浅谈微积分在高中数学中的应用

前言

本文仅作为各类题型或技巧的归纳，以在高考中应用为目的。

A \(\operatorname{L'H\hat opital's \; rule}\)

不严格地说，洛必达法则就是在 \(\frac{0}{0}\) 型和 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型时，有：

\[\begin{aligned} \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} \end{aligned} \]

如果实际应用过，就能发现洛必达法则大大简化了极限运算，化繁为简。故而在导数大题中，我们有些题目可能用常规方法无法解答，我们就可以通过洛必达法则在草稿纸上求出极限，然后论证之。我们可以用必要性探路的方法，通过毫不超纲的书写拿到本题的全部分数。举个例子，题目要求证：\(f(x)>a\) ，而我们可以先说明 \(f(x)\le a\) 时不成立，再说明 \(f(x)>a\) 时成立即可。

但是部分学生对洛必达法则只知其一，不知其二，盲目地运用，这是不可取的。

如果用洛必达法则可以求出极限，那么这个极限是一定存在的；但如果一个极限存在，不代表可以用洛必达法则求出该极限。这是一个充分不必要的关系。

举个例子，如对于 \(\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{x+\sin x}{x} \end{aligned}\) 用洛必达法则时，则会发现最终的结果是震荡的：

\[\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{x+\sin x}{x}=\lim_{x\to \infty}\frac{1+\cos x}{1}=1+\lim_{x\to \infty}\cos x \end{aligned} \]

但实际上，我们知道：

\[\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{x+\sin x}{x}=\lim_{x\to \infty}(1+\frac{\sin x}{x})=1 \end{aligned} \]

还有些时候，使用洛必达会显示一种“循环”的困境，如对于 \(\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \end{aligned}\) 用洛必达法则时，会有：

\[\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\lim_{x\to \infty}\frac{1}{\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}=\lim_{x\to \infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\lim_{x \to \infty} \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \end{aligned} \]

A-1 洛必达法则练习

由于洛必达法则适用范围还是比较广的，在此留下一道洛必达法则的练习题供读者自行解答。

已知函数 \(f(x)=x^2\ln x-a(x^2-1),a\in\mathbb{R}\) 。若当 \(x\ge1\) 时， \(f(x)\ge0\) 恒成立，则实数 \(a\) 的取值范围为？

B \(\operatorname{Maclaurin's\;series}\)

麦克劳林公式是由泰勒公式推导而来的，但在高中阶段没必要记那么多底层的公式，故而记住下文给出的公式即可。麦克劳林公式：

\[\begin{aligned} f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2}x^2+\dots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+o(x^n) \end{aligned} \]

特别地， \(o(x^n)\) 表示余项。

在此给出 \(5\) 个高中阶段较为常用的公式：

\[\begin{aligned} e^x&=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots\\ \ln (1+x)&=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots\\ \sqrt{1+x}&=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\dots\\ \sin x&=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots\\ \cos x&=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\\ \end{aligned} \]

泰勒公式和麦克劳林公式在高中主要的应用场景是近年兴起的比大小题型，一般而言公式用到前 \(3\) 项就够了，而且以小题为主，相信还是不难解决的。下面留两道题作为练习。

B-1 2022·新高考I卷·7

设 \(\begin{aligned}a=0.1e^{0.1},b=\frac{1}{9},c=-\ln0.9\end{aligned}\) ，比较三者大小。

B-2 2021·全国乙卷·12

设 \(\begin{aligned}a=2\ln 1.01,b=\ln1.02,c=\sqrt{1.04}-1\end{aligned}\) ，比较三者大小。

B-3 2014·全国2卷·21

本题是一道非常***钻的题，留作读者以较为初等的方法思考。第三问需要通过前两问的铺垫来做，还要设法利用 \(\sqrt2\) 的近似值，并想办法求 \(\ln2\) ，在考场上想要做出来肯定是不现实的，但如果做到了一定程度，然后用上公式算出部分过程量，可能还是能得到一定的分数的。

C \(\operatorname{Jensen's\;inequality}\)

琴生不等式是一个重要的不等式，但我们不妨先来讨论一个问题，什么是函数的凹凸性？

C-1 函数的凹凸性

在高一时可能会遇到这样的题，给定一个函数的图像（如下图），要求判断其是否满足：

这实际上就是函数的凹凸性。在高中阶段，我们可以不严格地认为：如果函数满足上式，我们称 \(f(x)\) 在定义域 \(I\) 内下凸；同理，若仅仅是上式的小于号改为大于号，则我们称 \(f(x)\) 在定义域 \(I\) 内上凸。由于国内对于凹凸性的翻译普遍不同，故而笔者以“上凸”和“下凸”区分之。

在此直接给出函数凹凸性的判定定理：设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，若在 \((a,b)\) 内 \(f''(x)\ge0\) ，且在 \((a,b)\) 的任何子区间内不恒为零，则曲线 \(y=f(x)\) 在 \([a,b]\) 上是下凸的。同理，上凸时需 \(f''(x)\le0\) 。

举个例子：对于函数 \(f(x)=3x^4-4x^3+1\) 而言： \(f'(x)=12x^3-12x^2,f''(x)=36x^2-24x\) 。

于是我们发现：当 \(\begin{aligned}x\in(-\infty,0)\end{aligned}\) 时， \(f''(x)>0\) ，函数下凸；当 \(\begin{aligned}x\in(0,\frac{2}{3})\end{aligned}\) 时， \(f''(x)<0\) ，函数上凸；当 \(\begin{aligned}x\in(\frac{2}{3},\infty)\end{aligned}\) 时， \(f''(x)>0\) ，函数下凸。

C-2 琴生不等式例题

琴生不等式：设 \(f(x)\) 在区间 \([a,b]\) 上是下凸的，则 \(\forall x_1,x_2,\cdots ,x_n\in[a,b]\) ，下不等式成立：

\[\begin{aligned} f(\frac{\sum^n_{i=1} x_i}{n})\le \frac{\sum^{n}_{i=1}f(x_i)}{n} \end{aligned} \]

当且仅当 \(x_1=x_2=\cdots=x_n\) 时取等。函数上凸时同理。实际上这个式子很好记，我们就看图像就行。

这里来看一道简单的例题，在 \(\Delta ABC\) 中，求证：

\[\begin{aligned}\sin A+\sin B+\sin C\le \frac{3\sqrt3}{2}\end{aligned} \]

解：不难发现， \(y=\sin x\) 在 \((0,\pi)\) 上是上凸的，于是就有：

\[\begin{aligned}\because&&\frac{\sin A+\sin B+\sin C}{3}\le \sin\frac{A+B+C}{3}=\frac{\sqrt3}{2}\\\therefore&&\sin A+\sin B+\sin C\le \frac{3\sqrt3}{2}\end{aligned} \]

C-3 琴生不等式练习

已知 \(a,b,k\) 都是正实数， \(a+b=1\) ，求证：

\[\begin{aligned} (a+\frac{1}{a})^k+(b+\frac{1}{b})^k\ge\frac{5^k}{2^{k-1}} \end{aligned} \]

D \(\operatorname{Newton-Leibniz\;formula}\)

\(\operatorname{N-L}\) 公式：如果函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，并且有原函数 \(F(x)\) 使得 \(F’(x)=f(x)\) ，那么 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上的定积分满足：

\[\begin{aligned}\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x=F(b)-F(a)=\left.F(x)\right|_a^b\end{aligned} \]

D-1 江苏老教材课后习题

由于新教材中已经删去了定积分的部分，故而我们不妨先以一道江苏老教材中的课后习题作为引子，来展示 \(\operatorname{N-L}\) 公式的用法。

解：如下图，以球心 \(O\) 为原点建系。设球半径为 \(R\) ，在沿 \(z\) 方向据 \(O\) 点距离为 \(z\) 的点处取平行 \(xOy\) 的平面 \(\alpha\) ，设此平面内截得球的半径为 \(r\) ，则 \(r^2=R^2-z^2\) 。

D-2 2008·江苏·23

解：本题是较有启发性的，在习题中可能会遇到类似的形式。

证明很简单，对 \(x\) 求导再移项即可：

\[\begin{aligned}n(1+x)^{n-1}&=C_{n}^{1}+2C_{n}^{2}x+3C_{n}^{3}x^2+\dots+nC_{n}^{n}x^{n-1}\\n[(1+x)^{n-1}-1]&=2C_{n}^{2}x+3C_{n}^{3}x^2+\dots+nC_{n}^{n}x^{n-1}=\sum^{n}_{k=2}kC_n^kx^{k-1}\end{aligned} \]

① 很简单，对于（1）中的结论，我们给等号两边同时加 \(n\) ，即有：

\[\begin{aligned}n(1+x)^{n-1}=\sum^{n}_{k=1}kC_n^kx^{k-1} \end{aligned} \]

注意到令上式中 \(x=-1\) 即证：

\[\begin{align}\sum^{n}_{k=1}(-1)^{k-1}kC_n^k&=n[1+(-1)]^{n-1}=0\\-1\times\sum^{n}_{k=1}(-1)^{k-1}kC_n^k&=-1\times0\\\sum^{n}_{k=1}(-1)^{k}kC_n^k&=0 \tag{I}\end{align} \]

注意到 ② 中要证明的式子从 \(k\) 变为了 \(k^2\) ，不难注意到要对题目中的等式进行二次求导，于是有：

\[\begin{aligned}n(n-1)(1+x)^{n-2}&=2\times 1C_{n}^{2}+3\times 2C_{n}^{3}x+4\times3C_{n}^{4}x^2+\dots+n(n-1)C_{n}^{n}x^{n-2}\\&=\sum^{n}_{k=2}k(k-1)C_n^kx^{k-2} \end{aligned} \]

类似地，令上式中 \(x=-1\) 即有：

\[\begin{aligned}\sum^{n}_{k=2}(-1)^k(k^2-k)C_n^k=0\end{aligned} \]

同时注意到： \((-1)^1(1^2-1)C_n^1=0\) ，于是：

\[\begin{aligned}\sum^{n}_{k=1}(-1)^k(k^2-k)C_n^k=0\end{aligned}\tag{II} \]

由 \(\operatorname{(I)+(II)}\) 即证：

\[\begin{aligned}\sum^{n}_{k=1}(-1)^kk^2C_n^k=0\end{aligned} \]

③ 式显然与 ①、② 式都不同，不再是简单的求导，故而不难想到要对题中所给等式积分：

\[\begin{aligned}\int_{0}^{1}(1+x)^n \mathrm{d}x&= \int_{0}^{1}(C_{n}^{0}+C_{n}^{1}x+C_{n}^{2}x^2+\dots+C_{n}^{n}x^{n})\mathrm{d}x\\\left.\frac{1}{n+1}(1+x)^{n+1}\right|_0^1&=\left.\sum^{n}_{k=0}\frac{1}{k+1}C^k_nx^{x+1}\right|_0^1\\\frac{2^{n+1}-1}{n+1} &=\sum^n_{k=1}\frac{1}{k+1}C_n^k\end{aligned} \]

E 积分放缩

E-1 积分放缩例题

求证：

\[\begin{aligned} \forall n\in \mathbb{N^*} ,\sum^n_{k=1}\frac{2}{2k-1}-\ln{(2n-1)}<2 \end{aligned} \]

如果说 \(\operatorname{N-L}\) 公式过于基础了一些，那么这里就引入一种做题技巧——积分放缩。当然，本题显然可以通过构造差函数，然后用导数解决，这是较为一般化的方法。注：原题中是 \(\ln(2n+1)\) 。

解：

\[\begin{aligned}\forall n\in \mathbb{N^*} ,&\sum^n_{k=1}\frac{2}{2k-1}-\ln{(2n-1)}<2\\\Leftrightarrow \forall n\in \mathbb{N^*} ,& \sum^{n}_{k=1}\frac{1}{k-\frac{1}{2}}<\ln(2n-1)+2\\ \end{aligned} \]

\(n=1\) 时，\(\operatorname{LHS}=2,\operatorname{RHS}=\ln3+2>\operatorname{LHS}\)

\(n\ge 2\) 时，命题 \(\begin{aligned}\Leftrightarrow \forall n\in \mathbb{N^*} , \sum^{n}_{k=1}\frac{1}{k-\frac{1}{2}}<\ln(2n-1)+2\end{aligned}\)

记 \(\begin{aligned}f(x)=\frac{1}{x}(x>0)\end{aligned}\) ，注意到当 \(\begin{aligned}x\in(\frac{1}{2},\frac{3}{2})\end{aligned}\) 时， \(\begin{aligned}f(x)>f(\frac{3}{2})\end{aligned}\) ，于是（如下图）我们不妨取若干个长度为一的区间，则有：