2. 证明：由题设得到, 对于任意 $x\in(a,b)$
\[ f(x)g‘(x)-f‘(x)g(x)=0, \]
因此
$$ \left(\frac{f(x)}{g(x)} \right)‘=\frac{ f‘(x)g(x)-f(x)g‘(x) }{g^2(x)}=0, $$
根据微分中值定理推理得到
$$ \frac{f(x)}{g(x)}=k, $$
其中 $k$ 为常数.
3. 证明: (1) 令
$$\varphi(x)=f(x)-x,$$
容易验证 $\varphi(x)$ 在 $[\frac12, 1]$ 上连续, 在 $(\frac12,1)$ 内可导. 由于
$$ \varphi(\frac12)\varphi(1)=(f(\frac12)-\frac12)(f(1)-1)=-\frac12<0, $$
根据零点定理, 存在 $c\in(\frac12,1)$ 使得 $\varphi(c)=0 $, 即
$$f(c)=c.$$
(2) 对任意实数 $\lambda$, 令
$$\psi(x)= e^{-\lambda x} [f(x)-x]. $$
容易验证 $\varphi(x)$ 在 $[0, c]$ 上连续, 在 $(0,c)$ 内可导. 由于
$$ \psi(0)=0 $$
以及
$$\psi(c)= e^{-0\lambda c}[f(c)-c]=0, $$
根据罗尔定理, 得到存在 $\xi\in (0,c)$ 使得
$$\psi‘(\xi)=-\lambda e^{-\lambda \xi} [f(\xi)-\xi]+e^{-\lambda \xi}[f‘(\xi)-1]=0.$$
由于 $e^{\lambda \xi}\neq 0$, 两边同时乘以 $e^{\lambda \xi}$ 整理得
$$f‘(\xi)-\lambda[f(\xi)-\xi]=1.$$
4. 证明：根据题设推出
$$\frac{1}{\sqrt{x+1}+ \sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x+\theta(x)}}$$
即
$$ 2\sqrt{x+\theta(x)}=\sqrt{x+1}+\sqrt{x}, $$
因此,计算得到
$$ \theta(x)=\frac14 +\frac12 (\sqrt{x^2+x}-x). $$
由于
$$ 0\leq \sqrt{x^2+x}-x = \frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}\leq \frac{x}{x+x}=\frac12, $$
所以
$$ \frac14 \leq \theta(x)\leq \frac12. $$
又因为
$$\lim_{x\to 0} (\sqrt{x^2+x}-x)=0 \quad \mbox{and} \quad \lim_{x\to +\infty} (\sqrt{x^2+x}-x)=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{\sqrt{1+1/x}+1}=\frac12,$$
因此
$$\lim_{x\to 0}\theta(x)=\frac14, \lim_{x\to +\infty}\theta(x)=\frac12.$$
说明：实际上，可以从另外一个角度看 $\theta(x)$ 的界. 当 $x>0$ 时
$$ (\sqrt{x^2+x}-x)‘= \frac{2x+1}{2\sqrt{x^2+x}}-1>0, $$
所以 $\theta(x)$ 为递增函数, 此时在 $x=0$, $\theta(x)$ 取得最小值 $\theta(0)=\frac14$, 当然 $\theta(x)\leq \lim_{x\to +\infty}\theta(x)=\frac12$.
5.
(1) 证明: 由于当 $x\geq 1$
$$\left(\arccos \frac{2x}{1+x^2}\right)‘= -\frac{ \frac{ 2(1+x^2)-4x^2 }{ (1+x^2)^2 } }{ \sqrt{ 1- \frac{(2x)^2}{ (1+x^2)^2 } } }=\frac{2}{1+x^2}, $$
即 $x\geq 1$ 时
$$\left(\arctan x -\frac12 \arccos \frac{2x}{1+x^2}\right)‘=0.$$
又由于
$ \arctan 1 -\frac12 \arccos \frac{2}{1+1}=\frac{\pi}{4}, $
所以当 $x\geq 1$ 时,
$$ \arctan x -\frac12 \arccos \frac{2x}{1+x^2}=\frac{\pi}{4}. $$
(2) 证明: 书上以及课件例题 (想法：证明单调性，然后分别证明不等式两边；或者利用拉格朗日中值定理)
(3) 证明: 根据题设, 即证
$$ n b^{n-1}< \frac{a^n -b^n}{a-b}<n a^{n-1}. $$
令
$$\varphi(x)=x^n,$$
根据拉格朗日中值定理, 存在 $b<\xi<a $ 使得
$$\frac{a^n -b^n}{a-b}=\varphi‘(\xi)=n \xi^{n-1},$$ 又由于
$$n b^{n-1}< n\xi^{n-1}<n a^{n-1}, $$
即证.
6. 存在一个实根的证明利用零点定理，只有一个实根的证明利用反证法以及中值定理，详见课件例题