1、考研数学三（一元函数积分学）模拟试卷 32 及答案与解析一、填空题1 设 为 f(x)=arcsin x 在区间0，b上使用拉格朗日中值公式中的 ，则二、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。2 作函数 y=x2+ 的图形3 求函数 y=excos x 的极值4 设 f(x)可导，证明：f(x)的两个零点之间一定有 f(x)+f(x)的零点5 (1)叙述并证明一元函数微分学中的罗尔定理；(2)叙述并证明一元函数微分学中的拉格朗日中值定理6 设函数 f(x)在a，b上连续，在(a，b) 内可导，且 f(a)=f(b)=0求证：(1)存在 (a，b)，使 f()+f()=0；(2)存在 (
2、a，b) ，使 f()+f()=07 设函数 f(x)在一 2，2上二阶可导，且 |f(x)|1，又 f2(0)+f(0)2=4试证：在(一2，2)内至少存在一点 ，使得 f()+f”()=08 设函数 f(x)在a，b上连续(a，b0) ，在(a，b)内可导，且 f(a)f(b)证明：存在， (a，b)，使得9 设函数 f(x)在闭区间a，b上连续(a，b0) ，在(a ，b) 内可导试证：在(a ，b)内至少有一点 ，使等式 =f()一 f()成立10 设 f(x)在 上具有连续的二阶导数，且 f(0)=0证明：存在 ，使得 f()=11 试求方程 ex=ax2(a0 为常数)的根的个数1
3、2 设 f(x)在 x0 处 n 阶可导，且 f(m)(x0)=0(m=1，2，n 一 1)，f (n)(x0)0(n2) 证明：(1)当 n 为偶数且 f(n)(x0)0 时，f(x)在 x0 处取得极大值； (2)当 n 为偶数且 f(n)(x0)0 时，f(x)在 x0 处取得极小值13 设 f(x)在 x0 处 n 阶可导，且 f(m)(x0)=0(m=1，2，n 一 1)，f (n)(x0)0(n2) 证明：当 n 为奇数时，(x 0，f(x 0)为拐点14 求函数 f(x)=nx(1 一 x)n，n=1，2，在0 ，1上的最大值 M(n)及15 设 f(x)在a，b上连续，ax 1
4、x 2x nb试证：在 (a，b)内存在 ，使得16 设函数 f(x)在0，3上连续，在 (0，3)内可导，且 f(0)+f(1)+f(2)=3，f(3)=1试证：存在 (0，3)，使 f()=017 在区间0 ，a上|f”(x)|M，且 f(x)在(0，a) 内取得极大值证明：|f(0)|+|f(a)|Ma18 设 f(x)在闭区间1，2上可导，证明：存在 (1，2)，使 f(2)一 2f(1)=f()一f()19 f(x)在a ，b上连续，在(a，b) 内可导，且 f(x)0证明：存在 ，(a ，b)，使得20 设 且 f”(x)0证明：f(x)x21 设 f(x)，g(x) 在a，b 上
5、二阶可导，且 f(a)=f(b)=g(a)=0证明：存在 (a，b)，使 f“()g()+2f()g()+f()g“()=022 设 f(x)在a，b上二阶可导，且 f(a)=f(b)=0证明：存在 (a，b)，使23 若 x一 1证明： 当 01 时，有(1+x) 1+ax； 当 0 或 1 时，有(1+x)1+x24 设 x(0，1)，证明不等式：(1)(1+x)ln 2(1+x)x 2；25 求证：当 x0 时，(x 2 一 1)ln x(x 一 1)226 证明：27 设函数 f(x)在(一，+)内二阶可导，且 f(x)和 f“(x)在(一，+) 内有界证明：f(x)在(一， +)内有
6、界28 设 f(x)在闭区间0，c上连续，其导数 f(x)在开区间(0，c)内存在且单调减少，f(0)=0试证明：f(a+b)f(a)+f(b) ，其中常数 a，b 满足条件 0aba+bc29 证明：当 x0 时，有30 证明：当 0a b 时，bsin b+2cos b+basin a+2cos a+a31 设 ba e，证明：a bb a32 证明：当 x0 时，不等式 成立33 证明：当 成立34 设 f(x)在 x=0 处连续且 ，求 f(0)并讨论 f(x)在 x=0 处是否可导若可导，请求出 f(0)35 设 讨论 f1(x)与 f2(x)的极值36 设 f(x)在a，b上存在二
7、阶导数，且 f“(x)0证明：37 设 fn(x)=x3+anx1，其中 n 是正整数，a 1(1)证明方程 fn(x)=0 有唯一正根rn；(2)若 Sn=r1+r2+rn，证明38 设 f(x)在区间0，1上连续，在区间 (0，1)内存在二阶导数，且 f(0)=f(1).证明：存在 (0，1)使 2f()+f“()=0考研数学三（一元函数积分学）模拟试卷 32 答案与解析一、填空题1 【正确答案】 【试题解析】 由 arcsin barcsin 0= (b0)，0 b，解得【知识模块】 微积分二、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。2 【正确答案】 定义域 (一 ，0)(0，+)
8、，无周期性无奇偶性y=0 的根为y“=0 的根为 x=一 1 列表由表可知函数的极小值点为 拐点为(一 1，0)铅直渐近线无斜渐近线作图 (如图 121)【知识模块】 微积分3 【正确答案】 由 y=ex(cos xsin x)知可疑极值点 n=0，1，(均为驻点)又 y“=2exsin x，当 xk= 时，y“ 0，所以 为极大值点，极大值为【知识模块】 微积分4 【正确答案】 构造辅助函数 F(x)=f(x)ex，由于 f(x)可导，故 F(x)可导，设 x1 和x2 为 f(x)的两个零点，且 x1x 2，则 F(x)在x 1，x 2上满足罗尔定理条件，由罗尔定理，至少存在一点 (x1，
9、x 2)，使得 F()=0，即 f()e+f()e=ef()+f()=0由于e0，因此必有 f()+f()=0【知识模块】 微积分5 【正确答案】 (1)罗尔定理：设函数 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且 f(a)=f(b)，则至少存在一点 (a，b)使 f()=0 证明：由于 f(x)在a，b上连续，所以f(x)在a，b上存在最大值 M 和最小值 m 如果 M=m，则 f(x)C，从而 f(x)0，任取 (a，b)均有 f()=0 如果 Mm，由于 f(a)=f(b)，所以 M 或 m 中至少有 1 个在开区间(a，b)内取到，即在(a，b)内 f(x)可取到极值(极大值或(和
10、)极小值)由费马定理知，在对应点 x=(a，b)处，f()=0 (2)拉格朗日中值定理：设函数 f(x)在a ，b上连续，在(a，b) 内可导，则至少存在一点 (a，b)，使 f(b) 一 f(a)=f()(b 一 a)证明：令 (x)=f(x)一 (x 一 a)，则 (x)在a，b上连续，在(a， b)内可导，且 (a)=f(a)，(b)=f(a)，故 (a)=(b)，所以 (x)在a，b上满足罗尔定理条件，从而知至少存在一点 (a，b)使 ()=0即 即f(b)一 f(a)=f()(b-a)证毕【知识模块】 微积分6 【正确答案】 (1)设 (x)=xf(x)，则 (x)在a，b 上连续，
11、在 (a，b)内可导，且 (a)=(b)=0，由罗尔定理得，存在 (a，b)，使 ()=0，即 f()+f()=0(2)设 F(x)=，则 F(x)在a，b上连续，在 (a，b)内可导，且 F(a)=F(b)=0，由罗尔定理得，存在 (a，b)，使 F()= 即 f()+f()=0【知识模块】 微积分7 【正确答案】 由拉格朗日中值定理有 f(0)一 f(-2)=2f(1)，一 2 10， f(2)-f(0)=2f(2)，0 22由|f(x)|1 知|f( 1)|=令 (x)=f2(x)+f(x)2，则有(1)2，( 2)2 因为 (x)在 1， 2上连续，且 (0)=4，设 (x)在 1，
12、2上的最大值在点 (1， 2) (一 2，2)处取到，则 ()4，且 在 1， 2上可导，由费马定理有 ()=0，即 2f().f()+2f().f“()=0 因为|f(x)|1，且 ()4，所以 f()0，于是有 f()+f“()=0， (一 2，2)【知识模块】 微积分8 【正确答案】 对 f(x)应用拉格朗日中值定理知 f(b)一 f(a)=f()(b-a)，(a ，b)，对 f(x)，x 2 应用柯西中值定理知【知识模块】 微积分9 【正确答案】 令 F(x)= 它们在区间 a，b上连续，在(a，b)内可导，且 G(x)= ，满足柯西中值定理的三个条件，于是在(a，b)内至少有一点，使
13、得【知识模块】 微积分10 【正确答案】 因 f(x)和 g(x)=cos 2x 在 内可导，且 g(x)=(cos 2x)=一 2sin 2x0， 故由柯西中值定理知，存在即因 f(x)在 上具有连续的二阶导数，故存在 使得 再由 f(0)=0 知 由式和式知【知识模块】 微积分11 【正确答案】 考查区间(一 ，0)f(x) 在( 一，0)上单调增加，又 则对任意 a0， f(x)在( 一 ，0) 上有唯一零点，原方程在(一，0)上有一个根 考查区间(0 ，+) f(x)在(0，2上单调减少，在2 ， +)上单调增加，又于是，当 f(2)0 即 时，f(x)在(0， +)内无零点，原方程在
14、(0，+) 上没有根；当 时，f(x)在(0，+)有唯一零点(即 x=2)，原方程在 (0，+)上有唯一根；当 时，f(x)在(0，2) 及(2，+) 内分别有唯一零点，即在(0，+) 内有且仅有两个零点，原方程在(0，+)上有两个根【知识模块】 微积分12 【正确答案】 n 为偶数，令 n=2k，构造极限(1)当 f(2k)(x0)0 时，由极限保号性，知 f(x)f(x 0)，故 x0 为极大值点；(2)当 f(2k)(x0)0 时，由极限保号性，知 f(x)f(x 0)，故 x0为极小值点【知识模块】 微积分13 【正确答案】 n 为奇数，令 n=2k+1，构造极限当 f(2k+1)2(
15、x0)0 时，存在 x0 的某去心邻域使得 则当 xx 0 时，f“(x)0；当 xx 0 时，f“(x)0，故(x 0，f(x 0)为拐点；当 f(2k+1)(x0)0 时，同样可得(x0，f(x 0)为拐点【知识模块】 微积分14 【正确答案】 容易求得 f(x)=n1 一(n+1)x(1-x) n-1,f“(x)=n2(n+1)x-2(1 一 x)n-2令 f(x)=0，得驻点为 f(x)的极大值点，且极大值 f(x0)= ，将它与边界点函数值 f(0)=0，f(1)=0，比较得 f(x)在0，1上的最大值 M(n)=f(x0)= 且有【知识模块】 微积分15 【正确答案】 因为 f(x
16、)在a ，b上连续，所以 mf(x)M，其中 m，M 分别为f(x)在a，b上的最小值和最大值则对于任意 xia，b，i=1，2，n，有 mf(x1)M， mf(x 2)M， mf(x n)M， + mnf(x1)+f(x2)+f(xn)nM，故 M由介值定理可得存在(a， b)，使得【知识模块】 微积分16 【正确答案】 函数 f(x)在0 ，3上连续，则 f(x)在0，2上连续，那么其在0，2上必有最大值 M 和最小值 m，于是 mf(0)M，mf(1)M，mf(2)M，由介值定理知，至少存在一点 (0，2)，使得于是便有 f()=1=f(3)，满足罗尔定理条件，于是存在 (,3) (0，
17、3) ，使 f()=0【知识模块】 微积分17 【正确答案】 f(x)在(0，a)内取得极大值，不妨设在点 x=c 处取到，则 f(c)=0f(x)在0，c与c，a上分别使用拉格朗日中值定理，有 f(c)一 f(0)=cf“(1)，1(0， c)， f(a)一 f(c)=(a 一 c)f“(2)， 2(c，a) ， 所以 |f(0)|+|f(a)|=c|f“( 1)|+(a 一 c)|f“(2)|cM+(a 一 c)M=aM【知识模块】 微积分18 【正确答案】 令 F(x)= F(x)在1，2上连续，(1，2)内可导，且 F(2)=F(1)=f(2)一 f(1)由罗尔定理，存在 (1， 2)
18、，使 F()=0，即 f(2)一 2f(1)=f()一 f()【知识模块】 微积分19 【正确答案】 因为 f(x)在(a ，b)上满足拉格朗日中值定理，所以f(x)，e x 在(a，b)上满足柯西中值定理的条件，所以【知识模块】 微积分20 【正确答案】 因 ，得 f(0)=0，f(0)=1因 f(x)二阶可导，故 f(x)在x=0 处的一阶泰勒公式成立，即因 f“(x)0，故 f(x)x，当且仅当x=0 时等号成立原命题得证【知识模块】 微积分21 【正确答案】 令 F(x)=f(x)g(x)，在点 x=a 处展开成泰勒公式，有 F(x)=F(a)+F(a)(x 一 a)+ F“()(x
19、一 a)a(ax) 令 x=b，代入式，则 F(b)=F(a)+F(a)(b 一a)+ (b 一 a)2(ab) 因 f(a)=f(b)=g(a)=0，则 F(a)=F(b)=0，且 F(a)=0，代入式，得 F“()=0即 f“()g()+2f()g()+f()g“()=0【知识模块】 微积分22 【正确答案】 将 f(x)在 x=a，x=b 处展开成泰勒公式，有令|f“()|=max|f“( 1)|，|f“( 2)|，则 (|f“(1)|+|f“(2)|) .2.|f“()|=|f“()|，故原命题得证【知识模块】 微积分23 【正确答案】 当 x=0 时，原不等式左边=1= 右边，成立当
20、 x0 时，令 f(x)=(1+x)a，则有 f(x)=(1+x)-1，f“(x)=( 一 1)(1+x)-2 由 f(x)的泰勒展开式 f(x)=f(0)+f(0)x+ ， 介于 0，x 之间，可知当 x一 1，0 1 时，( 一 1)0，1+0 ，故 ，所以 f(x)f(0)+f(0)x，即 (1+x) 1+x 同理可证，当x一 1，0 或 1 时，有(1+x) 1+x【知识模块】 微积分24 【正确答案】 (1)令 (x)=x2 一(1+x)ln 2(1+x)，有 (0)=0，且 (x)=2xln 2(1+x)一 2ln(1+x)，(0)=0 当 x(0，1)时，“(x)= x 一 ln
21、(1+x)0，知 (x)单调递增，从而 (x)(0)=0 ，知 (x)单调递增，则 (x)(0)=0，即(1+x)ln 2(1+x)x 2 由(1)得，当x(0，1)时，f(x)0，知 f(x)单调递减，从而 f(x)f(1)= 因为又当 x(0，1)时，f(x)单调递减，则 ，所以【知识模块】 微积分25 【正确答案】 设 f(x)=(x2 一 1)lnx 一(x 一 1)2，所以 f(1)=0又因为 f(x)=2xln xx+2 一 ，f(1)=0，且 所以当 x1 时，f“(x)0，知 f(x)单调递增，则 f(x)f(1)=0，从而 f(x)单调递增，故 f(x)f(1)=0，原命题成
22、立； 当 0x1 时，f“(x)0，知 f“(x)单调递减，则f“(x)f“(1)=20，从而 f(x)单调递增，故 f(x)f(1)=0，所以 f(x)单调递减，知f(x)f(1)=0 原命题成立【知识模块】 微积分26 【正确答案】 只需证明 f(x)1由 f(0)=1，只需证【知识模块】 微积分27 【正确答案】 存在正常数 M0，M 2，使得对任意 x(一 ，+)，恒有 |f(x)|M0，|f“(x)|M 2由泰勒公式，有 f(x+1)=f(x)+f(x)+ 其中 介于 x 与 x+1之间，整理得 f(x)=f(x+1)一 f(x)一 所以故函数 f(x)在(一，+) 内有界【知识模块
23、】 微积分28 【正确答案】 用拉格朗日中值定理 当 a=0 时，等号成立；当 a0 时，由于f(x)在区间0，a及b，a+b上满足拉格朗日中值定 理，所以，存在 1(0，a)，2(b， a+b)， 1 2，使得 f(a+b) 一 f(b)一f(a) 一 f(0)=af(2)一 af(1) 因为 f(x)在(0， c)内单调减少，所以 f(2)f(1)，于是， f(a+b)一 f(b)一f(a)一 f(0)0， 即f(a+b)f(a)+f(b)【知识模块】 微积分29 【正确答案】 用拉格朗日中值定理函数 f(t)=ln t 在x，1+x上满足拉格朗日中值定理，故存在 (x，1+x)，使得 l
24、n(1+x)一 ln x=f()= 因为 x1+x，所以于是有 ln(1+x)一 ln x 即【知识模块】 微积分30 【正确答案】 令 F(x)=xsin x+2cos x+x，只需证明 F(x)在(0，)上单调递增F(x)=sin x+xcosx 一 2sin x+=+xcosxsin x，由此式很难确定 F(x)在(0，)上的符号，但由F”(x)=一 xsin x0，x(0，) ，可知函数 F(x)在(0 ，)上单调递减，又 F()=0，所以 F(x)0，x(0，)，于是F(b)F(a)，即bsin b+2cos b+basin a+2cos a+a【知识模块】 微积分31 【正确答案】
25、 设 f(x)= 其中 ln xln e=1，所以f(x)0，即函数 f(x)单调递减因此，当 bae 时，【知识模块】 微积分32 【正确答案】 构造辅助函数 f(x)= ，则 f(0)=0，且由题设条件很难确定 的符号，但是 所以 f(x)= ，从而，当x0 时，【知识模块】 微积分33 【正确答案】 当 ，cos x=一 10，当 cos x=0 时， ，所以不等式成立当 时，构造辅助函数 f(x)= 则 f(x)= (2xcosx 一 2sin x+x3)上式中，当但是 2xcosx-2sinx+x3 的符号无法直接确定，为此，令g(x)=2xcos x2sin x+x3，则 g(0)
26、=0，且 g(x)=x2+2x(xsin x)0，所以，当 x时，g(x)=2xcos x 一 2sin x+x30【知识模块】 微积分34 【正确答案】 因题设从而 f(x)=ln(ax+cosxsin x)又 f(x)在 x=0 处连续，所以 f(0)= (x+cos xsin x)=0于是 所以 f(0)=一1【知识模块】 微积分35 【正确答案】 对于 f1(x)，当 x0 时，f 1(x)=ex0，所以在(0，+)内无极值，当 x0 时，f 1(x)=(x+1)ex令 f1(x)=0，得 x1=一 1当 x一 1 时，f 1(x)0；当-1xx0 时，f 1(x)0 故 f1(一 1
27、)=一 e-1 为极小值 再看间断点 x=0 处，当一1x0 时，f 1(x)0，f 1(x)f 1(0)=0；当 x0 时， f1(x)0=f 1(0)，故 f1(0)=0 为极大值 对于 f2(x)，当 x0 时，f 2(x)=一 ex0,所以在(0，+)内无极值当 x0时，与 f1(x)同，f 2(一 1)=一 e-1 为极小值在间断点 x=0 处，f 2(0)=一 1当 x0 时，f2(x)一 1；当 x0 且|x|充分小时，f 2(x)为负值且|f 2(x)|1，从而有 f2(x)一1所以 f2(0)非极值【知识模块】 微积分36 【正确答案】 先证左边令其中 由于 f“(x)0，所
28、以 f(x)严格单调增加，从而 于是 (x)0，所以当 xa 时， (x)0，有 (b)0，左边得证。其中a x由于 f“(x)0，所以 f()f(x)，从而 (x)0于是当 xa 时，(x)0故 (b)0证毕【知识模块】 微积分37 【正确答案】 (1)由 fn(0)=一 1， fn(x)=3x2+an0，可知存在唯一的使得 fn(rn)=0 ，故由正项级数的比较判别法，知 S=【知识模块】 微积分38 【正确答案】 由 f(0)=f(1)知，存在 (0，1)使 f()=0 令 F(x)=x2f(x)，有 F(0)=0，F()= 2f()=0，故知存在 (0，) (0，1)使 F()=0 而 F(x)=2xf(x)+x2f“(x)，即有 2f()+ 2f“()=0又 0，所以 2f()+f“()=0证毕【知识模块】 微积分
