1樓：匿名使用者
解：(1) lim(x->0) (1+x+f(x)/x)^(1/x)=e^3=e^ lim(x->0) 1/x*ln[(1+x+f(x)/x)]
故有lim(x->0) ln[(1+x+f(x)/x)]/x=3
分母趨於
e68a8462616964757a686964616f313333303631610，故分子必趨於0，於是有
lim(x->0) [1+x+f(x)/x)]=1
得lim(x->0) f(x)/x=0
同樣道理，分母趨於0，則分子必趨於0，於是有f(0)=0
利用羅比塔法則：
0=lim(x->0) f(x)/x=lim(x->0) f'(x)/1
得f'(0)=0
再利用羅比塔法則：
3=lim(x->0) ln[(1+x+f(x)/x)]/x=lim(x->0) 1/[(1+x+f(x)/x)]*/1=
lim(x->0) 1/[(1+0+0)]*/1
故有2=lim(x->0) [f'(x)*x-f(x)]/x^2 （下面利用羅比塔法則）
=lim(x->0) [f''(x)*x+f'(x)-f'(x)]/(2x)
=lim(x->0) f''(x)*x/(2x)
=lim(x->0) f''(x)/2
故有f''(0)=4
(2)lim(x->0) (1+f(x)/x)^(1/x)=e^ lim(x->0) ln[1+f(x)/x]/x （下面利用羅比塔法則）
=e^ lim(x->0) 1/[1+f(x)/x]*[xf'(x)-f(x)]/x^2 （下面利用羅比塔法則）
=e^ lim(x->0) 1/[1+0]*[f'(x)+xf''(x)-f'(x)]/(2x) （x消掉）
=e^ lim(x->0) f''(x)/2
=e^(4/2)
=e^2
不明白請追問。
2樓：匿名使用者
^1).由於極限存在，故f(0)=0,且f(x)/x趨於0，否則極限為無窮大。這樣：f'(0)=lim(f(x)-f(0)/x=0
(1+x+f(x)/x)^(1/x)=[(1+x+f(x)/x)^(1/(x+f(x)/x))]^[(x+f(x)/x)/x)]
底數(1+x+f(x)/x)^(1/(x+f(x)/x))趨於內e,指數趨於3，
故：3=1+limf(x)/x^2
2=limf(x)/x^2=limf'(x)/2x, （注容意：由柯西中值定理：limf(x)/x^2=limf'(x)/2x)
4=lim(f'(x)-f'(0))/x=f''(0)
2):由於極限存在，故f(0)=0,且f(x)/x趨於0，否則極限為無窮大。這樣：f'(0)=lim(f(x)-f(0)/x=0
(1+f(x)/x)^(1/x)=[(1+f(x)/x)^(1/(f(x)/x))]^[(f(x)/x)/x)]
底數（1+f(x)/x)^(1/(f(x)/x)趨於e，
指數：limf(x)/x^2=limf'(x)/2x=lim(f'(x)-f'(0))/2x=f''(0)/2
所以：極限=e^(f''(0)/2)
設f(x)在x=0的鄰域內具有二階導數,且lim(x趨於0)(1+x+f(x)/x)^(1/x)=
3樓：匿名使用者
(1)e³=e^limln(1+x+f(x)/x)/x極限存在，故
f(0)=0，limf(x)/x=0故f'(0)=03=lim(x+f(x)/x)/x=lim1+f(x)/x²，故f''(0)=4
(2)=e^limln(1+f(x)/x)/x=e^limf(x)/x²=e^2
設f（x）在點x=0的某一鄰域內具有二階連續導數，且limx→0f(x)x=0，證明級數∞n＝1f（1n）絕對收斂
4樓：遺棄的紙湮
∵f（x）在點x=0的某一鄰域內具有二階連續導數，即f（x），f'（x），f''（x）在x=0的某一鄰域均連續
且：lim
x→0f(x)x＝0
∴f（x）=f（0）=0 lim
x→0f(x)?f(0)x＝0
∴f』（0）=0
∴lim
x→0f(x)
x＝lim
x→0f』(x)
2x＝lim
x→0f』(x)?f』(0)
2x＝1
2f』』(0)
∴lim
n→∞|f(1n)
(1n)|是一常數
∴由比值判別法可知原級數絕對收斂
設函式f(x)在區間[0,1]上具有二階導數，且f(1)＞0,lim（趨於0+時）f(x)/x＜0
5樓：匿名使用者
這道題能得出兩個點是0的點。
第乙個是f(0)，用的是保號性，負代換做一下就行了。
第二個就是17年的真題，用的也是保號性，證出(0，0+δ)區域裡有fx＜0，f(1)大於0，零點定理，至少存一
6樓：和藹的方法
lim趨於0+，f（x）/x小於0，說明在x趨於0+的鄰域中，x大於0，而f（x）小於0，又因為f1大於0，由連續函式介值定理（或零點定理），知存在一點x使得fx=0，即存在乙個實根
7樓：匿名使用者
【詳解1】如bai果對曲線在區間du[a，b]上凹凸zhi的定義比較熟悉dao的話，可以直接內做出判斷．如果對區間容上任意兩點x1，x2及常數0≤λ≤1，恒有f（（1-λ）x1+λx2）≥（1-λ）f（x1）+λf（x2），則曲線是凸的．顯然此題中x1=0，x2=1，λ=x，則（1-λ）f（x1）+λf（x2）=f（0）（1-x）+f（1）x=g（x），而f（（1-λ）x1+λx2）=f（x），故當f''（x）≤0時，曲線是凸的，即f（（1-λ）x1+λx2）≥（1-λ）f（x1）+λf（x2），也就是f（x）≥g（x），故應該選c 【詳解2】如果對曲線在區間[a，b]上凹凸的定義不熟悉的話，可令f（x）=f（x）-g（x）=f（x）-f（0）（1-x）-f（1）x，則f（0）=f（1）=0，且f''（x）=f''（x），故當f''（x）≤0時，曲線是凸的，從而f（x）≥f（0）=f（1）=0，即f（x）=f（x）-g（x）≥0，也就是f（x）≥g（x），故應該選：c．
8樓：小牛人灬
證明不出來我覺得，張宇的書有問題
設f(x)在x=0的某一鄰域內具有二階連續導數，且lim(x→0)f(x)/x=0，證明級數f
9樓：小六的煩惱
f ′ (a)=0,f ′′ (a)≠0 只是f(x) 在x=a 處取極值的充分條件,非必要條件.
比如f(x)=x^4 ,有f ′ (0)=f ′′ (0)=0 但在 x=0 處顯然是取極小值.
就這題而言：
因lim(x→0) f ′′ (x) / |x| =1 ,由區域性保號性有,
存在一去心鄰域u° (0,δ) ,使得對在這個去心鄰域內有 f ′′ (x) / |x| > 1 / 2
所以有f ′′ (x)> |x| / 2 >0 ,而由連續性有f ′′ (0)=0
去是,在鄰域u°(0,δ) 內有f ′′ (x)≥0 ,且只x=0 處f ′′ (x)=0
於是f ′′ (x) 在鄰域u°(0,δ) 內嚴格單增
於是在該鄰域內有xf ′ (0)=0 ,
導數是由負變正,所以取極小值.
設f(x)在點x=o的某一鄰域內具有連續的二階導數,且lim(x->0)f(x)/x=0,證明:級數∑(n=1,∞)f(1/n)絕對收斂
10樓：匿名使用者
f(x)在點x=o的某一鄰域內具有連續的二階導數
lim(x->0)f(x)/x=0，則：
f(0)=f'(0)=0
則：lim(x->0)f(x)/x^2=lim(x->0)f'(x)/2x=0
等價於lim(n->∞)f(1/n)*n^2=0，因此
lim(n->∞)∑f(1/n)∞)∑1/n^2絕對收斂
或利用泰勒公式：f(x)＝f(0)＋f'(0)x＋f''(ξ)/2×x^2，ξ介於x與0之間.
f(x)在點x=0處具有連續的二階導數，所以f''(x)有界，即存在正數m，使得|f''(x)|≤m.
因為lim(x→0)f(x)/x＝0，所以f(0)＝lim(x→0)f(x)＝lim(x→0)f(x)/x×x＝0，f'(0)＝lim(x→0)f(x)/x＝0
所以，f(x)＝f''(ξ)/2×x^2，從而f(1/n)＝f''(ξn)/2×1/n^2，ξn介於0與1/n之間.
所以，|f(1/n)|≤m/2×1/n^2
因為∑(1/n^2)收斂，所以∑|f(1/n)|收斂，得∑f(1/n)絕對收斂.
11樓：
利用泰勒公式：f(x)＝f(0)＋f'(0)x＋f''(ξ)/2×x^2，ξ介於x與0之間.
f(x)在點x=0處具有連續的二階導數，所以f''(x)有界，即存在正數m，使得|f''(x)|≤m.
因為lim(x→0)f(x)/x＝0，所以f(0)＝lim(x→0)f(x)＝lim(x→0)f(x)/x×x＝0，f'(0)＝lim(x→0)f(x)/x＝0
所以，f(x)＝f''(ξ)/2×x^2，從而f(1/n)＝f''(ξn)/2×1/n^2，ξn介於0與1/n之間.
所以，|f(1/n)|≤m/2×1/n^2
因為∑(1/n^2)收斂，所以∑|f(1/n)|收斂，得∑f(1/n)絕對收斂.
設f(x)有二階導數，在x=0的某去心鄰域內f(x)≠0，且lim f(x)/x=0,f'(0)=4,求lim (1+f(x)/x)^(1/x)
12樓：匿名使用者
題目有錯，f '(0)不可能是4的，由於lim f(x)/x=0，因此f '(0)=0
將你題目中f '(0)=4改為f ''(0)=4因此最後結果極限是e²
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證明，設函式f x 在 x0內二階可導，且limx x0 f x 0,limxf x
假設在區間 x0,內不存在至少一點c那麼，在區間 x0,內，對於任意x,f x 0總是成立 要回麼f x 0總是成立 所以答 f x 為單調函式 如果，f x 為單調增函式 那麼，對於任意x1,x2,當x00 則 f x0 x 0 f x0 x lim x 0 f x1 x f x1 0 而 x1 ...
若f x 在x 0鄰域三階可導,則f x 的三階導數在x 0處是否連續
不一定的，比如說x的5 2次方滿足條件，但三階導數在0不連續，因為無定義 問題一 f x 在x 0處三階可導與f x 在x 0的某鄰域內三階可導這兩句話可以等價嗎？如果不可 f x 在x 0處三階可導表示只在該點可導 在x的區間內導數不一定存在 從而像洛必達法則這種就不能用 而f x 在x 0領域三...
設函式f x 在上連續，在（a,b）內具有二階連續導數，證 存在a,b）使 如圖
這是中值定理的應用的題目。可考慮分別對 f b f a b 2 f a b 2 f a 用lagrange中值定理，再用一次lagrange中值定理，即可得。x0 a b 2,由泰勒公式 f b f x0 f x0 b x0 f 1 b x0 2 2 f a f x0 f x0 a x0 f 2 a...