(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！