1、考研数学二（一元函数微分学）历年真题试卷汇编 8及答案解析(总分：74.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：16.00)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.(2011年试题，一)函数 f(x)=In(x 一 1)(x一 2)(x一 3)的驻点个数为( )（分数：2.00）A.0B.1C.2D.33.(2008年试题，一)设 f(x)=x 2 (x一 1)(x一 2)，则 f(x)的零点个数为( )（分数：2.00）A.0B.1C.2D.34.(2002年试题，二)设函数 y=f(x)在(0，+)内有界且可导，则( )（分数
2、：2.00）A.当 时，必有B.当 存在时，必有C.当 时，必有D.当 存在时，必有5.(2001年试题，二)已知函数 f(x)在区间(1 一 ，1+)内具有二阶导数 f “ (x)严格单调减少，且 f(1)=f “ (1)=1，则( )（分数：2.00）A.在(1，1)和(1，1+)内均有 f(x)xC.在(1，1)内 f(x)xD.在(1，1)内 f(x)x，在(1，1+)内 f(x)l 1 l 2C.l 2 l 1 1D.1l 2 l 18.(1997年试题，二)如图 131所示，设在闭区间a，b上 f(x)0,f “ (x)“ (x)0记 （分数：2.00）A.S 1 23B.S 2
3、31C.S 3 12D.S 2 13二、填空题(总题数：3，分数：6.00)9.(2003年试题，一)y=2 x 的麦克劳林公式中 x n 项的系数是 1.（分数：2.00）填空项 1:_10.(2011年试题，二(11)曲线 （分数：2.00）填空项 1:_11.(2001年试题，五)设 p=p(x)是抛物线 上任一点 M(x，y)(x1)的曲率半径，s=s(x)是该抛物线上介于点 A(1，1)与 M之间的弧长，计算 的值(在直角坐标系下曲率公式为 （分数：2.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：26，分数：52.00)12.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
4、）_13.(2003年试题，七)讨论曲线 y=41nx+k与 y=4x+ln 4 x的交点个数（分数：2.00）_14.(1997年试题，八)就 k的不同取值情况，确定方程 在开区间 （分数：2.00）_15.(2012试题，三) (1)证明方程 x n +x n-1 +x=1(n为大于 1的整数)，在区间 内有且仅有一个实根； (2)记(1)中的实根为 x n ，证明 （分数：2.00）_16.(2007年试题，21)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 “ ()（
5、分数：2.00）_17.(2005年试题，19)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：(I)存在 (0，1)，使得 f()=1 一 ；()存在两个不同的点 ，(0，1)，使得 f “ ()f “ ()=1（分数：2.00）_18.(1998年试题，八)设 y=f(x)是区间0，1上的任一非负连续函数(1)试证存在 x o (0，1)，使得在区间0，x上以 f(x o )为高的矩形面积，等于在区间x o ，1上以 y=f(x)为曲边的曲边梯形面积(2)又设 f(x)在区间(0，1)内可导，且 （分数：2.00）_19.(2001年试题，十)设
6、 f(x)在区间一 a，a(a0)上具有二阶连续导数 f(0)=0，(1)写出 f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；(2)证明在一 a，a上至少存在一点 ，使 （分数：2.00）_20.(1999年试题，八)设函数 f(x)在闭区间一 1，1上具有三阶连续导数，且 f(一 1)=0,f(1)=1,f “ (0)=0，证明：在开区间(一 1，1)内至少存在一点 ，使 f “ ()=3（分数：2.00）_21.(2010年试题，21)设函数 f(x)在闭区间0，1上连续，在开区间(0，1)内可导，且 证明：存在 （分数：2.00）_22.(2009年试题，21)(I)证明拉格朗日中值定理：
7、若函数 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则存在 (a，b)，使得 f(b)-f(a)=f “ ()(b 一 a)；()证明：若函数 f(x)在 x=0处连续，在(0，(0)内可导，且 （分数：2.00）_23.(2008年试题，20)(I)证明积分中值定理：设 f(x)在a，b上连续，则存在 a，b，使 ()若 (x)有二阶导数，且满足 (2)(1) （分数：2.00）_24.(2012年试题，三)证明： （分数：2.00）_25.(2006年试题，19)证明：当 00，由拉格朗日中值定理，f(2x)一 f(x)=f “ ().x(其中 x存在，记为 A为有限常数，在式(1)中令
8、x+，则 已知 f(x)连续有界，因此 所以 5.(2001年试题，二)已知函数 f(x)在区间(1 一 ，1+)内具有二阶导数 f “ (x)严格单调减少，且 f(1)=f “ (1)=1，则( )（分数：2.00）A.在(1，1)和(1，1+)内均有 f(x)xC.在(1，1)内 f(x)xD.在(1，1)内 f(x)x，在(1，1+)内 f(x)l 1 l 2 C.l 2 l 1 1D.1l 2 l 1解析：解析：由题设，当 ，因此 即 因此可排除 C,D令 ，则 又令 ，则 g “ (x)=1一 cos2x，显然当 g “ (x)0，因此 g(x)严格单调递增，即 g(x)g(0)=0
9、，从而 f “ (x)0，即 f(x)在 上严格单调递增，所以 因此 8.(1997年试题，二)如图 131所示，设在闭区间a，b上 f(x)0,f “ (x)“ (x)0记 （分数：2.00）A.S 1 23B.S 2 31C.S 3 12D.S 2 13 解析：解析：由题设，f(x)0，则曲线在 x轴上方，f “ (x)“ (x)0，则曲线下凸，由此可大致作出 f(x)的草图如下：则 S 1 表示曲线 下方与 二、填空题(总题数：3，分数：6.00)9.(2003年试题，一)y=2 x 的麦克劳林公式中 x n 项的系数是 1.（分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：由题设
10、，根据麦克劳林公式，x n 的系数为 ）解析：解析：y=f(x)在点 x=0处的泰勒展开式为10.(2011年试题，二(11)曲线 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：11.(2001年试题，五)设 p=p(x)是抛物线 上任一点 M(x，y)(x1)的曲率半径，s=s(x)是该抛物线上介于点 A(1，1)与 M之间的弧长，计算 的值(在直角坐标系下曲率公式为 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：由题设 。且抛物线在点 M(x，y)处的曲率半径为 抛物线上 的弧长为 因此得到 p(x)与 S(x)都是 x的函数，从而由 知 且因此 ）解析：三、
11、解答题(总题数：26，分数：52.00)12.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：13.(2003年试题，七)讨论曲线 y=41nx+k与 y=4x+ln 4 x的交点个数（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设，讨论曲线 y=41nx+k与 y=4x+1n 4 x的交点个数，等价于考虑函数 f(x)=ln 4 x+4x一 41nx一 k的零点个数，即 f(x)=0的根的个数， )解析：解析：构造辅助函数应坚持将参数分离开的原则，以便求解14.(1997年试题，八)就 k的不同取值情况，确定方程 在开区间 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由
12、题设，讨论方程 的根的个数等价于讨论直线 y=k与直线 y=x 的交点个数设 先利用导数研究 f(x)的性质在 连续，且有 f(x)0由 可解得 f(x)在 内唯一驻点 x o =arccos 当 x(0，x o )时 f “ (x) 时 f “ (x)0，因此 x o 是 f(x)的最小值点，且 f(x o )=x o 一结合 知 )解析：解析：考查导数的综合应用15.(2012试题，三) (1)证明方程 x n +x n-1 +x=1(n为大于 1的整数)，在区间 内有且仅有一个实根； (2)记(1)中的实根为 x n ，证明 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：(1)证明：令 f(
13、x)=x n +x n-1 +x一 1，则 f(1)=1 n +1 n-1 +11=n一 10，因此由零点定理知 f(x)=0在 内至少有一实根又 f “ (x)=nx n-1 +(n一 1)x n-2 +2x+10， 故 f(x)在 上是单调递增函数，所以 f(x)=0在 内有且仅有一个实根 (2)由题设，有 f(x n )=0，又 f “ (x)=nx+(n一 1)x n-2 +2x+11 又设 f(x)=f(x)+1=x n +x n-1 +x，则 F(x n )=1则有 由夹逼定理，有 )解析：16.(2007年试题，21)设函数 f(x)，g(x)在a，b上连续，在(a，b)内具有二
14、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：2.00）_正确答案：(正确答案：设 f(x)，g(x)在(a，b)内某点 c(a，b)同时取得最大值，则 f(c)=g(c)此时记 =c，则 f()=g()若两个函数取得最大值的点不同，则可设厂(c)=maf(x)，g(d)=maxg(x)，故有fc)一 g(c)0,f(d)一 g(d)1 ， 2 使得 f “ ( 1 )=g “ ( 1 )，g “ ( 2 )=g “ ( 2 )在区间( 1 ， 2 )内再用罗尔定理，即存在 ( 1 ， 2 )c(a，b)，使得 f “
15、()=g()解析：17.(2005年试题，19)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：(I)存在 (0，1)，使得 f()=1 一 ；()存在两个不同的点 ，(0，1)，使得 f “ ()f “ ()=1（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：(I)设 f(x)=f(x)一 1+x，因为 f(x)在0，1上连续，且 f(0)=一 1,f(1)=1，即f(0).f(1) 在，1上，用拉格朗日中值定理可知，存在 (，1)，使得 所以，存在两个不同的点 ，(0，1)，使得 )解析：18.(1998年试题，八)设 y=f(x)是区间0，1上的任一
16、非负连续函数(1)试证存在 x o (0，1)，使得在区间0，x上以 f(x o )为高的矩形面积，等于在区间x o ，1上以 y=f(x)为曲边的曲边梯形面积(2)又设 f(x)在区间(0，1)内可导，且 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：根据题意，若存在满足条件的 x o (0，1)，则有 为证明此式，引入辅助函数 F(x)，使得 不难发现 且 F(0)=F(1)=0，并且 f(x)在0，1上可导，则由罗尔定理知，存在 x 0 (0，1)使得 f “ (x 0 )=0，即 因此 x 0 的存在性得证下面证明在题设(2)的条件下，(1)中 x 0 的唯一性事实上，只要证明 f “ (
17、x)在0，1上是严格单调的即可，由(2)中已知条件 f “ (x)，由于f “ (x) “ =f(x)+xf “ (x)十 f(x)=2f(x)+xf “ (x)0，因而 f “ (0,1)在0，1严格单调递增，因此(1)中的 x 0 的唯一性也得证评注关于(1)中 x 0 的存在性的证明，也可采用以下方法：若存在 x 1 使得 f(x)=0， ，则任取 x 0 (x 1 ，1)，有 x 0 f(x 0 )=0= 若上述 x 1 不存在，任取 由于 f(x)在c，1上连续，由最值定理，存在 x 2 c，1，使得 f(x 2 )0为 f(x)在c，1上的最大值在区间0，x 2 上作辅助函数 则
18、(x)连续，且 (0)0又 (x 2 ) 一 x 2 f(x 2 )(12x 2 )f(x 2 )0 (0，x 2 )c(0，1)，使 (x 0 )=0，即 )解析：19.(2001年试题，十)设 f(x)在区间一 a，a(a0)上具有二阶连续导数 f(0)=0，(1)写出 f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；(2)证明在一 a，a上至少存在一点 ，使 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设， 其中 在 0与 x之间且 x一 a，a，又由已知 f(0)=0，从而可得所带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式为 将式(1)两边在区间一 a，a上作定积分，得 即 注意 在 0与 x之间，
19、随 x变化而变化，所以式(2)右端 即 f “ ()不是常数，不能提到积分号外，由题设 f(x)二阶导数连续，则 f “ (x)在一 a，a上有最小值 m和最大值 M，即当x一 a，a时，mf “ (x)M，从而 代入式(2)得 即 由连续函数在闭区间上的介值定理知，存在 一 a，a，使得 即 )解析：解析： 的取值与 x有关，而不要误以为是常数20.(1999年试题，八)设函数 f(x)在闭区间一 1，1上具有三阶连续导数，且 f(一 1)=0,f(1)=1,f “ (0)=0，证明：在开区间(一 1，1)内至少存在一点 ，使 f “ ()=3（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设
20、 f(x)具有三阶连续导数，且 f “ (0)=0，则由麦克劳林公式得其中 介于0与 x之间，且 x-1，1在上式中分别令 x=一 1和 x=1，并由已知条件 f(一 1)=0,f(1)=1，f “ (0)=0，得 两式相减，得 f “ ( 1 )+f “ ( 2 )=6由已知 f “ (x)连续，则在闭区间 1 ， 2 上有最大值和最小值，设它们分别为 M和 m，则有 则由连续函数的介值定理知，至少存在一点 1 ， 2 c(一 1，1)，使 )解析：解析：在泰勒展开式中一般取 x “ 为一阶导数值是已知的点(例如 f “ (x 0 )=1)或隐含已知的点，比如极值点，最值点等， 的选取在 x
21、 0 与 x之间，一般还随着 x的变化而变化21.(2010年试题，21)设函数 f(x)在闭区间0，1上连续，在开区间(0，1)内可导，且 证明：存在 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：令 F(x)=f(x) (可根据结论F “ ()一 2 +F “ ()一 2 =0推知)，在区间 上分别利用拉格朗日中值定理， 上述二式相加可得 )解析：22.(2009年试题，21)(I)证明拉格朗日中值定理：若函数 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则存在 (a，b)，使得 f(b)-f(a)=f “ ()(b 一 a)；()证明：若函数 f(x)在 x=0处连续，在(0，(0)内可导，
22、且 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：(I)作辅助函数 可验证 (x)满足：(a)=(b)=0；(x)在闭区间a，b上连续，在开区间(a，b)内可导由罗尔定理可知，在(a，b)内至少有一点 ，使 “ ()=0，即 “ ()=f “ () 亦即 f(b)一 f(a)=f “ ()(b 一 a)，命题得证()任取 x 0 (0，)，则函数f(x)在闭区间0，x 0 上连续，在开区间(0，x 0 )内可导，从而根据拉格朗日中值定理可知，存在(0，x 0 )c(0，)，使得 f “ ()= 又由于 ，因此对上式两边取 x 0 0 + 时的极限可得 由此可知 存在，且 )解析：23.(2008年
23、试题，20)(I)证明积分中值定理：设 f(x)在a，b上连续，则存在 a，b，使 ()若 (x)有二阶导数，且满足 (2)(1) （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：(I)设 M和 m分别是连续函数 f(x)在区间a，b(ba)上的最大值和最小值，则有 不等式两边同除以(b 一 a)，得到 显然 是介于函数 f(x)的最大值和最小值之间的，根据闭区间上连续函数的介值定理可知，在区间a，b上至少存在一点 ，使得函 f(x)在该点处的函数值和 相等，即 (ab)，等式两边同乘(b 一 a)可得 ()由积分中值定理可得，至少存在一点 (2，3)，使得 所以有 (2)(1)，(2)()因为 (
24、x)有二阶导数，所以由拉格朗日微分中值定理可知，至少存在一点 1 (1，2)，使得 且至少存在一点 2 (2，)，使得 “ ( 2 ) 再由拉格朗日微分中值定理可知，至少存在一点 ( 1 ， 2 )，使得 )解析：24.(2012年试题，三)证明： （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：设 对其求一阶导数， 综上，可证得结论 )解析：25.(2006年试题，19)证明：当 0f “ ()=0(x(0，)于是 f(x)在0，单调上升，从而当 0 f(a)，即bsinb+2cosb+basina+2cosa+a)解析：26.(2004年试题，三(5)设 e（分数：2.00）_正确答案：(正确答
25、案：由题设所给待证不等式的结构形式，可引入辅助函数 )解析：解析：本题也可应用拉格朗日中值定理来证明设 g(x)=In 2 x，在a，b上由拉格朗日中值定理知：存在一点 (a，b)，使得 g(b)一 g(a)=g “ ()(ba)，即 In 2 bIn 2 a= 又设 27.(2002年试题，九)设 0（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：题设所给待证不等式有两部分，应分别予以证明，先证明右边不等式 引入辅助函数 则 由于已知 0 “(x)0，从而 f(x)严格单调递增，又 f(a)=0，从而 f(x)f(x)=0，令 x=b，得 f(b)0，即 )解析：解析：关于左边不等式 的证明，还可
26、采用以下方法：设 f(x)=lnx，xa，b，由拉格朗日中值定理知存在 (a，b)，使得 f(b)-f(a)=lnblna=f “ ()(ba) 已知 0 所以 即 28.(1998年试题，十一)设 x(0，1)，证明：(1)(1+x)ln 2 (1+x) 2；(2)*（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：证明不等式的一条常规途径是构造辅助函数，通过研究其单调性来证明不等式由题设，引入辅助函数 (x)=(1+x)ln 2 (1+x)-x 2 ，则 (x)=In 2 (1+x)+21n(1+x)一 2x至此尚无法判断 “ (x)的符号，于是由 )解析：解析：利用导数证明单调性，再利用单调性来
27、证明不等式是常用的不等式证明方法之一29.(2000年试题，三)设 ，计算 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由已知条件，应先求出 f(x)的表达式再进行积分，由于 因此令 t=lnx，即x=e t ，代入上式得 则 )解析：解析：利用复合函数求函数的表达式及不定积分的运算方法30.(2009年试题，16)计算不定积分 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：令 ，则 于是 )解析：31.(2006年试题，16)求不定积分 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：用积分公式 求解 )解析：解析：用分部积分法和换元积分法32.(2003年试题，五)计算不定积分 （分数：2.00）_正
28、确答案：(正确答案：本题的不定积分可采用换元法或分部积分法求解 详解一 设 x=tant， 则因此 由此， 详解二 )解析：解析：利用换元积分法，令 arctx=t或 x=tant，则 dx=sec 2 tdt33.(2001年试题，三)求 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设所给不定积分的被积函数含有 因此令 x=tant，其中 dx=sec 2 tdt则 因为 ，所以 )解析：34.(1999年试题，一) （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设，分母 x 2 一 6x+13对 x求导得 2x一 6，由此， )解析：解析：一般情形有公式35.(1998年试题，一) （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设， )解析：36.(1997年试题，三(3)计算 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案： 或者， )解析：解析：在积分过程中，当某些复杂的积分重复出现时，要么可以消去，要么为所求积分37.(1997年试题，一) （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设， 或者，原式= )解析：解析：被积函数中含有
