导数在几何中的应用示例解析

例2.76（江苏省2017年竞赛题）　已知命题：若函数f（x）在区间［a，b］上可导，f′（a）＞0，则存在c∈（a，b），使得f（x）在区间［a，c）上单调增加.判断该命题是否成立.若判断成立，给出证明；若判断不成立，举一反例，证明命题不成立.

解析　命题不成立.反例

因为

当0＜x≤1时，所以f（x）在［0，1］上可导.

下面用反证法证明命题不成立.若存在c∈（0，1），使得f（x）在区间［0，c）上单调增加，则x∈［0，c）时f′（x）≥0.由于n充分大时，，但此与∀x∈［0，c），f′（x）≥0矛盾，所以命题不成立.

例2.77（江苏省2016年竞赛题）　设函数f（x）在x＝2处可微，且满足

这里o（x）表示比x高阶的无穷小（当x→0时），试求微分，并求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程.

解析　因为f（x）在x＝2处可微即可导，所以f（x）在x＝2处连续，又函数

φ（x）＝2＋x，　ψ（x）＝2－x

在x＝0处连续，在（1）式中令x→0得2f（2）＋f（2）＝3，因此f（2）＝1.

将（1）式化为

因f（x）在x＝2处可导，应用导数的定义得

又，故在（2）式两边求极限得f′（2）＝2，即

且曲线y＝f（x）在点（2，1）处的切线方程为

y－1＝f′（2）（x－2），　即　2x－y＝3

例2.78（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2.79（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，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2.80（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＝0，解得a＝6，b＝9，c＝－2，故所求多项式

P（x）＝x3－6x2＋9x－2

例2.81（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2.82（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2.83（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2.84（江苏省2004年竞赛题）　假设k为常数，方程在区间（0，＋∞）上恰有一根，求k的取值范围.

解析　方法1　令

（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，恰有一根x＝1.

（3）当k＜0时，因f（0＋）＝－∞，f（＋∞）＝－∞，令f′（x）＝0，解得驻点时f′（x）＞0，f（x）严格增；x＞x0时f′（x）＜0，f（x）严格减，所以为极大值.令f（x0）＝0，得，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

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）(www.xing528.com)

（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），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2.85（浙江省2009年竞赛题）　设函数f满足，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

由于y＝f（x）的图形是凹的，则f（x）≤g（x），故

即

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

例2.86（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，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2.87（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；当时，原方程有一个实根，位于（－∞，0）中；当时，原方程有两个实根，一个位于（－∞，0）中，一个为x＝2；当时，原方程有三个实根，分别位于（－∞，0），（0，2）与（2，＋∞）中.

例2.88（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.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.

例2.89（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：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（如上图所示）.

例2.90（美国高校竞赛题）　设0＜xi＜π（i＝1，2，…，n），令＋…＋xn），证明.

解析　由于0＜xi＜π，故0＜x＜π，sinx＜x.令，则

故f（x）的曲线是凸的，得

即

由于lnx是单调增加的，故有.

例2.91（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2.92（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，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2.93（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，所以PQ的长度d的平方为

于是

令（因a＋kb＞0）.且时，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