高中数学教学中初、高等数学的衔接应用 论文

PAGEPAGE1高中数学教学中初、高等数学的衔接应用摘要初等数学是高等数学的基础,高等数学是初等数学的延续和发展,它们之间相互渗透、相互为用.一方面,由于实践中某些问题的出现使初等方法被深入地研究和发展成专门的高等数学分支,另一方面高等数学中又有许多专题初等化、通俗化.在内容上它们具有互补性,在思维形式上它们又有相通性.1、导数在中学数学中的几个应用2.1应用于讨论函数单调性的有关问题在学习导数理论之前,我们判断一个函数f(x)的单调性,一般都是从定义出发：在函数定义域的某个区间D上取两个任意的自变量的值x1和x2,设x1＜x2,然后进行作差f(x1)−f(x2),看它们的差是大于零还是小于零.若大于零,则在这个区间D上函数f(x)是单调递减的；若小于零,则在这个区间D上函数f(x)是单调递增的.用定义法虽然直观明了,但在函数表达式较复杂时,作差判断正负就很困难.而且大多数情况我们利用定义法,是去证明在一已知的区间D上的单调性,如果事先我们不知道区间D,已知的只有一般的函数表达式,我们不知道该在哪段区间上取值x1和x2,也就很难讨论出结果,因此用定义法讨论函数单调性有很大的限制.直到我们学习了导数的知识,我们得到了函数的单调性与其导函数的正负有如下关系：在某个区间（a,b）内,如果f′(x)＞0,那么函数y=f(x)在这个区间上单调递增；如果f′(x)＜0,那么函数y=f(x)在这个区间上单调递减.我们通过解不等式f′(x)＞0,自然能得出解的区间D,也就是说在该区间D上函数是单调递增的,单调递减区间同理可得.例1就是一个一般的求单调区间的问题，只要通过导数求导的方法就能得出结论.另外还有些问题是关于含有参数的函数的单调性问题，这类问题基本又分为两种，第一种是讨论含参数函数的单调区间，第二种是已知含参数函数的单调性，求所含的参数的取值范围.虽然问题复杂一些，但其实思想都是相通的，第一种是先求导，然后根据参数的取值区间的变化讨论相应情况下导函数的符号，进而判断函数的单调区间；第二种在求出导函数的前提下，根据已知的单调性得出一些含参数的不等式，解不等式从而得出参数的取值范围.例2就是一个关于含参数函数的单调性问题，第一问和第二问分别针对第一、第二种情况.x例1求函数f(x)=x3+3ax

的单调区间−解:f′(x)=3x23a−x2

3(x4−a)= .x2①当a＞0时,由f′(x)=0,可得x1=−4a,x2=4a.f′(x)=3(x2+ a)(x+4a)(x−4a).x2x（-∞,−4a)(−4a,0)(0,4a)(4a,+∞)f′(x)+--+f(x)↗↘↘↗由表可得,f(x)的单调递增区间是（−∞,−4a)和(4a,+∞)；f(x)的单调递减4区间是(−4

a,0)和(0,4

a).②当a=0时,f′(x)=3x2≥0.此时f(x)在（−∞,+∞）上单调递增.4③当a＜0时,f′(x)=3(x−a)＞0,此时f(x)在（−∞,0）和（0,+∞）上单调递4x2增.例2设函数f(x)=x3+ax2+x+1,x∈R.国卷Ⅰ19题)(1)求函数f(x)的单调区间；

(2008年高考卷之全2 1(2)设函数f(x)在区间（−3，−3）解：(1)f'(x)=3x2+2ax+1.

内是减函数，求a的取值范围.12.

令f′(x)=0，即3x2+2ax+1=0，其中该方程的判别式∆=4a2−若∆＞0,

即a2>3时，x=2

3 .−a−a± a2−3f'(x)>0,

−a−a−3 −a+a−3则x< 或x> ; 3−a−a2−3

3−a+a2−33f'(x)<0,则3

<x<

.3 −a−a2−3

+−a+a2−3+3故a2>3时，f(x)的单增区间为（−∞，3

）∪（ ，3−a−a2−3

−a+a2−3∞)；单减区间为（ 3 ， 3 ）.若∆≤0，即a2<3时，此时f′(x)恒大于或等于0，即f(x)在R上单调递增.−a−a2−3(2)由(1)可知，此时∆只能大于0，也即a> 3−a−a2−3

.且要满足：2 4a≥3 ≤−3 7a≥−a−a+a2−33 ≥−3

a≥2综上，a的取值范围是[2,+∞).2.2应用于求最值中学数学的二次函数、三角函数和不等式内容都涉及到求函数的极值、最值问题,所用的方法不外乎二次函数的配方法、三角函数的有界性与判别式法、基本不等式和由基本不等式推出的其它重要不等式.但是,这些方法都有局限性,很多函数的极值和最值无法解决.学习过导数的基本知识后,这类问题才得到了较为彻底的解决.例3在△ABC中,求sinA+sinB+sinC−cosA−cosB−cosC的最大值.解：设A≥B≥C由A+B+C=π

可得0<C≤π≤A<π3令f(A)=sinA+sinB+sinC−cosA−cosB−cosC3=sinA+sinC+sin(A+C)−cosA−cosC+cos(A+C),πA∈(3,π)那么 f'(A)=cosA+cos(A+C)+sinA−sin(A+C)C C C2)=s(A+C2)

cos2

(A+

2)sin2C C2)=s(A+C2)

（cos2

−sin2）A+B+C=π且A≥C

则A+A+C≥π,即A+C≥π,则cosA+C ≤02 2 ( 2)C C又C≤π,即C≤π,所以cos

−sin

>0、3 2 6 2 2故f'(A)≤0,即f(A)在(π,π)上单调递减,那么f(A)≤f(π).3所以当A=π时,f(A)取得最大值3当A=π时,B=C=π,f(π)=3

33−1)3 3 3 2(即当△ABC是正三角形时,sinA+sinB+sinC−cosA−cosB−cosC取得(最大值,最大值为3(2

3−1).2.3应用于不等式的证明在不等式的证明中,我们常用的方法有比较法、综合法和分析法.比较法有作差与作商两种方法；综合法是利用均值不等式来证明,证明过程中有时需用到一些技巧；分析法是从结论出发,一步步逆推出结论成立所要满足的条件,而这个条件又是显然成立的,从而得出结论是成立的.这几种证法各有千秋,都可以去运用.在学习过导数后,我们可以将问题上升一个层次,将不等式问题转化为函数问题,进而通过求导函数来判断函数的单调性或最值性,最后再利用单调性或最值性去证明不等式,这是对不等式问题的崭新思想,与前面几种证法有本质的不同.下面两例都是对求导法的具体说明,尤其是例6,上面所说的几种证法都有说明,我们可以进行比较.例4若x＞0,则x＞ln(1+x).分析：这个不等式左右结构很不一致,稍加探索我们会发现用比较法、综合法以及分析法都不好去证明,但是用导数的方法却很容易得出结论.证明:令f(x)=x−ln(1+x).因f′(x)=1−1=x ,又x＞0,则f′(x)＞0,故f(x)在(0,+∞)上单调增加.而f1+x

1+x(0)=0,则f(x)＞f(0)=0,即x−ln(1+x)＞0,则x＞ln(1+x).﹡补充说明：以下是几个不等式,它们同此题结构类似,利用常用的那几种方法都难以证明,此类不等式建议都用导数求导的方法去证明：sinx＜x,x∈

(0,π);ex＞1+x,x≠

0;lnx＜x＜ex,x＞0.例5已知0＜a＜1,求证1+4≥9a 1−a分析：对于此不等式的证明,我们由题目的构造会想到利用基本不等式ab≤a+b(a、b＞0)去探索证明.以下是两种证法：2证法一证明：1+4=(1+

4)[a+(1−a)]=5+1−a+4a≥5+2

1−a

a=9证法二

1−a

a 1−a

a 1−a

·a1−aa证明：

∵a+1−a=1.∴1+4=1−a+a+4(1−a+a)=5+1−a+4a≥5+2

1−a

=9a 1−a a

1−a

a 1−a

·a1−aa由于a+(1−a)=1,我们联想到同角三角函数基本关系式sin2α+cos2α=1,因此我们也可用三角换元法来证明,证明过程中仍然用到了基本不等式:证法三2 2证明：设a=sin2α,1−a=cos2α

,1+4=1+4 =sinα+cosα+a 1−a2 2

sin2α

cos2α

sin2α4(sinα+cosα)=5+cos2α

cot2α

+4tan2α

≥5+2

cot2α·4tan2α=9以上三种均属于综合法,下面是用分析法的一种证明：证法四证明：要证原不等式成立,只需证1−a+4a≥9a(1−a),也即证(3a−1)2≥0成立,而一个数的平方恒大于或等于0,故(3a−1)2≥0显然成立,所以原不等式成立.再介绍比较法的一种证法：证法五 9a(1−a)

9a2−6a+1

(3a−1)2证明：1+ 4

−9=1−a+4a−

= = .a 1−a

a(1−a)2

a(1−a)

a(1−a)

a(1−a)∵0＜a＜1,

∴(3a−1)＞0.即1+ 4

−9＞0所以1+4≥9,0＜a＜1.a(1−a)

a 1−a

a 1−a上面的几种方法都较简单易懂,而利用导数的知识,我们可以换种想法去思考,可以有一个完全不同的证明方法,下面是具体过程：证法六证明：设f(a)=1+4,其中0＜a＜1,则f′(a)=−1

4 .+.a令f′(a)=0,得a=1.a(0,a(0,1)313(1,1)3f′(a)−0+f(a)↘极小值↗

1−a

a2 (1−a)2由表可得,f(a)在(0,

1)上单调递减,在(1,1)上单调递增,在a=1处f(a)取得3 3 33)极小值,那么在（0,1）上f(a)的最小值是f(1=9,所以∀a∈（0,1）,有f(a)≥9.3)比较以上各种证法,我们发现用导数方法不是最简单的,却是最深入问题本质的一种方法,通过它我们知道了不等式右边的9从何得来；1+4的取值随aa 1−a取值的不同是如何变化的,何时取得最值.我们对这个问题就有了直观、全面的认识.2.4应用于恒等式的证明有不少恒等式,若用初等方法证明,往往需要有较高的技巧,要会适当的变形或转换，有些时候很难想到这些方法,而用导数的方法,往往可以让证明变得很简单.例6求证：C1+2C2+3C3+⋯+nCn=n2n−1.n n n n证法一证明：令S=C1+2C2+3C3+⋯+nCn, ⋯⋯⋯⋯①n n n n则又有S=nCn+(n−1)Cn−1+(n−2)Cn−2+⋯+C1.⋯⋯⋯⋯②n n n n且我们知道Cr=Cn−r.n n①+②,其中把①和②的对应项相加,以此类推,则2S=nCn+nCn−1+nCn−2+⋯nC1+nC0 =

n(Cn+Cn−1+Cn−2n n n

n n n n nn+⋯C0)=n(1+1)2=n2n.n故S=n2n−1.证法二证明：我们知道由二项式定理有(1+x)n=C0+C1x+C2x2+ +CnnxnCn

n n n ⋯对上面等式左右两边同时求导数,得：n(1+x)n−1=C1+2C2x+⋯+nCnxn−1.令x=1,则有:n n nn2n−1=C1+2C2+3C3+⋯+nCn.即得证. 比较上述两种解法,n n n n解法一虽然简单明了,但是需要较高的组合技巧,解法二相对而言容易想到,简便易懂.例7试证当x≤−1时,有2arctanx+arcsin2x=−π.1+x2分析：乍一看这题,反正切函数、反正弦函数让人一头雾水,不知从何证起,用初等数学的方法很难去证明,转而考虑导数求导的方法,很快柳暗花明.证明：当x=−1时,等式显然是成立.当x＜−1时,令f(x)=2arctanx+arcsin2x 1+x2

,对f(x)求导数,得到f'(x)=

2 +

1 2(1+x2)−4x21−( )1−( )21+x2

2 (1+x2)+ ·

2(1−x2) 2= −1+x2.2 .=01+x2

(1+x2)2

1+x2

∣1−x2∣2

(1+x2)21

1+x2那么我们可得f(x)=常数,而当x=−3时,f(−3)=−3π+(−3π)=−π.所以f(x)=−π.即2arctanx+arcsin2x=−π,∀x≤−1.1+x2从上面两例我们看到了在恒等式的证明中,微分法自有它的独特魅力,有效地将问题化繁为简,证明过程相当漂亮.2.5应用于讨论方程根的个数例8方程x3−6x2+9x−10=0

的实根个数为（ ）(A)3. （B）2. (C)1. (D)0.分析：这是一元三次方程,用初等数学的方法讨论它根的存在性涉及到许多等式变形,相当的麻烦.直接将它的根求出来更不容易.我们也学过二分法，用它也能解决很多根存在性的问题，因此我们思索能不能利用高等数学的方法不求方程的根而得出问题的解呢？解：令f(x)=x3−6x2+9x−10,则f'(x)=3x2−12x+9.令f'(x)=0得x1=1,x2=3.x(−∞,1)1(1,3)3(3,+∞）f'(x)+0−0+f(x)↗极大值↘极小值↗f(1)=−6,f(3)=−10.因为极大值与极小值都是小于0的,所以在(−∞,3)上方程与x轴没有交点,在(3,+∞)上f(x)无限增大,它必与x轴有且仅有一个交点.所以方程f(x)=0的实根个数为1,选(C).sinx例9求证：方程x−

2 =0只有一个实根.分析：这个方程是超越方程,很难求出根,一般都是根据图像得到直观认识,但图象要力求准确,这在平常解题中不易做到,可能会出错.那么有没有好的方法呢？下面介绍的是将方程转化为函数,然后根据微分法探讨函数的单调性,进而得出方程根的情况.sinx证明：构造函数f(x)=x−2

,其中x∈R.2f'(x)=1−cosx,−1≤cosx≤1,则f'(x)>0,即f(x)2

在R上单调递增.sinx又f(0)=0,所以y=f(x)的图象与x轴有且仅有一个交点,即方程x−2=0只有一个实根.2.6应用于解决实际优化问题有很多具体的实际优化问题,如求费用最省、利润最大、设计最优，它们构造出的函数模型较复杂,用初等数学的方法很难找出它的最优解,这时我们可以用导数求导的方法来解决.一般步骤是：①分析实际问题各变量的关系,建出数学模型、写出变量之间的函数关系式y=f(x);②求f(x)的导函数f'(x),解方程f'(x)=0；③比较函数在区间端点和使f'(x)=0的点的数值大小,最大（小）者即为最大（小）值.例10在甲、乙两个工厂,甲厂位于一直线河岸的岸边A处,乙厂与甲厂在河的同侧,乙厂位于离河岸40km的B处,乙厂到河岸的垂足D与A相距50km,两厂要在此岸边合建一个供水站C,从供水站到甲厂和乙厂的水管费用分别是每千米3a元和5a元,问供水站C建在何处才能使水管费用最省？解：分析题目,点C只能在线段AD上,才能使水管费用最省.设CD=xkm,则AC=50−xkm. BC=

BD2+CD2= x2+402.设水管费用为f(x)元.则： f(x)=3a(50−x)+5ax2+402(0<x<50).+ .x2+402令f′(x)=0,解得x=30(负值舍去)x(0,30)30(30,50)f′(x)−0+f(x)↘极小值↗函数f(x)在x=30处取得极小值,在此题中也即f(x)的最小值,此时AC=20(km).答：供水站建在A与D之间且距甲厂20km处时,可使水管费用最省.例11如图所示,将边长为1m的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形(图中填充部分),再沿内线折起,做成一个无盖的正六棱柱容器.当这个正六棱柱容器的底面边长为多少时,其容积最大？最大容积是多少？解：设正六棱柱容器的底面边长为a(m)时,其容积V最大.我们知道在正六边形中,中心与顶点连线的长度等于边长,所以OB=1,OA=a,AB=1−a,其中0<a<1.2而∠OBC=120°=2

△ABC中,AC=3sin60°·AB=2(1−a),AC也即正六棱柱的高h.3正六棱柱底面面积为S

1=6×

3 332a= .22·a·2 2a所以正六棱柱