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2024-10-28 14:38本頁面
【正文】 0x12x1=lim.=4x174。0x22x1x+x1lim=lim x174。0x2x24解2：（洛必達法則）+x+x2洛必達lim=limx174。0)=x2+o(x2)~x2所以1x2+x+x2=1lim=limx174。所以 原式 = 1x174。232。0232。0x248。247。=1 lim=lim4+4231。231。231。230。230。232。232。x247。0x174。lim+4+4+231。247。247。230。解：230。232。x174。247。0h174。(0)185。(2h)=(a+2b)f162。0,得a+b=1（1）af(h)+bf(2h)f(0)洛=limaf162。0af(h)+bf(2h)f(0)=0得 limaf(h)+bf(2h)f(0)=0h174。解2：按解1，只要假定f(x)在x=0處可導即可，但在題中“f(x)在x=0的某鄰域內(nèi)具有一階連續(xù)導數(shù)”的假定下，有以下解法：由limh174。0,得237。由f(0)185。0hhhh236。0h174。(0)+limh174。0h174。0,若af(h)+bf(2h)f(0)在h174。0,f162。0x22x=(cosx)所以，limx174。0lncosx)=limx174。0ln(1+x)解：lim(cosx)x174。(cosx)x174。1n1n1n1n1n1，na此外，由a1知，級數(shù)229。(x)=n(xn1+1)0,即f(x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞增，所以所給方程(0,)內(nèi)只有唯一的根，在(，165。證：令f(x)=xn+nx1,則f(x)在(0,+165。(h)f162。(h)=f162。(h)(x0),f(1)f(x)=f162。(0,x),z206。(z)=1證：(1)令F(x)=f(x)+x1，則F(x)在[0,1]上連續(xù)，且F(0)=10,F(1)=10，由“.”零點定理，$x206。(0,1),使f162。xn(x)在[0,1]連續(xù)，在(0,1)可導，且f(0)=0,f(1)=1，證明：(1)$x206。03t2t2t2t33t26xn+1xn1所以lim()=174。0t174。0t174。0ttlimln()tt2由于limt174。xnxn2xn2xn令t=xn=lim（t174。xn+1sinxn)=lim()n174。lim((2)n174。[0,1]，所以a=0,即limxn=174。165。165。165。1(n=2,3,L)，所以xn+1=sinxnxn,n=(2,3,L)，即{xn}為xn存在，并記為limxn=a,則a206。165。165。165。162。162。(x)=0，$x206。(a,b)，使F162。(x2)=0，$x206。(h,b)，使在[x1,x2]上對F(x)在用羅爾定理，F(xiàn)162。(a,b),使f(h)=g(h)對F(x)分別在[a,h],[h,b]上用羅爾定理，$x1206。[c,d]204。0F(d)=f(d)g(d)=f(d)M163。162。db)，作輔助函數(shù)F(x)=f(x)g(x),往證$x206。(x)證明：設(shè)f(x),g(x)分別在x=c,x=d處取得最大值M，不妨設(shè)c163。(x)=g162。(a,b),使f162。C[a,b]，在(a,b)內(nèi)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
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