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