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【名校】重庆市南开中学数学归纳法、极限、导数专题解析


数学归纳法、极限、导数
数学归纳法 一、回归课本 1、数学归纳法的步骤: (1)验证 n 取第一个值 n0 时成立; (2)假设 n=k( k ? n0 )时命题成立,并从假设出发,推证得 n=k+1 时命题也成立; (3)综上所述,命题对一切 n ? n0 的正整数 n 都成立。 2、证明过程中要注意书写、表述要完整、规范。三个步骤缺一不可,证明中的关键和难点 在第二

步,其中的归纳假设起着已知条件的作用,在 n=k+1 步中一定要用到,否则就不叫 数学归纳法。第二步证明时,还要注意弄清 n=k 到 n=k+1 步命题的变化情况。 3、数学归纳法适用于一些与自然数 n 有关的命题以及一些数列相关问题。 二、典型例题: 例一: (数学归纳法证等式) (1)求证: (n ? 1)(n ? 2) ? ... ? (n ? n) ? 2n ?1? 3 ? 5 ? ... ? (2n ?1) , (n ? N * )

(2)

1 1 1 1 1 ? ? ... ? ? ? ? 1? 2 3 ? 4 (2n ? 1) ? 2n n ? 1 n ? 2

?

1 , (n ? N * ) 2n

(3)数列 {an } 中, an ? 1 ?

1 1 1 ? ? ... ? ,前 n 项和为 Sn ,求证 Sn ? (n ? 1)an ? n 。 2 3 n

例二: (数学归纳法证不等式)

(1) n ? N * , 且n ? 1 , (1 ? ) ? (1 ? ) ? ... ? (1 ?

1 3

1 5

1 2n ? 1 。 )? 2n ? 1 2

(2)设数列 ?an ? 满足 a1 ? 2, an ?1 ? an ? 对一切正整数 n 成立;

1 , (n ? 1, 2,3.......) ,证明 an ? 2n ? 1 an

例三: (数学归纳法证整除性问题) (1)设 n ? N * ,证明 4 ? 6 ? 5
n n ?1

除以 20 的余数为 9。

(2)已知 an ? 9n , bn ? 4n ? 5 , (n ? N ) ,设 A ? {a1 , a2 ,..., an }, B ? {b1, b2 ,..., bn}
*

求证: A ? ? B。

例四:设数列 {an } 满足 a1 ? 2 , an?1 ? an ? nan ? 1,(n ? N )
2 *

(1)求 a2 , a3 , a4 ; (2)求数列 {an } 的通项公式。

例五:平面上有 n (n ? N * ) 条直线,它们任意两条不平行,任意三条不共点,求证:这 n

条直线将平面分成

n2 n ? ? 1 个部分。 2 2

极限与函数的连续性 一、回归课本 1、数列的极限: (1)定义:如果当项数 n 无限增大时,无穷数列 {an } 的项 an 无限接近某个常数 a, (即 ,那么就说数列 {an } 的极限是 a,记作 lim an ? a 。 | an ? a | 无限接近 0)
n ??

(2)数列极限的运算法则:若 lim an ? a, lim bn ? b 。则
n ?? n ??

lim( an ? bn ) ? lim an ? lim bn ? a ? b
n ?? n ?? n ??

lim( an bn ) ? lim an lim bn ? ab
n ?? n ?? n ??

lim(
n ??

lim an a an ) ? n?? ? (b ? 0) bn lim bn b
n ??
n ??

(3)几个重要极限: lim C ? C , lim

C C ? 0 , lim m ? 0, (m ? 0) , lim q n ? 0, (| q |? 1) n ?? n ?? n n ?? n

(4)无穷递缩等比数列各项和: S ? lim S n ?
n ??

a1 1? q

2、函数的极限: (1) x ?? 时函数 f ( x ) 的极限 当自变量 x 取正值并且无限增大时, 如果函数 f ( x ) 无限趋近于一个常数 a , 就说当 x 趋 向于正无穷大时,函数 f ( x ) 的极限是 a .记作: lim f ( x) ? a 。
x ???

当自变量 x 取负值并且绝对值无限增大时,如果函数 f ( x ) 无限趋近于一个常数 a,就 说当 x 趋向于负无穷大时,函数 f ( x ) 的极限是 a.记作 lim f ( x) ? a
x ???

如果 lim f ( x) ? a 且 lim f ( x) ? a ,那么就说当 x 趋向于无穷大时,函数 f(x)的极
x ??? x ???

限是 a,记作: lim f ( x ) ? a
x ??

常用结论: lim
x ??

C ? 0, (m ? 0) , lim q x ? 0, (| q |? 1) m x ??? x

(2) x ? x0 时函数 f ( x ) 的极限 当 自 变 量 x 无限趋近于 x0 ( x ? x 0 )时,如果函数 y ? f ( x) 无限趋近于一个常数 a , 就说当 x 趋向 x0 时,函数 y ? f ( x) 的极限是 a ,记作 lim f ( x) ? a
x ? x0

x ? x0?

lim f ( x) ? a 表 示 当 x 从左侧趋近于 x0 时 y ? f ( x) 的左极限

x ? x0?

lim f ( x) ? a 表 示 当 x 从右侧趋近于 x0 时 y ? f ( x) 的右极限
x ? x0

lim f ( x) ? a ? lim? f ( x) ? lim? f ( x) ? a
x ? x0 x ? x0

3、 函 数 的 连 续 性 : 函 数 f ( x ) 在点 x0 处连续 ? (1)f ( x0 ) 有意义, (2)lim f ( x ) 存在, (3)lim f ( x) ? f ( x0 )
x ? x0 x ? x0

初等函数在其定义域内处处连续,即在每一点处的极限值都等于该点的函数值。

二、典型例题: 例一:求以下数列的极限。

( 1 ) lim

3n 2 ? 2n ? 1 n ?? n2 ? 1

(2) lim

5n ? (?3)n n ?? 2 ? 5n ?1 ? (?2) n ?1

(3) lim( n ? n ? n ? n )
2 2 n ??

(4) lim

3n ,(a ? 0) n?? 3n ?1 ? (a ? 1) n

(5) lim(
n ??

1 4 7 3n ? 2 ? 2 ? 2 ? ... ? 2 ) n ?1 n ?1 n ?1 n ?1
2

(6) lim[ ?
n ??

1 2

1 1 ? ... ? ] 2?3 n(n ? 1)

(7) lim[ ?
n ??

1 1 1 1 ? ? ... ? (?1) n ?1 n ] 3 9 27 3

例二:已知 lim(
n ??

n2 ? 1 ? an ? b) ? 0 ,求 a 和 b 的值。 n ?1

例 三 : 已 知 函 数 f ( x) ?

1 x ?4
2

( x ? ?2), f(x) 的 反 函 数 为 g(x) , 点

An (an , ?

1 ) (n ? N * ) ,在曲线 y=g(x)上,且 a1 ? 1 。 an?1 1 } 为等差数列; 2 an
,求 lim an (b1 ? b2 ? ... ? bn ) 的值。
n ??

(1)证明:数列 {

(2)设 bn ?

1 1 1 ? an an ?1

例四:在边长为 a 的正方形 ABCD 内作内接正方形 A1B1C1D1 ,再在正方形 A1B1C1D1 内作内 接正方形 A2 B2C2 D2 , . . . ,使正方形 Ak ?1Bk ?1Ck ?1Dk ?1 的一边与正方形 Ak Bk Ck Dk 的夹 角为 ? ,求所有这些正方形面积之和。

例五:求下列函数的极限。 (1) lim

5x4 ? 2 x2 x ?? 1 ? 3 x 2 ? 4 x 3 ? 10 x 4

(2) lim x( x ? 1 ? x ? 1)
2 2 x ???

(3) lim(
x ??1

1 3 ? 3 ) x ?1 x ?1

(4) lim
x ?1

x ?1 x ?1

(5) lim
x?

?

4

cos x ? sin x cos 2 x

例六:若 lim
x ?2

x 2 ? ax ? b ? 2 ,求 a,b 的值。 x2 ? x ? 2

? x2 ?1 , x ? 0 ? 2 1 ? x ? 1 ? ? 例七:设函数 f ( x) ? ?a, ,x ?0。 ?b ? ( 1 ? x ? 1) , x ? 0 ? ?x
(1)若 f ( x ) 在 x=0 处极限存在,求实数 a,b; (2)若 f ( x ) 在 x=0 处连续,求实数 a,b。

导数及其应用 一、回归课本: 1 、 导 数 定 义 : 当 自 变 量 在 x ? x0 处 有 增 量 ? x 时 , 则 函 数 y ? f ( x ) 相 应 地 有 增 量

?y ? f ( x0 ? ?x) ? f ( x0 ) ,如果 ?x ? 0 时,?y 与 ?x 的比

?y (也叫函数的平均变化 ?x
/ x ? x0

率)有极限,我们把这个极限值叫做函数 y ? f ( x) 在 x ? x0 处的导数,记作 y 即



f / ( x0 ) ? lim

?x ?0

f ( x0 ? ?x) ? f ( x0 ) ?x

2 、导函数:如果函数 y ? f ( x) 在开区间 ( a, b) 内的每点处都有导数,此时对于每一个

x ? (a, b) ,都对应着一个确定的导数 f / ( x) ,从而构成了一个新的函数 f / ( x) , 称这个
函数 f / ( x) 为函数 y ? f ( x) 在开区间内的导函数,简称导数,也可记作 y / ,即 f / ( x) =

y / = lim

?y f ( x ? ?x) ? f ( x) ? lim 。 ?x ?0 ?x ?x ? 0 ?x

3、导数的几何意义:曲线 y ? f ( x) 上点( x0 , f ( x0 ) )处的切线的斜率。 4、求导数的方法。 (1)定义法; (2)几个初等函数导数; (3)导数的四则运算; (4)复合函数导数。 5、导数运用: (1)单调性:.用导数求函数单调区间的步骤: ①求函数 f(x)的导数 f′(x). ②令 f′(x)>0 解不等式,得 x 的取值区间就是递增区间. ③令 f′(x)<0 解不等式,得 x 的取值区间就是递减区间. (2) 极值: 设函数 f(x)在点 x0 附近有定义, 如果对 x0 附近的所有的点, 都有 f ( x) ? f ( x0 ) ( 或 f ( x) ? f ( 0 , 就 说 f ( x0 ) 是 函 数 f(x) 的 一 个 极 大 值 ( 或 极 小 值 ) ,记作 x )) ,x0 是极大值点(或极小值点) ; y极大值 ? f ( x0 ) (或 y极小值 ? f ( x0 ) ) 求极值的步骤: ①求导数 f′(x) ②求方程 f′(x)=0 的根 ③用函数的导数为 0 的点,顺次将函数的定义区间分成若干小开区间,并列成表格. 检查 f′(x)在方程根左右的值的符号,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;如果左右不改变符号,那么 f(x)在这个 根处无极值 (3)最值:设函数 f ( x) 在 ?a, b? 上连续,在 ( a, b) 内可导,则求 f ( x) 在 ?a, b? 上的最大值 与最小值的步骤如下: ①求 f ( x) 在 ( a, b) 内的极值; ②将 f ( x) 的各极值与 f ( a ) 、 f (b) 比较得出函数 f ( x) 在 ?a, b? 上的最值

二、典型例题: 例一、求下列函数的导数: (1) y ? x ?
2

1 x

(2) y ? cos2 3x

(3) y ? ln 1 ? 2 x

(4) y ?

ln x x

例二:已知函数 f ( x) ? ax3 ? bx2 ? 3x 在 x ? ?1 处取得极值 . 讨论 f (1) 和 f (?1) 是函数 f ( x) 的极大值还是极小值;

3 2 例三:已知函数 f ( x) ? x ? ax ? b 的图像在点 P(1, f (1)) 处的切线为 3x ? y ? 3 ? 0 。

(1)求函数 f ( x ) 及单调区间; (2)求函数在区间 [0, t ] (t ? 0) 上的最值。

例四:设 a ? 0 ,求函数 f ( x) ?

x ? ln( x ? a) ( x ? (0, ??)) 的单调区间.

例五: 已知 f ( x) ?

2x ? a 在区间(-1,1)上是增函数,求实数 a 的取值范围。 x2 ? 2

例六: (1)求证:当 x ? 0 时, ln( x ? 1) ? (2)求证: ln(1 ? ) ?

2x x?2

1 n

1 1 * ? (n? N ) n 2 n3

例七:已知函数 f ( x) ? e ? kx,x ? R ,若对于任意 x ? R , f ( x ) ? 0 恒成立,试确定正
x

实数 k 的取值范围;

例八:若关于 x 的方程

1 2 1 x ? m ? ? ln( x 2 ? 1) 有四个不同的根,求实数 m 的取值范围。 2 2

课后练习题: 1、已知 an ?

1 ? 22 ? 33 ? ... ? nn * , (n ? N ) ,求证 an ? 1 。 n (n ? 1)
n

2、是否存在最大正整数 P( P ? 1) ,使得 (3n ? 1) ? 7 ?1 能被 P 整除。 3、已知数列 {an } 各项均为正数,他的前 n 项和为 Sn ,且 Sn ? (1)写出数列 {an } 的前四项; (2)猜想 {an } 的通项公式,并给出证明。 4、求以下数列的极限: (1) lim

1 1 (an ? ) 2 an

4n ? 2 n ? 1 n ?? n ? 3n ? 1

(2) lim n ( n ? 1 ? n )
n ??

1 1 1 ? 2 ? ... ? n 2 (3) lim 2 2 n ?? 1 1 1 ? 2 ? ... ? n 3 3 3
5、若数列{

an } 、 { bn } 是 公 差 不 为
的值.

0 的 等 差数 列, 且

lim
n ??

an ? 3 ,求 bn

lim

a1 ? a2 ? ? ? a n n ?? nb2 n
2x?2 ? 1 x ??? 3x ? 2

6、求下列函数极限: (1) lim (2) lim(
x ?1

1 2 ? 2 ) x ?1 x ?1

(3) lim

x ??8

1? x ? 3 3 x ?2

2 x ? 3 f ( x) 的值是_______。 x ?3 x?3 8、若 f ( x) ? x 3 ? 3ax2 ? 3(a ? 2) x ? 1既有极大值又有极小值,则 a 的取值范围是
7、已知 f (3) ? 2, f ?(3) ? ?2 ,则 lim

__。

9 、 设 f ( x), g ( x) 分 别 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 和 偶 函 数 , 当 x < 0 时 ,

f ?( x) g ( x) ? f ( x) g ?( x) ? 0 。且 g(3)=0.则不等式 f ( x) g ( x) <0 的解集是_______。
10、已知向量 a ? ( x 2 , x ? 1),b ? (1 ? x, t ),若函数f ( x) ? a ? b 在区间(-1,1)上是增函 数,求 t 的取值范围. 11、设函数 f ( x) ? ax ? (a ? 1) ln( x ? 1) ,其中 a ? ?1, 求 f ( x ) 的单调区间。
3 2 12 、 已 知 x ? 1 是 函 数 f ( x) ? mx ? 3(m ? 1) x ? nx ? 1 的 一 个 极 值 点 , 其 中

m, n ? R, m ? 0, (1) 求 m 与 n 的关系式;

(2) 求 f ( x ) 的单调区间;

(3) 当 x ? [?1,1] 时, 函数 y ? f ( x) 的图象上任意一点的切线斜率恒大于 3m , 求 m 的 取值范围. 13、已知函数 f ( x) ? ax ln x ? bx ? c (x>0)在 x = 1 处取得极值 ?3 ? c ,其中 a,b,c 为
4 4

常数。 (1)试确定 a,b 的值; (2)讨论函数 f(x)的单调区间; (3)若对任意 x>0,不等式 f ( x) ? ?2c 恒成立,求 c 的取值范围。
2

数学归纳法、极限与导数 例一: (说明:自第一题后的数学归纳法证明都只体现 k 到 k+1 步) (1)当 n=1 时,左边=2=右边,命题成立。

假设当 n=k (k ? 2) 时成立,即 (k ? 1)(k ? 2) ? ... ? (k ? k ) ? 2k ?1? 3 ? 5 ? ... ? (2k ?1) 成立 则当 n=k+1 时,左边= (k ? 2)(k ? 3) ? ... ? (k ? k )(k ? k ? 1)(k ? 1 ? k ? 1)

? 2k ?1? 3 ? 5 ? ... ? (2k ? 1) ?

(2k ? 1)(2k ? 2) ? 2k ?1 ?1? 3 ? 5 ? ... ? (2k ?1) ? (2k ? 1) =右边 k ?1

所以当 n=k+1 时,命题也成立 由数学归纳法原理可知,命题对一些正整数 n 都成立。 (2)假设当 n =k 时命题成立,即 1 ?

1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ... ? ? ? ? ... ? 2 3 4 2k ? 1 k ? 1 k ? 2 2k 1 1 1 1 1 ? ?( ? ) 则当 n=k+1 时,左边= 1 ? ? ... ? 2 2k ? 1 2k 2k ? 1 2k ? 2
=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ... ? ? ? ? ... ? ? ? = =右边 k ?1 k ? 2 2k 2k ? 1 2k ? 2 k ? 2 2k 2k ? 1 2k ? 2

则当 n=k+1 时命题成立。 (3)假设当 n=k 时命题成立。即 Sk ? (k ? 1)ak ? k 则当 n=k+1 时,

Sk ?1 ? Sk ? ak ?1 ? (k ? 1)ak ? k ? ak ?1 = (k ? 2)ak ?1 ? (k ? 2)
= (k ? 2)ak ?1 ? (k ? 1) 则当 n=k+1 时,命题也成立。 例二: (1)假设当 n=k 时,命题成立,即 (1 ? )(1 ? )...(1 ?

1 1 ?k ? k ?1 k ?1

1 3

1 5

1 2k ? 1 )? 成立 2k ? 1 2

则当 n=k+1 时,左边= (1 ? )(1 ? )...(1 ?

1 3

1 5

1 1 2k ? 1 1 )(1 ? )? (1 ? )。 2k ? 1 2k ? 1 2 2k ? 1

下证

2k ? 1 1 2k ? 3 k ?1 2k ? 3 即 即 2(k ?1) ? (2k ?1)(2k ? 3) (1 ? )? ? 2 2k ? 1 2 2 2k ? 1
2 2

即 4k ? 8k ? 4 ? 4k ? 8k ? 3 显然成立。 则当 n=k+1 时命题也成立。 (2) (法一) 假设n ? k时, ak ? 2k ?1成立.
2 2 当n ? k ? 1时, ak ?1 ? ak ?

1 1 ? 2 ? 2k ? 3 ? 2 ? 2(k ? 1) ? 1 2 ak ak

?n ? k ?1时, ak ?1 ? 2(k ?1) ?1时成立.

(法二)假设 n=k 时结论成立,即 ak ? 当 n ? k ? 1时,由函数 f ( x) ? x ?

2k ? 1.

a k ?1 ? a k ?

1 ak

因此只需证: 而这等价于(

1 ( x ? 1) 的单增性和归纳假设有 x 1 ? 2k ? 1 ? . 2k ? 1 1 2k ? 1 ? ? 2 k ? 3. 2k ? 1 1 1 2k ? 1 ? ) 2 ? 2k ? 3 ? ? 0显然成立. 2k ? 1 2k ? 1

所以当 n=k+1 时,结论成立. (注:法二中的 k 到 k+1 步的函数思想运用是此题的一闪光点) 例三: (1)原问题即证明 4 ? 6 ? 5
n k n ?1

? 9 能被 20 整除 ? 9 能被 20 整除

假设当 n=k 时, 4 ? 6 ? 5 则当 n =k+1 时,

k ?1

4 ? 6k ?1 ? 5k ?2 ? 9 ? 24 ? 6k ? 5 ? 5k ?1 ? 9 = (4 ? 6k ? 5k ?1 ? 9) ? 20 ? (6k ? 5k )
能被 20 整除。

9 , 9 , (2)A ? {91 , …, B={9, 13, 17, …, 4n+5}. 设 A 中任意元素为 9k (k ? N* ) , 9n } ,
2 3

* 则需证 9 是 B 中的一个元素,设其为 4m ? 5(m ? N ) ,则需证 9 ? 4m ? 5 ,即
k k

9k ? 5 m? (m ? N* ) ,则需证 9k ? 5 是 4 的倍数.因为 4 k 1 k ?1 1 k ?1 9 ? 5 ? (8 ? 1)k ? 5 ? 8k ? Ck 8 ? ?? Ckk ?1 ? 8 ? Ckk ? 5 ? 8k ? Ck 8 ? ? ? Ckk ?1 ? 8 ? 4
,所以以上多项式各项都是 4 的倍数, 9 ? 5 能被 4 整除.所以集合 A 中的任意元素都是 B 中的元素,又 13 ? B , 13 ? A ,所以 A ? ?B
k

例四: (1) a2 ? 3, a3 ? 4, a4 ? 5 (2)猜测 an ? n ? 1 ,下用数学归纳法证明 假设当 n=k 时, ak ? k ? 1 则当 n=k+1, ak ?1 ? ak ? kak ? 1 ? (k ? 1) ? k (k ? 1) ? 1 =k+2
2 2

所以 an ? n ? 1

k2 k ? ? 1 个部分 例五:假设当 n=k 时,k 个这样的直线将平面分成了 2 2
当 n=k+1 时,第 k+1 条直线被之前的 k 条直线分成了 k+1 条线段或射线,每一条把 它 所 在 的 部 分 一 分 为 二 , 故 增 加 了 k+1 个 部 分 。 所 以 这 k+1 条 直 线 把 平 面 分 成 了

(

k2 k (k ? 1) 2 k ? 1 ? ? 1) + (k ? 1) = ? ?1 2 2 2 2
则当 n=k+1 时命题成立。 极限与函数的连续性

例一: (1)3 (2)

1 10

(3)1

(4)当 0 ? a ? 2 时,极限为

1 1 ;当 a=2 时,极限为 ; 3 4

当 a ? 2 时,极限为 0。 (5)

3 2

(6)1

(7)

1 4

例二:解:

n2 ? 1 n 2 ? 1 ? an 2 ? an ? bn ? b (1 ? a)n2 ? (a ? b)n ? (1 ? b) ? an ? b ? = , n ?1 n ?1 n ?1

由已知可得 ? 例三:解: (1)由题意 (?

?1 ? a ? 0 ,即,a=1,b= ?1 ?a ? b ? 0
1 x2 ? 4

1 , an ) 必在 f ( x) ? an?1

( x ? ?2) 上,则 an ?

1 1 2 an?1 ? 4

?

1 1 1 ? 2 ? 4 ,故数列 { 2 } 为等差数列 2 an?1 an an
1 1 1 2 ? ,而 an ? 0 ,则 an ? ? 4n ? 3 ,? an 2 4n ? 3 an 4n ? 3

(2)由(1)可得

? bn ?

1 1 1 ? an an ?1

?

1 4n ? 1 ? 4n ? 3 ? 4 4n ? 3 ? 4n ? 1

?b1 ? b2 ? ... ? bn ?

( 5 ? 1) ? ( 9 ? 5) ? ... ? ( 4n ? 1 ? 4n ? 3) 4n ? 1 ? 1 = 4 4

则 lim
n ??

1 4n ? 1 ? 1 n 1 ? ? lim ? n ?? (4n ? 3)(4n ? 1) ? 4n ? 3 4 4 4n ? 3

例四:解:设 Ak Bk Ck Dk 的边长为 ak ,则由已知条件可知 ak ?1 sin ? ? ak ?1 cos ? ? ak

?

? ak ?1 1 ? ,又 ? ? (0, ) , 2 ak sin ? ? cos ?
S Ak ?1Bk ?1Ck ?1Dk ?1 S Ak Bk Ck Dk ? 1 ?1 (sin ? ? cos ? )2

? sin ? ? cos ? ? 1 ?

则,所有这样的正方形面积和为

a2 ? (csc 2? ? 1)a 2 1 1? (sin ? ? cos ? ) 2
(4)

例五: (1) ?

1 (2)1 2

(3) ?1

1 2

(5)

2 2

例六:解:

x ? 2时, x 2 ? x ? 2 ? 0 ,因此分子中一定有因式 x ? 2

令 x2 ? ax ? b ? ( x ? 2)( x ? c) ,则 a ? c ? 2, b ? ?2c

? 原式= lim

( x ? 2)( x ? c) x?c 2?c ? lim ? =2,? c ? 4 ? a ? 2, b ? ?8 x ?2 ( x ? 2)( x ? 1) x ?2 x ? 1 3

例七:解: (1) lim f ( x) ? lim( ? ?
x ?0 x ?0

x2 1 ? x ?1
2

? 1) ? lim( 1 ? x 2 ? 1 ? 1) ? 1 ?
x ?0

b b b lim f ( x) ? lim ( 1 ? x ? 1) ? lim ? ? ? ? x ?0 x ?0 x x ?0 1? x ?1 2
f ( x) ? lim f ( x) ,则 b=2 因为 f ( x ) 在 x=0 处极限存在则 lim ? ?
x ?0 x ?0

(2)由函数 f ( x ) 在 x=0 处连续,所以 a ? lim f ( x ) ? 1
x ?0

导数及其运用 例一: (1) 2 x ?

1 x2

(2) ?3sin 6 x

(3)

1 2x ?1

( 4)

1 ? ln x x2

2 例二:解: f ?( x) ? 3ax ? 2bx ? 3 ,依题意, f ?(1) ? f ?(?1) ? 0 ,即

?3a ? 2b ? 3 ? 0, ? ?3a ? 2b ? 3 ? 0.
3 2 解得 a ? 1, b ? 0 . ∴ f ( x) ? x ? 3x, f ?( x) ? 3x ? 3 ? 3( x ? 1)(x ? 1) .

令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ?1, x ? 1 . 若 x ? (??, ? 1) ? (1, ? ?) ,则 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x) 在 (??, ? 1) , (1, ? ?) 上是 增函数. 若 x ? (?1, 1) ,则 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x) 在 (?1, 1) 上是减函数. 所以, f (?1) ? 2 是极大值; f (1) ? ?2 是极小值. 例三:解(1)由 P 点在切线上得 f (1) ? 0 ,即点 P(1,0)又要在 y ? f ( x) 上,

得 a ? b ? ?1 又 f ?(1) ? ?3 ? 2a ? ?6 故 f ( x) ? x3 ? 3x2 ? 2

f ?( x) ? 3x2 ? 6x , 令 f ?( x )? 0解 得 x ? 2或x ? 0 , ? f ( x) 的 增 区 间 是
(??,0),(2, ??) ,减区间是 (0, 2)
(2)当 0 ? t ? 2 时, f ( x)max ? f (0) ? 2, f ( x)min ? f (t ) ? t 3 ? 3t 2 ? 2 当 2 ? t ? 3 时, f ( x)max ? f (0) ? f (3) ? 2, f ( x)min ? f (2) ? ?2 当 t ? 3 时, f ( x)max ? f (t ) ? t 3 ? 3t 2 ? 2, f ( x)min ? f (2) ? ?2 例四:解: f ?( x) ?

1 2 x

?

1 ( x ? 0) . x?a

当 a ? 0, x ? 0 时

f ?( x) ? 0 ? x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0 .

f ?( x) ? 0 ? x 2 ? (2a ? 4) x ? a 2 ? 0
(i)当 a ? 1 时,对所有 x ? 0 ,有 x 2 ? (2a ? 4) ? a 2 ? 0 . 即 f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 在 (0,??) 内单调递增.
2 2 (ii)当 a ? 1 时,对 x ? 1 ,有 x ? (2a ? 4) x ? a ? 0 ,

即 f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 在(0,1)内单调递增,又知函数 f ( x) 在 x=1 处连续,因此, 函数 f ( x) 在(0,+ ? )内单调递增
2 2 (iii)当 0 ? a ? 1 时,令 f ?( x) ? 0 ,即 x ? (2a ? 4) x ? a ? 0 .

解得 x ? 2 ? a ? 2 1 ? a , 或x ? 2 ? a ? 2 1 ? a . 因此,函数 f ( x) 在区间 (0,2 ? a ? 2 1 ? a ) 内单调递增,在区间 (2 ? a ? 2 1 ? a ,??) 内也单调递增. 令 f ?( x) ? 0,即x ? (2a ? 4) x ? a ? 0 ,
2 2

解得 2 ? a ? 2 1 ? a ? x ? 2 ? a ? 2 1 ? a . 因此,函数 f ( x) 在区间 (2 ? a - 2 1 ? a ,2 ? a ? 2 1 ? a ) 内单调递减. 例五:解: f'(x)=

4 ? 2ax ? 2 x 2 ? 2( x 2 ? ax ? 2) = , ( x 2 ? 2) 2 ( x 2 ? 2) 2

∵f(x)在(-1,1)上是增函数, ∴f'(x)≥0 对 x∈(-1,1)恒成立, 2 即 x -ax-2≤0 对 x∈(-1,1)恒成立. 2 设 ? (x)=x -ax-2, ? (1)=1-a-2≤0, 则

? (-1)=1+a-2≤0.

? -1≤a≤1,

∵对 x∈(-1,1) ,f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时,f'(-1)=0 以及当 a=-1 时, f'(1)=0 ∴A={a|-1≤a≤1}. 例 六 :( 1 ) 证 明 : 原 不 等 式 即 为 ln( x ? 1) ?

2x ? 0 在 x ? 0, 时 成 立 , 令 x?2
0 。

g ( x) ? ln( x ? 1) ?

2x x?2

, 只 需 证

g ( x) 在 (0, ??) 的 值 大 于

g ' ( x) ?

1 4 x2 ,所以函数 g ( x) 在 (0, ??) 单调递增,又函数 ? ? x ? 1 ( x ? 2)2 ( x ? 1)( x ? 2)2
2x 在 点 x=0 处 连 续 。 故 g ( x) ? g (0) ? 0 既 g ( x) ? 0 。 所 以 x?2

g ( x) ? ln( x ? 1) ? ln( x ? 1) ? 2x x?2

(2)证明:令函数 h( x) ? x2 ? x2 ? ln( x ? 1) , 则 h?( x) ? 3x ? 2 x ?
2

1 3x 2 ? ( x ? 1) 2 ? . x ?1 x ?1

? ?? 时, f ?( x) ? 0 ,所以函数 h( x) 在 ?0, ? ?? 上单调递增, ? 当 x ??0,
又 h(0) ? 0 .

? x ? (0, ? ?) 时,恒有 h( x) ? h(0) ? 0 ,即 x2 ? x3 ? ln( x ? 1) 恒成立. ? ?) 时,有 ln( x ? 1) ? x ? x . 故当 x ? (0,
2 3

对任意正整数 n 取 x ? 所以结论成立.

1 ?1 ? 1 1 ? (0, ? ? ) ,则有 ln ? ? 1? ? 2 ? 3 . n ?n ? n n

ex ? k , ( x ? 0) 例七:解:原问题即为 e ? kx,( x ? 0) 恒成立,即 x
x

令 g ( x) ?

ex e x ? x ? e x e x ( x ? 1) , 则g ?( x) ? ? 由 g ?( x) ? 0 ? x ? 1 x x2 x2

则 g ( x) 在 (0,1) 单调递减,在 (1, ??) 单调递增 故 g ( x)min ? g (1) ? e ,则 e ? k 。 例八:解: m ? ln( x ? 1) ?
2

1 2 1 x ? 有四个不同的根。 2 2 1 2 1 2 令 G ( x) ? ln( x ? 1) ? x ? , 2 2
则 G ?( x) ?

2x 2 x ? x 3 ? x ? x( x ? 1)(x ? 1) ?x? ? 。 x2 ?1 x2 ?1 x2 ?1

当 x 变化时 G?( x).G( x) 的变化情况如下表:

x
G?( x) 的符号
G ( x) 的单调性

( ? ?, ?1 )
+ ↗

(-1,0) ↘

(0,1) + ↗

(1, ? ? ) ↘

1 , G ( x) 最大值 ? G (1) ? G (?1) ? ln 2 ? 0 。 2 1 1 1 画出草图和验证 G (2) ? G (?2) ? ln 5 ? 2 ? ? 可知,当 m ? ( , ln 2) 时, 2 2 2
由表格知: G ( x) 最小值 ? G (0) ?

y ? G( x)与y ? m恰有四个不同的交点,
1 2a 1 1 ?当m ? ( , ln 2)时, y ? g ( 2 ) ? m ? 1 ? x 2 ? m ? 的图象与 2 2 2 x ?1

y ? f (1 ? x 2 ) ? ln(x 2 ? 1)的图象恰有四个不同的 交点。
课后练习题答案:
1、证明:即证 1 ? 2 ? 3 ? ... ? n ? (n ? 1)
2 3 n 2 3 k n

假设当 n =k 时成立,即 1 ? 2 ? 3 ? ... ? k ? (k ? 1) 则当 n=k+1 时, 左边 ? 1 ? 2 ? 3 ? ... ? k ? (k ? 1)
2 3 k

k

k ?1

? (k ? 1)k ? (k ? 1)k ?1 = (k ? 1)k (k ? 2)

? (k ? 2)k (k ? 2)
所以当 n=k+1 时命题也成立。 2、解: a1 ? 27, a2 ? 342 ,最大公约数为 9, 下证 (3n ? 1) ? 7 ?1 能被 9 整除
n

假设当 n=k 时, (3k ? 1) ? 7 ?1 可被 9 整除,记 f (k ) ? (3k ? 1) ? 7 ?1
k k

则当 n=k+1 时, f (k ? 1) ? (3k ? 4) ? 7k ?1 ?1 , f (k ? 1) ? f (k ) ? 18k ? 7k ? 27 ? 7k 故 f (k ? 1) ? f (k ) ? 18k ? 7k ? 27 ? 7k 能被 9 整除 所以当 n=k+1 时,命题成立。 3、解(1) a1 ? 1, a2 ? 2 ?1, a3 ? 3 ? 2, a4 ? 4 ? 3 (2)猜想 an ? n ? n ?1 下用数学归纳法证明 假设当 n=k 时, ak ? k ? k ?1 则当 n=k+1 时, ak ?1 ? Sk ?1 ? Sk ?

1 1 (ak ?1 ? ) ? k , 又ak ?1 ? 0 2 ak ?1

?ak ?1 ? k ?1 ? k ? k ?1 ? (k ?1) ?1
故当 n=k+1 时, an ? n ? n ?1 也成立。 4、 (1) 0 (2)

1 2

(3)2

5、解:设 an ? a1 ? (n ?1)d1 , bn ? b1 ? (n ?1)d2 则由题 lim

an d1 ? ?3 n ?? b d2 n

n(n ? 1)d1 d1 na1 ? a1 ? a2 ? ? an 1 d1 3 2 ? lim ? 又 lim = 2 ? n ?? n ?? n(b ? (2n ? 1) d nb2 n 2d 2 4 d 2 4 1 2
6、 (1)0 8、 (??, ?1) (2)

1 2

(3)

2 3

7、8

(2, ??)
2

9、(-∞,- 3)∪(0, 3)
3 2

10、 f ( x) ? x (1 ? x) ? t ( x ? 1) ? ? x ? x ? tx ? t ,

f ?( x) ? ?3x 2 ? 2 x ? t. 若f ( x)在(?1,1)上是增函数 , 则在(?1,1)上可设f ?( x) ? 0.
? f ?( x) 的图象是开口向下的抛物线,

?当且仅当f ?(1) ? t ? 1 ? 0, 且f ?(?1) ? t ? 5 ? 0时
f ?( x)在(?1,1)上满足f ?( x) ? 0,即f ( x)在(?1,1)上是增函数 . 故t的取值范围是 t ? 5.

11、解:函数 f ( x ) 的定义域为 (?1, ??) 且 f ?( x) ?

ax ? 1 (a ? ?1) x ?1

当 ?1 ? a ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x ) 在 (?1, ??) 单调递减 当 a ? 0 时,函数 f ( x ) 在 ( ?1, ) 单调递减,在 ( , ??) 单调递增。 12、解(1) f ?( x) ? 3mx2 ? 6(m ? 1) x ? n 因为 x ? 1 是函数 f ( x ) 的一个极值点, 所以 f ?(1) ? 0 ,即 3m ? 6(m ? 1) ? n ? 0 ,所以 n ? 3m ? 6 (2)由(I)知, f ?( x) ? 3mx2 ? 6(m ? 1) x ? 3m ? 6 = 3m( x ? 1) ? x ? ?1 ?

1 a

1 a

? ?

? ?

2 ?? ? m ?? ?

当 m ? 0 时,有 1 ? 1 ?

x
f ?( x ) f ( x)

2? ? ? ??,1 ? ? m? ? ?0
调调递减

2 ,当 x 变化时, f ( x ) 与 f ?( x ) 的变化如下表: m 2 ? 2 ? 1 1? ?1, ??? ?1 ? ,1? m ? m ?
0 极小值

?0
单调递增

0 极大值

?0
单调递减

故有上表知,当 m ? 0 时, f ( x ) 在 ? ??,1 ? 在 (1 ?

? ?

2? ? 单调递减, m?

2 ,1) 单调递增,在 (1, ??) 上单调递减. m

(3)由已知得 f ?( x) ? 3m ,即 mx2 ? 2(m ? 1) x ? 2 ? 0

2 2 2 2 (m ? 1) x ? ? 0 即 x 2 ? (m ? 1) x ? ? 0, x ? ? ?1,1? ① m m m m 1 2 2 设 g ( x) ? x ? 2(1 ? ) x ? ,其函数开口向上,由题意知①式恒成立, m m
又 m ? 0 所以 x ?
2

2 2 ? ? g (?1) ? 0 ?1 ? 2 ? ? ? 0 所以 ? 解之得 ?? m m ? g (1) ? 0 ? ??1 ? 0
4 ? ? m又m ? 0 3 4 所以 ? ? m ? 0 3
即 m 的取值范围为 ? ? ,0 ? 13、 (1)由题意知 f (1) ? ?3 ? c ,因此 b ? c ? ?3 ? c ,从而 b ? ?3 .

? 4 ? 3

? ?

又对 f ( x ) 求导得

f ?( x) ? 4ax3 ln x ? ax 4

1 ? 4bx 3 x

? x3 (4a ln x ? a ? 4b) .
由题意 f ?(1) ? 0 ,因此 a ? 4b ? 0 ,解得 a ? 12 . (2)由(I)知 f ?( x) ? 48x3 ln x ( x ? 0 ) ,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 . 当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x ) 为减函数; 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x ) 为增函数.

1) ,而 f ( x) 的单调递增区间为 (1,∞ ? ). 因此 f ( x ) 的单调递减区间为 (0,
(3)由(II)知, f ( x ) 在 x ? 1 处取得极小值 f (1) ? ?3 ? c ,此极小值也是最小值,要使

f ( x) ≥ ?2c2 ( x ? 0 )恒成立,只需 ?3 ? c ≥ ?2c 2 .
即 2c ? c ? 3 ≥ 0 ,从而 (2c ? 3)(c ? 1) ≥ 0 ,
2

解得 c ≥

3 或 c ≤ ?1 . 2

所以 c 的取值范围为 (??, ? 1]

?3 ? , ? ?? . ? ?2 ?


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