问题及解答

证明方程 $xe^{2x}-2x-\cos x=0$ 有且仅有两个根, 而且是一正一负.

令 $f(x)=xe^{2x}-2x-\cos x$, 则

\[
f(-1)=-e^{-2}+2-\cos(-1) > 0,\quad f(0)=-1 < 0,\quad f(1)=e^2-2-\cos 1 > 0.
\]

从而 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 和 $(0,1)$ 之间都至少有一个根.

\[
f'(x)=(1+2x)e^{2x}-2+\sin x.
\]

易见, 当 $x < -1$ 时, $f'(x) < 0$; 当 $x > 1$ 时, $f'(x) > 0$. 故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$ 中没有根.

另一方面, 对于 $x\in(-1,0)$, 有 $f'(x) < 0$. 事实上,

\[
\begin{aligned}
-1 < 1+2x <1\\
e^{-2} < e^{2x} < 1\\
-\sin 1 < \sin x <0
\end{aligned}\quad\Rightarrow -e^{-2}-\sin 1 < (1+2x)e^{2x}+\sin x < 1\Rightarrow f'(x) < 0.
\]

所以函数 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 是严格单调递减的, 从而只有一个负根.

对于 $x\in(0,1)$, 我们计算

\[
f''(x)=2e^{2x}+(1+2x)e^{2x}\cdot 2+\cos x >0,
\]

所以 $f(x)$ 是 $(0,1)$ 上的凸函数, 故在 $(0,1)$ 上只有一个正根.