高数作业一

作业成果，随手丢上来而已。

1.

要使$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，又因$f(0)$存在，只需 $$f(0)=lim_{x \to 0^+}f(x)=lim_{x \to 0^-}f(x)$$ 即 $$lim_{x \to 0}xcos\frac{1}{x}=a$$ 对左式，由夹逼原理，因 $$-1<cos\frac{1}{x}<1$$ 有 $$lim_{x \to 0}(-x)<lim_{x \to 0}xcos\frac{1}{x}<lim_{x \to 0}x$$ 即 $$a=lim_{x \to 0}xcos\frac{1}{x}=0$$

2.

设$f(x)=x^3+3x-10$，由零点存在性定理，

因 $$f(0)=0+0-10=-10<0$$

$$f(2)=8+6-10=4>0$$

即$f(x)$在$(0,2)$内至少有一零点，即原方程在该区间内至少有一实根。

3.

设$f(x)=1+\frac{x}{1+x}=2-\frac{1}{1+x}$，则$f’(x)=\frac{1}{(1+x)^2}>0$，可知$f(x)$在$N*$上增，$x_n$为递增数列。又因显然$x_n>0$，则$1<x_n=1+\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}<2$，可知该数列单调有界，则该数列收敛。

对$x_n=1+\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}$两边取极限，设$x_n$的极限为$a$，有$a=1+\frac{a}{1+a}$ 又因$1<a<2$，解得$a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，极限即为此值。

4.

因$f(x)$在$(1,2)$上连续，即在$[x_1,x_3]\subset(1,2)$上也连续，设$f(x)$在$[x_1,x_3]$上的最大值为$M$，最小值为$m$，则$m\leq f(x_n)\leq M(n=1,2,3)$，$m\leq \frac{f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)}{3}\leq M$，由介值定理可知$\exist\xi\in[m,M]$，使得$f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)}{3}$，又$\xi\in[m,M]\sub(1,2)$，则原命题得证。

5.

即求$lim_{n\to\infty}\Sigma^n_{i=1}\frac{i}{n^2+i+1}$。

已知$1\leq i\leq n$

$$\Sigma^n_{i=1}\frac{i}{n^2+n+1}\leq\Sigma^n_{i=1}\frac{i}{n^2+i+1}\leq\Sigma^n_{i=1}\frac{i}{n^2+1+1}$$

$$f(n)=\frac{n(n+1)}{2n^2+2n+2}\leq\Sigma^n_{i=1}\frac{i}{n^2+i+1}\leq \frac{n(n+1)}{2n^2+4}=g(n)$$

$$lim_{n\to\infty}f(n)=lim_{n\to\infty}\frac{n^2+n}{2n^2+2n+2}=lim_{n\to\infty}\frac{1}{2+\frac{2}{n^2+n}}=\frac{1}{2}$$

$$lim_{n\to\infty}g(n)=lim_{n\to\infty}\frac{n^2+n}{2n^2+4}=lim_{n\to\infty}\frac{1+1/n}{2+4/n^2}=\frac{1}{2}$$

由夹逼原理得极限为$\frac{1}{2}$。

6.

$$lim_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x(sin^2x)cosx}$$

$$=lim_{x\to0}\frac{1-cosx}{xsinxcos^2x}$$

$$=lim_{x\to0}{\frac{x^2/2}{x^2cos^2x}}$$

$$=lim_{x\to0}{\frac{1}{2cos^2x}}$$

$$=1/2$$