毕业论文微积分在高中数学中的应用(编辑修改稿)

毕业论文微积分在高中数学中的应用(编辑修改稿)内容摘要：

1在 取 得 极 小 值  mf 1 ,   31321 23  mmmf . (3)由题设     2122 31131 xxxxxmxxxxf  , 所以方程 0131 22  mxx 由两个相异的实根 21,xx ，故 321 xx ， 且   01341 2  m ，解得   21,21  mm 舍 , 因为 12332,221221  xxxxxx 故所以. 若      011311,12121  xxfxx 则，而   01 xf ，不合题意 .   0,0,1 212121  xxxxxxxxx 有则对任意的若 ,        0031 121  xfxxxxxxf 又则 ，所以函数    21 , xxxxf 在 的最小值为 0，于是对任意的      1, 21 fxfxxx  ，恒成立的充要条件是   0311 2  mf , 解得3333  m . 综上， m 的取值范围是  33,21 . 数学与统计学院 2020 届毕业论文 10 导数在数列中的应用 例 16 求数列 12 ...,3,2,1 nnxxx 的和 (其中 1,0  xx )． 分析 这道题可以用错位相减法求和，但若用导数方法运算会使问题更加简明． 解 注意到 nn xnx 是1 的导数，即   1 nn nxx ，可先求数列 nx 的前 n 和．当 1,0x 时 . xxxxxxxxx nnn  11 )1( 12  ， 然后等式两边同时对 求导，有 12321  nnxxx  21)1( )1]()1(1[ x xxxxn nn    21 )1( 1)1( x xnnx nn    . 例 17 已知首项 1a 与公差 d 都是正整数的等差数列 }{na 满足对任意 Nn ，都有4nan ，（ 1）求数列 }{na 的前 n 项的和 NS ；（ 2）求数列nnS Sn 52)10(  的最小项． 分析 这道题第 2 问可以把数列看成函数，求导得极小值即是所求的项． 解 因   NdnaaNda n )1(, 11 ，而 )1)(()1( 121 ddanddnaa n  4n 对 Nn 恒成立， 所以 12d , 4)1)(( 1  dda ,则 31a , 1d ,故 )5(213 2 )1(   nnnS nnn . （ 2）设nnS Snnf n n352 )10()10()(  , )5()10(2)10()10(3)(39。 2 22 32  nnnn nnnnf . 当 1 n 5 时， 0)(39。 nf ，当 5n 时， 0)(39。 nf ， 故 675)5()( m in  fnf . 数学与统计学院 2020 届毕业论文 11 导数在代数式中的应用 用微积分知识证明恒等式的实质是将等式问题转化成函数问题，进而求导证明恒等关系，依据 cxgxfxgxf  )()()(39。 )(39。 ． 例 18 证明  2c osc os3c oss in3s in 333  a 证 设  33 c o s3c o ss in3s in)( axf  xxg 2cos)( 3 xxxxxxxxxxxf 3s i nc o s33c o ss i nc o s3c o ss i n3s i n3s i n3c o s3)(39。 3223  xxxxxx 2c o sc o s3s in32c o ss in3c o s3  xx 4s in2c os3 xx 2s in2c os6 2 . xxxg 2s in2co s6)(39。 2 故 cxgxfxgxf  )()()(39。 )(39。 , 又 0x 时， 1)0()0( gf ．从而 039。 C ，因此)()( xgxf  ．原题得证． 导数在不等式中的应用 利用导数研究函数的单调性，再由单调性来 证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点．其主要思想是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式． 例 19（ 07 年全国一卷理科） 设函数 ( ) e exxfx ． )1( 证明 ()fx的导数 2)(39。 xf ； )2( 若对所有 0x 都有 axxf )(39。 ，求 a 的取值范围． 解 )1( ()fx的导数 ( ) e exxfx  ,由于 22   xxxx eeee ， 故 2)(39。 xf ．（当且仅当 0x 时，等号成立） . )2( 令 ( ) ( )g x f x ax，则 ( ) ( ) e exxg x f x a a    . 1 若 2a ，当 0x 时， 02)(39。   aaeexg xx ， 故 ()gx在 (0 )， ∞ 上为增函数， 数学与统计学院 2020 届毕业论文 12 所以， 0x 时， )0()( gxg  ，即 axxf )( ． 2 若 2a ，方程 ( ) 0gx  的正根为 21 4ln 2aax ， 此时，若 1(0 )xx ， ，则 ( ) 0gx  ，故 ()gx在该区间为减函数． 所以， 1(0 )xx ， 时， ( ) (0) 0g x g，即 ()f x ax ，与题设 axxf )( 相矛盾． 综上，满足条件的 a 的取值范围是  2∞ ， ． 生活优化问题举例 例 20 用长为 cm90 ，宽为 cm48 的长方形铁皮做一个无盖容器，先在四角分别截取一个小正方形，后把四边翻转 90 度角，在焊接而成，问该容器的为多时 ，容器的容积最大。 最大容积是多少。 解析 利用导数求最值时，建立函数关系式 .把实际问题转化为数学问题，建立数学模型，注意自变量的取值范围 . 解 设容器高为 xcm 容器的容积为 cxv )( 3m ， 则     xxxxv 248290   2404 3 2 02 7 64  xxxx 求 xv 导数，得 432055212)(39。  xxxv  3604612  xx   361012  xx 令   0xv ,得 36,10 21  xx （舍去） 当 100 x 时，   0xv ，那么 xv 为增函数 . 当 2410 x 时，   0xv 那么 xv 为减函数 . 因此，在定义域 )24,0( 内，函数只有当 x 取得 10 时有最大值，其最大值为      31 9 0 0204820901010 cmv  . 数学与统计学院 2020 届毕业论文 13 答 当容器的高为 cm10 时，容器的容积最大，最大容积为 cm1900 3 . 例 21（ 2020 年山东卷） 某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为 803 立方米，且 2lr .假设该容器的建造费用仅与其表面积有关 .已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元，半球形部 分每平方米建造费用为 ( 3)cc 千元 .设该容器的建造费用为 y 千元 . 1 写出 y 关于 r 的函数表达式，并求该函数的定义域； 2 求该容器的建造费用最小值时的 r . 解 1 设容器的容积为 V . 由题意知 2343V r l r，又 803V  ， 故 32 2 24 8 0 4 4 2 03()3 3 3Vrl r rr r r     由于 2lr ， 因此 02r . 所以建造费用 2224 2 02 3 4 2 ( ) 3 43y r l r c r r r cr          . 因此 2 1604 ( 2 ) , 0 2y c r rr      2 由 1 得， 3221 6 0 8 ( 2 ) 2 039。 8 ( 2 ) ( ) , 0 22cy c r r rr r c       . 由于 3c ，所以 20c ，当 3 20 02r c 时， 3 202r c ,令 3 202rmc，则 0m , 所以 2228 ( 2 )39。 ( ) ( )cy r m r r m mr    . 1 当 02m即 92c 时，当 rm 时， 39。 0y。 当 (0, )rm 时， 39。 0y。 当 ( ,2)rm 时， 39。 0y . 所以 c=2 是函数 y 的极小值点，也是最小值点 . 2 当 2m 即 93 2c ,当 (0,2)r 时， 39。 0y ，函数单调递减， 所以， 2r 是函数 y 的最小值点 . 数学与统计学院 2020 届毕业论文 14 综上所述，当 93 2c 时，建造费用最小时 2r . 当 92c 时，建造费用最小时 3 202r c . 【规律方法】 再求 实际问题中的最大值或最小值时，确定自变量，因变量，建立 数关系式，并确定 . 恒成立性问题的应用 例 22 (2020 安徽卷 ) 设 0a ， 1ln2ln)( 2  xaxxf )0( x 1 令 )(39。 )( xxfxF  ，讨论 )(xF 在 ),0(  内的单调性并求极值 . 2 求证 当 1x 时，恒有 1ln2ln 2  xaxx . 解 1 根据求导法则得 .0,2In21)(  xxax xxf 故 ,0,2In2)()(  xaxxxxfxF 于是 .0,221)(  xxxxxF 列表如下 x )2,0( 2 ),2(  )(39。 xF  0 + )(xF ↓ 极小值 )2(F ↑ 故知 )(xF 在 )2,0( 内是减函数，在 ),2(  内是增函数，所以，在 2x 处取得极小值aF 22ln2)2(  . 2 证明 由 .022In2)2()(0  aFxFa 的极小值知， 于是由上表知，对一切 .0)()(),0(  xxfxFx 从而当 .,0)(,0)(0 ）内单调增加在（故时，恒有  xfxfx 所以 当 .0In2In1,0)1()(1 2  xaxxfxfx 即时， 数学与统计学院 2020 届毕业论文 15。