第 3 讲 微积分定理
1. 微积分基本定理: 牛顿一莱布尼兹公式
(1) 如果 f (x) 是区间 [a,b) 上的连续函数，并且 F
′ (x)= f (x) ，则
∫
a
b
f (x)d x = F (b)−F (a) . 牛顿 — 莱布尼兹公式沟通了导数与定积分之间的关
系,由此求定积分问题可转化为求原函数问题.
(2) 常用的还有分部积分公式: ∫u v
′ d x =uv −∫u
′ v d x ，简单记作
∫ud v = vu−∫v d u .
2. 洛必达法则
(1) 当 x→a 时，函数 f (x) 及 F (x) 都趋于零.
(2) 在点 a 的某去心邻域内， f
′ (x) 及 F
′ (x) 都存在且 F
′ (x)≠0 .
(3) 若 lim
x→a f
′ (x)
F
′ (x)
存在(或为无穷大)，则 lim
x→a f (x)
F (x)
=
lim
x→a f
′ (x)
F
′ (x)
.
也就是说当 lim
x→a f
′ (x)
F
′ (x)
存在时, lim
x→a f (x)
F (x)
也存在且等于 lim
x→a f
′ (x)
F
′ (x)
; 当
lim
x→a f
′ (x)
F
′ (x)
无穷大时, lim
x→a f (x)
F (x)
也是无穷大,这种在一定条件下通过分子分母分别
求导再求极限来确定未定值的方法称为洛必达法则.
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【例 1】求值: ∫
−1
1
(1−sin
2 x) x
2d x .
【分析】显然原函数并不能容易得到, 需要通过分部积分来实现求解.
【解答】 ∫
−1
1
(1−sin
2 x) x
2d x =∫
−1
1 1+cos2 x
2
x
2d x = 1
2(∫
−1
1
x
2d x +∫
−1
1
x
2cos2 x d x)
,
由分部积分可知 ∫x
2cos2 x d x = 1
2 ∫x
2dsin2 x = 1
2 (x
2sin2 x−∫sin2 x d x
2)
= 1
2 (x
2sin 2 x−∫2 x sin 2 x d x)= 1
2 (x
2sin 2 x + ∫x dcos2 x)= 1
2 (x
2sin 2 x + x cos2 x−∫cos2 x d x)= 1
2(x
所以 ∫
−1
1
(1−sin
2 x) x
2d x = 1
2[
1
3 + 1
3 + 1
2
(sin 2+2cos2))= 1
3 + 1
4
(sin 2+2cos2) .
【例 2】设函数 f (x)=e
2 x+e
x−ax ,若对任意 x>0,f (x)≥2 恒成立,则实数
a 的取值范围是( )
A. (−∞,3] B. [3,+ ∞) C. (−∞,2] D. [2,+∞)
【分析】要解决恒成立问题可以利用分离参数结合洛必达法则, 也可以考
虑直接求导分类讨论, 或者使用必要条件来缩小范围.
解法一: 当 x→0 时,因为 f (0)=2 ,所以 “对任意 x>0,f (x)≥2 恒成立”
的必要条件是 “ f
′ (0)≥0 ”,即 3−a≥0 ,下一步证明当 a≤3 时满足条件.
因为 f
′ (x)=2e
2 x+e
x−a ,当 x>0,a≤3 时,显然 f
′ (x)=2e
2 x+e
x−a≥0 ,
即得 f (x) 为增函数,所以 f (x)≥f (0)=2 ,得证.
解法二: 由已知可得对任意 x>0, e
2 x+e
x−2
x
≥a 恒成立.
令 h(x)= e
2 x+e
x−2
x
,则 h
′ (x)= (2e
2 x+e
x) x−(e
2 x+e
x−2)
x
2
,
再令 g(x)=(2e
2 x+e
x) x−(e
2 x+e
x−2) ,
当 x>0 时, g
′ (x)=(4 e
2 x+e
x) x +2e
2 x+e
x−2e
2 x−e
x>0 ,
所以当 x>0 时, g(x)> g(0)=0 ,即 h
′ (x)>0 ,则 h(x) 为增函数,
所以 a≤
lim
x→0 e
2 x+e
x−2
x
=
lim
x→0 2e
2 x+e
x
1
=3 .
【解答】A
【例 3】设函数 f (x)=(2 x
2−4 ax)ln x + x
2 .
(1) 求函数 f (x) 的单调区间；
(2) 若不等式 f (x)>0 对 x ≥1 恒成立，求实数 a 的取值范围.
【分析】利用导数求单调区间与最值, 进而解决恒成立问题.
【解答】 (1)f
′ (x)= 4 (x−a)(1+ ln x) ,
当 a≤0 时, f (x) 的单调减区间为 (0, 1
e)
,单调增区间为 (
1
e ,+ ∞)
;
当 0<a< 1
e
时, f (x)
的单调减区间为 (a, 1
e)
, 单调增区间为
(0,a),(
1
e ,+ ∞)
;
当 a= 1
e 时， f (x) 的单调增区间为 (0,+∞) ；
当 a> 1
e
时， f (x) 的单调减区间为 (
1
e ,a)
，单调增区间为 (0, 1
e)
，
(a,+ ∞) .
(3) 当 a≤1 时， f (x) 在 (1,+∞) 上单调递增，只要 f (1)>0 即可，显然
成立；
当 a>1 时， f (x) 在 (a,+ ∞) 上单调递增，在 (1,a) 上单调递减，
所以 f (a)=a
2(1−2ln a)>0 ,解得 1<a<❑√e .
综上可得 a∈(−∞,❑√e) .
【例 4】已知 0< x< π
2 .
(1) 求证: sin x + tan x>2 x ；
(2) 已知 n 是正整数，求使得 tan x−x>n(x−sin x) 恒成立的 n 的最大
值.
【分析】本题侧重于三角函数的导数问题,其中寻找必要条件成为解题的切
入点.
【解答】(1) 记 f (x)=sin x + tan x−2 x(0< x< π
2)
,
则 f
′ (x)=cos x +
1
cos
2 x
−2≥2❑√
1
cos x −2>0 ,
所以 f (x) 在 (0, π
2)
上为增函数,可得 f (x)=sin x + tan x−2 x>f (0)=0 ,
所以 sin x + tan x>2 x .
(3) 解
法
一
:
记
g(x)= tan x−x−n(x−sin x)
，
则
g
′ (x)=
1
cos
2 x
−1−n(1−cos x) ， g
′ ′ (x)= 2sin x
cos
3 x
−nsin x =(
2
cos
3 x
−n)sin x .
①当 n≤2 时，因为 0< x< π
2 ，所以
2
cos
3 x
−n>0 ， sin x>0 ，
所以当 0< x< π
2
时, g
′ ′ (x)=(
2
cos
3 x
−n)sin x>0 ,
所以 g
′ (x)=
1
cos
2 x
−1−n(1−cos x) 为增函数,所以 g
′ (x)>g
′ (0)=0 ,
即 g(x) 为增函数,故 g(x)>g(0)=0 ,即 tan x−x>n(x−sin x) 成立.
②当 n>2 时，则当 x∈(0,arccos
3√
2
n)
时有
2
cos
3 x
−n<0 ,而 sin x>0 ,
故当 x∈(0,arccos
3√
2
n)
时, g
′ ′ (x)=(
2
cos
3 x
−n)sin x<0 ,
所以 g
′ (x)=
1
cos
2 x
−1−n(1−cos x) 为减函数,所以 g
′ (x)<g
′ (0)=0 ,
即 g(x) 为减函数，故 g(x)<g(0)=0 ，
即当 x∈(0,arccos
3√
2
n)
时， tan x−x<n(x−sin x) 成立，所以 n>2 不符
合，
所以 n≤2 ,则 n 的最大值为 2 .
解法二: 因为条件中的 n 为正整数,采用特殊值探路寻找必要条件.
因为 tan x−x>n(x−sin x) 在 0< x< π
2 时恒成立,
故令 x = π
6 ,得
❑√3
3 −π
6 >n(
π
6 −1
2) ,所以 n<
❑√3
3 −π
6
π
6 −1
2
= 2❑√3−π
π −3
<3 .
又因为 n 为正整数, 故 n≤2 , 所以当 n=2 时, 记
g(x)= tan x−x−2(x−sin x) ,
则
g
′ (x)=
1
cos
2 x
−1−2(1−cos x)=
1
cos
2 x
+2cos x−3≥3 3√
1
cos
2 x
⋅cos x⋅cos x−3=0 ,
即 g(x) 为增函数,故 g(x)>g(0)=0 ,
即得 tan x−x>2(x−sin x) 成立，所以 n 的最大值为 2 .
【例 5】设 n 是正整数， f (x)=e
x−∑
k =0
n
x
k
k !
，求证: f (x)=0 有且仅有唯一
解 x =0 .
【分析】因为是关于自然数的命题, 所以可尝试用数学归纳法证明, 然后利
用导数得到单调性.
【解答】先证 n 为奇数时,有 f (x)≥0 成立,当且仅当 x =0 时有 f (x)=0 .
(下面用数学归纳法证明)
①当 n=1 时， f (x)=e
x−x−1 ，所以 f
′ (x)=e
x−1 ，可得 f (x) 在
(−∞,0] 上为减函数， 在 [0,+∞) 上为增函数,故 f (x)≥f (0)=0 成立,当且仅
当 x =0 时有 f (x)=0 ;
②假设当 n=2i−1(i∈N
∗) 时有 f (x)≥0 成立;
则当 n=2i+1 时,又因为 f
′ ′ (x)=e
x−∑
k =0
2i−1 x
k
k ! ≥0 ,所以 f
′ (x)=e
x−∑
k =0
2i x
k
k !
为增
函数,
而 f
′ (0)=0 ,所以当 x ≤0 时, f
′ (x)≤0 ,当 x ≥0 时, f
′ (x)≥0 ,所以 f (x) 在
(−∞,0] 上为减函数,在 [0,+∞) 上为增函数,故 f (x)≥f (0)=0 ,
综合①②可得当 n 为奇数时有 f (x)≥0 ,当且仅当 x =0 时有 f (x)=0 .
当 n 为偶数时, n=0 显然成立;
当 n≥2 时,设 n=2 j( j∈N
∗) ,则有 f
′ (x)=e
x−∑
k =0
2 j−1 x
k
k ! ≥0 成立,故 f (x) 为
增函数,且有 f (0)=0 ,所以 f (x)=0 有且仅有唯一解 x =0 ;
综上所述， f (x)=0 有且仅有唯一解 x =0 .
【例 6】已知罗尔中值定理: 若函数 f (x) 满足: ①f (x) 在区间 [a,b) 上
连续;
②f (x) 在区间 (a,b) 上可导;
③f (a)= f (b) ，则存在 ξ ∈(a,b) ，使得
f
′ (ξ)=0 .
(1) 试证明拉格朗日中值定理:若函数 f (x) 满足:
①f (x) 在区间 [a,b) 上
连续；② f (x) 在区间 (a,b) 上可导, 则存在 ξ ∈(a,b) , 使得
f (a)−f (b)=(a−b)f
′ (ξ) ;
(2) 设 f (x) 的定义域与值域均为 [0,1),f (0)=0,f (1)=1,f (x) 在其定义域
上连续且可导,求证: 对任意正整数 n ,存在互不相同的 x1, x2,⋯, xn∈[0,1) ,使
得 f
′(x1)+ f
′(x2)+⋯+ f
′(xn)=n.
【分析】(1) 构造函数 g(x)= f (x)−f (b)−f (a)
b−a
(x−a) ,
显然有 g(a)= g(b) 成立,且 g(x) 在区间 [a,b) 上连续.
对函数 g(x) 使用罗尔中值定理: 存在 ξ ∈(a,b) ,使得 g
′ (ξ)=0 .
又因为 g
′ (x)= f
′ (x)−f (b)−f (a)
b−a
,
所以 g
′ (ξ)= f
′ (ξ)−f (b)−f (a)
b−a
=0 ,即得 f (a)−f (b)=(a−b)f
′ (ξ) .
(3) 将区间 [0,1) 划分为 n 个区间 [0, 1
n),[
1
n , 2
n),⋯,[
n−1
n
,1)
,对 f (x)
在每个区间 [
i−1
n
, i
n)
应用拉格朗日中值定理可得存在 xi∈(
i−1
n
, i
n)
,使得
f(
i−1
n )−f(
i
n)= −1
n f
′(xi) 成立,其中 i=1,2,⋯,n ,把这 n 个等式相加即得
f
′(x1)+ f
′(x2)+⋯+ f
′(xn)=n .
