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文档简介
极限limx3 xx6
(e3/2函数(1x2arctanx的二阶导数是2arctanx
。14.limxx 注:x xxxx x注:x xxxx x x2x
极限
1 x0(sin x2 x2(sin x x2(sin注:由于(sin
x2
x2(sin sinx x
x
x1
2o(x3
1x
o(x4) 故 11 x0(sin x2
x2函数yarctanxex的反函数导数为 ex(x21)若可微函数y 由参数方程xtet,ytf
2(te2t 11极限
2
1f(x)
112
x0(或第一类间断2sin2xe2ax若函数f(x)
xx
x0处连续,则a2
sin
xsin(2x1
sin(2x1)yx
)(x0的微分dy
)2cos(2x1)lnx
dx 若当x0时,函数ln(1x1x)与函数xp为等价无穷小,则p 的n阶导数为n
。1x 2(1 (1x)n1x-yxt2sint,ytcost于点(0,1处(即t0)的切线方程为yx1。
1x1处的带Peano余项的nTaylorx1 1(x
1x1x1)2(1)n(x1)no(x1)n
1limsinxlimsinx sinx1cos cosxlim
limln|sinx|ln|x|=limsin x
1cos sin=limxcosxsin = xsin = xsin2 x0sin2x2xsinxcos
sinx1cosx1sinxxsinx
1cosx1x 1xsinx而
1x3o(x3
x0 1cos x[1x2o(x2 1/sinx1cosx因此
。解答完毕。假设由方程x3y3xy10确定了一个在x0解:于方程x3y3xy10x0,得y310。因此y(0)1。对方程x3y3xy10两边关于x求导得3x23y2yyxy0x0y1得3y10y(013。6x6y(y)23y2y2yxy于上式中令x0y1y13得3y0y(0)0。Maclaurin展式为y(x)11xo(x2。解答完毕。3f(x)|x(x21)|在闭区间[0,2]f(xf(xf(x在开区间(0,2)上仅有一个x1f(xsgn(x(x21))](3x21)x0,1x1。故f(x)在开区间(0,2)内有且仅有一个驻点1/3。 3Mmaxf0f1,f(1),f(2)max{0 0,6} 3f(x仅在闭区间[0,2]x2处取得它的最大值6yx2上一个点(xyy1上一个点(xy 1在点(x1y1yx在点(x2y2处的切线相同。并写出这条公共切线的1yx2在点(xyxx2 yx22x(xx)或y2xx y1在点
1 2,y2)(x2,2 y 2(xx2)
y x x 假设点(x1y1和点(x2,y2)满足题目的要求,则由式(*)和(**)所定义的直线相同。xx应满足方程组2x1x22
x (xx(2,1。于是所求的两个点分别为(xy2,4和(xy122 y4x4证明方程x52x310有且仅有一个正根f(xx52x31。则f(0)1f()。因此方程x52x3165至少有一个正零点。由f(x)5x46x2x2(5x26)可知,函数f(x)有唯一的正临界点 65f(x)0x(0,。故f(x在区间(0,f(x)0x(,f(x在区间(,f(f(x)f(0)1x(0,。由此可见函数f(x有且仅有一个正零点,并且这个零点位于开区间(,。证毕。设f(x在[0,1上连(0,1上可导,且满足|f(x|1x(0,1)f(0f(1。证明|f(x1f(x2|12x1x2(0,1证明:当|x1x2|1/2Lagrange|f(x1f(x2||f(||x1x2|12。结论成当|x1x2|12时,不妨设0x1x21x2x112。于|f(x1)f(x2)||f(x1)f(0)f(
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