(2) 设xn?[0,?3)是fn(x)?1的根,则limxn?n???3.
证：对x?0，fn(x)?fn?1(x)，从而fn?1(xn?1)?1?fn(xn)?fn?1(xn)，有因为fn?1(x)严格单调递减，故xn?1?xn，即{xn}严格单调递增。又{xn}有界，所以{xn}收敛。 设limxn?A，由于xn?(0,n???3)，所以limcos(xn)?0，在
n??n1?fn(xn)?cosxn?cosnn?1xn???cosxn?cosxn
2?cosxn?cosxn1?cosxnn，令n??，有1?cosA1?cosA，所以cosA?12，A??3即limxn?n???3
4. 设f(x)在[a,b]上连续，不恒为常数,且f(a)?minf(x)?f(b).证明存在??(a,b)，使
x?[a,b]??af(t)dt??(?a)f?(．)
证：令F(x)??xaf(t)d?t(?xa)f(，因x为f(x)在[a,b]上连续，不恒为常数,且
f(a)?minf(x)?f(b)，所以?x0?(a,b)，使f(x0)?maxf(x)，于是
x?[a,b]x?[a,b]F(x0)?F(b)??bax0af(t)dt?(x0?a)f(x0)??x0a[f(t)?f(x0)]dt?0，
?f(t)dt?(b?a)f(b)??ba[f(t)?f(b)]dt?0，由零点原理：
证明存在??(x0,b)?(a,b)，使F(?)?0，即
习 题4-1
1．证明函数f(x)????af(t)dt?(??a)f(?)．
??x, x?0??1, x?0没有原函数.
证：设f(x)存在原函数F(x)，即F'(x)?f(x)，则F'(0)?f(0)?1且F'()?f()?111222，
由于F'()?1342?F'(0)，由达布定理，???(0,12)，使
34?F'(?)?f(?)??，矛盾，所以
f(x)无原函数
2．设f(x)在[a,b]上可导， x1,x2?[a,b]. 证明：
（1）若f?(x1)?f?(x2)?0, 则存在??[a,b]使f?(?)?0；
证明：若f?(x1)?f?(x2)?0，则取??x1或??x2均可；否则f?(x1)?f?(x2)?0，又达布定理，
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存在?介于x1与x2之间，使f?(?)?0；综上存在??[a,b]使f?(?)?0 （2）若f?(x1)?f?(x2)??, 则存在??[a,b]使f?(?)?证明：若f?(x1)?f?(x2)??2.
?2，则取??x1或??x2均可；否则
[f?(x1)??2]?[f?(x2)??2]?0，由达布定理，存在?介于x1与x2之间，使f?(?)??2；
综上存在??[a,b]使f?(?)??2
习 题4-2
1．求下列函数的导函数，并讨论导函数的连续性. （1）f(x)?(x?1)；
3??(x?1), x??1解：f(x)??，则f(x)在x??1连续，且
3???(x?1), x??13x??1时，f'(x)?3(x?1)2，lim?f'(x)?0，从而f?'(?1)?0
x??1x??1时，f'(x)??3(x?1)2，lim?f'(x)?0，从而f?'(?1)?0 所以f'(?1)?0
x??1从而f'(x)在x??1连续。
?3(x?1)2, x??1?所以f'(x)??在(??,??)连续
2???3(x?1), x??12??x, x?0（2）f(x)??；
2???x, x?0解：显然f(x)在x??1连续，且
x?0时，f'(x)?2x，lim?f'(x)?0，从而f?'(0)?0；
x?0x?0时，f'(x)??2x，lim?f'(x)?0，从而f?'(0)?0 所以f'(0)?0
x?0从而f'(x)在x?0连续。
所以f'(x)???2x, x?0??2x, x?0在(??,??)连续
1?kxsin,x?0?2. 设f(x)??x?0, x?0?. 当k分别满足什么条件时，
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（1）f(x)在x?0处连续； 解：f(0)?limf(x)，即limxsinx?0x?0k1x?0，所以k?0
（2）f(x) 在x?0处可导； 解：limf(x)?f(0)xx?0存在，即limxx?0k?1sin1x存在，所以k?1
（3）f?(x)在x?0处连续？
11?k?1k?2cos, x?0?kxsin?x解：f'(x)??xx?0, x?0?lim(kxx?0k?1，由f'(0)?limf'(x)，即
x?0sin1x?xk?2cos1x)?0，所以k?2
3．分别用两种方法证明符号函数不存在原函数. 证明：法一 设sgn(x)存在原函数
F(x)，即F'(x?)12?Fsgx，则F'(?1)且s?gn?1?)F'(?1)?sgn(?1)??1，由于F'(12?F'(?)?'(，1由)达布定理，???(?1,1，)使
sg?n，矛盾，所以()sgn(x)无原函数
法二
由单侧导数极限定理，导函数不存在第一类间断点，而sgn(x)有第一类间断点x?0，从而
sgn(x)无原函数
习 题5-1 .
1. 设函数f(x)在[0,??)上可导. （1）若f(0)?1，f(x)?e证明：令F(x)?f(x)?e?x?x.证明存在x0?0使f?(x0)??ex?0?x0；
，limF(x)?0，
x???0，则F(x)?D[0,??)，且limF(x)?F(0)??x0由广义洛尔定理，?x0?(0,??)使F'(x0)?0，即f'(x0)?e (2) 若0?f(x)??x?0，所以f?(x0)??e0
xenx，证明存在??0使得f?(?)?n?x?n?1(n??)e?；
证明：令F(x)?f(x)?xe，则F(x)?D[0,?)?im(F)x，且lx?0?(F0)0?，limF(x)?0，
x???由广义洛尔定理，???(0,??)使F'(?)?0，即
f?(?)??n?1ne??ee2??n??0，所以f?(?)?习 题5-2
?n?1(n??)e?
1． 设f(x)在[0,1]上可导，且f(1)??10?xf(x)dx，其中??1为常数.证明：存在??(0,1)，
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使?f(?)???f(?).
证明：由积分中值定理，?x0?(0,1)，使f(1)??'?10xf(x)dx?x0f(x0)
??令F(x)?xf(x)，则F(x)?D[0,1]，且F(1)?F(x0)，由洛尔定理，???(x0,1)?(0,1)， 使F'(?)?0，即????1f(?)???f'(?)?0，从而?f(?)???f(?)
'2． 设f(x)在[0,1]上可导，且f(1)??10xe1?xf(x)dx.证明：存在??(0,1)，使
f(?)?(1?'1?)f(?).
1证明：由积分中值定理，?x0?(0,1)，使f(1)?令F(x)?xe1?x?0xe1?xf(x)dx?x0e1?x0f(x0)
f(x)，则F(x)?D[0,1]，且F(1)?F(x0)，由洛尔定理，
1?????(x0,1)?(0,1)，使F'(?)?0，即ef(?)??e1??f(?)??e1??f'(?)?0，从而
f'(?)?(1?1?)f(?).
3． 设f(x)在[0,?2?]上可导，且
?20'?f(x)sinxdx?0.证明：存在??(0,2) 使
f(?)??f(?)tan?.
证明：由积分中值定理，?x0?(0,?2?)，使0??20f(x)sinxdx?f(x0)sinx0
令F(x)?f(x)sinx，则F(x)?D[0,?2]，且F(0)?F(x0)，由洛尔定理，
???(0,x0)?(0,'?2)，使F'(?)?0，即f(?)cos??f'(?)sin??0，从而
f(?)??f(?)tan?.
习 题6-1
1.若f(x)在区间I上是凸函数，证明对任意四点s,t,u,?v，Is?t?u?v有
f(t)?f(s)t?s?f(v)?f(u)v?u. 其逆是否成立？
证明：因为f(x)在区间I上是凸函数，由三弦不等式
f(t)?f(s)t?sv?u?f(u)?f(t)u?t，且
f(u)?f(t)u?t?f(v)?f(u)v?u，所以
f(t)?f(s)t?s?f(v)?f(u)成立。其逆成立
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2. 设f(x),g(x)均为区间I上的凸函数，证明：F(x)?max?f(x),g(x)?也是I上凸函数.. 证明：设??(0,1)，则对?x1,x2?I，有
f[?x1?(1??)x2]??f(x1)?(1??)f(x2)??F(x1)?(1??)F(x2)，且
g[?x1?(1??)x2]??g(x1)?(1??)g(x2)??F(x1)?(1??)F(x2)，从而 F(?x1?(1??)x2)?max{f[?x1?(1??)x2],g[?x1?(1??)x2]}
??F(x1)?(1??)F(x2)，由凸函数的定义，F(x)?max?f(x),g(x)?也是I上凸函数
习 题6-2
1. 验证下列函数是（严格）凸函数.
（1）f(x)?xlnx, x?(0,??);
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