250619_164616-菁英班强化高数第二章解析_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_强化_高数

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 .   