单调有界定理及其应用_百度文库
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
单调有界定理及其应用
阅读已结束，下载文档到电脑
想免费下载本文？
定制HR最喜欢的简历
下载文档到电脑，方便使用
还剩10页未读，继续阅读
定制HR最喜欢的简历
你可能喜欢当前位置： >>
高等数学 证明题(提纲)
复习提纲（证明题）一、极限存在准则 1． 准则 I （夹逼准则） 如果数列 xn , yn 及 zn 满足下列条件: ． 夹逼准则） ： （1） yn ≤ xn ≤ zn (n = 1,2,3,L) ; （2） lim yn = a, lim zn = a,n→∞ n →∞那末数列 xn 的极限存在, 且 lim x n = a.n →∞思路提示：1）利用夹逼准则求极限，关键是构造出 yn 与 z n , 并且 yn 与 z n 的极限相同且容易求. 2）一般通过放大或缩小分母来找出两边数列的通项（右边取分母最小，左边取分母最大）例题 1 证明 lim n ? (n →∞1 1 1 + 2 +L + 2 ) =1 n +1 n + 2 n +n2解：因为n2 1 1 1 n2 ≤ n?( 2 + 2 +L + 2 )≤ 2 ， n2 + n n +1 n + 2 n +n n +1n2 n2 1 1 1 而 lim 2 = lim 2 = 1∴ lim n ? ( 2 + 2 +L + 2 ) = 1。 n →∞ n + 1 n →∞ n + n n →∞ n +1 n + 2 n +n---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------? 1 ? 1 1 ?. 例题 2 计算 lim ? + +L+ ? 2 2 2 n → ∞? n +2 n +n ? ? n +1解：因为? 1 1 1 ? n ≤? + +L + ， ?≤ 2 2 2 2 n + n ? n +1 n +2 n +n ? n2 + 1 nn = lim而 limn →∞n2 + nn →∞? 1 1 1 ? = 1 ，所以 lim ? + +L + ? = 1。 2 n →∞ n2 + 1 n2 + 2 n2 + n ? ? n +1n----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 3 计算 lim? ?n →∞? 1 1 1 ? ?. + +L+ 2 2 (n + 1) ( n + n) 2 ? ?n ?解：由于? 1 n 1 1 ? n ≤? 2 + +L + ?≤ ， 2 2 (n + n) ? n (n + 1) ( n + n) 2 ? n 2而 lim? 1 n n 1 1 ? = lim 2 = 0 ，于是 lim ? 2 + +L + ?=0。 2 2 n →∞ ( n + n ) n →∞ n n →∞ n (n + 1) ( n + n) 2 ? ?1例题 4 证明 lim(n →∞1 n + n +12+1 n +n+22+L +1 n +n+n2) =1 n n + n +12解：由于n n +n+n2≤1 n + n +12+1 n +n+22+L +1 n +n+n2≤，而 limn n2 + n + n 1n →∞= 1, limn n2 + n + 1 1n →∞=1, 1 n2 + n + n所以 lim(n →∞n2 + n + 1+n2 + n + 2+L +) =1.----------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 5 计算 lim ?1 2 n ? ? + 2 +L 2 ? 2 n →∞ n + n + 1 n +n+2 n +n+n? ?解：由于1+ 2 +L + n ? 1 2 n ? 1+ 2 +L + n ， ≤? 2 + 2 +L 2 ?≤ 2 2 n +n+n n +n+n? n + n +1 ? n + n +1 n + n + 21 1 n(n + 1) n(n + 1) 1+ 2 +L + n 1 1+ 2 +L+ n 1 而 lim = lim 22 = , lim 2 lim 2 2 = ， 2 n →∞ n + n + n n →∞ n + n + n 2 n →∞ n + n + 1 n→∞ n + n + 1 2所以 lim ?1 2 n ? ? 1 + 2 +L 2 ?= 。 2 n →∞ n + n + 1 n +n+2 n +n+n? 2 ?-------------------------------------------------------------------------例题 6 计算 lim(n →∞1 1 1 + +L + ) 2 2 n (n + 1) (2n) 2解：因为 n ?1 1 1 1 1 1 ≤ 2+ +L + ≤ n? 2 = 2 2 2 (2n) n (n + 1) (2n) n n 1 1 = 0, lim n ? 2 = 0 ，根据极限存在准则， 2 n →∞ (2n) n而 lim n ?n →∞lim(n →∞1 1 1 + +L + ) = 0。 2 2 n (n + 1) (2n) 2----------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 7 证明 lim x ? [ ] = 1 +1 x →0 x 1 1 (1 ? x) 1 1 1 1 解：由于 ? 1 ≤ [ x] ≤ ， ? ≤ [ ] ≤ ? (1 ? x) ≤ x ? [ ] ≤ x ? = 1 ， x x x x x x x2而 lim (1 ? x ) = 1, lim x ? + +x →0 x →01 1 = 1 ，所以 lim x ? [ ] = 1 。 + x →0 x x---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 8 证明 lim(1 +n →∞1 1 n + ) =e n n2解：由于 (1 + ) ≤ (1 +n1 n1 1 n 1 1 1 n ) n = [1 + ] ， + 2 ) ≤ (1 + + n n n n(n ? 1) n ?11 n ?1+1 1 n ?1 1 1 ) = lim(1 + ) (1 + ) = e ， lim(1 + ) n = e n →∞ n →∞ n ?1 n ?1 n ?1 n 1 1 n 所以 lim(1 + + 2 ) = e 。 n →∞ n n而 lim(1 +n →∞---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 9 计算 lim(1 + 2 + 3 )n n →∞1 n nn 1/ n.1 1 1 1 n n n n n n n解：由于 (3 ) n = (0 + 0 + 3 ) n ≤ (1 + 2 + 3 ) n & (3 + 3 + 3 ) n = (3 ? 3 ) n = 3 n ? 3 而 lim(3 ) n = lim 3 n ? 3 = 3 ，所以 lim(1 + 2 + 3 ) n = 3 。n n n n n →∞ n →∞ n →∞ 1 1 11---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------为正数， 例题 10 设 a1 , a2 ,..., am 为正数，求证 lim( a + a2 + ... + am ) = max {a1 , a2 ,..., am } 。n →∞ n 1 n 1 n n解：不妨设 a1 = max{a1 , a2 ,L an } ，此时有a1 ≤ (a1n + a2 n + L + am n )1n≤ a1[1 + (1 n1 1 a a2 n a3 n ) + ( ) + L ( m ) n ] n ≤ a1 (m) n ， a1 a1 a1由于 m 是一个正的常数，而 lim mn →∞ n 1 n 1 n n= 1 ，所以lim(a + a2 + ... + am ) = a1 = max {a1 , a2 ,..., am } 。n →∞---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2． 准则 II（单调有界准则） 单调有界数列必有极限 ． （单调有界准则） 单调有界数列必有极限. ： 思路提示：1）直接对通项进行分析或用数学归纲法验证数列 {xn } 单调有界； 2）设 {xn } 的极限存在，记为 lim xn = a ，代入给定的 xn 的表达式中，则该式变n →∞为 a 的代数方程，解之即得该数列的极限。 例题 11 设 x1 =2, xn +1 = 2 + xn , (n ∈ N + ) ，证明数列 {xn } 的极限存在，并求此极限。解：显然 xn & xn ?1 ，设 x1 =2 & 2 ，若 xk & 2, xk +1 = 2 + xk & 2 + 2 = 2 ，3所以对一切 n ，有 xn & 2 。因此它是单调递增且有上界！因此极限 lim xn 存在。n →∞设 lim xn = A ，对 xn +1 =n →∞2 + xn ，两边求极限，有 A = 2 + A ，( A ? 2)( A + 1) = 0 ? A1 = 2, A2 = ?1 ，由于 A & 0 ，所以极限为 2 。---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 12 已知数列 {xn } 中的每一项都是正的， 并且 (1 ? xn ) xn +1 & 是单调的，并证明 lim xn =n →∞1 (n ∈ N + ) ， 证明数列 {xn } 41 。 2解：由题意 1 ? xn &1 1 , ? xn & ?1， 4 xn +1 4 xn +1 1 1 ? 1 ≥ 2 xn +1 ? ? 1 = 0 ，即 {xn } 单调上升； 4 xn +1 2 xn +1所以 xn +1 ? xn & xn +1 + 又 xn +1 xn ? xn +1 & ?1 1 ? xn +1 ( xn ? 1) & ? & 0 ，Q xn +1 & 0,∴ xn & 1∴{xn } 有界。 4 4 1 所以 lim xn 存在。设 lim xn = A ，因为 (1 ? xn ) xn +1 & ，两边取极限 n →∞ n →∞ 4 1 1 2 1 1 A ? A2 ≥ ? ( A ? ) ≤ 0 ，显然只能 A ? = 0 ? A = 。 4 2 2 2---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 13 若序列 {an } 的项满足： 1 & a 试证： {an } 有极限，并求出它。 解：由 a1 &1 a a (a 为正的常数）且 an +1 = (an + ) （ n = 1, 2,L ） ， ， 2 an1 a a 2 + a 2a1 a & = a； a ，又 a2 = (a1 + ) = 1 2 a1 2a1 2a1 a 2 + a 2ak a 1 a a ： ak +1 = (ak + ) = k & = a， 2 ak 2ak 2ak下面用数学归纳法证 ak &an 2 ? a 1 a 又 an ? an +1 = ( an ? ) = & 0 ， {an } 单调且有下界， 故 从而其极限存在， 令其为 A 2 an 2 an由 an +1 =1 a 1 a 1 a (an + ) ? lim an +1 = lim(an + ) ? A = ( A + ) ， n →∞ 2 an 2 n →∞ an 2 Aa ( A & 0) ，所以 lim an = a 。n →∞即 A2 = a ? A =----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------4例题 14 设 x1 = 解： x1 =a , a & 0, xn +1 = a + xn , n = 1, 2, 3,L ，求 lim xn 。n →∞a , x2 = a + a , x3 = a + a + a ,L xn +1 = a + xn L a + a & a + a + a a & L ，这说明数列单调增加。因 a & 0 ，故 a &下面证明它有上界。显然， x1 =a & a + 1 ，假设 xn & a + 1 ，则xn +1 = a + xn & a + a + 1 & ( a + 1)2 = a + 1 ，所以数列有上界为 a + 1 。根据单调增加有上界数列必有极限的存在准则可知， lim xn 存在，设 lim xn = A ，n →∞ n →∞对关系式 xn +1 =a + xn 两边取极限得， A = a + A ，解得 A =1 ± 1 + 4a 。 2因数列各项均为正数，根据极限的保号性定理，它的极限值不可能为负数，因此，lim xn =n →∞1 + 1 + 4a 。 2---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 15 求 lim2n n →∞ n !解：先证 lim2n 2n 存在，设 xn = ， n →∞ n ! n! (n = 1, 2, 3,L)因为xn +1 2 n +1 n ! 2 = ? n = ≤1 (n + 1)! 2 xn n +1所以 xn +1 ≤ xn2n (n = 1, 2, 3,L) ；又 xn = & 0 ，故数列 {xn } 单调减少且有下界 0， n! 2n 存在。设 lim xn = A, ? lim xn +1 = A ， n →∞ n ! n →∞ n →∞根据单调有界准则知， lim对等式 xn +1 = xn ?2 2n 两边求极限，得到 A = A ? 0 ，即 A = 0 。所以 lim = 0。 n →∞ n ! n +1---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------例题 16 求 lim(2n ? 1)!! n →∞ (2 n)!!5解：令 an =1 ? 3 ? 5L (2n ? 1) 1 3 5 2n ? 1 2 4 6 2n = ? ? L ， bn = ? ? L ， 2 ? 4 ? 6L (2n) 2 4 6 2n 3 5 7 2n + 12则 0 & an & bn ? 0 & an & an ? bn =1 1 ，由于 lim = 0 ，由夹逼定理， n →∞ 2n + 1 2n + 1lim an = 0 ，即 limn →∞n →∞(2n ? 1)!! 。 (2n)!!------------------------------------------------------------------------------------------------------------------方程根的存在性 根的存在性证明 二、方程根的存在性证明 1．利用零点定理证明 f (ξ ) = 0 零点定理： 设函数 f ( x ) 在 [ a, b] 内连续， f ( a ) ? f (b) & 0 ， 且 则在 (a, b) 内至少存在一点 ξ ， 使 f (ξ ) = 0 思路提示： （命题的证明步骤） 1）构造辅助函数 F ( x ) ：①先把结论中的 ξ 改写成 x ；②移项，使等式右边为零，令左边的 式子为 F ( x ) ； 2）验证 F ( x ) 在 [ a, b] 内连续； 3）验证 F ( a ) ? F (b) & 0 4）由定理：至少存在一点 ξ ，使 F (ξ ) = 0 。 5）若要证明在 [ a, b] 内有且仅有一根，则还需证明此函数在 [ a, b] 内单调；或证明一元 n 次 方程至多只有一个实根。 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，且有 f ( a ) & a, f (b) & b ，证明在 (a, b) 内至少存在一点 ξ ，使f (ξ ) = ξ 。证明：令 F ( x ) = f ( x ) ? x 。因为 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，所以 F ( x ) 在 [ a, b] 上连续。 且 F ( a ) = f ( a ) ? a & 0, F (b) = f (b) ? b & 0 ， 于是 F ( a ) ? F (b) & 0 ； 所以由零点定理， 在 (a, b) 内至少存在一点 ξ ，使 F (ξ ) = f (ξ ) ? ξ = 0 ，即 f (ξ ) = ξ 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续且恒为正，证明：对任意 x1 , x2 ∈ ( a, b)( x1 & x2 ) 必存在一点ξ ∈ ( x1 , x2 ) ，使得 f (ξ ) =f ( x1 ) f ( x2 )6证：令 F ( x) = f ( x) ?f ( x1 ) f ( x2 ) 。因为 f ( x) 在 [a, b] 上连续，于是 F ( x) 在 [a, b] 上连续。而 x1 , x2 ∈ ( a, b)( x1 & x2 ) ，所以 F ( x ) 在 ( x1 , x2 ) 上也连续。又 f ( x ) 在 [ a, b] 上恒为正，F ( x1 ) = f ( x1 ) ? F ( x2 ) = f ( x2 ) ?于是 F ( x1 ) F ( x2 ) =f ( x1 ) f ( x2 ) = f ( x1 ) f ( x2 ) = f ( x1 )f ( x1 )2( f (x ) ((f ( x1 ) ?) f (x ) ? f (x ) ) f (x ) ) f (x ) ( f (x ) ?f ( x1 ) ?2f ( x2 ) ，1221f ( x2 ))= ? f ( x1 ) f ( x2 )( f ( x1 ) ?f ( x2 ))2 & 0 f ( x1 ) f ( x2 ) = 0 ，使得 F (ξ ) = f (ξ ) ? 所以由零点定理， ( x1 , x2 ) ? ( a, b) 内至少存在 ξ ， 在 即 f (ξ ) =f ( x1 ) f ( x2 ) 。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明 x = ex ?3+ 1 在 (0, 4) 内至少存在一根。证：令 F ( x ) = x ? e x ?3 ? 1 ，由于 F ( x ) 在 [0, 4] 上连续，F (0) = 0 ? e ?3 ? 1 = ?1 ?1 & 0, F (4) = 4 ? e ? 1 = 3 ? e & 0 ， e3所以由零点定理， [0, 4] 内至少存在一根， F (ξ ) = ξ ? eξ ?3 ? 1 = 0 ， 在 使 于是 F (0) F (4) & 0 ， 即x=ex ?3+ 1 在 (0, 4) 内至少存在一根。 a 2DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 若 f ( x ) 在 [0, a ] 上 连 续， 且 f (0) = f ( a ) ， 则方 程 f ( x ) = f ( x + ) 至 少 有 一实 根ξ ∈ [0, ] 。证：令 F ( x ) = f ( x ) ? f ( x + ) ，因为 f ( x ) 在 [0, a ] 上连续，所以 F ( x ) 在 [0, ] 上连续 而 F (0) = f (0) ? f ( ) = f ( a ) ? f ( ), F ( ) = f ( ) ? f ( a ) ，故 F (0) F ( ) ≤ 0 ； 若 F (0) F ( ) = 0 ，则 f (0) = f ( ) = f ( a ) ，即 x = 0, x = a 是 f ( x ) = f ( x + ) 方程的一 个根； 若 F (0) F ( ) & 0 ，则由零点定理，存在 ξ ∈ (0, ) ，使 F (ξ ) = 0 ，即 f ( x ) = f ( x + ) 。 综上所述方程 f ( x ) = f ( x + ) 至少有一实根 ξ ∈ [0, ] 。a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 2 a 2a 2a 2a 2a 2a 2a 27DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 3 x ? 2 + cosπx2= 0 在 ( 0,1) 有且仅有一个实根。，F (0) = ?1 & 0, F (1) = 1 & 0 ， 所以 F (0) F (1) & 0 ； F ( x ) 又证： F ( x ) = 3 x ? 2 ? cos 令πx2在 [0,1] 上连续，于是 F ( x ) 在 ( 0,1) 上至少存在一个实根； 又 F ′( x ) = 3 ? sinπx π2 2& 0 ，于是 F ( x) 在 (0,1) 内单调递增，所以 F ( x) 在 (0,1) 内有且仅有一个实根。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 ln x = 证：π x ? ∫ 1 ? cos 2 xdx 在 (0, +∞) 内有且仅有两个不同的实根 e 0π π0∫π01 ? cos 2 xdx = 2 ∫ sin x dx = 2(? cos x)0=2 2；于是 ln x =π x x x ? ∫ 1 ? cos 2 xdx = ? 2 2 ，令 F ( x) = ln x ? + 2 2 ? 0 e e e 1 1 F ′( x) = ? = 0 ? x = e （唯一驻点） x e x e (0, e) (e, +∞)F ′( x) F ( x)+0?F (e) = 2 2 极大值又因为 F ( x ) 在 (0, e) 与 (e, +∞) 分别至多有一个零点。 又因为 x = e 是 F ( x ) 在 (0, +∞ ) 内的最大值，由于 F (e) & 0 ，而x lim (ln x + 2 2 ? ) = ?∞, lim F ( x) = ?∞ ， 可知 F ( x ) 在 (0, e) 和 (e, +∞) 内分别至少有一 + x →0 x → 0? e个零点，故 F ( x ) 在 (0, +∞ ) 内有且仅有两个实根。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 2 x ? 5 x ? 2 x + 2 = 0 在 (?1, 0), (0,1), (2,3) 内有三个实根。3 2证：令 F ( x) = 2 x 3 ? 5 x 2 ? 2 x + 2 = 0 ， F ( ?1) F (0) & 0, F (0) F (1) & 0, F (2) F (3) & 0, 于是 F ( x) 在 (?1, 0), (0,1), (2,3) 内至少各有一个根存在，又 F ( x) = 0 为一元三次方程最多 有三个实根，故 F ( x) 在 (?1, 0), (0,1), (2,3) 内有三个实根。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程 x = a sin x + b( a & 0, b & 0) 至少有一个不超过 a + b 的正根。8证：令 F ( x ) = x ? a sin x ? b ， F (0) = ?b & 0, F ( a + b) = a[1 ? sin( a + b)] ； 若 sin( a + b) = 1 ，则 a + b 是方程 x = a sin x + b( a & 0, b & 0) 的一个实根； 若 sin( a + b) & 1 ， 则 F ( a + b) & 0 ， 所 以 F ( x ) 在 [0, a + b] 上 满 足 零 点 定 理 ， 方 程x = a sin x + b 至少有一个不超过 a + b 的正根。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明方程1 2 3 + + = 0 有且仅有两个实根。 x ?1 x ? 2 x ? 3证：两边同乘上 ( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3) ，令F ( x) = ( x ? 2)( x ? 3) + 2( x ? 1)( x ? 3) + 3( x ? 1)( x ? 2) ， F ( x) 在 [1, 2],[2,3] 上连续，且 F (1) ? F ( 2 ) p 0, F ( 2 ) ? F ( 3) p 0 ，所以 F ( x ) 在 [1, 2],[2,3] 上满足零点定理，所以至少 存在ξ1 ∈ (1, 2), ξ 2 ∈ (2,3) ，使得 F (ξ1 ) = 0, F (ξ 2 ) = 0 。又因为方程为一元二次方程，至多有二个实根，于是方程1 2 3 + + = 0 有且仅有两个实根。 x ?1 x ? 2 x ? 32．利用罗尔定理 ． 罗尔定理：如果函数 f ( x) 满足：在 [ a, b] 连续，在 (a, b) 可导， f (a ) = f (b) ，则在 (a, b) 内 至少一点 ξ ，使得 f ′(ξ ) = 0 （即在该点有平行于 x 轴的切线存在） 思路提示： 1）辅助函数 F ( x) 的作法： （以拉格朗日中值定理为例）f (b) ? f (a ) = f ′(ξ ) b?a f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) 分析： 令ξ = x = f ′( x) 积分 x = f ( x) + C ， b?a b?a f (b) ? f (a ) 令 C = 0 ，并移项，得 f ( x) ? x = 0； b?a f (b) ? f (a ) 令 F ( x) = f ( x) ? x b?a2）验证 F ( x) 在 [ a, b] 内连续；在 (a, b) 内可导； 3）验证 F ( a ) = F (b) 4）由定理：至少存在一点 ξ ，使 F ′(ξ ) = 0 。9DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) = ( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4) ，不求方程，证明 f ′( x ) 在 (1, 2), (2,3), (3, 4) 内各 有一根存在。 证：由于 f ( x ) 在 [1, 2],[2, 3][3, 4] 上连续，在 (1, 2), (2,3), (3, 4) 可导，又f (1) = f (2) = f (3) = f (4) = 0 ， 所以由罗尔定理， (1, 2), (2,3), (3, 4) 内至少存在一点 ξ ， 在使得 f ′(ξ ) = 0 ；又 f ′( x ) 为三次函数，所以 f ′( x ) = 0 至多有三根，于是f ′( x) 在 (1, 2), (2,3), (3, 4) 内有且仅有一根存在。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 若方程 a0 x + a1 xn n ?1+ L + an ?1 x = 0 有一个正根 x = x0 ，证明方程a0 nx n ?1 + a1 (n ? 1) x n ? 2 + L + an ?1 = 0 必有一小于 x0 的正根。证：设 f ( x) = a0 x + a1 xn n ?1+ L + an ?1 x ， f ( x) 在 [0, x0 ] 上连续，在 (0, x0 ) 内可导，且f (0) = f ( x0 ) = 0 。由罗尔定理，至少存在 ξ ∈ (0, x0 ) ，使 f ′(ξ ) = 0 。即 a0 x n + a1 x n ?1 + L + an ?1 x = 0 有一个正根 x = x0 。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 a0 , a1 ,L , an 满足 a0 +a a1 a2 + + L + n = 0 的实数，证明方程 2 3 n +1a0 + a1 x + a2 x 2 + L + an x n = 0 在 (0,1) 内至少有一个实根。分析：函数 f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + L + an x 虽然在 [0,1] 上连续，但却难以验证 f ( x ) 在2 n[0,1] 上的某个子区间的端点处的函数值是否异号。但是经分析发现 f ( x) 的原函数 F ( x) = a0 x + a a1 2 a2 3 x + x + L + n x n +1 在 x = 1 处的函数值 F (1) = 0 ，为此该命题可利 2 3 n +1用罗尔定理，在 (0,1) 内至少存在 ξ ，使得 F ′(ξ ) = 0 。 即： a0 + a1ξ + a2ξ + L + anξ = 02 nDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内二阶可导，且 f ( a ) = f (c ) = f (b)( a & c & b) ，试 证：至少存在一个 ξ ∈ ( a, b) ，使得 f ′′(ξ ) = 0 证：显然 f ( x ) 在 [ a, c ],[c, b] 上满足罗尔定理，于是分别存在 ξ1 ∈ (a, c ), ξ ∈ (c, b) ，使得10f ′(ξ1 ) = 0, f ′(ξ 2 ) = 0 ；再对 (ξ1 , ξ 2 ) 上用罗尔定理，故存在 ξ ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ，使得 f ′′(ξ ) = 0 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 a & 0 & x1 & b 上可导，且有 f ( x1 ) = 0 ，证明至少存在一点 x ∈ (0, x1 ) 内，使f ( x) + xf ′( x) = 0证：取 g ( x ) = xf ( x ) ， g ( x ) 在 [0, x1 ] 上连续，在 (0, x1 ) 内可导。g (0) = 0 f (0) = 0, g ( x1 ) = x1 f ( x1 ) = 0 ，于是 g ( x) 在 (0, x1 ) 上满足罗尔定理，所以至少存在一点 x ∈ (0, x1 ) ，使得 g ′( x ) = 0 ，即 f ( x ) + xf ′( x ) = 0 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 函数 f ( x ), g ( x ) 在 [ a, b] 上连续，证明至少存在一点 ξ ∈ ( a, b) ，使得f (ξ ) ∫ g ( x)dx = g (ξ ) ∫ f ( x)dxξa bbξ证： F ( x ) = g ( x ) dx 设∫ ξ∫ f ( x)dx ，F (a) = F (b) = 0 ，F ( x) 在 [a, b] 上连续，F ( x) 在 (a, b)a bξ上可导，于是存在 ξ ∈ ( a, b) ，使 F ′( x ) = 0 ，即 f (ξ ) ∫ g ( x ) dx = g (ξ ) ∫ f ( x ) dx 。ξaξ3、利用拉格朗日中值定理 、利用拉格朗日中值定理 拉格朗日中值定理：如果函数 f ( x ) 在 [ a, b] 内连续，在 (a, b) 内可导，则在 (a, b) 内至少存 在一点 ξ ∈ ( a, b) ，使 f ′(ξ ) = 思路提示： 1） 辅助函数的作法： （以拉格朗日中值定理为例）f (b) ? f (a ) b?af (b) ? f (a ) = f ′(ξ ) b?a f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) 分析： 令ξ = x = f ′( x) 积分 x = f ( x) + C ， b?a b?a f (b) ? f (a ) 令 C = 0 ，并移项，得 f ( x ) ? x = 0； b?a f (b) ? f (a ) 令 F ( x) = f ( x) ? x b?a2） 验证满足定理存在条件11DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (0) = f (1) = 0, f ( ) = 1 ，试证： 至少存在一个 ξ ∈ (0,1) ，使 f ′(ξ ) = 1 分析： f ′(ξ ) = 1 ? f ′( x ) = 1 ， f ( x ) = x + c ? f ( x) ? x = 0 ， 于是令 F ( x ) = f ( x ) ? x = 0 证：令 F ( x ) = f ( x ) ? x = 0 ，显然 F ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，又1 21 1 1 F (1) = f (1) ? 1 = ?1 & 0, F ( ) = f ( ) ? & 0 ， 2 2 2 1 由零点定理，存在一个η ∈ ( ,1) ，使 F (η ) = 0 ； 2又 F (0) = f (0) ? 0 = 0 ，对 F ( x ) 在 [0,η ] 用罗尔定理，存在一个 ξ ∈ (0,η ) ? (0,1) 使得 F ′(ξ ) = 0 ，即 f ′(ξ ) = 1 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ), g ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，且 f ( a ) = f (b) = 0 ，证明至少存在一 个 ξ ∈ ( a, b) ，使得 f ′(ξ ) + f (ξ ) g ′(ξ ) = 0 分析：令 x = ξ ，是 f ′( x ) + f ( x ) g ′( x ) = 0 ?f ′( x) = ? g ′( x) ，积分 f ( x)ln f ( x) = ? g ( x) + ln C ? f ( x) = Ce ? g ( x ) ? f ( x)e g ( x ) = C ，令 C = 0 ，于是F ( x ) = f ( x )e g ( x ) 。证： （略） DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [0,1] 上可导，且满足关系式 f (1) ? 2∫1 2 0xf ( x)dx = 0 ，证明：在 (0,1) 内至少存在一个 ξ ，使 f ′(ξ ) = ?f (ξ )ξ。分析： ξ = x ， f ′( x ) = ? 令 得f ( x) f ′( x) 1 C ? = ? ? ln f ( x) = ? ln x + ln C ? f ( x) = x f ( x) x x于是 xf ( x ) = C ，令 C = 0 ，于是令 F ( x ) = xf ( x )12证：由题设 F ( x ) = xf ( x ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导。 由 f (1) ? 2∫1 2 01 1 1 xf ( x)dx = 0 ， f (1) = 2 ∫ 2 xf ( x)dx = 2η f (η )( ? 0) =η f (η ) ，(0 ≤ η ≤ ) 有 0 2 2于是 F (1) = f (1) = η f (η ), F (η ) = η f (η ) ，所以 F ( x) 在 (η ,1) 内满足罗尔定理条件， 故存在 ξ ∈ (η ,1) ? (0,1) ，使得 F ′(ξ ) = 0 。 即 f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) = 0 ，即 f ′(ξ ) = ?f (ξ )ξ。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，证明：在 (a, b) 内至少存在一个 ξ ，使bf (b) ? af (a ) = f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) b?a bf (b) ? af (a ) 分析：令 = k ? bf (b) ? kb = af (a ) ? ka ，显然这是一个对称式 b?a，所作辅助函数 F ( x ) = xf ( x ) ? kx （ x, y 互换等式不变） 证：令 F ( x ) = xf ( x ) ? kx = xf ( x ) ?bf (b) ? af (a ) x ，显然 F ( x) 满足罗尔定理，至少存在 b?a bf (b) ? af (a ) 一个 ξ ∈ ( a, b) ，使 F ′(ξ ) = 0 ，即 = f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) 。 b?a三、等式及不等式的证明1．恒等式的证明（ x ∈ I , f ′( x ) = 0 ? f ( x ) ≡ C ） 1）构造辅助函数 F ( x ) ；2）证明 F ′( x ) = 0 ；3） ?x ∈ I ，有 F ( x ) = C 例 求证：当 ?1 & x & 1 时，有 arctan1? x 1 π + arcsin x = 1+ x 2 4证：设 F ( x) = arctan1? x 1 + arcsin x ， 1+ x 2F ′( x) =1 1 ?1 1 1 1 1 ? ? + =? + =0 2 1? x 1 ? x (1 + x) 2 1 ? x 2 2 1 ? x2 2 1 ? x2 1+ 2 1+ x 1+ x所以 F ( x ) = C 。任取 x = 0 ，有 F (0) =π4，于是有13arctan1? x 1 π + arcsin x = 。 1+ x 2 4例 设 f ( x ) 在 (0, π ) 内具有二阶导数，满足 f ′′( x ) = ? f ( x ), f ′( ) = 0π2证明： （1） f ′( x ) sin x ? f ( x ) cos x = 0, x ∈ (0, π ) （2） f ( x ) = C sin x, x ∈ (0, π ), C 为常数。 证：1）设 F ( x ) = f ′( x )sin x ? f ( x ) cos x, 于是F ′( x) = f ′′( x) sin x + f ′( x) cos x ? f ′( x) cos x + f ( x) sin x = ( f ′′( x) + f ( x))sin x = 0所以由拉格朗日定理推论，得 F ( x ) ≡ c 。令 x = 即 f ′( x ) sin x ? f ( x ) cos x = 0, x ∈ (0, π ) 2）设 F ( x ) =π2, 得C = 0 。f ( x) f ′( x)sin x ? f ( x) cos x ? F ′( x) = =0 sin x sin 2 x所以由拉格朗日定理推论，得 F ( x ) ≡ C ? f ( x ) = C sin x 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 2．不等式的证明 1）利用单调性 ） 解题步骤：①移项（有时需作简单的恒等变形） ，使不等式的一端为 0，另一端即为所作辅 助函数 f ( x ) ；②求 f ′( x ) 并验证 f ( x ) 在指定区间的增减性；③求出区间端点的函数值（或 极限值） ，作比较即得所证。 例 设 x & 1 时，证明 e & ex 。x证：设 f ( x) = e x ? ex, f (1) = 0, f ′( x) = e x ? e & 0 (Q x & 1) ，所以 f ( x) 即 x & 1 时， f ( x) & f (1) = 0 ? e x & ex 。。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 当 x & 0 时，证明 1 + x & 1 + 证：设 f ( x) = 1 + x ? 1 ?1 x 21 1 1 1? 1+ x x ? f ′( x) = ? = & 0 ，于是 f ( x) 2 2 1+ x 2 2 1+ x而 f (0) = 0 ，所以当 x & 0 时，有 f ( x) & f (0) = 0 ，14即 1 + x ?1 ?1 1 x & 0 ? 1+ x & 1+ x 。 2 2DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 2）利用拉格朗日中值定理证明 ） 该法适用于，经过简单变形，不等式一端可写成f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) 或 情形。 b?a g (b) ? g (a )证题步骤：①在 [ a, b] 上构造函数 f ( x ) 或 g ( x ) ，选取 f ( x ) 与 [ a, b] 的原则应该是，使f (b) ? f (a ) 恰为不等式中间的项。②写出微分中值定理公式f (b) ? f (a ) f (b) ? f (a ) f ′(ξ ) = f ′(ξ ) 或 = b?a g (b) ? g (a ) g ′(ξ )③根据题意对 f ′(ξ ) 或 g ′(ξ ) 进行适当的缩放。 注：利用中值定理证明的关键是构造函数和确定区间。 例 设0 &α & β &π2时，有α ?β α ?β & tan α ? tan β & 2 cos β cos 2 α证：设 f ( x ) = tan x ， f ( x ) 在 [α , β ] 上满足拉格朗日中值定理， 所以至少存在 ξ ∈ (α , β ) ，使 f ′(ξ ) =tan β ? tan α 1 ；又 f ′(ξ ) = sec 2 ξ = ， cos 2 ξ β ?α于是tan β ? tan α 1 π 1 1 1 = 。由 0 & α & ξ & β & ，于是 & & 2 2 2 β ?α cos ξ 2 cos α cos ξ cos 2 β 1 tan α ? tan β 1 & & ，由于 α ? β & 0 ，所以有 2 cos α α ?β cos 2 β所以α ?β α ?β & tan α ? tan β & 2 cos β cos 2 αDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明：当 x & 0 时，有x & ln(1 + x) & x 1+ x证：设 f ( x ) = ln x ，在 [1,1 + x ] 上连续，在 (1,1 + x ) 内可导，由拉格朗日中值定理得f (1 + x) ? f (1) ln(1 + x) ? ln1 1 ln(1 + x) 1 x = f ′(ξ ), 即 = ，即 = ? ln(1 + x) = ； 1+ x ?1 1+ x ?1 ξ ξ ξ x15而1 & ξ & 1 + x ?1 1 x x x & &1? & & x ，所以 & ln(1 + x) & x 。 1+ x ξ 1+ x ξ 1+ x注：本题若设 f ( x ) = ln(1 + x ),[0, x ] 也可以。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 不等式证明总结： 1）一般而言，夹在中间函数为同一类型时，其证明可用拉格朗日定理，否则用单调性更为 方便。 2）若不等式中只有一个变量，可用单调性或中值定理，若含有两个变量，只能用中值定理。3．定积分的证明（换元） ．定积分的证明（换元） 1）定积分不等式的证明 思路提示：若仅告知被知函数连续，一般需作辅助函数 F ( x ) （将积分上限或下限换成 x ， 式中其余相同的字母也换成 x ， 移项使一端为 0， 则另一端的表达式即为 F ( x ) ， 求出 F ′( x ) ， 并判别它的单调性，再求出 F ( x ) 在积分区间的端点值，从而得出不等式的证明。 例 设 f ( x ) 在 [0,1] 连续， f (0) = 0 ，对任意的 x ∈ (0,1), 0 & f ′( x ) ≤ 1 ，证明：( ∫ f ( x)dx)2 ≥ ∫ f 3 ( x)dx0 0 t11证：设 F (t ) = (t∫0f ( x)dx) 2 ≥ ∫ f 3 ( x)dx ? F ′(t ) = 2∫ f ( x)dx ? f (t ) ? f 3 (t )0 0ttF ′(t ) = [2∫ f ( x)dx ? ? f 2 (t )] f (t ) = ? (t ) f (t ) ，0对 ? (t ) 求导得， ? ′(t ) = 2 f (t ) ? 2 f (t ) f ′(t ) = 2 f (t )[1 ? f ′(t )] ， 由题设，对任意的 x ∈ (0,1), 0 & f ′( x ) ≤ 1 ，则 f ( x ) 在区间 (0,1) 严格单调递增；又由题设 知 f (0) = 0 ，所以对于任意的 t ∈ (0,1) ，有 f (t ) & 0 ，所以 ? ′(t ) & 0 ，即 ? (t ) 在 (0,1) 单调 递增；又 ? (0) = 0 ，所以对任意的 t ∈ (0,1) ，有 ? (t ) ≥ 0 ? F ′(t ) ≥ 0 ∴ F (t ) 所以 0 & t & 1 ，有 t ∈ (0,1), F (t ) ≥ 0 。取 t = 1 ，即得 (∫10f ( x)dx)2 ≥ ∫ f 3 ( x)dx 。0116DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，且严格递增，证明 ( a + b) 证明：设 F ( x) = ( a + x)x∫baf ( x)dx & 2∫ xf ( x)dxab∫xaf (t )dt ? 2∫ tf (t )dta x axF ′( x) = ∫ f (t )dt + (a + x) f ( x) ? 2 xf ( x) = ∫ f (t )dt + (a ? x) f ( x)a= ∫ [ f (t ) ? f ( x)]dt & 0 （因 t ≤ x 且 f ( x) 严格递增，即 f (t ) & f ( x) ）ax所以 F ( x) 即 ( a + b)。又 F ( a ) = 0 ，故 F (b) & F ( a ) = 0 ，b∫af ( x)dx & 2∫ xf ( x)dxabDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 在 [ a, b] 上可导，且 f ′( x) ≤ M , f ( a ) = 0 ，证明∫baf ( x)dx ≤M (b ? a ) 2 2证：由题设对 ?x ∈ [a, b] ，可知 f ( x ) 在 [ a, b] 上满足拉氏定理，于是有f ( x) = f ( x) ? f (a ) = f ′(ξ )( x ? a ), ξ ∈ (a, x)因为 f ′( x ) ≤ M , f ( a ) = 0 ，所以 f ( x ) ≤ M ( x ? a ) 。由定积分比较定理，有∫baf ( x)dx ≤M (b ? a ) 2 。 2 1 b f ( x)dx = f (b) 证明在 (a, b) 内至少存 b ? a ∫aDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续， (a, b) 内可导， 在 且 在一点 ξ ，使 f ′(ξ ) = 0 证：设 F ( x) =∫xaf (t )dt ? ( x ? a) f ( x) (a ≤ x ≤ b)因为 f ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，所以 F ( x ) 在 [ a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导。 又 F ( a ) = 0, F (b) = 0 ? F ( a ) = F (b) ，所以由罗尔定理，存在 ξ ∈ ( a, b) ，使 F ′(ξ ) = 0 即： F ′(ξ ) = [ f ( x) ? f ( x ) ? ( x ? a ) f ′( x )] 所以 F ′(ξ ) = 0 ，即 f ′(ξ ) = 0 。 DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 3） 定积分等式的证明 定积分等式的证法常有：换元法，分部积分法，构造函数法、中值定理等17x =ξ= ?(ξ ? a ) f ′(ξ ) = 0 ，由 ξ ≠ a ，例 设 f ( x ) 连续，证明 分析：a∫a0x3 f ( x 2 )dx =1 a2 xf ( x)dx 2 ∫01 x2 uf (u )du ，比较 f ( x 2 ) 与 f (u ) ，可知应令 x 2 = u ∫0 2 ∫0 a 1 a 2 1 a2 1 a2 2 3 2 2 2 证：令 x = u ，于是 ∫ x f ( x ) dx = ∫ x f ( x ) dx = ∫ uf (u ) du = ∫ xf ( x) dx 。 0 2 0 2 0 2 0 x3 f ( x 2 )dx =b 1DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 连续，证明 分析：∫af ( x)dx = (b ? a) ∫ f [a + (b ? a) x]dx0 1 0∫baf ( x)dx = (b ? a) ∫ f [a + (b ? a)u ]du比较 f ( x) 与 f [ a + (b ? a )u ] ，可知应令 x = a + (b ? a )u 。 证：∫baf ( x)dx = ∫ f [a + (b ? a)u ](b ? a)du = (b ? a) ∫ f [a + (b ? a )u ]du0 0 1 011= (b ? a ) ∫ f [a + (b ? a) x]dx 。DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x) 是定义在 ( ?∞, +∞ ) 上，且以 T 为周期的连续函数， a 为任意常数，则∫a +Taf ( x)dx = ∫ f ( x)dx0T分析：原等式 ?∫0af ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ∫0TT +aTf ( x)dx = ∫ f ( x)dx0T可见要证等式成立，只需证 ?∫0af ( x)dx + ∫T +aTf ( x)dx =0 ，即证∫a +TTf ( x)dx = ∫ f ( x)dx ，比较两端的积分限，可知应作变换 x = u + T0a证： 所以∫a +TT a +Tf ( x)dx ==== ∫ f (u + T )du = ∫ f ( x + T )dx = ∫ f ( x)dx ；0 0 0x = u +Taaa∫af ( x)dx = ∫ f ( x)dx 。0TDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 证明1 dx dx =∫ x ∫x 1 + x 2 1 1 + x 2 1分析：比较 f ( x ) =1 1 与 f (u ) = ，可知形式一致，因此作变换只能从两端的积分 2 1+ x 1+ u2 1 1 限去考虑：左端积分限 x → 1 ，右端的积分限 1 → ，可见应作代换 x = 。 x u181 u 1 1 dx 1 1 1 1 证： ∫ === ∫1 ? (? 2 )du = ? ∫1 du = ∫ x dx 。 2 x 1 + x2 1 1 + x2 1 2 u x 1+ ( ) x 1+ u u 1x=1DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD 例 设 f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 内连续，且 F ( x) =∫x0( x ? 2t ) f (t )dt ，证明：1）若 f ( x ) 为偶函数，则 F ( x ) 也为偶函数 2）若 f ( x ) 单调不减，则 F ( x ) 单调不增。 证：1） F ( ? x) =∫?x0(? x ? 2t ) f (t )dt = ? x ∫x x 0 0?x0f (t )dt ? 2∫ t f (t )dt0?xu =? t== ? x ∫ f (?u )d (?u ) ? 2 ∫ (?u ) f (?u )d (?u )x x 0 0= x ∫ f (?u )du ? 2∫ uf (?u )du因为 f ( x ) 为偶函数，所以 f ( ?u ) = f (u ) 于是 F ( ? x) = x∫x0f (u )du ? 2∫ uf (u )du = ∫ [ xf (u ) ? 2uf (u )]du0 0 x 0xx= ∫ [ xf (t ) ? 2tf (t )]dt = ∫ ( x ? 2t ) f (t )dt = F ( x)0x所以 F ( x ) 为偶函数。 2） F ( x) =x∫x0( x ? 2t ) f (t )dt = x ∫ f (t )dt ? 2 ∫ tf (t )dt0 0 x 0xxF ′( x) = ∫ f (t )dt + xf ( x) ? 2 xf ( x) = ∫ f (t )dt ? xf ( x)0因为 f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 内连续，所以 f ( x ) 在 [0, x ] 内连续，所以存在 ξ ，使∫x0f (t )dt = f (ξ ) x ；于是 F ′( x) = ∫ f (t )dt ? xf ( x) = [ f (ξ ) ? f ( x)]x0x当0 ≤ξ ≤ x ? ??x ≥ 0 ? x[ f (ξ ) ? f ( x)] ≤ 0 ? f (ξ ) ≤ f ( x) ?x ≤ 0 ? x[ f (ξ ) ? f ( x)] ≤ 0 ? f ( x) ≤ f (ξ )当x ≤ξ ≤0? ?于是 F ′( x) ≤ 0 ，所以 F ( x) 单调不减。19
《高等数学》 (理工类)考试大纲一、课程性质及设置目的及总体要求高等数学课程是...(2)题目类型及比例:选择题、填空题等客观题型约占 30%,计算、应用、 证明等...《高等数学》考试大纲_专业资料。《高等数学》考试大纲 学院(盖章) : 专业代码...三)考试基本题型 基本题型可能有:选择题、填空题、计算题、证明题、应用题和...高等数学 证明题(提纲) 19页 8财富值 高数总结 31页 免费 高等数学公式(费了好大的劲... 15页 免费如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提出功能问题...高等数学复习大纲_理学_高等教育_教育专区。高等数学(理工类、生物食品...1 4.证明题(8 分) 设 z=z(x,y)是由方程 2sin(2x+3y-5z)=2x+3y-...高等数学1试题及答案_院校资料_高等教育_教育专区。湖南大学
学年第...C1 e 2 x ? C 2 e 4 x 4 4 得分 评阅人 五、证明题(8 分) 1、 ...专升本 高等数学复习提纲_理学_高等教育_教育专区。高等数学复习提纲题型一:函数...例题 51. 设f(x)是连续的奇函数,函数F(x)= ? x 0 f(t)dt. 证明:...高等数学二(复习提纲)_理学_高等教育_教育专区。五邑...(7) 利用函数单调性证明不等式。
今日推荐 ...2014年12月大学四级冲刺试题及答案 2014年12月大学英语...高数习题-无穷小证明 25页 免费 高等数学_证明题(提纲) 26页 1下载券 一道高等代数习题的证明 2页 免费 高数证明题的提纲 19页 1下载券喜欢此文档的还喜欢 ...大一高数复习资料_其它课程_初中教育_教育专区。高等数学(本科少学时类 型) 第...? 时函数极限的证明(★) 【题型示例】已知函数 f ?x ? ,证明 lim f ? ...x0 时函数极限的证明(★) f ?x ? ? A 【题型示例】已知函数 f ?x ? ...成立, 高等数学期末复习资料 第 1 页(共 18 页) f ?x ? ? A ∴ lim ...
All rights reserved Powered by
copyright &copyright 。文档资料库内容来自网络，如有侵犯请联系客服。