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竞赛辅导导数应用例题


1、 2003 年天津市大学数学竞赛试题)设正值函数 f (x ) 在 [1,+∞) 上连续,求函数 、 ( 上连续,
x ?? 2 ? ?2 ?? F ( x) = ∫ ?? + ln x ? ? ? + ln t ?? f (t )dt 的最小值点。 的最小值点。 1 ? ?t ?? ?? x

解:

F ′( x) =

x? 2 ? d ?? 2 ? x ? ?? x + ln x ? ∫1 f (t )dt ? ∫1 ? t + ln t ? f (t )dt ? dx ?? ? ? ? ?

? 2 1? x ?2 ? ?2 ? ? 2 1? x = ? ? 2 + ? ∫ f (t )dt + ? + ln x ? f ( x) ? ? + ln x ? f ( x) = ? ? 2 + ? ∫ f (t )dt x? 1 x? 1 ? x ?x ? ?x ? ? x
注意到:在 [1,+∞) 上 f ( x) > 0 ,因此,当 x > 1 时, 在 命: F ′( x) = 0 ,得 ?



x

1

f (t )dt > 0 。

2 1 + = 0 ,解此方程得到唯一驻点 x = 2。 x2 x

又,当 1 < x < 2 时, F ′( x) < 0 ;当 x > 2 时, F ′( x) > 0 ,所以 F (x) 在点 x = 2 处取 得极小值 F ( 2) ,又因为 x = 2 是唯一的极值点,所以 x = 2 是 F (x) 的最小值点,最小值为

F ( 2) 。
2、 、 设函数 f (x)在闭区间 [0,1] 上连续, 上连续, 内可导, f 在闭区间 在开区间 (0,1) 内可导, f ( 0 ) = 0, ( 1 ) = 1 。 且 , 试证明: 试证明:对于任意给定的正数 a 和 b ,在开区间 (0,1) 内存在不同的ξ和η,使得

a b + = a+b。 f ′(ξ ) f ′(η )
证明: 证明:取数 ? ∈ (0,1) ,由连续函数介值定理知,存在 C ∈ (0,1) ,使得 f (C ) = ? 。在 区间[0,C]与[C,1]上分别应用拉格朗日中值定理,有

f (C ) ? f (0) ? = , C ?0 C f (1) ? f (C ) 1 ? ? f ′(η ) = = 1? C 1? C f ′(ξ ) =

0 < ξ < C, C < η < 1.

显然 ξ ≠ η 。

由于 ? ∈ (0,1) ,所以 ? ≠ 0,1 ? ? ≠ 0 ,即 f ′(ξ ) ≠ 0, f ′(η ) ≠ 0 。从而

a b a b aC (1 ? ? ) + b? (1 ? C ) b? + C (a ? b? ? a? ) + = + = = , f ′(ξ ) f ′(η ) ? 1 ? ? ? (1 ? ? ) ? (1 ? ? ) C 1? C
注意到:若取 ? =

a b ,则 1 ? ? = ,并且 ? ,1 ? ? ∈ (0,1) ,代入得 a+b a+b

a b + = f ′(ξ ) f ′(η )
3、设 F ( x ) = ? 、 个实根。 个实根。 证明: 证明:

ab a+b a b ? a+b a+b

= a +b。

1 2 1 (1 + e ?1 ) + ∫ ( x ? t ) e ?t dt ,试证明在区间 [?1,1] 上 F (x) 有且仅有两 ?1 2

x 1 2 2 1 F ( x) = ? (1 + e ?1 ) + ∫ ( x ? t ) e ?t dt + ∫ (t ? x) e ?t dt ?1 x 2 x x 1 1 2 2 2 2 1 = ? (1 + e ?1 ) + x ∫ e ?t dt ? ∫ t e ?t dt + ∫ t e ?t dt ? x ∫ t e ?t dt ?1 ?1 x x 2 0 x 0 x 2 2 2 2 1 1 2 x 1 ?t 2 1 = ? (1 + e ?1 ) + x ∫ e ?t dt + x ∫ e ?t dt + e ?t ? e + x ∫ e ?t dt + x ∫ e ?t dt ?1 0 1 0 ?1 2 x 2 2 0 0 x 2 2 2 2 1 3 = ? ? e ?1 + e ? x + x ∫ e ?t dt + x ∫ e ?t dt + 2 x ∫ e ?t dt ?1 1 0 2 2 0 1 x 2 2 2 2 1 3 = ? ? e ?1 + e ? x + x ∫ e ?t dt ? x ∫ e ?t dt + 2 x ∫ e ?t dt ?1 0 0 2 2 x 2 2 1 3 = ? ? e ?1 + e ? x + 2 x ∫ e ?t dt 0 2 2

由于 e

? x2

是偶函数,所以



x

0

e ?t dt 是奇函数, 2 x ∫ e ?t dt 是偶函数,于是知 F (x) 为
2 2

x

0

偶函数。 又注意到:

1 3 ?1 e? 3 ? e = < 0; 2 2 2e 1 1 3 5 ?1 1 ? ?1 1 ? ?t 2 ?t F (1) = ?? + >0 ? + 2 ∫0 e dt > ?? + ? + 2 ∫0 e dt = ? 2 2e ? 2 2e ? ? 2 2e ? F ( 0) =

F ′( x) = ?2 x e ? x + 2 x e ? x + 2∫ e ?t dt = 2∫ e ?t dt > 0 , (当 x > 0 时) 。
2 2 2 2

x

x

0

0

因此, 函数 F (x) 在闭区间[0,1]上有且仅有唯一一个实根; F (x) 为偶函数, 又 所以 F (x) 在闭区间 [?1,0] 上同样有且仅有唯一一个实根。于是知函数 F (x) 在闭区间 [?1,1] 上有且仅 有两个实根。 4、 2004 年天津市大学数学竞赛试题)设正整数 n > 1 ,证明下列方程 、 (

x 2 n + a1 x 2 n?1 + L + a 2 n ?1 x ? 1 = 0 至少有两个实根。 至少有两个实根。
证 明 : 设 f ( x) = x
x →∞
2n

+ a1 x 2 n?1 + L + a 2 n ?1 x ? 1 , 则 其 在 区 间 (?∞,+∞) 上 连 续 , 且

f (0) = ?1 , lim f ( x) = +∞ 。

因而,当 x → +∞ 时,必存在 x1 > 0 ,使得 f ( x1 ) > 0 。由连续函数的介值定理可知, 至少有一点 ξ1 ∈ (0, x1 ) ,使得 f (ξ1 ) = 0 。 同理,当 x → ?∞ 时,必存在 x 2 < 0 ,使得 f ( x 2 ) > 0 。由连续函数的介值定理可知, 至少有一点 ξ 2 ∈ ( x 2 ,0) ,使得 f (ξ 2 ) = 0 。 综上可知,方程 x
2
2n

+ a1 x 2 n?1 + L + a 2 n ?1 x ? 1 = 0 至少有两个实根。
2

七、设曲线 y = ax ( a > 0, x ≥ 0) 与 y = 1 ? x 交于点 A,过坐标原点 O 和点 A 的直线与曲 ,
2 围成一平面图形,试问: 线 y = ax 围成一平面图形,试问:

为何值时, 轴一周所得的旋转体体积最大? ⑴ 当 a 为何值时,该图形绕 x 轴一周所得的旋转体体积最大? 最大体积为多少? ⑵ 最大体积为多少?

1 ? ?x = 1 + a ? y = ax ? ? ,解得 A 点的坐标为 ? ,故直线 OA 的方程 解:当 x≥0 时,由 ? 2 ?y = 1? x a ?y = ? ? 1+ a ?
2

为y=

ax 1+ a


于是,平面图形绕 x 轴一周所得的旋转体体积为:

V(a) = π ∫

1 1+ a

0

?? ax ? 2 ? ? a 2 x3 a2 5 ? ? ? ? a 2 x 4 ? dx = π ? ? ?? ? ? 3(1 + a ) 5 x ? ? ?? 1 + a ? ? ? ? ? ?

1 1+ a 0

=

2πa 2 15(1 + a )
5 2



上式两边对 a 求导:

dV(a) 2π = ? da 15

2a(1 + a ) 2 ? a 2 ?
5

3 5 (1 + a ) 2 π (4a ? a 2 ) 2 = (a > 0) 。 5 7 (1 + a ) 15(1 + a ) 2



dV(a ) = 0 ,得到 a=4。由于 a=4 是当 a > 0 时 V (a ) 的唯一驻点,且由问题的实际 da

意义可知存在最大体积,故 V ( a ) 在 a=4 时取最大值。其最大体积为:

V (4) ==
π π

2π 4 2 15(1 + 4 )
5 2

=

32 5π 。 1875

九、证明



2 0

sin x cos x dx ≤ ∫ 2 dx 。 2 0 1+ x2 1+ x

证明:方法一(利用积分估值定理) 证明:方法一(利用积分估值定理)

命I =



π

2 0

sin x ? cos x sin x ? cos x sin x ? cos x dx = ∫ 4 dx + ∫π2 dx , 2 2 0 1+ x 1+ x 1+ x2 4

π

π

对上式右端的第二个积分,取变换 t =

π
2

? x ,则 dx = ?dt ,于是

π π π sin x ? cos x sin x ? cos x sin x ? cos x cos t ? sin t dx + ∫π2 dx = ∫ 4 dx + ∫ 4 dt 2 2 2 2 0 0 0 1+ x 1+ x 1+ x ? π? 4 1+ ?t ? ? 2? ? ? ? π2 ? ? ? πx π π 1 1 4 ? dx = 4 (sin x ? cos x ) ? 4 (sin x ? cos x )? =∫ ? dx 2 ∫0 2 0 ?1 + x 2 ? ? π? ? ? π? ? 1+ ? x ? ? ? ? 1 + x 2 ?1 + ? x ? ? ? ? ? 2? ? ? 2? ? ? ? ? ? ?

I = ∫4

π

(

)

注 意 到 : 被 积 函 数 的 两 个 因 子 在 区 间 ?0,

? π? ? 上 异 号 ( sin x ? cos x ≤ 0 , ? 4?

π2
4

? πx

(

2 ? ? π? ? 2 ? 1+ x 1+ ? x ? ? ? ? ? 2? ? ? ?

)

,由积分估值定理得知必有 I≤0,即知原不等式成立。 ≥ 0)

方法二(利用积分中值定理) 方法二(利用积分中值定理) 命I =



π

2 0

sin x ? cos x sin x ? cos x sin x ? cos x dx = ∫ 4 dx + ∫π2 dx , 2 2 0 1+ x 1+ x 1+ x2 4

π

π

由积分中值定理,并在区间 ?
π

π ?π π ? , ? 上取变换 t = ? x ,同时注意到: ξ1 < ξ 2 ,得 2 ?4 2?
1
π
2

I=

1 1 + ξ1
2

∫ (sin x ? cos x )dx + 1 + ξ ∫π (sin x ? cos x )dx
4 0 2 2 4

1 = 2 1 + ξ1



π

4 0

(sin x ? cos x )dx + 1 2 1+ ξ2



π

4 0

? 1 1 ? π 4 (cos x ? sin x )dx ≤ 0 (cos t ? sin t )dt = ? ? 2 2 ?∫ 1+ ξ2 1 + ξ1 ? 0 ?

十一、 在闭区间[a,b]上具有连续的二阶导数,证明:存在ξ∈(a,b),使得 上具有连续的二阶导数, 十一、设函数 f (x ) 在闭区间 上具有连续的二阶导数 证明: ,

4 (b ? a ) 2

? ? ?a+b? ? f (a ) ? 2 f ? 2 ? + f (b)? = f ′′(ξ ) 。 ? ? ? ?
a+b 处作泰勒展开,并分别取 x=a 和 b,得到 2

证明: 证明:将函数 f (x ) 在点 x 0 =

a+b? 1 a+b? ?a+b? ? a + b ?? ? ? a+b? f (a ) = f ? ? + f ′? ?? a ? ? + f ′′(ξ1 )? a ? ? , 其中ξ1 ∈ ? a, ? 2 ? 2! 2 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ?? ? ?
2



a+b? 1 a+b? ?a+b? ? a + b ?? ? ?a+b ? f (b) = f ? ,b? ? + f ′? ?? b ? ? + f ′′(ξ 2 )? b ? ? , 其中ξ 2 ∈ ? 2 ? 2! 2 ? ? 2 ? ? 2 ?? ? ? 2 ?
2

。 两式相加得到

1 ?a+b? ?b?a? f (a) ? 2 f ? ? + f (b) = [ f ′′(ξ1 ) + f ′′(ξ 2 )]? ? 。 2! ? 2 ? ? 2 ?
2

由于 f ′′(x ) 连续,由介值定理知,存在 ξ ∈ [ξ1 , ξ 2 ] 使得 f ′′(ξ ) = 而得

f ′′(ξ1 ) + f ′′(ξ 2 ) ,从 2

1 ?a+b? 2 f (a) ? 2 f ? ? + f (b) = (b ? a ) f ′′(ξ ) , 4 ? 2 ?



f ′′(ξ ) =

4 (b ? a )2

? ? ?a+b? ? f (a ) ? 2 f ? 2 ? + f (b)? 。 ? ? ? ?

十二、 在闭区间[-2,2]上具有二阶导数, f ( x) ≤ 1 ,且 上具有二阶导数, 十二、设函数 f (x) 在闭区间 上具有二阶导数

[ f (0)]2 + [ f ′(0)]2 = 4 ,证明:存在一点ξ∈(-2,2),使得 f (ξ ) + f ′′(ξ ) = 0 。 证明: ,
证明: 证明:在区间[-2,0]和[0,2]上分别对函数 f (x ) 应用拉格朗日中值定理

?η1 ∈ (?2,0)使f ′(η1 ) =

f ( 0) ? f ( ? 2) ; 2 f ( 2) ? f ( 0) ?η 2 ∈ (0,2)使f ′(η 2 ) = 。 2 f (0) ? f (?2) ≤ 1 , f ′(η 2 ) ≤ 1 。 2

注意到: f ( x) ≤ 1 ,因此 f ′(η1 ) =
2 2

命: F ( x ) = [ f ( x )] + [ f ′( x )] ,则 F (x ) 在区间[-2,2]上可导,且

F (η1 ) = [ f (η1 )] + [ f ′(η1 )] ≤ 2 ;
2 2

F (η 2 ) = [ f (η 2 )] + [ f ′(η 2 )] ≤ 2 ;
2 2

F ( 0) = 4 。

η 故 F (x ) 在闭区间 [ 1 ,η 2 ] 上的最大值 F (ξ ) = Max { f ( x)} ≥ 4 ,且 ξ ∈ (η1 ,η 2 ) 。由弗
x∈(η1 ,η 2 )

马定理知 F ′(ξ ) = 0 。而 故
2

F ′( x) = 2 f ( x) f ′( x) + 2 f ′( x) f ′′( x) ,

F ′(ξ ) = 2 f ′(ξ )[ f (ξ ) + f ′′(ξ )] = 0 。
2

由于 F (ξ ) = [ f (ξ ) ] + [ f ′(ξ ) ] ≥ 4 ,所以 f ′(ξ ) ≠ 0 ,从而 f (ξ ) + f ′′(ξ ) = 0 。 十二、 在闭区间[a,b]上连续,在开区间 上连续, 内可导, 十二、设函数 f ( x ) 在闭区间 上连续 在开区间(a,b)内可导,且有 内可导



2

π

?0

e f ( x )arctan x d x =

1 则至少存在一点 , f (1) = 0 ,则至少存在一点 ξ ∈ (0,1) ,使得 2

2 (1 + ξ )arctanξ ? f ′(ξ ) = ?1 。证明:由积分中值定理知,存在η ∈ ? 0, π ? ,使 证明: ? ?
2

?

?

e f (η )arctanη =

1 1 π ? = 。 2 2 4

π
又e
f (1)

arctan1 =

π
4

,故若设 ? ( x ) = e f ( x ) arctanx ,

x ∈ [η ,1] ? [0 ,1] ,显然 ? ( x ) 满足罗

尔定理的各个条件,从而至少存在一点 ξ ∈ (η ,1) ? (0 ,1) 使 ? ′(ξ ) = 0 。而

? ′(ξ ) = e f (ξ ) f ′(ξ )arctanξ +
2

e f (ξ ) , 1+ ξ 2

从而有

(1 + ξ )arctanξ ? f ′(ξ ) = ?1 。



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