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1、66习题三习题三1. 验证：函数在上满足罗尔定理的条件，并求出相应的，使( )lnsinf xx 5,66.( )0f证：在区间上连续，在上可导，且( )lnsinf xx 5,66 5(,)66，即在上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理，至少存在一5( )()ln266ff 5,66点使.事实上，由得故 5(,),66( )0fcos( )cot0sinxfxxx 5(,),266x 取，可使. 2( )0f2. 下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件？有没有满足定理结论中的？ ；2, 01,( ) 0,1 0, 1, xxf xx ；( )1, 0,2 f xx sin , 0,( )
2、 0, . 1, 0, xxf xx解： 在上不连续，不满足罗尔定理的条件.而，( )f x0,1( )2 (01)fxxx即在（0，1）内不存在，使.罗尔定理的结论不成立.( )0f 1, 12,( )1, 01.xxf xxx不存在，即在区间内不可导，不满足罗尔定理的条件.(1)f ( )f x(0,2) 而1, 12,( )1, 01.xfxx即在（0，2）内不存在，使.罗尔定理的结论不成立.( )0f 因,且在区间上不连续，不满足罗尔定理的条件.(0)1()=0ff ( )f x0, 而,取，使.有满足罗尔定理结论的( )cos (0)fxxx 2( )0f67. 2故罗尔定理的三个条
3、件是使结论成立的充分而非必要条件.3. 函数的导函数有几个零点？各位于哪个区间内？( )(2)(1) (1)(2)f xxxx xx解：因为，则分别在2，1，1，0，(2)(1)(0)( 1)( 2)0fffff0，1，1，2上应用罗尔定理，有使得1234( 2, 1),( 1,0),(0,1),(1,2), .因此，至少有 4 个零点，且分别位1234( )()()()0ffff( )fx于内.( 2, 1),( 1,0),(0,1),(1,2)4. 验证：拉格朗日定理对函数在区间0，1上的正确性.3( )2f xxx验证：因为在0，1上连续，在（0，1）内可导，满足拉格朗日定理的条件.(
4、)f x由得(1)(0)( )(1 0)fff2322解得，即存在使得拉格朗日定理的结论成立.1 31 35. 如果在a，b上连续，在（a，b）内可导且证明：( )fx( )0,( )0,fafx.( )( )f bf a证明：因为在a, b上连续，在（a，b）内可导，故在a，x上应用拉格朗日定( )fx理，则，使得,( , ),()a xaxb ( )( )( )0fxfafxa于是,故有( )( )0fxfa( )( )f bf a6. 设，且,在a，b内存在，证明：在（a，b）内至少( )( )( )f af cf bacb( )fx有一点，使.( )0f证明：在a，b内存在，故在a，b
5、上连续，在（a，b）内可导，且( )fx( )f x，故由罗尔定理知，使得，( )( )( )f af cf b1( , )a c1( )0f，使得，又在上连续，在内可导，由罗2( , )c b2()0f( )fx12 , 12( ,) 尔定理知，使，即在（a，b）内至少有一点，使12( ,) ( )0f68.( )0f7. 已知函数在a，b上连续，在（a，b）内可导，且，试证：在( )f x( )( )0f af b（a，b）内至少有一点，使得.( )( )0, ( , )ffa b证明：令在a，b上连续，在（a，b）内可导，且( )( ) e ,xF xf x( )F x，由罗尔定理知，使
6、得，即( )( )0F aF b( , )a b ( )0F,即( )e( )e0ff( )( )0, ( , ).ffa b8. 证明恒等式：222arctanarcsin (1).1xxxx证明：令,22( )2arctanarcsin1xf xxx2222 2 222212(1)22( )1(1)21 ()1 22011xxxfxxxx xxx故，又因,所以,即( )f xC(1)f( )f x 222arctanarcsin.1xxx9. 对函数及在上验证柯西定理的正确性.( )sinf xx( )cosg xxx0,2验证：，在上连续，在内可导，且，满( )f x( )g x0,2(
7、0,)2( )1 sin0g xx 足柯西定理的条件.由 ,得 ,( )(0)( )2 ( )( )(0)2fff ggg 2coscot()21 sin42 故满足柯西定理的结论.22arctan(0,)22210. 设在上有阶连续导数，在内有阶导数，且( )f x , a b(1)n( , )a bn试证：在内至少存在一点，使(1)( )( )( )( )0.nf bf afafaL( , )a b.( )( )0nf69证明：首先，对在上应用罗尔定理，有，即，使得( )f x , a b1( , )aa b1aab；其次，对在上应用罗尔定理，有，即1()0fa( )fx , a b21(
8、, )aa b， 使得一般地，设在内已找到个点12aaab2()0; ,faL( , )a b1n其中使得，则对121,na aaL121,naaaabL(1) 1()0n nfa 在上应用罗尔定理有使得.(1)( )0nfx1, nab1(, )( , ),naba b( )( )0nf11. 利用洛必达法则求下列极限： ; ; sin3limtan5xx x3 2lnsinlim(2 )xx x ; ; 0e1lim(e1)xxxx x sinsinlim xaxa xa ; ;limmmnnxaxa xa 1ln(1) limcotxx arcx ; ; 0lnlimcotxx x0li
9、m sin ln xxx ; ; 0e1lim()e1xxxx01lim(ln)x xx ; ;2lim(arctan )xxx 10lim(1 sin )x xx ; ; 0limlnln(1) xxx 332lim(1) xxxxx ; ;sin0eelimsinxxxxx 210sinlim()x xx x .1101lim(1) exxxx 解： 原式=.23cos33lim5sec 55xx x 原式=.2 221cot1csc1limlim4-2428xxxx x 原式=. 000e1e11limlimlime1e2ee22xxxxxxxxxxxx 70 原式=.coslimcos
10、1xaxa 原式=.11limm m n nxamxmanxn 原式=.22221()11limlim11 1xxx xxx xx x 原式=.22001 sinlimlim0cscxxxx xx 原式=. 001 lnlimlim0csccsccotxxxx xxx 原式22200eeeelim=lim(e1)xxxxxxxxx xx202ee1=lim2xxxx.204ee3=lim22xxx 原式= 0lim(1 ln )x xx 令(1 ln )xyx00020011()ln(1 ln )1 lnlim lnlimlim111limlim011 lnxxxxxxxxyxx x x x
11、原式=.00lime1 xy 令，则2(arctan )xyx2222211lnlnarctanarctan1lim lnlimlim1112limarctan1xxxxxxxyxx x xx 71原式=.2 e 令，则1 (1 sin )xyx000cos ln(1 sin )1 sinlimlnlimlim11xxxx xxyx原式=.e =e 原式 00lnlim(ln)lim1xxxx xx 0021= lim= lim()01xxxxx 原式32311111 lim1xxxxx 2 23423 2311111= lim(1)(23)=33xxxxxxxx 原式sinsin0e(e1)
12、limsinxxxxxxsin 00e(sin )=lim=e =1sinxxxx xx 令，则1 2sin()xxyx200023002220011coslnsinlnsinlimlnlimlim2 cossincossinlimlim2sin2 cossincos1limlim.666xxxxxxxxxxxxyxx xxxxxx xxx xxxxx xx 原式=.1 6e 令，则111 (1) exxyx11lnln(1)1xyxx2000011ln(1)1limlnlimlim2 111lim.212xxxxxxxyxxx 7212. 求下列极限问题中，能使用洛必达法则的有（ ）. ；
13、；201sin limsinxxx xlim(1)x xk x ； sinlimsinxxx xx eelim.eexxxxx 解： 不存在,（因，为有界函数）200111sin2 sincos limlimsincosxxxxxxx xx 1sinx1cosx又,2001sin1limlim sin0sinxxxxxxx故不能使用洛必达法则. 不存在,sin1 coslimlimsin1 cosxxxxx xxx而sin1sinlimlim1.sinsin1xxx xxx xxx x故不能使用洛必达法则. eeeeeelimlimlimeeeeeexxxxxxxxxxxxxxx利用洛必达法则无法求得其极限.而.22ee1 elimlim1ee1 exxxxxxxx故答案选（2）.13. 设,求常数,
