全国硕士研究生入学考试数学试卷及解析（真题详解）2000数学二

2000年全国硕士研究生入学统一考试理工数学二试题详解及评析填空题arctanx-x(1) limx-0 1n(1+2x31【答】6arctanx-x=limI+x?arctanx-xlim【详解】1lim2x36x30 1n(1+ 2x3)r0-x2= lim10 6x2 (1+ x2)16（2）设函数y=(x)由方程2=×+y所确定，则d=。【答】(ln2-1)dx【详解】方法一：根据微分形式不变性，在已知等式两边同时求微分，得2 (ydx + xdy) n 2 = dx + dy由原方程知，当x=0时，y=1，将其代入上式，得In 2dx-dx= dy,即有dlx0 =(ln2 -1)dx,方法二：在方程2=x+y两边对x求导，得dy=1+42ln2.y+xdxdx)将x=0代入原方程得y=1，将x=0，=1代入上式有：In2(1+0)=1+dx

2000 年全国硕士研究生入学统一考试 理工数学二试题详解及评析 一、 填空题 （1） ( ) 3 0 arctan lim ln 1 2 x x x → x − = + . 【答】 1 6 − . 【详解】 ( ) 2 3 3 2 000 1 1 arctan arctan 1 lim lim lim xxx ln 1 2 2 6 xx xx x →→→ x x x − − − + = = + ( ) 2 2 2 0 lim 6 1 1 6 x x → x x − = + = − （2）设函数 y yx = ( )由方程 2xy = +x y 所确定，则 0 | x dy = = . 【答】 ( ) ln 2 1− dx 【详解】 方法一： 根据微分形式不变性，在已知等式两边同时求微分，得 2 ln 2 ( ) xy ydx xdy dx dy + = + 由原方程知，当 x = 0 时， y =1，将其代入上式，得 ln 2 , dx dx dy − = 即有 ( ) 0 ln 2 1 , | x dy dx = = − 方法二： 在方程 2xy = +x y 两边对 x 求导，得 2 ln 2 1 xy dy dy y x dx dx ⎛ ⎞ ⋅ + =+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 将 x = 0 代入原方程得 y =1，将 x = 0 ， y =1代入上式有： ln 2 1 0 1 ( ) dy dx + =+

d=ln2-1即有dx所以dl =(ln 2 -1) dx,dx(3)(x+7)/x-2元【答】3【详解】令Vx-2=t则x=t2+2dx=2tdt.于是2tdtdx52di(249),= m24,J (x+7)/x-2=J。= lim_arctan=3（4）曲线y=（2x-1)e*的斜渐近线方程为）【答】y=2x+1因为【详解】α= lim 二= lim|00Xr-0Xb= lim(y-2x) = lim|2x[ex= lim11-x→故渐近线方程为y=2x+1000130-20,E为4阶单位矩阵，且B=(E+A)"(E-A),则(B+E)(5）设A=50-40100-67

即有 ln 2 1 dy dx = − 所以 ( ) 0 ln 2 1 , | x dy dx = = − （3） ( ) 2 7 2 dx x x +∞ = + − ∫ . 【答】 3 π 【详解】 令 x − = 2 ,t 则 2 x =+ = t dx tdt 2, 2 , 于是 ( ) ( ) 2 2 2 00 0 2 2 lim 7 2 9 9 2 lim arctan 3 3 3 | b b b b dx tdt dt x x t t t t π +∞ +∞ →+∞ →+∞ = = + − + + ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = ∫ ∫∫ （4）曲线 ( ) 1 2 1 x y xe = − 的斜渐近线方程为 . 【答】 y x = + 2 1 【详解】 因为 ( ) 1 1 1 1 1 1 lim lim 2 2 lim 2 lim 2 1 2 1 lim 1 1 x x x x x x x x x x y a e x x b y x xe e e e x →∞ →∞ →∞ →∞ →∞ ⎛ ⎞ == −= ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎡ ⎛ ⎞ ⎤ = − = −− ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ − ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ = −= ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 故渐近线方程为 y x = + 2 1 （5）设 1 0 00 23 00 , 0 450 0 0 67 A E ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ − = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − 为 4 阶单位矩阵，且 ( )( ) 1 B EA EA − = + − ,则( ) 1 B E − + ＝

00010-120【答】00-2300-3 4【详解】由B=(E+A)-(E-A)，有(E+A)B=E-A即AB+A+B+E=2E,(E+ A)(E+B)=2E,(E+ A)(E+B)= E,也即故0001200B+H0-23000-34二、选择题xa+在(-,+o)内连续，且m(s)=0,则常数a,b满足(1）设函数f(x)=(A) a0,b>0(C) a≤0,b>0(D) a≥0,b<0[】【答】应选（D)【详解】由题设，f（x)在(-00,+oo）内连续，因此对任意的xE(-0,+oo），有，，这只需a≥0即可另外，由limf(x)=0知，lim(a+e)=00所以必有b<0故正确答案为（D）(2)设函数(x)满足关系式厂(x)+[(μ)}=x,且F(0)=0，则(A）f(O)是f(x)的极大值(B）f(O)是f(x)的极小值

【答】 1 0 00 12 00 0 230 0 0 34 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − 【详解】 由 ( )( ) 1 B EA EA − =+ − ，有 ( ) E + =− AB E A 即 ( )( ) 2 , 2 , AB A B E E E AEB E +++= + += 也即 ( )( ) 1 , 2 EAEB E + += 故 ( ) ( ) 1 1 0 00 1 12 00 2 0 230 0 0 34 BE EA − ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ − + = += ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − 二、选择题 （1）设函数 ( ) bx x f x a e = + 在( ) −∞ +∞ , 内连续，且 lim 0 ( ) x f x →−∞ = ，则常数 a b, 满足 （A） a b > 0, 0 （C） a b ≤ > 0, 0 （D） a b ≥ < 0, 0 【 】 【答】 应选（D） 【详解】 由题设，f ( x) 在( ) −∞ +∞ , 内连续，因此对任意的 x∈(−∞ +∞ , ) ，有，这只需 a ≥ 0 即可. 另外，由 lim 0 ( ) x f x →−∞ = 知， lim ( ) bx x a e →−∞ + = ∞ 所以必有b < 0 故正确答案为（D） （2）设函数 f ( ) x 满足关系式 () () 2 '' ' f x fx x + ⎡ ⎤ = , ⎣ ⎦ 且 ( ) ' f 0 0 = ，则 （A） f ( ) 0 是 f ( ) x 的极大值 （B） f ( ) 0 是 f ( ) x 的极小值

(C）点(0,f(O))是曲线y=f(x)的拐点(D）f(O)不是f(x)的极值，点(o,f()不是曲线y=f(x)的拐点[】【答】应选（C)【详解】因为f(0)=0，由原关系式F (x)+[F ()}'=x,知(0)=0,因此点(0,f(0))可能为拐点由了()=-[(x)}=x,知F(x)的三阶导数存在，且f" (x)=-2f(x) f (x)+1可见(0)=1因此在x=0的左侧，(x)0，对应曲线是上凹（上凸）的.故点(o,f(o))是曲线y=f(x)的拐点(3）设函数(x),g(x)是大于零的可导函数，且f(x)g(x)-f(x)g(x)f(a)g(x)(A) f(x)g(b)> f(b)g(x)(C) f(x)g(x)> f(b)g(b)(c) f(x)g(x)> f(a)g(a)【答】应选（A）【详解】由题设知[(x)][ (g)g(0)- (a) g(二) f (b)g(x)可见（A）为正确选选项

（C）点( ) 0, 0 f ( ) 是曲线 y fx = ( ) 的拐点 （D） f ( ) 0 不是 f ( x) 的极值，点(0, 0 f ( )) 不是曲线 y fx = ( ) 的拐点 【 】 【答】 应选（C） 【详解】 因为 ( ) ' f 0 0 = ，由原关系式 () () 2 '' ' f x fx x + = ⎡ ⎤ , ⎣ ⎦ 知 ( ) '' f 0 0, = 因此点(0, 0 f ( )) 可能为拐点. 由 () () 2 '' ' f x fx x =− = ⎡ ⎤ , ⎣ ⎦ 知 f ( ) x 的三阶导数存在，且 ( ) () ( ) ''' ' '' f x f xf x =− + 2 1 可见 ( ) ''' f 0 1 = 因此在 x = 0 的左侧， ( ) '' f x 0， 对应曲线是上凹（上凸）的. 故点( ) 0, 0 f ( ) 是曲线 y fx = ( ) 的拐点 （3）设函数 f () () x gx , 是大于零的可导函数，且 ( ) ( ) ( ) () ' ' f xgx f xg x − （B） f ( xga f agx ) ( ) () () > （C） f () () () () xgx f bgb > （C） f ( xgx f aga ) ( ) () () > 【 】 【答】 应选（A）. 【详解】 由题设知 ( ) ( ) () () () () ( ) ' ' ' 2 0 f x f xgx f x gx gx g x ⎡ ⎤ − ⎢ ⎥ = 即 f () () xgb f bgx > ( ) ( ) 可见（A）为正确选选项

6+ f(x)sin6x+xf(x)= 0. 则 lim(4）若lim大x3x20x-→0(A) 0(B) 6(C) 36(D) 0【】【答】应选(C)【详解】方法一：6x因为sin6x=6.x-03!所以有6x-36x +o(x3)+xf (x)sin6x+xf (x)lim=limx3x3x-→00[6+ f (α) -36= limXx-→0=06+f(x)可见lim36x2x-→0方法二：因为sin6x+xf (x)sin6x-6x+6x+xy(x)lim-limx3x3x-→0x-→0sin6x-6x6+f(x)=limx3x2x→0=0所以6+f(x)sin6x-6x6cos6x-6lim-limlim3x21~03x2x-→0x→0-12sin6x×=36=-limx-→(2x（5）具有特解y=e-y2=2xeys=3e的3阶常系数齐次微分方程是(A) y-y-y+y=0(B)y+y-y-y=0(C)y"-6y+1ly-6y=0(D) y-2y'-y+2y=0【【答】应选（B）【详解】由特解知，对应特征方程的根为==-1,=1

（4）若 ( ) 3 0 sin 6 lim 0, x x xf x → x + = 则 ( ) 2 0 6 limx f x → x + 为 （A）0 （B）6 （C）36 （D）∞ 【 】 【答】 应选（C） 【详解】 方法一： 因为 ( ) ( ) 3 1 3 sin 6 6 6 3! x =− + x x ox 所以有 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 0 0 2 0 sin 6 6 36 lim lim 6 lim 36 0 x x x x xf x x x o x xf x x x f x x → → → + −+ + = ⎡ ⎤ + = − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = 可见 ( ) 2 0 6 limx f x → x + ＝36 方法二： 因为 ( ) ( ) ( ) 3 3 0 0 3 2 0 sin 6 sin 6 6 6 lim lim sin 6 6 6 lim 0 x x x x xf x x x x xy x x x x x f x x x → → → + −++ = ⎡ − + ⎤ = + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = 所以 ( ) 23 2 00 0 0 6 sin 6 6 6cos6 6 lim lim lim 3 12sin 6 lim 36 2 xx x x f x xx x xx x x x →→ → → + − − =− =− − =− = （5）具有特解 12 3 , 2, 3 x xx y e y xe y e − − == = 的 3 阶常系数齐次微分方程是 （A） ''' '' ' y yyy − − += 0 （B） ''' '' ' y yyy + − −= 0 （C） ''' '' ' y y yy − + −= 6 11 6 0 （D） ''' '' ' y yy y − 2 20 −+ = 【 】 【答】 应选（B） 【详解】 由特解知，对应特征方程的根为 12 3 λ = =− = λ λ 1, 1

于是特征方程为(+1)(-1)=3 +2 --1= 0故所求线性微分方程为y+y-y-y=0可见正确选项为（B）三、设(nx)-(+),计算[ (n)dt,x【详解】设lnx=t,则x=e，于是(0)= In(1+el)从而J()=+)--J (+e)-=-e* i(1+e')+J +erd =-e*i(1+e')+J-e* In(1+e*)+x-In(1+er)+C= x-(1+e")In(1+e*)+C四、设xOy平面上有正方形D=((x,)/0≤x≤1,0≤≤1)及直线l:x+y=t(t≥0)若S()表示正方形D位于直线/的左下方部分的面积，试求s()dt(x≥0)【详解】1x根据题设，有0x+y=t0-t?+2t-1,12

于是特征方程为 ( )( ) 2 3 2 λ λ λλλ + − = + − −= 1 1 10 故所求线性微分方程为 ''' '' ' y yyy + − −= 0 可见正确选项为（B） 三、设 ( ) ln 1( ) ln , x f x x + = 计算 f ( x dx ) . ∫ 【详解】设ln , x = t 则 t x = e ，于是 ( ) ln 1( ) , t t e f t e + = 从而 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () () ( )( ) ln 1 ln 1 1 ln 1 ln 1 1 1 1 ln 1 ln 1 1 ln 1 x x x x x xx xx x x xx x x x e f x dx dx e de e e e e dx e e dx e e e ex eC x e eC − − − − + = =− + ⎛ ⎞ =− + + =− + + − ⎜ ⎟ + + ⎝ ⎠ =− + + − + + =− + + + ∫∫ ∫ ∫ ∫ 四、设 xOy 平面上有正方形 D xy x y = ≤≤ ≤≤ {( ) , | 0 1,0 1} 及直线l x y tt : 0 + = ≥ ( ) 若 S t( )表示正方形 D 位于直线l 的左下方部分的面积，试求 () ( ) 0 0 . x S t dt x ≥ ∫ 【详解】 根据题设，有 ( ) 2 2 1 ,0 1 2 1 2 1,1 2 2 1, 2 t t St t t t t ⎧ ≤ ≤ ⎪ ⎪ ⎪ =− + − ⎪ ⎩

可见，当0≤x≤1时，['s(0)dt = |(-t'dt =当12时，'s(0)dt= f's()d + f's(0)dt = x-1因此Ix,0≤x≤1,61#+x-x+3S(t)dt =,12五、求函数(x)=x2ln(1+x)在x=0处的n阶导数f()(0)(n≥3)【详解】方法一：由麦克劳林公式(a) (0()=f(0)+F(0)x+(0),2!n!及r2xx In(1+x)= x(-1)*123x"-Y-14n-2比较x"的系数得f(") (0) (-1)(a-1)n!n-2() (0) = (-1)( n!所以n-2方法二：

可见，当0 1 ≤ ≤x 时， ( ) 2 3 0 0 1 1 ; 2 6 x x S t dt t dt x = = ∫ ∫ 当1 2 2 时， () () () 2 0 02 1 x x S t dt S t dt S t dt x = + =− ∫∫∫ 因此 ( ) 3 3 2 0 1 ,0 1, 6 1 1 ,1 2 6 3 1, 2 x x x S t dt x x x x x x ⎧ ≤ ≤ ⎪ ⎪ ⎪ =− + −+ ⎪ ⎩ ∫ 五、求函数 () ( ) 2 f xx x = + ln 1 在 x = 0 处的 n 阶导数 ( ) (0 3 )( ) n f n ≥ 【详解】方法一： 由麦克劳林公式 () () () ( ) ( ) ( ) '' ' 2 0 0 0 0 2! ! n n f f fx f f x x x n = + + ++ + " " 及 ( ) ( ) ( ) 23 2 1 2 2 4 2 1 3 ln 1 1 23 2 1 4 2 n n n n xx x x x xx n x x x n − − − − ⎡ ⎤ + = − + − +− + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − = − + +− + − " " " " 比较 n x 的系数得 ( ) ( ) ( )( 1) 0 1 ! 2 n n f n n − − = − 所以 ( ) ( ) ( )( 1) 1 ! 0 2 n n n f n − − = − 方法二：

由莱布尼茨公式(u)() = (),() +C,u(-1), +C,2u(-2), +..+ (0),()[n(1+ x)]°_ (-1)(k-1]（k为正整数）及(1+ x)*()=x2 (-1)(n-1) 1 22(-1) (n-2) +n(n-1)((-1)"- (n-3)得(1+ x)"-(1+ x)"(1+ x)"于是可得 (0)=(-1) n(-1)(n-3)=()nn-2六、设函数S(x)=Jlcostdt(1)当n为正整数，且n元≤x+o+【详解】（1）当n元≤x<（n+1)元时，主义到被积函数是非负得，于是有[" cos xldx ≤ S(x)<Jea+1) cos xdx又因为cosx是以元为周期的函数，在每一个周期上积分值相等所以J。 lcos xx=nj, lcosxdx=2nJ*" cos xdx = (n +1) cos xktx = (n + 1)因此当n元≤x<(n+1)元时，有2n≤S(x)<2(n+1);（2）由（1）知，当n元≤x<（n+1)元时，有2nS(),2(n+1)(n+1)元xn元当x→+o0，有n→0，根据夹逼定理得

由莱布尼茨公式 ( )( ) () () ( ) ( ) () () 01 2 0 1 ' 2 '' n nnn n n n uv u v C u v C u v u v − − = + + ++ " 及 ( ) ( ) ()( ) ( ) 1 1 1! ln 1 1 k k k k x x − − − ⎡ ⎤ + = ⎣ ⎦ + （ k 为正整数） 得 ( ) ( ) ()( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) ()( ) ( ) 12 3 2 1 2 1 1! 1 2! 1 3! 2 1 11 1 nn n n nn n nn n f x x nx n n xx x −− − − − −− −− −− = + +− ++ + 于是可得 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 3 1 ! 0 1 1 3! 2 n n n n f nn n − − − =− − − = − 六、设函数 ( ) 0 cos , x S x t dt = ∫ （1） 当 n 为正整数，且 n xn π ≤< + ( 1)π 时，证明 2 2 1; n Sx n ≤ ( ) < + ( ) （2） 求 ( ) limx S x →+∞ x 【详解】 （1）当n xn π ≤< + ( ) 1 π 时，主义到被积函数是非负得，于是有 ( ) ( 1) 0 0 cos cos n n x dx S x x dx π π + ≤ < ∫ ∫ 又因为 cos x 是以π 为周期的函数，在每一个周期上积分值相等 所以 0 0 cos cos 2 n xdx n x dx n π π = = ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) 1 0 0 cos 1 cos 2 1 n n x dx n x dx n + π π =+ = + ∫ ∫ 因此当 n xn π ≤< + ( ) 1 π 时，有 2 2 1; n Sx n ≤ <+ ( )( ) （2）由（1）知，当 n xn π ≤< + ( ) 1 π 时，有 ( ) 2 ( ) 2 1 ( ) 1 n Sx n n xn π π + < < + 当 x → +∞ ，有 n → ∞，根据夹逼定理得

S(x) 2limx元V七、某湖泊的水量为V每年排入湖泊内含污染物A的污水量为流入湖泊内不含A的污6VV水量为，流出湖泊的水量为，已知1999年底湖中A的含量为5mo，超过国家规定指标，S6为了治理污染，从2000 年初起，限制排入湖泊中含A污水的浓度不超过".问至多需要经过Z多少年，湖泊中污染物A的含量才可降至m。以内？（注：设湖水中A的浓度时均匀的）【详解】设从2000年初（令此时，t=0）开始，第七年湖泊中污染物A的总量为m(），浓度为mVm。Vdt=" dt,排除量近似为则在时间间隔[t,t+di]上，排入湖泊中A的量近似为V66d=dl,v3dt=3因此在时间间隔[t,t+di]上m(t)的改变量为mo_mdm=di63这是可分离变量方程，解得m="o-Ce'"2代入初始条件m(0)=5mg，得9C=:m2mo1+9e令m=mo，得于是m：2t=6ln3即至多需要经过6ln3年，湖泊中污染物A的含量才可降至m。以内八、设函数f(x)在[0,元]上连续，且。于(x)dx=0,[。(μ)cosxdx=0,试证明：在(0,元)内至少存在两个不同的点51,52，使F(5）=F(52)=0.【详解】方法一：

( ) 2 limx S x →+∞ x π = 七、某湖泊的水量为V, 每年排入湖泊内含污染物 A 的污水量为 6 V ，流入湖泊内不含 A 的污 水量为 6 V ，流出湖泊的水量为 3 V ，已知 1999 年底湖中 A 的含量为 0 5m ，超过国家规定指标， 为了治理污染，从 2000 年初起，限制排入湖泊中含 A 污水的浓度不超过 0 . m V 问至多需要经过 多少年，湖泊中污染物 A 的含量才可降至 m0 以内？（注：设湖水中 A 的浓度时均匀的） 【详解】设从 2000 年初（令此时，t = 0）开始，第七年湖泊中污染物 A 的总量为 m t( ) ，浓 度为 , m V 则在时间间隔[t t dt , + ] 上，排入湖泊中 A 的量近似为 0 0 . , 6 6 m m V dt dt V = 排除量近似为 . , 3 3 mV m dt dt V = 因此在时间间隔[t t dt , + ] 上 m t( ) 的改变量为 0 6 3 m m dm dt ⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 这是可分离变量方程，解得 0 3 2 t m m Ce− = − 代入初始条件 ( ) 0 m m 0 5 = ，得 0 9 2 C m = − 于是 0 3 1 9 2 t m m e ⎛ ⎞ − = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ，令 m m= 0 ，得 t = 6ln 3 即至多需要经过6ln 3年，湖泊中污染物 A 的含量才可降至 m0 以内. 八、设函数 f ( ) x 在[0,π ]上连续，且 () () 0 0 f x dx f x xdx 0, cos 0, π π = = ∫ ∫ 试证明：在( ) 0,π 内至少存在两个不同的点 1 2 ξ ,ξ ，使 f f (ξ ξ 1 2 ) = ( ) = 0. 【详解】 方法一：

令F(x)=J. f (0)dt,则有F(0)=0, F(π)=0又因为0= J f(0)cos xdx= J° cos xdF(x)= F(x)cos x + J" F(x)sin xd)= J’ F(x)sin xdx令G()= J° F(0)sin dt则G(0)=G(元)=0,于是存在(0,元)，使F()sin=0.因为当e(0,元），sin0，所以有F（)=0，这样九证明了F(0)=F()=F(元)=0再对F(x)在区间[0,引]，[5,元]上分别用罗尔中值定理，知至少存在,(0,3),52(5,元)使得F (5)= F (52) =0,即f(5)= f(52)= 0,方法二：令F(x)=[ f(t)dt,则有F(0)=0, F(元)=0由罗尔中值定理知，存在5E（0,元）使得F (5)=f(5)=0,若在(0,元）内f(x)=0仅有一个实数根x=5i，则由[f(x)dx=0可知，(x)在(0,5)内与(51,元)内异号不妨设在(0,5)内f(x)>0，于是再由(x)dx=0,(x)cosxdx=0,及cosx在[0,元]上的单调性知

令 ( ) () 0 F x f t dt, π = ∫ 则有 F F () ( ) 0 0, 0 = π = 又因为 () ( ) ( ) ( ) ( ) 00 0 0 0 0 cos cos cos sin sin | f t xdx xdF x F x x F x xdx F x xdx ππ π π π = = =+ = ∫∫ ∫ ∫ 令 ( ) () 0 G x F t tdt sin π = ∫ 则G G () ( ) 0 0, = = π 于是存在ξ ∈(0,π ) ，使 F ( ) ξ ξ sin 0. = 因为当ξ ∈( ) 0,π ，sin 0 ξ ≠ ，所以有 F (ξ ) = 0 ，这样九证明了 FFF () () 0 0 === ξ π( ) 再对 F x( ) 在区间[0,ξ ]，[ξ,π ]上分别用罗尔中值定理，知至少存在ξ1 2 ∈ ∈ () ( ) 0, , , ξ ξ ξπ ， 使得 () ( ) ' ' 1 2 F F ξ ξ = = 0, 即 () ( ) 1 2 f f ξ ξ = = 0, 方法二： 令 ( ) () 0 F x f t dt, π = ∫ 则有 F F ( ) 0 0, 0 = = (π ) 由罗尔中值定理知，存在ξ1 ∈( ) 0,π 使得 () () ' 1 1 F f ξ ξ = = 0, 若在( ) 0,π 内 f x( ) = 0 仅有一个实数根 1 x = ξ ， 则由 ( ) 0 f x dx 0 π = ∫ 可知， f ( ) x 在(0,ξ1 ) 内与(ξ1,π ) 内异号. 不妨设在( ) 1 0,ξ 内 f x( ) > 0 ，于是再由 () () 0 0 f x dx f x xdx 0, cos 0, π π = = ∫ ∫ 及cos x 在 [0,π ]上的单调性知：