《高等数学一》期末复习题库及答案

一、选择题

1、极限lim(xxx) 的结果是 （ C ）

x2 （A）0 （B）  （C）

31 （D）不存在 22、方程x3x10在区间(0,1)内 （ B ） （A）无实根 （B）有唯一实根 （C）有两个实根 （D）有三个实根 3、f(x)是连续函数, 则

f(x)dx是f(x)的 （ C ）

（A）一个原函数； (B) 一个导函数； (C) 全体原函数； (D) 全体导函数； 4、由曲线ysinx(0x)和直线y0所围的面积是 （ C ）

（A）1/2 (B) 1 (C) 2 (D) 

5、微分方程yx满足初始条件y|x02的特解是 ( D )

（A）x （B）

3211x3 （C）x32 （D）x32 336、下列变量中，是无穷小量的为（ A ） (A) lnx(x1) (B) ln7、极限lim(xsinx01x2(x0) (C) cosx (x0) (D) 2(x2) xx411sinx) 的结果是（ C ） xx （A）0 （B） 1 （C） 1 （D）不存在 8、函数yearctanx在区间1,1上 （ A ）

（A）单调增加 （B）单调减小 （C）无最大值 （D）无最小值 9、不定积分

xxdx= （ D ） 2x111222arctanxC(A) (B)ln(x1)C (C)arctanxC (D) ln(x1)C

2210、由曲线yex(0x1)和直线y0所围的面积是 （ A ）

（A）e1 (B) 1 (C) 2 (D) e

11、微分方程

dyxy的通解为 （ B ） dx2x （A）

yCe （B）yCe12x2 （C）

2yeCx （D）

yCex2

12、下列函数中哪一个是微分方程y3x0的解( D ) （A）yx （B） yx （C）y3x （D）yx 13、 函数ysinxcosx1 是 （ C ）

(A) 奇函数； (B) 偶函数； (C)非奇非偶函数； (D)既是奇函数又是偶函数. 14、当x0时， 下列是无穷小量的是 （ B ） （A） ex12323 (B) ln(x1) (C) sin(x1) (D) x1

15、当x时，下列函数中有极限的是 （ A ） （A）

x11 (B) (C) (D)arctanx cosxx21ex316、方程xpx10(p0)的实根个数是 （ B ） （A）零个 （B）一个 （C）二个 （D）三个

11x2)dx（ B ） 11C （C） arctanx （D） arctanxc （A） （B）

1x21x217、(18、定积分

baf(x)dx是 （ C ）

（A）一个函数族 （B）f(x)的的一个原函数 （C）一个常数 （D）一个非负常数 19、 函数ylnx（A）奇函数

x21是（ A ）

（C） 非奇非偶函数 （D）既是奇函数又是偶函数

（B）偶函数

20、设函数fx在区间0,1上连续，在开区间0,1内可导，且fx0，则( B ) (A)f00 (B) f1f0 (C) f10 (D)f1f0 21、设曲线y21ex2 则下列选项成立的是（ C ） ，(A) 没有渐近线 (B) 仅有铅直渐近线 (C) 既有水平渐近线又有铅直渐近线 (D) 仅有水平渐近线

22、

(cosxsinx)dx( D )

xcosxC （A） sinxcosxC （B） sinxcosxC （C） sinxcosxC （D） sinn(1)n}的极限为（ A） 23、数列{n （A）1

(B) 1

(C) 0

(D) 不存在

24、下列命题中正确的是（ B ）

（A）有界量和无穷大量的乘积仍为无穷大量（B）有界量和无穷小量的乘积仍为无穷小量 （C）两无穷大量的和仍为无穷大量 （D）两无穷大量的差为零 25、若f(x)g(x)，则下列式子一定成立的有（ C ） (A)f(x)g(x) (B)df(x)dg(x) (C)(df(x))(dg(x)) (D)f(x)g(x)1 26、下列曲线有斜渐近线的是 ( C )

(A)yxsinx (B)yx2sinx (C)yxsin

二、填空题 1、 lim112 (D)yxsin xx1cosx1

x0x22

2x2、 若f(x)e3、

2，则f'(0) 2 11(x3cosx5x1)dx 2

tt4、 edx exC 5、微分方程yy0满足初始条件y|x02的特解为 y2e

xx24 0 6、 limx2x3x2x237、 极限 lim 2x24x48、设yxsinx1,则f() 1 29、

11(xcosx1)dx 2

10、

31x2dx 3arctanxC 2211、微分方程ydyxdx的通解为 yxC 12、

115x4dx 2

xsin2x 1 x2213、 limx14、设ycosx，则dy 2xsinxdx 15、设yxcosx3,则f() -1

xx16、不定积分ede

12xeC 212xeC 217、微分方程ye2x的通解为 yyy2e2xdy1y2e2x2dye2xdxdxy

1112x2xdyedxeC2yy2112xe或者y2e2xy2xx0,y2代入上式可得到C0所求的特解为18、微分方程lnyx的通解是 yeC 19、lim(1)＝ e3xx2x6

20、设函数yxx,则yxx(lnx1)

112n21、lim(222)的值是

nn2nnx(x1)(x2) 1 22、lim3x2xx3223、设函数yxx,则dyxx(lnx1)dx

2x23x124、 limx0x425、若f(x)e26、

2x

1 4sin6，则f'(0) 2

a2a(1sin5x)dx 2 (a为任意实数).

xexdx__________. 27、设yln(e1)，则微分dy______xe1x328、 (cosx)dx 2 21x22三、解答题

1、（本题满分9分）求函数 y解：由题意可得，x162x 的定义域。

x10

2x0 解得x1 x2(x2014)，求f(0)。

所以函数的定义域为 [1，2]

2、（本题满分10分）设f(x)x(x1)(x2)解：f(0)limx0f(x)f(0)

x0(x2014)2014!

lim(x1)(x2)x03、（本题满分10分）设曲线方程为y程。

1312xx6x1,求曲线在点(0,1)处的切线方322解：方程两端对x求导，得yxx6

将x0代入上式，得y(0,1)6

从而可得：切线方程为y16(x0) 即y6x1

24、（本题满分10分）求由直线yx及抛物线yx所围成的平面区域的面积。

y1 x= yy =x20解：作平面区域，如图示 解方程组1x

yxyx2得交点坐标：（0，0），（1，1）

x2x312所求阴影部分的面积为：S(xx)dx== 03062115、（本题满分10分）讨论函数 f(x) x2 x1 在 x1 处的连续性。

3x x1解：

limf(x)limx23f(1) x1x1x1limf(x)lim3x3f(1) x1∴f(x) 在x1 处是连续的

dy2x36、（本题满分10分）求微分方程dx的特解。

y|x13解：将原方程化为 dy(2x3)dx 两边求不定积分，得 dy(2x3)dx，于是

yx23xC

将y|x13代入上式，有313C，所以C1， 故原方程的特解为yx3x1。

7、（本题满分9分）求函数 y2x4cos5x 的定义域。 解：由题意可得，2x40

5x0x4 解得

x5所以函数的定义域为 [4，5]

8、（本题满分10分）设f(x)x(x1)(x2)解：f(0)limx0(xn)(n2)，求f(0)。

f(x)f(0)

x0(xn)n!

22lim(x1)(x2)x09、（本题满分10分）设平面曲线方程为x2xy3y3，求曲线在点（2，1）处的切线方程。

解：方程两端对x求导，得2x2(yxy)6yy0 将点（2，1）代入上式，得y(2,1)1

从而可得：切线方程为y1(x2) 即xy30

x10、（本题满分10分）求由曲线ye及直线y1和x1所围成的平面图形的面积（如

下图）．

解：所求阴影部分的面积为S10(ex1)dx

1(exx)0

e2

11、（本题满分10分）讨论函数 f(x)x x0e1 x0x 在 x0 处的连续性。

解：

x limf(x)lime10f(0) x0x0x0limf(x)limx0f(0) x0∴f(x) 在x0 处是连续的。

12、（本题满分10分）求方程(1y)dx(1x)dy0的通解。 解：由方程(1y)dx(1x)dy0，得

2222

dydx 221y1x两边积分：

dydx1y21x2

得arctanyarctanxC

xC) 所以原方程的通解为：arctanyarctanxC或ytan(arctan13、（本题满分10分）证明方程x7x4在区间(1,2)内至少有一个实根。 解：令F(x)x7x4， F(x)在1,2上连续

55F(1)100，

F(2)140

由零点定理可得，在区间(1,2)内至少有一个，使得函数

F()5740，

即方程x7x40在区间(1,2)内至少有一个实根。 14、（本题满分10分）设f(x)x(x1)(x2)解：f(0)limx05(x2015)，求f(0)。 (x2015)2015!

f(x)f(0)lim(x1)(x2)x0x0y15、（本题满分10分）求曲线exye在点（0，1）处的法线方程。

解：方程两端对x求导，得eyyxy0

y将点（0，1）代入上式，得y(0,1)1

e从而可得： 法线方程为yex1

16、（本题满分10分）求曲线ycosx与直线y2,x解：作平面图形，如图示

y=2 及y轴所围成平面图形的面积。 22 (2cosx)dx (2xsinx)20 0 xy=cosx  22x S20(2

sin)01 2217、（本题满分10分）讨论函数 f(x)解：

cosx x0 在 x0 处的连续性。

x1 x0 limf(x)limcosx1f(0) x0x0x0limf(x)lim(x1)1f(0) x0∴f(x) 在x0 处是连续的。

dy221xyxy18、（本题满分10分）求微分方程dx的特解。

y|x01dydy(1x)(1y2)或(1x)dx 2dx1y12两边求不定积分，得arctanyxxC

2解：将原方程化为由y|x01得到C4

故原方程的特解为arctanyx19、（本题满分20分）

121x或ytan(xx2). 2424曲线a2yx2(0a1)将边长为1的正方形分成A、B两部分(如图所示)，其中A绕x轴旋转一周得到一旋转体,记其体积为VA，B绕y轴旋转一周得到另一旋转体,记其体积为VB.问当a取何值时,VAVB的值最小.x2解：A由以[0,a],为底、高为2的曲边梯形和

a以[a，1]为底、1为高的矩形两部分构成.

由切片法可得：

ya2yx21BoAa1xVA1a0y2dx12(1a)

a0a40x4dx(1a)(1104a)， 5VBx2dy a2ydy12 a，2令F(a)VAVB(141a)a2， a(0,1) 52令44由F(a)a0，驻点为:a

55又根据问题的实际意义F(a)的最小值存在, aF(a)驻点唯一，或者,又F(a)4就是F(a)的最小值点. 54a50,a4 为极小值点，亦最小值.点，54

可见：当a时，VAVB达到最小.5

20、（本题满分20分） 假定足球门的宽度为4米，在距离右门柱6米处一球员沿垂直于底线的方向带球前进，问：该球员应在离底线多少米处射门才能获得最大的射门张角？若球员以5.2米每秒的速度沿垂直于底线的方向向球门前进，求在距离底线2米处，射门张角的变化率。

解：由题意可得张角与球员距底线的距离x满足 arctan10x6arcta n x 106222d6102404xxx 222210036dx112x36x100(x36)(x100)2xxd0，得到驻点x60(不合题意，舍去) 及 x60. 由实际意义可知 , 所求 令dx最值存在, 驻点只一个, 故所求结果就是最好的选择. 即该球员应在离底线60米处射门才能获得最大的射门张角。若球员以5.2米每秒的速度跑向球门，则门两米处射门张角的变化率为：

dx5.2. 在距离球dtddtx2ddx x224016dx(5.2)0.28(弧度/秒)。 dtx2(436)(4100)21、（本题满分10分）设f(x)x1ln(1t)1dt(x0)，求f(x)f() tx1xln(1t)1ln(1t)dtxdt，则F(1)0 解法1设F(x)f(x)f()11xtt1ln(1)ln(1x)x1 F(x)1xx2xF(x)1f()x1x1x1lnx11dxln2xln2x x212令t=1ux解法2

1ln(1)xln(1t)uduxln(1u)duxlnududt1u1u1tu

xln(1t)xln(1t)xlnt1f(x)f()dtdtdt111xttt

x112x1lntd(lnt)lntln2x .

21222、证明题（本题满分10分）

设函数f(x)在0,3上连续,在0,3内可导, f(0)f(1)f(2)3，f(3)1。试证 必存在一点0,3，使得f0.

证明: f(x)在0,3上连续，故在0,2上连续，且在0,2上有最大值M和最小值m，

故mf(0),f(1),f(2)Mmf(0)f(1)f(2)M

3由介值定理得，至少存在一点0,2，使得

f()f(0)f(1f)(2) 13f()f(3)1，且f(x)在,3上连续,在,3内可导，

由罗尔定理可知，必存在,3(0,3)，使得f0

23、（本题满分20分）一火箭发射升空后沿竖直方向运动，在距离发射台4000m处装有摄像机，摄像机对准火箭。用h 表示高度，假设在时刻t0 ，火箭高度h=3000m，运动速度等于

300m/s,（1） 用L表示火箭与摄像机的距离，求在t0时刻L的增加速度. 【解】（1）设时刻t高度为h(t)，火箭与摄像机的距离为L(t)，则L(t)两边关于t求导得

h2(t)40002 dLhdh 22dtdth4000代入h=3000m，

dhdL180 m/s =300m/s，得

dtdt（2） 用表示摄像机跟踪火箭的仰角（弧度），求在t0时刻的增加速度. （2）设时刻t摄像机跟踪火箭的仰角（弧度）为(t)，则有tan两边关于t求导得 sec2

h 4000d1dh dt4000dt当h=3000m时，sec5dhdd60.048rad/s (或rad/s) ，=300m/s，故

4dtdtdt125

《高等数学（一）》期末复习题答案

一、选择题

1、C 解答：第一步，先分子有理化；第二步，分子利用平方差公式，第三步，分子分母同时除以x；第四步化简即可。 lim(xxx)limx2(x2xx)(x2xx)(xxx)2xlimx(x2xx2)(xxx)2limxx(xxx)2 limx1x2x(1)x2lim11

x21(11)x 2、B 解答：设f(x)x33x1，则f(0)1,f(1)1，有零点定理得f(x)在区间(0,1)内

2存在实数根，又因f(x)3x30，可知函数具有单调性，所以有唯一的实根。

3、C 本题考察不定积分的概念，不定积分是所有原函数的全体。 4、C解答：利用定积分的几何意义，所求面积为

0sinxdx2

5、D 解答：直接积分法y13xC，代入已知点坐标可得C2 3 6、A解答：因为limlnxln10，所以此时是无穷小量。

x17、C 解答：lim(xsinx011sinx)011 xxx 8、A 解答：因为ye10，所以单调增加。

1x2 9、D 解答：

x11111222dxdxd(x1)ln(x1)C 222x12x12x121xx110、A解答：利用定积分的几何意义，所求面积为edxee1

0011、B 解答：先分离变量，两端再积分

dy111xydyxdxdyxdxlnyx2C1 dxyy2所求通解为yCe12x2

3312、D 解答：直接积分法yxC，当C0时有yx

13、C 解答：ysinxcosx1 是奇函数加上偶函数 ，所以是非奇非偶函数。 14、B 解答：limln(x1)ln10，所以此时是无穷小量。

x015、A 解答：limx1x11limlim0 其它三项极限都不存在。

xx21x(x1)(x1)x(x1)，

16、B 解答：设f(x)x3px1，则f(0)1,f(1)p0，有零点定理得f(x)在区间 (1,0)内存在实数根，又因f(x)3x2p0，可知函数具有单调性，所以有唯一的实根。17、B 解答：求导与求积分是互逆的运算，先求导再求积分，是所有原函数所以选B 18、C 解答：考察定积分的概念，定积分计算完以后是一个确切的常数，可能是正数，也可能是0，还可能是负数。

19、 A 解答：由函数的奇函数和偶函数的定义去判断即可，设

yf(x)lnxx21，则

f(x)lnxx211x1x2xlnx21x21xx21xlnx1x x1x222lnlnxx21f(x)

20、B 解答：由于fx0所以f1f0 21、C 解答：limx21ex2=2y2 是水平渐近线；limx021ex2=x0

是铅直渐近线。

22、D 考查定积分的性质与基本的积分表

(cosxsinx)dxsinxcosxC

n(1)n123、A 解答：分子分母同时除以n可以得到limnn

24、B 解答：考查无穷小量的重要性质之一，有界量和无穷小量的乘积仍为无穷小量，其它选项都不一定正确。

25、C 解答：f(x)g(x)df(x)dg(x)(df(x))(dg(x))，其它选项都有反例可以排除。

26、C解答：有求解斜渐近线的方法可得

1yklimlimxxxxxx11blim(ykx)lim(xsinx)limsin0，所求斜渐近线为yx。其它选项都

xxxxxyxsin没有。 二、填空题

xsin1xlim10112x11cosx11221、 解答：1cosx~xlim lim22x02 2xx2

x0或者用罗比达法则也可以求解。 2、 2 解答： f(x)e2x2，则f(x)2e2xf(0)2

113、 2 解答：应用奇函数在关于原点对称区间上的积分为0

11(xcosx5x1)dx(05x1)dx=(0+01)dx=1dx=2

111t31

ttt4、exC 分析：被积函数e 相对于积分变量来说是常数，所以edxexC

5、y2e 解答：yy0yCex，代入初始条件y|x02得到2CeC2 所求特解为y2ex

x2422406、0 解: limlimlim0

x2x3x223x25x03x2x2(x2)(x1)(x1)2137、 解:limlimlimlim2x2x2x2x24x4(x2)(x2)(x2)224

8、 1 解:yxsinx1ysinxxcosx则f()sin222cos21

9、 2 解：应用性质，奇函数在对称区间上的积分为0

11(xcosx1)dx01dx2

1110、3arctanxC解：由基本的积分公式

2231x2dx3arctanxC

11、yxC解：对方程 ydyxdx两端积分

141ydyxdxy452x2C

12 12、 2解：利用偶函数的积分性质5xdx25xdx2x10013、1 解： limx2xsin2xlimxx1sin2xxlim101x11

14、2xsinxdx解：由微分的定义dyydx，先求出导数，再求微分

ycosx2ysinx22x2xsinx2dy2xsinx2dx

15、1 解：yxcosx3ycosxxsinxf()cossin1

16、

112xeC 解：将ex看成一个整体，利用凑微元法得exdexe2xC

2212xeC解：先分离变量，再积分得通解 2

17、yye2xxdy1e2xdye2xdxdye2xdxye2xC dx218、yeC 解：先整理，再分离变量求通解

lnyxyexydyexdxyexC

19、e6x)(6)23x2(2 解：利用重要极限进行恒等变形，再求解lim(1)lim(1)e6 xxxx20、xx(lnx1) 解：本题是幂指函数，利用对数求导法来求导数

yxxlnyxlnxy1xlnxx1lnxyy(1lnx)x(1lnx) yx121、

2 解：分母相同，分子先通分，分子分母最高次幂都是2次幂，自变量趋于无穷大，

极限等于最高次幂的系数之比

lim(n1222nn(1n)nn123...n12 2)limlim22nnnnn222、

1 解：分子分母最高次幂都是3次幂，自变量趋于无穷大，极限等于最高次幂的2x(x1)(x2)1

2x3x32系数之比limx23、 xx(lnx1)dx解：由微分的定义dyydx，先求出导数，再求微分，本题是幂指函数可以利用对数求导法来求导数

yxxlnyxlnxy1xlnxx1lnxyy(1lnx)x(1lnx) yxdyxx(1lnx)dx

12x23x101124、 解： limlim

x0x04x404425、2 解：先求导数，再代入具体数值f(x)2e2xf(0)2e02 26、2 解：利用奇函数与偶函数的积分性质

a2a(1sin5x)dxa2a1dx2

exdx 解：由微分的定义dyydx，先求出导数，再求微分 27、xe1exexyln(e1)yxdyxdx

e1e1x28、 2 解：利用奇函数与偶函数的积分性质

x322(cosx1x2)dx2cosxdx202cosxdx2. 2

三、解答题

1、（本题满分9分） 解：由题意可得，x10

2x0 解得x1

x2所以函数的定义域为 [1，2]

2、（本题满分10分） 解：f(0)limx0f(x)f(0)

x0(x2014)2014!

lim(x1)(x2)x0

3、（本题满分10分）

2解：方程两端对x求导，得yxx6

将x0代入上式，得y(0,1)6

从而可得：切线方程为y16(x0) 即y6x1

4、（本题满分10分）

y1 x= yy =x20解：作平面区域，如图示

1x

yx解方程组得交点坐标：（0，0），（1，1） 2yxx2x312所求阴影部分的面积为：S(xx)dx==02306

115、（本题满分10分）

解：

limf(x)limx23f(1) x1x1x1limf(x)lim3x3f(1) x1∴f(x) 在x1 处是连续的。

6、（本题满分10分）

解：将原方程化为 dy(2x3)dx 两边求不定积分，得 dy(2x3)dx，于是

yx23xC

将y|x13代入上式，有313C，所以C1， 故原方程的特解为yx3x1。 7、（本题满分9分） 解：由题意可得，2x40

5x0 解得x4

x5所以函数的定义域为 [4，5]

8、（本题满分10分） 解：f(0)limx0f(x)f(0)

x0(xn)n!

lim(x1)(x2)x09、（本题满分10分）

解：方程两端对x求导，得2x2(yxy)6yy0 将点（2，1）代入上式，得y(2,1)1

从而可得：切线方程为y1(x2) 即xy30

10、（本题满分10分）

解：所求阴影部分的面积为Sx10(ex1)dx

1(ex)0

e2

11、（本题满分10分）

解：

x limf(x)lime10f(0) x0x0x0limf(x)limx0f(0)

x0∴f(x) 在x0 处是连续的。

12、（本题满分10分）

解：由方程(1y)dx(1x)dy0，得

22

dydx 221y1x两边积分：

dydx1y21x2

得arctanyarctanxC

所以原方程的通解为：arctanyarctanxC或ytan(arctanxC) 13、（本题满分10分）

解：令F(x)x7x4， F(x)在1,2上连续

5F(1)100，

F(2)140

由零点定理可得，在区间(1,2)内至少有一个，使得函数

F()5740，

即方程x7x40在区间(1,2)内至少有一个实根。 14、（本题满分10分） 解：f(0)limx05f(x)f(0)lim(x1)(x2)x0x0(x2015)2015!

15、（本题满分10分）

解：方程两端对x求导，得eyyxy0

y将点（0，1）代入上式，得y(0,1)1

e从而可得： 法线方程为yex1 16、（本题满分10分）

解：作平面图形，如图示

(2cosx)dx (2xsinx)20

y=2 2 S20xy=cosx 0  22x (2sin)01 2217、（本题满分10分）

解：

limf(x)limcosx1f(0) x0x0x0limf(x)lim(x1)1f(0) x0∴f(x) 在x0 处是连续的。

18、（本题满分10分）

dydy(1x)(1y2)或(1x)dx 2dx1y12两边求不定积分，得arctanyxxC

2解：将原方程化为由y|x01得到C4

故原方程的特解为arctanyx19、（本题满分20分）

121x或ytan(xx2). 2424x2解：A由以[0,a],为底、高为2的曲边梯形和

a以[a，1]为底、1为高的矩形两部分构成.

由切片法可得：

ya2yx21VA41a0y2dx12(1a)

a0Ba0x4dx(1a)(1104a)， 5oAVBx2dy a2ydy12 a，2a1x令F(a)VAVB(141a)a2， a(0,1) 52令44由F(a)a0，驻点为:a

55又根据问题的实际意义F(a)的最小值存在, aF(a)驻点唯一，或者,又F(a)4就是F(a)的最小值点. 54a50,a4 为极小值点，亦最小值.点，54可见：当a时，VAVB达到最小.

520、（本题满分20分）

解：由题意可得张角与球员距底线的距离x满足

arctan106arctan xx10622d6102404x2xx 222210036dx112x36x100(x36)(x100)2xxd0，得到驻点x60(不合题意，舍去) 及 x60. 由实际意义可知 , 所求 令dx最值存在, 驻点只一个, 故所求结果就是最好的选择. 即该球员应在离底线60米处射门才能获得最大的射门张角。若球员以5.2米每秒的速度跑向球门，则门两米处射门张角的变化率为：

dx5.2. 在距离球dtddtx2ddx x224016dx(5.2)0.28(弧度/秒)。 dtx2(436)(4100)21、（本题满分10分）

1xln(1t)1ln(1t)dtxdt，则F(1)0 解法1设F(x)f(x)f()11xtt1ln(1)ln(1x)x1 F(x)1xx2xF(x)1f()x1x1x1lnx11dxln2xln2x x212令t=1ux解法2

1ln(1)xxln(1u)xlnuln(1t)udtdududu111tuuu

xln(1t)xln(1t)xlnt1f(x)f()dtdtdt111xttt

x112x1lntd(lnt)lntln2x

21222、证明题（本题满分10分）

证明: f(x)在0,3上连续，故在0,2上连续，且在0,2上有最大值M和最小值m，

故mf(0),f(1),f(2)Mmf(0)f(1)f(2)M

3由介值定理得，至少存在一点0,2，使得

f()f(0)f(1)f(2)1

3f()f(3)1，且f(x)在,3上连续,在,3内可导，

由罗尔定理可知，必存在,3(0,3)，使得f0

23、（本题满分20分）

【解】（1）设时刻t高度为h(t)，火箭与摄像机的距离为L(t)，则L(t)两边关于t求导得

h2(t)40002 dLhdh 22dth4000dt代入h=3000m，

dhdL180 m/s =300m/s，得

dtdth 4000（2）设时刻t摄像机跟踪火箭的仰角（弧度）为(t)，则有tan两边关于t求导得 sec2d1dh dt4000dt当h=3000m时，sec

5dhdd60.048rad/s (或rad/s) ，=300m/s，故

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