考研数学二分类模拟题91

考研数学二分类模拟题91

一、选择题

1.设函数fi(x)(i=1,2)具有二阶连续导数，且1i(x0)VO(i=l,2).若两条

曲线y二fi(x)(i=L2)在点(X”y。)处具有公切线尸g(x)，且在该

点处曲线y=£(x)的曲率大于曲线y=f2(x)的曲率，则在x。的某个邻域内,有

A.fi(x)^f2(x)<g(x).

B.f2(x)Wfi(x)Wg(x).

C.fi(x)Wg(x)Wf2(X).

D.fz(x)Wg(x)Wfi(x).

正确答案：A

［解析］由匕(x°)VO(i=l,2),且匕(x)连续知，在X。某邻域内曲线y=f1(x)

和y=f2(x)是凸的，又在该点处曲线y=f1(x)的曲率大于曲线y二f2(x)的曲率,则

如图所示，则

fl(x)Wf2(x)Wg(x).

2.若3a-5b<0,则方程x5+2ax3+3bx+4c=0

A.无实根.

B.有唯一实根.

C.有三个不同实根.

D.有五个不同实根.

正确答案：B

［解析］由于x5+2ax3+3bx+4c=0为5次方程，则该方程至少有一个实根(奇次方

程至少有一实根).

f(x)=x"+2ax3+3bx+4c,f'(x)=5x'+6ax?+3b,而

A二(6a)2-60b=12(3a2-5b)<0,

则f(x)W0.因此，原方程最多一个实根，故原方程有唯一实根.

/(7)=］nx——k

3.设常数k>0.函数.C在(0,+8)内零点个数

为

A.3.

B.2.

C.1.

D.O.

正确答案：B

/(久)—Inx——//(n)=———

［解析］由.C可知，J7e.令

f'(x)=O得x=e,且当x£(0,e)时，f(x)>0,则f(x)严格单调增；而当x®

(e,+8)时，f(x)<0,则f(x)严格单调减,又f(e)=k>0,而

lim/(z)=lim(In.r——+^)=—co,lim/(T)=lim(in+^)=-oo,

则f(x)在(0,e)和(e,+8)上分别有唯一零点.故

/(JU)=lnx——^rk

e在(o,+8)内零点个数为2.

1

7

4.在区间(-8,+8)内，方程•丁’丁“—cosjr=O

A.无实根.

B.有且仅有一个实根.

c.有且仅有两个实根.

D.有无穷多个实根.

正确答案：C

［解析］令/(7)=I①卜+I川2—COS7,显然，f(x)是偶函

数.所以，只要考虑f(x)=0在(0,+8)上的实根情况.当x20时，

J.±

/(JT)=J74+支2—cosf(o)=-i<o,

11

f<)=(1—?+sin4〉0口6(。，今)

又.4'2乙则f(x)在

(0,y)(0^y)

\2’上严格单调增，因此f(x)=o在'//上有唯一实根，而当

/口寸，f(x)>0,故在(0,+8)上方程f(x)二0有且仅有唯一实根，由对

称性可知，f(x)=O在(-8,+8)上有且仅有两个实根.

5.设函数f(x)=x2(x-l)(x-2),则f(x)的零点个数为

A.0.

B.1.

C.2.

D.3.

正确答案：D

［解析］f(x)在区间［0,1］和［1,2］上满足罗尔中值定理的条件,故f'(x)在

(0,1)和(1,2)内至少各有1个零点，从而否定A和B,又f'(x)中含有因子

x,故x=0也是f'(x)的零点，于是选D.

也可以直接计算：

f(x)=x-3x3+2x2,f5(x)=x(4x-9x+4).

显然，f'(x)有3个零点.

6.若铲6)不变号，且曲线y=f(x)在点(1,1)处的曲率圆为x'+y'=2,则函数

f(x)在区间(L2)内

A.有极值点，无零点.

B.无极值点，有零点.

C.有极值点，有零点.

D.无极值点，无零点.

正确答案：B

［解析］在x?+y2=2两边对x求一阶导数

x+yy'=0,解得y'⑴=T；

再求导l+(y')2+yy〃=0,解得y〃(l)=-2.

由上面的分析知:f(1)=-1,f，z(l)=-2.

因为f〃(为不变号,所以在区间［1,2］±r(x)<0,f'(x)是单调减少

的，即f'(x)Vf'⑴=-1V0,从而函数f(x)在区间(1,2)内单调减少，无极值

点.这就排除了选项A和C.

在区间［1,2］上函数f(x)满足拉格朗日中值定理的条件，故有

f(2)-f(l)-f,(€)<-!,€c(1,2),

解法2直接法.由于L-,,则存在M>0,及x0>

0,当X>Xo时，f1(x)>M,于是当X>Xo时有

f(x)-f(Xo)=f'(W)(X-Xo)>M(X-Xo),

H[Jf(x)>f(x0)+M(x-x0).+8(x-+8).

lim/(z)=+8

则,故应选D.

9.设函数y=f(x)在(0,+8)内有界且可导，则

当lim/(才)=0时，必有lim(7)=0.

A.lTsjj十Q

当lim/'(])存在时,必有lim/"(了)=0.

B.<.

当lim/'(i)=0时，必有lim/"(i)=0.

C./fO*o

当lim/(7)存在时.必有lim/Cr)=0.

D.*F-*。*

正确答案：B

[解析]解法1直接法.«)-«。)寸‘(&)金』)，&介于X与X。之间，则

limf(z)

f(X)=f'(g)(xXo)If(Xo)=f，(€)xlf(Xo)f'(g)Xo,当」一十2存在

limff(l)=A#0

时，假设l+8,则据f(x)=f'(g)x+f(Xo)-f'(&)xo,

知Xf+8时，f(x)f8,这与f(x)是有界的矛盾.

lim/"(了)=0

故当L*一厂存在时，极限广—.选B.

解法2排除法.A的反例：

•2

/(T)=b111—Jimlim/(jr)=O

XLO'L+R,所以f(x)在

(0,+8)内有界，

x9—si•n厂2smr

=2cosx1

jr2

sin

lim(2cos?2一)不存

所以f(x)在(0,+8)内可导.但」\

在.

C的反例:f(x)=sinx,f(x)在(0,+8)内有界,可导,

lim/(无)=0.但lim/"(z)=limcos7=1片0

7-0r~*0*.r-*0.

D的反例：/'(7)=COSG,f(x)在(0,+8)内有界，

/(1)=一亚■,lim/(z)=一：

2J工尸一，但并不为零.

因为四个选项中有且只有一个正确.所以选B.

10.设函数f(x)在(0,+8)内具有二阶导数，且铲6)>0,令

Un=f(n)(n=l,2,…)，贝J下列结论正确的是

A.若Ui〉*,则｛uj必收敛.

B.若Ui〉3则若力必发散.

C.若uVii2,则｛uj必收敛.

D.若ui<u2,则｛uj必发散.

正确答案：D

fG)=~，

［解析］排除法.取X在(0,+8)内满足题设条件，

“1=1>方=〃2，｛/｝=(-f10g_LX

2\九J是收敛的；取f(x)二丐,在

(0,+8)内满足题设条件，口二0>-1二U2,"'J—是发散的，故

排除B和A.取F(X)=X2,在(0,+8)内满足题设条件，5=lV4j,｛6｝=｛/｝是

发散的，故排除C.于是应选D.

二、解答题

In%—1/〃〉3(。一a)

1.设6<a<b<e2,证明e

正确答案：

(p(j7)=ln2j：—

证法i设Te1,则

“、Inx4//,x_o1—Inx

cp(i)=2o-；----工,中(①)一，-----j—

所以当x>e时，4>z，(x)<0,故(x)单调减少，从而当eVxVe?时，

/(j：)〉-1?)=4g=0,

ee

即当eVxVe?时，6(x)单调增加.

因此当eVaVbVe'时，巾(b)>6(a),

In%—色〃>ln%—土a，

即ee1

In2/?—ln%>Z(〃一a).

故e-

In%—ln%>4

证法2原不等式等价于：b-ae2,左端可看作函数

f(x)=ln2x在［a,b］上的拉格朗日中值定理的形式，故

ln“一In，=于，(4)=2In《

ba£,a<&<b.下面对€作估计；

/、Inx|，/、1—Inx

(p(i)=---，则hllcp(i)=---5-

令丁XT,当x>e时、(x)

<0,则6(x)在(e,+8)上单调减少，故

9《)〉/2)=近£=4,所以里_选〉g即1空6—111%〉告3—〃).

rree-b—aee

2.证明：当0<a<b<n时，bsinb+2cosb+nb>asiiia+2cosa+na.

正确答案：

证设f(x)=xsinx+2cosx+冗x,x£［0,n］,

则f'(x)=sinx+xcosx-2sinx+n=xcosx-sinx+n,

fz，(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx<0,x£［0,n),

故f'(x)在［0,n］上单调减少，从而

f(x)>f(n)=0,xe(o,n),

因此f(x)在［0,兀］上单调增加，当JiVaVbV兀时,

f(b)>f(a),

即bsinb+2cosb+nb>asina+2cosa+兀a.

1+x2

xln+cosz=l+^-(—

3.证明：1—T

正确答案：

证法1记

2

/(.z)=jrln户+cos11—「(-1VN(1)

N,则

/(])=&LX,/〃(i)=(]金弓-1-cos已

4.4

当T<x<l时，由于(]一①2)2=

,l+cosxW2,所以f〃(x)22>

0,从而f'(x)单调增加.

又因为f'(0)=0,所以当TVxVO时,f(x)<0；当OVxVl时,f(x)

>0.故f(0)是f(x)在区间(-1,1)中的最小值.因为f(0)=0,所以

f(x)^O(-l<x<l),即

1-4-丁/

zln-：-----Feos1<CZV1)

1—x乙,

证法2利用带有拉格朗日型余项的泰勒公式，得

zln(l+#)=«zx.+3(1+0亍,0VaVI，

xln(l-^)=x[-a：-f-3(1^2r)3],0<^<l,

cos1=1-号+^^^Ar，・0<〃3Vl,

所以

l_4\r1I,COS0T1.

.rln,13

一仇卫尸丁

1-z3(1+仇工)33(14!

因为TVxVl,OVOjVl,所以TVHjXVl(i=l,2,3),从而

cosa工

_3(1+4N)3+

3(1一42尸十—4!

所以

,rln

证法3记

/(i)=zln[+"+cosx-1—三(—IVrVl)

1—玄2，则f(x)

为偶函数.

当OWxVl时,

/'(7)=ln土：)—sinz》lny-^-+(.r—sin7)2。，

1-x1—xI-J'

因为f(0)=0,所以f(x)20(0WxVl).

由于f(x)为偶函数,所以f(x)2O(-IVxVl),即

1-LT丁2

11n------Feos1》1+丁(一1<ZV1).

1—xz

Inx=——vl—cos2vCdr

4.证明：方程eJo在区间(0,+8)

内有且仅有两个不同实根.

正确答案：

\/1—cos2j：cLr=2\[2.

证Jo

F(j7)=——Inx—2笈.Fz(.r)=———

记ee%.则

F(e)=-2/2<0,

limF(i)=+8,limF(jr)=+00.

故由零点定理知，尸6)在(0,2),(e,+8)内分别至少有一个零点.

又当OVxVe时,F'(x)V0,F(x)单调减少.当eVxV+8时,F，(x)>

0,F(x)单调增加，所以F(x)在(0,e),(e,+-)内分别只有一个零点，所以原

方程在(0,+8)内有且仅有两个实根.

卜j--|—=：］

5.设当x>0时，方程JX1有且仅有一个解.求k的取值范围.

正确答案：

/(1)—kjcA---7-1

解设r,则

/(])=)一〃(乃=]>0

*

(1)当k<0时，f(x)<0,f(x)为减函数.以

j—8,k<0、

lim/(jr)=+oo,./(%)=

J-O*-r-*4-ool-bh=0.

/(JT)=kxA-1=0

所以，当k〈0时，I”在(0,+8)仅有一

个解.

7=

(2)当k>0时,令f'(x)=O,得唯一驻点Vk.r(x)>o,所以

vk为极小值点，且尸f(x)的图形在(o,+8)内是凹的，所以，当极

小值为零.即

Hi清，1

+3__->-1—0

Vk/时，原方程

k=-1•伍.

有且仅有一个解.由上式解得■1

k=m3

综上知，当kwo或9时，方程有且仅有一个解.

7'——nsi•n7'~~~iLz

6.就k的不同取值情况，确定方程“2、,~在开区间

（'o,G乙/）内根的个数，并证明你的结论.

正确答案：

/'(①)=x—ysinxi0?™'

解设,2则f(x)在12/上连续。

/(z)=l—ycos7=0(0,-y)

由.2,解得f(x)在'乙’内的唯一

2

j：0—arccos-

驻点7To

U(冗、

由于当x£(0,X。)时，f(x)<0,当12,时，f'(x)>0,所

（产）

以f（x）在（0,X。]上单调减少，在Ix。’21上单调增加.因此X。是f（x）在

（0,今）

\2’内的唯一最小值点，最小值为

sin

3^0=/（^c）=^0-V七用/（°）=/（段）=0如

N又因\/，故

在（°,号）内《）的取值范围为乐，。）.

产

因此，当入6[y），。），即kVy。或k20时，原方程在'（0'2’）内没

有根；

当I。时，原方程在（d手）内有唯一根X。;

/7T

当k£（y。，0）时:原方程在（0,X。）和'I49方///内各恰有一根，即原方

（0,今）

程在'2/内恰有两个不同的根.

设y二f(x)是区间［0,1］上的任一非负连续函数.

7.试证存在x°£(0,1),使得在区间［0,x。］上以f(x。)为高的矩形面积，等

于在区间［x。，1］上以y=f(x)为曲边的曲边梯形面积；

正确答案：

*1

证取,它在［0,1］上连续，在(0,1)内可

导,力(0)二小(1)=0.由罗尔定理知，存在Xo£［0,1),使小'(xo)=0.经计算,

fl

，(7)=1/(1)-f⑺&9

JX

々/y/(Odr=0.

故知存在x°£(0,1)使

,(%)〉一组力

8.又设f(x)在区间(0,1)内可导，且X,证明上一

小题中的X。是唯一的.

正确答案：

证(l)z/(x)=xf，(x)+f(x)+f(x)>0,

即6'(x)在(0,1)内严格单调增加，故上一小题中的X。是唯一的.

［■解析］本题实际上就是证明存在唯一的Xn£(o,1)使得

*1

々/(%)=/(力山

J,有些读者可能首先想到使用零点定理证明根

*1

F(z)=jcf(jc)—

的存在性，即令Jz，则

F(0)=—/(z)dz

Jo,F(l)=f(l),这样如果f(x)恒等于0,则结论显然

fl

F(0)=-/(Odr<0

成立，如果f(x)不恒等于0,则有Jo，但

F(l)=f(l)20,无法说清楚F(l)=f(l)>0,所以这里使用零点定理遇到阻

碍.当我们用零点定理不容易直接说明方程有根时，可退一步对它的“原函

数”使用罗尔定理来说明方程有根(这也是考点点睛中写到的两种常用的证明方

程根存在的方法，读者一定要深刻理解)，故转而思考：

ri

io『(工o)-/(t)dt=0

Jx0所对应的一个辅助函数是谁呢?实际上

•11fl

Zo/(*o)—/(Z)d/=(X=>/(j?0)------=0

J/々,xoe(0,1),故

FCz)=—•ef±”=—xf(r)dz

J”Jr

9.讨论曲线y=41nx+k与y=4x+lnx的交点个数.

正确答案：

解法1问题等价于讨论方程lr?x-41nx+4x-k=0有几个不同的实根。

设6(x)=ln1x-41nx+4x-k,

//、4(lnx-1+1)

cp\x)=----------------------.

则有T7

不难看出，X=1是巾(X)的驻点.

当OVxVl时,<1),(x)<0,即小(x)单调减少；当x>l时,6'(x)>0,

即@(x)单调增加，故"a)=4-k为函数@(X)的最小值.

当kV4,即4-k>0时，e(x)=O无实根，即两条曲线无交点；

当k=4,即4-kR时，3(x)=0有唯一实根，即两条曲线只有一个交点；

当k>4,即4一kVO时,由于

lim^(j：)=lim[ln4)+41—后]=+8,

limy(z)=lim[In—4)+4z-左]=+8,

故(b(x)=O有两个实根，分别位于(0,1)与(1,+8)内，即两条曲线有两

个交点.

解法2问题等价于讨论方程k=4x-41nx+ln4x的不同实根的个数.

f(工)=4(x-1+lnb)

设f(x)=4x-41nx+ln'x,则之,不难看出

4(1+Bln、7—lr?z)

X=1是f(x)的驻点.又产(X)=JC2,r(x)>0,所以

f(D=4为f(x)的最小值.

当k<4时，方程f(x)-k无实根，即两曲线无交点；

当k二4时，方程f(x)=k有唯一实根，即两曲线只有一个交点；

当k>4时，由于

lim/(z)=+8,lim/(1)=+8,

J'"*。*JT-^+8

所以方程f(x)二k有两个实根分别位于区间(0,1)与(1,+8)内，即两曲

线有两个交点.

ri

/(?)=Ml+z2dz+J\+1dz

10.已知函数XJ1，求f(x)零

点的个数.

正确答案：

解=~\/1+^2+2xV1,令f'(x)=o,得驻点

—1

/、1

当2时，f(x)<0,f(x)单调减少；当2时，f(x)>0,

f(x)单调增加.

+8)

因为f(1)=0,所以f(x)在/上存在唯一零点.

=0.lim/(7)=+8

又‘，所以f(x)在

上存在唯一零点.

综上可知，f(x)有且仅有2个零点.

11.设f(x)在区间在,b］上具有二阶导数，且f(a)上(b)=0,f'(a)f'(b)>

0.证明：存在ge(a,b)和n£(a,b)使f(g)=0及f〃(n)=0.

正确答案：

证不妨设f(a)>0,则f(b)>0,则

(a)=lin/Q2•一八-〉0,

x—a

>0,3C,)

则x-a时-，JC—a'，使得

f(x1)>0(61>0).

同理可得三72£(卜口，b),使得f(X2)V0(32>0).

由连续函数的零点定理.得三(・门♦i2)U(〃・〃).使得

由f(a)=f(1)=f(b)=o,运用罗尔定理，知三/G(a・3)及nq(z,

b),分别使得f'(nJ=o,f(n2)=o；再用一次罗尔定理，知

力G(斗，勿亡出〃)，使得丁⑺一

12.设函数f(x)在闭区间［-1,1］上具有三阶连续导数，且f(T)=0,

f(l)=l,f(0)=0,证明：在开区间(T,1)内至少存在•点目，使

f，J，(0=3.

IF确答案.

证由麦克劳林公式得

+|/卬4

,fCr)=/(0)+/(0)i+［/〃(0)z23

其中n介于。与x之间，xe［-i,1］.

分别令x=T和x=l,并结合已知条件，得

0=/(-1)=/(())+“(0)一《…

I，—1V斗<0,

Z

1=/(1)=/(0)+y/(0)+y.r(TJ2).QV72Vl.

两式相减,可得f'''(L)+f'''(八)=6.

由f'''(x)的连续性知，f'''(x)在闭区间［n”n2］上有最大值和最小

值，设它们分别为M和m,则有

再由连续函数的介值定理知，至少存在一点

we［力，力］u(-i,i),使

，(£)=:[/(/)十/〃(%)1=3.

乙

在使用泰勒公式证明中值问题时，把握好展开点X。与被展开点X是最关键

的，展开点一般选取已知导数信息最多的点，包括隐含导数信息的点如极值点

等，被展开点一般试着把式子有利于待证结论化简而选取，往往可以取端点、

中间点等.

设f(x)在区间[-a,a](a>0)上具有二阶连续导数，f(O)=O.

13.写出f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；

正确答案：

解对任意xe[-a,a],

Ae)

/Cr)=/(O)+/(O)」Tw

其中&介于0与X之间.

14.证明：在［-a,a］上至少存在一点n,使

“3/〃S)=3U/Cr)dz.

正确答案：

证

fa,fu?.2,,1fu

/(•z)ch=f(O)^,cLr+yr/(c)cLr=-y*/"(£)也.

J-〃J-aJ-31!乙J一a

因为(x)在［-a,a］上连续，故对任意的x£［-a,a］,有mWf"(x)WM,

其中M,ni分别为f〃(x)在［-a,a］上的最大、最小值，所以有

•ura1Cara

ma，dzWf(j')dz=-y£f"(g)x2ir.

J0•‘一u乙J—QJ0

-3.

/〃W-T/(jr)dr^CM.

即aJ-“

由(6)的连续性知，至少存在一点nW［-a,a］,使

/(z)cLr,

df"(r))=3f5)clz.

即Jr

［解析］本题第二问有部分考生这样处理：

=/，(0)1+/d.r=0+|/dr==，/«)

J-uJ-cLJ」/J-aJ弓

是便得出结论.这是一种经典的错误，原因在于中值g是依赖于X的，从而导

致f〃(&)并不是常数(与X有关)，故积分中不可以直接提出去.

15.设函数f(x)在闭区间［a,b］上连续，在开区间(a,b)内可导，且f'(x)

/(2H—〃)

lRim^-------

>0.若极限Jf;4"ICl存在，证明：

(I)在(a,b)内f(x)>0；

22

b-a=2^

”一西;

久)dr

(H)在(a,b)内存在点己，使Ja

(III)在(a,b)内存在与(II)中&相异的点明使

lim'"：")lim/(2j：—a)=O

证法i(1)因为­£①“存在，故.l。’，由

f(x)在［a,b］上连续,从而f(a)=0.又f'(x)>0知f(x)在(a,b)内单调增

加，故

f(x)>f(a)=0,x£(a,b).

(II)设F(X)=X?,Ja,则

g'(x)=f(x)>0,故F(x),g(x)满足柯西中值定理的条件，于是在(a,b)内存在

点&使

FS)-F(a)=呼一a2=(上乂

g(6)g(a)"”£)山一『")山「「/⑺市

J°JaJJa

I'—a2=2g

西1府.

即Ju

(III)因f(」)=f(g)-O=f(g)-f(a),在［a,口上应用拉格朗日中值定

理，知在(a,1)内存在一点n,使f(&)=f'(n)(1a),从而由(H)的结论得

,2—々2=2。

If⑺dJ75)/一步

Ja

即」”)(,,j)=菖〃⑴邮

证法2(1)同证法1.

rbrx

F(J?)=x2,f(£)ck—Uy—a")/、(。山,

(ii)设J”

显然F(x)在［a,b］上连续,在(a,b)内可导,

FCb)=b-f(力dr—(b2—a2)|=a"/(£)d"

J”J口J”

、b

F(a)=a'/(Dck—(b1—a2)=a1

a

根据罗尔中值定理，存在&£(a,b),使得F'(&)=0,即

2/")虫=(加一"、⑷,

a

b2-ci2_2e

PTTTT一而.

(in)由(i)和(n)可知

Cb

F'(x)=2x/'(%)dz—(加一/)/(1)?

Ja

则

F'⑷一P(a)=2)一〃)’7(£)山一(加一小)/®

Ja

根据拉格朗日中值定理，存在nw(a,G,使得

、F'⑸-Fya)

1V-a

f7(rj)Cfr—a)=If(jr)dz

即./<-aL成立.

本题主要考查柯西中值定理和拉格朗日中值定理.

已知函数f(x)在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0,f(l)=l.证明：

16.存在&G(0,1),使得f(&)=-&；

正确答案：

证令g(x)=f(x)十X-L则g(x)在［0,1］上连续，且

g(0)=TV0,g⑴=1>0,

根据连续函数的零点定理知，存在&£(0,1),使得g(g)=f(1)+&-

1=0,即f(q)=lY.

17,存在两个不同的点n,e(0,1),使得f'(n)f'(C)=l.

正确答案：

证由于函数f(x)在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，所以根据拉格朗日中值

定理，存在n£(o,c)CZ(o,i),c£(1,i)U(o,i),使得

八」⑷一f(o)=Y%)，⑴一依)」一(1一。=1

，卬e1/«)-IY―E--

/5)/‘(工)=?•含=L

从而；1G

18.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：存在巳£(a,b),使得

f〃(力g〃(6

正确答案：

证令h(x)=f(x)-g(x),假设不存在n£(a,b),使得h(n)=0.则对任一x£

(a,b),h(x)恒大于0,或恒小于0,不妨设h(x)>0,设函数g(x)在(a,

b)处取得最大值,则h(x()=f(x°)-g(x°)>0,即f(x°)>g(x0),这与题设f(x),

g(x)在(a,b)内存在相等的最大值矛盾，故存在ne(a,b),使得h(n)=O.

因此由罗尔中值定理可知，存在n),一0(n,b),使得

h'(&i)=h'(&2)=0.

再由罗尔中值定理可知，存在h)U(a,b),使得

h〃(之)=0,即

f〃(8)=g〃(g).

19.证明拉格朗日中值定理：若隔数f(x)在［a,b］上连续，在(a,匕)内可

导，则存在点(a,b),使得f(b)-f(a)=f'(&)(b-a)；

正确答案：

证取

rVxr(x/(〃)一/'(〃)/、

r(.r)=/(i)—---；~工---(上一a)，

“I)-a

由题意知F(x)在［a,b］上连续，在(a,b)内可导，且

F(a)(4-a)=/(。),

F(6)=/(〃)_/("，二/(")今_。)=/(口).

根据罗尔中值定理，存在&J(a,b),使得

b-a

EPf(b)f(a)=f,(C)(b-a).

20.证明：若函数f(x)在x=0处连续，在(0,3)(6>0)内可导，且

Hm/'(1)=A

了”「,则f'.(0)存在，且f\(0)=A.

正确答案：

证根据拉格朗日中值定理，得

lim以二辔

Z.r-*0

其中0<&<X.

lim/7(z)=A,所以lim/7(^)=A

因为L*0'，故f'+(O)存在,

且f*+(0)=A.

［解析］(1)第二问还可以用洛必达法则来证明:

/1(0)=lim^—■—=lim//O)=A.

(2)本题更一般的结论为：设f(x)在x=x。处连续，且

lim/(^)=A(3)

L1.,则f'(x°)=A,同时也得到f'(X)在x=x。处连续的

结论.

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

/(n=4

f(0)=0,O

口后升we(。9卷),歹£

证明：存在、1>12，，使得FG)+f'(n)二

正确答案：

F(%)=/(1)--

证设函数3,由题意知F(0)=0,F(l)=0.

r1nrin

。，方和方J

在L4一L--上分别应用拉格朗日中值定理.有

F(1)-F(0)=F«)(1-0)=如飞)一/,纥(0,y),

F⑴一F(：)=F，(加(1-■^)=}[/"(?)F]，西(十」〉

二式相加，得

即f(€)+f(n)=C2+n2

［解析］

/⑷+/卬Y+才0f⑥一3+/(?)