李永乐复习全书高等数学 第二章 一元函数微分学
2.1 导数与微分，导数的计算
例2 设g(x)g(x)g(x)在x=0x=0x=0处存在二阶导数，且g(0)=1,g′(0)=2,g′′(0)=1g(0)=1,g'(0)=2,g''(0)=1g(0)=1,g′(0)=2,g′′(0)=1，并设f(x)={g(x)−e2xx,x≠00,x=0,f(x)=\begin{cases}\cfrac{g(x)-e^{2x}}{x},&x\ne0\\0,&x=0,\end{cases}f(x)=⎩⎨⎧xg(x)−e2x,0,x=0x=0,求f′(0)f'(0)f′(0)，并讨论f′(x)f'(x)f′(x)在x=0x=0x=0处的连续性。
解 当x≠0x\ne0x=0时，有
f′(x)=x(g′(x)−2e2x)−(g(x)−e2x)x2,f'(x)=\cfrac{x(g'(x)-2e^{2x})-(g(x)-e^{2x})}{x^2}, f′(x)=x2x(g′(x)−2e2x)−(g(x)−e2x),
而
f′(0)=limx→0f(x)−f(0)x−0=limx→0g(x)−e2xx2=洛必达limx→0g′(x)−2e2x2x.\begin{aligned} f'(0)&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{g(x)-e^{2x}}{x^2}\\ &\xlongequal{\text{洛必达}}\lim\limits_{x\to0}\cfrac{g'(x)-2e^{2x}}{2x}. \end{aligned} f′(0)=x→0limx−0f(x)−f(0)=x→0limx2g(x)−e2x洛必达x→0lim2xg′(x)−2e2x.
因为g′(x)g'(x)g′(x)在x=0x=0x=0处连续，所以limx→0g′(x)=g′(0)=2\lim\limits_{x\to0}g'(x)=g'(0)=2x→0limg′(x)=g′(0)=2。但题中未设在x=0x=0x=0的某邻域内当x≠0x\ne0x=0时g′′(x)g''(x)g′′(x)存在。故不能用洛必达法则，此时应采用凑成当时的形式求极限，实际上要去凑成g′′(0)g''(0)g′′(0)的形式：
f′(0)=limx→0g′(x)−2e2x2x=limx→0(g′(x)−g′(0)2x−2e2x−22x)=limx→0g′(x)−g′(0)2x−limx→02e2x−22x=limx→012g′(x)−g′(0)x−0−limx→04e2x2=12g′′(0)−2=−32.\begin{aligned} f'(0)&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{g'(x)-2e^{2x}}{2x}=\lim\limits_{x\to0}\left(\cfrac{g'(x)-g'(0)}{2x}-\cfrac{2e^{2x}-2}{2x}\right)\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{g'(x)-g'(0)}{2x}-\lim\limits_{x\to0}\cfrac{2e^{2x}-2}{2x}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{1}{2}\cfrac{g'(x)-g'(0)}{x-0}-\lim\limits_{x\to0}\cfrac{4e^{2x}}{2}=\cfrac{1}{2}g''(0)-2=-\cfrac{3}{2}. \end{aligned} f′(0)=x→0lim2xg′(x)−2e2x=x→0lim(2xg′(x)−g′(0)−2x2e2x−2)=x→0lim2xg′(x)−g′(0)−x→0lim2x2e2x−2=x→0lim21x−0g′(x)−g′(0)−x→0lim24e2x=21g′′(0)−2=−23.
再计算
limx→0f′(x)=limx→0x(g′(x)−2e2x)−(g(x)−e2x)x2=limx→0(g′(x)−g′(0)x−2e2x−2x−g(x)−e2xx2)=g′′(0)−4−(−32)=−32=f′(0),\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}f'(x)&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{x(g'(x)-2e^{2x})-(g(x)-e^{2x})}{x^2}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\left(\cfrac{g'(x)-g'(0)}{x}-\cfrac{2e^{2x}-2}{x}-\cfrac{g(x)-e^{2x}}{x^2}\right)\\ &=g''(0)-4-\left(-\cfrac{3}{2}\right)=-\cfrac{3}{2}=f'(0), \end{aligned} x→0limf′(x)=x→0limx2x(g′(x)−2e2x)−(g(x)−e2x)=x→0lim(xg′(x)−g′(0)−x2e2x−2−x2g(x)−e2x)=g′′(0)−4−(−23)=−23=f′(0),
所以f′(x)f'(x)f′(x)在x=0x=0x=0处连续。（这道题主要利用了洛必达法则的条件求解）
例16 设f(x)=arctan2xf(x)=\arctan 2xf(x)=arctan2x，则f(2019)(0)=f^{(2019)}(0)=f(2019)(0)=______。
解
f′(x)=21+(2x)2=21+4x2=2∑n=0∞(−4x2)n=∑n=0∞(−1)n22n+1x2nf(x)=f(0)+∫0xf′(t)dt=∑n=0∞(−1)n22n+1⋅x2n+12n+1,f'(x)=\cfrac{2}{1+(2x)^2}=\cfrac{2}{1+4x^2}=2\sum\limits_{n=0}^\infty(-4x^2)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n2^{2n+1}x^{2n}\\ f(x)=f(0)+\displaystyle\int^x_0f'(t)\mathrm{d}t=\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^n2^{2n+1}\cdot\cfrac{x^{2n+1}}{2n+1}, f′(x)=1+(2x)22=1+4x22=2n=0∑∞(−4x2)n=n=0∑∞(−1)n22n+1x2nf(x)=f(0)+∫0xf′(t)dt=n=0∑∞(−1)n22n+1⋅2n+1x2n+1,
记为f(x)=∑k=0∞akxkf(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty a_kx^kf(x)=k=0∑∞akxk，其中
ak={(−1)n22n+12n+1,k=2n+1,0,k=2n.n=0,1,2,⋯a_k=\begin{cases}\cfrac{(-1)^n2^{2n+1}}{2n+1},&k=2n+1,\\0,&k=2n.\end{cases}n=0,1,2,\cdots ak=⎩⎨⎧2n+1(−1)n22n+1,0,k=2n+1,k=2n.n=0,1,2,⋯
故有f(2019)(0)=(2019)!a2019f^{(2019)}(0)=(2019)!a_{2019}f(2019)(0)=(2019)!a2019。
当k=2019k=2019k=2019时，2019=2×1009+1,n=10092019=2\times1009+1,n=10092019=2×1009+1,n=1009，于是
f(2019)(0)=(2019!)(−1)1009220192019=−(2018!)22019.f^{(2019)}(0)=(2019!)\cfrac{(-1)^{1009}2^{2019}}{2019}=-(2018!)2^{2019}. f(2019)(0)=(2019!)2019(−1)100922019=−(2018!)22019.
（这道题主要利用了泰勒展开式求解）
2.2 导数的应用
例8 曲线y=1x(x−1)+ln(1+ex)y=\cfrac{1}{x(x-1)}+\ln(1+e^x)y=x(x−1)1+ln(1+ex)的渐近线的条数为（ ）
(A)1(A)1(A)1条；
(B)2(B)2(B)2条；
(C)3(C)3(C)3条；
(D)4(D)4(D)4条。
解 先看铅直渐近线，因limx→0y=∞,limx→1y=∞\lim\limits_{x\to0}y=\infty,\lim\limits_{x\to1}y=\inftyx→0limy=∞,x→1limy=∞，所以x=0,x=1x=0,x=1x=0,x=1分别是该曲线的铅直渐近线。
再看水平渐近线。
limx→+∞[1x(x−1)+ln(1+ex)]=+∞,\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\cfrac{1}{x(x-1)}+\ln(1+e^x)\right]=+\infty, x→+∞lim[x(x−1)1+ln(1+ex)]=+∞,
所以沿x→+∞x\to+\inftyx→+∞方向无水平渐近线。
limx→+∞[1x(x−1)+ln(1+ex)]=0,\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\cfrac{1}{x(x-1)}+\ln(1+e^x)\right]=0, x→+∞lim[x(x−1)1+ln(1+ex)]=0,
所以沿x→−∞x\to-\inftyx→−∞方向有水平渐近线y=0y=0y=0。
再看斜渐近线，
limx→+∞yx=limx→+∞[1x2(x−1)+1xln(1+ex)]=0+limx→+∞1xlnex(e−x+1)=limx→+∞[1+1xln(e−x+1)]=1,limx→+∞(y−x)=limx→+∞[1x(x−1)+ln(1+ex)−x]=0+limx→+∞ln1+exex=0.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{y}{x}&=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\cfrac{1}{x^2(x-1)}+\cfrac{1}{x}\ln(1+e^x)\right]\\ &=0+\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{1}{x}\ln e^x(e^{-x}+1)\\ &=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[1+\cfrac{1}{x}\ln(e^{-x}+1)\right]=1,\\ \lim\limits_{x\to+\infty}(y-x)&=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\cfrac{1}{x(x-1)}+\ln(1+e^x)-x\right]\\ &=0+\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\cfrac{1+e^x}{e^x}=0. \end{aligned} x→+∞limxyx→+∞lim(y−x)=x→+∞lim[x2(x−1)1+x1ln(1+ex)]=0+x→+∞limx1lnex(e−x+1)=x→+∞lim[1+x1ln(e−x+1)]=1,=x→+∞lim[x(x−1)1+ln(1+ex)−x]=0+x→+∞limlnex1+ex=0.
所以沿x→+∞x\to+\inftyx→+∞方向有一条斜渐近线y=xy=xy=x。因沿x→−∞x\to-\inftyx→−∞方向有水平渐近线，当然就没有斜渐近线。所以共444条，选(D)(D)(D)。（这道题主要利用了渐近线公式求解）
例12 在椭圆x2a2+y2b2=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1a2x2+b2y2=1上的第一象限中，求点(ξ,η)(\xi,\eta)(ξ,η)，使过此点的切线与两坐标轴正向围成的图形绕xxx轴旋转的旋转体体积最小。
解 椭圆x2a2+y2b2=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1a2x2+b2y2=1上点(ξ,η)(\xi,\eta)(ξ,η)处的切线斜率y′=−b2ξa2ηy'=-\cfrac{b^2\xi}{a^2\eta}y′=−a2ηb2ξ，切线方程为
ξa2x+ηb2y=1.\cfrac{\xi}{a^2}x+\cfrac{\eta}{b^2}y=1. a2ξx+b2ηy=1.
在两坐标轴正向的截距分别为X=a2ξ,Y=b2ηX=\cfrac{a^2}{\xi},Y=\cfrac{b^2}{\eta}X=ξa2,Y=ηb2，切线与两坐标轴围成的三角形绕xxx轴旋转一周所成旋转体体积
V1=π∫0a2ξ[b2η(1−ξa2x)]2dx=13a2b4ξη2,V_1=\pi\displaystyle\int^\frac{a^2}{\xi}_0\left[\cfrac{b^2}{\eta}\left(1-\cfrac{\xi}{a^2}x\right)\right]^2\mathrm{d}x=\cfrac{1}{3}\cfrac{a^2b^4}{\xi\eta^2}, V1=π∫0ξa2[ηb2(1−a2ξx)]2dx=31ξη2a2b4,
要求(ξ,η)(\xi,\eta)(ξ,η)使V1V_1V1为最小值，就是求(ξ,η)(\xi,\eta)(ξ,η)使u=ξη2(ξ2a2+η2b2=1)u=\xi\eta^2\left(\cfrac{\xi^2}{a^2}+\cfrac{\eta^2}{b^2}=1\right)u=ξη2(a2ξ2+b2η2=1)为最大值。改写上式为
u=b2(1−ξ2a2)ξ,0<ξ<a,u=b^2\left(1-\cfrac{\xi^2}{a^2}\right)\xi,\quad0<\xi<a, u=b2(1−a2ξ2)ξ,0<ξ<a,
有dudξ=b2[1−3ξ2a2]\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}\xi}=b^2\left[1-\cfrac{3\xi^2}{a^2}\right]dξdu=b2[1−a23ξ2]。
dudξ=0\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}\xi}=0dξdu=0，得ξ=a3\xi=\cfrac{a}{\sqrt{3}}ξ=3a。
当0<ξ<a30<\xi<\cfrac{a}{\sqrt{3}}0<ξ<3a时，dudξ>0\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}\xi}>0dξdu>0；
当a3<ξ<a\cfrac{a}{\sqrt{3}}<\xi<a3a<ξ<a时，dudξ<0\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}\xi}<0dξdu<0。
所以当ξ=a3\xi=\cfrac{a}{\sqrt{3}}ξ=3a时uuu为唯一最大值。对应的η=23b\eta=\sqrt{\cfrac{2}{3}}bη=32b，此时V1V_1V1最小。（这道题主要利用了旋转体积分求解）
2.3 中值定理、不等式与零点问题
例13 设f(x)f(x)f(x)在[0,1][0,1][0,1]上连续，在(0,1)(0,1)(0,1)内可导，f(1)=2f(0)f(1)=2f(0)f(1)=2f(0)。试证明至少存在一点ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)ξ∈(0,1)使(1+ξ)f′(ξ)=f(ξ)(1+\xi)f'(\xi)=f(\xi)(1+ξ)f′(ξ)=f(ξ)。
证 命φ(x)=f(x)1+x\varphi(x)=\cfrac{f(x)}{1+x}φ(x)=1+xf(x)，有φ(0)=f(0),φ(1)=12f(1)\varphi(0)=f(0),\varphi(1)=\cfrac{1}{2}f(1)φ(0)=f(0),φ(1)=21f(1)，满足φ(0)=φ(1)\varphi(0)=\varphi(1)φ(0)=φ(1)，并且φ(x)\varphi(x)φ(x)在[0,1][0,1][0,1]上连续，(0,1)(0,1)(0,1)内可导。
φ′(x)=(1+x)f′(x)−f(x)(1+x)2,\varphi'(x)=\cfrac{(1+x)f'(x)-f(x)}{(1+x)^2}, φ′(x)=(1+x)2(1+x)f′(x)−f(x),
由罗尔定理知，存在ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)ξ∈(0,1)使φ′(ξ)=0\varphi'(\xi)=0φ′(ξ)=0，即(1+ξ)f′(ξ)=f(ξ)(1+\xi)f'(\xi)=f(\xi)(1+ξ)f′(ξ)=f(ξ)。（这道题主要利用了构造函数求解）
例15 f(x)f(x)f(x)与g(x)g(x)g(x)在[a,b][a,b][a,b]上连续，在(a,b)(a,b)(a,b)内具有二阶导数，且在(a,b)(a,b)(a,b)内存在相等的最大值。又设f(a)=g(a),f(b)=g(b)f(a)=g(a),f(b)=g(b)f(a)=g(a),f(b)=g(b)。试证明：存在ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)ξ∈(a,b)使得f′′(ξ)=g′′(ξ)f''(\xi)=g''(\xi)f′′(ξ)=g′′(ξ)。
证 命φ(x)=f(x)−g(x)\varphi(x)=f(x)-g(x)φ(x)=f(x)−g(x)，由题设有φ(a)=0,φ(b)=0\varphi(a)=0,\varphi(b)=0φ(a)=0,φ(b)=0。又由题设，f(x)f(x)f(x)与g(x)g(x)g(x)在(a,b)(a,b)(a,b)内存在相等的最大值。不妨设x1∈(a,b),x2∈(a,b)x_1\in(a,b),x_2\in(a,b)x1∈(a,b),x2∈(a,b)，使f(x1)=max[a,b]f(x),g(x2)=max[a,b]g(x)f(x_1)=\max\limits_{[a,b]}f(x),g(x_2)=\max\limits_{[a,b]}g(x)f(x1)=[a,b]maxf(x),g(x2)=[a,b]maxg(x)，且f(x1)=g(x2)f(x_1)=g(x_2)f(x1)=g(x2)。于是φ(x1)=f(x1)−g(x1)⩾0,φ(x2)=f(x2)−g(x2)⩽0.\varphi(x_1)=f(x_1)-g(x_1)\geqslant0,\varphi(x_2)=f(x_2)-g(x_2)\leqslant0.φ(x1)=f(x1)−g(x1)⩾0,φ(x2)=f(x2)−g(x2)⩽0.。
若φ(x1)=0\varphi(x_1)=0φ(x1)=0或φ(x2)=0\varphi(x_2)=0φ(x2)=0，则取η=x1\eta=x_1η=x1或x2x_2x2，有φ(η)=0\varphi(\eta)=0φ(η)=0。若φ(x1)=0>0,φ(x2)<0\varphi(x_1)=0>0,\varphi(x_2)<0φ(x1)=0>0,φ(x2)<0，则由零点定理，存在η\etaη介于x1x_1x1与x2x_2x2之间，使φ(η)=0\varphi(\eta)=0φ(η)=0。总之，不论何种情况，均推知存在η∈(a,b)\eta\in(a,b)η∈(a,b)使φ(η)=0\varphi(\eta)=0φ(η)=0。
由φ(x)\varphi(x)φ(x)在[a,b][a,b][a,b]上有333个零点a,η,ba,\eta,ba,η,b。在区间[a,η][a,\eta][a,η]与[η,b][\eta,b][η,b]上分别用罗尔定理知，存在ξ1∈(a,η)\xi_1\in(a,\eta)ξ1∈(a,η)与ξ2∈(η,b)\xi_2\in(\eta,b)ξ2∈(η,b)使φ′(ξ1)=φ′(ξ2)=0\varphi'(\xi_1)=\varphi'(\xi_2)=0φ′(ξ1)=φ′(ξ2)=0。再在[ξ1,ξ2][\xi_1,\xi_2][ξ1,ξ2]上用罗尔定理推知，存在ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(a,b)\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(a,b)ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(a,b)使φ′′(ξ)=0\varphi''(\xi)=0φ′′(ξ)=0，即f′′(ξ)=g′′(ξ)f''(\xi)=g''(\xi)f′′(ξ)=g′′(ξ)。（这道题主要利用了构造函数求解）
例16 设f(x)f(x)f(x)在[−1,1][-1,1][−1,1]上具有333阶连续导数，且f(−1)=0,f(1)=1,f′(0)=0f(-1)=0,f(1)=1,f'(0)=0f(−1)=0,f(1)=1,f′(0)=0。证明：在(−1,1)(-1,1)(−1,1)内至少存在一点ξ\xiξ，使f′′′(ξ)=3f'''(\xi)=3f′′′(ξ)=3。
证 将f(x)f(x)f(x)在x=x0x=x_0x=x0处按拉格朗日余项泰勒公式展开至n=2n=2n=2，有
f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+12!f′′(x0)(x−x0)2+13!f′′′(ξ)(x−x0)3.f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\cfrac{1}{2!}f''(x_0)(x-x_0)^2+\cfrac{1}{3!}f'''(\xi)(x-x_0)^3. f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+2!1f′′(x0)(x−x0)2+3!1f′′′(ξ)(x−x0)3.
取x0=0x_0=0x0=0可使f′(x0)f'(x_0)f′(x0)消失，并分别以x=−1,x=1x=-1,x=1x=−1,x=1代入，得
0=f(0)+12f′′(0)(−1)2+16f′′′(ξ1)(−1)3,−1<ξ1<0.1=f(0)+12f′′(0)+16f′′′(ξ2),0<ξ2<1.\begin{aligned} &0=f(0)+\cfrac{1}{2}f''(0)(-1)^2+\cfrac{1}{6}f'''(\xi_1)(-1)^3,-1<\xi_1<0.\\ &1=f(0)+\cfrac{1}{2}f''(0)+\cfrac{1}{6}f'''(\xi_2),0<\xi_2<1. \end{aligned} 0=f(0)+21f′′(0)(−1)2+61f′′′(ξ1)(−1)3,−1<ξ1<0.1=f(0)+21f′′(0)+61f′′′(ξ2),0<ξ2<1.
两式相减得1=16(f′′′(ξ2)+f′′′(ξ1))1=\cfrac{1}{6}(f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1))1=61(f′′′(ξ2)+f′′′(ξ1))。
因为f′′′(x)f'''(x)f′′′(x)连续，12(f′′′(ξ2)+f′′′(ξ1))\cfrac{1}{2}(f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1))21(f′′′(ξ2)+f′′′(ξ1))介于f′′′(ξ2)f'''(\xi_2)f′′′(ξ2)与f′′′(ξ1)f'''(\xi_1)f′′′(ξ1)之间。由连续函数介值定理，至少存在一点ξ∈[ξ1,ξ2]\xi\in[\xi_1,\xi_2]ξ∈[ξ1,ξ2]使f′′′(ξ)=12(f′′′(ξ2)+f′′′(ξ1))f'''(\xi)=\cfrac{1}{2}(f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1))f′′′(ξ)=21(f′′′(ξ2)+f′′′(ξ1))，这就推得存在ξ∈(−1,1)\xi\in(-1,1)ξ∈(−1,1)使f′′′(ξ)=3f'''(\xi)=3f′′′(ξ)=3。（这道题主要利用了泰勒展开式求解）
例23 求limx→0tan(tanx)−sin(sinx)x−sinx\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\tan(\tan x)-\sin(\sin x)}{x-\sin x}x→0limx−sinxtan(tanx)−sin(sinx)。
解
limx→0tan(tanx)−sin(sinx)x−sinx=tan(tanx)−tan(sinx)+tan(sinx)−sin(sinx)x−sinx=sec2ξ⋅(tanx−sinx)x−sinx+tan(sinx)−sin(sinx)x−sinx.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{\tan(\tan x)-\sin(\sin x)}{x-\sin x}&=\cfrac{\tan(\tan x)-\tan(\sin x)+\tan(\sin x)-\sin(\sin x)}{x-\sin x}\\ &=\cfrac{\sec^2\xi\cdot(\tan x-\sin x)}{x-\sin x}+\cfrac{\tan(\sin x)-\sin(\sin x)}{x-\sin x}. \end{aligned} x→0limx−sinxtan(tanx)−sin(sinx)=x−sinxtan(tanx)−tan(sinx)+tan(sinx)−sin(sinx)=x−sinxsec2ξ⋅(tanx−sinx)+x−sinxtan(sinx)−sin(sinx).
其中sinx<ξ<tanx\sin x<\xi<\tan xsinx<ξ<tanx，来自拉格朗日中值定理。
由limx→0sec2ξ=sec20=1,tanx−sinx=sinx⋅(1−cosx)cosx\lim\limits_{x\to0}\sec^2\xi=\sec^20=1,\tan x-\sin x=\cfrac{\sin x\cdot(1-\cos x)}{\cos x}x→0limsec2ξ=sec20=1,tanx−sinx=cosxsinx⋅(1−cosx)，
limx→0sec2ξ⋅(tanx−sinx)x−sinx=limx→0sec2ξ⋅sinx(1−cosx)(x−sinx)cosx=limx→0x32(x−sinx)=limx→03x22(1−cosx)=3.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sec^2\xi\cdot(\tan x-\sin x)}{x-\sin x}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sec^2\xi\cdot\sin x(1-\cos x)}{(x-\sin x)\cos x}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{x^3}{2(x-\sin x)}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{3x^2}{2(1-\cos x)}=3. \end{aligned} x→0limx−sinxsec2ξ⋅(tanx−sinx)=x→0lim(x−sinx)cosxsec2ξ⋅sinx(1−cosx)=x→0lim2(x−sinx)x3=x→0lim2(1−cosx)3x2=3.
其中第二个等式来自等价无穷小代换，第三个等式来自洛必达法则，第四个来自等价无穷小代换。
对第二项作变量代换sinx=t\sin x=tsinx=t，有
limx→0tan(sinx)−sin(sinx)x−sinx=limt→0tant−sintarcsint−t=limt→0sec2t−cost11−t2−1=limt→01−cos3t1−(1−t2)12=limt→03cos2tsintt(1−t2)−12=3.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{\tan(\sin x)-\sin(\sin x)}{x-\sin x}&=\lim\limits_{t\to0}\cfrac{\tan t-\sin t}{\arcsin t-t}=\lim\limits_{t\to0}\cfrac{\sec^2t-\cos t}{\cfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}-1}\\ &=\lim\limits_{t\to0}\cfrac{1-\cos^3t}{1-(1-t^2)^{\frac{1}{2}}}=\lim\limits_{t\to0}\cfrac{3\cos^2t\sin t}{t(1-t^2)^{-\frac{1}{2}}}=3. \end{aligned} x→0limx−sinxtan(sinx)−sin(sinx)=t→0limarcsint−ttant−sint=t→0lim1−t21−1sec2t−cost=t→0lim1−(1−t2)211−cos3t=t→0limt(1−t2)−213cos2tsint=3.
所以原式=3+3=6=3+3=6=3+3=6。（这道题主要利用了拉格朗日中值定理求解）
练习二
8.设f(x)f(x)f(x)在[0,+∞)[0,+\infty)[0,+∞)上连续，在区间(0,+∞)(0,+\infty)(0,+∞)内存在二阶导数，且f′′(x)<0,f(0)=0f''(x)<0,f(0)=0f′′(x)<0,f(0)=0。证明：对任意x1>0,x2>0x_1>0,x_2>0x1>0,x2>0，有f(x1+x2)<f(x1)+f(x2)f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2)f(x1+x2)<f(x1)+f(x2)。
证 因为f(0)=0f(0)=0f(0)=0，不妨认为0<x1<x20<x_1<x_20<x1<x2。从而由拉格朗日中值定理，有
f(x1+x2)−f(x1)−f(x2)=[f(x1+x2)−f(x2)]−[f(x1)−f(0)]=f′(ξ2)x1−f′(ξ1)x1=f′′(ξ)(ξ2−ξ1)x1.\begin{aligned} f(x_1+x_2)-f(x_1)-f(x_2)&=[f(x_1+x_2)-f(x_2)]-[f(x_1)-f(0)]\\ &=f'(\xi_2)x_1-f'(\xi_1)x_1=f''(\xi)(\xi_2-\xi_1)x_1. \end{aligned} f(x1+x2)−f(x1)−f(x2)=[f(x1+x2)−f(x2)]−[f(x1)−f(0)]=f′(ξ2)x1−f′(ξ1)x1=f′′(ξ)(ξ2−ξ1)x1.
其中0<ξ1<x1<x2<ξ2<x1+x2,ξ1<ξ<ξ20<\xi_1<x_1<x_2<\xi_2<x_1+x_2,\xi_1<\xi<\xi_20<ξ1<x1<x2<ξ2<x1+x2,ξ1<ξ<ξ2。由题设f′′(x)<0f''(x)<0f′′(x)<0，所以证明了f(x1+x2)−f(x1)−f(x2)<0f(x_1+x_2)-f(x_1)-f(x_2)<0f(x1+x2)−f(x1)−f(x2)<0，即f(x1+x2)<f(x1)+f(x2)f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2)f(x1+x2)<f(x1)+f(x2)。（这道题主要利用了拉格朗日中值定理求解）
9.设f(x)f(x)f(x)与g(x)g(x)g(x)在(a,b)(a,b)(a,b)内可导，并且f′(x)+f(x)g′(x)≠0f'(x)+f(x)g'(x)\ne0f′(x)+f(x)g′(x)=0。试证明：f(x)f(x)f(x)在(a,b)(a,b)(a,b)内至多有一个零点。
证 命φ(x)=f(x)eg(x)\varphi(x)=f(x)e^{g(x)}φ(x)=f(x)eg(x)，则φ′(x)=eg(x)[f′(x)+f(x)g′(x)]\varphi'(x)=e^{g(x)}[f'(x)+f(x)g'(x)]φ′(x)=eg(x)[f′(x)+f(x)g′(x)]。设f(x)f(x)f(x)在区间(a,b)(a,b)(a,b)内存在两个或多于两个零点，则由罗尔定理知，φ′(x)\varphi'(x)φ′(x)即f′(x)+f(x)g′(x)f'(x)+f(x)g'(x)f′(x)+f(x)g′(x)在(a,b)(a,b)(a,b)内至少存在一个零点，与f′(x)+f(x)g′(x)≠0f'(x)+f(x)g'(x)\ne0f′(x)+f(x)g′(x)=0矛盾。故f(x)f(x)f(x)在(a,b)(a,b)(a,b)内至多有一个零点。（这道题主要利用了反证法求解）
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