高等数学 上册例题.doc

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1、高等数学第一章 函数、极限与连续1.1 函数1.1.1 函数的概念例1 在自由落体运动中，物体下降的路程随着下降时间的变化而变化，下落距离与时间由公式联系着，其中为重力加速度，若物体落地的时刻为，则当在闭区间上任取一值时，按上式确定的规律，就有一个确定的值与之对应。例2 某运输公司规定货物吨公里运价为公里以内每公里元，超过公里时超出部分为每公里元，运价与里程之间的关系为 据此关系，我们就可以得到任何里程的运价。例3 常数函数定义域为，值域为，其图形为平行于轴的直线，如图所示例4 绝对值函数定义域为，值域为，图形如图所示例5 符号函数定义域，值域，图形如图所示。对任一实数有例6 最大整数函数：设

2、为任一实数，则用表示不超过的最大整数。例如等等。记作，其定义域为，值域，因为，图形如图所示在例4，例5及例6中我们看到，函数由几个式子表示，类似这样的函数称为分段函数。例7 Dirichlet（狄利克雷）函数 定义域为，值域为例8 根据个人所得税法规定，个人月收入减去800元余额的部分为应纳所得税。纳税所得额不超过500元的部分，税率为5；超过500元到2000元的部分，税率为10；超过2000元到5000元的部分，税率为15。据此规定，可以写出月收入在5800元以下者月收入元与应交纳个人所得税（元）之间的函数关系。1.1.3复合函数与反函数例9 某金属球的体积是其半径的函数：。由于热胀冷缩，

3、球的半径又随着温度变化，设随着的变化规律是，其中是常数。将代入，就得到体积与温度之间的函数关系像这样将一个函数代入另一个函数而得到的函数，称为由这两个函数构成的复合函数。1.1.5 初等函数与非初等函数例15 ，这是电子技术中常用到的“单位阶跃函数”，是一个非初等函数。例16 对于每一个实数，考虑方程。观察函数与的图形（图17）可以发现，当时，这两条曲线有唯一交点，用表示这个交点，则交点的横坐标就是方程的唯一解。当在中任意变化时，也随之变化，于是由此确定了一个 图17函数关系。虽然这个函数不能使用初等函数表示，但是对的依赖关系是客观存在的，这个函数关系是由方程确定的。例17 设半径为的动圆在轴

4、无滑动地滚动，圆周上一定点的轨迹称为摆线（图18）。该曲线确定了与之间的某种函数关系，但我们不能用初等函数将其表示，也很难用一个方程0描述这个函数关系，但却可用一个参数方程容易地表示出与的函数关系。摆线的参数方程是1.2 极限1.2.1 极限概念引例例1 自由落体的瞬时速度初速度为零的自由落体在时刻的下落距离为g为重力加速度。这是一个非均匀运动，落体在不同时刻运动的快慢不同，如何刻画落体在某一时刻的“速度”呢？先研究落体从时刻到时刻这一时间间隔上的平均速度显然，当越接近平均速度就越接近时刻的“速度”，而这个“速度”是客观存在的，我们称其为自由落体在时刻的瞬时速度。从上式不难看出这个这个自由落体

5、在时刻的瞬时速度为。例2 求由抛物线、轴与直线所围成的曲边三角形（图111）的面积。先把区间等分，分点是。再以每个小区间（长度都是）为宽作出个小矩形，小矩形的高分别为是。这样就得到如图111中阴影所示的级阶梯形，它的面积图111这里是正整数的函数，容易看出，当无限增大时，将无限趋近于确定的数值，显然用来表示这个曲边三角形的面积时合理的。1.2.2 自变量趋于有限值时函数的极限例3 观察函数的图形（图112），可以看出，当无限趋于0时（无论以何种方式），将和数值1无限接近。 那么，如何理解“与数值1无限接近”？什么又是“无限趋于0”？对此，数学上应有一个严格的定量描述，才能使推理和判断建立再坚实

6、的基础之上。我们知道两个数的绝对值表示两个数之间的距离，从而我们可以使用它来描述两个数的接近程度，越小，表示和就越接近。图112所谓当时，与数值1无限接近，就是指只要充分小，就可使也充分小。比如要使，即，只要；要使，只要。一般地，任意给定一个正数，不论它多么小，总能找到正数，当时，就可使事实上，解这个不等式可知，取即可，也就是说，对于任意给定的正数，存在着，当时，必有。例4 函数，其图形为图114所示。从图形上可以看出，当无限趋于0时，和数值1可以无限接近，但。用“”的说法，就是对于任意给定的，无论它多么小，取，只要，就能使恒成立。图114例5 证明，此处为一常数。证 由于，因此对于，可取任意

7、的，当时，能使不等式成立，所以例6 证明 。其中为任意常数。证 由于，如果，则，可取任意的，当时，能使不等式 成立。若，则，可取，当时，能使不等式成立，所以例7 证明。证 函数在点无意义，但函数的极限与函数在那点的定义无关。所以，要使不等式，只要即可，取，则当时，所以。例8 证明：当时，。证 ，因为，要使，只要，但由于，所以必须有，为此只要取，则当时，上两式都成立，从而，即。例9 证明：证明：由于，因而对于任意给定的，只需取，则当时，就有所以程序tu1-16例10 函数 当时，的极限不存在。易证，因为左右极限存在但不相等，所以不存在。1.2.3 自变量趋于无穷大时函数的极限例13 证明：。证明

8、 由于只需，即，就有。因而对于任意给定的，取，则当时，便有故1.2.4 数列的极限例14 证明数列的极限是1。分析：要证明极限，就是，寻找使得，我们可以倒着寻找，要使，就是要找满足的，即只要，即取即可。证明：，取，则当时，有，从而由定义有例15 证明数列极限。证明：要使小于任意的实数，只要或，由此，取，则当时，有，从而由定义有由此题，我们可以看到，为了寻找，我们可以逐渐放大，使得寻找更容易。因为极限定义要求我们只要找到就行了，并不要求我们寻找最小的。例16 设，证明等比数列 的极限为0。证：（设），因为，要使，只要。取自然对数，得。因，故取，则当时，就有，即例17 证明对任意的实数，有。证明

9、对于任意给定的（不妨设），由于,，取，当时，有，即，由此有，即。1.2.5 无穷小与无穷大例2 证明（图128）证 设，要使，只要，所以，取，则只要适合不等式，就有，这就证明了。例3 是否为无穷大，是否为无穷小。即不是无穷大，也不是无穷小。1.3 极限的性质与运算1.3.2 极限的四则运算法则例1 设有多项式（有理整函数），则对任意由四则运算的法则（1）（2）有：进一步对于有理分式函数，其中及都是多项式，于是对任意有，如果，则有。例2 求。解 由于时，分母极限为零，我们不能直接使用商的极限运算法则。但注意到，而且时，从而可以约去分子与分母的公因式，于是，。例3 求。解 同样因为，我们不能直接使

10、用商的极限运算法则，但是，所以，由无穷小倒数为无穷大得。例4 求极限。由于时，分子与分母得极限都不存在，所以不能直接使用商的极限运算法则，我们将分子与分母同除得类似可求得一般地，当和为非负整数时，有例5 求。当时，分子及分母得极限都不存在，因此不能使用商得规则，但可看作与得乘积，而为无穷小，为有界变量，故根据本节定理2，有。例6 求。解 注意到，故有例7 求。解 原式例8 求。解 原式例9 求。解 原式1.3.3 函数极限与数列极限的关系例10 证明函数当时的极限不存在。证明 取两个数列，当时，且。这时由定理可得当时的极限不存在。 程序tu1-221.3.4 夹逼准则例11 求。解 因为，而，

11、由夹逼准则有例12 设为各正数，证明。证 令，则有由于，故有。证明极限证 如图所示单位员中，设圆心角，点处的切线与的延长线相交于，有，则，。因为的面积圆扇形的面积的面积，所以，即，不等号各边都除以，就有，或，（1）当用替换时，与都不变，所以上面不等式对于开区间内的一切也是成立的。下面我们证明。当时，即，当时，由准则 有，所以，再由及不等式（1）及准则，即得。例13 求。解 1.3.5 复合运算法则例14 求。解 。例15 求。解 令，则，且时，故。例16 求。解 利用三角函数公式将上述函数变形，得例17 求。解 令，则时，于是例18 求。解 设，则当时，又据1.2节例7及极限的四则运算法则，得

12、例19 证明对任一，。证明 因为。令，则时，于是由变量代换得，由此可知，只需证明即可。由于，所以，可以令，则，即，且于是，当时，有。当时，有。而，由夹逼准则即知。例20 设，求常数。解 左式 要使上列极限等于，只需，即得。1.4 单调有界原理和无理数1.4.1 单调有界原理例1 设，求。解 因为，假设，则，有归纳法知数列单调增加。因为 ，两边同除，得，对于一切，有，所以，于是有，即有上界，所以收敛。设其极限为，则对两边求极限，得，解之，于是1.4.2 极限例2 求极限。其中。解 令，则当时，于是。该题对也成立。例3 求。解 ，令，则当时，于是例4 确定，使。解 左边由，可得例5 求。解 原式1

13、.5 无穷小的阶1.5.1 无穷小的阶例1 证明：当时，。证 因为所以（）。例2 因为当时，所以当时有。1.5.2 利用等价无穷小代换求极限例3 求。解 因为当时，所以。例4 求。解 因为当时，所以。例5 求。解 因为当时，所以。例6 证明：（）。证明 只要证明设，则，且充要条件时，从而例7 求。解 原式1.6 函数的类型与间断1.6.1 函数的类型与间断例1 证明函数在区间内是连续的。证 ，由此知，当时，即点连续，再由的任意性，便知在区间内连续。同理可证在定义域内也是连续的。例2 设，试问在点处是否连续？解 ，所以在点处连续。如果就说函数在点点左（右）连续。在区间上每一点都连续的函数，叫做在

14、该区间上的连续函数，或者说函数在该区间上连续。如果区间包含端点，那么函数在右端点连续指的是左连续在左端点连续指的是右连续。例3 考查函数在的连续性。解 因为，所以。即函数在点连续。例4 设，确定的值，使在点处连续。解 ，由此当时，有，即在处连续。设函数在点的某去心邻域内有定义，如果不是的连续点，则称点是分间断点。在此前提下，如果函数有下列三种情形之一：（1）在没有定义；（2）虽在有定义，但不存在；（3）虽在有定义，且存在，但；则函数在点不连续。左右极限都存在的间断点称为第一类间断点，不是第一类的间断点称为第二类间断点。例5 正切函数在处没有定义，所以点是函数的间断点。因，我们称为函数的无穷间断

15、点。 图 132 图 133例2 函数在点没有定义；当时，函数值在与之间变动无限多次（图133），所以点称为函数的振荡间断点。例3 函数在点没有定义，所以函数在点为不连续（图134）。但这里如果补充定义，令时，则所给函数在成为连续。所以称为该函数的可去间断点。 图 134 图136例4 函数这里，当时，左极限与右极限虽都存在，但不相等，故极限不存在，所以点是函数的间断点（图136）。因的图形在点处产生跳越现象，我们称为函数的跳越间断点。例5 指出函数的间断点，并讨论间断点的类型，如果有可去间断点，指出如何补充或修改这一点函数的定义使它连续。解 在间断点是和。因为所以是的第一类间断点，且为可去间

16、断点。补充定义，就可以使函数在处连续。因为所以是的第一类间断点，为跳跃间断点。因为所以是的第二类间断点，为无穷间断点。程序tu1321.6.2 初等函数的连续性例2 由于在闭区间上单调增加且连续，所以它的反函数在区间上也是单调增加且连续的。同理，可知反三角函数在各自的定义域内也都是连续的。例3 求解 由函数与复合而成。因为，而函数在点连续，所以。例4 讨论函数的连续性。解 由于函数在（）内连续，而在时连续，所以由定理4在时连续。例6 求。解 =。例7 求。解 。特别地，。例8 求。解 令，则时，于是。特别地，。由此，可得例9 求。解 因为。一般地，对于形如的函数（通常称为幂指函数），如果，则。

17、例10 讨论函数的连续性。解 由于时无定义，故时的间断点，因为所以是的第二类间断点（无穷间断点）。又可知是的第一类间断点（跳跃间断点）。例11 求。解 因为，故，又，于是例12 已知，求。解 在一直条件中，由于分母是时的无穷小，故分子也是无穷小，否则极限将不存在。注意到时，。这里可以是自变量，也可以是较复杂的中间变量，利用等价无穷小代换，有所以。1.7 闭区间上连续函数的性质如果函数在开区间内连续，在右端点左连续，在左端点右连续，那么例2 设在上连续，且试证 在上至少存在一点，使得 。证 令由于在上连续，因此在上连续，且可见，与可能异号，有可能同时为零。1）当时，与异号，于是由零点定理可知，在

18、内至少存在一点，使得 ，即2）当时，与都为零。这表明点与点就是满足结论的由1）和2）可知 在上至少存在一点，使得例4 证明方程在内只有一个实根，并求其近似解。解 设，则是上的连续函数，在闭区间上，故由零点定理知，至少存在，使，即在内至少有一个实根。又因为，可知方程在内至少有一个实根。同样在内至少有一个实根。由于是三次代数方程，至多有三个实根，现以证明它在内各至少有一个实根，可见方程在每一个开区间内有且只有一个实根。下面使用二分法，计算在其中点处的值，而，可见在内的实根只能落在内。再将二等分，计算在其中点处的值，可见在内的实根只能落在内。如此连续计算下去，取的中点，而，故所求根在内。取的中点作为

19、在内实根的近似值，其误差不超过区间长度的一半，即。进一步，可重复上述步骤，可得到方程的近似解，其误差可以任意小。第一章复习x.1 函数的极限及其连续性概念：省略注意事项1 无界变量与无穷大的区别：无穷大量一定是无界变量，但无界变量不一定是无穷大量，例如，是无界变量，但不是无穷大量。因为取时，当充分大时，可以大于一预先给定的正数；取时，2 记住常用的等价形式当时，例1 当时，下列函数哪一个是其他三个的高阶无穷小（A）。（2）。（3）（4）。（）解：因为，所以选择C练习 解 3 若函数的表达式中包含有（或），则在运算前通常要在分子分母乘以其共轭根式（或），反之亦然，然后再做有关分析运算例2 求。解

20、 当时，又 ，故练习 求解 原式4 该极限的特点：解题方法（1） 若极限呈型，但第二个特点不具备，则通常凑指数幂使（2）成立（2） 凡是型未定式，其结果：底必定是，幂可这样确定：设，则这是因为 。例3 求。解 原式因为，所以原极限。练习 求。解 原式，因为5 几个常用的极限特别地 x.2 单调有界原理单调有界数列必有极限此类问题的解题程序：（1）直接对通项进行分析或用数学归纳法验证数列单调有界；（2）设的极限存在，记为代入给定的的表达式中，则该式变为的代数方程，解之即得该数列的极限。例4 已知数列：，求。解 用数学归纳法可证得单调增加：，显然。假设成立，于是即 成立。显然，从而数列有极限，不妨

21、设。由于，两遍去极限得：，即，即得出。根据包号性的推论可知非负，所以。X.3 项和的极限求解方法:(1)利用特殊和式求和；（2）利用夹逼定理求极限（个项按递增或递减排列）；例5 求解 原式例6 求。解 因为，而，由夹逼准则有1X.4 项积的极限（1） 分子、分母同乘以一个因子，使之出现连锁反应；（2） 把通项拆开，使各项相乘过程中中间项相消；（3） 夹逼定理（4） 利用对数恒等式化为n项和形式。例7 当时，求解 原式练习 当时，求解 原极限 例8 求。解 因为X.5 有关闭区间上连续函数的命题的证明证明方法有两种1 直接法 其程序是先利用最值定理，再利用介值定理例1 设在上连续，且，证明：在内

22、至少存在一个使得，其中为任意正常数证 因为在上连续所以在上有最大值与最小值由于，且，于是有从而即。由介值定理，在上至少存在一个，使得2 间接法（己辅助函数法） 其程序是先作辅助函数，验证满足玲芝定理条件，然后由零值定理得出命题的证明。辅助函数的作法：（1）把结论中的（或）该写成；（2）移项，使等式右边为零，令左边的式子为，此即为所求的辅助函数例2 设在上连续，且，证明：在上至少存在一个，使得。证 令显然，在上连续，注意到，故 当时，可取为a或0，而当时，有由零值定理可知存在一个，使得，即X.6 极限的求法1 约简分式的方法求极限都是正整数）2 有理化分子和分母求极限3 利用自然数求和求极限4

23、利用基本极限求极限5 利用基本极限求极限6 利用单调有界数列必有极限求数列的极限习题课一例1 试用极限的“”定义证明：。证 ，要使，只要，即。因此，可取，那么对一切，恒有即。例2 设，证明数列没有极限。证 如果数列有极限，那么它的任何子列都有相同的极限。因此，若能找出的两个具有不同极限的子数列，便知没有极限。由于；，因此数列没有极限。例3 用“”定义证明：。证 先限制，此时有，或，从而，因此，要使，只要，于是取，则当适合不等式时，对应函数值恒满足不等式所以。例4 设，试确定常数和。解 左式上式要想极限为0，必须，又分母极限为所以，因此。例 5 证明：。证 因此 ，由及夹逼定理，即得例6 设，证

24、明数列的极限存在，并求其极限。证 ，设，则。按归纳法可知，对任何的有，即为单调增加的数列。又按归纳法容易证明，故数列有界。因此有极限。设，则，对关系式的两边取极限，便有，即，解得，因为，故，不合，因此，即例7 设函数在处连续，求常数得值。解 由于函数在处连续，根据函数在一点连续的充要条件，应有由于，依上式即有，从而得。例8 证明：方程至少有一个不超过得根。证 设函数，则又函数在闭区间上连续，故由介值定理有在开区间内至少存在一点，使得。即方程至少有一个不超过得根。第二章 一元函数微分学及其应用2.1 导数的概念例3 求函数的导数，为常数。解 按照导数定义即特别地，当时，可得，即常数的导数等于零。

25、例4 求函数的导数，这里是任意实数。解 先证，设，则有，且，由此即。例5 求函数的导数。解 即。就是说正弦函数的导数是余弦函数，类似，余弦函数的导数是负的正弦函数。例6 求函数的导数。解 特别地，即以为底的指数函数的导数就是它自己。例7 求函数的导数。解 即。特别地，自然对数的导函数为。例8 求函数在处的导数。解 当时，故，类似，即在不可导。2.1.4 导数的几何意义例9 求等边双曲线在点处的切线的斜率，并写出在改点处的切线与法线方程。解 根据导数的几何意义，所求切线的斜率为由于，于是。从而所求切线方程为，即。所求法线的斜率为，于是所求法线方程为，即。2.1.5 函数可导性与连续性的关系例10

26、 函数区间内连续，但在点处不可导，这是因为在点处有，因而，即导数为无穷大由此可知连续是可导得必要条件，而不是充分条件。例11 设，试确定的值，使在处不但连续而且也可导。解 要使在处连续，必须有因此得出。要使在点处也可导，必须有因此得出。所以，当时，函数在处连续且可导。例12 函数在处是否可导？解 由于 2.2 求导法则2.2.1 函数的和、差、积、商的求法则例1 ，求。解例2 ，求及。解 ，。例 3 ，求。解 例4 ，求。解 ，即例5 ，求。解 ，即，类似地 例6 设，求。解 2.2.2 复合函数的求导法则例7 ，求。解 是由，复合而成，因此 。例8 ，求。解 由函数和复合而成，因，所以。例9

27、 ，求。解 。例10 ，求。解 。例11 ，求。解 例12 ，求。解 。2.2.3 反函数的求导法则例13 求反正弦函数的导数解 因为是的反函数，而在内是单调、可导，且，于是。由于在内，所以 。 类似地 。例14 求的导数。解 因为是的反函数，而在内内是单调、可导的，且，所以.又，从而 ,类似地，。例15 设为直接函数，则是它的反函数，函数在区间内单调、可导，且 。因此，由公式（1），在对应区间内有 。但，从而得到 。2.2.4 一些特殊的求导法则例16 求由方程所确定的隐函数的导数。解 将函数两边对求导，这时是一个复合函数，从而，而右面等于由于两边函数相等，所以它们的导数也相等，从而，由此得

28、。例17 求由方程所确定的隐函数在处的导数。解 把方程两边分别对求导，由于方程两边导数相等，所以，从而，由，得，从而。例18 求上半椭圆在点处的切线方程和法线方程。解 将方程两边对求导得，由导数集合意义知，所求切线得斜率为，从而法线斜率为，于是，所求切线与法线分别为 化简得例19 设，求。解 在方程两边取对数，得上式两边对求导，得从而有上例这种先取自然对数再求导的方程叫做对数求导法。对于幂指函数，求导时，可以使用这种方法。对于复杂的表达式，也可以采用这种方法。例20 求的导数。解 先对两边求对数（假定，得，上式两边对求导，得，于是当及时，结果相同。2由参数方程所确定的函数得导数。例21 证明星

29、形线（图28）的切线（除坐标轴外）被坐标轴所截的线段为定长。证 曲线上对应于参数的点的坐标为，曲线在点处的的切线的斜率为 ，故切线为，令，解得切线在轴上的截距为；令，解得切线在轴上的截距为；故所求切线被坐标轴所截的线段长度为（常数）例22 计算由摆线（图29）的参数方程所确定的函数的二阶导数 解 3极坐标方程的求导法则例21 求三叶玫瑰线在对应的点处的切线方程。解 利用直角坐标与极坐标间的关系，将给出的极坐标方程化为参数方程于是故又切点坐标为，即。从而得切线方程即注意：这时并不是曲线在对应与处的切线斜率。2.3 高阶导数与相关变化率2.3.1 高阶导数例1 ，求。解 。例2 ，求。解 例3 证

30、明：函数满足关系式。证 将求导，得例4 求指数函数的阶导数解 ，即。例5 求正弦与余弦函数的阶导数。解 一般地，可得，即类似地，可得例6 求对数函数的阶导数。解 ，一般地，可得，即。例7 求幂函数的阶导数。解 一般地，。特别地。一般地，莱布尼兹公式此公式可以根据二项式定理来记忆。例8 ，求。解 设，则。代入莱布尼茨公式，得例9 设方程确定了是的一个隐函数，求。解 原方程即为，两边对自变量求导，得即得：整理后得于是以代入上式，得例10 计算由摆线（如图）的参数方程所确定的函数的二阶导数 解 2.3.2 相关变化率例11 一气球从离开观察员处离地面铅直上升，其速率为（分）。当气球高度为时，观察员视

31、线的仰角增加率是多少？解 设气球上升（秒）后，其高度为，观察员的仰角为，则其中及都与存在函数关系。上式两边对求导，得已知。又当时，。带入上式得，所以，即观察员视线的仰角增加率为0.14 rad/min。例12 甲飞机以3km/Min的速度向东飞行，乙飞机在海拔高度低于甲飞机4km的空中以2km/min的速度向南飞行。在某一时刻乙飞机处于甲飞机的正下方。问1min后两飞机相离的速率是多少？解 两飞机的相对位置如图所示。设从而而所求速率为，注意到，于是，1min后，作业2，3，4，5（2）（4），6（1）（3），8，9（1），122.4 函数的微分与函数的局部线性逼近2.4.1 微分的概念例1 求

32、函数在和处的微分。解 ；函数在点的微分，称为函数的微分，记作或，即。函数在点的微分与和有关。例2 求函数当时的微分。解 ，从而。通常把自变量的增量称为自变量的微分，记作，即。于是函数的微分又可记作，从而有，这就是说，函数的微分与自变量的微分之商等于该函数的导数。因此，导数也叫“微商”2.4.2 微分公式与运算法则1基本初等函数的微分公式导 数 公 式微 分 公 式 2. 函数和、差、积、商的微分法则函数的和、差、积、商的求导法则3复合函数的微分法则设及都可导，则复合函数的微分为，由于，所以，复合函数的微分方程也可以写成 或 。可见，不论时自变量还是中间变量，微分形式保持不变。这一新还之称为微分

33、形式不变性。例3 ，求解 例4 ，求解 例 5 ，求。解 例 6 在下列登时左端的括号中填入适当的函数，使等式成立。（1）；（2）。解 （1） 由于，所以，即一般地，有为任意常数（2） 由于，可见即。一般地，有 为任意常数2.4.3 微分的几何意义及简单应用例8 利用微分计算得近似值。解 要利用微分计算函数得近似值，必须找到、与。将化为弧度 。函数为由公式（2） 由（2）令，可得下列近似公式2.5 利用导数求极限洛必达法则2.5.1 型未定式的极限例1 求。解 原式例2 求解 例3 求.解 原式型的洛必达法则对趋于其他情形的极限也是成立的。例4 求解 原式2.5.2 型未定式的极限例5 求。解

34、 原式例6 求为正整数，。解 原式，该题对为任意实数仍成立。2.5.3 其他类型未定式的极限例7 求。解 这是型未定式。因为，当时，上式右端为未定式，应用洛必达法则，得原式。不能转化为下列形式例8 求解 这是型的未定式型，因为，所以，当时，上式为，应用洛必达法则，得原式例9 求。解 这是型未定式，由于，而时属于型未定式，且，所以。例10 求。解 这是型未定式，我们令，对两边取对数得于是从而。在使用洛必达法则时，要尽量配合其他法则，将已经能够得出的极限去掉例11 求解 原式。习题课2例1 求下列函数的导数（1） ，其中、可导；（2），其中可导；（3），其中可导。解 （1） （2） （3） 。例2

35、 设存在，求解 例3 若在处连续，求。解 由于在处连续而不是可导，所以不能直接对运用求导公式，而应按定义来求。例4 设 求。解 当时，为一初等函数，这时当时，由于所以在处不连续，由此可知在处不可导。例5 设 问为何值时，在处可导？解 在处可导的充要条件是在该点处左、右导数存在且相等。要上述极限存在，必须分子的极限为零，即得，于是，此时由，得，所以当时，在处可导。例6 求得阶导数。解 所以例7 设，求解 讲两边取对数得 两边求导得 整理后得，即。，用 代入，得。例8 求三叶玫瑰线在对应的点处的切线方程。解 ，切点为切线方程 。例9 某人以2m/s的速度通过一座桥，桥面高处水面20m，在此人正下方

36、有一条小船以的速度在与桥垂直的方向航行，求人与小船分离的速度。解 设经过秒后船与人的距离为人行走距离为，船行距离为，则。所建立的方程并不是与的直接函数关系，但因为所求的，且已知，所以可借助于相关变化率来求。两边对求导，得，当时，代入上式得。例10 设，求。解 方程两边取微分，有即 即，整理后得。例11 设函数二阶可导，证明.证 原式右端是形未定式，用洛必达法则得到右端 2.6 微分中值定理2.6.1 罗尔定理例1 验证罗尔定理对函数在上的正确性，并求定理中的值解 ，然满足罗尔定理条件。由解得 ，即，使。例2 不求导数，判别函数的导数方程（即）有几个实根，以及它们所在范围。解 由于为多项式函数，

37、故在、上连续，在、内可导，且，即函数满足罗尔定理的条件。由罗尔定理在内至少存在一点，使得，即为0的一个实根，。在内至少存在一点，使得，即为0的一个实根，。又为二次方程，至多有两个实根。故有两个实根，它们分别在及内。例3 若是满足的实数，证明方程在内至少有一个实根。解 由于是的导函数，因此考虑函数，易知在上连续，在上可微，且,由罗尔定理可知，至少存在一点，使得即方程在内至少有一个实根。2.6.2 拉格朗日中值定理例4 证明当时，。证 设，显然在区间上满足拉格朗日中值定理的条件，应有。由于，因此上式即为。又由，有，即例5 在上可导，且，在内，证明在内函数有唯一的不动点，即方程有唯一实根。证 令，在

38、在上连续，且，因此由零点定理，在内有一点，使，即如果存在，使不妨设。则在上满足罗尔定理得条件，故在内至少有一点，使从而与所给条件矛盾，所以仅有一点使. 2.6.3柯西中值定理例6 设在上连续，在内可导，证明：方程在内至少有一个根。证 将方程变形为，则启发我们用柯西定理来证明。因为和在上满足柯西定理的条件，故，整理后得，即方程 在内至少有一个根。2.7 泰勒公式用多项式逼近函数2.7.1 泰勒多项式与泰勒公式例1 求在处的带拉各朗日余项的二阶泰勒公式。解 ，故有，在4与之间2.7.2 常用函数的麦克劳林公式例2 确立常数，使。解 由（5）则有由此可知，欲使必须例3 设，求。解 因为所以由唯一性定理，可得，从而例4 问当時，是的几阶无穷小？解 因为，所以又于是而，即是的4阶无穷小（当）。例5 求极限解 因为所以于是 例6 设函数二次可微，证明。证 由于，故存在，使得。由于为最大值，故为极值，由费马定理得将函数在处展开成泰勒公式得介于和之间。即若，则将代入上式得即。若，则将1代入上式得即。即2.8 利用导数研究函数的性态2.8.1 函数的单调性例1 判断函数在上的单调性。解 因为在内 ，所以由定理1可知，函数在上单调增加。例2 讨论函数的单调性。解 这函数的定义域为，当时，这函数的导数为，当时，函数的导数不存在。在内，因此