所以x=1为∫x)的第二类间断点中的无穷间断点 综上所述，x=0为f(x)的跳跃间断点，x=1与x=-H(n≠2)为f(x)的无穷间断点， x=-2为fx)的可去间断点 例32证明方程x2-3x2-9x+1=0在开区间(0,1)内有唯一实根。 分析问题等价于证明函数fx)=x2-3x2-9x+1在开区间(0,1)内有唯一的零点，既要 证明存在性，又要证明唯一性.存在性通常用零点定理来证明，唯一性常用单调性或用反证 法来证明。 证法1令fx)=x2-3x2-9x+1.由于 f0)=1>0,f0)=-10<0. 又fx)在0，】上连续.由零点定理知：至少存在一点x∈(0，)使得fx)=0。 下证唯一性。对于唯一性下面给出三种证明方法. 证法1若有∈0，)使得fx)=0,于是x)=f)=0,得x)-x)=0.即 (任-xx2+x53+x22)-3x+x)-9列=0， 而x∈(0,1)，xe(0,),所以 x2+x+x2-3+x)-9<0, 则x-x=0,即x=名·从而方程-3x2-9x+1=0在开区间(0，)内有唯一实根 证法2若有x∈(0，)且x≠x,使得fx)=0.不妨设x>x·可知 fx)=fx)=0, 显然，x)在闭区间[x,x]上连续，在开区间(：，x)上可导.由罗尔定理知，至少存在 点5∈(，)∈(0,1)使得f(5)=0,即32-65-9=0，解得5=-1或5=3，于是e(0,1), 与假设矛盾。唯一性证得。 证法3由于fx)=3x2-6x-9=3x+1x-3). 当xe0,)时，有fx)<0即fx)在(0,1)上单调递减.故fx)在开区间0,1)上零点唯一.证 证法2令f)=x-3x2-9x+1,则由于f0)=1>0,f0=-10<0,1imfx)=-0 1imf()=+o,而f(x)在(-0，+o)上连续.所以由零点定理知fx)在区间(-0,0)，(0,1)， 1,+0)上至少各有一个零点.即一元三次方程x2-3x2-9x+1=0在各区间(-0,0)，(0,1)， 1,+∞)内恰有一实根，即所给方程在(0,1)区间内有唯一实根。证毕. 注1证法1中唯一性的证法2和证法3涉及到微分中值定理和导数的应用等知识，这 将在第三章重点讨论，它们是证明函数的零点或方程的根的唯一性的常用的两种方法。 注2零点定理在证明方程根的存在性的问题中应用较广泛.当函数fx)在(a,b)（所以 x = 1 为 f x( ) 的第二类间断点中的无穷间断点． 综上所述， x = 0 为 f x( ) 的跳跃间断点， x = 1 与 x n =− （ n  2 ）为 f x( ) 的无穷间断点， x =−2 为 f x( ) 的可去间断点． 例 32 证明方程 3 2 x x x − − + = 3 9 1 0 在开区间 (0,1) 内有唯一实根． 分析 问题等价于证明函数 3 2 f x x x x ( ) 3 9 1 = − − + 在开区间 (0,1) 内有唯一的零点，既要 证明存在性，又要证明唯一性．存在性通常用零点定理来证明，唯一性常用单调性或用反证 法来证明． 证法 1 令 3 2 f x x x x ( ) 3 9 1 = − − + ．由于 f (0) 1 0 =  ， f (1) 10 0 = −  ． 又 f x( ) 在 [0,1] 上连续．由零点定理知：至少存在一点 1 x (0,1) 使得 1 f x( ) 0 = ． 下证唯一性．对于唯一性下面给出三种证明方法． 证法 1 若有 2 x (0,1) 使得 2 f x( ) 0 = ，于是 1 2 f x f x ( ) ( ) 0 = = ，得 1 2 f x f x ( ) ( ) 0 − = ．即 2 2 1 2 1 1 2 2 2 1 ( )[( ) 3( ) 9] 0 x x x x x x x x − + + − + − = ， 而 1 x (0,1)， 2 x (0,1) ，所以 2 2 1 1 2 2 2 1 x x x x x x + + − + −  3( ) 9 0 ， 则 1 2 x x − = 0 ，即 1 2 x x = ．从而方程 3 2 x x x − − + = 3 9 1 0 在开区间 (0,1) 内有唯一实根． 证法 2 若有 2 x (0,1) 且 2 1 x x  ，使得 2 f x( ) 0 = ．不妨设 2 1 x x  ．可知 1 2 f x f x ( ) ( ) 0 = = ， 显然， f x( ) 在闭区间 1 2 [ , ] x x 上连续，在开区间 1 2 ( , ) x x 上可导．由罗尔定理知，至少存在一 点 1 2    ( , ) (0,1) x x 使得 f ( ) 0  = ，即 2 3 6 9 0   − − = ，解得  =−1 或  = 3 ，于是  (0,1) ， 与假设矛盾．唯一性证得． 证法 3 由于 2 f x x x x x ( ) 3 6 9 3( 1)( 3) = − − = + − ． 当 x(0,1) 时，有 f x ( ) 0  即 f x( ) 在 (0,1) 上单调递减．故 f x( ) 在开区间 (0,1) 上零点唯一．证 毕． 证法 2 令 3 2 f x x x x ( ) 3 9 1 = − − + ，则由于 f (0) 1 0 =  ，f (1) 10 0 = −  ，lim ( ) x f x →− = − ， lim ( ) x f x →+ = + ，而 f x( ) 在 ( , ) − + 上连续．所以由零点定理知 f x( ) 在区间 ( ,0) − ，(0,1) ， (1, ) + 上至少各有一个零点．即一元三次方程 3 2 x x x − − + = 3 9 1 0 在各区间 ( ,0) − ，(0,1) ， (1, ) + 内恰有一实根，即所给方程在 (0,1) 区间内有唯一实根．证毕． 注 1 证法 1 中唯一性的证法 2 和证法 3 涉及到微分中值定理和导数的应用等知识，这 将在第三章重点讨论，它们是证明函数的零点或方程的根的唯一性的常用的两种方法． 注 2 零点定理在证明方程根的存在性的问题中应用较广泛．当函数 f x( ) 在 ( , ) a b （ a