1、考研数学一（高等数学）模拟试卷 240 及答案解析(总分：60.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：3，分数：6.00)1.选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。（分数：2.00）_2.在下列四个命题中正确的是（分数：2.00）A.设 0 (a，b)，函数 f()满足 f()0(a 0 )和 f()0( 0 b)，则f()在点 0 处取得它在(a，b)上的最大值B.设 f()在点 0 取得极大值，则存在正数 0，使函数 f()在( 0 ， 0 )内单调增加，在( 0 ， 0 )内单调减少C.设 f()在区间(a，a)内为偶函数(其中 a0 是一个常数)，则 0
2、必是 f()的一个极值点D.设 f()在区间(a，a)内可导且为偶函数(其中 a0 是一个常数)，则 f(0)03.设函数 f()在(，)连续，其导函数 f()的图形如图(1)所示，则 （分数：2.00）A.函数 f()有两个极大值点与一个极小值点，曲线 yf()有一个拐点B.函数 f()有一个极大值点与两个极小值点，曲线 yf()有一个拐点C.函数 f()有两个极大值点与一个极小值点，曲线 yf()有两个拐点D.函数 f()有一个极大值点与两个极小值点，曲线 yf()有两个拐点二、填空题(总题数：6，分数：12.00)4. 1 （分数：2.00）填空项 1:_5. 1 （分数：2.00）填空
3、项 1:_6.设 f()是满足 1 的连续函数，且当 0 时 （分数：2.00）填空项 1:_填空项 1:_7.设 f()连续，且当 0 时 F() 0 ( 2 1cost)f(t)dt 是与 3 等价的无穷小，则f(0) 1（分数：2.00）填空项 1:_8.函数 f() （分数：2.00）填空项 1:_9.若方程 3 6 2 15a0 恰有三个实根，则 a 的取值范围是 1（分数：2.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：21，分数：42.00)10.解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。（分数：2.00）_11.设 f()0，求证：f(ah)f(ah)2f(a)（分数：2.00
4、）_12.求证：当 0 时，不等式 ln(e 2 )3 （分数：2.00）_13.证明当 0 时不等式 e ( 2 a1)1 成立，其中常数 a0（分数：2.00）_14.利用柯西中值定理证明不等式： 1ln （分数：2.00）_15.证明不等式(ab)e a+b ae 2a be 2b 当 ba0 时成立（分数：2.00）_16.设函数 f()在0，)有连续的一阶导数，在(0，)二阶可导，且 f(0)f(0)0，又当0 时满足不等式 f()4e f() 2ln(1) 求证：当 0 时 f() 2 成立（分数：2.00）_17.设函数 f()在闭区间0，1上连续，在开区间(0，1)内可导，且
5、f(0)f(1)1， （分数：2.00）_18.设函数 f()在闭区间a，b上连续，在开区间(a，b)内二阶可导，且 f(a)f(c)f(b)，其中 c 是(a，b)内的一点，且在a，b内的任何区间 I 上 f()不恒等于常数求证：在(a，b)内至少存在一点，使 f()0（分数：2.00）_19.设函数 f()在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(1)0，求证：至少存在一点 (0，1)，使得(21)f()f()0（分数：2.00）_20.设函数 f()在0，1上连续，在(0，1)内可导，且满足 f(1)k （分数：2.00）_21.设函数 f()在a，b上连续，在(a，b)内可导，试证存
6、在 ，(a，b)，使得 f()e f()（分数：2.00）_22.设函数 f()与 g()都在区间0，1上连续，在区间(0，1)内可导，且 f(0)g(0)，f(1)g(1)求证：存在 (0， )与 ( （分数：2.00）_23.设函数 f()在a，b上一阶可导，在(a，b)内二阶可导，且 f(a)f(b)0，f(a)f(b)0求证： () (a，b)使得 f()f()； () （分数：2.00）_24.求 ln(1 2 )的带皮亚诺余项的麦克劳林公式到 4 项（分数：2.00）_25.求极限 （分数：2.00）_26.设函数 f()在 0 的某邻域中二阶可导，且 （分数：2.00）_27.(
7、)确定常数 a，b，c 的值，使得函数 f()a 5 (bc 2 )tano( 5 )，其中 o( 5 )是当 0 时比 5 高阶的无穷小量； ()确定常数 a 与 b 的值，使得函数 f()(abcos)sin 当 0 时成为尽可能高阶的无穷小量（分数：2.00）_28.设 f(a，b)在a，b上二阶可导，f(a)f(b)0证明至少存在一点 (a，b)使得f()（分数：2.00）_29.设函数 f()在0，1上有连续的三阶导数，且 f(0)1，f(1)2，f( （分数：2.00）_30.设函数 f()和 g()在0，1上连续，且 f()3 2 1 0 1 g()d，g()6 2 0 1 f(
8、)d 求 f()和 g()的表达式（分数：2.00）_考研数学一（高等数学）模拟试卷 240 答案解析(总分：60.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：3，分数：6.00)1.选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。（分数：2.00）_解析：2.在下列四个命题中正确的是（分数：2.00）A.设 0 (a，b)，函数 f()满足 f()0(a 0 )和 f()0( 0 b)，则f()在点 0 处取得它在(a，b)上的最大值B.设 f()在点 0 取得极大值，则存在正数 0，使函数 f()在( 0 ， 0 )内单调增加，在( 0 ， 0 )内单调减少C.设 f()在区
9、间(a，a)内为偶函数(其中 a0 是一个常数)，则 0 必是 f()的一个极值点D.设 f()在区间(a，a)内可导且为偶函数(其中 a0 是一个常数)，则 f(0)0 解析：解析：因为 f()在区间(a，a)内可导且为偶函数，故 f()在(a，a)内必为奇函数，即(a，a)有 f()f()特别对 0 有 f(0)f(0)3.设函数 f()在(，)连续，其导函数 f()的图形如图(1)所示，则 （分数：2.00）A.函数 f()有两个极大值点与一个极小值点，曲线 yf()有一个拐点B.函数 f()有一个极大值点与两个极小值点，曲线 yf()有一个拐点C.函数 f()有两个极大值点与一个极小值
10、点，曲线 yf()有两个拐点 D.函数 f()有一个极大值点与两个极小值点，曲线 yf()有两个拐点解析：解析：由图(1)知函数 f()有三个驻点 a，b，d，其导函数 f()有一个驻点 c，如图(2)列表讨论函数 f()的单调性与极值，可得二、填空题(总题数：6，分数：12.00)4. 1 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：5. 1 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：2ln21）解析：解析： 则不难发现 T n S n T n (n1，2，)，其中 T n 是把0，1n 等分，且取 k (k1，2，n)时 f 0 1 ln(1)d 对应的
11、积分和，因函数 ln(1)在0，1上连续，故在0，1上可积，则 0 1 ln(1)d 0 1 ln(1)d(1) (1)ln(1) 0 1 0 1 d2ln21 此外，还有 2ln21，从而由极限存在的夹逼准则得 6.设 f()是满足 1 的连续函数，且当 0 时 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）填空项 1:_ （正确答案：6）解析：解析：首先，由题设可得 现考察极限 I ，选取 A，n 使得极限 I 为 1由洛必达法则可得 这表明 f(t)dt 当 0 时是与 等价的无穷小，即 A7.设 f()连续，且当 0 时 F() 0 ( 2 1cost)f(t)dt 是与
12、 3 等价的无穷小，则f(0) 1（分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：解析：由等价无穷小的定义及洛必达法则可得8.函数 f() （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：(1，)）解析：解析：由 f()的分段表示知，f()分别在(1，0)和0，)连续，又因 f()1f(0)，即 f()在 f()0 也是左连续的，故 f()在(1，)上连续 计算 f()的导函数，得9.若方程 3 6 2 15a0 恰有三个实根，则 a 的取值范围是 1（分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：8a100）解析：解析：把方程改写成 f()a 的形式，其中函
13、数 f()156 2 3 由于 f()15123 2 3(5)(1)， 于是列表讨论可得 且 f()， 三、解答题(总题数：21，分数：42.00)10.解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。（分数：2.00）_解析：11.设 f()0，求证：f(ah)f(ah)2f(a)（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：依次对函数 f()及导函数 f()利用拉格朗日中值定理就有 f(ah)f(ah)2f(a)f(ah)f(a)f(ah)f(a) f( 2 )hf( 1 )h hf( 2 )f( 1 )hf()( 2 1 )， 其中 ah 1 a，a 2 ah， 1 2 由题设 f()0，又
14、2 1 0，因此当 h0 时原不等式成立当 h0 时可类似证明)解析：12.求证：当 0 时，不等式 ln(e 2 )3 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：令 f()ln(e 2 )3 2 只需证明当 0 时 f()0 成立 由于 f(0)0，且 在 f()的分子中 5 2 3(e 2 1)0 当 0 时成立，而分母e 2 0 当 0 时也成立，故若 g()12e 2 e 2 0 当 0 时还成立，即得 f()0 当 0 时成立，于是 f()当 0 时单调增加 当 0 时 f()f(0)0 成立，即不等式成立得证 由于 g(0)0，g()4e 2 0 对 )解析：13.证明当 0 时不
15、等式 e ( 2 a1)1 成立，其中常数 a0（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由于结论 0 时 e ( 2 a1)1 当 0 时函数 F()e a 2 10注意 F()e 2a， F() 这表明导函数 F()在ln2 处取得它在区间0，)上的最小值，即 F()F(ln2)22ln2aa0 对 0 与 a0 成立故 F()在0，)上单调增加，即对 )解析：14.利用柯西中值定理证明不等式： 1ln （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：原不等式等价于 1，0对函数 f(t)tln(t)，F(t) 在0，上用柯西中值定理，得 其中 介于 0 与 之间由 由于当0 时，0，ln( )
16、0；当 0 时，0，ln( )0，因此总有 1 于是县当 0 时右 而当 0 时 1ln ，故 1ln )解析：15.证明不等式(ab)e a+b ae 2a be 2b 当 ba0 时成立（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：不等式可改写为 ae a (e b e a )be b (e b e a )，因 ba0 时 e b e a ，从而又可改写为等价形式 ae a be b 把 b 改写为 ，引入函数 f()e ，即需证 f()f(a)当 a0 时成立 因为 f()(1)e 0 当 0 时成立，从而 f()在区间a，)(a0)上单调增加，故当 a 时 f()f(a)成立，即原不等式成
17、立)解析：16.设函数 f()在0，)有连续的一阶导数，在(0，)二阶可导，且 f(0)f(0)0，又当0 时满足不等式 f()4e f() 2ln(1) 求证：当 0 时 f() 2 成立（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设知，当 0 时 f()f()4e f() 2ln(1)， 即 f() 2 其中 ln(1)(0)，这是因为：记 g()=ln(1)(0)，则g()1 0(0)，故 g()在0，)单调增加，从而 g()g(0)0(0) 由麦克劳林公式可得 f()f(0)f(0) f() 2 )解析：17.设函数 f()在闭区间0，1上连续，在开区间(0，1)内可导，且 f(0)
18、f(1)1， （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：令 F()f()k，则 F()在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 F()f()k，F(0)1， (1k)，F(1)1k，即 F( )(0)(1) 由闭区间上连续函数的中间值定理知，存在 c( ，1)使 F(c)F(0)，从而 F()在区间0，c上满足罗尔定理的条件，于是，存在 (0，c) )解析：18.设函数 f()在闭区间a，b上连续，在开区间(a，b)内二阶可导，且 f(a)f(c)f(b)，其中 c 是(a，b)内的一点，且在a，b内的任何区间 I 上 f()不恒等于常数求证：在(a，b)内至少存在一点，使 f()0（分数：2.
19、00）_正确答案：(正确答案：由题设知，可在a，c上和c，b上分别对 f()用罗尔定理，于是存在(a，c)，(c，b)使 f()f()0，但 f()在，上不恒等于常数，从而 f()0这表明 g()f()在，上可导，不恒等于常数且 g()g()0为证明本题的结论，只需证明在(，)内至少存在一点 使 g()0 即可 由题设知 f()在a，c上和c，b上分别满足罗尔定理的条件，于是存在 (a，c)，(c，b)使 f()f()0 令 g()f()，由题设及上面所得结果知 g()是在，上可导但不恒等于常数的函数，且 g()g()0 若 (，)使 g()0，在，上把拉格朗日定理用于 g()可得：(，)使
20、否则，必 (，)使 g()0，在，上把拉格朗日定理用于 g()也可得： (0，)使 )解析：19.设函数 f()在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(1)0，求证：至少存在一点 (0，1)，使得(21)f()f()0（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：令 F()e 2 f()，则由题设知 F()在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 F(0)0，F(1)e 2 f(1)0，即 F()在0，1上满足罗尔定理的全部条件，故至少存在一点(0，1)，使 F()(e 2 2e 2 )f()e 2 f()e 2 (21)f()f()0，从而 (21)f()f()0)解析：20.设函数 f()在
21、0，1上连续，在(0，1)内可导，且满足 f(1)k （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：令 ()e 1 f()，于是，()在0，1上可导，且 ()e 1 f()f()f()e 1 f()(1 -1 )f()， (0，1) 又由题设和积分中值定理知，存在 0， ，使得 (1)f(1)k ()d()， 从而函数 ()在，1上满足罗尔定理的全部条件，所以 (，1) )解析：21.设函数 f()在a，b上连续，在(a，b)内可导，试证存在 ，(a，b)，使得 f()e f()（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：把要证的等式改写成 f() 现考察等式 ，令 g()e ，则由题设可知 g()
22、与 f()在a，b上满足柯西中值定理条件，由此可知，必定存在 (a，b)，使得 又 f()，e 都在a，b上满足拉格朗日中值定理条件，由此可知必存在 (a，b)，(a，b)，使得 代入上述等式得 )解析：22.设函数 f()与 g()都在区间0，1上连续，在区间(0，1)内可导，且 f(0)g(0)，f(1)g(1)求证：存在 (0， )与 ( （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：把 与 分离至等式两端可得 f()f()g()g() f()g()f()g() f()g() f()g() 对函数 F()f()g()应用拉格朗日中值定理，由于 F()在0， 上连续，在(0， 内可导，故存在
23、(0， )使得 又由于 F()在 ，1上连续，在 ，1)内可导，故存在 ( ，1)使得 将式与式相加，即知存在 (0， )与 ( ，1)使得 0 f()g() f()g() )解析：23.设函数 f()在a，b上一阶可导，在(a，b)内二阶可导，且 f(a)f(b)0，f(a)f(b)0求证： () (a，b)使得 f()f()； () （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()要证 (a，b)使得 f()f() f()f()在(a，b) 零点 e f()在(a，b) 零点 引入辅助函数 F()e f()，由题设知F()在a，b上可导，且 F(a)e a f(a)0，F(b)e b (b)
24、0，由罗尔定理即知 (a，b)使得 F()0，即 f()f()成立 ()要证 (a，b)使得 f()f() f()f()在(a，b) 零点 (f()f()(f()f()在(a，b) 零点 e f()f()在(a，b) 零点 为证明上述结论，引入辅助函数 G()e f()f()，由题设可知 G(a)e a f(a)f(a)e a f(a)，G(b)e b f(b)f(b)e b f(b)， 于是 G(a)G(b)e a+b (a)f(b)0，即 G(a)与 G(b)必同时为正，或同时为负，而由()知(a，b)使 G()ef()f()0这样一来，当 G(a)与 G(b)同为负数时，C()在a，b上
25、的最大值必在(a，b)内某点处取得，记 C()在(a，b)内的最大值点为 ，则必有 G()0 f()f()成立反之，当 G(a)与 G(b)同为正数时，G()在a，b上的最小值必在(a，b)内某点处取得，记 G()在(a，b)内的最小值点为 ，则必有 G()0 )解析：24.求 ln(1 2 )的带皮亚诺余项的麦克劳林公式到 4 项（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：把 ln(1)的麦克劳林公式中的 换为 2 ，可得 ln(1 2 ) 2 ( 2 ) 2 ( 2 ) 3 ( 2 ) 4 o( 2 ) 4 ) 注意( 2 ) 2 2 2 3 4 ， ( 2 ) 2 3 (1) 3 3 (1
26、33 2 3 ) 3 3 4 o( 4 )， ( 2 ) 4 4 (1) 4 4 o( 4 )， o( 2 ) 4 )o(1) 4 4 )o( 4 )， 代入即得 ln(1 2 ) 2 ( 2 2 3 4 ) 3 3 4 o( 4 ) 4 o( 4 )o( 4 ) )解析：25.求极限 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：先考察 )解析：26.设函数 f()在 0 的某邻域中二阶可导，且 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：利用 sin 和 f()的麦克劳林公式 sin o( 3 )，f()f(0)f(0) f(0) 2 o( 2 )， 代入可得 即 f(0) 综合得 f(0)2，
27、f(0)0，f(0) )解析：27.()确定常数 a，b，c 的值，使得函数 f()a 5 (bc 2 )tano( 5 )，其中 o( 5 )是当 0 时比 5 高阶的无穷小量； ()确定常数 a 与 b 的值，使得函数 f()(abcos)sin 当 0 时成为尽可能高阶的无穷小量（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()用求极限的方法确定常数 a，b，c 的值注意 f()o( 5 )即 0，由此可得 0这样就有 故常数 a，b，c 的值分别是 a ，b1，c ()先作恒等变形：f()asin bsin2 再利用泰勒展开式 由 sin o( 6 )， sin22 o( 6 )2 o(
28、6 ) 可得 f()(1ab) o( 5 ) 欲使 f()当 0 时是尽可能高阶的无穷小量，应设上式中 与 3 的系数为零，即 1ab0， 0解之得 a ，b ，这时 f() o() 5 即 f()为 0 时关于 的五阶无穷小量 故当 a ，b )解析：28.设 f(a，b)在a，b上二阶可导，f(a)f(b)0证明至少存在一点 (a，b)使得f()（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：f()在a，b上连续，f()在a，b上亦连续，设 c 为f()在a，b上的最大值点若 ca，则 f()0，结论显然成立故可设 acb，从而任给 (a，b)，有f()ff(c)，即f(c)f()f(c) 若
29、f(c)0，则 f()f(c)，从而 f(c)为 f()的最大值；若 f(c)0，则有 f()f(c)，即 f(c)为 f()的最小值，由此可知，总有 f(c)0 把函数 f()在 c 展开为泰勒公式，得 f()f(c)f(c)(c) (c) 2 f(c) (c) 2 (*) 若 ac ，令 a，则由(*)及题设有 f(a)f(c) (ac) 2 ，即f(c) (ac) 2 由于 ac ，0ca ，因此 f(c) 于是f() f() 若 cb，令 b，则由(*)及题设有 f(b)f(c) (bc) 2 ，即f(c) (bc) 2 由于 cb，bcb ，因此 )解析：29.设函数 f()在0，1上有连续的三阶导数，且 f(0)1，f(1)2，f( （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：用泰勒公式按题设条件，展开点取为 0 ，被展开点分别取0，1 以上两式相减，得 f(1)f(0) f( 1 )f( 2 ) 因 f(0)1，f(1)2，f( )0，故有 f( 1 )f( 2 )1，即f( 1 )f( 2 )48 于是 2maxf( 1 )，f( 2 )f(
