导数
例一
已知函数 $f(x)=x \sin x+2 \cos x+a x^{2}$，记 $f(x)$ 的导函数为 $f'(x)$，并定义
$$ \max \left\{a, b\right\}=\begin{cases}a &a\gt b\\b &a\leq b\end{cases} $$
- 当 $a=0$ 时，求证： $f(x)$ 在 $[-\pi,\pi]$ 有且只有两个零点。
- $\forall x_{1}, x_{2} \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right], \quad x_{1} \neq x_{2}, \cfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}\lt\max \left\{f^{\prime}\left(x_{1}\right), f^{\prime}\left(x_{2}\right)\right\}$，试求 $a$ 的范围。
第一问考察零点存在性定理及其推论，所以直接代入求导即可。
第二问本意为考察拉格朗日中值定理1，但是可以使用定积分的集合意义绕过。
当$a=0$时，$f'(x)=x\cos(x)-\sin(x)$，$f''(x)=-x\sin(x)$，
$\because x \in [-\pi,\pi]$
$\therefore f''(x)\leq 0$
$\therefore f'(x)\swarrow$
所以$f(x)$的增减性如下表。
| $x$ | $(-\infty,0)$ | $(0,+\infty)$ |
|---|---|---|
| $f'(x)$ | $+$ | $-$ |
| $f(x)$ | $\nearrow$ | $\searrow$ |
$\because f(0)=2 \gt0 ,f(\pi)=f(-\pi)=-2\lt0$
$\therefore \exists x_0 \in (-\pi,0),x_1 \in (0,\pi),s.t. f(x_0)=f(x_1)=0\square$
$f(x)=x\sin x+2\cos x+ax^2$
$f'(x)=x\cos x-\sin x+2ax$
$f''(x)=-x\sin x+2a$
不妨设$x_1\gt x_2$。
- 当$f'(x)\searrow$时。
$\because f(x_1)-f(x_2)=\int^{x_2}_{x_1}f'(x)\rm{dx}\lt f'(x_2)\cdot (x_1-x_2)$
$\therefore \cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\lt f'(x_1)$
$\because f'(x)\searrow,x_1\gt x_2$
$\therefore \max\left\{f'(x_1),f'(x_2)\right\}=f'(x_1)$
$\therefore\cfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}\lt\max \left\{f^{\prime}\left(x_{1}\right), f^{\prime}\left(x_{2}\right)\right\}\square$
此时，$f''(x)=-x\sin x+2a\lt0\Rightarrow a\in(-\infty,0]$。
- 当$f'(x)$先增后减时。
令$f'(x_1)=f'(x_2)$。此时$f(x_1)-f(x_2)=\int^{x_2}_{x_1}f'(x)\rm{dx}\geq f'(x_2)\cdot (x_1-x_2)$，与题设矛盾，故舍去。
- 当$f'(x)\nearrow$时。
$\because f(x_1)-f(x_2)=\int^{x_2}_{x_1}f'(x)\rm{dx}\lt f'(x_1)\cdot (x_1-x_2)$
$\therefore \cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\lt f'(x_1)$
$\because f'(x)\nearrow,x_1\gt x_2$
$\therefore \max\left\{f'(x_1),f'(x_2)\right\}=f'(x_2)$
$\therefore\cfrac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}\lt\max \left\{f^{\prime}\left(x_{1}\right), f^{\prime}\left(x_{2}\right)\right\}\square$
此时，$f''(x)=-x\sin x+2a\gt0\Rightarrow a\in[\cfrac{\pi}4,+\infty)$。
综上所述，$a\in (-\infty,0]\bigcup[\cfrac{\pi}4,+\infty)$。
例二
已知等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $a_3=3,S_{100}=5050$。
- 试求 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式；
- 设数列 $\left\{b_n\right\}$ 满足 $lg\left(\cfrac{1}{1-b_n}\right)=a_n$，求证：$\forall\varepsilon>0, \exists N\in\mathbb{N^*},s.t. \forall n \gt N, \left|b_n-1\right|<\varepsilon$
例三
设 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-\ln \sqrt{1+x}$。
- 若 $x=0$ 是 $g(x)=f(x)-a x^{2}-\cfrac{1}{2} x$ 的极小值点，试求 $a$ 的取值范围。
- 设 $a,b\in\mathbb{R}\wedge a\not= b,s.t.f(a)=f(b)=m$，求证：$\left|a-b\right|\lt\cfrac23\sqrt{12m-11}$。
例四
设 $f(x)=\cfrac12x^2\ln x-\cfrac14x^2-ax$。
- 求证：$a \gt 0$ 时，$f(x)$ 在区间 $\left(1,+\infty\right)$ 上存在唯一极小值点。
- 若 $f(x)$ 有且只有两个零点，试求 $a$ 的取值范围。
立体几何
例五
如图，在四面体 $ABCD$ 中，有 $AC\perp\text{平面}BCD,BD\perp CD$。
- 求证：四面体 $ABCD$ 四个面均为直角三角形。
- 记二面角 $A-BD-C$ 的大小为 $\alpha$，直线 $AB$ 和直线 $CD$ 所成的角为 $\beta$，直线 $AB$ 和平面 $BCD$ 所成的角为 $\gamma$。试探究 $\sin\gamma$ 与 $\sin\alpha$ 和 $\sin\beta$ 之间的关系，然后证明你的结论。
- 笔者注：该定理在部分新高考地区有所考察 ↩
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