微积分(曹定华)(修订版)课后题答案第二章习题详解.pdf

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1、微积分（曹定华）（修订版）课后题答案第二章习题详解第二章习题2-11 .试利用本节定义5 后 面 的 注（3）证明：若 l i mx n=a，则对任何自然数k,有l i mx n+k=a.nn证：由 l i mx n a,知 0,N 1,当 n N 1 时，有nx n a取 N N1 k,有 0,N,设 n N 时（此 时 n k N D有x n k a由数列极限的定义得l i mx n k a.2 .试利用不等式A B A 说明：若 l i mx n=a，则 l i m|x n|=|a|.考察数列nnx n=（-l）n,说明上述结论反之不成立.证：l i mx n ax0,N,使 当 n N

2、 时，有 x n a.而 x n a x n a 于是0,N,使 当 n N 时，有x n a x n a 即 x n a由数列极限的定义得l i mx n an考 察 数 列 x n (1),知 l i mx n 不存在，而 x n 1,l i mx n 1,nnn所以前面所证结论反之不成立。3.利用夹逼定理证明：n1 1 2 1(1)l i m 2 =0；(2)l i m=0.2 2 n n n!n(n 1)(2 n)证：(1)因为I n2I n22 nI n2l(n 1)22(2n)InIn n 22nn2n而 且 limn0,limn0,所以由夹逼定理，得 1111 lim 2 0.2

3、2 n(2)因为02n212223 2n 12n 4n，而且 lim4n!n On,所以，由夹逼定理得lim2n(n 1)(2n)nnn!04.利用单调有界数列收敛准则证明下列数列的极限存在.（1）x l ne n1,n=l,2,；x lx n+1,n=l,2,.证：（1）略。（2）因为x l2,不妨设x k 2,则x k 12故有对于任意正整数n,有 x n 2,即 数 列 xn有上界，又x n 1 x n，而 x n 0,x n 2,所 以 x n 1 x n 0 即 x n 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,证明：l

4、i mx x f(x)=a 的充要条件是f(x)在 x 0 处的左、右极限均存在且都等于a.证：先证充分性：即证若l i mf(x)l i mf (x)a,则 l i mf(x)a.x xx xx x O由 l i mf (x)a 及 l i mf (x)a 知：x x OX X0,1 0,当 0 x O x 1 时;有 f(x)a,2 0 当 0 x x O 2 时，有 f(x)a。取 mi n 1,2 ,则当 0 x O x 或 0 x x O 时，有 f(x)a,而0 x O x 或 0 x x O 就是 0 x x O,2于是 0,0,当 0 x x O 时，有 f(x)a,所以 l

5、i mf (x)a.x x O再证必要性：即若 l i mf(x)a,则 l i mf(x)l i mf(x)a,x x Ox x Ox x O由 l i mf(x)a 知，0,0,当 0 x x O 时，有 f(x)a,x x O由 0 x x O 就 是 0 x O x 或 0 x x O,于是 0,0,当0 x O x 或 0 x x O 时，有 f(x)a.所以 l i mf(x)l i mf (x)ax x Ox x O综上所述，l i mf (x)=a 的充要条件是f(x)在 x O处的左、右极限均存在且都等于a.x x O12.(1)利用极限的几何意义确定l i m(x+a),和

6、 l i me x；x 0 x 021 X(2)设 f(x)=e,x 0,问常数a 为何值时，l i mf(x)存在.x 02x a,x 0,2解：(1)因为x无限接近于0 时;x a 的值无限接近于a,故 l i m(x a)a.2x 011当 x从小于0 的方向无限接近于。时，e x 的值无限接近于0,故 l i mc x 0.x 0(2)若 l i mf(x)存在，则 l i mf(x)l i mf(x),x 0 x 0 x 0由(1)知 l i mf(x)l i m(x a)l i m(x a)a,x 02 2x 0X 01l i mf (x)l i me x 0 x 0 x 0所以，

7、当 a 0 时，l i mf (x)存在。x 03.利用极限的几何意义说明l i ms i n x 不存在.x解：因为当x 时，s i n x 的值在-1 与 1 之间来回振摆动，即 s i n x 不无限接近某一定直线y A,亦即y f(x)不以直线y A为渐近线，所 以 1 i ms i n x 不存在。x习题2-31.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.解：例 1：当 x 0 时，t an x,s i n x 都是无穷小量，但由s i n x t an xc o s x (当 x 0 时，3c o s

8、 x 1)不是无穷大量，也不是无穷小量。例 2：当 x时，2 x 与 x都是无穷大量，但小量。2 x x2不是无穷大量，也不是无穷例 3：当 x 0 时，t an x 是无穷小量，而 c o t x 是无穷大量，但 t an x c o t x 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=x s i n x 在(-8,+8)内无界，但 l i mx s i n x W s；x

9、(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)正确，见教材 2.3定 理 3；c o t x 为无穷大量，(3)错误，例 当 x 0 时，s i n x 是有界函数，c o t x s i n x c o s x不是无穷大量；(4)正确，见教材 2.3定理2；(5)错误，例如当x 0 时,与x ll x都是无穷大量，但它们之和l x(l x)0 不是无穷大量;(6)正确，因 为 M 0,正整数k,使 2 k”f(2 k n +n 2)(2 k n +n 2)s i n (2 k n +n 2)2 k n +n 2n 2M,从而

10、M,即 y *5 1 n 乂在(，)内无界，又M 0,无论X多么大，总存在正整数k,使 k i i X,使f (2 k n )k n s i n(k n )0 M,即 x 时，x s i n x 不无限增大，即 l i mx s i n x(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.(1)f (x)=3 x 41 2,x-*2;(2)f (x)=l n x,x 0+,x-*l,x-*+；2(3)f (x)=e x,x-*0+,x-*0-；(4)f

11、 (x)=-arc t an x,xf+8；f (x)=l xs i n x,x-*;(6)f (x)=2X 8.42解：(1)因为l i m(x 4)0,即x 2时，x 4是无穷小量，所 以2 1x 4 2是无穷x 2小量，因而3x 4 2也是无穷大量。(2)从 f(x)I n x 的图像可以看出，l i ml n x ,l i ml n x 0,l i ml n xx 0 x l x所以，当x 。时，x 时，f(x)I n x是无穷大量；当x 1时，f(x)I n x是无穷小量。1x1 1 (3)从 f(x)e的图可以看出，l i me x,l i me x 0,x 0lx 0所以，当x

12、0时，f(x)ex是无穷大量；1当x 0时，f(x)ex是无穷小量。(4)lim(x n 2 arctanx)0,n2 arctanx是无穷小量。当x 时，f(x)(5)当x 时，lx是无穷小量，sinx是有界函数，1xsinx是无穷小量。(6)当x 时，1是无穷小量。习题2-41.若 limf(x)存在，limg(x)不存在，问 lim f(x)g(x),lim f(x)g(x)是否存在，x xOx xOx xOx xO为什么？解：若 l i mf(x)存在，l i mg(x)不 存 在,则 x x Ox x O(1)l i m f (x)g(x)不存在。因为若 l i m f (x)土g(

13、x)存在，则由x x Ox x Og(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l i m g(x),与题设矛盾。x x 05(2)l i m f (x)g(x)可能存在，也可能不存在，如：f (x)s i n x,g(x)x x Ol x,则l i m s i n x 0,l i mx 0l xx 0不存在，但 l i m f (x)g(x)=l i mx x Ol xx 0s i n x 0 存在。又如：f(x)s i n x,g(x)l c os x,贝 ij l i m s x i nxn 2,H i mxI c os xn 2不存在，而x

14、x Ol i m f (x),g(x)l i m tan x 不存在。xJ r 22.若 l i m f (x)和 l i m g(x)均存在,且 f(x)g(x),证明 l i m f (x)l i m g(x).x x Ox x Ox x Ox x O证：设 l i m f(x)=A,l i m g(x)=B，则 0,分 别 存 在 1 0,2 0,使得当x x Ox x O0 x x O 1 时-，有 A f(x),当 0 x x O 2 时，有 g(x)B令 m i n 1,2,则当0 x x O 时，有A f(x)g(x)B从而A B 2,由 的 任 意 性 推 出 A B即x x

15、Ol i m f (x)l i m g(x).x x O3.利用夹逼定理证明：若 al,a2,，am 为 m个正常数，则l i mn二A,其中 A =m ax al,a2,am .V a I+a。小Qm A”A1,即1m n A而 l i m A A,l i m m n A A,由夹逼定理得nnl i mnA.，4.利用单调有界数列必存在极限这一收敛准则证明：若 x l,x 2J 2+产x n+1J?+&(n=1,2,)，则 l i m x n 存在，并求该极限.n证：因为x l x2 有 x 2 x lx k,由数学归纳法知，对于任意今 设 x kx k 1,贝 i j x k 1正整数n有

16、 x n 1 x n,即 数 列 xn单调递增。6又因为x l 2,今设x k 2,也+2贝 ij x k 12,由数学归纳法知，对于任意的正整数n有 x n 2,即 数 列 xn有上界，由极限收敛准则知l i m x n 存在。n2设 l i m x n,2 +%b,对等式x n 1n,2 +b两边取极限得b，即 b 2 b,解 得 b 2,b 1(由极限的保号性，舍 去)，所 以 l i m x n 2.n5.求下列极限：(1)l i m3n 2n 4 5 n n n 1323n；(2)l i m 1nnc os n ；n n 1(3)l i mn113;(4)l i m1.13n n(2

17、)3(2)n 1n31(5)l i mn1322I n243解：(1)原式二l i mn5 I nI n335(2亚)因 为 l i m(ln0,即当nyf2时，1是无穷小量，而 c os n 是有界变五量，由无穷小量与有界变量的乘积是无穷小量得：l i m (1c os n 0；(3+n2nlimn12l i m nl i mn；(4)l i m(2)3(2)n 1n n n 1n32n l n l(1)01；l i mn 2n 13n 1(1)0 137百1 (12)n 11 1 11(I n (5)l i mn l 4 1l i m l i m)114 n .1 13 I n I n 1

18、n 3n l (3)3 1(I n 133)1136.求下列极限：(1)l i m x 3；x 29x 1x 25 x 46 x 3(3)l i m4;s i n x c os x x2x 43x2(4)l i m(2)l i m 2x 3x 3xcos2x23(5)lim(x h)x3h 0h;(6)limx，2x+3fx+I-232(7)limx x xnnx sinxx 1x 1(8)limx sinxx(9)lim(10)lim(1 31 x3x 11 x(11)lim(x2sinlx 0 x).解：(l)limx 331x 3x29l i mx x 3(x 3)(x 3)l i ml

19、 x 3x 36(2)l i m(x 2 5 xx 12l i mx 5 x 4 x 12x 30,即 l i m2x 3x 1x 25 x 4634)0,l i m(2x 3)l x 14 (3)l i m6 x 4 4x2x 43x2l i m x0；23x2s i n n(4)l i ms i n x c os x c osJIx兀 c os 2x1;2c os n33(5)l i m(x h)x(X h)X(x h)2(x h)x x 2h 0hl i mh 0h 8223x 2；l i m (x h)(x h)x x h 0(6y jlx +3-3J x+1 -2)7777(.v+1

20、)-4(J 2K+3+3)l i mx 3l i m(2x 3)9 2)x 32(x+3)(4+1 +2)(x-3)(41 7+3 +3)2(Jx+I+2)J l x+3+32limx 3limnx 343(7)limx x x nx 12nx 1lim(x 1)(x 1)(x 1)x 1x 12n In 2lim 1(x 1)(x x 1)(x x x 1)x 11 2 312n(n 1)；(8)l i ms i n x xx0(无穷小量l x与有界函数s i n x 之积为无穷小量)l i mxX2+Xs i n x x s i n x1 l i mxs i n x 1；s i n x x

21、122(9./+X+y lx _ X)l i m xl i m1;l i mxx(10)l i m(x 111 x31 x3)l i m(1 x x)31 x22x 13limx x 21 x3x 1lim(x 2)(x 1)(1 x)(1 x x)2x 1lim2(x 2)1 x x2x 11(11)当X 0时，X是无穷小量，sin2lx是有界函数，1O o x它们之积xsinlx是无穷小量，即lim xsinx 02习题2-5求下列极限（其 中a 0,aW l为常数）：91.limsin5xx 03x;2.limtan2xx 0sin5x;3.limx 0 xcotx;x4.limxJ-C

22、OS.VX0;5.l i mc os 5 x c os 2xx 0 x2;6.l i m x x1 x ;x7.l i m 1 3s i n x c otxxx 0;8.l i ma l x 0 x;9.l i max ax 0 xx)I n xx;11.l i m 3 2xl x10.l i ml n(l xx;1 12.l i m x 2 2xx x 2;13.l i mar c s i n xar c tan xx 0 x;14.l i m x 0 x解：1.l i ms i n 5 x5 s i n 5 x 5 s i n 5 x l i m 5 x 31i m x 5 x 03x 0

23、3x 05 x 3；2.1i m tan 2x 1i m s i n 2x 21s i n 2x c os 2x s i n 5 x 1i m 5 xx 0s i n 5 x x Ox 05 c os 2x 2x s i n 5 x21s i n 5 1i m l i m 2x 1i m 5 x 2x 0c os 2x 2x 02x 5 x 0s i n 5 x 53.l i m x c otx l i mx c os x l i m xl i m c os x 1 c os O l x Ox Os i n x x Os i n x x 0yj COS A，X.2 sin Y 2石x 4.l

24、i mxl i ml i ms i n l i mx 0 x 020亘A*百百X 0X2sinx2x102222sin7xsin3x73 5.limcos5x cos2xsinxsinxX2limlim(2)7 3 x 0 x 0 x2x 0 2273 2x2xsin7sin3212limxx 0limx217xx 03222xxX6.lim x1l i m l 1；x l i m x1 x1 X X X(1 I x e x)10c os x13c os x7.l i m(l 3s i n x)c otxl i m(l 3s i n x)s i n xl i m 3s i n x)3s i n

25、 xx 0 x 0(11l i m(l 3s i n x)3s i n xx 01i m(l 3s i n x)c otxe 3x 08.令 u axx 0e,l i m 3c os x 3x 0L 则 x l og a(l u),当 x 0 时，u 0,axlimlulx 0 xlimu 0log lima(l u)u 01uloga(l u)11lloglna.limlogaeu 0a(l u)uXXx9.limaaxl i m(a 1)(ax1)l i m ax l a x 1x 0 x 0 xx 0 x xxl i ma l ax1x 0 xl i mx 0 xI n a I n a

26、21n a(利用了第8题结论l i maxl x 0 x Ina)；10.limln(l x)Inxlim11 xxxXx InxlimIxln(1 1)limlxxX Xlim ln(llxx)0；xXX2 2x11.lim 3 2x lim 1 1 lim 1 12 2xX2 2xx2 2xx2 2xlim 12 2xe,limxlx 12 2x x2 2x2x1lim 3 2x 2x e2；x21112.limll2xIn1x2 xl2x(1x2)x lim xx(1 lim(1)x2limx xln(l1)xx2)xeex2lim1limlndlx2exxxX2)e0 IneeO1;1

27、113.令 arcsinx u,则 x s in u,当 x 0,u 0,limarcsinxxx 0limusinuu 0limu 0Isinuu1;14.令 arctanx u,贝lj x ta n u,当 x 0,u 0,limarctanxxx 0limutanuu 0limusinuu 0cosu limIsinuuu 0limcosu 1.u 0习题2-61.证明：若当 xfxO 时，(x)f 0,B (x)f 0,且(x)W 0,则当 x-8(x)的充要条件是lim(x)(x)(x)=0.x xO证：先 证 充 分 性.若lim(x)(x)(x)x xOx 0时 (x)=0 ,则

28、 lim(lx x O(x)(x)=0,即 1 l i m(x)(x)x x O0,即 l i m(x)(x)x x O1.也 即 l i m(x)(x)x x O1,所以当 x x O 时，(x)(x).再证必要性：若当 x x O 时，(x)(x),则 l i m(x)(x)(x)(x)(x)x x O1,所 以 l i mx x O=l i m(lx x O(x)(x)=1 l i m(x)(x)x x O1x x OH i m(x)(x)1 1 0.综上所述，当 x-x O时，(x)P (x)的充要条件是l i m(x)(x)(x)=0.x x O2.若 B(x)W 0,l i m B

29、 (x)=0 且 l i mx x O(x)(x)x x O存在，证 明 l i m (x)=0.x x O证：lim(x)limx xO(x)(x)x xO(x)lim(x)(x)x xOlim(x)limx xO(x)(x)x xO0 0即 lim(x)0.x x0123.证明：若当 x f。时,f(x)=o(xa),g(x)=o(xb),则 f(x)g(x)=o(xa b),其中a,b都大于0,并由此判断当x0时，tanx sinx是x的儿阶无穷小量.证：:当 x-0 时，f(x)=o(xa),g(x)=o(xb)limf(x)A (A 0),limg(x)x Oxaxb B(B 0)x

30、 0于是：limf(x)g(x)limf(x)g(x)f(xx Oxa bx Oxa xb lim)limg(x)A B Ox Oxax Oxb 当 xfO 时，f(x)g(x)O(xa b),V tanx sinx tanx(1 cosx)而当 xfO 时，tanx 0(x),1 cosx 0(x2),由前面所证的结论知，tan x(l c os x)0(x 3),所以，当 X-*0 时，tan x s i n x 是 x的 3 阶无穷小量.4.利用等价无穷小量求下列极限：(1)l i m s i n ax c os k xx Otan b x (b W O)；(2)l i m l0 x 2

31、；x(3)l i m l n(l x)；(4)l i mJ l+.K-1Oxy/l-A/1 4-C O S.VS+-1Oar c tan x ax b x(5)l i m ar c s i n x；(6)l i m e ex Ox Os i n ax s i n b x(aW b)；(7)l i m l n c os 2x；(8)设 l i m f(x)3x 2=100,求 l i m x 01n c os 3x x Ox Of (x).解(1)l i m s i n ax l i m axJ+X-1-5/l+COS X!+X*-1石/1+cos Xa.x Otan b x x Ob x b(

32、1-COS X)V l+-V2+1l(k x)2(2)l i m l c os k x l i m 12x 0 x 2x 0 x 22k.(3)l i m l i m x 2.x Ox Ox21(4)l i m x 2y/+COS X1 l i m l i m x 0+X2x Ox-J+X2x 0 x 2 l i m l x 04132(y/2+J+cos,v)(5)l i mar c tan x l i mx 1.x 0ar c s i n xx 0 xb xax(6)l i meaxe1)(e b xl)x 0s i n ax s i n b xl i m(e x 02c osa bx s

33、 i n a b 22x eaxbxlim1 lx 02cosa bxsina b limex 0a b2x2cos2xsina b22xlimaxlimbxx 02cosa bx 02x a b2x2cosa b2x a b2xlimabx 0(a b)cosa b limx 02x(a b)cosa b2xaa bba ba ba b1.(7)limlncos2x lln limIn 1 (cos2x 1)x 0cos3xIn 1 (cos3x 1)l i mc os 2x x 0 x 0c os 3x 11(2x)2l i m1 c os 2x l c os 3xl i m l i m4

34、 x 2x 0109 x24 x 02(3x)2x 9.(8)由 l i mf(x)3 1002x 0 x2，及 l i m x 0 知必有 l i m f (x)3 Ox 0 x 0即 l i m f(x)3 1 i m f (x)3 Ox 0 x 0所以 l i m f(x)3x 0习题2-71.研究下列函数的连续性，并画出函数的图形：(1)f (x)=x 3 1,0 x 1,(2)f (x)=x,13 x,1 x 2;1,x 1 或 x 1.解：(1)l i m f(x)l i m(x 31)1 f(0)x 0 x 0 f (x)在 x=0处右连续，又l i mf (x)l i m(3

35、x)2x 1X 1,X 1l i m f (x)l i m 3x 11(x 1)2x l i m(x)l i m x 1f f(x)2 f(l)x 114 a)在 炉 1 处连续.又 l i m f(x)l i m(3 x)1 f(2)x 2 x 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.图形如下图2T(2)limf(x)limx 1x 1 x 1x Him f(x)lim 1 lx 1x Him f(x)lim f(x)1 f(l)x 1 6)在 卡1处连续.又 limf(x)liml 1x 1 x 1x Him f(x

36、)lim x 1 x 1故 limf(x)limf(x)x 1 x 1 6)在 朽-1处 间 断,x=-l是跳跃间断点.又&)在(，1),(1,1),(1,)显然连续.综上所述函数f(x)在x=T处间断，在(1),(1,)上连续.图形如下图 2-22.说 明 函 数 f(x)在点x O处有定义、有极限、连续这三个概念有什么不同?又有什么联系？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?试举例说明.15 解：函数在其第二类间断点处的左、右 极 限 不 一 定 均 不 存 在.x 例 如 f(x)l x 0,x 0 是其的一个第二类间断点，但 l i m f (x)l i m x

37、0 即 在 x Ox 0 x x 00 处左极限存在，而 l i m lf (x)l i m,即在x 0 处右极限不存在.x Ox 0 x4 .求下列函数的间断点，并说明间断点的类型：2(1)f(x)=x 1x 2；(2)f(x)=s i n x x 3x 2s i n x；(3)f (x)=1 x 1x；(4)f(x)=x 2x2 4；(5)f(x)=xsinlx.解：由 x2 3x 2 0 得 x=T,x=-22limf(x)limx 1 lim(x 1)(x 1)limx 1 2x lx 1x2 3x 2x 1(x1)(x 2)x lx 2 limf(x)x 2 x=-l是可去间断点，x

38、=-2 是无穷间断点.由 sinx=O得 x k n,k 为整数.limf(x)limsinx x lim(l xx Ox Osinxx Osinx)2limf(x),x k(k 0)1(3)f(x)(1 x)xx 01(1 x)XX 01lim f(x)lim(1 x)x e,x Ox 01 1l i m x)l i m)x l i m xf (1 x (1(x)1 e l x Ox Ox 0 x=O是跳跃间断点.(4)由 x 2-4=0 得 x=2,x=-2.l i m f(x)l i m x 2 l i m l ,x 2x 2x 2 4 x 2x 2l i m f(x)l i m l 1

39、,x 2x 2x 24.x=2是无穷间断点,x=-2是可去间断点.16 x1(5)l i m f (x)l i m x s i n 0,f (x)x Ox Ox 在 x=0 无定义故 x=0是 f (x)的可去间断点.值，使函数f(x)=e x5.适当选择a,x 0,在 点 x=0处连续.a x,x 0W：Vf(0)=a,l i m x)l i mx 0 f (a x)a,x 0l i m f (x)l i m x l,x 0 x 0 e要 f (x)在 x=0 处连续,必须 lim f(x)lim f(x)f(0).x 0 x 0即 a=1.x6派.设 f(x)=lim a a xx a x

40、 a x,讨 论 f(x)的连续性x 2x 1 lx 0ft?：f(x)a lim a a x a x a x a lim a a 2x 1O x 0所以，&)在(，0)(0,)上连续,x=0 为跳跃间断点.7.求下列极限：(1)lim 2x；(2)lim x 2x 2 x 2x+2.v-A-0；(3)lim x 21n(x-l);(4)lim xl-X212(5)1 im(ln x)xx e.解：(l)lim 2x 2x 2 x 2 2x 222 2+2lx 0 s gn(x)V3+2x 0-O2G；(2)lim x 0(3)lim x 21n(x 1)I n(2 1)I n lO;(4)l

41、im a rcs in a rcs in a rcs in 贝x 1223;(5)lim(ln x)x eex e(I n e)1 1.习题2-81.证明方程x 5-x 4-x 2-3x=l至少有一个介于1和 2 之间的根.证：令f(x)x 5 x 4 x 2 3x 1,则 f(x)在 1,2 上连续，17 且 f 5 0,f(2)5 0由零点存在定理知至少存在一点x 0 (1,2),使 得 f(x O)0.即 x 0 x 0 x 0 3x 0 1,即方程x x x 3x 1 至少有一个介于1 和 2 之间的根.2.证明方程I n (1+ex)-2x=0 至少有一个小于1 的 正 根.证：令f

42、(x)ln(l ex)2x,则 6)在(，)上连续，因而在 0,1 上连续，且f(0)ln(l eO)2 0 ln 2 0f(l)ln(l e)2 0 542542由零点存在定理知至少存在一点x O (0,1)使 得 f(x O)0.即方程I n(1 e)2x 0至少有一个小于1 的正根.3.设 f(x)w C(-8,+o o),且 lim f(x)=A,lim f(x)=B,A B 0,试由极限及零点存在 定 x x Xx理的几何意义说明至少存在一点x O e(8,+8),使 得 f(x O)-0 .证：由 A B 0 知 A 与 B异号,不防设A 0,B 0由 lim f(x)A O,li

43、m f(x)B 0,及函数极限的保号性知，X I 0,使当x xX X I,有 f(x)0,X 2 0,使当 x X 2 时，有 f(x)0.现取 x a X I,则 f(a)0,x b X 2,贝 ij 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x O (a,b)使 f(x O)0,即至少存在一点x O (,)使乳乂0)0.4.设多项式 P n(x)=x n+a lx至少有一实根.证：P n(x)x 1 n n 1+a n.,利用第3 题证明：当 n为奇数时，方程P n(x)=0 a lx a 2x 2 a n n x 18lim P n(x)x n x 1 0,由极限的保号性知.P n(x)x n X 0,使当x X时 有 0,此 时 P n(x)与 x同号，因为n为奇数，所以(2X)与 n n(-2X)n 异号，于是P n(2X)与 P n(2X)异号，以 P n(x)在 2X,2X 上连续，由零点存在定理,至少存在一点X O (2X,2X),使 P n(x O)0,即 P n(x)0至少有一实根.19