函数的连续性与函数的导数

函数的连续性与函数的导数
函数的连续性是函数的重要性质。

常量函数，幂函数，指数函数，对数函数，三角函数，反三角函数以及由它们经过有限次四则运算与复合运算所得到的函数都是连续函数。

连续函数具有下面两条重要性质：
1．最值定理 假设f(x)是[a ，b]上的连续函数，于是存在c ，d 属于[a ，b]，满足f(c)≤f(x)≤f(d)对于所有x∈[a，b]成立。

（也就是说f(d)是[a ，b]上的最大值，f(c)是[a ，b]上的最小值）。

2．介值定理 假设f(x)是[a ，b]上的连续函数，且f(a)<y<f(b)（或f(b)<y<f(a)），则在（a ，b ）中存在c ，满足f(c)=y 。

函数的导数也是函数的一种性质，它在求函数的极值，求函数的单调区间，证明函数的增减性，凹凸性求曲线的切线等方面有着直接的应用，将导数内容与传统内容中有关不等式和函数的单调性等有机的结合在一起，给竞赛试题解法带来新的启示。

例1 在曲线y=，x ≥0上求一点P ，使该点处的切线与两坐标轴所围图形的面积为最小（其中a>0，b>0）。

解：设所求点P （x 0，y 0），在该点处切线斜率为02020|x x b x k y a y ='==-,则该点处的切线方程为：00221xx yy a b
+=,
图形面积为22
002a b S x y =，x 0∈（0，a ）。

设A=x 0y 0，可得x 0为A 的极大点，即S 的极小点。

此时y 0。

故所求点为P 时，所围面积最小。

评注：题中所给曲线实际上是椭圆22
221x y a b
+=在第一象限的部分。

求圆锥曲线的切线的传统方法是利
用切线与圆锥曲线只有一个交点的特点，借助于一元二次方程判别式为零来解决的。

这种方法计算量较大
而且不能推广到其它曲线的切线的求法。

而利用导数求切线斜率是通法。

如果能掌握降函数求导方法将使计算变得更加简捷。

例2（Ⅰ）已知0<x<1，试求函数f(x)=(1+x 2
)(2-x)的最小值； （Ⅱ）若a ，b ，c 为正数，满足a+b+c=1，求证：
22211127
10
111a b c ++≤
+++。

解：（Ⅰ）对函数f(x)=(1+x 2
)(2-x)求导数，得2()2(2)1(1)(31)f x x x x x x '=---=--，由()0f x '=，得13
x =. 当0<x<13时，()0f x '<，函数f(x)是递减函数；当1
3<x<1时，()0f x '>，函数f(x)是递增函数。

∴当x=13时，函数f(x)=(1+x 2
)(2-x)取得最小值5027。

（Ⅱ）显然a ，b ，c ∈（0，1），由（Ⅰ）的结论，得(1+x 2
)(2-x)5027≥， 2127
(1)50
1x x ≤-+。

（*） 在（*）里，取x 为a ，b ，c ，得三个不等式，2127(2)501a a ≤-+，2127(2)501b b ≤-+，2127
(2)501c c
≤-+， 叠加，得
2221112727[6()]50
10111a b c a b c ++≤-++=+++。

例3 已知函数f(x)=ln(1+x)-x ，g(x)=xlnx 。

（Ⅰ）求函数f(x)的最大值； （Ⅱ）设0<a<b ，证明0<g(a)+g(b)-2g (
)2
a b
+<(b-a)ln2。

解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域为（-1，+∞）。

1
()11f x x
'=
-+。

令()0f x '=，解得x=0。

当-1<x<0时，f '(x)>0，当x>0时，f '(x)<0，又f(0)=0,故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值为0。

（Ⅱ）g(x)=xlnx ，g '(x)=lnx+1.设F(x)=g(a)+g(x)-2g ()2
a x
+, 则()()2[(
)]ln ln 22
a x a x
F x g x g x ++'''=-=-. 当0<x<a 时，F '(x)<0，因此F(x)在（0，a ）内为减函数。

当x>a 时，F '(x)>0，因此F(x)在
（a ，+∞）上为增函数。

从而，当x=a 时，F(x)有极小值F(a)。

因为F(a)=0，b>a ，所以F(b)>0，即0<g(a)+g(b)-2g (
)2
a b
+。

设G(x)=F(x)-(x-a)ln2，则()ln ln
ln 2ln ln()2
a x
G x x x a x +'=--=-+ 当x>0时，()0C x '<。

因此G(x)在（0，+∞）上为减函数。

因为G(a)=0，b>a ，所以G(b)<0，即g(a)+g(b)-2g (
)2
a b
+<(b-a)ln2。

例4 （2006年土耳其国家队选拔考试）已知正数x 、y 、z 满足xy+yz+zx=1，证明：
227
()()()4
x y y z z x +++≥≥证：设tanA=x ，tanB=y ，tanC=z ，其中，∠A、∠B、∠C∈(0,)2
π
，则tanA·tanB+tanB·tanC+tanC·tanA=1
⇔1-tanA·tanB=tanC(tanA+tanB)⇔cotC=
tan tan 1tan tan A B
A B
+-⋅=tan(A+B)。

∴∠A+∠B+∠C=2π。

故22()2x y z =+++
=2tan 22(tan sec )A A A ++∑∑∑。

又因y=tanx 的二阶导数y ''=
32sin 0cos x
x
>，y=secx 的二阶
导数23
1sin 0cos x y x +''=>，所以，26(tan sec )33
A B C A B C
++++≥+=。

注意到
227()()()4x y y z z x +++≥⇔27sec 2(tan sec )4
A A A ≥+∑∑∏ ⇔
278
≥cos cos sin cos cos A B C A B ⋅⋅+⋅∑∑=1
cos sin()cos cos 2A B C A B ⋅++⋅∑∑
=
21cos cos cos 2A A B +⋅∑∑=21(cos )2A ∑,又因y=cosx 在[0,]2
π
上为凸函数，所以，
cosA+cosB+cosC 3cos
3A B C ++≤=
（cosA+cosB+cosC ）2
274≤,因此，原不等式成立。

评注：此例证明用到函数的凸凹性。

例5 射线OA ，OB 构成的角的内部存在点P ，在OA 上寻找点X ，在OB 上寻找点Y ，使点P 在线段XY 上，并且|PX|·|PY|最小。

解：如图：以角γ为自变量,在ΔOXP 和ΔOPY 中使用正弦定理sin sin sin sin()
PX OP PY OP
αγβπαβγ---==
和，于是 F （γ）=|PX|·|PY|=sin sin (
)||()||sin sin()
OP OP αβ
γπαβγ⋅⋅⋅--- =(csc )(csc()),0C γπαβγγπ---<<，其中C=sin αsin β|OP|2
是常数。

函数F 在（0，π）连续可导，且当γ→0+，γ→π-
时F （γ）→∞。

所以在（0，π）上的某点达到最小值，在该点()F γ'=0，即0=csc γcsc ()παβγ---[cot γ-cot ()παβγ---].
因为在（0，π）上csc γ和csc ()παβγ---都不为0，所以当cot γ=cot ()παβγ---时达到最小值。

对于0<γ<π，0<παβγπ---<，仅当γπαβγ=---时上式成立。

于是ΔOXY 为等腰三角形；即OX=OY 。

评注：这是初等微积分的典型的最大—最小问题。

本问题并非提问是否达到最小而是提问在何处达到最小值。

技术上是应用前述的结果：如果最小值在开区间内达到，则在某一点导数为0。

于是我们必须将乘积|PX|·|PY|表示成某个单变量的函数，并求出导数为0的点。

对于每个正数x ，在OA 上存在唯一的点X ，满足x=|OX|。

而该点唯一地决定了OB 上的点Y ，使得X ，P 和Y 共线。

于是|PX|·|PY|是x 的函数。

但是找出其函数表达式很困难，因此寻求其他方法。

因此以γ为自变量构造函数。

例6 已知函数f(x)=lnx ，g(x)=1
2
x 2
+a （a 为常数），直线l 与函数f(x)、g(x)的图象都相切，且l 与函数f(x)图象的切点的横坐标为1。

（Ⅰ）求直线l 的方程及a 的值；
（Ⅱ）当k∈R 时，试讨论方程f(1+x 2
)-g(x)=k 的解的个数。

解：（Ⅰ）1()|x f x ='故直线l 的斜率为1，切点为（1，f(1)），即（1，0），∴直线l 的方程为：y=x+1直线l 与y=g(x)图象相切，等价于方程组2
1
12
y x y x a =-⎧⎪
⎨=+⎪⎩只有一解，即方程21(1)02x x a -++=有两个相等实根。

∴Δ=1-4·12(1+a)=0，∴a=-12
（Ⅱ）令y 1=f(1+x 2
)-g(x)=ln(1+x 2
)- 12x 2+12，y 2=k,由31222
2(1)(1)
111x x x x x x y x x x x --+'=-==
+++，令1y '=0，则x=0，-1，1。

当x 变化时，
y '、y 1的变化如下表
又因为y 1=ln(1+x 2
)-12
x 2
+12
为偶函数。

据此可画出y 1=ln(1+x 2
)-12
x 2
+12
的示意图如右：
当k∈（ln2，+∞）时，方程无解；
当k=ln2或k∈（-∞，1
2
）时，方程有两解；
当k=
1
2时，方程有三解；当
k∈（12
，ln2）时，方程有四解。

例7 给定平面上一个三角形，求证在任意方向上都存在一条直线，能将三角形分成面积相等的两份。

解：设已给三角形ABC 的面积为S ，存在矩形ODEF 包含三角形ABC ，且可使其一个边与给定方向e 平行，不妨设OD ∥e ，以OD 为y 轴，OF 为x 轴建立直角坐标系O-xy 。

如图所示，以S(x)表示过x 轴而平行于y 轴的直线截取三角形ABC 所得位于直线左边区域的面积（如所论区域为空集，就记S(x)=0）。

S(x)是连续的。

因为|S(x)-S(x ')≤|x-x '|，所以S(x)连续。

设A (,)a a '，B (,)b b '，C (,)c c '，且不妨设min （a ，b ，c ）=a ，max （a ，b ，c ）=b ，则S(a)=0，S(b)=S ，由连续函数的介值定理必存在ξ∈[a ，b]使S （ξ）=12
S 。

评注：存在性命题证明有两种方法，其一是构造性证明，该题中就是指出在某个具体位置有这样一条
直线，其二是存在性证明，该例就是证明直线存在，但并不能指出该直线具体位置。

本题采用的是后者，该道题可以在推广到三维空间：给定一个四面体，求证在空间任意方向都存在一个平面，能将四面体分成体积相等两部分。

习 题
1．f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足()()0xf x f x '+≤。

对任意正数a 、b ，若a<b ，则必有
A ．af(b)≤bf(a)
B ．bf(a)≤af(b)
C ．af(a)≤f(b)
D ．bf(b)≤f(a)
2．设函数1
()(1)x f x n
=+（n ∈N ，且n>1，x ∈R ）。

对任意的实数x ，证明
(2)(2)()2f x f f x +'>（()f x '是f(x)的导函数）。

3．设a i ∈R ，i=0，1，…，n ，且满足|a 0|+…+|a n-1|≤a n 。

证明：a 0+a 1cosx+…+a n cosnx 在[0，2π]上至少有2n 个零点。

4．是否存在实数m ，使方程x 2
-8x+6lnx+m=0有三个解？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。

5．设0<a<b ，证明：不等式
222ln ln a b a b a a b -<<
-+6．对于一切实数a ，b 证明：|a+b|p ≤|a|p +|b|p
，0≤p ≤1。

7．设f(x)在[0，1]可微，并且f(0)=0，f(1)=1，证明对于一切正整数n ，在[0，1]中存在互不相同的点
x 1，x 2，…，x n ，满足11
()n
i i n f x =='∑。

8．某个越野跑运动员30分钟跑了6英里，证明一定存在某时刻，该时刻起的5分钟内跑了1英里。

参考答案和提示
1．解：因为()(),()0xf x f x f x '≤-≥，∴22
()()()2()()0
f x xf x f x f x x x x '--'=≤≤，则函数()
f x x 在（0，+∞）上是非增函数。

由于0<a<b ，则
()()
f a f b a b
≥
，即af(b)≤bf(a)。

选A 。

2．证明：方法1：因f(2x)+f(2)=2211
(1)(1)x n n
+++≥=112(1)(1)x n n ++1112(1)2(1)ln(1)2x x n n >+>++11
2(1)ln(1)2()x f x n n
'≥++=,故
(2)(2)()2f x f f x +'>恒成立。

方法二：因f(2x)+f(2)=221111
(1)(1)2(1)(1)x x n n n n
+++≥=++,
而112()2(1)ln(1)x f x n n '=++，故只需对1(1)n +和1
ln(1)n
+进行比较。

令g(x)=x-lnx （x ≥1），有11()1x g x x x -'=-
=，由1
0x x
-=，得x=1，当0<x<1时，()0f x '<，g(x)单
调递减；当1<x 时，()0g x '>，g(x)单调递增，所以在x=1处g(x)有极小值1，故当x>1时，g(x)>g(1)=1，
从而有x-lnx>1，即x>lnx+1>lnx 。

故有11
1ln(1)n n
+
>+恒成立。

所以f(2x)+f(2)1111
2(1)(2)2(1)ln(1)x x n n n n
≥++>++。

所以f(2x)+f(2)>2f '(x)，原不等式成立。

3．解：令f(x)=a 0+a 1cosx+…+a n cosnx ，在区间(21)2[,]i i n n
ππ
-，i=0，1，…2n 。

则1022(21)(
)cos
0,()0n i i i f a a a f n n
n π
ππ-=+++><，则f(x)=0，在(21)2[,]i i n n
ππ
-上至少有一个零点，即共有2n 个零点。

4．解：设φ（x ）=x 2
-8x+6lnx+m ，∴262862(1)(3)
()28(0)x x x x x x x x x x
φ-+--'=-+==>，
当x∈（0，1）时，()0,()x x φφ'>是增函数。

当x∈（0，3）时，()0,()x x φφ'>是增函数。

当x=1，或
x=3时，()0x φ'=。

∴φ(x)最大值=φ(1)=m-7，φ(x)最小值=φ(3)=m+6ln3-15。

∵当x 充分接近0时，φ(x)<0，当x 充分大时，φ(x)>0。

∴要使φ(x)的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须
()70,
()6ln 3150,x m x m φφ=->⎧⎪⎨
=+-<⎪⎩
最大值最小值即7<m<15-6ln3。

∴存在实数m ，使方程有三个解，m 的取值范围为（7，15-6ln3） 5．
证明：令，()ln ln 0x x a x a ϕ=->>,
则1()0x x ϕ'==<,故当x>a 时，()x ϕ单调减少，又ϕ(a)=0；所以，当x>a 时，ϕ(x)<ϕ(a)=0，而。

令x=b ，便得到①
的右边。

再令f(x)=(x 2
+a 2
)(lnx-lna)-2a(x-a)(x>a>0)。

则2
()()2(ln ln )0x a f x x x a x
-'=-+>,故当x>a 时，
f(x)单调增加，又f(a)=0，所以x>a 时，f(x)>f(a)=0。

即(x 2+a 2
)(lnx-lna)-2a(x-a)>0，从而，当b>a>0时，(b 2
+a 2
)(lnb-lna)>2a(b-a)。

即
22
2ln ln a b a
b a a b -<
-+成立。

6．解：对于若干种特殊情形不等式是平凡的。

例如当a=0，或a ，b 异号的情形，结论成立；p=0，1的情
形，不等式显然成立。

所以只要对于a ，b 为正及0<p<1的情形加以证明。

对于以上的a ，b 及p ，令x=b/a 。

于是问题转化为证明(1+x)p ≤1+x p
，x>0， 0<p<1，
令D(x)=1+x p -(1+x)p 。

我们有D(0)=0，D '(x)=px p-1-p(1+x)p-1
>0。

∴D(x)是严递增函数x ≥0，D(x)≥0，证明完成。

（应注意到如果p>1，则不等式反向。

） 7．证明：取i i
n
μ=
（i=1，2，…，n-1）。

在区间[0，1]上用连续函数介值定理，由于f(0)<μ1<f(1)故存在c 1∈（0，1）使得f(c 1)=μ1=1
n
，再在区间[c 1，1]上，由于f(c 1)<μ2<f(1)，故存在c 2∈(c 1，1)使得f(2)=μ2=
2n ，……，存在c n-1∈(c n-2，1)，使得f(c n-1)=μn-1=1n n
-。

在区间[0，c 1]，[c 1，c 2]，…，[c n-1，1]上分别用拉格朗日定理
1111(1)(0)11()(0)0f f f x x c c n c -'==⋅<<-,2121222121
()()11
(),()f c f c f x c x c c c n c c -'=⋅<<--，……
1111(1)()11()(1)11n n n n n n f f c f x c x c n c -----'==⋅<<--,于是11
()
n i i n f x =='∑，n<x 1<x 2<…<x n <1。

8．解：假设x 为离开起跑线的英里数。

对于[0，5]中的每个x ，f(x)表示跑x 到x+1该一英里所需要的时
间。

函数f 是连续函数。

由已知条件知道f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=30。

由此推出f(0)，…，f(5)既不都小于5，又不都大于5。

所以在[0，5]内存在点a ，b 满足f(a)≤5≤f(b)。

按照介值定理在a ，b 之间存在点c ，满足f(c)=5。

也就是说由c 英里到c+1英里恰好跑了5分钟。