高等数学作业集第三章答案

高等数学作业集第三章答案 第三章 微分中值定理与导数的应用答案 ?3.1 微分中值定理 1( 填空 ,4,(,)数在上使拉格朗日中值定理结论成立的ξ是( f(x),arctanx[0, 1], ,(,)设，则有 3 个实根，分别位f(x),(x,1)(x,2)(x,3)(x,5)f(x),0 于区间中( (1,2),(2,3),(3,5) 2( 选择题 (,)罗尔定理中的三个条件:在上连续，在内可导，且，是f(x)[a,b](a,b)f(a),f(b)f(x) ,在内至少存在一点，使成立的( B )( (a,b),f(,),0 A( 必要条件 B(充分条件 C( 充要条件 D( 既非充分也非必要条件 (,)下列函数在[,1, 1]上满足罗尔定理条件的是( C )( 1,,xsin, x,0x2f(x),ef(x),1,xA. B. C. D. f(x), f(x),|x|,x ,0, x,0, x、x(,)若f(x)在(a,b)内可导，且是(a,b)内任意两点，则至少存在一点,，使下式成12 立( B )( ,f(x),f(x),(x,x)f(,),,(a,b)A( 2112 ,xx,f(x),f(x),(x,x)f(,),B( 在之间 121212 ,f(x),f(x),(x,x)f(,)x,,,xC( 122112 ,f(x),f(x),(x,x)f(,)x,,,xD( 212112 ,3(恒等式:arctanx，arccotx,(,,,x,,)( 2 11,f(x),arctanx，arccotxf(x)证明: 令，则f(x),,,0，所以为一常数( 221，x1，x ,f(x),cf(1),设，又因为， 2 ,故 arctanx，arccotx,(,,,x,,)( 2 f(x),f(x),f(x)axx,,f(x)(a,b)4(若函数在内具有二阶导数，且，其中 12312 ,,,,xb(x,x),f(,),0，证明:在内至少有一点，使得( 133 [x,x](x,x)f(x),f(x)f(x)证明:由于在上连续,在可导,且，根据罗尔定理知，存在121212 ,,,,,(x,x),,(x,x)f(,),0f(,),0[,,,]f(x)， 使( 同理存在，使( 又在上 2231121212 ,,,,(x,x)f(,),0符合罗尔定理的条件，故有，使得( 13 1 23xx1，x，，,05( 证明方程有且仅有一个实根( 26 23xx1()1证明:设fx,，x，，， 则，根据零点存在定理至f(0),1,0,f(,2),,,0263 少存在一个， 使得(另一方面，假设有x,x,(,,,，,)，且x,x，使,,(,2,0)f(,),01212 12,f(x),f(x),0，根据罗尔定理，存在,,(x,x)使，即，这与f(,),01，,，,,012122 23xx121，x，，,0矛盾(故方程只有一个实根( 1，,，,,0262 ,c6( 设函数的导函数在上连续，且，其中是介f(x)f(x)[a,b]f(a),0,f(c),0,f(b),0 ,之间的一个实数( 证明: 存在, 使成立. 于a,b,,(a,b)f(,),0 证明: 由于在内可导，从而在闭区间内连续，在开区间内可导(又f(x)[a,b]f(x)[a,b](,)ab ,,(,)acf(,),0因为，根据零点存在定理，必存在点，使得( 同理，存在fafc()0,()0,,11,,(,)cb,,，使得f(,),0(因此在,,,上满足罗尔定理的条件，故存在， 使点fx(),,(a,b)2212 ,成立( f(,),0 7. 设函数在[0,1]上连续, 在(0,1)内可导. 试证:至少存在一点,,(0,1), 使 f(x) ,fff()2[(1)(0)].,,,, 2g(x),x 证明: 只需令，利用柯西中值定理即可证明. 8(证明下列不等式 sinx(,)当时，( ,cosx0,x,,x 证明: 设f(t),sint,tcostf(t)[0,x]，函数在区间上满足拉格朗日中值定理的条件，且 ',fxffxx()(0)()(0), 0,,,,,,,f(t),tsint, 故, 即 sinx,xcosx,x,sin,,0 () 0,x,, sinx因此， 当时，,cosx( 0,x,,x a,baa,b,ln,(,)当 时，( a,b,0abb f(x),lnx[,]ba证明:设，则函数在区间上满足拉格朗日中值定理得条件，有 'fafbfabba()()()(),,,,,,,, a11111'ln(),,ab,,ba,,,因为，所以，又因为，所以，从而 fx(),bab,,x a,baa,b,ln, ( abb 2 ?3.1 洛毕达法则 1( 填空题 cos5x5(,) lim,,,3cos3xx,2 1ln(1)，x(,) 0 lim,x,，,arctanx 111(,)= lim(,)2x,0xx3tanx x(,)1 lim(sin)x,，,0x ,(选择题 (,)下列各式运用洛必达法则正确的是( B ) nln1limlimnn,,n,,nnA( e,1 limn,e,n,, xsinx1cosx，，limlimB( ,,,x,0x,0xsinx1cosx,, 1112xsin2xsincos,xxxC( 不存在 limlim,x,0x,0sinxcosx x1D( lim=lim,1 xxx,0x,0ee (,) 在以下各式中，极限存在，但不能用洛必达法则计算的是( C ) 2nxx，sinx1xtanxlimA( B( C( D( lim()limlimx，x,0,，,xx,,,x0sinxxxe 3( 求下列极限 mmx,alim(,)( nnx,ax,a m,mm1mxmx,am,nlimlim,a解: =( n,nn1xax,a,nnxx,a x,x2，2,2lim(,)( 20x,x ,x,xxxx2,x22(ln2)2(ln2)2ln22ln22，2,2,，2limlim(ln2)lim解: ===( 2,00xx,0x,2x2x 3 sinx,tanx(,) ( lim3x,0x 12x,(,x)sinx,tanxtanx(cosx,1)12解:,,( lim,lim,lim333x,0x,x,002xxxxesinx1,,(,) ( lim2,0x(arcsinx) xxxxcossin1e,sinx,1e,xe，xesinx1,,limlim,lim,解:,,( lim22x0,,0,0xx,0x222xx(arcsinx) xx,xlim(,)( ,1x1,x，lnx xx,(x),x(1，lnx)解: ， 12xx,，,x(1lnx)xxxx,x1,x(1，lnx)xlim,, limlim,1xx,11,x111,x，lnx,1，,2xxx，22x，1( ,lim[x(1，lnx)，x],2x,1 11,(,) ( lim()xx,0xe,1 12xx11ex11,,2解:lim()limlim,,,, xx2x,x,x,000x2e1x(e1)x,, 1tanx(,) ( lim()，,x0x 12xxlnsinx,xx,,limtanlnlimlimlim12，，，，xtanxxcot,xcscxxxx,,,,0000解:( lim(),e,e,e,e,1，x,0x 3xlimln(1，2)ln(1，)(,)( ,，,xxx2ln2xx3，3ln(12)xx，12解: limln(1，2)ln(1，)= ，,,limln(12)3lim3lim,，,,，,,，,,，,xxxxxxx1 x23ln2lim==( 3ln2xx,，,1，2 nlimn(,) ( ,,n 11xlimlnlimxnx,,x,,xxlimnlimx,e,e,1解: 因为，所以=1( x,,,,n 4 ?3.3 泰勒公式 42f(x),x，3x，4,(按的幂展开多项式( x,1 3,,f(x),4x，6x,f(1),10解: ， (4)(5),,,,,f(1),18,f(1),24,f(1),24f(x),0 同理得，且( 42234f(x),x，3x，48，10(x,1)，9(x,1)，4(x,1)，(x,1)由泰勒公式得:=( 2xf(x),xen2( 求函数的带有佩亚诺型余项的阶麦克劳林公式( 2nxxxxne,1，，，？，，o(x)， 解:因为1!2!n! 所以 22n,34nxxxxxx22n,2n2x[1()]，，，，，x，，，？，，o(x)xoxf(x),xe==( 1!2!(2)!,1!2!(n,2)!n x22,p(x)，;(x)3( 求一个二次多项式p(x)，使得( xxx2,,,f(x),2f(x),2ln2f(x),2(ln2)解:设，则，( 2,,,f(0),1,f(0),ln2,f(0),(ln2)， 2ln2(ln2)x222,1，x，x，;(x)故 ， 1!2! 2(ln2)2p(x),1，xln2，x则 为所求( 2 12xx4(利用泰勒公式求极限( lim[,ln(1，)]x,,x 1123()()1113xx，,,，，o解:因为 ， ln(1)(())xxx23 1123()()111111223xxx,x，x,x,，，o所以 ln(1)=[(())]=,，o()， xxx2323xx111112lim[xxln(1)]lim[o()]故 ,，,,，,( x,,x,,x23xx2 f(x),,,f(x)(0,1),f(,),05( 设有三阶导数,且lim,0,f(1),0,证明在内存在一点,使( 2x,0x fx(),,,f(0),0,f(0),0,f(0),0证明: 因为 lim,0，所以( 2x,0x ,,,,,,,,f(0)f()f(),,233,f(x)f(0)f(0)xxxxx,由麦克劳林公式得: (介于0与之,，，，,2!3!3!,,,()f,,,,(1)f(,),0f(1),0间)，因此 ，由于，故( f,3! 5 ?3.4函数的单调性与曲线的凹凸性 1( 填空题 1122y,4x,ln(x)(,) 函数的单调增加区间是，单调减少区间(,,0):(,，,)22 11( (,,,,):(0,)22 f(x),,F(x),(,)若函数二阶导数存在，且，则在上f(x)f(x),0,f(0),00,x,，,x是单调 增加 ( 2y,ax，1a(,)函数在内单调增加，则( (0,，,),0 3932y,ax，bxa,(,)若点(1，3)为曲线的拐点，则，，曲线的凹区间为(,,,1)，,b,22凸区间为(1,,)( 2( 单项选择题 (,)下列函数中，( A )在指定区间内是单调减少的函数. ,xxy,2y,e A. (,,,，,) B. (,,,0) C. y,lnx (0,，,) D. y,sinx (0,,) 1,(,)设f(x),(x,1)(2x，1)，则在区间内( B )( (,1)2 A. y,f(x)单调增加，曲线y,f(x)为凹的 B. y,f(x) 单调减少，曲线y,f(x)为凹的 y,f(x)y,f(x)C. 单调减少，曲线为凸的 ,(y,f(x)y,f(x)单调增加，曲线为凸的 ,x,xx,xf(x),f(x)(,)f(x)在(,,,，,)内可导, 且,当 时, ,则( D ) 121212 ,,x,f(x),0x,f(,x),0A. 任意 B. 任意 C. f(,x),f(,x)单调增 D. 单调增 f(x)[0,1](,)设函数在上二阶导数大于0, 则下列关系式成立的是( B ) ,,,,f(1),f(0),f(1),f(0)f(1),f(1),f(0),f(0)A. B. ,,,,f(1),f(0),f(1),f(0)f(1),f(0),f(1),f(0)C. D. 2( 求下列函数的单调区间 xy,e,x,1(,)( x,,y,e,1y,0[0,，,)解:，当时，,所以函数在区间为单调增加; x,0 ,y,0(,,,0] 当时，，所以函数在区间为单调减少( x,0 32(,)(yxx,,(25) 1,103,y,x(x,1)解:， 3 6 ,当，或时，,所以函数在区间为单调增加; y,0(,,,0]:[1,，,)x,1x,0 ,当时，，所以函数在区间为单调减少( y,0[0,1]01,,x 2(,) y,ln(x，1，x) x1，211，x,解: ，故函数在单调增加( (,,,，,)y,,,022x，1，x1，x ( 证明下列不等式 3 |a，b||a||b|,，a(,)证明: 对任意实数和, 成立不等式( b1，|a，b|1，|a|1，|b| x1,f(x),,0证明:令f(x),，则， 在内单调增加. f(x)[ 0 , ，, )21，x(1，x) 于是, 由 , 就有 , 即 |a，b| , |a|，|b|f( |a，b| ),f( |a|，|b| ) |a，b||a|，|b||a||b||a||b|,,，,， 1，|a，b|1，|a|，|b|1，|a|，|b|1，|a|，|b|1，|a|1，|b| 2(x,1)lnx,(,)当时, ( x,1x，1 1'证明:设f(x),(x，1)lnx,2(x,1)， ，由于当时，f(x),lnx，,1x,1x 11,,,,,f(x)[1,，,)f(x),f(1),0f(x), 因此在单调递增, 当 时, , 故在fx()0,,,x,12xx [1,，,)单调递增, 当 时, 有f(x),f(1),0.故当时,f(x),(x，1)lnx,2(x,1),0, x,1x,1 2(x,1)lnx,因此( x，1 3xx,x,sin(,)当 时，( x,06 32xx,,,()sinf(x),cosx,1，,0fx,x,x，证明:设, ，当，fxxx()sin0,,,， x,062 ,,,f(x)[0,，,)f(x),f(0),0f(x)[0,，,)所以在单调递增, 当 时, , 故在单调递增, 从x,0 3xsinx,x,f(x),f(0),0而当 时, 有. 因此当 时，( x,0x,06 ,,x,sinx,k4( 讨论方程(其中为常数)在(0,)内有几个实根( k22 ,,,,()x解:设()sin,xxxk,,, 则在[0,]连续, 且(0),,k,(),,k， ,,,222 ,2,, 由()1cos0xx,,,，得,为(0,)内的唯一驻点( xarccos,,22 7 22,在上单调减少，在上单调增加( ,()x[arccos,][0,arccos],2, 2,22,4,(arccos),arccos,,k 故为极小值，因此在的最大值是,最,(x)[0,],,k22,, 22,,4arccos,,k小值是( 2, 2,,24,k,,arccos (,) 当或时,方程在内无实根; k,0,(0,)22, 22,,4arccos,,k,0(,) 当时,有两个实根; 2, 2,,24k,,arccos (,) 当时，有唯一实根( 2, 32y,ax，bx，cx，d( 试确定曲线中的a、b、c、d，使得处曲线有水平切线，5(1,,10)x,,2 为拐点，且点(,2,44)在曲线上( 2,,,y,3ax，2bx，c解: ,y,6ax，2b，所以 2,3(2)2(2)0abc,，,，, ,620ab，,, ,abcd，，，,,10,32,abcd(2)(2)(2)44,，,，,，,, 解得: a,1,b,,3,c,,24,d,16( 6(求下列函数图形的拐点及凹或凸的区间 xy,x，(,) 2x,1322x，6xx，1,,,解: , , y,y,1,2223(x,1)(x,1) ,,,,令y,0,得，当时y不存在( x,0x,,1 ,,,,当或时, ,当或时, ( y,0y,0,1,x,0x,1x,,10,x,1 xy,x，故曲线在(,,,,1):(0,1)上是凸的, 在区间和(,1,0):(1,，,)上是凹的， 2x,1 (0,0)曲线的拐点为( 32 (,)拐点及凹或凸的区间 y,(2x,5)x 101x,1021x，,,,y,y,解:，( 3339xxx 1,,,,,y,yx,,y,0当时，不存在;当时，( x,02 1113(,,,,)(,,，,)(,,,32)故曲线在上是凸的, 在上是凹的，是曲线的拐点, 222 8 xx7(利用凹凸性证明: 当时, sin,0,x,,,2 1xxx1x1,,,, 则, f(x),,sin( 证明:令f(x),sin,f(x),cos,,,42222 xx,,当时, , 故函数的图形在上是凸的, 从而曲线f(x),0(0,,)f(x),sin,0,x,,,2 在线段(其中)的上方，又, 因此,y,f(x)A(0,f(0)),B(,,f(,)f(0),f(,),0f(x),0AB xx即( sin,,2 ?3.5 函数的极值与最大值最小值 1( 填空题 1xy,x2(,)函数取极小值的点是( x,,ln2 2112233f(x),x,(x,1)f(),(,) 函数在区间[0,2]上的最大值为，最小值为322 ( f(0)1,, 2(选择题 ,f(x),0(,) 设f(x)在(,,,，,)内有二阶导数，，问f(x)还要满足以下哪个条件，则0 f(x)必是f(x)的最大值,( C ) 0 x,xx,xA( 是f(x)的唯一驻点 B( 是f(x)的极大值点 00 ,,,,C( f(x)在(,,,，,)内恒为负 D( f(x)不为零 2,x,,,xf(x)，3x[f(x)],1,e(,) 已知f(x)对任意y,f(x)满足，若,fxx()0 (0),,，则( B ) 00 f(x)f(x)f(x)f(x)A. 为的极大值 B. 为的极小值 00 (x,f(x))(x,f(x))f(x)C. 为拐点 D. 不是极值点, 不是拐点 00000 fxfx(),()0xlim,,1xf(x)f(x)(,)若在至少二阶可导, 且,则函数在处( , ) 002x,x0xx(,)0 A( 取得极大值 B( 取得极小值 C( 无极值 D( 不一定有极值 3( 求下列函数的极值 32/3f，，x,x,x(,) ( 2 1,3,fxx()10,,,解:由，得( x,1 9 4,1''3,,fxxf(),(1)0,,，所以函数在点取得极小值( x,13 1xf(x),x(,)( 11lnx1xx,yeyxx,,,, (1ln)解:定义域为，， (0,，,)2x ,,,xe,令得驻点，当时，，当时，( y,0xe,(0,)y,0xe,，,(,)y,0 1 ey(e),e因此为极大值( 32y,2x，3x,12x，144( 求的在上的最大值与最小值( [,3,4] 解:( yy(3)23, (4)132,,, 2,yxx,，,,66120由，得, ( x,1x,,2 而y(1),7,y(,2),34, 所以最大值为132，最小值为7( 5( 在半径为的球内作一个内接圆锥体，问此圆锥体的高、底半径为何值时，其体积最大( RV 12r解:设圆锥体的高为, 底半径为,故圆锥体的体积为， V,, rhh3 12222(h,R)，r,R由于，因此 (0,h,2R)， V(h),, h(2Rh,h)3 2214R2,r,R由V(h),, (4Rh,3h),0，得h,，此时( 333 ,由于内接锥体体积的最大值一定存在,且在(0,2R)的内部取得. 现在V(h),0在(0,2R)内只有一 224Rr,R个根,故当h,, 时, 内接锥体体积的最大( 33 6. 工厂与铁路线的垂直距离为, 点到火车站的距离为. 欲修一条ABCAC20km100km从工厂到铁路的公路, 已知铁路与公路每公里运费之比为，为了使火车站与工厂间的BCD3:5C运费最省, 问点应选在何处, D 解: 设～ 与间的运费为, 则 ByADx,C 2 ()， y,5k400，x，3k(100,x)0,x,100 其中是某一正数( k 5x,y,k(,3),0 由 ～ 得, x,152400，x 1y|,5001，y|,380ky|,380ky|,400k 由于～ ～ ～ 其中以为最小～ 因x,x,15100x,15x,025 此当AD,km时～ 总运费为最省( x,15 a7( 宽为的运河垂直地流向宽为的运河. 设河岸是直的,问木料从一条运河流到另一条运河b 去,其长度最长为多少? 10 解: 问题转化为求过点的线段的最大值. 设木料的长度为, ，木料与AC,x,CB,yABCl 河岸的夹角为，则，且 x，y,lt abx,,y,, costsint ab,l,， ( t,(0,)costsint2则 asintbcost,l,, ， 22costsint 223b3323,tant,l,(a，b)由得, 此时， l,0a 223 332l,(a，b)故木料最长为( ?3.6 函数图形的描绘 3xy,,(求的渐近线. 2(x，1) 3x,,,limy,f(x)解:由 ，所以为曲线的铅直渐近线( x,12x,,1(x，1) 23yxxlim,lim,1,lim(y,x),lim,x,,2因为 22x,,x,,x,,x,,x(x，1)(x，1) y,x,2y,f(x)所以为曲线的斜渐近线( 3x,22(作函数的图形。 y,22(x,1) 解: 函数的定义域为( ,,,，,,11,，，，， 2xxx,，,2132，，，，，，,,,yy,,, ( 34211xx,,，，，， 11 ,,,令，得;令，得(列讨论如下: y,0x,2, x,,1y,0x,2 x (,1),,,(1,1),(1,2)(2,)，, ,12 , y， , ， ， 00 ,, y, , , , ， 0 3，，2,3 拐点，，y,fx 极大值 ,, , , , 8 由于 32xxfxx2112,,2,，，，，， ， fxxlimlim，，,,lim,,lim,122,,x,,x,,x,,x,,x22，，，，2xx1x,2,1，， 3x21,所以，是曲线的斜渐近线(又因为，所以是曲线的铅垂渐近线( y,x，1lim,,,x,12x,12，，2x1, 3当时y,,1;当y,0时x,2( x,0 综合上述讨论，作出函数的图形如下 3 ,2 -1 32 ,8 ?3.7 曲率 1( 填空题: 122(x,1)，(y,2),9y,kx，b(,) 曲线上任一点的曲率为，上任一点的曲率为__0__( 9 12y,4x,x(,) 曲线在其顶点处曲率为___2____，曲率半径为( 2 12 xx2y,sinx，e(,) 曲线的弧微分( 1，(cosx，e)dxds, 2xy,ax，bx，cy,e2( 求常数，使在处与曲线相切，且有相同的凹向与a、b、cx,0曲率( 2xy,ax，bx，cy,e解: 由题设可知 函数与在处由相同的函数值，一阶导数值，x,0二阶导数值，故 1c,1,b,1,a,( 2 ( 曲线弧上哪一点处的曲率半径最小?求出该点的曲率半径( 3y,sinx(0,x,,) ,,,解: , 曲线在一点处的曲率为 y,cosx,y,,sinx |sin|sinxx K,,332222(1cos)(2sin)，,xx 2x2(1)，x,fx(),令 , ， fx(),352222(2),x(2),x ,当时,f(x),0,故f(x)在[0,1]上单调增加, 因此f(x)在[0,1]上的最大值是f(1),1, 0,x,1 ,1即y,sinx(0,x,,)在点处的曲率半径最小, 其曲率半径为( (,1)R,,12K x,acost,，，0,b4(求椭圆 在点处的曲率及曲率半径( ,y,bsint, ,,,,,,解:x,,asint,y,bcost;x,,acost,y,,bsint ,,,,,,xyxyabb|,|||k,,|,||因此曲率， (0,b)223/222223/2,,axyatbt(，)(sin，cos) a曲率半径,,1/k,||( b 13 ?3.7方程的近似解 51. 试证明方程在区间内有唯一的实根，并用切线法求这个根的近似值，(,1,0)x，5x，1,0 使误差不超过0.01. 54,f(x),x，5x，1,f(x),5x，5,0证明: 令，函数在单调递增(在上f(x)(,1,0)f(x)[1,0], 5连续，且,故方程在区间内有唯一的实根(求近f(,1),,5,0,f(0),1,0(,1,0)x，5x，1,0 似值的过程略( 第三章 综合练习题 1(填空题 1，ln(1)1x(,) 0 ( x，,limsinlimxx,,，,0xxarctan (,) 函数y,x,ln(x，1)在区间(,1,0)内单调减少，在区间(0,，,)内单调增加( 1xx,0和y,0(,) 曲线的渐近线是( y,，ln(1，e)xxcos(,)lim(tanx), 1 ( ,x,,02 2( 求下列极限 1，tanx,1，sinx(,) lim2x,0xln(1，x),x tanx,sinx11，tanx,1，sinxlim,解:, lim2x,0x,0x[ln(1，x),x]xln(1，x),x1，tanx，1，sinx xx11,cosx11,costanx1sin,limlimlim,lim,, x,0x,0x,0x,01xxx2ln(1，x),x，,2ln(1)2,1x1， 1sin1xlim(1),,，x,,( x,022x 1111(,sin，cos)cosxxxxlim(,) 1x,,，a1a2x(,)sineex 14 11111111111(,sin，cos)cos(,sin，cos)cossincos,，xxxxxxxxxxx解:== limlimlim11,,x,,xx,,11，a2a211a222axxe()()sin(1)sin,,eeeexxxx 111111cos,cos，sin22311xxxxxx( =lim,,2a2ax,,3e3e,4x 123( 求证当时， ( x,x,ln(1，x)x,02 12f(x),ln(1，x),x，x证明: 令, 则 2 21x,fxx()1,,，, , 11，，xx , 当时, fx()0,，故f(x)在[0,，,)单调增( 当时，有fxf()(0)0,,，即 x,0x,0 12( x,x,ln(1，x)22,x,(a,b)f(x),1，f(x)4( 设f(x)在[a,b]上可导且，证明:存在点使. b,a,4000 ,f(x),,F(x),F(x),arctanf(x)|()|证明: 设, 则，且Fx,( 21，f(x)2 F(b),F(a),x,(a,b)由拉格朗日中值定理知, 存在，使, 即 ,F(x)00b,a ,,，,fx()FbFaFbFa(),()|()|，|()|,022,,,,,1( 2baba,,44fx1，()0 5( 设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内具有二阶导数且存在相等的最大值, 且 ,,,,f(a),g(a)f(b),g(b),,(a,b)f(,),g(,), , 证明: 存在,使得( fxgxM()(),,x,x,(a,b)f(x),g(x)证明: 设分别在取得最大值， 则, 且M1212 ,,fxgx()()0,,F(x),f(x),g(x)( 令( 12 x,xF(a),F(b),F(x),0,,(a,x),,,(x,b)当时, , 由罗尔定理知, 存在, 使 1211121,,,,,,,,F(,),F(,),0,,(x,x)F(,),0f(,),g(,), 进一步由罗尔定理知, 存在，使，即 1212 x,xF(x),M,g(x),0F(x),f(x),M,0当时, ,，由零点存在定理可知，存在121122 ,,[x,x]F(,),0F(a),F(b),0,,(a,b)，使( 由于，由前面证明知, 存在，使1121 ,,,,,,F(,),0f(,),g(,)，即( 1kx，,16( 设,证明方程有且仅有一个正的实根( k,02x 11证明:设f(x),kx，,1( 当，显然,1只有一个正的实根(下考虑时的k,0k,022xx 情况( 15 先证存在性: 因为在内连续，且，，由零点存在定f(x)(0,，,)limf(x),，,limf(x),,,x,0x,，, 1理知，至少存在一个，使，即至少有一个正的实根( ,,(0,，,)f(,),0kx，,12x xx,0,再证唯一性:假设有，且x,x，使f(x),f(x),0，根据罗尔定理，存在121212 22,,,,，,(,)(0,)xxk,,0，使，即，从而k,,0，这与矛盾(故方f(,),0k,01233,, 1程只有一个正的实根( kx，,12x ( 对某工厂的上午班工人的工作效率的研究表明，一个中等水平的工人早上8时开始工作，7 32Q(t),,t，9t，12t在小时之后，生产出个产品(问:在早上几点钟这个工人工作效率最高, t 2,,,,,x(t),Q(t),,3t，18t，12解:因为,, 令,得( 又x(t),Q(t),,6t，18x(t),0t,3 ,,时，(函数在上单调增加;当时，，函数在上当xt()[0,3]xt()0,xt()[3,)，,xt()0,t,3t,3 单调减少(故当时，x(t)达到最大, 即上午11时这个工人的工作效率最高( t,3 16