1、第三章 微分中值定理与导数的应用3.1 中值定理及其应用1 学习指导1. 基本要求 掌握罗尔定理、拉格朗日定理，理解柯西定理，了解泰勒定理；会用中值定理的结论解决一些问题，如证明方程根的存在性、证明不等式等。 掌握函数的麦克劳林公式，会用泰勒公式做近似计算和估计误差。 掌握洛必达法则的条件和结论，熟练运用洛必达法则求未定式的极限。2. 重点与难点重点：罗尔定理，拉格朗日定理，洛必达法则。难点：中值定理的证明和应用，特殊类型未定式极限的求法。3. 学习方法 微分中值定理揭示了函数与其导数之间的内在联系，它们是利用导数研究函数的理论根据，其中拉格朗日定理为核心，罗尔定理是它的特殊情形，而柯西定理与
2、泰勒定理是它的不同形式的推广。 四个中值定理具有以下共性： 建立了函数在一个区间上的增量（整体性）与函数在该区间内某点处的导数（局部性）之间的联系，从而使导数成为研究函数性态的工具。 它们都只是中值的存在性定理且定理本身未提供在区间内的准确位置，而仅显示介于区间的两个端点与之间，注意不能将中值理解为区间的中点。一般来讲，除了较简单的函数能求出中值的精确值外，通常的值很难确定，但它的存在性在理论和实际中仍有广泛的应用。 中值定理的条件都是充分而非必要的。这就是说，当条件满足时，结论一定成立；但当条件不满足时，结论也可能成立。 如果用条件“在上可导”去代替条件“在内可导”，定理的结论仍然成立，但适
3、用范围将相应缩小，如在上满足罗尔定理条件，故存在，但在都不存在。 罗尔定理、拉格朗日定理、柯西定理三个中值定理具有相同的几何意义：对于内处处有非铅直切线的曲线来说，其上至少有一点处的切线与联结两个端点与的弦平行。 通常称拉格朗日中值定理的结论为拉格朗日中值公式，常用的拉格朗日中值公式有下列形式： （介于与之间）； （介于与之间）； ； （介于与之间）； ； ； （介于与之间）。其中是内任意两点且. 求函数的泰勒公式有两种方法：直接法：求出函数在处的各阶导数及 ，代入公式即得。间接法：利用已知函数的麦克劳林公式，通过四则运算、复合运算或变量代换等，得所求函数的泰勒公式。几个常用的初等函数的麦克劳
4、林公式为： 为实数），这里，余项为柯西型余项。 求未定式极限的洛必达法则是柯西中值定理的一个应用，它是求极限的一个重要方法，应注意只有“”型、“”型的极限才可以直接用洛必达法则，而对“”型等其他未定式极限，必须通过通分、取对数等变形方法将其转化为“”型或“”型后，才能使用洛必达法则。 中值定理的应用非常广泛，有关中值定理的计算题与证明题是其重要的组成部分，掌握这方面的解题方法和技巧是高等数学的基本要求，中值定理的主要应用为： 求极限与中值定理有关的求极限的方法主要有：利用洛必达法则求未定式的极限；当极限式中出现的增量形式时，可考虑利用拉格朗日中值公式；利用麦克劳林公式.在利用麦克劳林公式求极限
5、时，一般要用到如下的性质：当时，有 ， ； 研究函数或导数的性态由于微分中值定理都是以某种形式表示函数与导数之间的联系，所以它们是由函数性质去研究导数性质或是由导数性质去研究函数性质的理论依据，如利用拉格朗日中值定理研究函数的单调性（见3.2节）等。 证明恒等式设在区间上可导，C是任意常数，则在上有由此便可证明恒等式，方法是构造函数，将欲证等式表为，求得，从而知是常数，此常数恒等于它在上的任一函数值，故任取，计算，便得，从而.有时为求导数简便，也可利用结论进行证明，其中在上可导且C为常数。 证明不等式将中值定理结论所得等式的一端放大或缩小，便得到不等式，一般地，将欲证不等式经过简单变形，如果不
6、等式一端形如，可利用拉格朗日定理；如果不等式一端形如，可利用柯西定理；如果不等式中有一部分是次多项式，或题设条件中函数具有二阶或二阶以上的导数且最高阶导数有界或大小可知，可利用泰勒定理证明。 证明方程根的存在性或惟一性微分中值定理的共同特点之一，就是指出在某个区间内至少有一点，使某个等式成立，这就为判断方程根的存在性提供了理论依据，特别是罗尔定理的结论，换种说法就是，某个方程在指定区间内至少有一个实根，因此它在判别方程根的存在性问题中应用最多。一般地，研究含有导数的方程在某区间上存在实根，如果方程中仅含有一阶导数，常用罗尔定理，有时也用拉格朗日定理或柯西定理；如果方程中有二阶及二阶以上的导数，
7、则用罗尔定理或泰勒定理。研究方程根的惟一性，一般是利用函数的单调性讨论，有时也利用中值定理采用反证法讨论。 讨论中值的存在性讨论中值存在性的一般方法是：先用逆向分析法寻求辅助函数，再验证该辅助函数满足某个微分中值定理的条件，从而由该定理结论导出欲证结果。通常，能用拉格朗日定理或柯西定理证明的命题，也可以用罗尔定理证明。证题时选用哪种方法，以简便为原则。 利用泰勒公式或麦克劳林公式做近似计算或误差估计。 利用辅助函数是求解数学证明题的一个重要方法，难点是构造辅助函数。构造辅助函数的基本思想是，从欲证问题的结论入手，通过逆向分析，去寻找一个满足题设条件和结论要求的函数。辅助函数不是惟一的，证题时只
8、要找到一个即可，证明与微分中值定理有关的命题，做辅助函数的常用方法有以下两种。原函数法：用原函数法做辅助函数的一般步骤为，将欲证结论中的换为，通过恒等变形将结论化为某函数的微分形式并且用表示，观察或求不定积分（第4章内容）得的一个原函数，使，如果已满足要求，则为所找辅助函数；如果不满足题设要求，则对作恒等变形直至所做函数满足要求。常数值法：这种方法适用于常数可分离出的命题，构造辅助函数的步骤为： 将常数部分令为. 做恒等变形，使等式一端为及构成的代数式，另一端为及构成的代数式。 分析所得表达式是否为关于端点与的对称式或轮换对称式。若是，则换（或）为，（或）为，于是变换后的表达式即为所寻求的辅助
9、函数。3 解题指导1. 求极限例1 求下列极限： ； ； ； ； ； .分析 洛必达法则是求未定式极限的一种常用方法，但必须注意使用的条件，且当条件满足时可连续使用。解 这是“”型的极限，求解方法是通分或有理化因式将其化为“”型或“”型极限后用洛必达法则。对本题，通分后化为“”型可两次使用洛必达法则。 . 这是“”型的极限，求这类极限的方法是将部分函数取倒数变形为“”型或“”型极限后用洛必达法则，变形时应注意对函数求导数时运算相对简便。对本题，将取倒数变形为“”型计算。 . 这是“”型极限，利用对数性质有，问题归结为求“”型极限。本题变形后为“”型极限，则 （“”型） . 这是“”型极限，与同
10、理可将问题归结为求“”型极限。 . 这是“”型极限，这类极限除了利用重要极限求解外，也可由归结为“”型极限求解。 .这是“”型极限，通分得 ，是“”型极限，将分子分解因式并对分母利用等价无穷小代换后再用洛必达法则计算较简便。此时 原式.说明 将洛必达法则与求极限的其他方法（特别是等价无穷小）联合使用，常可以简化计算。一般，如果表达式中某些因式的极限是确定的，可将这些因式分离出来单独求极限，而对余下的未定式部分使用洛必达法则。例2 求下列极限： ； ； ； .分析 除利用洛必达法则求未定式的极限外，拉格朗日公式与麦克劳林公式也是常用的方法。解 这是“”型极限，注意到是函数在区间上两个端点值之差，
11、且在区间上存在，从而由拉格朗日定理有 ，其中.当时，所以原式= .这是“”极限，由对数性质，有原式=.于是对在区间或上应用拉格朗日定理可得 ，其中介于与之间，当时，从而 ，所以 原式.这是“”型极限，注意到表达式中有一部分是二次多项式，故用麦克劳林公式计算。因为时，而 ， ，于是 ，所以 .这是“”型极限，因为 ，而，所以原式.2. 正确理解微分中值定理例3 解下列各题： 验证罗尔定理对函数在区间上的正确性；验证拉格朗日定理对函数 在区间上的正确性； 验证柯西定理对函数及在区间上的正确性。解题思路 验证中值定理正确与否，其解题步骤为：先验证所论定理的条件是否全部满足；当条件满足时，再求出定理结
12、论中的值。解 显然，在区间上满足罗尔定理的三个条件，因此由罗尔定理，应至少有一点，使成立。由，得.当时有，当时有，显然，都在内，由此可知罗尔定理正确。 由初等函数的可导性，可知在及内可导，又由导数定义有 ， ，所以，故在可导，从而在上可导，即在上满足拉格朗日定理条件，于是应存在，使成立。因为， 所以，由得，由得，而与都在内，故拉格朗日定理正确。显然，与在上连续，在内可导，且在内不为0，由柯西定理，应至少存在一点使，即成立。令，三角方程变为，即，从而.因为，所以存在使，即满足，故存在使满足方程，所以存在在内，即柯西定理正确。例4 当时，试证：，其中且.分析 移项可得，易知，等式左边为函数在上的增
13、量形式，而右边与有关，故利用拉格朗日定理证明。证明 令，则当时在区间上满足拉格朗日定理条件，因此有 （），即 （），从而 （）.由上式解得，即 ，故 . 例5 当时，求函数的阶泰勒公式。分析 求的阶泰勒公式，有直接法与间接法两种方法。对本题用直接法应先求的直到阶的导数，用间接法则需利用的阶麦克劳林公式。解 方法1（直接法）由易知，于是代入泰勒公式，得 （介于1与之间）。这是具有拉格朗日型余项的阶泰勒公式。方法2（间接法） 由得 ，从而 +.因为+=，+=.所以 .这是具有佩亚诺余项的阶泰勒公式。3. 研究函数的性质例6 设在上连续，在内可导且，对任意有，则在上恒有.分析 由在上连续可知，在上有
14、界，且由已知有，故对在上用拉格朗日定理建立函数与导数的联系，再用已知不等式进行估值。证明 在区间上任取一点，则在上满足拉格朗日定理条件，故存在使 所以 又在上也满足拉格朗日定理条件，故 于是 ，则 继续下去可得 .因为，且由在上连续知有界，所以，由夹逼准则知4. 证明不等式例7 证明：当时，成立不等式 分析 注意到时，则对在区间上有 故利用拉格朗日定理证明。证明 令，则在上满足拉格朗日定理条件，从而有 ，即 .因为，所以，代入上式得 ，即 .说明 利用拉格朗日定理证明不等式的一般步骤为： 选取适当的函数及相应的区间 验证函数满足拉格朗日定理的条件，并应用定理结论得等式（介于与之间）。 对作相应
15、的放大或缩小，得欲证不等式。例8 设且在上单调递减，证明对任意，成立不等式 分析 不妨设，由题设，只要证明不等式成立，于是对在区间及上分别应用拉格朗日定理。证明 不妨设，由题设在区间与上满足拉格朗日定理条件，所以存在及，使得 ， 成立，从而有，.因为，所以.又因为单调递减，从而，于是 ，再由得.例9 设在内二阶可导且，证明：对于内任意两点及，有 .分析 设，由条件可知，于是在具有一阶泰勒公式，由此证明结论。证明 设，则，且在处的一阶泰勒公式为（介于与之间）。因为，所以，从而 对任意，有 用乘式加上乘式，整理化简便有 5. 证明等式例10 证明：当时，分析 令当时只要，便有.注意到且，所以有.证
16、明 令当时有 ，所以.因为在时连续，从而 故即 6. 讨论中值的存在性例11 设函数在上二阶可导且，则在内至少存在一点，使.分析 证明，等价于证明的导数有零点，故只要验证在相应区间满足罗尔定理的条件，由罗尔定理即可证明。证明 由题设可知，在上可导，从而在上连续，在内可导且，但与是否相等未知。注意到，且在上连续，在内可导，故在上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理可知，存在使，即.于是在区间上满足罗尔定理的条件，故由罗尔定理可知，存在，使.例12 设与都在上连续，在内可导，且=，证明：存在，使 .分析 以本题为例，说明用原函数法构造辅助函数的步骤如下：换为，问题为证明方程在内有实根。令，只要寻找一个函
17、数，使在上满足罗尔定理条件。将方程变形得，易知它等价于即，于是有，检验可知不满足罗尔定理条件。将等式变形得，经检验也不满足罗尔定理条件。再变形得，检验可知满足罗尔定理三个条件且，因为，故方程与是同解方程。于是可取为所做辅助函数。证明 作辅助函数，由条件易知，且，故在上连续，在内可导，由罗尔定理可知，存在，使.因为，所以必有 .例13 设函数在上连续，在内可导且，试证：存在，使 .解题思路 对于含有两个或两个以上中值的验证问题，常需要使用两次或两次以上中值定理。证题的一般步骤为：将欲证等式变形，使含不同中值的表达式各在等式一边。从表达式中易于应用中值公式的一端出发，应用一次中值定理，使所证等式化
18、为只含一个中值的等式。作辅助函数再一次使用中值公式。对本题，将所证等式变形为 ,观察易知，左端是柯西定理中函数与在区间上的中值部分，故先对左端用柯西定理讨论。证明 显然，与在区间上满足柯西定理条件，于是由柯西定理可知，存在使 由条件又知，在也满足拉格朗日定理条件，于是存在，使，代入式即得 由知，综上可得，存在，使 .7. 研究方程根的存在性例14 设函数，试确定方程实根的个数。分析 显然有4个零点，注意到是四次多项式故是三次多项式，因此只要利用罗尔定理及多项式的性质讨论的实根个数而不需要求.解 显然函数在可导，且易知有4个零点，故在区间，上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理知，至少存在，使，即至少
19、有3个零点。又因为是四次多项式，所以是三次多项式，故至多有3个零点。综上可得，方程恰有3个实根。例15 设函数在上可导，且，试证：方程在内至少有一个实根。分析 显然方程可表示为，于是可对函数在上应用罗尔定理。证明 作函数，则在区间上连续，在内可导，且由及有 ， 所以在区间上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理知，至少存在一点，使 ，即是方程的一个根。 例16 设在可导，且当时，证明：当时，方程在区间内有且仅有一个实根。解题思路 方程有惟一实根的证明步骤为：用零点定理或罗尔定理证明方程至少有一个实根。用单调性或反证法证明方程至多有一个实根。对本题，由于题设中已有条件，且在连续，故若有，则由零点定理可证
20、得实根存在。注意到，由此可得单调减少，且利用拉格朗日定理易得.证明 由在可导易知，在区间连续，在可导，即在上满足拉格朗日定理的条件，因此存在，使 .由于时，所以有 ，从而，由零点定理知，方程在区间内至少有一个实根。又由，对任意且，由拉格朗日定理知，存在，使 ，即.这表明在单调递减，从而在区间也单调减少，故方程在至多有一个实根。综上可得，方程在区间内有且仅有一个实根。8. 错题分析例17 下列极限是否存在，若存在，计算其值。 ； ； .错解 这是“”型极限，由洛必达法则有 .由于不存在，故不存在。 这是“”型极限，由洛必达法则有 ，产生循环，故极限不存在。这是“”型极限，取倒数化为“”型后利用洛
21、必达法则得 = .分析 洛必达法则是求未定式极限的一种好方法，但使用时必须注意条件，当条件不满足时，应考虑选用其他方法。对题，由不存在，不能推出不存在；对题，由循环式也不能断言原极限不存在；对题，由于数列没有导数，所以不能直接用洛必达法则，但可借助于函数极限与数列极限的关系，先对用洛必达法则，进而得.正解 =.因为，所以由无穷小量性质有，所以. 考察，为此令，则 ，由数列极限与函数极限的关系得 .3.2 导数的应用1 学习指导1.基本要求理解函数的单调性、极值、最大值和最小值的概念，理解曲线的凹凸性和拐点的概念。熟练掌握求函数的单调区间和极值的方法，掌握判断函数的单调增减性与函数图形凹凸性的方
22、法，会求函数图形的拐点。掌握求函数最大值和最小值的方法，并会求实际问题的最大值或最小值。了解渐近线概念，会求曲线的渐近线，会描绘函数的图形。理解弧微分概念，会求光滑曲线的弧微分。知道曲率和曲率半径的概念，会计算曲率和曲率半径。知道求方程近似解的二分法和切线法。2.重点与难点重点 用一阶导数研究函数的单调性和极值；用二阶导数研究函数图形的凹凸性；求实际问题的最大值或最小值。难点 求实际问题的最大值或最小值，函数作图。3.学习方法导数应用中最主要的是利用一阶导数研究函数的单调性和极值，用二阶导数研究函数图形的凹凸性和拐点，研究方法的共性是寻找一阶导数和二阶导数的同号区间，即在的定义域中分别求出和的
23、点及使和不存在的点，用这些点将的定义域分成若干个小区间，再用和在各个小区间上的符号确定函数的单调区间和凹凸区间，且函数单调增减区间的分界点是极值点，而凹凸区间的分界点是拐点的横坐标。为简单明了，通常将上述研究过程列表进行。极值问题的实质是判别极值的可疑点是否为极值点，一般用第一充分条件判断。应正确理解可导函数的驻点与极值点的区别与联系，即极值点一定是驻点，但驻点不一定是极值点。判断驻点是否为极值点时，若在此点二阶导数存在且不为零，常用第二充分条件。求函数极值的步骤如下：确定函数的定义域。求出导数，令解方程得驻点，再求出使不存在的点，得到极值的所有可疑点。用充分条件判断可疑点是否为极值点。计算极
24、值点处的函数值得到极值。函数的最值（最大值和最小值）与极值是两个不同的概念，最值是区间上的整体概念，极值是区间内的局部概念，因此极值仅在函数的定义区间内取得，而最值可在极值可疑点和区间端点处取得。求闭区间上连续函数最值的一般步骤为：求出区间内的所有极值可疑点。计算可疑点处的函数值和区间端点的函数值。比较上述函数值的大小，其中最大的为函数的最大值，最小的为函数的最小值。特别，如果函数在某区间仅有惟一极值点，则当它为极大（小）值点时，函数在该点取得最大（小）值。求实际问题的最值，关键是先建立一个与所求最值有关的目标函数，通常是将要求最值设为目标函数，并由实际问题确定函数的定义区间，然后求该函数在相
25、应区间上的最值，如果由实际问题可以确定所求最值必在区间内部取得且在区间内仅有一个极值可疑点，则可直接判定该可疑点必为所求最值点。有时为了简化计算，可将复杂函数的最值问题转化为求简单函数的最值问题，如将求或的最值问题，转化为求或的最值问题，因为它们具有相同的最值点而后者运算简便。求曲线拐点的步骤为：求函数的定义域。求拐点可疑点的横坐标，即先求，再解出和不存在的点。用拐点的判别法进行判断，即若是拐点可疑点的横坐标，当在左右两侧变号时，则是拐点。用导数研究函数的性态集中反映在函数作图问题上，抓住函数的特点，就能比较准确地描绘函数的图形，作函数图形的一般步骤为：求函数的定义域，判断函数是否具有奇偶性与
26、周期性。求函数的一阶导数与二阶导数，并求出极值可疑点和拐点可疑点的横坐标，用这些点将定义域分成若干个小区间。列表判断每个小区间上一阶导数和二阶导数的符号，确定函数的单调区间、极值、凹凸区间、拐点。若有渐近线，求出渐近线。必要时，计算出曲线上的几个特殊点，然后描点作图，画出函数的图形。平面曲线曲率的计算公式，不仅适用于直角坐标系下曲线的曲率计算，也适用于参数方程及极坐标系下曲线的曲率计算，但应注意将公式中的一阶导数和二阶导数用相应的变量进行转换。导数的主要应用有：求曲线的切线方程及法线方程（第2章内容）。求函数的极值与最值及求应用问题的最值。研究函数的单调增减性与曲线的凹凸性，并求曲线的拐点。描
27、绘函数的图形。求曲线的曲率及曲率半径。利用单调性确定方程实根的个数及根的存在区间，判定方程根的惟一性。利用二分法或切线法求方程的近似根。证明等式或者不等式，关键是正确选择辅助函数。3. 解题指导1.研究函数的性态例1 描绘函数的图形。分析 描绘函数的图形，需讨论函数的各种性态，如对称性、单调性、凹凸性、极值、拐点、渐近线等。本题函数的表达式中含有绝对值符号，故需去掉绝对值符号将其化为分段函数后进行讨论。解 设，则定义域为，且因为 ， 所以不存在，从而 同理 令得驻点，令得，由与不存在得.列表如下：012不存在+0+不存在0+凹减0凸增凸减凹减从而，函数的单调增加区间为，单调减少区间为和；上凸区
28、间为，上凹区间为和；极小值为，极大值为，曲线的拐点为和.为求渐近线，计算 ，由此知当时，曲线有水平渐近线.又 ，而 ，所以曲线没有斜渐近线。对任意有限数，有 ，故曲线也没有垂直渐近线。为描点作图，计算得，作函数图形略2.函数的极值与最值例2 求下列函数在指定区间上的极值与最值： ，； ，； 分析 函数的极值在使一阶导数为零或使一阶导数不存在的点处取得，而闭区间上连续函数的最值，则在极值点与区间的两个端点处取得，故本题应先求极值的可疑点，然后选用适当方法判定极值点后计算极值，再将极值与端点函数值比较得最值，如果是开区间，则计算区间边界处的极限值，再与极值做比较。解 因为在连续，且 故在上的最大值
29、和最小值一定存在。由 得驻点，列表如下：101+00+0极大值极小值极大值由极值存在的第一充分条件知，函数在取得极大值，在取得极小值，与比较可知，最大值，最小值.注意到是以为周期的周期函数，故对函数在一个周期上进行讨论。因为 ，.当时，由得驻点，而，所以由极值存在的第二充分条件知为极大值点，为极小值点，且极大值，极小值，从而由周期性可知，在上有极大值点，极大值为；也有极小值点，极小值为.又在上连续，且，与极值比较知，所求最大值，最小值.（3）由于是分段函数，且在及上连续可导，故需用定义讨论在处的连续性与可导性。因为， ，所以在连续，故在连续，又 ，所以在不可导，从而 令得驻点.列表如下：0+不
30、存在0+极大值极小值所以在取得极大值，在取得极小值.又在连续且，与极值比较知，最大值，最小值.例3 证明函数在区间内有惟一极小值。分析 由，不易解出驻点，因此需证明，存在惟一实根使且.证明 显然在上连续，且，故由零点定理，至少存在一点，使.又，所以在单调增加，而，所以是的惟一极小值点，从而知在区间存在惟一极小值。3.曲线的拐点例4 求曲线的拐点。分析 曲线方程由参数式给出，应利用参数方程求导法则求得二阶导数，再求出使二阶导数为零及不存在的参数，经判别确定拐点。解 因为 ， ，所以，当时，当时不存在，由于对任意有，所以当时点为曲线上的边界点，故不是拐点。又由于当经过时皆由负变正，故当时对应点与时
31、对应点皆为所求曲线的拐点。例5 试确定常数，使曲线有拐点，且在该点处的切线与直线平行。分析 已知直线的斜率为，由条件即可确定待定常数。解 由已知可得方程组 解之得，故所求曲线为. 4.研究方程根的存在性例6 讨论方程有几个实根。分析 当为具体函数时，研究方程实根的个数，其方法是求的极值可疑点，将的定义域分为若干个部分区间，利用在部分区间上的单调性与零点定理，确定方程的根在该部分区间上是否存在。对本题，令，则问题转化为研究在时的零点个数。解 令，则，由得惟一驻点.当时，单调增加，当时，单调减少，从而是的惟一极大值，且为最大值，于是有下面结论：若，则，此时是惟一零点，故方程有惟一实根。若，则，此时
32、没有零点，故方程无实根。若，则，又，故有两个零点和，所以原方程有两个实根。例7 设，证明：若，则方程有且仅有一个实根。分析 由于函数是三次多项式，故方程的实根至多有三个。如果在是单调函数，则方程至多有一个实根，因此利用零点定理和单调性证明。证明 显然，在连续，且 ，故必存在，使，由零点定理可知，方程在即内至少有一个实根。又，由条件有，故抛物线与轴无交点且开口向上，因此抛物线纵坐标，即，从而在单调增加，故方程至多有一个实根。综上即知，方程有且仅有一个实根。5.证明不等式例8 证明下列不等式：当时，；当时，；当时，；当时，.解题思路 利用导数证明函数不等式的主要方法是：利用微分中值定理（见3.1节
33、）；利用泰勒公式（见3.1节）；利用函数的单调性；利用函数图形的凹凸性；利用极值和最值。这些方法的共同特点是，选取变量构造辅助函数，研究辅助函数的单调性、凹凸性、极值和最值等。对于具体问题，并不一定各种方法都适用，需具体问题具体分析。证明 令 ，因为 ，所以单调递减，又 ，故当时，从而 .令，则.因为 ， ，所以是上凸函数，于是当时， ，从而当时，.令，因为 .当时且，故是惟一极小值点，即是在内的最小值，从而 .由此证得，当时，.令，则，只要证明当时即可。因为 ， =.注意到当时，故令，则 ，于是在内单调递增，从而，因此，即单调增加，故.进而有单调增加，即当时，成立。由此证得，当时，. 例9
34、证明下列不等式：当时，；当时.解题思路 证明数值不等式的一般方法是选择变量，构造辅助函数，将其转化为证明函数不等式。证明 对不等式两边取对数，只要证明，即即可。作辅助函数，则 ，故当时单调递减，由知，即，从而当时，成立不等式.将原不等式变形为，记，只要证明当时，即即可。令 （），则，由 =， 知，在单调增加，从而，于是在单调增加，故，进而可知原不等式成立。6.错题分析例10 设函数在上连续，在内存在且大于零，又 .证明：在内单调增加。错解1 由条件可知，在上满足拉格朗日定理条件，因此 （），所以.由于时，故，从而在单调增加。错解2 在内任取，由拉格朗日中值定理，有 （）， （）.因为，所以单调
35、增加，故，从而，由的任意性知，在内单调增加。分析 研究抽象函数的单调性，方法是求导数并确定导数的符号，或由单调性定义比较两任意点处函数值的大小。本题错解1中由拉格朗日定理得到，但随着取值不同而不同，应视为的函数，故，而应为，但与的性质皆不明，从而的符号不能确定。错解2中由于无法判定，所以也不一定成立。正解 ，显然，当时分母大于零，只要确定函数 （）的符号。方法1（利用中值定理）由条件可知，在上满足拉格朗日中值定理条件，从而存在，使 .由知单调递增，因此当时，故当时 ，即，从而在内单调增加，由的任意性知在上单调增加。方法2（利用单调性） 由知，当时， =，所以在上单调增加，从而，故，从而知在时单
36、调增加。方法3 设，则 = .由于，故单调增加，又因为 所以，从而，由的任意性得证在时单调增加。自测题及答案自测题3.11.填空（20分）： ； ；曲线共有 条渐近线；曲线的拐点坐标是 ；曲线在其上处的曲率半径 。2.当时，求函数的单调区间、凹凸区间和极值。（12分）3.证明：数列是单减数列。（8分）4.设常数，试确定函数在内零点的个数，并指出零点所在的区间。（10分）5.设 （为正整数），求：在上的最大值 ； 。（14分）6.在抛物线上的第一象限部分求一点，过点作切线，使该切线与两坐标轴所围成的三角形面积最小。（12分）7.设在上连续，在内可导且，证明：存在，使。（8分）8.证明下列不等式（
37、16分）：；设，则。自测题3.21.选择题（20分）：设函数在上二阶可导且，下列不等式成立的是（ ）。(A) ; (B) ；(C) ; (D) 。已知在可导，则（ ）。(A)当为单调函数时，一定为单调函数 ； (B)当为单调函数时，一定为单调函数 ；(C) 当为偶函数时，一定为奇函数 ； (D) 当为奇函数时，一定为偶函数。设连续且，则在处（ ）。(A)不可导 ； (B)可导但；(C)取极大值； (D)取极小值。设连续，则（ ）。(A) ； (B) ； (C) ； (D) 。若在上三阶可导，且及，则在（ ）。(A)单调增加和曲线凸向上 ； (B)单调增加和曲线凹向上；(C)单调减少和曲线凸向上 ； (D)单调减少和曲线凹向上。2.填空题（20分）：函数（）的单调增加区间是 ，单调减少区间是 ；已知在处取得极小值，则 ， ；曲线在点处的曲率半径是 ；设在上可导，为求证至少存在一点使，应设辅助函数 ；设，则 ， 。3.求下列极限（14分） ； 。4.设在可微，函数在 有极值，试证：曲线在点处的切线过原点。（8分）5.求过曲线上极大值点和拐点连线的中点，并与直线垂直的直线方程。（12分）6.在一个底圆半径为，高为的正圆锥体内作内接正圆柱体（圆柱的一个底面与锥体的底面重合），求该圆柱体的最大体积。（10分）7.设在上连续，在内可导，且，证明：存在，。（8
