函数、极限、连续
1.f(x),g(x)C[a,b],在(a,b)内二阶可导且存在相等的最大值,又f(a)g(a),f(b)g(b),证明:(1)(a,b),使f()g()
(2)(a,b),使f()g() 证明:设f(x),g(x)分别在xc,xd处取得最大值M,不妨设cd(此时acdb),作辅助函数F(x)f(x)g(x),往证(a,b),使F()0
令F(x)f(x)g(x),则F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)二阶可导,且F(a)F(b)0,
① 当cd,由于 F(c)f(c)g(c)Mg(c)0F(d)f(d)g(d)f(d)M0由“闭.连.”零点定理, [c,d](a,b),使f()g() ② 当cd,由于F(c)f(c)g(c)f(c)g(d)MM0即(a,b),使f()g()
对F(x)分别在[a,],[,b]上用罗尔定理,1(a,),2(,b),使
在[1,2]上对F(x)在用罗尔定理,F(1)F(2)0,(1,2)(a,b),
使F()0,(a,b),使f()g().2.设数列{xn}满足0x1,xn1sinxn,n1,2,
xn存在,并求该极限(1) 证明limn
xn1x1n(2) 计算lim() nxn
分析:(1) 确定{xn}为单调减少有下界即可
1xn,用洛必达法则.(2) 利用(1)确定的limn
解:易得0xn1(n2,3,),所以xn1sinxnxn,n(2,3,),即{xn}为
xn存在,并记为limxna,则a[0,1],单调减少有下界的数列,所以 lim nn
对等式xn1sinxnxn,两边令n取极限,得asina,a[0,1],所以
a0,即limxn0.
n
lim((2) n
xn1sinxn
)lim()
nxnxn
2xn
2xn
令txn
lim(
t0
sint
)et0t
tlim
ln()t
t
2由于
lim
t0
t
ln(sin)ttsint
ln[1(sin1)]1-1t2sintt洛cost11tt2
limlimlimlimlim t0t0t0t0t03t2t2t2t33t26
xn1xn1
所以lim()e.nxn
3.已知f(x)在[0,1]连续,在(0,1)可导,且f(0)0,f(1)1,证明: (1) (0,1),使f()1,
(2) 存在两个不同点,(0,1),使f()f()1
证:(1) 令F(x)f(x)x1,则F(x)在[0,1]上连续,且
F(0)10,F(1)10,由“闭.连.”零点定理,
(0,1),使F()0,即f()1
(2) f(x)在[0,],[,1]上都满足拉格朗日中值定理,所以
(0,),(,1),使
f()f(0)f()(0),f(1)f()f()(1),即
f()f()
f()
1
1f()1(1)
111
f()f()
1
1
1
4.设方程xnnx10,其中n为正整数,证明此方程存在唯一的正
实根xn,并证明当1时,级数xn收敛.
n1
证:令f(x)xnnx1,则f(x)在(0,)上连续,且
11
f(0)10,f()()n0
nn
所以由连续函数的零点定理,所给方程在(0,)内有根,
又由f(x)n(xn11)0,即f(x)在(0,)内单调递增,所以所给方程(0,)内只有唯一的根,在(,)上无根,即所给方程存在唯一的正实根xn.
由上述知,对n1,2,,有0xn,有0xn
1n
1n1n
1n
1n1
, n
此外,由1知,级数
收敛,所以由正项级数比较审敛法,知
n1n
x收敛.
nn1
5.求lim(cosx)
x0
1ln(1x)
x0ln(1x)
解:lim(cosx)
x0
1ln(1x)
=e
lim
lncosx
,其中limln(1x
x0
lncosx
)
lim
x0
ln[1(cosx1)]ln(1x)
lim
x0
x22x
(cosx)所以,limx0
ln(1x)
e
12
6.f(x)在x0的某邻域内具有一阶连续导数,且f(0)0,f(0)0,若
af(h)bf(2h)f(0)在h0时是比h高阶的无穷小,试确定a,b的值.
解1:(利用导数定义)
0lim
af(h)bf(2h)f(0)af(h)af(0)af(0)bf(2h)bf(0)bf(0)f(0)
lim
h0h0hhaf(h)af(0)bf(2h)bf(0)[(ab)1]f(0)[(ab)1]f(0)limlimlim(ab)f(0)limh0h0h0h0hhhh
ab1
由f(0)0,f(0)0,得,即a2,b1
a2b0
解2:按解1,只要假定f(x)在x0处可导即可,但在题中“f(x)在x0的某邻域内具有一阶连续导数”的假定下,有以下解法:由lim
h0
h0
af(h)bf(2h)f(0)
0得 limaf(h)bf(2h)f(0)=0
h0h
即0limaf(h)bf(2h)f(0)(ab1)f(0), 由f(0)0,得ab1(1)
af(h)bf(2h)f(0)洛
limaf(h)2bf(2h)(a2b)f(0)且f(0)0,又由0lim
h0h0h
所以 a2b0(2)
由(1)、(2)得a2,b1.
2esinx
.7.求lim4x0x1e
解:
2eesinx2esinx
1 limlim44x0x0xx1ee12esinx2esinx
1 limlim44x0xx01ex1e
所以 原式 = 1
8.求lim
x0
143
xx2
.2
x
解1:(泰勒公式)因
xx2[1
1111
xx2o(x2)][1xx2o(x2)]22828(x0)
11
x2o(x2)~x2
44
所以
1x2
xx21limlimx0x0x2x24
解2:(洛必达法则)
11
xx2洛必达limlimx0x0x22x1xx1
limlim x0xx4x0x
12x1lim.4x0x(xx)4