1、/第三章 微分中值定理与导数的应用习题 3-11.解：（1）虽然 在 上连续， ，且 在 内可导。可见，()fx1,(1)ff()fx1,在 上满足罗尔中值定理的条件，因此，必存在一点 ，使得 ，()fx, ()0f即： ，满足， ；20(1)0（2）虽然 在 上连续， ，但 在 内 点不可导。可见，fx,(1)ff()fx1,0x在 上不满足罗尔中值定理的条件，且 ,因此不存在一()f1, (), =10fx不 存 在点 ，使得 .(,)()0f2.因为函数是一初等函数，易验证满足条件.3解：令 ， ，化简得33arcosr(4)yxx 223311(4)xyx（ 为常数） ，又 ，故当 ，
2、有 。0,C0.5y0.5.y4证明：显然 都满足在 上连续，在 内可导(),fxF,2,2且对任一 ， ， 满足柯西()cos,()1sinfx0,x()0Fx(),fxF中值定理条件。，而 ，(0)12ffFsincos()co2421icinxfx xF 令 ，即 ，此时 ,显然()12fxtan42x2art142x，即 ，使得0,xarct10,2/。(0)(3)2fffFF5.解：因为 ，又因为 在任一区间内都连续而且可导，所(0)1(2)0ff()fx以 在任一区间 内满足罗尔中值定理的条件，所以由罗尔定理，得至fx,3少 使得： ，又因为123(,)()()123(),()0,
3、()fff至多只有三个根， 有 3 个根 分别属于 三0fx0fx31,2(,3)个区间.6证明：设 的 个相异实根为()f1n012nxx则由罗尔中值定理知：存在 ：1(,)in，使得0112nxxx 1(0,(2,)ifi再由罗尔中值定理至少存在 ：2(,)i，使得1212131n 2(),(1,)ifin 如此作到第 步，则知至少存在一点 ： 使得 。n1nn()0f7解：反证法，倘若 有两个实根，设为 和 ，即 ，不妨设()0pxx212px，由于多项式函数 在 上连续且可导，故由罗尔中值定理存在一点12x12,，使得 ，而这与所设 没有实根相矛盾，命题得证。(,)() ()0px8证
4、明：令 ，由于 由零点定理知，在 内至少存在5fx,1ff(0,1)一点 ，使 ，又由方程得 ，因此方程只存在 与 之间的正根，假设()04()x有两个正根，即 ，且 使得： ，不妨假设51x12,012x12()fxf，显然 在 上连续，在 内可导。所以由罗尔定理，得：2()fx,(,)/，使得： ，即 ，矛盾，假设不成立，所以方程12(,)x()0f4510只有一个正根。509证明：（1）因为 在 上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在 使()fx,ab (,)ab得 ()()ffba又 ，故 ，即 。()fm()fbamb()m（2）因为 在 上可导，所以由拉格朗日中值定理知：存在 使得
5、x, ,ab()()(faf又 ，所以 。()fM|Mfbab（3）当 时结论显然成立，当 时，对函数 在以 为端点的区间上应用12x12xsinx12,拉格朗日中值定理，得 ，其中 在 与 之间，因此112sinicos()。212xxx10证明：因为 在 内具有二阶导数，所以由罗尔定理，得 ，()f,ab 12(,)x，使得 ，又 在 且满足罗尔定理的条件，故23(,x12()0f()fx12,由罗尔定理，得： ，使得 。13,x011证明：设 ，由拉格朗日中值定理，得()lnfx，使得： 即： ，又 ，(,ba()fabflnlaab(,)ba， 。1b12证明：对函数 在 上应用拉格朗
6、日中值定理：存在 使得()arctnfx0,h(0,)h2trtarctn01h从而/。2arctn1hh13证明：（1）令 。当 时结论显然成立。()arctnfxb当 时，由拉格朗日中值定理，得 。 （ 在 构成的区间内） ，即：ab()ffa ,b。2()()arctnrt1fb 21rtrtaab综上所述，结论成立。（2）令 ()xfe由拉格朗日中值定理，得： ，使得： ，即：(1,)x()1fxf，)(1)fee又 ，故 ，所以(1,)xe，即e(1)x。ex14证明： 在 的某邻域内具有 阶导数，由柯西中值定理，得：()yfx0n使1(0,，反复使用柯西中值定理，得：11()(0)
7、nnnnffffxf，使得21321(0,).(,).(,)(,nx ()210)(0(!nnnnfffffx f即 ，使 ，使得： 。(0,1)(,)(),(1)!nfxf习题 3-2/1.解： ()(2)6,()4,(2),(6,20(4)nfffff将上述结果代入泰勒多项式，得 23)()()()(!fffxfxxx.32462.解：因为 () ()1)!(01,01)!,2,kkkkffxf所以.12 2()()(),(01)nnfxxx3.解：因为 20,sec,0,fff， ，2()sectan()xx24()4sectansec,(0)2xxf，(4) 34()816sectan
8、,0f f，所以(5)2426(5)16secta81sec,16xxxf.35()f o4.解： ，所以 ，()fx 32,()42fxfx52()8fx，令 代入得7(4)2156f4，由泰勒公式，得113(),(),(),(4)3256ffff.42 721 )2465!(xxxx5.解：因为 ， ，一般地，有()f 2341(),(),()fffx，所以() 1!nnx，一般地，有：1,(),(),(1)!ffff()1!nf所以，由泰勒公式，得/ 12 121 ()()1()(,(01).nnnxxx 6.解： ，所以xfe()()01()nxnnxnxfeCee ，又 ，所以1(1
9、)(nx()10f.321()()!nnfx ox7.解：（1）因为223 7)(7)(7)2() 3!ffxff371215(2xxx所以 误差为：30.4,(4)(4)41270.!ff（2）331sin,sin8.9!0!x误差为 .(5) 5i2!8.解：（1）由于分式的分母 ，我们只需将分子中的 和 分别3sin(0)x:sinxcos用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示，即， ，于是3sin()!xo3cs()2!o，故3331ics()()()!xx。3300sincos1lmlixxo（2）因为分子关于 的次数为 21 25511()()(5)!x ox2ox/原式 .20
10、 1lim1()2xxox9.解：（1）35sinsin(0)!因此 ；55411|()| ,!23842xRx（2）解：设 ，则因为f12(0)1,(),(0ffxf3 52 23()(),(),()1)448fffx 所以 带拉格朗日型余项的二阶麦克劳林公式为1fx，从而5232(),(01)86x。3522()(),0,16xRx习题 3-31.解：（1） ； 001limli1sncosxxee（2） ； 66i23lilco3ixx（3） ；0001ln(1) 1imlilimcssnsinxxxx（4） 0taliix 20ecliox 20talicox20taeclix20li
11、msecx（5） ；22 2nsss1lli li()4n()4()8xx x/（6） ；1limlimnnnxaxa（7）222tseccos3lilili33xxx。22oinlilmcssxx（8） ； 221ln11imliliarcotxxx（9） 00e1lilie1()xxx ； 2000limlilim2xxx（10）令 ， ；1xy111lnlnl,iliimxxxyy所以 。1lixe（11）设 sl,ysin000lminlxxx；000021illlimilim()xxxx所以 sin0lxx1（12）令ta ln,ltlcotxyy， ； 220001silimnli
12、lm1csxxxytan00li1xxe/（13） ； 20000coslimcot2lilimcslinn2xxxx1（14）令 ，2351y2235lnlimilimli311xx xxy所以 ；325lixxe（15）2(2arctn)lnlim(arctn)limlim11lx x xx。2lllii2li0x xx2解：（1） 不存在，故不能用洛必达法则.elimx（2） ，20001sin1lllisn0sxxx而若用洛必达法则：有 22 200 011 1incosin sincolml lmsxx xxx该极限不存在，但 存在，故不能用洛必达法则得出。20ilsnx（3）不是未
13、定式。3.解： ，1200lim()liexxf11ln()000li()liimxxxxf/20001ln()ln(1) 1imimlim2(1)2eeeexxx所以 ，由连续的定义知 在 处连续。0li()xf0li()()xff ()fx0习题 3-41.对函数求导，得： ，单调减少.221()0xfx2.解：（1）单调增区间 ；单调减区间 ；,3,)1,3（2）单调增区间 ；单调减区间 ；1,201（3）单调增区间 ；单调减区间 ；(,（4）单调增区间 ；单调减区间 ； 0,()(,02,)（5）单调增区间 ；单调减区间 ；2,3a,3a（6）单调增区间 ；单调减区间 .,k,(0,1
14、2,)2kk3(1)解：设 ，则 。sin()xf2(tan)cos)xxf 令 ，则 ，故()ta,0,2gx2()t0,2g在 内严格递减，又 在 处连续，且 ，故在 内 ，()0,2()x()g0,()0gx即 ，所以当 时， 。从而 在 内严格递减。tanx0,2()0f()fx,2由于 。所以 ，即 。0silm1xsini12x2sin,0,（2）设 ，则 从而当 时， 严格()ln)fx2()0()1fxxx()fx/递增。又 在 处连续，且 ，所以当 时， ，即()fx0(0)f0x()0fx。2ln1设 。同理可证，当 时， ，即 。综()ln(1),0gxx0x()0gxl
15、n(1)x合上述结果可得，当 时，有。2ln(1)()（3）令 ，所以31()tanfxx，故222sect0,2f x在 内单调递增，所以 ，即()fx0,()f。31tan（4）令 ，则 ，当 时 ，即1()2fxx21()xf1x()0f在 上单调增加，所以 ，即f1,0f。123()xx4.解：令 ，所以 ，所以当 时，()lnfxa()af1,xa；当 时， 。所以 在 内单调递增，在()0f1,()0fx()fx,内单调递减，又 ，所以当 时，1,a1lnl1faa 1,xa，当 时， ，()ln1fx,x()lnfx所以当 ，即 时，方程只有一个实根：l0aee/当 ，即 时，方
16、程没有实根。当 ，即 时，方程有 2 个实ln10a1eln10a1e根。5.解：（1）在 凸，在 凹， 为拐点.,2,3,2（2）在 凸，在 凹，无拐点.(,0),（3）没有拐点，处处是凹的.（4） 与 为凹， 为凸， 与 为拐点1,3,1,313,4,（5）在 与 凸，在 凹， 为拐点.,(,)(,)(,ln2)(,l)（6）在 内是凹，在 凸. 为拐点.1,21,21arct,e6解：（1）令 ，则 ，所以当 且 时，()nfx12(),()nnfxfxx0x1n。即 在 内为凹的。 由凹函数的定义，知：对 ，有：()0fx0,y，即 。()2xyfyf122nnxyx（2）设 ，则 。
17、故 为 上凹函数，从而对exye0,(,)x(,)，有121,xab2112()()2yxyxyx即 。21e(e)abab7解： 2,xy23(1)4)xxy32(1)()()xx令 解得： ，所以 时， ，0123,x,23x0y/当 时， ；当 时， ；当 时，(23,)x0y23,1x0y1,x0y故 时， ； 时， ； 时， ，1x1y23x2843y23x384y即 ， 是曲线 的三个拐点，很容易(,)3,841,21y验证这三点在同一条直线上。8.解： ，所以 若 为曲线的拐点，则满足32yaxb23,6yaxbyaxb,3解得： .(1)60f 9,9.解： 是 的拐点，因为
18、，故可设 ，又因为0(,)xf(fx0()fx0()fx在 的某邻域内连续，所以 .由保号性，知存在 ，当)f00lim()xf时， ，故 在 上单调递增，又因为0(,xU0()2ffxf,xU，所以当 时， ，即是凹的。同理可得0)f ,U0()上 ，即是凸的。所以， 是拐点.0(,)xx0()ffx0(,)xf习题 3-51.解：（1）令 ，解得 ，又 ，所以23()640fx123,x902f在 处 有极大值 ，由于当 时， 故在 的邻32x()f 71yU(0,)().fx域内 严格递增，所以在 处 不能取得极值； f 0x()f（2） ，在整个定义域上单调，故无极值。231()yR（
19、3）2 264(34)(11(1)xxxx /令 ， ， 。故 为极大值，又120,yx32614xy(0)y()4y，故 为极小值； (2)8()3（4）极小值 ；1ln2y（5）令 ，得 。因为当 时， ；当2()0xf 21,ex01x()0fx时， ；当 时， ，所以 在 处有极小值 ，21ex2()f()f(1)f在 处有极大值 。 2(e)4f（6）令 ，得 。由于当 时， ；当 时，21()0xf11x()0fx，所以 在 处有极大值 .0fxf 2ln()4f2.证明：因为对任意的 ,都有 ，所以， 是极小值点。x0x3.解： ，若此函数在 处为极值点，则 即()cos3fxa
20、303f，解得 ，这时cos30a233()sini()sin3i0x xfa所以 为极大值点，且极大值点为 。0 f4.解：（1）令 得4325015(1)30yxxx，舍去。而 ， ， ， ，所以函0,3.,2x()y()2y()7数在 处取得最大值 ，在 处，取得最小值 ；x1（2）令 ，得 。由于2sec(1tan)0yx0,42/且 ，所以函数在 处取得最大值(0),14y22lim(tan)xx4x，无最小值；（3）最大值 ，最小值 ；354y(5)6y5证明（1）设 ，令 ，解得 ；()1ppfxx11()()0ppfx 12x， ，22()ppy 0y,ff为最小值，故 ，原不
21、等式1pf0,1x1()(01,)2ppxp成立。（2）设 解得 ，()e,()e(1)xxxff，函数 在定义域内有一个驻()e10xf()1exf点且为最大值点，即 ，所以 在整个定义域上成立。()f()ex6.解： ，令 ，解得： ，又因为254yx2540y3x，所以 在 处取得极小值。即 在 处3108()2,()60fxf()fx3()fx3取得最小值 27.7.解： ，令 ，解得： ，又2()1xyf2(1)0yx12,比较上述各值，得： 在 处取得最大值 .1(),02fff ()fx8.解：设两线段长为 ，则矩形面积为 。令xl,(0,)Sll得 。又 ，故 是 的唯一极大值
22、点。又在端点处1,Sx2S2x，从而 就是最大值点。所以当两线段的长均为 ，矩形面积最大.02l l9.解：设底半径为 ，高为 ，则体积为Rh/ 2VRh表面积为 22S令 ，得 。所以，当底半径与高的比例为 时，容器的表面2VR0Sh1:积为最小。10.解：由题意，知： 截面的周长： ，由215xy2Cxyx，得： ，把其代入 ，得：215xy28x1，令 ，得：0110424Cxx20()4Cxx（负值舍去）又因为 （当 时）所以当12.36(m)x32()x时，其截面的周长最小。0.()411.解：设房租为 元，获得的收入设为 ，则租出去的公寓目为：x()fx，由题意知：10355203
23、605()(1)xxfx令 。得： 。又因为 ，所以当 时，236()50fx81()f180x取得最大值，即房租定为 1800 元时，可获得最大收入。习题 3-61. （1） 为水平渐近线， 为铅直渐近线；0y1x（2） 为水平渐近线， 与 为铅直渐近线；23（3） 为铅直渐近线， 为斜渐近线；xyx/（4） 为斜渐近线。byxa2.（1）定义域为 ，在 为单调增加；在 为单(,)(,5)(1,(5,2)(,1调减少；在 内是凸的，在 为凹的，拐点(,5)22)极大值， 极小值.(2,6)80f()8fxyO326150yxx5102521（2）定义域为 ；周期为 ；图形对称于 轴；在1(0
24、,2,)24kx 2y部分：在 内单调增加；在 内是凹的，在 内是0,30,0,4,42凸的，在 内是凹的，在 内是凸的；拐点 ；极小值 ，极大值3,24,4,2(0)1y/；铅直渐进线 .()1y3,4xO xcos2xy习题 3-71.解：由 ，得1yx因此， 把它们代入曲率公式，使得曲线23,11,2xxy在点 处的曲率为1xy()。321()k2.解： ，因此， 把它们代入曲1(),22xxyeye00,1xxy/率公式，得 .1k3.解：显然 sec0x，故曲线在点 处的曲率为：2()tan,secyyx(,)xy，曲率半径为 。2332o(1)(t)Kx |sec|4解： 2 32
25、csin,()(oin)atxtatt，2()3sino.ytat 2()3csin)y曲线在 处的曲率为：0.003220()()2sinxtyxtytk at5.解： 代入曲率公式，得2,yaba32|1()kaxb由 容易看出，当 ，即 时， 的分母最小，因而 有最大值 。k20axbkk2a而 所对应的点为抛物线的顶点。因此，抛物线在顶点处的曲率最大。即，在顶点处2bxa的曲率半径最小， .321()|axb6.解：将 代入曲线的曲率公式得exy 3322e1()xyK为求 的最大值，可将 变化为K24332(e)x所以只要求出 的最小值，便易得 的最大值，容易求得当 是243()ex
26、fK1ln2x唯一的极小值点，也就是使曲线 曲率最大的点，代入曲线方程 得 ，()fx exyexy/于是得曲线顶点的坐标为 ，而曲线在该点的曲率半径为1ln2,。3ln21leK7.解：设飞机在坐标原点 处时座椅对飞行员的o反力为 ，飞行员所受的向心力为 ，所以在竖直NF方向上，由受力平衡，得：（1）Gg抛物线 在 点处的曲率半径：210xy(,)（2）32015(m)xyRK所以 ，由（1） （2）式联立，解方程组，得： 。2vFG 146(N)8.解：曲率半径为：33221()(sec5|“|tan|yxK设圆心坐标为： ，则有: ,又法线方程为：0(,)xy22001)46xy，代入上
27、式，得0 0124y0914y或则分别有： 01xx或.22+91546y9.解：由 ，及 知 ， .2yp20yp23y故抛物线 的渐屈线方程为2xGGgggggggF向向2向N/2232231()(1) ,()1,pyyyxxppyy其中 为参数.或消去参数 得渐屈线方程为y.2378()p习题 3-8从上到下长 16dm,从左到右宽 8dm 时，可使海报回周空白面积为最小 yx2dm1dm在 条件下,使得 即可得空白面积最小。令：128xyin(2)4y,得 ， .56()4)3f x8x6y本章复习题 A1.(1)充分； (2)1； (3) ， ； 利用洛必达法则， ， 故 。120c
28、oslim3xab1,a(4) ；求导得，(,0)(,)221 ()yxx(5) ； 1,(6)（ ）.因为 ，当 时， ；当 时， ，故3612sinyx60y6x0y/得答案。2.(1)A； (2)A； 由 ，洛必达法则即可。320(1)lim0xeab(3)B； 由 ，得 ， ，得()lnfke0lim(n)xke1()0fxe,当 ，单调上升；当 ，单调下降。又 ，所以，只有两个零点。xe0f(4) A； (5)B. 因为 ，故 单调递增，得 ，又由 lagrange 中值定()0fx()fx(1)ff理得 ，所以 ，得答案。(1)1f10f(6) B 由已知条件得 ，且无论 正负都有
29、 ，所以为极小00()xef00()fx值点.3.（1） , 2elncoslncos000limcosiimxxxxeelncs1/2sin1co200ilixxxe （2） ；1001()lilin()ln1xxx2000l 1limlilim22xxx（3） ；125500sinlili(1)1()x xx459/500221limli()()xx（4）15. 2235235lnln0003liiimx xxxxee/353ln5lln22ln151000imiimxxx xeee4.证明：令 在，可以验证函数 在 上连续，在 内可导，()yf ()yf,ab(,)ab由拉格朗日中值定理
30、，知存在 ，使得(,)ab。()()ffff5.证明：因为 ，所以 严格单调增加，当 时，()0gxfgxxa，又由柯西中值定理知，存在 使()gxa(,)a)()fxfgg故 ，即 。()()1fxafgg)faa6.解： ，又 的泰勒公式易计算，即2()xfx121(1)(0)()nnx 则 的泰勒展式可表示为()f.1212() (1)(0)()nnx xf x7.证明：（1）设 ，则tan()0,f221sinsecta()coxxf 令 ，所以 在 上单调增加，1()sin2,1o0,gxxg()g0,2则当 时， ，从而 ，得 在 上单调上升，当0()0()fx()fx,时， ，即
31、12x21()fxf/。21tanx（2）设 ()1ln()rct,fxx，22l1ln(1)0()xf x 所以 在 上单调增加，当 时， ，所以()fx0,0f，即1lnarctnxarctl(1).x8.单调增区间为： ，单减区间为 极大值点 ，极小值点(,)2,(0,2)0x，极大值 ，极小值 .2x0)f3(4f9.凸区间 ，凹区间 .拐点 ，最大值 。(,2,)2,e)1e10.由凸函数的定义直接证明。 在 上。故是凸函数，sinsin0yxyx(,)由凸函数的定义 ，得，1212()()()fxff12 121sin()sin(sisisin()i)xxx由归纳法，设 时成立k1
32、212)in()k k 则 时，由归纳假1211212 1sin()sin()(si sin)k kk kkxxxxxx 设 ，得证。1212sin()sin()iin()k kxxx 11. 通过的光线最充足.,4lrh12.解： ，cos,sinyxx3322si(0,)(1)(co)yxK，sinx/1 32 223(cos)s(in)s(1cos)xxxx122(cs)(si1)inx令 得驻点 ，当 时， ，当 时， ，故()0,xx0(0x2x()0x当 时，即在点 处曲率半径有最小值.曲率半径 .2,12 1本章复习题 B1.(1)解：由泰勒公式： ，得21ln()()xox又因
33、为2 2ln(1) .xabab，故 ，则220limx2ln(1)(0)xx:，解得 ； 1.2ab5,2ab(2) ； (ln)!(3)属 型。用求指数型极限的一般方法计算，即1原式 。而 ，21lncosl()0imexx22000sinlncoslncos1ciiml(1) 2xx故原式 ； 12(4)设函数 ，则()(0)xf()1,2)nf求得 是 的唯一极值点， 是函数 在 上的最大值。由于ex()fe(fx0,)/，所以数列中的最大项必为 中的最大项，又因为 ，2e332, 66113289所以 是数列 中的最大项。n(5)由 及1limli2xxy1limli2()4xxy故
34、斜渐近线方程为 .42.(1)解：恒等变形后用洛必达法则，由又因为33300sin6()sin6()ll 0xxfxfx3200icolmlixx以及，所以选 C；2330006()6()sin6lililmxxxffx(2)C； (3)举例，如 在 单调增加，但 ，故非必要条件。故选 B；3()f(,)(0)f(4) 因 ，故 在 上单调减少，所以当2()xgxfxg ()xg,ab时， ，得 ，故选 A； axb()faffbx()fbf(5) 是过点 的二次曲线， ，当 时 与 相1y(0,1(|fxy0()fxy同，当 时 与 的图形关于 轴对称，画图可知 是 的极值点且 是0()fx
35、yx()f,的拐点，故选 C.()yf3. （1）解：因为 222(1)()(1)xx1231ln() ()()()()()nnnx x又因为/2 1231()ln1()1()() ()()nnnfxx xx 234311()()2xx； 1()()(nnnnx（2）因为1lln1imli0limieexxx所以 。n（3）因为12lllnl12xx23 231() ()xxoox3()所以 ，故332311()()2oxxox； 230limlnx（4） ，因为 是曲线的拐点，所以 ，即,62yaxbyxa(1,3)(1)0y，又因为曲线在 处有极值，所以 ，即2620,3;a2x2，曲线方
36、程为1b32yxc又因为 在曲线上，所以 即(,3)(1),5即， .,05abc/（5）设 ，则4()lnlfxxk34(ln1)(0xf令 得 ，当 时， ，当 时， 即 在()0,f101(0fx)f)fx内单调下降，在 内单调上升，故 为函数 的最小值。当,1(,)1)4k(，即 时， 无零点，则两曲线无交点；当 ，即 时， 有()f4kfx1)0f4k()fx唯一零点，则两曲线有唯一交点； ，即 时，由于()0fk，300lim()lin(l4xxfx，知 有两个零点，则两曲线有两个交点。)k ()fx4.证明：要证原式，等价证明此式 成立。22ln4eba令 ，在 上用拉格朗日中值
37、定理得2()lnfx,ab，其中 。注意2lln()bf2(,)e,ab，则 。 在 单调下降ln()x()0exx(e,)，因此， 。22lln22ln4eba5证明：（1）先证左边：设 ，则由中值定理知，存在 ，使()lfx(,)abln()1bafafb因 ，则 ，故 。0a212lnb（2）再证右边不等式设 ，由于()ln(0)xax/，故当 时， 单调减少，21() 02xaaxxxa()x从而当 时， ，由此得 ，即a()0()ln0bb。ln1b6.解：令 ，由于 ，知 是两个根，且2()1xf(0)1f0,1x，再用连续函数的介值定理.证有三个根，反设有四个根利用罗尔定理(4)
38、1,56f得 至少有两个零点，推出矛盾.x7.证明：（1）对 非零 ，由拉格朗日中值定理得(1,)x，即 ，由于()0),0fxf()0()fxfx在 内连续且 ，故 在 内不变号，不妨设 则,(x()f1,0在 内严格单调增加，故 是唯一的。()fx1（2）由麦克劳林公式得， 介于 与 之间，则21()0()()ffxf0x，又2()xxf，而 ，又当 时()()12fff0()lim0xffx0x，由 的连续性得 ，故 。0()fx00li()li()xfff01lim()2x8.证明：因为 ，不妨设 。由于 连续，因而()n()nx()n，必存在 的某一取心邻域 ，当 时，0()()0l
39、imnxff00,U 0,)。()， 在 点处的 阶泰勒展开式为0(,)xU(fx0(1)n200)!fxf /，其中 介于 与 之间。(1) ()1000)!nnnfxfxx0代入已知条件即得 ，因为 ，所以 。()00()!nnffx(,)U()0nf当 为奇数时，在 内， ；在 内n0,)0(fx0,x，故 不是极值。0()fx(fx当 为偶数时，不论在 内，还是在 内都有 ，故0,)0(,)x0()fx是极小值。0()fx再设 ，类似地可证：当 为奇数时， 不是极值；当 为偶数时，()0nfn0()fxn是极大值。0(fx9.解：设 ，则 在 上连续。由()sin2fxx()f0,2是 内唯一驻点。又当 时，0()1coarcosf , 0(,)x；当 时， ，故 在 上单调减少，在 上单()0fx0,2x()fx()fx0,0,2调增加。故 是 在 内唯一最小值点，最小值为 ，又0()f, 00()sinyfxx，故在 内 的取值范围为 。故 ，即 或()2f0,2()fx0,0,k0ky时，原方程在 内无根。当 时，原方程在 内有唯一根 。当0k,0ky,20x时，原方程在 和 内恰好各有一根，即原方程在 内恰有两个0(,)y0(,)x,2 ,不同的根。
