微分中值定理与导数应用

微分中值定理

费马引理

设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导，如果函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处取得极值，那么 $f'(x_0) = 0$。

罗尔定理

如果 $f(x)$ 满足以下条件：

1. 在闭区间 $[a,b]$ 上连续；

2. 在开区间 $(a,b)$ 内可导；

3. $f(a) = f(b)$，

   则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f'(\xi) = 0$。

适用特征：

• 端点值不出现/不完整

• 常只有一个变量

解题方法：

• 构造函数将要证明部分转换成 “导函数 $+ \lambda \cdot$ 原函数 $= 0$” 的形式
• 之后构造 $F(x) =$ 原函数 $\cdot e^{\int \lambda dx}$。

几何意义：当$f(x)$满足上面三个条件时，函数图象上至少有一点 $\xi$，使该点处切线水平。

例题1：已知 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(1) = 0$，求证：存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$

证明过程**：

还原变量**：将待证式中的 $\xi$ 替换为 $x$，得到 $f'(x) = -\frac{f(x)}{x}$。

变形为 “导函数 $+ \lambda \cdot$ 原函数 $= 0$” 形式：对 $f'(x) = -\frac{f(x)}{x}$ 进行变形，可得 $f'(x) + \frac{1}{x}f(x) = 0$，这里 $\lambda = \frac{1}{x}$

构造辅助函数：根据 “导函数 $+ \lambda \cdot$ 原函数 $= 0$ 时，构造 $F(x) =$ 原函数 $\cdot e^{\int \lambda dx}$” 的方法，构造 $F(x) = f(x) \cdot e^{\int \frac{1}{x}dx}$。

计算积分 $\int \frac{1}{x}dx = \ln x$（$x>0$），所以 $F(x) = f(x) \cdot e^{\ln x} = f(x) \cdot x$。

验证罗尔定理条件

• 连续性：因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$y = x$ 在 $[0,1]$ 上也连续，所以 $F(x) = f(x) \cdot x$ 在 $[0,1]$ 上连续。

• 可导性：$f(x)$ 在 $(0,1)$ 内可导，$y = x$ 在 $(0,1)$ 内可导且导数为 $1$，根据乘积的求导法则，$F(x)$ 在 $(0,1)$ 内可导。

• 端点函数值：$F(0) = f(0) \cdot 0 = 0$；$F(1) = f(1) \cdot 1 = 0$（因为 $f(1) = 0$），所以 $F(0) = F(1)$。

应用罗尔定理：

由罗尔定理可知，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $F'(\xi) = 0$。

对 $F(x) = x f(x)$ 求导，根据乘积求导法则 $(uv)' = u'v + uv'$，可得 $F'(x) = f(x) + x f'(x)$。

令 $x = \xi$，则 $F'(\xi) = f(\xi) + \xi f'(\xi) = 0$，整理可得 $f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$，得证。

例题2：已知 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0) = f(1) = 0$，$f\left(\frac{1}{2}\right) = 1$。求证：存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $f'(\xi) - \lambda [f(\xi) - \xi] = 1$。

证明过程

还原变量：将待证式中的 $\xi$ 替换为 $x$，得到 $f'(x) - \lambda [f(x) - x] = 1$。

变形为 “导函数 $+ A \cdot$ 原函数 $= 0$” 形式：对 $f'(x) - \lambda [f(x) - x] = 1$ 变形，可得 $(f'(x) - 1) - \lambda [f(x) - x] = 0$，这里把 $f'(x) - 1$ 看作导函数部分，$f(x) - x$ 看作原函数部分，$A = -\lambda$。

构造辅助函数：根据 “导函数 $+ A \cdot$ 原函数 $= 0$ 时，构造 $F(x) =$ 原函数 $\cdot e^{\int A dx}$” 的方法，构造 $F(x) = [f(x) - x] \cdot e^{\int -\lambda dx}$。

计算积分 $\int -\lambda dx = -\lambda x$（$x \in (0,1)$），所以 $F(x) = [f(x) - x] \cdot e^{-\lambda x}$，且 $e^{-\lambda x} > 0$。

寻找满足 $F(x_1) = F(x_2)$ 的点：

• 计算 $F(0)$：$F(0) = [f(0) - 0] \cdot e^{0} = 0 \cdot 1 = 0$。

• 分析 $f(x) - x$ 在区间 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上的情况：$f(1) - 1 = 0 - 1 = -1$，$f\left(\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$。

  由零点定理，因为 $f(x) - x$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上连续，且 $f\left(\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} > 0$，$f(1) - 1 = -1 < 0$，所以存在 $\eta \in \left(\frac{1}{2}, 1\right)$，使得 $f(\eta) - \eta = 0$，即 $F(\eta) = [f(\eta) - \eta] \cdot e^{-\lambda \eta} = 0$。

应用罗尔定理：因为 $F(0) = F(\eta) = 0$，且 $F(x)$ 在 $[0, \eta]$ 上连续，在 $(0, \eta)$ 内可导，由罗尔定理可知，至少存在一点 $\xi \in (0, \eta) \subseteq (0,1)$，使得 $F'(\xi) = 0$。

对 $F(x) = [f(x) - x] \cdot e^{-\lambda x}$ 求导，根据乘积求导法则 $(uv)' = u'v + uv'$，可得：

$F'(x) = (f'(x) - 1) \cdot e^{-\lambda x} + [f(x) - x] \cdot e^{-\lambda x} \cdot (-\lambda)$

​ $= e^{-\lambda x} \left[(f'(x) - 1) - \lambda (f(x) - x)\right]$

令 $x = \xi$，则 $F'(\xi) = e^{-\lambda \xi} \left[(f'(\xi) - 1) - \lambda (f(\xi) - \xi)\right] = 0$。

因为 $e^{-\lambda \xi} > 0$，所以 $(f'(\xi) - 1) - \lambda (f(\xi) - \xi) = 0$，整理可得 $f'(\xi) - \lambda [f(\xi) - \xi] = 1$，得证。

例题3：

设 $f(x)$，$g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，求证：存在 $\xi \in (a,b)$，使得 $\frac{f(a) - f(\xi)}{g(\xi) - g(b)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$。

分析：由于式子中只出现 $f(a)$、$g(b)$，未出现 $g(a)$、$f(b)$，端点值不配套，考虑用罗尔定理，通过构造辅助函数证明。

还原变量：将待证式中的 $\xi$ 替换为 $x$，得到 $\frac{f(a) - f(x)}{g(x) - g(b)} = \frac{f'(x)}{g'(x)}$。

变形为 “导函数相关等式” 形式：对 $\frac{f(a) - f(x)}{g(x) - g(b)} = \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 交叉相乘变形，可得 $g'(x) \cdot [f(a) - f(x)] - [g(x) - g(b)] \cdot f'(x) = 0$。

构造辅助函数：构造 $F(x) = [g(x) - g(b)] \cdot [f(x) - f(a)]$。

验证罗尔定理条件

• 连续性：因为 $f(x)$，$g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以 $F(x) = [g(x) - g(b)] \cdot [f(x) - f(a)]$ 在 $[a,b]$ 上连续。

• 可导性：$f(x)$，$g(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，根据乘积的求导法则，$F(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导。

• 端点函数值：$F(a) = [g(a) - g(b)] \cdot [f(a) - f(a)] = 0$；$F(b) = [g(b) - g(b)] \cdot [f(b) - f(a)] = 0$。

  所以 $F(a) = F(b)$。

应用罗尔定理

由罗尔定理可知，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $F'(\xi) = 0$。

对 $F(x) = [g(x) - g(b)] \cdot [f(x) - f(a)]$ 求导，根据乘积求导法则 $(uv)' = u'v + uv'$，可得：

$F'(x) = g'(x) \cdot [f(x) - f(a)] + [g(x) - g(b)] \cdot f'(x)$

令 $x = \xi$，则 $F'(\xi) = g'(\xi) \cdot [f(\xi) - f(a)] + [g(\xi) - g(b)] \cdot f'(\xi) = 0$，整理可得 $g'(\xi) \cdot [f(a) - f(\xi)] - [g(\xi) - g(b)] \cdot f'(\xi) = 0$。

因为 $g'(\xi)$ 与 $g(\xi) - g(b)$ 若满足一定条件（保证分母不为零等，结合可导性等前提），可变形为 $\frac{f(a) - f(\xi)}{g(\xi) - g(b)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$，得证。

拉格朗日中值定理

如果 $f(x)$ 满足以下条件：

1. 在闭区间 $[a,b]$ 上连续；

2. 在开区间 $(a,b)$ 内可导，

   则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f(b) - f(a) = f'(\xi)(b - a)$。

推论：

• 如果在 $(a,b)$ 内恒有 $f'(x) = 0$，则在 $(a,b)$ 内 $f(x)$ 为常数函数。
• 若函数 $f(x)$、$g(x)$ 在区间 $(a,b)$ 内均可导，且恒有 $f'(x) = g'(x)$，则在 $(a,b)$ 上，恒有 $f(x) = g(x) + C$（其中 $C$ 为常数）。

几何意义：满足拉格朗日中值定理的函数在$(a,b)$上至少存在一点，使得该点的切线平行于$A(a,f(a))$、$B(b,f(b))$两点连线。

适用特征：

1. 常成对出现端点值。

2. $\xi$在乘除法中出现$1$次。

解题方法：

1. 从端点值/变量形式反推出构造函数。

2. 相同字母放在一起。

3. 两端点值必须分离，不出现$bf(a)$、$af(b)$形式。

例题1：设$f(x)$在$[1,2]$上连续，在$(1,2)$内可导，求证：$\exists\xi\in(1,2)$，使$2f(2)=f(1)+f(\xi)+\xi f'(\xi)$。

分析特征

• 出现端点值$f(1)$、$f(2)$。

• $\xi$在剩余项中出现$1$次，形式涉及$f(\xi)+\xi f'(\xi)$。

• 从端点值及变量形式出发，考虑构造函数。

构造函数

观察到$f(\xi)+\xi f'(\xi)$是$[xf(x)]'$的形式（因为$[xf(x)]' = f(x)+x f'(x)$），所以构造函数$F(x)=x f(x)$.

应用拉格朗日中值定理

因为$f(x)$在$[1,2]$上连续，在$(1,2)$内可导，所以$F(x)=x f(x)$在$[1,2]$上连续，在$(1,2)$内可导。

根据拉格朗日中值定理，$\exists\xi\in(1,2)$，使得$\frac{F(2)-F(1)}{2 - 1}=F'(\xi)$。

• 计算$F(2)$和$F(1)$：$F(2)=2f(2)$，$F(1)=1\times f(1)=f(1)$。

• 计算$F'(\xi)$：由$F'(x)=f(x)+x f'(x)$，可得$F'(\xi)=f(\xi)+\xi f'(\xi)$。

推导结论

将$F(2)$、$F(1)$和$F'(\xi)$代入拉格朗日中值定理的表达式$\frac{F(2)-F(1)}{2 - 1}=F'(\xi)$中，得到：$\frac{2f(2)-f(1)}{1}=f(\xi)+\xi f'(\xi)$，即$2f(2)=f(1)+f(\xi)+\xi f'(\xi)$。

综上，得证。

例题2：设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$f(0) = 0$，$f(1)=\frac{1}{3}$。求证：$\exists\xi\in(0,\frac{1}{2})$，$\exists\eta\in(\frac{1}{2},1)$，使得$f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^{2}+\eta^{2}$。

分析：未出现端点值考虑罗尔定理，但不止一个变量无法使用罗尔定理，所以是隐藏端点值类型，又因为$\xi$只出现一次所以使用拉格朗日中值定理。

等式变形与构造函数

将$f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^{2}+\eta^{2}$变形为$f'(\xi)-\xi^{2}=-(f'(\eta)-\eta^{2})$。

构造函数$F(x)=f(x)-\frac{1}{3}x^{3}$。

计算$F(x)$的端点值

• $F(0)=f(0)-0 = 0$。

• $F(1)=f(1)-\frac{1}{3}\times1^{3}=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}=0$。

对$F(x)$在$[0,\frac{1}{2}]$上应用拉格朗日中值定理

因为$F(x)$在$[0,\frac{1}{2}]$上连续，在$(0,\frac{1}{2})$内可导，所以$\exists\xi\in(0,\frac{1}{2})$，使得$\frac{F(\frac{1}{2})-F(0)}{\frac{1}{2}-0}=F'(\xi)$。

计算$F'(\xi)$：由$F'(x)=f'(x)-x^{2}$，可得$F'(\xi)=f'(\xi)-\xi^{2}$。

所以$\frac{F(\frac{1}{2})-0}{\frac{1}{2}}=f'(\xi)-\xi^{2}$，即$2F(\frac{1}{2})=f'(\xi)-\xi^{2}$。

对$F(x)$在$[\frac{1}{2},1]$上应用拉格朗日中值定理

因为$F(x)$在$[\frac{1}{2},1]$上连续，在$(\frac{1}{2},1)$内可导，所以$\exists\eta\in(\frac{1}{2},1)$，使得$\frac{F(1)-F(\frac{1}{2})}{1 - \frac{1}{2}}=F'(\eta)$。

计算$F'(\eta)$：由$F'(x)=f'(x)-x^{2}$，可得$F'(\eta)=f'(\eta)-\eta^{2}$。

又因为$F(1) = 0$，所以$\frac{0 - F(\frac{1}{2})}{\frac{1}{2}}=f'(\eta)-\eta^{2}$，即$-2F(\frac{1}{2})=f'(\eta)-\eta^{2}$。

结合两个结果推导结论

将$2F(\frac{1}{2})=f'(\xi)-\xi^{2}$与$-2F(\frac{1}{2})=f'(\eta)-\eta^{2}$相加，可得：$f'(\xi)-\xi^{2}+f'(\eta)-\eta^{2}=0$，即$f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^{2}+\eta^{2}$。

综上，得证。

例题3：设$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导。求证：$\exists\xi\in(a,b)$，使得$\frac{af(b)-bf(a)}{ab(b - a)}=\frac{\xi f'(\xi)-f(\xi)}{\xi^{2}}$。

技巧：端点值分离与构造函数

观察到等式涉及$af(b)$、$bf(a)$，采用端点值分离的技巧。对分子分母同除以$ab$，将原式变形为$\frac{\frac{f(b)}{b}-\frac{f(a)}{a}}{b - a}=\frac{\xi f'(\xi)-f(\xi)}{\xi^{2}}$。

构造函数$F(x)=\frac{f(x)}{x}$。

验证$F(x)$的可导性与连续性

因为$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$x\in[a,b]$（$a,b$不为$0$，可保证分母有意义），所以$F(x)=\frac{f(x)}{x}$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导。

应用拉格朗日中值定理

根据拉格朗日中值定理，$\exists\xi\in(a,b)$，使得$\frac{F(b)-F(a)}{b - a}=F'(\xi)$。

• 计算$F(b)$和$F(a)$：$F(b)=\frac{f(b)}{b}$，$F(a)=\frac{f(a)}{a}$。

• 计算$F'(\xi)$：对$F(x)=\frac{f(x)}{x}$求导，根据商的求导法则$(\frac{u}{v})'=\frac{u'v - uv'}{v^{2}}$，这里$u = f(x)$，$v = x$，所以$F'(x)=\frac{f'(x)\cdot x - f(x)\cdot1}{x^{2}}$，则$F'(\xi)=\frac{\xi f'(\xi)-f(\xi)}{\xi^{2}}$。

推导结论

将$F(b)$、$F(a)$和$F'(\xi)$代入拉格朗日中值定理的表达式$\frac{F(b)-F(a)}{b - a}=F'(\xi)$中，得到：$\frac{\frac{f(b)}{b}-\frac{f(a)}{a}}{b - a}=\frac{\xi f'(\xi)-f(\xi)}{\xi^{2}}$，再将左边分子分母同乘$ab$，即可得到$\frac{af(b)-bf(a)}{ab(b - a)}=\frac{\xi f'(\xi)-f(\xi)}{\xi^{2}}$。

综上，得证。

例题4：设$f(x)$在$[x_{0},x_{0}+\delta]$上连续，$f'(x)$在$(x_{0},x_{0}+\delta)$内存在，且$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{+}}f'(x)=f'(x_{0}+0)$（右极限存在）。证明：$f(x)$在$x_{0}$处的右导数$f'_{+}(x_{0})$存在，且$f'_{+}(x_{0})=f'(x_{0}+0)$（导函数连续性相关）。

右导数的定义

根据右导数的定义，$f'_{+}(x_{0})=\lim\limits_{\delta\rightarrow0^{+}}\frac{f(x_{0}+\delta)-f(x_{0})}{\delta}$。

应用拉格朗日中值定理

因为$f(x)$在$[x_{0},x_{0}+\delta]$上连续，在$(x_{0},x_{0}+\delta)$内可导，所以由拉格朗日中值定理，$\exists\xi\in(x_{0},x_{0}+\delta)$，使得$\frac{f(x_{0}+\delta)-f(x_{0})}{(x_{0}+\delta)-x_{0}}=f'(\xi)$，即$\frac{f(x_{0}+\delta)-f(x_{0})}{\delta}=f'(\xi)$。

分析$\xi$的变化趋势

当$\delta\rightarrow0^{+}$时，$\xi$满足$x_{0}<\xi<x_{0}+\delta$，所以$\xi\rightarrow x_{0}^{+}$。

求极限推导右导数与导函数右极限的关系

由$f'_{+}(x_{0})=\lim\limits_{\delta\rightarrow0^{+}}\frac{f(x_{0}+\delta)-f(x_{0})}{\delta}$，结合拉格朗日中值定理的结果$\frac{f(x_{0}+\delta)-f(x_{0})}{\delta}=f'(\xi)$，可得：$f'_{+}(x_{0})=\lim\limits_{\delta\rightarrow0^{+}}f'(\xi)$。

又因为当$\delta\rightarrow0^{+}$时，$\xi\rightarrow x_{0}^{+}$，所以$\lim\limits_{\delta\rightarrow0^{+}}f'(\xi)=\lim\limits_{\xi\rightarrow x_{0}^{+}}f'(\xi)$。

再根据已知$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{+}}f'(x)=f'(x_{0}+0)$，令$x = \xi$，则$\lim\limits_{\xi\rightarrow x_{0}^{+}}f'(\xi)=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{+}}f'(x)=f'(x_{0}+0)$。

因此，$f'_{+}(x_{0})=f'(x_{0}+0)$。

综上，得证。

例题5：设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上可导，且$\lim\limits_{x\rightarrow\infty}f'(x)=e$。已知$\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\left(\frac{x + c}{x - c}\right)^{x}=\lim\limits_{x\rightarrow\infty}[f(x)-f(x - 1)]$，求$c$的值。

计算$\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\left(\frac{x + c}{x - c}\right)^{x}$

对$\left(\frac{x + c}{x - c}\right)^{x}$进行变形：$\left(\frac{x + c}{x - c}\right)^{x}=\left(\frac{(x - c) + 2c}{x - c}\right)^{x}=\left(1+\frac{2c}{x - c}\right)^{x}$。

根据重要极限$\lim\limits_{t\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^{t}=e$，令$t=\frac{x - c}{2c}$（$c\neq0$，若$c=0$则左边极限为 1，后续可验证矛盾），则$x = 2ct + c$。当$x\rightarrow\infty$时，$t\rightarrow\infty$，代入得：

$> \left(1+\frac{2c}{x - c}\right)^{x}=\left(1+\frac{1}{t}\right)^{2ct + c}=\left[\left(1+\frac{1}{t}\right)^{t}\right]^{2c}\cdot\left(1+\frac{1}{t}\right)^{c}$

由于$\lim\limits_{t\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^{t}=e$且$\lim\limits_{t\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^{c}=1$，因此$\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\left(\frac{x + c}{x -c}\right)^{x}=e^{2c}\cdot1=e^{2c}$

计算$\lim\limits_{x\rightarrow\infty}[f(x)-f(x - 1)]$

因为$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上可导，所以$f(x)$在闭区间$[x - 1, x]$上连续（可导必连续），在开区间$(x - 1, x)$内可导，满足拉格朗日中值定理的条件。

根据拉格朗日中值定理，存在$\xi\in(x - 1, x)$，使得：

$> f(x)-f(x - 1)=f'(\xi)\cdot[x - (x - 1)]=f'(\xi)$

当$x\rightarrow\infty$时，$\xi\in(x - 1, x)$，故$\xi\rightarrow\infty$。已知$\lim\limits_{x\rightarrow\infty}f'(x)=e$，则$\lim\limits_{\xi\rightarrow\infty}f'(\xi)=e$，因此：

$\lim\limits_{x\rightarrow\infty}[f(x)-f(x - 1)]=\lim\limits_{\xi\rightarrow\infty}f'(\xi)=e$

建立等式求解$c$

根据题设条件$\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\left(\frac{x + c}{x - c}\right)^{x}=\lim\limits_{x\rightarrow\infty}[f(x)-f(x - 1)]$，代入上述两个极限结果得：

$e^{2c}=e$

由于指数函数$e^u$是单调递增函数，等式两边底数相同则指数相等，因此：

$2c=1\implies c=\frac{1}{2}$

柯西中值定理

如果 $f(x), g(x)$ 满足以下条件：

1. 在闭区间 $[a,b]$ 上连续；

2. 在开区间 $(a,b)$ 内可导，且 $g'(x)$ 在 $(a,b)$ 内每一点处均不为零，

   则在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$。

几何意义：满足柯西中值定理的函数在$(a,b)$上至少存在一点，使得该点处两函数各自具有与两端点连线斜率相同的切线。

适用特征：

1. 常成对出现端点值。

2. $\xi$在乘除法中出现$2$次。

解题方法：

1. 从端点值/变量形式反推出构造函数。

2. 相同字母放在一起。

3. 两端点值必须分离，不出现$bf(a)$、$af(b)$形式。

例题1：设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$f(1) = 1$，$f(0)=\frac{1}{2}$。求证：$\exists\xi\in(0,1)$，使得$1=(1 + \xi)^{2}f'(\xi)$。

等式变形与构造函数

将$1=(1 + \xi)^{2}f'(\xi)$变形为$\frac{f'(\xi)}{\frac{1}{(1 + \xi)^{2}}}=1$。

构造函数$F(x)=f(x)$，$G(x)=-\frac{1}{x + 1}$。

验证函数满足柯西中值定理条件

• $F(x)$和$G(x)$在$[0,1]$上连续：因为$f(x)$在$[0,1]$上连续，$G(x)=-\frac{1}{x + 1}$是初等函数，在$[0,1]$上连续。

• $F(x)$和$G(x)$在$(0,1)$内可导：$f(x)$在$(0,1)$内可导，$G'(x)=\frac{1}{(x + 1)^{2}}$，在$(0,1)$内可导。

• 在$(0,1)$内$G'(x)\neq0$：因为$x\in(0,1)$时，$(x + 1)^{2}>0$，所以$G'(x)=\frac{1}{(x + 1)^{2}}\neq0$。

  因此，$F(x)$和$G(x)$满足柯西中值定理条件。

应用柯西中值定理

根据柯西中值定理，$\exists\xi\in(0,1)$，使得$\frac{F(1)-F(0)}{G(1)-G(0)}=\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}$。

• 计算$F(1)$、$F(0)$、$G(1)$、$G(0)$：$F(1)=f(1)=1$，$F(0)=f(0)=\frac{1}{2}$；$G(1)=-\frac{1}{1 + 1}=-\frac{1}{2}$，$G(0)=-\frac{1}{0 + 1}=-1$。

• 计算$F'(\xi)$和$G'(\xi)$：$F'(\xi)=f'(\xi)$，$G'(\xi)=\frac{1}{(\xi + 1)^{2}}$。

推导结论

将上述值代入柯西中值定理的表达式$\frac{F(1)-F(0)}{G(1)-G(0)}=\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}$中：$\frac{1-\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}-(-1)}=\frac{f'(\xi)}{\frac{1}{(\xi + 1)^{2}}}$。

计算左边：$\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}} = 1$，所以$1=\frac{f'(\xi)}{\frac{1}{(\xi + 1)^{2}}}$，即$1=(1 + \xi)^{2}f'(\xi)$。

综上，得证。

例题2：设$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导。求证：$\exists\eta,\xi\in(a,b)$，使得$\frac{f'(\xi)}{f'(\eta)}=\frac{e^{b}-e^{a}}{b - a}e^{-\eta}$。

对$\xi$应用拉格朗日中值定理

因为$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，根据拉格朗日中值定理，$\exists\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$。

对$\eta$应用柯西中值定理

设$g(x)=e^{x}$，则$g(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$g'(x)=e^{x}\neq0$（$x\in(a,b)$）。

根据柯西中值定理，$\exists\eta\in(a,b)$，使得$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\eta)}{g'(\eta)}$。

由于$g(b)-g(a)=e^{b}-e^{a}$，$g'(\eta)=e^{\eta}$，所以$\frac{f(b)-f(a)}{e^{b}-e^{a}}=\frac{f'(\eta)}{e^{\eta}}$，即$f(b)-f(a)=\frac{e^{b}-e^{a}}{e^{\eta}}f'(\eta)$。

结合两个定理结果推导结论

由$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$和$f(b)-f(a)=\frac{e^{b}-e^{a}}{e^{\eta}}f'(\eta)$，将$f(b)-f(a)=\frac{e^{b}-e^{a}}{e^{\eta}}f'(\eta)$代入$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$中，可得：$f'(\xi)=\frac{e^{b}-e^{a}}{(b - a)e^{\eta}}f'(\eta)$，整理后得到$\frac{f'(\xi)}{f'(\eta)}=\frac{e^{b}-e^{a}}{b - a}e^{-\eta}$。

综上，得证。

泰勒公式

• 定理（皮亚诺型余项泰勒公式）（局部泰勒，适用:极限、极值）：如果 $f(x)$ 在点 $x_0$ 有直至 $n$ 阶的导数，则有$f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{1}{2!}f''(x_0)(x - x_0)^2 + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x - x_0)^n + o[(x - x_0)^n] ，$

  常称 $R_n(x) = o[(x - x_0)^n]$ 为皮亚诺型余项。若 $x_0 = 0$，则得麦克劳林公式：$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{1}{2!}f''(0)x^2 + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^n + o(x^n)$

• 定理（拉格朗日型余项泰勒公式）（整体泰勒，适用:最值、不等式）：设函数 $f(x)$ 在含有 $x_0$ 的开区间 $(a,b)$ 内有直到 $n + 1$ 阶的导数，则当 $x \in (a,b)$ 时有$f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{1}{2!}f''(x_0)(x - x_0)^2 + \cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x - x_0)^n + R_n(x)$，其中 $R_n(x) = \frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!}(x - x_0)^{n + 1}$，这里 $\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间，称为拉格朗日型余项。

几个常用的泰勒公式（拉格朗日型余项）

1. $\mathrm{e}^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \frac{\mathrm{e}^{\theta x}}{(n + 1)!}x^{n + 1}$。

2. $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \cdots + (-1)^{n - 1}\frac{x^{2n - 1}}{(2n - 1)!} + (-1)^n\frac{\cos(\theta x)}{(2n + 1)!}x^{2n + 1}$。

3. $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \cdots + (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} + (-1)^{n + 1}\frac{\cos(\theta x)}{(2n + 2)!}x^{2n + 2}$。

4. $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \cdots + (-1)^{n - 1}\frac{x^n}{n} + (-1)^n\frac{x^{n + 1}}{(n + 1)(1 + \theta x)^{n + 1}}$。$\ln(1 + t)=\sum_{k = 1}^{n}\frac{(-1)^{k + 1}t^{k}}{k}+o(t^{n})$

5. $(1 + x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}x^n + \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)(\alpha - n)}{(n + 1)!}(1 + \theta x)^{\alpha - n - 1}x^{n + 1}$

6. $\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^2 + \cdots + x^n + o(x^n)$

   （以上 $\theta$ 满足 $\theta \in (0,1)$）

例题1：求$f(x) = x\sin x$的 6 阶麦克劳林公式

首先，回忆$\sin x$的麦克劳林公式：$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5)$

然后，将$f(x) = x\sin x$展开，即给$\sin x$的麦克劳林公式两边同乘$x$：

$f(x)=x\cdot\left(x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5)\right)\\ =x^2 - \frac{x^4}{3!} + \frac{x^6}{5!} + x\cdot o(x^5)$

对于余项$x\cdot o(x^5)$，根据无穷小的运算性质，$x\cdot o(x^5) = o(x^6)$（因为$x$是$x^1$阶无穷小，$o(x^5)$是比$x^5$高阶的无穷小，相乘后是比$x^{1 + 5}=x^6$高阶的无穷小，即$o(x^6)$）。

所以，$f(x) = x\sin x$的 6 阶麦克劳林公式为：$f(x) = x^2 - \frac{x^4}{3!} + \frac{x^6}{5!} + o(x^6)$

例题2：求极限$\lim_{x \to 0} \frac{e^x \sin x - x(1 + x)}{x^3}$

确定展开阶数（只需要保证需要展开的函数的首项与尾项的高阶无穷小交叉相乘后的结果对极限无影响并且得出结果合理即可）

由于分母是$x^3$（3 阶无穷小），所以需要将分子中的$e^x$和$\sin x$展开到与分母阶数匹配的项（3 阶）。

• $e^x$的麦克劳林展开式（展开到 3 阶）：$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + o(x^3) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)$

• $\sin x$的麦克劳林展开式（展开到 3 阶）：$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + o(x^3) = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$

将$e^x$和$\sin x$的展开式相乘：

$e^x \sin x=\left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right)\left(x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right)\\ =x\left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6}\right) - \frac{x^3}{6}\left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6}\right) + o(x^3)\\ =x + x^2 + \frac{x^3}{2} + \frac{x^4}{6} - \frac{x^3}{6} - \frac{x^4}{6} - \frac{x^5}{12} - \frac{x^6}{36} + o(x^3)$

忽略 4 阶及以上的无穷小项（因为它们相对于$x^3$是高阶无穷小，对极限无贡献），化简得：$e^x \sin x = x + x^2 + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$

将$e^x \sin x$的展开式代入原极限：

$\lim_{x \to 0} \frac{e^x \sin x - x(1 + x)}{x^3}=\lim_{x \to 0} \frac{\left(x + x^2 + \frac{x^3}{3} + o(x^3)\right) - x - x^2}{x^3}\\ =\lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^3}{3} + o(x^3)}{x^3}\\ =\lim_{x \to 0} \left(\frac{1}{3} + \frac{o(x^3)}{x^3}\right)$

因为$\lim_{x \to 0} \frac{o(x^3)}{x^3} = 0$（高阶无穷小与低阶无穷小比值的极限为 0），所以：$\lim_{x \to 0} \frac{e^x \sin x - x(1 + x)}{x^3} = \frac{1}{3}$

例题3：求极限$\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2\left[x + \ln(1 - x)\right]}$

展开规则说明

1. 展开到分子分母首次不为 0：确保展开后的式子能体现分子分母的主要无穷小阶数。

2. 加减法中展开次数从低原则：例如$o(x^2) + o(x^4) = o(x^2)$，低阶无穷小起主导作用。

3. 分子分母要匹配：展开的阶数需与分子分母的无穷小阶数相适配。

展开分子中的$\cos x$和$e^{-\frac{x^2}{2}}$

• $\cos x$的麦克劳林展开（到 4 阶）：$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + o(x^4) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$

• $e^u$的麦克劳林展开为$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \frac{u^3}{3!} + \cdots$，令$u = -\frac{x^2}{2}$，则$e^{-\frac{x^2}{2}}$的麦克劳林展开（到 4 阶）：

$$\begin{align*} e^{-\frac{x^2}{2}}&=1 + \left(-\frac{x^2}{2}\right) + \frac{\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2}{2!} + o(x^4)\\ &=1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{8} + o(x^4) \end{align*}$$

计算分子$\cos x - e^{-\frac{x^2}{2}}$

$$\begin{align*} \cos x - e^{-\frac{x^2}{2}}&=\left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\right) - \left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{8} + o(x^4)\right)\\ &=-\frac{x^4}{12} + o(x^4) \end{align*}$$

展开分母中的$x + \ln(1 - x)$

$\ln(1 + t)$的麦克劳林展开为$\ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} - \frac{t^4}{4} + \cdots$，令$t = -x$，则$\ln(1 - x)$的麦克劳林展开：$\ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4)$

所以$x + \ln(1 - x)$的展开：

$$\begin{align*} x + \ln(1 - x)&=x + \left(-x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4)\right)\\ &=-\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4) \end{align*}$$

再计算$x^2\left[x + \ln(1 - x)\right]$：

$$\begin{align*} x^2\left[x + \ln(1 - x)\right]&=x^2\left(-\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4)\right)\\ &=-\frac{x^4}{2} + o(x^4) \end{align*}$$

代入原极限并计算

$$\begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2\left[x + \ln(1 - x)\right]}&=\lim_{x \to 0} \frac{-\frac{x^4}{12} + o(x^4)}{-\frac{x^4}{2} + o(x^4)}\\ &=\lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{12} + \frac{o(x^4)}{x^4}}{-\frac{1}{2} + \frac{o(x^4)}{x^4}} \end{align*}$$

因为$\lim_{x \to 0} \frac{o(x^4)}{x^4} = 0$（高阶无穷小与低阶无穷小比值的极限为 0），所以：$\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2\left[x + \ln(1 - x)\right]} = \frac{-\frac{1}{12}}{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{6}$

例题4：已知$f(x)$在$[-1,1]$上有连续的三阶导数，且$f(-1)=0$，$f(1)=1$，$f^\prime(0)=0$，求证：存在$\xi \in (-1,1)$，使得$f^{\prime\prime\prime}(\xi)=3$。

分析思路：高阶导数的证明通常借助泰勒公式，通过将函数在合适的点展开，再结合已知条件和相关定理（如介值定理）来推导。

步骤 1：泰勒公式展开

泰勒公式：若$f(x)$在$x_0$的某邻域内有$n+1$阶导数，则

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

（其中$\xi$介于$x_0$与$x$之间）。

本题中，选择在$x_0 = 0$处展开到 2 阶（因为要涉及三阶导数，展开到$n=2$，则余项含三阶导数），即：

$f(x) = f(0) + f^\prime(0)x + \frac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}x^2 + \frac{f^{\prime\prime\prime}(\xi)}{3!}x^3$

（其中$\xi$介于$0$与$x$之间）。

步骤 2：代入端点值$x = -1$和$x = 1$

• 当$x = -1$时：$f(-1) = f(0) - f^\prime(0) + \frac{f^{\prime\prime}(0)}{2} - \frac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_1)}{6}, \quad \xi_1 \in (-1,0) \quad(1)$

• 当$x = 1$时：$f(1) = f(0) + f^\prime(0) + \frac{f^{\prime\prime}(0)}{2} + \frac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_2)}{6}, \quad \xi_2 \in (0,1) \quad(2)$

步骤 3：构造变形（两式相减）

用$(2)$式减去$(1)$式：

$$\begin{align*} f(1) - f(-1) &= \left(f(0) + f^\prime(0) + \frac{f^{\prime\prime}(0)}{2} + \frac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_2)}{6}\right) - \left(f(0) - f^\prime(0) + \frac{f^{\prime\prime}(0)}{2} - \frac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_1)}{6}\right)\\ 1 - 0 &= 2f^\prime(0) + \frac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_2) + f^{\prime\prime\prime}(\xi_1)}{6} \end{align*}$$

已知$f^\prime(0) = 0$，代入得：

$1 = \frac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_1) + f^{\prime\prime\prime}(\xi_2)}{6} \implies f^{\prime\prime\prime}(\xi_1) + f^{\prime\prime\prime}(\xi_2) = 6$

步骤 4：利用连续性与介值定理

因为$f^{\prime\prime\prime}(x)$在$[-1,1]$上连续，根据连续函数的介值定理：若函数$g(x)$在$[a,b]$上连续，$m \leq g(x) \leq M$，则对任意$c \in [m,M]$，存在$\eta \in [a,b]$，使得$g(\eta) = c$。

设$m = \min\{f^{\prime\prime\prime}(\xi_1), f^{\prime\prime\prime}(\xi_2)\}$，$M = \max\{f^{\prime\prime\prime}(\xi_1), f^{\prime\prime\prime}(\xi_2)\}$，则$m \leq \frac{f^{\prime\prime\prime}(\xi_1) + f^{\prime\prime\prime}(\xi_2)}{2} = 3 \leq M$。

因此，存在$\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (-1,1)$，使得$f^{\prime\prime\prime}(\xi) = 3$。

例题5：已知$f(x)$在$[0,1]$上有二阶导数，且在$[0,1]$上$|f(x)| \leq A$，$|f''(x)| \leq B$，求证：对任意$x \in [0,1]$，$|f'(x)| \leq 2A + \frac{1}{2}B$恒成立。

步骤 1：泰勒公式展开

泰勒公式：若$f(x)$在$x_0$的某邻域内有$n+1$阶导数，则

$f(x) = f(x_0) + f^\prime(x_0)(x - x_0) + \frac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2!}(x - x_0)^2$

（其中$\xi$介于$x_0$与$x$之间）。

本题中，选择在$x_0 = x$处展开（$x \in [0,1]$），分别代入端点$x = 0$和$x = 1$。

步骤 2：代入端点值$x = 0$和$x = 1$

• 当$x = 0$时：$f(0) = f(x) + f^\prime(x)(0 - x) + \frac{f^{\prime\prime}(\xi_1)}{2}(0 - x)^2, \quad \xi_1 \in (0, x) \quad(1)$

• 当$x = 1$时：$f(1) = f(x) + f^\prime(x)(1 - x) + \frac{f^{\prime\prime}(\xi_2)}{2}(1 - x)^2, \quad \xi_2 \in (x, 1) \quad(2)$

步骤 3：构造变形（两式相减）

用$(2)$式减去$(1)$式：

$$\begin{align*} f(1) - f(0) &= f^\prime(x)(1 - x) + \frac{f^{\prime\prime}(\xi_2)}{2}(1 - x)^2 - \left[ f^\prime(x)(-x) + \frac{f^{\prime\prime}(\xi_1)}{2}x^2 \right]\\ f(1) - f(0) &= f^\prime(x) + \frac{f^{\prime\prime}(\xi_2)}{2}(1 - x)^2 - \frac{f^{\prime\prime}(\xi_1)}{2}x^2 \end{align*}$$

整理得$f^\prime(x)$的表达式：

$f^\prime(x) = f(1) - f(0) + \frac{f^{\prime\prime}(\xi_1)}{2}x^2 - \frac{f^{\prime\prime}(\xi_2)}{2}(1 - x)^2$

步骤 4：取绝对值并放缩

对$|f^\prime(x)|$取绝对值，利用三角不等式$|a + b| \leq |a| + |b|$放缩：

$$\begin{align*} |f^\prime(x)| &\leq |f(1)| + |f(0)| + \left| \frac{f^{\prime\prime}(\xi_1)}{2}x^2 \right| + \left| \frac{f^{\prime\prime}(\xi_2)}{2}(1 - x)^2 \right|\\ &\leq A + A + \frac{B}{2}x^2 + \frac{B}{2}(1 - x)^2 \quad (\text{因}|f(x)| \leq A, |f''(x)| \leq B)\\ &= 2A + \frac{B}{2}\left[ x^2 + (1 - x)^2 \right] \end{align*}$$

步骤 5：分析二次函数的最大值

化简$x^2 + (1 - x)^2$：

$x^2 + (1 - x)^2 = 2x^2 - 2x + 1$

这是一个关于$x$的二次函数，其对称轴为$x = \frac{1}{2}$，在区间$[0,1]$上的最大值出现在端点或对称轴处。计算得：

• 当$x = 0$或$x = 1$时，$x^2 + (1 - x)^2 = 1$；

• 当$x = \frac{1}{2}$时，$x^2 + (1 - x)^2 = \frac{1}{2}$。

因此，$x^2 + (1 - x)^2 \leq 1$对任意$x \in [0,1]$成立。

步骤 6：最终放缩

将$x^2 + (1 - x)^2 \leq 1$代入上式，得：

$> |f^\prime(x)| \leq 2A + \frac{B}{2} \times 1 = 2A + \frac{1}{2}B$

综上，对任意$x \in [0,1]$，$|f'(x)| \leq 2A + \frac{1}{2}B$恒成立。

导数应用

函数的单调性

定理：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。

• 若在 $(a,b)$ 内 $f'(x) > 0$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调增。

• 若在 $(a,b)$ 内 $f'(x) < 0$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调减。

函数的极值

定义：设 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 的某邻域内有定义。如果对于该邻域内任何 $x$，恒有 $f(x) \leq f(x_0)$（或 $f(x) \geq f(x_0)$），则称 $x_0$ 为 $f(x)$ 的一个极大值点（或极小值点），称 $f(x_0)$ 为 $f(x)$ 的极大值（或极小值）。极大（小）值统称为极值；极大（小）值点统称为极值点。导数为零的点称为函数的驻点。

• 定理（极值的必要条件）：设 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导，如果 $x_0$ 为 $f(x)$ 的极值点，则 $f'(x_0) = 0$。

• 定理（极值的第一充分条件）：设 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 的某去心邻域内可导，且 $f'(x_0) = 0$（或 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续）。

  • 若 $x < x_0$ 时，$f'(x) > 0$，$x > x_0$ 时，$f'(x) < 0$，则 $x_0$ 为 $f(x)$ 的极大值点。

  • 若 $x < x_0$ 时，$f'(x) < 0$，$x > x_0$ 时，$f'(x) > 0$，则 $x_0$ 为 $f(x)$ 的极小值点。

  • 若 $f'(x)$ 在 $x_0$ 的两侧同号，则 $x_0$ 不为 $f(x)$ 的极值点。

• 定理（极值的第二充分条件）：设 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 处二阶可导，且 $f'(x_0) = 0$。

  • 若 $f''(x_0) < 0$，则 $x_0$ 为 $f(x)$ 的极大值点。

  • 若 $f''(x_0) > 0$，则 $x_0$ 为 $f(x)$ 的极小值点。

  • 若 $f''(x_0) = 0$，则此方法不能判定 $x_0$ 是否为极值点

归纳求函数极值的方法

1. 求定义域：确定函数$f(x)$有意义的自变量取值范围。

2. 找可能的极值点：在定义域内，找$f^\prime(x) = 0$的根（称为驻点）和使$f^\prime(x)$不存在的点（称为不可导点），极值点分为不可导点和驻点。

3. 判断驻点是否为极值点：对驻点，可用极值判别法 Ⅰ 或 Ⅱ来确定是否为极值点。

4. 判断不可导点是否为极值点：对不可导点，仅可用极值判别法 Ⅰ进行确定，或根据极值的定义判断。

5. 求出极值：求出为极值点对应的函数值，即为全部极值。

思考：

已知$f(x)$在$x = x_0$处导数存在，$f^\prime(x_0) = 0$是$x_0$为$f(x)$的极值点的必要不充分条件。

• 充分性：$f^\prime(x_0) = 0$不能推出$x_0$为极值点，还需要判别法 Ⅰ 或 Ⅱ 来判断是否为极值点，所以不充分。
• 必要性：若$x_0$是$f(x)$的极值点且$f^\prime(x_0)$存在，则$f^\prime(x_0) = 0$（可导函数极值点处导数为 0），所以必要。

设 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，且 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = a$，判断下列选项正确性：

A. 当 $a > 0$，$f(x)$ 在 $x = 0$ 取极大值

B. 当 $a > 0$，$f(x)$ 在 $x = 0$ 取极小值

C. 当 $a = 0$，$f(x)$ 在 $x = 0$ 取极大值

D. 当 $a < 0$，$f(x)$ 在 $x = 0$ 取极小值

步骤 1：分析 $f(0)$ 的值

由 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = a$，根据极限的性质，分子 $f(x)$ 的极限满足：

$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{f(x)}{x^2} \cdot x^2 \right) = a \cdot 0 = 0$

又因为 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，所以 $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$，因此 $f(0) = 0$。

步骤 2：利用极限保号性分析 $f(x)$ 在 $x = 0$ 附近的符号

极限保号性：若 $\lim_{x \to x_0} g(x) = A$，则存在 $x_0$ 的某去心邻域，使得 $g(x)$ 与 $A$ 同号。

对于 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = a$，存在 $x = 0$ 的某去心邻域，使得 $\frac{f(x)}{x^2}$ 与 $a$ 同号。

情况 1：当 $a > 0$ 时

在 $x = 0$ 的去心邻域内，$\frac{f(x)}{x^2} > 0$。

因为 $x^2 > 0$（去心邻域内 $x \neq 0$），所以 $f(x) > 0$。

又因为 $f(0) = 0$，即 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处的函数值小于其去心邻域内的函数值，根据极小值定义（若存在 $x_0$ 的某邻域，使得对邻域内任意 $x$，都有 $f(x) \geq f(x_0)$，则 $f(x_0)$ 为极小值），可知 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处取极小值。

情况 2：当 $a < 0$ 时

在 $x = 0$ 的去心邻域内，$\frac{f(x)}{x^2} < 0$。

因为 $x^2 > 0$，所以 $f(x) < 0$。

又因为 $f(0) = 0$，即 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处的函数值大于其去心邻域内的函数值，根据极大值定义，可知 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处取极大值。

情况 3：当 $a = 0$ 时

极限保号性失效，无法直接判断 $f(x)$ 在 $x = 0$ 附近的符号。

例如，取 $f(x) = x^3$，则 $\lim_{x \to 0} \frac{x^3}{x^2} = \lim_{x \to 0} x = 0$（即 $a = 0$），但 $x^3$ 在 $x = 0$ 处不取得极值（因为 $x < 0$ 时 $x^3 < 0$，$x > 0$ 时 $x^3 > 0$，$f(0) = 0$ 既不是极大也不是极小）。

结论

• 当 $a > 0$ 时，$f(x)$ 在 $x = 0$ 取极小值（选项 B 正确，A 错误）；

• 当 $a < 0$ 时，$f(x)$ 在 $x = 0$ 取极大值（选项 D 错误）；

• 当 $a = 0$ 时，无法确定 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处是否取极值（选项 C 错误）。

最终答案：B。

函数的最大值与最小值

定义：设函数 $y = f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上有定义，$x_0 \in [a,b]$。若对于任意 $x \in [a,b]$，恒有 $f(x) \leq f(x_0)$（或 $f(x) \geq f(x_0)$），则称 $f(x_0)$ 为函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上的最大值（或最小值），称 $x_0$ 为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的最大值点（或最小值点）。

函数的最值主要有以下两种问题：

• 求连续函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上的最大最小值：

1. 求出 $f(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 内的驻点和不可导的点 $x_1, x_2, \cdots, x_n$。

2. 求出 $f(x)$ 在点 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 和区间端点 $a,b$ 处的函数值 $f(x_1), f(x_2), \cdots, f(x_n), f(a), f(b)$。

3. 比较以上各点函数值，其中最大的即为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的最大值，最小的即为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的最小值。

【注】：当连续函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 内仅有唯一极值点，若在该点 $f(x)$ 取极大值（或极小值），则它也是 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的最大值（或最小值）。

• 求最大最小值的应用题：

  这种问题首先建立目标函数并确定其定义域，然后按照上面的三个步骤求其最大值（或最小值）。

例题1：求$f(x) = x^2 e^{-\frac{x}{2}}$的单调区间、极值、最值

步骤 1：确定定义域

函数$f(x) = x^2 e^{-\frac{x}{2}}$的定义域为$(-\infty, +\infty)$。

步骤 2：求导数$f^\prime(x)$

根据乘积求导法则$(uv)^\prime = u^\prime v + uv^\prime$，其中$u = x^2$，$v = e^{-\frac{x}{2}}$：

$$\begin{align*} f^\prime(x)&= 2x e^{-\frac{x}{2}} + x^2 \cdot e^{-\frac{x}{2}} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\\ &= \left(2x - \frac{x^2}{2}\right) e^{-\frac{x}{2}}\\ &= \frac{1}{2}x(4 - x) e^{-\frac{x}{2}} \end{align*}$$

步骤 3：分析导数符号，确定单调区间

• 当$f^\prime(x) > 0$时，函数单调递增。

  因为$e^{-\frac{x}{2}} > 0$恒成立，所以解$\frac{1}{2}x(4 - x) > 0$，即$x(4 - x) > 0$，得$0 < x < 4$。

  因此，函数的严格单调递增区间为$[0, 4]$。

• 当$f^\prime(x) < 0$时，函数单调递减。

  解$\frac{1}{2}x(4 - x) < 0$，即$x(4 - x) < 0$，得$x < 0$或$x > 4$。

  因此，函数的严格单调递减区间为$(-\infty, 0]$和$[4, +\infty)$。

步骤 4：求极值

根据单调区间的变化，判断极值点：

• 当$x = 0$时，左侧函数单调递减，右侧函数单调递增，所以$x = 0$是极小值点，极小值为$f(0) = 0^2 e^{-\frac{0}{2}} = 0$。

• 当$x = 4$时，左侧函数单调递增，右侧函数单调递减，所以$x = 4$是极大值点，极大值为$f(4) = 4^2 e^{-\frac{4}{2}} = 16 e^{-2}$。

步骤 5：求最值

分析函数在无穷远处的极限：

• 当$x \to -\infty$时，$x^2 \to +\infty$，$e^{-\frac{x}{2}} \to +\infty$，所以$\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$。

• 当$x \to +\infty$时，用洛必达法则求极限：

$$\begin{align*} \lim_{x \to +\infty} x^2 e^{-\frac{x}{2}}&= \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^{\frac{x}{2}}}\\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{\frac{1}{2}e^{\frac{x}{2}}}\\ &= \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{\frac{1}{4}e^{\frac{x}{2}}}\\ &= 0 \end{align*}$$

结合极值：

• 极小值$f(0) = 0$是函数的最小值。

• 因为$x \to -\infty$时$f(x) \to +\infty$，所以函数无最大值。

画出函数图像：

image-20250917111927124

结论：

• 单调递增区间：$[0, 4]$；

• 单调递减区间：$(-\infty, 0]$，$[4, +\infty)$；

• 极小值：$f(0) = 0$；极大值：$f(4) = 16 e^{-2}$；

• 最小值：$f(0) = 0$；无最大值。

例题2：要证明当$x > 0$时，$\left(\frac{x + 1}{2}\right)^{x + 1} \leq x^x$，可通过构造函数，利用导数研究函数单调性来证明。

步骤 1：转化不等式

对不等式$\left(\frac{x + 1}{2}\right)^{x + 1} \leq x^x$两边取自然对数（因为对数函数单调递增，不改变不等号方向），得到：$(x + 1)\ln\frac{x + 1}{2} \leq x\ln x$

步骤 2：构造函数

令$f(x) = (x + 1)\ln\frac{x + 1}{2} - x\ln x$，只需证明当$x > 0$时，$f(x) \leq 0$即可。

步骤 3：求导分析单调性

对$f(x)$求导：

$$\begin{align*} f^\prime(x)&=\ln\frac{x + 1}{2}+(x + 1)\cdot\frac{2}{x + 1}\cdot\frac{1}{2}-(\ln x + x\cdot\frac{1}{x})\\ &=\ln\frac{x + 1}{2}+1 - \ln x - 1\\ &=\ln\frac{x + 1}{2x} \end{align*}$$

令$f^\prime(x) = 0$，即$\ln\frac{x + 1}{2x} = 0$，因为$\ln1 = 0$，所以$\frac{x + 1}{2x} = 1$，解得$x = 1$。

• 当$0 < x < 1$时，$\frac{x + 1}{2x} > 1$，则$f^\prime(x) = \ln\frac{x + 1}{2x} > 0$，$f(x)$单调递增。

• 当$x > 1$时，$\frac{x + 1}{2x} < 1$，则$f^\prime(x) = \ln\frac{x + 1}{2x} < 0$，$f(x)$单调递减。

步骤 4：求函数最大值

由单调性可知，$x = 1$时，$f(x)$取得最大值。计算$f(1)$：

$$\begin{align*} f(1)&=(1 + 1)\ln\frac{1 + 1}{2}-1\cdot\ln1\\ &=2\ln1 - 0\\ &=0 \end{align*}$$

步骤 5：得出结论

因为$f(x)$在$x = 1$处取得最大值$0$，所以当$x > 0$时，$f(x) \leq f(1) = 0$，即$(x + 1)\ln\frac{x + 1}{2} - x\ln x \leq 0$，进而$(x + 1)\ln\frac{x + 1}{2} \leq x\ln x$，所以$\left(\frac{x + 1}{2}\right)^{x + 1} \leq x^x$（$x > 0$）。

例题3：设$f(x)$在$x = 0$处连续，且$\lim \limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = a$，分析下列选项正确性：

步骤 1：分析$f(0)$的值

因为$\lim \limits_{x \to 0} x^2 = 0$，且$\lim \limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = a$（极限存在），根据 “无穷小与有界函数的乘积为无穷小”，可得$\lim \limits_{x \to 0} f(x) = 0$。

又因为$f(x)$在$x = 0$处连续，所以$f(0) = \lim \limits_{x \to 0} f(x) = 0$。

步骤 2：利用极限保号性分析$f(x)$在$x = 0$邻域的符号

极限保号性：若$\lim \limits_{x \to x_0} g(x) = A > 0$，则存在$x_0$的去心邻域，使得在该邻域内$g(x) > 0$。

对于$\lim \limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = a$：

• 当$a > 0$时，存在$\delta > 0$，当$0 < |x| < \delta$时，$\frac{f(x)}{x^2} > 0$。

  因为$x^2 > 0$（$x \neq 0$），所以$f(x) > 0$。

  又因为$f(0) = 0$，所以在$x = 0$的去心邻域内，$f(x) > f(0)$，即$x = 0$是极小值点。

• 当$a < 0$时，同理，存在$\delta > 0$，当$0 < |x| < \delta$时，$f(x) < 0$，即$f(x) < f(0)$，$x = 0$是极大值点。

• 当$a = 0$时，$\lim \limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = 0$，仅能说明$f(x)$是比$x^2$高阶的无穷小，但无法确定$f(x)$在$x = 0$邻域的符号（例如$f(x) = x^3$，$\lim \limits_{x \to 0} \frac{x^3}{x^2} = 0$，但$x^3$在$x = 0$处无极值），因此无法判断$x = 0$是否为极值点。

选项判断

• 选项 A：“当$a > 0$，$f(x)$在$x = 0$取极大值”—— 错误（实际为极小值）。

• 选项 B：“当$a > 0$，$f(x)$在$x = 0$取极小值”—— 正确。

• 选项 C：“当$a = 0$，$f(x)$在$x = 0$取极大值”—— 错误（无法判断）。

• 选项 D：“当$a < 0$，$f(x)$在$x = 0$取极小值”—— 错误（实际为极大值）。

结论：正确选项为 B。

曲线的凹凸性

定义：设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上连续，如果对 $I$ 上任意两点 $x_1, x_2$ 恒有 $f\left( \frac{x_1 + x_2}{2} \right) < \frac{f(x_1) + f(x_2)}{2}$，则称 $f(x)$ 在 $I$ 上的图形是凹的；如果恒有 $f\left( \frac{x_1 + x_2}{2} \right) > \frac{f(x_1) + f(x_2)}{2}$，则称 $f(x)$ 在 $I$ 上的图形是凸的。

定理：若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导：

• 当 $f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内单调递减时，函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内是凸函数。

• 当 $f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内单调递增时，函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内是凹函数。

定理：设函数 $y = f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内二阶可导，那么

• 若在 $(a,b)$ 内有 $f''(x) > 0$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的图形是凹的。

• 若在 $(a,b)$ 内有 $f''(x) < 0$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的图形是凸的。

定义（拐点）：连续曲线弧上的凹与凸的分界点称为曲线弧的拐点$(x_0,f(x_0))$。

拐点是一个点，必须横纵坐标同时给出；极值点、驻点仅有横坐标的值。

• 定理（拐点的必要条件）：设 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 处二阶可导，且点 $(x_0, f(x_0))$ 为曲线 $y = f(x)$ 的拐点，则 $f''(x_0) = 0$。

• 定理（拐点的第一充分条件）：设 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 的某去心邻域内二阶可导，且 $f''(x_0) = 0$（或 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续，即$f''(x_0)$不存在）。

  • 若 $f''(x)$ 在 $x_0$ 的左、右两侧异号，则点 $(x_0, f(x_0))$ 为曲线 $y = f(x)$ 的拐点。
  • 若 $f''(x)$ 在 $x_0$ 的左、右两侧同号，则点 $(x_0, f(x_0))$ 不为曲线 $y = f(x)$ 的拐点。

• 定理（拐点的第二充分条件）：设 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 处三阶可导，且 $f''(x_0) = 0$。

  • 若 $f'''(x_0) \neq 0$，则点 $(x_0, f(x_0))$ 为曲线 $y = f(x)$ 的拐点。
  • 若 $f'''(x_0) = 0$，则此方法不能判定 $(x_0, f(x_0))$ 是否为曲线 $y = f(x)$ 的拐点。

思考：极值点处函数是否连续，是否可导？拐点呢？

极值点

• 极值点处不一定连续，也不一定可导。

• 极值点定义：在该点函数值比其邻域内都大 / 都小（对连续性、可导性无要求）。

• 极值点可在不可导点取得 ⇒ 不一定可导。

拐点

• 拐点处一定连续，但不一定可导。

• 拐点：连续函数严格凹凸分界点。

关于拐点与导数的关系：

• 若 $f''(x_0) = 0$ ⇒ $f'(x_0)$ 一定存在；

• 若 $f''(x_0)$ 不存在 ⇒ $f'(x_0)$ 不一定存在。

例子：$f(x) = x^{\frac{1}{3}}$

• $f'(x) = \frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}$，在 $x = 0$ 无意义；

• $f''(x) = -\frac{2}{9}x^{-\frac{5}{3}}$，在 $x = 0$ 无意义；

• $f''(x)$ 在 $x = 0$ 左右邻域异号，$(0,0)$ 是拐点。

例题1：已知 $f(x) = x^3 + ax^2 + bx$ 在 $x = 1$ 处有极值 -2，试确定 $a,b$，并求 $f(x)$ 所有极值、凹凸区间、拐点。

求 a，b的值

首先求一阶导数 $f'(x) = 3x^2 + 2ax + b$。

因为 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处有极值 -2，所以满足 $\begin{cases} f'(1) = 0 \\ f(1) = -2 \end{cases}$。

代入可得 $\begin{cases} 3 + 2a + b = 0 \\ 1 + a + b = -2 \end{cases}$，即 $\begin{cases} 2a + b = -3 \\ a + b = -3 \end{cases}$。

用第一个方程减去第二个方程，可得 $a = 0$，将 $a = 0$ 代入 $a + b = -3$，得 $b = -3$。

确定函数表达式并求极值

所以 $f(x) = x^3 - 3x$，$f'(x) = 3x^2 - 3$。

令 $f'(x) = 0$，即 $3x^2 - 3 = 0$，解得 $x = \pm 1$，且函数无不可导点。

极值判别法 1（利用一阶导数符号变化）：

• 当 $x \in (-\infty, -1)$ 时，$f'(x) > 0$，函数单调递增；

• 当 $x \in (-1, 1)$ 时，$f'(x) < 0$，函数单调递减；

• 当 $x \in (1, +\infty)$ 时，$f'(x) > 0$，函数单调递增。

• 所以 $f(-1) = 2$ 为极大值，$f(1) = -2$ 为极小值。

极值判别法 2（利用二阶导数）：

• 求二阶导数 $f''(x) = 6x$。

• $f''(-1) = -6 < 0$，所以 $x = -1$ 处取极大值，极大值为 $f(-1) = 2$；

• $f''(1) = 6 > 0$，所以 $x = 1$ 处取极小值，极小值为 $f(1) = -2$。

求凹凸区间与拐点

• 令 $f''(x) = 0$，即 $6x = 0$，解得 $x = 0$。

• 当 $x \in [0, +\infty)$ 时，$f''(x) \geq 0$，函数是凹（下凸）的；

• 当 $x \in (-\infty, 0]$ 时，$f''(x) \leq 0$，函数是凸（上凸）的；

• 所以拐点为 $(0, 0)$。

曲线的渐近线

定义：若点 $M$ 沿曲线 $y = f(x)$ 无限远离原点时，它与某条定直线 $L$ 之间的距离将趋近于零，则称直线 $L$ 为曲线 $y = f(x)$ 的一条渐近线。若直线 $L$ 与 $x$ 轴平行，称 $L$ 为曲线 $y = f(x)$ 的水平渐近线；若直线 $L$ 与 $x$ 轴垂直，称 $L$ 为曲线 $y = f(x)$ 的铅直渐近线；若直线 $L$ 既不平行于 $x$ 轴，也不垂直于 $x$ 轴，称直线 $L$ 为曲线 $y = f(x)$ 的斜渐近线。

• 水平渐近线：若 $\lim \limits_{x \to \infty} f(x) = A$（或 $\lim \limits_{x \to -\infty} f(x) = A$，或 $\lim \limits_{x \to +\infty} f(x) = A$），那么 $y = A$ 是曲线 $y = f(x)$ 的水平渐近线。

• 铅直渐近线：若 $x=x_0是间断点 且\lim \limits_{x \to x_0} f(x) = \infty$（或 $\lim \limits_{x \to x_0^-} f(x) = \infty$，或 $\lim \limits_{x \to x_0^+} f(x) = \infty$），那么 $x = x_0$ 是曲线 $y = f(x)$ 的铅直渐近线。

• 斜渐近线：若 $\lim \limits_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = a$ 且 $\lim \limits_{x \to \infty} (f(x) - ax) = b$（或 $x \to -\infty$，或 $x \to +\infty$），那么 $y = ax + b$ 是曲线 $y = f(x)$ 的斜渐近线。

补充（不适用于所有渐近线）

• 只适用于多项式方程，可用作填空 / 验算计算题（不可用指、对、三角、反三角）。

• 先将函数整理为 $F(x,y)=0$ 隐函数形式。

1. 水平渐近线：将 $x$ 看作主元，其系数是关于 $y$ 的多项式，令 $x$ 的最高次幂系数为 $0$。

2. 铅直渐近线：将 $y$ 看作主元，其系数是关于 $x$ 的多项式，令 $y$ 的最高次幂系数为 $0$。

3. 斜渐近线：将 $y = ax + b$ 代入，令 $x$ 最高次幂、次高次幂系数均为 $0$，解出 $a,b$。

例题1：求$(y + x + 1)^2 = x^2 + 1$的渐近线。

化为 $F(x,y)=0$ 形式：$y^2 + 2xy + 2x + 2y = 0$。

1. 水平：$(2y + 2)x + (y^2 + 2y) = 0$，令 $2y + 2 = 0$，得 $y = -1$。

2. 铅直：$1\cdot y^2 + (2x + 2)y + 2x = 0$，因 $1 \neq 0$，故无铅直渐近线。

3. 斜：

• 代入 $y = ax + b$，得 $(ax + b)^2 + 2x(ax + b) + 2x + 2(ax + b) = 0$，整理为 $(a^2 + 2a)x^2 + (2ab + 2a + 2b + 2)x + (b^2 + 2b) = 0$。

• 令最高次幂（$x^2$）系数 $a^2 + 2a = 0$，次高次幂（$x$）系数 $2ab + 2a + 2b + 2 = 0$。

• 由 $a^2 + 2a = 0$，解得 $a = 0$（舍）或 $a = -2$。

• 将 $a = -2$ 代入 $2ab + 2a + 2b + 2 = 0$，即 $-4b - 4 + 2b + 2 = 0$，解得 $b = -1$。

• 故斜渐近线为 $y = -2x - 1$。

例题2：设 $f(x)=\begin{cases}\sqrt[x]{x},&x>0\\0,&x = 0\end{cases}$，讨论 $f(x)$ 连续性，并求单调区间、极值、渐近线。

1. 连续性讨论

先对 $x>0$ 时的 $\sqrt[x]{x}$ 进行变形：$\sqrt[x]{x}=x^{\frac{1}{x}}=e^{\ln x^{\frac{1}{x}}}=e^{\frac{1}{x}\ln x}$。

求 $x\to0^{+}$ 时的极限：$\lim\limits_{x\to0^{+}}e^{\frac{1}{x}\ln x}=e^{\lim\limits_{x\to0^{+}}\frac{\ln x}{x}}$。

• 当 $x\to0^{+}$ 时，$\ln x\to-\infty$，$x\to0^{+}$，所以 $\lim\limits_{x\to0^{+}}\frac{\ln x}{x}=-\infty$，则 $e^{-\infty}=0$。

又 $f(0) = 0$，所以 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

因为 $e^{\frac{1}{x}\ln x}$ 在其定义域（$x>0$）内连续，综上，$f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续。

求单调区间与极值

求导：$f'(x)=e^{\frac{1}{x}\ln x}\cdot\left(\frac{1}{x}\ln x\right)'$。

先求 $\left(\frac{1}{x}\ln x\right)'=-\frac{\ln x}{x^{2}}+\frac{1}{x^{2}}=\frac{1 - \ln x}{x^{2}}$。

所以 $f'(x)=e^{\frac{1}{x}\ln x}\cdot\frac{1 - \ln x}{x^{2}}$。

令 $f'(x)=0$，即 $\frac{1 - \ln x}{x^{2}}=0$（因为 $e^{\frac{1}{x}\ln x}>0$，$x^{2}>0$），解得 $x = e$。

列表分析导数符号：

$x$	$[0,e)$	$(e,+\infty)$
$f'(x)$	$+$	$-$

所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $[0,e)$，单调递减区间为 $(e,+\infty)$；在 $x = e$ 处取得极大值，极大值为 $f(e)=e^{\frac{1}{e}}$，无极小值。

求渐近线

铅直渐近线：因为函数在定义域 $[0,+\infty)$ 内无间断点，所以无铅直渐近线。

水平渐近线：$\lim\limits_{x\to+\infty}e^{\frac{1}{x}\ln x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[x]{x}$。

• 令 $t=\frac{1}{x}$，当 $x\to+\infty$ 时，$t\to0^{+}$，则 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{t\to0^{+}}(e^{\ln t})^{\frac{1}{t}}=\lim\limits_{t\to0^{+}}e^{\frac{\ln t}{t}}$，而 $\lim\limits_{t\to0^{+}}\frac{\ln t}{t}=-\infty$，所以 $\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[x]{x}=1$，即水平渐近线为 $y = 1$。

斜渐近线：计算 $a=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{e^{\frac{1}{x}\ln x}}{x}$。

• 因为 $\lim\limits_{x\to+\infty}e^{\frac{1}{x}\ln x}=1$，$\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty$，所以 $a = 0$，不存在斜渐近线。

​ 综上，$f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 连续；单调递增区间 $[0,e)$，单调递减区间 $(e,+\infty)$；极大值为 $e^{\frac{1}{e}}$，无极小值；渐近线为 $y = 1$。

函数的作图

利用函数的单调性、极值、曲线的凹凸性、拐点及渐近线可以作出函数曲线。

曲线的弧微分与曲率（数三不要求）

• 定义：设 $y = f(x)$ 在 $(a,b)$ 内有连续导数，则有弧微分 $\mathrm{d}s = \sqrt{1 + y'^2}\mathrm{d}x$。

• 定义：设 $y = f(x)$ 有二阶导数，则有曲率 $K = \frac {|y''|}{(1 + y'^2)^{3/2}}$，称 $\rho = \frac{1}{K}$ 为曲率半径。

定义：若曲线 $y = f(x)$ 在点 $M(x,y)$ 处的曲率为 $K(K \neq 0)$。在点 $M$ 处曲线的法线上，在曲线凹的一侧取一点 $D$，使 $|DM| = \frac{1}{K} = \rho$，以 $D$ 为圆心，$\rho$ 为半径的圆称为曲线在点 $M$ 处的曲率圆，圆心 $D$ 称为曲线在点 $M$ 处的曲率中心。

导数在经济学中的应用（仅数三要求）

（1）经济学中常见的函数

① 需求函数：$x = \varphi(p)$；其中 $x$ 为某产品的需求量，$p$ 为价格。需求函数的反函数 $p = \varphi^{-1}(x)$ 称为价格函数。

② 供给函数：$x = \psi(p)$；其中 $x$ 为某产品的供给量，$p$ 为价格。

③ 成本函数：成本 $C = C(x)$ 是生产产品的总投入，它由固定成本 $C_1$（常量）和可变成本 $C_2(x)$ 两部分组成，其中 $x$ 表示产量，即 $C = C(x) = C_1 + C_2(x)$，称 $\frac{C}{x}$ 为平均成本，记为 $\overline{C}$ 或 $AC$，$AC = \overline{C} = \frac{C}{x} = \frac{C_1}{x} + \frac{C_2(x)}{x}$。

④ 收益（入）函数：收益 $R = R(x)$ 是产品售出后所得的收入，是销售量 $x$ 与销售单价 $p$ 之积，即收益函数为 $R = R(x) = px$。

⑤ 利润函数：利润 $L = L(x)$ 是收益扣除成本后的余额，由总收益减去总成本组成，即利润函数为 $L = L(x) = R(x) - C(x)$（$x$ 是销售量）。

（2）边际函数与边际分析

① 边际函数的有关概念：设 $y = f(x)$ 可导，则在经济学中称 $f'(x)$ 为边际函数，$f'(x_0)$ 称为 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 处的边际值。

② 经济学中常用的边际分析：

• 边际成本：设成本函数为 $C = C(q)$（$q$ 是产量），则边际成本函数 $MC$ 为 $MC = C'(q)$；

• 边际收益：设收益函数为 $R = R(q)$（$q$ 是产量），则边际收益函数 $MR$ 为 $MR = R'(q)$；

• 边际利润：设利润函数为 $L = L(q)$（$q$ 是销售量），则边际利润函数 $ML$ 为 $ML = L'(q)$。

（3）弹性函数与弹性分析

① 弹性函数的有关概念：设 $y = f(x)$ 可导，则称 $\frac{\Delta y / y}{\Delta x / x}$ 为函数 $f(x)$ 当 $x$ 从 $x$ 变到 $x + \Delta x$ 时的相对弹性，称

$\eta = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y / y}{\Delta x / x} = f'(x) \frac{x}{y} = \frac{f'(x)}{f(x)} x$

为函数 $f(x)$ 的弹性函数，记为 $\frac{Ey}{Ex}$，即

$\eta = \frac{Ey}{Ex} = f'(x) \frac{x}{f(x)}$

它在经济学上解释为函数 $f(x)$ 在 $x$ 处的相对变化率。

② 经济学中常用的弹性分析：

• 需求的价格弹性：设需求函数 $Q = \varphi(p)$（$p$ 为价格），则需求对价格的弹性为 $\eta_d = \frac{p}{\varphi(p)} \varphi'(p)$。由于 $\varphi(p)$ 是单调减少函数，故 $\varphi'(p) < 0$，从而 $\eta_d < 0$。

  经济学中的解释为：当价格为 $p$ 时，若提价（或降价）$1\%$，则需求量将减少（或增加）$|\eta_d| \%$。

  需要注意的是，很多试题中规定需求对价格的弹性 $\eta_d > 0$，此时应该有公式$\eta_d = -\frac{p}{\varphi(p)} \varphi'(p)$

• 供给的价格弹性：设供给函数 $Q = \psi(p)$（$p$ 为价格），则供给对价格的弹性为 $\eta_s = \frac{p}{\psi(p)} \psi'(p)$。由于供给函数 $\psi(p)$ 单调增加，故 $\psi'(p) > 0$，从而 $\eta_s > 0$。

  经济学中的解释为：当价格为 $p$ 时，若提价（或降价）$1\%$，则供给量将增加（或减少）$\eta_s \%$。

【例 1】（2014）设某商品的需求函数为 $Q = 40 - 2p$（$p$ 为商品的价格），则该商品的边际收益为______。

解：由题设知收益函数为

​ $R = pQ = \frac{40 - Q}{2} \cdot Q$

则边际收益为

​ $\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}Q} = 20 - Q$

【注】：一种典型的错误答案是 $40 - 4p$。边际收益是 “当商品的需求量在 $Q$ 的基础上再增加一件所获得的收益”，所以边际收益为 $\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}Q}$，部分考生错误地将 $\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}p}$ 当作边际收益。