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2024-10-28 14:38 本頁面
【文章內容簡介】 +L+nn+n+n2)limn174。165。229。k=1kn+k+122先兩邊夾，再用定積分定義 174。0 (n+1)nnn+1n174。165。sin1nlimee2xsinx2x174。0x[ln(1+x+x)+ln(1x+x)]ln(1+)f(x)tanx=5，求limx2x174。021xf(x).12(3sint+tcos)dt242。0tlimxx174。0(1+cosx)242。ln(1+t)dtx0x174。165。limln(2e2x+x+1)x+xsinx1174。0100x174。+165。lim(x+x+xx)+a2+L+an246。x247。，其中，ax174。247。248。1,a2L,an均為正數(x)=limxe(1x)n+xen174。165。e(1x)n+x2n+1，求242。0f(x)ab，求lim(an+bn)nn174。165。(x)在(165。,+165。)內可導，且limf162。(x)=ex174。165。，xlim230。的值.165。231。x+c246。247。=lim[f(x)f(x1)]，求cx174。232。xc248。x174。165。(x)在x=0的某鄰域內二階可導，且f162。162。(0)185。0，x又已知)dtlim242。0f(tx174。0+xasinx=b185。0,求a,1時，lim(1+x)(1+x2)(1+x4)nL(1+x2)n174。165。185。0時，求limxn174。165。cosx2cosx4Lcos2n(11(11n174。165。22)(1132)Ln2)174。165。nn(n+1)L(2n1)limf(x)x174。0x=0，連 續(xù)(x)=lim(x)在x=0的某鄰域內連續(xù)，且lim236。1g(x2t)dt1239。242。02239。x239。239。1f(x)=237。239。2239。a+bcosx2239。x239。238。x0x=0x01+x1+x2n的間斷點，并判斷其類型n174。165。g(x)1xn174。0=a，已知在x=0處連續(xù)，求a,(x)在[a,b]上連續(xù)，且acdb，證：在(a,b)內至少存在xx=xe242。p01cos2xdx在區(qū)間(0,+165。)內有且僅有兩個不同，使得pf(c)+qf(d)=(p+q)f(x)，其中p,(x)在(a,b)內連續(xù)，且x1,x2,L,xn206。(a,b)，試證：$x206。(a,b)，使=asin且它不超過b+(x),g(x)在(165。,+165。)上連續(xù)，且g(x)0,利用閉區(qū)間上連續(xù)函數的性質，證明存在一點x206。[a,b]，使242。abf(x)=1n[f(x1)+f(x2)+L+f(xn)].x+b，其中a0,b0，至少存在一個正根，并f(x)g(x)dx=f(x)242。g(x)dxab第五篇：高數競賽練習題答案(函數、極限、連續(xù))函數、極限、連續(xù)(x),g(x)206。C[a,b]，在(a,b)內二階可導且存在相等的最大值，又f(a)=g(a),f(b)=g(b),證明：(1)$h206。(a,b),使f(h)=g(h)(2)$x206。(a,b),使f162。162。(x)=g162。162。(x)證明：設f(x),g(x)分別在x=c,x=d處取得最大值M，不妨設c163。d(此時ac163。db)，作輔助函數F(x)=f(x)g(x),往證$x206。(a,b),使F162。162。(x)=0令F(x)=f(x)g(x),則F(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)二階可導，且F(a)=F(
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