第6章 一元函数微分学的应用(二)——中值定理、微分等式与微分不等式

基础部分

1. 设函数 $f(x)=x(2x-3)(4x-5)$，则方程 $f^{\prime }(x)=0$ 的实根个数为（）

A. $0$

B. $1$

C. $2$

D. $3$

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答案：

C。

解析：

函数 $f(x)$ 是三次多项式，且有三个互不相同的实根

$0,\frac{5}{4},\frac{3}{2}$。

由罗尔定理，在区间 $\left(0,\frac{5}{4}\right)$ 与 $\left(\frac{5}{4},\frac{3}{2}\right)$ 内，$f^{\prime }(x)=0$ 各至少有一个实根。

另一方面，$f^{\prime }(x)$ 是二次多项式，实根至多有两个。因此 $f^{\prime }(x)=0$ 恰有两个实根。

2. 若方程 $x-e\ln x-k=0$ 在 $(0,1]$ 上有解，则 $k$ 的最小值为（）

A. $-1$

B. $\frac{1}{e}$

C. $1$

D. $e$

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答案：

C。

解析：

令

$\phi (x)=x-e\ln x,0<x\le 1$。

方程有解等价于 $k$ 属于 $\phi (x)$ 的值域。由于

${\phi }^{\prime }(x)=1-\frac{e}{x}<0(0<x\le 1)$，

所以 $\phi (x)$ 在 $(0,1]$ 上严格递减，其最小值在 $x=1$ 处取得：

$\phi (1)=1$。

故 $k$ 的最小值为 $1$。

3. 设函数 $f(x)=a{e}^x-bx(a>0)$ 有两个零点，则 $\frac{b}{a}$ 的取值范围是（）

A. $\left(0,\frac{1}{e}\right)$

B. $(0,e)$

C. $\left(\frac{1}{e},+\infty \right)$

D. $(e,+\infty )$

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答案：

D。

解析：

零点方程为

$a{e}^x-bx=0$，

即

$\frac{b}{a}=\frac{e^x}{x}$。

因左端若为正，则零点只能满足 $x>0$。令

$\phi (x)=\frac{e^x}{x},x>0$，

则

${\phi }^{\prime }(x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}$。

所以 $\phi (x)$ 在 $(0,1)$ 上递减，在 $(1,+\infty )$ 上递增，并在 $x=1$ 处取得最小值 $e$。

水平直线 $y=\frac{b}{a}$ 与曲线 $y=\phi (x)$ 有两个交点的充要条件为

$\frac{b}{a}>e$。

4. 已知函数 $f(x)=\ln x-\frac{x}{e}+a(x>0)$ 有两个零点，则 $a$ 的取值范围是（）

A. $(-1,0)$

B. $(0,1)$

C. $(-\infty ,0)$

D. $(0,+\infty )$

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答案：

D。

解析：

令

$g(x)=\ln x-\frac{x}{e}$。

则

$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$。

故 $g(x)$ 在 $(0,e)$ 上递增，在 $(e,+\infty )$ 上递减，并且

$g(e)=0$。

同时，

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }g(x)=-\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }g(x)=-\infty$。

方程 $g(x)+a=0$ 即 $g(x)=-a$ 有两个零点，当且仅当 $-a<0$，即

$a>0$。

5. 设存在 $0<\theta <1$，使得

$\arcsin x=\frac{x}{\sqrt{1-(\theta x{)}^2}}(-1\le x\le 1)$，

则 $\underset{x\to 0}{\lim }\theta =$

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答案：

$\frac{1}{\sqrt{3}}$。

解析：

由拉格朗日中值定理，确有某个 $\theta \in (0,1)$ 使

$\arcsin x-\arcsin 0=x\cdot \frac{1}{\sqrt{1-(\theta x{)}^2}}$。

当 $x\to 0$ 时，

$\frac{\arcsin x}{x}=1+\frac{x^2}{6}+o(x^2)$，

而

$\frac{1}{\sqrt{1-(\theta x{)}^2}}=1+\frac{{\theta }^2{x}^2}{2}+o(x^2)$。

比较 $x^2$ 的系数得

$\frac{{\theta }^2}{2}\to \frac{1}{6}$，

故

${\theta }^2\to \frac{1}{3}$。

由于 $0<\theta <1$，所以

$\underset{x\to 0}{\lim }\theta =\frac{1}{\sqrt{3}}$。

6. 设 $x>0$，证明

$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$。

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答案：

$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$。

解析：

对函数 $\ln t$ 在区间 $[1,1+x]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (1,1+x)$，使得

$\ln (1+x)-\ln 1=\frac{x}{\xi }$。

因为

$1<\xi <1+x$，

所以

$\frac{1}{1+x}<\frac{1}{\xi }<1$。

两边同乘 $x>0$，即得

$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$。

7. 设 $x>0$，证明

$\frac{1}{1+x}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}$。

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答案：

$\frac{1}{1+x}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}$。

解析：

在上一题不等式中令 $t=\frac{1}{x}>0$，则

$\frac{t}{1+t}<\ln (1+t)<t$。

于是

$\frac{1/x}{1+1/x}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}$，

即

$\frac{1}{1+x}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}$。

8. 设函数 $f(x)$ 可导，且 $|f^{\prime }(x)|\le 1$，$f(0)=1$，证明

$|f(x)|\le 1+x,0<x<1$。

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答案：

结论成立。

解析：

由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,x)$，使得

$f(x)-f(0)=f^{\prime }(\xi )x$。

所以

$|f(x)-1|=|f^{\prime }(\xi )|x\le x$。

由三角不等式，

$|f(x)|\le |f(x)-1|+1\le x+1$。

9. 设函数 $f(x)$ 在 $[a,+\infty )(a>0)$ 上一阶导数连续，$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$，则（）

A. $\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(2x)+f(x)]=0$

B. $\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(2x)-f(x)]=0$

C. $\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x+1)-f(x)]=0$

D. $\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x+1)+f(x)]=0$

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答案：

C。

解析：

由拉格朗日中值定理，存在 ${\xi }_x\in (x,x+1)$，使得

$f(x+1)-f(x)=f^{\prime }({\xi }_x)$。

当 $x\to +\infty$ 时，${\xi }_x\to +\infty$，故

$f^{\prime }({\xi }_x)\to 0$。

因此

$\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x+1)-f(x)]=0$。

而 $f^{\prime }(x)\to 0$ 并不能保证 $f(x)$ 有界，也不能保证跨度为 $x$ 的差 $f(2x)-f(x)$ 趋于零。例如 $f(x)=\sqrt{x}$ 即可排除其余选项。

10. 设函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处一阶导数连续，且 $f^{\prime }(1)=2$，则

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{\ln x}=$

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答案：

$2$。

解析：

将原式写为

$\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\cdot \frac{x-1}{\ln x}$。

当 $x\to 1^{+}$ 时，

$\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\to f^{\prime }(1)=2$，

且

$\frac{x-1}{\ln x}\to 1$。

故原极限为 $2$。

11. 设 $f^{\prime }(1)=2$，计算

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{\ln x}$，

并指出与第10题的区别。

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答案：

$2$。

解析：

由 $f^{\prime }(1)=2$ 的定义，

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=2$。

又

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x-1}{\ln x}=1$，

所以

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{\ln x}=2$。

与第10题相比，本题只要求 $f^{\prime }(1)$ 存在，不要求 $f^{\prime }(x)$ 在 $x=1$ 处连续。由此可见，第10题中“一阶导数连续”的条件比求该极限实际所需的条件更强。

12. （1）将 $\sin x$ 在 $x=0$ 处展开成一阶带拉格朗日余项的泰勒公式；

（2）证明

$\left|\frac{\sin x}{x}-1\right|\le \frac{1}{2}|x|,x\ne 0$。

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答案：

（1）$\sin x=x-\frac{\sin \xi }{2}{x}^2$，其中 $\xi$ 位于 $0$ 与 $x$ 之间；

（2）结论成立。

解析：

对 $f(x)=\sin x$ 在 $x=0$ 处使用一阶泰勒公式，得

$\sin x=\sin 0+\cos 0\cdot x+\frac{-\sin \xi }{2}{x}^2$，

即

$\sin x=x-\frac{\sin \xi }{2}{x}^2$。

当 $x\ne 0$ 时，

$\frac{\sin x}{x}-1=-\frac{\sin \xi }{2}x$。

所以

$\left|\frac{\sin x}{x}-1\right|=\frac{|\sin \xi |}{2}|x|\le \frac{1}{2}|x|$。

13. 求曲线 $y=e^{-x/2}$ 与曲线 $y=x^3-3x$ 的交点个数。

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答案：

$3$ 个。

解析：

交点满足

$e^{-x/2}=x^3-3x$，

等价于

$H(x)=(x^3-3x)e^{x/2}=1$。

因 $H(x)>0$ 只可能发生在

$(-\sqrt{3},0)\cup (\sqrt{3},+\infty )$。

先考察 $(-\sqrt{3},0)$。有

$H(-\sqrt{3})=H(0)=0$，

而

$H(-1)=2e^{-1/2}>1$。

又

$H^{\prime }(x)=\frac{e^{x/2}}{2}P(x)$，

其中

$P(x)=x^3+6x^2-3x-6$。

在 $(-\sqrt{3},0)$ 上，

$P^{\prime }(x)=3(x^2+4x-1)<0$，

且 $P(-\sqrt{3})=12>0$，$P(0)=-6<0$，故 $P(x)$ 在该区间恰有一个零点。因此 $H(x)$ 先增后减，结合 $H(-1)>1$，方程 $H(x)=1$ 在 $(-\sqrt{3},0)$ 内恰有两个根。

在 $(\sqrt{3},+\infty )$ 上，$P(\sqrt{3})=12>0$，且 $P^{\prime }(x)>0$，故 $H^{\prime }(x)>0$。又 $H(\sqrt{3})=0$，$H(x)\to +\infty$，所以该区间恰有一个根。

综上，共有 $3$ 个交点。

14. 设 $f(x)$ 是连续可导函数，当 $0<a<x<b$ 时，恒有 $x{f}^{\prime }(x)<f(x)$，则（）

A. $af(x)>xf(a)$

B. $bf(x)>xf(b)$

C. $xf(x)>bf(b)$

D. $xf(x)<af(a)$

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答案：

B。

解析：

令

$\phi (x)=\frac{f(x)}{x}$。

则

${\phi }^{\prime }(x)=\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2}<0$。

因此 $\phi (x)$ 在 $(a,b)$ 上严格递减。由 $x<b$ 得

$\frac{f(x)}{x}>\frac{f(b)}{b}$，

即

$bf(x)>xf(b)$。

15. 方程 $x^4+4x+b=0$ 有两个不等的实根，则 $b$ 的取值满足（）

A. $b<3$

B. $b>3$

C. $b<-3$

D. $b>-3$

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答案：

A。

解析：

令

$g(x)=x^4+4x$。

则

$g^{\prime }(x)=4(x^3+1)$，

故 $g(x)$ 在 $(-\infty ,-1)$ 上递减，在 $(-1,+\infty )$ 上递增，并在 $x=-1$ 处取得最小值

$g(-1)=-3$。

原方程等价于 $g(x)=-b$。要使水平直线 $y=-b$ 与曲线 $y=g(x)$ 有两个不同交点，应有

$-b>-3$，

即

$b<3$。

16. 设常数 $k>0$，函数

$f(x)=\frac{1}{\ln x-\frac{x}{e}+k}$

在 $(0,+\infty )$ 内的间断点个数为（）

A. $3$

B. $2$

C. $1$

D. $0$

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答案：

B。

解析：

令

$g(x)=\ln x-\frac{x}{e}+k$。

则

$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$，

所以 $g(x)$ 在 $(0,e)$ 上递增，在 $(e,+\infty )$ 上递减，并在 $x=e$ 处取得最大值

$g(e)=k>0$。

同时

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }g(x)=-\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }g(x)=-\infty$。

因此方程 $g(x)=0$ 恰有两个正根，原函数在这两个点分母为零，故有两个间断点。

17. 设 $f(x),g(x)$ 为恒大于零的可导函数，且

$f^{\prime }(x)g(x)<f(x)g^{\prime }(x)$，

则当 $a<x<b$ 时，下列不等式恒成立的是（）

A. $f(a)g(x)>f(x)g(b)$

B. $f(x)g(a)>f(b)g(x)$

C. $f(a)g(b)>f(b)g(x)$

D. $f(x)g(b)>f(b)g(x)$

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答案：

D。

解析：

因为 $g(x)>0$，所以

${\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime }(x)}{g^2(x)}<0$。

故 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 严格递减。由 $x<b$，有

$\frac{f(x)}{g(x)}>\frac{f(b)}{g(b)}$，

即

$f(x)g(b)>f(b)g(x)$。

18. 设 $0\le x\le 1$，$p>1$，证明

$\frac{1}{2^{p-1}}\le x^p+(1-x{)}^p\le 1$。

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答案：

结论成立。

解析：

令

$F(x)=x^p+(1-x{)}^p$。

则

$F^{\prime }(x)=p\left[x^{p-1}-(1-x{)}^{p-1}\right]$。

所以 $F(x)$ 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上递减，在 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上递增。

其最小值为

$F\left(\frac{1}{2}\right)=2{\left(\frac{1}{2}\right)}^p=\frac{1}{2^{p-1}}$，

最大值为

$F(0)=F(1)=1$。

故

$\frac{1}{2^{p-1}}\le x^p+(1-x{)}^p\le 1$。

19. 对于 $k$ 的不同取值情况，确定方程

$x^3-3x+k=0$

实根的个数，并证明你的结论。

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答案：

$|k|<2$ 时有三个不同实根；

$|k|=2$ 时有两个不同实根，其中一个为二重根；

$|k|>2$ 时只有一个实根。

解析：

令

$f(x)=x^3-3x+k$。

则

$f^{\prime }(x)=3(x^2-1)$。

所以 $f(x)$ 在 $(-\infty ,-1)$ 上递增，在 $(-1,1)$ 上递减，在 $(1,+\infty )$ 上递增。

两个极值为

$f(-1)=k+2,f(1)=k-2$。

又

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=-\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$。

因此：

• 当 $-2<k<2$ 时，$f(-1)>0$ 且 $f(1)<0$，三个单调区间各有一个零点，共三个不同实根；
• 当 $k=2$ 或 $k=-2$ 时，一个极值点恰为零点，产生一个二重根，另有一个单根，共两个不同实根；
• 当 $k>2$ 或 $k<-2$ 时，两个极值同号，曲线只与 $x$ 轴相交一次，故只有一个实根。

20. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，$a>0$，证明：在 $(a,b)$ 内，方程

$2x[f(b)-f(a)]=(b^2-a^2)f^{\prime }(x)$

至少有一个实根。

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答案：

结论成立。

解析：

对函数 $f(x)$ 与 $g(x)=x^2$ 在 $[a,b]$ 上应用柯西中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{2\xi }$。

整理得

$2\xi [f(b)-f(a)]=(b^2-a^2)f^{\prime }(\xi )$。

故 $x=\xi$ 是所给方程在 $(a,b)$ 内的一个实根。

21. 设

$a_0+\frac{a_1}{2}+\cdots +\frac{a_n}{n+1}=0$，

其中 $a_i$ 为实数，$i=0,1,2,\dots ,n$，则在区间 $(0,1)$ 内，方程

$a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n=0$

（）

A. 没有实根

B. 至少有一个实根

C. 仅有一个实根

D. 是否有实根不能判定

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答案：

B。

解析：

令

$P(x)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n$。

则

${\int }_0^{1}P(x)dx=a_0+\frac{a_1}{2}+\cdots +\frac{a_n}{n+1}=0$。

若 $P(x)$ 在 $(0,1)$ 内没有零点，由连续性知它在 $[0,1]$ 上只能恒正或恒负，除非 $P(x)\equiv 0$。前两种情形都会使积分非零；若恒等于零，则区间内任一点都是根。

因此方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。

22. 设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，$c\in (a,b)$，证明：

（1）存在一点 $\xi \in (a,c)$，使得

$f(c)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(c-a)$；

（2）存在一点 $\eta \in (a,b)$，使得

$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\eta )(b-a)$，

且 $\eta >\xi$。

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答案：

结论成立。

解析：

（1）在 $[a,c]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,c)$，使得

$f(c)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(c-a)$。

（2）记三条割线斜率为

$m_1=\frac{f(c)-f(a)}{c-a},m_2=\frac{f(b)-f(c)}{b-c},m=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。

显然

$m=\frac{c-a}{b-a}{m}_1+\frac{b-c}{b-a}{m}_2$，

所以 $m$ 位于 $m_1,m_2$ 之间。

由中值定理，可取

$\xi \in (a,c),\zeta \in (c,b)$，

使得

$f^{\prime }(\xi )=m_1,f^{\prime }(\zeta )=m_2$。

若 $m_1=m_2=m$，直接在 $(c,b)$ 中取满足 $f^{\prime }(\eta )=m$ 的点，则 $\eta >\xi$。

若 $m_1\ne m_2$，则 $m$ 严格位于 $m_1,m_2$ 之间。导函数具有介值性，因此在 $(\xi ,\zeta )$ 内存在 $\eta$，使

$f^{\prime }(\eta )=m$。

由于 $\zeta >c>\xi$，可得 $\eta >\xi$。于是

$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\eta )(b-a)$。

强化部分

1. 设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内可导，对于以下结论：

①若 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 存在，则 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)$ 存在；

②若 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)$ 存在，则 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 存在；

③若 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=a\ne 0$，则 $f(x)$ 在 $x\to +\infty$ 时无界；

④若 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$，则 $f(x)$ 在 $x\to +\infty$ 时有界。

正确的个数为（）

A. $1$

B. $2$

C. $3$

D. $4$

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答案：

A。

解析：

①错误。例如

$f(x)=\frac{\sin x^2}{x}$

满足 $f(x)\to 0$，但

$f^{\prime }(x)=2\cos x^2-\frac{\sin x^2}{x^2}$

不存在极限。

②错误。例如 $f(x)=x$，有 $f^{\prime }(x)\to 1$，但 $f(x)$ 不存在有限极限。

③正确。若 $f^{\prime }(x)\to a\ne 0$，则当 $x$ 足够大时，$f^{\prime }(x)$ 与 $a$ 同号，且 $|f^{\prime }(x)|\ge \frac{|a|}{2}$。由中值定理或积分估计可知 $|f(x)|\to +\infty$，故无界。

④错误。例如 $f(x)=\sqrt{x}$，有 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\to 0$，但 $f(x)$ 无界。

因此只有③正确。

2. 设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内可导，对于以下结论：

①若 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 存在，$\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)$ 存在，则 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$；

②若 $\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x)+f^{\prime }(x)]$ 存在，则 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$。

正确的说法是（）

A. ①正确，②错误

B. ①错误，②正确

C. ①与②均正确

D. ①与②均错误

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答案：

C。

解析：

①设

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A,\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=B$。

由中值定理，存在 ${\xi }_x\in (x,x+1)$，使

$f(x+1)-f(x)=f^{\prime }({\xi }_x)$。

左端趋于 $A-A=0$，而 ${\xi }_x\to +\infty$，故右端趋于 $B$，所以 $B=0$。

②设

$f(x)+f^{\prime }(x)\to L$。

令

$u(x)=f(x)-L,r(x)=u^{\prime }(x)+u(x)$，

则 $r(x)\to 0$。由一阶线性方程的积分因子法，固定 $x_0>0$，有

$u(x)=e^{-(x-x_0)}u(x_0)+{\int }_{x_0}^x{e}^{-(x-t)}r(t)dt$。

第一项趋于零；第二项可由 $r(t)\to 0$ 分段估计得也趋于零。因此 $u(x)\to 0$，即 $f(x)\to L$。

于是

$f^{\prime }(x)=[f(x)+f^{\prime }(x)]-f(x)\to L-L=0$。

故①②均正确。

3. 设 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上可导，$f(0)=0$，$f(1)=1$，且 $f(x)$ 不恒等于 $x$，证明：存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $f^{\prime }(\xi )>1$。

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答案：

结论成立。

解析：

令

$g(x)=f(x)-x$。

则

$g(0)=g(1)=0$，

且 $g(x)$ 不恒等于零。

若存在 $x_0\in (0,1)$ 使 $g(x_0)>0$，则在 $[0,x_0]$ 上由中值定理，存在 $\xi \in (0,x_0)$，使

$g^{\prime }(\xi )=\frac{g(x_0)-g(0)}{x_0}>0$。

若存在 $x_0\in (0,1)$ 使 $g(x_0)<0$，则在 $[x_0,1]$ 上由中值定理，存在 $\xi \in (x_0,1)$，使

$g^{\prime }(\xi )=\frac{g(1)-g(x_0)}{1-x_0}>0$。

两种情形均有

$f^{\prime }(\xi )-1=g^{\prime }(\xi )>0$，

即 $f^{\prime }(\xi )>1$。

4. 设函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上可导。

（1）若 $f(0)=\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$，求证：存在 $\xi \in (0,+\infty )$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$；

（2）若

$0\le f(x)\le \ln \frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}$，

求证：存在 $\xi \in (0,+\infty )$，使

$f^{\prime }(\xi )=\frac{2}{2\xi +1}-\frac{1}{\sqrt{1+{\xi }^2}}$。

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答案：

两问结论均成立。

解析：

（1）若 $f(x)\equiv 0$，结论显然成立。

若不恒为零，取 $x_0>0$ 使 $f(x_0)\ne 0$。不妨设 $f(x_0)>0$。因 $f(x)\to 0$，可取充分大的 $R>x_0$，使 $f(R)<f(x_0)$。函数在 $[0,R]$ 上连续，故最大值在某个内点 $\xi \in (0,R)$ 处取得，于是 $f^{\prime }(\xi )=0$。若 $f(x_0)<0$，对最小值作同样论证即可。

（2）令

$\phi (x)=\ln \frac{2x+1}{x+\sqrt{1+x^2}}$，

则

$\phi (0)=0,\underset{x\to +\infty }{\lim }\phi (x)=0$。

由 $0\le f(x)\le \phi (x)$ 可知

$f(0)=0,\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$。

令 $F(x)=f(x)-\phi (x)$，则

$F(0)=0,\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=0$。

由（1），存在 $\xi >0$ 使 $F^{\prime }(\xi )=0$，即

$f^{\prime }(\xi )={\phi }^{\prime }(\xi )$。

而

${\phi }^{\prime }(x)=\frac{2}{2x+1}-\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$，

故结论成立。

5. 设正值函数 $f(x)$ 二阶可导且满足

$[f^{\prime }(x){]}^2>f(x)f^{\prime \prime }(x)$，

函数 $f(x)-x$ 在 $x=0$ 处取得极值 $1$，证明

$f(x)\le e^x$。

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答案：

结论成立。

解析：

因 $f(x)-x$ 在 $x=0$ 处取得极值 $1$，故

$f(0)=1,f^{\prime }(0)-1=0$，

即

$f^{\prime }(0)=1$。

令

$g(x)=\ln f(x)$。

由于 $f(x)>0$，有

$g^{\prime \prime }(x)=\frac{f(x)f^{\prime \prime }(x)-[f^{\prime }(x){]}^2}{f^2(x)}<0$。

因此 $g(x)$ 是严格凹函数，其图像位于任一点切线的下方。特别地，在 $x=0$ 处，

$g(0)=\ln 1=0,g^{\prime }(0)=\frac{f^{\prime }(0)}{f(0)}=1$。

所以

$g(x)\le g(0)+g^{\prime }(0)x=x$。

即

$\ln f(x)\le x$，

从而

$f(x)\le e^x$。

6. 设 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上二阶可导，且 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$，证明：

（1）对于任意 $x_0,x\in (-\infty ,+\infty )$，有

$f(x)\ge f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$；

（2）若存在常数 $M>0$，使得任意 $x\in (-\infty ,+\infty )$ 均有 $|f(x)|\le M$，则 $f(x)$ 为常值函数。

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答案：

两问结论均成立。

解析：

（1）因为 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$，所以 $f^{\prime }(x)$ 单调不减。

当 $x>x_0$ 时，由中值定理，存在 $\xi \in (x_0,x)$，使

$f(x)-f(x_0)=f^{\prime }(\xi )(x-x_0)\ge f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$。

当 $x<x_0$ 时，存在 $\xi \in (x,x_0)$，使

$f(x)-f(x_0)=f^{\prime }(\xi )(x-x_0)$。

此时 $f^{\prime }(\xi )\le f^{\prime }(x_0)$ 且 $x-x_0<0$，仍有

$f(x)-f(x_0)\ge f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$。

（2）若存在 $x_0$ 使 $f^{\prime }(x_0)>0$，由（1），当 $x\to +\infty$ 时，

$f(x)\ge f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)\to +\infty$，

与有界性矛盾。

若存在 $x_0$ 使 $f^{\prime }(x_0)<0$，由（1），当 $x\to -\infty$ 时，右端趋于 $+\infty$，同样矛盾。

故任意 $x$ 均有 $f^{\prime }(x)=0$，所以 $f(x)$ 为常值函数。

7. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，$|f^{\prime \prime }(x)|\le M$，$x\in [0,1]$，$M>0$，$f(0)=f(1)=0$，证明：

（1）$|f^{\prime }(x)|\le \frac{M}{2}$，$x\in [0,1]$；

（2）若 $f\left(\frac{1}{2}\right)=0$，则 $|f^{\prime }(x)|<\frac{M}{2}$，$x\in [0,1]$。

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答案：

两问结论均成立。

解析：

（1）由 $f(1)-f(0)=0$，有

${\int }_0^1{f}^{\prime }(t)dt=0$。

因此对任意 $x\in [0,1]$，

$f^{\prime }(x)={\int }_0^1[f^{\prime }(x)-f^{\prime }(t)]dt$。

由中值定理，

$|f^{\prime }(x)-f^{\prime }(t)|\le M|x-t|$。

故

$|f^{\prime }(x)|\le M{\int }_0^1|x-t|dt=\frac{M}{2}[x^2+(1-x{)}^2]\le \frac{M}{2}$。

（2）在区间 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上，函数两端值均为零，按（1）的同样证明，区间长度为 $\frac{1}{2}$，可得

$|f^{\prime }(x)|\le \frac{M}{4},0\le x\le \frac{1}{2}$。

在区间 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上同理有

$|f^{\prime }(x)|\le \frac{M}{4},\frac{1}{2}\le x\le 1$。

因此在整个 $[0,1]$ 上，

$|f^{\prime }(x)|\le \frac{M}{4}<\frac{M}{2}$。

8. 设函数 $f(x)$ 在区间 $[-2,2]$ 上可导，且

$f^{\prime }(x)>2f(x)>0$，

则（）

A. $\frac{f(-2)}{f(-1)}>1$

B. $\frac{f(0)}{f(-1)}>e^2$

C. $\frac{f(1)}{f(-1)}<e^2$

D. $\frac{f(2)}{f(-1)}<e^3$

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答案：

B。

解析：

令

$g(x)=e^{-2x}f(x)$。

则

$g^{\prime }(x)=e^{-2x}[f^{\prime }(x)-2f(x)]>0$。

所以 $g(x)$ 严格递增。由 $-1<0$，有

$g(-1)<g(0)$，

即

$e^{2}f(-1)<f(0)$。

由于 $f(-1)>0$，故

$\frac{f(0)}{f(-1)}>e^2$。

9. 若可导函数 $f(x)$ 满足 $f^{\prime }(x)<2f(x)$，则当 $b>a>0$ 时，有（）

A. $b^{2}f(a)>a^{2}f(b)$

B. $b^{2}f(\ln a)>a^{2}f(\ln b)$

C. $b^{2}f(a)<a^{2}f(b)$

D. $b^{2}f(\ln a)<a^{2}f(\ln b)$

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答案：

B。

解析：

令

$g(x)=e^{-2x}f(x)$。

则

$g^{\prime }(x)=e^{-2x}[f^{\prime }(x)-2f(x)]<0$，

故 $g(x)$ 严格递减。

因为 $b>a>0$，所以 $\ln a<\ln b$，从而

$g(\ln a)>g(\ln b)$。

即

$\frac{f(\ln a)}{a^2}>\frac{f(\ln b)}{b^2}$。

整理得

$b^{2}f(\ln a)>a^{2}f(\ln b)$。

10. 设

$f(x)={\int }_0^x{e}^{t^2}dt,x\ge 0$。

（1）证明

${\int }_0^x{e}^{t^2}dt=x{f}^{\prime }[x\theta (x)],0<\theta (x)<1,x>0$；

（2）求 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\theta (x)$。

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答案：

（1）结论成立；

（2）$\frac{1}{\sqrt{3}}$。

解析：

（1）由积分中值定理，存在 $\xi \in (0,x)$，使得

${\int }_0^x{e}^{t^2}dt=x{e}^{{\xi }^2}$。

令 $\xi =x\theta (x)$，则 $0<\theta (x)<1$。又

$f^{\prime }(u)=e^{u^2}$，

所以

${\int }_0^x{e}^{t^2}dt=x{f}^{\prime }[x\theta (x)]$。

（2）由

$\frac{1}{x}{\int }_0^x{e}^{t^2}dt=e^{x^2{\theta }^2(x)}$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，左端展开为

$\frac{1}{x}{\int }_0^x\left(1+t^2+O(t^4)\right)dt=1+\frac{x^2}{3}+O(x^4)$。

右端为

$e^{x^2{\theta }^2(x)}=1+x^2{\theta }^2(x)+O(x^4)$。

比较 $x^2$ 项得

${\theta }^2(x)\to \frac{1}{3}$。

因 $\theta (x)>0$，故

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\theta (x)=\frac{1}{\sqrt{3}}$。

11. 设 $f(x)$ 在 $[2,4]$ 上一阶可导且 $f^{\prime }(x)\ge M>0$，$f(2)>0$，证明：

（1）对任意 $x\in [3,4]$，均有 $f(x)>M$；

（2）存在 $\xi \in (3,4)$，使得

$f(\xi )>M\cdot \frac{e^{\xi -3}}{e-1}$。

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答案：

两问结论均成立。

解析：

（1）由中值定理，对任意 $x\in [3,4]$，存在 $\eta \in (2,x)$，使

$f(x)-f(2)=f^{\prime }(\eta )(x-2)\ge M(x-2)\ge M$。

又 $f(2)>0$，故

$f(x)>M$。

（2）由（1）知 $f(3)>M$。而

$M\cdot \frac{e^{3-3}}{e-1}=\frac{M}{e-1}<M<f(3)$。

函数

$F(x)=f(x)-M\frac{e^{x-3}}{e-1}$

在 $[3,4]$ 上连续，且 $F(3)>0$。因此在 $3$ 的某个右邻域内仍有 $F(x)>0$。从该邻域中任取 $\xi \in (3,4)$，即得所需不等式。

12. 设函数 $y=f(x)$ 在区间 $(\alpha ,\beta )$ 内二阶可导，且其图像在 $(\alpha ,\beta )$ 内有三个点满足关系

$y=a{x}^2+bx+c$，

证明：必然存在一点 $\xi \in (\alpha ,\beta )$，使得

$f^{\prime \prime }(\xi )=2a$。

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答案：

结论成立。

解析：

设三个点的横坐标为

$x_1<x_2<x_3$。

令

$F(x)=f(x)-(a{x}^2+bx+c)$。

则

$F(x_1)=F(x_2)=F(x_3)=0$。

由罗尔定理，存在

${\xi }_1\in (x_1,x_2),{\xi }_2\in (x_2,x_3)$，

使得

$F^{\prime }({\xi }_1)=F^{\prime }({\xi }_2)=0$。

再对 $F^{\prime }(x)$ 在 $[{\xi }_1,{\xi }_2]$ 上应用罗尔定理，存在 $\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)$，使

$F^{\prime \prime }(\xi )=0$。

即

$f^{\prime \prime }(\xi )-2a=0$，

故 $f^{\prime \prime }(\xi )=2a$。

13. 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且

${\int }_0^{1}f(x)dx=0$，

则（）

A. 当 $f^{\prime }(x)<0$ 时，$f\left(\frac{1}{2}\right)<0$

B. 当 $f^{\prime \prime }(x)<0$ 时，$f\left(\frac{1}{2}\right)<0$

C. 当 $f^{\prime }(x)>0$ 时，$f\left(\frac{1}{2}\right)<0$

D. 当 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 时，$f\left(\frac{1}{2}\right)<0$

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答案：

D。

解析：

当 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 时，$f(x)$ 为严格凸函数。对任意 $x\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$，有

$f\left(\frac{1}{2}\right)<\frac{f(x)+f(1-x)}{2}$，

其中严格不等号来自严格凸性，除端点外成立。

两边在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上积分，得

$\frac{1}{2}f\left(\frac{1}{2}\right)<\frac{1}{2}{\int }_0^{1}f(x)dx=0$。

所以

$f\left(\frac{1}{2}\right)<0$。

其余选项均不必成立。例如线性函数可使积分为零而中点值等于零。

14. 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续且 $f(0)=f(1)=0$，在 $(0,1)$ 内二阶可导且 $f^{\prime \prime }(x)<0$，记

$M=\underset{0\le x\le 1}{\max }\{f(x)\}$。

（1）证明对任意正整数 $n$，存在唯一的 $x_n\in (0,1)$，使得

$f^{\prime }(x_n)=\frac{M}{n}$；

（2）对（1）中得到的 $\{x_n\}$，证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在，且

$\underset{n\to \infty }{\lim }f(x_n)=M$。

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答案：

两问结论均成立。

解析：

因 $f^{\prime \prime }(x)<0$，所以 $f^{\prime }(x)$ 严格递减，$f(x)$ 严格凹。

又 $f(0)=f(1)=0$，故对任意 $x\in (0,1)$ 有 $f(x)>0$。因此 $M>0$，且最大值在唯一内点 $x_0\in (0,1)$ 处取得，并有

$f^{\prime }(x_0)=0,f(x_0)=M$。

（1）在 $[0,x_0]$ 上应用中值定理，存在 $c\in (0,x_0)$，使得

$f^{\prime }(c)=\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0}=\frac{M}{x_0}>M$。

而

$f^{\prime }(x_0)=0<\frac{M}{n}\le M<f^{\prime }(c)$。

由导函数的介值性，在 $(c,x_0)$ 内存在 $x_n$，使

$f^{\prime }(x_n)=\frac{M}{n}$。

由于 $f^{\prime }(x)$ 严格递减，该点唯一。

（2）因为

$\frac{M}{n+1}<\frac{M}{n}$，

而 $f^{\prime }$ 严格递减，所以

$x_{n+1}>x_n$。

因此 $\{x_n\}$ 单调递增，且 $x_n<x_0$，故极限存在。设

$x_n\to L\le x_0$。

若 $L<x_0$，取 $y\in (L,x_0)$。当 $n$ 充分大时 $x_n<y$，由 $f^{\prime }$ 严格递减，

$\frac{M}{n}=f^{\prime }(x_n)>f^{\prime }(y)>0$，

与 $\frac{M}{n}\to 0$ 矛盾。因此 $L=x_0$。

由 $f$ 连续，

$\underset{n\to \infty }{\lim }f(x_n)=f(x_0)=M$。

15. 设函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上二次可微，证明：对任意 $x\in (a,b)$ 及适当小的正数 $h$，使 $x+h,x-h\in (a,b)$，不等式

$f(x)\le \frac{1}{2}[f(x+h)+f(x-h)]$

成立的充要条件是

$f^{\prime \prime }(x)\ge 0,x\in (a,b)$。

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答案：

结论成立。

解析：

充分性：若 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$，则 $f^{\prime }(x)$ 单调不减。由中值定理，存在

${\xi }_1\in (x,x+h),{\xi }_2\in (x-h,x)$，

使得

$f(x+h)-f(x)=h{f}^{\prime }({\xi }_1)$，

$f(x)-f(x-h)=h{f}^{\prime }({\xi }_2)$。

由于 ${\xi }_1>{\xi }_2$，有 $f^{\prime }({\xi }_1)\ge f^{\prime }({\xi }_2)$。所以

$f(x+h)-f(x)\ge f(x)-f(x-h)$，

即

$2f(x)\le f(x+h)+f(x-h)$。

必要性：若对任意充分小的 $h>0$ 均有

$f(x+h)-2f(x)+f(x-h)\ge 0$，

则

$\frac{f(x+h)-2f(x)+f(x-h)}{h^2}\ge 0$。

令 $h\to 0^{+}$，由二阶导数定义得

$f^{\prime \prime }(x)\ge 0$。

16. 确定常数 $k$ 的取值范围，使方程

$x-\arctan x=k{x}^3$

在 $(0,1]$ 内有实根。

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答案：

$1-\frac{\pi }{4}\le k<\frac{1}{3}$。

解析：

令

$\phi (x)=\frac{x-\arctan x}{x^3},0<x\le 1$。

则方程有根等价于 $k$ 属于 $\phi (x)$ 的值域。

计算

${\phi }^{\prime }(x)=\frac{\frac{x^3}{1+x^2}-3(x-\arctan x)}{x^4}$。

令

$H(x)=3(x-\arctan x)-\frac{x^3}{1+x^2}$。

则 $H(0)=0$，且

$H^{\prime }(x)=\frac{2x^4}{(1+x^2{)}^2}>0(x>0)$。

故 $H(x)>0$，从而 ${\phi }^{\prime }(x)<0$。因此 $\phi (x)$ 在 $(0,1]$ 上严格递减。

又

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\phi (x)=\frac{1}{3}$，

$\phi (1)=1-\frac{\pi }{4}$。

由于 $x=0$ 不在定义区间内而 $x=1$ 在区间内，故值域为

$\left[1-\frac{\pi }{4},\frac{1}{3}\right)$。

17. 设方程

$\frac{\tan x}{x}=k$

在 $\left(0,\frac{\pi }{4}\right)$ 内有实根，则常数 $k$ 的取值范围为（）

A. $0<k<\frac{4}{\pi }-1$

B. $\frac{4}{\pi }-1<k<\frac{4}{\pi }$

C. $1<k<\frac{4}{\pi }$

D. $\frac{4}{\pi }-1<k<1$

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答案：

C。

解析：

令

$\phi (x)=\frac{\tan x}{x}$。

则

${\phi }^{\prime }(x)=\frac{x{\sec }^{2}x-\tan x}{x^2}$。

令 $h(x)=x{\sec }^{2}x-\tan x$，则

$h^{\prime }(x)=2x{\sec }^{2}x\tan x>0$，

且 $h(0)=0$，故 $h(x)>0$，从而 ${\phi }^{\prime }(x)>0$。

因此 $\phi (x)$ 在 $\left(0,\frac{\pi }{4}\right)$ 上严格递增，且

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\phi (x)=1$，

$\underset{x\to (\pi /4{)}^{-}}{\lim }\phi (x)=\frac{4}{\pi }$。

故 $k$ 的取值范围为

$1<k<\frac{4}{\pi }$。

18. 设 $b>0>a$，则（）

A. $a{e}^a(e^b-1)>b{e}^b(e^a-1)$

B. $a{e}^a(e^b-1)<b{e}^b(e^a-1)$

C. $b{e}^a(e^b-1)>a{e}^b(e^a-1)$

D. $b{e}^a(e^b-1)<a{e}^b(e^a-1)$

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答案：

A。

解析：

令

$\phi (x)=\frac{1-e^{-x}}{x}(x\ne 0)$。

则

${\phi }^{\prime }(x)=\frac{e^{-x}(x+1)-1}{x^2}$。

由 $e^x>1+x(x\ne 0)$，可得

$e^{-x}(x+1)<1$，

故 ${\phi }^{\prime }(x)<0$，即 $\phi (x)$ 严格递减。

因为 $a<b$，所以

$\frac{1-e^{-a}}{a}>\frac{1-e^{-b}}{b}$。

由于 $ab<0$，两边同乘 $ab$ 时不等号反向，得到

$b(1-e^{-a})<a(1-e^{-b})$。

再同乘 $e^{a+b}>0$，得

$b{e}^b(e^a-1)<a{e}^a(e^b-1)$，

即选项A成立。

19. 设 $e<a<b$，证明

$a^2<ab\frac{\ln a}{\ln b}<b^2$。

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答案：

结论成立。

解析：

因为 $e<a<b$，函数

$\phi (x)=\frac{\ln x}{x}$

在 $(e,+\infty )$ 上满足

${\phi }^{\prime }(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}<0$，

故

$\frac{\ln a}{a}>\frac{\ln b}{b}$。

整理得

$\frac{\ln a}{\ln b}>\frac{a}{b}$。

两边同乘 $ab>0$，得到

$ab\frac{\ln a}{\ln b}>a^2$。

另一方面，由 $0<\ln a<\ln b$，有

$\frac{\ln a}{\ln b}<1<\frac{b}{a}$。

因此

$ab\frac{\ln a}{\ln b}<ab\frac{b}{a}=b^2$。

综上，

$a^2<ab\frac{\ln a}{\ln b}<b^2$。

20. 设 $f^{\prime \prime }(x)<0$ 且

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$，

证明

$f(x)\le x$。

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答案：

结论成立。

解析：

由

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$，

可将函数在 $x=0$ 处连续补充定义为 $f(0)=0$，并有

$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=1$。

由于 $f^{\prime \prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 为严格凹函数，其图像位于任一点切线的下方。取 $x=0$ 处的切线，得

$f(x)\le f(0)+f^{\prime }(0)x=x$。

21. 设 $f(x)>0$，$f^{\prime \prime }(x)$ 存在且

$f^{\prime \prime }(x)\le 0,x\in [0,+\infty )$，

证明：对于任意 $x\in [0,+\infty )$，有

$f^{\prime }(x)\ge 0$。

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答案：

结论成立。

解析：

因为 $f^{\prime \prime }(x)\le 0$，所以 $f^{\prime }(x)$ 单调不增。

反设存在 $x_0\ge 0$，使 $f^{\prime }(x_0)<0$。则对任意 $x>x_0$，有

$f^{\prime }(x)\le f^{\prime }(x_0)<0$。

由中值定理，或直接利用凹函数的切线估计，

$f(x)\le f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$。

当 $x$ 足够大时，右端为负，从而 $f(x)<0$，这与已知 $f(x)>0$ 矛盾。

故不存在 $f^{\prime }(x_0)<0$ 的点，因此对任意 $x\ge 0$，均有

$f^{\prime }(x)\ge 0$。