高等数学（第七版）同济大学总习题三（前10题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学总习题三（前10题）

1.填空：设常数k>0，函数f(x)=lnx−xe+k在(−,+∞)内零点的个数为：\begin{aligned}&1. \ 填空：设常数k \gt 0，函数f(x)=ln\ x-\frac{x}{e}+k在(-, \ +\infty)内零点的个数为： &\end{aligned}1. 填空：设常数k>0，函数f(x)=ln x−ex+k在(−, +∞)内零点的个数为：

解：

f′(x)=1x−1e=e−xxe，，令f′(x)=0，得点x=e。当0<x<3时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,e]上单调增加，当e<x<+∞时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[e,+∞)上单调减少，所以x=e是函数f(x)得极大值，又因驻点唯一，极大值也是最大值，f(e)=k>0，因lim⁡x→0+f(x)=−∞，lim⁡x→+∞f(x)=−∞，所以曲线lnx−xe+k与x轴有两个交点，因此，函数f(x)=lnx−xe+k在(0,+∞)内的零点个数为2。\begin{aligned} &\ \ f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}=\frac{e-x}{xe}，，令f'(x)=0，得点x=e。\\\\ &\ \ 当0 \lt x \lt 3时，f'(x) \gt 0，所以函数f(x)在(0, \ e]上单调增加，\\\\ &\ \ 当e \lt x \lt +\infty时，f'(x) \lt 0，所以函数f(x)在[e, \ +\infty)上单调减少，\\\\ &\ \ 所以x=e是函数f(x)得极大值，又因驻点唯一，极大值也是最大值，f(e)=k \gt 0，\\\\ &\ \ 因\lim_{x \rightarrow 0^+}f(x)=-\infty，\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)=-\infty，所以曲线ln\ x-\frac{x}{e}+k与x轴有两个交点，\\\\ &\ \ 因此，函数f(x)=ln\ x-\frac{x}{e}+k在(0, \ +\infty)内的零点个数为2。 & \end{aligned} f′(x)=x1−e1=xee−x，，令f′(x)=0，得点x=e。当0<x<3时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0, e]上单调增加，当e<x<+∞时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[e, +∞)上单调减少，所以x=e是函数f(x)得极大值，又因驻点唯一，极大值也是最大值，f(e)=k>0，因x→0+limf(x)=−∞，x→+∞limf(x)=−∞，所以曲线ln x−ex+k与x轴有两个交点，因此，函数f(x)=ln x−ex+k在(0, +∞)内的零点个数为2。

2.以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：\begin{aligned}&2. \ 以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论： &\end{aligned}2. 以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

(1)设在[0,1]上f′′(x)>0，则f′(0)，f′(1)，f(1)−f(0)或f(0)−f(1)几个数的大小顺序为()：(A)f′(1)>f′(0)>f(1)−f(0)(B)f′(1)>f(1)−f(0)>f′(0)(C)f(1)−f(0)>f′(1)>f′(0)(D)f′(1)>f(0)−f(1)>f′(0)(2)设f′(x0)=f′′(x0)=0，f′′′(x0)>0，则().(A)f′(x0)是f′(x)的极大值 (B)f(x0)是f(x)的极大值(C)f(x0)是f(x)的极小值 (D)(x0,f(x0))是曲线y=f(x)的拐点\begin{aligned} &\ \ (1)\ 设在[0, \ 1]上f''(x) \gt 0，则f'(0)，f'(1)，f(1)-f(0)或f(0)-f(1)几个数的大小顺序为(\ \ \ \ )：\\\\ &\ \ (A)\ f'(1) \gt f'(0) \gt f(1)-f(0)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ f'(1) \gt f(1)-f(0) \gt f'(0)\\\\ &\ \ (C)\ f(1)-f(0) \gt f'(1) \gt f'(0)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ f'(1) \gt f(0)-f(1) \gt f'(0)\\\\ &\ \ (2)\ 设f'(x_0)=f''(x_0)=0，f'''(x_0) \gt 0，则(\ \ \ \ ).\\\\ &\ \ (A)\ f'(x_0)是f'(x)的极大值\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ f(x_0)是f(x)的极大值\\\\ &\ \ (C)\ f(x_0)是f(x)的极小值\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ (x_0, \ f(x_0))是曲线y=f(x)的拐点 & \end{aligned} (1) 设在[0, 1]上f′′(x)>0，则f′(0)，f′(1)，f(1)−f(0)或f(0)−f(1)几个数的大小顺序为( )： (A) f′(1)>f′(0)>f(1)−f(0) (B) f′(1)>f(1)−f(0)>f′(0) (C) f(1)−f(0)>f′(1)>f′(0) (D) f′(1)>f(0)−f(1)>f′(0) (2) 设f′(x0)=f′′(x0)=0，f′′′(x0)>0，则( ). (A) f′(x0)是f′(x)的极大值 (B) f(x0)是f(x)的极大值 (C) f(x0)是f(x)的极小值 (D) (x0, f(x0))是曲线y=f(x)的拐点

解：

(1)由拉格朗日中值定理可知f(1)−f(0)=f′(ξ)，其中ξ∈(0,1)，因为f′′(x)>0，f′(x)单调增加，所以，f′(0)<f′(ξ)<f′(1)，即f′(0)<f(1)−f(0)<f′(1)，选B(2)由已知条件和f′′′(x0)=lim⁡x→x0f′′(x)−f′′(x0)x−x0=lim⁡x→x0f′′(x)x−x0>0可知，在x0某邻域内，当x<x0时，f′′(x)<0，当x>x0时，f′′(x)>0，所以(x0,f(x0))是曲线y=f(x)的拐点。选D.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 由拉格朗日中值定理可知f(1)-f(0)=f'(\xi)，其中\xi \in (0, \ 1)，因为f''(x) \gt 0，f'(x)单调增加，\\\\ &\ \ 所以，f'(0) \lt f'(\xi) \lt f'(1)，即f'(0) \lt f(1)-f(0) \lt f'(1)，选B\\\\ &\ \ (2)\ 由已知条件和f'''(x_0)=\lim_{x \rightarrow x_0}\frac{f''(x)-f''(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x \rightarrow x_0}\frac{f''(x)}{x-x_0} \gt 0可知，在x_0某邻域内，当x \lt x_0时，f''(x) \lt 0，\\\\ &\ \ 当x \gt x_0时，f''(x) \gt 0，所以(x_0, \ f(x_0))是曲线y=f(x)的拐点。选D. & \end{aligned} (1) 由拉格朗日中值定理可知f(1)−f(0)=f′(ξ)，其中ξ∈(0, 1)，因为f′′(x)>0，f′(x)单调增加，所以，f′(0)<f′(ξ)<f′(1)，即f′(0)<f(1)−f(0)<f′(1)，选B (2) 由已知条件和f′′′(x0)=x→x0limx−x0f′′(x)−f′′(x0)=x→x0limx−x0f′′(x)>0可知，在x0某邻域内，当x<x0时，f′′(x)<0，当x>x0时，f′′(x)>0，所以(x0, f(x0))是曲线y=f(x)的拐点。选D.

3.列举一个函数f(x)满足：f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内除某一点外处处可导，但在(a,b)内不存在点ξ，使f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a).\begin{aligned}&3. \ 列举一个函数f(x)满足：f(x)在[a, \ b]上连续，在(a, \ b)内除某一点外处处可导，但在(a, \ b)内不存在点\xi，\\\\&\ \ \ \ 使f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a). &\end{aligned}3. 列举一个函数f(x)满足：f(x)在[a, b]上连续，在(a, b)内除某一点外处处可导，但在(a, b)内不存在点ξ，使f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a).

解：

取f(x)=∣x∣，区间为[−1,1]，函数f(x)在[−1,1]上连续，在(−1,1)内除点x=0外处处可导，但f(x)在(−1,1)内不存在点ξ，使f′(ξ)=0，即不存在ξ∈(−1,1)，使f(1)−f(−1)=f′(ξ)[1−(−1)]。\begin{aligned} &\ \ 取f(x)=|x|，区间为[-1, \ 1]，函数f(x)在[-1, \ 1]上连续，在(-1, \ 1)内除点x=0外处处可导，\\\\ &\ \ 但f(x)在(-1, \ 1)内不存在点\xi，使f'(\xi)=0，即不存在\xi \in (-1, \ 1)，使f(1)-f(-1)=f'(\xi)[1-(-1)]。 & \end{aligned} 取f(x)=∣x∣，区间为[−1, 1]，函数f(x)在[−1, 1]上连续，在(−1, 1)内除点x=0外处处可导，但f(x)在(−1, 1)内不存在点ξ，使f′(ξ)=0，即不存在ξ∈(−1, 1)，使f(1)−f(−1)=f′(ξ)[1−(−1)]。

4.设lim⁡x→∞f′(x)=k，求lim⁡x→∞[f(x+a)−f(x)].\begin{aligned}&4. \ 设\lim_{x \rightarrow \infty}f'(x)=k，求\lim_{x \rightarrow \infty}[f(x+a)-f(x)].&\end{aligned}4. 设x→∞limf′(x)=k，求x→∞lim[f(x+a)−f(x)].

解：

由拉格朗日中值定理可知，f(x+a)−f(x)=f′(ξ)a，因为ξ介于x与x+a之间，当x→∞时，ξ→∞，所以，lim⁡x→∞[f(x+a)−f(x)]=lim⁡ξ→∞f′(ξ)a=ka。\begin{aligned} &\ \ 由拉格朗日中值定理可知，f(x+a)-f(x)=f'(\xi)a，因为\xi 介于x与x+a之间，当 x \rightarrow \infty时，\xi \rightarrow \infty，\\\\ &\ \ 所以，\lim_{x \rightarrow \infty}[f(x+a)-f(x)]=\lim_{\xi \rightarrow \infty}f'(\xi)a=ka。 & \end{aligned} 由拉格朗日中值定理可知，f(x+a)−f(x)=f′(ξ)a，因为ξ介于x与x+a之间，当x→∞时，ξ→∞，所以，x→∞lim[f(x+a)−f(x)]=ξ→∞limf′(ξ)a=ka。

5.证明多项式f(x)=x3−3x+a在[0,1]上不可能有两个零点.\begin{aligned}&5. \ 证明多项式f(x)=x^3-3x+a在[0, \ 1]上不可能有两个零点.&\end{aligned}5. 证明多项式f(x)=x3−3x+a在[0, 1]上不可能有两个零点.

解：

假设f(x)=x3−3x+a在[0,1]上有两个零点，即存在x1,x2∈[0,1]，使f(x1)=f(x2)=0，设x1<x2，函数f(x)在[x1,x2]上连续，在(x1,x2)内可导，有罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(x1,x2)⊂(0,1)，使f′(ξ)=0，但f′(x)=3x2−3在(0,1)内恒不等于零，所以f(x)=x3−3x+a在[0,1]上不可能有两个零点.\begin{aligned} &\ \ 假设f(x)=x^3-3x+a在[0, \ 1]上有两个零点，即存在x_1, x_2 \in [0, \ 1]，使f(x_1)=f(x_2)=0，设x_1 \lt x_2，\\\\ &\ \ 函数f(x)在[x_1, \ x_2]上连续，在(x_1, \ x_2)内可导，有罗尔定理可知至少存在一点\xi \in (x_1, \ x_2) \subset (0, \ 1)，使f'(\xi)=0，\\\\ &\ \ 但f'(x)=3x^2-3在(0, \ 1)内恒不等于零，所以f(x)=x^3-3x+a在[0, \ 1]上不可能有两个零点. & \end{aligned} 假设f(x)=x3−3x+a在[0, 1]上有两个零点，即存在x1,x2∈[0, 1]，使f(x1)=f(x2)=0，设x1<x2，函数f(x)在[x1, x2]上连续，在(x1, x2)内可导，有罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(x1, x2)⊂(0, 1)，使f′(ξ)=0，但f′(x)=3x2−3在(0, 1)内恒不等于零，所以f(x)=x3−3x+a在[0, 1]上不可能有两个零点.

6.设a0+a12+⋅⋅⋅+ann+1=0，证明多项式f(x)=a0+a1x+⋅⋅⋅+anxn在(0,1)内至少有一个零点.\begin{aligned}&6. \ 设a_0+\frac{a_1}{2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{a_n}{n+1}=0，证明多项式f(x)=a_0+a_1x+\cdot\cdot\cdot+a_nx^n在(0, \ 1)内至少有一个零点.&\end{aligned}6. 设a0+2a1+⋅⋅⋅+n+1an=0，证明多项式f(x)=a0+a1x+⋅⋅⋅+anxn在(0, 1)内至少有一个零点.

解：

设函数F(x)=a0+a12+⋅⋅⋅+ann+1，F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且F(0)=0，F(1)=a0+a12+⋅⋅⋅+ann+1=0，由罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(0,1)，使F′(ξ)=0，则f(x)=F′(x)=a0+a1x+⋅⋅⋅+anxn在(0,1)内至少有一个零点\begin{aligned} &\ \ 设函数F(x)=a_0+\frac{a_1}{2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{a_n}{n+1}，F(x)在[0, \ 1]上连续，在(0, \ 1)内可导，且F(0)=0，\\\\ &\ \ F(1)=a_0+\frac{a_1}{2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{a_n}{n+1}=0，由罗尔定理可知至少存在一点\xi \in (0, \ 1)，使F'(\xi)=0，\\\\ &\ \ 则f(x)=F'(x)=a_0+a_1x+\cdot\cdot\cdot+a_nx^n在(0, \ 1)内至少有一个零点 & \end{aligned} 设函数F(x)=a0+2a1+⋅⋅⋅+n+1an，F(x)在[0, 1]上连续，在(0, 1)内可导，且F(0)=0， F(1)=a0+2a1+⋅⋅⋅+n+1an=0，由罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(0, 1)，使F′(ξ)=0，则f(x)=F′(x)=a0+a1x+⋅⋅⋅+anxn在(0, 1)内至少有一个零点

7.设f(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且f(a)=0，证明存在一点ξ∈(0,a)，使f(ξ)+ξf′(ξ)=0.\begin{aligned}&7. \ 设f(x)在[0, \ a]上连续，在(0, \ a)内可导，且f(a)=0，证明存在一点\xi \in (0, \ a)，使f(\xi)+\xi f'(\xi)=0.&\end{aligned}7. 设f(x)在[0, a]上连续，在(0, a)内可导，且f(a)=0，证明存在一点ξ∈(0, a)，使f(ξ)+ξf′(ξ)=0.

解：

设F(x)=xf(x)，F(x)在[0,a]上连续，在(0,a)内可导，且F(0)=0，F(a)=af(a)=0，由罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(0,a)，使F′(ξ)=[ξf(ξ)]′=f(ξ)+ξf′(ξ)=0。\begin{aligned} &\ \ 设F(x)=xf(x)，F(x)在[0, \ a]上连续，在(0, \ a)内可导，且F(0)=0，F(a)=af(a)=0，\\\\ &\ \ 由罗尔定理可知至少存在一点\xi \in (0, \ a)，使F'(\xi)=[\xi f(\xi)]'=f(\xi)+\xi f'(\xi)=0。 & \end{aligned} 设F(x)=xf(x)，F(x)在[0, a]上连续，在(0, a)内可导，且F(0)=0，F(a)=af(a)=0，由罗尔定理可知至少存在一点ξ∈(0, a)，使F′(ξ)=[ξf(ξ)]′=f(ξ)+ξf′(ξ)=0。

8.设0<a<b，函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，试利用柯西中值定理，证明存在一点ξ∈(a,b)，使f(b)−f(a)=ξf′(ξ)lnba.\begin{aligned}&8. \ 设0 \lt a \lt b，函数f(x)在[a, \ b]上连续，在(a, \ b)内可导，试利用柯西中值定理，证明存在一点\xi \in (a, \ b)，\\\\&\ \ \ \ 使f(b)-f(a)=\xi f'(\xi)ln\ \frac{b}{a}.&\end{aligned}8. 设0<a<b，函数f(x)在[a, b]上连续，在(a, b)内可导，试利用柯西中值定理，证明存在一点ξ∈(a, b)，使f(b)−f(a)=ξf′(ξ)ln ab.

解：

设函数F(x)=lnx，f(x)，F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且F′(x)=1x≠0，x∈(a,b)，由柯西中值定理可知至少存在一点ξ∈(a,b)，使f(b)−f(a)F(b)−F(a)=f′(ξ)F′(ξ)，即f(b)−f(a)lnb−lna=f′(ξ)1ξ，f(b)−f(a)=ξf′(ξ)lnba.\begin{aligned} &\ \ 设函数F(x)=ln\ x，f(x)，F(x)在[a, \ b]上连续，在(a, \ b)内可导，且F'(x)=\frac{1}{x} \neq 0，x \in (a, \ b)，\\\\ &\ \ 由柯西中值定理可知至少存在一点\xi \in (a, \ b)，使\frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)}，即\frac{f(b)-f(a)}{ln\ b-ln\ a}=\frac{f'(\xi)}{\frac{1}{\xi}}，\\\\ &\ \ f(b)-f(a)=\xi f'(\xi)ln\ \frac{b}{a}. & \end{aligned} 设函数F(x)=ln x，f(x)，F(x)在[a, b]上连续，在(a, b)内可导，且F′(x)=x1=0，x∈(a, b)，由柯西中值定理可知至少存在一点ξ∈(a, b)，使F(b)−F(a)f(b)−f(a)=F′(ξ)f′(ξ)，即ln b−ln af(b)−f(a)=ξ1f′(ξ)， f(b)−f(a)=ξf′(ξ)ln ab.

9.设f(x)、g(x)都是可导函数，且∣f′(x)∣<g′(x)，证明：当x>a时，∣f(x)−f(a)∣<g(x)−g(a).\begin{aligned}&9. \ 设f(x)、g(x)都是可导函数，且|f'(x)| \lt g'(x)，证明：当x \gt a时，|f(x)-f(a)| \lt g(x)-g(a).&\end{aligned}9. 设f(x)、g(x)都是可导函数，且∣f′(x)∣<g′(x)，证明：当x>a时，∣f(x)−f(a)∣<g(x)−g(a).

解：

要证x>a时，∣f(x)−f(a)∣<g(x)−g(a)，即证−[g(x)−g(a)]<f(x)−f(a)<g(x)−g(a)，也就是证f(x)−g(x)<f(a)−g(a)，f(x)+g(x)>f(a)+g(a)。设F(x)=f(x)−g(x)，G(x)=f(x)+g(x)，x∈(a,+∞)，由∣f′(x)∣<g′(x)可知，f′(x)−g′(x)<0，f′(x)+g′(x)>0，所以F′(x)=f′(x)−g′(x)<0，G′(x)=f′(x)+g′(x)>0，当x>a时F(x)单调减少，G(x)单调增加，因此F(x)<F(a)，G(x)>G(a)(x>a)，所以，f(x)−g(x)<f(a)−g(a)，f(x)+g(x)>f(a)+g(a)(x>a)，即当x>a时，∣f(x)−f(a)∣<g(x)−g(a).\begin{aligned} &\ \ 要证x \gt a时，|f(x)-f(a)| \lt g(x)-g(a)，即证-[g(x)-g(a)] \lt f(x)-f(a) \lt g(x)-g(a)，\\\\ &\ \ 也就是证f(x)-g(x) \lt f(a)-g(a)，f(x)+g(x) \gt f(a)+g(a)。\\\\ &\ \ 设F(x)=f(x)-g(x)，G(x)=f(x)+g(x)，x \in (a, \ +\infty)，由|f'(x)| \lt g'(x)可知，\\\\ &\ \ f'(x)-g'(x) \lt 0，f'(x)+g'(x) \gt 0，所以F'(x)=f'(x)-g'(x) \lt 0，G'(x)=f'(x)+g'(x) \gt 0，\\\\ &\ \ 当x \gt a时F(x)单调减少，G(x)单调增加，因此F(x) \lt F(a)，G(x) \gt G(a)\ (x \gt a)，\\\\ &\ \ 所以，f(x)-g(x) \lt f(a)-g(a)，f(x)+g(x) \gt f(a)+g(a)\ (x \gt a)，\\\\ &\ \ 即当x \gt a时，|f(x)-f(a)| \lt g(x)-g(a). & \end{aligned} 要证x>a时，∣f(x)−f(a)∣<g(x)−g(a)，即证−[g(x)−g(a)]<f(x)−f(a)<g(x)−g(a)，也就是证f(x)−g(x)<f(a)−g(a)，f(x)+g(x)>f(a)+g(a)。设F(x)=f(x)−g(x)，G(x)=f(x)+g(x)，x∈(a, +∞)，由∣f′(x)∣<g′(x)可知， f′(x)−g′(x)<0，f′(x)+g′(x)>0，所以F′(x)=f′(x)−g′(x)<0，G′(x)=f′(x)+g′(x)>0，当x>a时F(x)单调减少，G(x)单调增加，因此F(x)<F(a)，G(x)>G(a) (x>a)，所以，f(x)−g(x)<f(a)−g(a)，f(x)+g(x)>f(a)+g(a) (x>a)，即当x>a时，∣f(x)−f(a)∣<g(x)−g(a).

10.求下列极限：\begin{aligned}&10. \ 求下列极限：&\end{aligned}10. 求下列极限：

(1)lim⁡x→1x−xx1−x+lnx； (2)lim⁡x→0[1ln(1+x)−1x]；(3)lim⁡x→+∞(2πarctanx)x； (4)lim⁡x→∞[(a11x+a21x+⋅⋅⋅+an1x)/n]nx(其中a1，a2，⋅⋅⋅，an>0).\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \lim_{x \rightarrow 1}\frac{x-x^x}{1-x+ln\ x}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\left[\frac{1}{ln(1+x)}-\frac{1}{x}\right]；\\\\ &\ \ (3)\ \ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left(\frac{2}{\pi}arctan\ x\right)^x；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ \lim_{x \rightarrow \infty}[(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot\cdot\cdot+a_n^{\frac{1}{x}})/n]^{nx}\ (其中a_1，a_2，\cdot\cdot\cdot，a_n \gt 0). & \end{aligned} (1) x→1lim1−x+ln xx−xx； (2) x→0lim[ln(1+x)1−x1]； (3) x→+∞lim(π2arctan x)x； (4) x→∞lim[(a1x1+a2x1+⋅⋅⋅+anx1)/n]nx (其中a1，a2，⋅⋅⋅，an>0).

解：

(1)lim⁡x→1x−xx1−x+lnx=lim⁡x→11−xx(1+lnx)−1+1x=lim⁡x→1xxlnx+xx−1x−1⋅x=lim⁡x→1(xx(lnx+1)lnx+xx−1+xx(lnx+1))=2(2)lim⁡x→0[1ln(1+x)−1x]=lim⁡x→0x−ln(1+x)xln(1+x)=lim⁡x→0x−ln(1+x)x2=lim⁡x→01−11+x2x=lim⁡x→012(1+x)=12(3)lim⁡x→+∞(2πarctanx)x=elim⁡x→+∞xln(2πarctanx)，因为lim⁡x→+∞xln(2πarctanx)=lim⁡x→+∞ln2π+lnarctanx1x=lim⁡x→+∞(1arctanx⋅−x21+x2)=−2π，所以lim⁡x→+∞(2πarctanx)x=e−2π(4)lim⁡x→∞[(a11x+a21x+⋅⋅⋅+an1x)/n]nx=elim⁡x→∞nx[ln(a11x+a21x+⋅⋅⋅+an1x)−lnn]，因为lim⁡x→∞nx[ln(a11x+a21x+⋅⋅⋅+an1x)−lnn]=nlim⁡x→∞ln(a11x+a21x+⋅⋅⋅+an1x)−lnn1x=nlim⁡x→∞1a11x+a21x+⋅⋅⋅+an1x[a11xlna1+a21xlna2+⋅⋅⋅+an1xlnan](1x)′(1x)′=n⋅1n(lna1+lna2+⋅⋅⋅+lnan)=ln(a1a2⋅⋅⋅an)，所以lim⁡x→∞[(a11x+a21x+⋅⋅⋅+an1x)/n]nx=a1a2⋅⋅⋅an.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \lim_{x \rightarrow 1}\frac{x-x^x}{1-x+ln\ x}=\lim_{x \rightarrow 1}\frac{1-x^x(1+ln\ x)}{-1+\frac{1}{x}}=\lim_{x \rightarrow 1}\frac{x^xln\ x+x^x-1}{x-1}\cdot x=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \lim_{x \rightarrow 1}(x^x(ln\ x+1)ln\ x+x^{x-1}+x^x(ln\ x+1))=2\\\\ &\ \ (2)\ \lim_{x \rightarrow 0}\left[\frac{1}{ln(1+x)}-\frac{1}{x}\right]=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{x-ln(1+x)}{xln(1+x)}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{x-ln(1+x)}{x^2}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{1-\frac{1}{1+x}}{2x}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{1}{2(1+x)}=\frac{1}{2}\\\\ &\ \ (3)\ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left(\frac{2}{\pi}arctan\ x\right)^x=e^{\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}xln\left(\frac{2}{\pi}arctan\ x\right)}，因为\lim_{x \rightarrow +\infty}xln\left(\frac{2}{\pi}arctan\ x\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{ln\ \frac{2}{\pi}+lnarctan\ x}{\frac{1}{x}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left(\frac{1}{arctan\ x}\cdot \frac{-x^2}{1+x^2}\right)=-\frac{2}{\pi}，所以\lim_{x \rightarrow +\infty}\left(\frac{2}{\pi}arctan\ x\right)^x=e^{-\frac{2}{\pi}}\\\\ &\ \ (4)\ \lim_{x \rightarrow \infty}[(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot\cdot\cdot+a_n^{\frac{1}{x}})/n]^{nx}=e^{\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}nx[ln(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot\cdot\cdot+a_n^{\frac{1}{x}})-ln\ n]}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 因为\lim_{x \rightarrow \infty}nx[ln(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot\cdot\cdot+a_n^{\frac{1}{x}})-ln\ n]=n\lim_{x \rightarrow \infty}\frac{ln(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot\cdot\cdot+a_n^{\frac{1}{x}})-ln\ n}{\frac{1}{x}}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ n\lim_{x \rightarrow \infty}\frac{\frac{1}{a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot\cdot\cdot+a_n^{\frac{1}{x}}}[a_1^{\frac{1}{x}}ln\ a_1+a_2^{\frac{1}{x}}ln\ a_2+\cdot\cdot\cdot+a_n^{\frac{1}{x}}ln\ a_n]\left(\frac{1}{x}\right)'}{\left(\frac{1}{x}\right)'}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ n\cdot \frac{1}{n}(ln\ a_1+ln\ a_2+\cdot\cdot\cdot+ln\ a_n)=ln(a_1a_2\cdot\cdot\cdot a_n)，所以\lim_{x \rightarrow \infty}[(a_1^{\frac{1}{x}}+a_2^{\frac{1}{x}}+\cdot\cdot\cdot+a_n^{\frac{1}{x}})/n]^{nx}=a_1a_2\cdot\cdot\cdot a_n. & \end{aligned} (1) x→1lim1−x+ln xx−xx=x→1lim−1+x11−xx(1+ln x)=x→1limx−1xxln x+xx−1⋅x= x→1lim(xx(ln x+1)ln x+xx−1+xx(ln x+1))=2 (2) x→0lim[ln(1+x)1−x1]=x→0limxln(1+x)x−ln(1+x)=x→0limx2x−ln(1+x)=x→0lim2x1−1+x1= x→0lim2(1+x)1=21 (3) x→+∞lim(π2arctan x)x=ex→+∞limxln(π2arctan x)，因为x→+∞limxln(π2arctan x)=x→+∞limx1ln π2+lnarctan x= x→+∞lim(arctan x1⋅1+x2−x2)=−π2，所以x→+∞lim(π2arctan x)x=e−π2 (4) x→∞lim[(a1x1+a2x1+⋅⋅⋅+anx1)/n]nx=ex→∞limnx[ln(a1x1+a2x1+⋅⋅⋅+anx1)−ln n]，因为x→∞limnx[ln(a1x1+a2x1+⋅⋅⋅+anx1)−ln n]=nx→∞limx1ln(a1x1+a2x1+⋅⋅⋅+anx1)−ln n= nx→∞lim(x1)′a1x1+a2x1+⋅⋅⋅+anx11[a1x1ln a1+a2x1ln a2+⋅⋅⋅+anx1ln an](x1)′= n⋅n1(ln a1+ln a2+⋅⋅⋅+ln an)=ln(a1a2⋅⋅⋅an)，所以x→∞lim[(a1x1+a2x1+⋅⋅⋅+anx1)/n]nx=a1a2⋅⋅⋅an.