《2022年北大附中高考数学专题复习导数与微分知识拓展2.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年北大附中高考数学专题复习导数与微分知识拓展2.docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载学科：数学教学内容：导数与微分学问拓展（一）【学问拓展】1如函数 yf（x）是由参数方程所确定的,该怎样求它的导数？前面我们争论了显函数和隐函数的导数,但在某些情形下, 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xt和yt来给出的,对于这类函数,有时可以把它很简洁地表示成显函数的形式,但有时就比较麻烦甚至不行能因此, 我们有必要找出这类函数的求导方法设xt的反函数t1x,并设它满意反函数求导的条件,于是可把y 看作复合函数yt1x.由复合函数与反函数的求导法就,得dydydydyt.dt dxdxdtdxt
2、dt名师归纳总结 例 1求参数方程xcos,t所确定的函数的导数dy.d2y.第 1 页,共 12 页ysin,tdxdy规范解法dydt dxsintcosttcot.tdxcostsindt例2求参数方程xt31,2 所确定的函数的二阶导,数yt2tdx2d2y,只要把 y 对 x 的思路启发依据二阶导数的定义d2yddydy,因此要求dx2dxdxdxdx2导数 y 求出来, 再将 y 与 xt1 联系,重复利用参数方程求导公式,求出 y 对 x 的导数,即dy 也即是我们要求 dxy 对 x 的二阶导数d2y.dx2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - -
3、 - 规范解法dydy学习必备欢迎下载dtdxdxdtd2yddy3t24.t3t24t6t423t2.ddydtdxdx2dxdxdxt1dt假如函数 yf（x）是由极坐标方程 参数方程,再求导数 （ ）给出来的,就可把极坐标方程先化成即 x （ ）cos ,y （ ） sin ,从而dydysincostantan.ddxdxcossind2什么是罗尔定理？我们先考察一个函数 y f x x 2,简洁验证这个函数满意：（）在闭区间 1,1上连续（）在开区间（1,1）内可导（） f（ 1） f（1） 1这个函数的导数fx2x,令fx2x0,得 x0（ 1,1）即在开区间（1, 1）内存在点
4、x使得f00（如图 314）一般地,我们有（即罗尔定理）如函数 f（x）满意条件 （） 在闭区间 a,b上连续；（） 在开区间 （a,b）内可导；（）名师归纳总结 在区间 a,b的两个端点的函数值相等,即 f（a） f（ b）,就至少存在一点,ab使得f.0第 2 页,共 12 页罗尔定理的几何意义是：两个端点的纵坐标相等的到处存在切线（端点除外） 的连续曲线 yf（x）上,至少有一点f,的切线是水平的如图315- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 例证明fxx22x3,x学习必备欢迎下载.,13满意罗尔定理规范证法fx2xx11x3f,1f30.fx2x
5、2,使f1.0即符合罗尔定理的结论名师归纳总结 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第 3 页,共 12 页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形,即有下面更一般的结论（即拉格朗日中值定理）如函数 f（x）满意：（）在闭区间a,b上连续；（）在开区间（a,b）内可导；就至少存在一点 （ a,b）,使ffbfa.ba证明：作帮助函数Fxfxfafbfaxaba简洁验证, F（x ）在 a,b上满意罗尔定理的条件,从而至少存在一点 （ a,b）,使F0.又Fxfxfbfa,ba从而Fffbfa.0ba即ffbfa.ba拉格朗日中
6、值定理的几何意义是：到处存在切线 两个端点除外 的连续曲线yfx上,至少有一条切线平行于两个端点的连线 如图 316 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 在拉格朗日定理的证明中,学习必备欢迎下载故这种方法也称帮助函采纳的方法是先作出一个帮助函数,数法 帮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帮助函数,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便利,可把这个公式写成以下几种形
7、式f b f a f , a, b .b a f b f a f b a , a, b . f b f a f a b a b a , 0 1 . f x 0 x f x 0 f x 0 x x, 0 1 . y f x 0 x x, 0 1 .对于这些公式要敏捷运用,比如：不必局限于 a0 时,由fx在0,a上应用拉格朗日定理,即faf0fa0.即faa f0a.再由 f（x）在 b,ab上应用拉格朗日定理得fabfbfya,byab.ffy留意到 a0,故有fafay,因fx单调递减,故对 aby,有于是fabfbfafbfa.从上面可以看出, 拉格朗日中值定理是罗尔定理的推广,特别情形（
8、只要令 f（a） f（ b）即得罗尔定理） 4怎样利用导数求不定式的极限？我们先看几个例子：而罗尔定理是拉格朗日的一种lim x 0x2lim x 0x0;lim x 0xsin1lim x 0sin1不存在；limx4x3x213.xxxx2x4从上面几个例子可以看出,有两个函数f（x）和 g（ x）,当 xa（或 x）时都趋于名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 零,或都趋于穷大,但这时的极限学习必备欢迎下载lim x axfx可能存在,也可能不存在,通常把这种类型的gx极限称为不定式的极限如xa 时, f （x）
9、与 g（x）都趋于0,就称极限lim x afx为0 型 0gx不定式； 如当 xa 时,f（x）与 g（x）都趋于无穷大, 就称极限lim x afx为型不定式 关gx于不定式的极限,我们有下面的结论01 型不定式. 洛必达法就0如f x , g x 在点a的某去心邻域内 可导,且 g x 0; lim f x lim g x 0;x a x af x lim x a g x 存在 包括 .f x f x f x就 lim x a g x 存在, 且 lim x a g x lim x a g 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 f x,而g x不是 f
10、x,这一点在利用上面的公式时肯定要留意如 lim f x 仍是一个不定式,并g x x a g x且 它 仍 满 足 上 面 的 三 个 条 件 , 就 此 时 对 lim f x 再 用 一 次 洛 必 达 法 就 , 即 此 时 有x a g xlim f x lim f x,即洛必达法就可以重复应用上面的 x 的变化趋势 xa 可换成x a g x x a g xx a,x a , x , x 或 x , 结论仍成立 例 1 求 lim x x cos x 0 型 .x 0 x sin x 0思路启发 由于当 x0 时,x xcosx0,xsinx0,所以这是一个不定式,考虑利用洛必达法
11、就名师归纳总结 规范解法易知这是0 型不定式,应用洛必达法就得：0第 6 页,共 12 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - lim x 0xxcosxlim x 01cos学习必备欢迎下载xxsinx0 0型xsinx1cosx点评lim x 0sinxsinxxcosxlim x 01cosxxsinx由极限公式：sinxlim x 02xxcosxsin2lim x 0xxlim x 0cosxsin213 .此题在应用一次洛必达法就以后得极限：1cosx当 x0 时,1cosxxsinx 0,1 cosx0,故仍是一个不定式,后的极限存在,因此再
12、应用一次洛必达法就例2求lim x 0xsinx0型.x30且它的分子分母分别求导之名师归纳总结 思路启发当x0时,xsinx0,x30,考虑利用洛必达法就.0.第 7 页,共 12 页规范解法lim x 0xsinxlim x 01cosxx33 x20,lim x1,0故考虑利用洛必达法就lim x 0sinx16x6例3求lim x2arctanx0型.10x思路启发由于lim x2arctanxx规范解法lim x2arctanxlim x112lim x1x22.1x 11xxx2例4设fxgxx0 ,且已知g0g00,g03 . 试求fx0x0 ,.f0lim x 0fxf0lim
13、 x 0gx00lim x 0gx思路启发依据导数的定义,我们有xx0xx2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由已知g0学习必备欢迎下载gxg00,明显x20x0,存在可知 g（x）在点 x 0 连续,故lim x 0故极限lim x 0gx为0 型不定式 又 0g00存在, 从而lim x 0gxlim x 0gx1lim x 0gxg0x2x22x2x01g0.存在fgx,2规范解法当x0 时,fxx0x2由洛必达法就得f0lim x 0gxlim x 0gxlim x 0gxg00,即lim x 0gx仍为不定式,但我们不x22x点评1lim x
14、 0gxg02x01g03 2.2虽然g0存在,此时有2x能再次利用洛必达法就而用以解法：f0lim x 0gxlim x 0gxlim x 0gx1g03.由于已知条件中只给出当x0 时 gx” .x22x222（x）的两阶导数即g0存在, 而当 x 0 时,g（x）的两阶导数即gxx0不肯定存在,即使gxx0存在,极限lim x 0gx也不肯定存在,故两次利用洛必达法就是错误的2型不定式.洛必达法就如fx,gx在点a的某去心邻域可导,且gx0;lim xafx,lim xagx;lim xafx存在包括.gx就lim x afx也存在,且lim x afxlim xafx.gxgxgx注：
15、这里的变化趋热“xa” 同样可换成“ xa,xa,x,x,例5求lim x 0lnsinmx型.lnsinnx思路启发由于lim x 0lnsinmx,lim x 0lnsinnx,故这是个不定式极限,考虑利用洛必达法就名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 规范解法lim x 0lnsinmx学习必备欢迎下载lnsinnxlim m sin nx cos mx mlim sin nx 0 型 mlim n cos nx1 .x 0 n sin mx cos nx n x 0 sin mx 0 n x 0 m cos m
16、xnx例6 求x lime x n为正整数,a 0 .思路启发 当 x时,x n , e x , 故这是个 型不定式的极限,考虑利用洛必达法就,故有相继应用洛必达法就 n 次得规范解法x lime x nx x lim nxe nx 1x lim n nn e 1 xx n 2x lim n .ne x 0 .点评 对该不定式利用 n1 次洛必达法就的每一结果仍是不定式,第 n 次应用洛必达法就极限存在,故该极限需相继使用n 次洛必达法就才能求出极限除上述争论的0 型与 0型不定式之外,在实际问题中,我们仍常遇到一些象、0 00 、00、1 、0 型的不定式,对于这些不定式,我们都可以通过一些
17、变化把它变成型或型的不定式,从而可以得到解决下面我们通过一些例题加以说明例7lim x 0x2lnx0型.2思路启发 由于当 x 0 时,x 0, lnx , 故这是一个 0 型不定式,考虑第一将其变成 0 或 型,再利用洛必达法就0规范解法 lim x 2ln x lim ln x 型x 0 x 0 1x 21lim x lim x 2x 0 2 x 0 2x 3.0点评 上述解题过程是将 0 型变成 型,再应用洛必达法就,我们看会显现什么结果名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - lim x 0x2lnxlim x
18、0x20型学习必备欢迎下载10ln xlim 2 x lim 2 x 2 ln 2 xx 0 1 1 x 0ln 2 x可以看出, 当变成 0 型再利用洛必达法就,不但求不出极限, 而且结果比不用洛达法就0以前更复杂,因此该极限不能变成 0 型求它的极限由该例我们得到启示：当将 0 型变0成 0 型 或 型 用洛必达法就求不出它的极限时,应考虑将它变成 型 或 0 型,再利0 0用洛必达法就求之例8lim x 0xx00型.NelnN将其变成 0 型, 再利用上述思路启发对于0 0 型不定式, 第一利用恒等式方法求之名师归纳总结 N规范解法lim x 0xlnxlim x 0lnxx再利用洛必
19、达法就第 10 页,共 12 页1xlim x 0x0 ,lim x 0xxelim x 0xlnx0 e1 .例9求limsecxtanx型.x2思路启发第一利用三角关系,将secxtanx 变成1sincosx规范解法limsecxtanxx2lim1sinx0型limcosx0.cosx0sinx型不定式,第一利用恒等式x2x2例 10求lim x 0cosx11型.x2思路启发由于x 0 时, cosx11故这是 1x2elnN,并将其变成0 型或 0型,再利用洛必达法就- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 规范解法cos1elncosx,学习必备
20、欢迎下载x2x 2lim x 0lncosx1lim x 0cos 2 xxx1 2lim x 01xsinx1.x2xcoscosx2elim x 0ln1lim x 0cosx2e2.x21例 11求x limx1x2lnx10型.2x2.,10.故这是一个0 型不定式,首思路启发由于当 x时,x1x1lnx先利用恒等式elnNN即可lnx1规范解法x1x2lnxelnx1.1lnx1x2x2lim xlnxlim x1xlim xx1x21xexlimlnxln1x2e 1.elnx从以上解题的过程可以看出,利用洛必达法就求不定式的极限是特别便利的,可以说,洛必达法就是解决不定式的极限的
21、特别有用的方法因此期望读者能够娴熟把握此种方 法凡遇到不定式的极限能够想到利用洛必达法就应用洛必达法就应留意以下几个问题：（1）审查所求的极限是否为不定式,不是不定式不能应用洛必达法就,由于它不满意 洛必法就的条件,如：名师归纳总结 lim x 0212cosxlim x 0212cosxlim x 02sinx1第 11 页,共 12 页x2x22x是错误的由于极限lim x 0212cosx不是0 型不定式事实上 0lim x 0212cosx0.x2x2（2）除运算0型与型两种不定式外, 运算其他五种不定式、0 、1、0 、000 型要用对数或代数运算将它转化为不定式0型或型,然后再应用
22、洛必达法就0（3）洛必达法就中有一个条件是极限lim x x0fx存在,假如极限lim x x0fx不存在,计gxgx- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 算极限lim x x0fx学习必备欢迎下载fx不存在,但是极限lim x x0fx也有就不能应用洛必达法就虽然lim x x0gxgxgx可能存在,这时运算它的极限要用其他的运算极限的方法例如,运算极限 lim x sin x,x x应用洛必达法就有极限 lim x sin x lim x sin x lim 1 cos x（不存在） ,而极限x x x x xlim x sin x lim 1 sin
23、 x 1 却是存在的所以该极限不能应用洛必达法就这种现象x x x x也不难说明,由于在洛必达法就中,条件 lim f x 存在仅是充分条件,即当 lim f x 不x x 0 g x x x 0 g x存在时,而极限 lim f x 也有可能存在x x 0 g x（4）应用洛必达法就运算不定式的极限,可能会显现 lim f x 仍是不定式,这时可x x 0 g x再应用洛必达法就值得说明的是,在运算极限的过程中,把握以下这些极限（不定式）并进行运用,将可简化极限的步骤,这些极限是：名师归纳总结 lim x 0sinx1 ,a0,lim x11 xxe,lim x 0tanx1 等.第 12 页,共 12 页xlim x 01x1 xe ,lim x 01cosx1,x22lim x 0ax1lnalim x 0ln1x1 ,xxx- - - - - - -