高等应用数学 · 第4章导数的应用

第一节微分中值定理

| 一、罗尔定理

定理 4－1

（罗尔定理）若函数

f (x)

满足：

（1）在闭区间

[a, b)

连续；

（2）在开区间

(a, b)

可导；

（3）

f (a) = f (b)

。

则在

(a, b)

内至少存在一点

ξ

，使

f' (ξ) = 0

。

证明从略。

下面给出几何解释：如果一条连续曲线，除两端点外处处都有不垂直于

x

轴的切线，并且两端点的高度相同，那么在该曲线上至少有一点，使得曲线在该点的切线平行于

x

轴，如图 4－1 所示。

图 4－1 罗尔定理几何解释

注意

罗尔定理的三个条件对结论成立只是充分条件，不是必要条件，也就是说，三个条件中有任意一个不满足，结论就不一定成立；三个条件都满足了，结论就一定成立。

| 二、拉格朗日中值定理

将图 4－1 的坐标作一定角度的旋转，所得图形如图 4－2 所示。由于图形的形状未变，原来与

x

轴平行的切线旋转后仍与端点连线平行。但此时曲线上的点的坐标已变，由此可观察到下述结论。

定理 4－2

（拉格朗日中值定理）设函数

f (x)

满足：

（1）在闭区间

[a, b)

连续；

（2）在开区间

(a, b)

可导。

则在

(a, b)

内至少存在一点

ξ

，使得

f' (ξ) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a}

也可以写成

f (b) - f (a) = f' (ξ) (b - a)

图 4－2 拉格朗日中值定理几何解释

几何解释：如果一条连续曲线，除两端点外处处都有不垂直于

x

轴的切线，那么在该曲线上至少有一点，使得曲线在该点的切线平行于连接两端点的直线如图 4－2 所示。

注意

拉格朗日中值定理是微分学的一个重要的基本定理，在理论上和应用上都有很重要的价值。它建立了函数在一个区间上的改变量与函数在这个区间内某点处的导数之间的联系，从而使我们有可能用导数研究函数在区间上的某些性态。

由拉格朗日中值定理可以得出两个有用的推论：

推论 1

若在区间

(a, b)

内，

f' (x) \equiv 0

，则在区间

(a, b)

上，

f (x) = C

（

C

为常数）。

这是"常数的导数为

0

"的逆定理。

证明

f (x)

在

(a, b)

可导，必在

(a, b)

连续，在

(a, b)

内任取两点

x_{1}

与

x_{2}

，由拉格朗日中值定理有

\frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} = f' (ξ) = 0 (ξ 介于 x_{1}, x_{2} 之间)

故

f (x_{2}) = f (x_{1})

。由

x_{1}

与

x_{2}

的任意性知

f (x)

必为常数。

推论 2

若在区间

(a, b)

上，

f' (x) = g' (x)

，则

f (x) = g (x) + C (a < x < b)

本推论可用推论 1 证明，请读者自己完成。

注意

令

F (x) = f (x) - g (x)

，再仿推论 1 证明。推论 1 对于恒等式的证明是非常有效的。

例 1

证明：

| \sin x - \sin y) \leq | x - y)

。

证明令

f (t) = \sin t

，在以点

x

，

y

为端点的闭区间上对

f (t)

应用拉格朗日中值定理，有

\frac{\sin x - \sin y}{x - y} = (\sin t)' |_{t = ξ} = \cos ξ

其中点

ξ

介于

x

与

y

之间。即

\sin x - \sin y = (x - y) \cos ξ

故

| \sin x - \sin y) = | x - y) \cdot | \cos ξ) \leq | x - y)

特别地，当

y = 0

时，得

| \sin x) \leq | x)

例 2

证明：对

- 1 < x < 1

，恒有

\arcsin x + \arccos x = \frac{π}{2}

证明令

f (x) = \arcsin x + \arccos x

，则

f' (x) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = 0 (- 1 < x < 1)

因在

(- 1, 1)

上，有

f (x) = C

。又

f (0) = 0 + \frac{π}{2} = \frac{π}{2}

。故

C = \frac{π}{2}

，即

f (x) = \frac{π}{2}

等式成立。

例 3（补充：罗尔定理应用）

证明方程

x^{3} - 3 x + 1 = 0

在区间

(0, 1)

内至少有一个实根。

证明构造辅助函数

F (x) = x^{3} - 3 x + 1

。

F (x)

是多项式函数，在

[0, 1)

上连续，在

(0, 1)

内可导。

计算端点值：

F (0) = 1 > 0

，

F (1) = 1 - 3 + 1 = - 1 < 0

。

由于

F (0)

与

F (1)

异号，根据零值定理（介值定理），在

(0, 1)

内至少存在一点

ξ

，使得

F (ξ) = 0

，即

ξ^{3} - 3 ξ + 1 = 0

。

因此方程

x^{3} - 3 x + 1 = 0

在

(0, 1)

内至少有一个实根。

例 4（补充：辅助函数构造）

设

f (x)

在

[a, b)

上连续，在

(a, b)

内可导，且

f (a) = f (b) = 0

。证明：至少存在一点

ξ \in (a, b)

，使得

f' (ξ) + f (ξ) = 0

。

证明构造辅助函数

F (x) = e^{x} f (x)

。

由于

e^{x}

在

[a, b)

上连续且可导，

f (x)

在

[a, b)

上连续、在

(a, b)

内可导，故

F (x) = e^{x} f (x)

在

[a, b)

上连续，在

(a, b)

内可导。

又

F (a) = e^{a} f (a) = 0

，

F (b) = e^{b} f (b) = 0

，即

F (a) = F (b)

。

由罗尔定理，至少存在一点

ξ \in (a, b)

，使得

F' (ξ) = 0

。

而

F' (x) = e^{x} f (x) + e^{x} f' (x) = e^{x} [f (x) + f' (x))

，

因

e^{ξ} > 0

，故

f (ξ) + f' (ξ) = 0

。证毕。

| ＊三、柯西定理

由拉格朗日中值定理的几何解释知，连续曲线

A B

上若除端点外处处都有不垂直于

x

轴的切线，则这段曲线上至少有一点

C

，使曲线在点

C

处的切线与弦

A B

平行，设

A B

由参数方程

{\begin{matrix} X = F (x) \\ Y = f (x) \end{matrix}) (a \leq x \leq b)

表示，如图 4－3 所示，其中

x

为参数，则曲线上点

(x, y)

处的斜率为

\frac{d Y}{d X} = \frac{f' (x)}{F' (x)}

弦

A B

的斜率为

\frac{f (b) - f (a)}{F (b) - F (a)}

假定点

C

对应于参数

x = ξ

，则曲线上点

C

处切线与弦

A B

平行可表示为

\frac{f (b) - f (a)}{F (b) - F (a)} = \frac{f' (ξ)}{F' (ξ)}

图 4－3 柯西定理几何解释

与这一事实相应的便是下面介绍的内容。

定理 4－3

（柯西定理）如果函数

f (x)

及

F (x)

满足：

（1）在闭区间

[a, b)

连续；

（2）在开区间

(a, b)

可导；

（3）对任一

x \in (a, b)

，

F' (x) \neq 0

。

那么，在

(a, b)

内至少存在一点

ξ

，使得

\frac{f (b) - f (a)}{F (b) - F (a)} = \frac{f' (ξ)}{F' (ξ)}

成立。

显然，若取

F (x) = x

，则

F (b) - F (a) = b - a

，

F' (x) = 1

，柯西定理中的公式可写成

f (b) - f (a) = f' (ξ) (b - a) (a < ξ < b)

这就是拉格朗日中值公式，可见，拉格朗日中值定理是柯西中值定理的特殊情况。

| 习题 4－1

习题 4－1

1. 验证罗尔定理对函数

y = \ln \sin x

在区间

[\frac{π}{6}, \frac{5 π}{6})

上的正确性。

2. 试证明对函数

y = p x^{2} + q x + r

应用拉格朗日中值定理时，所求的点

ξ

总是位于区间的正中间。

3. 已知函数

f (x) = (x - 1) (x - 2) (x - 3) (x - 4)

，判断方程

f' (x) = 0

几个实根，并指出根的范围。

4. 证明恒等式：

\arctan x + arccot x = \frac{π}{2}

，

x \in (- \infty, + \infty)

。

习题 4－1 详细解析

1. 验证罗尔定理对

y = \ln \sin x

在

[\frac{π}{6}, \frac{5 π}{6})

上的正确性。

解（1）

\sin x

在

[\frac{π}{6}, \frac{5 π}{6})

上连续且

\sin x > 0

，故

y = \ln \sin x

在

[\frac{π}{6}, \frac{5 π}{6})

上连续。

（2）

y' = \frac{\cos x}{\sin x} = \cot x

在

(\frac{π}{6}, \frac{5 π}{6})

内存在，故可导。

（3）

f (\frac{π}{6}) = \ln \sin \frac{π}{6} = \ln \frac{1}{2}

，

f (\frac{5 π}{6}) = \ln \sin \frac{5 π}{6} = \ln \frac{1}{2}

，故

f (a) = f (b)

。

三个条件均满足。令

y' = \cot x = 0

，得

ξ = \frac{π}{2} \in (\frac{π}{6}, \frac{5 π}{6})

，定理得到验证。

2. 证明

y = p x^{2} + q x + r

的

ξ

在区间正中间。

解设区间为

[a, b)

，

y' = 2 p x + q

。由拉格朗日中值定理：

f' (ξ) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a} = \frac{p (b^{2} - a^{2}) + q (b - a)}{b - a} = p (a + b) + q

又

f' (ξ) = 2 p ξ + q

，故

2 p ξ + q = p (a + b) + q

，解得

ξ = \frac{a + b}{2}

，即

ξ

恰好在区间正中间。

f (x) = (x - 1) (x - 2) (x - 3) (x - 4)

，判断

f' (x) = 0

的实根个数。

解

f (x)

在

(- \infty, + \infty)

上连续可导，且

f (1) = f (2) = f (3) = f (4) = 0

。由罗尔定理：

在

(1, 2)

内至少有一点

ξ_{1}

使

f' (ξ_{1}) = 0

；

在

(2, 3)

内至少有一点

ξ_{2}

使

f' (ξ_{2}) = 0

；

在

(3, 4)

内至少有一点

ξ_{3}

使

f' (ξ_{3}) = 0

。

又

f' (x)

是三次多项式，至多有 3 个实根，故

f' (x) = 0

恰有 3 个实根，分别在

(1, 2)

、

(2, 3)

、

(3, 4)

内。

4. 证明

\arctan x + arccot x = \frac{π}{2}

。

证明设

f (x) = \arctan x + arccot x

，则

f' (x) = \frac{1}{1 + x^{2}} + (- \frac{1}{1 + x^{2}}) = 0

故

f (x) = C

（常数）。取

x = 0

：

f (0) = 0 + \frac{π}{2} = \frac{π}{2}

，因此

\arctan x + arccot x = \frac{π}{2}

。

习题 4－1 题型总结

题型一：验证中值定理的正确性

解题路线：逐一检验定理条件（连续性、可导性、端值条件）→ 计算

f' (x)

→ 令

f' (ξ) = 0

（或满足中值公式）→ 验证

ξ

在开区间内。典型题：如第 1 题验证罗尔定理。

题型二：利用中值定理证明不等式或恒等式

解题路线：构造辅助函数

F (x)

，使问题转化为

F' (x) = 0

或利用

f' (ξ) (b - a) = f (b) - f (a)

的结论。典型题：如第 4 题利用导数恒为零证明恒等式。

题型三：判断方程根的个数

解题路线：找出函数零点

f (x_{i}) = 0

→ 相邻零点之间用罗尔定理得

f' (ξ) = 0

→ 结合

f' (x)

的次数确定根的个数。典型题：如第 3 题判断

f' (x) = 0

的实根个数。

题型四：求中值定理中的 ξ 值

解题路线：直接使用拉格朗日中值定理公式

f' (ξ) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a}

，解方程求出

ξ

。典型题：如第 2 题证明二次函数的

ξ

总在区间中点。

第二节洛必达法则

我们知道，在求极限时，常会遇到两个无穷小之比的极限或两个无穷大之比的极限。这些极限有的存在，有的不存在。通常称这类极限为“未定式”。利用第一章的方法求未定式的极限通常是困难的，本节介绍一种简单而有效的方法——洛必达法则。

⚠️ 重要提醒

洛必达法则使用前提（务必牢记！）：

每次使用洛必达法则前，必须检查当前极限是否属于

\frac{0}{0}

型或

\frac{\infty}{\infty}

型未定式。如果不是这两种类型，绝对不能使用洛必达法则。

常见错误示范：

\frac{\lim_{x \to \infty} x + \cos x}{x}

不是未定式（求导后

\frac{1 - \sin x}{1}

极限不存在），不能用洛必达法则，应直接化简为

1 + \frac{\cos x}{x} \to 1

。

| 一、

\frac{0}{0}

型未定式的极限求法

若当

x \to x_{0}

（

x \to \infty

）时，

f (x)

与

g (x)

均趋于

0

，则称相应的极限

\frac{\lim f (x)}{g (x)}

为

\frac{0}{0}

型未定式。

洛必达法则 Ⅰ

若

f (x)

与

g (x)

满足：

（1）

\lim_{x \to x_{0}} f (x) = 0

，

\lim_{x \to x_{0}} g (x) = 0

；

（2）在点

x_{0}

的某去心邻域内，

f' (x)

与

g' (x)

均存在，且

g' (x) \neq 0

；

（3）

\frac{\lim_{x \to x_{0}} f' (x)}{g' (x)}

存在（或为

\infty

）。

则有

\frac{\lim_{x \to x_{0}} f (x)}{g (x)} = \frac{\lim_{x \to x_{0}} f' (x)}{g' (x)}

法则 Ⅰ 的证明从略。

注意

法则 Ⅰ 是对

x \to x_{0}

时的

\frac{0}{0}

型未定式给出的，对于

x \to \infty (\pm \infty)

时的

\frac{0}{0}

型未定式同样适用。

例 1

求下列极限。

（1）

\frac{\lim_{x \to 1} x^{2} - 1}{\ln x}

。　　　　（2）

\frac{\lim_{x \to + \infty} \frac{π}{2} - \arctan x}{\frac{1}{x}}

。

解（1）该极限为

\frac{0}{0}

型，故

\frac{\lim_{x \to 1} x^{2} - 1}{\ln x} = \frac{\lim_{x \to 1} 2 x}{\frac{1}{x}} = 2

（2）该极限为

\frac{0}{0}

型。因此，由于

x \to + \infty

时，

\arctan x \to \frac{π}{2}

，故此极限

\frac{\lim_{x \to + \infty} \frac{π}{2} - \arctan x}{\frac{1}{x}} = \frac{\lim_{x \to + \infty} - \frac{1}{1 + x^{2}}}{- \frac{1}{x^{2}}} = \frac{\lim_{x \to + \infty} x^{2}}{1 + x^{2}} = 1

在利用洛必达法则求极限时，若

\frac{\lim f' (x)}{g' (x)}

仍为

\frac{0}{0}

型未定式，且函数

f' (x)

与

g' (x)

满足法则 Ⅰ 的条件，则可再使用该法则。但在连续应用洛必达法则时，应注意每一步检验是否仍为未定式，不是未定式时不能再用该法则。

例 2

求

\frac{\lim_{x \to 0} e^{x} + e^{- x} - 2}{1 - \cos x}

。

解由于此极限为

\frac{0}{0}

型，所以

\frac{\lim_{x \to 0} e^{x} + e^{- x} - 2}{1 - \cos x} = \frac{\lim_{x \to 0} e^{x} - e^{- x}}{\sin x} = \frac{\lim_{x \to 0} e^{x} + e^{- x}}{\cos x} = 2

在利用洛必达法则求极限时，还要注意尽量将式子化简以利于求导。

例 3

求下列极限。

（1）

\frac{\lim_{x \to 0} e^{x} \sin x - x (x + 1)}{\sin^{3} x}

。　　（2）

\frac{\lim_{x \to 0} \tan x - x}{x - \sin x}

。

解（1）原式

= \frac{\lim_{x \to 0} e^{x} \sin x - x (x + 1)}{x^{3}}

= \frac{\lim_{x \to 0} e^{x} (\sin x + \cos x) - 1 - 2 x}{3 x^{2}}

= \frac{\lim_{x \to 0} 2 e^{x} \cos x - 2}{6 x} = \frac{\lim_{x \to 0} 2 e^{x} (\cos x - \sin x)}{6} = \frac{1}{3}

（2）原式

= \frac{\lim_{x \to 0} \sec^{2} x - 1}{1 - \cos x}

= \frac{\lim_{x \to 0} \tan^{2} x}{1 - \cos x}

= \frac{\lim_{x \to 0} x^{2}}{\frac{1}{2} x^{2}} = 2

。

| 二、

\frac{\infty}{\infty}

型未定式的极限求法

若当

x \to x_{0}

（

x \to \infty

）时，

f (x)

与

g (x)

均趋于

\infty

，则称相应的极限

\frac{\lim f (x)}{g (x)}

为

\frac{\infty}{\infty}

型未定式。

洛必达法则 Ⅱ

若

f (x)

与

g (x)

满足：

（1）

\lim_{x \to x_{0}} f (x) = \infty

，

\lim_{x \to x_{0}} g (x) = \infty

；

（2）在点

x_{0}

的某去心邻域内，

f' (x)

与

g' (x)

均存在，且

g' (x) \neq 0

；

（3）

\frac{\lim_{x \to x_{0}} f' (x)}{g' (x)}

存在（或为

\infty

）。

则有

\frac{\lim_{x \to x_{0}} f (x)}{g (x)} = \frac{\lim_{x \to x_{0}} f' (x)}{g' (x)}

注意

法则 Ⅱ 对于

x \to \infty (\pm \infty)

时的

\frac{\infty}{\infty}

型未定式同样适用。

例 4

求

\frac{\lim_{x \to 0^{+}} \ln x}{\ln (1 - \cos x)}

。

解原式

= \frac{\lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{x}}{\frac{\sin x}{1 - \cos x}} = \frac{\lim_{x \to 0^{+}} 1 - \cos x}{x \sin x} = \frac{1}{2}

。

例 5

设

a > 0

，求

\frac{\lim_{x \to + \infty} \ln x}{x^{a}}

。

解当

x \to + \infty

时，对数函数

\ln x

与幂函数

x^{a}

（

a > 0

）均为增函数且趋于

+ \infty

。极限为

\frac{\infty}{\infty}

型未定式。故

\frac{\lim_{x \to + \infty} \ln x}{x^{a}} = \frac{\lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x}}{a x^{a - 1}} = \frac{\lim_{x \to + \infty} 1}{a x^{a}} = 0

由例 5 可知，当

x \to + \infty

时，对数函数的增长速度比幂函数

x^{a}

慢。

例 6

设

a > 1

，

n \in N

，求

\frac{\lim_{x \to + \infty} a^{x}}{x^{n}}

。

解由于

a > 1

，

n \in N

，指数函数

a^{x}

和幂函数

x^{n}

当

x > 0

时均为增函数，且当

x \to + \infty

时均趋于

+ \infty

。故

\frac{\lim_{x \to + \infty} a^{x}}{x^{n}} = \frac{\lim_{x \to + \infty} a^{x} \cdot \ln a}{n x^{n - 1}} = \frac{\lim_{x \to + \infty} a^{x} \ln^{2} a}{n (n - 1) x^{n - 2}} = \dots = \frac{\lim_{x \to + \infty} a^{x} \ln^{n} a}{n!} = \infty

由例 6 可知，当

x \to + \infty

时，指数函数

a^{x}

的增长速度比幂函数

x^{n}

快。

在使用洛必达法则求未定式极限时，必须注意一个问题：当

\frac{\lim f' (x)}{g' (x)}

不存在时，

\frac{\lim f (x)}{g (x)}

不一定不存在。

例 7

求

\frac{\lim_{x \to \infty} x + \sin x}{x}

。

解此极限为

\frac{\infty}{\infty}

型未定式。若用洛必达法则，则得极限

\frac{\lim_{x \to \infty} 1 + \cos x}{1}

由于

\cos x

为周期函数，上式的极限不存在，也不为

\infty

。但是

\frac{\lim_{x \to \infty} x + \sin x}{x} = \frac{\lim_{x \to \infty} 1 + \frac{\sin x}{x}}{1} = 1

即原极限存在。

一般当用洛必达法则求不出未定式的极限时，要想其他办法求极限。

某些极限可以先化为

\frac{0}{0}

型或

\frac{\infty}{\infty}

型未定式，再用洛必达法则求极限。

除

\frac{0}{0}

和

\frac{\infty}{\infty}

这两种类型的未定式外，还有其他型的未定式，其中“

0

”代表无穷小量，而“

1

”代表以

1

为极限的变量，对于这些类型的未定式，可通过适当变形，化为

\frac{0}{0}

或

\frac{\infty}{\infty}

型未定式，然后用洛必达法则计算。

| 三、

0 \cdot \infty

，

\infty - \infty

，

0^{0}

，

1^{\infty}

，

\infty^{0}

型未定式

\infty - \infty

型和

0 \cdot \infty

型未定式

例 8

求下列极限。

（1）

\lim_{x \to 0^{+}} x \ln x

。　　　（2）

\lim_{x \to 1} (\frac{x}{x - 1} - \frac{1}{\ln x})

。

解（1）这是

0 \cdot \infty

型未定式，将其变形为

x \ln x = \frac{\ln x}{\frac{1}{x}}

则当

x \to 0^{+}

时视为

\frac{\infty}{\infty}

型未定式，因此

\lim_{x \to 0^{+}} x \ln x = \frac{\lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{x}}{- \frac{1}{x^{2}}} = \lim_{x \to 0^{+}} (- x) = 0

（2）这是

\infty - \infty

型未定式，可先通分化为

\frac{0}{0}

型，再求极限。

\lim_{x \to 1} (\frac{x}{x - 1} - \frac{1}{\ln x}) = \frac{\lim_{x \to 1} x \ln x - x + 1}{(x - 1) \ln x} = \frac{\lim_{x \to 1} 1 + \ln x - 1}{\frac{x - 1}{x} + \ln x}

= \frac{\lim_{x \to 1} \ln x}{\frac{x - 1}{x} + \ln x} = \frac{\lim_{x \to 1} \frac{1}{x}}{\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{x}} = \frac{1}{2}

例 9

求下列极限。

（1）

\lim_{x \to a} (a^{2} - x^{2}) \tan \frac{π x}{2 a}

。　　（2）

\lim_{x \to \infty} [(2 + x) e^{\frac{1}{x}} - x)

。

解（1）原式

= \frac{\lim_{x \to a} a^{2} - x^{2}}{\cot \frac{π x}{2 a}}

\overset{\frac{0}{0}}{=} \frac{\lim_{x \to a} - 2 x}{- \frac{π}{2 a} \csc^{2} \frac{π x}{2 a}} = \frac{4 a^{2}}{π}

。

（2）原式

= \lim_{x \to \infty} x [(\frac{2}{x} + 1) e^{\frac{1}{x}} - 1)

\overset{0 \cdot \infty}{=} \frac{\lim_{x \to \infty} (\frac{2}{x} + 1) e^{\frac{1}{x}} - 1}{\frac{1}{x}}

。

令

t = \frac{1}{x}

，

\frac{\lim_{t \to 0} (2 t + 1) e^{t} - 1}{t}

= \lim_{t \to 0} [2 + (2 t + 1)) e^{t} = 3

。

1^{\infty}

，

0^{0}

，

\infty^{0}

型未定式

例 10

求下列极限。

（1）

\lim_{x \to 0} {[\frac{\sin x}{x})}^{\frac{1}{1 - \cos x}}

。　（2）

\lim_{x \to + \infty} {(1 + x)}^{\frac{1}{x}}

。　（3）

\lim_{x \to 1^{+}} {(\ln x)}^{\ln x}

。

解（1）这是

1^{\infty}

型未定式，将其变形为

原式

= e^{\frac{\lim_{x \to 0} 1}{1 - \cos x} \ln \frac{\sin x}{x}}

= e^{\frac{\lim_{x \to 0} \ln \sin x - \ln x}{1 - \cos x}}

。

注意

x \to 0

时，

x

与

\sin x

是等价无穷小。

经过多次应用洛必达法则，可得原式

= e^{- \frac{1}{3}}

。

（2）这是

\infty^{0}

型未定式，将其变形为

原式 = e^{\frac{\lim_{x \to + \infty} \ln (1 + x)}{x}} = e^{\frac{\lim_{x \to + \infty} 1}{1 + x}} = e^{0} = 1

（3）这是

0^{0}

型未定式，将其变形为

原式

= e^{\lim_{x \to 1^{+}} \ln x \cdot \ln (\ln x)}

。

令

u = \ln x

，当

x \to 1^{+}

时

u \to 0^{+}

，

\lim_{u \to 0^{+}} u \ln u = \frac{\lim_{u \to 0^{+}} \ln u}{\frac{1}{u}} = \frac{\lim_{u \to 0^{+}} \frac{1}{u}}{- \frac{1}{u^{2}}} = \lim_{u \to 0^{+}} (- u) = 0

故原式

= e^{0} = 1

。

典型题（0/0 型）

求

\frac{\lim_{x \to 0} x - \sin x}{x^{3}}

。

解当

x \to 0

时，分子

x - \sin x \to 0

，分母

x^{3} \to 0

，属于

\frac{0}{0}

型未定式。

使用洛必达法则（第一次）：

\frac{\lim_{x \to 0} x - \sin x}{x^{3}} = \frac{\lim_{x \to 0} 1 - \cos x}{3 x^{2}}

仍为

\frac{0}{0}

型，再用洛必达法则（第二次）：

= \frac{\lim_{x \to 0} \sin x}{6 x}

仍为

\frac{0}{0}

型，再用洛必达法则（第三次）：

= \frac{\lim_{x \to 0} \cos x}{6} = \frac{1}{6}

典型题（0⁰ 型——先取对数）

求

\lim_{x \to 0^{+}} x^{x}

。

解当

x \to 0^{+}

时，底数

x \to 0

，指数

x \to 0

，属于

0^{0}

型未定式。

关键步骤：先取对数！设

y = x^{x}

，取对数得

\ln y = x \ln x

。

这是

0 \cdot \infty

型，变形为

\frac{\infty}{\infty}

型：

\lim_{x \to 0^{+}} x \ln x = \frac{\lim_{x \to 0^{+}} \ln x}{\frac{1}{x}} = \frac{\lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{x}}{- \frac{1}{x^{2}}} = \lim_{x \to 0^{+}} (- x) = 0

故

\lim_{x \to 0^{+}} x^{x} = e^{0} = 1

。

典型题（∞ - ∞ 型——通分化为 0/0）

求

\lim_{x \to 0} (\frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x})

。

解当

x \to 0

时，

\frac{1}{\sin x} \to \infty

，

\frac{1}{x} \to \infty

，属于

\infty - \infty

型未定式。

关键步骤：通分化为

\frac{0}{0}

型！

\frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} = \frac{x - \sin x}{x \sin x}

当

x \to 0

时，分子

x - \sin x \to 0

，分母

x \sin x \to 0

，化为

\frac{0}{0}

型。利用等价无穷小

\sin x \sim x

：

\frac{\lim_{x \to 0} x - \sin x}{x \sin x} = \frac{\lim_{x \to 0} x - \sin x}{x^{2}} = \frac{\lim_{x \to 0} 1 - \cos x}{2 x} = \frac{\lim_{x \to 0} \sin x}{2} = 0

| 习题 4－2

习题 4－2

1. 求下列函数的极限。

（1）

\frac{\lim_{x \to 0} \sin 3 x}{\sin 7 x}

。　　（2）

\frac{\lim_{x \to + \infty} \ln x}{x^{a}}

（

a > 0

）。

（3）

\lim_{x \to 0} \sin x \cdot x^{x}

。　　（4）

\frac{\lim_{x \to + \infty} e^{x} - e^{- x}}{e^{x} + e^{- x}}

。

（5）

\frac{\lim_{x \to π} x - \sin x}{x + \sin x}

。　　（6）

\lim_{x \to 1} (\frac{x}{x - 1} - \frac{1}{\ln x})

。

（7）

\lim_{x \to π} (x - π) \tan \frac{x}{2}

。　　（8）

\frac{\lim_{x \to \infty} x + \cos x}{x}

。

2. 证明下列等式成立。

（1）

\frac{\lim_{x \to 0} \sin a x}{x} = a

（

a \neq 0

）。　　（2）

\lim_{x \to \infty} {(1 + \frac{k}{x})}^{x} = e^{k}

（

k \neq 0

）。

习题 4－2 详细解析

1. 函数极限

（1）

\frac{\lim_{x \to 0} \sin 3 x}{\sin 7 x}

= \frac{\lim_{x \to 0} 3 \cos 3 x}{7 \cos 7 x} = \frac{3}{7}

。

（2）

\frac{\lim_{x \to + \infty} \ln x}{x^{a}}

= \frac{\lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x}}{a x^{a - 1}} = \frac{\lim_{x \to + \infty} 1}{a x^{a}} = 0

。

（3）

\lim_{x \to 0} \sin x \cdot x^{x}

。先求

\lim_{x \to 0^{+}} x^{x} = e^{\lim_{x \to 0^{+}} x \ln x} = e^{0} = 1

。故原式

= 0 \cdot 1 = 0

。

（4）

\frac{\lim_{x \to + \infty} e^{x} - e^{- x}}{e^{x} + e^{- x}}

= \frac{\lim_{x \to + \infty} 1 - e^{- 2 x}}{1 + e^{- 2 x}} = 1

。

（5）当

x \to π

时，

\sin x \to 0

，

x \to π \neq 0

，不是

\frac{0}{0}

型，直接代入

= \frac{π - 0}{π + 0} = 1

。

（6）同例 8（2），

= \frac{1}{2}

。

（7）

\lim_{x \to π} (x - π) \tan \frac{x}{2}

。令

t = x - π

，则

= \lim_{t \to 0} t \cdot \tan \frac{t + π}{2} = \lim_{t \to 0} t \cdot (- \cot \frac{t}{2})

= \frac{\lim_{t \to 0} - t}{\tan \frac{t}{2}} = - 2

。

（8）

\frac{\lim_{x \to \infty} x + \cos x}{x}

= \lim_{x \to \infty} (1 + \frac{\cos x}{x}) = 1

（注意不能直接用洛必达法则）。

2. 等式证明

（1）

\frac{\lim_{x \to 0} \sin a x}{x}

= \frac{\lim_{x \to 0} a \cos a x}{1} = a

。

（2）

\lim_{x \to \infty} {(1 + \frac{k}{x})}^{x}

= e^{\lim_{x \to \infty} x \ln (1 + \frac{k}{x})}

= e^{\frac{\lim_{x \to \infty} \ln (1 + \frac{k}{x})}{\frac{1}{x}}}

= e^{\frac{\lim_{x \to \infty} \frac{- k / x^{2}}{1 + k / x}}{- 1 / x^{2}}}

= e^{\frac{\lim_{x \to \infty} k}{1 + k / x}} = e^{k}

。

习题 4－2 题型总结

题型一：

\frac{0}{0}

型未定式

识别标志：分子分母都趋于 0。直接对分子分母分别求导。注意：每次求导前都要确认仍是

\frac{0}{0}

型，可能需多次求导。典型题：第 1(1)(2) 题。

题型二：

\frac{\infty}{\infty}

型未定式

识别标志：分子分母都趋于无穷。处理方法同

\frac{0}{0}

型。常见技巧：先同除最高次幂简化，再用洛必达法则。典型题：第 1(2)(4) 题。

题型三：

0 \cdot \infty

型未定式

转化方法：将趋于 0 的因子写成

\frac{1}{\cdot}

放分母，化为

\frac{0}{0}

或

\frac{\infty}{\infty}

型。典型题：第 1(3)(7) 题。

题型四：

\infty - \infty

型未定式

转化方法：通分化为单个分式（

\frac{0}{0}

型），或利用有理化、恒等变换消除差的形式。典型题：第 1(6) 题。

题型五：

1^{\infty}

、

0^{0}

、

\infty^{0}

型（幂指型）

统一方法：取对数

\ln y = g (x) \ln f (x)

，化为

0 \cdot \infty

型处理，最后用

e

的指数还原。典型题：第 2(2) 题。

⚠ 常见易错点

① 不是未定式不能用洛必达法则（如第 1(5)(8) 题直接代入即可）；② 洛必达法则要求极限存在（含

\infty

），若求导后极限不存在，说明法则不适用，需换方法；③ 善用等价无穷小简化运算，如

\sin x \sim x

，

1 - \cos x \sim \frac{x^{2}}{2}

。

第三节导数在研究函数性态方面的应用

| 一、函数的单调性与极值

1. 函数单调性

我们已经知道函数在区间上单调的概念，而直接根据定义判断其单调性是很不方便的。下面我们利用导数来判定函数的单调性。

如图 4－4 有区间

[a, b)

上的单调函数

f (x)

的曲线，可以看出，曲线是单调上升的，且曲线上任一点处的切线与轴正向夹角为锐角即反过来是否也成立呢？我们有如下定理：

图 4－4 单调递增函数

定理 4－3

设函数

f (x)

在区间

[a, b)

上连续，在

(a, b)

内可导，则有

（1）如果在

(a, b)

内

f' (x) > 0

，则函数

f (x)

在

[a, b)

上单调增加；

（2）如果在

(a, b)

内

f' (x) < 0

，则函数

f (x)

在

[a, b)

上单调减少。

图 4－5 分段单调函数

有时，函数在其整个定义域上并不具有单调性，但在其各个部分区间上却具有单调性。如图 4－5 所示，函数

f (x)

在区间

[x_{1}, x_{2})

、

[x_{3}, x_{4})

、

[x_{5}, b)

上单调增加，而在

[a, x_{1})

、

[x_{2}, x_{3})

、

[x_{4}, x_{5})

上单调减少，并且，从图上容易看到，可导函数

f (x)

在单调区间的分界点处的导数为零，即

f' (x_{1}) = f' (x_{2}) = 0

。

因此，要确定可导函数

f (x)

的单调区间，首先要求出使

f' (x) = 0

的点（称这样的点为驻点），然后用这些驻点将

f (x)

的定义域分成若干个子区间，再在每个区间上用定理 4－3 判断函数的单调性。一般地，当

f' (x)

在某区间内的个别点处为零，而在其余各点处都为正（或负）时，那么

f (x)

在该区间上仍是单调增加（或单调减少）的。

例 1

讨论函数

f (x) = 3 x^{2} - x^{3}

的单调性。

解因为

f (x) = 3 x^{2} - x^{3}

，所以

f' (x) = 6 x - 3 x^{2} = 3 x (2 - x)

。

令

f' (x) = 0

得驻点：

x_{1} = 0

，

x_{2} = 2

，用它们将

f (x)

的定义区间

(- \infty, + \infty)

分成三个部分

(- \infty, 0)

、

(0, 2)

、

(2, + \infty)

。

当

x \in (- \infty, 0)

时，有

f' (x) < 0

；当

x \in (0, 2)

时，

f' (x) > 0

；当

x \in (2, + \infty)

时，

f' (x) < 0

。因此，由定理 4－3 知，函数

f (x)

在区间

(- \infty, 0)

与

(2, + \infty)

上单调减少，在区间

(0, 2)

上单调增加。

2. 函数的极值

定义 4－1

设函数

f (x)

在

x_{0}

的某邻域内有定义，且对此邻域内任一点

x

（

x \neq x_{0}

），均有

f (x) < f (x_{0})

，则称

f (x_{0})

是函数

f (x)

的一个极大值；同样，如果对此邻域内任一点

x

（

x \neq x_{0}

），均有

f (x) > f (x_{0})

，则称

f (x_{0})

是函数

f (x)

的一个极小值。函数的极大值与极小值统称为函数的极值。使函数取得极值的点

x_{0}

称为极值点。

注意

（1）函数在一个区间上可能有几个极大值和几个极小值，其中有的极大值可能比极小值还小。如图 4－5 所示，显然极小值

f (x_{5})

大于极大值

f (x_{2})

。

（2）函数的极值概念是局部性的，它们与函数的最大值、最小值（以后把函数

f (x)

在其定义域上的最大值与最小值统称为最值）不同。极值

f (x_{0})

是就点

x_{0}

附近的一个局部范围来说的，最大值与最小值是就

f (x)

的整个定义域而言的。

从图 4－5 可以看出，可导函数在取得极值处的切线是水平的，即极值点

x_{0}

处，必有

f' (x_{0}) = 0

，于是有下面的定理。

定理 4－4

（极值的必要条件）设

f (x)

在

x_{0}

处具有导数，且在点

x_{0}

取得极值，那么

f' (x_{0}) = 0

定理 4－4 指出，可导函数的极值点必定是驻点，但驻点不一定是极值点，例如

f (x) = x^{3}

，

x = 0

是

f (x)

的驻点，但

x = 0

不是它的极值点。实际上函数是单调函数，没有极值。另一方面，函数不可导点也可能是极值点，例如，

f (x) = | x)

在点

x = 0

处不可导，但

x = 0

却是它的极小值点。因此，函数的极值点只需在驻点或不可导点去寻找。为了判断它们是否为极值点，于是有下面的定理。

定理 4－5

（极值的第一充分条件）设函数

f (x)

在点

x_{0}

连续，在点

x_{0}

的某一空心邻域内可导。当由小增大经过

x_{0}

时：

（1）如果

f' (x)

由正变负，那么

x_{0}

是极大值点；

（2）如果

f' (x)

由负变正，那么

x_{0}

是极小值点；

（3）如果

f' (x)

不变号，那么

x_{0}

不是极值点。

根据以上讨论，可按下列步骤求函数极值：

（1）求出函数

f (x)

的定义域；

（2）求

f' (x)

，确定出

f (x)

在定义域内的所有驻点和不可导点，用这些点把定义域分成若干子区间；

（3）列表讨论

f' (x)

在驻点及不可导点的左右两侧的符号，以确定极值。

例 2

求函数

f (x) = \frac{1}{3} x^{3} - x^{2} - 3 x + 3

的极值。

解函数

y = f (x)

的定义域为

(- \infty, + \infty)

，则

f' (x) = x^{2} - 2 x - 3 = (x + 1) (x - 3)

令

f' (x) = 0

，得驻点为

x_{1} = - 1

，

x_{2} = 3

。列表讨论如下（表格法）：

x

(- \infty, - 1)

- 1

(- 1, 3)

3

(3, + \infty)

|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|

f' (x)

+

0

-

0

+

f (x)

| ↗ | 极大值

\frac{14}{3}

| ↘ | 极小值

- 6

| ↗ |

由上表可知，函数的极大值

f (- 1) = \frac{14}{3}

，极小值为

f (3) = - 6

。

例 3

求函数

y = (2 x - 5) \sqrt[3]{x^{2}}

的极值。

解函数

y = f (x)

的定义域为

(- \infty, + \infty)

，则

y' = (2 x - 5) \cdot \frac{2}{3 \sqrt[3]{x}} + 2 \sqrt[3]{x^{2}} = \frac{10}{3} \cdot \frac{(x - 1)}{\sqrt[3]{x}}

令

y' = 0

，得驻点

x = 1

。又

y'

不存在的点为

x = 0

。列表讨论如下：

当

x \in (- \infty, 0)

时，

f' (x) > 0

，

f (x)

↗，极大值

f (0) = 0

；

当

x \in (0, 1)

时，

f' (x) < 0

，

f (x)

↘，极小值

f (1) = - 3

；

当

x \in (1, + \infty)

时，

f' (x) > 0

，

f (x)

↗。

由上表可知，函数的极大值

f (0) = 0

，极小值为

f (1) = - 3

。

另外，也可用二阶导数来判定函数极值，这种方法在某些情况下较为方便（证明从略）。

定理 4－6

（极值的第二充分条件）设函数

f (x)

在

x_{0}

处具有一阶和二阶导数，且

f' (x_{0}) = 0

，

f ″ (x_{0}) \neq 0

，则

（1）当

f ″ (x_{0}) < 0

时，

f (x)

在

x_{0}

处取得极大值

f (x_{0})

；

（2）当

f ″ (x_{0}) > 0

时，

f (x)

在

x_{0}

处取得极小值

f (x_{0})

。

注意

当

f' (x_{0}) = 0

，

f ″ (x_{0}) = 0

时，函数

f (x)

在

x_{0}

处可能有极值，也可能没有极值，这时要改用第一充分条件来确定，第二充分条件失效。

例 4

求函数

f (x) = x^{2} - \frac{1}{2} x^{4}

的极值。

解

f' (x) = 2 x - 2 x^{3}

f ″ (x) = 2 - 6 x^{2}

令

f' (x) = 0

，得驻点

x_{1} = - 1

，

x_{2} = 0

，

x_{3} = 1

。又因为

f ″ (- 1) = - 4 < 0

，

f ″ (0) = 2 > 0

，

f ″ (1) = - 4 < 0

，

所以函数

f (x)

在

x_{1} = - 1

和

x_{3} = 1

处有极大值

f (- 1) = f (1) = \frac{1}{2}

，在

x_{2} = 0

处有极小值

f (0) = 0

。

| 二、函数的最值

在工农业生产及实际生活中，经常会遇到如何做才能使“用料最省”“产值最高”“耗时最少”等问题，这类问题在数学上就是最大值、最小值问题。

设函数

y = f (x)

在闭区间上连续，根据闭区间上连续函数的性质，

f (x)

在

[a, b)

上一定有最大值和最小值。如果最大值（或最小值）在区间

(a, b)

内部取得，那么这个最大值（或最小值）一定是函数的极大值（或极小值），由于函数的最大值（或最小值）可能在区间端点取得，所以求函数

f (x)

在

[a, b)

的最大值（或最小值）的方法是：

（1）求函数在

f (x)

在

(a, b)

内的驻点及

f' (x)

的不存在点；

（2）计算函数在这些点处和两个端点处的函数值，并加以比较，最大者为最大值，最小者为最小值。

例 5

求函数

f (x) = 2 x^{3} + 3 x^{2} - 12 x

在

[- 3, 4)

上的最大值和最小值。

解因为

f (x) = 2 x^{3} + 3 x^{2} - 12 x

在

[- 3, 4)

上连续，所以在该区间上存在着最大值和最小值。

又因为

f' (x) = 6 x^{2} + 6 x - 12 = 6 (x + 2) (x - 1)

，令

f' (x) = 0

，得驻点

x_{1} = - 2

，

x_{2} = 1

，由于

f (- 2) = 20

，

f (1) = - 7

，

f (- 3) = 9

，

f (4) = 128

。比较各值，可得函数

f (x)

的最大值为

f (4) = 128

，最小值为

f (1) = - 7

。

对于实际问题，往往根据问题的性质就可断定函数

f (x)

在定义区间的内部确有最大值或最小值。理论上可以证明：若实际问题已断定

f (x)

在其定义区间内部（不是端点处）存在着最大值（或最小值），且

f' (x) = 0

在定义区间内只有一个根

x_{0}

，那么，可确定

f (x)

在点

x_{0}

取得相应的最大值（或最小值）。

例 6

某厂有一个圆柱形油罐，其直径为

6

m，高

2

m，想用吊臂长为

15

m 的吊车（车身高

1.5

m）把油罐吊到

6.5

m 高的平台上去，试问能吊上去吗？

解此题实际上是求吊车能把油罐吊起的最大高度，因此是一个求最大值问题。

【建立模型】设油罐吊起高度为

h

，吊杆与水平线的夹角为

l

，由图 4－6 可知：

h = B C = B E - D E - C D

，

B E = A E \sin l

，

D E = F D \tan l

，

因为

A E = 15

，

F D = 3

，

C D = 2

，所以目标函数为

H = 15 \sin l - 3 \tan l - 2 (0 < l < \frac{π}{2})

【求导计算】因为

\frac{d h}{d l} = 15 \cos l - 3 \sec^{2} l

，令

\frac{d h}{d l} = 0

，则

l \approx 54 °

。

由实际问题可知的最大值是存在的，而在

(0, \frac{π}{2})

内目标函数的驻点又只有一个，所以可以断言

l \approx 54 °

时，取得最大值，且最大值为

h |_{l = 54 °} \approx 15 \sin 54 ° - 3 \tan 54 ° - 2 \approx 6 (m)

【实际意义检验】由于车身

1.5

m，因此实际可以将油罐吊到约

7.5

m 的高度，因而肯定能将它吊到

6.5

m 高的平台上去。

图 4－6 吊车问题示意图

例 7

已知在图 4－7 所示的电路中电源电压为

E

，内阻为

r

，试求负载电阻

R

多大时，负载电阻

R

上的输出功率最大？

解在图 4－7 的电路中，根据欧姆定律，得负载电阻

R

上的电流

I = \frac{E}{R + r}

，则由功率关系得，负载电阻上的输出功率为

P = I^{2} R = \frac{E^{2}}{{(R + r)}^{2}} R (0 < R < + \infty)

这一问题可归结为：负载电阻在

(0, + \infty)

内取何值时，输出功率

P

最大。

对功率

P

关于

R

求导：

P' = [\frac{1}{{(R + r)}^{2}} + \frac{- 2 R}{{(R + r)}^{3}}) E^{2} = \frac{r - R}{{(R + r)}^{3}} E^{2}

。

令

P' = 0

，得

R = r

。由于在区间

(0, + \infty)

内，函数

P

只有一个驻点

R = r

，因此，当

R = r

时，输出功率最大。

图 4－7 电路图

| 三、函数图形的描绘

前文用导数研究了函数的单调性与极值，要准确地描绘出函数的图形，仅仅是这些知识是不够的，为此再介绍利用导数来研究曲线的弯曲方向。

1. 函数的凹凸性与拐点

定义 4－2

在开区间

(a, b)

内，如果曲线

y = f (x)

都位于它的任一点的切线的上方，则称曲线

y = f (x)

在

(a, b)

内是凹的，该区间是凹区间；如果曲线

y = f (x)

都位于它的任一点的切线的下方，则称曲线

y = f (x)

在

(a, b)

内是凸的，该区间是凸区间。如图 4－8 所示。

图 4－8 凹凸曲线

由此可见，曲线的凹凸性与二阶导数

f ″ (x)

的符号有关，下面给出曲线凹凸性的判定定理。

定理 4－7

设函数

y = f (x)

在

(a, b)

内具有二阶导数：

（1）如果在开区间

(a, b)

内

f ″ (x) > 0

，则曲线

f (x)

在开区间

(a, b)

内是凹的；

（2）如果在开区间

(a, b)

内

f ″ (x) < 0

，则曲线

f (x)

在开区间

(a, b)

内是凸的。

定理 4－8

如果函数

y = f (x)

在点

x_{0}

及附近有二阶导数，且

f ″ (x_{0}) = 0

（或

f (x)

在点

x_{0}

处连续，而

f ″ (x_{0})

不存在），那么当

f ″ (x)

在

x_{0}

两侧异号时，点

(x_{0}, f (x_{0}))

是曲线

y = f (x)

的拐点；当

f ″ (x)

在

x_{0}

两侧同号时，则点

(x_{0}, f (x_{0}))

不是曲线

y = f (x)

的拐点。

连续曲线

y = f (x)

上凹与凸两部分的分界点，叫做曲线的拐点。

＊ 2. 曲线的水平渐近线和垂直渐近线

定义 4－3

如果当自变量

x \to \infty

（有时仅当

x \to + \infty

或

x \to - \infty

）时，

\lim_{x \to \infty} f (x) = b

，则称直线

y = b

为曲线

y = f (x)

的水平渐近线；如果当

x \to x_{0}

（有时仅当

x \to x_{0}^{+}

或

x \to x_{0}^{-}

）时，

\lim_{x \to x_{0}} f (x) = \infty

，则称直线

x = x_{0}

为曲线

y = f (x)

的垂直渐近线。

下面我们就以一个具体的例子来看一下怎么描绘函数的图形。

例 8

画出

f (x) = \frac{4 (x + 1)}{x^{2}} - 2

的图形。

解（1）函数定义域为

(- \infty, 0) \cup (0, + \infty)

。

（2）

f' (x) = - \frac{4 (x + 2)}{x^{3}}

，

f ″ (x) = \frac{8 (x + 3)}{x^{4}}

。

令

f' (x) = 0

，得驻点

x_{1} = - 2

，

f' (x)

不存在的点

x_{2} = 0

；

令

f ″ (x) = 0

，得

x_{3} = - 3

。

（3）列表讨论如下（表 4－3）：

在

(- \infty, - 3)

上

f' (x) < 0

，

f ″ (x) < 0

，

f (x)

凸↘；

x = - 3

处

f ″ (x) = 0

，拐点

- \frac{26}{9}

；

在

(- 3, - 2)

上

f' (x) < 0

，

f ″ (x) > 0

，

f (x)

凹↘；

x = - 2

处

f' (x) = 0

，极小值

- 3

；

在

(- 2, 0)

上

f' (x) > 0

，

f ″ (x) > 0

，

f (x)

↗凹；

x = 0

处为间断点；

在

(0, + \infty)

上

f' (x) < 0

，

f ″ (x) > 0

，

f (x)

凹↘。

（4）当

x \to \infty

时，

f (x) \to - 2

，所以

y = - 2

是水平渐近线；

当

x \to 0

时，

f (x) \to \infty

，所以

x = 0

是垂直渐近线。

（5）

f (- 1) = - 2

，

f (1) = 6

，

f (2) = 1

，

f (3) = - \frac{2}{9}

。

画出的图形如图 4－9。

图 4－9 函数f(x) = 4(x+1)/x² - 2的图形

| 习题 4－3

习题 4－3

1. 确定函数的单调区间。

（1）

f (x) = 2 x^{2} - \ln x

。　　（2）

f (x) = x e^{x}

。

2. 如果连续函数在闭区间上既有极大值，又有极小值，判断下列哪个结论是正确。

（1）极大值一定是最大值。（2）极小值一定是最小值。（3）极大值一定大于极小值。（4）前三种说法都不一定。

3. 设

f (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c

在点

x = 2

处取得极大值

3

，在点

x = 3

处取得极小值，试确定

a

，

b

，

c

的值，并求极小值。

4. 利用函数单调性证明

x^{3} - 3 x^{2} + c = 0

在

[0, \frac{3}{2})

上至多有一个实根（其中

c

为常数）。

5. 求函数

y = x + \sqrt{1 - x}

，

x \in [- 1, 1)

的最大值和最小值。

6. 从长为

12

cm，宽为

8

cm 的矩形纸板的四角上剪去相应的小正方形，折成一个无盖的盒子，要使盒子的容积最大，剪去的小正方形边长应为多少？

7. 欲围一个面积为

150

m 的矩形场地，四面围墙所用材料的造价不同，正面

6

元/

m^{2}

，其余三面

3

元/

m^{2}

，试问矩形场地的长、宽各为多少时，才能使材料费最省？

8. 选择一个正确的项填在括号中。

（1）设

a < x < b

，

f' (x) < 0

，

f ″ (x) < 0

，则在区间

(a, b)

内，曲线弧

y = f (x)

的形状是（）。

A. 沿

x

轴正向下降，且是凹弧　　B. 沿

x

轴正向下降，且是凸弧

C. 沿

x

轴正向上升，且是凸弧　　D. 沿

x

轴正向上升，且是凹弧

（2）下面命题正确的是（）。

A. 如果

f ″ (x_{0}) = 0

，则

f (x_{0})

一定是函数

y = f (x)

的极值

B. 如果

f ″ (x_{0}) = 0

，则点

(x_{0}, f (x_{0}))

一定是

y = f (x)

曲线的拐点

C. 如果

f' (x_{0}) = 0

，

f ″ (x_{0}) \neq 0

，则

f (x_{0})

一定是

y = f (x)

的极值

D. 如果

(x_{0}, f (x_{0}))

是曲线

y = f (x)

上的拐点，则一定有

f ″ (x_{0}) = 0

（3）下列结论正确的是（）。

A. 曲线

y = x^{2}

的拐点是

(0, 0)

点　　B. 曲线

y = x^{3}

的拐点是

x = 0

点

C. 曲线

y = \sqrt[3]{x^{2}}

的拐点是

(0, 0)

点　　D. 曲线

y = \sqrt[3]{x}

的拐点是

(0, 0)

点

（4）已知曲线

y = x^{3} + a x^{2} - 5 x + 4

上有拐点

(1, f (1))

，则

a =

（）。

A. 3　　B. 2　　C.

- 2

- 3

＊ 9. 求函数

y = \frac{1}{1 - x^{2}}

的渐近线。

10. 已知点

(1, 3)

为曲线

y = a x^{3} + b x^{2}

的拐点，求

a

与

b

的值。

＊ 11. 作出下列函数的图形。

（1）

y = 2 - x - x^{3}

。　　（2）

y = \ln (x^{2} + 1)

。

习题 4－3 详细解析

1. 单调区间

（1）

f (x) = 2 x^{2} - \ln x

（

x > 0

）。

f' (x) = 4 x - \frac{1}{x} = \frac{4 x^{2} - 1}{x}

。令

f' (x) = 0

得

x = \frac{1}{2}

。当

0 < x < \frac{1}{2}

时

f' (x) < 0

，单调减少；当

x > \frac{1}{2}

时

f' (x) > 0

，单调增加。

（2）

f (x) = x e^{x}

。

f' (x) = e^{x} + x e^{x} = (1 + x) e^{x}

。令

f' (x) = 0

得

x = - 1

。当

x < - 1

时

f' (x) < 0

，单调减少；当

x > - 1

时

f' (x) > 0

，单调增加。

2. 答案：（4）前三种说法都不一定。

逐项分析：

（1）×。极大值不一定是最大值。例如

f (x) = \sin x

在

[0, 4 π)

上有多个极大值为 1，但最大值也是 1，看似相等；再如

f (x) = - x^{4} + 8 x^{2}

在

[- 3, 3)

上，极大值

f (2) = 16

，但最大值可能在端点取得。关键理解：最大值要与端点值比较。

（2）×。同理，极小值不一定是最小值。最小值需要在所有驻点和端点中取最小者。

（3）×。极大值不一定大于极小值。反例：考虑函数在某段区间下降再上升再下降，前面的极大值可以小于后面的极小值。例如

f (x) = x^{3} - 3 x

的极大值

f (- 1) = 2

，极小值

f (1) = - 2

，如果改变参数，完全可能让极大值小于极小值。

（4）✓。综上，前三种说法都不一定成立，选（4）。

3. 由条件

f' (2) = 0

，

f' (3) = 0

，

f (2) = 3

。

f' (x) = 3 x^{2} + 2 a x + b

，故

12 + 4 a + b = 0

，

27 + 6 a + b = 0

。

解得

a = - \frac{15}{2}

，

b = 18

。由

f (2) = 8 + 4 a + 2 b + c = 3

得

c = - 11

。

极小值

f (3) = 27 + 9 a + 3 b + c = 27 - \frac{135}{2} + 54 - 11 = \frac{5}{2}

。

4. 令

f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + c

，

f' (x) = 3 x^{2} - 6 x = 3 x (x - 2)

。在

[0, \frac{3}{2})

上

x - 2 < 0

且

x \geq 0

，故

f' (x) \leq 0

，

f (x)

单调减少。单调函数至多有一个零点，故方程至多有一个实根。

y = x + \sqrt{1 - x}

，

y' = 1 - \frac{1}{2 \sqrt{1 - x}}

。令

y' = 0

得

\sqrt{1 - x} = \frac{1}{2}

，

x = \frac{3}{4}

。

y (- 1) = - 1 + \sqrt{2}

，

y (\frac{3}{4}) = \frac{3}{4} + \frac{1}{2} = \frac{5}{4}

，

y (1) = 1

。最大值

\frac{5}{4}

，最小值

- 1 + \sqrt{2} \approx 0.414

。

6. 设正方形边长为

x

cm，则盒子长为

(12 - 2 x)

cm，宽为

(8 - 2 x)

cm，高为

x

cm。

【建立模型】目标函数：

体积

V (x) = x (12 - 2 x) (8 - 2 x) = 4 x^{3} - 40 x^{2} + 96 x

（

0 < x < 4

）。

【求导计算】

V' (x) = 12 x^{2} - 80 x + 96 = 4 (3 x^{2} - 20 x + 24)

。

令

V' (x) = 0

，解

3 x^{2} - 20 x + 24 = 0

：

x = \frac{20 \pm \sqrt{400 - 288}}{6} = \frac{20 \pm \sqrt{112}}{6} = \frac{10 \pm 2 \sqrt{7}}{3}

即

x_{1} = \frac{10 - 2 \sqrt{7}}{3} \approx 1.57

cm（有效），

x_{2} = \frac{10 + 2 \sqrt{7}}{3} \approx 5.10

cm（超出范围，舍去）。

【实际意义检验】

验证：

V ″ (x) = 24 x - 80

，

V ″ (x_{1}) = 24 \times 1.57 - 80 < 0

，确为极大值。故剪去边长约

\frac{10 - 2 \sqrt{7}}{3} \approx 1.57

cm 的正方形时容积最大。

7. 【建立模型】设长为

x

，宽为

y = \frac{150}{x}

。

费用

C = 6 x + 3 x + 2 \cdot 3 \cdot \frac{150}{x} = 9 x + \frac{900}{x}

。

【求导计算】

C' = 9 - \frac{900}{x^{2}} = 0

得

x = 10

，

y = 15

。

【实际意义检验】

C ″ = \frac{1800}{x^{3}}

，

C ″ (10) > 0

，确为极小值。故长

10

m，宽

15

m 时材料费最省。

8. 选择题逐项分析

（1）设

a < x < b

，

f' (x) < 0

，

f ″ (x) < 0

，曲线弧形状是？

A. 沿 x 轴正向下降，凹弧　B. 沿 x 轴正向下降，凸弧　C. 沿 x 轴正向上升，凸弧　D. 沿 x 轴正向上升，凹弧

解析：

f' (x) < 0

→ 函数下降；

f ″ (x) < 0

→ 曲线是凸的。选 B。记忆口诀：一阶导定升降，二阶导定凹凸；

f ″ < 0

为凸（拱形），

f ″ > 0

为凹（碗形）。

（2）下面命题正确的是？

f ″ (x_{0}) = 0

则

f (x_{0})

一定是极值　B.

f ″ (x_{0}) = 0

则

(x_{0}, f (x_{0}))

一定是拐点　C.

f' (x_{0}) = 0

f ″ (x_{0}) \neq 0

则

f (x_{0})

一定是极值　D.

(x_{0}, f (x_{0}))

是拐点，则一定有

f ″ (x_{0}) = 0

解析： A 错（

f ″ = 0

不保证极值，如

f (x) = x^{3}

在

x = 0

）；B 错（

f ″ = 0

但两侧不变号则非拐点，如

f (x) = x^{4}

）；D 错（

f ″

可能不存在，如

y = | x)

在

x = 0

）。C 对：

f' (x_{0}) = 0

且

f ″ (x_{0}) \neq 0

时，由极值第二充分条件，

f (x_{0})

一定是极值。选 C。

（3）下列结论正确的是？

y = x^{2}

拐点是

(0, 0)

y = x^{3}

拐点是

x = 0

点　C.

y = \sqrt[3]{x^{2}}

拐点是

(0, 0)

y = \sqrt[3]{x}

拐点是

(0, 0)

解析： A：

y ″ = 2 > 0

，无拐点，错。B：

y ″ = 6 x

，

x = 0

两侧异号，但说法为'

x = 0

点'不够精确，应为

(0, 0)

，且此选项也可能正确——关键看考试表述。C：

y = x^{2 / 3}

，

y ″ = - \frac{2}{9} x^{- 4 / 3}

，

x = 0

处

y ″

不存在但两侧同号（都为负），非拐点。D：

y = x^{1 / 3}

，

y ″ = - \frac{2}{9} x^{- 5 / 3}

，

x = 0

处

y ″

不存在且两侧异号，

(0, 0)

是拐点。选 D。

（4）

y = x^{3} + a x^{2} - 5 x + 4

有拐点

(1, f (1))

，则

a = ?

解析：

y ″ = 6 x + 2 a

。拐点处

y ″ (1) = 0

，即

6 + 2 a = 0

，

a = - 3

。选 D。

y = \frac{1}{1 - x^{2}}

。当

x \to \pm 1

时

y \to \infty

，故

x = 1

和

x = - 1

是垂直渐近线；当

x \to \infty

时

y \to 0

，故

y = 0

是水平渐近线。

10.

(1, 3)

是拐点，故

f (1) = a + b = 3

且

f ″ (1) = 6 a + 2 b = 0

。解得

a = - \frac{3}{2}

，

b = \frac{9}{2}

。

11. （1）

y = 2 - x - x^{3}

，

y' = - 1 - 3 x^{2} < 0

，函数单调减少。

y ″ = - 6 x

，在

x = 0

处变号，

(0, 2)

为拐点。过

(0, 2)

下降的S形曲线。

（2）

y = \ln (x^{2} + 1)

，

y' = \frac{2 x}{x^{2} + 1}

，

x < 0

时减，

x > 0

时增。

y ″ = \frac{2 (1 - x^{2})}{{(x^{2} + 1)}^{2}}

，

x = \pm 1

为拐点，

y (0) = 0

为极小值。关于

y

轴对称的U形曲线。

习题 4－3 题型总结

题型一：确定单调区间

标准流程：求定义域 → 求

f' (x)

→ 令

f' (x) = 0

找驻点和不可导点 → 以这些点为分界分成子区间 → 在每个子区间判断

f' (x)

的符号 → 写出单调区间。典型题：第 1 题。

题型二：求极值

第一充分条件法（看一阶导变号）：

f'

从正变负 → 极大值；

f'

从负变正 → 极小值。第二充分条件法：驻点处

f ″ (x_{0}) > 0

→ 极小值；

f ″ (x_{0}) < 0

→ 极大值。典型题：第 3 题（含参数确定）。

题型三：求闭区间上的最值

方法：求出所有驻点和不可导点 → 计算这些点及端点处的函数值 → 比较取最大/最小。注意：实际应用题若只有一个驻点，可直接判定为最值点（唯一驻点法）。典型题：第 5、6、7 题。

题型四：最值应用题（优化问题）

三步走：① 设变量，建立目标函数（含约束条件消元）→ ② 求导找驻点 → ③ 根据实际意义判断最值（唯一驻点法或比较法）。典型题：第 6 题（盒子容积）、第 7 题（围墙费用）。

题型五：判断凹凸性和拐点

方法：求

f ″ (x)

→ 令

f ″ (x) = 0

→ 检验

f ″

在该点两侧是否变号。变号 → 是拐点；不变号 → 非拐点。注意

f ″

不存在的点也可能是拐点。典型题：第 8(2)(3)(4) 题、第 10 题。

题型六：选择题（概念辨析）

核心概念对比：驻点 ≠ 极值点（

f (x) = x^{3}

）；

f ″ = 0

≠ 拐点（

f (x) = x^{4}

）；极大值 ≠ 最大值（闭区间端点）。解题关键：抓住定义的充分/必要条件，善用反例排除。

附录核心题型与解题策略

🗡️ 策略一：洛必达法则的“七剑下天山”

总结 7 种未定式的转化套路：

①

\frac{0}{0}

型 → 直接使用洛必达法则。

②

\frac{\infty}{\infty}

型 → 直接使用洛必达法则。

③

0 \cdot \infty

型 → 下放趋于

0

的那一项到分母：

f \cdot g = \frac{f}{1 / g}

，化为

\frac{0}{0}

或

\frac{\infty}{\infty}

。

④

\infty - \infty

型 → 通分或提公因式，化为单个分式。

⑤

1^{\infty}

型 → 幂指取对数：

\lim y = e^{\lim g \ln f}

。

⑥

0^{0}

型 → 幂指取对数：

\lim y = e^{\lim g \ln f}

，化为

0 \cdot \infty

型再处理。

⑦

\infty^{0}

型 → 幂指取对数：

\lim y = e^{\lim g \ln f}

，化为

0 \cdot \infty

型再处理。

核心口诀： “两个直接用，乘型下放分母，差型先通分，幂指先取对数。”

🏭 策略二：函数作图的“五步流水线”

描绘函数图形的标准五步流程：

第一步：定义域 → 确定函数的自然定义域，找出间断点。

第二步：奇偶性 → 判断

f (- x)

与

f (x)

的关系，若有对称性可简化计算。

第三步：一阶导（单调、极值） → 求

f' (x)

，找驻点和不可导点，列表分析各区间上

f'

的正负，确定单调区间和极值。

第四步：二阶导（凹凸、拐点） → 求

f ″ (x)

，找二阶零点和不存在点，列表分析各区间上

f ″

的正负，确定凹凸区间和拐点。

第五步：渐近线 → 水平渐近线（

x \to \pm \infty

）和垂直渐近线（

f (x) \to \infty

），最后描点连线画图。

速记：定义域 → 奇偶性 → 一阶导 → 二阶导 → 渐近线。 “定奇一二渐”！

⚡ 策略三：极值 vs 最值 vs 拐点避坑指南

常见陷阱与辨析：

⚠ 陷阱 1：极值点不一定是驻点。导数不存在的点也可能是极值点！例如

f (x) = | x)

在

x = 0

处不可导，但

x = 0

是极小值点。

⚠ 陷阱 2：驻点不一定是极值点。例如

y = x^{3}

在

x = 0

处

f' (0) = 0

（驻点），但不是极值点（函数单调递增）。

⚠ 陷阱 3：最值可能在端点取得！求闭区间

[a, b)

上的最值，一定要比较端点函数值

f (a)

、

f (b)

与极值点处的值。

⚠ 陷阱 4：

f ″ (x_{0}) = 0

不一定是拐点。例如

y = x^{4}

在

x = 0

处

f ″ (0) = 0

，但两侧

f ″ > 0

，不是拐点。

⚠ 陷阱 5：拐点处

f ″

可以不存在。例如

y = \sqrt[3]{x}

在

x = 0

处

f ″

不存在，但两侧异号，

(0, 0)

是拐点。

记忆表：极值看一阶导变号，拐点看二阶导变号——“变号才是关键”！

本章小结

一、基本概念

未定型，极值点，驻点，极值，最值，曲线凹凸，拐点，渐近线，水平渐近线，铅直渐近线。

二、基本定理

罗尔中值定理，拉格朗日中值定理，柯西中值定理，洛必达法则，函数单调性的判定定理，极值的必要条件，极值的第一充分条件，极值的第二充分条件，曲线凹凸性的判定定理。

三、基本方法

1. 微分中值定理，是利用导数研究函数性态的理论基础，应当明确它们的条件、结论、几何解释及其内在联系。三个定理中最主要的是拉格朗日中值定理，利用它推出了函数单调性的判定法，进一步推出了曲线凹凸的判定法。罗尔定理是拉格朗日中值定理的一个特例，利用它可判断一元方程的根的个数及范围。柯西定理是拉格朗日中值定理推广到参数方程的情形，洛必达法则就是用它推出的。

2. 洛必达法则，它是求不定式极限的一个很重要且很方便的方法，在运用时要注意以下几点：

（1）运用之前先要检查所求极限是否是型

\frac{0}{0}

或

\frac{\infty}{\infty}

型，是才可用，否则不能用。

（2）只要满足条件可连续使用（每次使用前注意化简或整理）。

（3）对于

0 \cdot \infty

，

\infty - \infty

，

0^{0}

，

\infty^{0}

，

1^{\infty}

型等不定式，用适当方法将其变形为

\frac{0}{0}

型或

\frac{\infty}{\infty}

型。

（4）在运用洛必达法则的过程中，配合运用其他求极限方法（如消去致零因子、无穷小性质、等价无穷小代换等），可简化运算。

（5）使用洛必达法则无效时，可选择其他方法。

3. 函数单调性的判定、极值的求法：

（1）在某区间内，导数为正，函数单调增加；导数为负，函数单调减少。

（2）驻点和不可导的点是可能极值点。若在可能极值点的两侧导数异号，则该点是极值点，否则不是极值点。

（3）当自变量由左到右经过可能极值点时，如果导数由正变负，则该点是极大值点；如果导数由负变正，则该点是极小值点。

（4）极值的第二充分条件并非适用于所有函数，运用时应先检查是否满足前提条件。

4. 曲线凹凸性的判定、拐点的求法：方法与函数单调性的判定、极值的求法类似。

（1）在某区间内，二阶导数为正，曲线是凹的；二阶导数为负，曲线是凸的。

（2）曲线的二阶驻点和二阶不可导点是可能的拐点。若在二阶驻点和二阶不可导点的两侧二阶导数异号，则曲线在该点出现拐点，否则不出现拐点。

5. 函数的最值：

（1）闭区间上连续函数最值的求法：求出区间内所有可能极值点和区间两端点的函数值，然后加以比较，得到最大值与最小值。

（2）实际问题中，若函数在某区间内又只有一个可能极值点，而问题本身确实存在极大值或极小值，则唯一可能极值点的函数值就是最大值或最小值。

6. 函数作图：

函数图形是函数性质的直观反映。利用导数先求出定义域内所有的驻点、不可导点、二阶驻点、二阶不可导点，用这些点将定义域分成若干个子区间，在各个子区间内利用一阶导数的正负判断函数的增减，利用二阶导数的正负判断曲线的凹凸，求出函数的极值、曲线的拐点，描出关键点（极值、拐点、曲线与坐标轴的交点、补充控制点等），再结合曲线在各区间的性态及渐近线、奇偶性等，就可以比较准确地做出函数的图形。

复习题四

1. 填空题。

（1）函数

f (x) = x^{3} - 3 x^{2} - 9 x + 15

在区间

[- 4, 4)

上的单调增加区间是______；单调减少区间是______；极大值

f (x) =

______；极小值

f (x) =

______；该函数的图形在区间______是凸的，在区间______是凹的；该函数在

[- 4, 4)

上的最大值是

f (x)

______，最小值是

f (x)

______。

（2）函数

y = \frac{1}{1 - x^{2}}

的图形有水平渐近线______，铅直渐近线______。

2. 判断题。

（1）若函数

f (x)

在

[a, b)

上连续，在

(a, b)

内可导，则至少存在一点

x_{0} \in (a, b)

，使

f' (x_{0}) = 0

。（）

（2）若

x_{0}

是函数的极值点，则

(x_{0}, f (x_{0}))

为不可导点。（）

（3）若

f (x_{1})

和

f (x_{2})

分别是函数

f (x)

在

[a, b)

上的极大值和极小值，则必有

f (x_{1}) > f (x_{2})

。（）

（4）若

f ″ (x_{0})

不存在，则

(x_{0}, f (x_{0}))

必是曲线

y = f (x)

的拐点。（）

（5）单调函数的导数不一定为单调函数。（）

（6）闭区间上函数的最大（或最小）值就是函数在该区间上诸极值中最大（或最小）者。（）

3. 选择题。

（1）下列函数中，在区间

[- 1, 1)

上满足拉格朗日中值定理条件的是（）。

y = \frac{1}{x^{2}}

y = | x)

y = e^{x}

y = x^{\frac{2}{3}}

（2）设函数

f (x) = x^{2} + 2 x

在区间

[0, 2)

上满足拉格朗日中值定理的条件，则定理结论中的

ξ

为（）。

A. 4　　B. 3　　C. 2　　D. 1

（3）

\frac{\lim_{x \to 0} e^{\sin x} - e^{x}}{\sin x - x} =

（）。

- 1

1

\frac{1}{2}

- \frac{1}{2}

（4）设

f (x) = x \ln x

，则

f (x)

（）。

A. 在

(0, \frac{1}{e})

内单调减少　　B. 在

(\frac{1}{e}, + \infty)

内单调减少

C. 在

(0, + \infty)

内单调减少　　D. 在

(0, + \infty)

内单调增加

（5）以下结论正确的是（）。

A. 函数的不可导点一定不是极值点　　B. 可导函数的极值点一定是驻点

C. 函数在连续点一定可导　　D. 驻点一定是极值点

（6）函数

y = x - \ln (1 + x)

的单调减少区间是（）。

(- 1, 0)

(- 1, + \infty)

(0, + \infty)

(- \infty, - 1)

（7）点

x = 0

是函数

y = x^{4}

的（）。

A. 拐点　　B. 驻点但非极值点

C. 驻点且是拐点　　D. 驻点但不是拐点

（8）函数

y = x^{2} e^{x}

的图形在区间

(1, 2)

内是（）。

A. 单调减少且是凸的　　B. 单调增加且是凸的

C. 单调减少且是凹的　　D. 单调增加且是凹的

4. 求下列函数极限。

（1）

\frac{\lim_{x \to + \infty} x^{3}}{e^{x}}

。　　（2）

\frac{\lim_{x \to \infty} \ln (1 + x^{2})}{\ln (1 + x^{4})}

。

5. 求下列函数的单调区间和极值。

（1）

y = x^{3} - 3 x^{2} - 1

。　　（2）

y = \frac{2 x}{\ln x}

。

6. 求下列曲线的凹凸区间和拐点。

（1）

y = e^{2 x - x^{2}}

。　　（2）

y = {(2 x - 1)}^{4} + 1

。

7. 作函数

y = \frac{2}{3} x - \sqrt[3]{x}

的图形。

复习题四详细解析

1. 填空题解析

（1）

f' (x) = 3 x^{2} - 6 x - 9 = 3 (x + 1) (x - 3)

。单调增加区间

(- \infty, - 1)

和

(3, + \infty)

（在

[- 4, 4)

上为

[- 4, - 1)

和

[3, 4)

）；单调减少区间

(- 1, 3)

（即

[- 1, 3)

）。

极大值

f (- 1) = 20

；极小值

f (3) = - 12

。

f ″ (x) = 6 x - 6 = 0

得

x = 1

。在

(- \infty, 1)

凸，在

(1, + \infty)

凹。

f (- 4) = - 64 - 48 + 36 + 15 = - 61

，

f (4) = 64 - 48 - 36 + 15 = - 5

。最大值

f (- 1) = 20

，最小值

f (- 4) = - 61

。

（2）水平渐近线

y = 0

，铅直渐近线

x = 1

和

x = - 1

。

2. 判断题解析

（1）×。需要额外条件

f (a) = f (b)

（罗尔定理的条件）。

（2）×。极值点可以是驻点（可导），也可以是不可导点。

（3）×。极大值不一定大于极小值。

（4）×。还需要

f ″ (x)

在两侧异号。

（5）✓。例如

f (x) = x + \sin x

，

f' (x) = 1 + \cos x \geq 0

（单调不减），但

f' (x)

不是单调的。

（6）×。最值还可能在端点取得。

3. 选择题解析

（1）C。

y = e^{x}

在

[- 1, 1)

上连续，在

(- 1, 1)

内可导。

（2）D。

f' (ξ) = 2 ξ + 2 = \frac{f (2) - f (0)}{2 - 0} = \frac{8 - 0}{2} = 4

，

ξ = 1

。

（3）B。

\frac{\lim_{x \to 0} e^{\sin x} - e^{x}}{\sin x - x}

= \frac{\lim_{x \to 0} e^{u} \cdot (\cos x - 1)}{\cos x - 1}

（其中

u

在

\sin x

与

x

之间）

= e^{0} = 1

。

（4）A。

f' (x) = \ln x + 1 = 0

得

x = \frac{1}{e}

。当

0 < x < \frac{1}{e}

时

f' (x) < 0

，单调减少。

（5）B。可导函数的极值点必定满足

f' (x_{0}) = 0

，即为驻点。

（6）A。

y' = 1 - \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x}

。定义域

x > - 1

。当

- 1 < x < 0

时

y' < 0

，单调减少。

（7）D。

y' = 4 x^{3} = 0

得

x = 0

（驻点）。

y ″ = 12 x^{2}

，

y ″ (0) = 0

，但

y ″ \geq 0

不变号，不是拐点；

x = 0

是极小值点。

（8）D。

y' = 2 x e^{x} + x^{2} e^{x} = x (2 + x) e^{x}

。在

(1, 2)

内

x > 0

，

2 + x > 0

，

e^{x} > 0

，故

y' > 0

，单调增加。

y ″ = (x^{2} + 4 x + 2) e^{x}

，

x^{2} + 4 x + 2 > 0

（在

(1, 2)

），故

y ″ > 0

，凹。

4. 极限

（1）

\frac{\lim_{x \to + \infty} x^{3}}{e^{x}}

= \frac{\lim_{x \to + \infty} 3 x^{2}}{e^{x}}

= \frac{\lim_{x \to + \infty} 6 x}{e^{x}}

= \frac{\lim_{x \to + \infty} 6}{e^{x}} = 0

。

（2）

\frac{\lim_{x \to \infty} \ln (1 + x^{2})}{\ln (1 + x^{4})}

= \frac{\lim_{x \to \infty} \frac{2 x}{1 + x^{2}}}{\frac{4 x^{3}}{1 + x^{4}}}

= \frac{\lim_{x \to \infty} 2 x (1 + x^{4})}{4 x^{3} (1 + x^{2})}

= \frac{\lim_{x \to \infty} 1 + x^{4}}{2 x^{2} (1 + x^{2})} = \frac{1}{2}

。

5. 单调区间和极值

（1）

y' = 3 x^{2} - 6 x = 3 x (x - 2)

。

x = 0

极大值

- 1

，

x = 2

极小值

- 5

。在

(- \infty, 0)

和

(2, + \infty)

上增，在

(0, 2)

上减。

（2）

y = \frac{2 x}{\ln x}

（

x > 0

，

x \neq 1

），

y' = \frac{2 \ln x - 2}{{(\ln x)}^{2}} = \frac{2 (\ln x - 1)}{{(\ln x)}^{2}}

。令

y' = 0

得

x = e

。在

(0, 1)

和

(1, e)

上减，在

(e, + \infty)

上增。极小值

y (e) = 2 e

。

6. 凹凸区间和拐点

（1）

y = e^{2 x - x^{2}}

，

y' = (2 - 2 x) e^{2 x - x^{2}}

，

y ″ = [(- 2) + {(2 - 2 x)}^{2}) e^{2 x - x^{2}} = (4 x^{2} - 8 x + 2) e^{2 x - x^{2}}

。令

y ″ = 0

得

x = 1 \pm \frac{\sqrt{2}}{2}

。凹区间

(- \infty, 1 - \frac{\sqrt{2}}{2})

和

(1 + \frac{\sqrt{2}}{2}, + \infty)

，凸区间

(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}, 1 + \frac{\sqrt{2}}{2})

。

（2）

y = {(2 x - 1)}^{4} + 1

，

y' = 8 {(2 x - 1)}^{3}

，

y ″ = 48 {(2 x - 1)}^{2} \geq 0

。恒为非负，

y ″ = 0

仅在

x = \frac{1}{2}

处，但两侧不变号，无拐点，全程为凹曲线。

y = \frac{2}{3} x - x^{1 / 3}

，

y' = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} x^{- 2 / 3}

。令

y' = 0

得

x^{2 / 3} = \frac{1}{2}

，

x = \pm \frac{\sqrt{2}}{4}

。

y ″ = \frac{2}{9} x^{- 5 / 3}

，在

x = 0

处

y ″

不存在但两侧异号，

(0, 0)

为拐点。利用以上分析描绘图形。

复习题四题型总结

一、微分中值定理类

核心思路：验证条件 → 应用定理 → 求解。罗尔定理需验证三个条件（连续、可导、两端相等），拉格朗日中值定理需验证两个条件。常见考法：验证定理正确性、求 ξ 值、利用中值定理证明不等式。

二、洛必达法则类

核心路线图：

\frac{0}{0}

或

\frac{\infty}{\infty}

→ 直接用洛必达法则；

0 \cdot \infty

→ 改写为分式；

\infty - \infty

→ 通分/有理化；

1^{\infty}

0^{0}

\infty^{0}

→ 取对数化为乘积型。关键提醒：每次使用前检查类型，善用等价无穷小简化。

三、单调性与极值类

标准流程：求定义域 → 求

f' (x)

→ 找驻点和不可导点 → 分区间讨论 → 判断单调性/极值。第一充分条件（看变号）适用范围更广，第二充分条件（看

f ″

）计算更方便但可能失效。

四、最值应用题类

解题三步：① 建立目标函数（确定自变量和约束条件）→ ② 求导找驻点 → ③ 根据实际意义判断最值（唯一驻点法或比较法）。典型题型：用料最省、产值最高、面积最大等优化问题。

五、曲线性态描绘类

完整作图步骤：① 定义域 → ② 求

f'

f ″

→ ③ 列表分析单调性/凹凸性 → ④ 渐近线 → ⑤ 关键点坐标 → ⑥ 连线成图。注意凹凸性判定（

f ″ > 0

凹，

f ″ < 0

凸）和拐点判定（

f ″

变号处）。