高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用新課標(biāo)A版選修一

1、導(dǎo)數(shù)在中學(xué)數(shù)學(xué)中的應(yīng)用導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的得力工具，它的應(yīng)用十分廣泛。使用導(dǎo)數(shù)，能夠幫助我們解決初等數(shù)學(xué)中較困難的或根本不能解決的問題。在一些問題中，使用導(dǎo)數(shù)，還能化繁為簡(jiǎn)，思路明快，解法巧妙，完備無遺。使用導(dǎo)數(shù)，能培養(yǎng)學(xué)生用較高的觀點(diǎn)，較先進(jìn)的方法代替一些傳統(tǒng)的初等觀點(diǎn)和初等方法，從而使已經(jīng)學(xué)過的初等知識(shí)加以深化、拓廣、融化貫通。這無疑對(duì)開闊學(xué)生思路，提高解題能力是大有裨益的。下面我們舉例說明導(dǎo)數(shù)在中學(xué)各科中的應(yīng)用一、利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性主要理論根據(jù) 設(shè)函數(shù) f(x)在區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，如果在（a，b）內(nèi)f(x)0，那么f(x)在（a，b）內(nèi)是增函數(shù)，如果在(a，b)內(nèi)f(x)0或f(x

2、)0，x0，(2x-1)(2x+1)0即(x-)(x+)0x（其中x舍?。┖瘮?shù)y的單調(diào)增加區(qū)間為（，+）令f（x）=0，（2x1）（2x+1）0即（x）（x+）00x(其中0，應(yīng)該舍掉“”！）使導(dǎo)數(shù)不存在的點(diǎn)只有一個(gè)x=0，列表如下由表看出，函數(shù)y在（0，）內(nèi)單調(diào)減少。函數(shù)y在（，+）內(nèi)單調(diào)增加。例2求函數(shù)y=(a0)的單調(diào)區(qū)間解 函數(shù)y有定義域?yàn)椋?，+），那y=令y=0，得駐點(diǎn)x=a，又當(dāng)x=或x=a時(shí)，y不存在，因此，由點(diǎn)x=a， a，a把區(qū)間（-，+）分成四個(gè)小區(qū)間，列表如下：由表上看出 函數(shù)y在區(qū)間（-，+）上是增函數(shù)，f(x)在（-，+）上是增函數(shù)還是減函數(shù)？解 由已知f(x)是奇

3、數(shù)，得f(-x)，即f(x)= f(x)由此看出，奇函數(shù)f(x)=f(x)= f（x）（x）=f(x)由此看出，奇函數(shù)f(x)的函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f是偶數(shù)，所以f（x）在（-，+）上的符號(hào)與在（-，+）上也是增函數(shù)。例4 求f(x)=sin(x+)+sinx=由表看出，f(x)單調(diào)增加區(qū)為（0，）f(x)單調(diào)減少區(qū)間為（）二利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1利用拉朗日中值定理證明不等式主要理論根據(jù)，拉格朗中值定理如果函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a，b上連續(xù)，在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，那么在（a，b）內(nèi)至少有一點(diǎn)，使得f(b)f(a)=f()(b-a)(1)對(duì)于滿足條件（1）的函數(shù)f(x)，當(dāng)f(x)在（a，

4、b）內(nèi)在變化范圍已知時(shí)，即當(dāng)x（a，b），有mf(x) M，那么我們可利用（1）式證明形如m(ba) f(b)f(a) M(ba)一類不等式。例5 當(dāng)0ba時(shí)，求證不等式nbn-1(a-b)an-bn1時(shí)成立證明：設(shè)f(x)=xn，則f(x)=nxn-1，f(x)在b，a上邊續(xù)可導(dǎo)，由拉氏定理，在（b，a）內(nèi)存在一點(diǎn)，使得= f()=n n-1即nbn-1(a-b)an-bn1時(shí)成立。例6 求證 如果0x1x2，那么arctgx2 arctgx1證明：設(shè)f(x)=arctgx，則f（x）=，f(x)在區(qū)間x1，x2上連續(xù)可導(dǎo)，滿足拉氏定理的條件，所以在區(qū)間（x1，x2）內(nèi)，至少存在一點(diǎn)，使得=

5、f（）= （1）0x1x20x+2x 11+x20(或f(x)0時(shí)，證明ex 1+x+0所以 ex 1+x+例8 求證：ln(1+x)-，則f(x)=當(dāng)x0時(shí)，arctgx0，從而f（x）0，因此，f(x1)f(x2)形式進(jìn)行證明。例9 求證：loga(a+b)loga+c(a+b+c) (b0，c0)對(duì)一切a1成立分析：若設(shè)輔助函數(shù)f(x)=logx(x+b)，x（1，+），則當(dāng)x1=a，x2=a+c時(shí)，只要證f(x1)f(x2)就可以了。證明：設(shè)f(x)=logx(x+b)，x(1，+)，則f(x)=，1xx+b，0lnxln(x+b)，xlnx(x+b)ln(x+b)，即，因此，f（x）

6、f(x2)就可以了。證明：設(shè)f(x)=logx(x+b)，x（1，+）為減函數(shù)，因?yàn)?af(a+c)，即loga(a+b)loga+C(a+b+c)例10 求證：如果0x1x2，那么。分析：欲證，只須證，為此，在區(qū)間（0，）內(nèi)只要證明函數(shù)是增函數(shù)就可以了。證明：設(shè)輔助函數(shù)f(x)= ，則f(x)= =當(dāng)0x0，分子：2xsin2x。所以f(x)0，因此在區(qū)間（0，）內(nèi)，函數(shù)f(x)為增函數(shù)，因?yàn)?x1x2即（iii）化原不等式為f(x)M（或f(x)1，求證x3x+1。分析：欲證x3x+1，只要證x3 x 1就可以了，若設(shè)輔助函數(shù)f(x)=1時(shí)，f(x)0，所以在（1，+）上，就轉(zhuǎn)化到證明f(

7、x)1.這里“1”相當(dāng)于M。證明：設(shè)f(x)=x3 x ，則f（x）=3x2 1+，當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，所以在（1，+）上f(x)為增函數(shù)。但f(1)= 1時(shí)，所以x3 x 1，即，如果x1，則x3x+1。例12 求證：如果0x.證明：設(shè)輔助函數(shù)f(x)= ，則f（x）=(x tgx).0x，xtgx，由此得f(x) ，即，即sinx.3利用求函數(shù)最值方法證明不等式主要理論根據(jù)：如果函數(shù)f(x)在a，b上連續(xù)，在開區(qū)間（a，b），上一定有最大值和最小值。為了證明如mf(x)（或f(x) M）的不等式，可以利用導(dǎo)數(shù)求f(x)的最小值m（或最大值M），從而獲得證明。但要注意：f(x)如意定義在閉

8、區(qū)間a，b內(nèi)，那么它的最值應(yīng)當(dāng)由（a，b）內(nèi)的極值和兩個(gè)端點(diǎn)的值加以比較才能確定，如果定義在開區(qū)間(a，b)內(nèi)，則只須在（a，b）內(nèi)考察它的最值。例13 設(shè)0x1，p1，試證1.證明：設(shè)f(x)=xp+(1 x)p，則f(x)=pxp1 （1x）p1令f(x)=0，可得xp-1=(1 x )p1，故x=1x，即x=.在0，1內(nèi)，函數(shù)在駐、端點(diǎn)的值分別為：f()=+=，f(0)=1，f(1)=比較f(0)，f()，f(1)，易見 f(x)=， f(x)=1，所以xp+(1 x)p1.例14 求證： （0a）分析：欲證原式成立，只要證明函數(shù)的最小直是就可以了。證明：設(shè)輔助函數(shù)f(a)= ，則f(a

9、)=0，當(dāng)0a時(shí)，得駐點(diǎn)a=，令f(a)=0，當(dāng)0a令f(a)=0，當(dāng)0a時(shí)，得駐點(diǎn)a=若0a，則f(a)0若a0所以 f(a)=f()=，即三、求函數(shù)的極（最）值主要理論根據(jù)：1、極值第一判別法則10 求導(dǎo)數(shù)f(x)20 令f(x)=0，求f(x)在定義域內(nèi)的駐點(diǎn)；30 檢查f(x)在駐點(diǎn)左右的符號(hào)，如果左正右負(fù)，那么f(x)在這個(gè)駐點(diǎn)取極大值；如果左負(fù)右正，那么f(x)在這個(gè)駐點(diǎn)的函數(shù)值不是極值。2極值第二判別法則當(dāng)在駐點(diǎn)處函數(shù)f(x)的二階層導(dǎo)數(shù)存在時(shí)，有時(shí)可以利用極值的第二判別法來判定在駐點(diǎn)處函數(shù)f(x)是否取得極值：如果函數(shù)f(x)在點(diǎn)x00，附近有連續(xù)的導(dǎo)函數(shù)f（x0）0，則函數(shù)f

10、(x)=0，f（x0）0。（1）若f（x0）0，則函數(shù)f(x)在點(diǎn)x0處取極小值。3最值判別法則設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a，b上可導(dǎo)，求閉區(qū)間a，b上的最大值和最小值，可以分兩步進(jìn)行：（1）求f(x)在（a，b）內(nèi)的駐點(diǎn)；（2）計(jì)算f(x)在駐點(diǎn)和端點(diǎn)的函數(shù)值，并把這些值加以比較，其中最大者為最大值，最小者為最小值。例15 求函數(shù)y=的極值解y= 令y=0，求駐點(diǎn)為1，1所以y極小=y(-1)=-當(dāng)x1時(shí)， y0 由負(fù)變正當(dāng)1x0 當(dāng) 1x0 由正變負(fù) y極小=y(-1)=2 當(dāng)x1時(shí)， y016、求函數(shù)f(x)=x3 3x2 9x+30在區(qū)間4，4上的極值、最值解f(x)=3x2 6x9=3(

11、x3)(x+1)，令f(x)=0，得x1= 1，x23，且有f(1)=35，f(3)，f(46)，f(4)=10，列表：從表上看出函數(shù)的極大值為f(1)=35，極小值為f(3)，函數(shù)的最大值為M=max46，35，10=35；最小值為m=min46，35，10= 46.例17 船航行一晝夜的耗費(fèi)由兩部分組成：一為固定部分，設(shè)為a元，另一為變動(dòng)部分設(shè)它與速度的立方成比例，試問首創(chuàng)應(yīng)以怎樣的速v行駛為最經(jīng)濟(jì)？解 設(shè)時(shí)間以每小時(shí)為單位，v為船速，則船一晝夜所行駛的路程為S=24vs (0v0y(2K+1) = e(2k+1)-1時(shí)，設(shè)輔助函數(shù) f(x)= arcsin+arccosf(x)= (-)

12、-(-)=0.當(dāng)|x|1時(shí)，f(x)=c若x0,則x1，為求c方便，從中取x=2，則f(2)=arcsin+arccos=,c=.若x0，則x0)證明：等式成立的條件為x0。設(shè)f(x)=arcsin-arctg.f(x)= -=0f(x)=c對(duì)區(qū)間0，-內(nèi)的一切x均成立。取x=0，則有f(0)=arcsin0-arctg0=0,c=0arcsin=arctg (a0,x0)九利用導(dǎo)數(shù)分解因式，化簡(jiǎn)主要理論根據(jù)（1）求導(dǎo)法則：（uv）=u v (uv)=uv+vu ()=(2)不定積分的性質(zhì)I0（f(x)dx）=f(x)或df(x)dx=f(x)dx及f(x)dx=f(x)+c或df(x)=f(

13、x)+c20f(x)+(x)+(x)dx=f(x)d(x)+ (x)dx+(x)dx30af(x)dx=af(x)dx (a是常數(shù)，a0)（3）定積分公式（牛頓萊布尼茲公式）f(x)dx=F(b)-F(a)（4）無窮遞縮等比數(shù)列的和：S=（a為首項(xiàng)，q為公比，且|q|1）例39 分解因式x(y2-z2)+y(z2-x2)+z(x2-y2)解 將x看作變量,y和z看作固定的常數(shù)（參數(shù)）.將給出的式子記作f（x），并對(duì)它求導(dǎo)數(shù)，得f(x)=y2-z2-2xy+2xz =2x(z-y)+y2-z2 =(y-z)(y+z-2x)對(duì)x積分，得f(x)= f(x)dx=(y-z)(y+z-2x)dx =(

14、y2-z2)dx-2(y-z)xdx =(y2-z2)x-2(y-z)+c =(y2-z2)x-(y-z)x2+c其中c為常數(shù)，在本題中，c是含參量y和z的代數(shù)式。下面我們來求出c的表達(dá)式。在恒等式x(y2-z2)+y(z2-x2)+z(x2-y2)=(y2-z2)x-(y-z)x2+c中，令x=0，得出yz2-zy2=c于是f(x)=(y2-z2)x-(y-z)x2+yz2-zy2 =(y-z)(y+z)x-x2-yz =-(y-z)x2-(y+z)x+yz =-(y-z)(x-y)(x-z) =(x-y)(y-z)(z-x)說明：（1）本例用導(dǎo)數(shù)方法分解因式，并不太省事。但它給我們指出一條

15、路子。如果本例將所給的代數(shù)式看和關(guān)于x的二次三項(xiàng)式，用因式分解的一般方法也很容易。（2）由于一個(gè)函數(shù)的導(dǎo)致，有時(shí)在形式上的比該函數(shù)要簡(jiǎn)單的多，因而很容易求出它的積分，從本例已經(jīng)看到了這一點(diǎn)。例40 分解因式：cos2x+cos2(x+y)-2cosxcosycos(x+y)解 將上式記作f（x），而且將y看作常量，求導(dǎo)數(shù)得f(x)=-sin2x-sin2(x+y)+2cosysinxcos(x+y)+cosxsin(x+y) =-2sinx(2x+y)cosy+2cosysin(2x+y)=0積分后得f(x)=c.在這個(gè)等式中，可令x=-y，得c=sin2y.原式=sin2y.說明：因?yàn)閷?duì)任意

16、的實(shí)數(shù)x，都能使恒等式f(x)=c成立。因此，除了上面令x=-y外，還可以令x=0,x=，x=,總而言之，為了計(jì)算上的方便，可自由去選擇x的值。例41 化簡(jiǎn)(a+b+c)3-(a+b-c)3-(b+c-a)3-(c+a-b)3.解 將上式記作f(a),求導(dǎo)數(shù)，得f(a)=3(a+b+c)2-(a+b-c)2=(a-b-c)2-(a-b+c)2=32(a+b)2c+2(a-b)(-2c)=24bc兩邊對(duì)a積分得 f(a)=24abc+c 為求c方便，在上面的恒等式中令a=0，于是c=f(0)=(b+c)3-(b-c)3-(b+c)3-(c-b)3=0.因此，原式=24abc+c說明：因?yàn)閍可為一

17、切實(shí)數(shù)，所以除了令a=0外，還可以令a等于別的實(shí)數(shù)。但當(dāng)a為別的實(shí)數(shù)時(shí)，算起來都不方便。十利用導(dǎo)數(shù)判斷三角函數(shù)的周期性命題：如果周期函數(shù)的導(dǎo)數(shù)存在，則導(dǎo)函數(shù)也是周期函數(shù)，并且有同一周期。證明：設(shè)T0是F（x）的一個(gè)周期，則F(x)=F(x+T)，依題意有F(x)=F(x+T),如令F(x)=f(x)，那么F(x)=f(x+T)，證畢。注：必須指出，即使F(x)有最小正周期Tmin，但它的導(dǎo)函數(shù)未必存在Tmin，因?yàn)閷?dǎo)函數(shù)f(x) 可能為常數(shù)。例如F(x)=arctg(tgx)是周期函數(shù)，且Tmin=，然而F(x)= =1，即f(x)=1是周期函數(shù)，但無最小正周期。由于任何實(shí)數(shù)都是f(x)=1的周期，所以也不例外，故與命題的結(jié)論不矛盾；只有當(dāng)導(dǎo)函數(shù)f(x)為非常數(shù)的連續(xù)函數(shù)時(shí)，F(xiàn)(x)的最小正周期就是f(x)的最小正周期。例42 求f(x)=4sin3xcosx-4cos3xsinx的最小正周期。解 F（x）=sin4+cos4=(sin2x+cos2x)2-2sin2xcos2x=1-sin22x=1-=的最小正周期是。又f(x)=F(x)，故f(x)的最小正周期也是。說明：F（x）實(shí)際上是f(x)的一個(gè)原函數(shù)，可以通過對(duì)f(x