[文化课]数学<导数·题集>

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补充知识点：

1.洛必达法则

对于\frac 0 0或\frac \infty \infty型的极限，可以使用洛必达法则求其极限

(1)\frac 00型

\lim_{x\rightarrow a}f(x)=0,\lim_{x\rightarrow a}g(x)=0

则

\lim_{x\rightarrow a}\frac {f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a}\frac {f'(x)}{g'(x)}

(2)\frac \infty\infty型

\lim_{x\rightarrow a}f(x)=\infty,\lim_{x\rightarrow a}g(x)=\infty

则

\lim_{x\rightarrow a}\frac {f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a}\frac {f'(x)}{g'(x)}

类似的非这两种类型的极限也可以通过变型变为可以洛必达的形式

(3)0*\infty型：将其中一个变为分母，转化为可洛必达的形式

例如

\lim_{x\rightarrow0}x\ln x=\lim_{x\rightarrow0}\frac {\ln x}{\frac 1x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac {(\ln x)'}{(\frac 1x)'}=\lim_{x\rightarrow0}\frac {\frac 1x}{-\frac 1{x^2}}=\lim_{x\rightarrow0}-x=0

(4)\infty-\infty型：将两个无穷大变为两个无穷小的倒数，再通分化为\frac 00型

(5)1^\infty,0^0,\infty^0型：将变量集中到指数，转为对指数求极限

洛神听说过没？做不出来？再洛一次！再洛一次！……洛它洛它再洛它！

2.泰勒展开

可用于放缩

泰勒展开公式（省略余项，要求连续展开处邻域连续可导）：

将f(x)在x=x_0处展开的公式为

f(x)=f(x_0)+\frac {f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac {f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac {f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n

即

f(x)=\sum_{i=0}^\infty\frac {f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i

可用于放缩

f(x)\geq\sum_{i=0}^n\frac {f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i

常取x_0=0（让n阶导尽可能好算），则有麦克劳林级数公式，用于放缩

f(x)=\sum_{i=0}^\infty\frac {f^{(i)}(0)}{i!}x^i

常见形式如（取x_0=0，退化为麦克劳林级数）

e^x=\sum_{i=0}^\infty\frac {x^i}{i!}=1+x+\frac {x^2} 2+\frac {x^3}6+\cdots \ln(x+1)=\sum_{i=1}^\infty(-1)^{i-1}\frac {x^i}i=x-\frac {x^2}2+\frac {x^3}3\cdots \sin x=\sum_{i=0}^{\infty}\frac {(-1)^i}{(2i+1)!}x^{2i+1}=1-\frac {x^3}6+\frac {x^5}{120}\cdots \cos x=\sum_{i=0}^{\infty}\frac {(-1)^i}{(2i)!}x^{2i}=1-\frac {x^2}2+\frac {x^4}{24}\cdots

则

e^x\geq x+1\ ,\ e^x\geq x+1+\frac {x^2}2 \ln(x+1)\leq x\ ,\ \ln(x+1)\geq x-\frac {x^2}2 \sin x\leq1\ ,\ \sin x\geq 1-\frac {x^3}6 \cos x\leq1\ ,\ \cos x\geq 1-\frac {x^2}2

上述不等式均可用于放缩，可作为切线不等式的推广

Problem 1

已知函数f(x)=e^x\cos x-x\sin x,g(x)=\sin x-\sqrt2e^x

若x>-1，求证：f(x)-g(x)>0

法1：

f(x)-g(x)=e^x\cos x-x\sin x-\sin x+\sqrt2e^x>0 e^x(\cos x+\sqrt 2)>\sin x(x+1)

因为x>-1

\frac {e^x}{x+1}>\frac {\sin x}{(\cos x+\sqrt 2)}

根据重要不等式e^x\geq x+1

当x\in (-1,+\infty)时

\frac {e^x}{x+1}\in[1,+\infty)

而将不等式右侧视为斜率，则

当x\in (-1,+\infty)时

\frac {\sin x}{(\cos x+\sqrt 2)}\in[-1,1]

所以

(\frac {e^x}{x+1})_{min}\geq(\frac {\sin x}{(\cos x+\sqrt 2)})_{max}

不可同时取等

证毕

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法二：

f(x)-g(x)=e^x\cos x-x\sin x-\sin x+\sqrt2e^x>0 e^x(\cos x+\sqrt 2) -(x+1)\sin x>0 \cos x+\sqrt 2 -\frac {(x+1)}{e^x}\sin x>0 \cos x -\frac {(x+1)}{e^x}\sin x>-\sqrt 2

根据辅助角公式

\cos x -\frac {(x+1)}{e^x}\sin x\geq-\sqrt{1+\frac {(x+1)^2}{e^{2x}}}

根据重要不等式e^x\geq x+1

-\sqrt{1+\frac {(x+1)^2}{e^{2x}}}\geq-\sqrt 2

两个不等号不同时取等

证毕

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Problem 2

已知

f(x)=-\frac 13x^3+\frac 32x^2+m(m-3)x+n\ \ \ \ \ \ m,n\in \mathbb R,|m|\leq1

(1)求f(x)的单调区间 (2)若函数y=e^x与y=e^xf(x)在公共点P(x_0,y_0)处有相同的切线，且f(x)\geq1在[x_0-1,x_0+1]上恒成立，求f'(x_0),f(x_0)，实数n的取值范围

(1)由于条件|m|\leq1避免了讨论，解出来f(x)在(m,3-m)递增，在(-\infty,m),(3-m,+\infty)递减

(2)根据公切线两个方程得到f'(x_0)=0,f(x_0)=1

根据条件f(x)\geq1在[x_0-1,x_0+1]上恒成立，可知x_0是极小值点，且根据第一问的单调区间可知，x_0=m

f(m)=-\frac 13m^3+\frac 32m^2+m^2(m-3)+n=0\ \ \ \ \ (m\in[-1,1])

得

n=-\frac 23m^3+\frac 32m^2+1\ \ \ (m\in[-1,1]) n'=-m(2m-3)\ \ \ (m\in[-1,1]) n\in[1,\frac {19}6] QED

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Problem 3

已知f(x)=e^x-ax-1，\forall x\in\mathbb R，f(x)\geq 0恒成立，求a的取值范围

法一：全分离

f(x)=e^x-ax-1\geq0 ax\leq e^x-1

分类讨论：

(i)当x=0时，该式恒成立

(ii)当x>0时，全分离变量可得

a\leq \frac {e^x-1}x

令

g(x)= \frac {e^x-1}x\ \ \ \ (x>0) g'(x)= \frac {e^x(x-1)+1}{x^2}\ \ \ \ (x>0)

对分子简单放缩一下（将e^x(x>0)放缩到1）

e^x(x-1)+1>x-1+1=x>0

所以g'(x)>0在(0,+\infty)上恒成立，g(x)在(0,+\infty)上单调递增

由于是开区间，应用洛必达法则

a\leq\lim_{x\rightarrow0}\frac {e^x-1}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac {(e^x-1)'}{x'}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac {e^x}{1}=1

即x>0时，a\leq 1

(iii)当x<0时，全分离变量可得

a\geq\frac {e^x-1}x

同理可得，当x<0时，a\geq 1

综上所述，a=1

法2：半分离

ax\leq e^x-1

应用数形结合思想，这是两条有交点的曲线，当且仅当他们相切时满足要求

即a=1

法3：不分离

f(x)=e^x-ax-1\geq0 f'(x)=e^x-a

当a\leq0时，f'(x)恒大于零，f(x)在\mathbb R上单增，而f(0)=0，不符题意

当a>0时，

f'(x)$在$(-\infty ,\ln a)$上$<0$，在$(\ln a,+\infty)$上$>0 $f(x)_{min}=f(\ln a)=a-1-a\ln a

令g(a)=a-1-a\ln a\geq0\ \ \ (a>0)

g'(a)=-\ln a g'(a)$在$(0 ,1)$上$>0$，在$(1,+\infty)$上$<0 $g(a)_{max}=g(1)=0

所以，当且仅当a=1满足题意

综上所述，a=1

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