1樓：買可愛的人
設s(x)=∫ |cost|dt，求 lim s(x) / x這是個變上限函式，被積函式 不含其它引數，屬於國內教材常見的型別：
lim s(x) / x
= lim s ' (x) / 1 用洛必達(l 'hopital)法則，分式上下對x同求導
其中 s ' (x) = |cosx|
= lim |cosx|
= 不存在 --------- 因為在無窮遠處，cosx的絕對值在零和1之間變化，並沒有固定的極限
2樓：匿名使用者
(1)0|cost|dt=sint|<0,π/2>=1,nπ|cost|dt
=(-1)^n*sint|<(nπ，(n+1/2)π>=1,(n+1/2)π|cost|dt
=(-1)^n*sint|<(n+1/2)π，(n+1)π>=1,所以命題成立。
(2)兩邊夾。x--->+∞時n--->+∞,s(x)/x<2(n+1)/(nπ)--->2/π；
s(x)/x>2n/[(n+1)π]--->2/π，所以s(x)/x--->2/π。
可以嗎？
設s(x)=∫0到x|cost|dt，求limx→無窮s(x)/x
3樓：匿名使用者
設s(x)=∫ |cost|dt，求 lim s(x) / x這是個變上限函式，被積函式 不含其它引數，屬於國內教材常見的型別：
lim s(x) / x
= lim s ' (x) / 1 用洛必達(l 'hopital)法則，分式上下對x同求導
其中 s ' (x) = |cosx|
= lim |cosx|
= 不存在 --------- 因為在無窮遠處，cosx的絕對值在零和1之間變化，並沒有固定的極限
設f(x)=定積分cos1/tdt,求f'(0)，積分上限是x，下限是0
4樓：墨汁遊戲
因為用洛必達是不存在的，所以不能用洛必達，算積分，cos拿到d後，成為分部積分等於lim(積分符號上限為x下限為0 sin（1/t)•2tdt-x平方＊sin（1/x) /x)，極限四則運算分開，前面部分可以用洛必達了等於0後面也等於0，所以結果等於0。
取極限，當底長趨向無限小時，lim(n→∞) σ(k=1→n) (x/n)ƒ(kx/n) = ∫(0→x) ƒ(t) dt
= lim(n→∞) (x/n) σ(k=1→n) cos(kx/n)
= lim(n→∞) (x/n)[cos(x/n) + cos(2x/n) + cos(3x/n) + ... + cos((n - 1)x/n) + cos(nx/n)]
= lim(n→∞) (x/n)(1/2)[cosx - 1 + sinxtan(2n/x)]
= x * (sinx)/x
= sinx
定積分定積分的正式名稱是黎曼積分。用黎曼自己的話來說，就是把直角座標系上的函式的圖象用平行於y軸的直線把其分割成無數個矩形，然後把某個區間［a，b］上的矩形累加起來，所得到的就是這個函式的圖象在區間［a，b］的面積。實際上，定積分的上下限就是區間的兩個端點a，b。
5樓：匿名使用者
cos1/t有界，且只有有限個間斷點，所以其可積，所以f(x)連續，但是由於cos1/t有x=0的間斷點，所以f(x)在零處不可導，故不能直接求導數。同時如果用定義去求，這就用到了洛必達，求出後為cos1/x,x趨於0，所以極限不存在，但是由洛必達的使用條件可以知道，用洛必達後不存在，不能說明原極限不存在，應改用他法，所以通過分部積分去做就可以了。這是一道好題考查很細緻
設n為正整數，且nπ≤x<（n+1）π，求limx→+無窮（∫上限x下限0（丨sint丨dt））/x
6樓：一個人郭芮
顯然∫(0到π) sint dt
= -cost （代入上下限π和0）
=2而同樣
∫(π到2π) |sint| dt
= cost （代入上下限2π和π）
=2於是當nπ≤x<(n+1)π的時候，
∫(0到x) |sint| dt
=2n+ ∫(nπ到x) |sint| dt而顯然 0≤ ∫(nπ到x) |sint| dt <2故2n ≤∫(0到x) |sint| dt <2n+2因此lim(x趨於+∞) ∫(0到x) |sint| dt / x的極限值
在 2n/x和 (2n+2)/x之間
而nπ≤x<(n+1)π
於是 2/(1+1/n)π <2n/x ≤ 2/π2/π<(2n+2)/x ≤(2+2/n)/πx趨於+∞，那麼n也趨於+∞，1/n和2/n都趨於0所以2n/x和 (2n+2)/x之間就是 2/π因此得到
lim(x趨於+∞) ∫(0到x) |sint| dt / x = 2/π
lim x->∞∫|sint|dt/x 積分上下限是 (x,0)
7樓：俱懷逸興壯思飛欲上青天攬明月
設nπ+∞，等價於n->+∞
且π+∞) x/n=π
∫(0->x)|sint|dt
=∫(0->nπ)|sint|dt + ∫(nπ->x)|sint|dt
=2n+ ∫(0->x-nπ)|sint|dt=2n+∫(0->x-nπ)sintdt
=2n+1-cos(x-nπ)
=2n+1-(-1)^ncosx
所以lim (x->+∞)[∫(0->x)|sint|dt] /x=lim (n->+∞) [2n+1-(-1)^ncosx]/x=lim (n->+∞) [2+(1-(-1)^ncosx)/n]/(x/n)
=2/π
x->-∞，設-(n+1)π-∞)[∫(0->x)|sint|dt] /x=2/π
所以得出
lim (x->∞)[∫(0->x)|sint|dt] /x=2/π
8樓：超級大超越
被積函式永遠＞=0，易知分子→∞。
根據洛比達法則，原式=lim(x→∞) |sinx|
極限不存在
積分的極限怎麼求？ limx→0(∫(0→x)cost^2dt）=0
9樓：孤獨的狼
f(t)=cost^2是連續函式，所以存在一個ξ∈(0,x)使得原積分結果＝cosξ^2ξ
當x~0
ξ~0(夾逼定理)
所以積分結果為0
10樓：匿名使用者
積分中值定理。根據積分中值定理，存在ξ∈(0,x)，使得
以上，請採納。
設f（x）=∫ x 0dt∫ t 0tln（1+u2）du，g（x）=∫ sinx2 0（1-cost）dt，則當x→0時，f（x...
11樓：噠啉
為了確定f（x）和g（x）間的無窮小關係，須做如下極限計算：
limx→0
f(x)
g(x)
=lim
x→0∫x0
xln(1+u
)du[1?cos(sinx
)]?2x?cosx
…羅比達法則，分子、分母同時求導
=lim
x→0x∫x0
ln(1+u
)du1
2(sinx
)?2x?cosx
…無窮小替換：f（x）→0時，[1-cos（f（x））]～12f(x)，式中f（x）=sinx2
=lim
x→0∫x0
ln(1+u
)du(sinx
)…lim
x→01
cosx
＝1=lim
x→0m(x)
n(x)
由上式知，分母n（x）～x8，其階次大於分子中x的階次，所以上式→∞，即f（x）是g（x）的低階無窮小．
故選：a．
設函式f x 2cos x sin 2 x6 a 其中0，a屬於R ,且f x 的影象在y軸右側的最高點的
劉傻妮子 f x 2cos x sin 2 x 6 a 1 cos2 x sin2 x cos 6 cos2 x sin 6 a 1 a sin2 x cos 6 cos2 x sin 6 1 a sin 2 x 6 當2 6 6 2,即影象出現y軸右側的第一個最高點 橫座標x 6 此時，1.函式f...
設函式y y x 由方程x 2 y 2 2axy 0，（a0）所確定,證明d 2y
一樓做法是錯的，因為a為引數，在無法確定a數值的情況下，不能有 a 2 1 這種東西存在。若0 所以正確做法是 直接原方程兩邊對x求導，有x ydy dx ay axdy dx 0，化簡有 ax y dy dx x ay。i 若ax y 0，即y ax，則顯然d y dx 0成立，得證 ii 若ax...
解 設函式fxsin 2x fai兀fai 0 ，y f x 圖象的一條對稱軸是直線x兀8。1求fai。2求函式y f
f x sin 2x 0 2 8 k 2 k 4 0 4 3 4 f x sin 2x 3 4 2k 2 2x 3 4 2k 2 k 8 x k 5 8 當x k 8,k 5 8 f x 單調增加 當x k 5 8,k 11 8 f x 單調增加 二 sina asinb b 3 sin45 2 3...