1樓：芝麻鼻婆31 豐楚屠香
（1）因為 lim
x→0(1+x+f(x)x)
1x=e，所以：lim
x→0ln(1+x+f(x)x)
x=3由於分母極限為0，所以 lim
x→0ln(1+x+f(x)
x)=0，
即：lim
x→0(x+f(x)
x)=0
limx→0
f(x)
x=0，
又因為 f（x）在x=0連續，則
limx→0
f(x)=f(0)=0
f′(0)=lim
x→0f(x)-f(0)
x-0=0，
由：lim
x→0ln(1+x+f(x)x)
x=3得：lim
x→0ln(1+x+f(x)x)
x=lim
x→0x+f(x)xx
=lim
x→0(1+f(x)
x)=3，
所以：lim
x→0f(x)
x=2，
即：lim
x→0f′(x)
2x=2，
由此得：f″(0)=lim
x→0f′(x)-f′(0)
x-0=4
（2）lim
x→0(1+f(x)x)
1x=e
已贊過
已踩過
<你對這個回答的評價是？
收起首先分母趨於0，但極限有界，所以
分子也趨於0才可能
一看的確
洛必達一次
lim[f(x)+xf'(x)-1/(1+x)]/3x^2=1/3同理分子在x=0時應該為0
所以f(0)+0-1=0
f(0)=1
洛必達第二次
lim[f'+f'+xf''+1/(1+x)^2]/6x=1/3同理分子在x=0時應該為0
所以2f'(0)+0+1=0
f'(0)=-1/2
洛必達第三次
lim[2f''+f''+xf'''-2/(1+x)^3]/6=1/3
即3f''(0)-2=2
f''(0)=4/3
f(0)=1,f'(0)=-1/2,f''(0)=4/3
2樓：豐楚屠香
首先分母趨於0，但極限有界，所以
分子也趨於0才可能
一看的確
洛必達一次
lim[f(x)+xf'(x)-1/(1+x)]/3x^2=1/3同理分子在x=0時應該為0
所以f(0)+0-1=0
f(0)=1
洛必達第二次
lim[f'+f'+xf''+1/(1+x)^2]/6x=1/3同理分子在x=0時應該為0
所以2f'(0)+0+1=0
f'(0)=-1/2
洛必達第三次
lim[2f''+f''+xf'''-2/(1+x)^3]/6=1/3
即3f''(0)-2=2
f''(0)=4/3
f(0)=1,f'(0)=-1/2,f''(0)=4/3
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)=e^3
4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。
5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)
設函式f （x）在x=0的某鄰域內有三階連續導數，且當x→0時，f （x）-f （-x）是x的三階無窮小，則（
6樓：天使之翼_缸破
由題意，lim
x→0f(x)?f(?x)
x＝c≠0，
而函式f （x）在x=0的某鄰域內有三階連續導數∴上式極限利用洛必達法則，得
c＝lim
x→0f′(x)+f′(?x)
3x=lim
x→0f″(x)?f″(?x)
6x=lim
x→0f″′(x)+f″′(?x)
6∴必有f′（0）=f″（0）=0，f″′（0）≠0∴x=0是f（x）的駐點，x=0不是f（x）的極值點，但（0，f（0））是曲線y=f（x）的拐點
故選：a．
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
7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x=0的某領域內三階可導，limx→0f′(x)1?cosx=-12，則（ ）a．f（0）必是f（x）的一個
8樓：白哥哥
因為f（x）在x=0的某領域內三階可導，
所以f（x），f′（x），f″（x）在x=0處連續．因為lim
x→0f′(x)
1?cosx
＝?12
，①故f′（0）=lim
x→0f′(x)=0（∵f′（x）連續）．利用洛必達法則，由①可得，
limx→0
f″(x)
sinx
＝?12
＜0，②
故f″（0）=lim
x→0f″(x)=0（f″（x）連續）．
由②，利用極限的保號定理知，
?δ＞0，使x∈（-δ，δ）時，f″(x)sinx
＜0，從而當x∈（-δ，0），f″（x）＞0，當x∈（0，δ），f″（x）＜0，
由第一充分條件知，f′（0）必是f′（x）的一個極大值．故選：c．
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.
設函式f（x）在x=0的某鄰域具有一階連續導數，且f（0）f′（0）≠0，當h→0時，若af（h）+bf（2h）-f（0
10樓：百度使用者
由題設條件知：
limh→0
[af(h)+bf(2h)?f(0)]
h＝lim
h→0(a+b?1)f(0)
h＝0，
∴（a+b-1）f（0）=0，
由於：f（0）f′（0）≠0，
故必有：a+b-1=0．…①
又由洛必達法則知：
limh→0
af(h)+bf(2h)?f(0)
h＝lim
h→0af′(h)+2bf′(2h)
1=（a+2b）f′（0）=0，
同樣的，由f（0）f′（0）≠0，
得：a+2b=0．…②
由①和②，得：a=2，b=-1．
設函式fx在點x0的某鄰域內有定義,且f x0 0,fx0 0,則一定存在a0，使得（）
f x 是f x 的導數 f x0 0，說明f x 在x0附近是增函式而f x0 0，根據增函式，若有x1x0 有f x1 f x2 a 0,令x0 a x1,x0 a x2,即f x0 a 0,f x0 a 0 因此函式f x 在區間 x0 a,x0 上減少，回在 x0,x0 a 上單調增加答 f...
設f x 在x 0的鄰域內有定義，且f 0 0，則f x 在x 0處可導的充分必要條件是
因為a中的 3h和 h有嚴格線性關係，導數要求按照各種方式求極限都收斂，而這種嚴格線性關係不能保證這點 例如，他不能保證 f x 4h f x 4h的極限也存在 b選項答案為什麼只能是右導數存在呢 設f x 在x x0的某鄰域有定義,在x x0的某去心鄰域內可導.10 f x 在x x0的某去心領域...
設函式f x 在R內有定義,x0是函式f x 的極大值點,則
選da項，x0是極大值點來，不是最大值點，因源此不能滿足在整個定義域上值最大 b項，f x 是把f x 的影象關於y軸對稱，因此，x0是f x 的極大值點 c項，f x 是把f x 的影象關於x軸對稱，因此，x0是 f x 的極小值點 d項，f x 是把f x 的影象分別關於x軸 y軸做對稱，因此 ...