?xn?(0,?3)，使fn(xn)?1，即fn(x)?1在(0,?3)上有一实根
又fn'(x)?(ncosn?1x?(n?1)cosn?2x???2cosx?1)(?sinx)?0，故fn(x)严格单调递减，所以方程fn(x)?1在[0,(2) 设xn?[0,?3?3)内有唯一实根
)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??2n1?fn(xn)?cosxn?cosnn?1xn???cosxn?cosxn
?cosxn?cosxn1?cosxnn，令n??，有1?cos1?cosAA，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)，
x?[a,b]使
??af(t)dt??(? a)?f(．)a)f(，x)因为f(x)在[a,b]上连续，不恒为常数,且
证：令F(x)??xaf(t)d?t(x?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?f(t)dt?(??a)f(?)．
a
习 题4-1
1．证明函数f(x)????x, x?0?1, x?0?没有原函数.
111?且F'()?f()?，
222?F'(?)?f(?)??，矛盾，
证：设f(x)存在原函数F(x)，即F('x)由于F'()?2134?f(x)，则F0()'120(?)1f34?F'(0)，由达布定理，???(0,)，使
所以f(x)无原函数
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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，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)?[f?(x1)??2.
?2，则取??x1或??x2均可；否则
?2?2]?[f?(x2)??2]?0，由达布定理，存在?介于x1与x2之间，使f?(?)?；
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。
2??3(x?1), 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。
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所以f'(x)???2x, x?0??2x, x?0在(??,??)连续
1?k?xsin,x?02. 设f(x)??x?0, x?0?. 当k分别满足什么条件时，
（1）f(x)在x?0处连续； 解：f(0)?limf(x)，即limxksinx?0x?01x?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?)F'(?1)?sgn(?1)??1，由于F'(?1)?1212?Fsgx，n则F'(?1)s?gn且
'(1，)由达布定理，???(?1,1)，使
?F'(?)?sgn?(，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?x.证明存在x0?0使f?(x0)??e；
0，则F(x)?D0[,)??il(F)x0()?F0，且mx?0?x0?，limF(x)?0，
x???由广义洛尔定理，?x0?(0,??)使F'(x0)?0，即f'(x0)?e (2) 若0?f(x)?xenx?x?0，所以f?(x0)??e0
，证明存在??0使得f?(?)? 18 / 27
?n?1(n??)e?；
证明：令F(x)?f(x)?xne?x，则F(x)?D[0F?,?，且limx?0x(?)F?(0)，0x???limF(x)?0，由广义洛尔定理，???(0,??)使F'(?)?0，即
f?(?)??n?1ne??ee2??n??0，所以f?(?)??n?1(n??)e?
习 题5-2
1． 设f(x)在[0,1]上可导，且f(1)??10?，其中??1为常数.证明：存在xf(x)dx??(0,1)，使?f(?)???f(?).
证明：由积分中值定理，?x0?(0,1)，使f(1)?令F(x)?x?f(x)，则F(x)?D[01,]'?10xf(x)dx?x0f(x0)
0??，且F1()?F(x)，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)? f(?)?(1?'?10xe1?xf(x)d证x.明：存在??(0,1，)使
1?)f(?).
1证明：由积分中值定理，?x0?(0,1)，使f(1)??0xe1?xf(x)dx?x0e1?x0f(x0)
令F(x)?xe1?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e1??f(?)??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)sinxd?x.证0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,???(0,x0)?(0,'?2]，且F(0)?F(x0)，由洛尔定理，
?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?I，s?t?u?v有
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f(t)?f(s)t?s?f(v)?f(u)v?u. 其逆是否成立？
f(t)?f(s)?f(u)?f(t)u?t证明：因为f(x)在区间I上是凸函数，由三弦不等式
f(u)?f(t)u?t?f(v)?f(u)v?u，所以
f(t)?f(s)t?s?t?sf(v)?f(u)v?u，且
成立。其逆成立
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]}
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