【考研类试卷】考研数学三-277及答案解析.doc

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1、考研数学三-277 及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：6，分数：6.00)1.已知 （分数：1.00）A.f(x)，g(x)，h(x)B.h(x)，f(x)，g(x)C.f(x)，h(x)，g(x)D.h(x)，g(x)，f(x)2.f(x)=xe -x2 (2-cosx)在(-，+)上是（分数：1.00）A.有界的偶函数B.无界的偶函数C.有界的奇函数D.无界的奇函数3.设函数 （分数：1.00）A.两个第一类间断点B.三个第一类间断点C.两个第一类间断点与一个第二类间断点D.一个第一类间断点与一个第二类间断点4.在下列四个命题中正确的是（分数：1.0

2、0）A.设 x0(a，b)，函数 f(x)满足 f“(x)0(axx0)和 f“(x)0(x0xb)，则 f(x)在点 x=x0 处取得它在(a，b)上的最大值B.设 f(x)在点 x=x0 取得极大值，则存在正数 0，使函数 f(x)在(x0-，x0)内单调增加，在(x0，x0+占 )内单调减少C.设 f(x)在区间(-a，a)内为偶函数(其中 a0 是一个常数)，则 x=0 必是 f(x)的一个极值点D.设 f(x)在区间(-a，a)内可导且为偶函数(其中 a0 是一个常数)，则 f“(0)=05.设函数 f(x)在(-，+)连续，其导函数 f“(x)的图形如图所示，则 （分数：1.00）

3、A.函数 f(x)有两个极大值点与一个极小值点，曲线 y=f(x)有一个拐点B.函数 f(x)有一个极大值点与两个极小值点，曲线 y=f(x)有一个拐点C.函数 f(x)有两个极大值点与一个极小值点，曲线 y=f(x)有两个拐点D.函数 f(x)有一个极大值点与两个极小值点，曲线 y=f(x)有两个拐点6.设函数 f(x)在(-，+)上可导，且 y=f(x)的图形如下， 则 f(x)的导函数 y=f“(x)的图形为 A B C D （分数：1.00）A.B.C.D.二、解答题(总题数：20，分数：94.00)7.设 y=y(x)是由 （分数：3.00）_8.设函数 f 具有二阶导数，且 f“1

4、求由方程 x 2 e y =e f(y) 确定的隐函数 y=y(x)的一、二阶导数 （分数：3.00）_9.设 y=y(x)是由方程 （分数：3.00）_10.设 （分数：5.00）_求下列函数的 n 阶导数：（分数：5.00）(1).y=ln(6x 2 +7x-3)，(n1)；（分数：2.50）_(2).y=sin 2 (2x)，(n1)（分数：2.50）_11.已知当|x|1 时函数 f(x)满足 f“(x)+af“(x) 2 =g(x)，且 f“(0)=0，其中常数 a0，函数 g(x)在|x|1 可导且 g(0)=0，g“(0)0试问 f(0)是不是函数的极值，点(0，f(0)是不是曲

5、线 y=f(x)的拐点? （分数：5.00）_12.设 k 为参数，试确定方程 x 2 +4x+1=ke x 的根的个数以及每个根所在的区间 （分数：5.00）_13.如图所示，设曲线段 L 是抛物线 y=6-2x 2 在第一象限内的部分在 L 上求一点 M，使过 M 点 L 的切线AB 与两坐标轴和 L 所围图形的面积为最小 （分数：5.00）_14.设某种产品的需求函数是 Q=a-bP，其中 Q 是该产品的销售量，P 是该产品的价格，常数 a0，b0，且该产品的总成本函数为 已知当边际收益 MR=56 以及需求价格弹性 （分数：5.00）_15.设函数 f(x)在0，+)有连续导数且满足

6、f(0)=0，f“(x)0 在(0，+)成立，求证：对任何 x 1 x 2 0 有 x 1 f(x 2 )x 2 f(x 1 ) （分数：5.00）_16.若 0d ，求证不等式 （分数：5.00）_17.设 f“(x)0，求证：f(a+h)+f(a-h)2f(a) （分数：5.00）_18.求证：当 x0 时，不等式 ln(e 2x +x)3x- （分数：5.00）_19.利用柯西中值定理证明不等式： （分数：5.00）_20.证明不等式(a+b)e a+b ae 2a +be 2b 当 ba0 时成立 （分数：5.00）_21.设函数 f(x)在0，+)有连续的一阶导数，在(0，+)二阶可

7、导，且 f(0)=f“(0)=0，又当 x0 时满足不等式 xf“(x)+4e f(x) 2ln(1+x) 求证：当 x0 时 f(x)x 2 成立 （分数：5.00）_22.设函数 f(x)在闭区间0，1上连续，在开区间(0，1)内可导，且 f(0)=f(1)=1， （分数：5.00）_23.设函数 f(x)在闭区间a，b上连续，在开区间(a，b)内二阶可导，且 f(a)=f(c)=f(b)，其中 c 是(a，b)内的一点，且在a，b内的任何区间 I 上 f(x)不恒等于常数求证：在(a，b)内至少存在一点，使 f“()0 （分数：5.00）_24.设函数 f(x)在0，1上连续，在(0，1

8、)内可导，且 f(1)=0，求证：至少存在一点 =(0，1)，使得(2+1)f()+f“()=0 （分数：5.00）_25.设 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(0)=2，f(1)=0求证：存在 01，使得f“()f“()=4 （分数：5.00）_考研数学三-277 答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：6，分数：6.00)1.已知 （分数：1.00）A.f(x)，g(x)，h(x)B.h(x)，f(x)，g(x)C.f(x)，h(x)，g(x) D.h(x)，g(x)，f(x)解析：解析 利用当 x0 时的等价无穷小关系：tanxx，1-c

9、osx 和 ln(1+x)x，不难得出当x0 时， 2.f(x)=xe -x2 (2-cosx)在(-，+)上是（分数：1.00）A.有界的偶函数B.无界的偶函数C.有界的奇函数 D.无界的奇函数解析：解析 在(-，+)上，x 是奇函数，e -x2 (2-cosx)是偶函数，于是它们的乘积 f(x)在(-，+)上是奇函数 又因|2-cosx|3，从而 f(x)在(-，+)是否有界取决于 g(x)=xe -x2 在(-，+)上是否有界因g(x)在(-，+)上连续，且 3.设函数 （分数：1.00）A.两个第一类间断点B.三个第一类间断点C.两个第一类间断点与一个第二类间断点 D.一个第一类间断点

10、与一个第二类间断点解析：解析 利用当|x|1 时， ，当|x|1 时， ，不难得出 4.在下列四个命题中正确的是（分数：1.00）A.设 x0(a，b)，函数 f(x)满足 f“(x)0(axx0)和 f“(x)0(x0xb)，则 f(x)在点 x=x0 处取得它在(a，b)上的最大值B.设 f(x)在点 x=x0 取得极大值，则存在正数 0，使函数 f(x)在(x0-，x0)内单调增加，在(x0，x0+占 )内单调减少C.设 f(x)在区间(-a，a)内为偶函数(其中 a0 是一个常数)，则 x=0 必是 f(x)的一个极值点D.设 f(x)在区间(-a，a)内可导且为偶函数(其中 a0 是

11、一个常数)，则 f“(0)=0 解析：解析 解法一 因为 f(x)在区间(-a，a)内可导且为偶函数，故 f“(x)在(-a，a)内必为奇函数，即 x(-a，a)有 f“(-x)=-f“(x)特别对 x=0 有 f“(0)=-f“(0) f“(0)=0故应选 D 解法二 A，B，C 均不正确 A不正确：条件中缺 f(x)在 x=x 0 处连续例如： 尽管 f“(x)=1 当-1x0 成立，f“(x)=-1 当 0x1 成立，但当 0|x|1 时都有 f(0)=-1f(x)这表明 f(0)并不是 f(x)在(-1，1)上的最大值 B不正确：函数 f(x)在 x=x 0 取极值与它在 x=x 0

12、两侧附近单调并无必然联系例如： 因 ，故 f(0)是 f(x)的极大值，但 特别在 处有 由此可见，无论取正数 多么小，在(-，0)与(0，)中导函数 f“(x)总要无穷多次变号，即 f(x)不可能在这样的区间中单调 C也不正确：考察函数 5.设函数 f(x)在(-，+)连续，其导函数 f“(x)的图形如图所示，则 （分数：1.00）A.函数 f(x)有两个极大值点与一个极小值点，曲线 y=f(x)有一个拐点B.函数 f(x)有一个极大值点与两个极小值点，曲线 y=f(x)有一个拐点C.函数 f(x)有两个极大值点与一个极小值点，曲线 y=f(x)有两个拐点 D.函数 f(x)有一个极大值点与

13、两个极小值点，曲线 y=f(x)有两个拐点解析：解析 由题图知函数 f(x)有三个驻点 a，b，d，其导函数 f“(x)有一个驻点 c，如图所示列表讨论函数 f(x)的单调性与极值，可得 6.设函数 f(x)在(-，+)上可导，且 y=f(x)的图形如下， 则 f(x)的导函数 y=f“(x)的图形为 A B C D （分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 由函数 y=f(x)的图形知 f(x)0，且曲线 y=f(x)由单调减少变为单调增加而后再变为单调减少，从而，它的导函数的取值应由负变正，并再由正变负，这表明 f(x)的导函数 y=f“(x)的图形不可能是 A 与 C 当 x0 时

14、 y=f(x)的图形是由凸变凹，对应的 y=f“(x)的图形应是由递减到递升因此 f(x)的导函数y=f“(x)的图形应为 B故应选 B二、解答题(总题数：20，分数：94.00)7.设 y=y(x)是由 （分数：3.00）_正确答案：()解析：解：在方程中令 x=0 可得 将方程两边对 x 求导数，得 将 x=0，y(0)=e 2 代入，有 ，即 y“(0)=e-e 4 将(*)式两边再对 x 求导数，得 将 x=0，y(0)=e 2 和 y“(0)=e-e 4 代入，有 8.设函数 f 具有二阶导数，且 f“1求由方程 x 2 e y =e f(y) 确定的隐函数 y=y(x)的一、二阶导

15、数 （分数：3.00）_正确答案：()解析：解：将原方程两边取对数，可得与原方程等价的方程 2ln|x|+y=f(y) 将新方程两边对 x 求导数，得 可解出 将(*)式两边再对 x 求导数，又得 于是，可解出 9.设 y=y(x)是由方程 （分数：3.00）_正确答案：()解析：解： 将方程两边对 x 求导数，利用变上限定积分求导公式得 2-e -(x+y)2 (1+y“)=xy“+y 可解出 10.设 （分数：5.00）_正确答案：()解析：证明 由初等函数的连续性及 f(x)的定义知，f(x)分别在(-，1和(1，+)连续，且 于是 f(x)在点 x=1 还是右连续的，故 f(x)在(-

16、，+)上连续 由于函数 2x-2+ 在 x=1 连续，从而 f(x)也可以写成 于是 f(x)在(-，1)内可导，在 x=1 左导数存在，且 ，f“ - (1)=2 同样，f(x)在(1，+)内可导，在 x=1 右导数存在，且 f“(x)=2(x1)，f“+(1)=2 因为 f“ - (1)=f“ + (1)=2，故 f(x)在 x=1 可导，且 f“(1)=2 综合得 求下列函数的 n 阶导数：（分数：5.00）(1).y=ln(6x 2 +7x-3)，(n1)；（分数：2.50）_正确答案：()解析：解：因为 6x 2 +7x-3=(3x-1)(2x+3)，所以 y=ln(6x 2 +7x

17、-3)=ln(3x-1)(2x+3)=ln|3x-1|+ln|2x+3| 故 (2).y=sin 2 (2x)，(n1)（分数：2.50）_正确答案：()解析：解：因为 ，所以 11.已知当|x|1 时函数 f(x)满足 f“(x)+af“(x) 2 =g(x)，且 f“(0)=0，其中常数 a0，函数 g(x)在|x|1 可导且 g(0)=0，g“(0)0试问 f(0)是不是函数的极值，点(0，f(0)是不是曲线 y=f(x)的拐点? （分数：5.00）_正确答案：()解析：解：由题设知 f“(x)=g(x)-af“(x) 2 当|x|1 时成立且 f (3) (x)在|x|1 存在，在上式

18、中令x=0 得 f“(0)=0，将上式求导得 f (3) (x)=g“(x)-2af“(x)f“(x) 令 x=0 得 f (3) (0)=g“(0)0，从而点(0，f(0)是曲线 y=f(x)的拐点，又 由极限的保号性质可知，存在 0，使得当 0|x| 时 12.设 k 为参数，试确定方程 x 2 +4x+1=ke x 的根的个数以及每个根所在的区间 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解：转化为函数方程 F(x)=(x 2 +4x+1)e -x =k，为此需讨论函数 F(x)的增减性，极值与值域 由 F“(x)=(2x+4-x 2 -4x-1)e -x =(3-2x-x 2 )e -x

19、 =(3+x)(1-x)e -x 可知，函数 F(x)有两个驻点 x=-3 与x=1，结合 可列表讨论 F(x)的单调性与极值如下： x (-，-3) -3 (-3，1) 1 (1，+) F“( - 0 + 0 - x) F(x) 从+单调减少 -2e 3 单调增加 单调减少且趋于 0 函数 F(x)的示意图如图所示 由此可得结论： (1)当 时直线 y=k 与曲线 y=(x 2 +4x+1)e -x 有一个交点，其横坐标 x 1 -3，即当 k 时方程 x 2 +4x+1=ke x 有唯一根，此根位于区间(-，-3)内 (2)当 时，直线 y=k 与曲线 y=(x 2 +4x+1)e -x

20、有两个交点，一个交点的横坐标 x 1 -3，而另一个交点的横坐标 x 2 =1，即当 时，方程 x 2 +4x+1=ke x 有两个根，一个位于区间(-，-3)内，另一个是 x 2 =1 (3)当 0k 时，直线 y=k 与曲线 y=(x 2 +4x+1)e -x 有三个交点，其横坐标分别为 x 1 -3，-3x 2 1，x 3 1，即当 0k 13.如图所示，设曲线段 L 是抛物线 y=6-2x 2 在第一象限内的部分在 L 上求一点 M，使过 M 点 L 的切线AB 与两坐标轴和 L 所围图形的面积为最小 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解：设曲线 L 上点 M 的坐标为(x，6-

21、2x 2 )，则 L 在该点的切线方程 Y=6-2x 2 -4x(X-x)， 令 Y=0，可得点 A 的横坐标为 ，令 X=0 可得点 B 的纵坐标为 b=2(3+x 2 )，从而所求图形的面积为 由于 为一常数，可见 S 与 ab 将在同一点处取得最小值 记 ，不难得出 14.设某种产品的需求函数是 Q=a-bP，其中 Q 是该产品的销售量，P 是该产品的价格，常数 a0，b0，且该产品的总成本函数为 已知当边际收益 MR=56 以及需求价格弹性 （分数：5.00）_正确答案：()解析：解：设 Q 0 是使总利润函数 L=R-C 取得最大值的产量，由极值的必要条件得，Q 0 应使边际成本MC

22、=MR=56，即 Q 0 是方程 Q 2 -17Q+108=56 的根，把它改写成 Q 2 -17Q+52=0，解之可得 Q 0 有两个可能的值，分别是 Q 1 =4 或 Q 2 =13 其次，从需求函数解出 ，于是 ，于是当利润最大时有 又因 ，于是当利润最大时有 从，两式可确定常数 a 和 b，即 a=108b， 最后，从上面的计算得到了使利润最大的产量 Q 0 和常数 a，b 的两组可能值，它们分别是 Q 1 =4，a 1 = ，b 1 = 和 Q 2 =13，a 2 =54，b 2 = ，而对应的价格 P 1 =P 2 =82把两组值代入总利润函数计算对应的利润，不难发现，对应于第一组

23、的利润 L=824-C(4)0，这不符合实际，应当舍去对应于第二组的利润 L=8213-C(13)0，符合实际，这表明使利润最大的产量 Q 0 =13，且常数a=54， 解析 首先，利用当边际收益 MR=56 时可获得最大利润以及极值的必要条件，可得利润最大时的产量应使边际成本 MC=MR=56，由此可解出使利润最大的产量的可能值其次，利用上面求出的使利润最大的产量的可能值和 MR=56 以及需求价格弹性 15.设函数 f(x)在0，+)有连续导数且满足 f(0)=0，f“(x)0 在(0，+)成立，求证：对任何 x 1 x 2 0 有 x 1 f(x 2 )x 2 f(x 1 ) （分数：5

24、.00）_正确答案：()解析：证明 令 ，于是 g“(x)与 h(x) xf“(x)=f(x)同号由 h(x)在0，+)连续， h“(x)=xf“(x)0( x0) h(x)在0，+)单调下降，h(x)h(0)=0( x0)，即 g“(x)0 当 x0 时成立从而对 x 1 x 2 0 有 g(x 2 )g(x 1 )，即原不等式成立 解析 x 1 x 2 0 有 x 1 f(x 2 )x 2 f(x 1 ) 16.若 0d ，求证不等式 （分数：5.00）_正确答案：()解析：证明 令 f(x)=tanx， ，则 在区间 内单调增加，故当 时，有 在区间，上对函数 f(x)应用拉格朗日中值定

25、理，得 于是 17.设 f“(x)0，求证：f(a+h)+f(a-h)2f(a) （分数：5.00）_正确答案：()解析：证法一 依次对函数 f(x)及导函数 f“(x)利用拉格朗日中值定理就有 f(a+h)+f(a-h)-2f(a)=f(a+h)-f(a)+f(a-h)-f(a)=f“( 2 )h-f“( 1 )h=hf“( 2 )-f( 1 )=hf“()( 2 - 1 )， 其中 a-h 1 a，a 2 a+h， 1 2 由题设 f“()0，又 2 - 1 0，因此当 h0 时原不等式成立当 h0 时可类似证明 证法二 利用积分中值定理及导函数 f“(x)的单调性由于 其中 a-h 1

26、a 2 a+h 又 f“(x)0，故 f“(x)单调上升从而 f“( 2 )-f“( 1 )0于是，原不等式成立 证法三 利用曲线的凹凸性因为 f“(x)0，所以曲线 y=f(x)为凹弧于是 且 f(a+h)+f(a-h)2f(a) 从而，原不等式成立 证法四 利用最值(单调性) 令 F(x)=f(a+x)+f(a-x)-2f(a)，则 F“(x)=f“(a+x)-f“(a-x)=f“(a-x)，F“(x)=f“(a+x)+f“(a-x) 因为 f“(x)0，所以 F“(x)0，F“(x)单调递增故 18.求证：当 x0 时，不等式 ln(e 2x +x)3x- （分数：5.00）_正确答案：

27、()解析：证明 令 f(x)=ln(e 2x +x)-3x+ ，只需证明当 x0 时 f(x)0 成立 由于 f(0)=0，且 在 f“(x)的分子中 5x 2 +3x(e 2x -1)0 当 x0 时成立，而分母 e 2x +x0 当 x0 时也成立，故若 g(x)=1+2xe 2x -e 2x 0 当 x0 时还成立，即得 f“(x)0 当 x0 时成立，于是 f(x)当 x0 时单调增加 当 x0 时 f(x)f(0)=0 成立，即不等式成立得证 由于 g(0)=0，g“(x)=4xe 2x 0 对 19.利用柯西中值定理证明不等式： （分数：5.00）_正确答案：()解析：证明 对函数

28、 在0，x上用柯西中值定理，得 其中 介于 0 与 x 之间由 可知 由于当 x0 时，0， ；当 x0 时，0， ，因此总有 于是当 x0 时，有 而当 x=0 时 ，故 20.证明不等式(a+b)e a+b ae 2a +be 2b 当 ba0 时成立 （分数：5.00）_正确答案：()解析：证法一 不等式可改写为 ae a (e b -e a )be b (e b -e a )，因 ba0 时 e b e a ，从而又可改写为等价形式 ae a be b 把 b 改写为 x，引入函数 f(x)=xe x ，即需证 f(x)f(a)当 xa0时成立 因为 f“(x)=(x+1)e x 0

29、当 x0 时成立，从而 f(x)在区间a，+)(a0)上单调增加，故当 xa 时f(x)f(a)成立，即原不等式成立 证法二 引入函数 g(x)=xe 2x ，则原不等式可改写成 当 y=g(x)在区间a，b上是凹弧时，显然上式成立(如图所示)注意 21.设函数 f(x)在0，+)有连续的一阶导数，在(0，+)二阶可导，且 f(0)=f“(0)=0，又当 x0 时满足不等式 xf“(x)+4e f(x) 2ln(1+x) 求证：当 x0 时 f(x)x 2 成立 （分数：5.00）_正确答案：()解析：分析与证明 由题设知，当 x0 时 xf“(x)xf“(x)+4e f(x) 2ln(1+x

30、)， 即 其中 ln(1+x)x(x0)，这是因为：记 g(x)=x-ln(1+x)(x0)，则 (x0)，故 g(x)在0，+)单调增加，从而 g(x)g(0)=0(x0) 方法 1 由麦克劳林公式可得 方法 2 令 F(x)=x 2 -f(x)， F“(x)=2x-f“(x)，F“(x)=2-f“(x) F“(x)0(x0)，F“(x)在0，+)单调增加 F“(x)F“(0)=0(x0) F(x)在0，+)单调增加 22.设函数 f(x)在闭区间0，1上连续，在开区间(0，1)内可导，且 f(0)=f(1)=1， （分数：5.00）_正确答案：()解析：证明 令 F(x)=f(x)+kx，

31、则 F(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 F“(x)=f“(x)+k，F(0)=1， ，F(1)=1+k，即 由闭区间上连续函数的中间值定理知，存在 使 F(c)=F(0)，从而 F(x)在区间0，c上满足罗尔定理的条件，于是，存在 (0，c) (0，1)使 F“()=f“()+k=0，即 f“()=-k 解析 这是讨论导函数在某点取定值的问题，可化归导函数零点的存在性问题 这启示我们检验函数 F(x)=f(x)+kx 是否在区间0，1或它的某一子区间，上满足罗尔定理的全部条件 注意 F(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 从而 即 F(0)是 和 F(1)的一个中间值，由

32、F(x)的连续性和有界闭区间上连续函数的性质知 23.设函数 f(x)在闭区间a，b上连续，在开区间(a，b)内二阶可导，且 f(a)=f(c)=f(b)，其中 c 是(a，b)内的一点，且在a，b内的任何区间 I 上 f(x)不恒等于常数求证：在(a，b)内至少存在一点，使 f“()0 （分数：5.00）_正确答案：()解析：分析与证明一 由题设知，可在a，c上和c，b上分别对 f(x)用罗尔定理，于是存在(a，c)，(c，b)使 f“()=f“()=0，但 f(x)在，上不恒等于常数，从而 f“(x)0这表明 g(x)=f“(x)在，上可导，不恒等于常数且 g()=g()=0为证明本题的结

33、论，只需证明在(，)内至少存在一点 使 g“()0 即可 由题设知 f(x)在a，c上和c，b上分别满足罗尔定理的条件，于是存在 (a，c)，(c，b)使f“()=f“()=0 令 g(x)=f“(x)，由题设及上面所得结果知 g(x)是在，上可导但不恒等于常数的函数，且 g()=g()=0 若 使 g()0，在，上把拉格朗日定理用于 g(x)可得： (，)使 否则，必 (，)使 g()0，在，上把拉格朗日定理用于 g(x)也可得： (，)使 综合即得，在(，)内即在(a，b)内至少存在一点 ，使 g“()=f“()0 分析与证明二 如同前面所述， ， (a，b)，f“(x)在，不恒为零，且

34、f“()=f“()=0现用反证法若在(a，b)内不 使得 f“()0，则 f“(x)0(x(a，b) f“(x)在(a，b)单调不减， ，x，有 0=f“()f“(x)f“()=0 f“(x)=0( x，)，与在，上 f“(x)0 矛盾了因此 24.设函数 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(1)=0，求证：至少存在一点 =(0，1)，使得(2+1)f()+f“()=0 （分数：5.00）_正确答案：()解析：证明 令 F(x)=xe 2x f(x)，则由题设知 F(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 F(0)=0，F(1)=e 2 f(1)=0，即 F(x)在0，1上

35、满足罗尔定理的全部条件，故至少存在一点 (0，1)，使 F“()=(e 2 +2e 2 )f()+e 2 f“()=e 2 (2+1)f()+f“()=0，从而 (2+1)f()+f“()=0 解析 因 (0，1)，故(2+1)f()+f“()=0 ，其中 p(x)0， x(0，1) 若函数 p(x)还满足 当 x(0，1)时成立，则要证的结论 p(x)f(x)“在(0，1)内有零点 这启发我们考虑辅助函数 F(x)=p(x)f(x)，其中 p(x)当 x(0，1)时满足 25.设 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(0)=2，f(1)=0求证：存在 01，使得f“()f“()=4 （分数：5.00）_