1、考研数学二（高等数学）历年真题试卷汇编 29 及答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方 10(单位：米)处，图中实线表示甲的速度曲线 v=v1(t)(单位：m s)，虚线表示乙的速度曲线 v=v2(t)，三块阴影部分的面积的数值依次为 10，20，3。计时开始后乙追上甲的时刻记为 t0(单位：s) ，则( )（A）t 0=10。（B） 15t 020。（C） t0=25。（D）t 025。2 设 f(x)=x2(x1)(x2) ，则 f(x)的零点个数为( )（A）0。（B） 1。（C） 2。（D）3。二、填空题3 一根
2、长为 1 的细棒位于 x 轴的区间0，1上，若其线密度 (x)=x 2+2x+1，则该细棒的质心坐标 =_。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。4 设函数 f(x)= ，x 0，1，定义函数列：f 1(x)=f(x)，f 2(x)=ff1(x)，f n(x)=ffn1 (x)，。记 Sn 是由曲线 y=fn(x)，直线 x=1 及 x 轴所围成平面图形的面积，求极限 nSn。5 设 A0，D 是由曲线段 y=Asinx(0x2)及直线 y=0，x=2 所围成的平面区域，V 1，V 2 分别表示 D 绕 x 轴与绕 y 轴旋转成旋转体的体积，若 V1=V2，求 A 的值。6 设 D
3、 是由曲线 y= (0x1)与 (0t2)围成的平面区域，求 D绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积和表面积。7 为清除井底的污泥，用缆绳将抓斗放人井底，抓起污泥后提出井口(见图)，已知井深 30m，抓斗自重 400N，缆绳每米重 50N，抓斗抓起的污泥重 2000N，提升速度为 3ms ，在提升过程中，污泥以 20Ns 的速度从抓斗缝隙中漏掉，现将抓起污泥的抓斗提升至井口，问克服重力需做多少焦耳的功?(说明： 1N1m=1J；其中 m，N，S， J 分别表示米，牛顿，秒，焦耳； 抓斗的高度及位于井口上方的缆绳长度忽略不计。)8 某闸门的性状与大小如图所示，其中直线 l 为对称轴，闸门的上部为矩
4、形ABCD，下部由二次抛物线与线段 AB 所围成，当水面与闸门的上端相平时，欲使闸门矩形部分承受的水压力与闸门下部承受的水压力之比为 5：4，闸门矩形部分的高 h 应为多少米?8 一容器的内侧是由图中曲线绕 y 轴旋转一周而成的曲面，该曲线由x2+y1=2y(y12)与 x2+y2=1(y12)连接而成。9 求容器的容积；10 若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功?(长度单位：m，重力加速度为 gms 2，水的密度为 103kgm 3)10 设曲线 L 的方程为 y= lnx(1xe)。11 求 L 的弧长；12 设 D 是由曲线 L，直线 x=1，x=e 及 x 轴所围平面
5、图形，求 D 的形心的横坐标。13 设 y=f(x)是区间0，1上的任一非负连续函数。 ()试证存在 x0(0，1)，使得在区间0 ，x 0上以 f(x0)为高的矩形面积，等于在区间x 0，1 上以 y=f(x)为曲边的梯形面积。 () 又设 f(x)在区间 (0，1)内可导，且 f(x)2f(x) x，证明()中的 x0是唯一的。14 设 f(x)在区间a，b上具有二阶导数，且f(a)=f(b)=0，f(a)f(b)0，试证明：存在 (a，b) 和 (a，b)，使 f()=0 及 f“()=0。15 设函数 f(x)在0，上连续，且 0f(x)dx=0， 0f(x)cosxdx=0，试证：在
6、(0，)内至少存在两个不同的点 1， 2，使 f(1)=f(2)=0。16 设函数 f(x)，g(x) 在a，b上连续，在(a ，b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，f(a)=g(a)，f(b)=g(b)，证明：存在 (a，b)，使得 f“()=g“()。17 设函数 f(x)在区间0， 1上具有二阶导数，且 f(1)0， f(x)x0。证明：()方程 f(x)=0 在区间(0，1)内至少存在一个实根；()方程 f(x)f“(x)+f(x)2=0 在区间(0 ，1) 内至少存在两个不同的实根。18 ()证明积分中值定理：若函数 f(x)在闭区间a，b上连续，则至少存在一点a， b，使得 ab
7、f(x)dx=f()(ba)； ()若函数 (x)具有二阶导数，且满足 (2)(1)，(2) 23(x)dx，则至少存在一点 (1，3)，使得 “()0。19 ()证明拉格朗日中值定理：若函数 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则存在 (a，b) ，使得 f(b)f(a)=f()(ba)；() 证明：若函数 f(x)在 x=0 处连续，在(0，)(0)内可导，且 f(x)=A，则 f+(0)存在，且 f+(0)=A。20 设奇函数 f(x)在1， 1上具有二阶导数，且 f(1)=1。证明：()存在 (0，1) ，使得 f()=1；()存在 (1，1)，使得 f“()+f()=1。21
8、 设函数 f(x)在闭区间a，b上连续，在开区间(a，b)内可导，且 f(x)0。若极限f(2xa) (xa)存在，证明：() 在(a ，b) 内 f(x)0；()在(a，b)内存在点 ，使(b 2a 2) abf(x)dx=2f() ；() 在(a，b)内存在与()中 相异的点，使 f()(b2a 2)=2(a) abf(x)dx。21 已知函数 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(0)=0，f(1)=1。证明：22 存在 (0，1)，使得 f()=1；23 存在两个不同的点 ，(0，1) ，使得 f()f()=1。24 设函数 f(x)在闭区间0，1上连续，在开区间(0 ，
9、1) 内可导，且 f(0)=0，f(1)=13。证明：存在 (0，12)，(12，1) ，使得 f()+f()=2+2。25 设函数 f(x)在闭区间 1，1上具有三阶连续导数，且 f(1)=0，f(1)=1，f(0)=0，证明：在开区间(1，1) 内至少存在一点 ，使 f“()=3。25 设 f(x)在区间a，a(a0)上具有二阶连续导数，f(0)=0。26 写出 f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；27 证明在a ，a上至少存在一点 ，使 a3f“()=3a af(x)dx。考研数学二（高等数学）历年真题试卷汇编 29 答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合
10、题目要求。1 【正确答案】 C【试题解析】 从 0 到 t0 时刻，甲、乙的位移分别为 v1(t)dt 和 v2(t)dt。要使乙追上甲，则需 v2(t)v 1(t)dt=10。由定积分的几何意义可知 025v2(t)v 1(t)dt=2010=10，则 t0=25。故选 C。【知识模块】 一元函数积分学2 【正确答案】 D【试题解析】 因为 f(0)=f(1)=f(2)=0，由罗尔定理知有 1(0，1)， 2(1，2)使 f(1)=f(2)=0，所以 f(x)至少有两个零点。又 f(x)中含有因子 x，故 x=0 也是 f(x)的零点，D 正确。【知识模块】 中值定理二、填空题3 【正确答案
11、】 1120【试题解析】 质心横坐标 其中 01x(x)dx=01x(x 2+2x+1)dx=()|01=1112 ， 01(x)dx=01(x 2+2x+1)dx=( +x2+x)|01=53，所以得【知识模块】 一元函数积分学三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。4 【正确答案】 Sn=01fn(x)dx【知识模块】 一元函数积分学5 【正确答案】 方法一：V 1=02 (Asinx)xdx=2A24。 V 2=(2)2A 0A(arcsinyA) 2dy=2A。 则得 A=8。 方法二：也可以用如下公式计算V2：V 2=202 xAsinxdx=2A。【知识模块】 一元函数积
12、分学6 【正确答案】 D(如图所示)绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积 V=V1V 2。V1 为 y= 与 x=0，y=0 所围的图形绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积，V 1=2 3；V 2 为曲线 与 x=0，y=0 所围的图形绕 x轴旋转一周所得旋转的体积，即 V2=x02 y2(t)|x(t)|dt=302 sin7tcos 2tdt=302 sin7t(1sin 2t)dt=302 sin7tdt 02 sin9tdt所以 V=V1V 2表面积 S=S1+S2，其中 S1，S 2 分别为两函数绕 x 轴的旋转体侧面积，S 1=2；S 2=202 |y(t)| =602 sin4tco
13、stdt=65。所以 S=2+ =165 。【知识模块】 一元函数积分学7 【正确答案】 建立坐标轴如图所示，将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为W，当抓斗运动到 x 处时，作用力 f(x)包括抓斗的自重 400N，缆绳的重力50(30 x)N，污泥的重力(2000 20)N ，即 f(x)=400+50(30x)+2000 x=3900 x，于是 W=030(3900 x)dx=3900x x2|030=11700025500=91500J。故克服重力需做功 91500J。【知识模块】 一元函数积分学8 【正确答案】 方法一：如图一建立坐标系，则抛物线的方程为 y=x2。闸门矩形部分承受的水
14、压力 P1=21h+1g(h+1y)dy=2g(h+1)y |1h+1=gh2，其中 为水的密度，g 为重力加速度。闸门矩形下部承受的水压力P2=201g(h+1y) dy2g23(h+1)y 52 y52 |01由题意知 P1P 2=54，解得 h=2，h=13(舍去)。故 h=2，即闸门矩形部分的高应为 2 米。方法二：如图二建立坐标系，则抛物线的方程为x=h+1y 2。闸门矩阵部分承受的水压力为 P1=20hgxdx=gh2，闸门矩形下部承受水压力 P2=2hh+1gx dx。 令 =t，得P2=4g01(h+1t 2)t2dt=4g(h+1) |01 由题意知P1P 2=54，解得 h
15、=2，h= 13(舍去)。故 h=2，即闸门矩形部分的高应为 2 米。【知识模块】 一元函数积分学【知识模块】 一元函数积分学9 【正确答案】 曲线可表示为 则容积为V=1 2f2(y)dy=1 12 (1y 2)dy+12 2(2yy 2)dy【知识模块】 一元函数积分学10 【正确答案】 容器内侧曲线可表示为 在y 轴上任意取一个微元y，y+dy ，对应容器的小薄片的水的重量为 gf2(y)dy( 为水的密度)，它升高的距离为 d(y)=2y。将此薄片抽出所作的功为 dW=gf2(y)(2y)dy，因此将容器中的水全部抽出所作的功为 W=1 2gf2(y)(2y)dy=g1 12 (1y
16、2)(2y)dy+ 12 2(2yy 2)(2y)dy，其中 12 2(2yy 2)(2y)dy=12 21 (1y) 21+(1y)dy 1 12 (1t 2)(1+t)dt=1 12 (1y 2)(1+y)dy。再代入上式可得 W=g1 12 (1y 2)(2y)dy+ 1 12 (1y 2)(1+y)dy=g 112 3(1y 2)dy=g3( y3|1 12 )【知识模块】 一元函数积分学【知识模块】 一元函数积分学11 【正确答案】 由于 y=12(x )，则曲线的弧微分为 ds=所以弧长为 s=12 0e(x+ )dx=【知识模块】 一元函数积分学12 【正确答案】 设形心坐标为(
17、 )，根据形心公式可得【知识模块】 一元函数积分学13 【正确答案】 () 要证存在 x0(0，1)，使 x0f(x0)= f(x)dx；令 (x)=xf(x) x1f(t)dt，要证存在 x0(0，1)，使 (x0)=0。可以对 (x)的原函数 (x)=0x。(t)dt使用罗尔定理：(0)=0 ， (1)=01(x)dx=01xf(x)dx 01x1f(t)dtdx=01xf(x)dxx x1f(t)dt|x=0x=1+01xf(x)dx=0，又由 f(x)在0， 1连续 (x)在0 ，1连续，(x)在0， 1连续，在 (0，1)可导。根据罗尔定理，存在 x0(0，1)，使 (x0)=(x0
18、)=0。()由 (x)=xf(x)+f(x)+f(x)=xf(x)+2f(x)0，知 (x)在(0，1)内单调增，故()中的 x0 是唯一的。【知识模块】 中值定理14 【正确答案】 首先证明存在 (a，b)，使 f()=0。方法一：用零点定理。主要是要证明 f(x)在(a，b)有正值点与负值点。不妨设 f(a)0，f(b) 0。由=f+(a)=f(a)0 与极限的局部保号性，知在 x=a 的某右邻域，0，从而 f(x)0，因而存在 x1，bx 1a，f(x 1)0；类似地，由f(b)0 可证存在 x2，x 1x 2b，f(x 2)0。由零点定理，存在 (x1，x 2) (a，b)，使 f()
19、=0。方法二：反证法。假设在(a，b)内 f(x)0，则由 f(x)的连续性可得 f(x)0，或 f(x)0，不妨设 f(x)0。由导数定义与极限局部保号性，f(a)=f +(a)f(b)=f (b)从而 f(a)f(b)0，与 f(a)f(b)0 矛盾。其次，证明存在 (a，b)，f“()=0。由于 f(a)=f()=f(b)=0，根据罗尔定理，存在1(a， )， 2(，b)，使 f(1)=f(2)=0；又由罗尔定理， (1， 2) (a，b)，f“()=0。注：由 f(x0)0 可得：在(x 0 ，x 0)上，f(x) f(x 0)；在(x 0，x 0+)上，f(x)f(x 0)。由 f(
20、x0)0 得不到 f(x)在(x 0，x 0+)单调增的结果。【知识模块】 中值定理15 【正确答案】 方法一：令 F(x)=0xf(t)dt，0x，有 F(0)=0，由题设有 F()=0。又由题设 0f(x)cosxdx=0，用分部积分，有 0=0f(x)cosxdx=0cosxdF(x)=F(x)cosx|0+0F(x)sinxdx=0F(x)sinxdx，由积分中值定理知，存在 (0，)使 0=0F(x)sinxdx=F()sin(0)。因为 (0，)，sin0，所以推知存在 (0，)，使得F()=0。再在区间 0，与，上对 F(x)用罗尔定理，推知存在 1(0，) ，2(，)使 F(1
21、)=0，F( 2)=0，即 f(1)=0，f( 2)=0。方法二：令 F(x)=0xf(t)dt，0x，由 0f(x)dx=0 可知 F(0)=F()=0，则由罗尔定理可得：存在 1(0，) ，使 f(1)=0。若在区间(0 ， )内 f(x)仅有一个零点 1，则在区间(0， 1)与( 1，)内f(x)异号。不妨设在(0， 1)内 f(x)0，在( 1，)内 f(x)0。于是由 0f(x)dx=0， 0f(x)cosxdx=0，有 0=0f(x)cosxdx 0f(x)cos1dx=0f(x)(cosxcos 1)dx当 0x 1 时，cosx cos1， f(x)(cosxcos 1)0；当
22、 1x 时 cosxcos 1，仍有 f(x)(cosxcos 1)0，得到：00。矛盾，此矛盾证明了 f(x)在(0，)仅有 1 个零点的假设不正确，故在(0，)内 f(x)至少有 2 个不同的零点。【知识模块】 中值定理16 【正确答案】 令 F(x)=f(x)g(x)，则 F(x)在a ， b上连续，在(a，b)内具有二阶导数且 F(a)=F(b)=0。若 f(x)，g(x)在(a ，b)内同一点 c 取得最大值，则 f(c)=g(c)F(c)=0，于是由罗尔定理可得，存在 1(a，c)， 2(c，b)，使得 F(1)=F(2)=0。再利用罗尔定理，可得存在 (1， 2)，使得 F“()
23、=0，即 f“()=g“()。若 f(x)，g(x)在(a，b) 内不同点 c1，c 2 取得最大值，则 f(c1)=g(c2)=M，于是 F(c1)=f(c1)g(c 1)0，F(c 2)=f(c2)g(c 2)0，于是由零点定理可得，存在 c3(c1，c 2)，使得 F(c3)=0，又由罗尔定理可得，存在 1(a，c 3)， 2(c3，b)，使得 F(1)=F(2)=0。再一次利用罗尔定理可得，存在 (1， 2)，使得 F“()=0，即 f“()=g“()。【知识模块】 中值定理17 【正确答案】 () 由于 f(x)x0，则由函数极限的局部保号性可知，存在一个 0，使得当 x(0，)时，
24、f(x)x0，则 f(2)0。又由于 f(1)0，所以由零点定理可知，方程 f(x)=0 在(0，1)内至少有一个实根。()令 F(x)=f(x)f(x)，则 F(x)=f(x)f(x)+f(x)2。由 f(x)x0 可知，f(0)= f(x)xx=0。又由()可知：至少存在一点 x0(0， 1)，使得 f(x0)=0。由罗尔定理可知：至少存在一点1(0， x0)，使得 f(1)=0，从而 F(0)=F(1)=F(x0)=0。再由罗尔定理可知：至少存在一点 2(0， 1)和 3(1， x0)，使得 F(2)=F(3)=0。故方程 F(x)=f(x)f“(x)+f(x)2=0 在(0，x 0)
25、(0，1)内至少存在两个不同的实根。【知识模块】 中值定理18 【正确答案】 () 设 M 与 m 是连续函数 f(x)在a，b上的最大值与最小值，即mf(x)M，xa，b。由定积分性质，有 m(ba) abf(x)dxM(ba)，即 mabf(x)dx(b a)M。根据连续函数介值定理，至少存在一点 a，b，使得 f()=abf(x)dx(b a) ，即 abf(x)dx=f()(ba)。() 由()的结论可知，至少存在一点2，3 ，使 23(x)dx=()(32)=()。则 (2) 23(x)dx=()，且 2。对(x)在1，2和2 ，上分别应用拉格朗日中值定理，并注意到 (1)(2)，(
26、)(2)得 (1)= 0，其中 1 12；( 2)= 0，其中2 23；在 1， 2上对导函数 (x)应用拉格朗日中值定理，有 “()=0，其中 (1， 2) (1，3)。【知识模块】 中值定理19 【正确答案】 () 作辅助函数 (x)=f(x)f(a) (xa)，容易证明(x)满足 (a)=(b)。(x) 在闭区间a ，b上连续，在开区间 (a，b)内可导，且 (x)=f(x) 根据罗尔定理，可得在(a，b) 内至少有一点 ，使 ()=0，即所以 f(b)f(a)=f()(b a)。()任取 x0(0，)，则函数f(x)满足在闭区间0，x 0上连续，开区间 (0，x 0)内可导，从而由拉格
27、朗日中值定理可得：存在 (0，x 0) (0，) ，使得又由于 f(x)=A，对(*)式两边取 x00 +时的极限，可得： 故 f+(0)存在，且 f+(0)=A。【知识模块】 中值定理20 【正确答案】 () 由于 f(x)为奇函数，则 f(0)=0，由于 f(x)在1，1上具有二阶导数，由拉格朗日中值定理，存在 (0，1)，使得 f()= =1。() 由于 f(x)为奇函数，则 f(x)为偶函数，由()可知存在 (0，1)，使得 f()=1，且f()=1。令 (x)=exf(x)1，由条件可知 (x)在1，1上可导，且 ()=()=0，由罗尔定理可知，存在 ( ，) (1，1) ，使得 (
28、)=0，其中 e0，即有 f“()+f()=1。【知识模块】 中值定理21 【正确答案】 () 由题设 存在，故 f(2xa)=f(a)=0。又 f(x)0，所以 f(x)在(a，b)内单调增加，故 f(x)f(a)=0，x(a，b)。()设 F(x)=x2，g(x)= axf(t)dt(axb)，则 g(x)=f(x)0(由()已证得)，故 F(x)，g(x)满足柯西中值定理的条件，因此在(a，b) 内存在点 ，使即(b 2a 2) abf(x)dx=2f()。( )由题设可知 f(a)=0，所以 f()=f()f(a) ，在a，上应用拉格朗日中值定理，知在(a，)内存在一点 ，使 f()=
29、f()(a)，从而由()的结论得即 f()(b2a 2)=2( a) abf(x)dx。【知识模块】 中值定理【知识模块】 中值定理22 【正确答案】 令 F(x)=f(x)1+x，则 F(x)在0，1上连续，且 F(0)=1 0，F(1)=1 0，于是由零点定理知，存在 (0，1)，使得 F()=0，即 f()=1。【知识模块】 中值定理23 【正确答案】 在0，和 ，1上对 f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点 (0，)，(，1)，使得【知识模块】 中值定理24 【正确答案】 令 F(x)=f(x)= x3，则 F(1)=F(0)=0。在区间0，12和12，1上分别应用拉格
30、朗日中值定理，可得到 F(12) F(0)=F()( 0)=1 2f() 2，(0， 12)，F(1)F(12)=F()(1 )=12f() 2，(12，1)，上面两个等式相加 F(1)F(0)=12f() 2+12f() 2=0，即有 f()+f()=2+2。【知识模块】 中值定理25 【正确答案】 方法一：由麦克劳林公式得 f(x)=f(0)+f(0)x+ f“(0)x2+ f“()x3，其中 介于 0 与 x 之间，x1，1。分别令 x=1，x=1 并结合已知条件得f(1)=f(0)+ f“(1)=0，1 20，f(1)=f(0)+ f“(2)=1，0 21，两式相减，得 f“(2)+f
31、“(1)=6。由 f“(x)的连续性，知 f“(x)在区间1， 2上有最大值和最小值，设它们分别为 M 和 m，则有 m12f“(2)+f“( 1)M。再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 1， 2 (1，1)，使 f“()=12f“( 2)+f“(1)=3。方法二：构造函数 (x)，使得 x1，1时 (x)有三个零点，“(x)有两个零点，从而使用罗尔定理证明 必然存在。设具有三阶连续导数(x)=f(x)+ax3+bx2+cx+d。令再代入 (x)得 (x)=f(x) x3+f(0) x2f(0)。由罗尔定理可知，存在 1(1，0)， 2(0，1)，使 (1)=0，( 2)=0，又因为 (0
32、)=0，再由罗尔定理可知，存在 1(1，0)，2(0， 2)，使得 “(1)=0，“( 2)=0，再由罗尔定理知，存在 (1， 2) (1， 2)(1 ，1) ，使 “()=f“()3=0，即 f“()=3。【知识模块】 中值定理【知识模块】 中值定理26 【正确答案】 麦克劳林公式其实就是泰勒公式中，把函数在点 x=0 处展开。f(x)的拉格朗日余项一阶麦克劳林公式为：f(x)=f(0)+f(0)x+ f“()x2=f(0)x+ x2，其中 位于 0 和 x 为端点的开区间内， xa，a 。【知识模块】 中值定理27 【正确答案】 方法一：将 f(x)从a 到 a 积分 a af(x)dx=
33、a af(0)xdx+1 2a af“()x2dx。而 a af(0)xdx=f(0)a axdx=f(0) |a a=0，从而有 a af(x)dx=1 2a af“()x2dx。因 f“(x)在a，a 上连续，故有 f“(x)在a，a 上存在最大值 M，最小值 m(由闭区间上的连续函数必有最大值和最小值)，即易得 mf“(x)M，xa，a 。因此 a af(x)dx=1 2a af“()x2dx12M a ax2dx=12Mx 33| a a=Ma33，同理 a af(x)dx=1 2a af“()x2dx12m a ax2dx=13ma 3。因此 m3a 3a af(x)dxM。由连续函
34、数介值定理知，存在 a，a ，使 f“()=3a 3a af(x)dx，即 a3f“()=3a af(x)dx。方法二：观察要证的式子，构造变限函数：F(x)= x xf(t)dt，易得 F(0)=0，F(x)=f(x)+f(x)( 变限积分求导)，F“(x)=f(x)+f( x)=f(x)f(x)，F“(x)=f(x)f(x)=f“(x)+f“(x) ，则有 F(0)f(0)+f( 0)0+0=0，F“(0)f(0)f( 0)=f(0)f(0)=0。将它展开成二阶带拉格朗日余项麦克劳林公式：F(x)=F(0)+F(0)x+F“(0)x2+ F“()x3=0+0+ F“()x3=16f“()+f“( )x 3，其中 (0，x)，xa，a。由于 f“(x)在a，a 上连续，则由连续函数介值定理，存在，使 f“()=12f“()+f“( )，于是存在 (a，a)，使 F(x)=0+0+ F“()x3= f“()+f“()x 3=13f“()x 3，把 x=a 代入 F(x)有 F(a)=13f“()a 3 即 a af(x)dx=a33f“()，( a，a)，即 a3f“()=3a af(x)dx，( a， a)。【知识模块】 中值定理
