李永乐复习全书高等数学 第二章 一元函数微分学

2.1  导数与微分，导数的计算

例2  设$g(x)$在$x=0$处存在二阶导数，且$g(0)=1,g^{\prime }(0)=2,g^{\prime \prime }(0)=1$，并设$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{g(x)-e^{2x}}{x},& x\ne 0\\ 0,& x=0,\end{array}$$求$f^{\prime }(0)$，并讨论$f^{\prime }(x)$在$x=0$处的连续性。

解  当$x\ne 0$时，有
$$f^{\prime }(x)=\frac{x(g^{\prime }(x)-2e^{2x})-(g(x)-e^{2x})}{x^2},$$
  而
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{g(x)-e^{2x}}{x^2}\\ & \stackrel{\text{洛必达}}{}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{g^{\prime }(x)-2e^{2x}}{2x}.\end{array}$$
  因为$g^{\prime }(x)$在$x=0$处连续，所以$\underset{x\to 0}{\lim }{g}^{\prime }(x)=g^{\prime }(0)=2$。但题中未设在$x=0$的某邻域内当$x\ne 0$时$g^{\prime \prime }(x)$存在。故不能用洛必达法则，此时应采用凑成当时的形式求极限，实际上要去凑成$g^{\prime \prime }(0)$的形式：
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{g^{\prime }(x)-2e^{2x}}{2x}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{g^{\prime }(x)-g^{\prime }(0)}{2x}-\frac{2e^{2x}-2}{2x}\right)\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{g^{\prime }(x)-g^{\prime }(0)}{2x}-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2e^{2x}-2}{2x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{2}\frac{g^{\prime }(x)-g^{\prime }(0)}{x-0}-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4e^{2x}}{2}=\frac{1}{2}{g}^{\prime \prime }(0)-2=-\frac{3}{2}.\end{array}$$
  再计算
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x(g^{\prime }(x)-2e^{2x})-(g(x)-e^{2x})}{x^2}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{g^{\prime }(x)-g^{\prime }(0)}{x}-\frac{2e^{2x}-2}{x}-\frac{g(x)-e^{2x}}{x^2}\right)\\ & =g^{\prime \prime }(0)-4-\left(-\frac{3}{2}\right)=-\frac{3}{2}=f^{\prime }(0),\end{array}$$
  所以$f^{\prime }(x)$在$x=0$处连续。（这道题主要利用了洛必达法则的条件求解）

例16  设$f(x)=\arctan 2x$，则$f^{(2019)}(0)=$______。

解
$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=\frac{2}{1+(2x{)}^2}=\frac{2}{1+4x^2}=2\sum _{n=0}^{\infty }(-4x^2{)}^n=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{2}^{2n+1}{x}^{2n} \\ f(x)=f(0)+{\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{2}^{2n+1}\cdot \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, \end{gathered}$$
  记为$f(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k{x}^k$，其中
$$a_k=\{\begin{array}{ll}\frac{(-1{)}^n{2}^{2n+1}}{2n+1},& k=2n+1,\\ 0,& k=2n.\end{array}n=0,1,2,\cdots$$
  故有$f^{(2019)}(0)=(2019)!a_{2019}$。
  当$k=2019$时，$2019=2\times 1009+1,n=1009$，于是
$$f^{(2019)}(0)=(2019!)\frac{(-1{)}^{1009}{2}^{2019}}{2019}=-(2018!)2^{2019}.$$
（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

2.2  导数的应用

例8  曲线$y=\frac{1}{x(x-1)}+\ln (1+e^x)$的渐近线的条数为（  ）
$(A)1$条；
$(B)2$条；
$(C)3$条；
$(D)4$条。

解  先看铅直渐近线，因$\underset{x\to 0}{\lim }y=\infty ,\underset{x\to 1}{\lim }y=\infty$，所以$x=0,x=1$分别是该曲线的铅直渐近线。
  再看水平渐近线。
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[\frac{1}{x(x-1)}+\ln (1+e^x)\right]=+\infty ,$$
  所以沿$x\to +\infty$方向无水平渐近线。
$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[\frac{1}{x(x-1)}+\ln (1+e^x)\right]=0,$$
  所以沿$x\to -\infty$方向有水平渐近线$y=0$。
  再看斜渐近线，
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{y}{x}& =\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[\frac{1}{x^2(x-1)}+\frac{1}{x}\ln (1+e^x)\right]\\ & =0+\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}\ln e^x(e^{-x}+1)\\ & =\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[1+\frac{1}{x}\ln (e^{-x}+1)\right]=1,\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }(y-x)& =\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[\frac{1}{x(x-1)}+\ln (1+e^x)-x\right]\\ & =0+\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln \frac{1+e^x}{e^x}=0.\end{array}$$
  所以沿$x\to +\infty$方向有一条斜渐近线$y=x$。因沿$x\to -\infty$方向有水平渐近线，当然就没有斜渐近线。所以共$4$条，选$(D)$。（这道题主要利用了渐近线公式求解）

例12  在椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$上的第一象限中，求点$(\xi ,\eta )$，使过此点的切线与两坐标轴正向围成的图形绕$x$轴旋转的旋转体体积最小。

解  椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$上点$(\xi ,\eta )$处的切线斜率$y^{\prime }=-\frac{b^2\xi }{a^2\eta }$，切线方程为
$$\frac{\xi }{a^2}x+\frac{\eta }{b^2}y=1.$$
  在两坐标轴正向的截距分别为$X=\frac{a^2}{\xi },Y=\frac{b^2}{\eta }$，切线与两坐标轴围成的三角形绕$x$轴旋转一周所成旋转体体积
$$V_1=\pi {\int }_0^{\frac{a^2}{\xi }}{\left[\frac{b^2}{\eta }\left(1-\frac{\xi }{a^2}x\right)\right]}^2\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\frac{a^2{b}^4}{\xi {\eta }^2},$$
  要求$(\xi ,\eta )$使$V_1$为最小值，就是求$(\xi ,\eta )$使$u=\xi {\eta }^2\left(\frac{{\xi }^2}{a^2}+\frac{{\eta }^2}{b^2}=1\right)$为最大值。改写上式为
$$u=b^2\left(1-\frac{{\xi }^2}{a^2}\right)\xi ,0<\xi <a,$$
  有$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}\xi }=b^2\left[1-\frac{3{\xi }^2}{a^2}\right]$。
  $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}\xi }=0$，得$\xi =\frac{a}{\sqrt{3}}$。
  当$0<\xi <\frac{a}{\sqrt{3}}$时，$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}\xi }>0$；
  当$\frac{a}{\sqrt{3}}<\xi <a$时，$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}\xi }<0$。
  所以当$\xi =\frac{a}{\sqrt{3}}$时$u$为唯一最大值。对应的$\eta =\sqrt{\frac{2}{3}}b$，此时$V_1$最小。（这道题主要利用了旋转体积分求解）

2.3  中值定理、不等式与零点问题

例13  设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，$f(1)=2f(0)$。试证明至少存在一点$\xi \in (0,1)$使$(1+\xi )f^{\prime }(\xi )=f(\xi )$。

证  命$\phi (x)=\frac{f(x)}{1+x}$，有$\phi (0)=f(0),\phi (1)=\frac{1}{2}f(1)$，满足$\phi (0)=\phi (1)$，并且$\phi (x)$在$[0,1]$上连续，$(0,1)$内可导。
$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{(1+x)f^{\prime }(x)-f(x)}{(1+x{)}^2},$$
  由罗尔定理知，存在$\xi \in (0,1)$使${\phi }^{\prime }(\xi )=0$，即$(1+\xi )f^{\prime }(\xi )=f(\xi )$。（这道题主要利用了构造函数求解）

例15  $f(x)$与$g(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内具有二阶导数，且在$(a,b)$内存在相等的最大值。又设$f(a)=g(a),f(b)=g(b)$。试证明：存在$\xi \in (a,b)$使得$f^{\prime \prime }(\xi )=g^{\prime \prime }(\xi )$。

证  命$\phi (x)=f(x)-g(x)$，由题设有$\phi (a)=0,\phi (b)=0$。又由题设，$f(x)$与$g(x)$在$(a,b)$内存在相等的最大值。不妨设$x_1\in (a,b),x_2\in (a,b)$，使$f(x_1)=\underset{[a,b]}{\max }f(x),g(x_2)=\underset{[a,b]}{\max }g(x)$，且$f(x_1)=g(x_2)$。于是$\phi (x_1)=f(x_1)-g(x_1)⩾0,\phi (x_2)=f(x_2)-g(x_2)⩽0.$。
  若$\phi (x_1)=0$或$\phi (x_2)=0$，则取$\eta =x_1$或$x_2$，有$\phi (\eta )=0$。若$\phi (x_1)=0>0,\phi (x_2)<0$，则由零点定理，存在$\eta$介于$x_1$与$x_2$之间，使$\phi (\eta )=0$。总之，不论何种情况，均推知存在$\eta \in (a,b)$使$\phi (\eta )=0$。
  由$\phi (x)$在$[a,b]$上有$3$个零点$a,\eta ,b$。在区间$[a,\eta ]$与$[\eta ,b]$上分别用罗尔定理知，存在${\xi }_1\in (a,\eta )$与${\xi }_2\in (\eta ,b)$使${\phi }^{\prime }({\xi }_1)={\phi }^{\prime }({\xi }_2)=0$。再在$[{\xi }_1,{\xi }_2]$上用罗尔定理推知，存在$\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)\subset (a,b)$使${\phi }^{\prime \prime }(\xi )=0$，即$f^{\prime \prime }(\xi )=g^{\prime \prime }(\xi )$。（这道题主要利用了构造函数求解）

例16  设$f(x)$在$[-1,1]$上具有$3$阶连续导数，且$f(-1)=0,f(1)=1,f^{\prime }(0)=0$。证明：在$(-1,1)$内至少存在一点$\xi$，使$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3$。

证  将$f(x)$在$x=x_0$处按拉格朗日余项泰勒公式展开至$n=2$，有
$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2!}{f}^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0{)}^2+\frac{1}{3!}{f}^{\prime \prime \prime }(\xi )(x-x_0{)}^3.$$
  取$x_0=0$可使$f^{\prime }(x_0)$消失，并分别以$x=-1,x=1$代入，得
$$\begin{array}{rl}& 0=f(0)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)(-1{)}^2+\frac{1}{6}{f}^{\prime \prime \prime }({\xi }_1)(-1{)}^3,-1<{\xi }_1<0.\\ & 1=f(0)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)+\frac{1}{6}{f}^{\prime \prime \prime }({\xi }_2),0<{\xi }_2<1.\end{array}$$
  两式相减得$1=\frac{1}{6}(f^{\prime \prime \prime }({\xi }_2)+f^{\prime \prime \prime }({\xi }_1))$。
  因为$f^{\prime \prime \prime }(x)$连续，$\frac{1}{2}(f^{\prime \prime \prime }({\xi }_2)+f^{\prime \prime \prime }({\xi }_1))$介于$f^{\prime \prime \prime }({\xi }_2)$与$f^{\prime \prime \prime }({\xi }_1)$之间。由连续函数介值定理，至少存在一点$\xi \in [{\xi }_1,{\xi }_2]$使$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=\frac{1}{2}(f^{\prime \prime \prime }({\xi }_2)+f^{\prime \prime \prime }({\xi }_1))$，这就推得存在$\xi \in (-1,1)$使$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3$。（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

例23  求$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan (\tan x)-\sin (\sin x)}{x-\sin x}$。

解
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan (\tan x)-\sin (\sin x)}{x-\sin x}& =\frac{\tan (\tan x)-\tan (\sin x)+\tan (\sin x)-\sin (\sin x)}{x-\sin x}\\ & =\frac{{\sec }^2\xi \cdot (\tan x-\sin x)}{x-\sin x}+\frac{\tan (\sin x)-\sin (\sin x)}{x-\sin x}.\end{array}$$
  其中$\sin x<\xi <\tan x$，来自拉格朗日中值定理。
  由$\underset{x\to 0}{\lim }{\sec }^2\xi ={\sec }^{2}0=1,\tan x-\sin x=\frac{\sin x\cdot (1-\cos x)}{\cos x}$，
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^2\xi \cdot (\tan x-\sin x)}{x-\sin x}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^2\xi \cdot \sin x(1-\cos x)}{(x-\sin x)\cos x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^3}{2(x-\sin x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3x^2}{2(1-\cos x)}=3.\end{array}$$
  其中第二个等式来自等价无穷小代换，第三个等式来自洛必达法则，第四个来自等价无穷小代换。
  对第二项作变量代换$\sin x=t$，有
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan (\sin x)-\sin (\sin x)}{x-\sin x}& =\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\tan t-\sin t}{\arcsin t-t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^{2}t-\cos t}{\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}-1}\\ & =\underset{t\to 0}{\lim }\frac{1-{\cos }^{3}t}{1-(1-t^2{)}^{\frac{1}{2}}}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{3{\cos }^{2}t\sin t}{t(1-t^2{)}^{-\frac{1}{2}}}=3.\end{array}$$
  所以原式$=3+3=6$。（这道题主要利用了拉格朗日中值定理求解）

练习二

8.设$f(x)$在$[0,+\infty )$上连续，在区间$(0,+\infty )$内存在二阶导数，且$f^{\prime \prime }(x)<0,f(0)=0$。证明：对任意$x_1>0,x_2>0$，有$f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2)$。

证  因为$f(0)=0$，不妨认为$0<x_1<x_2$。从而由拉格朗日中值定理，有
$$\begin{array}{rl}f(x_1+x_2)-f(x_1)-f(x_2)& =[f(x_1+x_2)-f(x_2)]-[f(x_1)-f(0)]\\ & =f^{\prime }({\xi }_2)x_1-f^{\prime }({\xi }_1)x_1=f^{\prime \prime }(\xi )({\xi }_2-{\xi }_1)x_1.\end{array}$$
  其中$0<{\xi }_1<x_1<x_2<{\xi }_2<x_1+x_2,{\xi }_1<\xi <{\xi }_2$。由题设$f^{\prime \prime }(x)<0$，所以证明了$f(x_1+x_2)-f(x_1)-f(x_2)<0$，即$f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2)$。（这道题主要利用了拉格朗日中值定理求解）

9.设$f(x)$与$g(x)$在$(a,b)$内可导，并且$f^{\prime }(x)+f(x)g^{\prime }(x)\ne 0$。试证明：$f(x)$在$(a,b)$内至多有一个零点。

证  命$\phi (x)=f(x)e^{g(x)}$，则${\phi }^{\prime }(x)=e^{g(x)}[f^{\prime }(x)+f(x)g^{\prime }(x)]$。设$f(x)$在区间$(a,b)$内存在两个或多于两个零点，则由罗尔定理知，${\phi }^{\prime }(x)$即$f^{\prime }(x)+f(x)g^{\prime }(x)$在$(a,b)$内至少存在一个零点，与$f^{\prime }(x)+f(x)g^{\prime }(x)\ne 0$矛盾。故$f(x)$在$(a,b)$内至多有一个零点。（这道题主要利用了反证法求解）

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