用夹逼定理证明x[1 x]=1

设F（X）=x-In(x+1),x》0x>0时,F'(X)=1-1/(x+1)=x/（x+1）,x>0从而F(X)在[0,正无穷）上单调递增,故x>0时,F(X)>F(0)=0即：x>In(x+1)

在第一象限(00(-))左右极限相等,都等于1所以：limsinx/x=1(x->0)

ln(1+x)-ln(1)=[(1+x)-1]*(1/x')(1

再答：二十年教学经验，专业值得信赖！如果你认可我的回答，敬请及时采纳，在右上角点击“评价”，然后就可以选择“满意，问题已经完美解决”了再问：谢啦再问：再来一题好不好，还是拉格朗日证明不等式的再问：用拉

证明：令f(x)=lnx由拉格朗日中值定理,存在一点ξ∈(x,x+1)使得f'(ξ)=[f(x+1)-f(x)]/(x+1-x)=f(x+1)-f(x)=ln'(ξ+1)=1/(ξ+1)由于函数1/x

去f=ln(1+x),f的导数就是1(1+x),这个导数是在正实数上是单调递减的.分别取0点和x点做拉格朗日中值定理的端点,列出比例式子,而这个等于0到x之间的某个点的导数.由导数的单调性知道,这个值

令f(x)=e^x-x-1f(x)满足拉格朗日中值定理.f(0)=0f(x)-f(0)=f'(ξ)xf'(x)=e^x-1当x>=0时,f'(x)>=0f(x)-f(0)>=0问题得证;当x=0问题得

这个命题是错误的.只有当x>0时才成立.令f(x)=e^x-1-xf'(x)=e^x-1>0(当x>0时）故f(x)在（0,＋∞）上单增.f(0)=0因此在（0,＋∞）上恒有e^x＞1+x

设f(x)=e^x,则存在柯西属于（0,x）,使得f"(柯西)=[f(x)-f(0)]/[x-0],e^(柯西)=[e^x-1]/x

令f(x)=ln(x+1),g(x)=x,注意到f(0)=0,g(0)=0,则对任意x>0有ln(x+1)/x=[f(x)-f(0)]/[g(x)-g(0)]=f'(s)/g'(s)=1/(1+s),

上限,tanx=sinx/cosx,故lim(x→0)tan(x)/x=lim(x→0)sinx/（cosx*x）因为sinx小于x,故lim(x→0)tan(x)/x《lim(x→0)1/cosx=

你题抄错了吧应该是cos(1/x)不存在吧反正法,若cos(1/x)收敛取an=1/(2nπ)bn=1/(2nπ+π)显然an,bn等是趋于0的但cosan是1,1,1..cosbn是-1,-1,-1

中值定理证明不了,只能用介值定理和单调性证明 过程如下图： 

设函数u=v^p(p≥1),当x＞y＞0时,函数u在【x,y】上连续.应用拉格郎日定理（ξ^p）′=p【ξ^（p-1）】=（x^p-y^p）/（x-y)（y＜ξ＜x）,即x^p-y^p=（x-y)p【

ls各位没用到中值定理==不等式两边同除以x,因为x大于0,不等号方向不变；即1/(1+x)

原题是：用拉格朗日中值定理证明e^x>1+x,(x>0)　　证明：设f(t)=e^t则f'(t)=e^t　　对任意x>0　　f(t)在[0,x]上连续,在(0,x)上可导.　　由拉格朗日中值定理得　　

ln（1+x）-lnx=f'(ξ)=1/ξ,ξ属于（x,x+1）,由于1/ξ的单调性有1/1+x再问：这个题一开始设F(x)=lnx,可怎么证明F(x)在[x,x+1]连续，（x,x+1)可导再答：l

先用零点定理证明存在设f(x)=1+x+x^2/2+x^3/6又f(0)=1>0f(-2)=-1/30,所以矛盾,故根唯一!原方程有且只有一个实根.

f(x)=ln(1+x)-x,则f(x)=f(x)-f(0)=f'(e)x=-ex/(1+e)