第二章 一元函数微分学(答案版)考研资料.pdf

2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 1 第二章第二章 一元函数微分学一元函数微分学 重点题型重点题型一一 导数与微分导数与微分的的概念概念【例例 2.1】（中国人民大学 2001）设12(1)1()arcsin1xxxxf xex+=+，则(1)f=.【详解详解】【例例 2.2】设23 1,0()1ln(1)2,02xexxf xxxxx=+.若()(0)nf存在，则n的最大值为 .【详解详解】【例例 2.3】（江苏省 1996 年竞赛题）设()1350121lim1 coscoscos,01()lim 11,0!(),0nnnxnxxxnnnnf xxx dxxnfxx+=+=时，11001111sin()limcoscossinnniixf xxxtdtxtnnxx=或 01111sin()limcoscosnxniixxf xxtdtxnnxx=令13501xx dxa+=，则lim0!nnan=，得(0)1f=.当0 x=.3220000sin1()(0)sin6(0)limlimlimlim0 xxxxxxf xfxxxfxxxx=（II）由于()f x为偶函数，只需讨论()f x在0,上的最大值.2cossin()xxxfxx=，令()cossin,0,g xxxx x=，则()sin0g xxx=，()g x单调递减，从而()(0)0g xg=，()0fx，()f x单调递减，故(0)1f=为最大值.【例例 2.4】（1）（江苏省 1994 年竞赛题）设)(xf在0 x=处可导，且(0)0f=，求极限 22212limnnfffnnn+；（2）设)(xf在0 xx=处可导，,nn为趋于零的正项数列，求极限00()()limnnnnnf xf x+.【详详解解】（1）由题设得221(0)(1,2,)iiffoinnnn=+=，故 222222212121limlim(0)(1)12 (0)lim(0)2nnnnnffffn onnnnnnnn nffn+=+=2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 3（2）由)(xf在0 xx=处可导，得000()()()()f xxf xfxxox+=+，从而 000()()()()nnnf xf xfxo+=+，000()()()()nnnf xf xfxo=+故 000()()()()()nnnnnnnnf xf xoofx+=+又()()()()()()00()nnnnnnnnnnnnnnoooooon+由夹逼准则得()()lim0nnnnnoo=+，故 000()()lim()nnnnnf xf xfx+=+【例例 2.5】（1）设()f x在(0,)+内有定义，且(1)1f=.若对任意,(0,)x y+，有()()()f xyf xf y=+，求()f x；（2）设()f x连续，且()0f x，(1)2f=.若对任意,(,)x h +，有 2(1)()()()x hxt tf xhdtf xf t+=+，求()f x.【详解详解】（1）令1xy=，则(1)(1)(1)fff=+，得(1)0f=.由 00001()()()()limlim11(1)111 limlim(1)xxxxxfxf xxf xxf xfxxxxxfffxxfxxxxxx +=+=得()lnf xxC=+.由(1)0f=，得0C=，故()lnf xx=.2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 4（2）由积分中值定理，存在介于x与xh+之间，使得 22(1)(1)()()()()x hxt tf xhf xdthf tf+=由 2200()()(1)(1)()limlim()()hhf xhf xx xfxhff x+=得2()()(1)fx f xx x=+，故22211()(1)24fxxC=+.由(1)2f=，得0C=，故21()(1)2f xx=+.重点题型重点题型二二 导数与微分的计算导数与微分的计算【例例 2.6】设()f x在0 x=处二阶可导，反函数为()xy=，且20()1lim1xf xxx+=，则(1)=.【详解详解】由 222200(0)(0)(0)()1()12limlim1xxfffxxo xxf xxxx+=得(0)1f=，(0)1f=，(0)2f=，故 3(0)(1)2(0)ff=【例例 2.7】设()yf x=由参数方程231210y tuxtttedu+=+=确定，则220td ydx=.【详解详解】20(0)(32)2txt=+=，0(0)60txt=.210y tutedu+=两端对t求导，得2()1()10y tey t+=（1）当0=t时，1y=，代入（1）式，得(0)1ye=.（1）式两端对t求导，得222()()2()()1()0y ty tyt ey tey t+=（2）将0=t，1y=，(0)1ye=代入（2）式，得2(0)2ye=，故 2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 5 0(0)1(0)2tdyyedxx=，22320(0)(0)(0)(0)2(0)td yyxxyedxx=【例例 2.8】（1）设22021()(1)f xx=，则(2021)(2021)(1)(1)ff=；（2）（江苏省 1994 年竞赛题）设22()(32)cos16nf xxxx=+，则()(2)nf=；（3）设()f x满足22()()01xfxf xxx=+，且(1)ln2f=.若3n，则()()nfx=.【详解详解】【例例 2.9】（1）设21()124f xxx=+，则(2020)(0)f=，(2021)(0)f=；（2）设1()arctan1xf xx=+，求(2020)(0)f=，(2021)(0)f=；（3）设01sin,0(),0 xtdt xf xxtAx=连续，则(8)(0)f=，(9)(0)f=；（4）（武汉大学 2012）设201cos,0(),0 xt dt xf xxAx=连续，则(8)(0)f=，(10)(0)f=.2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 6【详解详解】（1）由 331333001 212()(2)(2)1(2)1(2)1(2)nnnnxxf xxxxxx+=得(2020)2020(0)22020!f=，(2021)(0)0f=.（2）由 2122200111()(1)(1)11111nnnnnnxfxxxxxxx+=+得(2020)(0)0f=，(2021)(0)2020!f=.重点题型重点题型三三 导数应用导数应用求求切线与法线切线与法线【例例 2.10】设连续曲线()yf x=在点(1,(1)f处的切线方程为1yx=，求极限 22020(1)limlncosxtxtxe fee dtxx+.【详解详解】由题设得(1)0f=，(1)1f=.由 21lncosln(1 cos1)cos12xxxx=+得 2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 7 2222222220014240003200(1)(1)(1)()limlim2limlncos2()2()2limlim4 xxxetxtxtxtxxxxxxxxe fee dtfee deef u duxxxxf eexf exx+=22220()(1)1 lim(1)11xxxxf efefxe=重点题型重点题型四四 导数应用导数应用求求渐近线渐近线【例例 2.11】曲线11arctanxxxxeexyxee+=有【】（A）三条渐近线和一个第一类间断点 （B）三条渐近线和两个第一类间断点（C）两条渐近线和两个第一类间断点 （D）两条渐近线和一个第一类间断点【详解详解】【例例 2.12】求下列曲线的渐近线：（1）1(1)1xxxyex+=；（2）121xyex=+；（3）122(23)(1)arctanxxxeyxx+=.【详解详解】（1）由于1(1)lim1xxxxex+=，故曲线无水平渐近线.由于10(1)lim1xxxxex+=+，11(1)lim1xxxxex+=，故0 x=，1x=为垂直渐近线.2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 8 由于11lim11xxxex+=，且 1200(1)1(1)1(2)1lim limlim3121ttxxttxxe tte texxxtttt+=故3yx=为斜渐近线.（2）由于12lim1xxex+=，故曲线无水平渐近线.由于120lim1xxex+=+，故0 x=为垂直渐近线.由于121lim1xxexx+=，且 122200220011111lim1 lim1lim(11)12 limlim1ttxxttttttetexxxettttttetett+=+=+=故1yx=+为右侧斜渐近线.由于121lim1xxexx+=，且 122200220011111lim1 lim1lim(11)12 limlim1ttxxttttttetexxxettttttetett+=+=+=故1yx=为左侧斜渐近线.2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 9 重点题型重点题型五五 导导数数应用应用求求极值极值与最值与最值【例例 2.13】设(),()f x g x在0 xx=处可导，且00()()0f xg x=，00()()0fx g x时，2axxe恒成立，则a的最小值为 .【详解详解】【例例 2.15】2220()(1 5)1xdtF xtt=+的值域是 .【详解详解】2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 10【例例 2.16】设)(xf在2=x处连续，且()20ln(2)lim41 cosxxf xex+=，证明2=x是)(xf的驻点也是极值点.【详解详解】由()()222222000222000ln(2)ln 1(2)1(2)1limlim2lim1 cos2(2)1(2)2lim2lim2lim24xxxxxxxxxxf xef xef xexxxf xef xxxx+=+=+=+=得1)2(lim20=+xxfx，故(2)0f=.由 200(2)(2)(2)limlim1xxfxff xxxx+=得0)2()2(lim0=+xfxfx，故(2)0f=，即2x=为)(xf的驻点.由于20(2)lim0 xf xx+，由极限保号性，存在0，当0 x=，故 2=x为)(xf的极小值点.【推推广广】设)(xf在0=x处连续，且0()lim(1)kxf xkx存在，则(0)0f=，(0)0f=.【例例 2.17】证明：当0 x 时，2201()sin(22)(23)xntttdtnn+，其中n为自然数.【详解详解一一】令220()()sin,0 xnf xtttdt x=，则22()()sinnfxxxx=.令()0fx=，得0,1,(1,2,)xkk=.当01x，()f x单调递增；当1x 时，()0fx，()f x单调递减，故 112222001()(1)()sin()(22)(23)nnf xftttdttt t dtnn=+【详解详解二二】1222222001()sin()sin()sinxxnnntttdttttdttttdt=+当01x时，221()sin0 xntttdt，故当0 x 时，2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 11 112222220001()sin()sin()(22)(23)xnnntttdttttdttt t dtnn时，11(1)14xxxx+，当且仅当1x=时等号成立.【详解详解】【例例 2.19】证明：当02x时，2224112tan3xx.【详解详解】2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 12【例例 2.20】（浙江省 2003 年竞赛题）（I）证明：当01x时，11111ln2ln(1)2xx+；（II）求使得不等式1111nnenn+对所有正整数n都成立的最大的数与最小的数.【详解详解】（I）令11(),(0,1)ln(1)f xxxx=+，则 22222211(1)ln(1)()(1)ln(1)(1)ln(1)xxxfxxxxxx x+=+=+令22()(1)ln(1),(0,1)g xxxxx=+，则2()ln(1)2ln(1)2g xxxx=+，2()ln(1)01gxxxx=+，()g x单调递减，从而()(0)0g xg=，()g x单调递减，故()(0)0g xg=，()0fx，()f x单调递减.又 1(1)1ln2f=，222000ln(1)12lim()limlim2xxxxxxf xxx+=故当01x时，11111ln2ln(1)2xx+.（II）1111nnenn+两端取对数，得11()ln 11()ln 1nnnn+，即 11ln 1nn+.令1xn=，则原不等式转化为当01x（C）设()f x在(,)a b内只有一个驻点0 x，且0 xx=是()f x的极小值点，则0()f x是()f x的最小值（D）设()0fb且1x 时，ln11xxx时，0arctanxte dtx，则 22211(1)()1(1)xxxexfxxex e+=+令2()(1),0 xg xexx=+，则()2xg xex=，()2xgxe=.令()0gx=，得ln2x=.当0ln2x时，()0gx时，()0gx，故()g x单调递增.又(ln2)22ln20g=，从而()0g x，()g x单调递增，故()(0)0g xg=，即()0fx，()f x单调递增，故()(0)0f xf=，即0arctanxte dtx时，211ln 121(1)xxxx+；（2）设()f x在)0,+内可导，且(0)1f=，()()fxf x时，()xf xe时，2ln(1)21ttttt+，则 22214()01(2)(1)(2)tf ttttt=+()f t单调递增，故()(0)0f tf=，即2ln(1)2ttt+.令1 tu+=，则ln(1)1ttt+时，12lnuuu，则 22212(1)()10ug uuuu=+=()g u单调递增，故()(1)0g ug=，即12lnuuu，则()()()0 xF xefxf x=，()F x单调递减，故()(0)1F xF=，即()xf xe.证明：（I）对任意12,xxa b，有1212()()22xxf xf xf+；（II）1()()()22baabf af bff x dxba+，知()fx单调递增，故21()()ff，即1212()()22xxf xf xf+，故1212()()22xxf xf xf+，则()()222axxaaxF xf xff+=.由 Lagrange 中值定理，存在1,2axx+，使得 11()()()22222xaxaaxaxxaF xffff+=由()0fx，知()fx单调递增，故1()2axff+，即()0F x，()F x单调递增，故()()0F bF a=，即1()2baabff x dxba+，则 11()()()()()()()()2222xaxaG xf af xfxf xfxf xf a=+=2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 17 由 Lagrange 中值定理，存在2(,)a x，使得 22()()()()()222xaxaxaG xfxffxf=由()0fx，知()fx单调递增，故2()()fxf，即()0G x，()G x单调递增，故()()0G bG a=，即()()()2baf af bf x dx+=故1()2()baabff x dxba+由()yf x=为凹函数，得()()()()()f bf af xf axaba+.两端在,a b上积分，得()()()()()()()()()2bbaaf bf af bf af x dxf a baxa dxbaba+=故1()()()2baf af bf x dxba+.【2014，数数一、一、数数二、二、数数三三】设()f x二阶可导，()(0)(1)(1)g xfxfx=+，则在0,1上（A）当()0fx时，()()f xg x（B）当()0fx时，()()f xg x（C）当()0fx时，()()f xg x（D）当()0fx时，()()f xg x 重点题型重点题型八八 导数应用导数应用求方程的求方程的根根【例例 2.27】方程111012150 xxx+=实根的个数为 .【详解详解】2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 18【例例 2.28】求方程230 xtedtxx=实根的个数.【详解详解】令230()xtf xedtxx=+，则)(xf为奇函数，故只需讨论()0f x=在)0,+内实根的个数.由于22()31xfxex=+，062)(2，lim()xfx+=，故存在唯一的0(0,)x+，使得0)(0=xf.当00 xx xf，故()f x单调递增；当0 xx时，0)(，0b，求,a b的取值范围.【详解详解】（1）lnaxx=两端取对数，得lnlnlnxax=，即lnlnlnxax=.令ln xt=，则原方程转化为lntat=.令ln()tf tt=，则21 ln()tf tt=.令()0f t=，得te=.当0te，故()f t单调递增；当te时，()0f t时，原方程无实根；当1ae=或0a 时，原方程有唯一的实根；当10ae有两个零点，则ba的取值范围是（A）(,)e+（B）(0,)e （C）10,e （D）1,e+【例例 2.32】（北京市 1994 年竞赛题）设2()(2,3,)nnfxxxxn=+=.（I）证明方程()1nfx=在)0,+内只有一个实根nx；（II）求limnnx.【详解详解】（I）令()()1,0nnF xfxx=，则1()120nnF xxnx=+，故()nF x单调递增.又(0)1nF=，(1)10nFn=，故()0nF x=，即()1nfx=在)0,+内只有一个实根nx.（II）由（I）知01nx，故 nx单调递减.由单调有界定理，limnnx存在.令limnnxa=，2(1)11nnnnnnnnxxxxxx+=两端取极限，得11aa=，解得12a=，故1lim2nnx=.【2012，数二数二】（I）证明方程11nnxxx+=（n为大于 1 的整数）在1,21内只有一个实根；（II）记（I）中的实根为nx，证明nnxlim存在，并求此极限.重点题型重点题型九九 Rolle 中值中值定定理理证明题证明题 2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 21【例例 2.33】设()f x在(,)a b内可导，则下列结论正确的是【】（A）设()f x在(,)a b内只有一个零点，则()fx在(,)a b内没有零点（B）设()fx在(,)a b内至少有一个零点，则()f x在(,)a b内至少有两个零点（C）设()fx在(,)a b内没有零点，则()f x在(,)a b内至多有一个零点（D）()f x在(,)a b内没有零点，则()fx在(,)a b内至多有一个零点【详解详解】【例例 2.34】设连续函数()f x在,a b上单调递增，且()0f a.证明：（I）存在(,)a b，使得()0af x dx=；（II）存在(,)a b，使得()()af x dxf=.【详解详解】【例例 2.35】设()f x在0,1上连续，在(0,1)内可导.证明：（I）若21130(1)3()xfef x dx=，则存在(0,1)，使得()2()ff=；（II）若(1)0f=，2()01arctan2f xexdx=，则存在(0,1)，使得2(1)()arctan1f+=.2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 22【详解详解】（I）即证()2()0ff=，令21()()xF xef x=，则()F x在0,1上连续，在(0,1)内可导.由积分中值定理，存在10,3c，使得 2211130(1)3()()xcfef x dxef c=故()(1)F cF=.由 Rolle 中值定理，存在(,1)(0,1)c，使得()0F=，故()2()ff=.（II）即证21()arctan01f+=+，令()()arctanf xF xex=，则()F x在0,1上连续，在(0,1)内可导，且(1)4F=.由积分中值定理，存在20,c，使得 2()()021arctanarctan2f xf cexdxec=故()4F c=.由 Rolle 中值定理，存在(,1)(0,1)c，使得()0F=，故2(1)()arctan1f+=.【2001，数，数三三】设()f x在0,1上连续，在(0,1)内可导，且110(1)()(1)xkfkxef x dx k=.证明：存在(0,1)，使得1()(1)()ff=.【例例 2.36】设()f x在0,1上二阶可导，且0()lim1xf xx=，1()lim21xf xx=.证明：（I）存在(0,1)，使得()0f=；（II）存在两个不同的点12,(0,1)，使得()()(1,2)iiffi=；（III）存在(0,1)，使得()()ff=.【详解详解】（I）由题设得(0)(1)0ff=.由极限保号性，存在10，20，当10 x，即()0f x；当211x，即()0f x，2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 23()0f b.证明：存在(0,1)，使得()()()1fgf+=；（3）设)(),(xgxf在0,1上连续，在)1,0(内可导，且11203()3()f x dxf x dx=.证明：存在两个不同的点)1,0(,，使得()()()()fgff=.【详解详解】（1）即证()1()0ff=，令()()xF xef xx=，则()F x在,a b上连续，在(,)a b内可导，且()0F a=.由积分中值定理，存在(,)ca b，使得 221()()()()()02bbaaf x dxbaf xx dxf cc ba=从而()0f cc=，故()0F c=.由 Rolle 中值定理，存在(,)(,)a ca b，使得0)(=F，故()()1ff=+.（2）即证()1()()0fgf+=，令()()()g xF xef xx=，则()F x在0,1上连续，在)1,0(内可导，且(0)(0)0gFe=，(1)(1)20gFe=故()0F c.由零点定理，存在(0,)ac，(,1)bc，使得()()0F aF b=.由 Rolle 中值定理，存在(,)(0,1)a b，使得0)(=F，故()()()1fgf+=.（3）由 21113220033()()()3()f x dxf x dxf x dxf x dx=+=得213203()2()f x dxf x dx=.由积分中值定理，存在20,3c，2,13，使得2302()()3f x dxf c=，12322()()3f x dxf=，故)()(fcf=.即证()()()()0fgff+=，令()()()()g xF xef xf=，则()F x在0,1上连续，在)1,0(内可导，且()()0F cF=.由 Rolle 中值定理，存在(,)(0,1)c，使得()0F=，故()()()()fgff=.【例例 2.38】设()f x在10,2上二阶可导，且(0)(0)ff=，102f=.证明：存在10,2，使得3()()1 2ff=.【详解详解】2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 25【例例 2.39】（1）设()f x在,a b上连续，在(,)a b内可导.证明：存在(,)a b，使得()()()()bf baf affba+=；（2）设()f x在,a c上二阶可导，abc，证明：存在(,)a c，使得()()()1()()()()()()()2f af bf cfab acba bcca cb+=；（3）（南京大学 1995）设()f x在(0,1)内三阶可导，01ab，证明：存在(,)a b，使得 31()()()()()()()212baf bf abafaf bf=+.【详解详解】2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 26【例例 2.40】（江苏省 2002 年竞赛题）设()f x在,a b上连续，且()()0bbxaaf x dxf x e dx=，证明()f x在(,)a b内至少有两个零点.【详解详解一一】令()(),xaF xf t dt xa b=，则()F x在,a b上可导，且()()0F aF b=.由积分中值定理，存在(,)ca b，使得 ()()()()()()0bbbbxxxxcaaaaf x e dxe dF xe F xF x e dxF c e ba=故()0F c=.由 Rolle 中值定理，存在1(,)a c，2(,)c b，使得12()()0FF=，故12()()0ff=.【详解详解二二】由积分中值定理，存在(,)a b，使得()()()0baf x dxfba=，故()0f=.设()f x在(,)a b内只有一个零点，不妨设当ax；当xb时，()0f x 与()()()()0bbbxxaaaeef x dxef x dxf x e dx=矛盾，故()f x在(,)a b内至少有两个零点.【推推广广】设()g x在,a b上有一阶连续导数，对任意(,)xa b，有()0g x.若()f x在,a b上连续，且()()()0bbaaf x dxf x g x dx=，则()f x在(,)a b内至少有两个零点.【2000，数一、数二、数，数一、数二、数三】三】设()f x在0,上连续，且0()0f x dx=，0()cos0f xxdx=.证明：在(0,)内至少存在两个不同的点12,，使得12()()0ff=.重点题型重点题型十十 Lagrange 中值中值定定理理证明题证明题【例例 2.41】（莫斯科 1975 年竞赛题）设()f x在(0,)+内可导，lim()xfx+存在，且 lim()()xfxf xl+=，则lim()xfx+=；lim()xf x+=.【详解详解】2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 27【例例 2.42】（1）（莫斯科 1976 年竞赛题）当1x 时，222arctanarcsin1xxx+=+；（2）当02x.证明：存在(,)a b，使得()0f.由极限保号性，存在0，当axa，即()0f x，故存在(,)ca b，使得()0f c.由 Lagrange 中值定理，存在1(,)a c，2(,)c b，12(,)(,)a b，使得 1()()()0f cf afca=，2()()()0f bf cfbc=，2121()()()0fff=.由极限保号性，存在0，当axa，即()0f x.由最值定理，存在0(0,1)x，使得0()f x为()f x在,a b上的最大值(0)M M，故0()0fx=.由 Taylor 公式，存在0(,)(,)a xa b，使得 200()()()()2ff af xax=+故202()0()Mfax=.或存在0(,)(,)x ba b，使得 200()()()()2ff bf xbx=+故202()0()Mfbx=.【详详解解三三】由 Rolle 中值定理，存在0(0,1)x，使得0()0fx=.由 Lagrange 中值定理，存在0(,)(,)a xa b，使得00()()()0fxfafxa=，32(2)()x dx，则存在(1,3)，使得()0.【2019，数数二二】设()f x在0,1上二阶可导，且(0)0f=，(1)1f=，10()1f x dx=.证明：（I）存在(0,1)，使得()0f=；（II）存在(0,1)，使得()2f.证明：存在,(,)a b ，使得 22()()()()()ln2baffbeebafea=【详解详解】对(),xf x e由 Cauchy 中值定理，存在(,)a b，使得()()()baf bf afeee=.对2(),f x x由 Cauchy 中值定理，存在(,)a b，使得22()()()2f bf afba=.对(),lnf xx由 Cauchy 中值定理，存在(,)a b，使得()()()lnlnf bf afba=，故 22()()()()()ln2baffbeebafea=【例例 2.46】（1）证明：当02时，coscos11，0y 且xy时，11xyxyeexy.【详解详解】2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 30 【例例 2.47】证明：（I）当01x时，1ln(1)1arcsinxxxx+；（II）当2x时，1sinln(1sin)1sinxxxx+.【详解详解】（I）【方方法一法一】即证21ln(1)1arcsinxxxx+，()f x单调递增，故()(0)0f xf=，即1ln(1)1arcsinxxxx+（II）令tx=，则原不等式转化为当02t 时，1sin()ln(1sin()1sin()tttt+，即 1sinln(1sin)1sintttt+.令sinut=，则原不等式转化为当01u时，1ln(1)1arcsinuuuu+时，22221(arctan)ln(1)1arctanxxxxxxxx+，则2()arctan01xfxxx=+，()f x单调递增，故()(0)0f xf=，即22ln(1)1arctanxxxx+，则2322()(arctan)01xg xxxxx+=+，()g x单调递增，故 32003()lim()lim0 xxxg xg xx+=即2221(arctan)ln(1)xxxxxx+.【详解详解二二】由 Cauchy 中值定理，存在1(0,)x，2(0,)x，使得 2212212111ln(1)111arctan1xxxx+=+=+故 22221(arctan)ln(1)1arctanxxxxxxxx+重点题型重点题型十十二二 Taylor 公式公式证明题证明题 2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 32【例例 2.49】（1）设()f x在,a b上二阶可导，且()()0faf b=.证明：存在(,)a b，使得 24()()()()ff bf aba；（2）（莫斯科 1977 年竞赛题）设()f x在0,1上二阶可导，且(0)(1)0ff=，0,1min()1xf x=，证明0,1max()8xfx.【详解详解】（1）由 Taylor 公式，存在1,2aba+，2,2abb+，使得 21()()222fabbaff a+=+（1）22()()222fababff b+=+（2）（2）式减（1）式，得2121()()()()()8f bf affba=，故 22121221211()()()()()()()()881max(),()()4f bf affbaffbaffba=+设12max(),()()fff=，则24()()()()ff bf aba.（2）由最值定理，存在0(0,1)x，使得001()min()1xf xf x=，故0()0fx=.由 Taylor 公式，存在10(0,)x，20(,1)x，使得 2100()(0)()2fff xx=+（1）2200()(1)()(1)2fff xx=+（2）代入(0)(1)0ff=，0()1f x=，得1202()fx=，2202()(1)fx=.当012x=时，12()()8ff=；当0102x；当0112x，故0,1max()8xfx.2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 33【例例 2.50】设()f x在,a b上有二阶连续导数.证明：存在(,)a b，使得 3()()()()224baabbaf x dxba ff+=+.【详解详解】【例例 2.51】（1）（北京市 1990 年竞赛题）设)(xf在0,2上二阶可导，且()1f x，()1fx，证明()2fx；（2）设)(xf在0,1上二阶可导，且1()f xM，2()fxM，证明21()22MfxM+.【详解详解】（1）由 Taylor 公式，存在1(0,)x，2(,2)x，使得 21()(0)()()2fff xfx xx=+（1）22()(2)()()(2)(2)2fff xfxxx=+（2）（1）式减（2）式，得221211()(0)(2)()()(2)24fxfffxfx=+.2 2022022 考研数考研数学学满分过满分过关关 1 15050 34 又()1f x，()1fx，故 22122211()(0)(2)()()(2)24111(2)14244fxfffxfxxx+=【例例 2.52】（1）（莫斯科 1977 年竞赛题）设()f x二阶可导，且lim()xf xA=，lim()0 xfx=，证明 lim()0 xfx=；（2）设)(xf三阶可导，且lim()xf xA=，lim()0 xfx=，证明lim()lim()0 xxfxfx=.【详解详解】（1）由 Taylor 公式，存在(,1)x x+，使得()(1)()()2ff xf xfx+=+，故()()(1)()2ffxf xf x=+.又lim()xf xA=，lim()0 xfx=，故lim()0 xfxAA=.（2）由 Taylor 公式，存在1(,1)x x+，2(1,)xx，使得 1()()(1)()()26ffxf xf xfx+=+（1）2()()(1)()()26ffxf xf xfx=+（2）（1）式减（2）式，得1211()(1)(1)()()212fxf xf xff=+.（1）式加（2）式，得121()(1)(1)2()()()6fxf xf xf xff=+.又lim()xf xA=，lim()0 xfx=，故 1lim()()02xfxAA=，lim()20 xfxAAA=+=