所以∫(x)在(0严格单调增加,且当n≥2时,f(0)=-1,f()=n-1>0, 所以f(x)在(0,1)内必有唯一的实根xn。显然{xn}单调减少有下界,所 以必定收敛。设imxn=a,则0≤a<1,且当n≥2时,0<x≤x2<1,所 以limx"=0。于是有 1=lim(x+xm2+…+x+)=m2(1-x2)a 解得a Im x 15.设函数f(x)在0上连续,在(0)上可导,且f()=f(1)=0, 。证明 (1)存在52 1|,使得f(5)= (2)对于任意实数λ,必存在n∈(0,2),使得 f'(n-aff(n-nI 证(1)令F(x)=f(x)-x,则F(x)在[0上连续,且有 F()=>0,F(1)=-1<0, 所以存在∈1,使得F(5)=0,即f()=5 (2)令G(x)=eLf(x)-x],则G(0)=G()=0,应用 Rolle定理,必存 在n∈(0,5),使得 G(m)=e[f(n)-1-e-Lf(n)-n]=0, 于是成立f(m)-xf(m)-n]=1 16.设函数f(x)和g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)上可导,且 g(x)≠0(x∈(ab)。分别利用辅助函数 op(x)=f(x)-f(a)- f(b)-f(a) g(b)-g(a) [8(x)-g(a) 和 gx)f(x)I (x)=|g(a)f(a)1 g(b) f(b) 1所以 ( ) nf x 在(0,1) 严格单调增加，且当n ≥ 2时， (0) 1, (1) 1 0 n n f f = − = n − > ， 所以 ( ) nf x 在(0,1) 内必有唯一的实根 xn 。显然{xn }单调减少有下界，所 以必定收敛。设li n→∞ m xn = a ，则0 ≤ a <1，且当n ≥ 2时， 2 0 1 n < x x ≤ < ，所 以li n→∞ m xn n = 0。于是有 1 2 (1 ) 1 lim( ) lim 1 1 n n n n n n n n n n n n x x a x x x x x a − →∞ →∞ − = + + + + = = − − " ， 解得 1 2 a = ，即 1 lim 2 n n x →∞ = 。 15．设函数 f (x) 在[0,1] 上连续，在 (0,1) 上可导，且 f (0) = f (1) = 0 ， 1 2 1 ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ f 。证明： （1）存在 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∈ ,1 2 1 ξ ，使得 f (ξ ) = ξ ； （2）对于任意实数λ ，必存在η ∈ (0,ξ )，使得 f ′(η) − λ[ f (η) −η] = 1。 证（1）令F x( ) = f ( ) x − x，则F x( )在[0,1]上连续，且有 1 1 ( ) 0, (1) 1 0 2 2 F = > F = − < ， 所以存在 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∈ ,1 2 1 ξ ，使得F( ) ξ = 0 ，即 f (ξ ) = ξ 。 （2）令G x( ) = − e−λx [ f (x) x]，则G G (0) = (ξ ) = 0 ，应用 Rolle 定理，必存 在η ∈ (0,ξ )，使得 G e '( ) [ f '( ) 1] e [ f ( ) ] 0 λη λη η η λ η η − − = − − − = ， 于是成立 f ′(η) − λ[ f (η) −η] = 1。 16．设函数 f (x)和 g x( )在[ , a b ]上连续，在( , a b)上可导，且 g′(x) ≠ 0 (x ∈ (a,b)) 。分别利用辅助函数 ϕ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x f x f a [ ( ) ( )] f b f a g b g a = − − g x g a − − − 和 ψ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x g x f x g a f a g b f b = 1 1 1 , 104