《数学分析》课程教学资源（试题集锦）测试题答案

第一章测试题 (A) 2、(1)x∈s,x≥5 (2)3an>2,Vx∈S,x≥a 3、WM,2kz+,12k+|=2kx+2>M,于是f(x)无上界,同理可验证f(x)无下 界 5、x>0时,设 arctan=a00. In x 4、(1)F(x)={0.x=0.,(2)F(x)={0,x=0 5、3x,x∈Dx飞x,f(x)f(x)不是递减函数 彐x2x4∈D,x3<x,f(x)<f(x1)(不是递增函数 6、设a= arctan,B= arctan,于是 tan(a+B) x+)

第一章测试题 （A） 2、（1） xs, x . （2） , , . 0 a0 a   xS x  3、 M k f k k  M 2 2 2 , 2 2 , 2 0 0 0        = +        + + ，于是 f (x) 无上界，同理可验证 f (x) 无下 界。 5 、 x  0 时，设 x a a a a = a = x      = − − tan 2 ,cot 2 2 ,0 2 arctan ,0         ，于是 arc x = − a 2 cot  ，这样 ( 0). 2 arctanx arccot x x   + = 同理可证 ( 0). 2 arctanx arccot x x   = = − 6、（1） ; 2a b x = − （2） . 2 b a x − = 7、由（1）可得 sup A inf B 。为了证 sup A = inf B ，用反证法。若 sup A  inf B ，设 inf B − sup A =  0 ,x A, y B ，使得 0 y − x   。 （B） 1、 = − + + + + n k 1 k n n 2. ( 1) 1 2.3 1 1.2 1 1 ! 1    2、supE = 7,inf E = − 7. 3、参见本章§2 范例 5。 4、（1）          − = = − , 0; 0, 0, , 0, ( )   e x x e x F x x x （2）        − − = = ln( ) 0. 0, 0, ln , 0, ( )   x x x x x F x 5、        , , , ( ) ( ).( ) , , , ( ) ( );( ) 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 1 2 不是递增函数 不是递减函数 x x D x x f x f x x x D x x f x f x     6、设  = arctanx, = arctany ，于是 . 1 tan( ) xy x y − +  +  =

(1)若x00≤a≤ 于是0≤a+B0 0≤Bsup A 同理可证(2) 第二章测试题 (A) 3、提示设S ,则有a=S ++n S1+2(S2-S1)+…+m(Sn-Sn) (S1+S2+…+Sn1) 然后可证m=(a1+2a2+…+nan)=0 4、提示用数学归纳法证:Ⅶn,103NkxN时,{-4<,因为1Cn+C2+…+C=2,于是 n an A)+C(a,-A k-4+

（1）若 xy 1, x  0, y  0 ，有 , 2 0.0 1    − +  xy x y 2 0     ，有 0  +   ，因为 tan( + )  0, 于是 2 0   +   ，这样 . 1 arctan arctan arctan xy x y x y − + + = 同理讨论下列情况：（2） xy 1, x  0, y  0; （3） xy 1, x  0, y  0; （4） xy 1, x  0, y  0. 7、（1）若 A，B 中有一集合无上界，不妨设 A 无上界，则 S 也是无上界数集，于是 sup A = +,sup S = + ，结论成立。若 A，B 都是有上界数集，且 sup B  sup A ，现设法证明 sup S = sup A: （ⅰ） xS ，无论 x A 或 x B ，有 x  sup A; （ⅱ） 0, , sup , 0 0   x  A x  A− 于是 , x0 S sup . x0  A 同理可证（2）。 第二章测试题 （A） 2、0． 3、提示 设 Si = a1 + a2 +ai ，则有 , ai = Si − Si−1 a1 + 2a2 ++ nan 2( ) ( ) = S1 + S2 − S1 ++ n Sn − Sn−1 ( ), = nSn − S1 + S2 ++ Sn−1 然后可证 ( 2 ) 0. 1 lim 1 + 2 + + = → n n a a na n  4、提示 用数学归纳法证： n 1 an 1  an ,  + ，应用单调有界定理，可证 lim =1. → n n a 5、（1）错误使用四则运算法则。 （2）利用极限保不等式性证明。 6、由 1 1 lim an A, 0, N ,k N n =     →  时， 2  ak − A  ，因为 n n n n n 1 C C c 2 1 2 + + ++ = ，于是 (a C a C an ) A n n + n 1 ++ n − 1 0 2 1 ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 a0 A C a A C an A n = n − + n − ++ n − ( ) 2 2 2 1 1 1 1 0 1 1 1   + +  − + − + + − + + n n n N n N N n n n C C a A C a A C a A  

当n>N,) 这样vE>0,3N=max{N1,N2}切n>N时 (a0+ 7、设n},由确界定义,vE>0,3n Vn,丑k∈N,n=kn+m1,0≤mN时, <二,于是 a一≤a 即 (B) (2)1+2+…+1=(+1) 2、提示证明{yn}递增且yn≤1,于是可得

2 2    + （当 n  N2 ）。 这样   0,N = maxN1 ,N2,n  N 时 ( ) . 2 1 1 1 0 a C a  C a A  n n n + n + + n − 7、设       = n x a n inf ，由确界定义， 0, ,   n0  . 0 2 0  a + n xn  , , ,0 , 0 m0 m0 n0 n k  N+ n = kn +   0 0 0 0 0 0 0 0 k n m k x x k n m x m n xn kn n m + +  + + = 0 0 0 0 0 0 0 0 k n m x n x k n m k n n m + +         +  , 2 0 0 0 k n m x a m +  +       +  N,n  N 时， 0 0 2 0   kn m xm + ，于是 , 2 2      a + + = a + n x a n 即 lim a. n xn n = → （B） 1、提示 （1）        +       +       +       −      = − − xn n 2 2 4 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1  . 3 4 2 1 1 2 1 1 1 2 1 2  →       −      = − + − n （2） . 2 ( 1) 1 2 2 3 3 3       + + + + = i i  i 2、提示 证明 yn  递增且 yn 1 ，于是可得

lim yn 3、提示构造在c=2+b附近摆动的数列。 4、提示取定x,VM>0,M>x。因为加、 =0N,Vn>N时x>M,于是 mm{x1,x2,…,x 5、提示设an=a+anbn=b+Bn,an,B为无穷小数列,于是 =(a+a1)(b+Bn)+(a+a2)(b+B1)+…+(a+an(b+B1) )+a(B1+B2+…+Bn) (a,B+a2B 6、提示 a M(a A+2+…+n 7、可证{x}为递减数列,不然的话,彐n,使得x>x1。由2x≤xn+xn1,有 x1-xn>xn-xn,于是 x≥x-x 把以上诸式相加,有 ≥k(x-x)+x 因为x-x->0,当k→时,x可大于任何正数M>0,与{x}为有界数列矛盾。由单调 有界定理,limx=a,于是

lim y 1 1 x. n n = − − → 3、提示 构造在 2 a b c + = 附近摆动的数列。 4 、提示 取 定 1 1 x ,M  0,M  x 。因为 N n N xn n =    → 0 , 1 lim 时 xn  M ，于是 inf   min , , , . n 1 2 N x = x x  x 5、提示 设 an a an bn b n n n = + , = + , , 为无穷小数列，于是 a1bn + a2bn−1 ++ anb1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) = a +1 b + n + a +2 b + n−1 ++ a +n b + 1 ( ) ( ) = nab + b 1 +2 ++n + a 1 + 2 ++ n ( ). + 1n +2n−1 ++n1 6、提示 a a a a n n n − + + + + + +         1 2 1 1 2 2 . ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 n a a a a n an a       + + + − + − + + − =   7、可证 xn  为递减数列，不然的话， n0 ，使得 n0 n0+1 x  x 。由 2 n  n−1 + n+1 x x x ，有 n+1 − n n − n−1 x x  x x ，于是 , n0+1 − n0  n0 − n0−1 x x x x , n0+2 − n0+1  n0+1 − n0  n0 − n0−1 x x x x x x ………… . n0+k − n0+k−1   n0 − n0−1 x x  x x 把以上诸式相加，有 ( ) . 0 n0 n0 1 n0 n k x  k x − x + x + − 因为 1 0 0 0 xn − xn −  ，当 k →  时， n k x 0+ 可大于任何正数 M  0 ，与 xn  为有界数列矛盾。由单调 有界定理， xn a n = → lim ，于是

lim(x-x=0 第三章测试题 (A) 若取04,可以估计。对 2、提示VG>0,M>0,当xG 5、提示以lmsn-为例说明符合题中的说法,但 lim sin-不存在。 使得 n7+ 彐l>0.6×0.3x= C(0,),,sn÷=0≤1 7、Va∈(0,1),可以仿照对黎曼函数R(x),imR(x)=0的证明,VE>0,说明使得f(x)≥E的 x的值至多只有有限个,记为x,x2…,x、(≠a),04时,可得 x 2F2-(-1 2、提示VG>0,3δ>0,当0<x<δ时,nxx-G B+B2+…Bn

lim( ) 0. − −1 = → n n n x x 第三章测试题 （A） 1、提示 , 2 1 1 1 2 1 1 2 2 2 − − − − = − − − x x x x x x x 若取 4 1 0  x  ，可以估计 2. 2 1 1 2  − − − x x x 2、提示 G  0,M  0 ，当 x  −M 时， f (x)  G. 3、1． 4、 . 2 1 6 5、提示 以 x x 1 lim sin →0 为例说明符合题中的说法，但 x x 1 lim sin →0 不存在。 6、 2 1 0,   +    = no M  x ，使得 . 1 sin 1 M x x    0 1. 1 sin 1 (0; ), 2 1 1 0, 0, 0 =        =  x x U n x       7、a(0,1) ，可以仿照对黎曼函数 ( ),lim ( ) = 0 → R x R x x a 的证明，   0 ，说明使得 f (x)   的 x 的值至多只有有限个，记为 x1 , x2 ,  , xn ( a),0  a 1 ，取 min , , , , ,1 ,  = x1 − a x2 − a  xn − a a − a 于是当 0  x − a  时， f (x)   。 （B） 1、提示 , 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 2 − − − − = − − − x x x x x x 取 x  4 时，可得 . 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 x x x x x x x x x  = − − +  − − − 2、提示 G  0,  0 ，当 0  x   时， ln x  −G. 3、 . 1 2 n  +  +n

4 5、提示(1)若imf-|=A,vE>0,36>0,当-δm时,证明 mP()+g(o)=1 1-+o a,ff(o) 2i-1 n(n+1)-n /(2) 2i 因为f(x)~x(x→>0),VE>0,丑N,n>N1≤i≤N 2i-1 E 于是 -42n 第四章测试题 1、x=0为可去间断点:x=k(k=±1,+2,…)为第二类间断点 2、(1)可用反证法证明∫(x)+g(x)在点x不连续。但∫(x)g(x)可能在点x处连续,例 f(x=x,g(x)= xx≠O. xo (2)都无法断定f(x)+g(x)和f(x)·g(x)的不连续性,例如

4、 . 3 4 5、提示 （1）若 , 0, 0 1 lim 0  =          → − A x f x ，当 −  x  0 时， A   x f  −      1 ，设 x y 1 = 于是当  1 y  − 时， f (y) − A . 6、提示 若 n  m 时，证明： 1. ( ( )) ( ( )) ( ( )) lim 0 = + → n n t t a f t P f t Q f t 7、（1） 1. ( 1) 2 2 1 2 2 1 1 2 = + − = − = −   = = n n n n n i n n i n i n i （2）   = = −  −      − − = n i n i n a n i a n i x a f 1 2 1 2 2 1 2 1 = −  −      −  n i a n i a n i f 1 2 2 2 1 2 1 = − −       − − = n i a n i a n i f a n i 1 2 2 2 1. 2 1 2 1 2 1 因为 f (x) ~ x(x →0),  0,N,n  N,1 i  N, 1 , 2 1 2 1 2 2 −   −       − a n i a n i f 于是 = =  − −   n i n a a n i x a 1 2 . 2 1   第四章测试题 1、 x = 0 为可去间断点； x = k(k = 1,2, ) 为第二类间断点。 2、（1）可用反证法证明 f (x) + g(x) 在点 0 x 不连续。但 f (x) g(x) 可能在点 0 x 处连续，例 0. 0, 0, , 0, 1 sin ( ) , ( ) 0 =      =  = = x x x x f x x g x （2）都无法断定 f (x) + g(x) 和 f (x) g(x) 的不连续性，例如

1,x≥0, g(x) 0 3、提示im1+ V6-1 x2-h2 4、提示 lim loga h gee 5、提示若x∈[b]时,过(x0)作平行于y轴的直线与△ABC相交,△ABC中位于此直 线左面那部分面积记为F(x),于是有F(a)=0,F(b)=S,S为△ABC的面积。设法证明F(x)是x 的连续函数,利用介值定理可以证明本题 6、提示(1)利用不一致连续的正面陈述来证明:(2) lim x cos-=0 7、提示由lm[(x)-(x)=0,可得f(x)-(x)在[+∞)上一致连续 (B) 1、x=0为第二类间断点:x=±-(n=1,2,…)为跳跃间断点。 提示 +b =lm1+a(a2-1)+b(b2-1)+c(c2-1) 3、提示mm(2+)=lml1+ k 4、提示(①)→(2)。先设a=1≤k0,取E0,当>X时,f(x)<E

0. 1, 0, 1, 0, ( ) 1, 0, 1, 0, ( ) 0 =     −  =      −  = x x x g x x x f x   3、提示 ( ) a n b b a n n n n n n n a b a b 1 1 1 lim 1 1 lim 1  − − → →                   − = +         − + 4、提示       −         − → →         = −         − 2 2 2 2 1 2 2 0 1 2 2 2 0 lim log lim log 1 h x x a h h a h x h x x h log . 1 2 e x = − a 5、提示 若 xa,b 时，过（ x,0 ）作平行于 y 轴的直线与 ABC 相交， ABC 中位于此直 线左面那部分面积记为 F(x) ，于是有 F(a) = 0,F(b) = S ，S 为 ABC 的面积。设法证明 F(x) 是 x 的连续函数，利用介值定理可以证明本题。 6、提示 （1）利用不一致连续的正面陈述来证明；（2） 0. 1 lim cos 0 = → + x x x 7、提示 由 lim  ( ) − ( )= 0 →+ f x x x  ，可得 f (x) −(x) 在 a,+) 上一致连续。 （B） 1、 x = 0 为第二类间断点； ( 1,2, ) 1 =  n =  n x 为跳跃间断点。 2、提示 x x x x x a b c a b c 1 1 1 1 0 lim         + + + + + + + → x x x x x a b c a a b b c c 1 0 ( 1) ( 1) ( 1) lim 1         + + − + − + − = + → . ln a b c a b c a b c e + + = 3、提示 . 1 1 tan 1 2tan lim 1 1 4 lim tan 2 e n n n n n n n =             −  = +      + → →  4、提示 (1) →(2) 。先设 m m k k a ,1 2 2 =   ，用数学归纳法证明 . 2 ( ) (2 ) ( ) 2 (2 ) 2 1 2 1 2 m m m m m k x k x k f x k f x f + −         − + 对任意 0  a 1 ，可设取 a a k a i i m i i i = = → ,lim 2 ，然后用连续性得证。 5、提示 由题设 f (0)  0 ，取   f (0) ，由 lim f (x) 0, X  0 x =  →+ ，当 x  X 时， f (x) 

然后在[X,只]上应用连续函数最大、最小值定理 6、提示(1)讨论F(x)=√f(x)+(x-x)在[上的最小值。(2) lim F(x)=lim F(x)=+oo 设法证f(x)在[a,b)上递增,不然的话 彐a≤x1f(x2),f(x2)<f(x3)在(x1,x)上函数f可以取到最小值,与所设矛盾。 第五章测试题 (A) 3 a=cosc. b=sinc-ccosc 4、(1)否; (2)是。 6、提示当x≠0,设g(x)=f(x),有 f(x) f() 7、解(1)f(x)=sn( marcsnx) f(x)=cos(marcin x) f()=-sin(marcin)I- +mcs( marcsinx (1-x)f(x)=-m2'sin(marcsinx)+mcos(arcsin x) rf'(x)=_cos(marcin x)mx f(x)=m sin( 上面三式相加,有 )f"(x)-xf(x)+mf(x)=0 (2)把上面方程两边求n阶导数,应用莱布尼茨公式后有 rm(x1-x)+nm(x-2x)+mn=D)r(x(2 fm(x)·x-n(x)+m2f"(x)=0

然后在 − X, X  上应用连续函数最大、最小值定理。 6 、提示 （ 1 ）讨论 2 0 2 F(x) = f (x) +(x − x ) 在 a,b 上 的 最 小 值 。（ 2 ） = = + →+ →− lim F(x) lim F(x) x x 。 7 、提示 设法证 f (x) 在 a,b) 上 递 增 ， 不 然 的 话 ， , ( ) ( ), ( ) ( ) 1 2 3 1 2 2 3 a  x  x  x f x  f x f x  f x .在 ( , ) 1 3 x x 上函数 f 可以取到最小值，与所设矛盾。 第五章测试题 （A） 2、 (0) = 0, (0) =1. + − f f 3、 a = cosc,b =sin c −ccosc. 4、（1）否； （2）是。 6、提示 当 x  0 ，设 x f x g x ( ) ( ) = ，有       =  = (0), 0. , 0, ( ) ( ) f x x x f x g x 7、解 （1） f (x) = sin(marcsin x), , 1 ( ) cos( arcsin ) 2 x m f x m x −  = . ( 1 ) ( arcsin ) 1 ( ) sin( arcsin ) 2 3 2 2 x x mcs m x x m f x m x − +  −  = −          = − −  = − − −  = − + ( ) sin( arcsin ). , 1 cos( arcsin ) ( ) , 1 (1 ) ( ) sin( arcsin ) cos( arcsin ) 2 2 2 2 2 2 m f x m m x x m x mx xf x x x x f x m m x m m x 上面三式相加，有 (1 ) ( ) ( ) ( ) 0. 2 2 − x f  x − xf  x + m f x = （2）把上面方程两边求 n 阶导数，应用莱布尼茨公式后有 − − − − + − + + + ( )( 2) 2 ( 1) ( )(1 ) ( )( 2 ) ( 2) 2 ( 1) ( ) f x n n f x x nf x x n n n ( ) ( ) ( ) 0, ( 1) ( ) 2 ( )  − + = + f x x nf x m f x n n n

化简后得 (1-x2)fm2(x)-(1+2n)x/m(x)+(m2-n2)f(x)=0 用x=0代入上面方程有 (0)=(m2-m2)(O) 因f"(0)=0,由上式有f(0)=0。因f(0)=m,由上式有 f(0)=(12-m)m,f(O)=(32-m)12-m2)m, f(0)=(-1)mm2-12)m2-3)…m2-(2k-1)) (B) 2、f(1)=1, f(1)=-1 3、提示先证f(O)=0 5、提示由定义出发可求得t=0处切线斜率为零 6、(1)否,考虑函数(x)=5mx2 (2)否,考虑函数f(x)=cos(hnx) 7、提示利用不等式估计: f()f( Do (f( )-f(o2-f'(ro x1((x)-(x)-r(x) ≤M-x()-1(x-f(x)+二x/(x)-/(x-了(米 Jn-xo x-xX 第六章测试题 (A) 2、提示固定x=2+b 不然,考虑f(x)=Q,xE(ab)x≠,对f(x)-f(x)应用拉格朗日中值定理。反之 x∈(0,1) 3、提示应用泰勒公式 4、提示利用条件a2-3b0或f(x)<0,x∈(a,+∞)

化简后得 (1 ) ( ) (1 2 ) ( ) ( ) ( ) 0. 2 ( 2) ( 1) 2 2 ( ) − − + + − = + + x f x n xf x m n f x n n n 用 x = 0 代入上面方程有 (0) ( ) (0). (n 2) 2 2 (n) f = n −m f + 因 f (0) = 0 ，由上式有 (0) 0 (2 ) = k f 。因 f (0) = m ，由上式有 (0) (1 ) , (0) (3 )(1 ) , , f (3) = 2 −m 2 m f (5) = 2 −m 2 2 −m 2 m  (0) ( 1) ( 1 )( 3 ) ( (2 1) ). (2 1) 2 2 2 2 2 2 = − − − − − + f m m m m k k k  （B） 2、 (1) =1, + f (1) = −1. − f 3、提示 先证 f (0) = 0. 5、提示 由定义出发可求得 t = 0 处切线斜率为零。 6、（1）否，考虑函数 . sin ( ) 2 x x f x = （2）否，考虑函数 f (x) = cos(ln x). 7、提示 利用不等式估计： ( ) ( ) ( ) 0 f x y x f y f x n n n n −  − −         −  − − − − +        −  − − − − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 f x x x f x f x y x x x f x y x f y f x y x y x n n n n n n o n n n n ( ). ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 f x x x f x f x y x x x f x y x f y f x y x y x n n n n n n n n n n −  − − − − −  + − − − −  第六章测试题 （A） 2、提示 固定 0 0 , ( , ), 2 x a b x x a b x    + = ，对 ( ) ( )0 f x − f x 应用拉格朗日中值定理。反之 不然，考虑 , (0,1). 1 ( ) = sin x x f x x 3、提示 应用泰勒公式。 4、提示 利用条件 3 0 2 a − b  ，讨论 f (x) 的符号。 5、提示 [证法一]作代换       = +  2 tan , 0,  x a t t ，然后应用罗尔中值定理。[证法二]用反证 法，利用导数极限定理，有 f (x)  0 或 f (x)  0, x(a,+)

6、提示作辅助函数F(x)=n-f(x)然后应用第5题的结论 7、解x∈(0,1),把f(x)在0,1两点处分别泰勒展开到二阶余项,有 f(x)=f(0)+f(0(x-0)+ f"(51) (x)=/(+r(x-1)+/ 上面两式相减后有 1=5)x2-(5)(x-1 用反证法,若x∈(O1)fx)<2,则 (x-1)<x2+(-x) 2 产生矛盾。于是35∈(0)《)≥2 (B) 、提示设F(x)=f(x)-g(x),在{a,x]或[x,a]上对F(x)应用拉格朗日中值定理。 2、提示设法证明hn1-x∠-2x,不妨把l1-x)l(1+x)泰勒展开到二阶余项。 3,提示在a4o上应用拉格明日中值定理 4、提示把f(x)和f(x)展开成带有四阶余项的泰勒公式 5、提示作辅助函数F(x)=f(x)-,然后在[ab]上应用罗尔中值定理。 6、提示x()=eix,(x)hx<kx 7、解设f(x)在n处取到f(x)的最小值-1,即0<7-1,f(n)=-1,由费马定理,f(7)=0。 把f(0),f(1)在点刀处泰勒展开到二阶余项,有 0=f(0)=1)+f(m-m)+20=m) 0=f()=f(m)+f(1-m)+2(q-B(-m-m,a,a<

6、提示 作辅助函数 ( ) 1 ( ) 2 f x x x F x − + = 然后应用第 5 题的结论。 7、解 x(0,1) ，把 f (x) 在 0,1 两点处分别泰勒展开到二阶余项，有 , 2! ( ) ( ) (1) (1)( 1) , 2! ( ) ( ) (0) (0)( 0) 2 2 1 2 x f f x f f x x f f x f f x    = +  − +  = +  − + 0 1,   1  x   2  上面两式相减后有 ( 1) . 2! ( ) 2! ( ) 1 1 2 2 2 −  −  = x f x f   用反证法，若 x(0,1), f (x)  2 ，则 1 2 2 2 2 2 ( 1) (1 ) 2! ( ) 2 ( ) 1 x x x f x f − + −  −  =             +      = − 4 1 2 1 2 2 x        + 4 1 4 1 2 =1, 产生矛盾。于是  (0,1), f ()  2. （B） 1、提示 设 F(x) = f (x) − g(x) ，在 [a, x] 或 [x,a] 上对 F(x) 应用拉格朗日中值定理。 2、提示 设法证明 x x x 2 1 1 ln − + −  ，不妨把 ln(1− x),ln(1+ x) 泰勒展开到二阶余项。 3、提示 在       + k f a a a ( ) , 上应用拉格朗日中值定理。 4、提示 把 f (x) 和 f (x ) 展开成带有四阶余项的泰勒公式。 5、提示 作辅助函数 ax F x f x e − ( ) = ( ) ，然后在 [a,b] 上应用罗尔中值定理。 6、提示 , ( )ln ln . ( ) ( )ln x e f x x k x x f x f x x =  7、解 设 f (x) 在  处取到 f (x) 的最小值-1，即 0  1, f () = −1 ，由费马定理， f () = 0 。 把 f (0), f (1) 在点  处泰勒展开到二阶余项，有 (1 ) , 2! ( (1 )) 0 (1) ( ) ( )(1 ) , 2! ( ) 0 (0) ( ) ( )( ) 2 2 1 2               −  − − = = +  − +  − = = +  − + f f f f f f f f 0 , 1, 1  2 