1、考研数学二-287 及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、解答题(总题数：24，分数：100.00)设 f(x)二阶可导，f(0)=0，令 （分数：8.00）(1).求 g“(x)；（分数：4.00）_(2).讨论 g“(x)在 x=0 处的连续性（分数：4.00）_1.求常数 a，b 使得 （分数：4.00）_2.设 （分数：4.00）_3.设函数 f(x)在区间0，3上连续，在(0，3)内可导，且 f(0)+f(1)+f(2)=3，f(3)=1 证明：存在 (0，3)，使得 f“()=0 （分数：4.00）_4.设函数 f(x)和 g(x)在区间a，b上连续，在区间(a
2、，b)内可导，且 f(a)=g(b)=0，g“(x)0，试证明存在 (a，b)使 （分数：4.00）_5.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导(a0)，证明：存在 (a，b)，使得 （分数：4.00）_6.设 f(x)，g(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且 g“(x)0证明：存在 (a，b)，使得 （分数：4.00）_7.设 f(x)在0，1上连续，证明：存在 (0，1)，使得 （分数：4.00）_8.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且 f(a)f(b)0， （分数：4.00）_9.设 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(0)=f(1)，证明
3、：存在 ，(0，1)，使得 f“()+f“()=0 （分数：4.00）_10.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导(a0)证明：存在 ，(a，b)，使得 （分数：4.00）_11.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶可导，连接点 A(a，f(a)，B(b，f(b)的直线与曲线 y=f(x)交于点 C(c，f(c)(其中 acb)证明：存在 (a，b)，使得 f“()=0 （分数：4.00）_12.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶可导，f(a)=f(b)，且 f(x)在a，b上不恒为常数证明：存在 ，(a，b)，使得 f“()0，f“()0 （分数：4.00）_
4、13.设 ba0，证明： （分数：4.00）_14.设 f(x)在a，b上满足|f“(x)|2，且 f(x)在(a，b)内取到最小值证明： |f“(a)|+|f“(b)|2(b-a) （分数：4.00）_15.设 f(x)在0，1上二阶连续可导且 f(0)=f(1)，又|f“(x)|M，证明： （分数：4.00）_16.设函数 f(x)，g(x)在a，+)上二阶可导，且满足条件 f(a)=g(a)，f“(a)=g“(a)，f“(x)g“(x)(xa)证明：当 xa 时，f(x)g(x) （分数：4.00）_17.证明：当 x0 时，x 2 (1+x)ln 2 (1+x) （分数：4.00）_1
5、8.证明不等式： （分数：4.00）_19.求 （分数：4.00）_20.设 PQ 为抛物线 （分数：4.00）_21.证明：当 0x1 时，(1+x)ln 2 (1+x)x 2 （分数：4.00）_22.证明：对任意的 x，yR 且 xy，有 （分数：4.00）_23.设 ba0，证明： （分数：4.00）_考研数学二-287 答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、解答题(总题数：24，分数：100.00)设 f(x)二阶可导，f(0)=0，令 （分数：8.00）(1).求 g“(x)；（分数：4.00）_正确答案：()解析：解 因为 ，所以 g(x)在 x=0 处连续 当
6、 x0 时， 当 x=0 时，由 得 ，即 (2).讨论 g“(x)在 x=0 处的连续性（分数：4.00）_正确答案：()解析：解 因为 1.求常数 a，b 使得 （分数：4.00）_正确答案：()解析：解 因为 f(x)在 x=0 处可导，所以 f(x)在 x=0 处连续，从而有 f(0+0)=2a=f(0)=f(0-0)=3b， 由 f(x)在 x=0 处可导，则 3+2a=10+6b，解得 2.设 （分数：4.00）_正确答案：()解析：解 当 x0 时， 当 x=0 时， 故 因为 3.设函数 f(x)在区间0，3上连续，在(0，3)内可导，且 f(0)+f(1)+f(2)=3，f(
7、3)=1 证明：存在 (0，3)，使得 f“()=0 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 因为 f(x)在0，3上连续，所以 f(x)在0，2上连续，故 f(x)在0，2取到最大值 M 和最小值 m，显然 3mf(0)+f(1)+f(2)3M，即 m1M，由介值定理，存在 c0，2，使得 f(c)=1 因为 f(x)在c，3上连续，在(c，3)内可导，且 f(c)=f(3)=1，根据罗尔定理，存在 (c，3) 4.设函数 f(x)和 g(x)在区间a，b上连续，在区间(a，b)内可导，且 f(a)=g(b)=0，g“(x)0，试证明存在 (a，b)使 （分数：4.00）_正确答案：(
8、)解析：证明 令 (x)在区间a，b上连续，在区间(a，b)内可导，且 因为 (a)=(b)=0，所以由罗尔定理，存在 (a，b)使 “()=0，即 由于 g(b)=0 及 g“(x)0，所以区间(a，b)内必有 g(x)0，从而就有 于是有 5.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导(a0)，证明：存在 (a，b)，使得 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 令 (x)=f(b)lnx-f(x)lnx+f(x)lna，(a)=(b)=f(b)lna 由罗尔定理，存在 (a，b)，使得 “()=0 而 所以 即 解析 由 ， 6.设 f(x)，g(x)在a，b上连续，在(a，b
9、)内可导，且 g“(x)0证明：存在 (a，b)，使得 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 令 F(x)=f(x)g(b)+f(a)g(x)-f(x)g(x)，则 F(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且F(a)=F(b)=f(a)g(b)，由罗尔定理，存在 (a，b)，使得 F“()=0，而 F“(x)=f“(x)g(b)+f(a)g“(x)-f“(x)g(x)-f(x)g“(x)，所以 解析 这是含端点和含 的项的问题，且端点与含 的项不可分离，具体构造辅助函数如下：把结论中的 换成 x 得 7.设 f(x)在0，1上连续，证明：存在 (0，1)，使得 （分数：4.00）_
10、正确答案：()解析：证明 令 因为 (0)=(1)=0，所以由罗尔定理，存在 (0，1)，使得 “()=0 而 ，故 解析 由 ，得 ，从而 ，辅助函数为 8.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且 f(a)f(b)0， （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 不妨设 f(a)0，f(b)0， ，令 (x)=e -x (x)，则 “(x)=e -x f“(x)-f(x) 因为 (a)0， ，(b)0，所以存在 使得 ( 1 )=( 2 )=0，由罗尔定理，存在 ( 1 ， 2 ) 9.设 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(0)=f(1)，证明：存在 ，(0，
11、1)，使得 f“()+f“()=0 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 存在 ，使得 10.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导(a0)证明：存在 ，(a，b)，使得 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 令 F(x)=x 2 ，F“(x)=2x0(axb)，由柯西中值定理，存在 (a，b)，使得 ，即 ，整理得 ，再由微分中值定理，存在 (a，b)，使得 ，故 11.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶可导，连接点 A(a，f(a)，B(b，f(b)的直线与曲线 y=f(x)交于点 C(c，f(c)(其中 acb)证明：存在 (a，b)，使得 f“()=
12、0 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 由微分中值定理，存在 1 (a，c)， 2 (c，b)，使得 因为点 A，B，C 共线，所以 f“( 1 )=f“( 2 )， 又因为 f(x)二阶可导，所以再由罗尔定理，存在 ( 1 ， 2 ) 12.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内二阶可导，f(a)=f(b)，且 f(x)在a，b上不恒为常数证明：存在 ，(a，b)，使得 f“()0，f“()0 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 因为 f(x)在a，b上不恒为常数且 f(a)=f(b)，所以存在 c(a，b)，使得 f(c)f(a)=f(b)，不妨设 f(c)f(a)
13、=f(b)， 由微分中值定理，存在 (a，c)，(c，b)，使得 13.设 ba0，证明： （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 方法一 令 f(t)=lnt，由微分中值定理得 ，其中 (a，b) 因为 0ab，所以 ，从而 ，即 方法二 等价于 b(lnb-lna)b-a，令 1 (x)=x(lnx-lna)-(x-a)， 1 (a)=0，“ 1 (x)=lnx-lna0(xa) 由 得 1 (x)0(xa)，而 ba，所以 1 (b)0，从而 ，同理可证 14.设 f(x)在a，b上满足|f“(x)|2，且 f(x)在(a，b)内取到最小值证明： |f“(a)|+|f“(b)|2(
14、b-a) （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 因为 f(x)在(a，b)内取到最小值，所以存在 c(a，b)，使得 f(c)为 f(x)在a，b上的最小值，从而 f“C=0 由微分中值定理得 ，其中 (a，c)，(c，b)， 两式取绝对值得 15.设 f(x)在0，1上二阶连续可导且 f(0)=f(1)，又|f“(x)|M，证明： （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 由泰勒公式得 两式相减得 取绝对值得 因为 x 2 x，(1-x) 2 1-x，所以 x 2 +(1-x) 2 1，故 16.设函数 f(x)，g(x)在a，+)上二阶可导，且满足条件 f(a)=g(a)，f“
15、(a)=g“(a)，f“(x)g“(x)(xa)证明：当 xa 时，f(x)g(x) （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 令 (x)=f(x)-g(x)，显然 (a)=“(a)=0，“(x)0(xa) 由 得 “(x)0(xa)； 再由 17.证明：当 x0 时，x 2 (1+x)ln 2 (1+x) （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 令 f(x)=x 2 -(1+x)ln 2 (1+x)，f(0)=0； f“(x)=2x-ln 2 (1+x)-2ln(1+x)，f“(0)=0； 由 得 f“(x)0(x0)； 由 18.证明不等式： （分数：4.00）_正确答案：()解
16、析：证明 令 ，f(0)=0，令 ，得 x=0，因为 ，所以 x=0 为 f(x)的极小值点，也为最小值点，而 f(0)=0，故对一切的 x，有 f(x)0，即19.求 （分数：4.00）_正确答案：()解析：解 令 y“=(1-x)arctanx=0，得 x=0 或 x=1， ，因为 y“(0)=10， ，所以 x=0 为极小值点，极小值为 y=0；x=1 为极大值点，极大值为20.设 PQ 为抛物线 （分数：4.00）_正确答案：()解析：解 令 P ，因为 关于 y 轴对称，不妨设 a0 ，过 P 点的法线方程为 ， 设 ，因为 Q 在法线上，所以 ，解得 PQ 的长度的平方为 由 得
17、为唯一驻点，从而为最小点， 故 PQ 的最小距离为 21.证明：当 0x1 时，(1+x)ln 2 (1+x)x 2 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 令 f(x)=x 2 -(1+x)ln 2 (1+x)，f(0)=0； f“(x)=2x-ln 2 (1+x)-2ln(1+x)，f“(0)=0； 由 得 f“(x)0(0x1)； 再由 22.证明：对任意的 x，yR 且 xy，有 （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 令 f(t)=e t ，因为 f“(t)=e t 0，所以函数 f(t)=et 为凹函数，根据凹函数的定义，对任意的 x，yR 且 xy，有 ，即 23.设 ba0，证明： （分数：4.00）_正确答案：()解析：证明 令 (x)=(a+x)(lnx-lna)-2(x-a)，(a)=0， ，“(a)=0， 由 ，再由 (x)0(xa)
