清华大学微积分习题课

1、第第 4 周习题课内容周习题课内容 数列和函数的极限 一、数列的极限一、数列的极限 （与自然对数的底e有关的极限） 例例 1回忆自然对数的底定义， n n n e += + 1 1lim:，求证 = + = n k n k e 0 ! 1 lim，这里约定。 1! 0 = 证明：记 = = n k n k b 0 ! 1 :，则显然单调增。进一步注意到 n b kkkkk 1 1 1 ) 1( 1 ! 1 = ，2k ， 由此得到 = n k nknnn an 1 1 1 1 ! 12 1 1 1 ! 3 11 1 ! 2 1 2LL。 在上式中令（注意固定）立刻得到。再令+n2k k be

2、+k就得到。 be 综上有，结论得证。 be = 注：在无穷级数理论里，用记号来表示数列的极限（假设极限存在） ，即 。本题的结论说明，数可以用无穷级数来表示，即 + =0k k a = n k k a 0 = + = : 0k k a = + n k k n a 0 lime + = = 0 ! 1 k k e。 例例 2* （选作题）记 = = n k n k e 0 ! 1 :，利用 Stolz 定理证明1)!1(lim=+ + n n n 。 证明：注意到 )!1( 1 )!1( + =+ n n n n ，考虑分子与分母相继两项的差，得 1 1 2 )!2( 1 )!1( 1 )!2

3、( 1 )!1( 1 1 + + = + + + = + + + n n n n n nn nn （+n） ， 由 Stolz 定理即得1)!1(lim=+ + n n n 。证毕。 注：本题结论说明， = n k k 0 ! 1 和数e的误差大约是 )!1( 1 +n 。更精确的误差估计见下题。 例例 3求证 nnk e n n k ! 1 ! 1 )!1( 1 0 + = ，1n。 注：上述结论告诉我们，用和式 = n k k 0 ! 1 来逼近数非常有效，且误差很容易估计。 e 证明：由例 1， = = n k n k b 0 ! 1 :单调增逼近e，所以 eb nk n n k ! 1

4、 )!2( 1 )!1( 1 mnn bb nm + + + + =L + + + + + + + nm nnnn)2( 1 )2( 1 2 1 1 )!1( 1 2 L nnnn n n n! 1 1)()!1( 2 2 1 1 1 )!1( 1 + + = + + ， 其中最后一个不等式利用了。令 2 ) 1()2(+nnn+m，得到 nnnn n k ebe n k n ! 1 ) 1()!1( 2 ! 1 0 + + = = 求证的第二个不等式也成立。 例例 4证明自然对数的底是无理数。 e 证明：反证假设数e是有理数，即e可表为qpe/=，其中qp,均为正整数，记 = = q k q

5、 k q k e kq p 00 ! 1 ! 1 :， 于是，根据等式 = = q k q kq p qq 0 ! 1 ! 可知，数 q q!是正整数。 但另一方面，根据例 3 的结论，我们得到 qqk e q q k q ! 1 ! 1 )!1( 1 0 = + = 。 由此得 q q q q 1 ! 1 1 + 。可见数 q q!不是正整数。 上述矛盾表明，自然对数的底不是有理数，而是无理数。 e 注注 1：一个实数如果是某个整数系数多项式方程的根就被称作代数数。非代数数的实数称为 超越数。显然，代数数包括所有有理数，以及许多无理数，例如2。因为2是方程 的根。与代数数相比较而言，我们对于

6、超越数了解更少。在例 4 里已经证明了 自然对数的底e是无理数。进一步还可以证明，数是超越数。这是法国数学家 Charles Hermite 于 1873 年完成的一项了不起的工作。此外，德国数学家 Carl Lindemann 于 1882 年 证明圆周率 02 2 =x e 也是超越数。推荐一本学习微积分课程的补充读物，作者 William Dunham （美） ，英文书名：The Calculus Gallery, Masterpieces from Newton to Lebesgue. 中译本译名 微积分的历程 ，人民邮电出版社 2010 年出版。书中有一章专门介绍代数数和超越数。

7、注注 2：在习题 1.4 题 17（课本第 19 页）中，我们见到另一个由极限式定义的常数 577. 0ln 1 2 1 1lim: += + n n n L 数通常称作 Euler-Mascheroni 常数。 这是另一个重要的数学常数， 出现在数学的许多地方。 相比较数e和数而言，我们对常数的了解更少。迄今为止，还不知道是否为无理数。 许多数学家相信，是个超越数。一般来说，证明某个数是超越数比证明它是无理数要困难 的多。如果研究数取得进展，必将在数学史册永久留名。 二、函数的极限二、函数的极限 （概念和计算） 例例1 . 分析以下几种说法，哪些等价于函数存在极限 Lxf ax = )(li

8、m，哪些只是充分条件， 哪些只是必要条件： （1）) 1 , 0(，) 1 , 0(，使得，使得|-|0ax时，必有 n Lxf 1 )(，使得Nn n ax 1 |-|0，使得，使得，使得 |-|ax时，必有，0，使得，使得，使得|-|0ax时， AAxf)(，从而 a，1 )( )( lim= + xf axf x 。 证明： （1）时，由在21a)(xf()+, 0单调递增性， )( 1 )( )2( )( )( )( )( 1+=x xf xf xf axf xf xf 由夹逼定理，1 )( )( lim= + xf axf x 。 （2）时，42a )( ) 2 ( ) 2 ( )

9、2 2( )( )( )( )2( xf x a f x a f x a f xf axf xf xf = （*） 而由已知条件 1 ) 2 ( ) 2 2( lim= + x a f x a f x ， 再注意这时2 2 1 a ，由（1）1 )( ) 2 ( lim= + xf x a f x ， 回到（*）式，利用夹逼定理得 1 )( )( lim= + xf axf x 。 （3）依此递推可证，1a1 )( )( lim= + xf axf x 。 （4）当10a x时：e x x +) 1 1 (. 以上模式再结合复合函数极限模式，就可以解决很多复杂的极限问题。 例例 1. 求。 （

10、这是课本习题 2.3 题 8（6） ，p.51） x x xx /1 0 )cossin2(lim+ 解：将函数写作 x xx /1 )cossin2(+()( )( /1 )(1)cossin2(xf xg x xfxx+=+， 其中，01cossin2: )(+=xxxf2 1cossin2 : )( + = x xx xg，. )0( x 于是. 2/1 0 )cossin2(limexx x x =+ 例例 2 设， 确定的值， 使得存在。 （课本习题 2.4 题 12， p.57） 0ap)(lim ) 1/(1/1+ + xxp x aax 解：如果，则所考虑的极限对任何均存在，且

11、极限值为零。以下设。 1=ap1a 由于，故有1 0 = aa y )0(y1 /1 x a)(+x。 因此极限存在，当且仅当极限)(lim ) 1/(1/1+ + xxp x aax)1 (lim )1( 1 + + xx ax p x 存在。 并且当这两个极限存在时，它们的极限值相同。回忆标准极限 a y a y ln 1 ， （） 。 0y0a 我们有 ) 1( 1 )1 ( ) 1( 1 ) 1(/1 )1( 1 + = + + + xx xa ax p xx xxp xx . 根据 a a xx xx ln 1 ) 1( 1 )1( + + ， （+x） ，以及 + + 2 , 0

12、2 , 1 2 , ) 1( p p p xx x p ， （+x） 1 当时，极限存在。 2p)(lim ) 1/(1/1+ + xxp x aax 当时，极限值为；当2=paln2a0b x xx x ba /1 0 2 lim + . 进一步求极限 x x n x x n aa /1 1 0 lim + L ， 这里，. 0 1 a0 n a 解：这是型的极限问题。与此相关的标准极限是 1()ey y + /1 1（）. 0y 将 2 xx ba + 写作 )(1 2 xf ba xx += + ，这里 2 1 2 1 : )( + = xx ba xf。由于 abba x b x a

13、x xf xx ln)ln(ln 2 1 2 1 2 1)( =+ + =（） 0x 于是 abexf ba abx xf xf x xx =+= + ln )( )( 1 /1 )(1 ( 2 （）. 0x 利用同样的方法可证 n n x x n x x aaa n aa = + L L 21 /1 1 0 lim. 二、函数的间断点二、函数的间断点 例 1例 1. 讨论下列函数的连续性 )(xf () + = . 0 , cos1 , 0 , 0 , 0, 2 sin1ln )( 2 2 2 x x x x x x x xf 2 解：函数各段表达式在给定的区间内为初等函数（连续） ，所以唯

14、一可能的间断点是； 0=x )(lim 0 xf x + ()() 2 1 2 sin sin sin1ln lim 2 sin1ln lim 2 2 2 2 0 2 2 0 = + = + = + x x x x x x xx ， 2 1cos1 lim)(lim 2 00 = = x x xf xx ，0)0(=f， 可见为的可去间断点。 0=x)(xf 例 2.例 2. 考察函数 x ey 1 cos1 =的连续性。 解：这是一个复合函数，处处连续，而 u ey = x u 1 cos1=有第二类间断点； 0=x 于是函数 x ey 1 cos1 = 除去点之外处处连续。 0=x 当时，

15、0x x u 1 cos1=的值在中振荡，从而的值在中振荡。 2 , 0 u ey =, 1 2 e 可见为函数0=x x ey 1 cos1 =的第二类间断点（振荡型间断点） 。 注：第二类间断点通常包括无穷型间断点和振荡型间断点，也有二者结合型的。 例 3.例 3. 设 x x e e xf 2 1 32 1 )( + + =，研究在0=x处的连续性。 )(xf 解：注意时 0 x0 1 x e，因此 2 1 32 1 lim)(lim 2 1 00 = + + = x x xx e e xf. 而时 + 0 x+ x e 1 ，故0 1 x e，表达式中分子分母同乘)(xf x e 2

16、，导出 )(lim 0 xf x + =0 32 lim 2 12 0 = + + + x xx x e ee . 综上是的第一类间断点（跳跃间断点） 。 0=x)(xf 例 4例 4. 设 = + + = . 0 , 0 , 0, 1 2 )( 4 1 x x e e xf x x = = . 0 , 1 , 0, | sin )( x x x x xg )()()(xgxfxh+=. 研究 3 个函数在的连续性。 0=x 解：分别计算和的左右极限 )(xf)(xg )0(0 1 2 lim)(lim 4 1 00 f e e xf x x xx = + + = ，)0(1 | sin li

17、m)(lim 00 g x x xg xx = ， 3 )0(2 1 2 lim)(lim 4 1 00 f e e xf x x xx = + + = + ，)0(1 | sin lim)(lim 00 g x x xg xx = + ， 可见和都在左连续，但不右连续；)(xf)(xg0=x0=x是它们的跳跃间断点。 再考察： )(xh )0(110)(lim)(lim)(lim 000 hxgxfxh xxx =+=+= ， )0(112)(lim)(lim)(lim 000 hxgxfxh xxx =+= + ， 可见在点连续。 )(xh0=x 例 5. 例 5. 设函数 1 1 )(

18、1 = x x e xf，研究其间断点类型。 解：可能的间断点都在分母为 0 的点：0=x，1=x。 注意 0 1 lim 0 = x x x ，= 1 lim 1 x x x ，+= + 1 lim 1 x x x ， 所以 = 1 1 lim 1 0 x x x e （不存在） ，0=x是的第二类间断点； )(xf 1 1 1 lim 1 1 = x x x e ，10 1 1 lim 1 1 = + x x x e ，因此1=x是的第一类间断点。 )(xf 三、函数的连续性 三、函数的连续性 例 1. 例 1. 设函数在上连续，且)(xf),(+0)(lim= xf x 存在，若在内可

19、取到正值，证明函数在 )(xf),(+ )(xf(),+上必有正的最大值。 证：由题意至少有一点x1 + (, )使， f x() 1 0 又因为0)(lim= xf x ，则对0)( 1 =xf，0| 1 xX，时，. Xx |)(| )(| 1 xfxfxfxf 而当时，Xx |)()(| )(| 01 xfxfxff1) 1 (= fF01) 1 () 1 ( = 0)( 0 cos1 )( 2 xxgx x x xf，其中是有界函数，考察在处的连续性)(xg)(xf0=x 5 与可微性。 解：首先，考查处的左右极限： 0)0(=f0=x 0 2 lim cos1 lim)(lim 2

20、000 = = + x x x x xf xxx ， 0)(lim)(lim 2 00 = xgxxf xx （因为有界） ， )(xg 因此)0()(lim 0 fxf x = ，故在)(xf0=x处连续。 其次，考查处的左右导数： 0=x 0)(lim )0()( lim 00 = xxg x fxf xx ， 0 2 lim cos1 lim )0()( lim 2/3 2 000 = = + x x xx x x fxf xxx ， 可见与)0( + f )0( f 均存在且相等，在)(xf0=x处可导，且0)0(=f. 例 2.例 2. 设可导，)(xf)sin1)()(xxfxF+

21、=在0=x处可导，求证. 0)0(=f 证：已知，都在可导，因此)(xf)(xF0=xxxfxfxFsin)()()(=在可导。 0=x 令xxfxsin)()(=，则0)0(=，且 )0( sin)( lim )( lim)0( 00 f x xxf x x xx = = ， )0( sin)( lim )( lim)0( 00 f x xxf x x xx = + + ， 因为)0(存在，所以)0()0(ff=，也即0)0(=f. 例 3.例 3. 已知定义在，在)(),(xgxf) 1 , 1(0=x连续，若 = = 0, 2 0, )( )( x x x xg xf ， 求证 . 2)

22、0(, 0)0(=gg 证：已知在)(xf0=x连续，所以 2)0()(lim )( lim 00 = fxf x xg xx ， 因此 0 )( lim)(lim)0( 00 = x x xg xgg xx ； 进一步 2 )( lim )0()( lim)0( 00 = = x xg x gxg g xx . 例 4.例 4. 设在)(xfax =可导，0)(af，0)(af，求 x x af xaf /1 0 )( )( lim + . 解：由0 )()( lim)( 0 + = x afxaf af x 以及极限的保序性， 当充分小时，0|x0)()(+afxaf，且时0x0)()(+

23、afxaf， 6 注意 () () + + + += + )( )( )( )( /1 )( )()( 1 )( )( afx afxaf afxaf af x af afxaf af xaf ， 其中 0 )( )()( + af afxaf ，)( )()( af x afxaf + ； 已知 （） ，利用复合函数极限性质便知 et t + /1 )1 (0t )( )(/1 0 )( )( lim af afx x e af xaf = + . 例 5例 5*设函数在附近满足，f0=x 2 | )(|KxxfK是一个常数。 （1）求证； （2）举例说明不一定在0)0(= f f0=x附近

24、处处可微。 证： （1）首先由夹逼定理可得，时0x)0(0)(fxf=； 因此 0| )( | )0()( |= xK x xf x fxf ，即0)0(=f. （2）考虑函数，其中为 Dirichlet 函数， )()( 2 xDxxf=)(xD 则 ，因此 22 )(| )(|xxDxxf=0)0(=f； 现假设有0a使得存在，则由商的导数公式 )(af 4 2 2 )(2)()( )( a aafafa x xf dx d aD ax = = = 存在， 已知处处不连续，所以)(xD)(a D 不可能存在。 这个矛盾说明，除了点之外上面这个处处不可微。 0=xf 7 第第 6 周习题课内

25、容周习题课内容 导数计算及应用 一、导数和微分计算一、导数和微分计算 1 1求导课堂练习（可以请同学黑板上下一起完成，之后点评） ： （1）xxy+=，L= + + = + + = xx x xx xx y 2 2 1 1 2 )( ； （2） 2 1arcsinxy=， () () () L= = = = 22 2 2 2 212 21 12 11 1 11 1 x x x x x x x x y； （3） x x y cos1 cos1 ln + =， （可用对数求导法，也可直接计算） x x x x x xx x x x y cos1 cos1 2 cos1 cos1 cos1 cos1

26、 1 cos1 cos1 cos1 cos1 1 + + + = + + = L= + + = 2 )cos1 ( )cos1 (sin)cos1 (sin )cos1 (2 cos1 x xxxx x x ； （4） + = 1 1 sin 2 x ey x ， 2 ) 1( 1 1 1 cos 1 1 sin2 22 + + + + = xx e x xey xx 。 2 x x y ln =，求=？ dy 解：dx xx x x dx x xdx x x x xxdxdx x x ddy 2 ln2 2 1 ln 1 )( )(ln)(ln ) ln ( 2 = = = 3 v u vu

27、yarctanln 22 +=，其中)(),(xvvxuu=都可微，求dy=？ dx dy =？ 解： 222 22 22 )/(1 )/( )(2 )( )(arctan)(ln vu vud vu vud v u dvuddy + + + + =+= 22222 2 22 )()( vu dvuvduvu v udvvdu vu v vu vdvudu + + = + + + + = dx vu vuvuvu 22 )()( + + =， （直接用微分法计算） 1 22 )()( vu vuvuvu dx dy + + =。 4 由方程确定，求)(xyy=yxye xy =+)tan(?)

28、0(=dy 解：方程两别微分，得 dyxdyydx xy e xy =+)( )(cos 1 2 ， 在原方程中令 ，得到 0=x1=y，即1)0(=y； 代入上面微分后得到的等式，得到 dydx =2，也即 dxdy2)0(=。 5 )(xxy=，其中函数)(x在0=x处连续，求?)0(=dy 解：考虑 )( )0()( x x yxy x y = = ， 注意)(x在0=x处连续，所以 0x时，)0()(x， 因此 )0()0(= dx dy ，进而dxdy)0()0(=。 6. 定义函数 = = , 0 , 0 , 0, 1 sin )( 2 x x x x xf （1）计算导函数； （

29、2）考察)(x f )(x f 的连续性。 解： （1）当时，0x xx xxf 1 cos 1 sin2)(=， 在点，可以用定义计算导数 0=x 0 0)/1sin( lim )0()( lim)0( 2 00 = = = h hh h fhf f hh ， 综上处处可微，且)(xf = = . 0 , 0 , 0, 1 cos 1 sin2 )( x x xx x xf （2）根据初等函数的连续性，当0x时)(x f 连续； 在点，注意到0=x0 1 sinlim 0 = x x x ， x x 1 coslim 0 不存在（振荡） ， 因而 ) 1 cos 1 sin2(lim)(li

30、m 00 xx xxf xx =不存在！ 综上，在处连续，)(x f 0x0=x是)(x f 的第二类间断点（振荡间断点） 。 二、高阶导数的计算二、高阶导数的计算 11设函数由方程确定，求)(xyy = 3 )sin(xyxe yx =+ + 2 2 , dx yd dx dy 。 解：方程两边对x求导，得 2 3)1)(cos(x dx dy yxe yx =+ + ， 2 整理，得 1 )cos( 3 2 + = + yxe x dx dy yx ， 再对第一式中x求导，得 x dx yd yxe dx dy yxe yxyx 6)cos()1)(sin( 2 2 2 =+ + ， 整理

31、并将上式代入，得 )cos( )1)(sin(6 2 2 2 yxe dx dy yxex dx yd yx yx + + = + + 3 42 )cos( )sin(9)cos(6 yxe yxexyxex yx yxyx + + = + + 。 2. ，求。 )1ln() 1()( 2 xxxf+=) 1( )( n f 解：直接计算 ， 2ln2) 1(, 0) 1(, 0) 1( )0( = =fff 当时，利用 Leibniz 公式：记 ，则 2n)1ln()( ,) 1()( 2 xxvxxu=+= ，0) 1(=u0) 1(=u2= u， nku k , 4 , 3 , 0 )(

32、 L= k k x k xv )1 ( )!1( )( )( =， k k k v 2 )!1( ) 1( )( =，nk, 2 , 1L=， 所以 22 )2()( 2 ! 2 )!3)(1( 2 2 ) 1( ) 1() 1( 2 ) 1( ) 1( = = = nn nn nnnn vu nn f。 3 求的 100 阶导数. xxysin 2 = 解：应用 Leibniz 公式，注意到的阶导数均为零，则有 2 x3n )99(2)100(2)100( )(sin)(100)(sinxxxxy+= )98(2 )(sin)( ! 2 99100 xx + + += 2 99 sin200

33、 2 100 sin 2 xxxx + 2 98 sin99100 x 。 xxxxxsin9900cos200sin 2 = 4. 求 )( )( xf n （1） 22 1 )( ax xf = 解： )( )( 22 )( 11 2 11 )( n n n axaxaax xf + = = + = +11 )( !) 1( )( !) 1( 2 1 n n n n ax n ax n a + = +11 )( 1 )( 1 2 ! ) 1( nn n axaxa n 。 （2） 23 12 )( 2 3 + + = xx x xf 3 解：将分式化为多项式 + 真分式（分子次数a aYX

34、aYaXaL=+=+= 3/23/23/223/13/223/13/2 )()(。 第第 7 周习题课内容周习题课内容 导数的应用 一、极限计算 一、极限计算 1. .1 3 cos21 lim 3 0 + x x x x 解：首先注意11 3 cos2 0 = + x x ，所求极限为 0 0 型未定式。 为利用 LHospital 法则，考虑 + 1 3 cos2 )( 1 lim 3 0 x x x x = )( ) 1( lim 3 3 cos2 ln 0 + x e x x x () 2 3 cos2 ln 0 3 cos2 sin 3lncos2ln lim x x xx xe x

35、 x x + + = + 注意上式中的 1 3 cos2 3 cos2 ln + = +xx x x e， 6 1 )cos2(3 sin 2 +xx xx ， 只须利用 LHospital 法则研究 0 0 型未定式： ()() )3( 3lncos2ln lim 3 3lncos2ln lim 2 0 2 0 + = + x x x x xx () x x x x 6 sin cos2 1 lim 0 + = 12 1sin cos2 1 lim 6 1 0 = + = x x x x ； 综上最终得到 4 1 6 1 12 1 1 3 cos2 )( 1 lim1 3 cos21 lim

36、 3 0 3 0 = + = + x x x x x x x x 。 2. xx x x ln 1 1 lim 1 。 解： xx xxx xx x xx ln) 1( 1ln lim ln 1 1 lim 11 + = ，化为 0 0 型未定式， 连续应用 L-法则 2 次 1 原式 x x x x xx xxx xx1 ln ln lim ln) 1( ) 1ln( lim 11 + = + = （仍是 0 0 型未定式） 2 1 11 1 lim ) 1 1(ln )(ln lim 2 11 = + = + = xx x x x x xx 。 3. 设在某邻域内可导，且)(xf0=x2)

37、0(, 1)0(=ff，求极限 n f n n n n 1 11 sinlim=？ 解：考虑极限 ( )()(1( sin sin 0 1 1 0 2 sin 1limsin 1 lim xfx xx xx x x xfx x x xx x x += 回忆 6 1 6 sin lim 3 1cos lim sin lim 0 2 0 3 0 = = = x x x x x xx xxx ， 所以 0 sin lim 0 = x xx x ， e x xx xx x x = + sin 0 sin 1lim； 由幂指函数极限定理，再考虑极限 )(1 sin lim )(1 ( sin lim 3

38、 0 2 0 xf x x xx xfx xx xx = 12 1 )0(6 1 )()0( lim 6 1 0 = = = fxff x x ， 所以 12 1 1 1 1 sinlime n nn f n n = 。 4. 设 0 )(6sin lim 3 0 = + x xxfx x ，求 2 0 )(6 lim x xf x + =？ 提示：上题中导出 6 1sin lim 3 0 = x xx x 。 解：利用上题中 6 1sin lim 3 0 = x xx x ，所以 366 6 166sin lim 3 3 0 = x xx x ； 根据已知条件 2 0 3 0 )(6 lim

39、36 )(666sin lim0 x xf x xxfxxx xx + += + = ， 因此 36 )(6 lim 2 0 = + x xf x 。 2 5. 设处处可导，)(xfexf x = + )(lim，) 1()(limlim= + + xfxf Cx Cx x x x ，求。 C 解： C Cx Cx C Cx x x x x x e Cx C Cx C Cx Cx 2 2 2 2 1lim 2 1limlim= += += + + ， ( )()xxfxfxf xx , 1,lim) 1()(lim= + ， 因为 ，所以exf x = + )(lim( )ef x = + l

40、im， 比较上面两个极限得 2 1 =C。 6. 求极限 )5tan( )cos1 ( lim 2 0 x xf x ，其中函数在)(xf0=x点可微，且0)0(=f，。 af=)0( 解：这是 0 0 型不定式，但不满足 LHospital 法则应用的条件（仅在0=x点已知可导） 。 可以应用导数的定义，结合变量代换（复合函数） ，以及等价无穷小代换： )5tan( cos1 cos-1 )0()cos1 ( lim )5tan( )cos1 ( lim 2 0 2 0 x x x fxf x xf xx = 105 2/ lim)0( )5tan( cos1 lim )0()( lim 2

41、 2 0 2 00 cos1 a x x f x x t ftf xxt xt = = + = 。 二、导数计算二、导数计算 1. 已知函数在上有定义，在)(),(xgxf),(+0=x点可微，并且 1)0()0(, 0)0()0(=gfgf， ),(, ),()()()()(+=+yxxgyfygxfyxf 验证处处可微，并求出)(xf)(x f 。 解：根据导数定义和的已知性质，计算 )(xf h xfxghfhgxf h xfhxf xf hh )()()()()( lim )()( lim)( 00 + = + = h xgfhfghgxf h )()0()()0()()( lim 0

42、 + = )()()0()0()(xgxgfgxf=+=。 3 2. 已知函数在上有定义，在)(xf),(+0=x点可微，并且aff=)0(, 1)0(， ),(, ),()()(+=+yxyfxfyxf， 验证处处存在任意阶导数，并求出。 )(xf)( )( xf n 解：根据导数定义和的已知性质，计算 )(xf )()0()( )0()()( lim )()( lim)( 00 xaffxf h fhfxf h xfhxf xf hh = = + = ， 所以 ， )()( )()( 2 xfaxf axafxf= 依此递推便得 。这说明处处存在任意阶导数。 )()( )( xfaxf n

43、n =)(xf 3. 已知函数在处有定义，在)(xf), 0( +1=x点可微，并且aff=) 1 (, 0) 1 (， 0, ),()()(+=yxyfxfyxf， 验证在)(xf), 0( +处处可微，并求出)(x f ，进而求出。 )(xf 解：根据导数定义和的已知性质，对于，计算 )(xf0x h xf x h xf h xfhxf xf hh )()1 ( lim )()( lim)( 00 + = + = x a x f tx ftf h x h f t xht h = = + = + = = ) 1 () 1 ()1 ( lim )1 ( lim 0 / 0 ， 这说明在处处可微

44、； )(xf), 0( + 又因为)()ln(xf x a xa=，所以存在常数，使得 0 c 0 ln)(cxaxf+； 但已知，所以，0) 1 (=f0 0 =cxaxfln)(=。 三、导数证明题三、导数证明题 1. 设在连续，在可微，且)(xf)1 , 0(1 , 00) 1 (=f，则()1 , 0c，使 c cf cf )( )(=。 证明：作辅助函数在)()(xxfxF=1 , 0连续，在()1 , 0可微，且0) 1 ()0(= FF， 由 Rolle 定理存在，使) 1 , 0(c( )( )( )0=+=cf ccfcF。 4 2设函数在连续，在二阶可导，且)(),(xgx

45、f,ba),(ba0)( x g， 0)()()()(=bgagbfaf。 求证： （1）在内，； ),(ba0)(xg （2） )( )( )( )( ),( cg cf cg cf bac =。 证明： （1）用反证法，若在内存在),(ba),(bac使得0)(=cg， 则由已知，应用 Rolle 定理， 0)()(=bgag 0)()(: ),(),( 2121 =cgcgbcccac， 再由 Rolle 定理，0)(),( 0210 = cgccc，与题设矛盾。 （2）记)()()()()(xgxfxgxfxF=，则在连续，在可导， ,ba),(ba 且，由 Rolle 定理，0)()

46、(=bFaF),(bac，使得0)(= c F， 也即 0)()()()()(= =cgcfcgcfcF，由此导出结论。 3. 设函数，在内有二阶导数，在内达到相等的最大值， 并且，求证：存在 ,)(),(baCxgxf )()(),(bgbfag= ),(ba),(ba )(af),(ba，使得)()( g f= 。 证明：令，则 )()()(xgxfxF=0)()(=bFaF； 设相等的最大值)(),(xgxfM分别在),(),(baba取得， 当=时，取),(ba=，则有0)()()(=gfF； 若，则0)()(=gMF，0)()(=MgF， 由连续函数的介值定理，存在),(ba使0)(

47、=F。 总之，总有),(ba，使得 0)()()(=bFFaF。 由 Rolle 定理，),( 1 a，),( 2 b，使得0)( 1 =F，0)( 1 =F； 再由 Rolle 定理，),(),( 21 ba，0)(= F，即)()(gf = 。 4. 设在上可导，在内二阶可导，且)(xf,ba),(ba0)()(=bfaf， 0)()( + bfaf 求证： （1），使得(bac, 1 )0)()(2)( 111 =+ cfcfcf； （2），使得(bac, 2 )0)()(2)( 222 =+ cfcfcf； 5 6 )（3），使得(bac, 3 )()( 33 cfcf= ； (4)* ，使得(bac, 4 )()( 44 cfcf= 。 证明：不妨假设，由0)(, 0)( + bfaf0)()(=bfaf得 0 )( lim)( , 0 )( lim)( 00 + = + = + + h hbf bf h haf af hh 。 由极限的保序性质，0，使得 ),(+aax，；0)(xf),(bbx，0)(xf， 因此根据连续函数介值性质，()bac,，使得 0