-

令x=，并运用洛必达法则，则

原式==

=•1•2-1=-

应用ln(1+x)与e^x的马克劳林展式，有

f(x)==exp(ln(1+x))

=exp((x-x²+x³+o(x³)))

=exp(1-x+x²+o(x²)))

=e•exp(-x+x²+o(x²))

= e•[1+(-x+x²)+( -x+x²)²+ o(x²)]

=e-ex+ex²+o(x²)

⇒

A=-e，B=e.

应用等价无穷小代换与洛必达法则，有

 ===

==2=c

因为c≠0，所以k-1=2，于是

原式=2==c

所以k=3，c=.

x≠0时，令u=，应用sinu的马克劳林公式，有

sinu=u+(-sin(θu))u²

这里0<θ<1.于是有sin=-sin

代入原方程得x=1977-sin

记α=-sin . 因-<α<，故x>1976，0<<，0<<，于是

|α|=sin<•<<0.001

X=1977+α≈1977.

应用cosx的马克劳林展式，x→0时，有

1-cosxcos2xcos3x

=1-[1-x²+o(x²)] [1-(2x)²+o(x²)] [1-(3x)²+o(x²)]

=7x²+o(x²)

所以原式的无穷小阶数等于2.

，3.

应用三角函数公式化简，有

x-sinxcosxcos2x=x-sin2xcos2x=x-sin4x

由于sinu=u-u³+o(u³)，所以

x-sinxcosxcos2x=x-[4x-(4x)³+o(x³)]

=x-x+•4x³+ o(x³)

=x³+ o(x³)

因x→0时，原式∽cxk，所以c=，k=3.

设f(x)=A，令F(x)=f(x)-A，则

F(x)=f(x)-A=0

由于f(x)在(0,+∞)是上凸的⇔ f′(x)在(0,+∞)上严格递减，因此F′(x)= f′(x) 在(0,+∞)上严格递减.

∀c>0，若F′(c)<0，在[c，x]上应用拉格朗日中值定理，∃ξ∈(c,x)使得

F(x)=F(c)+ F′(ξ)(x-c)< F(c)+ F′(c)(x-c)

令x→+∞得F(x)=-∞，此与F(+∞)=0矛盾. ∀x∈(0,+∞)，有F′(x)≥0.于是x→+∞时，F′(x)严格递减，有下界，应用单调有界准则得x→+∞时F′(x)的极限存在，且F′(x)=B≥0.若B>0，在区间[1,x]上应用拉格朗日中值定理，∃η∈(1,x)，使得

F(x)=F(1)+ F′(η)(x-1)> F(1)+B(x-1)

令x→+∞得F(x)=+∞，此与F(+∞)=0矛盾.所以B=0，即

f′(x)=F′(x)=0

由于f″(x)>0，可得f′(x)在(-∞,+∞)上严格增加；由f′(x)=α>0可得存在b>0使得f′(b)>0；由f′(x)=β<0可得，存在a<0使得f′(a)<0.由于f′(x)在闭区间[a,b]上连续，应用零点定理，∃ξ∈(a,b)，使得f′(ξ)=0，且当x<ξ时，f′(x)<0；当x> ξ时，f′(x)>0.由于f″(ξ)>0，所以f(ξ)是函数f(x)的极小值，由于f(x0)<0，所以f(ξ)<0.

任取x>ξ，应用拉格朗日中值定理，∃ξ₁∈(ξ,x)，使得

f(x)=f(ξ)+f′(ξ₁)(x-ξ) （其中f′(ξ₁)>0）

由此式可得，f(x)=+∞，因此∃d∈(ξ,+∞)，使得f(d)>0.

任取x<ξ，应用拉格朗日中值定理，∃ξ₂∈(x,ξ)，使得

f(x)=f(ξ)+f′(ξ₂)(x-ξ) （其中f′(ξ₂)<0）

由此式可得，f(x)=+∞，因此∃c∈(-∞, ξ)，使得f(c)>0.

因为f(c)>0，f(ξ)<0，f(d)>0，f(x)分别在区间[c, ξ]与[ξ,d]上连续，应用零点定理∃η∈(c, ξ)，ζ∈(ξ,d)，使得f(η)=f(ζ)=0.

因为x<ξ时，f′(x)<0，x>ξ时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(-∞, ξ]上严格减少，在区间[ξ,+∞)严格增加，故f(x)在区间(-∞, ξ)内至多有一个零点，在区间(ξ,+∞)内也至多有一个零点，因此方程f(x)=0在(-∞,+∞)上恰有两个实根.

因为f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，f(0)=0，f(1)=1，应用拉格朗日中值定理，可知存在c∈(0,1)，使得f′(c)==1.

令F(x)=e^xx(f′(x)-1)，则F(0)=0，F(c)=0.因F(x)在区间[0,c]上可导，应用罗尔定理，可知存在ξ∈(0,c) ⊂(0,1)，使得F′(ξ)=0.

由于

F′(x)=e^x[x(f′(x)-1)+ (f′(x)-1)+xf″(x)]

= e^x[xf″(x)+(1+x)f′(x)-(1+x)]

即

F′(ξ)= e^ξ[ξf″(ξ)+(1+ξ)f′(ξ)-(1+ξ)]

于是 ξf″(ξ)+(1+ξ)f′(ξ)=1+ξ.