2.2　典型题（含考研真题）详解

1．设函数f在x＝0处连续，f（x）＝0，且

证明：．

证明：先证．由已知条件，，有

或

由上式可得

将上述不等式相加，可得

令，由于f在x＝0处连续，所以有

即

这表明．

同理可证，故．

2．证明：函数

在x＝0处存在任意阶导数，且．

证明：当时，

其中是关于的3n次多项式（这不难用数学归纳法证明）．

假设，则有

3．设f（x）在（a，＋∞）具有二阶连续导数，且

（2-2-1）

求证：（1）存在使得且；

（2）存在，使得．

证明：

则，且由上式与式（2-2-1）有

（2）用反证法．若，则在（a，十∞）恒大于0或恒小于0．

不失一般性，设，则在（a，＋∞）严格单调增，但由（1）知．所以，即f（x）在（a，＋∞）严格单调减，这与式（2-2-1）矛盾．

仿上可知亦不成立．从而，使．

4．用莱布尼茨公式计算．

；

．

解：（1）求两阶导数可得

对上式两边求n阶导数，得

在上式中，令x＝0可得

由递推公式，并注意到，可得

，k为自然数

（2）求导一次可得

对上式两边求n阶导数，得

在上式中，令x＝0可得

由递推公式，并注意到可得

，k为自然数

5．讨论在什么条件下，函数

在点x＝0可微．

解：由定义，需要计算

当x＞0时，；

当x＜0时，．

所以当且仅当2（α＋β）＞1时，存在且为0．

当β＞0时，对充分小的，恒有，故对任意的α，都有0，从而．

总之，当或β＞0时，f（x）在点x＝0可微且．

6．设，求．

解：用泰勒公式

两边积分可得

由此可得f（x）的泰勒展开式

于是，有

若令2n＋11＝2l＋1，则上式可改写为

综上，有

其中l为自然数．

7．确定常数a，b，使当x→0时，为x的3阶无穷小．

证明：

于是

欲使f（x）为三阶无穷小量，必须有

解之得．

8．设f（x）在[0，2]上二次可微，．

证明：，有．

证明：将f（x）在x点作泰勒展开，得

将上两式相减，得

即

其中在[0，2]上的最大值为4．

9．若f（x）在R上存在任意阶导数，且，有，有，证明：．

证明：因为f（x）在点0处连续，所以．

对f（x）在上应用罗尔定理，

，使

又因为f'（x）在0点连续，所以

同理可证

，将f（x）在点0处展开成泰勒公式，有

而

由可知，f（x）＝0．于是，都有f（x）＝0．

10．设n≥2，r＞0，f（n）（x）在[a－r，a＋r]上连续，并设f（k）（a）＝0（1≤k≤n－1），f（n）（a）≠0．证明：

（1）当n为偶数时，a是极值点；

（2）当n为奇数时，a是拐点．

证明：（1）因为，所以

（2-2-2）

又因，故，使当时，有

与f（n）（a）同号．

由式（2-2-2）知，当n为偶数时，与f（n）（a）在上同号，因此a为极值点．

（2）因为，所以

　 （2-2-3）

又因，故，使当时，有

与f（n）（a）同号．

由式（2-2-3）知，当n为奇数时，在上不变号，因此x＝a是拐点．

11．设当x＞0时，方程有且仅有一个根，求k的取值范围．

解：令，则

当k≤0时，f'（x）＜0，f（x）严格单调递减，又注意到

当k≤0时，f（x）＝0在（0，＋∞）内仅有一个根；

当k＞0时，f（x）在（0，＋∞）上是下凸函数，且是唯一极小值点，也是最小值点．而

当最小值为零，即

时，f（x）＝0有且仅有一个根．由上式解得．当时，f（x）＝0或无解或有两个解．

综上知，当k≤0及时，方程有且仅有一个实根．

12．（北京交通大学2003年）根据导数的定义证明．

证明：

于是

13．（北京师范大学2006年）已知函数，且f（0）＝0，证明：若存在，使得，则f（x）在点x＝0处的右导数存在．

证明：令x＝αt，则，所以对任意的ε＞0，存在δ＞0，使得当0＜x＜δ时，有

取，则有

将这些式子相加有

令n→∞，由α＞β和f（0）＝0知

即当0＜x＜δ时，有，故f（x）在点x＝0处的右导数存在，且．

14．（中北大学2005年）设函数y＝y（x）由参数方程所确定，求．

解：由参数方程的求导法则知

由于

所以

故

15．（南京大学2002年）设f（x）在x＝0的某个邻域内连续，且

（1）求f＇（0）；

（2）求；

（3）证明f（x）在点x＝0处取得极小值．

解：（1）由于，故

（2）由于，故

（3）由（2）的结论和极限的局部保号性可知，存在δ＞0，使得对任意的|x|＜δ，有

成立，所以f（x）在点x＝0处取得极小值．

16．（江苏大学2006年）设f（x）是定义在R上的函数，且对任意的，都有．若f＇（0）＝1，证明：对任意的x∈R，都有．

证明：在中令，有．

又由知，f（x）不恒为零，故有f（0）＝1．

由导数的定义和可得

17．（湖南大学）设函数f（y）的反函数以及都存在，且．证明：

证明：令x＝f（y），则，将x＝f（y）对x求导得

两边再对x求导，得

18．（中国科学技术大学）设，n为自然数．

（1）证明：；

（2）求．

证明：（1）对求导有

再对上式求n－1次导数可得，即

（2）因为

19．（北京师范大学2006年），数列满足关系式，求及．

解：由

知

得

所以

由L’Hospital法则可得

20．（北京大学，哈尔滨电工学院）（1）设f（x）在（0，＋∞）内二次可微，分别为内的上确界，证明

（2）设f"（x）在（0，＋∞）上有界，且，证明

证明：（1），由泰勒公式有

解得

若取则

再由x的任意性，有

　 （2-2-4）

（2）设因故对，当时，

由上面（1）知，在上由上式与式（2-2-4）有

类似可证在上有．

21．（大连理工大学）已知在上定义的可微分函数满足条件

　 （2-2-5）

和f（0）＝1．

（1）求

（2）证明：f（x）在x≥0满足

解：（1）由条件知，当x≠－1时，为可导函数，于是将式（2-2-5）两边对x求导数

由上式与式（2-2-5）得

解上述微分方程得　

在式（2-2-5）中，令得

由上述两式可得．

（2-2-6）

（2）当x≥0时，由式（2-2-6）知，即f（x）单调减少，而f（0）＝1，

  （2-2-7）

再令，则

即F（x）单调增加，但从而，此即

由上式与式（2-2-7）即证

22．（南京大学2002年）设

（1）求f（x）在（－∞，a）上的最大值；

（2）设，求．

解：（1）由于，所以当x＜a－1时，；当a－1＜x＜a时，．故f（x）在（－∞，a）上的最大值为．

（2）令，则可递推关系式成立．由（1）的结论知，又由的递推关系式知，因此收敛，记极限为y．因此成立，得y＝0，故有．

23．（中国科学院2007年）证明下列不等式

（1），（0＜x＜1，n为正整数）；

（2）（y＞0）．

证明：（1）令

因为

所以为极值点．

（2）只需讨论0＜x、y＜1时的情形．

令y＝tx，讨论0＜t≤1时的情形．

因为在处达到最小值（记为a），则有．因为只有一个极值点，所以g（t）在（0，1）上递增，g（0）＝1，则．

对x、y＞1同样可证明．

24．（山东海洋学院）证明：对一切和均有

证明：令，则

又

　 （2-2-8）

因，则．

则由式（2-2-8）可得

令，在中，解得，由于

∴f（x）在上最大值为f（α），最小值为0，从而即得证．

25．设函数f在[a，b]上可导，且，证明：存在使得

证明：欲证结论成立，只需证明方程在（a，b）内有解．

注意到

构造辅助函数

g（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且．

若，由罗尔定理可得结论；

若，不妨设若，则有

进而可知，．由极限的保号性，，当时，有．由此可知，g（x）在[a，b]上的最大值必在内部达到，设在ξ点达到．由费马引理，，这就完成了证明．

26．若函数f（x）在内可微，且，则

证明：由可知，，当时，有

丨f′（x）丨＜ε

对，在上对f应用拉格朗日中值定理

于是，有

对固定的Ｘ_o，因为，所以对上述，当x＞X时，有．故

27．（数学Ⅱ）设函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，在开区间（a，b）内可导，且．若极限存在，证明：

（1）在（a，b）内f（x）＞0；

（2）在（a，b）内存在点，使

（3）在（a，b）内存在与（2）中相异的点η，使

证明：（1）由存在知，，由f（x）在[a，b]上连续，可知f（a）＝0．而，故

（2）取．对在[a，b]上应用柯西中值定理即可．

（3）由在上应用拉格朗日中值定理知，，使将代入（2）的结论中，整理即可．

28．（华中师范大学，2003年）设f（x）在[a，b]上二阶可导．过点A（a，f（a））与B（b，f（b））的直线与曲线y＝f（x）相交于C（c，f（c）），其中a＜c＜b．

证明：在（a，b）中至少存在一点，使．

证明：由假设，对f（x）在[a，c]与[c，b]上分别运用拉格朗日中值定理，

，使得

　  （2-2-9）

由于点C（c，f（c））在过点A与B的直线上，故

由式（2-2-9）有

又上连续，在内可导，运用罗尔定理，使得．

29．（西北电讯工程学院）设f（x）在区间（－∞，0）内可微，且，证明：．

证明：由，则对，存在M＜0，当x＜M时，有

再由中值定理

（2-2-10）

现固定M，则存在，使

由上式与式（2-2-10）得，对

此即

30．（华中师范大学2002年、吉林工业大学）设f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，b＞a＞0，f（a）≠f（b）．证明：存在，使

证明：由拉格朗日中值定理有，使得

　  　 （2-2-11）

令，则由柯西中值定理，有，使得

由于，由上式与式（2-2-11）得

31．（1）设p，q是大于1的常数，且，证明

（2）设，证明

证明：（1）令，分三种情况讨论．

①当时，对F（x）在[x，1]上应用拉格朗日中值定理有

其中，由上式解得

②当x＝1时

③当x＞1时，对F（x）在[1，x]上应用拉格朗日中值定理，有

其中

综上可知得证．

（2）不妨设，对f（x）分别在与上应用拉格朗日中值定理，得

　  （2-2-12）

　  （2-2-13）

由于，由，所以单调增加．

从而，由式（2-2-12），（2-2-13）及，可得