D

B

B

B

C

B

C

C

D

B

A

[证] 因为f(x)=f(x)-f(0)=xf'(ξ)，0＜ξ＜x(当x＞0时)，
   又由于f'(x)单调增加，有f'(x)＞f'(ξ)，(当x＞ξ时)
   所以
   故在(0，a)内单调增加．

[证]
   
   令y"=0，得x₁=1，列表见表．
   
   因为(k为直线的斜率)
   所以A，B，C三点在同一直线上．

[证] 设λ₁＞0，λ₂＞0，且λ₁+λ₂=1，又x₁，x₂∈(a，b)，x₁＜x₂．
   因为x₁+λ₂(x₂-x₁)=λ₁x₁+λ₂x₂=x₂+λ₁(x₁-x₂)，
   所以x₁＜λ₁x₁+λ₂x₂＜x₂．
   由拉格朗日中值定理可知
   f(λ₁x₁+λ₂x₂)-f(x₁)=λ₂(x₂-x₁)f'(ξ₁)，  (x₁＜ξ₁＜λ₁x₁+λ₂x₂)    ①
   f(x₂)-f(λ₁x₁+λ₂x₂)=λ₁(x₂-x₁)f'(ξ₂)，  (λ₁x₁+λ₂x₂＜ξ₂＜x₂)    ②
   ①×λ₁-②×λ₂得
   (λ₁+λ₂)f(λ₁x₁+λ₂x₂)=λ₁f(x₁)+λ₂f(x₂)+λ₁λ₂(x₂-x₁)[f'(ξ₁)-f'(ξ₂)]
   f(λ₁x₁+λ₂x₂)+λ₁λ₂(x₂-x₁)[f'(ξ₂)-f'(ξ₁)]=λ₁f(x₁)+λ₂f(x₂)．
   又因为f'(ξ₂)-f'(ξ₁)=(ξ₂-ξ₁)f"(ξ₃)，ξ₁＜ξ₃＜ξ₂及f"(ξ₃)＞0，(因为f"(x)＞0)
   所以λ₁f(x₁)+λ₂f(x₂)＞f(λ₁x₁+λ₂x₂)，
   故f(x)在(a，b)内为凹的．
   同理可证明，当f"(x)＜0时，f(x)在(a，b)内为凸的．

[解] 如图所示，选择x为积分变量，且a≤x≤b，图中阴影部分的面积ds=f(x)dx．它绕y轴旋转所成的形体，是以f(x)为高，半径为x，壁厚为dx的圆柱筒，其体积为dV=2πxf(x)dx，在[a，b]上，积分之，得
   
   

[解] 如图所示，选择y为积分变量，且0≤y≤4，图中阴影部分绕直线x=3旋转所成图形的体积为
   
   

[解] 由依据极限与无穷小的关系定理有
   
   于是    f(x)-f(x₀)=(k+α(x))(x-x₀)ⁿ．
   可知当x在x₀的充分小邻域内时，(k+α(x))与k同符号，
   因此
   ①当x在x₀的充分小邻域内时，若n为偶数，则f(x)-f(x₀)与k同号；
   当k＞0时，f(x)-f(x₀)＞0，可知f(x₀)为极小值；
   当k＜0时，f(x)-f(x₀)＜0，可知f(x₀)为极大值．
   ②当x在x₀的充分小邻域内时，若n为奇数，则
   f(x)-f(x₀)=(k+α(x))(x-x₀)ⁿ．
   在x=x₀的两侧异号，即不恒正(或恒负)，可知f(x₀)不是f(x)的极值．

[解] 设δ为任意小的正数，因φ(x)在x=x₀处连续，且φ(x₀)≠0，故
   φ(x₀-δ)，φ(x₀+δ)与φ(x₀)同号．
   
   ①φ(x₀)＞0，
   当n为偶数时，f(x)-f(x₀)＞0，f(x₀)为极小值；
   当n为奇数时，
   故    可知f(x₀)不是极值．
   ②φ(x₀)＜0，
   当n为偶数时，则f(x)-f(x₀)＜0，f(x₀)为极大值；
   当n为奇数时，
   故可知f(x₀)不是极值．

[解] 如图所示，设所求切点为P(x₀，y₀)，切线PT交x轴于A，交直线x=8于B，切线PT的方程为
   
   y-y₀=2x₀(x-x₀)，
   又P点在y=x²上，因此，
   令y=0，得A点的坐标为
   令x=8，得B点的坐标为
   于是△ABC的面积为
   
   故为所有三角形中面积之最大者．

[解] 设x，y为矩形的半长，则矩形面积为S=4xy，由题设可知(x，y)为椭圆上的点．
   
   所以    S=4absintcost=2absin2t．
   S'=4abcos2t，令S'=0，得
   
   故为内接矩形的最大值，此时矩形的边长分别为

[解] 先求A，B两点的坐标．
   解方程组
   所以A(1，3)，B(-3，-5)，抛物线上C点的坐标C(x，4-x²)，于是，△ABC的面积S为
   
   先求S_*=6-4x-2x²的驻点，
   
   故  S_*的最大值点为x=-1，因而也是S的最大值点，S(-1)=8．

[证] 由假设f'₊(a)与f'_-(b)同号，不妨设f'₊(a)＞0，f'_-(b)＞0，由导数定义有
   
   由极限定理，存在一个δ₁＞0，当a＜x＜a+δ₁时，又f(a)=0，必定f(x)＞0．
   同理，由f'_-(b)＞0，f(b)=0，存在一个δ₂＞0，当b-δ₂＜x＜b时f(x)＜0．
   令0＜δ＜min(δ₁，δ₂)，则当x₁∈(a，a+δ)时，f(x₁)＞0；当x₂∈(b-δ，b)时，f(x₂)＜0．
   又显然f(x)在[x₁，x₂]上连续，由零值定理，在(x₁，x₂)内至少存在一个ξ，使f(ξ)=0，从而在(a，b)内至少存在一个ξ，使f(ξ)=0．

[解析] 本题仅知f(x)在[a，b]上连续，因而只能用零值定理证明．

[证] 作辅助函数
   
   显然F(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，又因为
   
   由罗尔定理，存在一个ξ∈(0，1)，使得F'(ξ)=0，
   即a₀+a₁ξ+a₂ξ²+…+a_nξⁿ=0．命题得证．

[解析] 函数f(x)=a₀+a₁x+a₂x²+…+a_nxⁿ虽然在[0，1]上连续，但却难以验证f(x)在[0，1]上的某个子区间的端点处的函数值是否异号．但是经分析发现f(x)的原函数
   
   在x=1处的函数值F(1)恰好满足题设的条件，为此该命题可利用罗尔定理来证．

[证] 作辅助函数F(x)=f(x)e^x，
   显然f(x)在[α，β]上连续，且在(α，β)内可微，其中α，β为f(x)的任意两个零点，即f(α)=f(β)=0且α＜β，
   F(α)=f(α)e^α=0=f(β)e^β=F(β)，
   可知F(x)在[α，β]上满足罗尔定理条件，于是存在一个ξ∈(α，β)使
   F'(ξ)=0，
   即e^ξf(ξ)+e^ξf'(ξ)=0，亦即f(ξ)+f'(ξ)=0．命题得证．

[解析] 设α，β(α＜β)为f(x)的任意两个零点，要证的是存在一个ξ∈(α，β)使得
   f(ξ)+f'(ξ)=0．
   因为f(x)可微，故可用罗尔定理证明，其辅助函数可用积分法构造．
   
   令F(x)=f(x)e^x即可．

[证明] 因为在(0，π)内sinx＞0，由可知f(x)在(0，π)内不能恒为正或负，
   由于f(x)的连续性可推知f(x)在(0，π)内必有零点．证明零点有两个以上，可用罗尔定理命题证．
   用反证法证：若x₀∈(0，π)是f(x)的唯一零点，则当x≠x₀时，sin(x-x₀)·f(x)就恒为正的(或负的)，于是而
   
   两者矛盾，故f(x)在(0，π)内至少有两个零点，由罗尔定理命题得证．

[证]
   
   列表见表．

x

(0，e)

e

(e，+∞)

F'(x) F(x)

+ ↗

↘

   由表可知F(x)在(0，e)与(e，+∞)分别至多有一个零点．
   又因为x=e是F(x)在(0，+∞)上唯一的驻点，是F(x)在(0，+∞)内的极大值，因此它是F(x)在(0，+∞)内的最大值，由于F(e)＞0，而可知F(x)在(0，e)和(e，+∞)内分别至少有一个零点，故F(x)在(0，+∞)内有且仅有两个实根，即方程在(0，+∞)内有且仅有两个不同实根．

[证] 令F(x)=f(x)-x，由题设可知F(x)在[0，1]上连续，又由于0＜f(x)＜1，所以
   F(0)=f(0)-0＞0，  F(1)=f(1)-1＜0，
   由闭区间上连续函数的零值定理可知，在(0，1)内至少有一点x，使F(x)=0，即f(x)=x．用反证法证F(x)在(0，1)内至多有一个零点．
   若不然，∈(0，1)，x₁＜x₂，使得
   f(x₁)=x₁，  f(x₂)=x₂，
   由拉格朗日中值定理，至少存在一个x∈(x₁，x₂)(0，1)使得
   
   与题设矛盾．
   综上所述，命题得证．

[证] 由题设，在内，f'(x)＞k＞0可知在该区间内f(x)单调递增，因此f(x)在该区间内至多有一个实根．
   再证f(x)在该区间内至少有一个实根．
   由题设知，f(x)在上满足拉格朗日定理条件，故至少存在一个ξ∈
   再由题设当ξ＞a时，f'(ξ)＞k＞0，于是有
   
   又f(a)＜0，由零值定值，f(x)在内至少有一个零点．
   综上所述，命题得证．

[解] 令F(x)=xe^-x-a，则方程xe^x=a的实根的个数相当于F(x)的零点的个数．为此研究F(x)的单调性及极值(或最值)．
   令F'(x)=(1-x)e^-x=0x=1，列表见表．

x

(-∞，1)

1

(1，+∞)

F'(x)

+

-

F(x)

↗

(e-1-a)极大值

↘

   因为x=1是F(x)唯一的驻点，F(1)=e^-1-a为(-∞，+∞)上的极大值，因此也是最大值，以下就F(1)=e^-1-a与x轴的相对位置讨论F(x)的零点．
   ①若F(1)=e^-1-a＜0，即(1，e^-1-a)位于x轴下方，由表所示，F(x)与x轴不会有交点，因此F(x)没有零点．
   ②若F(1)=e^-1-a=0，即(1，e^-1-a)位于x轴上，由表所示F(x)与x轴除(1，e^-1-a)点外再不会相交，因此f(x)只有唯一的零点．
   ③若F(1)=e^-1-a＞0，即(1，e^-1-a)位于x轴的上方，由表可知f(x)在(-∞，1)内单调递增，且，可知F(x)在(-∞，1)内有且仅有唯一的零点；而F(x)在(1，+∞)内单调递减，且，可知F(x)在(1，+∞)内也有且仅有唯一的零点．
   总之在这种情况下，F(x)在(-∞，+∞)内有且仅有二个零点．
   综上所述，当e^-1-a＜0，即a＞e^-1时，方程没有实根；当a=e^-1时，方程有唯一实根；当a＜e^-1时，方程有两个实根．

[证] 因为f"(x)＜0，所以f'(x)单调递减，因而当x＞a时，f'(x)＜f'(a)＜0，故f(x)在(a，+∞)内严格单调下降，因此f(x)=0在(a，+∞)内至多有一个实根．
   以下证明f(x)=0在(a，+∞)至少有一个实根．
   由题设可知f(x)在x=a的右侧可展成泰勒公式：
   
   因为f"(x)＜0，所以f"(ξ)＜0，于是f(x)＜f(a)+f'(a)(x-a)，
   当x充分大时，不妨设则
   
   又f(a)＞0，由零值定理可知，至少存在一个ξ∈(a，x₀)，使f(ξ)=0．
   综上所述命题得证．

[证] 令f(x)=x³+ax²+bx+c，
   先证f(x)在(-∞，+∞)内至少有一个零点，将f(x)改写成
   
   当x充分大时，可知f(x)的符号与x³相同，设x₀＞0为足够大的x值，于是
   f(x₀)＞0，f(-x₀)＜0，
   由零值定理，至少存在一个ξ∈(-x₀，x₀)(-∞，+∞)，使f(ξ)=0．
   再证f(x)至多有一个零点．
   由  f'(x)=3x²+2ax+b，可知该二次三项式的判别式为
   B²-4AC=(2a)²-12b=4(a²-3b)＜0(由题设)，
   又A=3＞0，故f'(x)＞0，可知f(x)单调上升，因此f(x)至多只有一个零点．
   综上所述，命题得证．

[解] ①定义域为x≠1，即(-∞，1)∪(1，+∞)．
   ②与坐标轴的交点为(-1，0)．
   ③，x=5，使y'不存在的点x=1，(因为在该点处原来的函数没有定义，所以也可不写出)
   
   使y"不存在的点为x=1，
   ④因为所以x=1为y的铅直渐近线，
   
   所以y=x+5为函数的斜渐近线．
   ⑤列表．

x

(∞，-1)

-1

(-1，1)

1

(1，5)

5

(5，+∞)

y'

+

+

-

+

y"

-

+

+

+

(-1，0)

x=1

y

↗

拐点

↗

(铅直渐近线)

↘

(极小值)

↗

   ⑥作图(如图所示)．
   

[解] 由于图形的对称性，两椭圆的交点在直线y=x和y=-x上，因此所求面积S为在第一象限中由直线y=x，x轴及椭圆所围成图形的面积的8倍，为方便起见，将化为极坐标方程．
   
   于是所求面积为
   

[证] 如图所示，设Q₁(x₁，y₁)，Q₂(x₂，y₂)分别表示从点P(x₀，y₀)向抛物线y=x²引出的两条切线的切点．
   
   K_PQ1=2x₁，PQ₁的方程为y-y₀=2x₁(x-x₀)．
   因为，又Q₁(x₁，y₁)在抛物线y=x²上，有，
   所以
   于是切线PQ₁，PQ₂的方程分别为
   y=2(x₀+1)x-(x₀+1)²，
   y=2(x₀-1)x-(x₀-1)²，
   由y=x²，PQ₁及PQ₂所围图形面积为
   
   由此可见S与x₀无关，故S与点P(x₀，y₀)的位置无关．

[解] 设所作切线与抛物线相切于点Q(x₀，y₀)，
   切线PQ的斜率为
   切线PQ的方程为
   因为P点在PQ上，所以
   于是切线方程为
   故所求旋转体体积为

[解] 由于图形的对称性，只要算出第一象限部分绕x轴所得旋转体的体积，乘以2即得所求体积．从本例看将方程化为参数式为宜：
   

[证] f'(x)=(x-x²)sin²ⁿx，显然f'(x)与x-x²=x(1-x)同号，
   当0＜x＜1时，f'(x)＞0，所以f(x)单调递增；当x＞1时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，又x=1时，sin²ⁿx≠0，所以f(1)是f(x)的极大值，故也是x≥0时，f(x)的最大值．又因为时，sin²ⁿt≤t²ⁿ，