微积分曹定华修订版课后题答案习题详解.pdf

1 第二章 习题 2-1 1•试利用本节定义 5 后面的注(3)证明：若lim Xn=a,则对任何自然数 k，有lim xn+k=a. n n Xn a Xn k a Xn=(-1)n，说明上述结论反之不成立 证： 所以前面所证结论反之不成立 3. 利用夹逼定理证明： (1) 1 (n 1)2 1 (2n)2 =0 ； lim n 2n =0. n! 证: (1)因为 丄 ~~2 n 1 ~~2 n (n 1)2 L 1 (2n)2 而且 lim n 证：由lim Xn a，知 n 0， N1，当n N1时，有 N，设n N时(此时n k NJ有 由数列极限的定义得 lim X Xn k a • 2•试利用不等式A B说明：若 lim n Xn=a,则 lim 1 n Xn I =|a|.考察数列 Q lim X Xn a 0, N,使当 n N 时, Xn Xn Xn N,使当 n N 时，有 由数列极限的定义得 考察数列 Xn Xn Xn a Xn lim Xn n (1)n，知lim xn不存在, Xn lim Xn 2 lim丄亠L丄 n n2 (n 1)2 (2n)2 2n lim 0 n n! 4. 禾U用单调有界数列收敛准则证明下列数列的极限存在 (1) Xn= -n1 ， n = 1,2,…； en 1 ⑵ X1= ,2,xn+1= 2Xn ,n =1,2,… 证：(1)略。

(2) 因为X1 2 2，不妨设Xk 2，贝y Xk 1 2Xk ,2於 2 故有对于任意正整数 n,有Xn 2，即数列 人 有上界， 又 Xn 1 Xn .XnC-2 , Xn )，而 X. 0, X. 2 , 所以 Xn 1 Xn 0 即 Xn 1 Xn , 即数列是单调递增数列 综上所述，数列 Xn是单调递增有上界的数列，故其极限存在 习题 2-2 (2)因为 0 4，而且 lim 4 0 , n n n 所以，由夹逼定理得 证：先证充分性：即证若 lim f(x) X XQ lim f(x) a X x ，则 lim X x f(x) 由 lim f (X) a 及 lim f (X) XX X XQ a知： 0, 1 0,当0 Xo X 1 时， 有 1 f (x) a 2 0当0 x Xo 2 时， 有 f(x) a 取 min 1, 2 ，则当 0 XQ X 或 0 X XQ 时，有 f(x) O 而0 X0 X 或0 XX 就是0 X X0 0. 探 ■ __ 1 .证明：lim f(X)= a 的充要条件是 X X0 f(X)在 X0处的左、右极限均存在且都等于 a. 3 (2) 若 lim f (x)存在，则 lim f (x) lim f (x)， X 0 X 0 x 0 lim f (x) lim( x2 a) lim( x2 a) a, x 0 x 0 x 0 1 lim f (x) lim e' 0 x 0 x 0 所以，当a 0时，lim f(x)存在。

x 0 3.利用极限的几何意义说明 lim sinx 不存在. X 定直线y A，亦即y f (x)不以直线y A为渐近线，所以lim sinx不存在 X 习题 2-3 1. 举例说明：在某极限过程中，两个无穷小量之商、两个无穷大量之商、无穷小量与 无穷大量之积都不一定是无穷小量，也不一定是无穷大量 sin x 解：例 1：当x 0时，tan x,si nx都是无穷小量，但由 cosx (当x 0时,0, 0,当 0 Xo 时，有f(x) a 所以 lim f(x) a. X X 再证必要性：即若 lim X Xo f(x) a，则 lim f (x) X X lim f (x) X X0 a, lim X X f(x) a知, 0, x X0 时，有f (x) X X0 就是 X 0, X° 时, f(x) 所以 lim X X0 f(x) lim X X0 f(x) a 综上所述, lim f(x)=a 的充要条件是 X X) f(x)在 X0处的左、右极限均存在且都等于 a. 2. (1)利用极限的几何意义确定 00 1 (x2+a)，和 lim ex ； x 0 1 ⑵设 f(x)= e， X 0,, 2 c x a,x 0, 问常数 a 为何值时，|］叫 f(x)存在. 解：(1)因为 x 无限接近于 0 时, X2 a的值无限接近于 2 a,故 lim( x a) x 0 当 x 从小于 0 的方向无限接近于 0 时, 1 e，的值无限接近于 0, 1 lim ex 0. x 0 由(1)知 解：因为当x 时，sinx的值在-1 与 1 之间来回振摆动, 即sin x不无限接近某一 tanx 4 cosx 1 )不是无穷大量，也不是无穷小量。

2x 例 2 :当x 时，2x与x都是无穷大量，但 2不是无穷大量，也不是无穷 x 小量 0时，tanx是无穷小量，而 cotx是无穷大量，但tan xgcotx 1不 是无穷大量，也不是无穷小量 2. 判断下列命题是否正确： (1) 无穷小量与无穷小量的商一定是无穷小量； (2) 有界函数与无穷小量之积为无穷小量； (3) 有界函数与无穷大量之积为无穷大量； (4) 有限个无穷小量之和为无穷小量； (5) 有限个无穷大量之和为无穷大量； (6) y=xsinx 在(-汽 +^内无界，但 lim xsinx^°® (7) 无穷大量的倒数都是无穷小量; (8) 无穷小量的倒数都是无穷大量 解：(1)错误，如第 1 题例 1 ； §2.3 定理 3； 0时，cotx为无穷大量，sinx是有界函数，cotxgsinx cosx (4) 正确，见教材 §2.3 定理 2； 1 1 (5) 错误，例如当x 0时，一与 一都是无穷大量, x x 是无穷大量； 又 M 0，无论X多么大，总存在正整数 k,使kn>X，使f(2kn k冗sin(k" 0 M , (7) 正确，见教材§2.3 定理 5； (8) 错误，只有非零的无穷小量的倒数才是无穷大量。

零是无穷小量，但其倒数无意 义 3. 指出下列函数哪些是该极限过程中的无穷小量，哪些是该极限过程中的无穷大量 (2) f(x)=lnx, xF+, XT 1,x~+^； 1 ⑶ f(x)= ex ,XTO + , XT0-； (4) f(x)= — -arcta nx,xi 2 1 — sinx,xi8 ; x例 3 :当x (2) 正确，见教材 (3) 错误，例当 x 不是无穷大量； (6 )正确，因为 M 0 , n 正整数k，使2kn+- M ，从而 n f (2 k n+ —) n n (2kn+-)si n(2kn+-) n 2kn+2 M，即 y xsin x 在( )内无界, 时, xsi nx不无限增大，即 lim xsinx x (1) f(x)= ⑸ f(x)= 但它们之和- x 1 ⑹ f(x)= 2 x 5 解：(1)因为lim( x2 4) 0,即x 2时，x2 4是无穷小量，所以 3 小量，因而 r——也是无穷大量 x2 4 1时，f(x) In x是无穷小量 n 时，f(x) - arctanx是无穷小量 习题 2-4 为什么？ 解：若lim f(x)存在，lim g(x)不存在, XX。

x x) lim g(x)，与题设矛盾 X X丄是无穷 x2 4 (2) 从f(x) lnx的图像可以看出，lim l nx x 0 ,limln x x 1 0, lim ln x x 所以，当x 0时，x 时，f(x) In x是无穷大量; (3) 1 1 f (x) ex的图可以看出，lim ex x 0 ,lim x 0 所以，当 0时, 1 f (x) ex是无穷大量; (4) Q 0时, 1 f (x) ex是无穷小量 arctanx) 0, (5) Q 当 x 时，-是无穷小量，sin x是有界函数, x 1 . sin x x 是无穷小量 (6) Q 当 x 1•若 lim f(x)存在, x 冷 lim g(x)不存在，问 x x0 lim : f(x) ±(x): x X ,lim : f(x) g(x)]是否存在, x x0 (1 ) lim [ f(x) ±(x)]不存在 X x 因为若 lim X x0 :f(x) ±(x):存在，贝 U 由 g(x) f (x) [f (x) g(x)]或 g(x) [f (x) g(x)] f(x) 以及极限的运算法则可得 1 时，—2 是无穷小量, X 1 -1 是有界变量, 1 是无穷小量。

6 f(x) g(x) B nf (x) ng(x). 4'.利用单调有界数列必存在极限这一收敛准则证明：若 Xn+1= X7 (n=1,2，…，则lim xn存在，并求该极限• (2) lim [ f(x) g(x)]可能存在，也可能不存在，如: X X0 1 f (X) sin X , g(x)—,则 x lIm0Sin X 1十宀亠” 1 0 , lim 不存在，但 lim [f(x) g(x)] = lim sinx X 0 X X XQ ” 0存在 1 f (x) sin x , g(x) cosx 则 limsin n x 2 1 lim 不存在，而 X ? cosx 2 lim [f(x) •(x): lim tanx不存在 x冷 x n 2 2.若lim f(x)和lim g(x)均存在，且 f(x)君(x),证明 X X0 XX) lim f(x) Rim g(x). X Xg X X0 证: 设 lim f(x)=A, X X0 lim X X0 g(x)=B，则 0 ,分别存在 1 0 , 2 0 ,使得当 X。

1时，有 f(x)，当 0 X x0 2时，有 g(x)B min 则当 X X0 时，有 证：因为％ 2, X2 . 2 2,有 X2 X2 X-I xk 1，则兀 1 \ 2 Xk J2 兀 1 Xk，由数学归纳法知，对于任意 正整数 n 有xn 1 Xn ,即数列xn单调递增 从而A B 2 ，由 的任意性推出A B即 3.利用夹逼定理证明：若 a1,a2,…，am为 m 个正常数，则 lim n a1n n a2 n 八 L am =A, 其中 A=max{ai,a2,…，am}. n nOT 证：因为 n a2 n L am VmgAn，即 A n a； n n a2 L am 1 mngA 而 lim A n 1 A , lim mngA A，由夹逼定理得 lim n a： n n n a2 L am A. xi =、2 ,X2= . 2 2 ,…, 7 又因为X1 2 2，今设Xk 2，则Xk 1 2 Xk 2 2 2，由数学归纳法 知，对于任意的正整数 "有Xn 2，即数列 Xn有上界，由极限收敛准则知 lim Xn存在 n 设 lim xn n b，对等式xn 1 ..2 xn两边取极限得 b 2 b，即 b2 2 b， 解得b 2，b 1 （由极限的保号性， 舍去） ，所以lim xn n 2. 5. 求下列极限: ..3n3 2n 4 (2) lim , 1 (1) lim 「 n 5n3 2 n n 1 1 ——cos n ； n2 lim( n2 n 、、n) lim n 一 3 Q lim(n2 n 而 lim' n2 n 汕 n 0, lim n (4) lim — n ( 2)n 1 3n 1 2 1 ) 3 3 n 1 (1)n lim—— n ( 1)n1g：|)"' 1 3 解: -n lim (1) 1 1 L 2 E J 3 3n 3彳 原式=lim n一 n厂1 1 5 n孑 4 n 1 飞 n 1 ⑵因为nim（1 n、2）0,即当n 时, 1 n2 是无穷小量，而 cosn是有界变 量，由无穷小量与有界变量的乘积是无穷小量得: lim n (1 L)cos n 0 ； ；2 n 2 n 8 1 1 2 1 (5) lim - n 1 1 2 1 3 lim n 1 1 3 4[1 A】4 lim 2 4 n 1 n 1 3 3[1(3)n1] 3 3 6.求下列极限: 3 x2 9 2X 5X (3) lim x (5) h叫 6x3 4 2x4 3x2 ; (x h)3 x3 .・ sin x cosx ⑷lim x _ cos2x 2 x x2 L xn n (7)lim ------------------- ---------------------------- ； x 1 X 1 (9) lim \ x2 x \ x2 x ； x 2 1 (11) lim (x sin ) • x 0 NZ (8)lim x x sin x (10) xm (1 x3）； 解：(1)lim 4^^ lim — x 3x 9 x 3(x 3)(x 3) 1 1 lim x 3 x 3 6 (2) Q lim( x2 5x 4) 0,limi(2 x 3) 1 01 x2 5x 4 2x 3 0,即 lxm1 2x 3 x2 5x 4 (3) lim x 6x3 4 2x4 3x2 6 4 lim 広一x 0 ； x 2色 2 x z、sin x cosx (4) lim x 上 cos2x 2 . n n sin cos— 2 2 cos n a 叫 Hh X /V 叫 Hh 2 X X X 0。

X x 9 \17 6 X 2 X m3 Hx m3 Hx (7) 2 ..X X lim X 1 (8) Q lim S^ x x x sinx lim x x sinx (9) lim (, x2 X (10) (11) X 叫 9 h X 2 3X lim 2(X 3)(」」2) x 3 (x 3)(、2x 3 3) 01 H X 2)3 limU X 1 (x 1) L (xn 1) x (X 1) (X2 1) L (xn1 1) n(n 1); 1 （无穷小量一与有界函数sinx之积为无穷小量） x ’ sin x lim x 1; x 丿 sinx 1 - x x) lim X lim X (X2 X) (X2 X) 2x .X2 X X2 1; X lim X • X2 2 xx )3 X3 X 1 X3 (X 2) Q当X 0时，X2是无穷小量, lim』 x 1 (1 x)(1 2)( x X X2) 1) 2 2 X 1 sin 是有界函数， x 1 它们之积x sin 是无穷小量，即lim x 0 2 . 1 x sin 习题 2-5 求下列极限（其中 a > 0,a^l为常数）： 10 sin5x lim x 0 3x cosx lim ------------- x 0 xz tan2x 2. lim x 0 sin5x lim x 0 cotx x a 1 1 3sin x ； 8. lim x 0 x lim ln(1 x) ln x 11. lim 3 2x x x x 2 2x arcs inx arcta nx lim 14lim x 0 x x 0 x 5. xm0 cos5x cos2x 2 x 1. lim沁 x 0 3x tan2x lim x 0 sin 5x 3. lim xcotx； x 0 6. lim x 9. 12. lim x x2 lim 5严 x 0 3 5x 5x sin2x cos2xs in 5x 5lim 沁 5 3x 0 5x 3 sin2x 5x lim 2宀— x 0 5 cos2x 2x sin 5x 2lim丄gim也空qim旦？ 5 x 0 cos2x^x 0 2x 枚 0sin5x 5 x x lim xcotx lim cosx lim gimcos x 1 cos0 1 ； x 0 x 0 sinx x 0sin x x 0 00 X 1 cosx 」2sin 2 — lim「 2 x 0 xm0 .x sin — 2 x 2 2 cos5x cos2x mo IKX X mlimx .X sin「 —2 x 2sin 7x . 3x sin 2 2 00 (2) .7 . 3 sin x sin x 2 2_ 7 3 x x 2 2 .7 sin x 2 .3 sin x 2 21 1 ； X X 1 X ^1 1- e 1. 4. 7. 10. 13. 解: 2. 3. 4. 5. 6. e x 12. 11 x 0 x u 0 log a(1 u) u 0 1 loga(1 u) u 1 1 lna. 1 lim.log a (1 uf u 0 logae x x x x a a .. (a 1) (a 9. lim lim x 0 X x 0 x 1) lim x 0 x x a 1 a 1 x x X a 1 lim x 0 X a lim x 0 x 1 ln a ln a 2ln a x x a 1 （利用了第 8 题结论lim ln a ); x 0 x ln(1 x) ln x 1 1 x 10. lim lim ln X x x x x lim 1 —-) lim 1 lim ln(1 1 0 ； x x x x xx x cosx 3cosx Q lim(1 1 3si nx)3sinx e,lim3cos x 0 x 3 lim(1 cotx 3si n x) 3 e 8•令 u ax 1，则 x log a(1 U)，当 x 0 时，u 0, x a 1 U 1 lim lim - lim 7. lim(1 3sin x)co x lim(1 3sin x)显 m H X 1 1 Q lim x lim x lim(1 2) x x2 2 2x 2x 2 2x lim (1 x 2x x2 e, lim x lim x 2 2x ln e X X 2 2 X 2 2 1 1 x2 lim 丄 ln(1 -)x x x x2 lim (1 3sinx)3sinx x 0 e x 12. 12 i 1 x2 lim 1 lim ln(1 才 ex xx x0l ne e e0 (x) (x) 13 13.令 arcs inx u，贝U x sinu，当 x arcs inx .. u lim x 0 x lim u 0 sinu 14.令 arctanx lim x U，贝U x arcta nx o x tanu，当 r u lim — u 0 tanu 0 , u 0 , 1 sin u lim u 0 u 0, u 0 u gcosu lim u 0sinu 1.证明: 要条件是lim X xo 1 lim -------gimcos u u 0 sinu u 0 习题 2-6 若当 XTxo时， (x) T o,jRx) T 0 且 (x) 则当 XTxo时, 凶凶=o . (X) 证：先证充分性 . 若lim x Xo 凶—= 0, (X) 则 lim (1 x 冷 1. (x)〜Rx)的充 即1 lim凶 x x (x) 也即lim凶 x x (x) 所以当x Xo时, (x) : (x). 再证必要性: 若当x Xo时, (x)： (x)，则 lim x xo 所以lim x xo 也上=lim (x) x (1 上)=1 (X)7 lim上 x 人(x) 1 .. (x) lim x x (x) 综上所述, 当 XT xo时, (x)〜Rx)的充要条件是 lim上凶=0 . x 人 (x) 2.右Rx)工, lim Rx)=o 且 lim x xo x xo 存在，证明 (x) lim x x (x)=0. 证：lim X xo lim —(x) x % (x)y lim —^gim X xo (X)U Xo lim —^g0 0 x 人(x) lim (x) 0. x x 14 a b 3.证明： 若当 XT0 时，f(x)=o(xa), g(x)= o(xb)，则 f(x) g(x)= o(x ), •••当 xF 时，f(x) g(x) O(xa b), ■/ tanx si nx tan x(1 cosx) 而当 XT0 时，tanx O(x),1 cosx 4.利用等价无穷小量求下列极限: 、、2 1 cosx 1 x2 1 1 x 2sin ax ⑴1x叫 ta^ (b b 0) ⑵ lim - x 0 coskx lim x 0 arctanx . arcs in x lim x 0 ax e ebx sin ax sin bx (a^)； In cos2x ； In cos3x sin ax 广 ax 解(1)lim lim x 0 tan bx x (8) f(x) 3 x2 100，求 lim f(x). x 0 0 bx 1 coskx ⑵叫 x 0 j(kx)2 2 x (3)lim0 ln(1 x) x 0 ■. 1 x 1 lim - x 0 x 2. -k2. 2 其中 a,b 都大于 0,并由此判断当 XT0时，tanx— sinx 是 x 证：•••当 XT0 时,f(x)=o(xa), g(x)=o(xb) '的几阶无穷小量 B(B 0) 于是：x叫 f(x) g(x) a b x lim x f(x) g(x) limf(ax) lim 哗 AB x 0 xa x 0 O(x2), 由前面所证的结论知 3 tan x(1 cosx) O(x ), 所以，当 xF 时，tanx sinx是 x 的 3 阶无穷小量 ln (1_x) .r 1 cos X)I 1 x2 1 • (1 lim 2 — --------- x 0 X 、、2 *1 cosx 叫 15 (5)1叫 o arcta nx arcs inx lim - 1. X 0 x ax bx e sinbx (eax 1)(ebx 1) c a b . a b 2cos xsin x 2 2 ax e lim x 0 a b . a b 2cos xsin x 2 2 ebx 1 2cos _b 2 as o c 2 moax as o 2C mo H bx mo H Xa 一 s o cmo H Xa - s o c b⑺lim^仝 x 0 ln cos3x In 1 (cos2x 1) lim x 01 n 1 (cos3x 1) £(2x)2 lim N ------- x 0 1 2 尹x) limS^x x 01 cos3x (8)由x叫 f(x) 3 2 x 100,及 lim x2 x 0 0知必有 lim f (x) x 0 所以 xm f(x) 3. 习题 2-7 1 •研究下列函数的连续性，并画出函数的图形： 3 x (1) f(x)= 3 1,0 x,1 x 1, x 2; 解：(1) Q lim x 0 f (x) lim( x 0 x3 ••• f(x)在 x=0 处右连续， 又Q lim f (x) x 1 lim(3 x) x 1 cos2x lim x 0 cos3x 1 lim塹 x 0 9x2 l叫 f (x) 3] 0, ⑵ f(x)= x, 1,x 1) 1 f (0) 0, x 1, 1. lim x 1 lim x 1 f(x) f(x) 3 lim(x 1) x 1 lim f (x) 2 f (1) x 1 16 • •• f(x)在 x=1 处连续• 呵 f(x)阿3 X) 1 f(2) • f(x)在 x=2 处连续. 又 f(x)在(0,1),(1,2)显然连续，综上所述,f(x)在［0,2］上连续.图形如下： • f(x)在 x=1 处连续. • f(x)在 x=-1 处间断，x=-1 是跳跃间断点• 又 f(x)在(,1),( 1,1),(1,)显然连续. 综上所述函数f(x)在 x=-1 处间断，在 ( , 1),( 1,)上连续.图形如下 ?又有什么联系？ ?试举例说明 ⑵ Q lim f (x) x 1 lim x x 1 lim x 1 lim x 1 f(x) f(x) lim1 x 1 lim x 1 f(x) 1 f(1) 又lim x 1 f(x) lim x 1 lim x 1 f(x) lim x 1 故lim x 1 f(x) lim x 1 f(x) 17 解:函数在其第二类间断点处的左、右极限不一定均不存在 例如f (x) 1 0,x 0是其的一个第二类间断点，但lim f (x) li x 0 x x 0即在 x 0处左极限存在，而lim f (x) x 0 lim - x 0 x 4.求下列函数的间断点，并说明间断点的类型: ，即在x 0处右极限不存在• ⑴ f(x)= x2 x2 1 3x ⑵ f(x)= sin x x ； sin x ⑶ f(x)= (4) f(x)= ⑸ f(x)= .1 xsin x 解：(1)由 3x 2 0 得 x=-1, x=-2 lim x 1 f (x) lim F 1 x 1 x2 3x 2 (x 1)(x lim x 1 (x 1)(x 1) 2) lim^ 2 x 1 x 2 lim f (x) x 2 ••• x=-1 是可去间断点，x=-2 是无穷间断点• ⑵由 sinx=0 得x kn ,k 为整数• sin x x i -------------- 0 sin x lim f (x) lim x 0 lim(1 x 0 」2 sin x (1 ⑶Q f (x) ' (1 lim x k (k 0) 1 x)x 1 x)x f(x) lim x 0 f(x) lim(1 x 0 0 1 x)， e, lim x 0 f(x) lim(1 x 0 •- x=0 是跳跃间断点. (4)由 x2-4=0 得 x=2,x=-2. x 2 lim 2 x 2x2 4 lim — x 2x 2 呢 f (x) 1 x)x lim x lim[(1 ( x 0 x)) e1 2 x 2 1 4, • x=2 是无穷间断点,x=-2 是可去间断点. lim f (x) x 2 18 故 x=0 是 f(x)的可去间断点 5.适当选择 a 值，使函数 f(x)= e ,x 0,在点 x=0 处连续 a x,x 0 解：••• f(0)= a, lim x 0 f (x) lim( a x 0 x) a, lim f (x) lim ex 1, x 0 x 0 要 f(x)在 x=0 处连续,必须lim x 0 f(x) lim f (x) x 0 f(0). 即 a=1. x x 设 f(x)= lim 二一 J，讨论 f(x)的连续性. x a a 7.求下列极限: (4) lim arcsin 丁1 x2 ； x - 2 ⑵lim、3 2x x2 .3 2 0 02 3; x 0 (4) lim1 arcsin .1 x2 x - 2 (5) lim(ln x)x (ln e)e 1e 1. 习题 2-8 1.证明方程 x5-x4-x2-3x=1 至少有一个介于 1 和 2 之间的根. 人 5 4 2 证：令 f(x) x x x 3x 1,则 f (x)在［1,2］上连续, 5 lim (lnx)x. x e ⑸ Q lim f (x) x 0 lim xsin X 0 x 0, f(x)在 x=0 无定义 (1) lim x 2 2x x2 x 2 ⑵ lim \ 3 2x x2 ； x 0 2x (叫x 2 2 2 22 2 2 解：f (x) lim a x x a a x x a a lim a 2x a 2x a 1 x 0 1 x 0 sg n(x) 0x0 所以,f(x)在(,0) U (0, )上连续,x=0 为跳跃间断点 (3) lim ln(x-1); x 2 ⑶叫 n(x 1) ln(2 1) ln1 0; arcsin .、、3 arcs in — 2 19 f(1) 5 0, f(2) 5 0 由零点存在定理知至少存在一点 xo (1,2),使得f(x。

) 0. 即 5 X0 4 2 x0 X0 3X0 1 , 即方程x5 4 2小 x x 3x 1至少有一个介于 1 和 2 之间的根. 2.证明方程 ln (1 + ex) -2x=0 至少有一个小于 1 的正根. 证:令f(x) ln(1 ex) 2x，则 f (x)在( ,)上连续,因而在［0,1］上连续 且 f(0) ln(1 e0) 2 0 In 2 0 f(1) ln(1 e) 2 0 即方程ln(1 ex) 2x 0至少有一个小于 1 的正根. 3 .设 f(x) € C(4, +〜，且lim f(x)=A, lim f(x)=B, ABV 0,试由极限及零点存在定 X x 理的几何意义说明至少存在一点 x0€ (- 8,+〜，使得 f(X0)=O . 证：由 A B<0 知 A 与 B 异号,不防设 A>0, B<0 由lim f (x) A 0, lim f (x) B 0 ,及函数极限的保号性知,X1 0 ,使当 x x x X1,有 f(x) 0, X2 0,使当 x X2 时，有 f (x) 0. 现取 x a X1,则 f (a) 0 , x b X2,则 f(b) 0,且 a b, 由题设知f (x)在［a,b］上连续，由零点存在定理，至少存在一点x0 (a,b)使f(x0) 0, 即至少存在一点x0 (,)使f(x)) 0. n 1 4•设多项式 Pn(x) = xn+a1 x +…+ an.，利用第 3 题证明： 当 n 为奇数时，方程 Pn(x)=0 至少有一实根 证:QPn(x) xn 1色卑L窪 x x x P (x) lim斗 1 0,由极限的保号性知. X x 由零点存在定理知至少存在一点 X。

(0,1)使得 f(x0) 0. 20 X 0,使当x X时有0,此时巳(x)与xn同号,因为 n 为奇数所以(2X)n与 x (-2X)n 异 号，于是 巳(2X)与巳(2X)异号，以Pn(x)在［2X,2X］上连续，由零点存在定理， 至少存在一点Xo ( 2X,2X),使Pn(x) 0,即Pn(x) 0至少有一实根.1 lim — n n 所以由夹逼定理, x 、2 .1 cos x 2. 说明函数 f(x)在点 xo处有定义、有极限、连续这三个概念有什么不同 略. 3. 函数在其第二类间断点处的左、右极限是否一定均不存在 。