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介值定理例题

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刘柯妤 3 weeks ago
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"隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md",
"介值定理例题.md",
"Chapter 2-3 极限/根值判别法.md",
"Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题(1)(1).md",
"Chapter 2-3 极限/比值判别法.md",
"Chapter 2 极限/比值判别法.md",
"未命名.base",

41
介值定理例题.md
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@ -0,0 +1,41 @@
>[!example] **例1**
设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$a < c < d < b$。证明：在$(a,b)$内必存在点$\xi$，使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$，其中$m,n$为任意给定的自然数。
**解析：**
因$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$f(x)$在$[a,b]$上能取得最大值$f_{\max}$和最小值$f_{\min}$。又因为
$$(m + n)f_{\min} \leqslant mf(c) + nf(d) \leqslant (m + n)f_{\max},$$
即$f_{\min} \leqslant \frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} \leqslant f_{\max}$，故由介值定理，在$[a,b]$上必存在一点$\xi$，使得
$$\frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} = f(\xi),$$
即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。
>[!example] **例2**
>一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗，每天上午7点从营地出发，8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回，8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明，在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。
**解析**
设上山的路程函数为$s=f_1(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_1(7)=0$，$f_1(8)=D$（$D$为两岗哨之间的距离）
下山的路程函数为$s=f_2(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_2(7)=D$，$f_2(8)=0$
作辅助函数$F(t)=f_1(t)-f_2(t)$，则$F(t)$在$[7,8]$上连续，且$F(7)=-D$，$F(8)=D$
由零点定理知，至少存在$\xi\in(7,8)$使$F(\xi)=0$
即在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。
>[!example] 例3
>设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$，使$f(\xi)+\xi=0$。
>
**解析**
步骤1：构造辅助函数并分析连续性
设辅助函数$F(x)=f(x)+x$。
已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，$y=x$在$(-\infty,+\infty)$上也连续，根据**连续函数的和运算性质**，$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续。
步骤2：利用极限条件分析$F(x)$在无穷远处的符号
由$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，可得：
$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$
$$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$
根据函数极限的保号性：
- 存在$X_1>0$，当$x>X_1$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x>0$，故$F(x)>0$。取$x_1=X_1+1$，则$F(x_1)>0$
- 存在$X_2>0$，当$x<-X_2$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x<0$，故$F(x)<0$。取$x_2=-X_2-1$，则$F(x_2)<0$
步骤3：应用零点存在定理得出结论
$F(x)$在闭区间$[x_2,x_1]$上连续，且$F(x_2)<0$，$F(x_1)>0$。
由零点存在定理，至少存在一点$\xi\in(x_2,x_1)\subset(-\infty,+\infty)$，使得$F(\xi)=0$，即$f(\xi)+\xi=0$

587
隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md
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@ -0,0 +1,587 @@
---
tags:
- 编写小组
---
**内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航**
## 隐函数求导
### 原理
设方程 $F(x, y) = 0$ 确定 $y$ 是 $x$ 的函数 $y = y(x)$，则对方程两边关于 $x$ 求导（注意 $y$ 是 $x$ 的函数），再解出 $y'$ 即可。
### **适用情况**
适用于方程中 $x$ 与 $y$ 混合在一起，无法或不易解出 $y = f(x)$ 的情况，如：
- 圆的方程：$x^2 + y^2 = 1$
- 椭圆方程：$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$
- 一般隐式方程：$e^{x+y} + \ln(xy) = 0$
### **优势**
1. 不必显式解出 $y = f(x)$，可直接求导；
2. 适用于复杂关系式，尤其是含有 $x$、$y$ 混合的函数形式。
### **劣势**
1. 求导过程中需注意 $y$ 是 $x$ 的函数，常需使用链式法则；
2. 最终表达式中可能仍含有 $y$，需结合原方程化简。
### **例子**
> [!example] 例1(简单)
求由方程 $x^2 + y^2 = 1$ 确定的隐函数 $y = y(x)$ 的导数。
**解析**
两边对 $x$ 求导：
$$
2x + 2y \cdot y' = 0
$$
解得：
$$
y' = -\frac{x}{y}
$$
>[!example] 例2
>设方程$y=y(x)$由方程$xe^{f(y)}=e^y$确定，其中$f$具有二阶导数，且$f'\neq1$，求$\frac{d^2y}{dx^2}.$
解1：
两边对$x$求导得
$$e^{f(y)}+xy'f'(y)e^{f(y)}=y'e^y$$
从而
$$y'=\frac{e^{f(y)}}{e^y-xf'(y)e^{f(y)}}=\frac{e^{f(y)}}{xe^{f(y)}(1-f'(y))}=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$
两边再对$x$求导得
$$\frac{d^2y}{dx^2}=y''=-\frac{1-f'(y)-xy'f''(y)}{x^2(1-f'(y))^2}=-\frac{(1-f'(y))^2-f''(y)}{x^2(1-f'(y))^3}$$
解2：两边取对数得$$lnx+f(y)=y$$
两边对$x$求导得$$\frac{1}{x}+y'f'(y)=y'$$
从而$$y'=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$
后同解1.
>[!example] 例3
>曲线$\ln{\sqrt{x^2+y^2}}=arctan(\frac{x}{y})$在点(0,1)处的切线方程为$\_\_\_$
>（A）$y=-x+1$
>（B）$y=1$
>（C）$y=x+1$
>（D）$y=\frac{1}{2}x+1$
解：由原式得$$\frac{1}{2}ln(x^2+y^2)=arctan(\frac{x}{y})$$
两边对$x$求导得 $$\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+2yy'}{x^2+y^2}=\frac{y-xy'}{x^2+y^2}$$$$x+yy'=y-xy'$$$$y'=\frac{y-x}{y+x}$$
故$y'|_{x=0,y=1}=1$，即曲线在(0,1)处切线的斜率为1，故切线方程为：
$$y=x+1$$选C.
>[!example] 例4
>函数$y=y(x)$由方程$sin(x^2+y^2)+e^x-xy^2=0$所确定，则$\frac{dy}{dx}=\_\_$.
解：
两边求微分得：
$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$
$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$
$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$
>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
>已知由方程 $e^{(x y - 1)(x + y)} \ln (x^3 + y^3) = \frac{xy(x^2 + y^2)}{(x y)^{x^2 + x y + y^2}} \ln (\sqrt{x + y})$ 所确定的函数单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
解法一（直接求导）
设 $y = y(x) 、$ 是由方程确定的隐函数，且 $y(1)=1$。两边对 $x$ 求导，并记 $y' = \frac{dy}{dx}$。分别计算左边导数 $\frac{dL}{dx}$ 和右边导数 $\frac{dR}{dx}$ 在点 $(1,1)$ 处的值。
左边：$L = e^{(xy-1)(x+y)} \ln(x^3+y^3)$。
令 $$u = (xy-1)(x+y),$$则 $u(1,1)=0$。
有$$u' = (y + x y')(x+y) + (xy-1)(1+y'),$$在 $(1,1)$ 处，$u' = 2(1+y')$。
于是 $$\frac{dL}{dx} = e^{u} u' \ln(x^3+y^3) + e^{u} \cdot \frac{1}{x^3+y^3} \cdot (3x^2 + 3y^2 y')$$
在 $(1,1)$ 处，$e^{u}=1$，$\ln(x^3+y^3)=\ln 2$，$x^3+y^3=2$，所以 $\frac{dL}{dx}\bigg|_{(1,1)} = 2(1+y') \ln 2 + \frac{3}{2}(1+y') = \left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y')$。
右边：$R = \frac{1}{2} (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)} (x^2+y^2) \ln(x+y)$。
令 $$A = (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)},B = x^2+y^2,C = \ln(x+y)$$则 $R = \frac{1}{2} A B C$。
在 $(1,1)$ 处，$A=1$，$B=2$，$C=\ln 2$。
先求 $A'$。取对数：$\ln A = [1-(x^2+xy+y^2)] \ln(xy)$。求导得：
$$\frac{A'}{A} = [-(2x + y + x y' + 2y y')] \ln(xy) + [1-(x^2+xy+y^2)] \cdot \frac{y + x y'}{xy}$$
在 $(1,1)$ 处，$$\ln(xy)=0,1-(x^2+xy+y^2) = -2, xy=1$$，所以 $\frac{A'}{A} = -2(1+y')$，即 $A' = -2(1+y')$。
易得$$B' = 2x + 2y y' = 2 + 2y' = 2(1+y'),
C' = \frac{1+y'}{x+y} = \frac{1}{2}(1+y').$$
于是 $$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} (A' B C + A B' C + A B C')$$
代入：$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -2(1+y') \cdot 2 \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2(1+y') \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}(1+y') \right]$$
化简：$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -4(1+y') \ln 2 + 2(1+y') \ln 2 + (1+y') \right] = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$
由 $\frac{dL}{dx} = \frac{dR}{dx}$ 得：
$$\left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y') = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$
若 $1+y' \neq 0$，则 $2\ln 2 + \frac{3}{2} = \frac{1}{2} - \ln 2$，即 $3\ln 2 = -1$，矛盾。故 $1+y' = 0$，即 $y' = -1$。
所以切线斜率为 $-1$，切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。
答案：切线方程为 $y = -x + 2$。
解法二
由方程形式可知，交换 $x$ 与 $y$ 后方程不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 位于曲线且落在对称轴 $y = x$ 上。
在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。
因为函数单调减，所以在 $(1,1)$ 处导数 $y' < 0$，故斜率不可能为 $1$，只可能为 $-1$。
由点斜式得切线方程：
$y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，
即 $y = -x + 2$。
>[!example] 例6(卢吉辚原创难题)
>已知由方程 $\arctan\left( \frac{x^2 y + x y^2}{2} \right) = \arcsin\left( \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y} \right)$ 所确定的函数在其连续区间内单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
解法一（直接求导）
对方程两边关于 $x$ 求导，$y$ 视为 $x$ 的函数，记 $y' = \frac{dy}{dx}$。
左边：设 $u = \frac{x^2 y + x y^2}{2}$，则导数为 $\frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{du}{dx}$。
$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2xy + x^2 y' + y^2 + 2xy y')$。
在 $(1,1)$ 处，$$u=1,\frac{1}{1+u^2} = \frac{1}{2}，\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2+1 + (1+2)y') = \frac{3}{2}(1+y')$$
所以左边导数为 $$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}(1+y') = \frac{3}{4}(1+y')$$
右边：设 $v = \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y}$，则导数为 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \cdot \frac{dv}{dx}$。
在 $(1,1)$ 处，$v = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{1-v^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，所以 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} = \sqrt{2}$。
计算 $\frac{dv}{dx}$：$$v = \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x+y}，
\frac{dv}{dx} = \frac{(x+y) \cdot \frac{x + y y'}{\sqrt{x^2+y^2}} - \sqrt{x^2+y^2}(1+y')}{(x+y)^2}$$
代入 $(1,1)$，$$\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{2}，x+y=2，\frac{dv}{dx} = \frac{2 \cdot \frac{1+y'}{\sqrt{2}} - \sqrt{2}(1+y')}{4} = 0$$
因此右边导数为 $\sqrt{2} \cdot 0 = 0$。
由左右导数相等得：$\frac{3}{4}(1+y') = 0$，解得 $y' = -1$。
故切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。
解法二
方程中交换 $x$ 与 $y$ 后形式不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 在曲线上且位于对称轴 $y = x$ 上。
由对称性，在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。
已知函数单调减，即在定义区间内 $y' < 0$，因此斜率不可能为 $1$，只能为 $-1$。
切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。
---
## 参数方程求导
### 原理
已知 $$\left\{ \begin{array}{c} x=x\left( t \right)\\ y=y\left( t \right)\\ \end{array} \right.$$若有均可导且 $x'(t) \neq 0$，则
$$y'\left( t \right) =\frac{dy}{dt}$$
$$x'\left( t \right)=\frac{dx}{dt}$$
$$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{y'\left( t \right)}{x'\left( t \right)}$$
则有 $$y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{dy'}{dx}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}=(\frac{y'(t)}{x'(t)})'\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}$$
而 $$\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^2\left( t \right)}$$
故 $$y''=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^3\left( t \right)}$$
### **适用情况**
适用于曲线由参数形式给出，尤其是：
- 物理中的运动轨迹；
- 极坐标、摆线、旋轮线等曲线；
- 复杂曲线的简化表示。
### **优势**
1. 形式简洁，直接利用两个导数作商；
2. 适用于参数化表示，便于计算高阶导数。
### **劣势**
1. 要求 $x'(t) \neq 0$，否则导数不存在；
2. 高阶导数计算需重复使用公式，略显繁琐。
### **例子**
> [!example] 例1(简单)
> 求参数方程
> $$
\begin{cases}
x = a\cos t \\
y = b\sin t
\end{cases}$$
所确定的函数 $y = y(x)$ 的导数。
**解析**
计算：
$$
\frac{dx}{dt} = -a\sin t, \quad \frac{dy}{dt} = b\cos t
$$
因此：
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t
$$
> [!example] 例2
设 $y$ 由方程 $e^{x+y} = xy$ 确定，则 $y'$ 在点 $(1,0)$ 处的值为
A. $0$
B. $1$
C. $-1$
D. 不存在
**解析**
两边对 $x$ 求导：
$$
e^{x+y}(1 + y') = y + x y'
$$
代入 $(1,0)$：
$$
e^{1+0}(1 + y') = 0 + 1 \cdot y'
$$
即：
$$
e(1 + y') = y'
$$
解得：
$$
y' = \frac{e}{1 - e}
$$
该值不为选项中所列，故判断为“不存在直接匹配”，但若只允许选 ABCD，则可能选 D。
实际应说明：$y' = \frac{e}{1-e}$ 是一个确定数值。
> [!example] 例3
> 参数方程
> $$
\begin{cases}
x = t^2 + 1 \\
y = t^3 - t
\end{cases}$$
在 $t = 1$ 处的导数 $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1}$ 为
A. $1$
B. $2$
C. $3$
D. $4$
**解析**
计算：
$$
\frac{dx}{dt} = 2t, \quad \frac{dy}{dt} = 3t^2 - 1
$$
则：
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{3t^2 - 1}{2t}
$$
代入 $t = 1$：
$$
\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1} = \frac{3 \cdot 1^2 - 1}{2 \cdot 1} = \frac{2}{2} = 1
$$
答案：A
>[!example] 例4(卢吉辚原创难题)
>设参数方程 $x = e^{t^2} \arcsin(t^2)$，$y = \ln(1+t^4) \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值（需要用到泰勒展开，仅作习题）
**解析：**
先求一阶导：
$$\frac{dx}{dt} = 2t e^{t^2} \left( \frac{1}{\sqrt{1-t^4}} + \arcsin(t^2) \right)$$$$\frac{dy}{dt} = \frac{4t^3}{1+t^4} \arctan(t^3) + \ln(1+t^4) \cdot \frac{3t^2}{1+t^6}$$
在 $t=0$ 处，$\frac{dx}{dt}=0$，$\frac{dy}{dt}=0$。
需用公式 $$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{ \frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} }{ \left( \frac{dx}{dt} \right)^3 }$$。
利用泰勒展开：
$x(t) = t^2 + t^4 + O(t^6)$，得 $$\frac{dx}{dt} = 2t + 4t^3 + O(t^5),\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 + 12t^2 + O(t^4);$$
$y(t) = t^7 + O(t^{11})$，得 $$\frac{dy}{dt} = 7t^6 + O(t^{10})，\frac{d^2 y}{dt^2} = 42t^5 + O(t^9).$$
分子：$$\frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} = 70 t^6 + O(t^7)$$分母：$$(\frac{dx}{dt})^3 = 8 t^3 + O(t^5)$$
当 $t \to 0$，$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{70 t^6}{8 t^3} \to 0$，故值为 $0$。
**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = 0$。
>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
>设参数方程 $x = e^{t} \sin t + \ln(1+t^2)$，$y = e^{t} \cos t + \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值。
**解析：**
计算一阶导：
$$\frac{dx}{dt} = e^{t} \sin t + e^{t} \cos t + \frac{2t}{1+t^2}，\frac{dy}{dt} = e^{t} \cos t - e^{t} \sin t + \frac{3t^2}{1+t^6}.$$
在 $t=0$ 处：$\frac{dx}{dt} = 1$，$\frac{dy}{dt} = 1$。
二阶导：
$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 e^{t} \cos t + \frac{2 - 2t^2}{(1+t^2)^2}，\frac{d^2 y}{dt^2} = -2 e^{t} \sin t + \frac{6t(1+t^6) - 18t^7}{(1+t^6)^2}.$$
在 $t=0$ 处：$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 4，\frac{d^2 y}{dt^2} = 0.$$
代入公式：
$$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{1 \cdot 0 - 1 \cdot 4}{1^3} = -4.$$
**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = -4$。
## **应用题**
应用题就比较综合了，它可以考很多知识点，比如参数方程，比如隐函数求导，也有可能就是一个普通的求导。但关键不在于求导，关键在于建立一个准确的模型，也就是
（1）把需要求的对象找出来，即自变量和因变量，注意可能有多个。
（2）根据条件把关系式列出来，画一画示意图有时候会很有帮助。
### 微分估计值
>[!example] 例1
>利用微分估计值也是导数应用的一种。利用微分估计下面几个式子的值：
>（1）$\sqrt{34}$（保留两位小数）
>（2）摆的振动周期公式为：$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$。其中$l$为摆长（厘米），重力加速度$g=981cm^2/s$.为了使周期$T$增大$0.05$秒，摆长$l=20cm$的长度需要作何修正？（参考数据：$\sqrt{981\times20}\approx140.07,\frac{1}{\pi}\approx0.318$,保留两位小数）
解：（1）$\sqrt{34}=\sqrt{36-2}=6\sqrt{1-\frac{1}{18}}$,考虑函数$f(x)=\sqrt{x}$，$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},f'(1)=\frac{1}{2}$,故$df=\frac{dx}{2\sqrt{x}},df|_{x=1}=\frac{1}{2}dx$,取$dx=-\frac{1}{18}$,得$df=-\frac{1}{36}$,故$$\sqrt{34}\approx 6(1-\frac{1}{36})=\frac{35}{6}\approx5.83$$
（2）$dT=T'dl=\pi\sqrt{\frac{1}{gl}}dl=0.05$,则$$dl=\frac{1}{\pi}\sqrt{gl}\approx\frac{1}{3.14}\times\sqrt{981\times20}\times0.05\approx2.23$$
故需要增加摆长约$2.23$厘米
### 相关变化率
#### 飞机航空摄影问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>一飞机在离地面$2 km$的高度，以$200 km/h$的速度水平飞行到某目标上空，以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时，摄影机转动的角速率。
解析：
1、建立坐标系
目标位置：原点 $O(0,0)$
飞机位置：$P(x,2)$
飞机高度：$h = 2 km$
水平速度：$\frac{dx}{dt} = -200 km/h$
2、角度关系
$$
\theta = \arctan\left(\frac{x}{2}\right),
\tan\theta =\frac{x}{2}
$$
3、角速率计算
$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{d\theta}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}$$
$$\frac{d\theta}{dx} = \frac{d}{dx} \arctan\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1}{1 + \left(\frac{x}{2}\right)^2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{x^2 + 4}$$
$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{2}{x^2 + 4} \cdot (-200) = -\frac{400}{x^2 + 4} rad/h$$
4、目标正上方时的角速率
当 $x = 0$ 时：
$$\left. \frac{d\theta}{dt} \right|_{x=0} = -\frac{400}{0 + 4} = -100 rad/h$$
5、转换单位：
$$100 rad/h = 100 \times \frac{180}{\pi} °/h = \frac{18000}{\pi} °/h,
\frac{18000}{\pi} °/h \times \frac{1}{3600} h/s = \frac{5}{\pi} °/s \approx 1.59 °/s$$
答案:
飞机飞至目标正上方时，摄影机转动的角速率为 $\frac{5}{\pi} °/s$（约$1.59 °/s$）。
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#### 人拉船问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>人在河岸用绳经过定滑轮以速度 $v$、加速度 $a$ 拉船。绳与水平面夹角为 $\theta$。求此时船的加速度 $a'$。
![[应用题人拉船.png]]
解析
1、 变量定义
$h$：滑轮高度（定值）
$x$：船到河岸的水平距离
$l$：绳长
$v = -\frac{dl}{dt}$：人拉绳的速度
$a = -\frac{d^2l}{dt^2}$：人拉绳的加速度
$u = -\frac{dx}{dt}$：船的水平速度
$a' = -\frac{d^2x}{dt^2}$：船的加速度
$\theta$：绳与水平面夹角
2、几何关系
$l^2 = h^2 + x^2$
3、 一阶导数关系
对几何关系求导：$$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}\ 即\ l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$$
代入速度定义：$l(-v) = x(-u)$
$$u = \frac{l}{x}v = \frac{v}{\cos\theta}，其中 \cos\theta = \frac{x}{l}$$
4、 二阶导数关系
对一阶关系求导：$$\frac{d}{dt}\left(l\frac{dl}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(x\frac{dx}{dt}\right)$$
$$\left(\frac{dl}{dt}\right)^2 + l\frac{d^2l}{dt^2} = \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + x\frac{d^2x}{dt^2}$$
$$(-v)^2 + l(-a) = (-u)^2 + x(-a')$$
$$v^2 - la = u^2 - xa'$$
5、 求解 $a'$
$$xa' = u^2 - v^2 + la,
a' = \frac{u^2 - v^2 + la}{x}$$
代入 $u = \frac{v}{\cos\theta}$, $x = h\tan\theta$, $l = \frac{h}{\cos\theta}$：
$$\begin{aligned}
a' &= \frac{\left(\frac{v}{\cos\theta}\right)^2 - v^2 + \left(\frac{h}{\cos\theta}\right)a}{h\tan\theta}\\[1em]
&= \frac{v^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right)}{h\tan\theta} + \frac{\frac{h}{\cos\theta}a}{h\tan\theta}\\[1em]
&= \frac{v^2\tan^2\theta}{h\tan\theta} + \frac{a}{\cos\theta\tan\theta}\\[1em]
&= \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}
\end{aligned}$$
答案：
此时船的加速度为：
$$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$$
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#### 动点曲线运动问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>已知动点 $P$ 在曲线 $y = \sqrt{x}$ 上运动，记坐标原点 $O$ 与 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 横坐标随时间的变化率为常数 $v$，则当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率是多少？
解析:
1、 变量关系
点 $P$ 坐标：$(x, y)$, $y = \sqrt{x}$
原点 $O$ 与 $P$ 间的距离：
$$l = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + (\sqrt{x})^2} = \sqrt{x^2 + x}$$
已知：$\frac{dx}{dt} = v$（常数）
2、距离变化率计算
$$\begin{aligned}
\frac{dl}{dt} &= \frac{d}{dt} \sqrt{x^2 + x} = \frac{d}{dt} (x^2 + x)^{1/2}\\[1em]
&= \frac{1}{2}(x^2 + x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dt}(x^2 + x)\\[1em]
&= \frac{1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot (2x + 1) \frac{dx}{dt}\\[1em]
&= \frac{2x + 1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot v
\end{aligned}$$
3、在点 $(1, 1)$ 处的变化率
当 $x = 1$ 时：
$$\left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{2\cdot 1 + 1}{2\sqrt{1^2 + 1}} \cdot v = \frac{3}{2\sqrt{2}} \cdot v = \frac{3v}{2\sqrt{2}}$$
有理化：$\frac{3v}{2\sqrt{2}} = \frac{3v\sqrt{2}}{4}$
答案：
当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率为 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。
---
#### 球浸入水问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>半径为$a$的球渐渐沉入盛有部分水的半径为$b(b>a)$的圆柱形容器中.若球以匀速$c$下沉，求：球浸没一半时，容器内水面上升的速率.
>
>（A）$\frac{a^2c}{b^2}$
>
>（B）$\frac{a^c}{b^2-a^2}$
>
>（C）$\frac{a^2c}{2b^2}$
>
>（D）$\frac{a^2c}{b^2+a^2}$
解：主要的等量关系是：球浸入水中的体积与水“溢出”的体积相同（如果把水面上升视为溢出的话）。设时间为$t$，球下沉的体积为$V$，水上升的高度为$H$，球浸入水的高度为$h$，则有$$V=\pi h^2(a-\frac{h}{3}),dV=(2\pi ah-\pi h^2)dh=\pi h(2a-h)dh$$（这个公式大家可以记住）
且（如图）$$dV=\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH$$
![[球浸入水示意图.jpg]]
于是$$\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH=\pi h(2a-h)dh$$$$dH=\frac{h(2a-h)}{b^2-2ah+h^2}dh$$$$\frac{dH}{dt}=\frac{h(2a-h))}{b^2-2ah+h^2}\frac{dh}{dt}$$而$\frac{dh}{dt}=c,h=a$，故$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$
选B.
### 应用题期中真题
>[!example] **例1**（2020）
>有一个正圆锥形漏斗，深度 $18 \text{ cm}$ ，上端口直径为 $12 \text{ cm}$ （即半径 $6 \text{ cm}$ ）。漏斗下方连接一个圆柱形筒，圆柱筒直径为 $10 \text{ cm}$ （即半径 $5 \text{ cm}$ ）。初始时刻漏斗内盛满水，然后水从漏斗流入圆柱筒。已知当漏斗中水深为 $12 \text{ cm}$ 时，漏斗水面下降的速度是 $1 \text{ cm/min}$
问：此时圆柱筒内液面上升的速度是多少？
**解析**:
设 t （s）时漏斗水深为 h （cm），圆柱形容器的水深为 H （cm），则有
$$\pi 5^2 H = V_0 - \frac{1}{3} \pi \left( \frac{6}{18} h \right)^2 h$$
关于 t 求导数得
$$25 \frac{dH}{dt} = -\frac{1}{9} h^2 \frac{dh}{dt}$$
当 h = 12, $\frac{dh}{dt} = -1$ 时，
$$\frac{dH}{dt} = \frac{16}{25} \text{(cm/s)}$$
>[!example] **例2** (2021)
>一长为 L 米的木梯靠在倾角为$\frac{\pi}{3}$的光滑斜坡上，木梯的顶部距离 A 点 h 米，底部距离 A 点 d 米，受重力作用木梯的顶部以 $a \, \mathrm{m/s}$ 的速度沿直线 BA 下滑，底部水平向右运动。问：当木梯的顶部和底部与 A 点的距离相等时，底部的水平速度为多少？
>![[应用题梯子.jpg]]
**解析：**
设运动 t 秒后，木梯的顶部距离 A 点 $y(t) \, \mathrm{m}$ ，底部距离 A 点 $x(t) \, \mathrm{m}$ 。由图易知
$$\left(y(t)\sin\frac{\pi}{3}\right)^2 + \left(x(t)+y(t)\cos\frac{\pi}{3}\right)^2 = L^2$$
即
$$x^2(t)+y^2(t)+x(t)y(t)=L^2$$
方程两端分别对 t 求导，可得
$$2x(t)x'(t)+2y(t)y'(t)+x(t)y'(t)+x'(t)y(t)=0$$
由于 $y'(t)=-a \, (\mathrm{m/s})$ ，因此当 x(t)=y(t) 时，有
$$2x'(t)-2a-a+x'(t)=0$$
故 $$x'(t)=a \, (\mathrm{m/s})$$
>[!example] **例3**（2023）
>有一个长度为5m的梯子贴靠在铅直的墙上，假设其下端沿地板以3m/s的速率离开墙脚而滑动，则
(1) 何时梯子的上、下端能以相同的速率移动？
(2) 何时其上端下滑之速率为4m/s？
**解析:**
设在时刻 t ，梯子上端与墙角的距离为 $x(t) \, \mathrm{m}$ ，下端与墙角的距离为 $y(t) \, \mathrm{m}$ ，则
$$x^2 + y^2 = 25$$
两端同时对 t 求导数可得
$$x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} = 0$$
(1) 当$\frac{dx}{dt} = -\frac{dy}{dt}$ 时，可得 x = y ，进而 $y = \frac{5}{\sqrt{2}} \, (\mathrm{m})$ ，
即下端距墙脚 $\frac{5}{\sqrt{2}} \, \mathrm{m}$ 时上下端能以相同的速率移动。
(2) 当 $\frac{dy}{dt} = -4 \, (\mathrm{m/s})$ ， $\frac{dx}{dt} = 3 \, (\mathrm{m/s})$ 时，有 $4x = 3y$ ，将其代入 $x^2 + y^2 = 25$ ，
解得$y = 4 \, (\mathrm{m})$,即下端距墙脚4 m时，上端下滑速度为$4 m/s$
>[!example] **例4**(2022)
>某部举行八一阅兵，队列正步通过阅兵台时步幅间距离为75厘米，步速为每分钟112步。某观礼人员离行进队列垂直距离为60米，视线追随队列领队，求其视线与队列夹角为$\frac{\pi}{6}$时，视线转动角度的变化率。
**解析：**
- 建立几何模型：设时间为\(t\)分钟，步幅间距离0.75米，步速为每分钟112步，则队列行进距离$x = 0.75×112t = 84t$米。设视线与队列夹角为$theta$，由正切函数关系可得$tan\theta=\frac{x}{60}$，即$\tan\theta=\frac{84t}{60}=\frac{7t}{5}$。
- 两边对$t$求导：根据复合函数求导法则
$$(tan\theta)^\prime=\sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt})$$对$tan\theta=\frac{7t}{5}$两边求导得$$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$
求解:$\frac{d\theta}{dt}$：当$\theta = \frac{\pi}{6}$时，$sec\theta=\frac{2}{\sqrt{3}}$，$sec^{2}\theta=\frac{4}{3}$，代入$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$，
可得$$\frac{4}{3}\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$解得$$\frac{d\theta}{dt}=\frac{21}{20}（弧度/分钟）$$
答案：视线转动角度的变化率为 $\frac{21}{20}$ 弧度/分钟。本题主要考察了利用导数解决实际问题中的变化率问题，关键在于建立正确的函数关系并准确求导，易错点是复合函数求导法则的运用。
>[!example] **例5**（2024）
>一架巡逻直升机在距离地面3km的高度以120km/h的速度沿着一条水平笔直的高速公路向前飞行。飞行员观察到迎面驶来一辆汽车，通过雷达测出直升机与汽车的距离为5km，同时此距离以160km/h的速率在减少。试求此时汽车行进的速度。
**解析**：
如图建立直角坐标系，设时刻 t直升机位于 A点 $(x_1​(t),3)$，汽车位于 B点 $(x_2​(t),0)$，直升机与汽车的距离为 $z(t)$，则
$$(x_2​(t)−x_1​(t))^2+32=z^2(t)$$
方程两端分别对 $t$ 求导，可得
$$(x_2​(t)−x_1​(t))(x_2^′​(t)−x_1^′​(t))=z(t)z^′(t)$$
由于 $z(t)=5$时，$x_2​(t)−x_1​(t)=4$，$z^′(t)=−160$，$x_1^′​(t)=120$，有
$$4(x_2^′​(t)−120)=5×(−160)$$
故 $x_2^′​(t)=−80$，即汽车行进的速度为 $80km/h$。
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