[,满足罗尔定理条件，于是至少存在一点E∈(：，x)c(0,),使得∫()=0，而当 x∈(0,1)时，了(x)=3x2-3<0,这与f()=0矛盾，故假设不成立，命题得证. 五、设F(x)=fx)-x,易见F(x)在[0，上连续，在(0，)内可导，又F四=-1<0. F(宁=>0，由零点定理可知，至少存在一点刀∈（分），使F)=0,而F0)=0,由罗尔 定理可知至少存在一点ξ∈(0，)，使F()=0,即f'()=1,而(0，)c(0,),从而可知至少 存在一点5∈(0，)，使(5)=1 六、提示：构造辅助函数F(x)=lnfx),对F(x)在[a,b]用拉格朗日中值定理即可证. 七、设-m,e<<心，则p-2-产p-2,所以 当xe时，p国<0，故p单调减小.从面当e<<e时，p>pie)=产-兰0， 即当e<x<e2时，g(x)单调增加.因此当e<a<b<e2时，p(b)>o(a),即 m2b-号b>lm2a-手a.故m2b-n2a>4b-a). 八、本题实际是求使窗户面积最大的圆的半径r和h的值，设窗的面积为S,则有 5=号+2油满足条件1=和+2动+2，解出0-2-列代入，有 S0)=号+0-2m.0er2令S=0,得雅-的驻点r十由铜图 的实际意义知道当r= 十4时，5的面积最大，通过的光线最充足 B级自测题 一、选择题 1.c. 2.D. 3.D. 4.C.5.c 二、填空题 1.1680. 2 3.1. 4.+- 5.le]. 6
6 1 2 [ , ] x x , 满足罗尔定理条件, 于是至少存在一点 1 2 ( , ) (0,1) x x ,使得 f ( ) 0 = , 而当 x(0,1) 时, 2 f x x ( ) 3 3 0 = − ,这与 f ( ) 0 = 矛盾, 故假设不成立, 命题得证. 五、设 F x f x x ( ) ( ) = − , 易见 F x( ) 在 [0,1] 上连续, 在 (0,1) 内可导, 又 F(1) 1 0 = − , 1 1 ( ) 0 2 2 F = , 由零点定理可知,至少存在一点 1 ( ,1) 2 ,使 F( ) 0 = ,而 F(0) 0 = ,由罗尔 定理可知至少存在一点 (0, ) ,使 F( ) 0 = ,即 f ( ) 1 = , 而 (0, ) (0,1) ,从而可知至少 存在一点 (0,1), 使 f ( ) 1 = 六、提示:构造辅助函数 F x f x ( ) ln ( ) = , 对 F x( ) 在 [ , ] a b 用拉格朗日中值定理即可证. 七、设 2 2 4 ( ) ln x x x e = − ， 2 e x e ，则 2 ln 4 ( ) 2 x x x e = − ， 2 1 ln ( ) 2 x x x − = ，所以 当 x e 时， ( ) 0 x ，故 ( ) x 单调减小．从而当 2 e x e 时， 2 2 2 4 4 ( ) ( ) 0 x e e e = − = ， 即当 2 e x e 时， ( ) x 单调增加．因此当 2 e a b e 时， ( ) ( ) b a ，即 2 2 2 2 4 4 ln ln b b a a e e − − ．故 2 2 2 4 ln ln ( ) b a b a e − − ． 八、 本题实际是求使窗户面积最大的圆的半径 r 和 h 的值, 设窗的面积为 S , 则有 2 2 2 r S rh = + 满足条件 l r h r = + + 2 2 , 解出 1 ( 2 ) 2 h l r r = − − 代入 S , 得 2 ( ) ( 2 ) 2 r S r r l r r = + − − , 0 2 l r + , 令 S r( ) 0 = , 得唯一的驻点 4 l r = + ,由问题 的实际意义知道当 , 4 4 l l r h = = + + 时, S 的面积最大, 通过的光线最充足. B 级自测题 一、选择题 1． C． 2．D． 3．D． 4．C． 5．C． 二、填空题 1．1680． 2． 1 2 − ； 3．1． 4． 1 1 ( 1), n n e + − + − ． 5． 1 [1, ] e e ．
三、1.4 2品 4.单调增加区间(-0，)和(3，+)，单调减少区间(L,3),(-0,0)是凸的，(0，)和 化+树)是四的，极小值儿一头，拐点Q0,铅直渐近线x=1,斜渐近线y=x+2. 5.4=235 四、f(x)在[a,b)](0<a<b)满足拉格朗日中值定理，从而存在一点5∈(a,b),使 -@-n0-o.版为0-r0甲 f)-fa-I-if(m 上式只要)和g)=在a,上应用柯西中值定理即可得到所要证明的结果。 五、证法1设f)=e-2+),显然f)在L+∞)上连续且可导，fx)=e-ex, 在几，+o)上连续且可导，在l+o)上有f(x)=e-e>0,所以f(x)单调递增，当x>1 时，f'(x)>f")=0,从而有f(x)单调递增，所以x>1时，fx)>f)=0,即 e>r+0. 证法2设f)=,g()=子，显然它们在，x)上满足柯西中值定理条件，所以有 -g国-g四g帽元，1<5<x.再令p)-,显然()在L+切)上连续且 e-e-fx)-f四-'且-e 可导，p=-一e≥0.所以在L+∞)单调递增.当x>1时，以)>0=e.故在 2 5>1时有 专=8>e,即e>+n 证法3展开fx)=e为x=1点处带拉格朗日余项的二阶泰勒公式 e=e+x-+x-+x-以，1<5<， 所以e>e+-+x-x2+). 六、证明()令(x)=fx)-x,显然它在0，上连续，又)=f)-1=-1<0, 1
7 三、1． 1 4 2． 2 1 ( ) 2 [ ( )] f a f a − 3. 1 12 − 4． 单调增加区间 ( ,1) − 和 (3, ) + , 单调减少区间 (1,3) ， ( ,0) − 是凸的, (0,1) 和 (1, ) + 是凹的，极小值 3 27 4 x y = = , 拐点 (0,0) , 铅直渐近线: x = 1, 斜渐近线: y x = + 2 ． ５． 7 4 23 e a e = 四、 f x( ) 在 [ , ] a b (0 ) a b 满足拉格朗日中值定理, 从而存在一点 ( , ) a b , 使 f b f a f b a ( ) ( ) ( )( ) − = − , 故问题归结为 2 ( ) ( ) ( ) f b f a f b a ab − = − ,即 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 f b f a f f b a − = = − − − 上式只要 f x( ) 和 1 g x( ) x = 在 [ , ] a b 上应用柯西中值定理即可得到所要证明的结果． 五、证法 1 设 2 ( ) ( 1) 2 x e f x e x = − + ,显然 f x( ) 在 [1, ) + 上连续且可导， ( ) x f x e ex = − ， 在 [1, ) + 上连续且可导，在 [1, ) + 上有 ( ) 0 x f x e e = − ，所以 f x ( ) 单调递增，当 x 1 时, f x f ( ) (1) 0 = ，从而有 f x( ) 单调递增，所以 x 1 时, f x f ( ) (1) 0 = ，即 2 ( 1) 2 x e e x + . 证法 2 设 ( ) t f t e = ， 2 g t t ( ) = ，显然它们在 [1, ] x 上满足柯西中值定理条件，所以有 2 ( ) (1) ( ) 1 ( ) (1) ( ) 2 x e e f x f f e x g x g g − − = = = − − , 1 x .再令 ( ) x e x x = ，显然 ( ) x 在 [1, ) + 上连续且 可导, 2 ( 1) ( ) 0 x x e x x − = ．所以 ( ) x 在 [1, ) + 单调递增．当 x 1 时, ( ) (1) x e = ．故在 1 时有 ( ) e e = ，即 2 ( 1) 2 x e e x + . 证法 3 展开 ( ) x f x e = 为 x = 1 点处带拉格朗日余项的二阶泰勒公式 2 3 ( 1) ( 1) ( 1) 2! 3! x e e e e e x x x = + − + − + − , 1 x ， 所以 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) 2! 2 x e e e e e x x x + − + − = + . 六、证明(1) 令 = − ( ) ( ) x f x x , 显然它在 [0,1] 上连续, 又 = − = − (1) (1) 1 1 0 f
宁=0，根据零点定理知存在n∈(，)，使Φ)=0，即f0)=刀 (2)令F)=e(x)=e[fx)-),它在0，川l上满足罗尔定理的条件，故存 5∈(0，使F'(5)=0,即e{f'(5)-f()-】-1}=0,故 f"(5)-Lf9-】=1. 七、证明对f(x)在0，x(x>0)上利用拉格朗日中值定理，并注意到f(x)≥k>0, 有fx)-f0)=f'(5)x≥a(0<5<x),fx)2f0)+:(0<5<x),于是1 lim f(x)=+∞ 故存在x0>0,使得fx)>0,又f0)<0,由零点定理知，存在E∈(0，)c(0,+o),使得 f(5)=0:再由∫"(x)≥k>0知，f(x)单调增加，因此，f(x)不可能有第二个零点，故方 程fx)=0在(0，+∞)内有唯一的实根. 八、由0=m盟)，可知f0是)在0,2习上的最小值.又)在(0,2)内可导， 从而有∫=0.由于∫x)在(0,2)内有三阶导数，所以有 0=0+0X-+/0-+,0<s1 =0+r0-+9-r,e-.1<<2 于是2)-f0)=/()+(5川=1，即了()+()=6.由()的连续性可知， 了”在[后，上有最大值M及最小值m,于是msSD+严sM.再由连续函数 的介值性定理知，至少存在一点5e⑤5)c(0,2,使)=严)+包-3. 第四章不定积分 A级自测题 一、选择题 1.B.2.C.3.B.4.D.5.B. 二、填空题
8 1 1 ( ) 0 2 2 = ,根据零点定理知存在 1 ( ,1) 2 , 使 = ( ) 0 , 即 f ( ) = . (2) 令 ( ) ( ) [ ( ) ] x x F x e x e f x x − − = = − , 它在 [0, ] 上 满 足 罗尔 定理 的条 件, 故 存 (0, ) , 使 F( ) 0 = , 即 e f f { ( ) [ ( ) )] 1} 0 − − − − = , 故 f f ( ) [ ( ) )] 1 − − = ． 七、证明 对 f x( ) 在 [0, ]( 0) x x 上利用拉格朗日中值定理, 并注意到 f x k ( ) 0 , 有 f x f f x kx x ( ) (0) ( ) (0 ) − = ，f x f kx x ( ) (0) (0 ) + ，于是 lim ( ) x f x →+ = + . 故存在 0 x 0 ,使得 0 f x( ) 0 ，又 f (0) 0 , 由零点定理知, 存在 0 + (0, ) (0, ) x , 使得 f ( ) 0 = ；再由 f x k ( ) 0 知, f x( ) 单调增加, 因此, f x( ) 不可能有第二个零点, 故方 程 f x( ) 0 = 在 (0, ) + 内有唯一的实根. 八、由 [0,2] (1) min ( ) x f f x = ，可知 f (1) 是 f x( ) 在 [0,2] 上的最小值．又 f x( ) 在 (0,2) 内可导， 从而有 f (1) 0 = ．由于 f x( ) 在 (0,2) 内有三阶导数，所以有 2 3 1 (1) ( ) (0) (1) (1)( 1) ( 1) ( 1) 2! 3! f f f f f = + − + − + − ， 1 0 1 ， 2 3 1 (1) ( ) (2) (1) (1)(2 1) (2 1) (2 1) 2! 3! f f f f f = + − + − + − ， 2 1 2 ． 于是 1 2 1 (2) (0) [ ( ) ( )] 1 3! f f f f − = + = ,即 1 2 f f ( ) ( ) 6 + = ．由 f x ( ) 的连续性可知， f x ( ) 在 1 2 [ , ] 上有最大值 M 及最小值 m ，于是 1 2 ( ) ( ) 2 f f m M + ．再由连续函数 的介值性定理知，至少存在一点 1 2 ( , ) (0,2) ，使 1 2 ( ) ( ) ( ) 3 2 f f f + = = ． 第四章 不定积分 A 级自测题 一、选择题 1．B． 2．C． 3．B． 4．D． 5．B． 二、填空题
1.fx)=-i-x2+C. 2.x+C. 3.e+C 4.In|cscx-cotx+C. 5.f(x)e'+C. 三kn2+c. 2.-cosx+secx+C. 3.4x-+C 4. 5.2x+5-x-2G+C.6.nx-1+R-2x+5)+C 7.万n-m+c 8.C. 9.3nl+2+5mr2+2x+2)-2 arctg(x+)+C. 10.3m++5-1+C. 1 Inx 1.2tc x 四、∫厂(x)dk=fx)-∫xdf厂'(x,令1=(x), 然后积分∫(x)=f(x)-∫xdf(x】=f-(x)-Jf)d =(x)-F0+C=f'()-f(x】+C. B级自测题 一、选择题 1.A.2.C. 3.c 二、填空题 1.2e0(x-7)+12 2.e(-2x2-1)+C 三、1.arcsine+e-e产+C.2.(sin()+-cos(inx)+C
9 1． 2 f x x C ( ) 1 = − − + ． 2． x C+ ． 3． 1 3 3 x e C+ ． 4． ln csc cot x x C − + ． 5． ( ) x f x e C+ ． 三、1． 1 72 2ln 72 x + C ． 2． − + + cos sec x x C ． 3． 1 10 (4 1) 40 x C − + ． 4． ln 1 x C x x − − + ． 5． 5 2 1 2 2 2 5 2 x x x x C + − − + ． 6． 2 ln( 1 2 5) x x x C − + − + + ． 7． 2 ln csc cot 2 2 x x − + C ． 8． 2 x 1 C x − + ． 9． 1 2 3ln 2 ( 2 2) 2 ( 1) 2 x ln x x arctg x C + + + + − + + . 10． 3 3 1 2 3[ln 1 1 ( 1 1) ] 2 x x C + + + + − + ． 11． 3 1 1 ln tan 3cos cos 2 x C x x + + + ． 12． 2 2 2 ln 1 ln 2( 1) 4 1 x x C x x − + + + + ． 四、 1 1 1 f x dx xf x xd f x ( ) ( ) [ ( )] − − − = − ，令 1 t f x( ) − = ， 然后积分 1 1 1 f x dx xf x xd f x ( ) ( ) [ ( )] − − − = − 1 xf x f t dt ( ) ( ) − = − 1 xf x F t C ( ) ( ) − = − + 1 1 xf x F f x C ( ) [ ( )] − − = − + ． B 级自测题 一、选择题 1．A． 2．C． 3．C． 二、填空题 1． 1 6 2 ( 7) 12 x e x − − + ． 2． 2 2 ( 2 1) x e x C − − − + ． 三、1． 2 arcsin 1 x x x e e e C + − + ． 2． [sin(ln ) cos(ln )] 2 x x x C + + ．