证明题

1、

证明$x^5 - 3x - 1 = 0$ 在区间 $(1, 2)$ 内至少有一个实根

思路：我们可以使用介值定理（Intermediate Value Theorem）来进行证明。

首先，我们需要证明方程在区间上连续。我们知道，多项式函数是连续的，因此 $f(x) = x^5 - 3x - 1$ 在整个实数域上都是连续的。

接下来，我们需要证明在区间的两个端点上函数值的符号不同。计算 $f(1)$ 和 $f(2)$ 的值：

$f(1) = 1^5 - 3(1) - 1 = -3$

$f(2) = 2^5 - 3(2) - 1 = 25$

我们可以看到 $f(1)$ 是负数，而 $f(2)$ 是正数，即 $f(1) < 0 < f(2)$。

根据介值定理，如果一个连续函数在一个区间的两个端点处取不同的符号，那么在这个区间内一定存在至少一个实根。在我们的情况下，由于 $f(1) < 0 < f(2)$，因此方程 $x^5 - 3x - 1 = 0$ 在区间 $(1, 2)$ 内至少有一个实根。

因此，我们成功证明了在区间 $(1, 2)$ 内方程 $x^5 - 3x - 1 = 0$ 至少有一个实根。

2、证明$(uv)' = u'v + uv'$

当然，我们可以按照 $(f(x)g(x))'$ 的形式来证明乘法法则。这里我们令 $f(x) = u$ 和 $g(x) = v$。

我们要证明的是：$(f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$。

首先，根据导数的定义，我们有：

$$(f(x)g(x))' = \lim_{h\to0} \frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x)}{h}$$

这是一个复杂的极限，我们可以通过添加和减去一个项来分解它：

$$(f(x)g(x))' = \lim_{h\to0} \frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x+h) + f(x)g(x+h) - f(x)g(x)}{h}$$

然后我们可以将上面的表达式重写为两个独立的极限：

$$(f(x)g(x))' = \lim_{h\to0} \frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x+h)}{h} + \lim_{h\to0} \frac{f(x)g(x+h) - f(x)g(x)}{h}$$

我们可以在每个极限中分离变量 $f$ 和 $g$：

$$(f(x)g(x))' = g(x+h) \lim_{h\to0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} + f(x) \lim_{h\to0} \frac{g(x+h) - g(x)}{h}$$

由导数的定义，我们知道

$$f'(x) = \lim_{h\to0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$$

以及

$$g'(x) = \lim_{h\to0} \frac{g(x+h) - g(x)}{h}$$

最后，我们得到

$$(f(x)g(x))' = g(x)f'(x) + f(x)g'(x)$$

这就证明了乘法法则 $(f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$。

这个证明假设了 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都是可导的，并且它们的导数在 $x$ 点处是连续的。如果这些条件不满足，乘法法则可能不成立。

计算题

1

$\lim_{x \to 1} \frac{tan(x^2-1)}{x3-1} $

这是一个$0/0$型的极限，可以使用洛必达法则进行求解。洛必达法则是指：如果一个极限是0/0型或者∞/∞型，那么这个极限的值等于函数分子和分母的导数的极限。

首先，求解分子$$tan(x^2-1)$$和分母$x^3-1$的导数：

• $tan(x^2-1)$ 的导数为$sec^2(x^2-1) * 2x$

  涉及到了链式法则$对于复合函数y = f(g(x))，其导数dy/dx = f'(g(x)) * g'(x)，这就是链式法则。$

  $\frac{dy}{dx} = f'(g(x)) \cdot g'(x) = \sec^2(x^2 - 1) \cdot 2x$。

• $x^3-1 $的导数为$ 3x^2$

所以原式可以转化为：

$\lim_{x \to 1} \frac{sec^2(x^2-1) * 2x}{3x^2}$

带入x=1：

$\lim_{x \to 1} \frac{sec^2(0) * 2}{3} = \frac{2}{3}$

因此，$\lim_{x \to 1} \frac{tan(x^2-1)}{x^3-1} = \frac{2}{3}。$

2

$设函数f(u)可导且f'(1)=0.5，则y=f(x^2)在x=-1处的微分dy|_{x=-1}=$

这个问题涉及到链式法则，它是微积分中的一种导数运算规则，用于求解复合函数的导数。在这个问题中，我们的外层函数是$f(u)$，内层函数是$x^2$。我们知道$f(u)$在$u=1$处的导数$f'(1)=0.5$。

链式法则可以表示为：对于复合函数$y = f(g(x))$，其导数$\frac{dy}{dx} = f'(g(x)) \cdot g'(x)$。

在这个问题中，我们让$f(u) = f(u)$，$g(x) = x^2$。于是，$\frac{df}{du} = f'(u)$，$\frac{dg}{dx} = 2x$。

应用链式法则，我们有：

$\frac{dy}{dx} = f'(g(x)) \cdot g'(x) = f'(x^2) \cdot 2x$。

特别地，在$x=-1$处，有：

$dy|_{x=-1} = f'(1) \cdot 2(-1) = 0.5 \cdot -2 = -1$。

所以，$y=f(x^2)$在$x=-1$处的微分$dy|_{x=-1}=-1$。

3

$\frac{d}{dx} \int_{0}^{x^2} sintdt=$

这个问题要用到微积分中的莱布尼茨公式，即对积分的上限或下限求导的公式。莱布尼茨公式如下：

如果$F(x)$是一个从$a(x)$到$b(x)$的定积分，即$F(x) = \int_{a(x)}^{b(x)}f(t)dt$，那么$\frac{dF}{dx} = f(b(x))\cdot b'(x) - f(a(x))\cdot a'(x)$。

在这个问题中，我们让$f(t) = \sin t$，$a(x) = 0$，$b(x) = x^2$。所以$a'(x) = 0$，$b'(x) = 2x$。

使用莱布尼茨公式，我们有：

$\frac{d}{dx}\int_{0}^{x^2} \sin tdt = \sin(x^2) \cdot 2x - \sin(0) \cdot 0 = 2x\sin(x^2)$。

所以，$\frac{d}{dx} \int_{x^2}^{0} \sin tdt = -2x\sin(x^2)$。

所以这里可以理解为把积分求导时所需要的转换是吧

4

$\text { 设 } a \text { 是常数,则当函数 } f(x)=a \sin x+\frac{1}{3} \sin 3 x \text { 在 } x=\frac{\pi}{3} \text { 处取得极值时,必有 } a=$

当函数在某一点处取得极值时，该点对应的导数为0。因此，我们需要首先求出函数$f(x) = a \sin x + \frac{1}{3} \sin 3x$的导数：

$f'(x) = a \cos x + \cos 3x$。

将$x=\frac{\pi}{3}$代入上式，我们得到

$f'(\frac{\pi}{3}) = a \cos(\frac{\pi}{3}) + \cos(3 \cdot \frac{\pi}{3}) = a \cdot \frac{1}{2} - 1 = 0$，因为$\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$，$\cos(\pi) = -1$。

解出上式我们得到$a = 2$。因此，当函数$f(x)$在$x=\frac{\pi}{3}$处取得极值时，必有$a = 2$。

知识点补充：$\cos(\frac{\pi}{3})=?$

这是因为$\cos(\frac{\pi}{3})$的值在单位圆中定义。单位圆是一个半径为1的圆，其中心位于坐标系的原点。在单位圆中，角度$\frac{\pi}{3}$（或60度）对应的余弦值（即x坐标值）是$\frac{1}{2}$或0.5。

在更直观的三角形中，我们也可以看到这一点：如果你画一个等边三角形，然后画一个角为60度（$\frac{\pi}{3}$弧度）的角，那么相邻边（也就是余弦对应的边）长度的一半就是整个等边三角形边长的一半，所以$\cos(\frac{\pi}{3})=0.5$

所以，$\cos(\frac{\pi}{3})=0.5$是由三角函数的定义和性质决定的。

5

$\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)$

我们可以将这个极限转化为一个定积分，从而利用积分计算这个极限。这个方法叫做黎曼和（Riemann sum）。在这个问题中，我们先注意到分母中的$n^2$很大，所以可以对每一项都除以$n$，并且注意到这就是黎曼和的形式。

黎曼和是一种用于近似定积分的数学工具，它是由德国数学家伯纳德·黎曼引入的。黎曼和的定义基于将一个给定区间分成许多小区间，并在每个小区间上选择一个点，然后用这些点的函数值与对应小区间长度的乘积之和来近似原函数在给定区间上的积分。

对于一个定义在区间$[a, b]$的函数$f(x)$，如果我们将区间$[a, b]$划分为$n$个等宽的小区间，每个小区间的长度为$\Delta x = (b - a) / n$。然后在第$i$个小区间$[a + (i-1) \Delta x, a + i \Delta x]$中选择一个点$x_i$，黎曼和就定义为：

S = \sum_{i=1}^{n} f(x_i) \Delta x$$。 我们可以看到，每一项$f(x_i) \Delta x$都对应着第$i$个小区间上的一个矩形的面积，而$S$就是这些矩形面积的总和。当$n$趋向于无穷大时，也就是小区间的宽度趋向于0时，如果这个极限存在，那么黎曼和$S$就会趋近于函数$f(x)$在区间$[a, b]$上的定积分的值，这就是黎曼积分的定义。

其中$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x/n}}$，区间为$[0,1]$，划分为$n$个小区间。所以

$$\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right) = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1 + i/n}}\right).$$

按照黎曼和的定义，这个极限就是函数$f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x}}$在区间$[0,1]$上的定积分，所以

$$\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right) = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}} dx.$$

然后，我们可以计算这个定积分。令$u = 1+x$，那么$du = dx$，当$x=0$时，$u=1$，当$x=1$时，$u=2$，所以这个定积分就是

$$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}} dx = \int_1^2 \frac{1}{\sqrt{u}} du = \left[2 \sqrt{u}\right]_1^2 = 2 \sqrt{2} - 2.$$

首先，原积分是

$$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}} dx.$$

然后，我们做一个代数变换，令$u = 1 + x$，所以$du = dx$。同时，我们注意到，当$x=0$时，$u = 1$，当$x=1$时，$u = 2$。这样，我们将$x$的函数转化为了$u$的函数，同时也将积分的范围从$[0,1]$变为了$[1,2]$，所以原积分就变为了

$$\int_1^2 \frac{1}{\sqrt{u}} du.$$

这个新的积分是关于$u$的，我们可以写为$u^{-1/2}$，这样看起来更清楚一些：

$$\int_1^2 u^{-1/2} du.$$

下一步是计算这个积分。我们知道$\int u^n du = \frac{1}{n+1} u^{n+1}$，在这里$n = -1/2$，所以计算结果为$\frac{1}{-1/2 + 1}u^{-1/2 + 1}$，即$2u^{1/2}$。这是一个不定积分的结果，为了得到定积分的结果，我们需要在积分的界限处计算这个结果，也就是计算$2u^{1/2}$在$u=1$和$u=2$处的结果，然后做差。所以，

$$\int_1^2 u^{-1/2} du = [2u^{1/2}]_1^2 = 2\sqrt{2} - 2.$$

所以，最初的积分$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}} dx$的结果就是$2\sqrt{2} - 2$。

所以

$$\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right) = 2 \sqrt{2} - 2.$$

这个答案应该是最正确的，夹逼定理解出来有误，不可能=1

6、

$\text { 设 } a \text { 是常数,则当函数 } f(x)=a \sin x+\frac{1}{3} \sin 3 x \text { 在 } x=\frac{\pi}{3} \text { 处取得极值时,必有 } a=\text { 设 } y=x^{n}+\mathrm{e}^{x} \text {, 则 } y^{(n)}=$

7、

$\int_{1}^{e} \ln x \mathrm{~d} x=$

8、

$\text { 设函数 } z=\frac{x+y}{x-y} \text {, 则 } \mathrm{d} z=$

$\text { 幂级数 } \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n^{n} x^{n}}{3^{n} n !} \text { 的收敛半径 } R=$