(264)--第二章习题册答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第二章 一元函数微分学
2-1综合测试
1.【答案】A
【解析】因为
l ix m
0
f ( x  a  x )


x
f ( x  b  x )



l
a
(
i m
x 
f
a
0
(

a
x
b

)
)
f

f
(
b
(
x
f
x

(
)
x
a 
a
)

x )
x
 f ( x )
 l ix m
0
b 
f ( x  b


b
x

)
x
 f ( x )
所以选（A）
2.【答案】B
【解析】由 l i
x 
m
0 
f ( x )  l i
x 
m
0  1 
x
x  1
 0  f ( 0 ) ，知函数 f ( x ) 右连续.
l i
x 
m
0 
f ( x )
x


f
0
( 0 )
 l i
x 
m
0 
1 
x
x
x


0
1
 0
  ，故 f(0)不存在.选（B）.

3.【答案】 3
【解析】 x  
1
y  x
s i n 2 (
π
4
t
) d t 两边同时对x求导，得 1  ( y   1 )  s i n 2
 π
4
( y  x )

，
解得 y   c s c 2
 π
4
( y  x )

 1 ，又由已知，当 x  0 时，y 1，即 f ( 0 )  1 ，故
y  |x  0  3
1
f   f(0)
 1  n
，于是limn  f  1  lim  f(0)3. n  n  n 1
n
4.【答案】 2
【解析】依题设，有
1cosf(x)
 1cos f(x) 1 x   1cos f(x)1c s o i s n f x (x)   xsinx lim 1cosf(x)
lim 1 lim 1  ex0 xsinx e
   
x0 sinx  x0  sinx  
 
1cos f(x) 1cos f(x)
故lim lim 1. 进而可得
x0 xsinx x0 x2l i m
x  0
[ 1  c o s f ( x ) ]  l i m
x  0
1  c o s
2 x
f ( x )
 x 2  0 ，limcos f(x)1，
x0
l i m
x  0
f ( x )  2 k π （ k  Z ）
由 f(0)存在可知， f ( x ) 在 x  0 处连续，所以 f ( 0 )  2 k π （ k  Z ），则
1 1
[f(x)2kπ]2 [f(x) f(0)]2
1cos f(x) 1cos[f(x)2kπ]
2 2
lim lim lim lim
x0 x2 x0 x2 x0 x2 x0 x2
1  f(x) f(0) 2 1
 lim   [f(0)]2 1
2 x0 x  2
又因为 f ( 0 ) 为正数，所以可得 f ( 0 )  2 .
5.【答案】
1
2
【解析】由  y   x  o (  x ) ，有


y
x
 1 
o (


x
x )
，等式两边同时极限
l ix m
0


y
x
 l ix m
0

1 
o (


x
x ) 
 1 ，即 f ( 1 )  1 . 又由已知，有 f ( 1 )  0 ，
x 2  l n ( 1  x 3 ) ~ x 2 ( x  0 ) ，故
ex
 f(t)dt ex f(ex) ex f(ex) f(1) ex 1 1 1
原式lim 1 lim lim    f(1) .
x0 x2 x0 2x x0 2 ex 1 x 2 2
6.【答案】见解析
【解析】（1） l i m
x  0
f ( x )
x


f
0
( 0 )
 l i m
x  0
x k s i
x
n
1
x
 l i m
x  0
x k  1 s i n
1
x
，
当k 1时， f(0)不存在；当 k  1 时， f ( 0 ) 存在，且 f(0)0.
（2）当 k  1
 1 1
kxk1sin xk2cos , x0,
时， f(x)的导函数为 f(x) x x
 0, x0.
若k 2，则 l i m
x  0
f ( x )  l i m
x  0

k x k  1 s i n
1
x
 x k  2 c o s
1
x

不存在，故 1  k  2 时， f ( x ) 在
x0处可导，但导函数不连续.
（3）当k 2时，lim f(x)0 f(0)，此时 f(x)在x0处导函数连续.
x07.【答案】 
9 9
2
!
π
 π    π  
【解析】因为

tan x1

0，令 f(x)

tan x1

g(x)，则
 4    4  
x1
f (1 ) 




π
4
t
t
a
a

n
n
c


o
π
4
π
4
1
2 s
x
x



π
4



1
1



(



x
x
9
 1
 1
9
 g
 t 
! )
(1
a n

)



π
4
9
0
9
2
 g
2 x
!
π

(1

)
2   t a n  π
4
x 1 0 0   1 0 0 
x  1
8.【答案】 a  
1
2
，b1， c  0
【解析】 l i
x 
m
0 
f ( x )  c ， l i
x 
m
0 
f ( x )  0 ， f ( 0 )  c ，由 f(x)在 x  0 处连续，故 c  0 .
f(x) f(0) ln(1x)0
f(0) lim  lim 1
+ x0 x0 x0 x
f(x) f(0) ax2 bsinx0
f(0) lim  lim b
 x0 x0 x0 x
由 f(x)在 x  0 处连续，知b1，故当 b  1 , c  0 时， f ( x ) 在 x  0 处连续，且
f ( x ) 
 2
1
1
a x  c o s x , x
, x
1
, x
 x



0
0
0
,
,
,
f
f
(
+
(

0
0
)
)


l i
x 
l i
x 
m
m
0
0


f
f
(
(
x
x
)
x
)
x




f
0
f
0
(
(
0
0
)
)


l i
x 
l i
x 
m
m
0
0


1
2
1

a x
xx

 1
c o
x

s x
 1
 1
 2 a
1
故当a   时， f(0)不存在.
2
1
9.【答案】
8【解析】因为在 (  1 , 1 ) 内 f(x) x ，所以在 (  1 , 1 ) 内 f ( x ) 
 x
2

2
x
2

2
C

1
C
,
,
2

0
1


x
x


1 ,
0 .
由 f ( 0 )  0 得 f ( x ) 
 x
2

2
, 0
2 x
2
,

 1
x

 1
x
,
 0 ,
，故 f
 7
2

 f

4 
1
2

 f


1
2

 
1
8
.
10.【答案】

1
1
2
1
 x
( 2
2
x e
,
2 x  1  1
x
) , x


1
1
1 π
【解析】注意在x1处，limarctanx lim
(ex21x)
 f(1)．
 
x1 x12 4
易得 f ( x )  ( a r c t a n x )  
1 
1
x 2
, x  1
1 1
，其中x1处是 f(1)  ．
 1x2 2
x1
f ( x ) 
 1
2
( e x 2  1  x ) 
π
4



1
2
( 2 x e x 2  1  1 ) , x  1 ，其中x1处是
1 1 1 1
f(1) (2xex211)  . 因为 f(1) f(1)  f(1) ．
+ 2 2 +  2 2
x1
 1
, x1

1x2
故 f(x)
1
 (2xex211),
x1
2
11.【答案】
  x  (1
x

2
x
(1

)

1
2
l n
x
,
(
)
1  x )
,    x
x


1
0
, x  0
【解析】首先由 f ( x ) 在x0连续确定 b 值：
ln(1bx) bx
limf(x)lim lim b f(0)1
x0 x0 x x0 x
ln(1x)
 ,  x1,x0
b1，故 f(x) x
  1, x0x
ln(1x)
1x x(1x)ln(1x)
当x0时， f(x)  ( x1,x0)
x2 x2(1x)
当x0时，
f ( 0 )  l i m
x 
洛
0
必
f ( x
0
0
达
)
法

x
f
则
( 0 )

l i m
x 
l i m
x  0

1 
0
l n
1
x
2 x
(1


x
1
x
x

)

l i m
x 
1
0



l i m
x 
1 
2
l
0
1
x
n

(1
x

x

1
x
2
)
1


x
x

 
1
2
或用泰勒公式 f ( 0 )  l i m
x  0
l n ( 1 
x
x
2
)  x
 l i m
x  0
 x 
1
2
x 2 
x 2
o ( x 2 )  x
 
1
2
.
因此 f ( x ) 
  x  ( 1
x

2
x
( 1

)

1
2
l n
x
,
(
)
1  x )
,    x
x


1
0
, x  0
．
12.【答案】 1   ， 2  
【解析】只要考虑 f ( x ) 在 x  0 点的情况．
若 f ( x ) 在 x  0
f(h) f(0)
点可导，则 f(0) f(0) lim  limh0
 h0 h h0
所以 f
+
( 0 ) lh i m
0
f ( h )
h
f ( 0 )
lh i m
0
h s i
h
n
1
h
0 , 1

  
 


 
 
若 f(x)在x0点连续，则当x0时， f ( x ) x 1 s i n
1
x
x 2 c o s
1
x
       
 1 1
lim f(x) lim

x1sin x2cos

 f(0)0所以2．
x0 x0 x x
13.【答案】 
1
2
【解析】 f(x)也以3为周期且是奇函数： f(5) f(2)f(2)
现按导数定义求此极限l i m
h  0
f ( 5  2 s i n
h
h )  f ( 5 )



l i m
h 
 2
 2

0
f

f
(
1
( 5 
5 ) 
  2
2


s
2
2
i n
s

h
i n
( 
)
h

f (
f

( 5
2
)
) )

 2 s
h
i n h 
因此，原极限  
1
2
.
14.【答案】 e 6
【解析】这是指数型的数列极限，先化为 I  ln i m

e
1 
1n
c o s
1n
ln f
 1n 
.
转化为求
1
1   n
l i m l n f
 
1 n   n  
1  c o s
n



ln
2
2
i m

l i m
n 

1
n
1 1
2 2 n
l n f

 f ( 0 )
f ( 0 )



l n
1
n
2
f

1
n



3
1
n
l n


6

f (
l
0
n
)
f

( 0
2
)


( l n f ( x ) ) 
x  0
 I  e 6 .
1
15.【答案】 f(a)
2
【解析】由洛必达法则及导数的定义可知：
I  l i m
h  0
f ( a  h )  f
h
(
2
a )  h f ( a )
 l i m
h  0
f ( a  h
2
)
h
 f ( a )

1
2
f ( a )
16.【答案】连续可导，且 f(0)0
【解析】因 l i
x 
m
0 
2
x 2
( 1  c o s x )  1 ， l i
x 
m
0 
1
x

x
0
c o s t 2 d t  l i
x 
m
0 
c o s
1
x 2
 1 ，故
l i m
x  0
f ( x )  1  f ( 0 ) ， f(x)在 x  0 处连续.
又 f ( 0 )



l i m
 x  0
l i m
 x  0
1
x
2

c o
2
s
6
( 1
x
x


x
c o
2
2
s

x )
l i
x 

m
0 
1



s i
3
n
l i m
x 
x
0 

2
0
( 1  c o
x
s
3
x )  x 2
 l i
x 
m
0 
2 s i n
3
x
x

2
2 x
 f (

0 ) 

l i m
 x  0
l i m
 x  0
1
x


2 x
1
x
s
2
x

0
i n
c
x
o
2
s t

2 d
0
t  1

 l i
x 
m
0 

x
0
c o s t
x
2
2
d t  x
 l i
x 
m
0 
c o s x
2
2
x
 1
故在 f(x)在 x  0 处可导，且 f ( 0 )  0 .2-1拓展提升
1.【答案】D
【解析】由题意， f ( 0 )  0
 f (

 f (

0
0
)
)



l i m
 x  0
l i m
 x  0
l i m
 x  0
f
x
f
(

(
x
c
x
)
o
)

x
s

x
f
x
x
f
( 0
l n
2
( 0
)
(1
)


l i m
x 
x )
令
 0

x
f ( x )
x
x
l i m
 x  0
  t
 l n (1
l i m
t 0


x
f
)
(



t
t
l
)
n (1
2 x


l i
t
x
m
 0
) (1
f (
t

t )
c o

s
1
2
x )

1
2
所以 f(x)在 x  0 处可导.
2.【答案】D
【解析】 l i m
x  0
( 1  s i
a
n
r
2
c t
x
a
)
n
2 0 2
( 2
6
0

2
c
6
o
x
2 s
3 )
0 2 6 x
f ( x )  l i m
x  0
2 0 2 6 2 0 2 5 ( 1
2

0 2
s
6
i n
x
2
3
x  c o s x )
f ( x ) 
1
2

其中 c o s x 1 s i n 2 x     ，得 l i m
x  0
1  s i n 2 x
3 x
 c o s x
f ( x )  l i m
x  0
3
2
f (
x
x )

1
2
，由此可得
l i m
x  0
f (
x
x )
 l i m
x  0
f ( x ) 
x
f ( 0 )

1
3
 f ( 0 ) 
1
3
. 故答案选（D）.
3.【答案】B
【解析】设切点为 ( x
0
, y
0
) ，则 y  x 为曲线 y  a x 的切线
 a
a
x0
x0

l n
x
a
0
 1
即
 a
x
x0
l
0
l
n
n
a
a


1
1


x
0
x

0

l n
l
l
1
l n
n a
1
n a
a
x
0

l
1
n a

l n
l
ln
1
na a
， a  e
1e
，x  y e.
0 0
4.【答案】D
【解析】首先将 f ( x ) 在x x 处的左右导数
0
f  ( x
0
) ， f  ( x
0
) 与 f(x)在x x 处的左右
0
极限lim f(x) lim f(x)区分开来.
xx xx
0 0
lim f(x) lim f(x)a，只能得出limf(x)a，但不能保证 f(x)在x x 处可导，
xx 0  xx 0  xx 0 0以及在 x  x
0
处连续和极限存在.
例如 f ( x ) 
 x
x

,
2 , x
x


0
0
显然， x  0 时， f ( x )  1 ，因此lim f(x) lim f(x)1
x0 x0
但lim f(x)2 lim f(x)0，因而
x0 x0
l i m
x  0
f ( x ) 不存在，因此 f ( x ) 在x0处不连续，
不可导. 因此选（D）.
5.【答案】D
【解析】若 l i
x 
m
0 
f ( x )  0 ，根据极限保号性知，则存在0，当 x ( 0 , )   时，
f ( x )  0 ，故函数 f ( x ) 单增，故选（D）.
 1 x
x2sin  , x0,
取 f(x) x 2 则
  0, x0.
f ( x ) 

2 x s i n
1
x

1
2
c o
,
s
1
x

1
2
, x
x


0
0
,
.
可知 f  ( 0 ) 存在，但 l i
x 
m
0 
f ( x )
1
不存在，所以（A）不正确；且 f(0) 0，但不存在
 2
0   ，当 x ( 0 , )   时，有 f ( x ) 单增，所以（C）不正确.
取 f ( x ) 
 1
0
,
,
x
x


0
0
有lim f(x)0，但
x0
f  ( 0 ) 不存在，所以（B）不正确.
6.【答案】C
【解析】方法一：由于
l i m
x  0
F ( x )
x


F
0
( 0 )
 l i m
x  0
F (
x
x ) 洛 必 达 法 则
l i m
x  0
F (
1
x )
 l i m
x  0
e x 
x
1
 1 ，所以F(0)1.
由于 l i
x 
m
0 
G ( x )
x


G
0
( 0 )
 l i
x 
m
0 
G (
x
x ) 洛 必 达 法 则
l i
x 
m
0 
G (
1
x )
 l i
x 
m
0 
e x 
x
1
 1 ，所以
G  ( 0 )  1 .
G(x)G(0) 00
又lim  lim 0，所以G(0)0，故
x0 x0 x0 x 
G ( x ) 在 x  0 处不可导，故选
（C）.
方法二：lim f(x)1 f(0)，所以x0为 f(x)的可去间断点，则F(x)在x0处可
x0导，但是F(0)lim f(x)1 f(0)；
x0
l i
x 
m
0 
g ( x )  1  l i
x 
m
0 
g ( x )  0 ，所以 x  0 为 g ( x ) 的跳跃间断点，则 G ( x ) 在 x  0 处不可
导，故选（C）.
7.【答案】C
【解析】命题设 f(0)存在，则 f ( x ) 、 f ( x ) 在 x  0
f(x)
处都连续，由lim 1，可得
x0 x2
f ( 0 )  0 ，又 l i m
x  0
f (
x
x
2
)
 l i m
x  0
f ( x ) 
x
f ( 0 )

1
x
 1 ，得 f ( 0 )  0
由洛必达 l i m
x  0
f (
x
x
2
)
 1  l i m
x  0
f ( x
2 x
)

1
2
l i m
x  0
f ( x ) 
x
f ( 0 )

f (
2
0 ) f(x)
，所以lim 2，
x0 x
①正确.
取 f(x) x2 1，有 l i m
x  0
f (
x
x )
 2
f(x)
，但lim 不存在，②不正确.
x0 x2
 1
x3 x4sin , x0
取 f(x) x ，则
 0, x0
l i m
x  0
f (
x
x
3
)
 1 ，但是 l i m
x  0
f ( x
2 x
)
不存在，③不正确.
f(x)
取 f(x) x31，有lim 3，但
x0 x2
l i m
x  0
f (
x
x
3
)
不存在，④不正确.
故选（C）.
8.【答案】D
【解析】（A）选项不对，例如：对于 f ( x ) 
1
x
 c o s
1
x
 π
在0, 内可导，
 2
f ( x ) 
1
x 2

s i n
1
x
 1
 1
，虽满足lim f(x)，而对于x  (n1,2,3, )有
x0 n π
2nπ
2
f(x )0，所以lim f(x)不成立.
n
x0
1 1  2
（B）选项不对，例如：对于 f(x) x3,x(0,1)时， f(x) x 3,x(0,1)，虽然
3
l i
x 
m
0 
f ( x )   但是lim f(x)0.
x0（C）选项不对，例如：对于 f ( x ) 
 0
x
,
2
x
, x


Q
R
Q
，在 x  0 处可导，但是x0处 f ( x )
不连续，更谈不上可导了.
对（D）选项，正确，例子参考（C）选项. 故答案选（D）.2-2综合测试
1.【答案】 1
【解析】 ln i m

n

f
 2 n
n
 1 
 3

 ln i m

f

2 
1
n
1
n

 3
.
由已知，当 x  2 时，t 1， y  3
 1
f 2  f(2)
 n
，故原极限lim  f(2)
1
n
n
dy 42t
而  1，故原式
dx 2t
x2 t1
 f ( 2 )  1 .
2.【答案】
1
3 x
【解析】由
d
d x
[ f ( x 3 ) ]  3 x 2  f ( x 3 ) 
1
x
，得 f ( x 3 ) 
3
1
x 3
，所以 f ( x ) 
3
1
x
.
3.【答案】请参照解析
【解析】由 y  e y  x ，两边同时对 x 求导，得 y   e y  y   1 . 解得 y  
1 
1
e y
，故
y  
( 1


e
e
y
y ) 3
. 由 z f [ ( x ) y 2 ]    ，得
dz  2y 
 f[(x) y2][(x)2yy] f[(x) y2] (x)
 
dx  1ey 
d
d
2
x
z
2
f
f
[
[
(
(
x
x
)
)
y
y
2
2
]
]
[ ( x
( x
)
)
2
1
y
2
y
y
e
2 ]
y
2
f [
f
(
[
x )
( x )
y 2 ]
y
[
2 ]
( x )
( x
2
)
y 2
( 1
2
2
e
y
y
y
) 2
]
( 1
2 y e
e
y
y ) 3
   
   












 











 





4.（仅数一、二）
【答案】0
【解析】当 x  0 时， t  0 ；当 t  0 时，由yey 1，得 y  0
dy dy/dt
.  ，
dx dx/dt
dx 2 dy dy 2t
 . 方程yey ln(et2)两边对t求导数，得 ey  ，
dt 14t2 dt dt et2dy 2t dy t(14t2)
 ，则  ，
dt (et2)(1ey) dx (et2)(1ey)
d
d
y
x
x  0
 0 .
5.【答案】  2 d x
【解析】当x0时， y  1 ，将 y e x y  x c o s x  1  0 两边对x求导得
e x y
d
d
y
x
 y e x y

y  x
d
d
y
x

 c o s x  x s i n x  0 ，将 x  0 ， y  1 代入上式得
d
d
y
x
  2 ，故
d y
x  0
  2 d x .
6.（仅数一、二）
1
【答案】y  (xln2)
π
【解析】当 x  l n 2 时， t   1 ；当 t   1 时， y  0 .
（1）当t 1时，由 d
d
x
t

1
2

t
t 2
得 d
d
x
t
t  1
  1 ， y eu2 du 1 arcsinudu 0.
0 t2
两边对 t 求导数得 e y 2
d
d
y
t
 2 t a r c s i n t 2  0 ，则
d
d
y
t
t  1
  π ，
d
d
y
x
x  ln 2
 π ，则法线方程为
y  
1
π
( x  l n 2 ) ；
（2）当 t  1 时，由 d
d
x
t

1
2

t
t 2
得 d
d
x
t
t 1
 1 . 方程  y
0
e u 2 d u   1
2t
a r c s i n u d u  0 两边对t求
导得 e y 2
d
d
y
t
 2 t a r c s i n t 2  0 ，则
d
d
y
t
t 1
 π ，
d
d
y
x
x  ln 2
 π ，法线方程为
1
y  (xln2).
π
1, x1,

 π π
7.【答案】y sin x, 1 x1,
2 2

1, x1.

π π
【解析】当 x 1时，y sin x；当
2 2
x  1 时，y1；当x1时，y1；
π
由 lim y lim(1x)2， lim y  lim cos x0得y 在x1处不连续，故
x1 x1 x1 x1 2y (  1 ) 不存在；
由 lx i m
1 
y ( x )
x


y
1
(1 )
 lx i m
1 
c o s
x
π
2

x
1
 0
 lx i m
1 

π
2
s i
1
n
π
2
x
 
π
2
得 y  ( 1 )  
π
2
.
由 lx i m
1 
y ( x )
x


y
1
( 1 )
 lx i m
1 
x
x


1
1
得 y  (1 )  1 .
因为 y  ( 1 )  y  ( 1 ) ，所以 y 在x1处不可导，故 y  
 

1
1 , x
π π
s i n x , 
2 2
, x

1



1
1
x
.
,
 1 ,
8.【答案】 
2 
2
s
x
i n y 2
d x
【解析】由题意得， 2 x  ( 2  s i n y 2 )
d
d
y
x
 0
dy 2x
，所以  ，
dx 2sin y2
d y  
2 
2
s
x
i n y 2
d x ．
9.【答案】 (  1 ) n  1 ( n  1 ) ! [ (  2 ) n  3 n ]
【解析】方法一：
f ( x )  l n (1  2 x )  l n (1  3 x ) ， f(n)(x)(ln(12x))(n) (ln(13x))(n)
由归纳法易得到， ( l n (1  a x ) ) (n )  (  1 ) n  1 a n ( n  1 ) ! (1  a x )  n
于是 f (n ) ( x )  (  1 ) n  1 ( n  1 ) ! [ (  2 ) n (1  2 x )  n  3 n ( 1  3 x )  n ]
f (n ) ( 0 )  (  1 ) n  1 ( n  1 ) ! [ (  2 ) n  3 n ] ．
方法二：由
1 (1)n1 n (1)k1
ln(1t)t t2   tn o(tn)  tk o(tn) (t 0)，
2 n k1 k
得
n (1)k1 n (1)k1
f(x)ln(12x)ln(13x)  (2x)k  (3x)k o(xn)
k1 k k1 k
n (1)k1 记 n
  [(2)k 3k]xk o(xn) a xk o(xn) (x0)
k1 k k1 k故 f (n ) ( 0 )  n ! a
n
 n !
(  1 )
n
n  1
[ (  2 ) n  3 n ]  (  1 ) n  1 ( n  1 ) ! [ (  2 ) n  3 n ] .
10.【答案】
(1 
f 
f ) 3
【解析】 y   ( 1  y ) f  ，故 y  
1 
f 
f 
，y(1 y)2 f yf，
所以 y  
(1 
1
y

)
f
2

f 

(1 
f 
f ) 3
11.【答案】
( l n
n
2
!
) n
【解析】方法一： ( 2 x ) (n )
x  0
 2 x ( l n 2 ) n
x  0
 ( l n 2 ) n ，于是所求系数为
( l n
n
2
!
) n
.
方法二：利用泰勒展开 y  2 x  e x ln 2  n

 0
( x l n
n
2
!
) n
 n

 0
l n
n
n
!
2
x n ，故 a
n

l n
n
n
!
2
.
12.【答案】 2 e 3
【解析】由题意得， f ( x )  e f ( x ) f ( x )  e f ( x )  e f ( x )  e 2 f ( x ) ，
f ( x )  [ e 2 f ( x ) ]   e 2 f ( x )  2 f ( x )  2 e 3 f ( x ) ，将 x  2 代入上式，得 f ( 2 )  2 e 3 .
13.【答案】
(  1 )
3
n
n
2
 1
n n !
【解析】方法一： y 
2 x
1
 3
 ( 2 x  3 )  1 ，
y   (  1 )  ( 2 x  3 )  1  1  ( 2 x )   (  1 ) 1  1 ! 2 1  ( 2 x  3 )  1  1 ，
y(1)(2)22(2x3)3 (1)22!22(2x3)21, ,
由数学归纳法可知 y (n )  (  1 ) n 2 n n ! ( 2 x  3 )  n  1 ，把 x  0 代入得 y (n ) ( 0 ) 
(  1 )
3
n
n
2
 1
n n !
.
方法二：利用泰勒展开式
1 1 1 1 2 2  2 2  n 
y     1 x  x   (1)n  x   
2x3 3
1
2
x
3 3 3  3  
3
1 2 22 2n
  x x2  (1)n xn 
3 32 33 3n1由泰勒展开系数的唯一性，可得 y (n ) ( 0 )  (  1 ) n
3
2
n
n
 1
n ! .
14.【答案】 ( 2 t  1 ) e 2 t
【解析】因
f ( t )  l i m
x  
t
 x
x


t
t
 x
 t l i m
x  
e
x ln  xx  tt 
 t e
lim
x 
x ln  xx  tt 
 t e
lim
x 
2x x tt
 t e 2 t ，故 f ( t )  e 2 t ( 2 t  1 ) .
15.（仅数一、二）
dy π d2y 1
【答案】  ， 
dx t π 2 dx2 t π 2π
2 2
【解析】
d
d
y
x

d
d
y
x
d
d
t
t
 t ，
d
d
2
x
y
2

d
d x
 d
d
y
x


d
d t
 d
d
y
x

d x
1
d t
 
2 t s
1
i n t 2
，
所以
d
d
y
x
t
π2

π
2
，
d
d
2
x
y
2
t
π2
 
1
2 π
.2-2拓展提升
1.【答案】 2 ( n ! ) 2
【解析】记 g ( x )  ( x  1 ) 2 ( x  2 ) 2 ( x  n ) 2 ，则
f ( x )  x 2 g ( x ) ， f(x)2xg(x)x2g(x)， f(x)2g(x)4xg(x)x2g(x)
因此，令x0得： f ( 0 )  2 g ( 0 )  2 ( n ! ) 2 .
2.【答案】 y  
1
4
x
14
e
x1
2

s i n
1
x

12
4  1
x

1
3

6
1
x 2
c o t
1
x

【解析】对于根式较复杂的式子，可以采用对数进行化简，再求导
l n y 
1
4
l n x 
1
1
2
x 
1
2 4
l n s i n
1
x
两边同时求导可得：
y
y


1
4

1
x

1
1
2

1
2 4

s i
1
n
1
x
 c o s
1
x



1
x 2


1
4 x

1
1
2

2
1
4 x 2
 c o t
1
x
所以： y   4 x  3 e x  s i n
1
x
 1
4 x

1
1
2

2
1
4 x 2
c o t
1
x

.
3.【答案】
1
x
 ( l n x ) (ln x ln ) x  ln x  l n ( l n x )

1  l n ( l n x ) 
l n x 
1
l n ( l n x )

【解析】出现指数叠加的函数求导，采用对数求导法进行求解
l n y  ( l n x ) ln x l n ( l n x ) ，令 g ( x )  ( l n x ) ln x
先使用对数求导法求 g ( x ) 的导数： l n g ( x )  l n x l n ( l n x )
两边同时求导：
g
g


1
x
l n ( l n x )  l n x 
l
1
n x

1
x

1  l n (
x
l n x )
1ln(lnx)
所以： g(x) (lnx)lnx
x
对 l n y  ( l n x ) ln x l n ( l n x ) 两边同时求导可得：
y
y

 g ( x )  l n ( l n x )  g ( x ) 
l
1
n x

1
x
带入g(x)的表达式可得： y 

( l
1
x
n

x
( l
)
n
(ln
x
ln x x )
(ln x )
 1

ln ) x


l n
ln x
( l n
x
 l n (
x
l
)
n

x
( l
)
n

1
x

) ln x
l n
 l n
( l n
(
x
l n
) 
x )
l n

x
( l n
x
1
 l n
x
l n
(
ln )
x
l n
x
x

)

4.【答案】
3
8

1
4
l n 2
【解析】首先要清楚此处 f ( x ) 与
d
d
y
x
含义不同. 应该把 f ( x )  l n x
13
中的 x 理解为中间变
量，即 f ( u )  l n u
13
. 设 u 
2
x
x


1
1
，则 y  f ( u ) .
d
d
y
x

d
d
y
u
d
d
u
x
 f ( u ) 
 x
3
 1  2

 x
1
 1  2
l n
 2
x
x

 1
1

.
d
d
2
x
y
2

 x


2
1  3
 l n
2
x
x

 1
1

 x
1
 1  2

2
x
x


1
1

 x
3
 1  2
故
d
d
2
x
y
2
x  1

3
8

1
4
l n 2
5.【答案】 4 7 .
【解析】因为 ( x ) f
x
[ x , f ( x , 2 x ) ] f
y
[ x , f ( x , 2 x ) ] [ f
x
( x , 2 x ) 2 f
y
( x , 2 x ) ]          
所以(1) f[1, f(1,2)] f[1, f(1,2)][f(1,2)2f(1,2)]34(38)47.
x y x y
6.【答案】 
1
e 2
【解析】因为 ( 3 )
f
1
( 0 )
  

，而 f ( 0 )  e ，所以 ( 3 )
1
e
   ，
f ( x )  ( 2 x  1 ) e x 2  x  1 ， f(0)e
 1   1  f(x)
d   d   dx 
 f(x)  f(x) [f(x)]2 f(x)
因为(y)   
dy dy/dx f(x) [f(x)]3
e 1
所以(3)  .
e3 e2
0, n2k
7.【答案】 (k 1).
(1)k (2k2)!, n2k1【解析】令 F ( x ) 
1 
1
x 2
，由 F ( x ) 

1 
1
x 2


  f ( x )
从而可知  f (n ) ( 0 )  F (n  1 ) ( 0 ) ，
由于
1
2 1  x


1
1


(
x

2
x

2 )
x

4
(

 x 2

) 2
(

 1 ) n

x 2
(
n


x 2
o
)
(
n
x

2 n
o
)
( x 2 n )
而 F ( x )  F ( 0 )  F ( 0 ) x 
F ( 0
2 !
)
x 2  
F
(
(n
n
 1

) ( 0
1 ) !
)
x n  1  o ( x n  1 )
可知：
当 n  2 k
为偶数时，F(n1)(0)0，
当n2k1为奇数时，
F
(
(n
n
 1

) ( 0
1 ) !
)
x n  1
n  2 k  1 F
(
(2 k
2 k
 2

) (
2
0
)
)
!
x 2 k  2  (  1 ) k  1 x 2 k  2
即F(n1)(0)(1)k1(2k2)!
故 f (n ) ( 0 ) 
 0
(
,
 1 ) k  ( 2 k  2 ) ! ,
n
n


2
2
k
k  1
( k  1 ) .
8.【答案】C
【解析】 f ( x )  ( x 2  2 x  3 ) n a r c t a n 2
x
3
 ( x  3 ) n ( x  1 ) n a r c t a n 2
x
3
x
令g(x)(x1)narctan2 .
3
利用莱布尼茨法则： f (n ) ( x )  n ! g (0 ) ( x ) 
nk 

1
0
C kn [ ( x  3 ) n ] (k )  g (n  k ) ( x )
f (n ) (  3 )  n ! g (  3 )  n ! (  4 ) n  a r c t a n 2 (  1 )  n ! (  4 ) n  (

4
) 2  (  1 ) n  n ! 4 n  2   2
故答案选（C）.
9.【答案】mntm
dy mtm1dt d2y m2tm1dt
【解析】  mtm ，  m2tm ，不妨假设y(k)(x)mktm ，则
dx 1 dx2 1
dt dt
t ty (k + 1 ) ( x ) =
d ( y (k
d
)
x
( x ) )
=
d ( y (k
d
)
x
( x
/
)
d
)
t
/ d t

d m
d l
k
n
t m
t /
/
d
d
t
t
 m k  1 t m
由数学归纳法可知： y (n ) ( x )  m n t m .
10.【答案】 y 
3
2
x
【解析】令 u  t  x ，则  2
x
y  x e  (t x 2) d t   2
0
y e  u 2 d u ，所以  2
0
y e  u 2 d u  x 2  3 s i n x . 两边
同时对 x 求导，再代入 x  0 ， y  0 得： 2
d
d
y
x
e  4 y 2  2 x  3 c o s x
dy 3
， 
dx 2
x0
y0
因此，曲线 y  f ( x ) 上的点 ( 0 , 0 ) 处的切线方程为 y 
3
2
x .
2-3综合测试
1.【答案】C
【解析】
f ( 0 ) 

l i m
x  0
2 l i m
x 
f
0
(
1
x

) 
x 
c o
x
f
0
s
(
x
0

)

2
l i m
x 
l i m
x  0
0
1
2
f ( x
x
2 x
x
)


0
l i m
x  0 1 
f (
c
x
o
)
s x

1  c o
x
s x
故可排除（A），（B）选项.
再由 l i m
x  0 1 
f (
c
x
o
)
s x
 2  0 ，由保号性及 1  c o s x  0 ，知在 x  0 的某邻域内有
f ( x )  0  f ( 0 ) ，故 f(0)为极小值.
2.【答案】B
f(x)
【解析】由lim 10，可知在
x1 x1
x  1
f(x)
的去心邻域内有 0，即
x1
f ( x ) 与
(x1)异号，故在 x  1 左侧有 f(x)0，在 x  1 右侧有 f(x)0，于是x1为极大值
点.
3.【答案】C
【解析】 y   [ ( x  1 ) 2 ( x  3 ) 2 ]   4 ( x  1 ) ( x  2 ) ( x  3 ) ，则 y  是二次函数，故 y  最多只
有两个零点，由罗尔定理知，y在(1,2)和(2,3)内各有一个零点，且y在其零点两侧变
号，故有2个拐点，（C）正确.4.【答案】B
【解析】利用在 x   1 ， x  1 ， x   3 两侧导数符号的变化判别. f ( x ) 有 x   1 ，
x  1 ，x3三个零点，当从x3左侧到右侧， f ( x ) 由负号变为正号，故x3是
f ( x ) 的极小值点.
同理可得，x1是 f(x)的极大值点， x  1 是 f ( x ) 的极小值点，故（B）正确.
5.【答案】 e
【解析】对 f ( x )
x
求导，得 f(x)nen (1n).
依题意，有 f ( x
n
)  n e
xnn
 (1  n )  0 ，解得 x
n
 n l n

1 
1
n

，故
ln i m

e x n  ln i m

e
n ln
1

1n 
 e .
6.【答案】请参照解析
lim2xlnx
【解析】lim f(x) lim x2x  lime2xlnx ex0 e0 1，
x0 x0 x0
l i
x 
m
0 
f ( x )  l i
x 
m
0 
( x  2 )  2 ，故 f ( x ) 在x0处不连续，所以不可导，于是有
f ( x ) 
 2
1 ,
2 x x ( l n x  1 ) , x
x


0
0
,
.
1
令 f(x)0，得驻点x  ，故
e
x  0 与 x 
1
e
是可能的极值点.
当x0时， f ( x )  1  0 ；当 0  x 
1
e
时， f(x)0，故 f ( 0 )  2 是 f ( x ) 的极大值.
当 x 
1
e
时， f(x)0；当 0  x 
1
e
时， f(x)0，故 f
 1
e

 e
 2e
是 f(x)的极小值.
7.（仅数一、二）
【答案】请参照解析
【解析】
d
d
y
x

y
x
(
(
t
t
)
)

t 2
1 
(1 
l n
l n
t
t )
，
d2y d  1lnt  d  1lnt  dt 2(ln2t2)

 

 
 
dx2 dxt2(1lnt) dt t2(1lnt) dx t3(1lnt)3令
d
d
y
x
 0 ，得 t  e ，令
d
d
2
x
y
2
 0 ，得 t  e 2 .
列表如下：
t 1 (1 , e ) e ( e , e 2 ) e 2 ( e 2 ,   )
x 0 (0,e) e ( e , 2 e 2 ) 2e 2 ( 2e 2,)
d
d
y
x
1  0   
d
d
2
x
y
2
 4    0 
y 0
1
e e
2
2
故y  y(x)在(0,e)内单调增加，在 ( e ,   ) 内单调减少. y ( e ) 
1
e
为极大值，向上凹区间
为 ( 2 e 2 ,   ) ，向上凸区间为 ( 0 , 2 e 2 ) ，拐点为 ( 2 e 2 ,
e
2
2
) .
8.【答案】 x  
1
2
， y  ( 2 l n 2 ) x 
1
4
l n 2  1 ( x    ) ，
y   ( 2 l n 2 ) x 
1
4
l n 2  1 ( x    )
【解析】函数的全部间断点是 x  0 ， x  
1
2
．
因为
l i
x 
m
0 
y  l i
x 
m
0 
 4 x 2  x l n ( 2 x  1 )  4 x  1 x l n x   0  0  0
 2x1
lim y  lim

4x2 xln

.
1 1 x 
x x
2 2
于是垂直渐近线只有 x  
1
2
．
l i m
x  
y
x
 l i m
x  
| x
x
|
4 
1
x
l n

2 
1
x

  2 l n 2 ，l i m
x   
[ y  ( 2 l n 2 ) x ] 


l i m
x  
l i m
 t 0
l i m
 t 0


4 
4  t
4 
2  t
1
x
l n
t
l
(

n
2


t
l n
2
2
(

1
x
t )
2
4



1 
x 
2
t )
t

l n

2
2

l
1
n

2
1
4
l n 2
l i
x 
m

[ y  (  2 l n 2 ) x ]  l i
x 
m

 x

4 
1
x
l n

2 
1
x

 2 l n 2

  1 
1
4
l n 2 ．
因此，全部渐近线是： x  
1
2
， y  ( 2 l n 2 ) x 
1
4
l n 2  1 ( x    ) ，
y   ( 2 l n 2 ) x 
1
4
l n 2  1 ， ( x    ) .
9.【答案】C
【解析】用反证法，假设 f  ( a )  0 ，则 f  ( a )  l i
x 
m
a 
f ( x )
x


f
a
( a )
 0 .
由极限的保号性，知 f ( x )  f ( a ) ，与 f(x)在xa处取得最小值矛盾. 同理，若
f  ( b )  0 ，可知 f(x)在 x  b 处不可能取得最大值，故（C）正确.
10.【答案】略
【解析】当 x
0
是 f ( x ) 的极值点时，有 f ( x
0
)  0 ，将 x
0
代入已知条件得
( x
0
 1 ) f ( x
0
)  1  e 1  x0
当x 1时，若x 1，则 f(x )0，若x 1，则 f(x )0，故x x 为
0 0 0 0 0 0
f ( x ) 极小
值点；
1e1x
当x 1时，由 f(1)0， f(1)lim f(x)lim 10.
0 x1 x1 x1
综上可知， f ( x ) 在 x
0
处取得极小值.
11.【答案】C
x x x
【解析】由 g(xt)dt  g(t)dt得 f(x)2x2  g(t)dt ， f(x)4xg(x).
0 0 0因为 l i m
x  0
f (
x
x )
 l i m
x  0
 4 x 
x
g ( x )
  4  0 ，所以存在 0   ，当0 x 时，
f (
x
x )
 0 ，即当 x ( , 0 )    时， f ( x )  0 ；当 x ( 0 , )   时， f ( x )  0 ，故(0, f(0))
为 y  f ( x ) 的拐点，应选（C）.
12.【答案】A
【解析】由 
x
0
g ( x  t ) d t
x  t  u

x
0
g ( u ) d u 得 f ( x )   s i n 2 x  
x
0
g ( u ) d u ，
f ( 0 )  0 ，
因为
x
f(x) f(0) sin2x g(u)du
f(0)lim lim 0
x0 x x0 x
x
 g(u)du
2lim 0 2limg(x)2g(0)10
x0 x x0
所以 x  0 为 f ( x ) 的极大值点，应选（A）.
13.（仅数一、二）
【答案】
3
2
【解析】由参数方程 x ( t )   ，y (t)给出的曲线的曲率
(t)(t)(t)(t)
K  ，所以曲线
3
2(t)2(t)2
 
x  c o s 3 t ， y  s i n 3 t 在t t 相应点的曲率为
0
1 2
K   .
3sint cost 3sin2t
0 0 0
π kπ
当t   (kZ)时，曲率
0 4 2
K 
2
3
1 3
最小，在该点处的曲率半径R   ．
K 2
14.【答案】0；27
0, 0 x3,

【解析】设(x)4x318x2 27，则(x)12x(x3)0, x0,x3,

0, x3.

所以(x)在[0,2]单调下降，(0)27，(2)13.存在唯一 x
0
 ( 0 , 2 ) ， ( x
0
) 0   . 由于 f ( x ) ( x )   ， f ( 0 )  2 7 ， f ( x
0
)  0 ，
f(2)13. 因此， f(x)在[0,2]的最小值为0，最大值为27．
15.【答案】
1
2
【解析】由已知，点 ( x , f ( x ) ) 处的切线方程为 Y  f ( x )  f ( x ) ( X  x ) .
令 Y  0 ，可得切线在 x 轴上的截距为 F ( x )  x 
f
f
(
(
x
x
)
)
( x  0 ) ，由 f ( x )  0 ，知
f ( x )  f ( 0 )  0 ， l i
x 
m
0 
F ( x )  l i
x 
m
0 

x 
f
f
(
(
x
x
)
)

  l i
x 
m
0 
f
f
(
(
x
x
)
)
 0
l i
x 
m
0 
F ( x ) 

l i
x 
f
m [1
 0
( 0 )

l i
x 
m
f
0


2
2
( x
f
)  f ( x )
2 f ' ( x )
 f ( x )
  ( x ) f ( x
f
)
(

x )
1
2
]  l i
x 
m
0 
f ( x
f
)
2'
f
(
(
x )
x )
 f ( 0 ) l i
x 
m
0  f
f

(
2
x
(
)
x )
1 1
故lim[F(x)F(x)]0  .
x0 2 2
16.【答案】 2
【解析】 y  f ( x ) 在点(x, f(x))处的切线方程为Y  f(x) f '(x)(X x).
令 Y  0 ，可得切线在 x 轴上的截距为 X  x 
f
f
(
(
x
x
)
)
 u ( x ) ,故
x x xf(x)
lim lim lim
x0u(x) x0 f(x) x0 xf(x) f(x)
x
f(x)
洛必达 f(x)xf(x) f(x)
lim 1lim
x0 xf(x) x0 xf(x)
f(x) f(0) 1
1lim 
x0 x0 f(x)
f(0)
1 112
f(0)
17.【答案】3
【解析】由于y(x)二阶可导， ( x
0
, 3 ) 是拐点，则 y ( x
0
)  3 ，y(x )0．
0
d2y d2y dy dy dy
先求 ： (4 y)y1  y y1[(4 y) y]
dx2 dx2 dx dx dxd2y
由 0，
dx2
xx 0
d
d
0
 4 (
0
)  (
0
) 3 0  
y
x
x  x
  y x y x   ，得 4 y(x ) y(x )0，即
0 0
4
3
3
3  

 ．
18.【答案】 2
【解析】由 l i m
x  0 1 
f (
c
x
o
)
s x
 2  l i m
x  0
f
s
(
i n
x
x
)
得 f ( 0 )  f ( 0 )  0 .
f(x) f(x) f(0)
又lim lim  f(0)2，则
x0 sinx x0 x
y  f ( x ) 在点 ( 0 , f ( 0 ) ) 处的曲率为
K 
(1 
2
0 )
32
 2 .
19.【答案】略
【解析】显然当x0时， F ( x ) 连续. 又
l i
x 
m
0 
F ( x )  l i
x 
m
0 

x
0
t n f
x
( t ) d t
 l i
x 
m
0 
x n f ( x )  0  F ( 0 )
故 F ( x ) 在[0,)上连续.对于x(0,)，有
F ( x )
x
x
n
n
1
f
f
(
(
x
x
)
)
x
x
x
0
2
n f
t n
(
f (
)
t ) d t
x n [ f
x
(
n
x
1
)
f ( x
f
)
(
x 2
) ]
x
n f
f
(
(
) x
) ( x n n )
 
    
 



 





 
其中0 x. 因此，由 f(x)在[0,)上单调不减知 F ( x )  0 ，故F(x)在[0,)上
单调不减.
20.【答案】B
【解析】方法一：排除法. f(x) xx ，显然
0
f ( x ) 在 x
0
处取极大值，但 f(x )不存
0
在，则 x
0
不是 f(x)的驻点，从而（A）不对. 又  f ( x )  x  x
0
，显然f(x)只有唯一
极小值点 x  x
0
，又x 0，则x x ，从而x 不是f(x)的极小值点，则（C）也
0 0 0 0
不对.（D）显然不对，由于极值是一个局部性质，不能保证对一切x有 f(x) f(x )，而
0
只能保证在x 某邻域内有 f(x) f(x )，所以应选（B）.
0 0方法二：直接法. 由于 f ( x ) 在 x
0
处取极大值，则存在 0   ，当 x
0
x x
0
      时，
f(x ) f(x)，前面两不等式两边同乘
0
 1 ，即
当 x
0
x x
0
         时，  f ( x
0
)   f ( x ) .
也就是，当 x
0
x x
0
         时，  f [  (  x
0
) ]   f [  (  x ) ] ，即  f (  x ) 在  x
0
取
极小值.
21.【答案】点 B 和 C 的横坐标分别为
1
3
l n 2  1 和
1
2

1
3
l n 2
【解析】设 B ，C的横坐标分别为x ，
1
x ，则ex 1 2e2x ，得x ln22x，
1
B C  x  x
1
 3 x  l n 2 ， x  0 ，
梯形ABCD的面积 S 
3
2
( 3 x  l n 2 ) e  2 x ，则 S  
3
2
(  6 x  2 l n 2  3 ) e  2 x .
令S0，得 x 
1
2

1
3
l n 2 . 于是由问题的实际意义可得，当 x 
1
2

1
3
l n 2 ，
x
1

1
3
l n 2  1 时，梯形面积最大.
22.【答案】D
【解析】由拉格朗日中值定理，有
u u  f(n1) f(n) f()(n1n) f()
n1 n n n
其中
n
( n , n 1 ) , n 1 , 2 ,        . 由 f ( x )  0 知， f ( x ) 单调增加，故
f (
1
) f (
2
) f (
n
)           ，
所以
n n
u u (u u )u  f()u nf()u n(u u )
n1 1 k1 k 1 k 1 1 1 2 1
k1 k1
于是当 u
2
 u
1
 0 时，推得limu ，选（D）.
n1
n
由以上推导可见，若u u 0，就推不出
2 1
 u
n
 的敛散性了.
1 100
23.【答案】t  年；t  11（年）
25r2 9
【解析】根据连续复利公式，这批酒在窖藏t年末售出总收入R的现值为A(t)Rert
，2 t
而R  R e5 ，所以 0 A ( t )  R 0 e
25 t  rt dA 2 trt 1 
，令 R e5  r  0 dt 0 5 t 
得唯一驻点 t
0

2
1
5 r 2
. 又
d
d
2
t
A
2
 R
0
e
25 t  rt  
5
1
t
 r
 2

1 0
1
t 3

，则有
d
d
2
t
A
2

t t0
 R
0
e 2
15
r (  1 2 . 5 r 3 )  0 .
于是， t
0

2
1
5 r 2
1
是极大值点即最大值点，故窖藏t  年售出，总收入的现值最大.
25r2
100
当r 0.06时，t  11（年）.
92-3拓展提升
1.【答案】C
【解析】显然 f ( x ) 在 (   ,   ) 连续. 只须考察 f ( x ) 在 x  0 某空心邻域如
x 



2
,

2

, x  0 时 f ( x ) 与 f(x)的变化.
f ( x ) 

s
1
2
i n
·
x
1
x


0 ,
0 ,

0

2


x
x



2
0
， f ( x ) 

c

o s
1
4
x
x

3  2
0

,
0

,

2
0


x
x


0

2
由此可得 x  0 是 f ( x ) 的极值点，且 ( 0 , 1 ) 是曲线 y  f ( x ) 的拐点. 因此选（C）.
2.【答案】B
【解析】① f ( x )  2  ( x  1 )
23
，定义域为 (   ,   ) ， f ( x )  
2
3
( x  1 )
 13
.
显然， f ( x )  
2
3
( x  1 )
 13
 0 无解，所以函数 f ( x )  2  ( x  1 )
23
没有驻点. 但是
f ( x )  
2
3
( x  1 )
 13  

0
0
,
,
x
x


( 
(1 ,


,

1 )
)
,
,
，所以不可导点x1是函数 f ( x )  2  ( x  1 )
23
的极大值点. 故①不正确.
16
② f(x)2x 0，解得函数
x2
f ( x )  x 2 
1 6
x
在区间(,0)内的唯一的驻点为
x   2 . 且 f ( x ) 
2 x 3
x

2
1 6  

0
0
,
,
x 
x 
( 
(

 2
, 
, 0
2
)
)
,
,
所以 f(2)12为函数 f ( x )  x 2 
1 6
x
在区间(,0)上的最小值.
16
lim f(x)，所以函数 f(x) x2  在区间(,0)上没有最大值. 故②不正确.
x x
③记 f ( x )  a r c s i n ( c o s x )  c o s ( a r c s i n x )
  2 
0, x0, ,
 
2
x   
，则 f(x)1 
1x2   2 

0, x

,1

,
2
  所以 f

2
2 
 a r c s i n

c o s
2
2 

2
2
 a r c s i n

c o s
2
2 
 a r c s i n

s i n
2
2 
 0
为 f(x)arcsin(cosx)cos(arcsinx)在 [ 0 , 1 ] 上的最小值，所以当 x  [ 0 , 1 ] 时，
arcsin(cosx)cos(arcsinx). ③正确.
3.【答案】B
【解析】设 f ( x )  x
1x
, x  1 ，考察 f(x)的单调性并求 f(x)在 [ 1 ,   ) 的最大值.
f ( x ) 

e
1x ln x  
 x
1x

1 
x
l n
2
x
 


0
0
0
,
,
,
1
x
x



x
e
e
 e
，于是 1  x  e 时， f ( x ) 单调递增，当
x  e 时， f ( x ) 单调递减. 因此在 x  e 两侧的数列项是 2 与 3 3 ， x  e 是 f ( x ) 的最大
值点.
比较 2 与 3 3 的值. 2  6 8  6 9  3 3 .
所以数列的最大值为 3 3 .答案选 B .
【注】不能直接对 f ( n )  n
1n
( n  1 , 2 , 3 , ) 求导，因为数列没有导数的概念.
4.【答案】C
【解析】利用极值的定义判别.
f(x) f(x )
由lim 0 10，知在
xx xx n
0
0
x
0
的去心邻域有
f (

x
x
) 
 x
f
0
(

x
n
0
)
 0 ，即 f(x) f(x )
0
的正负由  x  x
0
 n 确定.
当n为奇数时，若 x  x
0
，则 f ( x )  f ( x
0
)  0 ；若x x ，则
0
f ( x )  f ( x
0
)  0 ，故 x
0
不是 f(x)的极值点.
当n为偶数时，若 x  x
0
或 x  x
0
时，则 f ( x )  f ( x
0
)  0 ，故 x
0
是 f ( x ) 的极小值点.
答案（C）正确.
5.【答案】C
【解析】只须考察 f(x)0的点，这里就是 f(x)的驻点，即x x ,x ,x ，与 f(x)不
1 3 6
存在的点，这就是 f(x)的尖点x .
4在xx,x 两侧
1 6
f ( x ) 的单调性相反，故凹凸性相反，可得(x, f(x )),(x , f(x ))是
1 1 6 6
y  f ( x ) 的拐点，在x x 处，虽 f(x )0，但x x 两侧
3 3 3
f ( x ) 均单调上升即x x
3
两侧 y  f ( x ) 均是凹的， ( x
3
, f ( x
3
) ) 不是 y  f ( x ) 的拐点. 虽然 f ( x
4
) 不存在，但 f ( x )
在 x  x
4
连续，在 x  x
4
两侧 f(x)的单调性相反，故凹凸性相反， ( x
4
, f ( x
4
) ) 也是
y  f ( x ) 的拐点. 因此共有三个拐点，答案选（C）.
6.【答案】 [ 0 ,
1
2
a r c t a n 2 )
【解析】由 F ( x ) 是偶函数，故只需讨论 F ( x ) 在 [ 0 ,   ) 上的值域.
由于 F ( x ) 
(1  5 x
2
4
x
) 1  x 4
 0  F ( x ) 在[0,)上单调递增.又F(0)0，
lx i m F ( x )
1
2
0
2
0
a
c
r
( 1
o s
c t a
c
2
n
5
o
u
(
d t
2 t ) 1
s u d u
5 s i n
2 s i n u
2 t
2 u
2
)
0
t
1
2
1
2
t
a
a
r
n
2
0
c
u
1
t a
d
n
2
( 0
( 2
( 2
2 .
1
s
s
i n
i n
s e
5 t a
u )
u )
c
n
2
2
2
u
u
d u
) s e c u

  



















 
因此函数 F ( x ) 的值域是 [ 0 ,
1
2
a r c t a n 2 ) .
7.【答案】（1）见解析；（2） y  有水平渐近线 y  1
【解析】（1）题给方程两边对 x 求导，得ey(y) yex2 10,
即 y  
e
e


2 x
y


1
1
 0 ，故y(x)是单调增加函数.
存在
（2）由（1）知y(x)单调增加，若y(x)有上界，则 lim y(x) a，且  et2 dt 存
x 记为 0
在，方程变形为yey  x et2 dtx1，令x,得
0
a  e  a    矛盾，故 y ( x ) 无
上界，且 l i m
x  
y ( x )    . 于是 l i
x 
m

y ( x ) 
l i m
x   
l i m
x   
e
e


2 x
y


1
1
 1 ，即当x时，曲线
y(x)有水平渐近线y 1.8.【答案】（1）单调递增区间：

  , 
1
2

和 ( 1 ,   ) 上；单调递减区间在


1
2
, 0

和
 1
0,1 ；凸区间： , ；凹区间：
 5


1
5
, 0

和 ( 0 ,   )
3
；（2）y  x ,x0.
2
【解析】函数的定义域为
x|x0且xR
（1） f ( x )  e
12
x
2 x 2
2

x
x
2
 1
, f ( x )  e
12
x
5 x
4

x 4
1
.
 1
因此函数在 , 和
 2
( 1 ,   ) 上单调
 1 
递增，在  ,0 和
 2 
( 0 , 1 )
 1
上单调递减；函数图形在区间 , 上为凸的，在区间
 5


1
5
, 0

和 ( 0 ,   ) 为凹的.
（2） l i m
x  
f (
x
x )
 l i m
x  
( x  1
x
) e
12
x 令 x 
1
t l i m
t 0
(1  t ) e
t2
 1
l i m
x  
[ f ( x )  x ] 

l i m
x 
l i m
t

0
[ (
(
x
t 
 1 ) e
1 ) e
t
12
x
t
 2

1
x

]
3
2
令 x 
1
t l i m
t 0
  1
t
 1

e
t2

1
t

故曲线 y  f ( x )
3
的斜渐近线为y  x .
2
1
lim f(x) lim(x1)e2x ，故曲线
x0 x0
y  f ( x ) 的铅直渐近线为x0.
9.【答案】见解析
【解析】令 f ( x )  2 x  x 2  1 ，由题设知只需证明函数 f ( x )  2 x  x 2  1 有且仅有三个零
点. 显然 f(0) f(1)0.
又 f(2)10， f(5)60，且 f ( x ) 连续，由连续函数的零点定理可知 f ( x ) 在
(2,5)内至少存在一个零点，从而 f ( x ) 至少有三个零点.
若 f ( x ) 有四个或四个以上的零点，则由罗尔定理知 f(x)2xln32至少有一个零
点，这是不可能的，故 f(x)至多有三个零点.综上可知 f ( x ) 有且仅有三个零点，即方程 2 x  x 2  1 有且仅有三个实根.
10.【答案】 2 2
【解析】对方程  y
0
e  2t d t  2 y  l n (1  x ) 两边关于 x 求导两次，得
e  y 2 y   2 y  
1
1
 x
1
，2yey2 (y)2 ey2 y2y
(1x)2
将 x  0 ， y  0 代入上式，得 f ( 0 )  y 
|
x  0
 1 ， f ( 0 )  y 
|
x  0
  1 ，故曲率
y 1
k   ，曲率半径
3 2 2
[1(y)2]2
R 
1
k
 2 2 .2-4综合测试
1.【答案】A
【解析】由选项看出，题目是要确定 x 与 f ( x ) 在所讨论区间内的大小关系，因此，构造辅
助函数 F ( x )  f ( x )  x . 由题目的条件知， F ( 1 )  0 ， F (1 )  0 ，
F ( x ) f ( x ) 0 , x ( 1 , 1 )          ，故 F ( x ) 在 x  1 处取得极大值，即 F ( 1 )  0 在区间
( 1 , 1 )     内为极大值，从而 f ( x ) x 0 , x ( 1 , 1 ) ( 1 , 1 )        ，即（A）正确.
2.【答案】略
【解析】方法一：令 F ( x )  f ( x )  f ( x
2
)  f ( x  x
2
) ，则 F  0   0 . 又
F ( x ) f ( x ) f ( x x
2
) f ( ) ( x
2
) 0 , ( x , x x
2
)              
故F(x )F(0)0, x 0，即
1 1
f ( x
1
)  f ( x
2
)  f ( x
1
 x
2
)  0 .
方法二：不妨设 x
1
 x
2
（ x
1
 x
2
时类似可证），则由拉格朗日中值定理可得
f ( x
1
) f ( 0 ) x
1
f (
1
) , 0
1
x
1
       ， f ( x
1
x
2
) f ( x
2
) x
1
f (
2
) , x
2 2
x
1
x
2
         .
又已知 f ( x )  0 ，故 f (
2
) f (
1
)      . 又 f ( 0 )  0 ，比较以上两式即得
f ( x
1
 x
2
)  f ( x
1
)  f ( x
2
) .
3.【答案】略
【解析】先证右边的不等式. 设 ( x ) l n x l n a
x
a
a
x
( x a 0 )    

  . 因为
1 1  1 a  2 ax xa ( x  a)2
(x) 



  0
x a 2 x 2x x  2x ax 2x ax
故当xa时，(x)单调减少，又 ( a ) 0   ，所以，当xa时，(x)(a)0，即
xa
lnxlna .
ax
特别地，当 x  b  a 时，便有 l n b  l n a 
b 
a
a
b
，即
l n b
b


l n
a
a

1
a b
.
其次证明左边的不等式. 设 f(x)lnx(xa 0). 由拉格朗日中值定理知，至少存在一
lnblna 1 1 1
点(a,b)，使 (lnx)  . 由于0ab，故  ，又由于
ba   b
xa 2  b 2  2 a b ，所以
1
b

a 2
2

a
b 2
，从而有
l n b
b


l
a
n a

a 2
2

a
b 2
. 综上，不等式成立.
4.【答案】B
【解析】令 F ( x )  
x
a
f ( t ) d t  
x
b f
1
( t )
d t ，因为 f ( x ) 在闭区间 [ a , b ] 上连续，且
f ( x )  0 ，所以 F ( x )  f ( x ) 
f
1
( x )
 0 ，F(x)在 ( a , b ) 上严格单调增加.
又 F ( a )  
a
a
f ( t ) d t  
a
b f
1
( t )
d t   
b
a f
1
( t )
d t  0 ，
F ( b )  
b
a
f ( t ) d t  
b
b f
1
( t )
d t  
b
a
f ( t ) d t  0 ，因此，F(x)在(a,b)上只有一个零点，即

x
a
f ( t ) d t  
x
b f
1
( t )
d t  0 在 ( a , b ) 内有一个根.
5.【答案】C
【解析】令 f ( x )  x
14
 x
12
 c o s x ，显然， f ( x ) 是偶函数，所以，只要考虑 f ( x )  0
在
0,
上的实根情况.
当x0时， f ( x )  x
14
 x
12
 c o s x ， f ( 0 )   1  0 ， f
 π
2


 π
2

14

 π
2

12
 0 .
又 f ( x ) 
1
4
x
 34

1
2
x
 12
 s i n x  0 , x 

0 ,
π
2

，则 f(x)在

0 ,
π
2

上严格单调增加.
因此 f ( x )  0 在

0 ,
π
2

上有唯一实根，而当 x 
π
2
时， f ( x )  0 ，故在 ( 0 ,   ) 上方程
f ( x )  0 有且仅有唯一实根. 由对称性可知， f ( x )  0 在 (   ,   ) 上有且仅有两个实根.
6.【答案】见解析
【解析】设 f ( x )  x 
π
2
s i n x
 π
，则 f(x)在0, 上连续.
 2
由 f ( x )  1 
π
2
c o s x  0 ，解得 f(x)在

0 ,
π
2
 2
内的唯一驻点x arccos .
0 π
 π
由于当x(0,x )时 f(x)0，当xx , 时， f(x)0，所以 f(x)在(0,x ]上单
0  0 2 0调减少，在

x
0
,
π
2

上单调增加，因此 x
0
是 f ( x ) 在

0 ,
π
2

内的唯一最小值点，最小值为
y
0
 f ( x
0
)  x
0

π
2
s i n x
0
，又因 f ( 0 )  f
 π
2

 0 故在

0 ,
π
2

内 f ( x ) 的取值范围为
[y ,0). 因此，当
0
k  [ y
0
, 0 ) ，即k  y 或
0
k  0 时，原方程在

0 ,
π
2

内没有根；
当k  y 时，原方程在
0

0 ,
π
2

内有唯一根 x
0
；
当 k  ( y
0
, 0 ) 时，原方程在 ( 0 , x
0
) 和

x
0
,
π
2

内各恰有一根，即原方程在

0 ,
π
2

内恰有两
个不同的根.
7.【答案】略
【解析】（1）取 ( x ) x
1
x
f ( t ) d t     ，它在 [ 0 , 1 ] 上连续，在(0,1)内可导，
( 0 ) (1 ) 0     . 由罗尔定理知，存在 x
0
 ( 0 , 1 ) ，使 ( x
0
) 0    ，经计算，
( x ) x f ( x )
1
x
f ( t ) d t      ，故存在 x
0
 ( 0 , 1 )
1
使x f(x ) f(t)dt 0.
0 0
x
0
（2） ( x ) x f ( x ) f ( x ) f ( x ) 0        ，即 ( x )   在 ( 0 , 1 ) 内严格单调增加，故（1）中的
x 是唯一的.
0
8.【答案】B
【解析】因为 f ( x )  2 x l n ( 2  x 2 ) ，且ln(2x2)0，所以x0是 f ( x ) 的唯一零点，
故应选（B）.
9.【答案】略
【解析】因为 f ( x )  0 ，所以 f ( x ) 单调不减，当x0时， f ( x )  f ( 0 )  1 .
当x0时， f ( x ) f ( 0 ) f ( ) x     ，从而 f ( x )  f ( 0 )  x ，因为 l i
x 
m

[ f ( 0 )  x ]    ，
所以 l i
x 
m

f ( x )    . 由 f(x)在 [ 0 ,   ) 上连续，且 f ( 0 )   2  0 ， lim f(x)，
x
则 f(x)0在 ( 0 ,   ) 内至少有一个根，又由 f ( x )  1  0 ，得方程的根是唯一的.
ex
10.【答案】（1） f(x) ；（2）证明略
x1x
【解析】（1）由题设知(x1)f(x)(x1)f(x) f(t)dt 0
0
上式两边对 x 求导，得(x1)f(x)=(x2)f(x).
du x2
设u  f(x). 则有  u，解之得
dx x1
f ( x )  u 
C
x
e

 x
1
，等式两边令 x  0 得：
f ( 0 )  f ( 0 )  0 ，由 f ( 0 )  1 可知 f ( 0 )   1 . 从而C1，因此 f ( x )  
e
x


x
1
.
（2）当 x  0 时， f ( x )  0 ，即 f ( x ) 单调减少，又 f(0)1，所以 f ( x )  f ( 0 )  1 .
设(x) f(x)ex ，则 ( 0 ) 0  
x
，(x) f(x)ex  ex，
x1
当x0时， ( x ) 0    ，即 ( x )  单调增加，因而(x)(0)0，即有 f ( x )  e  x . 综
上所述，当 x  0 时，不等式ex  f(x)1成立.2-4拓展提升
1.【答案】C.
【解析】令 ( x ) e 2 x f ( x )    ，则由题设可知， ( x ) e 2 x [ f ( x ) 2 f ( x ) ] 0        ，故 ( x ) 
单调减少，则当 b  a  0 时， ( l n b ) ( l n a )    ，即 e  2 ln b f ( l n b )  e  2 ln a f ( l n a ) ，
也即 b  2 f ( l n b )  a  2 f ( l n a ) ，由此即得b2f(lna)a2f(lnb).
由题干条件无法确定 b 2 f ( a ) 与 a 2 f ( b ) 的大小关系，如 f ( x )  e x ，则
f ( x )  e x  2 e x  2 f ( x ) ，令 g ( x ) 
e
x
x
2
( x  0 ) ，则 g ( x ) 
e x ( x
x

3
2 )
，当0x2
时，g(x)单调减少，当 x  2 时，g(x)单调增加，所以当 2  b  a  0 时，
g ( b )  g ( a ) ，即 b 2 f ( a )  a 2 f ( b ) ；当 b  a  2 时， g ( b )  g ( a ) ，即
b 2 f ( a )  a 2 f ( b ) .
2.【答案】B
【解析】令 g ( x )  e  2 x f ( x ) ，则 g ( x )    2 f ( x )  f ( x )  e  2 x  0 ，故 g ( x ) 在 [  2 , 2 ] 上
单调增加，从而g(0) g(1)，即 f(0)e2f(1)，又 f ( x )  0 ，所以
f
f
( 0
( 
)
1 )
 e 2 ，选
项（B）正确；
对于（A）， g (  1 )  g (  2 ) ，即e2f(1)e4f(2)，又 f ( x )  0 ，可得
f
f
(
(


2
1
)
)
 e  2 ，
（A）不正确；
对于（C）， g (1 )  g (  1 )
f(1)
，即e2f(1)>e2f(1)，又 f(x)0，可得 e4 ，（C）
f(1)
不正确；
对于（D）， g ( 2 )  g (  1 ) ，即 e  4 f ( 2 ) > e 2 f (  1 ) ，又 f ( x )  0
f(2)
，可得 e6 ，
f(1)
（D）不正确.
3.【答案】请参照解析
x2
【解析】方法一：令 f(x)(x2)e 2 xex 2e2,x2，有 f(2)0，又f ( x ) 
x
2
e
x 2 2
 x e x  e x ，
 f ( x ) 


1
2
1
4
( x
e
(
x
x

 2
2

2 )

2
e
x
4
) e
x
e
x 2
 1

4

x
2
 2
2


e

(
x
x
x
 2
2
e


x
2
1

)

2
x e

x e

0
( x  2 )
 1
4
e
x 2 2
 e x

又 f (  2 )  0 ，所以当 x   2 时， f ( x )  0 ，又由 f (  2 )  0 ，可得 f(x)0，
即 ( x  2 ) e
x 2 2
 x e x  2 e  2  0 .
方法二：令 f ( x )  ( x  2 ) e
x 2 2
 x e x  2 e  2 , x   2 ，有 f (  2 )  0 ，又
f ( x ) 
x
2
e
x 2 2
 x e x  e x ， f (  2 )  0 ，将 f(x)在 x   2 处展开至 n  1 ，有
f ( x ) f ( 2 ) f ( 2 ) ( x 2 )
1
2 !
f ( ) ( x 2 ) 2
1
2 !
f ( ) ( x 2 ) 2               ， ( 2 , x )   
其中当 x   2 时，
1 x2 x x2
f(x) e 2  e 2 xex 2ex
2 4
1 x2 1 x2 
 (x2)e 2 (x2)ex (x2) e 2 ex 
4 4
 
1

x2 
(x2)ex  e 2 10
4
 
故 f()0，可得 f(x)0，即 ( x  2 ) e
x 2 2
 x e x  2 e  2  0 .
4.【答案】请参照解析
 1  
【解析】令F(x)(cosx) 3sinxx,x

0, ，则
 2
F ( x ) 在

0 ,

2

上连续且
F ( x ) 
1
3
( c o s x )
 43

2
3
( c o s x )
23
 1 ， F ( x ) 
4
9
( c o s x )
 73
s i n 3 x  0 , x 

0 ,

2

，
   
所以F(x) F(0)0,x  0, ，由此可得F(x) F(0)0,x  0, ，
 2  2 1  
即F(x)(cosx) 3sinxx0，从而，当x  0, 时，
 2
s i n
x
x
 3 c o s x 成立.
5.【答案】请参照解析
【解析】令 x 
1
t
，则原不等式转化为当 t  0 时，
2
2

t
t
 l n ( 1  t ) 
1
t
 t
令 f ( t )  l n ( 1  t ) 
2
2

t
t
, t  0 ，则 f ( t ) 
1
1
 t

( 2
4
 t ) 2

(1  t )
t
(
2
2  t ) 2
 0 ，
f ( t ) 单调递增，故 f ( t )  f ( 0 )  0 ，即
2
2

t
t
 l n (1  t )
令 1  t  u ，则 l n (1  t ) 
1
t
 t
转化为当u1时， 2 l n u  u 
1
u
，
1
令g(u)u 2lnu,u 1，则
u
g ( u )  1 
1
u 2

2
u

( u 
u
1
2
) 2
 0 ，
g ( u ) 单调递增，故 g ( u )  g (1 )  0
1
，即2lnu u ；
u
综上所述，可得当 x  0 时，
2 x
2
 1
 l n

1 
1
x


x
1
(1  x )
.
6.【答案】请参照解析
【解析】方法一：首先证明
l n b
b


l n
a
a

1
a b
，
因为
l n b
b


l n
a
a

1
a b
 ( l n b  l n a ) 
b 
a
a
b
 0 ，所以
令 ( x ) l n x l n a
x
x
a
a
   

， 0  a  x
( a ) 0 , ( x )
1
x
1
a 2
1
x 2 x
a
x
( x
2 x a
a
x
) 2
0 ( x a )      



 

  ，
故当xa时，(x)单调递减，(x)(a)0，而ba，所以(b)0，即
l n b
b


l n
a
a

1
a b
；
2a lnblna
再证 
a2 b2 ba因为
a 2
2

a
b 2

l n b
b


l n
a
a
 ( b 2  a 2 ) ( l n b  l n a )  2 a ( b  a )  0 ，
所以令 f ( x )  ( x 2  a 2 )  l n x  l n a   2 a ( x  a ) , f ( a )  0 ，
f ( x )  2 x ( l n x  l n a )  x 
a
x
2
 2 a  2 x ( l n x  l n a ) 
( x 
x
a ) 2
 0 ( x  a )
故当 x  a 时， f ( x ) 单调递增， f ( x )  f ( a )  0 ，而ba，所以 f ( b )  f ( a )  0 ，
2a lnblna
即 
a2 b2 ba
方法二：
首先证明
l n b
b


l n
a
a

1
a b
，
因为
l n b
b


l n
a
a

1
a b
 ( l n b  l n a ) 
b 
a
a
b
 0 ，所以
令 ( x ) l n x l n a
x
x
a
a
   

， 0  a  x
( a ) 0 , ( x )
1
x
1
a 2
1
x 2 x
a
x
( x
2 x a
a
x
) 2
0 ( x a )      



 

  ，
故当 x  a 时，(x)单调递减， ( x ) ( a ) 0     ，而 b  a ，所以 ( b ) 0   ，即
l n b
b


l n
a
a

1
a b
；
2a lnblna
再证 
a2 b2 ba
令 f(x)lnx，则存在(a,b)，使得
l n b
b
l
a
n a 1



 ，其中 0 a b     ，
1 1 2a 2a lnblna
则   ，所以  .
 b a2 b2 a2 b2 ba2-5综合测试
1.【答案】D
【解析】方法一：排除法. 令 f(x) x，则 lim f(x)， lim f(x)，但
x x
f ( x )  1 ，可见（A）和（C）都不正确.
令 f ( x )  e  x ，则 lim f(x) lim ex ，但
x x
l i
x 
m

f ( x )  l i
x 
m

e  x    ，故（B）
也不正确，所以应选（D）
方法二：直接法. 由于 l i
x 
m

f ( x )    ，则存在 M  0 及 x
0
 0 ，当 x  x
0
时，
f(x)M，于是当x x 时有，
0
f ( x ) f ( x
0
) f ( ) ( x x
0
) M ( x x
0
)        ，即
f ( x )  f ( x
0
)  M ( x  x
0
)    ( x    ) ，则 l i
x 
m

f ( x )    ，故应选（D）.
2.【答案】B
【解析】方法一：证明（B）对. 反证法：假设 l i
x 
m

f ( x )  a  0 ，则由拉格朗日中值定
理，有 ( 2 ) ( ) ( ) , ( )  f x  f x  f  x   x    （当 x    时，，因为
x 2 x    ）；但与 f ( 2 x )  f ( x )  f ( 2 x )  f ( x )  2 M 矛盾（ f ( x )  M ）.
方法二：排除法.（A）的反例： f ( x ) 
s i n
x
x 2
, l i
x 
m
0 
f ( x )  0 , l i
x 
m

f ( x )  0 ，所以 f ( x )
在(0,)内有界， f ( x ) 
2 x 2 c o s x
x
2
2
 s i n x 2
 2 c o s x 2 
s i n
x
x
2
2
，所以 f(x)在(0,)
内可导，但 l i
x 
m

( 2 c o s x 2 
s i n
x
x
2
2
) 不存在.
（C）的反例： f ( x )  s i n x , f ( x ) 在 ( 0 ,   ) 内有界，可导， l i
x 
m
0 
f ( x )  0 .但
lim f(x) limcosx10.
x0 x0
（D）的反例： f(x)cos x, f(x)在 ( 0 ,   ) 内有界， f ( x )  
s i n
2 x
x
，
l i
x 
m
0 
f ( x )  
1
2
，但并不为零.
因为四个选项中有且只有一个正确，所以选（B）.3.【答案】略
【解析】要证明的方程含有 f ( x ) ，需要在已知条件的基础上再求一次导数，故此类方程
根为导函数方程根的问题，可以考虑罗尔定理.
因为 f ( x )  f ( x )  f ( x )  f ( x )  f ( x )  f ( x )  [ f ( x )  f ( x ) ]   [ f ( x )  f ( x ) ]  0
所以ex   f(x) f(x) f(x) f(x) 0，积分得
 
e  x [ f ( x )  f ( x ) ]  C .
可令F(x)exf(x) f(x) . 因为 F ( 0 )  F ( 1 )  0 ，所以由罗尔定理，存在
(0,1)，使得F()0，而F(x)ex[f(x) f(x)]，且 e  x  0 ，所以
f ( ) f ( ) 0      ，即方程 f ( x )  f ( x )  0 ，在 ( 0 , 1 ) 内有根.
4.【答案】略
2
【分析】（1）2f(x)xf(x)0 f(x) f(x)0，
x
 2 
 x2 f(x) f(x) 0，积分得
 
 x 
x 2 f ( x )  C ．
（2） 2 x f ( x )  f ( x )  0  f ( x )  2 x f ( x )  0 ，
 e  x 2  f ( x )  2 x f ( x )   0 ，积分得 e  x 2 f ( x )  C ．
【解析】（1）令 F ( x )  x 2 f ( x ) ，则 F ( a )  F ( b )  0 ，由罗尔定理，存在一点
( a , b )   ，使得 F ( ) 0    ，即 2 f ( ) 2 f ( ) 0        ，故 2 f ( ) f ( ) 0      
（2）令 G ( x )  e  x 2 f ( x ) ，则G(a)G(b)0，由罗尔定理，存在一点(a,b)，使得
G'()0，即2e2 f()e2 f()0. 故2f() f()0.
5.【答案】请参照解析
(ba)f()
【解析】只需证 f() .
2
对 f ( x ) 及x2在[a,b]上应用柯西中值定理，得
f ( b
b
)
2
f
a
(
2
a ) f
2
( )
, a b ,







 
f(b) f(a) (ba)f '()
即  . 再由拉格朗日中值定理，存在一点(a,b)，使得
ba 2f ( )
f ( b )
b
f
a
( a )
  


，故原等式成立.
6.【答案】略
【解析】设 F ( x ) 是 f ( x ) 在[a,b]上的一个原函数，则
b
a
f ( x ) d x F ( b ) F ( a ) F ( ) ( b a ) f ( ) ( b a ) , a b              .
b
 f(x)dx
于是， a  f(),ab，即
ba
f ( ) f ( b ) , a b      ，故根据罗尔定理，得存
在(,b)(a,b)，使得 f ( ) 0    .
7.【答案】请参照解析
【解析】设 F ( x )  x f ( x ) ，由积分中值定理，存在 0
1
2
 

，
 1 1
，使2xf(x)dx F().
0 2
1 1
由已知条件，有 f(1)22xf(x)dx2 F() F().
0 2
又由于F(1) f(1) F()，且F(x)在[,1]上连续，在(,1)上可导. 故由罗尔定理知:
存在 ( 1 ) ( 0 , 1 )    ,  ，使得 F ( ) 0    ，即 f ( ) f ( ) 0       .
8.【答案】请参照解析
x
【解析】令Fx f(t)dt,0 xπ，则有
0
F ( 0 )  0 , F ( π )  0 .
又因为
 π f(x)cosxdx π cosxdF(x) F(x)cosx π  π F(x)sinxdx
0 0 0 0
π
 F(x)sinxdxπF()sin0
0
所以存在 ( 0 , π )   ，使 F ( ) 0 .   故 F ( 0 ) F ( ) F ( π ) 0 ( 0 π )        .
再对 F  x  在区间 [ 0 , ]  ，[,π]上分别用罗尔定理可知，至少存在
1
( 0 , )    ，
2
( , π )    使 F (
1
) F (
2
) 0       ，即 f (
1
) f (
2
) 0     .
9.【答案】请参照解析
f(2xa)
【解析】（1）因为lim 存在，故lim f(2xa)0，由 f(x)在[a,b]上连续，
xa xa xa
从而 f(a)0. 又 f(x)0知在(a,b)内单调增加，故 f(x) f(a)0,x(a,b).（2）设 F ( x )  x 2 ， g ( x )  
x
a
f ( t ) d t ( a  x  b ) ，则g(x) f(x)0(x(a,b))，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
F
g
(
(
b
b
)
)
F
g
( a
( a
)
)
F
g
(
(
)
)







，即
b
b
a
2
f (
a
t )
2
d t
f
2
( )





（3）因 f ( ) f ( ) 0 f ( ) f ( a )        ，在 [ a , ]  上应用拉格朗日中值定理，知在(a,)
内存在一点，使 f ( ) f ( ) ( a )       ，从而由（2）的结论得
b2 a2 2
 ，即有
b f()(a)  f(x)dx
a
f ( ) ( b 2 a 2 )
2
a
b
a
f ( x ) d x



  

 .
10.【答案】请参照解析
【解析】由麦克劳林公式得 f ( x ) f ( 0 ) f ( 0 ) x
1
2 !
f ( 0 ) x 2
1
3 !
f ( ) x 3         ，
其中是介于 0 与 x 之间， x  [  1 , 1 ] . 分别令 x   1 和 x  1 ，并结合已知条件，得
0 f ( 1 ) f ( 0 )
1
2
f ( 0 )
1
6
f (
1
) , 1
1
0             ，
1 f ( 1 ) f ( 0 )
1
2
f ( 0 ) +
1
6
f (
2
) , 0
2
1          ，
两式相减，可得 f() f()6.
1 2
由 f ( x ) 的连续性知， f(x)在闭区间 [
1
,
2
]  上有最大值和最小值，设它们分别为 M 和
m ，则有 m
1
2
[ f (
1
) f (
2
) ] M        .
再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 [
1
,
2
] ( 1 , 1 )      ，使
f ( )
1
2
[ f (
1
) f (
2
) ] 3          .
11.【答案】请参照解析
【解析】（1）对任意 x  [  a , a ] ， f ( x ) f ( 0 ) f ( 0 ) x
f
2
(
!
)
x 2 f ( 0 ) x
f
2
(
!
)
x 2
 
   

  

其中介于0与x之间.
a a a x2 1 a
（2） f(x)dx f(0)xdx f()dx  x2f()dx
a a a 2! 2 a因为 f ( x ) 在 [  a , a ] 上连续，故对任意的 x  [  a , a ] ，有 m  f   x   M ，其中 M , m 分
别为 f(x)在[a,a]上的最大、最小值，所以有
1
2
m
a
a
x 2 d x
a
a
f ( x ) d x
1
2
a
a
x 2 f ( ) d x
1
2
M
a
a
x 2 d x  

 

 

  

3 a
即m  f(x)dx M .
a3 a
由 f(x)的连续性知，至少存在一点 [ a , a ]    ，使 f ( )
3
a 3
a
a
f ( x ) d x    

，即
a 3 f ( ) 3
a
a
f ( x ) d x    

.2-5拓展提升
1.【答案】请参照解析
【解析】分析：要证明存在 ( 0 , 2 )   ，使得 f()0，应在 ( 0 , 2 ) 内找到不同的两个点
x
1
, x
2
，使得 f ( x
1
)  f ( x
2
) ，然后在 [ x
1
, x
2
] （或[x ,x ]）上应用罗尔定理.
2 1
证明：由 0  l i m
x 
12 c
f
o
(
s
x
π
)
x
洛 必 达 法 则
l i m
x 
12  π
f (
s i
x
n
)
π x
 
1
π
l i m
x 
12
f ( x ) 得
f 
 1
2

 l i m
x 
12
f ( x )  0 . 由积分中值定理知，存在
1
2
, 1  
 
，使得
2
1
12
f ( x ) d x 2 f ( ) 1
1
2
f ( ) .      



 于是，由题设 2 
1
12
f ( x ) d x  f ( 2 ) 得
f ( ) f ( 2 )   ，由罗尔定理知，存在
1
( , 2 )    ，使得 f (
1
) 0 .   
由于 f(x)在 ( 0 , 2 ) 内二阶可导，因此 f ( x ) 在
1
2
,
1

 
上连续，在
1
2
,
1

 
内可导，且
f
1
2
f (
1
) 0  
 
   ，所以由罗尔定理知，存在
1
2
,
1
( 0 , 2 )   
 
 ，使得 f ( ) 0 .   
2.【答案】请参照解析
【解析】因为 
1
0
f ( x ) d x  0 ， f ( x )  0 ，则 f ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 内不能同号，故由闭区间上连
续函数的性质知， f ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 内至少有一个零点.
假定 x   是 f ( x ) 在(0,1)内的唯一零点，不妨设当0x时， f ( x )  0 ，当
x1时， f ( x )  0 ，则
1
0
( x ) f ( x ) d x
0
( x ) f ( x ) d x
1
( x ) f ( x ) d x 0

  

         ，但是由题干知
1 1 1
 (x)f(x)dx xf(x)dx f(x)dx0，得出矛盾，所以 f(x)在(0,1)内至少有
0 0 0
两个零点.
如果 f(x)在 [ 0 , 1 ] 上有至少三个零点，设为 x
1
, x
2
, x
3
( x
1
 x
2
 x
3
) ，则
f ( x
1
)  f ( x
2
)  f ( x
3
)
由罗尔定理知，存在点a(x ,x )，b(x ,x )，使得 f(a)0， f(b)0. 对 f(x)
1 2 2 3在 [ a , b ] 上应用罗尔定理知，存在 ( a , b ) ( 0 , 1 )    ，使得 f ( ) 0    ，这与 f ( x )  0 矛
盾.
综上所述， f ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 上恰好有两个零点.
3.【答案】请参照解析
【解析】记g (x)[f(x) f(a)]2 ，
1
g
2
( x )  ( x  a ) 2 ，由柯西中值定理，存在
( a , b )   ，使得
g
g
1
2
(
(
)
)
f ( b )
b
f
a
( a ) 2 




 


，即
f ( ) f
a
( a )
f ( )
f ( b )
b
f
a
( a ) 2 




  
 


由拉格朗日中值定理，存在 ( a , )   
f() f(a)
，使得  f()，代入可得：
a
f ( ) f ( )
f ( b )
b
f
a
( a )
2
    
 


.
4.【答案】请参照解析
【解析】（1） f ( x ) f ( c ) f ( c ) ( x c )
f
2
(
!
)
( x c ) 2 ,

     

 介于 x 与 c 之间.
（2）在上式中，分别令x0,x1则有
f
f
(
(
0
1
)
)
f
f
(
(
c
c
)
)
f
f
(
(
c
c
)
)
( 0
(1
c
c
)
)
f
f
(
2 !
(
2 !
1
2
)
)
( 0
(1
2 c ) , 0
2 c ) , 0 c
1
c
2
1
1
,
.



















 
 

两式相减，得 f (1 ) f ( 0 ) f ( c )
1
2 !
[ f (
2
) (1 c ) 2 f (
1
) c 2 ] ,           故
f ( c ) f ( 1 ) f ( 0 )
1
2 !
f (
2
) ( 1 c ) 2
1
2 !
f (
1
) c 2 a a
b
2
[ ( 1 c ) 2 c 2 ]               
又由c(0,1)，(1c)2 c2 1，知 f ( c )  2 a 
b
2
.
5.【答案】请参照解析
x
【解析】令F(x) f(t)dt，则令 f(x)在
2
[ 1 , 3 ] 上具有三阶导数及 f(2)0知，F(x)
在[1,3]上具有四阶导数，且 F ( 2 )  0 ，F(2) f(2)， F ( 2 )  f ( 2 )  0 ，
F(x) f(x)，根据泰勒公式知，存在(1,2)， (2,3)，使得
1 2F
F
(
(
1
3
)
)
F
F
( 2
( 2
)
)
F
F
( 2
( 2
) (1
) ( 3
2 )
2 )
F
F
( 2 )
2 !
( 2 )
2 !
( 1
( 3
2 )
2
2
) 2
F
F
3
(
!
(
3
1
!
)
2
(
)
1
( 3
2 3 )
2 ) 3
f
f
(
(
2
2
)
)
f
f
(
6
(
6
)
1
)
2
,
.
 
 




















 





由于 F ( 3 )  F (1 )  
3
2
f ( x ) d x  
2
1
f ( x ) d x  
2
1
f ( x  1 ) d x  
2
1
f ( x ) d x  0 , 故将上面两式
两边对应相加，得 f() f()0,即
2 1
f (
2
) f (
1
)      .
由于 f ( x ) 在 [
1
,
2
]   上可导，故由罗尔定理知，存在 ( 1 , 3 )   ，使得 f ( ) 0    ．
6.【答案】请参照解析
【解析】只要证 f ( x ) 在(0,)内取得极值即可.
若 f(x)0，则在 ( 0 ,   ) 内处处有 f ( x )  0 ，因此不妨设 f ( x ) 在 ( 0 ,   ) 内不恒为 0 , 于
是存在x 0，使得 f(x )0，故不妨设 f(x )0，由
1 1 1
l i m
x  
f ( x )  0 ，存在正实数
M  x
1
，使得当 x  M 时，有 f ( x )  f ( x
1
) ，由 f ( x ) 在[0,M]上连续，所以存在
[ 0 , M ]   ，使得 f ( ) m0 ax xM  f ( x )    ，于是 f ( )  是 f ( x ) 在(0,)内的最大值，也是
f ( x ) 的极值，故 f ( ) 0    .
【注】此题可视为罗尔定理的推广.
7.【答案】请参照解析
【解析】由 f   0   l i
x 
m
0 
f ( x )
x


f
0
( 0 )
 l i
x 
m
0 
f (
x
x )
 0 ，可知存在x (0,),0，使得
1
f ( x
1
)  0 ，由拉格朗日中值定理，有
f ( x ) f ( 0 ) f (
1
) ( x 0 ) f ( 0 ) M x ( x )                
其中介于
1
0 与 x 之间，于是存在充分大的x (0,)，使得在
0
( x
0
,   ) 内有 f(x)1
对 f(x)应用拉格朗日中值定理，有
f(x) f(x ) f()(xx ) f(x )(xx )(x)
0 2 0 0 0
其中介于x 与x之间，于是存在充分大的x (x ,)，使得 f(x )0
2 0 2 0 2
在区间(x ,x )内由零点定理，可知
1 2
f ( x )  0 至少有一个实根.
用反证法，证明 f(x)0在(0,)内至多有一个实根.若 f(x)0有两个不同实根， a
1
, a
2
( a
1
 a
2
) ，则由罗尔定理，在 ( 0 , a
1
) 和 ( a
1
, a
2
) 内分别
有 f(x)的零点b b ，再由罗尔定理，存在c(b,b )，使
1 2 1 2
f ( c )  0 ，与已知条件
f   x   M  0 ( x  0 ) 矛盾，所以 f ( x )  0 在 ( 0 ,   ) 内有唯一实根.
8.【答案】请参照解析
【解析】（1）当 f ( x )  0 时，显然原不等式恒成立. 不妨设 f ( x ) 不恒等于 0 时，且
f(x ) max f(x) ，则
0
a x b
x
0
是 f ( x ) 的极值点，从而 f ( x
0
)  0 ，故利用泰勒公式，可知
1 1
存在，使 f(x) f(x ) f(x )(xx ) f()(xx )2  f(x ) f()(xx )2
0 0 0 2 0 0 2 0
成立，将 x  a , x  b 代入上式，得
1
0 f(a) f(x ) f()(ax )2 ①
0 2 1 0
0 f ( b ) f ( x
0
)
1
2
f (
2
) ( b x
0
) 2       ②
其中
1
( a , x
0
)   ，
2
( x
0
, b )   ，若 x
0


a ,
a 
2
b 
，则由①式，得
f ( x
0
)
1
2
f (
1
) ( a x
0
) 2
1
2
ma ax xb f ( x )
( b
4
a ) 2 1
8
M ( b a ) 2     
 
 

 
若 x
0

 a 
2
b
, b

，则由②式，得
f ( x
0
)
1
2
f (
2
) ( b x
0
) 2
1
2
ma ax xb f ( x )
( b
4
a ) 2 1
8
M ( b a ) 2     
 
 

 
综上所述，原不等式得证.
（2）不妨设 f ( x
1
)  ma

ax x
b
f ( x ) , 则由泰勒公式，可知
0 f ( a ) f ( x
1
) f ( x
1
) ( a x
1
)
1
2
f (
1
) ( a x
1
) 2          ③
0 f ( b ) f ( x
1
) f ( x
1
) ( b x
1
)
1
2
f (
2
) ( b x
1
) 2          ④
其中
1
( a , x
1
) ,
2
( x
1
, b )     . 由③④，得1
f(x )(ba)  f()(bx )2  f()(ax )2
1 2 2 1 1 1
1 1
 f()(bx )2  f()(ax )2
2 2 1 2 1 1
1
 max f(x) [(bx )2 (ax )2]
2 axb 1 1
又(ax )2 (bx )2 在
1 1
a  x
1
 b 上的最大值为 ( b  a ) 2 ，故 ma ax xb f ( x ) 
1
2
M ( b  a ) .
9.【答案】请参照解析
【解析】根据c是否等于0分两种情况
① c  0 时，设 f(a) f(b)0，不妨设 f ( a )  0 ， f ( b )  0 ，可知在 x  a 与 x  b 的
足够小邻域内因为 l i
x 
m
a 
f ( x )
x


f
a
( a )
 0 ， l i
x 
m
b 
f ( x )
x


f
b
( b )
 0 ，从而知有
f(x) f(a)，因此 x  a 不为 f(x)在[a,b]上的最大值，同理 f(x) f(b)，因此 x  b
不为 f(x)在 [ a , b ] 上的最大值，由闭区间上连续函数最值定理可知， f ( x ) 在[a,b]上存在
最大值点 ( a , b )   ，由费马引理可知 f()0.
② c  0 时，设 f ( a )  f ( b )  0 ，不妨设 0  f ( a )  c  f ( b ) ，记 F ( x )  f ( x )  c x ，
则F(a)0 F(b)，且 F ( x ) 在 [ a , b ] 上可导，由①的证明可知，必存在 ( a , b )   ，使
F ( ) 0    ，从而 f ( ) c    .
10.【答案】 l i m
0
1
4

h 

【解析】看题目条件容易想到泰勒公式，有
f ( x
0
h ) f ( x
0
) h f ( x
0
)
h
2
2
!
f ( x
0
)
h
3
3
!
f ( x
0
)
h
4
4
!
f (4 ) ( )           ，其中介于 x
0
与
x
0
 h 之间，又 (
0
) (
0
) (
0
)
2
2
!
(
0
)
3
3
!
(
0
)  f x  h  f x  h f  x 
h
f  x 
h
f  x  h ，两式相减，
有
h3 h4
0 [f(x h) f(x )] f (4)(). 对 f(x h) f(x )再使用拉格朗日中
3! 0 0 4! 0 0
h3 h4
值定理，有 f(4)()h f (4)()（介于x 与x h之间）
3! 4! 0 01
即 f (4)() f (4)() ①
4
当h0时，有,x ，对①式取
0
h  0 的极限，并利用 f (4 ) ( x ) 连续，且
f (4 ) ( x
0
)  0 ，有 l ih m
0
1
4
. 

