高数竞赛练习题答案(函数极限连续)

1函数、极限、连续1.],[)(),(baCxgxf，在),(ba内二阶可导且存在相等的最大值，又),()(),()(bgbfagaf证明：(1))()(),,(gfba使(2))()(),,(gfba使证明：设)(),(xgxf分别在dxcx,处取得最大值M，不妨设)(bdcadc此时，作辅助函数),()()(xgxfxF往证0)(),,(Fba使令),()()(xgxfxF则)(xF在二阶可导上连续，在),(],[baba，且0)()(bFaF，①当dc，由于0)()()()(cgMcgcfcF0)()()()(MdfdgdfdF由“闭.连.”零点定理，)()(),,(],[gfbadc使②当dc，由于0)()()()()(MMdgcfcgcfcF即)()(),,(gfba使对)(xF分别在],[],,[ba上用罗尔定理，),(),,(21ba，使0)()(21FF，在],[21上对)(xF在用罗尔定理，),(),(21ba，使0)(F，)()(),,(gfba使.2.设数列}{nx满足,2,1,sin,011nxxxnn(1)证明存在nnxlim，并求该极限(2)计算21)(lim1nxnnnxx分析：(1)确定}{nx为单调减少有下界即可2(2)利用(1)确定的nnxlim，用洛必达法则.解：易得),3,2(10nxn，所以),3,2(,sin1nxxxnnn，即}{nx为单调减少有下界的数列，所以存在nnxlim，并记为]1,0[,limaaxnn则，对等式,sin1nnnxxx两边令n取极限，得]1,0[,sinaaa，所以,0a即0limnnx.(2)2sin0212121)ln(lim01)sin(lim)sin(lim)(limttxtnnnnnnttttnnxnxettxxxx令由于613-lim31coslimsinlim1lim)]1(1ln[lim2221020302sin02sin0)ln(lim2sin0tttttttttttttttttttttt洛所以6121)(lim1exxnxnnn.3.已知]1,0[)(在xf连续，在)1,0(可导，且1)1(,0)0(ff，证明：(1)1)(),1,0(f使，(2)存在两个不同点1)()(),1,0(,ff使证：(1)令1)()(xxfxF，则)(xF在]1,0[上连续，且01)1(,01)0(FF，由“闭.连.”零点定理，1)(,0)(),1,0(fF即使(2)]1,[],,0[)(在xf上都满足拉格朗日中值定理，所以)1,(),,0(，使)1)(()()1(),0)(()0()(ffffff，即11)1(11)(1)(1)()(ffff3111)()(ff4.设方程01nxxn，其中n为正整数，证明此方程存在唯一的正实根nx，并证明当1时，级数1nnx收敛.证：令,1)(nxxxfn则)(xf在),0(上连续，且0)1()1(,01)0(nnnff所以由连续函数的零点定理，所给方程在)1,0(n内有根，又由)1,0()(,0)1()(1nxfxnxfn在即内单调递增，所以所给方程)1,0(n内只有唯一的根，在)1(，n上无根，即所给方程存在唯一的正实根nx.由上述知，对,2,1n，有,10nxn有nxn10，此外，由1知，级数11nn收敛，所以由正项级数比较审敛法，知1nnx收敛.5.求)21ln(1)(coslim0xxx解：)21ln(1)(coslim0xxx=)1ln(coslnlim20xxxe，其中21lim)1ln()]1(cos1ln[lim)1ln(coslnlim222102020xxxxxxxxx所以，210)21ln(1)(coslimexxx6.)(xf在0x的某邻域内具有一阶连续导数，且,0)0(,0)0(ff若)0()2()(fhbfhaf在0h时是比h高阶的无穷小，试确定ba,的值.解1：（利用导数定义）4hfbafbahfbahbfhbfhafhafhfbfbfhbfafafhafhfhbfhafhhhhhh)0(]1)[(lim)0()()0(]1)[(lim)0()2(lim)0()(lim)0()0()0()2()0()0()(lim)0()2()(lim0000000由,0)0(,0)0(ff得1,2,021bababa即解2：按解1，只要假定0)(xxf在处可导即可，但在题中“)(xf在0x的某邻域内具有一阶连续导数”的假定下，有以下解法：由0)0()2()(lim0hfhbfhafh得)0()2()(lim0fhbfhafh=0即)0()1()0()2()(lim00fbafhbfhafh，由,0)0(f得1ba（1）又由)0()2()2(2)(lim)0()2()(lim000fbahfbhfahfhbfhafhh洛且,0)0(f所以02ba（2）由（1）、（2）得.1,2ba7.求.sin12lim410xxeexxx解：xxeexxxsin12lim410xxeeexxxxsin12lim43401xxeexxxsin12lim410xxeexxxsin12lim4101所以原式=18.求.211lim20xxxx解1：（泰勒公式）因)0(41~)(412)](81211[)](81211[2112222222xxxoxxoxxxoxxxx所以54141lim211lim22020xxxxxxx解2：（洛必达法则）41.)11(2lim41111lim11lim412121121lim211lim000020xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx洛必达