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《大连理工大学《工科数学分析基础》第二章部分作业解答》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、第二章部分作业解答题1设.f(x)可导，F(x)=/(x)(l+
2、sinx
3、),则/(0)二0是F⑴在x=0处可导的充分必要条件.证因F(x)=/(x)(1+
4、sinx
5、)=/(%)+/(x)
6、sinx.所有F⑴在x=0处可导当且仅当g(兀)=/(x)
7、sin”在x=0处可导.注意到g(0)=0,又向g(x)-g(0)“』(別si叫所以"TOxxtOjqxt0+xxto+x“T(rx=-limxtO十〜….f(x}smx所以lim“tox存在/(0)=0.题2试从竺亠导出与二工，竺」门2："dy/dy2(/)3dy3(/)5d2xd((k^drdx[dy)dy(/)2
8、/(/)解因竺所以二dyydy再求导有空I,IdydxI収)dyd2x>3(/)2-yr题3求由参数方程(/)5•x=f(td2v；z；/所确定的函数y=y(x)的二阶导数士■.解由求导公式得兴乎")％「厂几,器=总.题4证明方程x5+x-l=0只有一个正跟.证明令/(x)=x5+x-l,则/(兀)gC[0.4-oo)QD(0,+oo)?K/(x)=5x4+1>0.因/(0)=-1<0,/(1)=1>0,所以由零点定理知存在^g(O,1)a/(xo)=O.若函数有另一个零点$>0,由罗尔定理知存在〃>0人/'(〃)=0.此和f(x)=5x4+l>0.矛盾，所以零点惟一
9、.即方程只有一个正跟.(注，此题不能用单调性证明)题5设函数y=/（兀）在x=0的某邻域内有〃阶导数，且n/(0)=r(0)=...=/{/,-1)(0)=0,证明単」V")(Ov&vl).X证由柯西中值定理得上ai=，（x）—/（°）=里竝，对此式在区间［0,胡上继续使用xnx-0§柯西中值定理，即有豊字学n-l/，继续使用柯西中值定理,即得S-1）§；W"®)(Ov&vl).xnn题6求极限limxtO2坷+了+…+磴八nsinx，其中q(Z=l,2,・・・‘)为正常数./7sinxAny=2由洛In(a"+…+)-Inazlimy=lim2=2limxtOx
10、tO兀xtOIn(a；—+sinx达a：In吗+…+ncCnInan=21nRL所以原极限为1您Q：+《+•••+«；X..fixaA+…+色2—isinxX2解因lim^gosinx0,而sin—<1,所以limX(2.1、jcsin—/11(11、=2xsin——cos—,又lim2%sin—cos—l兀丿Xxgok兀兀丿不存在，所以不能使用洛比达法2•1xsin—题7验证极限lim—存在，但不能用洛比达法则得到.xtosinx2・1xsin—存在•因gosinx则.题8设函数/（兀）在X。处有连续的二阶导数，证明hm/比+力+/(：。-力)-2/牝)h2〃tOJJV
11、O/证由洛比达法则得:1曲/（"°+"）+/（"°—"）—2/（“°）=1曲广比+"）一/（兀一"）"toh2“TO2h=+[/"（兀o+力）+厂（兀-力）]=/"（%）•注意此习题可以将条件降低为（兀°）存在，此时相应的解法为：—/（兀（）+〃）+/（兀0-力）-2/（兀°）_1—/©（）+力）-广（兀（）-力）nm=—nm力TOh2力TOh=Gm广（*o+/2）一广（兀。）一广（兀0一〃）+广（兀0）丁f（x一2io「-丿I0丿•f(兀)f(兀)题9设lim—丄=0,厂(0)=4,证明iim12、所以xtO2尢xtOlim^H=lim£H=lin/W—•门叭1厂(0)=2.2xZ)兀2xto2xxto2x2题10利用带佩亚诺余项的麦克劳林公式求极限cosx-e22%2[兀+ln(l-x)]解因COSX=1-—X2+丄X4+o(x4),e'=l+x++。(兀22!4!C0SX_e-T=_J2+补八论4）丄（i）—卜2+°（F）,代入上式有12入°(兀4),兀+ln(l—兀)=一丄/+o(F),上口…]・COS兀一C2从而lim—心（）x2%4+o(%4)1「-lim=-[x+ln(l-x)J6x-x2In13、l+z)1（解令一=人则xtoo=mt0。原式变形为x-x2In1+-=Xrtiln（l+r）的二阶泰勒展开式ln(l+/)=t-^t2+o(t2)，所以原式为Ift'+可+°")=*+a,‘1』所以limx-x2InXT8<兀丿『a广2题12设函数/（兀）在仏b）内有二阶导数，且/"（兀）>0,证明对于仏b）内任意相异的两点兀],吃,恒有*[/（州）+/（兀2）]>/证取兀=迸2,在该点由泰勒展开式:/（对=/（竝）+/©0）（兀-兀）+马。（兀-兀0）、2将X代入，并注意到宁，所以于（西）=/（兀0）+尸（兀0）（西-兀0
