3第三章微分中值定理與導數(shù)的應用習題解答

1、僅供個人參考第三章微分中值定理與導數(shù)的應用答案§ 3.1微分中值定理1. 填空題4 -二(1)函數(shù)f (x) = arctan x在0,1上使拉格朗日中值定理結(jié)論成立的E是J .V冗(2)設 f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-5),貝U f'(x)=0有 3個實根,分別位于區(qū)間(1,2),(2,3),(3,5)中.For personal use only in study and research; not for commercial use2 .選擇題(1)羅爾定理中的三個條件：f(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導，且f(a) = f (b),是f (

2、x) 在(a,b)內(nèi)至少存在一點 J使f'«)=0成立白M B ).A.必要條件B.充分條件C.充要條件D.既非充分也非必要條件不得用于商業(yè)用途(2)下列函數(shù)在-1,1上滿足羅爾定理條件的是( C)A. f (x) =ex B. f (x) =|x| C, f (x) =1-x2D.f(x)1 xsin 一, x°，(3)若f(x)在(a，b)內(nèi)可導，且xx2是(a，b)內(nèi)任意兩點，則至少存在一點 使下式成立(B ) .A. f (x2) - f (x1) =(x1-x2)f V)w(a，b)B. f (x1)一 f (x2) =(x1x2)f'(：)在 x

3、1，x2 之間C. f (x1)一 f (x2) =(x2x)f K)x1 < - < x2D. f (x2) - f (x1) = (x2-x1)f V)x1c 七 <x2ji3 .證明恒等式：arctan x + arc cot x = (-°° < x <°°).211.證明： 令 f (x) = arctan x + arc cot x ,則 f (x) =r 7 = 0,所以 f(x)為一常數(shù).1 x2 1 x2設f(x) =c,又因為f(1) =三，2n故 ar ctanarcc ox = (-00 < x

4、 <°°).24.若函數(shù)f (x)在(a，b)內(nèi)具有二階導數(shù)，且 f (x1)= f (x2) = f (x3),其中a < x1 < x2<x3 <b ,證明：在(x，x3)內(nèi)至少有一點-,使得f"(-) =0 .證明：由于f(x)在x1，x2上連續(xù)，在(x1，x2)可導，且f (x1) = f(x2),根據(jù)羅爾定理知，存在 4 W (x1，x2),使 f (-1)=0.同理存在 ±2 (x2，x3),使 f 注)=0 .又 f '(x)在 J，J上 符合羅爾定理的條件，故有' W (x1，x3),使得f

5、7 - ) = 0 .23 x x 一5.證明方程1+X+=0有且僅有一個實根.26x2 x3 一1證明：設f(x) =1 +x +， 則f (0) =1 >0, f (-2) = < 0 ,根據(jù)零點存在定理至263少存在一個( W ( -2,0),使得f (-) = 0 .另一方面，假設有 x1, x2 ( _oo,-Hc)，且x1 < x2，使，r ，12c、f(x1)= f(x2)=0,根據(jù)羅爾定理，存在 nW(x1,x2)使f'T)=0,即1+刈+刈2=0,這與21 9 x2 x31十。+-2 A0矛盾.故方程1 +x + 十 = 0只有一個實根.2 266

6、.設函數(shù)f(x)的導函數(shù)f'(x)在a,b上連續(xù)，且f (a)<0, f(c)>0, f(b)<0,其中c是介 于a,b之間的一個實數(shù). 證明： 存在£w(a,b),使代)=0成立.證明：由于f (x)在a,b內(nèi)可導，從而f (x)在閉區(qū)間a,b內(nèi)連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導.又 因為f(a)<0, f(c)>0,根據(jù)零點存在定理，必存在點£w(a,c),使得f(J)=0.同理，存在點J w(c,b),使得f J) =0 .因此f(x)在 跖J】上滿足羅爾定理的條件，故存在 S(a,b),使f '優(yōu))=0成立.7 .設函數(shù)f(

7、x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導.試證：至少存在一點e (0,1),使 f ( ) =2 f(1)-f(0).一 2證明： 只需令g(x)=x ,利用柯西中值定理即可證明.8.證明下列不等式(1)當 0 <x <冗 時，sin-x >cosx .x證明： 設f (t) =sint tcost ,函數(shù)f (t)在區(qū)間0,x上滿足拉格朗日中值定理的條件，且f'(t)=tsint,故 f(x)- f(0) =f'(D(x0), 0<<x,即sin x -xcosx = x sin 0 (0 ： x :二) sin x 因此，當 0cxcn 時，a

8、cosx.x(2)當 a>b>0 時，ab- < ln- c-a .a b b證明：設f(x) =ln x,則函數(shù)在區(qū)間b,a上滿足拉格朗日中值定理得條件，有f(a)T(b) = f( )(a-b),b ：: a', .1.a 1 ,. .111因為f (x)= 一，所以ln = y(a -b),又因為b < - <a ,所以_<、<一,從而 xba ba -b , a a -b < ln - <.a b b§ 3.1洛畢達法則cos5x lim x 二cos3x21(2)ln(1 ) lim -J 'arctan

9、 x(3 )1xm0(三(4)lim(sinx-0 -xtan xxx) =1）二32 .選擇題（1 ）下列各式運用洛必達法則正確的是（ln n1 lim lim 一lim n n =en 小=en 'n =1 n_：B.C.x sin x limx0 x - sin x21x sin 一 lim xxTsin x1 cosx limx01 - cosx八.12xsin 一=limx 01一 cos一-x不存在cosxD.(2)x ,1,lim = lim - =1 x j0 e x J0 e2xA. lim J° sin x1 x tan x 如(？C. limx J二二x

10、 sin xn x D. lim x，二 ex3.求下列極限解:m.x lim x舊xnm.x lim fx a xim一ain -am一 a n- = lim-a x am 1 mxn 4 nxm m-n=-an(2)解:2x 2* -2 lim；x 0x22x2-22x=lim 一 x0ln 2 -2-Xln 22x=limx O2x(ln 2)2 2T(ln 2)2_ 2= (ln 2).sin x - tanx解：limx-0sin x -tanx=limx_0tanx(cosx - 1)=limx-012x (-x)3x(arcsinx)2解：四ex -sinx -1一sin x -

11、 1一 cosx(5)解:exsin x(arcsinx)22xx. x -x limx 1 1 -x ln x(xx) = xx(1 +ln x),=limx 11 -xx(1ln x)-xx(1 lnx)21-1 - x=limX 1x1一 x 一 x=limxx也(1 +ln x)2 + xx+ = 2.,、11 、(6 ) lim (一).x0 x e -11ex x 7): lim ex -1 x 山 x(ex -1)1 x22 x(7)1 tan x-1、斛：lim (-)x 0 xtanx 八 x o, =e >-lim tanxln x -limln x-x_0, ,CO

12、tx =e >-lim x_0, 二e '1x, -csc2 x_._2 sin x(8)ljmjn(1 +2x) ln(1 +-) .解:v3、 一lim ln(1 2 ) ln(1 -) = Jm_3 x-ln(1+2x)=3快lim x Q'1 ' x2xln2ln(1 2x)x=3 lim 工2-x J ： .12x=3ln2xm=3ln2-(9)l i mnn .nT：解：因為lim x' x = ex ，1 lim - ln x x j x1 lim =ex >x§ 3.3泰勒公式1 .按x1的哥展開多項式f (x) =x4 +

13、3x1 解：因為ln(1 -)二 + 4.解：f (x) =4x3 +6x, f =10,同理得 f”(1) =18, f "'(1) =24, f(4)(1) =24,且 f (x) = 0.由泰勒公式得：f (x) = x4 +3x2 +4 = 8 +10(x 1) +9(x 1)2 +4(x -1)3 + (x 1)4 .-2 x2.解:求函數(shù)f(x)=xe的帶有佩亞諾型余項的 n階麥克勞林公式.2n因為 ex =1+o(xn),1!2!n!所以f(x)=2n_2342 x2,，x x x/ n2 x xx e = x 1 一|l - o(x ) = x 1!2! (n

14、-2)!1!2!+nx(n-2)!+ o(xn).3.求一個二次多項式 p(x),使得2x解：設 f (x) =2x,則 f'(x) =2xln2,2f(0) =1, f (0) =ln 2, f (0) =(ln 2),2,x ln 2 (ln 2)2(2、故 2 =1 +x+x +o(x ),2、=p(x) +o(x ).f "(x) = 2x(ln 2)2 .1!貝U p(x) =1 xln 22!2(ln 2)2+x為所求.2o(1)3)，x.21所以 x - x ln(1 )= x2x - x - -(-)2(-)3xx23嗎3)=； -一十。(一)，3x x214

15、 .利用泰勒公式求極限limxx ln(1+) . xx一211111故 lim x - x ln(1 )=limo()x-x xf-2 3x x 2f(x).5 .設f (x)有三階導數(shù)，且pm:工=0, f (1) = 0，證明在(0,1)內(nèi)存在一點 匕使f (句=0.證明：因為四手=0'所以 f(0)=0,f'(0)=0,f"(0)"由麥克勞林公式得:間)，因此 f (1)f (0) 2 f () f(x) = f(0) f (0)x jx-xf ( ), . .(- ,由于 f (1)=0,故 f (5=0.3!f ( ) 3x (-介于0與x之 3

16、!§ 3.4函數(shù)的單調(diào)性與曲線的凹凸性1. 填空題11(1) 函數(shù)y =4x2n(x2)的單調(diào)增加區(qū)間是(_,0)U (，")，單調(diào)減少區(qū)間221 1(-°0,J (0, -) 2 2當x>1,或x<0時，y'>0,所以函數(shù)在區(qū)間（口門代）為單調(diào)增加;當0<x<1時，y'<0,所以函數(shù)在區(qū)間0,1為單調(diào)減少.(3 ) y =ln(x . 1 X2 )解:x,1 x2x J x2 >0,故函數(shù)在（,）單調(diào)增加.1 x23 . 證明下列不等式(1)證明： 對任意實數(shù)a和b ,成立不等式 |a +b| <

17、-J-a-L +bL . 11abi 1 |a| 1 |b|x.1證明：令f (x)=,則f (x) =2 > 0 , f (x)在0 , +2 )內(nèi)單倜增加1 x(1 x)是，由 |a+b|«|a|+|b|,就有 f (| a + b |) 4 f (| a | +1 b |),即|a bi |a| |b| 二 |a|.|b|.:二 JjX . |b|11a bi -1 |a| |b| 一1 |a| |b| 1 - |a i -|b| " 1 ' |a| 1 |b|(2)當 x>1 時，In x a 2(x -1).x 11 ，證明：設 f (x) =

18、(x +1) In x 2(x -1) , f (x) = In x + -1 ,由于當 x > 1 時， x一 .11一 . 一. 一 ,.一f (x)->0,因此 f (x)在1,+8)單調(diào)遞增，當 x>1 時，f(x)Af(1) = 0,故 f(x)在x x1,y)單調(diào)遞增，當 x >1 時，有 f(x) > f (1) =0.故當 x>1 時，f (x) = (x + 1)ln x-2(x-1)>0,因此 In x 2(x -1)x 13 x (3)當 x>0時，sin x >x .632xx證明：設 f (x) =sin x -

19、x + , f (x) = cosx -1+=0,當 x>0, f (x) = x sin x > 0 ,62所以f (x)在0,+w)單調(diào)遞增，當x>0時，f'(x)A f'(0)=0,故f (x)在0,+比)單調(diào)遞增，從3 x 而當 x>0 時，有 f (x) > f (0) = 0 .因此當 x a 0 時，sin x > x -.6nn4.討論方程x-Sinx = k(其中k為常數(shù))在(0,萬)內(nèi)有幾個實根.JTJTJT解：設 中(x) =x-一sin x-k,則中(x)在0,連續(xù)，且*(0) =-k,中(一)=k ,222.二2由中

20、(x) =1一cosx =0,得 x = arccos-為(0,一)內(nèi)的唯一駐點.2二 222 二中（x）在0,arccos 上單倜減少，在arccos ,上單倜增加.二2 - 4 k為極小值，因此 中（x）在0,-的最大值是二二 2故 (arccos 2) = arccos jiji2 .二2 -4小值arccos k .二 22:arccos 五二 2 - 4時,方程在（0,）內(nèi)無實根;22“2 .二2 - 4(2 ) 當arccos一 一< k < 0時，有兩個頭根;二 2（3）當 k = arccos- 一士二4 時，有唯一實根. 二 25 .試確定曲線y = ax3+bx

21、2+cx+d中的a、b、c、d,使得x =-2處曲線有水平切線，(1,一10) 為拐點，且點(-2,44)在曲線上.解：y'=3ax2 +2bx + c,y" = 6ax+2b ,所以 23a(2)2 +2b(-2)+c=0)6a+2b =0a b c d = -10 a(-2)3 b( -2)2 c(2) d =44 解得：a =1,b = 4,c = 24,d =16 .6 .求下列函數(shù)圖形的拐點及凹或凸的區(qū)間解：y.=1 -xx2 -1x2 12x3 6x/ 2 八2，y(x -1)/ 23(x -1)令y，= 0 ,得x = 0,當x = ±1時y"

22、;不存在.當1<x<0 或 x>1 時，y">0,當 x<1 或 0<x<1 時，y*<0.故曲線y = x+T在（91）U（0,1）上是凸的，在區(qū)間和（1,0）U（1,一）上是凹的, x -1曲線的拐點為（0,0）.（2） y =（2x 5）次萬拐點及凹或凸的區(qū)間物 10x -1. 10 2x 1斛：y=1T L19H1.當x=0時，y , y不存在；當x =時，y =0 .2（-133/2）是曲線的拐點 21、1故曲線在（,一一）上是凸的，在（-一，"）上是凹的,x x7.利用凹凸性證明：當0<x<n時，sin

23、-> 2 二x x1 x 1.1 x證明：v f(x)=sin ,則 f (x)= cos , f (x) = sin .2 二22 二42x x當0 < x < n時，f (x) <0 ,故函數(shù)f (x) = sin- -一的圖形在(0,n )上是凸的，從而曲線2 二y = f(x)在線段 AB (其中 A(0, f (0), B(n, f (n)的上方，又 f(0)= f(n) = 0,因此 f (x) > 0,x x即 sin > .2 二§ 3.5 數(shù)的極值與最大值最小值1. 填空題1(1 )函數(shù)y = x2取極小值的點是 x = .ln

24、2 21一，22 o12(2) 函數(shù)f(x)=x3 -(x2 -1)3在區(qū)間0,2上的最大值為f (廣)=才，最小值為23 2f(0) = 1 .2.選擇題(1)設f(x)在(8,+望)內(nèi)有二階導數(shù)，f <x0) = 0,問f (x)還要滿足以下哪個條件，則 f(x0)必是f(x)的最大值？ ( C )A.x = x0是f (x)的唯一駐點B. x = x0是f (x)的極大值點C.f "(x)在(-f)內(nèi)恒為負D.f "(x)不為零(2 )已知 f (x)對任意 y = f (x)滿足 xf "(x) + 3x f '(x)2 = 1 e、，若 f

25、'(x0)=0 (x0¥0),則(B )A. f (x0)為f(x)的極大值B. f(x0)為f (x)的極小值C. (x0, f(x。)為拐點D. f (Xo)不是極值點，(x°, f(x。)不是拐點(3)若f(x)在x0至少二階可導，且limx )X0f(x) _f(x°)(x - Xo)2=1,則函數(shù) f (x)在 Xo#( AA.取得極大值B.取得極小值C.無極值 D.不一定有極值3 .求下列函數(shù)的極值(1 )f (x )= x -3 x2/3.21解：由 f (x) =1 x 3 =0 ,得 x =1 .41''f"(x

26、)= x3,f (1)>0,所以函數(shù)在x = 1點取得極小值. 3i(2 ) f (x) = Xx .21nx11解：定義域為(0,)，y =ex , y' = xx 2 (11n x), x令 y' = 0 得駐點 x=e,當 xw(0,e)時，yH>0,當 xw(e,y)時，y'<0.1因此y(e) =ee為極大值.4,求y =2x3 +3x2 -12x +14的在3,4上的最大值與最小值.解：y(3)=23, y(4) =132.由 y= 6x2+6x 12 = 0 ,得 x=1, x = 2 .而y(1)=7,y(_2)=34,所以最大值為13

27、2,最小值為7.5 .在半彳5為R的球內(nèi)作一個內(nèi)接圓錐體，問此圓錐體的高、底半徑為何值時，其體積V最大.1 C解：設圓錐體的高為 h,底半徑為r,故圓錐體的體積為 V =1n r2h,322212由于(hR) +r =R，因此 V(h) = n h(2Rh h ) (0<h<2R), 3由V (h) =1n (4Rh3h2) =0,得 h =4R ,此時 r =竺 R .，且在(0,2R)的內(nèi)部取得.現(xiàn)在V'(h) = 0在(0,2R)內(nèi)只有內(nèi)接錐體體積的最大.333由于內(nèi)接錐體體積的最大值一定存在4R 2 2個根，故當h ="，r =Xr時,336 .工廠C與鐵

28、路線的垂直距離 AC為20km, A點到火車站B的距離為100km.欲修一條 從工廠到鐵路的公路 CD,已知鐵路與公路每公里運費之比為3:5,為了使火車站B與工廠C間的運費最省，問D點應選在何處？解：設AD =x . B與C間的運費為y ,則y=5kd400 + x2 +3k(100-x)(0<x<100),其中k是某一正數(shù).y' = k(5x.400 x2-3) =0 .得 x = 15.由于 y |xf =400k .y|x45 = 380k .y |xT00二 500.其中以y |x±=380k為最小.因此當AD=x = 15km時.總運費為最省.7 .寬為

29、b的運河垂直地流向?qū)挒閍的運河.設河岸是直的，問木料從一條運河流到另一條運河去，其長度最長為多少？解：問題轉(zhuǎn)化為求過點 C的線段AB的最大值.設木料的長度為l , AC = x,CB = y ,木料與 河岸的夾角為t ,則x + y = l ,且x =, y =it q°，/cost sinta bl =cost sin t一 as i n bc osl =- z.c o st sintb-由 l 1r = 0得 tant = 3 一 ,此時 l = (a3 +b3)2 , a22 3故木料最長為l=(a3+b3)2.§ 3.6 數(shù)圖形的描繪一 ，、x3i .求y =2的漸

30、近線.(x 1)23x解：由lim x 2 = q ,所以x=1為曲線y = f (x)的鉛直漸近線. x1(x - 1)223因為 lim = lim -2 = 1,lim (y -x) = lim -2 -x = -2x 奴 x ：(x 1)2 xx 武 1)2所以y=x2為曲線y=f(x)的斜漸近線.，一 一 x3 -2 一一一2.作函數(shù)y =2的圖形。2（x-1）2x-22 x 1y 二32 x-1解：函數(shù)的定義域為（-00,1U（1,收）.3 x-2, y =4x -1f xx3 -21lim= lim2 =-，x ,二 xx- 2x x -122x2 - x-22x-12.1所以，

31、y = x+1是曲線的斜漸近線.又因為 2當 x = 0 時 y = -1;當 y=0時x = 3'2 .x3 -2 一 一，.lim2=q ,所以x = 1是曲線的鉛垂?jié)u近線.x 1 2 x -1綜合上述討論，作出函數(shù)的圖形如下A令y' = 0,得x = 2, x = 1；令y*=0,得x = 2.列表討論如下:x(0°, -1)-1(-1,1)(1,2)2(2*)F y十0一十0十FF y一一一一0十y = f (x )(3極大值-一8(拐點(2,3)由于§ 3.7曲率1. 填空題：1(1)曲線(x 1)2 +(y 2)2 =9上任一點的曲率為 一，y

32、= kx + b上任一點的曲率為0_9-， 、，2 , , , ,1(2) y=4x-x曲線在其頂點處曲率為_2_,曲率半徑為一 .2(3) 曲線 y =sin x + ex 的弧微分 ds= Ji + (cosx+ex)2 dx.2 .求常數(shù)a、b、c,使y =ax2+bx+c在x = 0處與曲線y = ex相切，且有相同的凹向與 曲率.解：由題設可知 函數(shù)y =ax2 +bx + c與y = ex在x = 0處由相同的函數(shù)值，一階導數(shù)值， 二階導數(shù)值，故，1c=1, b=1, a=-.23 .曲線弧y =sin x(0 <x <n)上哪一點處的曲率半徑最小 ？求出該點的曲率半徑

33、.解：y' = cosx, y" = sin x,曲線在一點處的曲率為令 f (x)| sin x |3(1 cos2 x)2一J，f(x) (2 -x2)sin x3(2 -sin2 x)22(1 x2)5(2-x2)5當0 Wx W1時，f (x) >0,故f(x)在0,1上單調(diào)增加，因此f(x)在0,1上的最大值是f(1) = 1,即y =sinx(0 <x <n)在點(土,1)處的曲率半徑最小，其曲率半徑為R=1=1.2K7=acost ,.4 .求橢圓 ，在(0,b)點處的曲率及曲率半徑.y =bsint解：x = -asin t, y = bco

34、st; x = -a cost, y = -bsin t因此曲率k = F WFF IF .|xy -x y |/223/2(x y )lbl|=| 與/_ 22 ,2-2,3/2 KQb) '1，(a sin t b cos t)a曲率半徑p=1/kq_a|. b§3.7方程的近似解1 .試證明方程x5 +5x+1=0在區(qū)間(-1,0)內(nèi)有唯一的實根，并用切線法求這個根的近似值， 使誤差不超過0.01.證明：令 f (x) =x5 +5x+1, f '(x)=5x4 +5 >0,函數(shù) f(x)在(1,0)單調(diào)遞增.f(x)在1,0上 連續(xù)，且f(1) = 5&

35、lt;0,f(0)=1>0,故方程x5 +5x+1 = 0在區(qū)間(1,0)內(nèi)有唯一的實根.求近 似值的過程略.第三章綜合練習題1.填空題11 ln(1 -)(1) lim xsin + lim - =0.x0x x-:J arctanx(2) 函數(shù)y=x ln(x+1)在區(qū)間(1,0)內(nèi)單調(diào)減少，在區(qū)間(0,+%)內(nèi)單調(diào)增加. 1(3) 曲線y = + ln(1+ex)的漸近線是* = 0和丫 = 0. x(4 ) lim (tan x)cosx =1.x >_-022.求下列極限1 tanx - 1 sinx(1) lim2x0xln(1 x) - x21 111 tanx 1

36、sinx解：lim2一x 0 xln(1 x) -x1 1。cosx tan x=lim lim2 x 0 ln(1 x) - x x。 xlim tanx-sinx1x 0 xln( 1 x) -x . 1 tan x . 1 sin x1 .1 - cosx 1 sin x- lim= lim2x ln(1 x)-x 2x 0 1 _11 x1 . sin x1-lim(1 x)=-2 x q x2(-sin- 1 cos 1) cos 二x x x xlim -1x ' 'axa 21(e - e ) sin x解：limx：(-sin1 -cos1) cos1 x x

37、x x(exa、2 .1-e ) sin - x=limx ：(-sin- 1 cos1) cos1 x x x x2ax 2 .1e (e -1) sin-=limx )二二.111-sin- -cos x xx2a / 1、2 1e (-)- x x二 lime2a x f ;-cos- x x x1 cos一x.1sin 一 x3e2a<ln(1 +x).1 23,求證當xA0時，x-x 21 2 一.證明： 令 f (x) =ln(1+x)x+ x ,則 2f (x)=1,-1 x 二當x>0時，f '(x) A0,故f(x)在0,依)單調(diào)增.當xA0時，有f(x)

38、> f(0) =0,即12x - x < ln(1 +x).24.設 f (x)在a,b上可導且 b-a >4,證明：存在點 xO w (a,b)使 f'(x。)< 1 + f2 (x0).證明： 設 F (x) = arctan f (x),則 F '(x)=f (x)1 f2(x)ji，且1F(x)用.由拉格朗日中值定理知，存在x0 w (a,b),使F(b) - F(a)= F'(x0),即f (x0)JI 31十1 f2(x。)F(b) -F(a)，: |F(b)| |F(a)|，: 225 .設函數(shù)f(x),g(x)在a,b上連續(xù)，在(

39、a,b)內(nèi)具有二階導數(shù)且存在相等的最大值，且f (a) = g(a), f (b) =g(b),證明：存在 士 (a,b)，使得 f V) = g V) -證明：設f (x), g(x)分別在x1, x2亡(a,b)取得最大值 M ,則f (x1) = g(x2) = M ,且f 仇)=g (x2) = 0 .令 F(x) = f (x) -g(x).當 x1 = x2時，F(xiàn) (a) = F (b) = F (x1)二 0,由羅爾定理知，存在-1 w (a,x1), ：2正(x，b),使 f'(4) = f'J) =0,進一步由羅爾定理知,存在其 國工)，使F“d) = 0,即

40、f"(D = g"K)當x#x2時，F(xiàn)(x1)= M g(x1)之0, F(x2) = f (x2) M <0 ,由零點存在定理可知，存在三區(qū)，x2,使F( 1) = 0 .由于F (a) = F (b) = 0 ,由前面證明知，存在-e (a,b)，使 f "(D =0,即 f “d) =g Y).,-、1，,， 一6 .設kM0,證明方程kx + 二=1有且僅有一個正的實根.x1，1證明：設f (x) = kx + 2 -1 ,當k = 0 ,顯然一2 = 1只有一個正的頭根.下考慮 k < 0時的xx情況.先證存在性：因為f (x)在(0,十比)

41、內(nèi)連續(xù)，且lim f(x)=+g, lim f (x) = - ,由零點存在定x >0x.1理知，至少存在一個 E w (0,y)，使f (-) = 0 ,即kx + 2 =1至少有一個正的實根.x再證唯一性：假設有 x1,x2 A0 ,且x1 < x2 ,使f (x1 ) = f (x2 ) = 0 ,根據(jù)羅爾定理，存在2 八，一，2。w (X, x2) u (0,)，使f (") = 0 ,即k 一y=0 ,從而k =不 > 0 ,這與k < 0矛盾.故萬巾 1， 一 ，”、，一程kx +f =1只有一個正的實根. x7.對某工廠的上午班工人的工作效率的研究表明，一個中等水平的工人早上8時開始工作，在t小時之后，生產(chǎn)出 Q(t) = t3+9t2十12t個產(chǎn)品.問：在早上幾點鐘這個工人工作效率最高？解：因為 x(t) =Q (t) = 4t2 +18t+12, x'(t) =Q“(t) = 6t+18,令 x'(t) = 0 ,得 t = 3 .又 當t<3時，x(t) A0 .函數(shù)x(t)在0,3上單調(diào)增加；當t>3時，x'(t) <0 ,函數(shù)x(t)在3,一)上 單調(diào)減少.故當t