1、考研数学三-81 及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、解答题(总题数：34，分数：100.00)1.设 f(x)在 x 0 处 n阶可导且 f (m) (x 0 )=0(m=1，2，n-1)，f (n) (x 0 )0(n2)证明： (1)当 n为偶数且 f (n) (x 0 )0 时，f(x)在 x 0 处取得极大值； (2)当 n为偶数且 f (n) (x 0 )0 时，f(x)在 x 0 处取得极小值 （分数：2.00）_2.设 f(x)在 x 0 处 n阶可导，且 f (m) (x 0 )=0(m=1，2，n-1)，f (n) (x 0 )0(n2)证明：当n为奇
2、数时，(x 0 ，f(x 0 )为拐点 （分数：2.00）_3.求函数 f(x)=nx(1-x) n 在0，1上的最大值 M(n)及 （分数：2.00）_4.设 f(x)在a，b上连续，ax 1 x 2 x n b试证：在a，b内存在 ，使得 （分数：2.00）_5.设 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-1，1内存在 ，使得 f“()=3 （分数：2.00）_6.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：必存在(0，3)，使 f“()=0 （分数：2.00）_设
3、 f(x)，g(x)在a，b上二阶可导，g“(x)0，f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0证明：（分数：4.00）(1).在(a，b)内，g(x)0；（分数：2.00）_(2).在(a，b)内至少存在一点 ，使 （分数：2.00）_7.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)|Ma （分数：2.00）_8.设 f(x)在闭区间1，2上可导，证明： （分数：2.00）_9.f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且 f“(x)0证明： ，(a，b)，使得 （分数：2.00）_10.设 （分数：3.00）_11.设 f(x)，
4、g(x)在a，b上二阶可导，且 f(a)=f(b)=g(a)=0证明： （分数：3.00）_12.设 f(x)在a，b上二阶可导，且 f“(a)=f“(b)=0证明： (a，b)，使 （分数：3.00）_13.设 f(x)=arcsinx， 为 f(x)在0，t上拉格朗日中值定理的中值点，0t1，求极限 （分数：3.00）_14.若 x-1证明： 当 01 时，有(1+x) 1+x；当 0 或 1 时，有(1+x) 1+x （分数：3.00）_15.求证：当 x0 时，不等式 （分数：3.00）_16.利用导数证明：当 x1 时， （分数：3.00）_设 x(0，1)，证明下面不等式：（分数：
5、6.00）(1).(1+x)ln 2 (1+x)x 2 ；（分数：3.00）_(2). （分数：3.00）_17.求证：当 x0 时，(x 2 -1)lnx(x-1) 2 （分数：3.00）_18.证明： 其中 （分数：3.00）_19.求使不等式 （分数：3.00）_20.设函数 f(x)在(-，+)内二阶可导，且 f(x)和 f“(x)在(-，+)内有界证明：f“(x)在(-，+)内有界 （分数：3.00）_21.设 n为自然数，试证： （分数：3.00）_已知 f(x)二阶可导，且 f(x)0，f(x)f“(x)-f“(x) 2 0(xR)（分数：6.00）(1).证明： （分数：3.0
6、0）_(2).若 f(0)=1，证明：f(x)e f“(0)x (xR)（分数：3.00）_22.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试应用拉格朗日中值定理证明： f(a+b)f(a)+f(b)，其中常数 a，b 满足条件 0aba+bc （分数：3.00）_23.证明：当 x0 时，有 （分数：3.00）_24.证明：当 0ab 时，bsinb+2cosb+basina+2cosa+a （分数：3.00）_25.设 bae，证明：a b b a （分数：3.00）_26.证明：当 x0 时，不等式 （分数：3.00）_27.证明
7、：当 时，不等式 （分数：3.00）_28.已知某种商品的需求量 x对价格 p的弹性为 =-2p 2 ，而市场对该商品的最大需求量为 1(万件)(1)确定需求函数；(2)若价格服从1，2上的均匀分布，计算期望收益值 （分数：3.00）_29.一商家销售某种商品的价格满足关系 p=7-0.2x(万元/单位)，x 为销售量，成本函数为 C=3x+1(万元)，其中 x服从正态分布 N(5p，1)，每销售一单位商品，政府要征税 t万元，求该商家获得最大期望利润时的销售量 （分数：3.00）_30.设需求函数为 p=a-bQ，总成本函数为 其中 a，b0 为待定的常数，已知当边际收益 MR=67，且需求
8、价格弹性 （分数：3.00）_31.某集邮爱好者有一个珍品邮票，如果现在(t=0)就出售，总收入为 R 0 元如果收藏起来待来日出售，t年末总收入为 R(t)=R 0 e (t) ，其中 (t)为随机变量，服从正态分布 （分数：3.00）_考研数学三-81 答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、解答题(总题数：34，分数：100.00)1.设 f(x)在 x 0 处 n阶可导且 f (m) (x 0 )=0(m=1，2，n-1)，f (n) (x 0 )0(n2)证明： (1)当 n为偶数且 f (n) (x 0 )0 时，f(x)在 x 0 处取得极大值； (2)当 n为偶
9、数且 f (n) (x 0 )0 时，f(x)在 x 0 处取得极小值 （分数：2.00）_正确答案：()解析：【证】n 为偶数，令 n=2k，构造极限 当 f (2k) (x 0 )0 时， 当 f (2k) (x 0 )0 时， 2.设 f(x)在 x 0 处 n阶可导，且 f (m) (x 0 )=0(m=1，2，n-1)，f (n) (x 0 )0(n2)证明：当n为奇数时，(x 0 ，f(x 0 )为拐点 （分数：2.00）_正确答案：()解析：【证】n 为奇数，令 n=2k+1，构造极限 当 f (2k+1) (x 0 )0 时， 3.求函数 f(x)=nx(1-x) n 在0，1
10、上的最大值 M(n)及 （分数：2.00）_正确答案：()解析：【解】容易求得 f“(x)=n1-(n+1)x(1-x) (n-1) ，f“(x)=n 2 (n+1)x-2(1-x) n-2 令 f“(x)=0，得驻点 且有 则 为 f(x)的极大值点，且极大值 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 且有 4.设 f(x)在a，b上连续，ax 1 x 2 x n b试证：在a，b内存在 ，使得 （分数：2.00）_正确答案：()解析：【解】因为 f(x)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 故
11、 由介值定理可得 a,b，使得 5.设 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-1，1内存在 ，使得 f“()=3 （分数：2.00）_正确答案：()解析：【证】 取 x 0 =0，x=1 代入， 取 x 0 =0，x=-1 代入， 由-有 因为 f“(x)在-1，1上连续，则存在 m和 M，使得 有 mf“(x)M， 代入式，有 m3M，由介值定理， 6.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：必存在(0，3)，使 f“()=0 （分数：2.00）_正确答案：()
12、解析：【证】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) 设 f(x)，g(x)在a，b上二阶可导，g“(x)0，f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0证明：（分数：4.00）(1).在(a，b)内，g(x)0；（分数：2.00）_正确答案：()解析：【证】设 c(a，b)，g(c)=0 由 g(a)=g(c)=g(b)=0，g(x)在a，c，c，b上两次运用罗尔定理可得 g
13、“( 1 )=g“( 2 )=0，其中 1 (a，c)， 2 (c，b)，对 g“(x)在 1 ， 2 上运用罗尔定理，可得 f“( 3 )=0 因已知 g“(x)0，故 g(c)0(2).在(a，b)内至少存在一点 ，使 （分数：2.00）_正确答案：()解析：【证】F(x)=f(x)g“(x)-f“(x)g(x)在a，b上运用罗尔定理， F(a)=0，F(b)=0，故 7.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)|Ma （分数：2.00）_正确答案：()解析：【证】f(x)在(0，a)内取得极大值，不妨设 f“(c)=0f“(x
14、)在0，c与c，a之间分别使用拉格朗日中值定理， f“(c)-f“(0)=cf“( 1 )， 1 (0，c)， f“(a)-f“(c)=(a-c)f“( 2 )， 2 (c，a)，所以 |f“(0)|+|f“(a)|=c|f“( 1 )|+(a-c)|f“( 2 )|cM+(a-c)M=aM8.设 f(x)在闭区间1，2上可导，证明： （分数：2.00）_正确答案：()解析：【解】把所证等式 改为 x，得 xf“(x)-f(x)=f(2)-2f(1)，两边同除以 x 2 ， 令 F(x)在1，2上连续，(1，2)内可导，且 F(2)=F(1)=f(2)-f(1) 由罗尔定理， 9.f(x)在a
15、，b上连续，在(a，b)内可导，且 f“(x)0证明： ，(a，b)，使得 （分数：2.00）_正确答案：()解析：【证】因为 两式相比，得10.设 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】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， 11.设 f(x)，g(x)在a，b上二阶可导，且 f(a)=f(b)=g(a)=0证明： （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】令 F(x)=f(x)g(x)，在 x=a点展开泰勒公式 令 x=b，代入式，则 12.设 f(x)在a，b上二阶可导，且 f“(a)=f“(b)=0证明： (
16、a，b)，使 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】将 f(x)在 x=a，x=b 处展开泰勒公式 令 -得 得 令|f“()|=max|f“( 1 )|，|f“( 2 )|，则 13.设 f(x)=arcsinx， 为 f(x)在0，t上拉格朗日中值定理的中值点，0t1，求极限 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【解】因 f(x)=arcsinx在0，t上连续，在(0，t)内可导，对它用拉格朗日中值定理，得 由此解得 并令 =arcsint，有 14.若 x-1证明： 当 01 时，有(1+x) 1+x；当 0 或 1 时，有(1+x) 1+x （分数：3.00）_正确答案：(
17、)解析：【证】令 f(x)=(1+x) ，则有 f“(x)=(1+x) -1 ，f“(x)=(-1)(1+x) -2 由 f(x)的泰勒展开式 可知当 x-1，01 时，(-1)0，1+0，故 15.求证：当 x0 时，不等式 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】设 则 因为 所以 f(x)单调递减，且当 0x+时，f(x)f(+)=0，即 16.利用导数证明：当 x1 时， （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】设 f(x)=(1+x)ln(1+x)-xlnx，有 f(1)=2ln20 由 知，f(x)单调递增，且当 x1 时， f(x)f(1)=2ln20，lnx0， 从
18、而得 设 x(0，1)，证明下面不等式：（分数：6.00）(1).(1+x)ln 2 (1+x)x 2 ；（分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】令 (x)=x 2 -(1+x)ln 2 (1+x)，有 (0)=0，且 “(x)=2x-ln 2 (1+x)-2ln(1+x)，“(0)=0 当 x(0，1)时， (2). （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】令 ，则有 由上小题得，当 x(0，1)时 f“(x)0，知 f(x)单调递减，从而 又因为 当 x(0，1)时，f“(x)0，知 f(x)单调递减，且 ，所以 17.求证：当 x0 时，(x 2 -1)lnx(x-1) 2
19、（分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】设 f(x)=(x 2 -1)lnx-(x-1) 2 ，所以 f(1)=0 又因为 f“(1)=0，且 18.证明： 其中 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】由 有 令 只需证明 f(x)1由 f(0)=1，只需证 设 g(0)=0，且 因此，当 19.求使不等式 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【解】已知不等式等价于 即 令 则 令 g(x)=(1+x)ln 2 (1+x)-x 2 ，x0，1，则 g(0)=0，且 g“(x)=ln 2 (1+x)+2ln(1+x)-2x，g“(0)=0， 故 g“(x)在0，1上严格单调递减
20、，所以 g“(x)g“(0)=0同理，g(x)在0，1上也严格单调递减，故g(x)g(0)=0，即(1+x)ln 2 (1+x)-x 2 0，从而 f“(x)0(0x1)，因此 f(x)在(0，1上也严格单调递减 令 则 f(x)，有 故使不等式对所有的自然数 n都成立的最大的数 为 最小的数 为 20.设函数 f(x)在(-，+)内二阶可导，且 f(x)和 f“(x)在(-，+)内有界证明：f“(x)在(-，+)内有界 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】存在正常数 M 0 ，M 2 ，使得对 恒有 |f(x)|M 0 ，|f“(x)|M 2 由泰勒公式，有 其中 介于 x与 x+
21、1之间，整理得 所以 21.设 n为自然数，试证： （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】右端不等式等价于证明 即 设 则 又 故 当 x0 时，有 从而，当 x0 时，f“(x)单调增，且当 x+时，f“(x)趋于零，所以，当 x0 时，f“(x)0进而知当 x0 时，f(x)单调减，且当 x+时，f(x)趋于零，于是，当 x0 时，f(x)0所以，对一切自然数 n，恒有 f(n)0，故有 从而右端不等式成立 类似地，引入辅助函数 已知 f(x)二阶可导，且 f(x)0，f(x)f“(x)-f“(x) 2 0(xR)（分数：6.00）(1).证明： （分数：3.00）_正确答案：()
22、解析：【证】记 g(x)=lnf(x)，则 故 即 (2).若 f(0)=1，证明：f(x)e f“(0)x (xR)（分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】 22.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试应用拉格朗日中值定理证明： f(a+b)f(a)+f(b)，其中常数 a，b 满足条件 0aba+bc （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】方法一 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)
23、， 1 1 ，使得 f(a+b)-f(b)-f(a)-f(0)=af“( 2 )-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)-f(b)-f(a)-f(0)0，即 f(a+b)f(a)+f(b) 方法二 用函数的单调性 将f(a+b)-f(b)-f(a)-f(0)中的 b改写为 x，构造辅助函数 F(x)=f(a+x)-f(x)-f(a)，x0，b，显然 F(0)=0，又因为 f“(x)在(0，c)内单调减少，所以 F“(x)=f“(a+x)-f“(x)0于是有 F(b)F(0)=0，即 f(a+b)-f(b)-f(a)0，
24、即 f(a+b)f(a)+f(b)23.证明：当 x0 时，有 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】方法一 用拉格朗日中值定理 因为 所以 且函数 f(t)=lnt在x，1+x上满足拉格朗日中值定理，故存在 (x，1+x)，使得 因为 x1+x，所以 于是有 即 方法二 用函数的单调性 令 因为 所以 F(x)在(0，+)上单调减少，又 因此，对一切 x(0，+)，恒有 F(x)0，即 24.证明：当 0ab 时，bsinb+2cosb+basina+2cosa+a （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】令 F(x)=xsinx+2cosx+x，只需证明 F(x)在(0，)上
25、单调递增 F“(x)=sinx+xcosx-2sinx+=+xcosx-sinx，由此式很难确定 F“(x)在(0，)上的符号，为此有 F“(x)=-xsinx0，x(0，)，即函数 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 bsinb+2cosb+basina+2cosa+a25.设 bae，证明：a b b a （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】设 则 其中 lnxlne=1，所以，f“(x)0，即函数 f(x)单调递减因此，当bae 时，26.证明：当 x0 时，不等式 （分数：3.00）_正确答案：()解析
26、：【证】构造辅助函数 则 f(0)=0，且 由题设条件很难确定 的符号，但是 所以 从而，当 x0 时， 即 27.证明：当 时，不等式 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【证】当 时， 而 cosx0，所以不等式成立 当 时，构造辅助函数 则 上式中，当 时， 但是，2xcosx-2sinx+x 3 的符号无法直接确定，为此，令 g(x)=2xcosx-2sinx+x 3 ，则 g(0)=0，且 g“(x)=x 2 +2x(x-sinx)0，所以，当 x 时，g(x)=2xcosx-2sinx+x 3 0 从而，当 时 ，又 所以，当 时， 即 28.已知某种商品的需求量 x对价格 p的弹性为 =-2p 2 ，而市场对该商品的最大需求量为 1(万件)(1)确定需求函数；(2)若价格服从1，2上的均匀分布，计算期望收益值 （分数：3.00）_正确答案：()解析：【解】(1)由弹性公式： 即 两边积分有 由 x(0)=1得 c=1，故 x(p)=e -p2 (2)R=px(p)=pe -p2 ， 29.一商家销售某种商品的价格满足关系 p=7-0.2x(万元/单位)，x 为销售量，成本函数为 C=3x+1(万元)，其中 x服从正态分布 N(5p，1)，每销售一单位商品，政府要征税 t万元，求该商家获得最大期望利润时的
