解:(1+)y+a≤e≤(1+)y+等价于 (n+a)ln(1+-)≤1≤(n+f)n(1+ 所以 β。令f(x) (O,1],则 f(x) 1+x)ln2(1+x)-x2 n2(1+x) (+x)n2(1+x) 再令g(x)=(1+x)ln2(1+x)-x2,x∈[0,1l,则 (x)=ln2(1+x)+2ln(1 (x)=[2ln(1+x) 1+x1+ 2m+x)=xk<0,故g(x)在01上严格递减,g(x)<0,但g(0)=0, g(x)<g(0)=0,(x>0),(1+x)ln2(1+x) 于是 ∫()<0,即(x)在(0内严格递减。令x=1,则as(x)≤B max a= inf f(x)=lm in(1+x)x In2 min B= sup /(x)=limin(+x-x +-hn(+8=1s+x)+1+x In(1+x) lim x0x+(1+x)ln(1+x lim 1+In(1+x)+12 作业13设函数∫(x)连续,f(0)存在,并且Vx,y∈R,有 (x+y)=(x)+/(y 证明:f(x)在R上可微。 1-4f(x)f(y)解： 1 1 (1 ) (1 ) n n e n n + + α β + ≤ ≤ + 等价于 1 1 (n n )ln(1 ) 1 ( )ln(1 ) n n + + α β ≤ ≤ + + 所以 1 1 ln(1 ) n n α ≤ − β + ≤ 。令 1 1 ( ) , (0,1] ln(1 ) f x x x x = − ∈ + ，则 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (1 )ln (1 ) ( ) ln (1 ) (1 )ln (1 ) x x x x f x x x x x x + + + − ′ = − + = + + + 再令 g x( ) = + (1 x)ln2 2 (1+ x) − x , x∈[0,1]，则 2 g x ′( ) = + ln (1 x) + 2ln(1+ x) − 2x， 1 2 ( ) [2ln(1 )] 2 1 1 g x x x x ′′ = + + + + − = 2[ln(1 ) ] 0 1 x x x + − < + ，故 g′(x)在[0,1]上严格递减，∴g x ′( ) < 0 ，但 g(0) = 0， ∴g x( ) < = g(0) 0, (x > 0)， 2 2 (1+ x x )ln (1+ −) x < 0。于是 f x ′( ) < 0，即 f (x) 在(0,1]内严格递减。令 1 x n = ，则α ≤ f x( ) ≤ β 。 (0,1] 1 1 1 1 max inf ( ) lim[ ] 1 x x ln(1 ) ln 2 f x x x α ∈ → ∴ = = − = + − ； 0 (0,1] 1 1 min sup ( ) lim[ ] ln(1 ) x x f x x x β ∈ → = = + − = 0 ln(1 ) lim ln(1 ) x x x → x x − + = + 0 1 1 1 lim ln(1 ) 1 x x x x x → − + + + + = 0 lim (1 )ln(1 ) x x → x + + x x + = 0 1 1 limx→ 1 ln(1 x) 1 2 = + + + 。 作业 13 设函数 f (x) 连续， f ′(0) 存在，并且∀x y, ∈\ ，有 ( ) ( ) ( ) 1 4 ( ) ( ) f x f y f x y f x f y + + = − ，证明： f (x) 在\ 上可微。 2