中值定理与导数应用技术自测题A

1、1 .设 f (x) =x2(x2 -2x -3)e则 f (x) =0在 0,3 内 。A.至少有三个根B.至少有一个根C.仅有两个根D.至少有两个根2. 若f (x)在1_1,1上连续,在(_1,1 )内可导，且fX)兰M , f (0) = 0,则必有。A. f(x)启 MB. f(x)cMC. f(x)| 兰 MD. f(x) >M3. 下列求极限题目中，不能使用洛必达法则的是 。mo n X Atan 2xxB . lim xln xX_0 -x(e -1)1cosxD . limx - sin xX； x sin x4.设(心f (x。)是曲线y二f (x)的拐点，则在该点处

2、A. f (灯=0 B . f (x)必有切线C . f(x°)=o D . f (x)可能没有切线5.设 f (x) 一阶可导，且 lim f (x -1,贝y f(0)A. 定是 f (x)的极大值B .一定是 f (x)的极小值C. 一定不是f(x)的极值 D .不一定是f (x)的极值6.设f (x)为偶函数且二阶可导，若 厂(0) - -1,则f(0)A. 一定是f (x)的极大值B. 定f (x)的极小值C. 一定不是f (x)的极值D.不一定是f (x)的极值7.下列各式中，当x 0时成立的是A. x tgx B . ex ： 1 x c . x ln(1 x) d .

3、 x ： sin x8 .曲线 y = ln(1x2)。A.没有拐点B .有一个拐点C .有两个拐点D .有三个拐点1 .函数f(x)=xe2的单调增区间是 .ln x2. 函数y= 的垂直渐进线的方程是 .X _23 . f(x) 0,x (a, b),是f (x)在a, b内单调增加的 条件。4.设 x T，贝y arctan+ arctan (1 + x )=5设某种商品的需求函数为 Q=10.9-P，其中Q表示需求量，P表示产品单价，当P=时，该商品可以获得最大收益，此时的需求的价格弹性2ln( 1+x)(ax+bx )x27.若 f x - - f -x，在 0,：-H-内x 0,r

4、 x .o,则 f(x)在一:,0 内6设 lim22，则 a =f x 0, f x _0 8.设产量为q时的收益为R q，成本为C q，利润为L q。已知R q ,C q , L q都（是、否、是二阶可导的函数，若L q°为最大利润，则L q0 _0_L q。不一定）小于零。1.计算 lim exarctanx 2.x L :计算lim x23.计算 lim i x2 arctan x2x厂：: 2x24.计算cos xlim (tan x)1. B2.C 3. D 4.D5. C 6.A 7. C 8.C1 .(-1,1)2. x = 0, x = 23.无关 4.JI25.

5、6,-16 . 1 , -57.： 8.=，不一定x解:lim x：:-xarcta nx21 x e -arctanxx1 xe 1xlimx J-：:ex - xarctanx=limxr：:1 -二 arcta nxe1，故极限不存在。2解：本题是二型极限，直接用洛必达法则求不出该极限,Q0注意到x2x 1 _xlnI则lim 11xo = limx Xi'.；=lim exL：:由于lim xX|-1 -xln |1n 1 y-lim 1 yy j011 y=lim -yP 2y故原式=e2 。3解:lim I x2 arctanx2-x2x门：2arcta n x2lim2

6、x j：arcta n x2JT2x4=lim 1 x3 = 一 lim -7 = 1。 x 2xx_：: 1 xlim cosxl ntanx4.解：lim. (tanx)cosx =e (>2>X )( 2)-lim tanx-seS xx、尹_secxtanxlim上于 xq”一sin2 x=e° = 1。nX Xo5.已知f x在点X）的邻域内有定义，且有lim f % -=k，其中n为正常数, k = 0，讨论f x在点x0处是否有极值。解：由lim丄_f nXo =k，根据极限与无穷小的关系定理有 F （X-X。）f X -f n0 二 k ： X ,其中 l

7、im X =0， x-xo于是f X -f X0mx jX-X0 ",可知当x在点X0的充分小邻域内时,k * X与k同符号，因此n为偶数，则f x - f X。与k同符号f Xd为f X的极小值；f X。为f X的极大值；n为奇数，则f x - f X。在点X。的两侧异号,（1 ）当x在点X0的充分小邻域内时，若当k 0时，f x?f x00，可知当k <0时，f x - f瓦 0，可知（2）当x在点Xd的充分小邻域内时，若即不恒正(或恒负)，可知f x0不是极值。6.设f (x)在Xo.，Xo亠,>0内一阶可导，且f(x)在X0点二阶可导,求极限limf a h -2

8、 f a f a-h解：由于f (x)在x0 -、：，x0亠 H >0内一阶可导，由洛必达法则可得lim f a h -2号 f =lim f a h_hh0h2h P2h这时f a h f a ' 不符合洛必达法则的条件，因此不能用洛必达法则求它的极限,2ht ”f (a +h f (a )但f a = lim，因此h-0hf "(a+hf "(ah)1 fTa + h)f'(af "(ahf "(a )1”t2h2 hThth一*7.已知2, 4是曲线y =x3 ax2 bx c的拐点，且曲线在点x = 3处取得极值，求 a,

9、b, c。y X三=4解：由题设有 * y " xm = 0，又 y" = 3x2 +2ax +b, y" = 6x + 2a。、y" xm = 08 4a 2b c = 4所以有 12 20，解得 a-6,b=9,c=2。27 6a b =0f (0) x = 0&设函数f x具有二阶连续导数，且 f (0)=0,又g(x)二f (x)x = 0x求g (x)并讨论g (x)的连续性。解：当x =0时，g(x)二 xf (x) 2 f(x)，这时 g (x)连续x当x=0时，g(0)-lim f(xxf(0)x2= lxm0f (x) - f

10、(0)2x4f(0)xf (x) f(x)-2, X = 0,所以g (x)X12 f 70), x =0.又xf (x)-f(x)f (x) xf (x)-f (x)乂 lim g (x) =lim2limx_0 八丿x_0x272x1二2 f (0)，所以g (x)在X = 0时连续，所以g (x)连续。3x9求函数y二二 2的单调区间、极值、凹凸区间、拐点、渐近线，并画出草图。(X-1)3解:1)定义域为 一：,1 一 1, :，且y二2是非奇非偶函数无对称性，(x-1)2)由于x=0时，y=0。故曲线过原点，又 x = 1是函数的间断点。23)令y J0得驻点x = 0,x = 3.x

11、 x-3 y厂(X1 )6x4(X-1),令 r-0得 x=0,列表如下X(-°°,0 )0(0,1)1(1,3)3(3严)F y+0+一0+IF y一0+98+yr02无定义2742由表看出拐点疋0,0，极小值疋27 y 3 z44)渐近线X =1是其铅直渐近线；f x ja = lim1,b = lim | f x 厂x 二 2，故是其斜渐x E - Xx =_近线y = x 2 ；无水平渐近线。5)作图略。b ab a四.1.证明不等式如barctana U，其中(b a 0)。证明：令 f(x)=arctanx，显然它在a,b上满足拉格朗日中值定理的条件，故存在(a

12、,b)使 f (b) - f(a)二 f ( )(b -a)1即 arctanb-arctana2(b-a) , a ：匚:'b。1 +t2而 2亠1 b2121 a2ba ba ba故所以：baba2 c arctan b - arctan a <2。1 b21 a22.设 f(x)=aisinx+a2Sin2x+十a“sinnx,且 f(x)sinx， ai,a2,，an为实常数，试证： 印+2a2nan兰1。证明：f (x)=耳 sin x a2 sin 2 - an sin nx,故 f (0) = 0f (x) f cosx 2a2 cos2x - nan cosnx显

13、然，f (x)在0,x 或I0,x 上满足拉格朗日中值定理的条件，于是有f(x) - f (0) = f ( )x , 在 0与 x之间,因此 f (x)| =|x| f 徉)| =|x| a1 cos-+2a2 cos2： + nan cosn：兰 sinx即：当x 、 0时，由于在0与x之间，故当x )0时,从而可得:ai +2a2 + "nan 兰 limx-?Csin x自测题B选择题:1设f(x)在区间1.0,11上连续，在区间0,1内可导，且f (0) =1 , f(1) = 0，则在 0,1内至少存在一点 C,有A. f (c)二-血 B . f (c)二cf (c)c

14、D. f(0=3c2.对函数f(x)*，吋X2，柯西公式g(b鳥豔f()a,b不成立的区g ()间是la,b 1,其中A. a=0,b=2 Ba = -2,b=0 C . a=2,b=4 D . a = -1,b=13.limx >0 .ax bx 2A.ab B . abC . ln ab D . In、, ab4.函数 y 二 f(x)，若 f (冷)=0, f (x0) 0,则A.f (x0)是函数f (x)的极大值B . f(x0)是函数f (x)的极小值C.f(xj不是函数f (x)的极小值 D .不能判定f(xj是否是函数f(x)的极值5.条件(X。)= 0是f (x)的图形

15、在点X = X0处是拐点的条件。A.必要 B .充分 C.充分必要D .无关6.若点1,3是曲线y =ax3 bx2的拐点，则A.C.9 a 3 a ,b =2 23 a 9 a ,b =2 2.以上都不对7 .若函数f (x)在区间a,b内可导,x1和x2是区间a,b内任意两点 x2，则至少存在一点'，使A.f (b) f (a) = f ( )(ba), a ；：八；：b B. f (x2)f (xj= f ()(匕为),为：:bC. f (x2) - f (xj = f ( )(x2 -xj,%：: x2D. f (x2) - f (a) = f ( )(x2 -a),a ： x

16、2&在区间1,7内，曲线y=|n(x21)是。A.下降且向上凸B.下降且向下凸C.上升且向上凸D.上升且向下凸曲线y = xlnL1 e x2.设 xr 0时，etanx -ex与xn是同阶无穷小，贝Un =2 23曲线y = x-1 x-3的拐点个数是。4. 函数y = x2cosx在区间0,一 上的最大值是。2_| 5. 设函数f(x)在-：:，亠j内可导，且对任意的x1, x2，当xx2时f x i f x2则函数_ f _x单调。6函数y = Inx的凹区间是 。7设函数 f(x), g(x)在 la,b(0 : a : b)连续，在 a, b 内可导，且 f(x)=g(x)，

17、贝yf(x) _g(x) =8当 x； 0 时，x-a，bcosxsinx是 x 的 5 阶无穷小，则 a =, b=1. A 2.D3. B 4.B 5. D 6. C 7.C8. C1. y = x12. 33. 24.31 +,3e65.增加6.0,1 7.C(C表示任意常数)8.4J11.求 lim2sec x33-2tan xx 71 cos4x2222“sec x-2tanx 2sec xtanx-2sec x 1 r sec x tanx-1 解：limlimlim.x 1 cos4x x4sin 4x2 xsin 4x2sec x 1 =limx匸 424444(tan x T

18、 )tan x -1=limlimx sin 4x-点！x 4x二442.求 lim tanx 1 鳥阮 xtxl n(1+x)x解：原式=tan x sin xx ln 1 x - x 、1 tan x d sin x1 2x1 r sin x 1 cosx 11 sinx 2limlim2 J0 x In 1 x -x cosx 2 J0 x In 1 x x= -Iim4 J02xIn 1 x -xV 2xlim4x 0111 +xlim4 J02x 1 x-x3求曲线y二f (x)1X1 2 x -2 2x2x -1 arctan x的渐近线。(2)1X2 x -2 2x lim x：

19、 ：x -1 arctanx1(X2 +x_2 )2x lim 2x 门 x -1 arctanx使f (x)没有意义的点是y =为f (x)的水平渐近线; ji2故y 为f(x)的水平渐近线;兀x = 一 1,x =0,x =1。故x = 1不是f (x)的垂直渐近线。4.已知f (x)在一匚j内可导，且又设1x X2 x-2 2x 12 lim x 1 x2 -1 arctanx 二 x-2 2xlim ，故x = -1为f (x)的垂直渐近线;x j x -1 arctanx1X2 x-2 2xlim -'，故x=0为f (x)的垂直渐近线;xt x2 -1 arctan xli

20、m.+cTxY lx _ C 丿=lim | f x - f xTjl,求 c的值。 X 5 - _fX+c-X( 2c解：由条件易知lim . f = lim .1+ : =e2c，另一方面，由拉格朗日中xlxc 丿x c丿值定理得f X - f X -1二 f , 其中 X-1, X。因此四|x - f x-i 二xmf乂。1比较等式两端得e2c =e，故c =。2X25写出f(x)二的麦克劳林公式，并求f 98 0与f 99 0。23n解：将公式ex = 1 x x ': 2!3!n!xn中的x用替换，得x2242n一2, Xx小,n Xe 2121 -222 2!' 2

21、nn!-:x2n。根据泰勒公式系数的定义，在上述f (x)1 / 的麦克劳林公式中，X98与X99的系数分别为f 98 0 = -1 '98!-9L及 f 99 0 =o。24949!詁99 0 =0。由此得f 98 ° =49124949! 与6设函数f x=kx-x2，1在区间0内有且仅有一个零点，求 k的取值范围。解：k =0时，f x =-x2 1在区间0,，：内有且仅有一个零点;k 0时， x = 3 k>( -2 x, f x = 6kx-2, f x在区间 0,牡八;内有唯一驻点24 1X0,且f X。=20，因此f X。=12是极小值，从而是最小值。由条

22、件可3k27 k4 12知，当12 =0时，即k - r 时，f x在区间0,= 内有且仅有一个零点；27 k3丁3k : 0 时,x在区间0, :内严格单减，由于f 0 -1，因此f x在区间0,匸：内有且仅有一个零点。综上所述,2k - 0或k时，3丁3f x在区间0,匸：内有且仅有一个零点。7.某工厂在一生产周期内生产某产品为 a吨，分若干批生产，每批产品需投入固定支出 2000 元，每批产品生产时直接耗用费用(不包括固定支出)与产品数量的立方成正比，又知每批产品为20吨时，直接耗用费用为 4000元，问每批生产多少吨时使总费用最省？解：103 2吨。x +4&已知函数y 2 ，

23、试求其单调区间，极值点，图形的凹凸性，拐点和渐近线，并画 x出函数的图形。3,解：(1)x 亠 4y 2 定义域为,0 i. iO, :x824(2)y=i-r,y=-j，令 y=°,得 x=2，且 y o，xxlim = limx .； ： xx_；:x3 4x32+4lim 2-x =0， 严x 丿因此y=x是它的一条斜渐近线。(3)列表如下:x(-°°,0 )0(0,2)2(2,垃)r y+0+y”+y2无定义极小值32(4)渐近线x3 +4lim 2，因此x = 0是它的一条垂直渐近线，又由于(5)作图略。四证明题:1当 0 ： x ：. 2时，证明不等式

24、 4xlnx _x2 2x -3.解：所证不等式等价于 4xln xx22x 3 一 0 ,作辅助函数f x =4x1 n xx22x 3 ,只要证明下面的不等式成立即可：min f x 一 0 0 ： x ： 2 ,考虑 f (x)在 0,2 内的最小值问题：f x =41 n x - 2x 2 ,令f x =0，得驻点x。=1。因为x =4-2,厂1 =20，所以f 1 =0为极小值。又因为x-2x 3 =3 0,lim f x = lim 4xln x -x 0 x0 叫 _ 4x ln x -x2 -2x 3 = 8ln 2 -4 -4 3 = 8ln 2 5 0 ,所以，f 1 =0

25、也是f (x)在0,2最小值。故当0：x：2时，f(x)_f(1) = 0。即当20 : x : 2 时，4x1 nx_x 2x-3.2 .设 f (x)在a,b(0 : a : b)上连续，在a,b 内可导，且 f (x) 0, x i a, b 。af (b) -bf (a) =0。证明在 a,b内至少存在一点，使f)。提示：对函数 “X)二 他 在la,b 1应用拉格朗日中值定理。x3.设 b . a求证 ab ba。证明：设 f x=x na an ,x 且 x_a ,由 b . a . e ,得 In b.ln.,1 由,a af x=lna10可知fx当xa时单调增加，所以当b a

26、时，x xbaf b > f a,即卩 bl n a a I n b a In a a I n a = 0,也即 a b。自测题C1. 设函数f x在：；：-匚片亠内可导，且对任意x1,x2，当x1x2时，都有fxi > fx2,则()A.对任意x, T x 0 B. 对任意x, f -x < 0C.函数f -x单调增加 D. 函数-f -x单调增加2. 设函数y = f x在0, ：内有界且可导，贝y()A.当 lim f x =0 时，必有 lim f x = 0 B.当limfx存在时，必有limfx= 0X X 厂X 匸x L :C.当lim f x =0时，必有li

27、m f x =0 D.当ifx存在时，必有limfx= 0x )0x )0x 0xTf "f X 3 .设函数f x有二阶连续导数，且0 =0,lim1,则()T |x|A. f 0是f X的极大值B.f 0是f X的极小值C. 0, f 0是曲线y = f x的拐点D. f 0不是f x的极值，0,f 0也不是曲线y=f x的拐点2 24.曲线y = x -1 x - 3的拐点个数为（）A.0B.1C.2D.35.若函数 f二 f XoO:x .；： ：,：:在,0 内 f x I , 0 且f x : 0,则在0,心内有()a. f X j0， f X : 0B.f x j &g

28、t;0, f x 0C. f x : 0， f x : 0D.f x ： 0 , f x j、06 .设 f x x n s ,x卜列命题正确的是()A. f0是fX的极大值,f是fX的极小值B. f0是fX的极小值，f是fX的极大值12丿C. f0是fX的极大值，f是fX的极大值D. f0是fX的极小值，f孑是fX的极小值7 .设 f（X ）= X（1 X ），则（）A. x = 0是f X的极值点，但 0,0不是曲线y = f X的拐点B. x =0不是f x的极值点，但0,0是曲线y=f X的拐点C. x =0是f x的极值点，且 0,0是曲线y二f x的拐点D. x=0不是f x的极值

29、点，0,0也不是曲线y二f x的拐点8设函数f X在-:，=内连续，其导函数的图象如图所示,则f X有 （）A. 一个极小值点和两个极大值点B.两个极小值点和一个极大值点C.两个极小值点和两个极大值点D.三个极小值点和一个极大值点一 2|x = t :卜3t ：卜11.设函数yx由参数方程确定，则曲线y二yx的凸区间=t3-3t +12.J + x + J1 _x -2 limX 03.lim Intan d 2 、4.1 cos x.2sin x2x丿5.曲线2x y =2x 1的渐近线方程为6.函数y=(x2i(x+1$在区间【-2,2】上的最大值是7.21 -e已知y = y x是由方程

30、y3 -x3 2xy = 0所确定的隐函数,曲线y = y x有斜渐近线limx-J：二-arcta n x2自测题C参考答案1. D 2. B 3. B4. C5. C6. B7. C 8. C1.x 三,12.3.1e34.1.1x 一一2 41 1 x , y =2计算题与证明题:.161,讨论曲线y = 41 n x k与y = 4x In 4x的交点个数。1 x,不难看出，x=1是x解：设x =ln4X-4ln x 4x-k,则有 x = 4 " x；：x的驻点。当0 ：x <1时，=x <0,即x单调减少；当x 1时，丁 x 0,即x单调增加, 故k为函数x的

31、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4k =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( Inx In3 x - 4 产 4x - k =：:； limx = lim卩n x In3 x -4厂4x -k = ：，故'x = 0有两个实根，分别位于0,1与1川心即两条曲线有两个交点。2已知函数f x在1.0,11连续，在 0,1内可导，且f 0 =0,f 1 =1。证明：(1) 存在三(0,1 ,使得f =1 ；(2) 存在两个不同的点，】0,1 ,使得 f

32、=1。证明：(1)令 g x = f x 亠 x -1,则 g x 在0,1连续，且 g 0 - -1 ： 0,g 1 =10,所以存在匚三0,1 ,使得g = f厂=1 =0,即f =1 。(2)根据拉格朗日中值定理，存在一三(0/ /,1 ,使得1 一 -1：从而f（r）f（o）1 f ” f 0 ）-f G ） 1T1 -匕）Ttw 1-t _f f =1。3设函数f x在区间l.a,b 1上具有二阶导数，且fa二fb=0,ab 0,证明存在二i：a,b和一三i：a, b ，使f = 0及厂 =0。ffxffx证明：不妨设 a 0, f b 0,即lim0, lim0.故由函数极限的局部

33、x _ a t_ x _ b保号性知，存在捲三a,a，x2三b -、：2,b使f为 0, f x2 : 0.由闭区间上连续函数的零点定理可得存在三為公2二a,b使得f =0。再由f a二f b二f '及罗尔定理，知存在 < a/和i-,b使f 12 1=0，又在区间i 1, 2 1上对f x应用罗尔定理，知存在7'三 n, 2 二a,b 使 f r i： 0。4.设1叫丄=1,且X 0，证明f X _X。证明：因为f x连续且具有一阶导数，所以由lim=1,知f 0 =0.又f 0 ;=limS 口 lim =1.* ' xjx07 x令 F x 二f x -x,

34、则 F 0 =0,由于 F x 二 f x -1,所以 F 0 =0。又由F'x二X 0,知F'x单调增加，故F 0是F x的极小值，且F x只有个驻点，从而F 0是F x的最小值。因此 F x _F 0=0,即f x - x。2 25 试证：当 x 0 时，x2 -1 l n x _ x -1 。x_112x2 +1证明：令，x =1n X - ,则 L x 二一-二0 当x 0 , ? 1 = 0,x+1X (x+1) x(x+1)所以 0 : x :：: 1 时，' X ：0 ;当 1 :： x :： r 时，x 0。于是，当 x 0 时，(x2 _1 )

35、4;(x )=(x2 _1 加 x_(x _1 >0,即(x2 _1)ln x Z(x_1 )2。6.就k的不同取值情况，确定方程 的结论。x si nx = k在开区间20,内根的个数，并证明你.2解：设0,二上连续。由I 2丿f x = 1 cos x = 0,解得2f (x 在 '0 内的唯一驻点2丿2X)二 arccos由于当X- 0,X0时，厂X ：0,当X：- jxc-时，f X 0,所以f X在l0,Xc 1上单调减少，在Xo,上单调增加，因此X是f x在0内的唯一极小值点，极小值为I 2丿I 2丿y° 二 f xo =x° -$sin Xo ,故最小值为Xo兀.J H| z. z.sin Xo .又因 f（O）=f |= 0,故在在 2 2 12 丿f x的取值范围为y0,0).因此当k-yO,O),即k . y0或k_0时，原方程在io, 内没有根；I 2丿当7时,，原方程在0,?内有唯