1、考研数学三-440 及答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、解答题(总题数：24，分数：150.00)1.设 （分数：7.00）_设 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，f(0)=0， （分数：7.00）(1).存在 （分数：3.50）_(2).对任意的 k(-，+)，存在 (0，)，使得 f“()-kf()-=1（分数：3.50）_2.设 f(x)在0，2上连续，在(0，2)内二阶可导，且 ，又 f(2)= （分数：7.00）_3.设 f(x)在0，1上可导，f(0)=0， （分数：7.00）_4.设 f(x)Ca，b，在(a，b)内可导，f(a)=f(b)=1证明
2、：存在 ，(a，b)，使得 2e 2- =(e a +e b )f“()+f() （分数：7.00）_5.设 f(x)二阶可导，f(0)=f(1)=0 且 （分数：7.00）_6.一质点从时间 t=0 开始直线运动，移动了单位距离使用了单位时间，且初速度和末速度都为零证明：在运动过程中存在某个时刻点，其加速度绝对值不小于 4 （分数：6.00）_7.设 f(x)在0，1上二阶可导，且|f“(x)|1(x0，1)，又 f(0)=f(1)，证明： （分数：6.00）_设 f(x)在(-1，1)内二阶连续可导，且 f“(x)0证明：（分数：6.00）(1).内任一点 x0，存在唯一的 (x)(0，1
3、)，使得 f(x)=f(0)+xf“(x)x；（分数：3.00）_(2). （分数：3.00）_8.设 f(x)在a，b上二阶可导，且 f“(a)=f“(b)=0证明：存在 (a，b)，使得 （分数：6.00）_9.f(x)在-1，1上三阶连续可导，且 f(-1)=0，f(1)=1，f“(0)=0证明：存在 (-1，1)，使得f“()=3 （分数：6.00）_10.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶连续可导证明：存在 (a，b)，使得 （分数：6.00）_设 f(x)在0，1上二阶可导，且|f(x)|a，|f“(x)|b，其中 a，b 都是非负常数，c 为(0，1)内任意一点（分数
4、：6.00）(1).写出 f(x)在 x=c 处带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式；（分数：3.00）_(2).证明： （分数：3.00）_设 f(x)在-a，a(a0)上有四阶连续的导数， （分数：6.00）(1).写出 f(x)的带拉格朗日余项的麦克劳林公式；（分数：3.00）_(2).证明：存在 1 ， 2 -a，a，使得 （分数：3.00）_11.设 f(x)在 x 0 的邻域内四阶可导，且|f (4) (x)|M(M0)证明：对此邻域内任一异于 x 0 的点x，有 （分数：6.00）_12.设 f(x)，g(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶可导，f(a)=f(b)=0，f“ + (
5、a)f“ - (b)0， 且 g(x)0(xa，b)，g“(x)0(axb)，证明：存在 (a，b)，使得 （分数：6.00）_13.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶可导，f(a)=f(b)=0，且 f“ + (a)0证明：存在(a，b)，使得 f“()0 （分数：6.00）_14.设 f(x)二阶可导，f(0)=0，且 f“(x)0证明：对任意的 a0，b0，有 f(a+b)f(a)+f(b) （分数：6.00）_15.设 f(x)在a，b上连续，且 f“(x)0，对任意的 x 1 ，x 2 a，b及 01，证明： fx 1 +(1-)x 2 f(x 1 )+(1-)f(x 2
6、 ) （分数：6.00）_16.设 f(x)二阶可导， （分数：6.00）_17.设 f(x)在0，+)内可导且 f(0)=1，f“(x)f(x)(x0)证明：f(x)e x (x0) （分数：6.00）_18.设 f(x)在a，b上二阶可导，且 f“(x)0，取 x i a，b(i=1，2，n)及 k i 0(i=1，2，n)且满足 k 1 +k 2 +k n =1证明： f(k 1 x 1 +k 2 x 2 +k n x n )k 1 f(x 1 )+k 2 f(x 2 )+k n f(x n ) （分数：6.00）_19.证明：当 x0 时，(x 2 -1)lnx(x-1) 2 （分数：
7、6.00）_20.当 x0 时，证明： （分数：6.00）_考研数学三-440 答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、解答题(总题数：24，分数：150.00)1.设 （分数：7.00）_正确答案：()解析：解 因为 f(x)在 x=0 处连续，所以 c=0，即 由 f(x)在 x=0 处可导，得 b=1，即 于是 由 f“(0)存在，得 设 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，f(0)=0， （分数：7.00）(1).存在 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证明 令 (x)=f(x)-x，(x)在0，1上连续， ，(1)=-10， 由零点定理，存在 (2).对
8、任意的 k(-，+)，存在 (0，)，使得 f“()-kf()-=1（分数：3.50）_正确答案：()解析：证明 设 F(x)=e -kx (x)，显然 F(x)在0，上连续，在(0，)内可导，且 F(0)=F()=0，由罗尔定理，存在 (0，)，使得 F“(x)=0，整理得 f“()-kf()-=12.设 f(x)在0，2上连续，在(0，2)内二阶可导，且 ，又 f(2)= （分数：7.00）_正确答案：()解析：证明 由 ，得 f(1)=-1， 又 ，所以 f“(1)=0 由积分中值定理得 ，其中 ， 由罗尔定理，存在 x 0 (c，2) (1，2)，使得 f“(x 0 )=0 令 (x)
9、=e x f“(x)，则 (1)=(x 0 )=0， 由罗尔定理，存在 (1，x 0 ) 3.设 f(x)在0，1上可导，f(0)=0， （分数：7.00）_正确答案：()解析：证明 因为 f(x)在0，1上可导，所以 f(x)在0，1上连续，从而|f(x)|在0，1上连续，故|f(x)|在0，1上取到最大值 M，即存在 x 0 0，1，使得|f(x 0 )|=M 当 x 0 =0 时，则 M=0，所以 f(x)0，x0，1； 当 x 0 0 时，M=|f(x 0 )|=|f(x 0 )-f(0)|=|f“()|x 0 4.设 f(x)Ca，b，在(a，b)内可导，f(a)=f(b)=1证明：
10、存在 ，(a，b)，使得 2e 2- =(e a +e b )f“()+f() （分数：7.00）_正确答案：()解析：证明 令 (x)=e x f(x)，由微分中值定理，存在 (a，b)，使得 再由 f(a)=f(b)=1，得 ， 从而 令 (x)=e 2x ，由微分中值定理，存在 (a，b)，使得 5.设 f(x)二阶可导，f(0)=f(1)=0 且 （分数：7.00）_正确答案：()解析：证明 因为 f(x)在0，1上二阶可导，所以 f(x)在0，1上连续且 f(0)=f(1)=0， ，由闭区间上连续函数最值定理知，f(x)在0，1取到最小值且最小值在(0，1)内达到，即存在 c(0，1
11、)，使得f(c)=-1，再由费马定理知 f“(c)=0， 根据泰勒公式 整理得 当 时， ，取 = 1 ； 当 时， 6.一质点从时间 t=0 开始直线运动，移动了单位距离使用了单位时间，且初速度和末速度都为零证明：在运动过程中存在某个时刻点，其加速度绝对值不小于 4 （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 设运动规律为 S=S(t)，显然 S(0)=0，S“(0)=0，S(1)=1，S“(1)=0由泰勒公式 两式相减，得 S“( 2 )-S“( 1 )=-8 7.设 f(x)在0，1上二阶可导，且|f“(x)|1(x0，1)，又 f(0)=f(1)，证明： （分数：6.00）_正确答案
12、：()解析：证明 由泰勒公式得 两式相减，得 两边取绝对值，再由|f“(x)|1，得 设 f(x)在(-1，1)内二阶连续可导，且 f“(x)0证明：（分数：6.00）(1).内任一点 x0，存在唯一的 (x)(0，1)，使得 f(x)=f(0)+xf“(x)x；（分数：3.00）_正确答案：()解析：证明 对任意 x(-1，1)，根据微分中值定理，得 f(x)=f(0)+xf“(x)x，其中 0(x)1 因为 f“(x)C(-1，1)且 f“(x)0，所以 f“(x)在(-1，1)内保号，不妨设 f“(x)0， 则 f“(x)在(-1，1)内单调增加，又由于 x0，所以 (x)是唯一的(2)
13、. （分数：3.00）_正确答案：()解析：证明 由泰勒公式，得 ，其中 介于 0 与 x 之间， 而 f(x)=f(0)+xf“(x)x，所以有 令 x0，再由二阶导数的连续性及非零性，得 8.设 f(x)在a，b上二阶可导，且 f“(a)=f“(b)=0证明：存在 (a，b)，使得 （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 由泰勒公式得 即 两式相减得 取绝对值得 (1)当|f“( 1 )|f“( 2 )|时，取 = 1 ，则有 (2)当|f“( 1 )|f“( 2 )|时，取 = 2 ，则有 9.f(x)在-1，1上三阶连续可导，且 f(-1)=0，f(1)=1，f“(0)=0证明：
14、存在 (-1，1)，使得f“()=3 （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 由泰勒公式得 即 两式相减得 f“( 1 )+f“( 2 )=6 因为 f(x)在-1，1上三阶连续可导，所以 f“(x)在 1 ， 2 上连续，由连续函数最值定理，f“(x)在 1 ， 2 上取到最小值 m 和最大值 M，故 2mf“( 1 )+f“( 2 )2M，即 m3M 由闭区间上连续函数介值定理，存在 1 ， 2 10.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶连续可导证明：存在 (a，b)，使得 （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 因为 f(x)在(a，b)内二阶可导，所以有 其中 两
15、式相加得 因为 f“(x)在(a，b)内连续，所以 f“(x)在 1 ， 2 上连续，从而 f“(x)在 1 ， 2 上取到最小值 m 和最大值 M，故 由介值定理，存在 1 ， 2 (a，b)，使得 故 设 f(x)在0，1上二阶可导，且|f(x)|a，|f“(x)|b，其中 a，b 都是非负常数，c 为(0，1)内任意一点（分数：6.00）(1).写出 f(x)在 x=c 处带拉格朗日型余项的一阶泰勒公式；（分数：3.00）_正确答案：()解析：证明 f(x)=f(c)+f“(c)(x-c)+(2).证明： （分数：3.00）_正确答案：()解析：证明 分别令 x=0，x=1，得 两式相减
16、，得 ，利用已知条件，得 因为 c 2 +(1-c) 2 1，所以 设 f(x)在-a，a(a0)上有四阶连续的导数， （分数：6.00）(1).写出 f(x)的带拉格朗日余项的麦克劳林公式；（分数：3.00）_正确答案：()解析：解 由 存在，得 f(0)=0，f“(0)=0，f“(0)=0， 则 f(x)的带拉格朗日余项的麦克劳林公式为 (2).证明：存在 1 ， 2 -a，a，使得 （分数：3.00）_正确答案：()解析：证明 上式两边积分得 因为 f (4) (a)在-a，a上为连续函数，所以 f (4) (x)在-a，a上取到最大值 M 和最小值 m，于是有 mx 4 f (4) (
17、)x 4 Mx 4 ， 两边在-a，a上积分得 从而 于是 根据介值定理存在 1 -a，a，使得 ，或 再由积分中值定理，存在 2 -a，a，使得 11.设 f(x)在 x 0 的邻域内四阶可导，且|f (4) (x)|M(M0)证明：对此邻域内任一异于 x 0 的点x，有 （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 由 两式相加得 f(x)+f(x“)-2f(x 0 )=f“(x 0 )(x-x 0 ) 2 + f (4) ( 1 )+f (4) ( 2 )(x-x 0 ) 4 ， 于是 再由|f (4) (x)|M，得 12.设 f(x)，g(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶可导，
18、f(a)=f(b)=0，f“ + (a)f“ - (b)0， 且 g(x)0(xa，b)，g“(x)0(axb)，证明：存在 (a，b)，使得 （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 设 f“ + (a)0，f“ - (b)0， 由 f“ + (a)0，存在 x 1 (a，b)，使得 f(x 1 )f(a)=0； 由 f“ - (b)0，存在 x 2 (a，b)，使得 f(x 2 )f(b)=0， 因为 f(x 1 )f(x 2 )0，所以由零点定理，存在 c(a，b)，使得 f(c)=0 令 ，显然 h(x)在a，b上连续，由 h(a)=h(c)=h(b)=0， 存在 1 (a，c)，
19、 2 (c，b)，使得 h“( 1 )=h“( 2 )=0， 而 令 (x)=f“(x)g(x)-f(x)g“(x)，( 1 )=( 2 )=0， 由罗尔定理，存在 ( 1 ， 2 ) (a，b)，使得 “()=0， 而 “(x)=f“(x)g(x)-f(x)g“(x)，所以 13.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶可导，f(a)=f(b)=0，且 f“ + (a)0证明：存在(a，b)，使得 f“()0 （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 因为 ，所以存在 0，当 0x-a 时，有 ，从而 f(x)f(a)，于是存在c(a，b)，使得 f(c)f(a)=0 由微分中值定
20、理，存在 1 (a，c)， 2 (c，b)，使得 再由微分中值定理及 f(x)的二阶可导性，存在 ( 1 ， 2 ) (a，b)，使得 14.设 f(x)二阶可导，f(0)=0，且 f“(x)0证明：对任意的 a0，b0，有 f(a+b)f(a)+f(b) （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 不妨设 ab，由微分中值定理，存在 1 (0，a)， 2 (b，a+b)，使得 15.设 f(x)在a，b上连续，且 f“(x)0，对任意的 x 1 ，x 2 a，b及 01，证明： fx 1 +(1-)x 2 f(x 1 )+(1-)f(x 2 ) （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明
21、 令 x 0 =x 1 +(1-)x 2 ，则 x 0 a，b，由泰勒公式得 f(x)=f(x 0 )+f“(x 0 )(x-x 0 )+ ，其中 介于 x 0 与 x 之间， 因为 f“(x)0，所以 f(x)f(x 0 )+f“(x 0 )(x-x 0 )， 于是 16.设 f(x)二阶可导， （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 由 17.设 f(x)在0，+)内可导且 f(0)=1，f“(x)f(x)(x0)证明：f(x)e x (x0) （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 令 (x)=e -x f(x)，则 (x)在0，+)内可导， 又 (0)=1，“(x)=e -
22、x f“(x)-f(x)0(x0)，所以当 x0 时，(x)(0)=1，所以有 f(x)e x (x0)18.设 f(x)在a，b上二阶可导，且 f“(x)0，取 x i a，b(i=1，2，n)及 k i 0(i=1，2，n)且满足 k 1 +k 2 +k n =1证明： f(k 1 x 1 +k 2 x 2 +k n x n )k 1 f(x 1 )+k 2 f(x 2 )+k n f(x n ) （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 令 x 0 =k 1 x 1 +k 2 x 2 +k n x n ，显然 x 0 a，b 因为 f“(x)0，所以 f(x)f(x 0 )+f“(x
23、 0 )(x-x 0 )， 分别取 x=x i (i=1，2，n)，得 由 k i 0(i=1，2，n)，上述各式分别乘以 k i (i=1，2，n)，得 19.证明：当 x0 时，(x 2 -1)lnx(x-1) 2 （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 令 (x)=(x 2 -1)lnx-(x-1) 2 ，(1)=0 则 故 x=1 为 “(x)的极小值点，由其唯一性得其也为最小值点，而最小值为 “(1)=20，故“(x)0(x0) 由 20.当 x0 时，证明： （分数：6.00）_正确答案：()解析：证明 方法一 令 f(x)=( +1)ln(1+x)-2arctanx，f(0)=0 对 ，因为 ， 所以 ，从而 f“(x)0(x0) 由 得 f(x)f(0)=0(x0)，即 方法二 令 f(x)=arctanx，F(x)=ln(1+x)， ， 显然 f(0)=0，F(0)=0 由柯西中值定理，存在 (0，x)，使得 令 ，由 当 时，f“(x)0；当 时，f“(x)0，则 为 (x)在(0，+)内的最大值点，最大值为 ， 所以
