高中數(shù)學(xué)教學(xué)中初、高等數(shù)學(xué)的銜接應(yīng)用 論文

PAGEPAGE1高中數(shù)學(xué)教學(xué)中初、高等數(shù)學(xué)的銜接應(yīng)用摘要初等數(shù)學(xué)是高等數(shù)學(xué)的基礎(chǔ),高等數(shù)學(xué)是初等數(shù)學(xué)的延續(xù)和發(fā)展,它們之間相互滲透、相互為用.一方面,由于實(shí)踐中某些問題的出現(xiàn)使初等方法被深入地研究和發(fā)展成專門的高等數(shù)學(xué)分支,另一方面高等數(shù)學(xué)中又有許多專題初等化、通俗化.在內(nèi)容上它們具有互補(bǔ)性,在思維形式上它們又有相通性.1、導(dǎo)數(shù)在中學(xué)數(shù)學(xué)中的幾個應(yīng)用2.1應(yīng)用于討論函數(shù)單調(diào)性的有關(guān)問題在學(xué)習(xí)導(dǎo)數(shù)理論之前,我們判斷一個函數(shù)f(x)的單調(diào)性,一般都是從定義出發(fā)：在函數(shù)定義域的某個區(qū)間D上取兩個任意的自變量的值x1和x2,設(shè)x1＜x2,然后進(jìn)行作差f(x1)?f(x2),看它們的差是大于零還是小于零.若大于零,則在這個區(qū)間D上函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減的；若小于零,則在這個區(qū)間D上函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增的.用定義法雖然直觀明了,但在函數(shù)表達(dá)式較復(fù)雜時,作差判斷正負(fù)就很困難.而且大多數(shù)情況我們利用定義法,是去證明在一已知的區(qū)間D上的單調(diào)性,如果事先我們不知道區(qū)間D,已知的只有一般的函數(shù)表達(dá)式,我們不知道該在哪段區(qū)間上取值x1和x2,也就很難討論出結(jié)果,因此用定義法討論函數(shù)單調(diào)性有很大的限制.直到我們學(xué)習(xí)了導(dǎo)數(shù)的知識,我們得到了函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系：在某個區(qū)間（a,b）內(nèi),如果f′(x)＞0,那么函數(shù)y=f(x)在這個區(qū)間上單調(diào)遞增；如果f′(x)＜0,那么函數(shù)y=f(x)在這個區(qū)間上單調(diào)遞減.我們通過解不等式f′(x)＞0,自然能得出解的區(qū)間D,也就是說在該區(qū)間D上函數(shù)是單調(diào)遞增的,單調(diào)遞減區(qū)間同理可得.例1就是一個一般的求單調(diào)區(qū)間的問題，只要通過導(dǎo)數(shù)求導(dǎo)的方法就能得出結(jié)論.另外還有些問題是關(guān)于含有參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問題，這類問題基本又分為兩種，第一種是討論含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，第二種是已知含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，求所含的參數(shù)的取值范圍.雖然問題復(fù)雜一些，但其實(shí)思想都是相通的，第一種是先求導(dǎo)，然后根據(jù)參數(shù)的取值區(qū)間的變化討論相應(yīng)情況下導(dǎo)函數(shù)的符號，進(jìn)而判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；第二種在求出導(dǎo)函數(shù)的前提下，根據(jù)已知的單調(diào)性得出一些含參數(shù)的不等式，解不等式從而得出參數(shù)的取值范圍.例2就是一個關(guān)于含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性問題，第一問和第二問分別針對第一、第二種情況.x例1求函數(shù)f(x)=x3+3ax

的單調(diào)區(qū)間?解:f′(x)=3x23a?x2

3(x4?a)= .x2①當(dāng)a＞0時,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)的單調(diào)遞增區(qū)間是（?∞,?4a)和(4a,+∞)；f(x)的單調(diào)遞減4區(qū)間是(?4

a,0)和(0,4

a).②當(dāng)a=0時,f′(x)=3x2≥0.此時f(x)在（?∞,+∞）上單調(diào)遞增.4③當(dāng)a＜0時,f′(x)=3(x?a)＞0,此時f(x)在（?∞,0）和（0,+∞）上單調(diào)遞4x2增.例2設(shè)函數(shù)f(x)=x3+ax2+x+1,x∈R.國卷Ⅰ19題)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2008年高考卷之全2 1(2)設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間（?3，?3）解：(1)f'(x)=3x2+2ax+1.

內(nèi)是減函數(shù)，求a的取值范圍.12.

令f′(x)=0，即3x2+2ax+1=0，其中該方程的判別式?=4a2?若?＞0,

即a2>3時，x=2

3 .?a?a± a2?3f'(x)>0,

?a?a?3 ?a+a?3則x< 或x> ; 3?a?a2?3

3?a+a2?33f'(x)<0,則3

<x<

.3 ?a?a2?3

+?a+a2?3+3故a2>3時，f(x)的單增區(qū)間為（?∞，3

）∪（ ，3?a?a2?3

?a+a2?3∞)；單減區(qū)間為（ 3 ， 3 ）.若?≤0，即a2<3時，此時f′(x)恒大于或等于0，即f(x)在R上單調(diào)遞增.?a?a2?3(2)由(1)可知，此時?只能大于0，也即a> 3?a?a2?3

.且要滿足：2 4a≥3 ≤?3 7a≥?a?a+a2?33 ≥?3

a≥2綜上，a的取值范圍是[2,+∞).2.2應(yīng)用于求最值中學(xué)數(shù)學(xué)的二次函數(shù)、三角函數(shù)和不等式內(nèi)容都涉及到求函數(shù)的極值、最值問題,所用的方法不外乎二次函數(shù)的配方法、三角函數(shù)的有界性與判別式法、基本不等式和由基本不等式推出的其它重要不等式.但是,這些方法都有局限性,很多函數(shù)的極值和最值無法解決.學(xué)習(xí)過導(dǎo)數(shù)的基本知識后,這類問題才得到了較為徹底的解決.例3在△ABC中,求sinA+sinB+sinC?cosA?cosB?cosC的最大值.解：設(shè)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

則A+A+C≥π,即A+C≥π,則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)上單調(diào)遞減,那么f(A)≤f(π).3所以當(dāng)A=π時,f(A)取得最大值3當(dāng)A=π時,B=C=π,f(π)=3

33?1)3 3 3 2(即當(dāng)△ABC是正三角形時,sinA+sinB+sinC?cosA?cosB?cosC取得(最大值,最大值為3(2

3?1).2.3應(yīng)用于不等式的證明在不等式的證明中,我們常用的方法有比較法、綜合法和分析法.比較法有作差與作商兩種方法；綜合法是利用均值不等式來證明,證明過程中有時需用到一些技巧；分析法是從結(jié)論出發(fā),一步步逆推出結(jié)論成立所要滿足的條件,而這個條件又是顯然成立的,從而得出結(jié)論是成立的.這幾種證法各有千秋,都可以去運(yùn)用.在學(xué)習(xí)過導(dǎo)數(shù)后,我們可以將問題上升一個層次,將不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題,進(jìn)而通過求導(dǎo)函數(shù)來判斷函數(shù)的單調(diào)性或最值性,最后再利用單調(diào)性或最值性去證明不等式,這是對不等式問題的嶄新思想,與前面幾種證法有本質(zhì)的不同.下面兩例都是對求導(dǎo)法的具體說明,尤其是例6,上面所說的幾種證法都有說明,我們可以進(jìn)行比較.例4若x＞0,則x＞ln(1+x).分析：這個不等式左右結(jié)構(gòu)很不一致,稍加探索我們會發(fā)現(xiàn)用比較法、綜合法以及分析法都不好去證明,但是用導(dǎo)數(shù)的方法卻很容易得出結(jié)論.證明:令f(x)=x?ln(1+x).因f′(x)=1?1=x ,又x＞0,則f′(x)＞0,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)增加.而f1+x

1+x(0)=0,則f(x)＞f(0)=0,即x?ln(1+x)＞0,則x＞ln(1+x).﹡補(bǔ)充說明：以下是幾個不等式,它們同此題結(jié)構(gòu)類似,利用常用的那幾種方法都難以證明,此類不等式建議都用導(dǎo)數(shù)求導(dǎo)的方法去證明：sinx＜x,x∈

(0,π);ex＞1+x,x≠

0;lnx＜x＜ex,x＞0.例5已知0＜a＜1,求證1+4≥9a 1?a分析：對于此不等式的證明,我們由題目的構(gòu)造會想到利用基本不等式ab≤a+b(a、b＞0)去探索證明.以下是兩種證法：2證法一證明：1+4=(1+

4)[a+(1?a)]=5+1?a+4a≥5+2

1?a

a=9證法二

1?a

a 1?a

a 1?a

·a1?aa證明：

∵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,我們聯(lián)想到同角三角函數(shù)基本關(guān)系式sin2α+cos2α=1,因此我們也可用三角換元法來證明,證明過程中仍然用到了基本不等式:證法三2 2證明：設(shè)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以上三種均屬于綜合法,下面是用分析法的一種證明：證法四證明：要證原不等式成立,只需證1?a+4a≥9a(1?a),也即證(3a?1)2≥0成立,而一個數(shù)的平方恒大于或等于0,故(3a?1)2≥0顯然成立,所以原不等式成立.再介紹比較法的一種證法：證法五 9a(1?a)

9a2?6a+1

(3a?1)2證明：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上面的幾種方法都較簡單易懂,而利用導(dǎo)數(shù)的知識,我們可以換種想法去思考,可以有一個完全不同的證明方法,下面是具體過程：證法六證明：設(shè)f(a)=1+4,其中0＜a＜1,則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)↘極小值↗

1?a

a2 (1?a)2由表可得,f(a)在(0,

1)上單調(diào)遞減,在(1,1)上單調(diào)遞增,在a=1處f(a)取得3 3 33)極小值,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)比較以上各種證法,我們發(fā)現(xiàn)用導(dǎo)數(shù)方法不是最簡單的,卻是最深入問題本質(zhì)的一種方法,通過它我們知道了不等式右邊的9從何得來；1+4的取值隨aa 1?a取值的不同是如何變化的,何時取得最值.我們對這個問題就有了直觀、全面的認(rèn)識.2.4應(yīng)用于恒等式的證明有不少恒等式,若用初等方法證明,往往需要有較高的技巧,要會適當(dāng)?shù)淖冃位蜣D(zhuǎn)換，有些時候很難想到這些方法,而用導(dǎo)數(shù)的方法,往往可以讓證明變得很簡單.例6求證：C1+2C2+3C3+?+nCn=n2n?1.n n n n證法一證明：令S=C1+2C2+3C3+?+nCn, ????①n n n n則又有S=nCn+(n?1)Cn?1+(n?2)Cn?2+?+C1.????②n n n n且我們知道Cr=Cn?r.n n①+②,其中把①和②的對應(yīng)項(xiàng)相加,以此類推,則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.證法二證明：我們知道由二項(xiàng)式定理有(1+x)n=C0+C1x+C2x2+ +CnnxnCn

n n n ?對上面等式左右兩邊同時求導(dǎo)數(shù),得：n(1+x)n?1=C1+2C2x+?+nCnxn?1.令x=1,則有:n n nn2n?1=C1+2C2+3C3+?+nCn.即得證. 比較上述兩種解法,n n n n解法一雖然簡單明了,但是需要較高的組合技巧,解法二相對而言容易想到,簡便易懂.例7試證當(dāng)x≤?1時,有2arctanx+arcsin2x=?π.1+x2分析：乍一看這題,反正切函數(shù)、反正弦函數(shù)讓人一頭霧水,不知從何證起,用初等數(shù)學(xué)的方法很難去證明,轉(zhuǎn)而考慮導(dǎo)數(shù)求導(dǎo)的方法,很快柳暗花明.證明：當(dāng)x=?1時,等式顯然是成立.當(dāng)x＜?1時,令f(x)=2arctanx+arcsin2x 1+x2

,對f(x)求導(dǎo)數(shù),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那么我們可得f(x)=常數(shù),而當(dāng)x=?3時,f(?3)=?3π+(?3π)=?π.所以f(x)=?π.即2arctanx+arcsin2x=?π,?x≤?1.1+x2從上面兩例我們看到了在恒等式的證明中,微分法自有它的獨(dú)特魅力,有效地將問題化繁為簡,證明過程相當(dāng)漂亮.2.5應(yīng)用于討論方程根的個數(shù)例8方程x3?6x2+9x?10=0

的實(shí)根個數(shù)為（ ）(A)3. （B）2. (C)1. (D)0.分析：這是一元三次方程,用初等數(shù)學(xué)的方法討論它根的存在性涉及到許多等式變形,相當(dāng)?shù)穆闊?直接將它的根求出來更不容易.我們也學(xué)過二分法，用它也能解決很多根存在性的問題，因此我們思索能不能利用高等數(shù)學(xué)的方法不求方程的根而得出問題的解呢？解：令f(x)=x3?6x2+9x?10,則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)↗極大值↘極小值↗f(1)=?6,f(3)=?10.因?yàn)闃O大值與極小值都是小于0的,所以在(?∞,3)上方程與x軸沒有交點(diǎn),在(3,+∞)上f(x)無限增大,它必與x軸有且僅有一個交點(diǎn).所以方程f(x)=0的實(shí)根個數(shù)為1,選(C).sinx例9求證：方程x?

2 =0只有一個實(shí)根.分析：這個方程是超越方程,很難求出根,一般都是根據(jù)圖像得到直觀認(rèn)識,但圖象要力求準(zhǔn)確,這在平常解題中不易做到,可能會出錯.那么有沒有好的方法呢？下面介紹的是將方程轉(zhuǎn)化為函數(shù),然后根據(jù)微分法探討函數(shù)的單調(diào)性,進(jìn)而得出方程根的情況.sinx證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x?2

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

在R上單調(diào)遞增.sinx又f(0)=0,所以y=f(x)的圖象與x軸有且僅有一個交點(diǎn),即方程x?2=0只有一個實(shí)根.2.6應(yīng)用于解決實(shí)際優(yōu)化問題有很多具體的實(shí)際優(yōu)化問題,如求費(fèi)用最省、利潤最大、設(shè)計(jì)最優(yōu)，它們構(gòu)造出的函數(shù)模型較復(fù)雜,用初等數(shù)學(xué)的方法很難找出它的最優(yōu)解,這時我們可以用導(dǎo)數(shù)求導(dǎo)的方法來解決.一般步驟是：①分析實(shí)際問題各變量的關(guān)系,建出數(shù)學(xué)模型、寫出變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f(x);②求f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x),解方程f'(x)=0；③比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和使f'(x)=0的點(diǎn)的數(shù)值大小,最大（小）者即為最大（?。┲?例10在甲、乙兩個工廠,甲廠位于一直線河岸的岸邊A處,乙廠與甲廠在河的同側(cè),乙廠位于離河岸40km的B處,乙廠到河岸的垂足D與A相距50km,兩廠要在此岸邊合建一個供水站C,從供水站到甲廠和乙廠的水管費(fèi)用分別是每千米3a元和5a元,問供水站C建在何處才能使水管費(fèi)用最?。拷猓悍治鲱}目,點(diǎn)C只能在線段AD上,才能使水管費(fèi)用最省.設(shè)CD=xkm,則AC=50?xkm. BC=

BD2+CD2= x2+402.設(shè)水管費(fèi)用為f(x)元.則： f(x)=3a(50?x)+5ax2+402(0<x<50).+ .x2+402令f′(x)=0,解得x=30(負(fù)值舍去)x(0,30)30(30,50)f′(x)?0+f(x)↘極小值↗函數(shù)f(x)在x=30處取得極小值,在此題中也即f(x)的最小值,此時AC=20(km).答：供水站建在A與D之間且距甲廠20km處時,可使水管費(fèi)用最省.例11如圖所示,將邊長為1m的正六邊形鐵皮的六個角各切去一個全等的四邊形(圖中填充部分),再沿內(nèi)線折起,做成一個無蓋的正六棱柱容器.當(dāng)這個正六棱柱容器的底面邊長為多少時,其容積最大？最大容積是多少？解：設(shè)正六棱柱容器的底面邊長為a(m)時,其容積V最大.我們知道在正六邊形中,中心與頂點(diǎn)連線的長度等于邊長,所以O(shè)B=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(yuǎn).3正六棱柱底面面積為S

1=6×

3 332a= .22·a·2 2a所以正六棱柱