函数极限连续

1、函数极限连续一.填空题lim +"- |1设2叭盃丿L ,那么a =2.- 可得=lim0.B.ae - a,所以a = 2.曲+旳!七丿=(n1+2 +A十评护十昶十1总门十丹)2屮十左十1(n所以lim r+ =+A十总_)_1 期十舟十21=:3.函数/W = (o|心那么 ff(x)4-A十挖十刑 总十？r十并. +A円十肚十1 n +«十2+ 斤 片+A +5< -.'1 + 2-I-A +撷121H- 2+A + 左-T.冷II £ 1 I. .|所以：；丨< J . </. I ?£(1十加)1+ 2+A +并_2

2、2= 5«+« +«? +?r 十 m解.ff(x) = 1.4.(J总+q?t -lim (厶 + 3 乔 _ J曲- £) W9Qlim (J用 + 3 亦 _ & _ 庙 j 二 bin5.lim cotJT-*0lim5 sin6.11IH =2缶+ 3需+ J阳-乔X Sill Z十X StfL hm isin jr idx=lim2电所以 k -仁1990,二.单项选择题1.设 f(x)和(x)在(-解.(a) 反例(b)反例(c)反例(d)案.反设g( x)=2.设函数k = 1991;；：)，/厶丄k 1991,+)内有定义，f(

3、x)为连续函数，且 f(x)0,(b)(x) 2必有间断点(c) f (x)必有间断点卩|心0f(x)=1, 那么f(x)=1|心14, (x)2=11伯1心，f(x) = 1,那么f (x)=1(X)有间断点,那么=110(d)匚必有间断点)内连续，那么(x)=g(x)f(x)在(-+)内连续，矛盾.所以(d)是答偶函数 (b)无界函数(c)周期函数(d)单调函数3.极限limh -wo(b) 1(c) 2(d)不存在As +1m以(堆+ 1)打的值是所以(b)为答案.3. 了 , A ,2« + l1a x2a 十 23 x3a + +«a x(w + 17曲斗竺朋U4

4、设，贝U a的值为 1(b) 2(c)':，'(d)均不对lim29*+1严lim2罄兀斗1严心'(曲+ 1尸心(1十打工s1113二卫厂(1十1厲),皿=8,所以(c)为答案.5.宀(3-2)1 =1, =解.(c)为答案6.设''-?-(a) f(x)是x的等价无穷小(c) f(x)比x较低价无穷小1(b)= 5,=那么当x 0时(b) f(x)(d) f(x)1(c)=5,=那么，的数值为是x的同阶但非等价无穷小比x较高价无穷小(d)均不对r 2X +3"-2lim 5 JTlimr->02 姑血 2 + hln?I= lil2+l

5、n3所以(b)为答案.(1 十方+2R(1 +%)+ 皿 丄lim= o7.设'''，那么a的值为(b) 1(c) 2(d) 3的 Um (1 + 力(1十圧)(1 +女)+ a 二 0 解.,1 + a = 0, a =-1,所以(a)为答案.a tan 孟+b(l - cos a) km丁8设宀芒就1一2对皿(1-尸)2,其中j+d,那么必有(a) b = 4d(b) b = 4d(c) a = 4c(d) a = 4c1.lim、2 =' ' l j. .-.； . -.':空一+ isin x limz 二+ 2» 1 - 2k

6、2c,所以a = 4c,所以(d)为答案.求以下极限(1)恤处吏Jif1y =- 令 'lini (sin21h.4- cos / 二 lim (sin 2y + cosy) xri'1十tan八limz'l + sifl x )1 + tan r、并 f=Inn 14J m ,tan x - sin j-imir*- tail a - sin jt h 1+siilX ?(1 施 imr )#an2.求以下极限r ln( 1 +)Inn :：J :广i 一 小I解当x 1时，'-宀：，'''.按照等价无穷小代r+帖 呱 一 1 r11t

7、o :.= km = bin 厂=换-cot2解方法1：GQt Alim20lim2 1 2 SXL X一斗眇Xsin xx2 sin2 xf- 2t cos3 x + 2(xJ +l)cosxsm kmn叫4x3J2x2 匚。s xsin x4?2A-2兀匚。星 x + sin 2x lun =m4 f,.-2 cos3C5S r sm + 2 cos 2z 1km7十_=" r r.-2 cc>sa x4 2cos 2x 11 十 4 coax sin x - 4 sm 2x 11lim十 一 + 二 lim十 _ 十 _= . ' ' :-2sin2x 1

8、11112lim+ - + - = =-方法2:斗'sin1 r2 2 斗一乂 CQ$ K-3:2x stn 71 31 -(x2 + l)(cos 2a +1) lim 屯sgtir*lim-扣一警+畔+心1 -y2? - 2x* + 2- 2z3+ OX*22442_ 33.求以下极限lim p/w - 1"-* In ?s解.lim zg In 科亦 _ 1 = lin换1r 忑 一In丽令咖-1 = x I歐i +亦曲1+旨钳-I -nxr _召lim f 1+严0解.lim思->no-1忑A 0齐=0< 0其中a > 0, b > 0解.lu

9、n用fD换十嗨1+r2= V n,c =b/aa im7 24.求以下函数的间断点并判别类型L - +2-1川冷二骋丁二1解.一一 所以x = 0为第一类间断点了 0)二 lim1-X1+芒显然1 -二-，所以x = 1为第一类间断点'1'，所以x = - 1为第一类间断点兀2盃十JT<0x > 0解.f(+0) = si n1, f( 0) = 0.所以x = 0为第一类跳跃间断点lim /(X)= lim sin 宀z 十一 1不存在所以x = 1为第二类间断点. x(2x盘« 哭、lim J L"5丿IScosjc' 不存在，而,所

10、以x = 0为第一类可去间断点；,(k = 1,2,-所以x =-为第二类无穷间断点孑劝二二_J14顶北+爲 Q - + 0益in工5设，且x = 0是fx的可去间断点解.x = 0 是fx的可去间断点，要求limJl + win不十sin2忙一gj十£血1对sin存在.所以lim Vl + sin + sin2 x - (« + /Jsin = 0,、，v -1-'-.所以.1 + siti a -h sin 2 x - Co + sin z)3kmz Jl + Gm + sin3 -h(£/ + j9 sin x)limiT-J-01 一口'十

11、1 _如 x 十1 _前工 1- a2/1-Fsin .y H-siii2 a +© 十 0如兀)1 +。所以 =1.limJ1 + 池 + sm2 x (m + 0 註1 忑)sin3lim(1 一十1一产，)心1卫云sin2 ?: - (J1 + 迎开 + W1H2； + (1 + y? sin a)上式极限存在必须0,求a, b的值.Inn |(/ +了J 42)圧 _ k = 36.设加,b丄解.上式极限存在，必须a ='否那么极限一定为无穷.所以(jcs+7x+ +2)£ -片=讪(1+2+2./-jwO1 _1=;所以 -7.讨论函数产 Slii -处的

12、连续性f stn 曲兀不存在，所以x = 0为第二类间断点；Hm (h 他丄)二 0灯 dZ云 ,所以=时，在x = 0连续，0弦T时,x = 0 为第一类跳跃间断点8. 设f(x)在a, b上连续,且a < x 1 < x 2 << x n < b, c i ( i = 1,2, 3,n)为任意正数,那么在(a, b)内f迄、=5/(帀)十5/(巫)十止+4不妨假定1“至少存在一个，使.所以 m:1 -一M所以存在(a < x 1x n < b), 使得Ci +c2 +A +臼9.设 f(x)在a, b上连续，且 f(a) < a, f(b)

13、> b,试证在(a, b)内至少存在一个，使 f()证明：令MI m = V'证明：假设 F(x) = f(x) x,那么 F(a) = f(a) a < 0, F(b) = f(b) b > 0于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个，使f()=.10. 设f(x)在0, 1上连续，且0 f(x) 1,试证在0, 1内至少存在一个 ，使f()=.证明：(反证法)反设 =匚' .所以：；'儿恒大于0或恒小于0.不妨设“亡阴佩羽"(和7AQ .令心噩网Q,那么小0 .因此'"-I ' '' '

14、 ' 1- 八-.于是，山P； -,矛盾.所以在0, 1内至少存在一个，使f()11. 设f(x), g(x) 在a, b上连续，且f(a) < g(a), f(b) > g(b),试证在(a, b)内至少存在一个，使f( ) = g().证明：假设 F(x) = f(x) g(x),那么 F(a) = f(a) g(a) < 0, F(b) = f(b) g(b) > 0于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个 ，使f()=.12. 证明方程x5 3x 2 = 0在(1,2)内至少有一个实根.证明：令 F(x) = x 5 3x 2,贝U F(1) = 4

15、< 0, F(2) = 24 > 0所以 在(1,2)内至少有一个，满足F( ) = 0.曲伽十?13. 设f(x)在x = 0的某领域内二阶可导，且'''，求'“及'lim解.-呼十警血 sin 3x-(兀)Inn=-3.因为Tn5讣0丿.f(x)在x = 0的某领域内二阶可导,所以JV'J 在x = 0连续.所以f(0)lim住+加)lim A 二 0z案,所以_3+/(x) + 35 0疋,所以sin 3z3入一$应3忑.3 - 3gqs3=hmr3 sin 3善 92z 2lun常一/' (0)二 lim E 了 二

16、limff>0一 0r-?O'，将f(x)泰勒展开，得了(0) +尹+ £1所以;(此题为2005年教材中的习题,2006年教材中没有选入.笔者认为该题很好,故在题解中参加此题)倒数与微分填空题(理工类)1 J1 + A(1十筒丄假设(1十旷(-1)*2-(1 +不严1+力汕】,所以y_(h任一2ic't - 2sin f 12t4tsin f - / cos/4?器二3. 设函数y = yx由方程 严+沁3 = Q确定，那么么 解.討"14一丁 + A/H败矽=0,所以#=尸£111卩1刖粋4. f( -x) = -f(x),且；，_ &#

17、39; 11：,那么'，'-解.由 f - X= - fx得，"君='' 、兀,所以'：门=" g所以 ' 1 ''-1'曲于砌+泌对-/珀F险5. 设fx可导，那么.血 /叼十泌；0 /岡十/心一/0口 一曲叫 解.''性血=辱严2如“+ =6设，那么k =解.I亠亠：所以k =-所以 -d 1" 一F 1 f1 7.必f那么心J解.二2 _ 1戸所以(12 .令x2 = 2,所以I8.设f为可导函数，'-k -'I ,贝y厂9. 设y = f(x)由方程 丁

18、 二匚匸门：I所确定，贝y曲线y = f(x) 在点(0, 1)处的法线方程为解上式二边求导：i宀一 1法线斜率为12法线方程为亠F 2即x 2y + 2 = 0.?11 : 1 ? :'；*一 .所以切线斜率二.单项选择题(理工类)1. 设 f(x)可导，F(x) = f(x)(1+|sin x|).那么f(0) = 0 是F(x)在x = 0 处可导的(a)充分必要条件(b)充分但非必要条件(c)必要但非充分条件(d)既非充分又非必要条件解.必要性:丄、存在，所以：厂曰疋lw.sm x酣；-/(0Dx-0血 /W(l-sin 方一川0) jrr(Ft_ /'(0) -/(0

19、)X所以1 I 1-:'- ,2f(0) = 0,充分性：f(0) = 0f(0) = 0, 所以血y(欣1+跑方-了hmw0+Sttl无=.=，!："丁所以-八'：-：存在 (a)是答案.的n阶导数是2. 函数f(x)具有任意阶导数，且那么当n为大于2的正整数时，f(x)(b)'(c) L(d)- .-解.厂何“/沁了匚假设严叫刃鼻/严，所以严)=(上+ 1)阳C2 (上+1川了(0严，按数学归纳法=." I对一切正整数成立 是答案.3. 设函数对任意x均满足f(1 + x) = af(x)，且' ' ' b，其中a，b为非

20、零常数，那么f(x) 在x = 1处不可导(b) f(x) 在x = 1处可导，且 丄'a(c) f(x) 在x = 1处可导，且b (d) f(x) 在x = 1处可导，且 ab解.在 f(1 + x) = af(x) 中代入'一内-'：'- ,.=上_'.-所以.(d)是答案注：因为没有假设可导，不能对于1 ' '-'二边求导.4. 设"，那么使，l 存在的最高阶导数 n为 学习文档仅供参考(b) 1(c) 2(d) 324a12e厂g鲁作浮24x - a二 lim wQ+ x所以n = 2, (c) 是答案.5.设

21、函数y = f(x) 在点X。处可导，微分，、- 等于当自变量x由Xo增加到Xo +x时,记y为f(x)的增量，dy为f(x)的(b) 0(c) 1(d)解由微分定义 y = dy +o(x),lim 所以'r ' 1.(b)是答案.宀in -6.设A > 0X <0在x = 0处可导,(a) a = 1, b = 0(b) a = 0, b为任意常数(c) a = 0, b = 0(d) a = 1b为任意常数解.在x = 0处可导一定在x = 0处连续，所以2 1b = 0.lim sin = lim 十 b)-:一,所以a -1z sin 1 得 L -广&#

22、169;rm罷r . flfA ta jttOT x,所以 0 = a. (c)是答案7.设f(0) = 0, 那么f(x)在x = 0处可导的充要条件为皿h)存在.(d)-存在.lim 丄 /(I - cos 屮护厂h)存在.(bc存在(b)-存在.解由 W 存在可推出(a)中的极限值为 而(c)中的极限为：,(b)中的极限值为广,(d)中的极限值为f(°),反之(a)及(c)中的极限值存在,不一定-'存在,举反例如下：y = |x|,不存在,(a) 、(c)二表达排除及(c). (d) 中的极限存在，不一定' -存在，举反例如下：x# 0'-,排除(d).

23、所以(b)是答案式的极限都存在2x -F1由(b)推出存在证明如下：lim=丄了(严丄可)器仝"5兀ln(l 力叫巧ln(l-H) 血(1_决血3)丄-"/.=.所以 J存在.8.设函数f(x)在(,+)上可导,lim /(I)= -do "'时,lim必有(b)lim /'(x)二-oo'时,(c)lim j (戈)-+co HD时,必有(d)必有不正确.反例如下：y = x; (b)不正确.反例如下：;(c)不正确.反例如下："一；(d)Em=-KO是答案.证明如下：因为'-,所以对于充分大的 x, -单增./加曲/w

24、 =七明结束，否那么单增有上界，那么 日定理解.(a)存在(k为有限数).任取X,二八0(x << x + 1)lim /(j:) = +ra如果，那么证在区间x, x + 1上用拉格朗lim是o = +，矛盾.所以r 19.设函数f(x)在x = a处可导,贝U函数|f(x)|在x = a处不可导的充分条件是 f(a) = 0 且-.(c) f(a) > 0 且 -''-.(b) f(a) = 0(d) f(a) < 02 解.(a) 反例 f(x) = 0, 取 a = 0. 排除(a);(c) 反例：'儿''-,取 a =

25、0. f(0) = 1 > 0,Z(o)= i>o,|f(x)| = f(x),在 x = 0 可导.排除(c);(d)反例：了的=_畫x 1,取 a = 0.排除(d);所以(b)是答案.对于(b)证明如下：在(b)的条件下证明丿 工I不存在.,a +)时当 x < a 时 f(x)不妨假设'-.'.所以存在，当x (a 3“to iet畑如+:：.所以当 x > a 时,f(x) > 0. 于是 r：'-詁/(卄川聊亠皿S(/加< 0.于是-.所以不存在.计算题(理工类)1.=1115(10 + 3?), 杓1沁叭新严.占+加c9

26、s(W + 3?)2. f(u)可导，-A + Vtl + X3 ) -1J73.设y为x的函数是由方程lri J/ +/=arc tan 确定的,斗2刃/+才+才解.牙十刃'二兀一?，所以Jr-y4.，求宀 .dy cos £ er sin icosf sin解.匚:I =： _.一. - ：_.i:,5.设d2y _ 6 (cosf - sin rdldi _- fcos r -hsin 计-fcos r - sin t)2c<js H- sin心=詁(co汀+ sol上)兀二亠丁，亠工护门，求瓦解.必二(2尹+ 1)创du 二#(+ 町 * (2 x + l)dk

27、(2尸+ 1妙du十 x(2x + l)x空du伽£0+1)空<y6.设函数f(x)二阶可导，广(°2°,且y = /(/ -1)5求必1 - 0 /50解阳必".3/n( -卩皆F十冒八，-切八力-戶八戶-®所以/(听=?3/-1 (0) + 3/ (0)/' (0) -/'(0)/11 (0) 9广® 十 6广®7.设曲线 x = x(t), y = y(t)昌+自一"确定求该曲线在t = 1处的曲率.解.曙dy _- 1_ er - 2e .所以必石 扌十兌(1十耳(一2段)所以空 dx

28、11 = 1 2&d - 1 、dt2sf - 2? + fsfdt i卫+阳-叭dx(1+纽(/-越)如，所以- cos X四S兀工0'一 1 ,其中g(x)有二阶连续导数,且g(0) = 1确定a的值,使f(x)在x = 0点连续；在t =1 的曲率为1IX'I3(l+hP 卜3=盘_T =或 1 + 也7) T1存丿解f(x) 在x = 0点连续,所以lim (呂(工)-cos) = 0所以小。,所以 g(0) = cos 0 = 1(这说明条件g(0) = 1 是多余的).所以C9，EX _+1-CO5 A葢Xrw(力一£(0) r 1- cs kIn

29、n 竺丄一+lim = g (0) + 0 = p'(0Jti xz x _'方法1：g(x) = COS X盘Inn一假设tOg(x)- cos x-ax兰(不)-CQS 不一to西EX烈OHW(o十;列©X-COS A -Cfj；(0 << X)“tD五.当x弘)/W*-+ ix 4-C?<0x > 01十CM 尤to e*班时0) +血 工嵐(Q - ms工 /'W=*；(列(0) + 1所以12方法2:g(A) C05 X H二 hrnEx - 05xg(A)一 c*?s x-cos x-axlim 彳忸牛口黒沖冷叶)0时,f(

30、x)有定义且二阶可导，问a, b, c 为何值时二阶可导.Hm Fx) = lim 巩工)解 F( x)连续，所以一厂 ，所以c = f( 0) = f(0)；因为F(x)二阶可导，所以"：1'连续，所以b = -'-' -'，且存在，所以1.,所以7：-. J.-,所以U-"/二_1+丄+丄21 -21十用(-1/2 (1+护】：-' '-, k = 0, 1,2, k = 0, 1,2,设尸也x,求了使用莱布尼兹高阶导数公式(一 1严 D!所以_!'元函数积分学.求以下不定积分：亠亠心1F 1-Zki 1+xx-1

31、国1十仏1+1|解.门一F 1占'1-A1査4111-齐丿十匚2.COS A + sill z +1(1 + cos 斗)1 + sin a ,必1 + CCS AGQ5 忑-F 5111 a + L1 + sin _ j I + fin. 1 + sin珀二1H- cos X J 1 + ccs x 1 + cos zif 14-stn a2 1 -Feos x j-He-1141 + 二+ 亡兀方法x dx為rJrTg=iiiki一诚1+汕十芒8-hfl+il+c7二.求以下不定积分：1.卄1尸疔+2疋+2dt住 + 1尸 J&+1F 4 1 令x+l"anf匚。

32、£ ftan2 iseefGQSfai/ 1=-一十匸= sm tsin t点十12.解.令 x = tan t,cos Lcos tsin t1 1-+ 4-C 3stn t sm 1rd?i3.【、2h +1) J1+ fdxr sec t, cost, r a sin £ I ydf. = 应= (苛+Wi+F 1 (2 tan f + 1) seci J 2sin i + cos t J 1 + sin f+ xarctan stn £= arctan 一十cJ ri r4. 一(a > 0)£i2 sinJ£ £2 c

33、cstdt解.令 a = a sin ir l-cos2r = 12/-sm N + 匚2245.解 令界 sm ir n , r 4 , r (14- cos 2 ? r 1 + 2c ：js 2/ 十贮o2f J(l斗)旅=cos tdt = dt =扣扌W話1 +心側-r+lsrn N +84132sin 1 £ + c-arcsin y + sin 2£(1 + cos 2£)十c84'4'3 .1 n ,/4 + 12sii?亿一 arcsin x + 2stn L cosf () + c= -31I Tj-arcsin 工+ 工*1 -

34、 x (j - 2j ) +芒=-=一；SjF三.求以下不定积分：1.迤 J? = arc涵护-八+芒 買-八尸+12.茁1+平令1arctsin L+c £ln 2 In 2四.求以下不定积分眉吕+討心2)N, 5 499 乂 98(； 2严 99 985-432-99 98(x - 2)w99 98 97(j - 2)9T99 98-97 96(x - 2)9099-98 97-96 95(a-2) 99 98 97 % 95(a-2)94 +Cdx.蛊J1十畫idt (新T7 = _2J JuW令宀tan打浇B2J1.、1, , r i + Ta7二一 一Ln tan it H

35、-sec +c = - In斤+ 巴兀c甘227?J H cos2 xdx 1 31 r ,.os 2工)必二 $工 + j xrfsin 2x2x I cm 2工必4J2x-l- cos2 + c8sec5 兀涿=I $亡匚兀£ tan a = sec x tail z- I tan sec jctan求以下不定积分：3.4.sec 孟tan 拆一(汽F a - l)sec 叔托=see Tcta s-l-ln |j ,11 ,sec xdx = sec xtan i + In2 1sec x + tan x I -¥c7V3-fln jd丄三一丄h汙+如必JX X1 X

36、(Tn r)3 3Qn 十(£ In x *(Jn )3 3(ln 工尸 £ In x 6=一 -I- CX XsccjT + tan x |-J seeS &忑Qn t)3 迪 7)2 £ln 工 *XJco?(lii 力必=冥 cosfln x) 4-J 血(In 兀)心 =cosjlii + sm(ln x)- |cosfln 门心JcosQn 打必 二 cos(ln a) + sin(ln x)十匚2求以下不定积分：1.xln( x + J1+)dr _护卄庙7%三-b( x + Jl + X)匚-2 1 2,lnO + Jl+J)_l智二响 2(

37、f-lv3) 22.3.ln( + V1+ J ) _1( d 屁沁 £=ln( a 4- Jl + J )2(1-刊1 + -b?2 sin l 十亡1 V2 sui ilft( x + *)1 Jl + 斤 + 忑卞= 'jcarctan x .ax-J arctan 不川 J1 十 F - Ji 十 F arctanJ1 十arctan 兀- dx = V1 + F arct an Jl十Harc tan 訂，1 r，如=dx = arctan q 血 = 严2J一立 arctan +扌J总 店酝1 严 arctan+丄二=2 2J l + ff一丄尸"arc

38、tan昇+丄22旷1+产e用1 Wy = - (?"2r arctan ex 十 尹“ -I-arctan x) + c1+尹2/廿设心，求口曲打如二胃匕城1+八)-3)J (H + 2不- 3)八亦J ln( 1 斗兀)一丄贸ln( l-i- xa) - 3 +c2出- (X亠4応亠1)厂亠考虑连续性，所以c = 1+ c 1, c 1 = 1 + c-X2 血1 + / -一血1+异一笺+巴2 2忑'+ 4着+ 1忍"斗1 +卫八.设 :，a, b 为不同时为零的常数,解.令二护,兀二 Inf,=0+bc 爼阻 f,所以x> 0x <0求 f(x).

39、开十b csQn兀日兀2 + E) sinQn 町 + (3 -卫)cos(ln x) -Fc衬"R 1十用/町 占九设当x 0时，1 '连续，求.严乜人二疔严必-缨必解.加'-=； +c 2求 f(x).十 设了'cos 兀 + 2) = gin 工 + tam 耳解军 令 I cos Jl + 2$/<A= I 22+=-扣 一2尸-所以L“十.求以下不定积分：j F4- £庄解.令上二hJ- x2dx = 32| sin5 icosa £di = -32 j (1 - cos2 f) cos2 id cos2-cos3i+cos

40、s£-btf = l(4-x3)5-(4-r,)3 4-c3 5532.Jj(a > 0)解.令 V : : - - rdx(a :> 0)=曲皿1' a sec Z tan f = £i tan2tan i -H ca sec/JJF 一 / - a arccos +u心+ 63.解.厂+4.解.wl-0(a > 0)令口 =旅2,duJ勿-ti2令以=sin t8刊川俑J1 丁 2沪皿=2护J (1 2 cos 21 + cos1 羽丛一 2戊"dn 2f + 2a3a2t -也/ sin / ccsi -aA gin / eos /

41、(l- 2sin S) +疋=.r/ .P - / ' ；：'. T "二 一 “ '：十二.求以下不定积分r 2 sin z ,ax1 J 2+C0£ X2曲+ 出 | 2 + CC>S T+ ln |2 + cos|2 + c x 11 +c = =r arctan (tan )+ln I 2 +cos j: -R*2一心必二2|1必+ 巡+曲J 2 -cosx12*bcos xJ 2 + cos xr sin z cos z:,I ax2.win石十cos首f sin xcosx ,1 r 1 + 2sin cos Jl-1 ,解.【忑E

42、如曰心十®必1 (sin x + cos) -12 = fsin x + co: x)必-sin x+ cos x2 JSill X + cos X冷心一*-专In |吨诗|-+c町对心=0.假设fx在a , b上连续,证明：对于任意选定的连续函数x,均有，那么fx0.证明：假设f( )0, a << b,不妨假设f( ) > 0. 因为f(x)在a , b上连续,所以存在> 0,使mill得在,+上f(x) > 0. 令m =-.'.按以下方法定义a , b上(x):在,+上(x) = F /' ,其它地方(x) = 0. 所以畑玲)如

43、:几府心 > 弋>0和二矛盾所以f(x) 0.设为任意实数证明:JI证明：先证:tr©in英)/(SU1 )+/(cos a)了(遇对/(sill X)+f(QQSX) X令t=二,所以于是/(sin 打/(sin ) + /(cosz)了/(cosi)+/(8in i)dl -/(cqs x) + /(sin x)2育 恥心)h /(sia jc) +/(cqs x)了仙工)/(sin ) + /(cosa)/3工)/(ccsjl 4-/(sin x)dx停船5兀所以/(sm )+/(GQS)d = -了(匚。£ X)/(sm 巧十 /(ww)所以卩亠严二1b

44、 1 + 0狙工尸sin zI®曲k (cos j)j +(sjii i)4同理1dl +4<cos xf(x)在0 , 1上连续,对任意x, y都有|f(x) f(y)| <M|x y|,证明_摊 匕.JH JtII证明：倫=£區?/(方心-Z/A二g J也/呼血恢对必-丄?占)二1 士育心一拙)必| r却高幷 fci jtL并JL J】孑上 i "k-)wJ-r»iI «兰导丄翌2 右/ 2m四设r 山n为大于1的正整数，证明:2(?® +1)£打-xdx = 证明：令t =，贝U'丄Q 1十F因为1

45、7(W5> 0, (0 < t < 1).广必<立即得到亦+1)12«2 価 一 1)五设f(x)在0, 1连续，且单调减少，f(x) > 0, 证明：对于满足0 <<< 1的任何证明：令I二八'(x),() = cs> 0,(这是因为t,且f(x)单减).所以"沁如Q,立即得到氐代皿制丁必六. 设fx在a, b上二阶可导，且.< 0,证明:二边积分!>T：件+/a +61y 沙和r-丿I 2 )证明：x, ta, b, 一 i+r-七. 设fx在0, 1上连续,且单调不增,证明：任给 0, 1, 有

46、证明：方法一：令(或令 1- -4. ' -)"一,所以 Fx单增;又因为F(0) = 0, 所以F(1)F(0) = 0. 即空“也-巴“1必A 0即方法二：由积分中值定理，存在0,使由积分中值定理，存在,1,因为g幕所以/力兰7所以埜出f©+町得心-0二町®二孑(盂0八. 设f(x)在a, b上具有二阶连续导数,且 . ":, 证明：在(a, b)内存在一点证明：对于函数，用泰勒公式展开：F(R = F(Z) + FK)(x £)+2 (XT)'+(7)3 t, x a, b'再+f) + 埠 (h 上尸+ 譽匕-/

47、)3(1)(1)中令x = a, t = b, 得到0二呻十)(口 _功+芒黑僅-疔6 (2)(1)中令x = b, t = a, 得到蚀二 fa)(b 町 +df一得到2F ®) = g) +-町 +- (/' '(£) + /'X5)注：因为需要证明的等式中包含,其中二阶导数相应于(b - a)的三次幕，所以将般直接将f(x)泰勒展开泰勒展开；假设导数的阶数和幕指数相同，一般直接将f(x)泰勒展开九.设f连续，证明:证明：x/(£in町也r令卞二班一 J(现 _(sin(n _ £)d(-/)嬉.frrfsni f)旳-J 4

48、/(sin £)/2 kj j (sin t)dt + 艦fj/(siii tdt - F 寸(沁 x)dx2 卩所以 2nr-0 "Oia珀弧=宮/(sin 忑)心+忙 Jt /仙 陌一諾)fl?(-u) = /(sii z)dkIff材©in X)d?A =蹟|oa /(sm 益伽试证:十.设f(x)在a, b上连续，U 在a, b内存在而且可积，f(a) = f(b) = 0,(a < x < b)证明： -.''：: -." 1'-I '' -', 所以0n -If國分(对訂|八0風即；

49、即-所以, (a < x < b)I一一 .设f(x)在0, 1上具有二阶连续导数 ，且I'd L1 ,试证:证明：因为0, 1上f(x) 0,可设f(x) > 0因为 f(0) = f(1) = 0Xo(0,1)使 f(x 0)= Ti(f(x)所以一7丄川*弋1在0, X0上用拉格朗日定理在X0, 1上用拉格朗日定理所以F'刈必汀广巧比玉1 那么="- 廿与 > 必因为所以",由1得1 厂Q十二.设fx在a, b上连续，且fx > 0, 那么Ini2证明：将lnx在X0用台劳公式展开1 1 - 1In /三In咼十a-亦一 p芝况三扫殆十一O看 和毗司x = f t代入1学习文档仅供参考!，最后一项为0,得1i 卩sa m将上式两边取1baCnf(£)dt血b a十三设f(x)在0, 1上有一阶连续导数,且f(1) f(0) = 1, 试证:证明：r L/3仏订彷期却1咯屯(仏)(“)/("十四a.设函数f(x)在0, 2上连续，且" =0,'5=a > 0.证明：0，2,解.因为f(x)在0, 2上连续，所以|f