大学视角下的中学数学(导数)

导数在中学数学中的应用导数是高中数学选修课中的重要内容，在中学数学的许多问题上起到居高临下和以简驭繁的作用，是解决实际问题强有力的数学工具。

运用导数的思想方法和基本理论来解决中学数学中有关函数性质的讨论与应用。

本文主要通过例证来探讨导数在中学数学中的应用。

一、中学数学中导数的简介1、导数的意义。

导数的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛的应用开创了向近代数学过渡的新时期；为研究变量和函数提供了重要的方法和手段。

在新课程的选修模块中，通过导数的学习，学生将体会导数的思想及其丰富内容，感受导数在解决实际问题中的作用。

2、导数在中学教材的背景。

在学生初次接触导数的概念时，给学生一个形象的背景支持，使学生充分认识导数的几何意义和物理意义，对于学生正确理解导数的概念是非常重要的。

在中学阶段导数概念学习的起点是极限，即从数列→数列的极限→函数的极限→导数。

这种概念的建立具有严密的逻辑性和系统性，但也产生一些问题：高中生很难理解极限形式化的定义，继而影响对导数的本质理解。

因此，教科书没有介绍任何形式的极限定义及相关知识，而从变化率入手，用形象直观的“逼近”的方法定义导数，用“趋近于”、“无限逼近于”、“趋于”、“无限变小”等通俗易懂的词对极限过程的描述，这样进行处理有三个方面的好处：一是避免学生认知水平和知识学习间的矛盾；二是将更多的经历放于对导数本质的理解；三是学生对逼近思想有了丰富的直观基础和一定的理解。

3、导数的基本内容。

在中学阶段导数的基本内容主要有：导数概念及几何意义；基本初等函数的求导法则和导数的四则运算；函数单调性与其导数的关系；函数在某点取极值的充要条件；生活中的优化问题。

二、导数在中学数学中的应用1、与曲线的切线有关问题。

处理与曲线的切线有关问题时，主要是理解导数的几何意义：f在某一点p的导数f”就是曲线y=f在x=x0处切线的斜率。

例1：已知曲线l:y=x2-2x-1，求过点p的曲线l的切线方程。

高等数学视角下中学数学教学研究r——以r人教版高中数学为例王红【期刊名称】《中学数学》【年(卷),期】2018(000)007【总页数】2页(P19-20)【作者】王红【作者单位】辽宁省鞍山市第三中学【正文语种】中文一、中学数学教学存在的问题（一）中学数学与高等数学内容方面的不对称在新一轮的课程改革中，有些大学高等数学的课程内容在中学数学中有所涉及，大大增加了中学数学教材内容.然而，两者对相同内容的讲授要求及深度都不相同，比如函数与导数，虽然高中数学中有函数及其性质相关的内容，但难度与广度都达不到高等数学相应内容的教学要求，函数求导就是例子.这就使得中学与大学在数学教学方面的脱节，中学数学教育并没有给学生的大学教育带来明显的便利. （二）中学数学教学重技巧、轻基础受高考的硬性要求影响，广大数学教师关注的是怎样快速提高学生的成绩，反而弱化了基础性内容的讲授.在教学过程中，教师往往会将时间和精力放在讲解解题技巧和方法上.（三）中学数学的高难度削减了学生的学习兴趣为了适应高考的难度，高中数学教师往往会将关注的重点放在难度较高或在考纲中比重较大的知识点上，课程讲解会偏向这部分内容.这样的教学方法对于数学基础较好的学生来说没有什么压力，但基础一般或较差的学生就会感到比较吃力，这部分同学可能花了更多的时间，但最终的学习效果还是不理想，使得他们产生了畏难、疲惫等消极情绪，久而久之，这些同学的自信心就会一点一点被磨灭，对数学的兴趣越来越弱.二、高等数学视角下的中学数学教学策略（一）立足例题，渗透方法在高等数学教学思想的影响下，高中数学教学的一大要点就是提升解题方法的层次性，因此教师在讲解课本知识点时要利用好例题，在讲解例题时适当地融入高等数学的思想方法，拓宽学生的思路，引导学生多途径、多角度地解决问题.案例1 设a，b∈R，满足（a-1）3+2013（a-1）=-1，（b-1）3+2013（b-1）=1，求a+b的值.解：设f（x）=x3+1997x.因为f（x）为奇函数，所以f（a-1）=-1，f（b-1）=1.所以f（a-1）=-f（b-1）=f（1-b）.因为f（x）在R上单调增，所以a-1=1-b.所以a+b=2．分析：在讲解过程中，教师引导学生观察题干，提示学生除了直接计算还可以构造函数进行解决，最终将这个问题转化为方程的根与函数的零点问题，实现高等数学思想方法在初等数学问题中的应用.在解决完这道题之后，教师还可以进行扩展，借助数形结合的思想方法，向学生讲解高次方程根的个数与对应函数单调性之间的关系；除此之外，教师还可以引导学生利用高等数学中的微分方法、高等代数中的代数基本定理来进行证明.（二）依托教材，挖掘习题现阶段，高考命题人不再一味强调学生的计算能力，考查的重点转向了学生的数学思想方法，求“巧”.在这样的背景下，高等数学的思维有时候能大大简化学生的思维量与计算量，使得学生能够又快又准地解决问题.当然，这并不是要求教师“超纲”，而是在学生的知识储备、能力水平可接受的范围之内进行拓展.因此，高中数学教师需要充分利用教材，辅导学生解决对思维要求比较高的习题，纠正学生“数学靠计算”的错误认知，引导学生养成多层面、多角度、全方位认识问题、解决问题的能力，提升学生的数学素养.案例2 试证明：分析：在解决这一例题时，只需要进行代数运算.教师在此基础上可以进行知识点的延伸，结合函数的概念及性质组织教学活动.首先，教师可以引导学生绘制函数图像，借助图像解释题干中表达式的含义；与此同时，教师可以换个角度，引导学生进行逆向思维：如果函数（fx）对于其定义域内任意那么函数（fx）的图像具有怎样的特征？）时函数的图像又是什么样子的？从知识点角度来剖析，教师的目的就是要引导学生探究函数的凹凸性.在具体教学过程中，教师要注意不能过于生硬，不需要强调“函数凹凸性”这一准确概念，而是引导学生自行总结.（三）结合现实，优化教材高中数学教学并不是对数学知识的简单呈现，需要充分考虑具体的教学现状与教学规律.从教师的层面来说，一切教学行为都要基于课程标准，在此基础上可以结合学生的学习情况及个人经验来对教材中的数学知识进行调整与优化，适当地融入高等数学的思想方法，使得学生的高观点学习思维更为系统.比如，导数（微分）原本是高等数学中数学分析的知识内容，现在多数版本的教材都将其列入中学数学的教学要求中，与传统的中学数学知识点相比，显然导数具备较强的抽象性.尽管如此，教师要引导学生准确地看待这一新增内容，借鉴导数内容的演变来开展数学教学活动，赋予其活力，挖掘生活中的导数模型.三、数学方法例证在求函数的极值、增减性等问题时，除了常规的图像法，高中数学教师还可以适当地引申，向学生介绍导数的相关概念，让学有余力的学生尝试采用这种“非常规”解法来处理函数问题；在几何问题中，向量能将图形中的数量关系定量表示，进而将几何问题转化为代数问题.（一）微分（求导）案例3 描述出二次函数y=20x2+40x+20的对应性质.在常规的函数性质教学过程中，绘制函数图像是重要的内容.在完成这一教学内容的基础上，教师可以向学生介绍导数的概念，引导学生掌握简单函数的求导方法，进而解决函数的单调性、极值等问题.在案例3中，常规的解法如表1所示.除此之外，老师可以在向学生介绍导数相关知识的基础上进行如下求解：y′=40x+40=0.解得x=-1.所以x=-1为对称轴.当x=-1时，ymin=0.表1图像特征函数性质200 150 100 50 0-6 -4 -2 0 2 4 y=20x2+40x+20开口方向向上ymin=0 最值顶点坐标（-1，0）曲线趋势在对称轴左侧图像从左到右下降；在对称轴右侧图像从左到右上升.当x≤-1时，y随x增大而减小；当x＞-1时，y随x增大而增大.增减性当x≤-1时，y′≤0，所以函数在（-∞，-1）上单调减；当x＞-1时，y′＞0，所以函数在（-1，+∞）上单调增.（二）向量向量的思想方法在几何内容中应用得比较多，需要从题干信息中的相关几何条件出发，准确地选取基本向量，寻找数量关系，列出向量关系式，随后通过向量运算得出新的向量关系式，最终解决几何问题.案例4 证明已知三点A、B、C共线.思路1：存在唯一实数μ（μ≠0），满足A—→B=μA—→C⇒A—→B=μA—→C⇒A、B、C共线.思路2：O为直线AB外一点，存在实数λ、μ且λ+μ=1，满足O—→C=λO—→A+μO—→B⇒C在直线AB上⇒A、B、C共线.思路3：O为直线AB外一点，存在实数λ、μ、γ、（不全为0）且λ+μ+γ=0，满足λO—→A+μO—→B+γO—→C=0⇒C在直线AB上⇒A、B、C共线.参考文献：1.周瑞琼.试谈初等数学和高等数学的“矛盾”现象及其本质联系［J］.柳州师专学报，1995（6）.2.陈志云.微积分在初等数学中的应用［J］.高等函授学报（自然科学版），2008（2）.3.任勇.介绍高等数学内容开阔学生知识视野［J］.数学通报，1995（3）.4.张秀蓉.高等数学视角下的中学数学教学研究［D］.福州：福建师范大学研究生院，2014.F。

导数定义及其在中学数学中的应用毕业论文一、导数的定义导数是微积分中最基本的概念之一，它是指函数在某一点处的变化率。

更具体地说，设函数y=f(x)，x0为区间I内的一点，当x在x0处取近似于x0的值时对应的函数值之差Δy=f(x0+Δx)-f(x0)与x0处的自变量增量Δx之比，即Δy/Δx的极限为：lim Δx→0 Ε0Δy/Δx=dy/dx=f'(x0)如果这个极限存在，则称函数y=f(x)在点x0处可导，其导数为f'(x0)。

其中f'(x0)表示函数f(x)在x0处的导数，也可以用dy/dx、 y' 或者 df/dx 表示。

二、导数在中学数学中的应用1. 切线与法线导数的最重要的应用之一是用于求函数在某一点处的切线与法线，这也是导数最基本的应用之一。

在求解中，我们首先求出函数在该点处的导数，然后求出该点处的坐标，进而求解出函数在该点处的切线和法线。

例如，对函数y=x^2，求该函数在点(x0, y0)处的切线和法线，其中x0表示点的横坐标，y0表示点的纵坐标。

解法：首先求出函数y=x^2在点(x0, y0)处的导数：f'(x0)=2x0然后代入点(x0, y0)得：y-y0=f'(x0)(x-x0)化简后得：y-y0=2x0(x-x0)这个公式就是函数y=x^2在点(x0, y0)处的切线的方程式。

同样的，可以通过求解出函数在该点处的导数，进而求解出函数在该点处的法线的方程式。

理论上说，导数是极限，但在实际的计算中，我们一般采用微小的增量等量的方法来近似于导数，而这个近似值就可以被用于实际计算中。

2. 最值的求解另一个导数在中学数学中常见的应用就是求解函数的最大值和最小值。

具体来说，如果函数f(x)在区间[a,b]上连续且可导，且函数在区间内的某点x0处的导数f'(x0)=0或不存在，则f(x)在点x0处取得了最大值或最小值。

因此，我们可以通过求出函数的导数，并找到导数等于0的点或导数不存在的点，就可以求解出函数的极大值和极小值。

泰勒展开式及其在命题中的应用本讲主要研究以泰勒展开式为背景的导数命题模式. 泰勒展开式应该是高中导数命题中最常用的高等背景，以其为背景的一阶导数（切线）放缩，二阶放缩等活跃于高考试题和各地模考试题中. 本节，我们将通过一些典型例题来展示其中的泰勒身影，探析其中常见的命题手法.一．基本命题原理1. 泰勒展开式（泰勒级数）：Taylor 多项式：20000000()()()()()()()1!2!!n n n f x f x f x T f x x x x x x x n '''=+-+-++- Taylor 公式：0()()(())n n f x T x o x x =+- 2. 泰勒公式00x =时的麦克劳林公式：21()2!!nx n x x e x o x n =+++++ 352112sin (1)()3!5!(21)!m m m x x x x x o x m --=-+++-+- 24221cos 1(1)()2!4!(2)!m m m x x x x o x m +=-+++-+ 231ln(1)(1)()23n n n x x x x x o x n -+=-+++-+ 2(1)(1)(1)(1)1()2!!n n n x x x x o x n ααααααα---++=+++++ 211()1n n x x x o x x =+++++-3. 几个重要的不等式由泰勒公式，我们可以得到几个重要的不等式： 3.1 0,1≥+≥x x e x； 3.2 0,1212≥++≥x x x e x； 3.3 0,21)1ln(2≥-≥+x x x x . 3.4 3sin 6x x x x -≤≤，0x ≥3.5.2241cos 12224x x x x -≤≤-+，0x ≥ 二．命题手法展示1.不等式放缩与恒成立例1.（2013新课标Ⅱ）已知函数 （1）设是的极值点，求,并讨论的单调性；（2）当时，证明．命题手法分析：第二问考察泰勒一阶展开式：x x x e xln 11≥->+≥，所以可得： 0)2ln(>+-x e x ，这就是第二问的命题背景.例2.（2021八省新高考适应考试）已知函数x x e x f x cos sin )(--=，x x e x g xcos sin )(++=.（1）略；（2）若ax x g +≥2)(，求a . 命题手法分析：由泰勒展开：21()2!!nx n x x e x o x n =+++++ 352112sin (1)()3!5!(21)!m m m x x x x x o x m --=-+++-+- 24221cos 1(1)()2!4!(2)!m mm x x x x o x m +=-+++-+ 将上述三个式子相加，甩掉二次以上的项，就可以得到不等关系：x x x e x g x 22cos sin )(+≥++=因此，此题的背景就出来了，结果就是2=a .下面我们尝试对对数的泰勒展开式进行变形处理：231ln(1)(1)()23nn n x x x x x o x n -+=-+++-+()()ln xf x e x m =-+0x =()f x m ()f x 2m ≤()0f x >将x -代入上式，可得：)1,0(),3(211ln 3∈+>-+x x x x x ，这就是下面这道高考试题的命题背景. 例3.已知函数()3213x f x e x ax =---，R a ∈， （1）当0a =时，证明：当0x ≥时，()0f x ≥；（2）当0x ≥时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围．解析：（2）()0f x ≥即32130x e x ax ---≥,尝试泰勒展开，有232(3)(3)131302!3!x x x x ax +++---≥,化简得232927026x x ax +-≥,所以92a ≤. 例 4.已知函数mx e x f x -=)(，其中e 为自然对数的底数，m 为正整数．若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且)451(0，∈x ． （1）求)(x f 的极值；（2）若>0x 时，不等式()()>f x f x ax --恒成立，求实数a 的取值范围．（参考数据： 2.72e ≈） 解析：（2）问题转化为0x >时,g()(6a)0x x x e e x -=--+>恒成立因为x y e =在0x =处的泰勒展并式为231,26x x x x y e -++++=在0x =处的泰勒展开式为23126x x x -+-+,故有 323x x x e e x --≈+,根据题意32(6)3x x a x +>+,得4a ≤-,故实数a 的范围是(,4].-∞- 例5.（2015北京）已知函数()1ln1x f x x +=-． （1）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程；（2）求证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭； （3）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()01x ∈，恒成立，求k 的最大值． 由上述结论易得结论，此处不再赘述.2.泰勒展开处理极值问题下面我们再用泰勒公式来分析2018年全国三卷的命题背景，这道题目当年是全国卷中最难的一道导数题目，现在用泰勒公式来加以分析.例6.（2018全国卷Ⅲ）已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．命题手法分析：由泰勒展开式可得[1]： x x x x x ax x x ax x x f 2)432)(2()1ln()2()(43222-⋅⋅⋅+-+-++=+++= ⋅⋅⋅+--++=43)612()61(x a x a ① 可以看到，在0=x 附近，)(x f 的函数值变化主要依赖于展开式中3次项，于是可以得到近似估计：)()61()(33x o x a x f ++=，这样的话，欲使得)(x f 在0=x 处取得极大值，就必须使得61-=a ，否则，由)()61()(43x o x a x f ++=可知，0=x 不是函数的极大值点. 此时，将61-=a 代入①中可得： )(121)(44x o x x f +-= 显然，0=x 是函数的极大值点，于是此题的结果就出来了.注：此做法如果清楚命题背景，那就应该明白前两次导函数在0x =处为零，即三阶以上的导数才能求得参数.例7.已知是函数的极大值点，则的取值范围是A ．]0(，-∞B ．]1(，-∞C ．[0)+∞，D ．[1)+∞，解析：知()(tan )f x x ax x =-在零处的泰勒展开为352(),315x x f x x ax x ⎡⎤⎛⎫≈-++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦即4622()(1)315x x f x a x ≈---,因为0x =是()f x 的一个极大值点,所以二次项系数必须小于零，即10a -<,tan x 在0x =处（带有佩亚诺余项）的泰勒展开式为()35512tan 315x x x x o x =+++,一般应用前两项即可.当1a =时，也满足最低偶次项即413x -系数小于零，所以 1.a ≤故答案为 1.a ≤故选B . 例8.已知函数x x ax x f sin 2)1(ln 2)(2-++=，0>a ．（1）若1≥a ，证明：当)20(π，∈x 时，0)(>x f ； （2）若0=x 是)(x f 的极大值点，求正实数a 的取值范围． 0x =()(tan )f x x ax x =-a ()解析：(1)由题意0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,易证21sin ,ln(1)2x x x x x <+>-,详细证明请看切线章节, 所以2222ln(1)222sin x x x x x x x ++>+-=>,故()0f x >原式得证;(2)由泰勒展开式得()()2343571111ln(1),sin 23660x x x x o x x x x x o x +≈-++≈-++,当0x →时, 有5522332321()22(1)333030x x f x ax x x x x x a x x ≈+-+-+-=-+-,故10a -<,即1a <,故0 1.a << 3.比较大小例9.（2022全国甲卷）已知41sin 4,41cos ,3231===c b a ，试比较c b a ,,三个数的大小. 解析：根据题意，构造函数xx x h x x g x x f sin )(,cos )(,21)(2==-=.则可以看到： )41(),41(),41(h c g b f a ===，由于25.0较小，所以对上述三个函数在0=x 处进行四阶泰勒展开：21)(2x x f -=；)(421)(442x o x x x g ++-=！！，)(!5!31)(442x o x x x h ++-=. 显然，在25.0=x 时，)41()41()41(h c g b f a =<=<=，故c b a <<.（公众号：凌点数学）三. 习题演练练习1.（2017清华领军计划）已知函数ax e e x f x x -+=2)(，且0≥∀x ，2)(≥x f 恒成立. 则a 的取值范围为_______.解析：由于令2)()(-=x f x g ，0)0(=g ，故对)(x g 进行二阶泰勒展开可得：)(21)(242122222x o x x e x o x x e x x+++=+++= 故)(25)3(2)(222x o x x a ax e e x g x x ++-=--+=，在0=x 的右临域0),,0[>δδ内，函数)(x g 的性态由其一次项决定，若3>a ，那么在0),,0[>δδ内0)(<x g ，与题干矛盾，故3≤a . （公众号：凌点数学）练习2.（2021山东模拟）已知函数2)(2x x e x f x--=.（1）证明：0≥x 时，1)(≥x f ；（2）设)cos 1(21)()(2x a x x f x g -+--=，若对任意实数x ，都有0)(≥x xg ，求a 的值. 解析：（2）记)()(x xg x F =，注意到0=x 时，0)0(=F . 由于0)(≥x F 恒成立，故0=x即为函数)(x F 的极小值点（最小值点）.下面我们将xe 与x cos 进行泰勒展开： )(621332x o x x x e x++++=，)(21cos 22x o x x +-=， 代入)(x g 的表达式，于是可得：)(62)1()cos 1(13322x o x x a x a x x e x ++-=-+---，故)()(x xg x F =在0=x 处的泰勒展开：)(62)1()(443x o x x a x F ++-=. 可以看到，若1≠a ，则存在实数δ使得)(x F 在0=x 的邻域),(δδ-满足0)()(<-δδF F ，这与0=x 为函数)(x F 的极小值点（最小值点）矛盾，故得到1=a .练习3．已知函数()sin e ln(1)x x a f x x =+++．（1）当2a =-时，求函数()f x 在(]1,0-上的最小值；（2）若()1f x ≥恒成立，求实数a 的值．（公众号：凌点数学）参考文献：李尚志.大学视角下的中学数学（泰勒展开）.[J].数学通报.2019.08.。

微分中值定理与导数在中学数学中的应用微分中值定理与导数在中学数学中的应用微分中值定理和导数是中学数学中的重要内容，也是数学和物理等学科中不可或缺的基本工具。

本文将介绍微分中值定理和导数在中学数学中的应用。

微分中值定理微分中值定理是微积分中的一个基本定理，主要用于研究函数在一定区间内的变化情况。

微分中值定理有三种形式，分别是拉格朗日中值定理、柯西中值定理和罗尔中值定理。

拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理是指：若函数f(x)在区间[a,b]内连续，在(a,b)内可导，则至少存在一点c∈(a,b)，使得f(b)−f(a)b−a=f′(c)。

拉格朗日中值定理可用于解决函数极值、函数单调性等问题。

柯西中值定理柯西中值定理是指：若函数f(x)和g(x)在区间[a,b]内连续，在(a,b)内可导，且g′(x)≠0，则至少存在一点c∈(a,b)，使得f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(c)g′(c)。

柯西中值定理可用于解决函数图像的相交问题、微商和导数的求法等问题。

罗尔中值定理罗尔中值定理是指：若函数f(x)在区间[a,b]内连续，在(a,b)内可导，且f(a)=f(b)，则至少存在一点c∈(a,b)，使得f′(c)=0。

罗尔中值定理可用于解决函数的零点问题、函数图像的最值问题等。

导数的应用导数是微积分的一个重要概念，它是描述函数变化率的工具。

导数具有计算简便、应用范围广泛等优点，被广泛应用于数学、物理等学科中。

导数的应用主要包括函数的极值、函数的单调性、函数的凹凸性、函数图像的研究等。

函数的极值函数的极值是指函数在某一点处取得的最值。

要求函数在该点求出导数，当导数为0或不存在时，该点即为函数的极值点。

函数的极值可用于解决优化问题、最值问题等实际应用问题。

函数的单调性函数的单调性是指函数在某一区间内的增减情况。

要求函数在该区间内求出导数，当导数大于0时，函数单调递增；当导数小于0时，函数单调递减。

函数的单调性可用于解决函数图像的特点问题、函数值域问题等。

江西师范大学数学与信息科学学院学士学位论文导数在初等数学中的应用Application of Derivative inThe Elementary Mathematics姓名：胡磊学号：200907010052学院：数学与信息科学学院专业：数学与应用数学指导老师：陈冬香（教授）完成时间：2013年4月25号导数在初等数学中的应用胡磊【摘要】导数是高中数学所接触的一个概念，它广泛地应用于众多数学模块中，如在函数的研究中，导数能更直观的形象的反应函数的部分性质，还有在判断方程的根；不等式的证明、恒等式的证明、数列求和、解析几何中都有广泛的应用。

在部分数学模块中，导数的引入给许多常规问题的解决提供了新的方法，突出导数在解决问题的优越性；并且归纳总结导数在应用时应注意的部分问题。

【关键词】导数初等数学解题方法应用Application of Derivative in the Elementary MathematicsHu Lei【Abstract】Derivative is a concept which is studied in high school mathematics. It is widely used in numerous math modules such as the research of the Function, in which Derivative can reflect Function’s partial properties more directly and magically. What’s more, Derivative also apply to the judgment of the Function Root, the certification of the Inequity and Identity, the summation of Number Sequence and the Analytic Geometry. In some math modules, the introduction of the Derivative provides new ways for many conventional problems which highlights its superiority in problem-solving. In addition, the essay also sums up and summarizes some problems in the application of the Derivative.【Key words】Derivative Mathematic Problem solving method Application目录1 引言 (1)2 研究导数在函数中的应用 (1)2.1 导数在研究函数的单调性中的作用 (1)2.2 导数在求函数的极值中的作用 (3)2.3利用导数求函数的值域 (4)3 研究导数在判别方程根中的应用 (4)4 研究导数在不等式中的应用 (6)5 研究导数在恒等式的证明中的应用 (8)6 导数在数列方面的应用 (10)7 研究导数的几何应用 (11)8 导数解决实际生活中的问题 (12)8.1 成本问题 (12)8.2 制作容器 (13)9 导数在应用时注意的部分问题 (14)总结 (15)参考文献 (16)致谢 (16)1 引言导数的思想最初是由法国数学家费马为研究极值问题而引入的，但是于导数概念直接相联系的是以下两个问题：已知运动规律求速度和已知曲线求它的切线。

导数在中学数学中的应用分析摘要:导数是联系高等数学与初等数学的纽带，高中阶段引导导数的学习有利于学生更好地理解函数的性质，利用导数更容易求参数的值，；利用导数证明等式与不等式，利用导数求切线方程。

导数进入中学数学，丰富了中学数学知识和解法，给许多繁难问题提供了一种通用的解题方法，给许多常规问题的解法提供了新视角。

关键词：导数、中学数学、应用大约在1629年，法国数学家费马研究了作曲线的切线和求函数极值的方法；1637年左右，他写一篇手稿《求最大值与最小值的方法》。

在作切线时，他构造了差分f(A+E)-f(A),发现的因子E 就是我们现在所说的导数f'(A)。

导数与物理，几何，代数关系密切.在几何中可求切线；在代数中可求瞬时变化率；在物理中可求速度，加速度。

导数亦名纪数、微商（微分中的概念），是由速度变化问题和曲线的切线问题（矢量速度的方向）而抽象出来的数学概念.又称变化率.。

导数在中学数学中的应用十分广泛，利用导数可以作函数的图像、求函数的解析式、求函数的极值最值、求参数的值、证明等式和不等式、求切线的方程、求部分关于极限的问题。

总之导数在中学数学中的应用是十分广泛的。

16、17世纪，资本主义开始迅速的发展，精密的科学、航海学、弹道学的诞生，促进了力学的发展，工业技术的发展。

又要求当时的数学有了更高的要求，一开始都是用特殊的办法解决同一类型的问题，后来又了一般的方法，并逐步发展变化，最后牛顿和莱布尼茨建立了微积分。

导数的定义：函数()y f x =，如果自变量x 在x 有增量△x ，那么函数y 相应地有△y=()(),o of x x f x +∆-比值yx∆∆叫做函数y=f （x ）在x 到o x x +∆之间的平均变化率即y x ∆∆=00()()f x x f x x+∆-∆。

如果当0x ∆→时，y x ∆∆有极限，我们就说函数y=f(x)在点x 0处可导，并把这个极限叫做f （x ）在点x 0处的导数，记作)(0'x f 或0'x x y =。

导数的概念说课稿导数的概念说课稿一、教材分析1.1编者意图《导数的概念》分成四个部分展开，即：“曲线的切线”，“瞬时速度”，“导数的概念”，“导数的几何意义”，编者意图在哪里呢？用前两部分作为背景，是为了引出导数的概念；介绍导数的几何意义，是为了加深对导数的理解.从而充分借助直观来引出导数的概念；用极限思想抽象出导数；用函数思想拓展、完善导数以及在应用中巩固、反思导数，教材的显著特点是从具体经验出发，向抽象和普遍发展，使探究知识的过程简单、经济、有效.1.2导数概念在教材的地位和作用“导数的概念”是全章核心.不仅在于它自身具有非常严谨的结构，更重要的是，导数运算是一种高明的数学思维，用导数的运算去处理函数的性质更具一般性，获得更为理想的结果；把运算对象作用于导数上，可使我们扩展知识面，感悟变量，极限等思想，运用更高的观点和更为一般的方法解决或简化中学数学中的不少问题；导数的方法是今后全面研究微积分的重要方法和基本工具，在在其它学科中同样具有十分重要的作用；在物理学，经济学等其它学科和生产、生活的各个领域都有广泛的应用.导数的出现推动了人类事业向前发展.1.3教材的内容剖析知识主体结构的比较和知识的迁移类比如下表：通过比较发现：求切线的斜率和物体的瞬时速度，这两个具体问题的解决都依赖于求函数的极限，一个是“微小直角三角形中两直角边之比”的极限，一个是“位置改变量与时间改变量之比”的极限，如果舍去问题的具体含义，都可以归结为一种相同形式的极限，即“平均变化率”的极限.因此以两个背景作为新知的生长点，不仅使新知引入变得自然，而且为新知建构提供了有效的类比方法.1.4重、难点剖析重点：导数的概念的形成过程.难点：对导数概念的理解.为什么这样确定呢？导数概念的形成分为三个的层次：f(x)在点x0可导→f(x)在开区间（，b）内可导→f(x)在开区间（，b）内的导函数→导数，这三个层次是一个递进的过程，而不是专指哪一个层次，也不是几个层次的简单相加，因此导数概念的形成过程是重点；教材中出现了两个“导数”，“两个可导”，初学者往往会有这样的困惑，“导数到底是个什么东西？一个函数是不是有两种导数呢？”，“导函数与导数是怎么统一的？”.事实上：（1）f(x)在点x0处的导数是这一点x0到x0+△x的变化率的`极限，是一个常数，区别于导函数.（2）f(x)的导数是对开区间内任意点x而言，是x到x+△x的变化率的极限,是f(x)在任意点的变化率，其中渗透了函数思想.（3）导函数就是导数！是特殊的函数：先定义f(x)在x0处可导、再定义f(x)在开区间（，b）内可导、最后定义f(x)在开区间的导函数.（4）y=f(x)在x0处的导数就是导函数在x=x0处的函数值，表示为这也是求f′(x0)的一种方法.初学者最难理解导数的概念，是因为初学者最容易忽视或混淆概念形成过程中几个关键词的区别和联系，会出现较大的分歧和差别，要突破难点，关键是找到“f(x)在点x0可导”、“f(x)在开区间的导函数”和“导数”之间的联系，而要弄清这种联系的最好方法就是类比！用“速度与导数”进行类比.二、目的分析2.1学生的认知特点.在知识方面，对函数的极限已经熟悉，加上两个具体背景的学习，新知教学有很好的基础；在技能方面，高三学生，有很强的概括能力和抽象思维能力；在情感方面，求知的欲望强烈，喜欢探求真理，具有积极的情感态度.2.2教学目标的拟定.鉴于这些特点,并结合教学大纲的要求以及对教材的分析,拟定如下的教学目标:知识目标：①理解导数的概念.②掌握用定义求导数的方法.③领悟函数思想和无限逼近的极限思想.能力目标：①培养学生归纳、抽象和概括的能力.②培养学生的数学符号表示和数学语言表达能力.情感目标：通过导数概念的学习，使学生体验和认同“有限和无限对立统一”的辩证观点.接受用运动变化的辩证唯物主义思想处理数学问题的积极态度.三、过程分析设计理念：遵循特殊到一般的认知规律，结合可接受性和可操作性原则，把教学目标的落实融入到教学过程之中，通过演绎导数的形成,发展和应用过程，帮助学生主动建构概念.。

在高考中导数问题常见的分类讨论（一）热点透析由于导数内容对大学数学与中学数学的衔接具有重大的作用，所以自从导数进入高考后，立即得到普遍地重视，在全国各地的数学高考试卷中占有相当重的份额，许多试题放在较后的位置，且有一定的难度..分类讨论是中学数学的一种解题思想，如何正确地对某一问题进行正确地分类讨论，这就要求大家平时就要有一种全局的观点，同时要有不遗不漏的观点。

只有这样在解题时才能做到有的放矢。

下面我想通过对导数类题的解答的分析，来揭示如何水道渠成顺理推舟进行分类讨论。

（二）知识回顾1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y ＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（三）疑难解释1．可导函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较．2．f′(x)>0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分条件．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．附件：当堂过手训练（快练五分钟，稳准建奇功！）1． 若函数f (x )＝x ＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.答案 3解析 f ′(x )＝2x 2＋2x －x 2－a (x ＋1)2＝x 2＋2x －a(x ＋1)2.因为f (x )在x ＝1处取极值，所以1是f ′(x )＝0的根，将x ＝1代入得a ＝3.2． 函数f (x )＝x 3＋ax －2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．答案 [－3，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(x )在区间(1，＋∞)上是增函数，则f ′(x )＝3x 2＋a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≥－3x 2在(1，＋∞)上恒成立．∴a ≥－3.3. 如图是y ＝f (x )导数的图象，对于下列四个判断：①f (x )在[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中正确的判断是________．(填序号) 答案 ②③解析 ①∵f ′(x )在[－2，－1]上是小于等于0的， ∴f (x )在[－2，－1]上是减函数；②∵f ′(－1)＝0且在x ＝0两侧的导数值为左负右正， ∴x ＝－1是f (x )的极小值点； ③对， ④不对，由于f ′(3)≠0.4． 设函数g (x )＝x (x 2－1)，则g (x )在区间[0,1]上的最小值为( )A ．－1B ．0C ．－239D.33答案 C解析 g (x )＝x 3－x ，由g ′(x )＝3x 2－1＝0，解得x 1＝33，x 2＝－33(舍去)． 当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表：所以当x 5． (2011·辽宁)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴m (x )在R 上是增函数．∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0，∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}，即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞). 二、高频考点专题链接题型一. 需对导数为零的点与定义域或给定的区间的相对位置关系讨论的问题。

导数在中学数学中的应用_导数在经济学中的应用导数是中学数学选修课中的重要内容，在中学数学的很多问题上起到居高临下和以简驭繁的作用，是解决实际问题强有力的数学工具。

运用导数的思想方法和根本理论来解决中学数学中有关函数性质的探讨与应用。

本文主要通过例证来探讨导数在中学数学中的应用。

一、中学数学中导数的简介1.导数的意义。

导数的创立是数学开展中的里程碑，它的开展和广泛的应用开创了向近代数学过渡的新时期；为探究变量和函数供应了重要的方法和手段。

在新课程的选修模块中，通过导数的学习，学生将体会导数的思想及其丰富内容，感受导数在解决实际问题中的作用。

2.导数在中学教材的背景。

在学生初次接触导数的概念时，给学生一个形象的背景支持，使学生充分相识导数的几何意义和物理意义，对于学生正确理解导数的概念是特别重要的。

在中学阶段导数概念学习的起点是极限，即从数列→数列的极限→函数的极限→导数。

这种概念的建立具有严密的逻辑性和系统性，但也产生一些问题：中学生很难理解极限形式化的定义，继而影响对导数的本质理解。

因此，教科书没有介绍任何形式的极限定义及相关学问，而从改变率入手，用形象直观的“靠近”的方法定义导数，用“趋近于”、“无限靠近于”、“趋于”、“无限变小”等通俗易懂的词对极限过程的描述，这样进展处理有三个方面的好处：一是幸免学生认知水平和学问学习间的冲突；二是将更多的经验放于对导数本质的理解；三是学生对靠近思想有了丰富的直观根底和必须的理解。

3.导数的根本内容。

在中学阶段导数的根本内容主要有：导数概念及几何意义；根本初等函数的求导法那么和导数的四那么运算；函数单调性与其导数的关系；函数在某点取极值的充要条件；生活中的优化问题。

二、导数在中学数学中的应用1.与曲线的切线有关问题。

处理与曲线的切线有关问题时，主要是理解导数的几何意义：f(x)在某一点p(x0,y0)的导数f"(x0)就是曲线y=f(x)在x=x0处切线的斜率。

JIANGSU NORRMAL UNIVERSITY本科生毕业论文UNDERGRADUATE THESIS论文题目：导数在不等式证明中的应用姓名：学院：专业：数学与应用数学(师范）年级、学号：指导教师：论文原创性声明本人郑重声明：所呈交的毕业论文，是在导师的指导下，独立进行研究所取得的成果，所有数据、资料真实可靠.除文中已经注明引用的内容外，本论文的研究成果不包含他人享有著作权的内容.本论文的知识产权归属培养单位.本人签名：年月日论文版权使用授权书本论文“导数在不等式证明中的应用”是本人在校期间所完成学业的组成部分，是在江苏师范大学教师的指导下完成的，因此，本人特授权江苏师范大学可将本毕业论文的全部或部分内容编入有关书籍、数据库保存，可采用复制、印刷、网页制作等方式将论文文本和经过编辑、批注等处理的论文文本提供给读者查阅、参考，可向有关学术部门和国家有关部门或机构呈送复印件和电子文档.本毕业论文无论做何种处理，必须尊重本人的著作权，署明本人姓名.作者签名：指导教师签名：年月日年月日导数在不等式证明中的应用摘要不管是在初等数学还是在高等数学中导数这部分知识的地位都不容小觑，依稀记得自初中以来我们就总能在考试中与不等式相遇，百炼成钢我们由当初只会用原始方法证明一些简单的不等式成长到可以应用导数简练的去证明一些复杂的不等式，能够深刻认识到使用这一工具的有效性以及可行性.导数在浩瀚的数学领域中有着极其广泛的运用，本文以阐述如何将导数用于不等式的证明为主旨，主要以例题的形式来展示导数在不等式证明中的一些方法与技巧.该论文参考文献6篇.关键词：导数不等式单调性The derivative in the application of inequality proofAbstractWhether in elementary mathematics and advanced mathematics，the status of the derivative knowledge is very important.Since junior high school,we can always meetwith the inequality in the examination,At the beginning, we will only use the original met hod to prove some simple inequality .Little by little, we can be applied to prove some com plex inequalities quickly derivative.We can realize profoundly, effectiveness and feasibilit y of using this tool.Derivative is applied extensively in the vast field of mathematics，This article mainly elaborated that application of derivative in an in equation，mainly in the form of examples to illustrate that some skills of the derivative in the inequality proof .Key words: derivative inequalities monotony目录摘要 (Ⅰ)Abstract (Ⅱ)目录 (Ⅲ)一．引言 (1)二．利用导数的几何意义证明不等式 (1)三．利用函数的单调性证明不等式 (2)四．利用函数的极值（最值）证明不等式 (4)五．利用函数的凹凸性证明不等式 (6)六．利用两导数的不等性证明不等式 (7)七．利用函数的单峰性证明不等式 (7)小结 (9)参考文献 (10)致谢 (11)一 引言不等式证明这部分知识在中学数学领域里是重点的学习内容之一，也是难点之一；自打初中以来不等式这类题型就与我们如影随形，做的多了自然而然我们所掌握的解题方法也就愈发的多样化，然而对于有些证明你换再多的初等方法依然不得证，这时我们就不妨从高等数学的角度去重新审视不等式尝试将不等式与导数联系起来我们的视野将会豁然开朗，曾几何时我们所认为的难题也能够迎刃而解.导数在高中数学中运用十分广泛，尤其在高考中导数俨然成为重要的解题工具，特别是在研究函数时导数是极其有效的武器，近些年来高考题中经常利用导数来研究函数单调性、极值、最值问题.本文主要以举例子的形式来探讨如何以导数为工具应用于不等式的证明中.二 利用导数的几何意义证明不等式高考题中经常会考察导数的几何意义，但是通常不会直接考察其在不等式证明中的应用往往是要与函数的单调性结合起来用于不等式证明中的，本知识板块只要大家解题时能够据题意将割线转化为切线再化为导数，记得切线公式足矣.定义(1):函数()y f x 在0x 处的导数)(0x f '是曲线)(x f y =在0(x ,))(,(00x f x 处的切线的斜率k ,当)(x f 在0x x 可导那么曲线)(x f y =在点))(,(00x f x 处的切线是：))(()(000x x x f x f y -'+= （1）（当∞=')(0x f 时,切线为:0x x =）例1(2015 天津19(Ⅱ、Ⅲ))：已知函数n x nx x f -=)(,R x ∈，其中*∈N n ,且2≥n .(Ⅱ)设曲线)(x f y =与x 轴正半轴的交点为P ,曲线在点P 处的切线方为:)(x g y =，求证:(Ⅱ)对于任意的正实数x ,都有)()(x g x f ≤；(Ⅲ)若关于x 的方程a x f =)((a 为实数)有两个正实数根21,x x ,求证:2112+-<-n a x x . 证明:(Ⅱ)由题意可知:11-=n n x P ,则2)(n n x f P -=',)(x f y =在P 处切线方程为:))(()(P P x x x f x g y -'==,令 ))(()()()()(P P x x x f x f x g x f x F -'-=-=，则 )()()(P x f x f x F '-'='，又0)(='P x F ,故)(x F 在),0(P x 内单调递增，在),(+∞P x 内单调递减，所以对于任意的正实数x 总有0)()(=≤P x F x F ,即)()(x g x f ≤.（Ⅲ)不妨设21x x ≤,由(Ⅱ)知))(()(2P x x n n x g --=，记a x g =)(的根为2x ',P n n a x x +='-22当2≥n 时)(x g 在),(+∞-∞上单调递减,又由(Ⅱ)知)()()(222x g a x f x g '==≥， 即 22x x '≤, 同理,设曲线)(x f y =在)0,0(点处的切线方程为:nx x h =)(，当),0(+∞∈x ,0)()(<-=-n x x h x f ，即对于任意的)()(),,0(x h x f x <+∞∈,记ax h =)(的根n a x ='1,因此11x x <'，则有 P n a x x x x x +='-'<--11212，又2≥n ，则有 n n C n n n =-+=+≥+=---111)11(21111，即 P x n n =≥-112,2112+<--n a x x .注：①本题思路:本题需要熟知导数的几何意义及掌握一些简单常见函数的求导则，这是一道综合性大题在考察我们函数思想之余也考察了导数几何意义.两个问是先求用求导公式求出斜率再写出切线方程，再利用求差法构造出函数并利用导数分析辅助函数的性质并加以利用达到证明不等式的理想效果.最后一问还涉及了放缩思想，此题极大程度考察了我们综合解题能力.②拓宽视角:上述导数几何意义用于证明不等式只起到配角作用就不多做说明了，其实它也有作主角的时候，比如若遇到如下形式：a x f x f ≤-)()(2121x x -或（≥-)()(21x f x f a 21x x -，（0>a ）利用函数)(x f y =图像上任意两点()1,1y x M ，()22,y x N 用定义法求出的斜率k 的值域就是曲线上任一点斜率的取值范围，然后用与之等价的导数来与斜率 就能够达到证明不等式的目的.三 利用函数的单调性证明不等式使用函数的单调性来证明不等式能否获得成功的决定因素舍辅助函数的构造其谁？非常考验我们对构造性这一知识点的掌握程度，为了使证明过程变得简洁构造辅助函数前往往要对欲证不等式作恒等变形再找出恰当辅助函数出题人设置的一切障碍瞬间土崩瓦解，不复存在.定理(2):设)(x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，则有：0)(>'x f ⇔)(x f 在[]b a ,上单递增；0)(<'x f ⇔)(x f []b a ,上单调递减；0)(='x f ⇔)(x f 在[]b a ,上是常数[1].例2（2015广东19第（Ⅲ）问):设1>a ，函数a e x x f x -+=)1()(2若曲线)(x f y =在点P 处切线与x 轴平行且在),(n m M 处的切线与直线OP 平行（O 为坐标原点）,证明：123--≤e a m .证明：令0)1()(2=+='x e x x f 得1-=x ,而a e f -=-2)1(，即)2,1(a eP --, 直线OP 的斜率12--=a e k OP e a 2-=而)(x f 在点),(n m M 处切线的斜率为: m e m m f 2)1()(+=', 由平行关系知ea 2-=m e m 2)1(+则要证 ≤m 123--e a , 即证 ≤+31）（m ea 2-=m e m 2)1(+, 即证 ≤+1m m e ,令 1)(--=m e m g m ,则 1)(-='m e m g ,当0<m 时有0)(<'m g 即)(x g 单调递增,当0>m 时有0)(>'m g 即)(x g 单调递减,故)(m g 在R 上取得极小值经验证同时也为最小值0)0(=g ,则01)(≥--=m e m g m 在R上恒成立,于是≤+1m m e 得证.注：①本题思路:本题为了构造出简单的辅助函数也是为了消参要求我们必须找出平行这一条件下所隐含的一个等式，得出这一等式后便可以在整理不等式时消去参数a ,同时我们会发现此时的不等式要比原式简便许多当然辅助函数形式也简单许多用的是不式两边作差构造辅助函数再由辅助函数性质证题即可.②拓宽视角:由上述典型例题不难看出用导数证明不等式最关键的步骤非辅助函数的构造莫属了，因此在此列举几种常用的辅助函数的构造法：1°把不等式的两侧“求差”来构造辅助函数；（此种方法最为常见上面例题中也有体现）；2°将不等式的两侧全体或是部分“求商”以构造辅助函数，提及此种方法不禁让我想起其中较为典型的一种它也有属于自己的名称我们将它叫做参变分离法，分离后含有变量方自然为辅助函数；3°根据不等式两侧函数的形态构造“形式相似”辅助函数.四 利用函数的极值（或最值）证明不等式归根结底还是要通过求辅助函数的单调性再由其得出极值（最值），多在证明恒成立的题目中使用，用此法切记将驻点与极值、最值点等价起来.第一判别法(3):若)(x f 在0x 的某邻域内可导且0)(0='x f ，那么：若0x x <时，)0)((0)(<'>'x f x f ，当0x x >时)0)((0)(>'<'x f x f ，则)(0x f 是)(x f 的极大值（极小值）；第二判别法(4):设函数)(x f 在0x 处有二阶导数，且0)(0='x f ，那么当(0)(0<''x f )0)(0>''x f 函数)(x f 在点0x 处获得极大值（极小值）.（若在0x 的两侧)(x f '的符号相同，则)(0x f 不是极值）[2].步骤:①求导数)(x f '；②求方程0)(='x f 的根；③检查)(x f ' 在方程根的左、右区间值的符号,如果在左侧区间正右侧区间负,那么)(x f 在这个根处取极小值.定义:（2）函数的最值：可导函数)(x f 在闭区间[]b a ,上所有点（包括端点的最大（或最小)值叫做函数)(x f 在[]b a ,上最大（或最小)值.步骤:①求函数)(x f 在()b a ,内的极值；②求函数)(x f 在区间端点的值)(a f ,)(b f ；③将函数)(x f 的各极值与)(a f ,)(b f 比较，其中最大的那个为最大值,最小的那个为最小值.(5):求出函数的单调性并由其判断是在驻点还是在端点处获得最值,若函数在开区内有唯一的驻点则此时若有极值极值便也是最值[2].例3(2015 湖南(Ⅱ)):已知0>a ，函数x e x f ax sin )(=（),0[+∞∈x ）记n x 为 )(x f 的从小到大的第n （*∈N n ）个极值点.证明（Ⅱ）若112-≥e a ，则对*∈N n ,)(n n x f x <恒成立.证明:x e x ae x f ax ax cos sin )(+='))(tan sin(112a ax x e a =++=ϕϕ令0)(='x F 解得 *∈-=N m m x ,ϕπ,当ϕπϕπ-+<<-)12(2k x k ，0)(>'x f ，当ϕπϕπ-+<<-+)22()12(k x k ，0)(<'x f ，故在区间),),)1((πϕπϕππm m m m ---与（内异号，所以ϕπ-=m x 时取得极值，则ϕϕπsin )1()()(1-+-=n a n n ex f ，将11sin 2+=a ϕ带入不等式作恒等变形即证)(1)(2ϕπϕπ-<+-n a e a a n a 恒成立，设)0()(>=t te t h t则2)1()(t t e t h t -='，令0)(='t h 解得1=t ，当10<<t 时,0)(<'t h 此时)(t h 单调递减，当1>t 时,0)(<'t h 此时)(t h 单调递增，所以)(t h 在1=t 处取得极小值经验证同时也为最小值，故只需证e aa <+12，即 112->e a ，又当112-=e a 时，311tan 2>-==e a ϕ,可得23πϕπ<<，于是 12322->>-≥-e n πϕπϕπ， 故112≠--=e n ax n ϕπ，所以aa e g ax g n1)1()(2+==>，综上所述：若112-≥e a ，则对一切*∈N n ,)(n n x f x <恒成立.注：①本题思路:本题是一道综合性的题目，先是通过对给定函数求导讨论单调性得出极值，得出不等式中函数，再对不等式进行恒等变形以及化参量为变量后方可构造出适合的辅助函数再由单调性求出最值带进不等式再次恒等变形就可以证出不等式.②拓宽视角:在函数的导数于所给区间内导数的符号出现改变，此时不妨考虑利用在该区间的极值来证明；值得注意的是在求极值或是最值时通常都需要求出函数的单调性，但是有的函数求导之后并不能确定导函数与0的大小关系此时有的需要结合已知条件做适当变形即可，而更为行之有效的方法是进行整体二次求导或是仅对分母进行二次求导.五 利用函数的凹凸性证明不等式有一类题目没想到用这种方法时特别棘手，但是一旦想到则变得极为简洁，通常我们先要构造出具有凹凸性的函数再利用导数来判断其凹凸性，然 后利用凹凸函数本身满足的不等式证明即可.定义(6):设)(x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，若对()b a ,内任何不相等的两点x 与0x 恒有:))()(())(()(000x f x f x x x f x f ><-'+ 则称)(x f 在[]b a ,上是凹(凸)函[3]；(7):设)(x f 在()b a ,上连续，对于区间内的任意21,x x 恒有：)])()([21)2()](()([21)2(21212121x f x f x x f x f x f x x f +≤++≥+ 则称)(x f 为区间),(b a 上的凹（凸）函数[3].(8):若函数)(x f 在区间),(b a 内的任意21,x x 以及)1,0(∈λ恒有：))()1()())1(()(()1()())1((21212121x f x f x x f x f x f x x f λλλλλλλλ-+≤-+-+≥-+ 则称)(x f 为区间),(b a 上的凹（凸）函数.判定定理:（1）设)(x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内可导,则)(x f 在[]b a ,是凸（凹）函数的充要条件是)(x f '在()b a ,是单调递减（增）函数[3]；(9):设)(x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内二阶可导,则)(x f 在[]b a , 是凸（凹）函数的充要条件是:当()b a x ,∈时)0)((0)(≥''≤''x f x f 且在()b a ,内任意区间内0≠''f [3]. 例4:在ABC ∆中求证。

大学视角下的中学数学(泰勒展开)李尚志例1(2018理科数学全国卷III第21题)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)−2x.(1)若a=0,证明:当−1<x<0时,f(x)<0;当x>0时, f(x)>0.(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a的值.大学视角用泰勒展开式ln(1+x)=x−x22+x33−x44+···得f(x)=(2+x+ax2)(x−x22+x33−x44+···)−2x=(a+16)x3+(−a2−16)x4+ (1)如果三次项系数a+16=0,在0附近足够小的区间(−d,d)内,三次以上各项和绝对值比三次项小,f(x)的正负号与三次项(a+16)x3相同,f(x)与f(−x)异号,总有一个大于0,f(0)=0不是极大值.要使f(0)极大,必须三次项系数a+16=0,a=−16.此时f(x)=−112x4+···的最低次非零项是四次项−112x4.在0附近足够小的区间内,f(x)的正负号与四次项−112x4相同,当x=0时都小于0,f(0)确实是极大值.一般地,设f(x)=f(c)+a m(x−c)m+a m+1(x−c)m+1+···是无穷级数且a m=0是常数项之外最低次非零项的系数.则当x→c时f(x)−f(c)=(x−c)m[a m+a m+1(x−c)+···]方括号内的λ(x)=a m+a m+1(x−c)+···→a m,在c附近足够小的区间(c−d,c+d)内,|x−c|足够小,λ(x)足够接近a m,正负号与a m相同. f(x)−f(c)与m次项a m(x−c)m正负号相同.当m 是奇数,x −c <0与x −c >0时f (x )−f (c )的正负号相反,一正一负,f (c )既不是极大值也不是极小值.当m 是偶数,只要x −c =0都有(x −c )m >0.当a m <0时都有f (x )−f (c )<0,f (c )是极大值.当a m >0时都有f (x )−f (c )>0,f (c )是极小值.中学生只要背熟了泰勒展开式ln(1+x )=x −x 22+x 33−···+(−1)n −1x n n+···.就不难在草稿上完成以上解答,知道此题的正确答案.他不能将这个解答写在高考试卷上,但既然知道了f (x )展开式中的三次以下的项都等于0,就知道f (x )在x =0的一阶与二阶导数f ′(0)=f ′′(0)=0都等于0.也知道应该根据三阶导数f (3)(0)=0得到a =−16,并且根据0附近的三阶导数f (3)(x )<0来论证f (0)确实是极大值.他已经胸有成竹,只需按照既定路线一步一步算导数达到预定目标.别的考生也在一步一步算导数,却茫然不知前面的道路会遇到什么障碍,算出一阶和二阶导数都等于0就可能不知所措了.中学解法首先,f (x )=0.(1)a =0,h (x )=f ′(x )=ln(1+x )+2+x 1+x −2=ln(1+x )+11+x −1.h (0)=0,h ′(x )=11+x −1(1+x )2=x (1+x )2.当x >0,h ′(t )>0对区间(0,x ]内所有t 成立.h (t )在区间[0,x ]由h (0)=0递增到h (x )=f ′(x )>0.区间(0,x )内所有f ′(t )>0.f (t )在区间[0,x ]内由f (0)递增到f (x )>0.这证明了f (x )>0对所有x >0成立.当−1<x <0,h ′(t )<0对区间[−1,0)内所有t 成立.h (t )由h (x )单调递减到h (0)=0,可知h (x )=f ′(x )>0.这说明f ′(t )>0对区间[−1,0)内所有t 成立,f (t )在区间内单调递增到f (0)=0,可知f (x )<0对所有−1≤x <0成立.(2)f (x )在定义域(−1,+∞)有任意阶导数.f (0)是极大值,就是说0附近某区间(−d,d )内其它值f (x )<f (0)(x =0).当x<0到0,f(x)由<f(0)到f(0)递增,f′(x)>0,令x→0得f′(0)≥0.x=0到x>0,f(0)到f(x)<f(0)递减,f′(x)<0,令x→0得f′(0)≤0.迫使f′(0)=0,这是f(0)是极大值的必要条件. f′(x)由正递减到0再递减到负,f′′(x)都是负.如下表:x−↗0↗+f(x)<f(0)↗f(0)↘<f(0)f′(x)+↘0↘−f′′(x)−f′′(0)−f′(0)=0,且f′′(x)<0对0附近某区间内x=0都成立,这是f(0)为极大值的充分必要条件.计算得f′(x)=(1+2ax)ln(1+x)+2+x+ax21+x−2=(1+2ax)ln(1+x)+ax2−x1+x.f′(0)=0.f′′(x)=2a ln(1+x)+1+2ax1+x+2ax−11+x−ax2−x(1+x)2=2a ln(1+x)+(4a+1)x+ax2(1+x)2.f′′(0)=0.f(0)是极大值⇔在x=0左右附近有g(x)=f′′(x)<0=g(0),这又要求g(0)是极大值,必须g′(0)=0.g′(x)=2a1+x+4a+1+2ax(1+x)2−2(4a+1)x+2ax2(1+x)3.⇒g′(0)=2a1+4a+11+1=6a+1=0⇒a=−16.g′(x)=−13(1+x)2+13(1−x)(1+x)−23x+13x2(1+x)3=−x(4−x)(1+x)3=−xλ(x),λ(x)=4−x(1+x)3.区间(−1,4)内λ(x)>0,g′(x)=−xλ(x)的正负号与x相反,在区间(−1,0)内g′(x)>0,区间(0,4)内g′(x)<0.g(x)在区间(−1,4)递增到g(0)=0再递减,当x=0都有f′′(x)=g(x)<0,这与f′(x)=0一起保证了f(0)在(−1,4)内是最大值,也是极大值.第(2)小题解法2当x→0,2+x+ax2→2>0.0附近足够小区间(−d,d)内,2+x+ax2足够接近2,也有2+x+a2>0.f(x)在区间(−d,d)内的正负号与q(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)−2x2+x+ax2相同.f(0)是极大值⇔q(0)是极大值⇔0附近某区间(−h,0)内q′(x)=11+x−2(2+x+ax2)−2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=11+x−4−2ax2(2+x+ax2)2=(2+x+ax2)2−(1+x)(4−2ax2)(2+x+ax2)2=(6a+1)x2+4ax3+a2x4(2+x+ax2)2>0且在(0,h)内q′(x)<0.⇒6a+1=0,a=−1 6 .此时q′(x)=−23x3+136x4(2+x−16x2)2符合要求,h(0)与f(0)都是极大值.答案:a=−1 6 .点评解法2的优点是:先用除法将与ln(1+x)相乘的2+x+ax2剥离,只求一阶导数就把对数函数消去,化成分式.容易判定q′(x)在x=0附近取值的正负号,不需要高阶导数,也不需要再求极限.例2(2012全国理科数学卷)已知函数f(x)=a ln xx+1+bx,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y−3=0.(I)求a,b的值.(II)当x>0且x=1时f(x)>ln xx−1+kx.求k的取值范围.解(I)过点(1,f(1))的切线方程x+2y−3=0即y=−12x+32.就是要求f(1)=−12+32=1,f′(1)=−12.对函数f(x)计算得f(1)=b=1,f′(1)=a2−b=−12⇒a=1.(II)题目要求当x>0且x=1时f(x)=ln xx+1+1x>g(x)=ln xx−1+kxd(x)=f(x)−g(x)=−2ln xx2−1+1−kx>0令h(x)=(x2−1)d(x)=−2ln x+(1−k)(x−1x).则h(1)=0.h′(x)=−2x+(1−k)(1+1x2)=(1−1x)2−k(1+1x2).h′(1)=−2k.当x>0,x=1,由x+1>0,d(x)>0得h(x)−h(1)x−1=h(x)x−1=(x+1)d(x)>0.当x→1时上式左边的极限为h′(1)=−2k≥0,必须k≤0.设k≤0,则h′(x)=(1−1x)2−k(1+1x2)≥0.当x=1,h′(x)>0.当x>1,h(1)=0单调递增到h(x)>0,d(x)=h(x)x2−1>0.当0<x<1,h(x)<0单调递增到h(1)=0,d(x)=h(x)x2−1>0.k的取值范围为(−∞,0].点评本题解法与例1解法2如出一辙:d(x)乘x2−1将−2ln x x2−1的分母剥离,一次求导就消掉了对数函数,容易讨论函数的正负.本题函数d(x)在x=1无意义,无法由d(1)的值和区间(0,+∞)上的导数d′(x)判定区间各点的d(x)值.乘x2−1之后得到的h(x)在所有各点(包括x=1)都有函数值和导数值.而且导数h′(x)不含对数函数.将h(x)在各点的值判断清楚了,d(x)在x=1的各点的值也都清楚了.借题发挥泰勒运筹,求导实施1.举一反二.具备了基础知识的考生都知道f(0)是极大值的一个必要条件是f′(0)=0.常规考试题一般都有f′′(0)<0来保证0附近左右两边的f′′(x)<0,f′(x)左正右负,从而保证f(0)是极大值.本题却故意让f′′(0)=0来增大难度,把只会用现成方法的考生刷下去,帮助能够灵活运用现成方法的考生脱颖而出.所谓“灵活运用现成方法”,当然不是让你用泰勒展开,也不是让你用洛必达法则,因为泰勒展开和洛必达法则都不是现成方法,而是新的知识和方法.我不能猜测出题人希望你用哪一种现成方法.我能想到的是:当f′′(0)=0,如果二阶导数g(x)=f′′(x)在x=0左右两边的取值g(x)<0都为负, g(0)又是极大值.将f(0)取极值的条件f′(0)=0用到g(x)身上得到g′(0)=0,当g′′(0)<0就得到g(0)=0是极大值,从而f(0)也是极大值.这是将现成方法用两次,可以叫做举一反二,还不是举一反三.2.利用导数算极限.可惜很多考生不会举一反三,也不会举一反二,能够依样画葫举一反一就不错了.他们分析出f(0)是极大值的条件应该是0左右两边的二阶导数f′′(x)都为负,与x之比µ(x)=f′′(x)x左正右负,当x→0时的极限µ(x)→µ=0.这个想法不错.问题在于怎么求极限µ?假如认识到当x→0µ(x)=f′′(x)x=f′′(x)−f′′(0)x−0→µ=f′′′(0)的极限就是函数f′′(x)在x=0的导数f′′′(0),就不必费尽心机去求极限,只要套公式求f′′(x)的导数就行了.假如你不懂三阶导数,或者怕使用了三阶导数被判为超纲而扣分.那很好办:将二阶导数f′′(x)改个名字记为g(x),忘掉它是二阶导数,再求导数就变成一阶导数g′(0),而没有三阶导数了.甚至如果你对二阶导数都感到害怕,可以将一阶导数f′(x)记为h(x),二阶导数f′′(x)=h′(x)就变成一阶导数了.不需要学习新知识,没有新困难.唯一的困难是心理障碍.就好比你学了数手指得出3+2=5,只记住答案5,遇到考题4+5还只靠背得的答案写4+5=5,而不会举一反二用与3+2同样的方法数手指得出4+5=9.又如,书上写了零向量平行于任何向量,没有写垂直于任何向量,你就认为零向量不垂直于任何向量.还把这个“心得”写成文章到处传播,或者在你主持的“培训班”宣讲.如果高考问零向量是否垂直于向量−→OA ,你就告状说考题超纲了,(就好比学了3+2却考4+5你就告状说超纲).而不知道作−−→OB ⊥−→OA ,通过书上讲过的知识0//−−→OB 得出0⊥−→OA .直接用书上的现成公式做考题,这叫应试教育.考题是书上没有的,但可以用书上的现成公式稍加变通举一反三或者举一反二做出来,这叫做素质教育,考的是核心素养.只要书上讲过求一阶导数,考任何阶的导数都不是超纲,因为你可以把它变成一次又一次求一阶导数做出来.3.洛必达隐身避超纲很多考生看不出当x →0时µ(x )=f ′′(x )x =2a ln(1+x )x +(4a +1)+ax (1+x )2→µ=0(2)的极限µ是导数,非得要硬算这个极限.就发现µ(x )后一部分的分式的极限可以将x =0代入,直接算出4a +1+0(1+0)2=4a +1.前一部分的ln(1+x )x 不能直接算出.很多中学老师教学生的方法就是用洛比达法则,分子分母求导来得出求这个极限:分子分母同时求导得到11+x ,再将x =0代入得到极限1.有些地区的评卷考官就来限制这种做法,说是中学教材没有讲,超纲了,不准用,用了就要扣分.中学老师愤愤不平:超纲是因为我们的老师和学生特别优秀,提前学了大学知识.应该鼓励而不应该打击.其实我很赞成中学老师这种观点:中学生提前学了大学知识,只要用得正确,就应该鼓励而不应该打击.问题在于:第一,你用得正确吗?第二,既然人家见了“洛必达”三个字就要扣分,你难道就没有办法回避这三个字,换汤不换药,用中学教材上讲过的方法将极限求出来?如果你真是“超纲”学会了大学微积分,这两个问题都迎刃而解.第一,大学怎样求这个极限?不是用洛必达法则,而是lim x→0ln(1+x)x=limx→0ln(1+x)1x=ln e=1用的是微分学两个基本极限之一:limx→0(1+x)1x=e.(3)大学为什么要算ln(1+x)x的极限?不是为了高考,而是为了推出求对数函数导数(ln x)′的公式:(ln x)′=limt→0ln(x+t)−ln xt=limt→0ln(1+tx)t=1xlimt→0ln(1+tx)tx让x>0固定不变,t→0,则λ=tx→0,上式最后的极限就变成ln(1+tx )t x =ln(1+λ)λ→1⇒(ln x)′=1x可见,极限limx→0ln(1+x)x=1是推出导数公式(ln x)′=1x的中间步骤.利用基本极限(3)得出这个极限,再用它得出导数公式.其实它本身就是对数函数f(x)=ln x在x=1的导数f′(1)的原始定义:lim x→0ln(1+x)x=limx→0ln(1+x)−ln1(1+x)−1=f′(1)以上的运算过程是利用ln x在x=1的导数1得出在x的导数1 x .洛必达法则是用导数公式求极限.但是导数公式本身也是极限,谁来求这个极限呢?用更基本的极限来这个极限,推出导数公式.以上就是用关于e的基本极限(3)来推出对数的导数公式.如果再用洛必达法则来求,就是循环论证.洛必达法则可以求别的极限,却不能求推出自己这个导数公式那个极限.就好比父母生了儿子,儿子可以生孙子,但是儿子不能生父母.如果中学生真是超纲达到了大学水平,就知道这个极限ln(1+x)x→1不应该用洛必达法则计算,而应该用基本极限计算.所以,按照大学的标准,这不是超纲,而是循环论证,是儿子生父母.高考考生不是大学生,不能按大学标准要求,而应该按中学要求.中学生应该怎样来求这个极限呢?中学教材没有讲e的基本极限,更没有讲洛必达法则,但是讲了导数公式,也讲了导数定义.就应该用导数定义和导数公式来求.高考中是否准许用洛必达法则,争吵了很多年,纠结的几乎都是这“两个”极限lim x →0ln(1+x )x=f ′(1)=lim x →1ln x x −1,f (x )=ln x 即使不按大学标准来讨论循环论证的问题,就按中学标准,只要你懂了什么叫导数,就应该看出这“两个极限”其实是同一回事,都是ln x 在x =1的导数的原始定义.将x =1代入导数公式(ln x )′=1x 立即得到.你偏偏就看不出来.非得把一知半解的三个字“洛必达”抬出来作为“圣旨”.人家不准你用这条圣旨,要扣你的分,你还自以为是烈士虽扣犹荣.改卷人居然还给你颁发了个荣誉证书叫做“超纲”.假如我来评卷,照样扣你的分,但不会颁发荣誉证书,而是颁发一条罪状“不懂导数定义,没有达到中学教学要求”.当然,中学教材确实没有强调导数定义,其实也不怪中学生.但是高考考了很多次,你怎么对付?不要用有“洛必达”三个字的圣旨,换一条“导数定义”就行了.其实,凡是可以用洛必达法则求极限的,通通都可以用导数定义来代替,洛必达三个字可以一律不用.例如,当x →0时f (x )→0,f (x )除以x 的商的极限lim x →0f (x )x =lim x →0f (x )−f (0)x −0=f ′(0)一般地,当x →c 两个函数f (x ),g (x )都趋于0,它们的比的极限lim x →c f (x )g (x )=lim x →c f (x )−f (c )x −c g (x )−g (c )x −c =f ′(c )g ′(c ),这就是用导数定义推出洛必达法则.为了避免超纲扣分,你不说它是洛必达法则,自己用导数定义重新推出来,不用洛必达之名,只用中学允许的知识,仍然将极限化成了导数.例如,当x →1时求极限ln x sin πx =ln x −ln 1x −1sin πx −sin π1x −1→(ln x )′(sin πx )′ x =1=1x πcos πx x =1=−1π虽然这样的题目难度超纲,但如果真的遇到了,以上解法只用了导数定义和导数公式,没有出现洛必达三个字,并没有超纲.4.无名英雄中学生不难了解和应用泰勒展开,借助它想出解法,算出答案.虽不能将它写进答卷,但可以让它作无名英雄,用求导来实施它的计划.I.什么是泰勒展开:如果函数f(x)在某点c附近可以展开成x−c的无穷级数f(x)=a0+a1(x−c)+···+a k(x−c)k+···(4′)就称为f(x)在c的泰勒展开.只要有了展开式(4’),取x=c得f(c)=a0.求导再取x=c得导数f′(c)=a1.求导k次再取x=c得k阶导数f(k)(c)=(k!)a k.反过来,算出函数值f(c)和各阶导数值f(k)(c),就得到展开式各项系数a0=f(c),a k=f(k)(c)k!.代入(4’)得到泰勒展开式.f(x)=f(c)+f′(c)(x−c)+···+f(n)(c)n!(x−c)n+ (4)例如,e x的导数(e x)′=e x等于自身,任意阶导数(e x)(k)=e x等于自身.在x=0的值和所有各阶导数都是1,代入(4’)就得到展开式e x=1+x+x22!+···+x nn!+ (5)要使泰勒展开式(4)右边的无穷级数真正等于左边的函数,还须将x的取值限制在一定范围内,才能够保证无穷级数的极限存在.例如,对数函数ln(1+x)的展开式要求−1<x≤1.指数函数e x的展开式则允许x取任意实数.不过,我们向中学生介绍的如下两项应用却不需要很大范围,只要求存在一个足够小的范围(−d,d)就行了.不但不需要担心极限是否存在,高次项都可以忽略掉,用起来很方便.II.两项用途(1)判定f(c)是否极值在c附近足够小范围内,f(x)−f(c)=a1(x−c)+···=a m(x−c)m+a m+1(x−c)m+1+···的正负号与最低次非零项a m(x−c)m=011的正负号相同,高次项忽略不计.当m为奇数,f(c)不是极值.当m 是偶数,a m<0时f(c)是极大值,a m>0时f(c)是极小值.例3(2019北京市海淀区高三一摸)已知函数f(x)=x ln(x+1)−ax2.当a<0时,求证:函数f(x)存在极小值.分析将ln(1+x)的展开式代入得f(x)=x(x−x22+···)−ax2=(1−a)x2−x32+···.当a<0时1−a>0,f(x)与(1−a)x2同号,x=0附近f(x)>0=f(0),f(0)是极小值.容易看出进一步的结论:当a<1时f(0)是极小值,a>1是极大值,a=1时f(0)不是极值.中学生不能在答卷上作泰勒展开.在草稿上用泰勒展开知道了f(0)是极小值.在答卷上就可以计算f′(0)=0,f′′(0)=1+1−2a>0来说明f(0)是极小值.以上例1,例3都是给定了c判定f(c)是否极值.如果不知道c要求极值点,需要先解方程f′(x)=0求出c满足必要条件f′(c)=0,再判定是否满足充分条件.例4(2017理科数学全国卷III第21题)函数f(x)=x−1−a ln x．(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)m为整数,且对于任意正整数n,(1+12)(1+122) (1)12n)<m.求m的最小值．分析(1)看出f(1)=0,可根据f(1)=0是最小值求a.用泰勒展开摸脉:令x=1+t得ln x=ln(1+t)=t−t22+···,f(x)=(1+t)−1−a[t−t22+···]=(1−a)t+at22−···要保证x=1附近始终f(x)≥0,必须1−a=0,a=1,此时f(x)=t22−···=(x−1)22−···f(1)=0是极小值,在x=1附近f(x)≥0.但ln(1+t)仅在12−1<t≤1范围内可以泰勒展开,无法判定t>1时的变化情况.还需通过ln x的导数判定它在定义域(0,+∞)内的变化情况.解法如下:解由f(1)=0知f(x)≥0当且仅当f′(x)=1−ax≥0(当x≥1),f′(x)≤0(当0<x≤1)⇔a=1(2)出题人提示你利用第(1)小题得到的不等式x−1−ln x≥0即ln x≤x−1即ln(1+t)≤t来解第(2)题.解P n=(1+12)(1+122)···(1+12n).则ln P n=ln(1+12)+ln(1+122)+···+ln(1+12n)<12+122+···+12n=1−12n+1<1P n<e=2.71828···<3.P3=32·54·98=13564>2.最小值m=3.不过,这个提示转弯太多,在考场上恐怕难于从x−1−ln x≥0联想到ln(1+t)≤t再联想到将第(2)小题的乘积P n两边取对数.如果你熟悉前面给出的指数函数泰勒展开式(5):e x=1+x+x22!+···+x nn!+···马上就看出当x>0时e x>1+x.更容易联想到P n<e12e122···e12n=e12+122+···+12n<e1=e<3.至于为什么e x>1+x,别说泰勒展开教的.一切归功于导数:由f(x)=e x−(1+x)的导数f′(x)=e x−1的正负证明f(0)=0是最小值,e x>1+x就对所有x=0成立.(2)求极限:当x→c时,求λ(x)=f(x)g(x)→λ的极限λ.如果g(c)=0,直接将x=c代入得极限λ=f(c) g(c).设g(c)=0,将f(x),g(x)在c泰勒展开,得f(x) g(x)=a0+a1(x−c)+···b0+b1(x−c)+···=a m(x−c)m+···b k(x−c)k+···=a k+···b k+···→a kb k13其中a m=0,b k=0分别是分子分母的最低次非零项系数,更低次项系数a i=0=b j(∀0≤i<m,0≤j<k)全为0.如果m≥k,(x−c)k是分子分母的公因子,同时约掉,再将x=c代入,得极限λ=a kb k如上.当k=1,λ=a1b1=f′(c)g′(c)就是洛必达法则.当k>1,洛必达法则需要不断求导,有可能计算繁琐.泰勒展开一次到位,干净利落.如果m<k,分子分母约掉公因子(x−c)m,再令x→c得f(x) g(x)=a m(x−c)m+···b k(x−c)k+···=a m+···b k(x−c)k−m+···→a m→∞此时极限λ不存在.中学生先掌握求极值和求极限这两个用途,是因为这两条只须关注函数在某点c附近的状况,可以忽略高次项,将函数直接化成单项式a m(x−c)m来处理,特别快捷.III.记住泰勒展开式先背熟本文前面反复用到的ln(1+x)=x−x22+x33−x44+x55− (6)如果展开式(6)背起来有困难,将它左右两边求导,得到等式11+x=1−x+x2−x3+x4− (7)先背ln(1+x)的导数11+x的展开式.再找展开式求导之后等于(7).怎么背(7)?它的右边就是等比数列和1+(−x)+(−x)2+···+(−x)n−1=1−(−x)n1−(−x)=1−(−x)n1+x当n→∞的极限.当|x|<1时,(−x)n→0,得到的就是(7).现在你应该明白为什么ln(1+x)的展开式(6)的k次项x kk的分母为什么也是k.这才能够让x k求导之后下来的k被分母的k约掉.至于正负号,只要从第一项x开始正负交替就行了.ln(1+x)的展14开式对不对?只要看它求导之后是否11+x 的展开式(7).就好比多项式f (x )因式分解正确的标准就是因式相乘等于f (x ).展开式(7)可以用来检验ln(1+x )的展开式是否正确.还可以对(7)求导(再乘−1)得到新的展开式1(1+x )2=1−2x +3x 2−...+(−1)n −1nx n −1+ (8)(7),(8)是幂函数(1+x )−1,(1+x )−2展开式.任意幂函数展开为(1+x )m =1+mx +···+m (m −1)···(m −k +1)k !x k +···(9)这就是中学数学熟悉的牛顿二项式定理,不需要再花时间背.只有一个新知识:牛顿二项式定理的指数m 不限于正整数,可以是任意实数.取m =−1,−2得到(7),(8).还可以取m =12,1n得到根式的展开式√1+x =(1+x )12=1+12x +12(12−1)2!x 2+12(12−1)(12−2)3!x 3+···=1+12x −18x 2+116x 3−···n √1+x =(1+x )1n =1+1n x −n −12n 2x 2+···例5.求x →0时f (x )=√1+ln(1+x 2)−1√1+x 3−3√1+x2的极限.解.f (x )=[1+12(x 2−···)]−1(1+12x 3+···)−(1+13x 2+···)=12x 2+···−13x 2+···→−32例6.求sin x,cos x 在x =0的泰勒展开式.解.记f (x )=sin x ,则f ′(x )=cos x .f ′′(x )=−sin x .f (2k )(x )=(−1)k sin x .f (2k +1)(x )=(−1)k cos x .f (2k )(0)=0,f (2k +1)(0)=(−1)k .代入f (x )=f (0)+f ′(0)x +···+f (n )(0)n !x n +···得sin x =x −x 33!+···+(−1)k x 2k +1(2k +1)!+···(10)求导得cos x =1−x 22!+···+(−1)k x 2k(2k )!+ (11)15在e x 的泰勒展开式中将x 换成ix ,得到e ix =1+ix +(ix )22!+(ix )33!+···+(ix )n n !+···=(1−x 22!+···)+i (x −x 33!+···)=cos x +i sin x (cos x +i sin x )n =(e ix )n =e inx =cos nx +i sin nxsin x,cos x 的展开式不用背.在e ix 的展开式中取实部得cos x ,取虚部得sin x .IV.计算e 和π我们会算加减乘除,却很难计算其它函数值,如指数,对数,三角函数等.用泰勒展开将它们展开成幂级数,变成加减乘除,都能算出来了.自然对数的底e 由基本极限e =lim x →0(1+x )1x=lim n →∞(1+1n )n 定义,却很难由基本极限算出来.比如取n =10000将1万个1.0001相乘,费了很多功夫,得到近似值 2.71815与准确值2.71828···相比,只有前四位数字正确.不过可以用牛顿二项式定理来算(1+1n )n =1+n ·1n +n (n −1)2!(1n )2+···+n (n −1)···(n −k +1)k !(1n )k+···=1+1+12!(1−1n )+···+1k !(1−1n )···(1−k −1n)+···令n →∞取极限得到e =1+1+12!+...+1k !+ (12)也可以直接在e x 的泰勒展开式(5)中取x =1得到(12).这是计算e 近似值最快捷的公式.你不妨自己试一试.不要分别算出各个阶乘k !的倒数再相加.而应该采用迭代的方法依次算出各个1k !:先16将1除以2得12!=0.5,再除以3得13!=0.166666···,再依次除以4,5,6,7,8得到14!,15!,16!,17!,18!.发现18!=0.0000248再除以9已经小于10−5.不再继续,相加得到的1+1+12!+···+18!≈2.71828的前6位数字都是正确的.比计算e更引起兴趣的是计算π.我从小学学了加减乘除形成的理念就是什么都可以自己算。