資源簡介

《導數(shù)》在中學數(shù)學中的應用
導數(shù)是研究函數(shù)的得力工具，它的應用十分廣泛。
使用導數(shù)，能夠幫助我們解決初等數(shù)學中較困難的或根本不能解決的問題。在一些問題中，使用導數(shù)，還能化繁為簡，思路明快，解法巧妙，完備無遺。
使用導數(shù)，能培養(yǎng)學生用較高的觀點，較先進的方法代替一些傳統(tǒng)的初等觀點和初等方法，從而使已經學過的初等知識加以深化、拓廣、融化貫通。這無疑對開闊學生思路，提高解題能力是大有裨益的。
下面我們舉例說明導數(shù)在中學各科中的應用
一、利用導數(shù)討論函數(shù)的單調性
主要理論根據(jù) 設函數(shù) f(x)在區(qū)間（a，b）內可導，如果在（a，b）內f′(x)>0，那么f′(x)在（a，b）內是增函數(shù)，如果在(a，b)內f′(x)<0，那么f (x)在(a，b)內是減函數(shù)；如果在(a，b)內恒有f′(x)=0，那么f (x)在（a，b）內是常數(shù)。
注：求函數(shù)f (x)單調區(qū)間的方法一般有兩種
（1）求f′(x)>0或f′(x)<0在定義域區(qū)的解集
（2）求f′(x)=0的實根，即求f (x)在定義域的駐點。（同時也把導數(shù)不存在的點找出來），然后利用表上作業(yè)法過行斷定。
例1 求函數(shù)y=2x2—lnx的單調區(qū)間
顯然，函數(shù)的定義域為（0，+∞）。
解法一：y′=4x-==
令f′(x)= >0，∵x>0，∴(2x-1)(2x+1)>0
即(x-)(x+)>0→x>（其中x<－舍！）
函數(shù)y的單調增加區(qū)間為（，+∞）
令f＇（x）=<0，∵（2x—1）（2x+1）<0
即（x—）（x+）<0→0函數(shù)y的單調減少區(qū)間為（0，）。
注：上面的解法較繁，不如列表法簡單（解法二）：
令y′=0，得兩個駐點x=，x= —（∵x>0，∴應該舍掉“—”！）
使導數(shù)不存在的點只有一個x=0，列表如下
由表看出，函數(shù)y在（0，）內單調減少。
函數(shù)y在（，+∞）內單調增加。
例2．求函數(shù)y=(a>0)的單調區(qū)間
解 函數(shù)y有定義域為（-∞，+∞），那y′=
令y′=0，得駐點x=a，又當x=或x=a時，y′不存在，因此，由點x=a， a，a把區(qū)間（-∞，+∞）分成四個小區(qū)間，列表如下：
由表上看出 函數(shù)y在區(qū)間（-∞，+∞）上是增函數(shù)，f(x)在（-∞，+∞）上是增函數(shù)還是減函數(shù)？
解 由已知f(x)是奇數(shù)，得f(-x)，即f(x)= —f(x)
由此看出，奇函數(shù)f(x)=[—f(—x)′]= —[f（—x）′]·（—x）′=f′(—x)
由此看出，奇函數(shù)f(x)的函數(shù)f′(x)是偶函數(shù)，所以f′是偶數(shù)，所以f′（x）在（-∞，+∞）上的符號與在（-∞，+∞）上也是增函數(shù)。
例4 求f(x)=sin(x+)+sinx=
由表看出，f(x)單調增加區(qū)為（0，）
f(x)單調減少區(qū)間為（）
二．利用導數(shù)證明不等式
1．利用拉朗日中值定理證明不等式
主要理論根據(jù)，拉格朗中值定理——如果函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)，在開區(qū)間（a，b）內可導，那么在（a，b）內至少有一點§，使得f(b)—f(a)=f′(§)(b-a)(1)
對于滿足條件（1）的函數(shù)f(x)，當f(x)在（a，b）內在變化范圍已知時，即當x∈（a，b），有m≤f′(x) ≤M，那么我們可利用（1）式證明形如
m(b—a) ≤f(b)—f(a) ≤M(b—a)一類不等式。
例5 當0nbn-1(a-b)1時成立
證明：設f(x)=xn，則f′(x)=n·xn-1，f(x)在[b，a]上邊續(xù)可導，由拉氏定理，在（b，a）內存在一點§，使得
= f′(§)=n · §n-1
即
nbn-1(a-b)1時成立。
例6 求證 如果0證明：設f(x)=arctgx，則f′（x）=，f(x)在區(qū)間[x1，x2]上連續(xù)可導，滿足拉氏定理的條件，所以在區(qū)間（x1，x2）內，至少存在一點§，使得
=f′（§）= （1）
∵0∴0∵1<1+x<§2<1+x，即
=f′(§)= （2）
（1）代入（2）得
即
2、利用函數(shù)單調性證明不等式（主要理論根據(jù)在1頁）
利用單調性不等式又有以下三個途徑：
（1）化原不等式為f(x)>0(或f(x)<0)形式進行證明
例7 當x>0時，證明ex >1+x+>0
所以 ex >1+x+
例8 求證：ln(1+x)-，則
f′(x)=
=
=
當x≥0時，arctgx≥0，從而f′（x）≥0，因此，f(x1)f(x2)形式進行證明。
例9 求證：
loga(a+b)>loga+c(a+b+c) (b>0，c>0)
對一切a>1成立
分析：若設輔助函數(shù)f(x)=logx(x+b)，x∈（1，+∞），則當
x1=a，x2=a+c時，只要證f(x1)>f(x2)就可以了。
證明：設f(x)=logx(x+b)，x∈(1，+∞)，則
f′(x)=[]′=，
∵1即，因此，f′（x）<0，f(x)在（1，+∞），則當x1=a，x2=a+c時，只要證f(x1)>f(x2)就可以了。
證明：設f(x)=logx(x+b)，x∈（1，+∞）為減函數(shù)，因為1f(a+c)，即
loga(a+b)>loga+C(a+b+c)
例10 求證：如果0分析：欲證，只須證，為此，在區(qū)間（0，）內只要證明函數(shù)是增函數(shù)就可以了。
證明：設輔助函數(shù)f(x)= ，則
f′(x)==
=
當00，分子：2x>sin2x。所以f′(x)>0，因此在區(qū)間（0，）內，函數(shù)f(x)為增函數(shù)，因為0
即
（iii）化原不等式為f(x)>M（或f(x)例11
如果x>1，求證x3>x+—1。
分析：欲證x3>x+—1，只要證x3 —x —1就可以了，若設輔助函數(shù)f(x)=1時，f′(x)>0，所以在（1，+∞）上，就轉化到證明f(x)>—1.這里“—1”相當于M。
證明：設f(x)=x3 —x —>，則f′（x）=3x2 —1+，
當x>1時，f′(x)>0，所以在（1，+∞）上f(x)為增函數(shù)。
但f(1)= —1時，所以x3 —x ——1，即，如果x>1，則x3>x+—1。
例12 求證：如果0.
證明：設輔助函數(shù)f(x)= ，則f′（x）=(x —tgx).
∵0又f()=，故f(x)在區(qū)間（0，）內有f(x)> ，即>，即sinx>.
3．利用求函數(shù)最值方法證明不等式
主要理論根據(jù)：如果函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)，在開區(qū)間（a，b），上一定有最大值和最小值。
為了證明如m≤f(x)（或f(x) ≤M）的不等式，可以利用導數(shù)求f(x)的最小值m（或最大值M），從而獲得證明。但要注意：f(x)如意定義在閉區(qū)間[a，b]內，那么它的最值應當由（a，b）內的極值和兩個端點的值加以比較才能確定，如果定義在開區(qū)間(a，b)內，則只須在（a，b）內考察它的最值。
例13 設0≤x≤1，p>1，試證≤1.
證明：設f(x)=xp+(1 — x)p，則f′(x)=p[xp—1 — （1—x）p—1]
令f′(x)=0，可得xp-1=(1 —x )p—1，故x=1—x，即x==.
在[0，1]內，函數(shù)在駐、端點的值分別為：f()=+=，f(0)=1，
f(1)=比較f(0)，f()，f(1)，易見
f(x)=， f(x)=1，所以≤xp+(1 — x)p≤1.
例14 求證：≥ （0分析：欲證原式成立，只要證明函數(shù)的最小直是就可以了。
證明：設輔助函數(shù)f(a)= ，則f′(a)=0，當0令f′(a)=0，當0若0若0
所以 f(a)=f()=，即≥
三、求函數(shù)的極（最）值
主要理論根據(jù)：
1、極值第一判別法則
10 求導數(shù)f′(x)
20 令f′(x)=0，求f′(x)在定義域內的駐點；
30 檢查f′(x)在駐點左右的符號，如果左正右負，那么f′(x)在這個駐點取極大值；如果左負右正，那么f′(x)在這個駐點的函數(shù)值不是極值。
2．極值第二判別法則
當在駐點處函數(shù)f′(x)的二階層導數(shù)存在時，有時可以利用極值的第二判別法來判定在駐點處函數(shù)f′(x)是否取得極值：
如果函數(shù)f′(x)在點x0<0，附近有連續(xù)的導函數(shù)f″（x0）<0，則函數(shù)f′(x)=0，f″（x0）≠0。
（1）若f″（x0）<0，則函數(shù)f(x)在點x0處取極大值；
（2）若f″（x0）>0，則函數(shù)f(x)在點x0處取極小值。
3．最值判別法則
設函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上可導，求閉區(qū)間[a，b]上的最大值和最小值，可以分兩步進行：
（1）求f(x)在（a，b）內的駐點；
（2）計算f(x)在駐點和端點的函數(shù)值，并把這些值加以比較，其中最大者為最大值，最小者為最小值。
例15 求函數(shù)y=的極值
解y′=
== —
令y′=0，求駐點為—1，1
當x<—1時， y′<0
由負變正
當—10
當 —10
由正變負 y極小=y(-1)=2
當x>1時， y′<0
16、求函數(shù)f(x)=x3 —3x2 —9x+30在區(qū)間[—4，4]上的極值、最值
解f′(x)=3x2 —6x—9=3(x—3)(x+1)，令f′(x)=0，得x1= —1，x2
3，且有f(—1)=35，f(3)，f(—46)，f(4)=10，列表：
從表上看出函數(shù)的極大值為f(—1)=35，極小值為f(3)，函數(shù)的最大值為M=max{—46，35，10}=35；最小值為m=min{—46，35，10}= —46.
例17 船航行一晝夜的耗費由兩部分組成：一為固定部分，設為a元，另一為變動部分設它與速度的立方成比例，試問首創(chuàng)應以怎樣的速v行駛為最經濟？
解 設時間以每小時為單位，v為船速，則船一晝夜所行駛的路程為S=24vs (0≤v<+∞)
由題意，船航行一晝耗費a+Kv3（元），所以船航行每位路程的費用為
F(v)=（元）
F′(v)
令F′(v)=0，得=為最小值點，所以船應以速度v=行駛最為經濟
例18 求函數(shù)y=exsinx的極值
解 令y′=ex（sinx+cosx）=0，即tgx = —1，解得駐點為
=n∏—
y″=ex(sinx+cosx-sinx)=2excosx，而y″(2K∏—)=e2k∏ —>0
y″[(2K+1) ∏—]= —e(2k+1)∏-<0 (K∈Z)
所以 y極小=y(2k∏+)=
y極大=[（2K+1）∏ — ]=
例19 求函數(shù)y=2tgx-tg2x （0≤x＜＝
解 令y’=2sec2x-2tgx·sec2x=2sec2x(1-tgx)=0，即tgx=1，當 x∈[0，）時，解得駐點x=。
當x→時，y→-∞比較y()=1,y(0)=0,y()=-∞，可知，函數(shù)y在區(qū)間[0, ]上沒有最小值，但有最大值：ymax=y()=1
例20 在以r為半徑的圓中，以直徑為底作一內接梯形，求梯形面積的最大值。
解 如圖（1）AB=2r，設CD=2x，則梯形的高DE= ，所以梯形面積為S==(x+r) ,
S’=+(x+r),令s’=0，得x=,x=-r(舍)
當0＜x＜時，S’＞0；當＜x＜r時，S’ ＜0，所以當x=時，S有極大值，即最大值為。
例21 圓柱體內接于半徑R的球，試求體積最大的圓柱體的高。
解 如圖（2）設內接圓柱體的高為H，底半徑為r，體積為V，則V=r2H。
又+r2=R2，r2=R2-，所以V=（R2-）H，0≤H≤2R，（當H=0和H=2R時，V=0）。V’=(R2-)，令V’=0，求得唯一駐點H=，而且這點一定是最大值點，故體積最大的內接圓柱體的高為。
四、利用導數(shù)描繪函數(shù)的圖象
主要理論根據(jù)：
定義：如果曲線弧位于其第一點處切線的下方，那么稱此曲線弧是向上凸的，簡稱凸弧；如果曲線弧位于其每一點處切線的上方，那么稱此曲線弧是向上凸的，簡稱凹弧。
定理（曲線凹凸性的充分條件）：
設函數(shù)f(x)在區(qū)間（a，b）內有二階導數(shù)f”（x）。
（1）如果對所有的點x∈（a，b），有f”（x）＞0，則曲線y=f(x)在區(qū)間（a，b）內下凸；
（2）如果對所有的點x∈（a，b），有f”（x）＜0，則曲線y=f(x)在區(qū)間（a，b）內下凸；
定義：曲線的凹弧與凸弧的分界點，叫做曲線的拐點。
定理（拐點的必要條件）：調點（x0，y0）為曲線y=f(x)的拐點，且函數(shù)f(x)在點x0處具有二階導數(shù)，則f”（x0）=0
定理（拐點的充分條件）：設函數(shù)f(x)在點x0附近有二階導數(shù)，滿足下列條件：
（1）f”(x0)=0；（2）在x=x0的兩側f”(x)變號，則點P（xo，f(x0)）必為曲線y=f(x)的拐點。
曲線的漸近線有三種類型：
（1）若=∞或 =∞，則直線x=x0是曲線y=f(x)的一條鉛直漸近線。
（2）若 （b為常數(shù)）則直線y=b是曲線y=f(x)的一條水平漸近線。
（3）若 （K為常數(shù)），又（常數(shù)），則y=Kx+b是曲線y=f(x)
的一條斜漸近線（k≠0），對于x→－∞的情況有類似的情形。
描繪函數(shù)圖象的步驟：
（1）確定函數(shù)的定義域、周期性；
（2）確定曲線關于坐標軸及原點的對稱性，奇偶性；
（3）求曲線與坐標軸的交點；
（4）利用導數(shù)確定函數(shù)的增減性、極點和極值；
（5）利用二階導數(shù)確定曲線凹凸性及拐點；
（6）確定曲線的漸近線——鉛垂、水平、斜漸近線；
（7）如果需要，就由曲線方程算出一些點的坐標；
（8）將上面幾步的結果，按自變量的大小順序排入一個表格內，用以觀察圖形的大概輪廓，然后用光滑的曲線描繪出圖形。
例22 描繪函數(shù)y=的曲線
解 （1）定義域：（-∞，1）∪（1，＋∞）無周期性；
（2）關于坐標軸無對稱性；
（3）和x軸的交點（3，0）和y軸的交點（0，2）；
（4）、（5）y’=f’(x)=
令f’（x）=0，得駐點x1=3，x2= -1。因f”(3)＞0 ，不失為f(3)=0為極小值，又因f”（-1）＜0，故f（-1）= -2為極大值。
（6）漸近線：
因為 ，所以x=1是一條鉛直漸近線；
又因為

=
所以有另一條斜漸近線為y=
(7)列表：
x
(-∞，-1)
-1
（-1，1）
1
（1，3）
3
（3，+∞）
f’(x)
+
0
-
-
0
+
f”(x)
-
-
-
+
+
+
f(x)
↑
-2
↓
↓
0
↑
y=f(x)
上凸
極大
上凸
下凸
極小
下凸
附注
漸近線二條：x=1及y=
從表上看，曲線上的點太少，再計算得以下幾個點：
M（-2，）、N（0，-）、Q（2，）
描繪的曲線如圖（3）
例23 描繪y=的曲線
解 （1）定義域：（0，∞），沒有對稱性和周期性
（2）和x軸的交點：（1，0）
（3）y’=，令y’=0，得駐點x=e，
y”=
令y”=,得拐點的橫坐標x=。
（4）漸近線：
∵∴x=0為垂直漸近線，又
，所以y=0為水平漸近線，無斜漸近線。
x
(0，e)
e
(e，)
（，+∞）
y’
+
0
-
-
-
y”
-
-
-
+
+
y
↑
↓
↓
y=f(x)
上凸
極大
上凸
拐點
上凸
附注
二條漸近線：x=0，y=0
描繪的曲線如圖（4）

五、利用導數(shù)求函數(shù)的值域及其反函數(shù)
主要理論根據(jù)：如果一個函數(shù)在某區(qū)間上連續(xù)而且具有嚴格單調性，則此函數(shù)一定存在反函數(shù)x=f-1(y)，其求法步驟是：
（1）在函數(shù)的定義域內確定它的單調性及它的值域；
（2）由y=f(x)解出x，確定好在每個單調區(qū)間上的反函數(shù)，如果在x的解析式中有正負號，要恰當?shù)剡x好正負號，最后把變量進行交換。
例24 求函數(shù)y=的值域和它的反函數(shù)
解 函數(shù)y的定義域：[-3，1]。
函數(shù)y的單調性：
∵y’={[2-（1-x）]·（1-x）}-
當x∈[-3，1]時，y’＞0，∴函數(shù)y在[-3，1]上連續(xù)且嚴格增大，所以函數(shù)y在區(qū)間[-3，1]上存在反函數(shù)。
值域：∵f(-3)=0，f（1）=，由函數(shù)的單調性可知函數(shù)y的值域為：[0，]。
解x ：由原函數(shù)得x = -y4+4y2-3，交換變量后得反函數(shù)為y= -x4+4x2-3，x∈[0，]例25 求函數(shù)y=+的值域及在它的每個單調區(qū)間上反函數(shù)。
解 函數(shù)的定義域：[-，]。
單調性：函數(shù)在[-，]上連續(xù)，因為y’=，令y’=0，即
-=0，解得駐點x = -1.
在單調區(qū)間（-，-1）上，y’＞0，即函數(shù)在[-，-1]上嚴格增大；在單調區(qū)間（-1，）上，y’＜0，即函數(shù)在[-1，]上嚴格減小。因此在每個單調區(qū)間上，反函數(shù)存在。
值域：∵f（-）=，f(-1)=2，f()=。∴函數(shù)y在兩個單調區(qū)間上所對應的函數(shù)的值域相等，即都是[，2]……（1）
解x ：由原函數(shù)得
y-=，兩邊平方并整理得
4（x+1）+y2=2y， 兩邊再平方并整理得
（x+1）2 =（12-y2） （2）
討論開方時的正負號：
當x∈[-，-1]時，x+1≤0；
當x∈[-，-1]時，由原函數(shù)知，也有y＞0，由此，再聯(lián)系到（1），得12-y2≥0，至此，由 （2）得
x+1=-即x=-1-
交換變量后得x=-1-，x∈[，2]。即在單調區(qū)間（-，-1）上的反函數(shù)為y=-1-，y∈[，2]。
當x∈[-1，]時，x+1≥0，且y＞0，12-y2≥0，由（2）得x=--1+
交換變量后得y= -1+，x∈[，2]。即在單調區(qū)間（-1，）上的反函數(shù)為，y= -1+，x∈[，2]。
六、利用導數(shù)研究和切線有關的問題
主要理論根據(jù)：曲線y=f(x )上點（x0,f(x0)）的切線斜率為f’（x0）切線方程為：
y-f(x0)=f’（x0）(x-x0)。特殊地，如果在x=x0處切線與y軸平行，則f’( x0)不存在，所以不能用本公式。但此時可明顯地看出，切線方程為x=x0。
例26 求過點P（1，0）與拋物線y =x2+3相切的直線方程
解y’ =2x，設切點為（x0，y0），則切線的斜率為y’|x=x0=2x0，切線方程為y-y0=2 x0 (x-x0)。即y-（x02+3）=2x0(x-x0)。因為點P（1，0）在切線上，所以0- x02-3=2x0(1- x0)，即x02-2x0-3=0，解得x0=-1或x0=3。故切線方程為y=-2x +2或y=6x-6。
例27 已知雙曲線=1
（1）證明它的切線的斜率或大于，或小于-，
（2）證明它的切線與x軸的交點在兩頂點之間。
證明：由雙曲線=1兩邊對x求導得=0，又設雙曲線的切點（x0，y0），則y’| x=x0 =。
y=y0
（1）因為切點在雙曲線上，所以=1，即b2x02=a2(y02+b2)
y’2===
又a＞0b＞0，所以有y’＞或y’＜-。
（2）雙曲線的切線方程為
y-y0=，由此切線方程可化成如下的形式：
點（x0，y0）在雙曲線上，所以|x0|≥a，即|x|=。這就說明切線與x軸的交點在兩個頂點之間（包括兩個頂點）。
七、利用導數(shù)求函數(shù)值。
原高中數(shù)學教材《微積分初步》134頁定理的最后部分是“設函數(shù)f(x)在區(qū)間（a，b）內可導。如果在（a，b）內恒有f’(x)=0，那么f(x)在（a，b）內地常數(shù)”
這個定理也可以作如下的推論：
設函數(shù)P（x）與Q（x）在（a，b）內可導，P’（x）=Q’(x)+C（即P（x）與Q（x）僅相差一個常數(shù)C）。
證明：設h(x)=P(x)-Q(x),則在（a，b）內有h’(x)=P’(x)-Q’(x)。因為P’（x）=Q’(x)，所以h’(x)=0，據(jù)上述定理，h(x)d (a，b)內為常數(shù)，即
h(x)=P(x)-Q(x)=C 證完
利用上述定理及其推論可以求一類函數(shù)值。它的優(yōu)點是思路比較單一，容易掌握，特別對于那些用初等方法以考慮比較困難或無從下手的求值題，可以試用此法。
現(xiàn)舉例說明如下：
例28 求函數(shù)f(x)=，（x為任意實數(shù)。A、b、c為互不相等的實數(shù)。）
解 在區(qū)間（-∞，+∞）上
f(x)= ++
=
=
=
=0
∴f(x)=c ，對區(qū)間（-∞，+∞）上的一切實數(shù)x 均成立，取x=a，則有f(a)=1+0+0=1，因此，c=1，即
f(x)= +==1。
說明：為了確定常數(shù)c，x可以在區(qū)間（-∞，+∞）上取任意一個實數(shù)值，本例為了定c方便取的是x=a。當然，如果取x=b或c ,定c也同樣方便。
例29 對任意實數(shù)x ，求函數(shù)f(x)=cos2x=cos2(x-)+cos2(x+)的值。
解 在區(qū)間（-∞，+∞）上
∵f’(x)=-2cosxsinx-2cos(x-)sin(x-)-2cos(x+)sin(x+)
=-sin2x-sin(2x-)-sin(2x+)
=-sin2x+sin(-2x)+sin(+2x)
=-sin2x-sin (-2x)+sin(+2x)
=-sin2x-sincos2x+cossin2x+sincos2x+cossin2x
=0
∴f (x)=c，對區(qū)間（-∞，+∞）上的一切實數(shù)x均成立，取x=0，則有
f(0)=cos20+cos2()=，因此c=，即
f(x)=cos2x+cos2(x-)+cos2(x+)=。
說明：本例為了確定常數(shù)c，在區(qū)間（-∞，+∞）上取x=0最為方便。
例30 當|x|≥1時，求函數(shù)f(x)=arcsin+arccos的值。
解法一（用定理）
當|x|=1，即x＝±1時，f(x)=。
當|x|＞1時
∵f’(x)=·(-)-·(-)=0，
∴f(x)=c，
對于適合不等式|x|＞1的一切x均成立。
若x＜0，則x＞1，取x=2，則有
f(2)=arcsin+arccos=，此時也有c=。
綜上可知，當|x|≥1時，f(x)=arcsin+arccos=.
解法二（用推論）：
當|x|=1時，f(x)=
當|x|＞1時，設P(x)=arcsin,Q(x)=-arccos,
∵P’(x)= ·(-)，Q’(x)= ·(-)
∴P’(x)=Q’(x)。
故P(x)與Q（x）在區(qū)間（-∞，-1）及（1，+∞）上僅相差一個常數(shù)c，即P（x）-Q（x）=c。
當x∈（-∞，-1）時，取x=-2，則有P（-2）-Q（-2）==c；
當x∈（1，+∞）時，取x=2，
也有P（2）-Q（2）==c
綜上，當|X|≥1時，f(x)=arcsin+arccos=.
例31 求函數(shù)f(x)=arctgx+arctg的值。
解法一（用定理）
在x=-1處f(x)間斷不可導，但在區(qū)間（-∞，-1）和（-1，+∞）上f(x)分別可導，且有∵f’(x)=+
=+
=-
=0
∴f(x)=c對于區(qū)間（-∞，-1）和（-1，+∞）上的一切實數(shù)x 均成立。
當x∈（-∞，-1）時，取x=-，則有
f(-)=arctg-+arctg
=-
=
=
=
=，此時c=
當x∈（-1，+∞）時，取x=0，則有f(0)=arctg0+arctg1=，此時 c=。
綜上，

，x∈(-∞，-1)
f(x)=arctgx+arctg=
，x∈(-1, +∞)
解法二（用推論）：
在區(qū)間（-∞，-1）和（-1，+∞）上
設P(x)=arctgx，Q(x)=-arctg ，則P’(x)= ，Q’(x)= =，從而P’(x)=Q’(x)，故 P(x)與Q(x)在（-∞，-1）和（-1，+∞）上僅相差一個常數(shù)c。
當x∈（-∞，-1）時，取x=，則有
P（）-Q（）=arctg（）+ arctg=，
此時c=。
當x∈（-1，+∞）時，取x=0，則有
P（0）-Q（0）=arctg0+arctg1=，此時c=。
綜上，其f(x)值與解法一相同，不再贅述。
說明：本例因為（-∞，+∞）不是f(x)的可導區(qū)間，所以不能在這樣的區(qū)間上用上述定理或推論。但當我們剔除間斷不可導點“x=-1”以后，在兩個連續(xù)可區(qū)間（-∞，-1）和（-1，+∞）上便可以應用定理或推論求導定c了。
由以上各例我們看到，用導數(shù)計算函數(shù)值，要特別注意函數(shù)的可導區(qū)間，定的前提條件是f(x)在（a，b）內可導，且當f’(x)=0時，才有f(x)=c。
八、利用導數(shù)證明恒等式
主要理論根據(jù)：設函數(shù)f(x)在區(qū)間（a，b）內可導，如果在（a，b）內恒有f’(x)=0，那么f(x)在（a，b）內是常數(shù)。
形如φ(x)=ψ(x)+c（c可為任意常數(shù)，當c=0時，為其特例）恒等式，用導數(shù)法證題步驟是：
（1）設輔助函數(shù)f(x)= φ(x)-ψ(x)，
（2）求導得f’(x)=0，從而得到f(x)=c，
（3）在f(x)的可導區(qū)間內，選一個便于計算的x0，由f(x0)=c,求得c。
證明：（1）如果恒等式只是f(x)=c，就可以略去第一步，其證明步驟簡化為“求導c ”，此時c 可以為“0”，也可以不為“0”。
（2）“作差”也可以用“作商”取而代之，但求導不如作差方便。
注意：要特別注意函數(shù)f(x)的可導區(qū)間，如果在區(qū)間內的某點處，f(x)的導數(shù)不存在，上述的理論就失效，此時可按不同的可導區(qū)間分別進行討論。
例32 求證：4（）3 –3·=
證明：設輔助函數(shù)f(x)=4（）3 –3·=
∵f’(x)=（ex+e-x）2(ex-e-x)- (ex-e-x)- (e3x-e-3x)
=(ex-e-x)(e2x+2+e-2x-1-e2x-1- e-2x)
=0
∴f(x)=c (x∈R)。選x=0，有f(0)=4-3-1=0，因此c=0，故對任意的實數(shù)x，恒有f(x)=0，所以原式成立。
例33 求證
（1）Cn1+2Cn2+3Cn3+……+nCnn=n·2n-1(n≥1)
（2）Cn1-2Cn2+3Cn3-4Cn4+…+（-1）n-1·nCnn=0(n≥2)
（3）2Cn2+3·2Cn3+4·3Cn4+…+n(n-1) Cnn= n(n-1)2n-2(n≥2)
(4) 2Cn2-3·2Cn3+4·3Cn4+…+（-1）n-2·n(n-1) Cnn=0(n≥2)
證明：由二項式定理得
(1+x)n=Cn0+Cn1x+ Cn2x2+ Cn3x3+…+Cnn xn
兩邊對x求導得
n(1+x)n-1= Cn1+2 Cn2x+ Cn3x2+…+ nCnn xn-1……（*1）
對（*1）式再對x 求一次導得
n(n-1)(1+x)n-2=2 Cn2+3·2Cn3x+4·3Cn4x2+…+ n(n-1) Cnn·xn-2…（*2）
在（*1）中令x=1、-1，就分別得到恒等式（1）、（2）
在（*2）中令x=1、-1，就分別得到恒等式（3）、（4）
例34 求證：|x|≤1時，arcsinx+arccosx=。
證明：當|x|=1時，原式顯然成立
當|x|＜1時，設輔助函數(shù)
f(x)=arcsinx+arccosx
∵ f’(x)=-=0，故在區(qū)間（-1，1）內f(x)=c（常數(shù)），在（-1，1）選一個便于求c的值，例如選x=0，則
f(0)=arcsin0+arccos0= ， ∴ c=
∴ |x|≤1時，arcsinx+arccosx=。
注：輔助函數(shù)f(x)的定義域是[-1，1]，但不是可導區(qū)間，因為當x=±1時，f’(x)不存在，f(x)的可導區(qū)間是開區(qū)間（-1，1）,為了定c ，必須在這個開區(qū)間內尋找x。
例35 求證arctgx+arcctgx=
證明：設輔助函數(shù)f(x)=ardtgx+arcctgx.
∵f’(x)= -=0, ∴f(x)=c（常數(shù)）對一切x均成立，為求c方使，取x=1，則有
f(1)= +=,c=
故arctgx+arcotgx=
注：輔助函數(shù)f(x)的定義域和可導區(qū)間都是（-∞，+∞），所以在區(qū)間（-∞，+∞）內任意取一個x值，都可以定c。
例36 求證arcsin+arccos=（|x|≥1）
證明：當|x|=1時，原式顯然成立。
當|x|>1時，設輔助函數(shù)
f(x)= arcsin+arccos
∵f’(x)= ·(-)-·(-)=0.
∴當|x|>1時，f(x)=c
若x>0,則x>1，為求c方便，從中取x=2，則
f(2)=arcsin+arccos=,∴c=.
若x<0，則x<-1，為求c方便，從中取x=-2，則
f(-2)=arcsin(-)+arcos(-_=,∴也有c=.
綜上可知，當|x|≥1時
arcsin（）+arccos（）=成立.
注 當|x|=1時，f’(x)不存在，所以不能在區(qū)間（-∞，-1）和[1，+∞]上求導。定c時，只能在開區(qū)間（-∞，-1）或（1，+∞）內選取x 值。
例37 求證arcsin(sinx)+arcos(sinx)= .
分析：設輔助函數(shù)f(x)=arcsin(sinx)+arcos(sinx)
其定義域顯然是（-∞，+∞）
f’(x)= -
這個導函數(shù)的定義域是使sinx≠±1的x值的集合，即
{x|x∈R且x≠kπ+，k∈z}
這個集合也就是f(x)的可導區(qū)間，只能在這個區(qū)間內選x定c.
證明：當x∈{x|x∈R且x=kπ+，k∈z}時，原式顯然成立。
當{x|x∈R且x≠kπ+，k∈z}時，設輔助函數(shù)
f(x)=arcsin(sinx)+arcos(sinx)
f’(x)= -=0
∴f(x)=c對一切x∈{x|x∈R且x≠kπ+，k∈z}時都成立。為求便,取x=0，則有
f(0)=arcsin(sin0)+arcos(sin0)=
∴c=,故arcsin(sinx)+arccos(sinx)= 成立.
例38 求證arcsin=arctg(a>0)
證明：等式成立的條件為x≥0。
設f(x)=arcsin-arctg.
∵f’(x)= -=0
∴f(x)=c對區(qū)間[0，-∞]內的一切x均成立。取x=0，則有
f(0)=arcsin0-arctg0=0,∴c=0
∴arcsin=arctg (a>0,x≥0)
九．利用導數(shù)分解因式，化簡
主要理論根據(jù)
（1）求導法則：（u±v）’=u’ ±v’
(uv)’=uv’+vu’
()’=
(2)不定積分的性質
I0（f(x)dx）’=f(x)或df(x)dx=f(x)dx
及f’(x)dx=f(x)+c或df(x)=f(x)+c
20[f(x)+(x)+…+(x)]dx
=f(x)d(x)+ (x)dx+…+(x)dx
30af(x)dx=af(x)dx (a是常數(shù)，a≠0)
（3）定積分公式（牛頓——萊布尼茲公式）
f(x)dx=F(b)-F(a)
（4）無窮遞縮等比數(shù)列的和：S=
（a為首項，q為公比，且|q|<1）
例39 分解因式
x(y2-z2)+y(z2-x2)+z(x2-y2)
解 將x看作變量,y和z看作固定的常數(shù)（參數(shù)）.
將給出的式子記作f（x），并對它求導數(shù)，得
f’(x)=y2-z2-2xy+2xz
=2x(z-y)+y2-z2
=(y-z)(y+z-2x)
對x積分，得
f(x)= f’(x)dx=(y-z)(y+z-2x)dx
=(y2-z2)dx-2(y-z)xdx
=(y2-z2)x-2(y-z)·+c
=(y2-z2)x-(y-z)x2+c
其中c為常數(shù)，在本題中，c是含參量y和z的代數(shù)式。
下面我們來求出c的表達式。在恒等式
x(y2-z2)+y(z2-x2)+z(x2-y2)
=(y2-z2)x-(y-z)x2+c
中，令x=0，得出
yz2-zy2=c
于是f(x)=(y2-z2)x-(y-z)x2+yz2-zy2
=(y-z)[(y+z)x-x2-yz]
=-(y-z)[x2-(y+z)x+yz]
=-(y-z)(x-y)(x-z)
=(x-y)(y-z)(z-x)
說明：（1）本例用導數(shù)方法分解因式，并不太省事。但它給我們指出一條路子。如果本例將所給的代數(shù)式看和關于x的二次三項式，用因式分解的一般方法也很容易。
（2）由于一個函數(shù)的導致，有時在形式上的比該函數(shù)要簡單的多，因而很容易求出它的積分，從本例已經看到了這一點。
例40 分解因式：cos2x+cos2(x+y)-2cosxcosycos(x+y)
解 將上式記作f（x），而且將y看作常量，求導數(shù)得
f’(x)=-sin2x-sin2(x+y)+2cosy[sinxcos(x+y)+cosxsin(x+y)]
=-2sinx(2x+y)cosy+2cosysin(2x+y)=0
積分后得f(x)=c.在這個等式中，可令x=-y，得c=sin2y.
∴原式=sin2y.
說明：因為對任意的實數(shù)x，都能使恒等式f(x)=c成立。因此，除了上面令x=-y外，還可以令x=0,x=π，x=,……總而言之，為了計算上的方便，可自由去選擇x的值。
例41 化簡
(a+b+c)3-(a+b-c)3-(b+c-a)3-(c+a-b)3.
解 將上式記作f(a),求導數(shù)，得
f’(a)=3[(a+b+c)2-(a+b-c)2=(a-b-c)2-(a-b+c)2]
=3[2(a+b)·2c+2(a-b)(-2c)]
=24bc
兩邊對a積分得
f(a)=24abc+c
為求c方便，在上面的恒等式中令a=0，于是
c=f(0)=(b+c)3-(b-c)3-(b+c)3-(c-b)3=0.
因此，原式=24abc+c
說明：因為a可為一切實數(shù)，所以除了令a=0外，還可以令a等于別的實數(shù)。但當a為別的實數(shù)時，算起來都不方便。
十．利用導數(shù)判斷三角函數(shù)的周期性
命題：如果周期函數(shù)的導數(shù)存在，則導函數(shù)也是周期函數(shù)，并且有同一周期。
證明：設T≠0是F（x）的一個周期，則
F(x)=F(x+T)，依題意有
F’(x)=F’(x+T),如令F’(x)=f(x)，那么
F(x)=f(x+T)，證畢。
注：必須指出，即使F(x)有最小正周期Tmin，但它的導函數(shù)未必存在Tmin，因為導函數(shù)f(x) 可能為常數(shù)。例如F(x)=arctg(tgx)是周期函數(shù)，且Tmin=π，然而F’(x)= =1，即f(x)=1是周期函數(shù)，但無最小正周期。由于任何實數(shù)都是f(x)=1的周期，所以π也不例外，故與命題的結論不矛盾；只有當導函數(shù)f(x)為非常數(shù)的連續(xù)函數(shù)時，F(xiàn)(x)的最小正周期就是f(x)的最小正周期。
例42 求f(x)=4sin3xcosx-4cos3xsinx的最小正周期。
解 ∵F（x）=sin4+cos4
=(sin2x+cos2x)2-2sin2xcos2x
=1-sin22x
=1-·
=的最小正周期是。
又f(x)=F’(x)，故f(x)的最小正周期也是。
說明：F（x）實際上是f(x)的一個原函數(shù)，可以通過對f(x)求不定積分而得到。
例43 證明f(x) =xsinx+cosx為非周期函數(shù)
證：設T≠0是f(x)的一個周期，則
（x+T）sin(x+T)+cos(x+T)=xsins+cosx……………………………………（1）
由前面命題知
f’(x)=(xsinx+cosx)’=xcosx
也是周期函數(shù)，且周期是T，那么
（x+T）cos(x+T)=scosx………………………………………………………（2）
令x=0，由（1）處
TsinT+cost=1……………………………………………………………………（3）
令X=0，由（2）得
TcosT=0
∵T≠0，∴cosT=0,T=kπ+,代入（3）式得
（kπ+）sin (kπ+)=1
即(kπ+)（±1）=1…………………………………………………………（4）
∵K為整數(shù)，顯然（4）式是不成立的，故f(x)為非周期函數(shù)。

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