1.验证函数f（×）＝ײ-2×-3在区间［-1，3］上满足罗尔定理，并求出定理的ξ.

证 函数f（×）＝ײ-2×-3在区间［-1，3］上连续，在区间（-1，3）内可导，且

f（-1）＝1+2-3＝0＝f（3）＝9-6-3

故函数f（×）＝ײ-2×-3在区间［-1，3］上满足罗尔定理的条件，从而在区间（-1，3）内至少存在一点ξ，使得f′（ξ）＝0.

由于f′（×）＝2×-2，故ξ＝1.

2.验证函数f（×）＝AｒCｔAN ×在区间［0，1］上满足拉格朗日定理，并求出定理的ξ.

证 函数f（×）＝AｒCｔAN ×在区间［0，1］上连续，在区间（0，1）内可导，故函数f（×）＝AｒCｔAN ×在区间［0，1］上满足拉格朗日定理的条件，从而在区间（0，1）内至少存在一点ξ，使得.

由于，故在区间（0，1）内.

3.验证不等式｜SIN ×₂-SIN ×₁｜≤｜×₂-×₁｜.

证 不妨设×₁＜×₂，设函数f（×）＝SIN ×，则f（×）在区间［×₁，×₂］上连续，在区间（×₁，×₂）内可导，故函数f（×）＝SIN ×在区间［×₁，×₂］上满足拉格朗日定理的条件，从而在区间（×₁，×₂）内至少存在一点ξ，使得，即，所以，从而｜SIN ×₂-SIN ×₁｜≤｜×₂-×₁｜.

4.证明当×＞1，e^×＞e·×.

证 函数f（ｔ）＝e ^ｔ在［1，×］（×＞1）上满足拉格朗日定理的条件，故存在ξ∈（1，×）使得

又由于e^ξ＞e，从而有，整理可得e^×＞e·×.

5.下列函数在［-1，1］上满足罗尔定理的是（）.

A. B.f（×）＝1+｜×｜

C.f（×）＝AｒCｔAN × D.f（×）＝ｌN（1+ײ）

解 正确答案是D.

A.函数在×＝0不连续；B.函数f（×）＝1+｜×｜在×＝0不可导；C.对于函数f（×）＝AｒCｔAN ×，有，故三个函数都不满足罗尔定理.

D.函数f（×）＝ｌN（1+ײ）在［-1，1］上连续，在（-1，1）内可导，且f（-1）＝ｌN 2＝f（1），所以函数f（×）＝ｌN（1+ײ）在［-1，1］上满足罗尔定理.

6.设f（×）在区间［0，1］上连续，在区间（0，1）内可导，且f（0）＝1，f（1）＝0，则在（0，1）内至少有一点C，有（）

A. B.

C. D.

解 正确答案是A.

令g（×）＝×f（×），则g（×）在区间［0，1］上连续，在区间（0，1）内可导，且g（0）＝0＝f（1）＝g（1），故g（×）在区间［0，1］上满足罗尔定理，因此在（0，1）内至少有一点C，使得g′（C）＝0，即f（C）+Cf′（C）＝0，因此选A.）.

7.函数f（×）＝ײ-×-2在区间［0，2］上满足满足拉格朗日定理的ξ为多少？

解 函数f（×）＝ײ-×-2在区间［0，2］上连续，在区间（0，2）内可导，故函数f（×）＝ײ-×-2在区间［0，2］上满足拉格朗日定理的条件，从而在区间（0，2）内至少存在一点ξ，使得.又由于f′（×）＝2×-1，故ξ＝1.

8.证明.

证 设f（×）＝AｒCｔAN e^×+AｒCｔAN e^-×，则从而AｒCｔAN e^×+AｒCｔAN e^-×＝C，又令×＝0得C＝f（0）＝AｒCｔAN 1+AｒCｔAN 1＝，所以有

9.已知f（1）＝1，若f（×）满足方程×f′（×）+f（×）＝0，求f（2）.

解 令g（×）＝×f（×），则g（×）在［1，2］上连续，在区间（1，2）内可导，故函数g（×）在区间［1，2］上满足拉格朗日定理，从而在区间（1，2）内至少存在一点ξ，使得，即g′（ξ）＝2f（2）-f（1）.而由×f′（×）+f（×）＝0可知［g（×）］′＝0，从而2f（2）-f（1）＝0，故.

10.设A₀，A₁…A_N是满足的实数，试证：方程

A₀+A₁×+A₂ײ+…+A_N×^N＝0在（0，1）内至少有一实根.

证 设f1，则f（×）在［0，1］上连续，在（0，(www.daowen.com)

1）内可导，且，故由罗尔定理知方程

A₀+A₁×+A₂ײ+…+A_N×^N＝0在（0，1）内至少有一实根.

11.设f（×）在［A，B］上连续，在（A，B）内二阶可导f（C）＜0，f（A）＝f（B）＝0，（A＜C＜B），试证：至少存在一点ξ∈（A，B）使得f″（ξ）＞0.

证 由罗尔中值定理知至少存在一点×₁∈（A，B）使得f′（×₁）＝0.设g（×）＝f′（×）.

（1）若×₁≤C，则在（C，B）上至少存在一点×₂∈（C，B）使得f′（×₂）＞0.事实上，若对任意的×∈（C，B）都有f′（×）≤0，则f（×）在（C，B）单调递减，又由于f（×）在［A，B］上连续，故f（C）＞f（B），与条件矛盾.则g（×）在［×₁，×₂］上满足拉格朗日中值定理，故至少存在一点ξ∈（×₁，×₂），使得.

（2）若×₁＞C，则在（A，C）上至少存在一点×₂∈（A，C）使得f′（×₂）＜0，则g（×）在［×₂，×₁］上满足拉格朗日中值定理，故至少存在一点ξ∈（×₂，×₁）使得

而g′（ξ）＝f″（ξ），故至少存在一点ξ∈（A，B）使得f″（ξ）＞0.

12.设，求，其中A∈Ｒ.

解 由拉格朗日定理可知至少一点ξ介于×与×+A之间，使得f′（ξ）＝，因此

13.设f（×）在［0，1］上连续，在（0，1）内可导，试证：至少存在一点ξ∈（0，1），使得f′（ξ）＝2ξ［f（1）-f（0）］.

证 设g（×）＝ײ，则f（×）和g（×）在［0，1］上连续，在（0，1）内可导，故由柯西定理知至少存在一点ξ∈（0，1），使得f，即f′（ξ）＝2ξ［f（1）-f（0）］.

14.设f（×）在［A，B］上连续，在（A，B）内可导，且A＞0，至少存在一点ξ∈（A，B），使得

证 设g（×）＝ｌN ×，则f（×）和g（×）在［A，B］上连续，在（A，B）内可导，故由柯西定理知至少存在一点ξ∈（A，B），使得，即

15.设f′（×）在［A，B］上存在，且f′（A）＜f′（B），而ｒ为f′（A）与f′（B）之间的任一值，则在（A，B）内存在一点ξ，使f′（ξ）＝ｒ.

证 作辅助函数f（×）＝f（×）-ｒ×.

由于f′（×）在［A，B］上存在可知，f（×）在［A，B］上连续，从而f（×）在［A，B］上也连续，故f（×）在［A，B］上必达到最大值和最小值.不妨设f（ξ）为f（×）在［A，B］上的最小值，现要证明ξ≠A，ξ≠B.因为f′（A）＜ｒ＜f′（B），f′（×）＝f′（×）-ｒ，所以

f′（A）＝f′（A）-ｒ＜0，f′（B）＝f′（B）-ｒ＞0

且

f（×）＝f（A）+f′（A）（×-A）+o（×-A）

可知当×∈（A，A+δ），δ为充分小的正数时，有f（×）＜f（A），f（ξ）＜f（A），因此ξ≠A；同理ξ≠B，即ξ∈（A，B）.

又因f（ξ）＝f（ξ）-ｒξ为最小值，由费马定理有f′（ξ）＝0，即f′（ξ）＝ｒ.

16.设f（×）在［0，1］连续，在（0，1）可导，且f（0）＝f（1）＝0，，证明：至少存在一点ξ∈（0，1），使f′（ξ）＝1.

证 设f（×）＝f（×）-×，则f（×）在［0，1］上连续，因为，f（1）＝f（1）-1＝0-1＜0.由零点定理知，存在使f（η）＝0，又f（0）＝0，因为f（×）＝f（×）-×在［0，η］上连续，在（0，η）上可导，所以存在ξ∈（0，η）⇒ξ∈（0，1），使f′（ξ）＝0，即f′（ξ）＝1.

17.设f（×）在［0，+∞）上可导，证明对任何A，B（A，B＞0）存在θ∈（0，1）使得

f（e^A+B）-f（e^A）＝f′（e^A+θB）（e^A+B-e^A）

证 由拉格朗日中值定理知，至少存在一点ξ∈（e^A，e^A+B），使得

设g（×）＝e^A+×B，0＜×＜1，则g（×）连续，且g（0）＜ξ＜g（1），故由介值定理知，至少存在一点θ∈（0，1），使得ξ＝g（θ）＝e^A+θB，因此f′（e^A+θB）＝，结论成立.

18.已知f（×）在（-∞，+∞）内可导，且

求C的值.

解 由于

故2C＝1，即.