北航-高等數學-張奇業(yè)-第二講 導數的計算及應用ppt課件

1、高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I第二講第二講導數的計算與應用導數的計算與應用一、導數的優(yōu)良性質一、導數的優(yōu)良性質二、導數的計算二、導數的計算三、導數的應用舉例三、導數的應用舉例四、有關單調性的兩個問題四、有關單調性的兩個問題高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I1. 導函數的優(yōu)良性質導函數的優(yōu)良性質).(lim)()(,)(lim),(),()( 000000 xfxfxfxfxUxUxfxxxx 且且存存在在，則則存存在在內內可可導導，且且內內連連續(xù)續(xù)，在在在在某某如如果果函函數數 所所以以條條件件，內內滿滿足足拉拉格格朗朗日日定定理理的的在在證證明明：,)(0 xxxf).(

2、lim)()(lim)(00000 fxxxfxfxfxxx 2cos ,0,. ( )(0).1,0.xxxxxf xfex 例求性質性質1.高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I.),()(),()(點點內內不不可可能能有有第第一一類類間間斷斷在在內內可可導導，則則在在如如果果函函數數baxfbaxf 00000( )()()limlim( ),xxxf xf xfxfBxx00000( )()()limlim( ),xxxf xf xfxfAxx，若若BxfAxfxxxx )(lim,)(lim0000那么那么).(lim)(lim)(000 xfxfxfxxxx 從從而而有有性質性

3、質2.高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I?)()(lim00 xfxfxx . 0, 0, 0,1sin)(2xxxxxf . 0, 0, 0,1cos1sin2)(xxxxxxf!)()(lim00 xfxfx 高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I. 0)(),(, 0)()(,)( fbabfafbaxf，使使得得內內至至少少存存在在一一點點則則在在可可導導，且且則則在在若若函函數數, 0)()(lim)(0 axafxfafxx0)()(lim)(0 bxbfxfbfxx，證證明明：不不妨妨設設0)(,0)( bfaf由由. 0)(,)()(),( fbaxfbfaf引引理

4、理知知在在區(qū)區(qū)間間內內部部，由由費費爾爾馬馬值值點點上上的的最最小小值值，故故最最小小在在均均不不是是從從而而性質性質3.可知可知),()(afxf 由由可知可知),()(bfxf 高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I.)(),(,)()(),()(),(,),()(21212121cfxxcxfcxfxfxfbaxxbaxf ，使使得得內內至至少少存存在在一一點點在在的的則則對對于于滿滿足足且且內內可可導導，在在若若函函數數, 0)(, 0)(21 xFxF則則，證證明明：設設cxxfxF )()(性質性質4.)(, 0)(),(321cfFxx 即即，使使得得內內至至少少存存在在一一

5、點點知知在在由由性性質質高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I2. 導函數的計算導函數的計算 求導的方法有：求導的方法有：(1)(2)(3)(4)(5)(6)、定義法 、四則運算及復合函數求導法（基本導數公式）、隱函數求導法、對數函數求導法、參變量函數求導法、高階導數高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I例例1 1( )=( )=.f xx af xx a設在的某個鄰域內有定義，則在處可導的一個充分條件是（ ）0001(A) lim( +)- ( ).( +2 )- ( + )(B) lim.( + )- ( - )(C) lim.2( )- ( - )(D) lim.nhhhn f

6、af anf ah f a hhf a h f a hhf a f a hh存在存在存在存在D高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I(1- )( )- =lim ( (1/n)-1).xynf xy x en f設函數由方程確定，求例例2 2分析分析1()- (0)(0)=1,lim,1-0nffnyn注意到 所求極限可以變形為 =0,(0)=1.xy令得 (1 -)-1 =( 1 -) ,xyyeyx y解 ： 對 方 程 兩 邊 求 導 得 (0)f 實際上就是求 2013數一考研高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I設n為自然數，在什么條件下，函數例例3 3解解1sin,0,(x

7、)=0,=0,nxxfxx(1)=(2)=(3)=.xxx在0連續(xù)， 在0可導， 在0導函數連續(xù)高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I(1). (1). 連續(xù)性連續(xù)性01limsin(0)0.nxxfx，即n 0時連續(xù)( )=f xx要使在0連續(xù)，只需(2). (2). 可導性可導性.對于分段函數，要用定義法求導-10001sin( )(0)1(0)limlimlimsin,0nnxxxxf xfxfxxxx1(0)0.nf 所以當時，存在且等于高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I1(2),x0nn首先需要當時，由初等函數求導法得：(3). (3). 導函數的連續(xù)性導函數的連續(xù)性-1

8、-211sincos,0,( )0,=0,nnnxxxfxxxx2.n當時，導函數連續(xù)高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I例例4 422=4=sin,.(2013)= sin +costxtd yy tttdx設求考研解解( )( )dytdxtsin + cos -sincost tttt22=()d yddydtdxdtdxdx22=4= 2.td ydx所以t11=( )=cosdtdxdttdt高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I例例5 52(n)2arcsin.(1)(1) =1;(2)(0).1xyxyxyyx設求證：求證證(1)21arcsinyxx函數變形有，兩邊求

9、導得：2221+ 1=.11xyx yxx2(1) =1.x yxy即：得證(n+1)2(n-1)=0=.xyn y令有：(1)n對結論兩邊求 階導數有2(n+1)(n)(n-1)(n)(n-1)(n1)(1)+ (2 )+(2)(+)=0.2nxynx yyxyny解解(2)遞推公式遞推公式高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I(0)=0, (1)=1,yy注意到由遞推公式可得(2 )(2 +1)2(0)=0,(0)=4 ( !) , =0,1,2.kkkyykk高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I例例6 6222222(1).lim.(2).12lim sin()+sin()+s

10、in() ;12lim (1+)(1+)(1+) .nnnnxnnnnnnnn求計算+222(0)=0, (0)12= ()+ ()+(),nffnxfffnNnnn設存在，定義數列高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I解解,由有限增量公式得222222222111222()=(0)+ (), ()=(0)+ (),()=(0)+ ().ffoffonnnnnnnnnffonnn(1).2(n+1)(0)(0)+(1),.22nnfxfonn 222(1)121limsin ()+ sin ()+sin ()=2nnnnn 由得；(2).高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I121lo

11、g,.2nnyye即22222212=(1+)(1+)(1+),12log=log(1+)+log(1+)+log(1+).nnnynnnnynnn令則高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I2(n)+12221111=(-)+12-+1(-1)!1()=sin(n+1)arctan+1(1+)nnxix ix inxxx利用恒等式證明例例7 7證證xixi將復數及化成三角形式：(cossin ),(cossin ),xirixiri 1221(1+) ,arctan.rxx其中所以高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I(n)(n)(n)21111()()()+12-+xix ix i1

12、11(-1)!(-1)!2( - )()nnnnnnix ixi1121(-1)!( + )( - )2 (1)nnnnnx ix ii x1211(-1)!cos( +1) + sin( +1) 2 (1)cos( +1)sin( +1) nnnnnrnini xrnin高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I121(-1)!sin( +1)(1)nnnnrnx1211(-1)!cos( +1) + sin( +1) 2 (1)cos( +1)sin( +1) nnnnnrnini xrnin+122(-1)!1=sin(n+1)arctan.(1+)nnnxx高等數學方法與應用高等數學方

13、法與應用I I22( )(1),(1).nnyxy設求例例8 8分析分析222222242221222222(1-)(1+)+(1-)=2(1)nnnnnnnnxnxxCxCxCx注意到的 階導數在1點的值為零，而這是一個多項式，很容易求得它在1點的導數為4(n+1)(n+1)!.n如果直接二項式展開，再求 階導數，將十分復雜.高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I1( ) | sin(0),(0)0|nmf xxxfx及，(m0)例例9 9( )0a 當x0,x (- , )()時，在什么條件下函數在什么條件下函數有有(a)于原點的鄰域上有有界的導函數于原點的鄰域上有有界的導函數 (b)

14、于原點的鄰域上有無界的導函數于原點的鄰域上有無界的導函數解解高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I11|11 |sin-|cos|nn mmmxn xm xxxx11|1|1( )|sin-| cos|nnmmmxmxfxn xxxxxxx|11,sin,cos|( )(0)0mmxxxxfxf由于均為有界函數，于是當nm+1時，為有界函數(易知此時).( )10(1)( )bnmnmfx 在此領域上，當即時無界，(0)f另一方面，由上一個例題知，當n1時，才存在，11(0).nmm因而所求的條件為高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I3. 導數的應用舉例導數的應用舉例高等數學方法與應

15、用高等數學方法與應用I I例例1.出出“光光的的折折射射原原理理”由由“光光行行最最速速原原理理”推推,)(,222211kxdPBhxAPxdPBxPA 則則則則解：設解：設,0 ,)()(222122dxvkxdvhxxT 時間時間ABA1B1phk.21vBvA中中的的速速度度是是，在在介介質質中中的的速速度度是是設設光光在在介介質質,0 ,)()(222221dxkxdvxdhxvxxT , 0)0( T, 0)( dT, 0)(), 0(00 xTdx使使希臘人公元希臘人公元2世紀發(fā)現并研究世紀發(fā)現并研究開普勒、斯涅耳、笛卡爾開普勒、斯涅耳、笛卡爾高等數學方法與應用高等數學方法與應用

16、I I, 0)()()(2222232212 kxdvkhxvhxT.0是是最最小小值值點點是是唯唯一一的的極極小小值值點點，即即x費爾馬費爾馬1661年年,)(2202022010kxdvxdhxvx ,coscos21vv 即即ABA1B1ph .sinsin2211vv 即即1 2 高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I.),(,),()( . 1121 nnxgxxgxxxxg，記記迭迭代代方方法法：任任取取的的根根的的求求方方程程根根用用不不動動點點迭迭代代求求方方程程的的收收斂斂？滿滿足足什什么么條條件件時時，問問當當可可導導函函數數nxxg)(.)(,000 xxgxba 使

17、使即即存存在在先先找找一一個個根根存存在在區(qū)區(qū)間間解解時，時，當當1| )(| rxg)()(010 xgxgxxnn )(011xxgn )()()(021xgxggn 0|0110 xxrxxnn,limaxnn存存在在，記記為為可可得得 .)(aag 即即有有)()(0111xxggn 例例2.高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I書上習題書上習題1.71.7第第7 7題題高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I例例5.用切線法求方程的根。用切線法求方程的根。. 0)(, 0)(, 0)(, 0)(,)( xfxfbfafbaxf上上有有二二階階導導數數，且且在在設設得得做做切切線

18、線在在點點令令,)(,(,000 xfxax )()(000 xxxfxfy ,)()(0001xfxfxxx 軸軸的的交交點點的的橫橫坐坐標標為為切切線線與與得得做做切切線線再再在在點點,)(,(11 nnxfx,)()(111 nnnnxfxfxx高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I現在證明二個命題：現在證明二個命題：)0)(.)2()1( cfcxxnn收收斂斂到到方方程程的的根根單單調調增增加加有有上上界界；, 0)( xf20000)(2)()()()(xxfxxxfxfxf 0 , 0)(, 0)()1( xfaf因因為為證證00001)()(xxfxfxx 所所以以)()(

19、)(01001xxxfxfxf .)(1cxxf 的的單單增增可可知知由由.1cxxnn 同同理理可可知知高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I)()(111 nnnnxfxfxcxc單單調調減減少少，且且因因為為證證)(, 0)()2(xfxf )()()(111 nnnxfcfxfxc)()(1)(111 nnxffxc )()(1)()()(1)(22112 nnnxffxffxc )()(1()()(1)()()(1)(022110 xffxffxffxcnnn . 0)()(1)( nafbfac高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I.10,)1 , 0(4 . 19 . 0

20、1 . 1)(.323 使使誤誤差差不不超超過過的的零零點點內內，求求函函數數在在設設例例xxxxf, 0)1(0)0( ff，, 0)(0)( xfxf，, 10 x738. 0)()(0001 xfxfxx674. 0)()(1112 xfxfxx671. 0)()(2223 xfxfxx671. 0)()(3334 xfxfxx, 0)671. 0(, 06700( ff），又又.6705. 0 x故故可可取取高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I不能斷定不能斷定.例例 0, 00,1sin2)(2xxxxxxf )0(f)1sin21(lim0 xxx 01 但但0,1cos21sin41)( xxxxxf4. 有關單調性的二個問題有關單調性的二個問題高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I )212(1kx當當 時，時，0)212(41)( kxf kx21當當 時，時，01)( xf留意留意 可以任意大，故在可以任意大，故在 點的任何鄰點的任何鄰域內，域內， 都不單調遞增都不單調遞增k00 x)(xf高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I 0.100.050.050.100.050.051.00.50.51.02112高等數學方法與應用高等數學方法與應用I I0.0100