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1、考研试题分析三（中值定理及导数应用）考研试题分析三（中值定理及导数应用） 例 1（2004 数学一）数学一）设函数 f(x)连续，且, 0)0( f则存在0，使得 (A) f(x)在（0，)内单调增加. （B）f(x)在)0 ,(内单调减少. (C) 对任意的), 0(x有 f(x)f(0) . (D) 对任意的)0 ,(x有 f(x)f(0) . 错解 (D) 分析 函数 f(x)只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此可排除(A),(B) 选项，再利用导数的定义及极限的保号性进行分析即可。 正确解 由导数的定义，知 0)0()(lim)0( 0= xfxff x， 根据保号性，知存
2、在0，当), 0()0 ,(x时，有 0)0()( xfxf即当)0 ,(x时，f(x)f(0). 故应选(C). 例 2（2004 数学一数学一）设, 证明2ebae. 错解 设xexx224ln)(=，则 24ln2)(exxx=， 2ln12)(xxx= , 所以当 xe 时，, 0)(， 即 aeabeb22 224ln4ln，故 )(4lnln222abeab. 分析 根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单 调性证明. 正确解 对函数在a,b上应用拉格朗日中值定理，得 x2ln.),(ln2lnln22baababe 时， , 0)(2222lnln e
3、ee=， 1故 )(4lnln222abeab. 本题也可设辅助函数为2 222),(4lnln)(exaeaxeaxx( )f x凸, 于是(0为拐点. , 0)又, 时, , 从而(0)0f=0 1x 、( )0f x 0x =为极小值点. 所以, 是极值点, 是曲线0x =(0, 0)( )yf x=的拐点, 故选（C） 例 4（2004 数学二数学二） 求)cos sin1(lim2220xx xx . 错解 xxxxx xx xxx2222202220sincossinlim)cos sin1(lim= =0 分析先通分化为“00”型极限，再利用等价无穷小与罗必达法则求解即可，而不是
4、想当然的2猜一个结果。本题属于求未定式极限的基本题型，对于“00”型极限，应充分利用等价无穷小 替换来简化计算. 正确解 xxxxx xx xxx2222202220sincossinlim)cos sin1(lim= =30422044sin212 lim2sin41limxxxxxxxx =. 34 6)4(21lim64cos1lim22020= xxxxxx. 例 5（2005 数学一）数学一） 已知在内连续 在内可导，)(xf 1 , 0) 1 , 0(0)0(=f，1) 1 (=f 证明（）存在) 1 , 0(，使得=1)(f ()存在不同的两点) 1 , 0(,1)()(=ff
5、错解 （） 令1)()(+=xxfxg， 显见其在闭区间0， 1上连续， 并且，1)0(=g1) 1 (=g 由罗尔中值定理就知道) 1 , 0(，01)()(=+=fg，即 =1)(f ()根据拉格朗日中值定理，存在一点) 1 , 0(，使得在), 0(，) 1 ,(上分别应用有 ) 1 ,(), 0(，)0()()0)(fff=，) 1 ()() 1)(fff= 从而)()(ff=，同理，=1)() 1 ()(fff，结论成立 分析 这是典型的对而不全，应当注意界值定理和罗尔中值定理是不同的，并且 一旦给定就是固定的 正确解 （）令1)()(+=xxfxg，显见其在闭区间0，1上连续，并且1)0(=g，由根的存在性定理就知道1) 1 (=g) 1 , 0(，01)()(=+=fg，即 =1)(f ()根据拉格朗日中值定理，利用（）中存在的那个) 1 , 0(，使得在), 0(，) 1 ,(上3分别应用有 ) 1 ,(), 0(，)0()()0)(fff=， 因为=1)(f， 从而=1)(f，同理，=1)(f，结论得证 4
