241017_165759-基础习题册高数第三章详解_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础_高数

第三章 导数应用 3-1 基础过关 1.【答案】略 【解析】因为 f ( x ) 在闭区间 [ 0 , 3 ] 上连续，所以 f ( x ) 在 [1 , 3 ] 上连续，则在 [1 , 3 ] 上一定存在 最大值 M 和最小值m，使得 m  f ( x )  M ，于是有 m  f ( 1 )  M ， m  f ( 2 )  M ， m  f ( 3 )  M 由平均值定理，有 m  f (1 )  2 f ( 6 2 )  3 f ( 3 )  M ， 由介值定理可知，至少存在一点 [1 , 3 ]   ，使得 f ( ) f (1 ) 2 f ( 6 2 ) 3 f ( 3 ) 1      . 因为 f(0)1，所以 f ( 0 ) f ( )   ，所以由罗尔定理可知，存在(0,)(0,3)，使 f ( ) 0    . 2.【答案】略 【解析】由题可知： f ( 2 )  0 ， f ( 3 )  0 ，因为 g ( 0 )  1 ， g (1 )   1 ，由零点定理可知， 一定存在 ( 0 ,1 )   ，使得 g ( ) 0   ，可以得到 f ( ) 0   ，所以 f ( ) f ( 2 ) f ( 3 )    . 所以由罗尔定理可知： 一定存在 1 ( , 2 )    ， 2 ( 2 , 3 )   使得： f ( 1 ) f ( 2 ) 0       ，所以一定存在 ( 1 , 2 ) ( 0 , 3 )      ，使 f ( ) 0    ． 3.【答案】略 【解析】构造辅助函数，令 g ( x )  [ f ( b )  f ( a ) ] x  ( b  a ) f ( x ) ，则 g ( x ) 在 [ a , b ] 上连 续，在(a,b)内可导. g(a)[f(b) f(a)]a(ba)f(a)af(b)bf(a) g(b)[f(b) f(a)]b(ba)f(b)bf(a)af(b) 所以g(a) g(b) 由罗尔定理可知，一定存在(a,b)使得g()[f(b) f(a)](ba)f()0. 综上， 结论成立.4.【答案】略 【解析】构造辅助函数，令 ( x ) [ f ( b ) f ( a ) ] F ( x ) [ F ( b ) F ( a ) ] f ( x )      ，易知 ( x )  在 [ a , b ] 上连续，在(a,b)内可导. ( a ) [ f ( b ) f ( a ) ] F ( a ) [ F ( b ) F ( a ) ] f ( a ) f ( b ) F ( a ) F ( b ) f ( a )        ( b ) [ f ( b ) f ( a ) ] F ( b ) [ F ( b ) F ( a ) ] f ( b ) f ( a ) F ( b ) F ( a ) f ( b )         所以， ( a ) ( b )    . 由罗尔定理可知，一定存在 ( a , b )   使得： ()[f(b) f(a)]F()[F(b)F(a)]f()0 综上， f F ( ( b b ) ) f F ( ( a a ) ) f F ( ( ) )        成立. 5.【答案】略 【解析】构造辅助函数令 F ( x )  [ f ( a ) g ( b )  g ( a ) f ( b ) ] x  ( b  a ) [ f ( a ) g ( x )  g ( a ) f ( x ) ] 易知， F ( x ) 在 [ a , b ] 上连续，在(a,b)内可导. F ( a )  a [ f ( a ) g ( b )  g ( a ) f ( b ) ] ， F ( b )  a [ f ( a ) g ( b )  g ( a ) f ( b ) ] 显然， F ( a )  F ( b ) . 由罗尔定理可知，一定存在 ( a , b )   使得： F ( ) 0    ，即结论成立. 6.【答案】略 【解析】因为 f(x)在 x  0 的某邻域内具有 n 阶导数，任取 x  U ( 0 ) ，则由柯西中值定理 可知： f ( x x n ) f ( x x ) n f 0 ( n 0 ) n f ( 1n1 ) 1          ，其中介于0与 1 x 之间 n f ( 1n1 ) 1 f n ( ( 1n1 ) 1 f 0 ( n 0 1 ) ) n ( n f ( 1 ) 2 ) n2 2                     ，其中 介于0与之间 2 1 以此类推： f(n1)( ) f(n1)( ) f(n1)(0) f(n)() n1  n1  n ，其中 n! n!( 0) n! n1 n1 n  介于0与 n 1   之间 f(x) f(n)() 所以，  n ，其中 介于0与x之间 xn n! n记 x，则 n ( 0 , 1 )   ，所以 f ( x x n ) f (n ) n ( ! x )   0 1    . 7.【答案】略 【解析】构造辅助函数，令 F ( x )  x f ( x ) ，则 F ( x ) 在[0,a]上连续，在 ( 0 , a ) 内可导. 因为 F ( 0 )  0 ， F ( a )  a f ( a )  0 ，即 F ( 0 )  F ( a ) . 所以由罗尔定理可知：一定存在 ( 0 , a )   ，使得 F ( ) f ( ) x f ( ) 0         . 8.【答案】略 【解析】方法一：取 g ( x )  l n x f(b) f(a) f() ，则由柯西中值定理可知，  ， g(b)g(a) g() ( a , b )   ，即 f ( l n b ) b f l n ( a a ) f ( 1 )       ，所以 f ( b ) f ( a ) f ( ) ln b a      ，(a,b). 方法二：构造辅助函数，令 F ( x )  [ f ( b )  f ( a ) ] l n x  f ( x ) l n b a ，易知，F(x)在[a,b] 上连续，在 ( a , b ) 内可导.因为 F ( a )  [ f ( b )  f ( a ) ] l n a  f ( a ) l n b a  f ( b ) l n a  f ( a ) l n b F ( b )  [ f ( b )  f ( a ) ] l n b  f ( b ) l n b a  f ( b ) l n a  f ( a ) l n b 所以， F ( b )  F ( a ) .由罗尔定理可知：一定存在 ( a , b )   ，使得 F ( ) [ f ( b ) f ( a ) ] 1 f ( ) l n b a 0           ，即 f ( b ) f ( a ) f ( ) ln b a      . 9.【答案】 1 3 【解析】 lix m 0 a r c t a n x e x a r e c t sin a n x  x c o s x  lix m 0 ( x ( x x c s o i n s x x ) ) 1 e 1 2 lix m 0 x 1 6 x 1 2 3 x 2 1 1 1 3                 注意：介于 x 和sinx之间，介于 x 和 x c o s x 之间 其中：因为limsinx0，所以 x0 l ix m 0 0    ，所以lime 1. x0 1 因为limxcosx0，所以lim0，所以lim 1. x0 x0 x01210.【答案】（1）在 (   ,   ) 内单调减少；（2）在 [ 0 , 2 π ] 上单调增加；（3）在 ( 0 , 2 ] 内单 调减少，在 ( 2 ,   ) 内单调增加. 【解析】 （1） f ( x )  1  1 x 2  1  1   x 2 x 2  0 ， f ( x )  0 ，因此函数 f ( x ) 在定义域内单调减少； （2） f ( x )  1  s i n x  0 ， f(x)0且取得0的点仅为 x   2 ， 因此 f ( x ) 在 [ 0 , 2 π ] 上 单调增加. 8 2(x2 4) （3） f(x)2  ，令 x2 x2 f ( x )  0 ，得 x  2  x  ( 0 , 2 ) 时， f ( x )  0 ，函数 f(x)单调减少； x(2,)时， f ( x )  0 ，函数 f(x)单调增加； 因此，函数 f ( x ) 在 ( 0 , 2 ] 内单调减少，在 ( 2 ,   ) 内单调增加. 11.【答案】（1）拐点  2 , 2 e 2  ，在 (   , 2 ] 内是凸的，在 ( 2 ,   ) 内是凹的； （2）没有拐点，处处是凹的； （3）拐点 (  1 , ln 2 ) , ( 1 , ln 2 ) ，在 (   ,  1 ] ， [ 1 ,   ) 内是凸的，在 (  1 ,1 ) 上是凹的 【解析】 （1）yex(1x)， y   e  x (  1  x  1 )  e  x ( x  2 ) 令 y0得： x  2 当x(,2)，y0， y 在 (   , 2 ) 为凸函数； 当x(2,)，y0， y 在 ( 2 ,  ) 为凹函数. 所以  2 , 2 e 2  为拐点. （2）y4(x1)3ex， y12(x1)2 ex 所以 y 在x(,)为凹函数， 函数没有拐点. 2(x2 1)4x2 2(1x2) （3）y  (x2 1)2 (x2 1)2令 y0得： x   1 当x(,1)，y0， y 在 (   ,  1 ) 为凸函数； 当x(1,1)，y0， y 在 (  1 , 1 ) 为凹函数. 当x(1,)， y   0 ， y 在 ( 1 ,   ) 为凸函数； 拐点为 (  1 , l n 2 ) , ( 1 , l n 2 ) . 12.【答案】 a   3 2 ， b  9 2 【解析】 y   3 a x 2  2 b x ， y   6 a x  2 b ，因为 ( 1 , 3 ) 为拐点 所以  a 6  a b   2 b 3  0  3 a    2 ，解得 . 9  b  2 13.【答案】（1）极大值 f (  1 )  1 ，极小值 f ( 0 )  0 ； （2）极大值 f  π 4  2 k π   2 2 e π4  2 k π ， 极小值 f  π 4  ( 2 k  1 ) π    2 2 e π4  (2 k  1 )π ( k  Z ) （3）没有极值． 【考点】单调性、极值点与凹凸性、拐点 【提示】根据一阶导数符号，找到函数的驻点，再判断是否为函数的极值点. 【解析】 （1） y    4 x 3  4 x  4 x (  x 2  1 ) ，令y0，得x0，x1. x (,1) 1 (1,0) 0 ( 0 , 1 ) (1,) 1 y + 0  0 + 0  y    所以 f(x)在x1处取极大值 f (  1 )  1 ，在x0处取极小值 f(0)0; （2） y   e x ( c o s x  s i n x ) ，令y0，得 x   4  2 k  ， x    4  2 k  . 因为y的符号具有周期性，因此研究在(0,2)内的y符号，得到极值点..x    0,   4 π 4    ,  4 4  5 π 4    ,2   4  y  + 0 - 0 + y 2 2 e π4  2 2 e π4  π 所以 f(x)在 x   4  2 k  处取极大值 f  π 4  2 k π   2 2 e π4  2 k π ( k  Z ) ；  在x 2k处极小值 4 f  π 4  ( 2 k  1 ) π    2 2 e π4  (2 k  1 )π ( k  Z ) . （3） y   1  s e c 2 x  0 ，所以 y 单调递增，因此函数没有极值. 14.【答案】 a  2 π ， f    3为极大值． 3 【解析】 f ( x )  a c o s x  c o s 3 x ，因为 f ( x ) 在 x   3 处取极值，所以  a f( ) 10，所以 3 2 a  2 . 因为 f ( x )   2 s i n x  3 s i n 3 x ，所以 f (  3 )   3  0   所以 f(x)在x 处取极大值 f( ) 3 3 3 15.【答案】当x1时函数有最大值29 【解析】方法一：根据一阶导数符号，找到使得函数导数为0的点，找到所有的驻点对应 得函数值，再判断它们和端点处函数值的大小关系，得到最值. y ( x )  6 x 2  1 2 x  1 8  6 ( x  1 ) ( x  3 ) ，令 y ( x )  0 得 x  3 或 x   1 ( 舍 ) . 因为 y ( 3 )   6 1 , y ( 1 )   2 9 , y ( 4 )   4 7 所以 y 在 x  1 处取最大值 y ( 1 )   2 9 . 方法二：根据一阶导数符号，判断函数值的图形趋势，结合图像找到最大值. y ( x )  6 x 2  1 2 x  1 8  6 ( x  1 ) ( x  3 ) ，令y(x)0得 x  3 或x1(舍). 当x(1,3)时， y   0 ， y 单调递减，当x(3,4)时， y   0 ， y 单调递增，因此最值在 端点处取得，又 y ( 1 )   2 9 , y ( 4 )   4 7 ，所以 y 在x1处取最大值 y ( 1 )   2 9 . 16.【答案】D 【解析】 f(x ) f(x )  f (n1)(x )0， f (n)(x )0 0 0 0 0则  n n 为 为 偶 奇 数 数 , , 例 且 例 n f n  (n  ) 2 ( 1 , x 是 0 x )  0 , x 不 0 极 0 是 , 值 f 极 ( 点 x 0 值 ) ， 为 点 （ 极 ， x 小 （ ，0 值 x f ，0 ( ; x 0 f f ( ) ） (n ) x 0 ( ) 不 x ） 0 是 ) 是  拐 0 拐 点 f , 点 ( x 0 ) 为 极 大 值 答案选（D）. 17.【答案】在点 ( 1 , 1 ) 附近为凸函数. 【解析】方程对 x 求导，得 y  l n y  y   1  y   0 ，代入 x  1 , y  1 得 y (1 )  1 2 . 上式对x求导，得 y  l n y  y  y 2  2 y   0 ，代入 x  1 , y  1 ， y (1 )  1 2 得. y (1 )   1 8 . 因为 l i m x  1 y ( x )  y (1 )   1 8  0 ，所以当 x U o ( 1 , )   时， y ( x )  0 ，所以 y  y ( x ) 在 (1,1)附近为凸函数. 18.【答案】C 【解析】方法一：直接求出二阶导，找到二阶导为0的点，再判断是否为拐点. y ( x )  2 ( x  1 ) ( x  3 ) 2  2 ( x  1 ) 2 ( x  3 ) ， y ( x )  2  ( x  3 ) 2  4 ( x  1 ) ( x  3 )  ( x  1 ) 2   2 ( 6 x 2  2 4 x  2 2 )  4 ( 3 x 2  1 2 x  1 1 ) 令 y(x)0得 3 x 2  1 2 x  1 1  0 ，所以   (  1 2 ) 2  1 2  1 1  0 ，所以y0有两个实 根，且根的两侧二阶导异号. 方法二：根据罗尔定理找到二阶导为0的点. y ( x )  2 ( x  1 ) ( x  3 ) 2  2 ( x  1 ) 2 ( x  3 ) = 4 ( x  1 ) ( x  2 ) ( x  3 ) 所以 y ( 1 )  y ( 2 )  y ( 3 )  0 ，在 ( 1 , 2 ) 和 ( 2 , 3 ) 中分别使用罗尔定理，有 1 (1 , 2 ) , 2 ( 2 , 3 )     ， y ( 1 ) y ( 2 ) 0       ，又因为 y ( x )  0 为一元二次方程，所以 y(x)0最多有两个实根. 综上所述，y(x)0有两个实根，且在这两个点处，3阶导不 为0，所以是拐点. 1 2 19.【答案】（1）y  (xx )；（2） x2 x3 0 0 0 L  3 2 2 【解析】（1） y    2 x 3 ， 所以切线方程： Y  1 x 20   2 x 30 ( X  x 0 ) ， 即 Y   2 x 30 X  3 x 20 （2）令X 0得： Y  3 x 20 . 令 Y  0 ，得 X  3 2 x 0 所以 L 2  X 2  Y 2  9 4 x 20  9 x 40 ， x 0  ( 0 ,   ) dL2 1 4  令 9 x  0， 得 dx 2 0 x5   0 0 x 0   2 . 因为 d d 2 x L 0 2 2  9  1 2  2 x 0 60   0 ，所以L2 在x  2处均为极小值，均为最小值. 0 所以 L 2m in  9 2  9 4  2 7 4 ，所以 L m in  3 2 3 . 20.【答案】当 h  4 r 时， V 取最小值， V ( 4 r )  8 π 3 r 3 【解析】 设底圆半径为 R rh ， 则由题可知：R  h2 2rh 1 r2 h3 r2 h2 所以V(h) R2h  3 3 h2 2rh 3 h2r V ( h )   r 3 2 2 h ( h ( h   2 2 r r ) )  2 h 2   r 3 2 h ( h 2   4 2 r r h 2 ) 令V(h)0， 得： h  4 r 8πr3 因为实际问题，唯一驻点一定是最值点，因此当h4r 时，V 取最小值V(4r) . 3 21.【答案】 1  2 y(t) cost cost 【解析】y   x(t) sint2costsint sintsin2tπ 2 1 当t  时，x  ， 4 2 2 y   2 2  1 2    2 2 2 2  1   2  2 2 ，因此 k 法 = 2  2 2  2  1 22.【答案】 y  x  1 【解析】对 x 求导得： c o s x y  ( y  x y )  y y    1 x  1 ，代入 x  0 ， y  1 得： 1 y11，所以y1. 因此切线方程为：y11(x0)， 即y  x1. 23.【答案】D 【解析】因为 li m x  0 y  li m x  0 1 x   e 1 x   ，所以 x  0 是一条垂直渐近线. li x  m  y  li x  m  1 x   e 1 x  li x  m   1 e x  0 ，所以 y  0 是 x    方向的一条水平渐近线. k  li x  m  y x  li x  m  x x (1   1 e x )  li x  m  1 1   1 xx e  1 ， b  li x  m  ( y  x )  li x  m   1 x   e 1 x  x   li x  m   1 1   x e e x x   1 ，所以 y  x  1 是 x    方向的一 条斜渐近线，共3条，选（D）. 24.【答案】 y  2 x  4 【解析】方法一： 由渐近线的定义 f ( x ) a x b ( x )     ，其中 lix m ( x ) 0     ，则直线 y  a x  b 为曲线 y f(x)的斜渐近线，由此可知，曲线 2x5 4x4 1 2x(x4 1)4(x4 1)2x5 2x5 y  2x4 x4 1 x4 1 x4 1 有斜渐近线y 2x4，因为这里 li m x    2 x x 4   1 5  0 . y 2x5 4x4 1 方法二：k lim lim 2， x x x x5 x2x5 4x4 1  4x4 2x1 blim(y2x)lim 2xlim 4, x x x4 1  x x4 1 曲线 y  2 x 5  x 4 4  x 4 1  1 的斜渐近线为 y  2 x  4 . 25.【答案】 y  2 e x  3 e 【解析】方法一： 由渐近线的定义 f ( x ) a x b ( x )     ，其中 lix m ( x ) 0     ，则直线 y  a x  b 为曲线 y  f ( x ) 的斜渐近线，由此可知，曲线 y   ( ( 2 2 x x   1 1 ) ) e e x  1 x  1     ( 2  x 1 x   1  ) e o   e   1x 1 x    2 e x  3 e  α ( x ) 有斜渐近线 y  2 e x  3 e . 因为这里 lix m ( x ) 0     . y 2x1 x1 方法二：由k lim lim e x 2e x x x x b   li m x  2 e   ( y li m x    e 2  e x 1x 1 x )   1  li m x    e  (   2  x 3  e 1 ) e x x 1  2 e x   2 e li m x   x ( e  1x  1 )  e li m x   e  1x 得曲线得渐近线为 y  2 e x  3 e . 26.【答案】y  x1 3 2 y 2x3 x 【解析】 由k  lim 1，b lim(yx) lim  lim 1 x x x x x2 2x3x x 2 3 1  1 x x2 得y  x1为曲线得斜渐近线. 27.【答案】y 2，y 2x2 1 2 2arccotx 1x2 【解析】 因为 lim y  lim  lim 2，为曲线的水平渐近线； 1 1 x x x  x x2y 由k  lim 2， x x b  l i x  m  ( y  2  x )  2 l i x  m  a r c c o t 1 x x    2 l i x  m   1  1  1 x x 2 2  2 得y 2x2为斜渐近线. 28.【答案】垂直渐近线x1，水平渐近线 y  1 ， y   1 【解析】函数得全部间断点是 x  0 ， x   1 因 li m x  0 y  li m x  0 x ln  1  1 x   li m x  0 ln  1  1 x 1 x   0 x li m 1  y  x li m 1  x ln  1  1 x   x li m 1  ln  1  1 x     于是铅直渐近线只有 x   1 ， li x  m  y  li x  m  x ln  1  1 x   li x  m  x 1 x  1 li x  m  y  li x  m  x ln  1  1 x   li x  m  x 1 x   1 所以有水平渐近线 y  1 ， y   1 . 29．【答案】请参照解析 【解析】令 f ( x )  a r c s i n x  a r c c o s x ， x  [  1 ,1 ] 则 f ( x )  1 1  x 2  1 1  x 2  0 . 由于 f ( x )  C ， f ( 0 )  0   2   2  C ， f ( x )   2 即等式成立. 30．【答案】请参照解析 【解析】（1）两点处函数值相减，可以尝试用拉格朗日中值定理. 取 f ( x )  x n ，x0，则由拉格朗日中值定理可知： f(b) f(a)(ba)f() 即bn an (ba)nn1，(a,b) 由于an1n1bn1，即nan1(ba)bn an nbn1(ba)（2）用对数公式，化为两点处函数值相减的形式，再用拉格朗日中值定理. 取 f ( x )  ln x ， x  0 ，由拉格朗日中值定理可知： f ( b ) f ( a ) ( b a ) f ( )      . 1 即lnblna(ba) ，(a,b). 由于  1 b 1 1 a    ， b  b a  ln b a  b  a a . （3）两点处函数值相减的形式，可以尝试用拉格朗日中值定理. 取 f ( x )  a r c t a n x ，则由拉格朗日中值定理可知： f ( b ) f ( a ) ( b a ) f ( )      . 即 a r c t a n b a r c t a n a ( b a ) 1 1 2      ，介于 a 与 b 之间. 故 | a r c t a n b a r c t a n a | | b a | 1 1 2 b a         . （4） 方法一：变成两点处函数值相减，尝试用拉格朗日中值定理. e x e ( x 1 ) e ( x 1 ) e       ， (1 , x )   ，所以 e x  e x ， x  1 . 方法二：构造函数判断单调性. 令 f ( x )  e x  e x ， x  1 ，则 f ( x )  e x  e > 0 . 所以 f(x)单调递增. 所以 f ( x )  f (1 )  0 ，即 e x > e x . 31．【答案】请参照解析 【解析】（1）令 F  x   1  1 2 x  1  x ， x  0 ，则 F ( x )  1 2  2 1 1  x ＞ 0 . 所以F(x)单 调递增. F(x)F(0)0，即 1  1 2 x  1  x . （2）构造函数判断单调性. 令F(x)1xln(x 1x2) 1x2 , x  0 ，则 F ( x )  ln ( x  1  x 2 )  1 x  x 2  1 x  x 2  ln ( x  1  x 2 )  0 . 所以F(x)单调递增，所以 F ( x )  F ( 0 )  0 ，即不等式成立. （3）构造函数判断单调性.   方法一：令F(x)sinxtanx2x，x  0, ，则F(x)cosxsec2x2.  2F ( x )   s i n x  2 s e c 2 x  t a n x  s i n x ( 2 s e c 3 x  1 )  0 ，所以 F ( x ) 单调递增. 因为 F ( 0 )  0 ，所以 F ( x )  0 ，所以 F ( x ) 单调递增. 所以 F ( x )  F ( 0 )  0 ，即 sinxtanx2x. 方法二：令 F ( x )  s i n x  t a n x  2 x   ，x  0, ，则  2 F ( x )  c o s x  s e c 2 x  2 . F ( x )   s i n x  2 s e c 2 x  t a n x  s i n x ( 2 s e c 3 x  1 )  0 ，因为 F ( 0 )  0 ， F ( 0 )  0 所以 F ( x ) F ( 0 ) F ( 0 ) x F ( 2 ) x 2 F ( 2 ) x 2 0           ，所以 s i n x  t a n x  2 x . （4）构造函数判断单调性. 1  π 令F(x)tanxx x3，x  0, ，则 3  2 F ( x )  s e c 2 x  1  x 2  t a n 2 x  x 2  0 . 所以 F ( x ) 单调递增，所以 F ( x )  F ( 0 )  0 . 即 t a n x  x  1 3 x 3 . （5）构造函数判断单调性. 令F(x)xln22lnx， x  4 ，则 F ( x )  ln 2  2 x  F ( 4 )  ln 2  1 2  1 2 ln 4  1 2  0 ， 所以 F ( x ) 单调递增，所以 F ( x )  F ( 4 )  0 ，所以 x ln 2  2 ln x ，即 2 x  x 2 . （6）构造函数判断单调性. 令 F ( x )  ln (1  x )  a r c 1 t  a n x x ， x  0 ，则 F ( x )  1 1  x  1 1   x 2 x (1   a x r c t 2 ) a n x  1 1  x  (1  x 1 2 ) (1  x )  a r (1 c t  a n x ) x 2  0 所以F(x)单调递增，所以F(x)F(0)0. 即不等式成立. （7）构造函数判断单调性. 令 F ( x )  t a n x x ， x   0 , π 2  ，则 F ( x )  x s e c 2 x x  2 t a n x .  π 令g(x)xsec2xtanx，x  0, ，则  2 g(x)sec2x2xsec2xtanxsec2x2xsec2xtanx0. 所以g(x)单调递增，所以g(x)g(0)0，所以F(x)0，所以F(x)单调递增.2π 因为0x x  ，所以F(x )F(x )，即 1 2 2 1 2 t a n x 1 x 1  t a n x x 2 2 . 所以 t a t a n n x x 2 1  x x 2 1 . 32．【答案】请参照解析 【解析】（1）构造函数，根据函数的凹凸性判断不等式. 取 f(u)un， u  0 ，则 f(u)nun1， f ( u )  n ( n  1 ) u n  2  0 . 所以 f ( u ) 为凹函数. 所以 f ( x )  2 f ( y )  f  x  2 y  ，即： 1 2 ( x n  y n )   x  2 y  n . （2）构造函数，根据函数的凹凸性判断不等式. 取 f ( u )  e u ， u  R . 则 f ( u )  e u ， f ( u )  e u  0 ，所以 f ( u ) 为凹函数. 所以 f ( x )  2 f ( y )  f  x  2 y  . 即 e x  2 e y  e x 2 y . 33．【答案】请参照解析 【解析】因为 f ( x )  3 x 2  3  0 ，所以 f ( x ) 单调递减. 所以 f(x)在 [ 0 ,1 ] 上不可能有两个 零点. 34．【答案】请参照解析 【解析】令 F ( x )  a 0 x  a 2 1 x 2   n a n  1 x n  1 ， x  [ 0 ,1 ] . 因为 F ( 0 )  0 ， F (1 )  a 0  a 2 1   n a n  1  0 . 所以F(0)F(1)，由罗尔定理可知： 存在 ( 0 ,1 )   ，使 F ( ) 0    ，即 f ( ) 0   . 所以 f ( x ) 在 ( 0 ,1 ) 内至少有一个零点. 35．【答案】请参照解析 【解析】令F(x)x5x1， x  ( 0 ,   ) . 则F(x)5x4 10，所以 F ( x ) 单调递增. 因为 F ( 0 )   1  0 ， F (1 )  1  0 ，所以由零点定理和单调性可知：F(x)在(0,1)(0,) 内有唯一零点. 36．【答案】请参照解析 【解析】令F(x)a xn axn1 a x. 则 0 1 n1 F ( x 0 )  0 . 因为 F ( 0 )  0 ，所以 F(0)F(x ). 所以由罗尔定理可知：存在(0,x )，使F()0，即方程 0 0 a nxn1 a (n1)xn2 a 0必有一个小于x 的正根. 0 1 n1 037.【答案】 2 1 2 a 【解析】 y   y x ( ( t t ) )  a a (1 s  i n c o t s t )  1 s  i n c o t s t ， y   d d y x  / / d d t t  c o (1 s  t (1 c o  s t c ) o 2 s a t ) (1   s c i o n s 2 t t )   a (1  1 c o s t ) 2 ， 1 所以y 1，y  ， π π t t a 2 2 K  [1  ( y y  ) 2 ] 32  [1   1 a (1 ) 2 ] 32  2 1 2 a . 38．【答案】 K  2 【解析】 4 x 2  y 2  4 两边同时对 x 求导得 8 x  2 y y   0 即 4 x  y y   0 ①， 将x0， y  2 代入得y(0)0；①式两边同时对 x 求导得4 y2  yy0， 将x0， y  2 ， y ( 0 )  0 代入得 y ( 0 )   2 ，所以在点 ( 0 , 2 ) 处 K  [1  ( y y  ) 2 ] 32  [1   ( 2 0 ) 2 ] 32  2 . 39．【答案】K  cosx ， secx 1 【解析】y secxtanxtanx， secx y   s e c 2 x ，所以在点 ( x , y ) 处 K   1  y ( y  ) 2  32  (1  s e t c a 2 n x 2 x ) 32  c o s x ， 1 K s e c x    . 40．【答案】 K  2 ， 1 2   【解析】 y   2 x  4 ，令 y   0 得 x  2 ， y   1 ，即顶点为 ( 2 ,  1 ) ； y   2 ，所以 y ( 2 )  0 ，y(2)2，其顶点处的曲率为 y 2 1 1 K   2，曲率半径为  . 3 3 K 2 [1(y)2]2 [1(0)2]2 2 41．【答案】K  3asin 2t 0【解析】 y   y x ( ( t t ) )  3 3 a a c s o i s n 2 2 t t   c (  o s s i n t t )   t a n t ， dy/dt sec2t 1 y   ，所以t t 处 dx/dt 3acos2t(sint) 3acos4tsint 0 K  [1  ( y y  ) 2 ] 32  3 [1 a  c ( o  s 1 4 t a t 0 n s t i n ) 0 2 t 03 ] 2  3 a c o s 1 t 0 s i n t 0  3 a s 2 i n 2 t 0 . 42．【答案】  2 2 ,  l n 2 2  处曲率半径有最小值 3 2 3 【解析】函数 y  l n x 的定义域为 x  0 ， y   1 x ， y    1 x 2 ， 所以 K  [1  ( y y  ) 2 ] 32   1    1 x 1 x 2  2  32  (1  x x 2 ) 32 ， 1 K ( 1 x x 2 ) 32     ， 要求最小的曲率半径，所以对 x 求导得   3 2 ( 1  x 2 ) 12  2 x x 2 2  ( 1  x 2 ) 32  ( 1  x 2 ) 12 x ( 2 2 x 2  1 )  ， 令0得 x  2 2 或 x   2 2（ 舍 去 ） ，此时 y  l n 2 2   1 2 l n 2 ；当 0  x  2 2 时，   0  ，关于x单调递减；当 x  2 2 时，0，关于x单调递增；所以在 2  2 ln2 x  时取得最小值，即 , 处曲率半径有最小值， 2  2 2    3   2  22 1   3 3 3 (1x2)2    2    2 2 3 3 最小值为   2 x 2 2 2 2 . π  43．【答案】 ,1 处曲率半径有最小值1 2 【解析】方法一：利用曲率和曲率半径的公式表示出曲率半径，然后利用单调性求曲率半 径最小值点. y   c o s x ， y    s i n x ，又 0  x  π ， 所以 K  [1  ( y y  ) 2 ] 32  (1   c s i o n s 2 x x ) 32  (1  s c i n o s x 2 x ) 32 ，  1 K  ( 1  c s o i n s 2 x x ) 32  ， 要求最小的曲率半径，对x求导得    3 2  ( ( 1 1   c c o o s s 2 2 x x ) ) 12 12   c 2 o c s s o s x x ( 3 2 i n  s x (  i n s i n s i n 2 x  x )  2 x c o s s i 2 n x x   1 ( ) 1   c  o ( 1 s 2  x c ) o 32 s  2 c x o ) s 12 x  c s i n o 2 s x x ( 2 s i n 2 x  2 )  令0得 x  π 2 ，此时 y  1 ；当 0  x  π 2 时，   0  ，关于 x 单调递减；当 x  π 2 时，   0  ，关于 x 单调递增；所以在 x  π 2 时取得最小值， 3 π  (1cos2 x)2 即 ,1 处曲率半径有最小值，最小值为 1. 2  sinx 方法二：利用曲率公式表示出曲率，然后利用单调性求曲率最大值点，即为曲率半径最小 值点. y   c o s x ， y    s i n x ，又 0  x  π ， y sinx sinx 1 所以K    ，由于 ，所以曲率半径的最小 3 3 3 K [1(y)2]2 (1cos2 x)2 (1cos2 x)2 值即为曲率最大值，要求曲率最大值， K 对 x 求导得 3 3 1 cos(1cos2 x)2  (1cos2 x)2 2cosxsin2 x 2cosx(1sin2 x) 2 K  ， (1cos2 x)3 5 (1cos2 x)2 π 令K0得x ，此时 2 y  1 ；当 0  x  π 2 π 时，K0，K 关于x单调递增；当x 2 π π 时，K0，K 关于x单调递减；所以K 在x 时取得最大值，在x 时取得最小 2 2值，即  π 2 , 1  处曲率半径有最小值，最小值为  ( 1  c s o i n s 2 x x ) 32  1  . 44.【答案】D 【解析】 y 关于 x 的弹性公式为 x y d d y x   ，故逐个验证选项即可， x dy x 对于（A），   m1，为常数； A y dx mx 对于（B）， B x y d d y x x m 2 m x 2 1          ，为常数； 对于（C）， C x y d d y x x x k k x k 1 k       ，为常数； 对于（D）， D y x y m m x x n m x m x n n n 1 m x n n               ，故不是常数，选（D）. 45.【答案】 4 5 【解析】利润等于收益减成本，边际利润为利润关于需求量的导数，利润最大即边际利润 为 0 . 根据题设知，销售该商品 Q 件的总利润函数（单位：元）为  Q  Q2 L pQ(30Q50000)Q  60  30Q5000030Q 50000，  1000 1000 欲求利润最大时的单价p，令 L ( Q )  3 0  5 Q 0 0  0 ，解得Q15000（件），且 L(15000)0，对应的价格为 p   6 0  1 Q 0 0 0  Q  1 5 0 0 0  4 5 元，即利润最大时的单价为 p45元. 46.【答案】25 【解析】设平均成本函数为 C ( x ) C(x) 10018x40 x ，则C(x)  ，要使平均成本最 x x 20 (18 )x(10018x40 x) dC(x) x 20 x100 小，令   0，解得x25（件）， dx x2 x2 d2C(x) 30 x 200 d2C(x) 且  ， 0，所以当日产量为25件时平均成本最小. dx2 x3 dx2 x2547.【答案】产量为 1 的时候企业获得最大利润，最大利润为 L (1 )  1 1 【解析】设利润为 L ，利润函数为 L  R  C  1 8 x  3 x 2  4 x 3 ， 边际收入函数为R264x12x2，边际成本函数为C82x； 边际利润函数为 L   1 8  6 x  1 2 x 2   6 ( x  1 ) ( 2 x  3 ) ，令 L   0 解得 x  1 或 x   3 2 （舍 掉），即当产量为1的时候企业获得最大利润，最大利润为 （L 1 ）  1 1 . 3-2 基础真题 1.【答案】略 【解析】方法一：因为 f ( x ) 在 [ 0 , 3 ] 上连续，所以 f ( x ) 在 [ 0 , 2 ] 上连续，且在[0,2]上必 有最大值 M 和最小值m，于是 m  f ( 0 )  M ， m f(1)M ， m f(2)M f(0) f(1) f(2) 故m M ，由介值定理知，至少存在一点 3 c  [ 0 , 2 ] ，使 f ( c )  f ( 0 )  f ( 3 1 )  f ( 2 )  1 因为 f ( c )  1  f ( 3 ) ，且 f ( x ) 在 [ c , 3 ] 上连续在 ( c , 3 ) 内可导，由罗尔定理知，必存 ( c , 3 ) ( 0 , 3 )    ， 使 f()0. 方法二：反证法，设在 [ 0 , 2 ] 上总有 f ( x )  1 ，则 f ( 0 )  f (1 )  f ( 2 )  3 与已知条件矛盾. 同理，可知在[0,2]上不可能总有 f(x)1，由于 f(x)在[0,2]上连续，故至少存在一点 c  [ 0 , 2 ] ，使 f(c)1. 由于 f(c) f(3)1，又 f ( x ) 在[c,3]上连续，在 ( c , 3 ) 内可导. 由罗尔定理可知，必存在一点 ( c , 3 ) ( 0 , 3 )    ，使 f ( ) 0    2.【答案】略 【解析】方法一：因为 f(x)在 [ 0 , c ] 上满足拉格朗日中值定理的条件，故存在(0,c) 1 f(c) f(0) 使 f() ，由于点C在弦 1 c0 A B 上，故有： f(c) f(0) f(1) f(0)   f(1) f(0)， c0 10 从而有 f() f(1) f(0). 1同理，存在 (c,1)，使 2 f ( 2 ) f ( 1 ) f ( 0 )     ，得 f ( 1 ) f ( 2 )      ，于是知 f ( x ) 在[,]上满足罗尔定理的条件，所以存在(,)(0,1)，使 1 2 1 2 f ( ) 0    . 方法二：按题意，点A与B的连线的方程为 y  [ f (1 )  f ( 0 ) ] x  f ( 0 ) . 令F(x) f(x) y  f(x)[f(1) f(0)]x f(0)，则 F ( x ) 在 [ 0 , c ] 与 [ c , 1 ] 上满足罗尔 定理的条件，所以可得 F ( 1 ) F ( 2 ) 0       ， 1 ( 0 , c )   ， 2 ( c , 1 )   ，再由罗尔定理得 F ( ) f ( ) 0       ， ( 1 , 2 ) ( 0 , 1 )      . 3.【答案】略 【解析】不妨设 f ( a )  0 ，则 f ( b )  0 ，由导数的定义知 f ( a )  l i m x  a f ( x ) x   f a ( a )  0 . 由极限的保号性可得，当xa时， f ( x ) x   f a ( a )  0 ，存在 x 1 ( a , a 1 )    ，使得 f ( x 1 )  0 ( 1 0 )   . 同理可得，存在 x 2 ( b 2 , b )    ，使得 f(x )0 2 ( 2 0 )   由连续函数的零点定理得，存在 ( x 1 , x 2 ) ( a , b )    ，使得 f ( ) 0   . 由 f ( a ) f ( ) f ( b ) 0     ，运用罗尔定理知，存在(a,)及(,b)，分别 1 2 使得 f ( 1 ) 0    ， f ( 2 ) 0    ；再用一次罗尔定理知，存在 ( 1 , 2 ) ( a , b )     ，使得 f ( ) 0    . 4.【答案】略 【解析】（Ⅰ）设 f(x)， g ( x ) 在 ( a , b ) 内的最大值为，M 则存在 ( a , b )   ， ( a , b )   （不妨设）使 f ( ) M g ( )     . 当   时，取 ( a , b )       ，有 f ( ) g ( )    ； 当时，令 h ( x )  f ( x )  g ( x ) 则 h ( ) f ( ) g ( ) M g ( ) 0          ， h() f()g() f()M 0， 则由零点定理知，存在[,](a,b)，使得 h ( ) 0   即 f() g(). （Ⅱ）因为h(a) f(a)g(a)0，h()0，h(b) f(b)g(b)0则由罗尔定理知，存在 1 ( a , )    ， 2 ( , b )    使得 h ( 1 ) h ( 2 ) 0       . 再由罗尔定理知，存在(,)(a,b)，使得 1 2 h ( ) 0    ，即 f ( ) g ( )      . 5.【答案】略 【解析】（1）用反证法：若存在点 c  ( a , b ) ，使 g ( c )  0 ，对 g ( x ) 在 [ a , c ] 和 [ c , b ] 上分 别对应用罗尔定理，知存在 1 ( a , c )   和 2 ( c , b )   ，使 g ( 1 ) g ( 2 ) 0       . 再由罗尔定理知，存在 3 ( 1 , 2 )     ，使 g ( 3 ) 0    ，与条件 g ( x ) 0   矛盾，故在 ( a , b ) 内 g ( x ) 0  . （2）构造辅助函数，令 ( x ) f ( x ) g ( x ) f ( x ) g ( x )      ，则(a)(b)0，由罗尔定理 知，存在 ( a , b )   ，使 ( ) 0     ，即 f()g() f()g()0， 因 g ( ) 0   ， g ( ) 0    ，故得 f g ( ( ) ) f g ( ( ) )        ，(a,b). 6.【答案】略 【解析】作辅助函数 F ( x )  x f ( x ) ，则 F ( x ) 在 [ a , b ] 上满足拉格朗日中值定理的条件，因 此，在 ( a , b ) 内至少存在一点，使 F ( b ) b F a ( a ) F ( )      . 由于 F ( x ) f ( x ) x f ( )      ， 可得 b f ( b ) b a a f ( a ) f ( ) f ( )         . 7.【答案】略 【解析】（1）令(x) f(x)x则(x)在[0,1]上连续. 又 ( 1 ) 1 0     ， 1 2 1 2 0      ，故由闭区间上连续函数的零点定理知，存在 1 2 , 1     ，使得 ( ) f ( ) 0       即 f ( )    . （2）设 F ( x ) e x [ f ( x ) x ]     即 F ( x ) 在[0,]上连续，在(0,)内可导，且 F ( 0 )  0 ， F ( ) e ( ) 0      ， 即 F ( x ) 在[0,]上满足罗尔定理的条件，故存在(0,)使得 F()0，e{f()[f()]1}0， 从而 f()[f()]1.8.【答案】略 【解析】令 g ( x )  e x ，则 g ( x ) 与 f ( x ) 在 [ a , b ] 上满足柯西中值定理条件，故存在 ( a , b )   使得 f ( b e ) b f e ( a a ) f e ( )       ，即 f ( b ) b f a ( a ) e b b e a a e f ( )           . 又 f ( x ) 在 [ a , b ] 上满足拉格朗日中值定理条件，故存在 ( a , b )   使得 f ( b ) b f a ( a ) f ( )      由题设 f ( x )  0 知 f ( ) 0    ，从而 f f ( ( ) ) e b b e a a e           . 9.【答案】C 【解析】由 f ( x ) 在 ( a , b ) 内可导知， f ( x ) 在[x ,x ]上连续，在(x ,x )内可导，由拉格 1 2 1 2 朗日中值定理知，存在一点，使 f ( x 2 ) f ( x 1 ) f ( ) ( x 2 x 1 )      ， x 1 x 2    ，所以答 案应选（C）. （A）（B）（D）均不正确，因为由 f ( x ) 在 ( a , b ) 内可导，不能推得 f ( x ) 在 [ a , b ] ， [ x 1 , b ] ， [ a , x 2 ] 上连续，故（A）（B）（D）选项均不满足拉格朗日中值定理条件. 10.【答案】略 【解析】令 f ( x )  a r c t a n x  1 2 a r c c o s 1 2  x x 2 ，则 1 1 1 2(1x2) f(x)   0 1x2 2  2x  2  1x22 1   1x2  所以 f ( x )  C π π 1 2x π . 因为 f(1) ，所以C  ，所以arctanx arccos  . 4 4 2 1x2 4 11.【答案】略 【解析】 （1）任给非零x(1,1)，由拉格朗日中值定理得 f ( x ) f ( 0 ) x f [ ( x ) x ]     ( 0 ( x ) 1 )    .因为 f ( x ) 在 (  1 , 1 ) 内连续且 f ( x )  0 ，所以 f ( x ) 在 (  1 , 1 ) 内不变号. 不妨设 f ( x )  0 ，则 f ( x ) 在 (  1 , 1 ) 内严格单调增加，故 ( x )  唯一. （2）由泰勒公式得 f ( x ) f ( 0 ) f ( 0 ) x 1 2 f ( ) x 2       ，在0与x之间. 所以 x f [ ( x ) x ] f ( x ) f ( 0 ) f ( 0 ) x 1 2 f ( ) x 2          ，从而 ( x ) f [ ( x ) x ( x ] ) x f ( 0 ) 1 2 f ( )          . 由导数定义， f(x) f(0)  f(0) f[(x)x] f(0) x f(x) f(0) f(0)x f(0)lim lim lim x0 (x)x x0 (x)x x0 (x)x f(x) f(0) f(0)x 1 f(x) f(0) 1 lim lim lim lim ， x0 x2 x0(x) x0 2x x0(x) 1 1  f(0)lim 2 x0(x) 1 1 从而，可得lim 2，故lim(x) . x0(x) x0 2 12.【答案】B 【解析】由于题设条件中并未说明 f ( x ) 在 [ a , b ] 上连续，因此，零点定理，罗尔定理以及 拉格朗日中值定理均不成立，故（A）（C）和(D)均被排除. 由于 f(x)在(a,b)内可导，故 f ( x ) 在(a,b)内任一点处连续，故 l ix m t f ( x ) f ( )    ，从 而（B）成立. 13.【答案】略 【解析】（1）令 g ( x )  f ( x )  x  1 ，则g(x)在 [ 0 , 1 ] 上连续，且g(0)10， g ( 1 )  1  0 ，根据连续函数的零点定理知，存在 ( 0 , 1 )   ，使得 g() f()10，即 f ( ) 1     . （2）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 (0,)(0,1)，(,1)(0,1)，使得f ( ) f ( ) f ( 0 ) 1           ， f ( ) f (1 ) 1 f ( ) 1 (1 ) 1                 ， 所以 f ( ) f ( ) 1 1 1              . 14.【答案】略 【解析】当 a  0 时， f ( 0 )  0 有 f ( a  b )  f ( b )  f ( a )  f ( b ) . 当a0时，在[0,a] 和 [ b , a  b ] 上分别应用拉格朗日中值定理，有 f ( 1 ) f ( a ) a f 0 ( 0 ) f ( a a )       ， 1 ( 0 , a )   f ( 2 ) f ( a ( a b ) b ) f b ( b ) f ( a b ) a f ( b )           ， 2 ( b , a b )    显然 0 1 a b 2 a b c          . 因 f(x)在(0,c)内单调减少，故 f ( 2 ) f ( 1 )      ，从 而有 f ( a  b ) a  f ( b )  f ( a a ) . 因为 a  0 ，所以有 f ( a  b )  f ( a )  f ( b ) . 15.【答案】B 【解析】由 f(x)0，则 f(x)在[0,1]上单调增加，又由拉格朗日中值定理得 f (1 )  f ( 0 )  f ( c ) (0c1) ， 则 f(1) f(c) f(0) ，即 f(1) f(1) f(0) f(0). 16.【答案】证明略 【解析】由 f  x   e x ln 1  1x  有 f ( x )   1  1 x  x  l n  1  1 x  + x 1 1  1 x   1 x 2   =  1  1 x  x  l n  1  1 x   1 1  x  .  1 1 记g(x)ln  1   ，对于任意  x 1x x(0,)，有 g ( x )   x ( 1 1  x )  ( 1  1 x ) 2  x x  ( 1 ( 1   x x 2 ) )   x ( 1 1  x ) 2  0 ,   1 1  故函数g(x)在(0,)上单调减少. 由于 lim  ln  1    0,可见对任意 x  x 1xx  ( 0 ,   )  1 1 ，有g(x)ln  1   0，从而，  x 1x f ( x )  0 ， x  ( 0 ,   ) ，于是， 函数 f(x)在 ( 0 ,   ) 上单调增加. 17.【答案】D 【解析】本题的关键在于由题设可知在 x  a 的某邻域内有 f ( a )  f ( x ) ， g ( a )  g ( x ) ， 由此能否得到 g ( a ) f ( a )  g ( x ) f ( x ) ， g ( a ) f ( a )  g ( x ) f ( x ) ，在一般情况下是得不到此 结论的. 若取 f ( x )   ( x  a ) 2 ， g ( x )   ( x  a ) 2 ，显然 f ( x ) 和 g ( x ) 在 x  a 处取得极 大值 0 ，但 f ( x ) g ( x )  ( x  a ) 4 在 x  a 处取极小值. 则（A）（C）都不正确； 若取 f ( x )  1  ( x  a ) 2 ， g ( x )  1  ( x  a ) 2 ，则 f ( x ) 和 g ( x ) 在 x  a 处取极大值1. 而 f(x)g(x)[1(xa)2]2，在 x  a 处仍取极大值 1 ，则（B）也不正确，从而只有 （D）对. 18.【答案】C 【解析】由于y  f(x)满足方程 y   y   e sin x  0 ，则 f ( x )  f ( x )  e sin x  0 ， 令x x ，得 0 f ( x 0 )  f ( x 0 )  e sin x0  0 ，即 f(x )esinx 0 0，又 f(x )0， 0 0 则 f ( x ) 在 x 0 处取极小值. 19.【答案】C 【解析】函数在点xa处取极大值，按定义，存在一个邻域(a,a)，使得 x ( a , a )      时，有 f ( x )  f ( a ) ，所以当 a x a     时， (xa)[f(x) f(a)]0，当 a x a     时，(xa)[f(x) f(a)]0 因此（A），（B）均错，至于（C），（D）两项，由于 f(t)在 t  a 处连续，且 x  a ，故 （C），（D）分别就是及 [ f ( a )  f ( x ) ]  0 ，当 f(a)为极大值时（C）成立，应选（C） 20. 【答案】A 【解析】仔细审题发现（A），（B）两项是 f g ( ( x x ) ) 在区间(a,b)内的值与两端点处的值比 较大小，（C），（D）两项是 f ( x ) g ( x ) 在区间(a,b)内的值与两端点处的值比较大小， 题干中含有某种形式的导数不等式，就想到用单调性.因为  f g ( ( x x ) )    g ( x ) f (  x g )  ( x ) f  ( 2 x ) g ( x )  0 ，故应选（A）. 21.【答案】B 【解析】由条件可知， f ( a )  0 ， 且当xa 并在 a 点附近时， f ( x )  0 ；当 x  a 并在 a 点附近时， f ( x )  0 . 由此可以判断出：存在 0   ，当 a x a     时， f ( x ) 单调增 加，而当 a x a     时， f ( x ) 单调减少. 这表明 x  a 是 f(x)的极大值点. 答案选 （B）. 22.【答案】B 【解析】因为 f(x) xcosx所以 f(0)0， f    2   0 ，又因为 f ( x )  c o s x  x s i n x ，所以 f ( 0 )  1  0 ， f   π 2    π 2  0 . 由判别函数极值的第二 充分条件知， x  0 是 f ( x ) 的极小值点， x  π 2 是 f ( x ) 的极大值点，故选项（B）正确. 23.【答案】 (   , 1 ) （或 (   , 1 ] ） dy 3t2 3 t2 1 【解析】因   ， dx 3t2 3 t2 1 d d 2 x y 2  d d t  t t 2 2   1 1   1 d d x t  3 ( t 4 2 t  1 ) 3 ，由题设知 d d 2 x y 2  0 ，故 t  0 . 又 x ( t )  3 t 2  3  0 ，x(t)为 的单调增加函数. 当 t  0 时， x  1 . 故， l i t m  x ( t )  l i t m  ( t 3  3 t  1 )    ，故 的取值范围是 (   , 1 ) （或(,1]）. 24.【答案】  1 3 , 3 4  【解析】 y    ( 1  2 x x 2 ) 2 ， y    2 ( 1  x 2 ) 2  ( 1 2  x x  2 2 ) ( 1 4  x 2 )  2 x   2 ( 1  ( 1 x  2 ) x  2 ) 8 4 x 2  2 ( 3 1 x  2 x  2 1 ) 3 . 1 1 1 令y0，解得x （由于x0）.因在点x 的左、右邻域y变号，故x 3 3 3  1 3 是拐点的横坐标.所以曲线的拐点是 , .  3 4 t x25.【答案】A 【解析】 f ( x )  x 2  x  6 ， f ( 0 )  6 ，点 ( 0 , 1 ) 处的切线方程为 y  1  6 x ，令 y  0 得 x   1 6  1  ，即此切线与x轴的交点坐标为  ,0  .  6  26.【答案】 y  3 x  1 【解析】当 t  π 6 3 3 时，x ， 8 y  1 8 dy dy dt 3sin2tcost sint . 又    ， dx dx dt 3cos2tsint cost d d y x t π6   1 3 ，则 t  π 6 处法线方程为 y  1 8  3  x  3 8 3  ，即 y  3 x  1 . 27.【答案】D 【解析】由于曲线 y  x 2  a x  b 和 2 y   1  x y 3 在点 ( 1 ,  1 ) 处相切，则在点 ( 1 ,  1 ) 处两 曲线切线斜率相等，且两曲线同时过点 ( 1 ,  1 ) . y   2 x  a ， y  x  1  2  a . 2 y   y 3  3 x y 2 y  ， y  x  1  1 . 则2a1， a   1 . 又曲线经过 (1 ,  1 ) ，有  1  1  a  b  1  1  b  b ，b1. 所以应选（D）. 28.【答案】 c a  0 （或 a x 20  c ）， b 任意. 【解析】利用切线公式yy  y(xx )计算切线. 0 0 0 y2axb,y(x )2ax b,过 0 0 ( x 0 , y 0 ) 的切线方程为 y  y 0  ( 2 a x 0  b ) ( x  x 0 ) ，即 y  ( a x 20  b x 0  c )  ( 2 a x 0  b ) ( x  x 0 ) ，由于此切线过原 点，把 x  y  0 代入上式. 得  a x 20  b x 0  c   2 a x 20  b x 0 ，即ax2 c. 所以，系数应满 0 c 足的关系为 0（或 a a x 20  c ）， b 任意. 29.【答案】A 1 sin 1 x 【解析】由于limxsin lim 1，又 x x x 1 x l i m x   x s i n 1 x  0 ，则原曲线在 ( 0 , +  ) 有且仅 有水平渐近线y 1. 30.【答案】D1ex2 1ex2 1ex2 【解析】由lim =1及lim =可知，曲线y  有一条水平渐近线 x1ex2 x01ex2 1ex2 y  1 和一条铅直渐近线 x  0 . 31.【答案】B 【解析】由于 l i m x   e 12 x a r c t a n ( x x  2  1 ) x ( x   1 2 )  π 4 ，则 y  π 4 为一条水平渐近线. 又 l i m x  0 e 12 x a r c t a n  x x  2 1  x x   1 2    ，则 x  0 为其一条铅直渐近线. 【注】这里特别注意， x   1 ， x  2 不是该曲线的铅直渐近线，事实上lim y， x1 l i m x  2 y   . 32.【答案】 y  0 【解析】由于 l i m x   x 2 e  x 2  l i m x   x e 2 2 x  0 ，原曲线仅有一条水平渐近线 y  0 . 33.【答案】 y  x  1 e 【解析】 计算可得曲线不存在水平渐近线和铅直渐近线. a  l i x  m  x l n  e x  1 x   l i x  m  l n  e  1 x   1 b  l i x  m  ( y  a x )  l i x  m   l n  e  1 x   1   l i x  m  x l n  e  1 x 1 x   1  l i x  m  e 1  1 x  1 e 故此曲线的渐近线方程为 y  x  1 e . 34.【答案】y 2x1 y  1 1 【解析】a lim lim  2  ex 2 x x x xb  l i m x   ( y  2 x )  l i m x    2 x  e 1x  1   e 1x   l i m x    2  e 1x 1 x  1   e 1x   1 所以渐近线方程为 y  2 x  1 . 1 1 35.【答案】y  x 2 4 【解析】 因为 a  l i m x   y x  l i m x   2 x x  1  1 2 ， b  l i m x   ( y  a x )  l i m x    2 x x 2  1  1 2 x    1 4 ，所以 y  1 2 x  1 4 是曲线 y  2 x x 2  1 的斜渐近 线. 36.【答案】 y  x  3 2 3 3 y (1x)2 1 2 【解析】因为a lim  lim  lim  1  1， x x x 3 x x  x2 b   l i m x    l i m x    ( y  x a 1  x  (1 ) 3   x l i m x     3 x 3 x )  2 2  x (1 32    x x 3 ) 2 l i x   m  x   1 x 1  2  l i m x    3   x 3 1  2  x   (1 3 1   x ) 3 2 32 x  x 32 故斜渐近线方程为 y  x  3 2 . 37.【答案】 y  1 5 【解析】 因为 l i m x   5 x x   4 2 s i n c o s x x  l i m x   1 5   4 2 s c i n x o s x x x  1 5 ，故曲线的水平渐近线方程为 y  1 5 . 38.【答案】递增区间为(,1)，(0,)；递减区间为(1,0)；极小值为f ( 0 )   e π2 ；极大值为 f (  1 )   2 e π4 ；渐近线为 y 1  e π ( x  2 ) ， y 2  x  2 . 【解析】 y   x 1 2   x x e π2  a rc ta n x 令 y   0 ，得驻点 x 1  0 ， x 2   1 列表如下 x (   ,  1 )  1 (  1 , 0 ) 0 ( 0 ,   ) y   0  0  y  2 e π4  e π2 由此可见，递增区间为 (   ,  1 ) ， ( 0 ,   ) ；递减区间为 (  1 , 0 ) . 极小值为 f ( 0 )   e π2 ，极大值为 f (  1 )   2 e π4 ，由于 a 1  l i x  m  f ( x x )  e π ，b  lim[f(x)a x]2eπ 1 1 x a 2  l i x  m  f ( x x )  1 ，b  lim[f(x)a x]2 2 2 x 可见渐近线 y 1  a 1 x  b 1  e π ( x  2 ) ，y a xb  x2. 2 2 2 39.【答案】略 【解析】方法一：构造函数，求导，判断单调性，然后找极小值. 设 f ( x )  1  x l n ( x  1  x 2 )  1  x 2 ，则 f ( x )  l n ( x  1  x 2 )  x 1 x   1 1 x   x x 2 2  1 x  x 2  l n ( x  1  x 2 ) 令 f ( x )  0 得驻点为 x  0 . 由于 f ( x )  1 1  x 2  0 ，知 x  0 为唯一的极小值点，即 最小值点. f(x)的最小值为 f ( 0 )  0 . 于是，对一切 x  (   ,   ) ，有 f(x)0，即有 1xln(x 1x2) 1x2,x. 方法二：构造函数，利用函数的奇偶性进行简化. f(x)1xln(x 1x2) 1x2 ，在 (,) 上是偶函数，所以只需证明在x0 时 f(x)1xln(x 1x2) 1x2 0即可，又f ( x )  l n ( x  1  x 2 )  x 1 x   1 1 x   x x 2 2  1 x  x 2  l n ( x  1  x 2 )  0 , x  [ 0 ,   ) 且 f ( 0 )  0 ，故 f ( x )  f ( 0 )  0 . 40.【答案】略 【解析】 f ( x )  l n  1  1 x   1 1  x ， 0  x    有 f ( x )   x ( 1 1  x ) 2  0 ，故函数 f ( x ) 在(0,)上单调减少. 由于 l i x  m  f ( x )  l i x  m   l n  1  1 x   1 1  x   0 故对于任意 x  ( 0 ,   )  1 1 ， f(x)0，即ln  1   .  x 1x 41.【答案】略 【解析】由函数y lnx的单调性，只需证 b l n a  a l n b . 设 f ( x )  x l n a  a l n x ，xa e，则 f ( x ) 在 [ a ,   ) 内连续可导， f ( x )  l n a  a x  0 ，所以 f(x)在 [ a ,   ) 内严格单调增加. 又 f ( a )  0 ，从而得 f ( x )  0 ， x  a . 即 x l n a  a l n x ，xa，取 x  b  a  e ，则有blnaalnb，即 ab ba. 42.【答案】略 【解析】方法一：构造函数，求导，判断单调性. 设 ( x ) l n 2 x 4 e 2 x    . 则 ( x ) 2 l n x x 4 e 2     ； ( x ) 2 1 x l n 2 x     ， 所以当 x  e 时， ( x ) 0    ，故(x)单调减少，从而e xe2时， ( x ) ( e 2 ) 4 e 2 4 e 2 0         ， 即当e xe2时，函数 ( x )  单调增加. 因此当eabe2时， ( b ) ( a )    ，即 4 4 4 ln2b bln2a a，故ln2bln2a  (ba). e2 e2 e2 f(b) f(a) 方法二：出现 的形式可以考虑使用拉格朗日中值定理进行分析.原不等式等价于： l n 2 b b   l a n 2 a  4 e 2 ，左端可看作函数 f ( x )  l n 2 x 在[a,b]上的拉格朗日 ln2bln2a ln 中值定理的形式，故  f()2 ， ba  a b    下面对作估计：令 ( x ) l n x x   ，则 ( x ) 1 x l n 2 x     ，当xe时， (x)0， ( x )  在  e ,    上单调减 少，故 ( ) ( e 2 ) l n e e 2 2 2 e 2      ，所以 l n 2 b b   l a n 2 a  4 e 2 4 ，即ln2bln2a  (ba). e2 43.【答案】略 【解析】令 F ( x )  f ( x )  x ，则 F ( x ) 在(0,1]上连续，且 F ( x )  f ( x )  1  0 ，所以 F ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 上单调. 由于 0  f ( x )  1 ，所以 F ( 0 )  f ( 0 )  0  0 ， F (1 )  f (1 )  1  0 故由零点定理及单调性可知，在 ( 0 , 1 ) 内存在仅有一个x，使 F ( x )  f ( x )  x  0 ，即 f ( x )  x . 44.【答案】略 【解析】由于 x 5  2 a x 3  3 b x  4 c  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). 令 f ( x )  x 5  2 a x 3  3 b x  4 c ， f ( x )  5 x 4  6 a x 2  3 b ，而   ( 6 a ) 2  6 0 b  1 2 ( 3 a 2  5 b )  0 则 f ( x )  0 . 因此，原方程最多有一个实根，故原方程有唯一实根. 45.【答案】 k  0 2 或k  3 9 【解析】设 f ( x )  k x  1 x 2  1 ，则 f ( x )  k  2 x 3 ， f ( x )  6 x 4  0 . （1）当 k  0 时， f ( x )  0 ， f(x)为减函数，又 l i x  m 0  f ( x )    ， ,k 0, 1 lim f(x) ，所以，当k 0时， f(x)kx 10在(0,)上仅有一 x 1,k 0 x2 个解.（2）当 k  0 时，令 f ( x )  0 2 ，得唯一驻点x  3 . k f ( x )  0 2 ，所以x  3 为极小 k 值点，且 y  f ( x ) 的图形在(0,)内是凹的，所以，当极小值为零，即 f  3 2 k   k  3 2 k   3 1 2 k  2  1  0 时，原方程有且仅有一个解，由上式解得 k  2 9 3 . 综上知，当 k  0 或 k  2 9 3 时，方程有且仅有一个解. 46.【答案】请参照解析 【解析】问题等价于讨论方程 l n 4 x  4 l n x  4 x  k  0 有几个不同的实根. 设 ( x ) l n 4 x 4 l n x 4 x k      ， x  0 ，则有 ( x ) 4 ( l n 3 x x 1 x )      . 不难看出， x  1 是 ( x )  的驻点. 当 0  x  1 时， ( x ) 0    ，即(x)单调减少； 当 x  1 时，(x)0，即(x)单调增加， 故(1)4k为函数(x)的最小值. 当k 4，即 4  k  0 时， ( x ) 0   无实根，即两条曲线无交点； 当k 4，即 4  k  0 时， ( x ) 0   有唯一实根，即两条曲线只有一个交点； 当k 4，即 4  k  0 时，由于 lim(x) lim[(ln3 x4)lnx4xk]， x0 x0 l ix m ( x ) l ix m [ ( l n 3 x 4 ) l n x 4 x k ]             ， 故(x)0有两个实根，分别位于 ( 0 , 1 ) 与(1,)内，即两条曲线有两个交点. 47.【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) 内至少各有一个零点，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) x4 3x32x2 ，显然， f(x)有3个零点.48.【答案】 1 2 π π 1 π 1 1 【解析】质点所经过的路程为S  tsint2dt   sint2dt2  cost2  π π 2 2 π 2 2 2 2 （米）. 49.【答案】 3 c m / s 【解析】以 y 表示对角线的长，则有 y l 2 2    1 ，y (2ll2) 2 t2 2 将 l 2 , 3 , l 1 2 , 5         代入得到 y   1 2  1 2 2 2   5 5  2 3  3 ( c m / s ) 50.【答案】2 2v 0 【解析】设 P 点的坐标为 ( x , x 3 ) dx ，由题意知 v ， dt 0 l  x 2  x 6 ， 上式两端对时间t求导，得 d d l t  d d l x  d d x t  2 2 x x  2 6  x 5 x 6  v 0 ，从而 d d l t x  1  2 2  6 2  v 0  2 2 v 0 . 51.【答案】C dy dt 2t4 t2 【解析】y'   ， dx dt 2t t y   d d y x  d d t t   2 2 2 tt   1 3 t ， 则曲线在 t  1 y 1 的对应点处的曲率K   ，所以曲率半径为 3 t1 10 10 (1 y2)2 1 K 1 0 1 0    ，故选（C）． 52.【答案】 (  1 , 0 ) y 2 2 【解析】根据曲率公式K    ，整理得 3 3 2 (1 y2)2 1(2x1)22   x2 x0，由于x0，解得x1，从而 y x   1  0 ，故所求点的坐标为 (  1 , 0 ) . 53.【答案】（1） 3  x ；（2） 5 0 x 50 ；（3） 3x；（4） x  1 dC(x) 【解析】（1）边际成本为 3x. dx （2）因收益 R ( x )  p  x  1 0 0 x ，故边际收益为 d R d ( x x )  5 0 x 1 （3）因利润为L(x) R(x)C(x)100 x 4003x x2，故边际利润为 2 d L d ( x x )  5 0 x  3  x . 100 （4）由 p  知 x x  1 0 p 0 2 2 ，故 R  p x  1 0 0 p 2 ，收益对价格的弹性为 d R R / d p p  p R d d R p   ( 1 0 p 0 2 ) 2  ( 1 p 0 2 0 ) 2   1 . x  54.【答案】（1）R(x) px10xe 2，0x6， M R  d d R x  5 ( 2  x ) e  x2 ；（2）产量 为 2 ，收益最大为 2 0 e  1 ，相应的价格为 1 0 e  1 （3）图形如图所示： 【解析】（1）收益函数为 R ( x )  p x  1 0 x e  x2 ， 0  x  6 ，边际收益函数为 M R  d d R x  5 ( 2  x ) e  x2 .（2）由 R   5 ( 2  x ) e  x2  0 ，得驻点 x 0  2 . 由于 R  x  2  5 2 ( x  4 ) e  x2 x  2   5 e  1  0 ， 故知当产量为 2 时，收益取最大值为 R ( 2 )  1 0 x e  x2 x  2  2 0 e  1 ，相应的价格为 1 0 e  1 . （3）收益函数的图形如图所示. x [ 0 , 2 ) 2 ( 2 , 4 ) 4 ( 4 , 6 ] R  0    R     0  R 2 0 e  1 40e2 55.【答案】 ( 1 0 , 2 0 ] 【解析】由 Q  1 0 0  5 p 得Q5，需求弹性为 d d Q p p Q 1 0 5 0 p 5 p       . 5p 令   1，得 p10. 又由 1005p Q  1 0 0  5 p  0 得 p  2 0 ， 所以商品价格的取值范围是 ( 1 0 , 2 0 ] . 56.【答案】（1） L   1 0  7 2 x  1 5 x 2  x 3 ；（2） 1 2 【解析】（1）总成本函数 C  1 0   x 0 (  4 0  2 0 t  3 t 2 ) d t  1 0  4 0 x  1 0 x 2  x 3 ， x 总收入函数R (3210t)dt 32x5x2， 0 总利润函数LRC (32x5x2)(1040x10x2x3)1072x15x2x3 （2）由MCMR知4020x3x2 3210x 即3x2 30x720， ， 于是x 12x 2（舍去）. 由于L7230x3x2,L306x,L(12)0， 1 2L 在 ( 0 ,   ) 内只有一个极大值点. 可见，当产量为 1 2 时，总利润最大. 57.【答案】（1） q  2 d ( e   b a ) ， L  ( 4 d ( e   b ) a 2 )  c ；（2） d  e q e q ；（3） q  d 2 e 【解析】（1）利润函数为L pqC (db)q(ea)q2c， 令L(d b)2(ea)q 0， 得 q  2 d ( e   b a ) ， 因L2(ea)0，所以当 q  2 d ( e   b a ) 时，利润最大，最大值 L  ( 4 d ( e   b ) a 2 )  c （2）因为 q    1 e ，所以需求对价格的弹性为 p q q d q e q 1 e e q e q d           （3）由 1   ，得 q  d 2 e . 58.【答案】（1） 1 0 0 0 件；（2） 6 0 0 0 件 【解析】（1）设平均成本为 y ，则 y  2 5 0 x 0 0  2 0 0  4 x 0 ， 由 y    2 5 0 x 0 2 0  1 4 0  0 ，得 x 1  1 0 0 0 , x 2   1 0 0 0 （舍去）， 因为 y  x  1 0 0 0  5  1 0  5  0 ， 所以当 x  1 0 0 0 时， y 取得极小值，即最小值. 因此，要使平均成本最小，应生产 1 0 0 0 件产品.  x2  x2 (2) 利润函数为L500x25000200x 300x 25000，  40 40 x 1 由L300 0得x6000，因L  0，所以当 20 x6000 20 x  6 0 0 0 时， L 取得 极大值，即最大值，因此，要使利润最大，应生产 6 0 0 0 件产品. 59.【答案】（1） 2 0 P  P ；（2）证明略 P P 【解析】（1）E  Q  . d Q 20P dR  P  （2）由R  PQ得 Q pQQ  1 Q  Q(1E ) ， dP  Q  d又由 E d  2 0 P  P  1 ，得 P  1 0 ，当 1 0  P  2 0 时， E d  1 ，于是 d d R P  0 ， 故当 1 0  P  2 0 时，降低价格反而使收益增加. 60.【答案】D 【解析】由需求弹性的定义知题设条件可写为 p Q Q   1 ，即 1 6  0 2  p 2 p  1 ，解得 p  4 0 ，故应选择（D）. 3-3 拓展拔高 1. 【答案】略 【解析】罗尔定理，通法：①找两个一阶导相等；②找三个原函数点相等 f(x)1 由lim 0，得 x0 x f ( 0 )  1 ， f ( 0 )  0 ， 因为 f(0) f(1)1，所以由罗尔定理可知，存在c(0,1)，使得 f ( c )  0 ； 因为 f ( 0 )  f ( c )  0 且 f ( x ) 二阶可导，所以存在(0,c)(0,1)，使得 f ( ) 0    . 2.【答案】略 【解析】令 ( x ) e 2 x f ( x )    ，由 f ( a )  f ( b )  0 ，得 ( a ) ( b ) 0     ， 由罗尔定理可知，存在 ( a , b )   ，使得 ( ) 0     ，而(x)e2x[f(x)2f(x)]且 e  2 x  0 ，故 f(ξ)2f(ξ)0. 3.【答案】略 【解析】①介值定理；②罗尔定理，通法：积分因子法 因为 f ( x ) 在 [ 0 ,1 ] 上连续，所以可假设 f ( x ) 在  0 ,1  上取到最小值 m 1 和最大值 M 1 ，而 f(0)2f(1) m  M ， 1 3 1 由介值定理可知，存在 x  [ 0 ,1 ] f(0)2f(1) ，使得 f(x ) ，即 f(0)2f(1)3f(x )； 1 3 1 因为 f(x)在[2,3]上连续，所以可假设 f(x)在[2,3]上取到最小值 m 2 和最大值M ，而 2 f(3)2f(2) m  M ， 2 3 22f(2) f(3) 由介值定理可知，存在x [2,3]，使得 f(x ) ，即2f(2) f(3)3f(x ). 2 2 3 2 从而有 f ( x 1 )  f ( x 2 ) ，由罗尔定理可知，存在 ( x 1 , x 2 ) ( 0 , 3 )    ，使得 f ( ) 0    . 4.【答案】略 【解析】①拉格朗日中值定理；②罗尔定理，通法：找两个一阶导相等 由拉格朗日中值定理可知，存在 1 ( 0 , c )   ， 2 ( c ,1 )   ，使得 f ( 1 ) f ( c ) c f 0 ( 0 )      ， f ( 2 ) f (1 ) 1 f c ( c )      因为A，C，B共线，所以 f ( 1 ) f ( 2 )      ，由罗尔定理可知，存在 ( 1 , 2 ) ( 0 ,1 )      ， 使得 f()0. 5.【答案】略 【解析】令 f ( x )  e x  x 2  a x  b ，则方程ex x2 axb的根与 f ( x ) 的零点相同. 不妨设存在 x 1  x 2  x 3 ，使得 f(x ) f(x ) f(x )0，由罗尔定理可知，存在 1 2 3 1 ( x 1 , x 2 )   ， (x ,x )，使得 f() f()0，再由罗尔定理可知，存在 2 2 3 1 2 ( 1 , 2 ) ( x 1 , x 3 )      ，使得 f ( ) 0    ，而 f ( x )  e x  2  0 ，矛盾，故方程 e x   x 2  a x  b 不可能有三个不同的根. 6.【答案】略 【解析】令 ( x ) f ( x ) s i n x   ， ( 0 ) (1 ) 0     ，由罗尔定理可知，存在 ( 0 ,1 )   ，使得 ( ) 0     ，而(x) f(x)sinx f(x)cosx，则 f()sin f()cos0，再由 s i n 0   得 f()f()cot. 7.【答案】略 【解析】令(x) f(x)e2g(x)，由 f(a) f(b)0得(a)(b)0，由罗尔定理可知，存 在(a,b)，使得()0，而(x)[f(x)2f(x)g(x)]e2gx 且 e 2 g (x )  0 ，故 f ( ) 2 f ( ) g ( ) 0        . 8.【答案】略【解析】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 ) ，由罗尔定理可知，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 f g ( ( a ) ) f g ( ( b ) ) f g ( ( ) )          . 9.【答案】略 【解析】令 F ( x )  ( b  x ) a f ( x ) ，由已知，有 F ( a )  F ( b )  0 ，由罗尔定理，存在一点 ( a , b )   ，使得 F ( ) 0    ，即 ( b ) a 1  ( b ) f ( ) a f ( )  0           ，故 ( b ) f ( ) a f ( ) 0        即af()(b)f()0. 10.【答案】略 【解析】由 li x  m 0  f ( x )  li x  m 0  f ( x )  1  f ( 0 ) ，知 f(x)在 x  0 处连续，故 f(x)在 [  1 ,1 ] 上连 续. 又 f   ( 0 )  li x  m 0  f ( x )  x f ( 0 )  li x  m 0  (1  x x 2 )  1  0 ， f   ( 0 )  li x  m 0  f ( x )  x f ( 0 )  li x  m 0  (1  2 x x )  1  0 知 f ( x ) 在x0处可导，所以 f ( x ) 在 (  1 ,1 ) 内可导，故 f ( x ) 在 [  1 ,1 ] 上满足拉格朗日中值 定理. f(1) f(1) 20  2x, 0x1, 由 f()  1，而 f(x) ，由 1(1) 2 2x, 1x0, f ( x )  1 ，得  2  2 x x   1 1 1 1 ，故  ，  . 1 2 2 2 11.【答案】略 【解析】由于 f ( x ) 不恒等于x，可知存在 x 0  ( 0 ,1 ) ，使得 f(x ) x . 若 f(x )x ， 0 0 0 0 f(x ) f(0) x 根据拉格朗日中值定理，存在一点(0,x )，使得 f() 0  0 1， 1 0 1 x 0 x 0 0 若 f ( x 0 )  x 0 ，根据拉格朗日中值定理，存在一点 (x ,1) ，使得 2 0 f(1) f(x ) 1x f() 0  0 1，综上可知，存在一点(0,1)，使得 f()1. 2 1x 1x 0 012.【答案】略 【解析】 a e b a b b e a e (1 )       等式左边分子、分母同时除以 a b ，有 b e b1 b e a1 a a e (1 )       . 对 F ( x )  x e x ， G ( x )  1 x 在 [ a , b ] 上应用柯西中值定理，有 eb ea ee  b a 2  e(1)， 1 1 1   b a 2 a b    故原等式成立. 13.【答案】凸区间为 [ 0 , 2 ] ，拐点为 ( 0 , e  12 ) , ( 2 , e  12 ) 【解析】 y    ( x  1 ) e  (x  12 2) (x1)2 (x1)2   ，令y[(x1)2 1]e 2 (x2 2x)e 2 0 得x0， x  2 ，当 x  ( 0 , 2 ) 时， y   0 ，则曲线 y  e  (x  12 2) 的凸区间为 [ 0 , 2 ] ，拐点为 ( 0 , e  12 ) ， ( 2 , e  12 ) . 14.【答案】 a   3 ， b   9 【解析】求出 y   6 x  2 a . (1 , 3 ) 又为曲线的拐点  y(1)1ab14 3 y (1 )  6  2 a  0 a 3,b9又 y   6 x  6  6 ( x  1 )      0 0 0 x x x    1 1 1 , , , a 3,b9时， (1 , 3 ) 确为该曲线的拐点. 因此 a   3 , b   9 . 15.【答案】（1） f ( x ) 在x0处连续； （2） x  0 为极大值，极大值为 f ( 0 )  1 ； x  1 e 为极小值点，极小值为 f  1 e    1 e  2e 1 2lim lnx 2lim x 2lim xlnx x0 1 x0 1 【解析】（1） f(00) lim x2x e x0 e x e x2 e0 1， x0 f(0) f(00)1，由 f(0) f(00) f(00)1，得 f(x)在x0处连续.（2）当 x  0 时，由 f ( x )  2 x 2 x (1  ln x )  0 得 x  1 e ；当 x  0 时，由 f(x)10. 当x0时，由 f ( x )  0 ，当 0  x  1 e 时， f ( x )  0 ；当 x  1 e 时， f ( x )  0 则 x  0 为极大值，极大值为 f ( 0 )  1 ； x  1 e 为极小值点，极小值为 f  1 e    1 e  2e . 16.【答案】A 【解析】方法一：取 f ( x )  2 3 ( x  2 ) 3 ，则 f ( x )  1 6 ( x  2 ) 4  C ， f ( x )  f ( 2 )  C ；所以 f ( 2 ) 是 f ( x ) 的极小值， f ( x )  2 ( x  2 ) 2  0 ，(2, f(2))不是曲线 y  f ( x ) 的拐点. 方法二：由 li m x  2 ( f x    x 2  ) 3  2 3 ，得 f ( 2 )  0 , 又由 li m x  2 ( f x (  x 2 ) ) 3  2 3  0 ，则存在δ 0，当 0 x2 δ时，有 ( f x (  x 2 ) ) 3  0 ，即当 x  ( 2  δ , 2 ) 时， f ( x )  0 ；当 x  ( 2 , 2  δ ) 时， f ( x )  0 ；于是 x  2 为 f ( x ) 的极小值点，选（A） 17.【答案】C 【解析】由 li m x  1 f s i  n 3 x π  x  2 及 f ( x ) 二阶连续可导得 f (1 )  0 f(x) ，因为lim 20， x1sin3πx 所以由极限得保号性可知，存在 δ  0 ，当 0  x  1  δ f(x) 时， 0， sin3πx f(x)0, x(1δ,1) 从而 ，故 f(x)0, x(1,1δ) (1 , f (1 ) ) 是曲线y f(x)的拐点，选（C）. 18.【答案】C 【解析】由 f ( 0 )  0 得 f(x)12f(x)f(x)， f(0)10，由极限保号性，存在 δ  0 ，当0 x δ时， f ( x )  0 ，再由 f(0)0，得  f f ( ( x x ) )   0 0 , , x x   (  ( 0 δ , , δ 0 ) ) 故 ( 0 , f ( 0 ) ) 是y f(x)的拐点，选（C）. 19.【答案】B【解析】由 l i m x  0 f  x   x f   x   2 ，得 f ( 0 )  f ( 0 )  0 ，于是 f ( 0 )  0 . f(x) f(x)  f(x) f(0) f(x) f(0) 再由lim lim   f(0) f(0)2得   x0 x x0 x x  f ( 0 )  2  0 ， f ( 0 ) 是 f ( x ) 的极小值，选（B） 20.【答案】B 【解析】 x  x 0 为 f ( x ) 的驻点，可得 f(x )0，带入得 0 f ( x 0 )  1   e x 0 2x0  0 ， 所以 x  x 0 为 f ( x ) 的极小值点. 21.【答案】D 【解析】令 f ( x )   x 2 c o 0 s , 1 x , x x   0 0 , , f(0)0，但是 lim x  0 f ( x ) 不存在，所以（A）不 对，若最大值在端点取到，则不是极大值，所以（B）不对；（C）显然不对，选（D）. 22.【答案】B 【解析】由 li m x  0 f ( x x )  1 ，得 f ( 0 )  0 ， f ( 0 )  1 ，因为 f ( x )  0 ，所以 f ( x ) 单调递 减，在 (   , 0 ) 内， f(x) f(0)10，故 f ( x ) 在 (   , 0 ) 内单调递增，又 f ( 0 )  0 ，故 (   , 0 ) 内有 f ( x )  f ( 0 )  0 ，故答案选（B）. 23.【答案】 y   x  2 ； y  x  2 【解析】 由于 k  li x  m  y x   1 ， b  li x  m  ( y  x )  li x  m  x 2 4  x 4  x 8  8  x  li x  m   1  4  4 x  8 x 8 x 2  1   2 得y x2为曲线 y  x 2  4 x  8 的一条斜渐近线； 由 k  li x  m  y x  1 8 4 4x8 x ，b lim(yx) lim  lim 2 x x x2 4x8x x 4 8 1  1 x x2 得 y  x2为曲线得另一条斜渐近线.24.【答案】 x   1 ， x  0 为垂直渐近线； y  x  3 为斜渐近线 【解析】 由lim y 得曲线没有水平渐近线；由lim y 得 x x1 x   1 为铅直渐近线； 由 lim y得 x0 x  0 为铅直渐近线；由 k  l i m x   y x  1 b   l i m x  l i m x    ( y x 2   x x ) 3   x 1  l i m x  1   1 x x 2   3 x  l i m x  x 1   2 x x 1   ( e 1 1 1x   1 3 )  l i m x    x 2  x 3  x 1  1  x  得曲线得斜渐近线为 y  x  3 . 25.【答案】x1， y   π x  1 ， y  π x  1 【解析】 因为 lim x   y   ，所以曲线没有水平渐近线； 由lim y 得 x1 x   1 为曲线的垂直渐近线；由 l i m x  1 y  π  2 3 得x1不是垂直渐近线； y 由k  lim π， x x b  l i x  m  ( y  π x )  1  2 l i x  m  a r c t a n 1 x x  π 2  1  2 l i x  m  1   1 x1 2 x 2   1 得 y   π x  1 为一条斜渐近线； π 1 arctanx y 2 1x2 由k  lim  π，b lim(yπx)12 lim 12 lim 1 x x x x 1 x 1  x x2 得 y  πx1为另一条斜渐近线. 26.【答案】D 【解析】 因为limy ，所以曲线 x y  x x 2   1 1 e 1x  1 无水平渐近线； x2 1 1 由lim y ，lim y ，得曲线y ex1有两条铅直渐近线； x1 x1 x1 y 由k lim 1， x x b  l i x  m  ( y  x )  0 x2 1 1 得曲线y ex1有一条斜渐近线y  x，故答 x1 案选（D）27.【答案】 x   1 2 ， y  ( 2 ln 2 ) x  1 4 ln 2  1 ( x    ) ， 1 y (2ln2)x ln21(x) 4 【解析】函数得全部间断点是 x  0 ， x   1 2 ，因为 li x  m 0  y  li x  m 0  [ 4 x 2  x ln ( 2 x  1 )  4 x  1 x ln x ]  0  0  0  2x1 lim y lim  4x2 xln  ，于是垂直渐近线只有 1 1 x  x x 2 2 x   1 2 k  l i x  m  y x  l i x  m  x x 4  1 x l n  2  1 x   2 l n 2 ， b   l i m x   l i m  t 0  [ y 4   ( t 2 l l n n ( 2 2 )  t x ] t )   l i x  2 m l n  2 4   l i t 1 x m  0 l  n ( 2 2 4  1 x   t 1 x t )   2 l n 2 ( l n 2 4 2   t ) t   1  1 4 l n 2 所以 y  ( 2 ln 2 ) x  1 4 ln 2  1 为一条斜渐近线. y x 1  1 k  lim  lim 4 ln 2 2ln2   x x x x x  x b lim[y(2ln2)x] x  1  1  1  limx 4 ln  2  2ln2 1 ln2 x  x  x  4 所以 y   ( 2 ln 2 ) x  1 4 ln 2  1 为另一条斜渐近线 因此，全部渐近线是： x   1 2 1 ，y (2ln2)x ln21(x)， 4 y   ( 2 ln 2 ) x  1 4 ln 2  1 ( x    ) . 28.【答案】水平渐近线y  0，垂直渐近线x  0,x  2 【解析】y 的定义域为：(,2) (2,1) [1,0) [0,)，因为 y 在点 x   1 处左连续，在点 x  0 处右连续，故不必考虑 x  (  1 )  及 x  0  时 y 的极限，又因为 x l i（  m ）1  y  e ，故渐近线只可能在下述情形之中出现. lnx2 （1） lim y  lim 0，故 x x x2 y  0 为 y 的一条水平渐进线. 而 lim x    x s in x 不存在，故 x 无水平渐近线. （2）易看出 x  0 ， x   2 为y 的两条垂直渐近线，这是因为： l i x  m 0  y    ， x l i（  m 2 ）  y    ， x l i（  m 2 ）  y    （3）因 lim x    y x  lim x    s in x 不存在，故曲线y 不可能有斜渐近线. 综上，曲线有水平渐近线： y  0 ，垂直渐近线： x  0 ， x   2 . 29.【答案】水平渐近线 y  π 4 ，铅直渐近线x 0 【解析】 y  e 12 x  a r c t a n ( x 2 x   1 ) x ( x   1 2 )  定义域为： (   ,  1 ) (  1 , 0 ) ( 0 , 2 ) ( 2 ,   ) ， 因为 l i m x  0 e 12 x  a r c t a n ( x x  2  1 ) x ( x   1 2 )    ； 1  x2 x1  π 1 limex2  arctan   e4 x2  (x1)(x2) 2 1  x2 x1  π 1 lim ex2  arctan   e4； x2  (x1)(x2) 2 1  x2 x1  π lim ex2  arctan   e x1  (x1)(x2) 2 1  x2 x1  π lim ex2  arctan   e，所以 x1  (x1)(x2) 2 x  0 为垂直渐近线， 1  x2 x1  π π limex2  arctan   ，所以y  为水平渐近线. x  (x1)(x2) 4 430.【答案】请参照解析 【解析】令 f ( x )  x 2  ( 1  x ) l n 2 ( 1  x ) ， f ( 0 )  0 f ( x )  2 x  l n 2 ( 1  x )  2 l n ( 1  x ) ， f ( 0 )  0 ， 2ln(1x) 2 xln(1x) f(x)2  2 0(x0)   1x 1x  1x  由 f ( 0 )  0 ， f ( x )  0 ( x  0 ) 得 f ( x )  0 ( x  0 ) . 由 f ( 0 )  0 ， f(x)0(x0)，即x2 (1x)ln2(1x)(x0). 31.【答案】请参照解析 【解析】令 f ( x )  ( x 2  1 ) l n x  ( x  1 ) 2 ，则 f ( x )  2 x l n x  x  2  1 x ， f (1 )  0 ， f ( x )  2 l n x  1  1 x 2 ， f ( 1 )  0 ， f ( x )  2 ( x 2 x  3 1 ) 当 0  x  1 时， f ( x )  0 ；当 1  x    ， f ( x )  0 ， 故 f ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 内单调减少，在 ( 1 ,   ) 内单调增加，因而 f ( x ) 在x1处取得最小值. 又 f ( 1 )  0 ，所以当 x  ( 0 ,   ) 时， f ( x )  0 ，从而 f ( x ) 在 ( 0 ,   ) 内单调增加. 又 f (1 )  0 ，可知当 0  x  1 时， f ( x )  0 ；当 1  x    时， f ( x )  0 . 同理可知 f ( x ) 在 x  1 处取到最小值，又 f ( 1 )  0 ，所以 f ( x )  0 ，故原不等式成立. 32.【答案】请参照解析 【解析】当 0 < x < 1 1x ln(1x) 时，  等价于 1x arcsinx 0 < x < 1 令 f(x)(1x)ln(1x) 1x2 arcsinx， f  0   0 ， x f(x)ln(1x) arcsinx0(0 x1)，由 f(0)0， 1x2 f ( x )  0 ( 0  x  1 ) 得 f ( x )  0 ( 0  x  1 ) 1x ln(1x) ，故当0