解:1)由于mx() <0,根据极限的保号性得 0.Vx∈ (Q20)有(x) <0,即f(x)<0 进而x∈(0,6)有()<0 又由于∫(x)二阶可导,所以f(x)在[O,1上必连续 那么∫(x)在[6,1上连续,由f(O6)<0,f(1)>0根据零点定理得 至少存在一点5∈(δ,1),使∫(5)=0,即得证 (Ⅱ)由(1)可知f(0)=0,3∈(0,1),使f(2)=0,令F(x)=f(x)f(x),则f(0)=f(5)=0 由罗尔定理n∈(0,2),使f(m)=0,则F(0)=F(7)=F(5)=0, 对F(x)在(0,),(,9)分别使用罗尔定理: 彐n∈(0.,m),n2∈(,5且n,2∈(0,1)7≠n2,使得F(n)=F(2)=0,即 F(x)=f(x)f(x)+(f(x)=0在(0,1)至少有两个不同实根。 得证 (19)(本题满分10分) 设薄片型物体S是圆锥面二=√x2+y2被柱面二2=2x割下的有限部分,其上任一点的密度为 x+y2+2。记圆锥面与柱面的交线为C (1)求C在xOy平面上的投影曲线的方程 (I)求S的M质量。 【答案】6 【解析】 = (1)由题设条件知,C的方程为 →x2+y2=2x =2x 则C在xoy平面的方程为 (2)解：1）由于 0 ( ) lim 0 x f x x → +  ，根据极限的保号性得       0, (0, ) x 有 ( ) 0 f x x  ，即 f x( ) 0  进而    x f 0 (0, ) 0   有 ( ) 又由于 f x( ) 二阶可导，所以 f x( ) 在 [0,1] 上必连续 那么 f x( ) 在 [ ,1]  上连续，由 f f ( ) 0, (1) 0    根据零点定理得： 至少存在一点   ( ,1) ，使 f ( ) 0  = ，即得证 （II）由（1）可知 f (0) 0 = ，  =   (0,1), ( ) 0 使f ，令 F x f x f x ( ) ( ) '( ) = ，则 f f (0) ( ) 0 = =  由罗尔定理   =    (0, ), '( ) 0 使f ，则 F F F (0) ( ) ( ) 0 ===   ， 对 F x( ) 在 (0, ),( , )    分别使用罗尔定理： 1 2         (0, ), ( , ) 且 1 2 1 2     , (0,1),   ，使得 1 2 F F '( ) '( ) 0   = = ，即 ( ) 2 F x f x f x f x '( ) ( ) ''( ) '( ) 0 = + = 在 (0,1) 至少有两个不同实根。 得证。 （19）（本题满分 10 分） 设薄片型物体 S 是圆锥面 2 2 z x y = + 被柱面 2 z x = 2 割下的有限部分，其上任一点的密度为 2 2 2  = + + 9 x y z 。记圆锥面与柱面的交线为 C () 求 C 在 xOy 平面上的投影曲线的方程； ( )  求 S 的 M 质量。 【答案】64 【解析】 （1）由题设条件知， C 的方程为 2 2 2 2 2 2 2 z x y x y x z x  = +   + =  = 则 C 在 xoy 平面的方程为 2 2 2 0 x y x z  + =   = （2）