A. y?x B. y?x C. y?x?1 D. y?x2解：A. y?x ，y??2x，y???2?0，曲线无拐点，
24313
43B. y?x，y??4x，y???12x2?0，曲线无拐点，
C. y?x?1，点(0,0)不在曲线上，
13，
3D. y?x1?32?3y??x，y????x，x?0时，y?0，y??不存在，且x?0时，y???0；
3913的拐点。故选（D）.
25x?0时，y???0，所以点(0,0)是曲线y?x
（19）设y?f(x)连续，则f''(x0)?0是点(x0,f(x0))为曲线y?f(x)的拐点的( )； A. 充分条件 B. 必要条件 C. 充要条件 D. 以上答案都不对
解：设y?f(x)存在二阶导数，且f??(x0)?0，若f??(x)在x0的左右邻域内异号，则点(x0,f(x0))为曲线y?f(x)的拐点；若f??(x)在x0的左右邻域内同号，则点(x0,f(x0))不是曲线y?f(x)的拐点。 反之，点(x0,f(x0))为曲线y?f(x)的拐点，则f??(x0)?0或不存在。故选（D). （20）曲线y?ln(3?)的渐近线的条数为( )；
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 解：limln(3?)?ln3，所以y?ln3是曲线的水平渐近线，无斜渐近线，
x??exexelimln(3?)??，所以x?0是曲线的垂直渐近线， x?0?xeelim?ln(3?)??，所以x?是曲线的垂直渐近线。故选（D). ex3x?3e1?x（21）曲线y?的水平渐近线是( )；
1?xA. y?0 B. y?1 C. y?3 D. 不存在
e1?x?0，所以y?0是曲线的水平渐近线。故选（A）. 解：limx???1?x（22）曲线y?x?x( )； x2?1 26 / 49
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A. 没有渐近线 B. 有水平渐近线 C. 仅有两条垂直渐近线 D. 有斜渐近线
x3x?解：y?x?2 x?1x2?1x3lim??，所以x??1是曲线的两条垂直渐近线 ， x??1x2?1x3lim2??，曲线无水平渐近线， x??x?1设斜渐近线为y?ax?b，则
x2f(x)a?lim?lim2?1，
x??x??x?1xb?lim[f(x)?ax]?limx??x??x?0， 2x?1所以曲线有斜渐近线y?x。故选（D）.
2*（23）方程6lnx?x在(1,e)内的实根个数为( )；
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 解：设f(x)?6lnx?x，x?(1,e).
2f?(x)?6?2x，令f?(x)?0，得唯一驻点x?3， x当1?x?3时，f?(x)?0，函数单调增加；
当3?x?e时，f?(x)?0.，函数单调减少。所以f(3)是函数的极大值，也就是最大值。又由于
f(3)?3(ln3?1)?0，
由连续函数的介值定理与函数单调性知，f(x)分别在(1,3)和(3,e)f(1)??1?0，f(e)?6?e2?0，
2内有一个零点，即方程6lnx?x在(1,e)内有两个实根。故选（C）.
232*（24）若a?3b?0，则方程x?ax?bx?c?0( ).
A. 有唯一实根 B. 有两个不同实根 C. 有三个不同实根 D. 无实根
32222 解：设f(x)?x?ax?bx?c，f?(x)?3x?2ax?b，由于??4a?12b?4(a?3b)?0，所
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以f?(x)?0，函数单调增加。
且lim(x?ax?bx?c)???，lim(x?ax?bx?c)???，因此f(x)有唯一的零点，即方程
x???x???3232x3?ax2?bx?c?0有唯一实根。故选（A）.
2. 已知f(x)在区间(a,b)内存在二阶导数，a?x1?x2?x3?b，且f(x1)?f(x2)?f(x3)，试证明在
(a,b)内至少存在一点?，使f??(?)?0.
证:由已知条件知f(x)在[x1,x2],[x2,x3]上满足罗尔定理条件,所以存在?1?(x1,x2)，?2?(x2,x3)使得f?(?)?0, f?(?)?0,
12又因为f(x)在[?1,?2]上满足罗尔定理条件，所以存在??(?1,?2)?(a,b)，使得
f??(?)?0 。
3.设f(x)可导，且f(a)?f(b)?0，试证在(a,b)内至少存在一点?，使f(?)?f?(?)?0.
证: 令F(x)?f(x)?e， F?(x)?f?(x)ex?f(x)ex，F(a)?F(b)?0.
xF(x)在[a,b]上满足罗尔定理条件，所以至少存在一点??(a,b)，使 F?(?)?e?[f?(?)?f(?)]?0
? 而e?0 故f?(?)?f(?)?0
4. 已知f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内f??(x)存在，又连接A(a,f(a))，B(b,f(b))两点的直线交曲线
y?f(x)于C(c,f(c))，且a?c?b，试证：在(a,b)内至少存在一点?使f??(?)?0.
证:已知A,C,B三点在同一条直线上，所以线段AC与CB的斜率相同，即：
f(c)?f(a)f(b)?f(c)?。
c?ab?c 又因为f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导,所以f(x)分别在区间[a,c]和[c,b]上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在?1?(a,c)，?2?(c,b)，使得
f?(?1)?f(c)?f(a)f(b)?f(c)，f?(?2)?，故有f?(?1)?f?(?2)
c?ab?c又因为在(a,b)内f??(x)存在，所以f?(x)在[?1,?2]上满足罗尔定理,所以至少存在一点
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??(?1,?2)?(a,b)，使得f??(?)?0。
5. 已知函数
f(x)在(??,??)内满足关系式f?(x)?f(x)，且f(0)?1，证明：f(x)?ex.
证：令F(x)?e?xf(x)，则F?(x)?e?x[f?(x)?f(x)] 由f?(x)?f(x)，有F?(x)?0 所以F(x)?C (C为常数) 于是f(x)?Cex 又因为f(0)?1 得C?1 所以f(x)?e.
6. 证明：方程ex?ax2?bx?c(a,b,c?R)最多有3个实根.
证：（用反证法）假设方程有4个实根，分别为x1?x2?x3?x4， 令f(x)?ax2?bx?c?ex(a,b,c?R)，则f(x1)?f(x2)?f(x3)?f(x4)，
xf(x)分别在[x1,x2]，[x2,x3]，[x3,x4]上满足罗尔定理条件，故存在?1?(x1,x2)，?2?(x2,x3)，
?3?(x3,x4)，使得f?(?1)?f?(?2)?f?(?3)?0；
又f?(x)分别在[?1,?2]，[?2,?3]上满足罗尔定理条件，故存在?4?(?1,?2)，?5?(?2,?3)，使得
f??(?4)?f??(?5)?0；
又f??(x)在[?4,?5]上满足罗尔定理条件，故存在??(?4,?5)，使得f???(?)?0。 另一方面，f(x)?ax2?bx?c?ex(a,b,c?R)，f?(x)?2ax?b?ex，f??(x)?2a?ex，
f???(x)??ex?0，与前面产生矛盾。所以假设不成立，故方程ex?ax2?bx?c(a,b,c?R)最多有3个实
根.
7. 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导(0?a?b)，试证：在(a,b)内存在一点?使
?b?f(b)?f(a)???ln?f?(?).
?a? 证法（1）:令F(x)?[f(b)?f(a)]lnx?lnbf(x)，x?[a,b] a 29 / 49
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由已知有F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且F(a)?F(b)?f(b)lna?f(a)lnb，F(x)在[a,b]上满足罗尔定理，所以存在??(a,b)，使得F?(?)?0
F?(x)?[f(b)?f(a)]?于是 F?(?)?[f(b)?f(a)]1b?lnf?(x) xab?lnf?(?)?0 ?a1得 f(b)?f(a)??(ln)f?(?) (a???b) 证法（2）：令g(x)?lnx，g?(x)?ba1?0，且在(a,b)内存在(0?a?b)，则f(x),g(x)在[a,b]是满x足柯西中值定理条件，所以存在??(a,b)，使得
f(b)?f(a)f?(?)，即 ?g(b)?g(a)g?(?)bf(b)?f(a)f?(?)，移项得：f(b)?f(a)??(ln)f?(?) ?1alnb?lna?8. 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，证明在(a,b)内至少存在一点?，使
b2f(b)?a2f(a)?2?f(?)??2f?(?).
b?a 证:令F(x)?xf(x),则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，即F(x)在[a,b]上满足拉格朗日中值定理条件，因此在(a,b)内至少存在一点?,使得
2b2f(b)?a2f(a)F?(?)?
b?a而F?(x)?2xf(x)?xf?(x)，F?(?)?2?f(?)??f?(?)
22b2f(b)?a2f(a)?2?f(?)??2f?(?) 故
b?a*9. 设函数使得
在(0,1)内可导，且f(0)?0，f(1)?1，证明：在(0,1)内存在两点?1与?2，f(x)在[0,1]上连续，
11??2. f?(?1)f?(?2)且f(0)?0，f(1)?1，由闭区间上连续函数的介值定理知，存在点c?(0,1)，f(x)在[0,1]上连续，
证：函数
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