(210)--高数强化08笔记小节_已解密_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

26高数强化（8）
8 导数的应用、方程的根及函数不等式举例 P74-P85
主讲 武 忠 祥 教授26武忠祥考研
二. 常考题型方法与技巧
题型一 函数的单调性、极值及最值
题型二 曲线的凹向、拐点、渐近线及曲率
题型三 方程根的存在性及个数
题型四 证明函数不等式
题型五 微分中值定理有关的证明题26武忠祥考研
题型一 函数的单调性、极值与最值
2
x
【例1】求函数 f (x)   (x 2  t)e t 2 d t 的单调区间与极值.
1
【解】
f ( x)
的定义域为 (,) ，由于
2 2
x x
f (x)  x 2  e t 2 d t   t e t 2 d t,
1 1
2 2
x x
f  (x)  2x  e t 2 d t  2x 3 e x 4  2x 3 e x 4  2x  e t 2 d t,
1 1
所以 f ( x) 的驻点为 x  0,1 . 列表讨论如下：
因此， f ( x) 的单调增加区间为 (1,0) 及 (1,),单调减少区
间为 (,1) 及 (0,1) ；极小值为 f (1)  0 ,极大值为
1
1
f (0)   t e t 2 dt  (1  e 1 ).
0 2【例2】设函数 y  f (x) 由方程 y 3  xy 2  x 2 y  6  0 确定，求 f ( x) 的极值.
【解】方程 y 3  xy 2  x 2 y  6  0 两端对 x 求导得
3 y 2 y   y 2  2xyy   2 x y  x 2 y   0 （1）
令 y   0, 得 y 2  2xy  0, 由此可得， y  0, y  2x,
显然 y  0 不满足原方程，将 y  2x 代入原方程得
 6x 3  6  0, 解得 x  1, f (1)  2, f  (1)  0.
0
对（1）式两端再对 x 求导得
6 yy 2  3 y 2 y   4 yy   2xy 2  2xyy   2 y  4xy   x 2 y   0
4
将 x  1, f (1)  2, f  (1)  0 代入上式得 f  (1)   0.
926武忠祥考研

f (x)
【例3】设 f ( x) 有二阶连续导数，且 f  (0)  0,lim  1. 则
x0 | x |
(A) 是 的极大值；
f (0) f (x)
(B) 是 的极小值；
f (0) f (x)
(C) (0, f (0)) 是曲线 y  f ( x) 的拐点;
(D) f (0) 不是 f ( x) 的极值， (0, f (0)) 也不是曲线 y  f ( x) 的拐点.

f (x)
【解】由于 lim  1  0, 则在 x  0 的某去心邻域内
x0 x

f (x)
 0, 即 f  (x)  0, 从而 f  (x) 单调增，
x
又 f  (0)  0, 故 选（B）.【例4】设 f ( x) 二阶导数连续,且 (x  1) f  (x)  2(x  1) f  (x)  1 e 1x ,
1) 若 是极值点时,是极小值点还时极大值点？
x  a (a  1)
2) 若 x  1 是极值点时,是极大值点还是极小值点?
【解】 1) 由于 x  a 为极值点，则 f  (a)  0,
(a  1) f  (a)  2(a  1) f  (a)  1 e 1a
1  e 1a
f  (a)   0 (a  1)
a  1
则 f ( x) 在 x  a 取极小值.
2) 由 (x  1) f  (x)  2(x  1) f  (x)  1 e 1x 知
1  e 1x
f  (x)  2 f  (x) 
x  1
1  e 1x
lim f  (x)  2lim f  (x)  lim  1, 则 f  (1)  1  0,
x1 x1 x1 x  126武忠祥考研
f (x  h)  f (x )  f  (x )
【例5】设 f ( x) 二阶可导,且 lim 0 0 0  a  0
2
h0 h
试讨论 f ( x) 在 x 点的极值.
0
f (x  h)  f (x )  f  (x )
【解1】由 lim 0 0 0  a  0 知， f  (x )  0,
2 0
h0 h
即 为驻点.且
x
0
f (x  h)  f (x ) f  (x  h)
a  lim 0 0  lim 0
h0 h 2 h0 2h
f  (x  h)  f  (x )
 lim 0 0
h0 2h
1
 f  (x )
0
226武忠祥考研
f (x  h)  f (x )  f  (x )
【例5】设 f ( x) 二阶可导,且 lim 0 0 0  a  0
2
h0 h
试讨论 f ( x) 在 x 点的极值.
0
f (x  h)  f (x )  f  (x )
【解2】由 lim 0 0 0  a  0 知， f  (x )  0,
2 0
h0 h
f (x  h)  f (x )
a  lim 0 0
2
h0 h

f (x )
f (x )  f  (x )h  0 h 2 (h 2 )  f (x )
0 0 0
2
 lim
2
h0 h

f (x )
 0
226武忠祥考研
f (x  h)  f (x )  f  (x )
【例5】设 f ( x) 二阶可导,且 lim 0 0 0  a  0
2
h0 h
试讨论 f ( x) 在 x 点的极值.
0
f (x  h)  f (x )  f  (x )
【解3】由 lim 0 0 0  a  0 知， f  (x )  0,
2 0
h0 h
即 为驻点.且
x
0
f (x  h)  f (x )
a  lim 0 0
2
h0 h题型二 曲线的凹向、拐点、渐近线及曲率
【例1】设函数 f ( x) 满足关系式 f  ( x)  [ f  ( x)] 2  sin x ,且 f  (0)  0 .则
(A) 是 的极大值；
f (0) f (x)
(B) 是 的极小值；
f (0) f (x)
(C) (0, f (0)) 是曲线 y  f ( x) 的拐点;
(D) f (0) 不是 f ( x) 的极值， (0, f (0)) 也不是曲线 y  f ( x) 的拐点.
【解】 选（C） 1 1
26武忠祥考研
x  t 3  t  ,

【例2】设函数 y  y( x) 由参数方程

3 3 确定，求
1 1
 y  t 3  t 

3 3
y  y( x) 的极值和曲线 y  y( x) 的凹凸区间及拐点.
dy t 2  1
【解】令   0 ，得 t  1.
dx t 2  1
5
当 t  1 时， x  ；当 t  1 时，x  1.
3
4t
d 2 y (t 2  1) 2 4t 1
令    0 ，得 t  0 ，即 x  .
dx 2 t 2  1 (t 2  1) 3 3
由此可知，函数 y ( x ) 的 极大值为 y(1)  y  1 ，极小值为
t1
5 1
y( )  y   .
t1
3 326武忠祥考研
1 1
曲线 y  y( x) 的凹区间为 ( ,)，凸区间为 (, ).
3 3
1 1
1 1
由于 y( )  y  ，所以曲线 y  y( x) 的拐点为
( , ).
t0
3 3
3 326武忠祥考研
3
(1  x)2
【例3】 曲线 y  的斜渐近线方程为 .
x
3 3
y (1  x) 2  1  2
【解1】 li m  lim  lim 1    1  a
x x x x x x x 
 3  3
(1  x) 2 (1  x) 2  x x
lim [ y  ax]  lim   x  lim
x x x  x x
 
3  1 3  3 3 1
x 2 (1  ) 2  1 x 2
 
 x  2 x 3
 lim  lim   b
x x x x 2
3
则斜渐近线方程为 y  x  .
226武忠祥考研
3
(1  x)2
【例3】 曲线 y  的斜渐近线方程为 .
x
3
3
(1  x)2 1
【解2】 y   x(1  )2
x x
3 1 1
 x[1   ( )]
2 x x
（
3 1
 x   x ( )
2 x26武忠祥考研
x 1 x 2  x  1
【例4】 曲线 y  e x arctan 的渐近线的条数为
(x  1)(x  2)
（A）1. （B）2. （C）3. （D）4.
x 1 x 2  x  1
【解】由于 lim e x arctan  0
x (x  1)(x  2)
则 y  0 为水平渐近线
x 1 x 2  x  1
又 lim e x arctan  
x0  (x  1)(x  2)
则 x  0 为其垂直渐近线
y e x 1 x 2  x  1
lim  lim e x arctan  
x x x x (x  1)(x  2)
则原曲线无斜渐近线，应选（B）.26武忠祥考研
【例5】求曲线 y  x arctan x 的渐近线.
【解1】显然曲 y  x arctan x 无水平渐近线和垂直渐近线.
f ( x) 
lim  lim arctanx   a
x x x 2
    
 
b  lim f (x)  ax  lim  xarctanx  x  lim x arctanx  
x x 2  x  2 

1
arctan x 
 lim 2  lim 1 x 2  1  b
1
x 1
x

x 2
x

 y  ax  b  x  1 是 x   时的斜渐近线.
2

同理 y   x  1 是 x   时的斜渐近线.
226武忠祥考研
【例5】求曲线 y  x arctan x 的渐近线.
【解2】显然曲 y  x arctan x 无水平渐近线和垂直渐近线.
 1 1 
y  x arctan x  x(  arctan ) (arctan x  arctan  (x  0))
2 x x 2
 1
 x  x arctan
2 x
 1
 x  1  [1  x arctan ]
2 x

 y  ax  b  x  1 是 x   时的斜渐近线.
2

y  x arctan x 是偶函数，则 y   x  1 是 x   时的斜渐近线.
226武忠祥考研
【例6】（数三不要求）
（1）曲线 y 2  x 在点 (0,0) 处的曲率圆方程为 _________ .
x  cos 3 t, 
(2)曲线 在 对应点处的曲率为
 t  __________ .
 y  sin 3 t, 4
dx d 2 x x  (0)
（1）【解】  2 y  0,  2  2, 则 K   2
dy y0 dy 2 y0 3
y0 y0 [1  x 2 (0)]2
1 1 1
则曲率半径为 曲率圆方程为
R  , (x  ) 2  y 2  .
2 2 4

y  x   x  y  2 y 2
（2）【解1】 （2）【解2】 K  
K  
3
3 3
3
(x 2  y 2 )2 (1  y 2 )2题型三 方程的根的存在性及个数
1.存在性：
方法1：零点定理；
方法2：罗尔定理；
2.根的个数：
方法1：单调性；
方法2：罗尔定理推论；
罗尔定理推论：若在区间 I 上 f (n) (x)  0, 则方程 f (x)  0
在 上最多 个实根.
I n26武忠祥考研
【例1】设 为任意实数,求证方程
a , a ,, a
1 2 n
a cos x  a cos2x    a cosnx  0 在 [0,] 内必有实根.
1 2 n
a a
【证】令 f (x)  a sin x  2 sin 2x    n sin nx
1
2 n
显然 f  (x)  a cos x  a cos2x    a cosnx
1 2 n26武忠祥考研
x
【例2】 试讨论方程 ln x   1  0 的实根个数.
e
x 1 1
【解】 令 f (x)  ln x   1, 则 f  (x)   ,
e x e
令 f  (x)  0 得 x  e.
当 x  (0,e) 时， f  ( x)  0, f ( x) 单调增.
当 x  (e,) 时， f  ( x)  0, f ( x) 单调减.
又 f (e)  1  0, lim f (x)  , lim f (x)  ;
x0  x
则 在 和 内各有一个零点，故原方程
f ( x) (0,e) (e,)
有两个实根。26武忠祥考研
【例4】 试证方程 2 x  x 2  1 有且仅有三个实根.
【证】令 f (x)  2 x  x 2  1, 则
f (0)  0, f (1)  0, f (2)  1  0, f (5)  2 5  25  1  6  0
从而 在 内至少有一个零点，原方程至少有三
f ( x) (2,5)
个实根，又
f  (x)  2 x ln2  2x
f  (x)  2 x ln 2 2  2,
f  (x)  2 x ln 3 2  0
从而原方程最多三个实根，原题得证.26武忠祥考研
【例5】 试确定方程 x  ae x (a  0) 实根个数.
【解】 将原方程变形得 xe x  a  0
令 f (x)  xe x  a (x  0)
f  (x)  e x  xe x  (1 x)e x
令 f  (x)  0 得 x  1
当 x  (0,1) 时， f  (x)  0, f (x) 单调增.
当 x  (1,) 时，f  (x)  0, f (x) 单调减.
x 1
lim f (x)  a  0, lim f (x)  lim (  a)  a  0 f (1)   a
x0  x x e x e
1
则 1) 当 时，两个实根.
a 
e
1 1
2) 当 时，唯一实根. 3) 当 时，无实根.
a  a 
e e1
【例6】设当 x  0 时,方程 kx   1 有且仅有一个解,试求 k 的取值范围.
2
x
1 1
【解2】 将原方程变形得
k   (x  0)
3
x x
1 1
令 f (x)   (x  0)
3
x x
1 3 3  x 2
f  (x)    
2 4 4
x x x
令 f  (x)  0 得 x  3
当 x  (0, 3) 时，f  (x)  0, f (x) 单调增.
当
x  ( 3,) 时， f  (x)  0, f (x) 单调减.
2 x 2  1
f ( 3)  3, lim f (x)  lim  , lim f (x)  0.
3
9 x0  x0  x x
2
从而若原方程有具仅有一个实根,则 k  3 或 k  0.
926武忠祥考研
【例7】设 f ( x) 在 [0,1] 上可微,且当 0  x  1 时,
0  f (x)  1, f  (x)  1. 试证在 (0,1) 内有且仅有一个 x ,使 f ( x)  x.
【证】 令 则
F(x)  f (x)  x,
F(0)  f (0)  0
F(1)  f (1)  1  0
由零点定理知方程 在 内至少有一实根,
F(x)  0 (0,1)
F  (x)  f  (x)  1  0, 则 F(x)  0 最多一个实根,原题得证.【例8】设 f  (x)  0, f (1)  2, f  (1)  3. 求证: f ( x)  0 在 (1,) 有且仅有一根.
【证1】由 f  ( x)  0 及 f  (1)  3  0 知方程 f ( x)  0 在
(1,) 上最多一个实根.
由泰勒公式知当 x  (1,) 时
f  ()
f (x)  f (1)  f  (1)(x  1)  (x  1) 2
2!
f  ()
 2  3(x  1)  (x  1) 2
2
 2  3(x  1)  5  3x
则
f (2)  5  6  1  0
【证2】 f (2)  f (1)  f  (c)(2  1) (1  c  2)
 f  (1)(2  1)
即 f (2)  f (1)  f  (1)(2  1)  2  3  1  0题型四 证明函数不等式
26武忠祥考研
证明不等式常用的五种方法：
1）单调性； 2）最大最小值；
3）拉格朗日中值定理；
4）泰勒公式；
5）凹凸性；26武忠祥考研
【例1】设 x  (0,1), 证明 (1  x)ln 2 (1  x)  x 2 .
【证】令 f (x)  x 2  (1  x)ln 2 (1  x) ，则 f (0)  0
f  (x)  2x  ln 2 (1  x)  2ln(1  x) f  (0)  0
2ln(1  x) 2
f  (x)  2  
1  x 1  x
2
 [x  ln(1  x)]  0 x  (0,1),
1  x
则当 x  (0 ,1 ) 时 ， f ( x )  0. 原题得证.
x
【注】当 x  0 时，  ln(1  x)  x.
1  x26武忠祥考研
b 2(b  a)
【例2】求证:
ln  (0  a  b)
a b  a
【证1】只要证 (b  a)(lnb  lna)  2(b  a)
令 f (x)  (x  a)(ln x  lna)  2(x  a) x [a, b]
x  a
 f  (x)  (ln x  ln a)   2,
x
1 a x  a
f  (x)     0
2 2
x x x
 f  (x) 单调增,且 f  (a)  0,
则 f  ( x)  0 , f ( x) 单调增且 f (a)  0  f ( x)  0 f (b)  0
b 2(b  a)
即
ln 
a b  a26武忠祥考研
b 2(b  a)
【例2】求证:
ln  (0  a  b)
a b  a
b
2(  1)
b
a
【证2】只要证 ln  ,
a b
 1
a
2(x  1)
即
ln x  ,(x  1).
x  1
2(x  1)
令 f (x)  ln x  ,(x  1).
x  1
1 4 (x  1) 2
则
f  (x)     0,(x  1).
x (x  1) 2 x(x  1) 2
又 f (1)  0, 则 f (x)  0,(x  1). 原题得证.26武忠祥考研
【例3】比较  与 e 的大小.
e
【解】 取对数得 ln e; e ln
ln e ln
;
e 
ln x
只要考察 f (x)  在 [e,] 上的单调性，
x
1 ln x
f  (x)   0 x  (e,)
2
x
则 e   e26武忠祥考研
f (x)
【例4】设 lim  1, 且 f  ( x)  0 ,证明： f ( x)  x.
x0 x
f (x)
【证1】由 lim  1 知 f (0)  0, f  (0)  1, 由泰勒公式知
x0 x
f  () f  ()
f (x)  f (0)  f  (0)x  x 2  x  x 2  x
2! 2!
【证2】 f (x)  f (x)  f (0)  f  (c)x
由于 f  (x) 单调增，则
f (x)  f  (c)x  f  (0)x  x
【证3】令 F(x)  f (x)  x, 只要证明 F(x)  0
由于 显然
F  (x)  f  (x)  1, F  (0)  f  (0)  1  0,
又
F  (x)  f  (x)  026武忠祥考研
f (x)
【例4】设 lim  1, 且 f  ( x)  0 ,证明： f ( x)  x.
x0 x
f (x)
【证4】由 lim  1 知 f (0)  0, f  (0)  1,
x0 x26武忠祥考研
【例5】设 f (x) 在 [0,) 上可导，且 f (0)  1, f (x)   f  (x) (x  0) .则（ ）
f (2) f (0) f (2) 1 f (2)
A. B. C. D.
 1  e   e
f (1) f (1) f (1) e f (0)
【解1】直接法 由题设可知 f  (x)  f (x)  0,
即 [e x f (x)]   e x [ f  (x)  f (x)]  0
则 F(x)  e x f (x) 在 [0,) 上单调增，又 F(0)  1, 则 F(x)  0.
2
F(2) e f (2)
  1
F(1) ef (1)
f (2) 1
从而  ，故应选C.
f (1) e26武忠祥考研
【例5】设 f (x) 在 [0,) 上可导，且 f (0)  1, f (x)   f  (x) (x  0) .则（ ）
f (2) f (0) f (2) 1 f (2)
A. B. C. D.
 1  e   e
f (1) f (1) f (1) e f (0)
【解2】排除法 令 f (x)  1, 显然满足 f (0)  1, f (x)   f  (x) (x  0)
f (2)
f (2) f (0)
 1,  1,  1,
f (0)
f (1) f (1)
则排除A,B,D,故应选C.26武忠祥考研
祝同学们
考研路上一路顺利！