南开大学数学竞赛练习题08sxjs3

数学竞赛培训资料(理工)

第三讲 导数与微分的应用、不等式的证明

（一）内容要点及重要方法提示

1.用导数研究函数的单调性.

例3.1.设f (x )在[a , b ]上连续,在(a , b )内f ’(x )单调增加, 证明: g (x )=a

x a f x f --)()(在(a , b )内单调增加 .

证.若a

2

2

)()]

()()[()

()]

()([))((a x c f x f a x a x a f x f a x x f -'-'-----'=

>0,即推出结论.

例3.2.若在[0,1]上、、则)1()0(,0)(f f x f ''>''f (1)-f (0)、 f (0)-f (1)的大小顺序是 (A)).0()1()0()1(f f f f ->'>' (B)).0()0()1()1(f f f f '>->' (C)).0()1()0()1(f f f f '>'>- (D)).0()1()0()1(f f f f '>->'

解.因),1()()0(),1,0(),()0()1(;)(,0)(f f f f f f x f x f '<'<'∈'=-↑'>''ξξξ应选: B . 2.函数的极值.

例3.3.若函数f (x )在点x =a 有极值,能否断定在x =a 的某充分小邻域内, f (x )在x =a 的左侧单增,在右侧单减？

解.不能.反例: f (x )=⎩

⎨⎧=≠+-,0, 20),sin 2(212x x x x a =0 . f (0)=2是f (x )的极大值.另一方面, 因x ≠0

时, f ’(x )=),

sin 2(2cos 1

1x x x +-在x =0的任意小邻域内f ’(x )可正可负,于是在x =0的任意小邻域内f (x )是振荡的. 例3.4.已知1lim

2

)()()(-=--→a x a f x f a

x ,则在x=a 处f (x ) ( )

(A)取极大值. (B)取极小值. (C)不可导. (D)可导且导数不为零. 解.因0)]([lim lim

2)()()()

()(=-⋅=--→--→a x a x a f x f a

x a

x a f x f a

x ,可知导数为0 .又有条件知,在a 的邻近

0)()()(<--a x a f x f .应选: A .

3.函数最大值与最小值的求法 .

例3.5.设函数f (x )=2

3

6ax ax -+b 在区间[-1,2]上的最大值为3,最小值为-29, 且a >0 .求a 与b . 解. f ’(x )=3ax (x -4), 在[-1,2]上有驻点x =0, 且f (0)=b , f (-1)=b -7a , f (2)=b -16a , a >0, 因此最大值为b =3; 最小值为-29= b -16a , 得出a =2 .

例3.6.设a >1, f (t )=t a -at 在(-∞,+∞)内的驻点为t (a ) . 问a 为何值时, t (a )最小?并求出最小值 .

解.令f ’(t )=，

再令的唯一驻点得0)(.1)()(,0ln 2ln 1

ln ln ln ln ln ==

'-==--a

a a a a

t a t a t t f a a a 又得t (a )的唯一驻点a =.

1)(e ,)(,e e 1e

e

-=有最小值时因此当的极小点可判断这是a t a a t

例3.7.试求抛物线x 2

=4y 上的动点P (x , y )与y 轴上的定点Q (0,b )间的最短距离. (91北京竞赛) 解.设所求距离为d , 则 0,)(4,4,)(22222≥-+==-+=y b y y z y x b y x d 令且满足.有 z ’=4+2(y -b ) ,得唯一驻点y =b -2 .

(1)当b ≥2时, z ’’(b -2)=2>0, y =b -2是z 的最小值点.则所求最短距离d =.12)2(-=-b b z (2)当b <2时, z ’=4+2(y -b )>0, z (y )在(0,+∞)内单增, 则所求最短距离为原点到Q 的距离d =|b |.

例3.8.求函数f (x , y )=}0,4),{(22

22222≥≤+=-+y y x y x D y x y x 在区域上的最大值和最

小值. (2007研招一)

解. f (x , y )在D 内的驻点为. 2)1,2(),1,2(=±±f

令D 的边界L :y=0,-2≤x ≤2;.4,0:22=+≥y x y l f (x , y )在L 上的最大值为4,最小值为0;

在l 上f (x , y )=h (x )=.,0852

52

4±

+-的驻点是x x 由此得最大值8,最小值0 .

例3.9.已知曲线C :⎩

⎨⎧=++=-+,53,

02222z y x z y x 求C 上距离xOy 面最远的点和最近的点. (08研招一)

解.用拉格朗日乘数法, 设F (x , y , z ,λ,μ)=)2(2222z y x z -++λ+μ(x +y+3z -5),解方程组:

,02,03)42(,02,02222=-+=+-==+==+=∂∂∂∂∂∂z y x z y x z

F

y F x

F

μλμλμλx+y+3z =5 . 从前两个方程可看出x =y ,再代入后两个方程即可解得x =1或x =-5 .于是曲线C 上距离xy 平面最远点与最近点分别是(-5,-5,5)与(1,1,1) . 4.函数图形的凹凸性与拐点的判定及求法.

例3.10. y=f (x )二阶可导,且),0()4(d d >-=ββy y x y

若y=f (x )的一个拐点是(a ,3),则β= .

解.因,0,0])1(4[1

d d 22≠'=+-'=-y y y

y x y

βββy=3, 应填: 3 .

5.利用函数的性态研究方程的根.

步骤: (1)将方程化为右端为0的等价方程f (x )=0; (1)应用连续函数的零点定理判定方程根的存在性; (3)求出f ’(x )与极值嫌疑点; (3)将f (x )的定义域划分出单调区间; (4)比较极值(或最大最小值)与0的关系. 例3.11.证明方程

∑

=--n

k k k

x k 1

)1(1

=1当n 为奇数时有唯一实根, 当n 为偶数时无实根.

证.令f (x )=

x x

n

k k k n

k k

k

n

n k x x f x +--=--=-=-='-∑∑

-1)1(11

111

)1()1()(,11

则. (1)若n =2m +1: f ’(x )=)(lim ,)(lim ,)(,0111

2x f x f x f x x x

x

m -∞

→+∞

→+++∞=>+且单增=-∞, f (x )有唯一零点,

即方程有唯一实根.