一元微分杂题（三月最后一期）

文章目录

前言
题目梗概
- [1. 一元微分3.1 高阶导数递推（数学归纳法）](#1. 一元微分3.1 高阶导数递推（数学归纳法）)
- [2. 一元微分3.2 极值判定（极限保号性）](#2. 一元微分3.2 极值判定（极限保号性）)
- [3. 一元微分3.3 函数单调性判定（辅助函数法）](#3. 一元微分3.3 函数单调性判定（辅助函数法）)
- [4. 一元微分3.4 双中值存在性证明（拉格朗日中值定理）](#4. 一元微分3.4 双中值存在性证明（拉格朗日中值定理）)
- [5. 一元微分3.5 双中值比例式证明（柯西 + 拉格朗日）](#5. 一元微分3.5 双中值比例式证明（柯西 + 拉格朗日）)
- [6. 一元微分3.6 导数有界性估计（泰勒公式放缩）](#6. 一元微分3.6 导数有界性估计（泰勒公式放缩）)
- [7. 一元微分3.7 泰勒展开求极限](#7. 一元微分3.7 泰勒展开求极限)
- [8. 一元微分3.8 曲线交点个数（零点存在定理+高阶导数）](#8. 一元微分3.8 曲线交点个数（零点存在定理+高阶导数）)
- [9. 一元微分3.9 微分中值定理综合（达布定理应用）](#9. 一元微分3.9 微分中值定理综合（达布定理应用）)
- [10. 一元微分3.10 圆柱体相关变化率（物理应用）](#10. 一元微分3.10 圆柱体相关变化率（物理应用）)
- [11.函数极限与连续1.8 函数极限计算（拉格朗日中值定理+等价无穷小）](#11.函数极限与连续1.8 函数极限计算（拉格朗日中值定理+等价无穷小）)
参考解析
- 3.1
- - - [原题：已知 f ′ ( x ) = [ f ( x ) ] 2 f'(x) = [f(x)]^2 f′(x)=[f(x)]2，求 f ( n ) ( x ) f^{(n)}(x) f(n)(x)](#原题：已知 f ′ ( x ) = [ f ( x ) ] 2 f'(x) = [f(x)]^2 f′(x)=[f(x)]2，求 f ( n ) ( x ) f^{(n)}(x) f(n)(x))
    - [变式：已知 f ′ ( x ) = e f ( x ) f'(x) = e^{f(x)} f′(x)=ef(x)，求 f ( n ) ( x ) ( n ≥ 1 ) f^{(n)}(x) \ (n \geq 1) f(n)(x) (n≥1)](#变式：已知 f ′ ( x ) = e f ( x ) f'(x) = e^{f(x)} f′(x)=ef(x)，求 f ( n ) ( x ) ( n ≥ 1 ) f^{(n)}(x) \ (n \geq 1) f(n)(x) (n≥1))
- 3.2
- 3.3
- 3.4
- 3.5
- 3.6
- 3.7
- 3.8
- 3.9
- 3.10
- 11
- - - [计算 I 1 I_1 I1：](#计算 I 1 I_1 I1：)
    - [计算 I 2 I_2 I2：](#计算 I 2 I_2 I2：)
    - 合并结果：
后话

前言

从3.2到3.24，总算是彻底学完一元微分前的所有基础内容，准备一元积分学的学习了，此篇作为一元微分三月的最后一期。题目会有些许杂，读者们见谅。

题目梗概

2026.3.17

1. 一元微分3.1 高阶导数递推（数学归纳法）

(1)已知 f ′ ( x ) = [ f ( x ) ] 2 f'(x) = [f(x)]^2 f′(x)=[f(x)]2，求 f ( n ) ( x ) f^{(n)}(x) f(n)(x)

(2)已知 f ′ ( x ) = e f ( x ) f'(x) = e^{f(x)} f′(x)=ef(x)，求 f ( n ) ( x ) ( n ≥ 1 ) f^{(n)}(x) \ (n \geq 1) f(n)(x) (n≥1)

2. 一元微分3.2 极值判定（极限保号性）

设函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上连续，且 lim ⁡ x → 0 f ( x ) x 2 = k ( k < 0 ) \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = k \ (k < 0) limx→0x2f(x)=k (k<0)，求证： f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 0 x=0 x=0 处取得极大值。

3. 一元微分3.3 函数单调性判定（辅助函数法）

设在 ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty, +\infty) (−∞,+∞) 上， f ′ ′ ( x ) < 0 f''(x) < 0 f′′(x)<0，且 f ( 0 ) ≥ 0 f(0) \geq 0 f(0)≥0，求证： f ( x ) x \frac{f(x)}{x} xf(x) 在 ( − ∞ , 0 ) (-\infty, 0) (−∞,0) 和 ( 0 , + ∞ ) (0, +\infty) (0,+∞) 内单调减少。

2026.3.23

4. 一元微分3.4 双中值存在性证明（拉格朗日中值定理）

已知 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，且 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0， f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f(1)=1。

求证： ∃ η , τ ∈ ( 0 , 1 ) , η ≠ τ \exists\ \eta,\tau\in(0,1),\ \eta\neq\tau ∃ η,τ∈(0,1), η=τ，使得 f ′ ( η ) f ′ ( τ ) = 1 f'(\eta)f'(\tau)=1 f′(η)f′(τ)=1。

5. 一元微分3.5 双中值比例式证明（柯西 + 拉格朗日）

设函数 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续，在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导，且 f ( a ) ≠ f ( b ) f(a)\neq f(b) f(a)=f(b)。

求证：存在 ξ , η ∈ ( a , b ) \xi,\eta\in(a,b) ξ,η∈(a,b)，使得 f ′ ( ξ ) 2 ξ = f ′ ( η ) b + a \frac{f'(\xi)}{2\xi}=\frac{f'(\eta)}{b+a} 2ξf′(ξ)=b+af′(η)。

6. 一元微分3.6 导数有界性估计（泰勒公式放缩）

设函数 f ( x ) f(x) f(x)在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上具有二阶导数，且满足 ∣ f ( x ) ∣ ≤ a |f(x)|\leq a ∣f(x)∣≤a， ∣ f ′ ′ ( x ) ∣ ≤ b |f''(x)|\leq b ∣f′′(x)∣≤b（ a , b > 0 a,b>0 a,b>0）。

求证： ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + b 2 |f'(x)|\leq 2a+\frac{b}{2} ∣f′(x)∣≤2a+2b。

7. 一元微分3.7 泰勒展开求极限

设存在 0 < θ < 1 0<\theta<1 0<θ<1，使得 arcsin ⁡ x = x 1 − θ 2 x 2 , − 1 ≤ x ≤ 1 \arcsin x = \frac{x}{\sqrt{1-\theta^2 x^2}},\ -1\le x\le1 arcsinx=1−θ2x2 x, −1≤x≤1，求 lim ⁡ x → 0 θ \lim_{x\to0}\theta limx→0θ

8. 一元微分3.8 曲线交点个数（零点存在定理+高阶导数）

求曲线 y = e − x 2 y = e^{-\frac{x}{2}} y=e−2x 与曲线 y = x 3 − 3 x y = x^3 - 3x y=x3−3x 的交点个数

9. 一元微分3.9 微分中值定理综合（达布定理应用）

设函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ a , b ] [a,b] [a,b] 上可导， c ∈ ( a , b ) c \in (a,b) c∈(a,b)，求证：

(1) 存在一点 ξ ∈ ( a , c ) \xi \in (a,c) ξ∈(a,c)，使得 f ( c ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( c − a ) f(c) - f(a) = f'(\xi)(c - a) f(c)−f(a)=f′(ξ)(c−a)；

(2) 存在一点 η ∈ ( a , b ) \eta \in (a,b) η∈(a,b)，使得 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( η ) ( b − a ) f(b) - f(a) = f'(\eta)(b - a) f(b)−f(a)=f′(η)(b−a)，且 η > ξ \eta > \xi η>ξ。

10. 一元微分3.10 圆柱体相关变化率（物理应用）

一圆柱体的底面半径 r r r与高 h h h均随时间 t t t变化。已知半径的变化率为 2 c m / s 2\ \mathrm{cm/s} 2 cm/s，高的变化率为 − 3 c m / s -3\ \mathrm{cm/s} −3 cm/s。在某一时刻，圆柱体的体积与表面积随时间的变化率分别为 − 100 π c m 3 / s -100\pi\ \mathrm{cm^3/s} −100π cm3/s和 40 π c m 2 / s 40\pi\ \mathrm{cm^2/s} 40π cm2/s，求该时刻底面半径与高的值。

11.函数极限与连续1.8 函数极限计算（拉格朗日中值定理+等价无穷小）

求极限 I = lim ⁡ x → 0 cos ⁡ ( sin ⁡ x ) − e cos ⁡ x − 1 tan ⁡ 2 x − sin ⁡ 2 x I = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) - e^{\cos x - 1}}{\tan^2 x - \sin^2 x} I=limx→0tan2x−sin2xcos(sinx)−ecosx−1

参考解析

3.1

考察点：数学归纳法、微分方程、高阶导数公式

原题：已知 f ′ ( x ) = [ f ( x ) ] 2 f'(x) = [f(x)]^2 f′(x)=[f(x)]2，求 f ( n ) ( x ) f^{(n)}(x) f(n)(x)

解：

用数学归纳法证明：

当 n = 1 n=1 n=1 时， f ′ ( x ) = [ f ( x ) ] 2 = 1 ! ⋅ [ f ( x ) ] 1 + 1 f'(x) = [f(x)]^2 = 1! \cdot [f(x)]^{1+1} f′(x)=[f(x)]2=1!⋅[f(x)]1+1，成立。
假设当 n = k n=k n=k 时， f ( k ) ( x ) = k ! ⋅ [ f ( x ) ] k + 1 f^{(k)}(x) = k! \cdot [f(x)]^{k+1} f(k)(x)=k!⋅[f(x)]k+1 成立。
当 n = k + 1 n=k+1 n=k+1 时，对 f ( k ) ( x ) f^{(k)}(x) f(k)(x) 求导：
f ( k + 1 ) ( x ) = k ! ⋅ ( k + 1 ) [ f ( x ) ] k ⋅ f ′ ( x ) = ( k + 1 ) ! ⋅ [ f ( x ) ] ( k + 1 ) + 1 f^{(k+1)}(x) = k! \cdot (k+1) [f(x)]^k \cdot f'(x) = (k+1)! \cdot [f(x)]^{(k+1)+1} f(k+1)(x)=k!⋅(k+1)[f(x)]k⋅f′(x)=(k+1)!⋅[f(x)](k+1)+1
成立。

综上，对任意正整数 n n n：
f ( n ) ( x ) = n ! ⋅ [ f ( x ) ] n + 1 f^{(n)}(x) = n! \cdot [f(x)]^{n+1} f(n)(x)=n!⋅[f(x)]n+1

变式：已知 f ′ ( x ) = e f ( x ) f'(x) = e^{f(x)} f′(x)=ef(x)，求 f ( n ) ( x ) ( n ≥ 1 ) f^{(n)}(x) \ (n \geq 1) f(n)(x) (n≥1)

解：

对 f ′ ( x ) = e f ( x ) f'(x) = e^{f(x)} f′(x)=ef(x) 取对数：
ln ⁡ f ′ ( x ) = f ( x ) \ln f'(x) = f(x) lnf′(x)=f(x)

求导得：
f ′ ′ ( x ) f ′ ( x ) = f ′ ( x ) ⟹ f ′ ′ ( x ) = [ f ′ ( x ) ] 2 \frac{f''(x)}{f'(x)} = f'(x) \implies f''(x) = [f'(x)]^2 f′(x)f′′(x)=f′(x)⟹f′′(x)=[f′(x)]2

令 g ( x ) = f ′ ( x ) g(x) = f'(x) g(x)=f′(x)，则 g ′ ( x ) = [ g ( x ) ] 2 g'(x) = [g(x)]^2 g′(x)=[g(x)]2，由原题结论得：
g ( n − 1 ) ( x ) = ( n − 1 ) ! ⋅ [ g ( x ) ] n g^{(n-1)}(x) = (n-1)! \cdot [g(x)]^n g(n−1)(x)=(n−1)!⋅[g(x)]n

因此：
f ( n ) ( x ) = g ( n − 1 ) ( x ) = ( n − 1 ) ! ⋅ [ f ′ ( x ) ] n = ( n − 1 ) ! ⋅ e n f ( x ) f^{(n)}(x) = g^{(n-1)}(x) = (n-1)! \cdot [f'(x)]^n = (n-1)! \cdot e^{n f(x)} f(n)(x)=g(n−1)(x)=(n−1)!⋅[f′(x)]n=(n−1)!⋅enf(x)

3.2

考察点：极限保号性、连续函数极值判定

证明：

由极限保号性，存在 x = 0 x=0 x=0 的去心邻域 U ˚ ( 0 , δ ) \mathring{U}(0, \delta) U˚(0,δ)，对 ∀ x ∈ U ˚ ( 0 , δ ) \forall x \in \mathring{U}(0, \delta) ∀x∈U˚(0,δ)：
f ( x ) x 2 < 0 ⟹ f ( x ) < 0 \frac{f(x)}{x^2} < 0 \implies f(x) < 0 x2f(x)<0⟹f(x)<0

又 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 0 x=0 x=0 连续，故：
f ( 0 ) = lim ⁡ x → 0 f ( x ) = 0 f(0) = \lim_{x \to 0} f(x) = 0 f(0)=x→0limf(x)=0

因此对 ∀ x ∈ U ˚ ( 0 , δ ) \forall x \in \mathring{U}(0, \delta) ∀x∈U˚(0,δ)， f ( x ) < f ( 0 ) f(x) < f(0) f(x)<f(0)，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 0 x=0 x=0 处取极大值。

3.3

考察点：导数运算法则、辅助函数构造、单调性判定

证明：

对 f ( x ) x \frac{f(x)}{x} xf(x) 求导：
( f ( x ) x ) ′ = x f ′ ( x ) − f ( x ) x 2 \left( \frac{f(x)}{x} \right)' = \frac{x f'(x) - f(x)}{x^2} (xf(x))′=x2xf′(x)−f(x)

令 F ( x ) = x f ′ ( x ) − f ( x ) F(x) = x f'(x) - f(x) F(x)=xf′(x)−f(x)，则：
F ′ ( x ) = x f ′ ′ ( x ) F'(x) = x f''(x) F′(x)=xf′′(x)

当 x ∈ ( − ∞ , 0 ) x \in (-\infty, 0) x∈(−∞,0) 时， F ′ ( x ) > 0 F'(x) > 0 F′(x)>0， F ( x ) F(x) F(x) 单调递增，故 F ( x ) < F ( 0 ) = − f ( 0 ) ≤ 0 F(x) < F(0) = -f(0) \leq 0 F(x)<F(0)=−f(0)≤0；
当 x ∈ ( 0 , + ∞ ) x \in (0, +\infty) x∈(0,+∞) 时， F ′ ( x ) < 0 F'(x) < 0 F′(x)<0， F ( x ) F(x) F(x) 单调递减，故 F ( x ) < F ( 0 ) = − f ( 0 ) ≤ 0 F(x) < F(0) = -f(0) \leq 0 F(x)<F(0)=−f(0)≤0。

综上，对 ∀ x ≠ 0 \forall x \neq 0 ∀x=0， F ( x ) < 0 F(x) < 0 F(x)<0，故：
( f ( x ) x ) ′ < 0 \left( \frac{f(x)}{x} \right)' < 0 (xf(x))′<0

即 f ( x ) x \frac{f(x)}{x} xf(x) 在 ( − ∞ , 0 ) (-\infty, 0) (−∞,0) 和 ( 0 , + ∞ ) (0, +\infty) (0,+∞) 内单调减少。

3.4

考察点：拉格朗日中值定理、辅助函数构造、零点存在定理、双不同中值存在性证明

已知 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，且 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0， f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f(1)=1。

求证： ∃ η , τ ∈ ( 0 , 1 ) , η ≠ τ \exists\ \eta,\tau\in(0,1),\ \eta\neq\tau ∃ η,τ∈(0,1), η=τ，使得 f ′ ( η ) f ′ ( τ ) = 1 f'(\eta)f'(\tau)=1 f′(η)f′(τ)=1。

证明：

构造辅助函数 F ( x ) = f ( x ) + x − 1 F(x)=f(x)+x-1 F(x)=f(x)+x−1，则 F ( 0 ) = − 1 F(0)=-1 F(0)=−1， F ( 1 ) = 1 F(1)=1 F(1)=1。

由零点存在定理， ∃ ξ ∈ ( 0 , 1 ) \exists\ \xi\in(0,1) ∃ ξ∈(0,1)，使得 F ( ξ ) = 0 F(\xi)=0 F(ξ)=0，即 f ( ξ ) = 1 − ξ f(\xi)=1-\xi f(ξ)=1−ξ。

对 f ( x ) f(x) f(x)在 [ 0 , ξ ] [0,\xi] [0,ξ]上应用拉格朗日中值定理：
f ( ξ ) − f ( 0 ) = ξ f ′ ( η ) , η ∈ ( 0 , ξ ) f(\xi)-f(0)=\xi f'(\eta),\quad \eta\in(0,\xi) f(ξ)−f(0)=ξf′(η),η∈(0,ξ)

代入 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0和 f ( ξ ) = 1 − ξ f(\xi)=1-\xi f(ξ)=1−ξ，得：
1 − ξ = ξ f ′ ( η ) ⟹ f ′ ( η ) = 1 − ξ ξ 1-\xi = \xi f'(\eta) \implies f'(\eta)=\frac{1-\xi}{\xi} 1−ξ=ξf′(η)⟹f′(η)=ξ1−ξ

对 f ( x ) f(x) f(x)在 [ ξ , 1 ] [\xi,1] [ξ,1]上应用拉格朗日中值定理：
f ( 1 ) − f ( ξ ) = ( 1 − ξ ) f ′ ( τ ) , τ ∈ ( ξ , 1 ) f(1)-f(\xi)=(1-\xi)f'(\tau),\quad \tau\in(\xi,1) f(1)−f(ξ)=(1−ξ)f′(τ),τ∈(ξ,1)

代入 f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f(1)=1和 f ( ξ ) = 1 − ξ f(\xi)=1-\xi f(ξ)=1−ξ，得：
ξ = ( 1 − ξ ) f ′ ( τ ) ⟹ f ′ ( τ ) = ξ 1 − ξ \xi = (1-\xi)f'(\tau) \implies f'(\tau)=\frac{\xi}{1-\xi} ξ=(1−ξ)f′(τ)⟹f′(τ)=1−ξξ

因此：
f ′ ( η ) f ′ ( τ ) = 1 − ξ ξ ⋅ ξ 1 − ξ = 1 f'(\eta)f'(\tau)=\frac{1-\xi}{\xi}\cdot\frac{\xi}{1-\xi}=1 f′(η)f′(τ)=ξ1−ξ⋅1−ξξ=1

且 η ∈ ( 0 , ξ ) , τ ∈ ( ξ , 1 ) \eta\in(0,\xi),\ \tau\in(\xi,1) η∈(0,ξ), τ∈(ξ,1)，故 η ≠ τ \eta\neq\tau η=τ。

3.5

考察点：拉格朗日中值定理、柯西中值定理、双中值比例等式证明

设函数 f ( x ) f(x) f(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续，在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导，且 f ( a ) ≠ f ( b ) f(a)\neq f(b) f(a)=f(b)。

求证：存在 ξ , η ∈ ( a , b ) \xi,\eta\in(a,b) ξ,η∈(a,b)，使得 f ′ ( ξ ) 2 ξ = f ′ ( η ) b + a \frac{f'(\xi)}{2\xi}=\frac{f'(\eta)}{b+a} 2ξf′(ξ)=b+af′(η)。

证明：

由拉格朗日中值定理， ∃ η ∈ ( a , b ) \exists\ \eta\in(a,b) ∃ η∈(a,b)，使得：
f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( η ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\eta)(b-a) f(b)−f(a)=f′(η)(b−a)

对 f ( x ) f(x) f(x)与 g ( x ) = x 2 g(x)=x^2 g(x)=x2应用柯西中值定理， ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists\ \xi\in(a,b) ∃ ξ∈(a,b)，使得：
f ( b ) − f ( a ) b 2 − a 2 = f ′ ( ξ ) 2 ξ \frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2}=\frac{f'(\xi)}{2\xi} b2−a2f(b)−f(a)=2ξf′(ξ)

注意到 b 2 − a 2 = ( b − a ) ( b + a ) b^2-a^2=(b-a)(b+a) b2−a2=(b−a)(b+a)，代入得：
f ( b ) − f ( a ) ( b − a ) ( b + a ) = f ′ ( ξ ) 2 ξ \frac{f(b)-f(a)}{(b-a)(b+a)}=\frac{f'(\xi)}{2\xi} (b−a)(b+a)f(b)−f(a)=2ξf′(ξ)

将 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( η ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\eta)(b-a) f(b)−f(a)=f′(η)(b−a)代入上式，约去 ( b − a ) (b-a) (b−a)：
f ′ ( η ) b + a = f ′ ( ξ ) 2 ξ \frac{f'(\eta)}{b+a}=\frac{f'(\xi)}{2\xi} b+af′(η)=2ξf′(ξ)

即 f ′ ( ξ ) 2 ξ = f ′ ( η ) b + a \frac{f'(\xi)}{2\xi}=\frac{f'(\eta)}{b+a} 2ξf′(ξ)=b+af′(η)。

补充说明 ：本题的命题意图是考查对柯西中值定理和拉格朗日中值定理的综合运用，由于题目未要求两个中值点 ξ , η \xi,\eta ξ,η互不相等，因此可直接令 ξ = η = a + b 2 \xi=\eta=\frac{a+b}{2} ξ=η=2a+b，此时等式两端完全相等，命题自然成立。

3.6

考察点：带拉格朗日余项的泰勒公式、三角不等式放缩、一阶导数有界性估计、区间端点验证

求证： ∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + b 2 |f'(x)|\leq 2a+\frac{b}{2} ∣f′(x)∣≤2a+2b。

证明：

对任意 x ∈ [ 0 , 1 ] x\in[0,1] x∈[0,1]，将 f ( 0 ) f(0) f(0)、 f ( 1 ) f(1) f(1)在点 x x x处展开为带拉格朗日余项的一阶泰勒公式：
f ( 0 ) = f ( x ) − x f ′ ( x ) + 1 2 x 2 f ′ ′ ( ξ 1 ) , ξ 1 ∈ ( 0 , x ) f(0) = f(x) - xf'(x) + \frac{1}{2}x^2f''(\xi_1),\quad \xi_1\in(0,x) f(0)=f(x)−xf′(x)+21x2f′′(ξ1),ξ1∈(0,x)
f ( 1 ) = f ( x ) + ( 1 − x ) f ′ ( x ) + 1 2 ( 1 − x ) 2 f ′ ′ ( ξ 2 ) , ξ 2 ∈ ( x , 1 ) f(1) = f(x) + (1-x)f'(x) + \frac{1}{2}(1-x)^2f''(\xi_2),\quad \xi_2\in(x,1) f(1)=f(x)+(1−x)f′(x)+21(1−x)2f′′(ξ2),ξ2∈(x,1)

两式相减，消去 f ( x ) f(x) f(x)并化简：
f ( 1 ) − f ( 0 ) = f ′ ( x ) + 1 2 [ ( 1 − x ) 2 f ′ ′ ( ξ 2 ) − x 2 f ′ ′ ( ξ 1 ) ] f(1)-f(0) = f'(x) + \frac{1}{2}\left[(1-x)^2f''(\xi_2) - x^2f''(\xi_1)\right] f(1)−f(0)=f′(x)+21[(1−x)2f′′(ξ2)−x2f′′(ξ1)]

解出 f ′ ( x ) f'(x) f′(x)：
f ′ ( x ) = f ( 1 ) − f ( 0 ) − 1 2 [ ( 1 − x ) 2 f ′ ′ ( ξ 2 ) − x 2 f ′ ′ ( ξ 1 ) ] f'(x) = f(1)-f(0) - \frac{1}{2}\left[(1-x)^2f''(\xi_2) - x^2f''(\xi_1)\right] f′(x)=f(1)−f(0)−21[(1−x)2f′′(ξ2)−x2f′′(ξ1)]

对两边取绝对值，结合三角不等式 ∣ A − B ∣ ≤ ∣ A ∣ + ∣ B ∣ |A-B|\leq|A|+|B| ∣A−B∣≤∣A∣+∣B∣：
∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ ∣ f ( 1 ) ∣ + ∣ f ( 0 ) ∣ + 1 2 [ ( 1 − x ) 2 ∣ f ′ ′ ( ξ 2 ) ∣ + x 2 ∣ f ′ ′ ( ξ 1 ) ∣ ] |f'(x)| \leq |f(1)|+|f(0)| + \frac{1}{2}\left[(1-x)^2|f''(\xi_2)| + x^2|f''(\xi_1)|\right] ∣f′(x)∣≤∣f(1)∣+∣f(0)∣+21[(1−x)2∣f′′(ξ2)∣+x2∣f′′(ξ1)∣]

代入已知条件 ∣ f ( x ) ∣ ≤ a |f(x)|\leq a ∣f(x)∣≤a， ∣ f ′ ′ ( x ) ∣ ≤ b |f''(x)|\leq b ∣f′′(x)∣≤b：
∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + b 2 [ x 2 + ( 1 − x ) 2 ] |f'(x)| \leq 2a + \frac{b}{2}\left[x^2 + (1-x)^2\right] ∣f′(x)∣≤2a+2b[x2+(1−x)2]

化简二次函数 x 2 + ( 1 − x ) 2 = 2 x 2 − 2 x + 1 x^2+(1-x)^2=2x^2-2x+1 x2+(1−x)2=2x2−2x+1，其在 x ∈ [ 0 , 1 ] x\in[0,1] x∈[0,1]上的最大值为 1 1 1，因此：
∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ 2 a + b 2 ⋅ 1 = 2 a + b 2 |f'(x)| \leq 2a + \frac{b}{2}\cdot1 = 2a+\frac{b}{2} ∣f′(x)∣≤2a+2b⋅1=2a+2b

综上，对任意 x ∈ [ 0 , 1 ] x\in[0,1] x∈[0,1]，原不等式成立。

3.7

考察点：反正弦函数泰勒展开、无穷小阶数分析、函数极限计算

解：

对原式两边平方得：
arcsin ⁡ 2 x = x 2 1 − θ 2 x 2 \arcsin^2 x = \frac{x^2}{1-\theta^2 x^2} arcsin2x=1−θ2x2x2

整理得：
θ 2 = 1 − x 2 arcsin ⁡ 2 x x 2 = arcsin ⁡ 2 x − x 2 x 2 ⋅ arcsin ⁡ 2 x \theta^2 = \frac{1 - \frac{x^2}{\arcsin^2 x}}{x^2} = \frac{\arcsin^2 x - x^2}{x^2 \cdot \arcsin^2 x} θ2=x21−arcsin2xx2=x2⋅arcsin2xarcsin2x−x2

利用泰勒展开 arcsin ⁡ x = x + 1 6 x 3 + o ( x 3 ) \arcsin x = x + \frac{1}{6}x^3 + o(x^3) arcsinx=x+61x3+o(x3)，则：
arcsin ⁡ x + x = 2 x + 1 6 x 3 + o ( x 3 ) , arcsin ⁡ x − x = 1 6 x 3 + o ( x 3 ) \arcsin x + x = 2x + \frac{1}{6}x^3 + o(x^3),\quad \arcsin x - x = \frac{1}{6}x^3 + o(x^3) arcsinx+x=2x+61x3+o(x3),arcsinx−x=61x3+o(x3)

因此：
lim ⁡ x → 0 θ 2 = lim ⁡ x → 0 1 x 2 ⋅ arcsin ⁡ x + x x ⋅ arcsin ⁡ x − x x = lim ⁡ x → 0 1 x 2 ⋅ 2 ⋅ 1 6 x 2 = 1 3 \lim_{x\to0}\theta^2 = \lim_{x\to0} \frac{1}{x^2} \cdot \frac{\arcsin x + x}{x} \cdot \frac{\arcsin x - x}{x} = \lim_{x\to0} \frac{1}{x^2} \cdot 2 \cdot \frac{1}{6}x^2 = \frac{1}{3} x→0limθ2=x→0limx21⋅xarcsinx+x⋅xarcsinx−x=x→0limx21⋅2⋅61x2=31

故：
lim ⁡ x → 0 θ = 1 3 = 3 3 \lim_{x\to0}\theta = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} x→0limθ=31 =33

3.8

考察点：函数零点判定、指数函数求导、多项式求导、单调性判断、零点存在定理、罗尔定理推论（罗尔原话）

求曲线 y = e − x 2 y = e^{-\frac{x}{2}} y=e−2x 与曲线 y = x 3 − 3 x y = x^3 - 3x y=x3−3x 的交点个数

解：

令 f ( x ) = e − x 2 − x 3 + 3 x f(x) = e^{-\frac{x}{2}} - x^3 + 3x f(x)=e−2x−x3+3x，求导得：
f ′ ( x ) = − 1 2 e − x 2 − 3 x 2 + 3 , f ′ ′ ( x ) = 1 4 e − x 2 − 6 x , f ′ ′ ′ ( x ) = − 1 8 e − x 2 − 6 f'(x) = -\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{2}} - 3x^2 + 3,\quad f''(x) = \frac{1}{4}e^{-\frac{x}{2}} - 6x,\quad f'''(x) = -\frac{1}{8}e^{-\frac{x}{2}} - 6 f′(x)=−21e−2x−3x2+3,f′′(x)=41e−2x−6x,f′′′(x)=−81e−2x−6

由于 e − x 2 > 0 e^{-\frac{x}{2}} > 0 e−2x>0，故 f ′ ′ ′ ( x ) < 0 f'''(x) < 0 f′′′(x)<0，因此 f ′ ′ ( x ) = 0 f''(x) = 0 f′′(x)=0 无实根，进而 f ′ ( x ) = 0 f'(x) = 0 f′(x)=0 至多有 2 个实根，故 f ( x ) = 0 f(x) = 0 f(x)=0 至多有 3 个实根。

计算特殊点函数值：

f ( − 3 ) = e 3 2 − ( − 3 ) 3 + 3 ( − 3 ) = e 3 2 > 0 f(-\sqrt{3}) = e^{\frac{\sqrt{3}}{2}} - (-\sqrt{3})^3 + 3(-\sqrt{3}) = e^{\frac{\sqrt{3}}{2}} > 0 f(−3 )=e23 −(−3 )3+3(−3 )=e23 >0
f ( − 1 ) = e 1 2 − ( − 1 ) 3 + 3 ( − 1 ) = e 1 2 − 2 < 0 f(-1) = e^{\frac{1}{2}} - (-1)^3 + 3(-1) = e^{\frac{1}{2}} - 2 < 0 f(−1)=e21−(−1)3+3(−1)=e21−2<0
f ( 1 ) = e − 1 2 − 1 3 + 3 ⋅ 1 = e − 1 2 + 2 > 0 f(1) = e^{-\frac{1}{2}} - 1^3 + 3 \cdot 1 = e^{-\frac{1}{2}} + 2 > 0 f(1)=e−21−13+3⋅1=e−21+2>0
f ( 2 ) = e − 1 − 2 3 + 3 ⋅ 2 = e − 1 − 2 < 0 f(2) = e^{-1} - 2^3 + 3 \cdot 2 = e^{-1} - 2 < 0 f(2)=e−1−23+3⋅2=e−1−2<0

由零点存在定理， f ( x ) = 0 f(x) = 0 f(x)=0 在 ( − 3 , − 1 ) , ( − 1 , 1 ) , ( 1 , 2 ) (-\sqrt{3}, -1),\ (-1, 1),\ (1, 2) (−3 ,−1), (−1,1), (1,2) 内各有一个实根，故 f ( x ) = 0 f(x) = 0 f(x)=0 有且仅有 3 个实根，即两曲线恰有 3 个交点。

罗尔定理推论 ：若 f ( x ) f(x) f(x) n n n阶可导，且 f ( n ) ( x ) f^{(n)}(x) f(n)(x)至多有 k k k个零点，则 f ( x ) f(x) f(x)至多有 n + k n+k n+k个零点

3.9

考察点：拉格朗日中值定理、罗尔定理、达布定理（导数介值定理）、中值定理构造证明

设函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ a , b ] [a,b] [a,b] 上可导， c ∈ ( a , b ) c \in (a,b) c∈(a,b)，求证：

(1) 存在一点 ξ ∈ ( a , c ) \xi \in (a,c) ξ∈(a,c)，使得 f ( c ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( c − a ) f(c) - f(a) = f'(\xi)(c - a) f(c)−f(a)=f′(ξ)(c−a)；

证明：

(1) 构造辅助函数：
G ( x ) = f ( x ) − f ( a ) − f ( c ) − f ( a ) c − a ( x − a ) G(x) = f(x) - f(a) - \frac{f(c) - f(a)}{c - a}(x - a) G(x)=f(x)−f(a)−c−af(c)−f(a)(x−a)

易知 G ( a ) = G ( c ) = 0 G(a) = G(c) = 0 G(a)=G(c)=0，由罗尔定理， ∃ ξ ∈ ( a , c ) \exists \xi \in (a,c) ∃ξ∈(a,c)，使得 G ′ ( ξ ) = 0 G'(\xi) = 0 G′(ξ)=0，即：
f ′ ( ξ ) = f ( c ) − f ( a ) c − a ⟹ f ( c ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( c − a ) f'(\xi) = \frac{f(c) - f(a)}{c - a} \implies f(c) - f(a) = f'(\xi)(c - a) f′(ξ)=c−af(c)−f(a)⟹f(c)−f(a)=f′(ξ)(c−a)

(2) 对 f ( b ) − f ( a ) b − a \frac{f(b) - f(a)}{b - a} b−af(b)−f(a) 做拆分：
f ( b ) − f ( a ) b − a = f ( b ) − f ( c ) b − c ⋅ b − c b − a + f ( c ) − f ( a ) c − a ⋅ c − a b − a \frac{f(b) - f(a)}{b - a} = \frac{f(b) - f(c)}{b - c} \cdot \frac{b - c}{b - a} + \frac{f(c) - f(a)}{c - a} \cdot \frac{c - a}{b - a} b−af(b)−f(a)=b−cf(b)−f(c)⋅b−ab−c+c−af(c)−f(a)⋅b−ac−a

由拉格朗日中值定理， ∃ γ ∈ ( c , b ) \exists \gamma \in (c,b) ∃γ∈(c,b)，使得 f ( b ) − f ( c ) b − c = f ′ ( γ ) \frac{f(b) - f(c)}{b - c} = f'(\gamma) b−cf(b)−f(c)=f′(γ)；由(1)知 f ( c ) − f ( a ) c − a = f ′ ( ξ ) \frac{f(c) - f(a)}{c - a} = f'(\xi) c−af(c)−f(a)=f′(ξ)（ ξ ∈ ( a , c ) \xi \in (a,c) ξ∈(a,c)）。

令 t = b − c b − a t = \frac{b - c}{b - a} t=b−ab−c，则 c − a b − a = 1 − t \frac{c - a}{b - a} = 1 - t b−ac−a=1−t（ 0 < t < 1 0 < t < 1 0<t<1），于是：
f ( b ) − f ( a ) b − a = t f ′ ( γ ) + ( 1 − t ) f ′ ( ξ ) \frac{f(b) - f(a)}{b - a} = t f'(\gamma) + (1 - t) f'(\xi) b−af(b)−f(a)=tf′(γ)+(1−t)f′(ξ)

该式为 f ′ ( γ ) f'(\gamma) f′(γ) 与 f ′ ( ξ ) f'(\xi) f′(ξ) 的加权平均（若 f ′ ( γ ) = f ′ ( ξ ) f'(\gamma) = f'(\xi) f′(γ)=f′(ξ)，取 η = γ \eta = \gamma η=γ 即可）。

由导数介值定理（达布定理） ， f ′ ( x ) f'(x) f′(x) 可取到 f ′ ( ξ ) f'(\xi) f′(ξ) 与 f ′ ( γ ) f'(\gamma) f′(γ) 之间的一切值，故 ∃ η ∈ ( ξ , γ ) ⊂ ( a , b ) \exists \eta \in (\xi, \gamma) \subset (a,b) ∃η∈(ξ,γ)⊂(a,b)，使得：
f ′ ( η ) = t f ′ ( γ ) + ( 1 − t ) f ′ ( ξ ) f'(\eta) = t f'(\gamma) + (1 - t) f'(\xi) f′(η)=tf′(γ)+(1−t)f′(ξ)

即 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( η ) ( b − a ) f(b) - f(a) = f'(\eta)(b - a) f(b)−f(a)=f′(η)(b−a)，且 η > ξ \eta > \xi η>ξ。

补充：达布定理证明

若 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ a , b ] [a,b] [a,b] 上可导，且 f ′ ( a ) ≠ f ′ ( b ) f'(a) \neq f'(b) f′(a)=f′(b)，则对任意 μ \mu μ 介于 f ′ ( a ) f'(a) f′(a) 与 f ′ ( b ) f'(b) f′(b) 之间的实数， ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi \in (a,b) ∃ξ∈(a,b)，使得 f ′ ( ξ ) = μ f'(\xi) = \mu f′(ξ)=μ。

证明：

构造 F ( x ) = f ( x ) − μ x F(x) = f(x) - \mu x F(x)=f(x)−μx，则 F ′ ( x ) = f ′ ( x ) − μ F'(x) = f'(x) - \mu F′(x)=f′(x)−μ。不妨设 f ′ ( a ) < μ < f ′ ( b ) f'(a) < \mu < f'(b) f′(a)<μ<f′(b)，则 F ′ ( a ) < 0 , F ′ ( b ) > 0 F'(a) < 0,\ F'(b) > 0 F′(a)<0, F′(b)>0。

由导数定义：
lim ⁡ x → a + F ( x ) − F ( a ) x − a = F ′ ( a ) < 0 ⟹ ∃ x 1 ∈ ( a , b ) , F ( x 1 ) < F ( a ) \lim_{x\to a^+} \frac{F(x)-F(a)}{x-a} = F'(a) < 0 \implies \exists x_1 \in (a,b),\ F(x_1) < F(a) x→a+limx−aF(x)−F(a)=F′(a)<0⟹∃x1∈(a,b), F(x1)<F(a)
lim ⁡ x → b − F ( x ) − F ( b ) x − b = F ′ ( b ) > 0 ⟹ ∃ x 2 ∈ ( a , b ) , F ( x 2 ) < F ( b ) \lim_{x\to b^-} \frac{F(x)-F(b)}{x-b} = F'(b) > 0 \implies \exists x_2 \in (a,b),\ F(x_2) < F(b) x→b−limx−bF(x)−F(b)=F′(b)>0⟹∃x2∈(a,b), F(x2)<F(b)

故 F ( x ) F(x) F(x) 在 [ a , b ] [a,b] [a,b] 上的最小值必在内部取到，由费马定理得 ∃ ξ ∈ ( a , b ) \exists \xi \in (a,b) ∃ξ∈(a,b)，使得 F ′ ( ξ ) = 0 F'(\xi) = 0 F′(ξ)=0，即 f ′ ( ξ ) = μ f'(\xi) = \mu f′(ξ)=μ。

3.10

考察点：多元函数链式求导法则、相关变化率问题、圆柱体体积与表面积公式、线性方程组求解

题目：一圆柱体的底面半径 r r r与高 h h h均随时间 t t t变化。已知半径的变化率为 2 c m / s 2\ \mathrm{cm/s} 2 cm/s，高的变化率为 − 3 c m / s -3\ \mathrm{cm/s} −3 cm/s。在某一时刻，圆柱体的体积与表面积随时间的变化率分别为 − 100 π c m 3 / s -100\pi\ \mathrm{cm^3/s} −100π cm3/s和 40 π c m 2 / s 40\pi\ \mathrm{cm^2/s} 40π cm2/s，求该时刻底面半径与高的值。

解（法一：一元复合函数求导） ：
r ( t ) r(t) r(t)与 h ( t ) h(t) h(t)均为关于 t t t的可导函数，体积与表面积分别为：
V ( t ) = π [ r ( t ) ] 2 h ( t ) , S ( t ) = 2 π [ r ( t ) ] 2 + 2 π r ( t ) h ( t ) V(t) = \pi [r(t)]^2 h(t),\quad S(t) = 2\pi [r(t)]^2 + 2\pi r(t) h(t) V(t)=π[r(t)]2h(t),S(t)=2π[r(t)]2+2πr(t)h(t)

对体积求导（复合函数链式法则）：
d V d t = π [ 2 r ( t ) h ( t ) ⋅ r ′ ( t ) + [ r ( t ) ] 2 ⋅ h ′ ( t ) ] \frac{dV}{dt} = \pi \left[ 2r(t)h(t) \cdot r'(t) + [r(t)]^2 \cdot h'(t) \right] dtdV=π[2r(t)h(t)⋅r′(t)+[r(t)]2⋅h′(t)]

代入 d r d t = 2 \frac{dr}{dt}=2 dtdr=2、 d h d t = − 3 \frac{dh}{dt}=-3 dtdh=−3、 d V d t = − 100 π \frac{dV}{dt}=-100\pi dtdV=−100π，约去 π \pi π得：
4 r h − 3 r 2 = − 100 (1) 4rh - 3r^2 = -100 \tag{1} 4rh−3r2=−100(1)

对表面积求导：
d S d t = 2 π [ 2 r ( t ) ⋅ r ′ ( t ) + r ( t ) h ′ ( t ) + h ( t ) r ′ ( t ) ] \frac{dS}{dt} = 2\pi \left[ 2r(t) \cdot r'(t) + r(t)h'(t) + h(t)r'(t) \right] dtdS=2π[2r(t)⋅r′(t)+r(t)h′(t)+h(t)r′(t)]

代入 d S d t = 40 π \frac{dS}{dt}=40\pi dtdS=40π，约去 π \pi π得：
r + 2 h = 20 (2) r + 2h = 20 \tag{2} r+2h=20(2)

联立方程 ( 1 ) ( 2 ) (1)(2) (1)(2)，由 ( 2 ) (2) (2)得 h = 20 − r 2 h = \frac{20 - r}{2} h=220−r，代入 ( 1 ) (1) (1)化简：
4 r ⋅ 20 − r 2 − 3 r 2 = − 100 ⟹ r 2 − 8 r − 20 = 0 4r \cdot \frac{20 - r}{2} - 3r^2 = -100 \implies r^2 - 8r - 20 = 0 4r⋅220−r−3r2=−100⟹r2−8r−20=0

解得 r = 10 r=10 r=10（舍去负根 r = − 2 r=-2 r=−2），则 h = 20 − 10 2 = 5 h = \frac{20 - 10}{2} = 5 h=220−10=5。

解（法二：多元函数微分链式法则） ：

体积 V ( r , h ) = π r 2 h V(r,h) = \pi r^2 h V(r,h)=πr2h，表面积 S ( r , h ) = 2 π r 2 + 2 π r h S(r,h) = 2\pi r^2 + 2\pi r h S(r,h)=2πr2+2πrh，由多元函数链式法则：
d V d t = ∂ V ∂ r ⋅ d r d t + ∂ V ∂ h ⋅ d h d t = 2 π r h ⋅ 2 + π r 2 ⋅ ( − 3 ) = 4 π r h − 3 π r 2 \frac{dV}{dt} = \frac{\partial V}{\partial r} \cdot \frac{dr}{dt} + \frac{\partial V}{\partial h} \cdot \frac{dh}{dt} = 2\pi r h \cdot 2 + \pi r^2 \cdot (-3) = 4\pi r h - 3\pi r^2 dtdV=∂r∂V⋅dtdr+∂h∂V⋅dtdh=2πrh⋅2+πr2⋅(−3)=4πrh−3πr2

代入 d V d t = − 100 π \frac{dV}{dt}=-100\pi dtdV=−100π，约去 π \pi π得：
4 r h − 3 r 2 = − 100 (1) 4rh - 3r^2 = -100 \tag{1} 4rh−3r2=−100(1)

同理：
d S d t = ∂ S ∂ r ⋅ d r d t + ∂ S ∂ h ⋅ d h d t = ( 4 π r + 2 π h ) ⋅ 2 + 2 π r ⋅ ( − 3 ) = 2 π r + 4 π h \frac{dS}{dt} = \frac{\partial S}{\partial r} \cdot \frac{dr}{dt} + \frac{\partial S}{\partial h} \cdot \frac{dh}{dt} = (4\pi r + 2\pi h) \cdot 2 + 2\pi r \cdot (-3) = 2\pi r + 4\pi h dtdS=∂r∂S⋅dtdr+∂h∂S⋅dtdh=(4πr+2πh)⋅2+2πr⋅(−3)=2πr+4πh

代入 d S d t = 40 π \frac{dS}{dt}=40\pi dtdS=40π，约去 π \pi π得：
r + 2 h = 20 (2) r + 2h = 20 \tag{2} r+2h=20(2)

联立 ( 1 ) ( 2 ) (1)(2) (1)(2)，同法一解得 r = 10 c m \boldsymbol{r=10\ \mathrm{cm}} r=10 cm， h = 5 c m \boldsymbol{h=5\ \mathrm{cm}} h=5 cm（舍去负根）。

11

考察点：等价无穷小替换、拉格朗日中值定理、泰勒展开、极限拆分

求极限 I = lim ⁡ x → 0 cos ⁡ ( sin ⁡ x ) − e cos ⁡ x − 1 tan ⁡ 2 x − sin ⁡ 2 x I = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) - e^{\cos x - 1}}{\tan^2 x - \sin^2 x} I=x→0limtan2x−sin2xcos(sinx)−ecosx−1

解：

先化简分母：
tan ⁡ 2 x − sin ⁡ 2 x = sin ⁡ 4 x cos ⁡ 2 x ∼ x 4 ( x → 0 ) \tan^2 x - \sin^2 x = \frac{\sin^4 x}{\cos^2 x} \sim x^4 \quad (x \to 0) tan2x−sin2x=cos2xsin4x∼x4(x→0)

将分子拆为两部分：
I = lim ⁡ x → 0 1 x 4 [ cos ⁡ ( sin ⁡ x ) − cos ⁡ x + cos ⁡ x − e cos ⁡ x − 1 ] = I 1 + I 2 I = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^4} \left[ \cos(\sin x) - \cos x + \cos x - e^{\cos x - 1} \right] = I_1 + I_2 I=x→0limx41[cos(sinx)−cosx+cosx−ecosx−1]=I1+I2

其中
I 1 = lim ⁡ x → 0 cos ⁡ ( sin ⁡ x ) − cos ⁡ x x 4 , I 2 = lim ⁡ x → 0 cos ⁡ x − e cos ⁡ x − 1 x 4 I_1 = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) - \cos x}{x^4}, \quad I_2 = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - e^{\cos x - 1}}{x^4} I1=x→0limx4cos(sinx)−cosx,I2=x→0limx4cosx−ecosx−1

计算 I 1 I_1 I1：

由拉格朗日中值定理，存在 ξ \xi ξ 介于 x x x 和 sin ⁡ x \sin x sinx 之间，使得：
cos ⁡ ( sin ⁡ x ) − cos ⁡ x = − sin ⁡ ξ ⋅ ( sin ⁡ x − x ) \cos(\sin x) - \cos x = -\sin \xi \cdot (\sin x - x) cos(sinx)−cosx=−sinξ⋅(sinx−x)

代入等价无穷小 sin ⁡ ξ ∼ x \sin \xi \sim x sinξ∼x， sin ⁡ x − x ∼ − x 3 6 \sin x - x \sim -\frac{x^3}{6} sinx−x∼−6x3，得：
I 1 = lim ⁡ x → 0 − x ⋅ ( − x 3 6 ) x 4 = 1 6 I_1 = \lim_{x \to 0} \frac{-x \cdot \left(-\frac{x^3}{6}\right)}{x^4} = \frac{1}{6} I1=x→0limx4−x⋅(−6x3)=61

计算 I 2 I_2 I2：

令 t = cos ⁡ x − 1 ∼ − x 2 2 t = \cos x - 1 \sim -\frac{x^2}{2} t=cosx−1∼−2x2，利用 e t − 1 ∼ t + t 2 2 e^t - 1 \sim t + \frac{t^2}{2} et−1∼t+2t2，得：
e cos ⁡ x − 1 − 1 = ( cos ⁡ x − 1 ) + ( cos ⁡ x − 1 ) 2 2 + o ( x 4 ) e^{\cos x - 1} - 1 = (\cos x - 1) + \frac{(\cos x - 1)^2}{2} + o(x^4) ecosx−1−1=(cosx−1)+2(cosx−1)2+o(x4)

因此：
cos ⁡ x − e cos ⁡ x − 1 = − ( cos ⁡ x − 1 ) 2 2 + o ( x 4 ) \cos x - e^{\cos x - 1} = -\frac{(\cos x - 1)^2}{2} + o(x^4) cosx−ecosx−1=−2(cosx−1)2+o(x4)

代入 cos ⁡ x − 1 ∼ − x 2 2 \cos x - 1 \sim -\frac{x^2}{2} cosx−1∼−2x2，得：
I 2 = lim ⁡ x → 0 − 1 2 ( x 2 2 ) 2 x 4 = − 1 8 I_2 = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2} \left( \frac{x^2}{2} \right)^2}{x^4} = -\frac{1}{8} I2=x→0limx4−21(2x2)2=−81

合并结果：

I = I 1 + I 2 = 1 6 − 1 8 = 1 24 I = I_1 + I_2 = \frac{1}{6} - \frac{1}{8} = \frac{1}{24} I=I1+I2=61−81=241

后话

一元微分定义和定理特别多，但是认真学习会发现，知识点与知识点之间的联系其实很密切，并且自己如果能从最基本的定理一步步推导的话，其实成就感还是挺强的。