高等数学在中学数学中的应用1000例

《高等数学在中学数学中的应用1000例》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高等数学在中学数学中的应用1000例（40页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、定理10 设函数f(x)在I可导。函数f(x)在区间I是凸函数，且，有。推论 若函数f(x)在区间I上存在二阶导数，且（1），有，则函数f(x)在区间I严凸。（2），有，则函数f(x)在区间I严凹。定理11（詹生不等式）若函数f(x)在区间I是凸，则有不等式 其中且。利用拉格朗日重要不等式证明不等式例33（101页） 证明：若函数在闭区间a,b满足拉格朗日定理，且在a,b上单调增加（减少），则 （ ）其中a=,(i=0,1,2,，n),(此不等式称为拉格朗日重要不等式)证明 已知函数在闭区间a,b满足拉格朗日定理，则在（i=0，1，2，n-1）上也满足拉格朗日定理，有 （i=0，1，2，n-1

2、）又已知在a,b上单调增加，则在（i=0，1，2，n-1）上也单调增加，从而 或 （i=0，1，2，n-1）于是 即 类似可证，为单调减少的情形 利用凸凹函数证明不等式例38 （105页）证明：当 （i=0,1,2,n）时，有不等式（调和平均数） （几何平均数） （算术平均数）证明 分别证明两个不等式，首先证明右端不等式。设， 0，根据定理10推论知，f(x)在内为凸函数，由詹生不等式，令，有或 即 。 其次证明左端不等式，只须令，有 ，或 ，即 综上所证有 。例42 （107页）证明：当且时，有不等式。证明 设， 故f(x)在上是凸函数，由詹生不等式，有，即 。 若用代替，两边开次方，有若令

3、，有 如果用分别代表n个正数的调和平均值，几何平均值，算术平均值和平方平均值，即 ， ， 。则 。例43 （108页）证明：，有不等式证明 设根据定理10推论知，f(x)在R上为凸函数，由詹生不等式， ，有。当n=2时，有（高中代数习题）例44 （108页）证明：当，且时，有不等式 证明 设 则 根据定理10推论知，f(x)在R上为凸函数，有詹生不等式，有，即 于是 注 欲证 故，设函数为 ，。例55（赫尔德不等式） （114页） 已知且求证：其中。证明 有题设条件，则。设则 ，根据定理10推论知，f(x)在内为凸函数，由詹生不等式，有即 或 于是， （*） 若令，则 且 则（*）式为 若令，

4、且与分别用与代替，则（*）式为 或 这就是常见的赫尔德不等式形式。例69（122页）证明：当时，有不等式。 证明 设 令 ，即，解得驻点，且，有，有，知函数在点取极小值，其极小值为 由于在上连续，且只有一个极小点，因此这个极小点就是最小点，则，有 。 令，于是， 即 例73（124页） 证明：，且有不等式证明 设，且，有，故函数在（-1，0）内严格减少；，有，故函数f（x）在内严格增加，显然f(x)在点x=0连续。有 或即 例75 （125页）证明不等式（杨格不等式，英国数学家）其中。证明 设，则令 ，即解得唯一一个驻点，且，有，有。知，函数在点x=1取极大值，其极大值为 由于f(x在)上连续

5、，且只有一个驻点，因此这个极大值点就是最大点，则，有。令 即 例78（ 127页）证明： （1） 证明 于是 函数即（1）式得证。 特别，若在（1）式中， （2）若在（2）式中，若在（1）中，令，若在（1）中，令。利用柯西不等式证明不等式例79（128页）称此不等式为赫尔德不等式。 证明 设代入例75的不等式中，有，将 即 特别是，当称为柯西-施瓦兹不等式。例81（129页） 已知证明 例83（130页）已知证明例89（131页）证明 （一）。 于是， 。 （二）例14 （156页）证明：证明 设 （1） （2）只须证明用反证法，假设则 （3）同理 （4） 由（3）与（4）得 或 ，从而 例1

6、8（159页）证明：（1）。 （2）证明 ，对上式两端求导，得令，则令，则。应用例题例1 （162页）分解因式解 将对上式求原函数，有从而 令于是， 。例2（163页）分解因式解 ，对上式求原函数，有 从而 。 令于是， 例1 （170页）计算解 令対上式求原函数，有则 从而 即 原式=。例2 （171页）证明：。证明 设是星型线上任一点，将星型线方程对求导，得 过点M的切线方程为 于是，二坐标轴所截线段长为例3 （171页）已知，求解 不失一般性，令则 （*）将 ，或 则 故函数取于是， 为所求的最小值。例2（188页）解方程解 将方程变形为而4，均是R上的函数，且 ，函数同解，解此方程，得

7、。例13（195页）解下列方程：解 （1）由于 设 显然，故。解此方程得，代入原方程验证即为原方程的根。（2）由于 设现然，故函数 或 同解。解此方程得，代入原方程验证即为原方程的根。弦位法（206页211页）如下图，将上的曲线弧AB的两端连成弦AB，用弦AB与X轴的交点横坐标为方程根的近似值，这种方法称为弦位法。如果与同号，令，以点为已知点的弦AB方程为 令y=0，求得这弦与x轴的交点横坐标是 （1） 如果横坐标是 （2） 由上图可见，弦AB与x轴的交点的横坐标更接近方程根，用同样方法，从新区间如此继续下去，一般地，从 （3）或 （4） 满足（4）式的近似根数列，有 在 设 （5）这样，由（

8、5）式就可以判定近似根例8（208页） 用弦割法求方程的实根的近似值，精确到。 解 设 则方程又 =同法可得显然。由误差估计公式，有即 于是，以。例9（209页） 用弦切法求方程解 由 故唯一正实根在区间与从而 从而 于是，方程的根。切线法（210页）如上图 ，用曲线弧一端的切线来代替曲线弧，从而求出方程实根的近似值，这种方法称为切线法。在曲线弧的端点纵坐标与同号的曲线端点处作曲线的切线，如图 ，情形（a），（d）作点B处（情形（b）,（c）处作点A）的曲线切线。令,则点（）处曲线切线方程为令，求得这切线与x轴交点横坐标是 （6）由上图 可见，端点B处（A处）的曲线切线与x轴交点的横坐标比b（

9、情形（a）（d）或a（情形（b），（c）更接近方程根。再在点作切线，可得根的近似值，如此继续下去，一般地，在点作切线，得根的近似值为 （7）例10（210页） 用切线法求方程的实根近似值，精确到。解 设，由例7知是根的一个隔离区间，有 由则与同号，令由（6）式，有 令，由（6）式，有同法可得 出现此种情形，不能再继续算下去，显然，与同号，即经过计算知例12（234页） 证明：当其中证明 设函数显然在区间上是正值连续严格增加。及由下图不难看到，不论都有 已知，从而于是，例17（238页） 证明：当。证明 如图所示，将区间等分，在每个小区间上作高为的矩形。这些小矩形面积和为T，由曲线，与直线及轴所

10、围成平面图形的面积为S，则即 例20（240页）证明：当时，有。证明 如图所示，将区间等分，在每个区间上作高为的矩形，设这些小矩形面积的和为T，由曲线与直线及轴所围成平面图形的面积为S，则上式两端同时加上1，于是，例1（243页） 已知数列满足，求通项。 解 设与 （1）显然，当时，有 或 令则 故是首项为，公差为1的等差数列。由等差数列的通项公式，有，于是的原函数为 （2）已知由（2）式得方程组 解此方程组，得并将其代入（2）式，且令，得例7（249页）已知数列满足。求数列通项。解 (1)显然，当，当。 对（1）式两端关于求导，得，从而， 或 故故的原函数为 （2）将代入（2）式，得方程组解

11、此方程组，得。并将其代入（2）式，且令即 例9（251页）已知数列解 设 （1）显然 当当对（1）式两边关于。从而 故的原函数为 （2）将 解此方程组，得并将其代入（2），且令，有 即 。例1（265页）求的和。解 已知二项式公式 ，对上式两端分别关于从0到1进行积分运算，得 即 例2（267页）证明。证明 已知二项式公式，对上式两端分别关于从0到1进行积分运算，得 即 。例19（278页）求的最大整数部分。解 设，则即 于是，A的最大整数部分是1994。例20（278页）证明证明 由预备知识5中，贝努力多项式序列的定义及定理9知， 例24（280页）证明：1+2+3+k=.证明 根据预备知识

12、中定理10，从而，由于欲证等式左端自然数幂指数为1，故只须构造出的表达式即可，将乘以，再关于积分，有取于是有 从而， 于是，。例25（281页）证明证明 由于欲证不等式左端自然数幂指数为2，故只须构造出的表达式即可，由例24知， 将乘以，再关于积分，有取则，于是有 从而，于是， ，即 平面一般图形面积的计算例15（301页）证明：半径为R的圆面积为.证明（一）已知圆心在坐标原点，半径为R圆的方程是显然，它关于坐标原点对称，故圆的面积为圆的第一象限内的面积的4倍。故所求图形面积为(二)圆的面积也可以看作是由上半圆与下半圆所围成图形的面积，于是有(三)圆的参数方程为 ，于是有，例16（302页）证

13、明：椭圆的面积为。证明 （一）由于椭圆关于两个坐标轴对称，故椭圆面积为椭圆在第一象限内面积的4倍。由椭圆方程得，第一象限函数表达式为。于是有。（二）椭圆的面积也可以看作是由上半椭圆与下半椭圆所围成图形的面积，由预备知识中公式（3）得（三）椭圆参数方程为 。于是有例17（304页）求由所围成平面图形的面积。解 由题知如图则 所求平面图形面积为 由 在上，二曲线交点的横坐标分别为。在区间上，有，于是，例18（304页）求旋轮线一拱与轴围成区域的面积。 解 如图 旋轮线是指：半径为的圆轴上转动一周时，圆周与坐标原点接触的点轨迹。由预备知识中公式（4），所求面积为例20（305页）求心脏线所围成平面图

14、形的面积。如下图解已知的变化范围是，则所求的面积为例21（305页）求双纽线所围成图形（如图）的面积 。解如图所示，双纽线关于两个坐标轴都对称，因此，双纽线所围成的平面图形的面积是第一象限图形面积的4倍。在第一象限中，的变化范围是从。于是，所求的面积为积分在空间立体体积与表面积中的应用例1 （309页）证明（祖 定理）：“夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”。证明 在空间直角坐标系中，将两个平面中的一个平面作为坐标平面，另一个平面放在坐标面的上方。设两个平面之间的距离是。过点轴的平面与这两个几何体相截，设截面面积

15、分别是。已知根据已知立体的截面积求体积公式，则这两个几何的体积分别是与于是， 即这两个几何体的体积相等。例2（310页）证明：半径为R的球的体积为。证明 球心在坐标原点的球面方程为球体在轴上的投影区间是,在上任取一点z，过点z垂直于z轴的平面与球体相截，截面是圆盘，设圆盘的半径是r （如图），即。从而，圆盘的面积为，从而球的体积为例3（310页）证明：底面积为Q高为h锥体体积为。证明 如图所示，设锥体体积的顶点为坐标原点o，过顶点o垂直于底面的直线为z轴（正方向向下）。设距顶点o为z的截面的面积为。由初等几何知，平行于锥体底面的截面面积与底面面积之比等于各自距顶点距离的平方比，即或。则底面积为

16、Q高为h的锥体的体积为。例4（311页）设有一底面半径为r的圆柱，用过底面直径AB且与底面成角的平面去截这个圆柱所得的部分（如图）。求截得的立体的体积。解 取底面直径AB的中心o为坐标原点，AB所在的直线为x轴，在直径AB上取一点x，过点x且垂直于直径的平面与立体的截面是等腰直角三角形，它的面积为 （）。故 所截立体的体积为。例5 (311页)设有一半径为r的圆。它的一条直径为AB，过直径AB上任意点x且垂直于AB的平面与圆的交点分别为L,M。这这个平面上作LM为一条边的正三角形将点x从A移动到B时，求正三角形形成的立体的体积(如图).解 取圆心o为坐标原点，直径AB所在的直线为x轴，在直线A

17、B上任意取一点x,用过点x且垂直于直径AB的平面去截这个立体所得截面是正三角形.正三角形的面积为故所求立体体积为。例8（314页）证明：底面半径为r，高为h的圆锥体的体积为。证明 取圆锥体顶点o为坐标原点，过顶点垂直于底面的直线为x轴，过坐标原点o且垂直于x轴的直线为y轴（如图），则圆锥体可以看作是由直线PO于x=h及x轴围成的直角三角形绕x轴旋转一周得到的旋转体。 直线OP的方程为则，所求圆锥体的体积为。例9（314页）证明：椭球体的体积是。（如图）证明 这个椭球体可以看作是由上半椭圆及x轴围成的区域绕x轴旋转一周得到的立体。故所求椭球体的体积为 。例18（319页）证明：半径为R的球的表面

18、积为。证明 （一）在直角坐标系中，半径为R，球心在坐标原点的球面方程为。半径为R的球的表面积等于上半圆，在区间绕x轴旋转所得旋转体的侧面积。由，有，故半径为R的球的表面积为（二）由于球的表面积是上半球的表面积的2倍，所以只须计算上半球的表面积即可，上半球面的方程是其中。于是，半径为R的球的表面积为作极坐标变换：，得则将区域变换为方形区域 从而，例19（321页）证明：半径为R，高为h的球冠的表面积为。证明 为了计算方便，取圆心在点（R，0），半径为R的上半圆方程为将上半圆在区间0，h绕x轴旋转一周所得旋转体是半径为R，高为h的球冠。所以，半径为R高为h的球冠的表面积为。例20（321页）求圆绕

19、x轴旋转所得旋转体的表面积。解 上半圆与下半圆的方程分别为 与且 从而， 这个旋转体的表面积是上、下半圆分别绕x轴旋转所得到的两个旋转体的侧面积之和。于是，所求表面积为积分在求曲线弧长中的应用例1（323页）证明：半径为R的圆的周长为。证明 （一）已知圆心在坐标原点半径为R的方程为 由于圆关于两个坐标轴对称，所以只须求出第一象限内的弧长，然后4倍，即得出圆的周长S。 已知圆在第一象限的方程是且于是，圆的周长为(二)半径为R的圆的参数方程为 且于是，圆的周长为（三）半径为R的圆的极坐标方程为所以圆的周长为 例2（324页）两根电线杆之间的电线，由于其本身的重量，下垂成曲线形，这样的曲线称为悬链线，求悬链线解 ，从而，则 所求弧长为例5（326页）求星形线的全长。解（如图）星形线关于两个坐标轴都对称，于是，星形线的全长是它在第一象限那部分的4倍。于是，星形线的全长为 例6（326页）求旋轮线一拱的长。解 则，旋轮线的全长为 例8（327页）求心脏线的全长。解 由于心脏线在上的弧长相等，所以心脏线的全长是它在上的弦长的2倍。由例9（327页）求圆柱螺线 ， 一段的弧长。（如图）解 所以圆柱螺线的弧长为。资料由谢老师收集：了解初中，高中考试信息，做题技巧，解题思路可去谢老师博客