导数与微分知识拓展

1、【知识拓展】若函数y=f （x）是由参数方程所确定的，该怎样求它的导数？前面我们讨论了显函数和隐函数的导数，但在某些情况下，因变量y与自变量x的关系 是通过另一参变量t由参数方程x =私）和y =wQ来给出的，对于这类函数，有时可以把 它很简单地表示成显函数的形式，但有时就比较麻烦甚至不可能.因此，我们有必要找出这 类函数的求导方法.设x =乱）的反函数t = ），并设它满足反函数求导的条件，于是可把y看作复合函 数.y =y（t ）=w，t。）1由复合函数与反函数的求导法则，得空 Cdy _ dy dy _ dt _ V）.dx dt dx dx 甲，3dt例1求参数方程/ = 7 C0St

2、，所确定的函数的导数也.y = 7 sin t,dx规范解法dy M 处耳= 一cott.dx 史 （y cost J-7Sintdt例2求参数方程:=七-1,所确定的函数的二阶导数d2y. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark18 o Current Document y = t3 2t2，dx2思路启迪 根据二阶导数的定义典 fdy卜也，因此要求性，只要把y对x的 dx2 dx Idx） dxdx2导数y求出来，再将y与x=t1联系，重复利用参数方程求导公式，求出y对x的导数，即当 也即是我们要求y对x的二阶导数典.dxdx2规范解法世=dxdy-dtdx-

3、dt= 6t-4 = 2（3t-2）=3t2 4t.d2y _ d .dy） _ dtdx 2 dx dx Jdxdt如果函数y=f （x）是由极坐标方程丫 =Y （0）给出来的，则可把极坐标方程先化成 参数方程，再求导数.即 x=Y （0）cos0 ,y=Y （0）sin0，从而dy = dO = Y dx dx y，G）sin 0 + y（0）cos 0 _ y（9）tan 0 + y0（9）cos 0 - y（0）sin 0y（0）tan 0dO什么是罗尔定理？我们先考察一个函数y = f）= x2,容易验证这个函数满足：（I ）在闭区间1, 1上连续.（II）在开区间（一1, 1）内可

4、导.（III）f （-1） =f （1） =1.这个函数的导数f）=2x,令f）=2x = 0,得x=0 （1, 1）即在开区间（一1,1）内存在点乂=使得f，（0）=0 （如图3T4）.图 3-14一般地，我们有（即罗尔定理）.若函数f （x）满足条件（I ）在闭区间a,b上连续；（II）在开区间（a,b）内可导；（III） 在区间a,b的两个端点的函数值相等，即f（a）=f（b）,则至少存在一点ge（a,b）使得ffQ）=O.罗尔定理的几何意义是：两个端点的纵坐标相等的处处存在切线（端点除外）的连续曲 线y=f（x）上，至少有一点）的切线是水平的.如图3-15.例 证明f (x)= x2

5、2x -3,x eL 1,3满足罗尔定理.规范证法 f (x)= (x + 1)X - 3)f (-1)= f G)= 0.f ,(x )= 2x - 2 = 2(x -1)显然f (x)满足罗尔定理的三个条件，其中a= 1,b = 3.存在点& =1仁(一1, 3), 使f G)= 0.即符合罗尔定理的结论.什么是拉格朗日中值定理？在罗尔定理的几何意义中，可以看出在罗尔定理的条件下，曲线上至少有一条切线是水 平的，这时曲线的两个端点的连线也是水平的(f (a)=f (b)，因此也可以说成是至少有 一点处的切线平行于两个端的连线.这个结论可以推广到更一般的情况，即有下面更一般的 结论(即拉格朗

6、日中值定理).少存在一点& (a, b),证明：作辅助函数F(x)= f(x) f(a)一瓦)(x a)b 一 a容易验证，F (x)在a，b上满足罗尔定理的条件，从而至少存在一点& e(a，b)， 使 f，G)= 0.若函数f (x)满足：(I)在闭区间a,b上连续；(II)在开区间(a，b)内可导；则至 ()f (b ) f0 使f &= b a .XF(x) = f )- 1iQ, b a 从而 F，G)= f，G)一 = 0. b 一 a即f，G)=四项a?. b 一 a拉格朗日中值定理的几何意义是：处处存在切线(两个端点除外)的连续曲线y=f(x) 上，至少有一条切线平行于两个端点的

7、连线(如图316).在拉格朗日定理的证明中，米用的方法是先作出一个辅助函数，故这种方法也称辅助函 数法.辅助函数法也称为构造法.它是数学分析中一种重要的证题方法，这种方法的基本思 想是先构造一个与欲证结果有关的辅助函数，然后再由已知条件、概念和定理，推断所要证 明的结论的正确性.拉格朗日定理是应用最广泛的微分中值定理，也是微分学中最重要的定理之一，它的结 论常称为拉格朗日中值公式.为运用方便，可把这个公式写成下列几种形式.f )=乩)一 f(a)* e(a,b).b aGlf(b)- f(a )=f，)b a e(a,b).Gilfb)- f(af 希(b a)!b a)(0 0 v 1)Wf

8、(xo+A x) f(x0 )= f G0 +0 xX x,(0 0 1)(vX y = f0 +0 X xX x,G 0 1)对于这些公式要灵活运用，比如：不必局限于3函若某函数f (x)在开区间(a， b)(有限或无限)内处处有导数，则对Vx1,x2 e(a,b)可以断言，在x1与x2之间存在&使f，G)=f -).乂2 x1f &)_ f G)拉格朗日定理建立了函数f (x)在a，b上的平均变化率E E (整体性质)与该 b 一 a函数在(a，b)内某点处导数fG)(局部性质)之间联系，从而为利用导数解决整体性问 题提供了可能性.需要说明的是：在拉格朗日定理中，只指出“中间值”& (或0

9、)的存在 性，而没有提供确定& (或0 )的方法.例1证明：若f (x)在区间(a，b)内的导数恒为零，那么f (x)在区间(a，b)内 是一个常数.思路启迪 要证明f (x)在怎，b)内是一个常数，只要能证明：对于(a，b)内的任 意不相同的两点x1,x2都有f1)= f2)即可.规范证法 任取x1,x2 e(a,b)，不妨设x1 x2，因为f (x)在(a，b)内可导，从而f (x)在lx ,x 上连续，在(x ,x)内可导，由微分中值定理，至少存在一点geG ,x )， 121212使得f(x2 )- f(x1 )=(x2 - X1 AQ由已知，对Vx e(a,b)有f0 时，由f。在b

10、，a上应用拉格朗日定理，即fG)-f(0)=fQa-0)即 f(a)=af，)6 或 a )再由f (x)在b,a+b上应用拉格朗日定理得f (a + b)= f (b)+ f，(y)a, (b y f (y)注意到a30，故有af6 af (y)，于是f (a + b ) g vx；f，(x)注：上面等式的右端分式是左端分式的分子和分母分别求导的结果，即是；而不是，这一点在利用上面的公式时一定要注意.若limjg仍是一个不定式，并f)且它仍满足上面的三个条件，则此时对lim=c再用一次洛必达法则，即此时有 xrag 板)f，(x)f(x)lim二c=lim=m，即洛必达法则可以重复应用.上面

11、的x的变化趋势x-a可换成 xrag xragXT a-, X Ta+,X Tco,x T+co 或 X TCO,结论仍成立.例1求limX-xcosx仁型xto x-sinx I。)思路启迪由于当x0时，xxcosxOxsinx0,所以这是一个不定式，考虑利用 洛必达法则.规范解法 易知这是:型不定式，应用洛必达法则得：7. x 一 xcosx 7. 1 一 cosx + xsinx (0 lim= limxt0 x一sinxxt01 一cosx-型0 Jsin x + sin x + x cos x =lim x T0=lim 2 +x roksin xx)cos X sin x)2 +

12、lim X - lim cos x no sinx xt02 +1 = 3.lim1 -C0SX + XSinX .由极限公式： X项1 - cosx当x0时，1 cosx+xsinx0,1 cosx0,故仍是一个不定式，且它的分子分母分别求导之 后的极限存在，因此再应用一次洛必达法则.点评本题在应用一次洛必达法则以后得极限:例2 求 limf0 型.xr0 x3 k0 J思路启迪 当x 0时，x - sinx 0,x3 0,考虑利用洛必达法则.规范解法limM = iim上*x r0 x3x r0 3x2 sinx 1=lim=-x项 6x 6丸arctan x , 口 、 例3求lim 2

13、型x *81 k 0 Jx思路启迪由于limx r+8k丸一 arctan x 2=0, lim - = 0,故考虑利用洛必达法则.x r+8 xlg (x) 例4设f (x )=思路启迪按照导数的定义，兀 t1规范解法 lim 2= lim 1 + x2 = lim 土 = 1.x r+81x r+81 x r+8 1 + x2_ xx2，且已知g（o）= g0）= 0,g（0）= 3.试求T（0） x = 0,我们有 f 血)=lim f f )= lim-=lim g(x)xroX xro X xro x2由已知g（0）存在可知g （x）在点x=0连续，故limg（x）= g（0）= 0

14、,显然x2 - 0（x - 0）,X T0g（x）g 0 皿或v 心）g（x） . g（x） 1g（x）一 gG）故极限lim 为一型不定式.又g ）存在，从而lim = lim =一lim x-0 x20 x顼（x2） x项 2x2x_0 x - 0=、七）存在.2规范解法当x丰0时，四以） =四 x 0 x2.由洛必达法则得f (0 )=lim超=limMx2x项 x2 x 0 2xx Tx Tg) - g (0 )=limx 0 x - 0=-g (0)= 3.（0）= 0,即limM仍为不定式，但我们不 x0 2x22点评 虽然g（0）存在，此时有limg （x）= gx0能再次利用洛

15、必达法则而用以解法：f （0）=lim遂 = limM =limM = -g（0）= 3.因为已知条件中只给出当x=0时g x0 x2x0 2xx0 222（x）的两阶导数即g（0）存在，而当x尹0时，g （x）的两阶导数即g（x）x。0）不一定存在， 即使g）x。0）存在，极限limg（x）也不一定存在，故两次利用洛必达法则是错误的.x 0(2)-型不定式.(洛必达法则II)8若f(x)g(x)在点a的某去心邻域可导，且g(x) 0;limf(x)=8, limg(x )=8；xaxalim* 存在0括8)xa g 板)f(x)fG) . f(x)则lim ()也存在，且lim ( )= l

16、im / ).xa g板)xa g板)xa g (x):这里的变化趋热“x a”同样可换成“x a - ,x a + ,x 3,x -3,x +3”J心llnsin mx f 8 八例5 求lim型.x0 + ln sin nx(8)思路启迪 由于lim lnsinmx = -8, lim lnsinnx = -8，故这是个不定式极限，考虑利x0+x 0+用洛必达法则II.规范解法lim些些x 项+ ln sin nx m sin nx cos mx m=lim= limx 项+ n sin mx cosnx n x 项+sinnx f0 型sin mx 0 )mlimn x项+ncosnxm

17、cosmx例6 求lim 土L（1为正整数，a 0）xr+8 eM8 思路启迪 当x + 8时，xn T+8,eM T+8,故这是个一型不定式的极限，考虑利8用洛必达法则II,故有相继应用洛必达法则n次得.规范解法 lim 仝一=lim xT+8 e 人x x T+8 Xe 人xn(n - 1)xn-2=lim x t+8入ne 入x! n!= =lim= 0.x *8入ne入x点评对该不定式利用n-1次.洛必达法则的每一结果仍是不定式，第n次应用洛必 达法则极限存在，故该极限需相继使用n次洛必达法则才能求出极限.除上述讨论的0型与8型不定式之外，在实际问题中，我们还常遇到一些象8-8、080

18、8、00、18、80型的不定式，对于这些不定式，我们都可以通过一些变化把它变成8型或一型的不定式，从而可以得到解决.下面我们通过一些例题加以说明.8例 7 lim x2 ln x （0 8型）思路启迪 由于当x 0 +时，x 2 0,lnx T-8,故这是一个0.8型不定式，考虑首先将其变成0或-型，再利用洛必达法则. 08规范解法lim x2 lnx = lim岑 型 TOC o 1-5 h z x项+x项+k8 ）x21v x 2=lim= lim22x t0+x t0+ 2x3=0.8点评 上述解题过程是将08型变成一型，再应用洛必达法则，我们看会出现什么8结果.X2 lim x2 ln x