【考研类试卷】考研数学一-77及答案解析.doc

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1、考研数学一-77 及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、解答题(总题数：26，分数：100.00)1.设 f(x)在a，b上连续，ax 1 x 2 x n b，c i 0，i=1，2，n证明：至少存在一点 a，b，使得 （分数：3.50）_2.设函数 f(x)在a，b(ab)上连续，且 f(x)0证明：至少存在一点 (a，b)，使得 （分数：3.50）_3.设 f(x)，g(x)在a，b上连续证明：存在一点 (a，b)，使得 （分数：3.50）_4.设函数 f(x)在0，1上连续，且 证明：存在一点 (0，1)，使得 （分数：3.50）_5.设函数 f(x)在0，+)上连续

2、，且 （分数：3.50）_6.设 f(x)在0，1上连续，且 证明：存在一点 (0，1)，使得 （分数：3.50）_7.证明方程 4ax 3 +3bx 2 +2cx=a+b+c在(0，1)内至少有一个实根 （分数：3.50）_8.验证 （分数：3.50）_9.证明：3arccosx-arccos(3x-4x 3 )=(当 （分数：3.50）_10.设 f(x)可导，f(0)=0，f(a)=b，g(x)是 f(x)的反函数证明： （分数：3.50）_11.设 f(x)在a，b上可导，f“ + (a)f“ - (b)0证明：存在一点 (a，b)，使 f“()=0 （分数：3.50）_12.设 f(

3、x)在0，3上连续，在(0，3)内可导，又 f(0)+f(1)+f(2)=3，f(3)=1证明：存在一点(0，3)，使得 f“()=0 （分数：3.50）_13.设 f(x)在0，2上连续，在(0，2)内二阶可导，f(0)=f(1)， （分数：3.50）_14.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：3.50）_15.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，f(a)=0，a0证明：存在一点 (a，b)，使得 （分数：3.50）_16.设 f(x

4、)在a，b上连续，在(a，b)内可导证明：存在一点 (a，b)，使得 （分数：3.50）_17.设函数 f(x)在 上二阶可导，且 f(0)=f“(0)， 试证：至少存在一点 使得 （分数：3.50）_18.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，f(a)=f(b)=1证明：存在 ，(a，b)，使得 e - f()+f“()=1 （分数：3.50）_19.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且 f“(x)0，ba0证明：存在 ，(a，b)，使得 （分数：3.50）_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：6.00）(

5、1).存在 (0，1)，使得 f()=1-；（分数：3.00）_(2).存在两个不同的点 ，(0，1)，使得 f“()f“()=1（分数：3.00）_20.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：3.50）_设 y=f(x)在(-1，1)内具有二阶连续导数，且 f“(x)0，证明：（分数：6.50）(1).对于(-1，1)内的任一 x0，存在唯一的 (x)(0，1)，使得 f(x)=f(0)+xf“(x)x)成立；（分数：3.25）_(2). （分数：3.25）_21.设函数 f(x)在(-，+)内二阶可导，且 f(x)和 f“(

6、x)在(-，+)内有界，证明：f“(x)在(-，+)内有界 （分数：3.50）_22.设 f(x)在0，1上二阶导数连续，f(0)=f(1)=0，并且当 x(0，1)时，|f“(x)|A，求证： （分数：3.50）_23.设 f(x)在0，2上连续，在(0，2)内二阶可导，且 （分数：3.50）_设 y=f(x)是0，1上的非负连续函数（分数：7.00）(1).证明至少存在一点 x 0 (0，1)，使得在0，x 0 上，以 f(x 0 )为高的矩形面积等于x 0 ，1上以曲线 y=f(x)为曲边的曲边梯形面积；（分数：3.50）_(2).又设 f(x)在(0，1)内可导，且 （分数：3.50）

7、_考研数学一-77 答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、解答题(总题数：26，分数：100.00)1.设 f(x)在a，b上连续，ax 1 x 2 x n b，c i 0，i=1，2，n证明：至少存在一点 a，b，使得 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证因为 f(x)在a，b上连续，所以有 mf(x)M，xa，b，其中 f(x)在a，b上的最大值为 M，最小值为 m于是 mf(x 1 )M，c 1 0， c 1 mc 1 f(x 1 )c 1 M mf(x 2 )M，c 2 0， c 2 mc 2 f(x 1 )c 2 M mf(x n )M，c n 0， c n

8、mc n f(x n )c n M (c 1 +c 2 +c n )mc 1 f(x 1 )+c 2 f(x 2 )+c n f(x n )(c 1 +c 2 +c n )M 则由介值定理可得，至少存在一点 a，b，使得 2.设函数 f(x)在a，b(ab)上连续，且 f(x)0证明：至少存在一点 (a，b)，使得 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证将欲证等式中的 改为 x，则 作辅助函数 则 F(x)在a，b上连续，且 即 F(a)F(b)0，所以由零值定理可知，至少存在一点 (a，b)，使得 F()=0，故下式成立，即 3.设 f(x)，g(x)在a，b上连续证明：存在一点 (a，

9、b)，使得 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证令 则 F(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导又 所以 F(x)在a，b上满足罗尔定理，故至少存在一点 (a，b)，使得 F“()=0，即 4.设函数 f(x)在0，1上连续，且 证明：存在一点 (0，1)，使得 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证题中是证明在开区间(a，b)上存在一点 ，使得关于 的关系式成立 记 则 (x)在0，1上连续，但 (0)(1)0 不成立由于 所以作辅助函数 因为 所以 F(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 故由罗尔定理可知，至少存在一点 (0，1)，使得 F“()=0，即 5.设函数 f

10、(x)在0，+)上连续，且 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证将欲证等式中的 改为 x，作辅助函数 F(x)=f(x)+x，于是有 所以由积分中值定理，存在 a0，1，使 即 F(a)0 又因为 所以由极限的保号性，存在 ba，使 即 F(b)0 因此，由零值定理可知，至少存在 (a，b) 6.设 f(x)在0，1上连续，且 证明：存在一点 (0，1)，使得 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证令 可知零值定理不易验证 改令 则由 得 显然 F(x)在0，1上可导，且 F(0)=0， 即 F(x)在0，1上满足罗尔定理，所以，至少存在一点 (0，1)，使得 F“()=0，即 解析

11、 将欲证等式中的 改为 x，则 令 7.证明方程 4ax 3 +3bx 2 +2cx=a+b+c在(0，1)内至少有一个实根 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证作辅助函数 f(x)=ax 4 +bx 3 +cx 2 -(a+b+c)x，显然 f(x)在0，1上可导，且 f(0)=0，f(1)=0，则 f(x)在0，1上满足罗尔定理，所以至少存在一点 (a，b)，使得 f“()=0，即方程 4ax 3 +3bx 2 +2cx=a+b+c在(0，1)内至少有一个实根 解析 由原方程可推出 4ax 3 +3bx 2 +2cx-(a+b+c)=0令 f(x)=4ax 3 +3bx 2 +2cx

12、-(a+b+c)， f(0)=-(a+b+c)，f(1)=3a+2b+c 显然零值定理不易验证 改令 f“(x)=4ax 3 +3bx 2 +2cx-(a+b+c)，则 f(x)=ax 4 +bx 3 +cx 2 -(a+b+c)x8.验证 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证(1)显然 分别在0，1)和(1，2上连续，又 所以 f(x)在 x=1处连续，因此 f(x)在0，2上连续 (2)当 x1 时， 当 x1 时， 又 所以 f“(1)=-1，即 f(x)在 x=1处可导，因此 f(x)在(0，2)内可导，且 由(1)，(2)可知，f(x)在0，2上满足拉格朗日中值定理的条件，因而

13、存在 (0，2)，使 当 01 时 当 12 时 故满足拉格朗日中值定理的 为 或 9.证明：3arccosx-arccos(3x-4x 3 )=(当 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证令 f(x)=3arccosx-arccos(3x-4x 3 )，则 因为 所以 01-4x 2 1，则由式可推得 所以 f(x)=C，令 x=0 C=，故 3arccosx-arccos(3x-4x 3 )=， 10.设 f(x)可导，f(0)=0，f(a)=b，g(x)是 f(x)的反函数证明： （分数：3.50）_正确答案：()解析：证将上式中的 a改为 x，则令 F“(x)=f(x)+g(f(x

14、)f“(x)-f(x)-xf“(x)=xf“(x)-xf“(x)=0 则 F(x)=C令 x=0 C=0(因为 f(0)=0)，则 将 x=a代入上式得 解析 因为 b=f(a)，则结论等价为 11.设 f(x)在a，b上可导，f“ + (a)f“ - (b)0证明：存在一点 (a，b)，使 f“()=0 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证不妨设 f“ + (a)0，f“ - (b)0，于是 由极限保号性可知，存在一个 1 0当 x(a，a+ 1 )时，恒有 同理，有 由极限保号性可知，存在一个 2 0，当 x(b- 2 ，b)时，恒有 由 f(x)在a，b上可导可知，f(x)在a，b

15、上连续，所以 f(x)在a，b上必存在最大值 由式、式可知，最大值只能在(a，b)内取得 令 (a，b)， 12.设 f(x)在0，3上连续，在(0，3)内可导，又 f(0)+f(1)+f(2)=3，f(3)=1证明：存在一点(0，3)，使得 f“()=0 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证由题设可知，f(x)在0，2上连续，所以 mf(x)M，m，M 分别是 f(x)在0，2上的最小值和最大值，于是 mf(0)M，mf(1)M，mf(2)M 则 由介值定理可知，存在一点 0，2，使得 又 f(3)=1，可知，f(x)在，3上满足罗尔定理，故存在一点 (，3) 13.设 f(x)在0，

16、2上连续，在(0，2)内二阶可导，f(0)=f(1)， （分数：3.50）_正确答案：()解析：证因为 f(0)=f(1)，可知 f(x)在0，1上满足罗尔定理，于是存在一点 1 (0，1)，使得f“( 1 )=0 又 由上式可知，f(x)在，2上满足罗尔定理，于是存在一点 2 (1，2)，使得 f“( 2 )=0由f“( 1 )=f“( 2 )=0，f“(x)在(0，2)内可导，可知 f“(x)在 1 ， 2 上满足罗尔定理，故存在一点 ( 1 ， 2 ) 14.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

17、：存在 (a，b)，使得 f“()=g“() （分数：3.50）_正确答案：()解析：证令 F(x)=f(x)-g(x)，则 F(x)在a，b上连续，在(a，b)内具有二阶导数且 F(a)=F(b)=0 (1)若 f(x)，g(x)在(a，b)内同一点 c取得最大值，则 f(c)=g(c) F(c)=0，于是由罗尔定理可知，存在 1 (a，c)， 2 (c，b)，使得 F“( 1 )=F“( 2 )=0， 再利用罗尔定理可知，存在 ( 1 ， 2 ) (a，b)，使得 F“()=0，即 f“()=g“() (2)若 f(x)，g(x)在(a，b)内不同点 c 1 ，c 2 取得最大值，则 f(

18、c 1 )=g(c 2 )=M，于是 F(c 1 )=f(c 1 )-g(c 1 )0，F(c 2 )=f(c 2 )-g(c 2 )0 于是由零值定理可知，存在 c 3 (c 1 ，c 2 )，使得 F(c 3 )=0 由罗尔定理可知，存在 1 (a，c 3 )， 2 (c 3 ，b)，使得 F“( 1 )=F“( 2 )=0 再利用罗尔定理可知，存在 ( 1 ， 2 ) 15.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，f(a)=0，a0证明：存在一点 (a，b)，使得 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证作辅助函数 F(x)=(b-x) a f(x)，则 F(a)=0，F(b)

19、=0，于是 F(x)在a，b上满足罗尔定理，所以存在一点 (a，b)，使得 F“()=0，即 解析 将欲证等式中的 改为 x，则 上式两边积分 lnf(x)=-aln(b-x)+C 16.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导证明：存在一点 (a，b)，使得 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证令 则 所以 F(x)在a，b上满足罗尔定理的条件，即存在一个 (a，b)，使得 F“()=0，即 解析 令 17.设函数 f(x)在 上二阶可导，且 f(0)=f“(0)， 试证：至少存在一点 使得 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证作辅助函数 F(x)=f“(x)(1-2x)-

20、f(x)显然，F(x)在 上连续，在 内可导，且 F(0)=f“(0)(1-0)-f(0)=0， 所以，F(x)在 上满足罗尔定理的条件，则至少存在一点 使得 F“()=0，即 f“()(1-2)-3f“()=0，亦即 18.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，f(a)=f(b)=1证明：存在 ，(a，b)，使得 e - f()+f“()=1 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证(1)F(x)=e x f(x)，则由拉格朗日中值定理，存在一个 (a，b)，使得 即 (因为 f(b)=f(a)=1) (2)又令 (x)=e x ，则由拉格朗日中值定理，存在一个 (a，b)，使得

21、 由式、式可得 e f()+f“()=e ，即 e - f()+f“()=1 解析 e - f()+f“()=1 e f()+f“()=e 19.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且 f“(x)0，ba0证明：存在 ，(a，b)，使得 （分数：3.50）_正确答案：()解析：证令 由题设 f(x)，(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，且 “(x)0(xa，b)满足柯西中值定理的条件，则存在一点 (a，b)，使得 即 又由拉格朗日中值定理可知，存在一点 (a，b)，使得 所以由式、式得 解析 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

22、证明：（分数：6.00）(1).存在 (0，1)，使得 f()=1-；（分数：3.00）_正确答案：()解析：证令 F(x)=f(x)+x-1，即要证明 F(x)=0在(0，1)内有实根 由于 F(x)在0，1上连续，且 F(0)F(1)=f(0)-1f(1)=-10，所以由零值定理，存在 (0，1)，使得 F()=0，即 f()=1-(2).存在两个不同的点 ，(0，1)，使得 f“()f“()=1（分数：3.00）_正确答案：()解析：证利用上小题的结果，对 f(x)在0，上应用拉格朗日中值定理可知，存在 (0，)，使得 对 f(x)在，1上应用拉格朗日中值定值可知，存在 (，1)，使得

23、20.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：3.50）_正确答案：()解析：证设 则 F(0)=0，F(1)=0，且 F(x)在闭区间0，1上连续，在开区间(0，1)内可导，对F(x)在 和 上运用拉格朗日中值定理得 +得 F“()+F“()=0，即 f“()- 2 +f“()- 2 =0， 亦即 f“()+f“()= 2 + 2 解析 设 y=f(x)在(-1，1)内具有二阶连续导数，且 f“(x)0，证明：（分数：6.50）(1).对于(-1，1)内的任一 x0，存在唯一的 (x)(0，1)，使得 f(x)=f(0)+xf“

24、(x)x)成立；（分数：3.25）_正确答案：()解析：证由拉格朗日中值定理，对于(-1，1)内的任一 x0，存在 (x)(0，1)，使得 f(x)=f(0)+xf“(x)x) 又因为 f“(x)连续且 f“(x)0，所以，在(-1，1)内 f“(x)0(或0)，即 f“(x)在(-1，1)内单调增加(或单调减少)，于是，(x)是唯一的(2). （分数：3.25）_正确答案：()解析：证再由拉格朗日中值定理，在 0与 (x)x 之间存在 ，使得 f“(x)x)=f“(0)+f“()(x)x， 代入 f(x)=f(0)+xf“(x)x)得 f(x)=f(0)+xf“(0)+f“()(x)x 2

25、， 于是 所以 21.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：3.50）_正确答案：()解析：证由题设可知，存在正常数 M 0 ，M 2 ，对于任意 x(-，+)，有 |f(x)|M 0 ，|f“(x)|M 2 由泰勒公式有 于是有 22.设 f(x)在0，1上二阶导数连续，f(0)=f(1)=0，并且当 x(0，1)时，|f“(x)|A，求证： （分数：3.50）_正确答案：()解析：证由于 f(x)在0，1上二阶导数连续，则 f(x)可展成一阶泰勒公式，即 ( 在 x与 x 0 之间) 取 x=0，x

26、 0 =x，则 0 1 x1， 取 x=1，x 0 =x，则 0x 2 1 -得 又当 x(0，1)时，|f“(x)|A，则 当 0x1 时，2x 2 -2x+1=2x(x-1)+11， 因此， 23.设 f(x)在0，2上连续，在(0，2)内二阶可导，且 （分数：3.50）_正确答案：()解析：解由题设得 由此可得， 并且 另一方面，由题设 及积分中值定理知，存在 使 f( 1 )=f(2)于是对 f(x)在 1 ，2上应用罗尔定理得，存在 2 ( 1 ，2)，使 f“( 2 )=0 由式式，对 f“(x)在 上应用罗尔定理知，存在 使 f“()=0 解析 先由 推得 以及由 推得存在 设

27、y=f(x)是0，1上的非负连续函数（分数：7.00）(1).证明至少存在一点 x 0 (0，1)，使得在0，x 0 上，以 f(x 0 )为高的矩形面积等于x 0 ，1上以曲线 y=f(x)为曲边的曲边梯形面积；（分数：3.50）_正确答案：()解析：解由题意知，本题即证至少存在一点 x 0 (0，1)，使得 据此记 由于 在0，1上满足罗尔定理条件，所以至少存在一点 x 0 (0，1)，使得 “(x 0 )=0，即 F(x 0 )=0 从而至少存在一点 x 0 (0，1)，使得式成立 解析 根据题设知，要证存在 x 0 (0，1)，使得 为此引入辅助函数 (2).又设 f(x)在(0，1)内可导，且 （分数：3.50）_正确答案：()解析：解由于对于 x(0，1)有 所以 F(x)在(0，1)内单调增加从而(1)中求得的 x 0 是方程 F(x)=0在(0，1)内的唯一的根，即存在唯一的 x 0 (0，1)，使得 解析 由题设