2012考研数学必看：很详细的考研数学全程辅导书选择及复习规划 -(4)

2?22?4yx?2x?1?x?y?e??222?2x?1?x?y??????x??2?22?ye?1?x?y??4xx??dy?dx

2?22?2x?1?x?y???x?????1?x2?y22??4xx????dy?dx

2??4yx?2x?1?x2?y2?ex??yex?????1?x2?y22??4xx??dy???于是

2dx22?x4yx?2x?1?x?ye????yex????特训题47、 求y?3解 lny?x(x?1)(x?2)的导数y?. 2x(x?1)(e?x)l?xn?(1?)x?ln(2?x2?)xl?n(e?1)? x1?lxn??3ln()对x求导，得

11?1112xex?1?y???????? y3?xx?1x?2x2?1ex?x?1x(x?1)(x?2)因此，y??323(x?1)(ex?x)?1112xex?1???2?x???

?xx?1x?2x?1e?x?ì?x=ln(1+t3)dy?特训题48、设í，求.

2?dx??y=tsintdydy2tsint+t2costdt==解

dxdx3t2dt1+t31+t3)(2tsint+t2cost)(1+t3)(2sint+tcost)(==3t23t

特训题49、证明曲线y??11?(x?0)上任一点?x0,?处切线与两坐标轴所围成的直角三角形面积恒为2. xx0??1?1?2?x?x0? x0x0证 所求切线方程为y?令y?0，得切线截x轴的截距X?2x0， 令x?0，得切线截y轴的截距Y?2， x0

直角三角形面积 S??2?11XY?(2x0)???2 22?x0?ì?x=1+t2?特训题50、求曲线í在t=2处的切线方程. 3???y=tdy3t23解 x0?1?2?5，y0?2?8.==t

dx2t223dy=3，故切线方程为y-8=3(x-5) dxt=2即 3x-y-7=0

?x?t2?2t,特训题51、设函数y=y(x)由参数方程?确定，则曲线y=y(x)在x=3处的法线与x轴交点的横坐标是

?y?ln(1?t)11ln2?3. (B) ?ln2?3. 88(C) ?8ln2?3. (D) 8ln2?3. [ A ]

(A)

【详解】 当x=3时，有t?2t?3，得t?1,t??3（舍去，此时y无意义），于是

2dy

dx1?1?tt?12t?2t?1?1，可见过点x=3(此时y=ln2)的法线方程为： 8 y?ln2??8(x?3)，

令y=0, 得其与x轴交点的横坐标为：ln2?3, 故应(A).

3??x?t?3t?1特训题52、设函数y(x)由参数方程 ? 确定, 则曲线y?y(x)向上凸的x取值范围为

3??y?t?3t?118___________________

【分析】判别由参数方程定义的曲线的凹凸性，先用由 ??x?x(t)

y?y(t)?d2yd2yy??(t)x?(t)?x??(t)y?(t)定义的 求出二阶导数,再由 2?0 确定x的取值范围. ?dxdx2(x?(t))3dydy3t2?3t2?12dt【详解】 , ??2?2?1?2dxdx3t?3t?1t?1dtd2yd?dy?dt?2??14t??1??? , ????22223dt?dx?dx?t?1?3(t?1)3(t?1)dxd2y?0 ? t?0. 令 2dx

3又 x?t?3t?1 单调增, 在 t?0时, x?(??,1)。(?t?0时，x?1?x?(??,1]时，曲线凸.)

特训题53、设f?x?在?0，3?上连续，在?0，3?内可导，且f?0??f?1??f?2??3，f?3??1，试证：必存在

???0，3?，使f?????0。

证 ?f(x)在?0，3?上连续，?f(x)在?0，2?上连续，且有最大值M和最小值m,于是m?f(0)?M；

m?f(1)?M；m?f(2)?M，故m?1?f(0)?f(1)?f(2)??M。 3由连续函数介值定理可知，至少存在一点c??0，2?，使得

f?c??1?f(0)?f(1)?f(2)??1 3因此f?c??f?3?，且f?x?在?c，3?上连续，?c，3?内可导，由罗尔定理得出必存在???c，3???0，3?，使得

f?????0。

特训题54、 设f?x?在?0，1?上连续，在?01，?内可导，且3求证：存在x?(0，1)使f￠(x)=0

?f?x?dx?f?0?.

231证 由积分中值定理可知，存在c，使得得到 f?c??31?123?2?f?x?dx?f?c??1??

?3??f?x?dx?f(0)

23对f?x?在?0，c?上用罗尔定理（三个条件都满足）， 故存在x翁(0，c)

特训题55、设x>0，试证：

(01)，，使f￠(x)=0

x

(t)=∵f￠11，∴ln(1+x)-ln1=[x-0]，(0

x

证 由题意可知存在c?(a,b)使得 f?c??f?a??f?b?

f(c)?f(a)?0

c?af(b)?f(c)?0， 如果f?b??f?c?，则f?x?在?c，b?上用拉格朗日中值定理存在x2?(c,b)，使f???2??b?c如果f?c??f?a?，则f?x?在?a，c?上用拉格朗日中值定理存在x1?(a,c)，使f???1??因此，必有x?(a,b)，使得f?????0 成立.

特训题57、 设f??(x)?0，f(0)=0，证明对任意x1>0，x2>0恒有

f(x1+x2)

证 不妨假设x1￡x2，由拉格朗日中值定理有

①f(x1)=f(x1)-f(0)=(x1-0)f￠(x1)， 0

②f(x1+x2)-f(x2)=[(x1+x2)-x2]f￠(x2)，x2f(x2) 这样由①②两式可知 f(x1)>f(x1+x2)-f(x2) 因此，f(x1+x2)

特训题58、 设f?x?在?a，b?上连续，?a，b?内可导，且b?a?0，证明：存在x?(a,b)，h?(a,b)使

f￠(h)=a+bf￠(x) g2x证 考虑柯西中值定理（g?x?待定）

fⅱ(x)f(b)-f(a)f(h)(b-a) ==g￠(x)g(b)-g(a)g(b)-g(a)最后一步是把分子用拉格朗日中值定理.

再把欲证的结论变形，

fⅱ(x)f(h)f (h)(b-a)== 222xa+bb-a两式比较，看出令g(x)=x2即可.

(x)b2+ab+a2f￠类似地，欲证f￠g2，则取g(x)=x3即可 (h)=3x

特训题59、设函数f?x?在?01，?上二阶可导，且f?0??f??0??f??1??0，f?1??1.

求证：存在x?(0，1)，使得fⅱ(x)34

证 先把f?x?在x=0处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式

f?x??f?0??f??0?x?1f????1?x2 (0??1?x )2!再把f?x?在x=1处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式

f?x??f?1??f??1??x?1??在上面两个公式中皆取x=12f????2??x?1? (x??2?1 )2!1则得 21?1?1??1? )f???f????1? (02?2?811?1?f???1?f????2? (??2?1 )28?2?两式相减，得f????1??f????2??8，于是fⅱ(x1)+fⅱ(x2) 8 因此 max(x1),{fⅱfⅱ(x2)}34

亦即证明存在x?(0，1)，使 fⅱ(x)34

特训题60、 设在?0,1?上f???x??0，则f??0?，f??1?，f?1??f?0?或f?0??f?1?的大小顺序是（ ） （A） f??1??f??0??f?1??f?0? （B）f??1??f?1??f?0??f??0? （C） f?1??f?0??f??1??f??0? （D）f??1??f?0??f?1??f??0? 解 选?B?

∵根据拉格朗日中值定理f?1??f?0??f?????1?0??f???? 其中0???1，又f???x??0，∴f??x?单调增加 因此， f??1??f??(?)f?? 0?f?x?x?a特训题61、设函数f(x)在?a,b?上连续，在?a,b?内可导，且满足f(a)?0，如果f?(x)单调增加，求证?(x)?在?a,b?内单调增加.

x?a?f??x??f?x??证 ??(x)? 2?x?a?用拉格朗日中值定理

f(x)?f(x)?f(a)?f?(?)(x?a) (a???x)