1、考研数学二-91 及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：10，分数：10.00)1.设函数 f i (x)(i=1，2)具有二阶连续导数，且 f“ i (x 0 )0(i=1，2)若两条曲线 y=f i (x)(i=1，2)在点(x 0 ，y 0 )处具有公切线 y=g(x)，且在该点处曲线 y=f 1 (x)的曲率大于曲线 y=f 2 (x)的曲率，则在 x 0 的某个邻域内，有（分数：1.00）A.f1(x)f2(x)g(x)B.f2(x)f1(x)g(x)C.f1(x)g(x)f2(x)D.f2(x)g(x)f1(x)2.若 3a 2 -5b0，则方程
2、 x 5 +2ax 3 +3bx+4c=0（分数：1.00）A.无实根B.有唯一实根C.有三个不同实根D.有五个不同实根3.设常数 k0函数 （分数：1.00）A.3B.2C.1D.04.在区间(-，+)内，方程 （分数：1.00）A.无实根B.有且仅有一个实根C.有且仅有两个实根D.有无穷多个实根5.设函数 f(x)=x 2 (x-1)(x-2)，则 f“(x)的零点个数为（分数：1.00）A.0B.1C.2D.36.若 f“(x)不变号，且曲线 y=f(x)在点(1，1)处的曲率圆为 x 2 +y 2 =2，则函数 f(x)在区间(1，2)内（分数：1.00）A.有极值点，无零点B.无极值
3、点，有零点C.有极值点，有零点D.无极值点，无零点7.函数 f(x)=ln|(x-1)(x-2)(x-3)|的驻点个数为（分数：1.00）A.0B.1C.2D.38.设 f(x)处处可导，则 A B C D （分数：1.00）A.B.C.D.9.设函数 y=f(x)在(0，+)内有界且可导，则 A B C D （分数：1.00）A.B.C.D.10.设函数 f(x)在(0，+)内具有二阶导数，且 f“(x)0，令 u n =f(n)(n=1，2，)，则下列结论正确的是（分数：1.00）A.若 u1u2，则un必收敛B.若 u1u2，则un必发散C.若 u1u2，则un必收敛D.若 u1u2，则
4、un必发散二、解答题(总题数：20，分数：90.00)11.设 eabe 2 证明 （分数：5.00）_12.证明：当 0ab 时，bsinb+2cosb+basina+2cosa+a （分数：5.00）_13.证明： （分数：5.00）_14.证明：方程 （分数：5.00）_15.设当 x0 时，方程 （分数：5.00）_16.就 k 的不同取值情况，确定方程 在开区间 （分数：5.00）_设 y=f(x)是区间0，1上的任一非负连续函数（分数：5.00）(1).试证存在 x 0 (0，1)，使得在区间0，x 0 上以 f(x 0 )为高的矩形面积，等于在区间x 0 ，1上以 y=f(x)为
5、曲边的曲边梯形面积；（分数：2.50）_(2).又设 f(x)在区间(0，1)内可导，且 （分数：2.50）_17.讨论曲线 y=4lnx+k 与 y=4x+ln 4 x 的交点个数 （分数：5.00）_18.已知函数 （分数：5.00）_19.设 f(x)在区间a，b上具有二阶导数，且 f(a)=f(b)=0，f“(a)f“(b)0证明：存在 (a，b)和(a，b)使 f()=0 及 f“()=0 （分数：5.00）_20.设函数 f(x)在闭区间-1，1上具有三阶连续导数，且 f(-1)=0，f(1)=1，f“(0)=0，证明：在开区间(-1，1)内至少存在一点 ，使 f“()=3 （分数
6、：4.00）_设 f(x)在区间-a，a(a0)上具有二阶连续导数，f(0)=0（分数：4.00）(1).写出 f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；（分数：2.00）_(2).证明：在-a，a上至少存在一点 ，使 （分数：2.00）_21.设函数 f(x)在闭区间a，b上连续，在开区间(a，b)内可导，且 f“(x)0若极限 存在，证明： ()在(a，b)内 f(x)0； ()在(a，b)内存在点 ，使 ()在(a，b)内存在与()中 相异的点 ，使 （分数：4.00）_已知函数 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(0)=0，f(1)=1证明：（分数：4.00）(1).
7、存在 (0，1)，使得 f()=1-；（分数：2.00）_(2).存在两个不同的点 ，(0，1)，使得 f“()f“()=1（分数：2.00）_22.设函数 f(x)，g(x)在a，b上连续，在(a，b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，f(a)=g(a)，f(b)=g(b)，证明：存在 (a，b)，使得 f“()=g“() （分数：4.00）_(1).证明拉格朗日中值定理：若隔数 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则存在点 (a，b)，使得 f(b)-f(a)=f“()(b-a)；（分数：2.00）_(2).证明：若函数 f(x)在 x=0 处连续，在(0，)(0)内可导，且 （分
8、数：2.00）_23.设函数 f(x)在闭区间0，1上连续，在开区间(0，1)内可导，且 f(0)=0， 证明：存在 （分数：4.00）_设奇函数 f(x)在-1，1上具有 2 阶导数，且 f(1)=1证明：（分数：4.00）(1).存在 (0，1)，使得 f“()=1；（分数：2.00）_(2).存在 (-1，1)，使得 f“()+f“()=1（分数：2.00）_24.求函数 （分数：4.00）_25.已知函数 d(x)在区间a，+)上具有 2 阶导数，f(a)=0，f“(x)0，f“(x)0设 ba，曲线 y=f(x)在点(b，f(b)处的切线与 x 轴的交点是(x 0 ，0)，证明 ax
9、 0 b （分数：4.00）_考研数学二-91 答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：10，分数：10.00)1.设函数 f i (x)(i=1，2)具有二阶连续导数，且 f“ i (x 0 )0(i=1，2)若两条曲线 y=f i (x)(i=1，2)在点(x 0 ，y 0 )处具有公切线 y=g(x)，且在该点处曲线 y=f 1 (x)的曲率大于曲线 y=f 2 (x)的曲率，则在 x 0 的某个邻域内，有（分数：1.00）A.f1(x)f2(x)g(x) B.f2(x)f1(x)g(x)C.f1(x)g(x)f2(x)D.f2(x)g(x)f1(x)解析
10、：解析 由 f“ i (x 0 )0(i=1，2)，且 f“ i (x)连续知，在 x 0 某邻域内曲线 y=f 1 (x)和 y=f 2 (x)是凸的，又在该点处曲线 y=f 1 (x)的曲率大于曲线 y=f 2 (x)的曲率，则如图所示，则 f 1 (x)f 2 (x)g(x) 2.若 3a 2 -5b0，则方程 x 5 +2ax 3 +3bx+4c=0（分数：1.00）A.无实根B.有唯一实根 C.有三个不同实根D.有五个不同实根解析：解析 由于 x 5 +2ax 3 +3bx+4c=0 为 5 次方程，则该方程至少有一个实根(奇次方程至少有一实根) 令 f(x)=x 5 +2ax 3
11、+3bx+4c，f“(x)=5x 4 +6ax 2 +3b，而 =(6a) 2 -60b=12(3a 2 -5b)0， 则 f(x)0因此，原方程最多一个实根，故原方程有唯一实根3.设常数 k0函数 （分数：1.00）A.3B.2 C.1D.0解析：解析 由 可知， 令 f“(x)=0 得 x=e，且当 x(0，e)时，f“(x)0，则 f(x)严格单调增；而当 x(e，+)时，f“(x)0，则 f(x)严格单调减，又 f(e)=k0，而 则 f(x)在(0，e)和(e，+)上分别有唯一零点故 4.在区间(-，+)内，方程 （分数：1.00）A.无实根B.有且仅有一个实根C.有且仅有两个实根
12、D.有无穷多个实根解析：解析 令 ，显然，f(x)是偶函数所以，只要考虑 f(x)=0 在(0，+)上的实根情况当x0 时， f(0)=-10， 又 ，则 f(x)在 上严格单调增，因此 f(x)=0 在 上有唯一实根，而当 5.设函数 f(x)=x 2 (x-1)(x-2)，则 f“(x)的零点个数为（分数：1.00）A.0B.1C.2D.3 解析：解析 f(x)在区间0，1和1，2上满足罗尔中值定理的条件，故 f“(x)在(0，1)和(1，2)内至少各有 1 个零点，从而否定 A 和 B，又 f“(x)中含有因子 x，故 x=0 也是 f“(x)的零点，于是选 D 也可以直接计算： f(x
13、)=x 4 -3x 3 +2x 2 ，f“(x)=x(4x 2 -9x+4) 显然，f“(x)有 3 个零点6.若 f“(x)不变号，且曲线 y=f(x)在点(1，1)处的曲率圆为 x 2 +y 2 =2，则函数 f(x)在区间(1，2)内（分数：1.00）A.有极值点，无零点B.无极值点，有零点 C.有极值点，有零点D.无极值点，无零点解析：解析 在 x 2 +y 2 =2 两边对 x 求一阶导数 x+yy“=0，解得 y“(1)=-1； 再求导 1+(y“) 2 +yy“=0，解得 y“(1)=-2 由上面的分析知：f“(1)=-1，f“(1)=-2 因为 f“(x)不变号，所以在区间1，
14、2上 f“(x)0，f“(x)是单调减少的，即 f“(x)f“(1)=-10，从而函数 f(x)在区间(1，2)内单调减少，无极值点这就排除了选项 A 和 C 在区间1，2上函数 f(x)满足拉格朗日中值定理的条件，故有 f(2)-f(1)=f“()-1，(1，2)， 从而 f(2)0，而 f(1)=10，故由零点定理知 f(x)在区间(1，2)内有零点，即选项 B 是正确的7.函数 f(x)=ln|(x-1)(x-2)(x-3)|的驻点个数为（分数：1.00）A.0B.1C.2 D.3解析：解析 8.设 f(x)处处可导，则 A B C D （分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 解
15、法 1 排除法令 f(x)=x，则 ，但 f“(x)=1，可见 A，C 都不正确 令 f(x)=e -x ，则 ，但 ，故 B 也不正确 所以应选 D 解法 2 直接法由于 ，则存在 M0，及 x 0 0，当 xx 0 时，f“(x)M，于是当 xx 0 时有 f(x)-f(x 0 )=f“()(x-x 0 )M(x-x 0 )， 即 f(x)f(x 0 )+M(x-x 0 )+(x+) 则 9.设函数 y=f(x)在(0，+)内有界且可导，则 A B C D （分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 解法 1 直接法f(x)-f(x 0 )=f“()(x-x 0 )， 介于 x 与 x
16、 0 之间，则 f(x)=f“()(x-x 0 )+f(x 0 )=f“()x+f(x 0 )-f“()x 0 ，当 存在时，假设 ，则据 f(x)=f“()x+f(x 0 )-f“()x 0 ，知 x+时，f(x)，这与 f(x)是有界的矛盾 故当 存在时，极限 选 B 解法 2 排除法A 的反例： ，所以 f(x)在(0，+)内有界， 所以 f(x)在(0，+)内可导但 不存在 C 的反例：f(x)=sinx，f(x)在(0，+)内有界，可导， D 的反例： ，f(x)在(0，+)内有界， 10.设函数 f(x)在(0，+)内具有二阶导数，且 f“(x)0，令 u n =f(n)(n=1，
17、2，)，则下列结论正确的是（分数：1.00）A.若 u1u2，则un必收敛B.若 u1u2，则un必发散C.若 u1u2，则un必收敛D.若 u1u2，则un必发散 解析：解析 排除法取 在(0，+)内满足题设条件， 是收敛的；取 f(x)= ，在(0，+)内满足题设条件，u 1 =0-1=u 2 ， 二、解答题(总题数：20，分数：90.00)11.设 eabe 2 证明 （分数：5.00）_正确答案：()解析：证法 1 设 ，则 所以当 xe 时，“(x)0，故 “(x)单调减少，从而当 exe 2 时， 即当 exe 2 时，(x)单调增加 因此当 eabe 2 时，(b)(a)， 即
18、故 证法 2 原不等式等价于： ，左端可看作函数 f(x)=ln 2 x 在a，b上的拉格朗日中值定理的形式，故 ，ab下面对 作估计： 令 ，当 xe 时，“(x)0，则 (x)在(e，+)上单调减少，故 12.证明：当 0ab 时，bsinb+2cosb+basina+2cosa+a （分数：5.00）_正确答案：()解析：证 设 f(x)=xsinx+2cosx+x，x0， 则 f“(x)=sinx+xcosx-2sinx+=xcosx-sinx+， f“(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx0，x(0，)， 故 f“(x)在0，上单调减少，从而 f“(x)f“()=0，x
19、(0，)， 因此 f(x)在0，上单调增加，当 ab 时， f(b)f(a)， 即 bsinb+2cosb+basina+2cosa+a13.证明： （分数：5.00）_正确答案：()解析：证法 1 记 ，则 当-1x1 时，由于 ，1+cosx2，所以 f“(x)20，从而 f“(x)单调增加 又因为 f“(0)=0，所以当-1x0 时，f“(x)0；当 0x1 时，f“(x)0故 f(0)是 f(x)在区间(-1，1)中的最小值因为 f(0)=0，所以 f(x)0(-1x1)，即 证法 2 利用带有拉格朗日型余项的泰勒公式，得 所以 因为-1x1，0 i 1，所以-1 i x1(i=1，2
20、，3)，从而 所以 证法 3 记 ，则 f(x)为偶函数 当 0x1 时， 因为 f(0)=0，所以 f(x)0(0x1) 由于 f(x)为偶函数，所以 f(x)0(-1x1)，即 14.证明：方程 （分数：5.00）_正确答案：()解析：证 记 则 ， 15.设当 x0 时，方程 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解 设 ，则 (1)当 k0 时，f“(x)0，f(x)为减函数又 所以，当 k0 时， 在(0，+)仅有一个解 (2)当 k0 时，令 f“(x)=0，得唯一驻点 f“(x)0，所以 为极小值点，且 y=f(x)的图形在(0，+)内是凹的，所以，当极小值为零即 时，原方程有
21、且仅有一个解由上式解得 综上知，当 k0 或 16.就 k 的不同取值情况，确定方程 在开区间 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解 设 ，则 f(x)在 上连续。 由 ，解得 f(x)在 内的唯一驻点 。 由于当 x(0，x 0 )时，f(x)0，当 时，f“(x)0，所以 f(x)在(0，x 0 上单调减少，在 上单调增加因此 x 0 是 f(x)在 内的唯一最小值点，最小值为 又因 ，故在 内 f(x)的取值范围为y 0 ，0) 因此，当 ，即 ky 0 或 k0 时，原方程在 内没有根； 当 k=y 0 时，原方程在 内有唯一根 x 0 ； 当 k(y 0 ，0)时，原方程在(0
22、，x 0 )和 内各恰有一根，即原方程在 设 y=f(x)是区间0，1上的任一非负连续函数（分数：5.00）(1).试证存在 x 0 (0，1)，使得在区间0，x 0 上以 f(x 0 )为高的矩形面积，等于在区间x 0 ，1上以 y=f(x)为曲边的曲边梯形面积；（分数：2.50）_正确答案：()解析：证 取 ，它在0，1上连续，在(0，1)内可导，(0)=(1)=0由罗尔定理知，存在 x 0 (0，1)，使 “(x 0 )=0经计算， 故知存在 x 0 (0，1)使 (2).又设 f(x)在区间(0，1)内可导，且 （分数：2.50）_正确答案：()解析：证 “(x)=xf“(x)+f(x
23、)+f(x)0， 即 “(x)在(0，1)内严格单调增加，故上一小题中的 x 0 是唯一的 解析 本题实际上就是证明存在唯一的 x 0 (0，1)使得 有些读者可能首先想到使用零点定理证明根的存在性，即令 ，则 ，F(1)=f(1)，这样如果 f(x)恒等于 0，则结论显然成立，如果 f(x)不恒等于 0，则有 ，但 F(1)=f(1)0，无法说清楚 F(1)=f(1)0，所以这里使用零点定理遇到阻碍当我们用零点定理不容易直接说明方程有根时，可退一步对它的“原函数”使用罗尔定理来说明方程有根(这也是考点点睛中写到的两种常用的证明方程根存在的方法，读者一定要深刻理解)，故转而思考： 所对应的一个
24、辅助函数是谁呢?实际上 ，x 0 (0，1)，故 17.讨论曲线 y=4lnx+k 与 y=4x+ln 4 x 的交点个数 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解法 1 问题等价于讨论方程 ln 4 x-4lnx+4x-k=0 有几个不同的实根。 设 (x)=ln 4 x-4lnx+4x-k， 则有 不难看出，x=1 是 (x)的驻点 当 0x1 时，“(x)0，即 (x)单调减少；当 x1 时，“(x)0，即 (x)单调增加，故 (1)=4-k 为函数 (x)的最小值 当 k4，即 4-k0 时，(x)=0 无实根，即两条曲线无交点； 当 k=4，即 4-k=0 时，(x)=0 有唯一实
25、根，即两条曲线只有一个交点； 当 k4，即 4-k0 时，由于 故 (x)=0 有两个实根，分别位于(0，1)与(1，+)内，即两条曲线有两个交点 解法 2 问题等价于讨论方程 k=4x-4lnx+ln 4 x 的不同实根的个数 设 f(x)=4x-4lnx+ln 4 x，则 ，不难看出 x=1 是 f(x)的驻点又 f“(x)= ，f“(x)0，所以f(1)=4 为 f(x)的最小值 当 k4 时，方程 f(x)=k 无实根，即两曲线无交点； 当 k=4 时，方程 f(x)=k 有唯一实根，即两曲线只有一个交点； 当 k4 时，由于 18.已知函数 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解
26、 ，令 f“(x)=0，得驻点 当 时，f“(x)0，f(x)单调减少；当 时，f“(x)0，f(x)单调增加 因为 f(1)=0，所以 f(x)在 上存在唯一零点 又 ，所以 f(x)在 19.设 f(x)在区间a，b上具有二阶导数，且 f(a)=f(b)=0，f“(a)f“(b)0证明：存在 (a，b)和(a，b)使 f()=0 及 f“()=0 （分数：5.00）_正确答案：()解析：证 不妨设 f“(a)0，则 f“(b)0，则 则 xa 时， ，使得 f(x 1 )0( 1 0) 同理可得 (b- 2 ，b)，使得 f(x 2 )0( 2 0) 由连续函数的零点定理得 使得 f()=
27、0 由 f(a)=f()=f(b)=0，运用罗尔定理，知 及 2 (，b)，分别使得 f“( 1 )=0，f“( 2 )=0；再用一次罗尔定理，知 20.设函数 f(x)在闭区间-1，1上具有三阶连续导数，且 f(-1)=0，f(1)=1，f“(0)=0，证明：在开区间(-1，1)内至少存在一点 ，使 f“()=3 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证 由麦克劳林公式得 其中 介于 0 与 x 之间，x-1，1 分别令 x=-1 和 x=1，并结合已知条件，得 两式相减，可得 f“( 1 )+f“( 2 )=6 由 f“(x)的连续性知，f“(x)在闭区间 1 ， 2 上有最大值和最小值
28、，设它们分别为 M 和 m，则有 再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 ，使 设 f(x)在区间-a，a(a0)上具有二阶连续导数，f(0)=0（分数：4.00）(1).写出 f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；（分数：2.00）_正确答案：()解析：解 对任意 x-a，a， (2).证明：在-a，a上至少存在一点 ，使 （分数：2.00）_正确答案：()解析：证 因为 f“(x)在-a，a上连续，故对任意的 x-a，a，有 mf“(x)M，其中 M，m 分别为 f“(x)在-a，a上的最大、最小值，所以有 即 由 f“(x)的连续性知，至少存在一点 -a，a，使 即 解析 本题第二
29、问有部分考生这样处理： 21.设函数 f(x)在闭区间a，b上连续，在开区间(a，b)内可导，且 f“(x)0若极限 存在，证明： ()在(a，b)内 f(x)0； ()在(a，b)内存在点 ，使 ()在(a，b)内存在与()中 相异的点 ，使 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证法 1 ()因为 存在，故 ，由 f(x)在a，b上连续，从而 f(a)=0又 f“(x)0 知f(x)在(a，b)内单调增加，故 f(x)f(a)=0，x(a，b) ()设 F(x)=x 2 ， ，则 g“(x)=f(x)0，故 F(x)，g(x)满足柯西中值定理的条件，于是在(a，b)内存在点 使 即 ()
30、因 f()=f()-0=f()-f(a)，在a，上应用拉格朗日中值定理，知在(a，)内存在一点 ，使 f()=f“()(-a)，从而由()的结论得 即有 证法 2 ()同证法 1 ()设 显然 F(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导， 根据罗尔中值定理，存在 (a，b)，使得 F“()=0，即 ()由()和()可知 则 根据拉格朗日中值定理，存在 (a，)，使得 即 已知函数 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(0)=0，f(1)=1证明：（分数：4.00）(1).存在 (0，1)，使得 f()=1-；（分数：2.00）_正确答案：()解析：证 令 g(x)=f(x)+x-
31、1，则 g(x)在0，1上连续，且 g(0)=-10，g(1)=10， 根据连续函数的零点定理知，存在 (0，1)，使得 g()=f()+-1=0，即 f()=1-(2).存在两个不同的点 ，(0，1)，使得 f“()f“()=1（分数：2.00）_正确答案：()解析：证 由于函数 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，所以根据拉格朗日中值定理，存在(0，) (0，1)，(，1) (0，1)，使得 从而 22.设函数 f(x)，g(x)在a，b上连续，在(a，b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，f(a)=g(a)，f(b)=g(b)，证明：存在 (a，b)，使得 f“()=g“() （
32、分数：4.00）_正确答案：()解析：证 令 h(x)=f(x)-g(x)，假设不存在 (a，b)，使得 h()=0则对任-x(a，b)，h(x)恒大于0，或恒小于 0，不妨设 h(x)0，设函数 g(x)在 x 0 (a，b)处取得最大值，则 h(x 0 )=f(x 0 )-g(x 0 )0，即 f(x 0 )g(x 0 )这与题设 f(x)，g(x)在(a，b)内存在相等的最大值矛盾，故存在 (a，b)，使得 h()=0 因此由罗尔中值定理可知，存在 1 (a，)， 2 (，b)，使得 h“( 1 )=h“( 2 )=0 再由罗尔中值定理可知，存在 ( 1 ， 2 ) (1).证明拉格朗日
33、中值定理：若隔数 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则存在点 (a，b)，使得 f(b)-f(a)=f“()(b-a)；（分数：2.00）_正确答案：()解析：证 取 由题意知 F(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且 根据罗尔中值定理，存在 (a，b)，使得 (2).证明：若函数 f(x)在 x=0 处连续，在(0，)(0)内可导，且 （分数：2.00）_正确答案：()解析：证 根据拉格朗日中值定理，得 其中 0x 因为 ，故 f“ + (0)存在，且 f“ + (0)=A 解析 (1)第二问还可以用洛必达法则来证明： (2)本题更一般的结论为：设 f(x)在 x=x 0 处连续，且 23.设函数 f(x)在闭区间0，1上连续，在开区间(0，1)内可导，且 f(0)=0， 证明：存在 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证 设函数 ，由题意知 F(0)=0，F(1)=0 在 上分别应用拉格朗日中值定理有 二式相加，得 即 f“()+f“()= 2 + 2 解析 设奇函数 f(x)在-1，1上具有 2 阶导数，且 f(1)
