大学视角下的中学数学(导数) (1)

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a ln x b + , x+1 x 曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x + 2y − 3 = 0. 例10 (2012全国理科数学卷) 已知函数 f (x) = (I) 求 a, b 的值. ln x k + . 求 k 的取值范围. x−1 x b a ln x ′ (1) = a − b. 解 (I) f (1) = b. f ′ (x) = − − , f x(x + 1) (x + 1)2 x2 2 a 切线方程为 y = ( − b)(x − 1) + b 即 (−a + 2b)x + 2y + a − 4b = 0. 2 −a + 2b = 1 与题目要求的切线方程 x + 2y − 3 = 0 比较得 a − 4b = −3 (II) 当 x > 0 且 x ̸= 1 时 f (x) > 解之得 a = b = 1. (II) f (x) = 1 ln x k ln x + > g (x) = + x+1 x x−1 x
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大学视角下的中学数学(导数)
李尚志
例9 (2017全国卷3第21题) 已知函数 f (x) = x − 1 − a ln x． 1 1 1 (2) m 为整数,且对于任意正整数 n,(1+ )(1+ 2 ) · · · (1+ n ) < m. 2 2 2 求 m 的最小值． 解 (1) f (1) = 0. 要使 f (x) ≥ 0 在定义域 (1, +∞) 内成立, a 需要 f (x) 在 (0, 1] 内递减, f ′ (x) = 1 − ≤ 0, a ≥ 1; x a 且 f (x) 在 [1, ∞) 内递增, f ′ (x) = 1 − ≥ 0, a ≤ 1. 只能 a = 1. x (2) 由 (1) 知道 ln x ≤ x − 1 对 x > 0 成立. 记 t = x − 1, 则 x = 1 + t. ln(1 + t) ≤ t 对 t > −1 成立. 因此 1 1 1 ln[(1 + )(1 + 2 ) · · · (1 + n )] 2 2 2 1 1 1 = ln(1 + ) + ln(1 + 2 ) + · · · + ln(1 + n ) 2 2 2 1 1 1 ≤ + 2 + ··· + ··· + n < 1 2 2 2 1 1 1 (1+ )(1 + 2 ) · · · (1 + n ) < e < 3 2 2 2 1 1 1 3 5 9 3 5 16 (1+ )(1 + 2 )(1 + 3 ) = × × > × × =2 2 2 2 2 4 8 2 4 15 因此 m > 2. 只能 m = 3. (2) 解法2 函数 g (x) = ex − (1 + x) 在 x = 1 的值 g (0) = 0. 当 x ≥ 0 时 g ′ (x) = ex − 1 ≥ 0, g (x) 从 0 开始递增, g (x) ≥ 0. 当 x ≤ 0 时 g ′ (x) ≤ 0, g (x) 递减到 0, 因此 g (x) ≥ 0. 对任意 x ∈ (−∞, +∞) 有 g (x) = ex − (1 + x) ≥ 0, 1 + x ≤ ex . 1 1 1 1 1 1 (1 + )(1 + 2 ) · · · (1 + n ) ≤ e 2 e 22 · · · e 2n < e < 3. 2 2 2 1 1 1 且 (1 + )(1 + 2 )(1 + 3 ) > 2. 因此 m = 3. 2 2 2 (1) 若 f (x) ≥ 0，求 a 的值；
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三. 自然对数为什么最自然
我第一次见到 e, 是中学课本上讲对数的最后一句话: “科学上通 常用一个无理数 e = 2.71828 · · · 作为对数的底, 叫做自然对数.” 为什 么不用最自然的 10 为底, 偏要用一个无理数? 当时觉得一点都不自然. 借题发挥 4. 指数曲线与对数曲线的切线 中学数学现在学了导数, 学了幂函数、 指数函数、 对数函数的导 数公式, 并且成为高考中必考内容. 例9 就是高考题, 就考了对数函数 的导数. 导数用来干什么? 一个重要用途是判定函数的递增、 递减、 极值. 还有一个简单而重要的用途是求切线方程. 函数 y = f (x) 在 x = c 的导数 f ′ (c) 的几何意义是图象曲线在点 (c, f (c)) 的切线斜率. 有了切线斜率, 用点斜式就可写出过这一点的切 线方程 y = f (c) + f ′ (c)(x − c), 其实就是函数 f (x) 在 x = c 作泰勒展 1 开到一次项. 例如, 对数函数 y = ln x 的导数 y ′ = 在 x = 1 取值为 x 1, 过这一点 (1, 0) 的切线方程为 y = x − 1. 如图4.
x→1 x→1
令 x → 1, 得 lim f (x) = f (1) = 1 ≥ lim g (x) = λ + k . 其中 λ = lim ln x − ln 0 是 ln x 在 x = 1 的导数值. x→1 x−1 1 将 x = 1 代入 (ln x)′ = 得 λ = 1. x 因此 1 ≥ 1 + k , k ≤ 0. 我们证明当 x > 0, x ̸= 1 且 k ≤ 0 时 ( ) 1 1 1−k f (x) − g (x) = ln x − + x+1 x−1 x 1 x − x − 2 ln x k 2 ln x k 1 − = − > 0. = − 2 x x −1 x x2 − 1 x
1 x
记 h(x) = x −
− 2 ln x, 则 h′ (x) 源自文库 1 +
1 x2
−
2 x
1 2 = (1 − x ) ≥ 0.
h(x) 在区间 (0, +∞) 内单调递增. 且 h(1) = 0. 因此, h(x) > 0; 当 x > 1 时 h(x) > 0, x2 − 1 > 0, f (x) − g (x) ≥ 2 x −1 h(x) 当 0 < x < 1 时 h(x) < 0, x2 − 1 < 0, f (x) − g (x) ≥ 2 > 0. x −1 答案: (1) a = b = 1. (2) k ≤ 0.