微積分a1第5次習(xí)題課答案

1、A(1)（第八周 a1 a 0 1.設(shè)常數(shù)aa,a 滿 nnna xnA(1)（第八周 a1 a 0 1.設(shè)常數(shù)aa,a 滿 nnna xn a xn1 a 在(0,1內(nèi)至少有一個零點 01n aF(x) x nxF(0F(10Rollen1nnF(x) a xn a xn1 01n2.在0,10 f(x1f(xf(x1.證明:在0,1存在唯一的 f () 。（1）F(x f(xxF(0) f(0) F(1) f(1)1由連續(xù)函數(shù)的介值定理得，在0,1存在F(0f(（2）唯一性：若存在兩點1,2，使 f (1) 1， f (2) 2 ，由Lagrange中值定理，存在 1,2（假設(shè)1 2，使(

2、21，f (x) 。3.f(x在0,1連續(xù)，在0,1可微，且f(1) 0，則 0,1，使f () f() F(x xf(xF(0 F(10，存在0,14.fxC0,1，在0,1內(nèi)可導(dǎo)，且f0 f10證明:存在0,1使2ff0證明Fx x2 f x，容易驗證FxC0,1內(nèi)可導(dǎo)，用羅爾定理Page 1 of 5f (xg(x在ab上連續(xù)，在(abf(a) g(a), f5f (xg(x在ab上連續(xù)，在(abf(a) g(a), f(b) g(b，證明：存在 ab，使得 f () g(F(x) f (x g(xF(a)0，F(xiàn)(b)0f (xg(x在(a,bM 分別在 (a,b (a,b) 當(dāng) 時，取

3、 (a,bf( g(當(dāng) F() f()g()M g()F() f() g() g()M 由介值定理，存在(a,bF(0f() g() 由Rolle定理， 1a,F(102,bF(1 6. 設(shè) 函 數(shù) f(x),g(x)在 存 在 二 階 導(dǎo) 數(shù) ， 且 g(x)，f (a) f (b) g(a) g(b) 0（2）g(（1）在(a,bg(x) 0（1）反證法，若在(a,b內(nèi)存在c(a,bg(c0Rolle1(a,c),2 (c,b): g(1) g(2) 再由Rolle定理 1,2g() 0。故在(a,bg(x) 0（ 2 ） 記 F(x) f (x)g(x f(x)g(xF(a) F(b)

4、0 ， 由 elloR 定 理，a,b f() f()g(7fC0,，在(0,f(00, lim f(x0，求證：存在0,Page 2 of f(0（1）（2）f(x0,f(0f(f(0（1）（2）f(x0,f(0f(0由連續(xù)函數(shù)的介值定理得在 (0,) 中存在一點 使 f。同樣，因為112lim f (x) 0，存在 ,f f 。由連續(xù)函數(shù)的介值定理得在, 2f。由中，存在一點 fRolle 定理得，存在 , 0,) 222f()8.f(x) ab 上連續(xù)，且 f(a f(b1 ，求證存在 ,ab) ，使得ef( f(1F(xex f (xF(x在abLagrangeeb fa( ，其中ab

5、f(a) f(b) 1aeag(x) e e ，其中 abxb綜合上述兩個等式即ef() f()： 記 g(x) exf(x ， 則 g(a) g(b證 法 二， (a,ef()1f () ，f() f( 令ef( f(f(x)在0，1上連續(xù)，在(0,1)f(0)=0,f(1)=1. （I）存在0,1), f(1 （II）存在兩個不同的點,0,1f(f(Page 3 of 【分析【詳解】（I）F(x f(x1xF(x)在0，1F(0)=-10于是由介值定理知，存在存在0,1), F(0f(1 （II） 在0,和,1上對 【分析【詳解】（I）F(x f(x1xF(x)在0，1F(0)=-10，證

6、明存在一點(ab使得blnaalnbb，11213設(shè)ba0，證明存在一點(ab使得blnaalnbba)(ln 1FCauchyF(a)F(b) F(G(a) G(14. f (xCab，在(abf(x) 0，求證存在,(abf() eb efbg(x) exf(b) f(a) fg(b) 即f(b) f(a)(eb ea)e ff(b f(a f()(ba1f( 1215.f(x在區(qū)間0,1上連續(xù)，在(0,1（1）存在 ,1 使得f()（2）對任意的實數(shù) ，存在 (0,（1）g(x f(xPage 5 of 11g( ) ) g1, 1 故存在 ,1 使得, 0f(（2）F(xexg(xF(

7、0) F(0，Rolle定理二、LHospital2cosx116.求極限33x2cosx 2cosx x2cosx31e311g( ) ) g1, 1 故存在 ,1 使得, 0f(（2）F(xexg(xF(0) F(0，Rolle定理二、LHospital2cosx116.求極限33x2cosx 2cosx x2cosx31e3解： 332x0 3xxsinx limln coslnxlim2cos 11sinx 2 x0 2cosx117.求極限x1xlnxx1 1） x1x(x1)ln1lnxln 1 2xx1 ln x 1 xxxx1 （2）x1xlnxx1 (x1)ln(1x1 xl

8、n 1 (x x1 2(xx1 2(x18f(xx 0f(0) 1, f(0) 2n11f 1 n nPage 6 of 1sin xsinxx x2(1f (解：考慮極限x0 x 0 1sinxx 111601f6f191sin xsinxx x2(1f (解：考慮極限x0 x 0 1sinxx 111601f6f19f(x在（-1,1）f (x) 0, （1）對(-1,1)x 0存在唯一的(x01f(x) f(0)xf(x)x12（2）lim(x) .證明：(1)x(11Lagrangef(x) f(0)xf(x)x其中(x(01f(x在（-1,1）f (x) 0, f(x在（-1,1）f(x必為單調(diào),因此在（-1,1）內(nèi)(xf(x f(0)xf(x)xf(x)x) ff(x) f(0) fx(x f (x)x f (0) f (x f (0 f(0)x (x)xx2lim(xlim f (x)x f (0) lim(x f (0lim f(x f(0) f(0=左邊 lim(x 1 22xxf20.（1