导数几何应用举例-高等数学竞赛题解析教程:2016

例2.82（江苏省2000年竞赛题）　已知函数y=f（x）对一切x满足xf″（x）+3x［f′（x）］2=1-e-x，若f′（x0）=0（x0≠0），则（　）

A.f（x0）是f（x）的极大值

B.（x0，f（x0））是曲线y=f（x）的拐点

C.f（x0）是f（x）的极小值

D.f（x0）不是f（x）极值，（x0，f（x0））不是y=f（x）拐点

解析　在原式中取x=x0，得

当x0＞0时，因为1-e-x0＞0，所以f″（x0）＞0；当x0＜0时，因为1-e-x0＜0，所以f″（x0）＞0.即∀x0≠0有f″（x0）＞0，所以f（x0）是f（x）的极小值.故选C.

例2.83（南京大学1995年竞赛题）　已知则定积分当t=______时取极小值；当t=______时取极大值.

解析　根据题意，设

令

解得驻点t=1，3.又F″（t）=-12+6t，因F″（1）=-6，F″（3）=6，所以t=1时F（t）取极大值，t=3时F（t）取极小值.

例2.84（江苏省2012年竞赛题）　在下面两题中，分别指出满足条件的函数是否存在？若存在，举一例，并证明满足条件；若不存在，请给出证明.

（1）函数f（x）在x=0处可导，但在x=0的某去心邻域内处处不可导；

（2）函数f（x）在（-δ，δ）上一阶可导（δ＞0），f（0）为极值，且（0，f（0））为曲线y=f（x）的拐点.

解析　（1）满足条件的的函数存在，例如

证明如下：因为故由夹逼准则可得所以∀a≠0，若a为无理数，则f（a）=0，当xn取有理数趋向于a时若a为有理数，则f（a）=a2≠0，当xn取无理数趋向于a时综上可知f（x）在x=a处不可导，于是f（x）在x=0的任何去心邻域内处处不可导.

（2）满足条件的函数不存在，证明如下（用反证法）：因为f（0）是极值，所以f′（0）=0.不妨设f（0）为极小值，若（0，f（0））是拐点，则存在x=0的去心邻域U=｛x|0＜|x|＜δ1｝（δ1≤δ），使得在U中x=0的左、右侧，f′（x）的严格单调性相反.不妨设-δ1＜x＜0时，f′（x）严格增加，0＜x＜δ1时，f′（x）严格减少.因f′（0）=0，于是∀x∈U，都有f′（x）＜0.因此0＜x＜δ1时，函数f（x）单调减少，故f（0）不可能是f（x）的极小值.此与f（0）为极小值矛盾，所以满足题目条件的函数不存在.

例2.85（江苏省2012年竞赛题）　求一个次数最低的多项式P（x），使得它在x=1时取极大值2，且（2，0）是曲线y=P（x）的拐点.

解析　令P″（x）=a（x-2），积分得

由题知P′（1）=-+b=0，P（1）=-+b+c=2，P（2）=-+2b+c=0，解得a=6，b=9，c=-2，故所求多项式

P（x）=x3-6x2+9x-2

例2.86（浙江省2008年竞赛题）　证明：方程当n为奇数时有且仅有一个实根.

解析　令则fn（0）=1.当x＞0时，fn（x）单调递增，故fn（x）=0在［0，+∞）上没有实根.令n=2k+1，则当x→-∞时，f2k+1（x）→-∞，因此f2k+1（x）=0在（-∞，0）上至少有一个实根.

假设存在x1，x2满足-∞＜x1＜x2＜0是方程f2k+1（x）=0的相邻两根，则f2k+1（x1）=f2k+1（x2）=0.因为

故，所以x1，x2均是方程的单根.又因f′2k+1（x）在f2k+1（x）=0的相邻两根处符号相反，此与f′2k+1（x1）＞0，f′2k+1（x2）＞0矛盾.从而方程f2k+1（x）=0有且仅有一个实根.

例2.87（江苏省1998年竞赛题）　已知函数f（x）在闭区间［a，b］上二阶可导，对于［a，b］内每一点x，f（x）f″（x）≥0，且在［a，b］的任何子区间上f（x）不恒等于零.试证：f（x）在［a，b］中至多有一个零点.

解析　方法1（反证法）　设f（x）在［a，b］中有两个零点x1与x2（x1＜x2）.因f（x）f″（x）≥0，所以

（f（x）f′（x））′=［f′（x）］2+f（x）f″（x）≥0

假设g（x）=f（x）f′（x），则g（x）单调增.又因为g（x1）=g（x2）=0，故∀x∈［x1，x2］，g（x）=0.由于∀x∈［x1，x2］，有

（f2（x））′=2f（x）f′（x）=2g（x）=0

所以∀x∈［x1，x2］，f2（x）=k，而f（x1）=0，于是∀x∈［x1，x2］，f（x）=0，从而导出了矛盾.

方法2（反证法）　设x1，x2（x1＜x2）是f（x）在［a，b］中的两个相邻零点.不妨设∀x∈（x1，x2），f（x）＞0.由于f（x）f″（x）≥0，故f″（x）≥0，x∈［x1，x2］，因此f′（x）单调增.

在x1的右邻域内f（x）＞0，所以f′（x1）≥0；在x2的左邻域内f（x）＞0，所以f′（x2）≤0.于是∀x∈［x1，x2］，f′（x）=0，而f（x1）=0，故f（x）在［x1，x2］上为常数0，导出了矛盾.

例2.88（北京市2000年竞赛题）　设f（x）=anxn+…+a1x+a0（n≥2）是实系数多项式，且某个ak=0（1≤k≤n-1）及当i≠k时ai≠0，证明：若f（x）=0有n个相异的实根，则ak-1ak+1＜0.

解析　对多项式f（x）求（k-1）阶导数，得

f（k-1）（x）=b0+b1x+b2x2+…+bn-k+1xn-k+1

其中b0=ak-1·（k-1）！≠0，b1=ak·k！=0，b2=ak+1·≠0.因为f（x）=0有n个相异的实根，故由罗尔定理知f（k-1）（x）=0有（n-k+1）个相异实根，令为x1，x2，…，xn-k+1，且x1x2…xn-k+1=（-1）n-k+1b0≠0.取多项式

g（x）=bn-k+1+bn-kx+…+b2xn-k-1+b1xn-k+b0xn-k+1

则g（x）=0有（n-k+1）个互异实根由于

有两个互异实根，根据b1=0可知

即b0·b2＜0，故ak-1·ak+1＜0.

例2.89（江苏省2004年竞赛题）　假设k为常数，方程kx-+1=0在区间（0，+∞）上恰有一根，求k的取值范围.

解析　方法1　令f（x）=kx-+1（x＞0），则f′（x）=k+

（1）当k＞0时，因f（0+）=-∞，f（+∞）=+∞，且f′（x）＞0，所以f（x）严格增.于是k＞0时f（x）恰有一个零点（即f（x）=0恰有一根）.

（2）当k=0时，f（x）=-+1=0恰有一根x=1.

（3）当k＜0时，因f（0+）=-∞，f（+∞）=-∞，令f′（x）=0，解得驻点x0=0＜x＜x0时f′（x）＞0，f（x）严格增；x＞x0时f′（x）＜0，f（x）严格减，所以f（x0）=为极大值.令f（x0）=0，得k=-，此时f（x）在x＞0上恰有一零点.

故f（x）=0在（0，+∞）上恰有一根时k的取值范围是或

方法2　用初等数学方法求解.原方程⇔kx2+x-1=0，令

f（x）=kx2+x-1　（x＞0）

（1）k=0时，f（x）=x-1=0恰有一根x=1.

（2）k≠0时，若1+4k＞0，f（x）=0的根为

解得k＞0；若1+4k=0（即k=-），f（x）=0有一根x=2；若1+4k＜0，f（x）=0无根.

故f（x）=0在（0，+∞）上恰有一根时k的取值范围是

例2.90（江苏省1996年竞赛题）　设讨论f（x）的连续性，并求单调区间、极值与渐近线.

解析　因为，所以

而f（0）=0，所以f（x）在x=0处右连续；x＞0时f（x）为初等函数，所以连续.

因此f（x）在［0，+∞）上连续.

因为x＞0时f′（x）=令f′（x）=0，解得驻点为x=e.因，且当0＜x＜e时f′（x）＞0，当x＞e时f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e）上严格增，在（e，+∞）上严格减.

由上述f（x）的单调性得为极大值，无极小值.

由于

所以y=f（x）有水平渐近线y=1.

例2.91（浙江省2009年竞赛题）　设函数f满足f″（x）＞0，，证明：∀x∈［0，1］，|f（x）|≤max｛f（0），f（1）｝.

解析　记max｛f（0），f（1）｝=d.由f″（x）＞0，得y=f（x）的图形是凹的，于是∀x∈［0，1］，有

又∀x0∈（0，1），考虑连接点（0，f（0）），（x0，f（x0）），（1，f（1））的折线，有(www.xing528.com)

由于y=f（x）的图形是凹的，则f（x）≤g（x），故

即

-f（x0）≤f（0）x0+f（1）（1-x0）≤dx0+d（1-x0）=d　（2）

由（1）和（2）知∀x∈［0，1］，|f（x）|≤d，即|f（x）|≤max｛f（0），f（1）｝.

例2.92（南京大学1995年竞赛题）　设f（x）在［0，+∞）上可导，f（0）=0，且f′（x）单调上升，求证：在（0，+∞）上单调上升.

解析　令F（x）=（x＞0），则

应用拉格朗日中值定理，∃ξ∈（0，x），使得

f（x）-f（0）=f′（ξ）x

于是

由f′（x）单调增，所以f′（ξ）≤f′（x），代入上式得F′（x）≥0，故F（x）单调增.

例2.93（莫斯科技术物理学院1977年竞赛题）　就参数a讨论方程ex=ax2实根的个数.

解析　a≤0时，由于ex＞0，所以原方程无实根.下面令a＞0.令f（x）=exx-2，则，f（+∞）=+∞，f（-∞）=0.又

f′（x）=exx-3（x-2）

所以

于是当x∈（-∞，0）时，f（x）从0严格增加到+∞；当x∈（0，2）时，f（x）从+∞严格减少到；当x∈（2，+∞）时，f（x）从严格增加到+∞.因此得到：当a≤0时，原方程无实根；当0＜a＜时，原方程有一个实根，位于（-∞，0）中；当a=时，原方程有两个实根，一个位于（-∞，0）中，一个为x=2；当a＞时，原方程有三个实根，分别位于（-∞，0），（0，2）与（2，+∞）中.

例2.94（北京市2004年竞赛题）　已知方程logax=xb存在实根，常数a＞1，b＞0，求a和b应满足的条件.

解析　令f（x）=logax-xb（0＜x＜+∞），则f（0+）=-∞，f（+∞）=-∞，且

令f′（x）=0，得驻点x0=.当0＜x＜x0时，f′（x）＞0；当x0＜x时，f′（x）＜0.所以0＜x＜x0时，f（x）严格增加；x＞x0时，f（x）严格减少.所以f（x0）为极大值.因为原方程有实根，故f（x0）≥0，即

由此可得a，b应满足blna≤

例2.95（江苏省1996年竞赛题）　设f（x）=x2（x-1）2（x-3）2，试问曲线y=f（x）有几个拐点，证明你的结论.

解析　令u（x）=x（x-1）（x-3），则f（x）=u2，得f′（x）=2u（x）u′（x），其中u′（x）=3x2-8x+3.令u′（x）=0，解得所以f′（x）有5个零点：3.应用罗尔定理，在f′（x）的相邻零点之间必有f″（x）的零点，所以f″（x）至少有4个零点，但由于f″（x）是4次多项式，故f″（x）=0最多有4个实根.因此f″（x）恰有4个零点，分别位于内.

由于f（x）是多项式，它的一阶导数、二阶导数都是连续的.x=0，1，3显见是f（x）的极小值点.由连续函数的最值定理，f（x）在［0，1］，［1，3］内分别有最大值，且其最大值点应是f′（x）的零点，所以是f（x）的极大值点.由于f（x）在极小值点x=0，1，3的附近是凹的，在极大值点的附近是凸的，所以f″（x）的4个零点左、右两侧的凹凸性改变，故f（x）恰有4个拐点.由f（x）的简图也可见此结论（如右图所示）.

例2.96（美国高校竞赛题）　设0＜xi＜π（i=1，2，…，n），令x=（x1+x2+…+xn），证明：

解析　由于0＜xi＜π，故0＜x＜π，sinx＜x.令f（x）=则

故f（x）的曲线是凸的，得

即

由于lnx是单调增加的，故有

例2.97（北京市1997年竞赛题）　已知函数g（x）在区间［a，b］上连续，且函数f（x）在［a，b］上满足f″+gf′-f=0，又f（a）=f（b）=0，证明：f（x）在闭区间［a，b］上恒为一常数.

解析　假设f（x）在［a，b］上不恒为常数，则由f（x）的连续性及f（a）=f（b）=0知，∃x0∈（a，b）使f（x0）是f（x）在［a，b］上的最值.由费马引理，有f′（x0）=0，从而f″（x0）=f（x0）.

若f（x0）是最小（大）值，必有f（x0）＜0（＞0），从而f″（x0）＜0（＞0）.又根据f″（x0）＜0（＞0）可知f（x0）是极大（小）值，这与f（x0）是最小（大）值矛盾.

故f（x）在［a，b］上为常数，结合f（a）=f（b）=0，得f（x）=0，x∈［a，b］.

例2.98（莫斯科国民经济学院1975年竞赛题）　设n为大于1的奇数，求证：n次实系数多项式最少有一个拐点.

解析　设n次多项式为

f（x）=a0+a1x+a2x2+…+anxn

这里n≥3，且n为奇数，an≠0，则

f′（x）=a1+2a2x+…+nanxn-1

f″（x）=2a2+6a3x+…+n（n-1）anxn-2

因n为奇数，n≥3，故n-2为奇数，n-2≥1.不妨设an＞0，则f″（+∞）=+∞，f″（-∞）=-∞，又f″（x）为（-∞，+∞）上的连续函数，故f″（x）=0至少有一个实根，记为x=c；且实根c为奇数重根，记为k重（1≤k≤n-2）.于是

f″（x）=n（n-1）an（x-c）kg（x）

其中g（x）为x的（n-2-k）次多项式，且g（c）≠0.不妨设g（c）＞0，则在x=c的左邻域内f″（x）＜0，在x=c的右邻域内f″（x）＞0.由此可得x=c是f（x）的一个拐点.

例2.99（莫斯科建筑工程学院1977年竞赛题）　设y=f（x）有渐近线，且f″（x）＞0，求证：函数y=f（x）的图象从上方趋近于此渐近线.

解析　由题意，此渐近线为水平渐近线或斜渐近线，设其方程为y=ax+b.令F（x）=f（x）-ax-b，则

（或极限过程改为x→-∞），且F″（x）=f″（x）＞0，因此F′（x）在［c，+∞）上严格增.

∀α∈（c，+∞），若F′（α）＞0，在［α，x］上应用拉格朗日中值定理，必∃ξ∈（α，x），使得

F（x）=F（α）+F′（ξ）（x-α）＞F（α）+F′（α）（x-α）

令x→+∞得=+∞，此与F（+∞）=0矛盾.故∀x∈（c，+∞），有F′（x）≤0.因此F（x）在［c，+∞）上单调减.

∀β∈（c，+∞），若F（β）＜0，则x＞β时

F（x）≤F（β）＜0

故≤F（β）＜0，此与F（+∞）=0矛盾.若F（β）=0，因F（+∞）=0，所以x＞β时，F（x）≡0，因而x＞β时F′（x）=0，此与F″（x）＞0矛盾.故∀x∈（c，+∞），F（x）＞0.此表明f（x）＞ax+b，即y=f（x）的图象从上方趋近于渐近线.

例2.100（莫斯科全苏大学生1975年竞赛题）　作出函数y=sin（3arcsinx）的图形.

解析　由公式sin3x=3sinx-4sin3x，得

y=sin（3arcsinx）=3sin（arcsinx）-4（sin（arcsinx））3

=3x-4x3（-1≤x≤1）

由y′=3-12x2=0得驻点为-12，所以y=3x-4x3有极小值=-1，极大值1.又

由表中符号可得（0，0）为拐点，又y（-1）=1，y（1）=-1，所作图形如下所示：

例2.101（莫斯科矿业学院1977年竞赛题）　两条宽分别为a与b的走廊相交成直角，试求一个梯子能够水平地通过这两条走廊的最大长度.

解析　以走廊A与走廊B的交点为坐标原点，走廊A的一边为x轴，走廊B的一边为y轴建立直角坐标系（如图）.则走廊A的另一边的方程为y=a，走廊B的另一边的方程为x=-b.

过原点作直线y=kx（0＜k＜+∞），设此直线与y=a的交点为P，与x=-b的交点为Q，则线段PQ的长度的最小值即为所求梯子的最大长度.

因为P，Q的坐标分别为，Q（-b，-kb），所以PQ的长度d的平方为

于是

令，得（因a+kb＞0）.且0＜k＜时＜k＜+∞时，所以l在时取极小值，而驻点是惟一的，所以l在k=时取最小值，其最小值为

于是所求梯子的最大长度为