数学分析试题库--证明题--答案

数学分析试题库--证明题--答案数学分析题库（1-22章）五．证明题1．设A ，B 为R 中的非空数集，且满足下述条件：（1）对任何B b A a ∈∈,有b a <；（2）对任何0>ε，存在B y A x ∈∈,，使得ε<-x Y . 证明：.inf sup B A =证由（1）可得B A inf sup ≤.为了证B A inf sup =，用反证法.若B A inf sup π，设B y A x A B ∈∈?=-,,sup inf 0ε，使得0ε≥-x y .2.设A ，B 是非空数集，记B A S ?=，证明：（1）{}B A S sup ,sup max sup =；（2）{}B A S inf ,inf min inf =证（1）若A ，B 中有一集合无上界，不妨设A 无上界，则S 也是无上界数集，于是+∞=+∞=S A sup ,sup ，结论成立.若A ，B 都是有上界数集，且A B sup sup ≤，现设法证明:sup sup A S = （ⅰ）S x ∈?，无论A x ∈或B x ∈，有;sup A x ≤ （ⅱ）000,,sup ,x A x A εε??∈->>于是,0S x ∈0sup .x A >同理可证（2）. 3. 按N -ε定义证明352325lim 22=--+∞→n n n n 证 35232522---+n n n )23(3432-+=n n≤2234n n（n>4） n32=，取?+=4,132max εN ，当n>N 时，35232522---+n n n <ε. 注扩大分式是采用扩大分子或缩小分母的方法.这里先限定n>4，扩大之后的分式nn G 32)(=仍是无穷小数列. 4.如何用ε-N 方法给出a a n n ≠∞→lim 的正面陈述？并验证|2n |和|n )1(-|是发散数列.答a a n n ≠∞→lim 的正面陈述：0ε?>0，+∈?N N ，n '?≥N ，使得|a a n -'|≥0ε数列{n a }发散?R a ∈?，a a n n ≠∞→lim .（1）a n a n ?=.2，0ε?=41，+∈?N N ，只要取+='N a n ,21max ，便可使||2a n -'≥||2a n -'≥||212a a -??? ?+≥41，于是{2n }为发散数列.（2）n n a )1(-=. 若a=1，0ε?=1，取n '为任何奇数时，有2|1|=-'n a >0ε.若a=-1，0ε?=1，取n '为任何偶数时，有2|)1(|=--'n a >0ε. 若a ≠±1，0ε?=|}1||,1min{|21-+a a ，对任何n ∈+N ，有|a a n -|≥0ε. 故|n )1(-|为发散数列.5.用δε-方法验证：3)23(2lim 221-=+--+→x x x x x x . 解（1）消去分式分子、分母中当1→x 时的零化因子（x-1）：)2(2)2)(1()1)(2()23(2)(22-+=---+=+--+=x x x x x x x x x x x x x x f .（2）把)3()(--x f 化为1)(-?x x ?，其中)(x ?为x 的分式：|1||2||23|)2(2533)2(23)(22---=-+-=+-+=+x x x x x x x x x x x x f ，其中xx x x 223)(2--=. （3）确定10=x 的邻域0<|x-1|<η，并估计)(x ?在此邻域内的上界：取21=η，当0<|x-1|<21时，可得 23-x ≤251|1|3<+-x ，43|)1(1||2|22>--=-x x x ，于是 3104325|2||23|2=<--x x x . （4）要使|1||2||23||3)(|2---=+x x x x x f ≤ε<-|1|310x ，只要取ε103|1|<-x .于是应取 ?=103,21min εδ，当0<|x-1|<δ时，ε<--|)3()(|x f . 6 用M -ε方法验证：211lim2-=-+-∞→xx x x . 解)1(21211222x x x x x x x-+++=---+22)1(21x x -+=注意到当∞→n 时，上式可以充分小，但是直接解不等式ε<-+22)1(21x x ，希望由此得到x<-M ，整个过程相当繁复，现用放大法简化求M 的过程.因为由ε<=-?≤-+222281)2(121)1(21x x x x ，便可求得ε812>x ，考虑到-∞→x 所需要的是ε81-?M ，当x<-M 时，ε---+2112x x x.7 设a x x x =→)(lim 0，在0x 某邻域);(10δx U ?内a x ≠)(?，又.)(lim A t f at =→证明A x f x x =→))((lim 0. （1）解由A t f at =→)(lim ，);(,0,00ηηεx U t ?∈?>?>?时，ε<-A t f )(.又因为a x x x =→)(lim 0，故对上述0,0>?>δη（不妨取1δδ<），当);(0δx U x ?∈时，η?<-a x )(.由此可得：,0,0>?>?δε当);(0δx U x ?∈时ε?<-A x f ))((，即A x f x x =→))((lim 0.注称（1）为复合求极限法，（1）不仅对0x x →型的极限成立，且对于-+→→∞→-∞→+∞→00,,,,x x x x x x x 都成立.8.设)(x f 在点0x 的邻域内有定义.试证：若对任何满足下述条件的数列{}n x ，)(0x U x n ?∈，0x x n →，0010x x x x n n -<-<+，（2）都有A x f n n =∞→)(lim ，则A x f x x =→)(lim 0.分析由归结原则可知：上述结论不仅是充分的，而且是必要的.本题可看作函数极限归结原则的加强形式，即子列{}n x 只要满足（2）的加强条件就可以了.注意下面证明中选子列的方法.证用反证法.若A x f x x ≠→)(lim 0，则);(,0,000δδεx U x ?∈'?>?>?，使得0)(ε≥-'A x f .取11=δ，);(101δx U x ?∈?，使得01)(ε≥-A x f .取?-=012,21min x x δ，);(202δx U x ?∈?，使得02)(ε≥-A x f ；…………取?-=-01,1min x x n n n δ，);(0n n x U x δ?∈?，使得0)(ε≥-A x f n 与A x f xx =→)(lim 0相矛盾.所以A x f x x =→)(lim 0成立.9. 证明函数=为无理数为有理数x ，x x x f ,0,)(3 在00=x 处连续，但是在00≠x 处不连续.证 00=x 时，因为3)(0x x f ≤≤，于是0)(lim 0=→x f x ，即)(x f 在x=0处连续.00>x 时，0,2300>?=?δεx ，在);(0δx U +?中取x '为有理数，取x ''为无理数，于是030321)()(ε=>'=''-'x x x f x f .由函数极限柯西准则的否定形式可知)(x f 在点0x 处极限不存在，这样)(x f 在点0x 处不连续.00<="">10.设)(x f 在（0，1）内有定义，且函数)(x f e x 与)(x f e -在（0，1）内是递增的，试证)(x f 在（0，1）内连续.需证)(),1,0(0x f x ∈?在点0x 连续，即)()0()0(000x f x f x f =-=+.因为)(x f e -在（0，1）内的递增性保证了)(x f 在（0，1）内是递减的，所以为了证明)0(0+x f 的存在性，很自然地想到利用函数极限的单调有界定理.证因为)(x f e -在（0，1）内递增，所以)(x f 在（0，1）内递减.)1,0(0∈?x ，首先来证明)0(0+x f =)(0x f .当0x x >时，)(x f ≤)(0x f ，由函数极限的单调有界定理)(lim 0x f x x +→存在.又由函数极限保不等式性质，有)0(0+x f =)(lim 0x f x x +→≤)(0x f .另外，由于)(x f e x 在（0，1）内递增，因此当0x x >时，)(00x f e x ≤)(x f e x ，令+→0x x ，有)(00x f e x ≤)0(00+x f e x即)0(0-x f =)(0x f ，由0x 在（0，1）中的任意性，可得)(x f 在（0，1）内连续. 说明其中应用了基本初等函数x e 的连续性. 11 . 试证函数2sin x y =，在),0[+∞上是不一致连续的.分析需确定0,00>?>δε，可找到x x ''',满足δ<''-'x x ，但|)()(|x f x f ''-'≥0ε. 由于2sin x 在任意闭区间[]a ,0（a>0）上一致连续，因此当δ很小时，必须在)(+∞U 中寻找x x ''',，这是证明中的困难之处.现不妨取πππn x n x =''+=',2，nn n n n x x ππππππππ212220<++=-+=''-'<，当n 充分大时，x x ''',能满足δ<''-'x x ，但|)()(|x f x f ''-'≥1.证0,10>?=?δε，取2ππ+='n x ，πn x =''，当24δπ>n 时，使δ<''-'x x ，但1|sin sin |22=''-'x x ≥0ε，即2sin x 在),0[+∞上不一致连续.12. 设函数)(x f 在（a,b ）内连续，且)(lim x f a x +→=)(lim x f b x -→=0，证明)(x f 在（a,b ）内有最大值或最小值.分析因为)(lim x f a x +→=)(lim x f b x -→=0，于是可把)(x f 延拓成[a,b]上的连续函数，然后可以应用连续函数的最大、最小值定理.证人先把函数)(x f 延拓成[a,b]上的函数F(x)，设=∈=.,,0),,(),()(b a x b a x x f x F易知)(x F 为[a,b]上的连续函数，这是因为)(lim x F a x +→=)(lim x f a x +→=0=)(a F ，)(lim x F b x -→=)(lim x f b x -→=0=)(b F .在[a,b]上对)(x F 应用连续函数的最大、最小值定理，即1ξ?，2ξ],[b a ∈，)(x F 在1ξ，2ξ分别取得最大值和最小值.若a =1ξ，b =2ξ，则)(x f 在（a,b ）内恒为零，显然)(x f 在（a,b ）内同样能取得最大值和最小值；若1ξ，2ξ中有一个数在（a,b ）内，则)(x f 在（a,b ）内取得最大值或最小值.13. 证明：若在有限区间（a,b ）内单调有界函数)(x f 是连续的，则此函数在（a,b ）内是一致连续的.分析因为)(x f 是（a,b ）内的单调有界函数，所以由函数极限的单调有界定理，可得存在)0(+a f ，)0(-b f .证明本题的合理途径是把)(x f 延拓成闭区间[a,b]上的连续函数)(x F 在[a,b]上应用一致连续性定理.证因为)(x f 是（a,b ）内的单调有界函数，所以由函数极限的单调有界定理，)(lim x f a x +→与)(lim x f b x -→都存在，应用范例1中的方法，可把)(x f 延拓为[a,b]上的连续函数)(x F ，即=∈==-+→→.),(lim ),,(),(,),(lim )(b x x f b a x x f a x x f x F bx a x由一致连续性定理，可得)(x F 在[a,b]上一致连续，于是)(x f 为（a,b ）内的一致连续函数.14. 证明：若)(x f 在点a 处可导，f （x ）在点a 处可导.分析一般情况下，若)(x f 在点0x 处可导，)(x f 在点0x 处不一定可导.例如0)(0==x x x f 在处可导，但x x f =)(在点0处不可导，反之，若)(x f 在点0x 处可导，一般也不能推得f （x ）在点x 0处可导.例如{为理数为无理数x x x f ,1,1)(-=01)(0==x x f 在点处可导，但0)(0=x x f 在点处不连续，因而不可导，然而，若)(x f 在点a处连续，则由)(x f 在点a 处可导就可保证f （x ）在点a 处可导.若0)(≠a f ，由连续函数局部保号性，)(a U ?，在其中)(x f 保持定号，因而由f 在点a 处可导可推得)(x f 在点a 处也可导.若0)(=a f ，且f 在点a 处可导，因为点a 为f 的极值点，所以应用费马定理可以得到0)(='a f ，再由此又可证得0)(='a f .证若0)(≠a f ，由连续函数局部保号性，)(a U 邻域?，)(x f 在)(a U 中保持定号，于是)(x f 在点a 处可导，即为)(x f 在点a 处可导.若0)(=a f ，则点a 函数)(x f 的极小值点，因)(x f 在点a 处可导，由费马定理有0)(='a f即0)()(lim=?--?+→?xa f x a f x因为0)(=a f ，所以0)()(lim 0=?--?+→?xa f x a f x于是0)(='a f .15. 设函数),()(b a x f 在内可导，在[a,b]上连续，且导函数)(x f '严格递增，若)()(b f a f =证明，对一切),(b a x ∈均有()()()f x f a f b =<证：用反证法，若)()()(),(00b f a f x f b a x =≥∈?在区间],[],,[00b x x a 上分别应用拉格朗日中值定理，121002,,,a x x b ξξξξ?<<<<使得()()(,0)()()(002001≤--='≥--='x b x f b f f a x a f x f f ξξ这与)(x f '为严格递增相矛盾.16. 设函数)(x f 在],[+∞a 内可导，并且()0f a <，试证：若当),(+∞∈a x 时，有()0f x c '>>则存在唯一的),(+∞∈a ξ使得0)(=ξf ，又若把条件()f x c '>减弱为/()0()f x a x ∞><<+，所述结论是否成立？分析因为0)(?a f ，若可以找到某点a x ?，使得0)(?x f 则由)(x f 的严格递增性，并应用连续函数的介值定理便可证明存在唯一的ξ，使得0)(=ξf证 x a ?>在],[x a 上应用拉格朗日中值定理，,a x ξξ?<<，使得))(()()(a x f a f x f -'=-ξ于是)()())(()()(a x c a f a x f a f x f -+?-'+=ξ由于0c >，因此当x 充分大时总可使得不妨设11,()0x a f x c >>>，所以],[)(+∞a x f 在上严格递增；在],[1x a 上应用连续函数的介值定理，则1,a x ξξ?<<,且ξ是唯一的.假设)(x f 满足/()0f x >，结论可能不成立，例如函数)()()(?-+?a x c a f x f],0[,2arctan )(+∞∈-=x x x f π，满足02)0(?-=πf ，2()01f x x '=+>，但因)(x f 恒小于0，故在),0(+∞中不存在ξ，使得)(ξf =017. 证明不等式21(0)2x x e x x >++>证令2()12xx f x e x =---, 0x >, ()1,x f x e x '=--0x > ()10 , 0,x f x e x ''=->> 且(0)(0)0,f f '== 当0x >时有()0f x ''>，所以()f x '严格递增，又()f x '在0x =处连续，所以()(0)0, 0f x f x ''>=>,所以()f x 严格递增, 又()f x 在0x =处连续,所以()(0)0f x f >=, 0x >, 即 21,2xx e x >++0x >. 18. 设f 为(,)-∞+∞上的连续函数，对所有,()0x f x >，且lim x →+∞()f x lim x →-∞=()0f x =，证明()f x 必能取到最大值.证由题设(0)0f >, 取(0)=2f ε, 由limx →+∞()f x limx →-∞=()0f x =,0, ||,X x X ?>>当时()(0)f x f ε<<.又f 在[,]X X -上连续, 由闭区间上连续函数的最大、最小值定理知, f 在[,]X X -能取到最大值,且此最大值为f 在(,)-∞+∞上的最大值.19.若函数()f x 在[0,1]上二阶可导, 且(0)0f =，(1)1f =，(0)(1)0f f ''==，则存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥.证法一：(0,1)x ?∈, 把()f x 在0, 1两点处分别进行泰勒展开到二阶余项, 有2122()()(0)(0)(0),2!()()(1)(1)(1)(1),2!f f x f f x x f f x f f x x ξξ'''=+-+'''=+-+- 1201x ξξ<<<<,上两式相减, 有2212()()1(1)22f f x x ξξ''''=--. 记12|()|max{|()|,|()|}f c f f ξξ''''''=,则有2211|()|[(1)]2f c x x ''≤+- 2111|()|2222f c x ??''=-+?? ??????1|()|2f c ''≤, 即存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥. 证法二：在[0,1]上对()f x 应用拉格朗日中值定理有()(1)(0)1f f f ξ'=-=，01ξ<<.当120ξ<≤时，在[0,]ξ上对()f x '应用拉格朗日中值定理有1()(0)()f f f c ξξ''''=-=，1|()|()2f c f c ξ''''?==≥，(0,)(0,1)c ξ∈?.当121ξ<<时，在[,1]ξ上对()f x '应用拉格朗日中值定理有1()(1)()(1)f f f c ξξ''''=-=-，1|()|21f c ξ''?=≥-，(,1)(0,1)c ξ∈?.综上证明知存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥. 20.应用函数的单调性证明2sin ,(0,);2xx x x ππ<<∈ 证明：设sin ,(0,]()sin ,(),20, 0xx f x x x g x x x π?∈?=-=??=?则 2()1cos 0,(0,),2cos (tan )()0,(0,)2f x x x x x xg x x x ππ'=->∈-'=<∈，而函数单调性定理知(),()f x g x 在(0,)2π上分别为严格递增和严格递减函数，再由结论知函数(),()f x g x 在[0,]2π也分别为严格递增和严格递减函数.由于2(0)0,(),2f g ππ==所以有(0,)2x π∈，有()sin (0)0,sin 2()(),2f x x x f x g x g x ππ=->==>=从而有2sin ,(0,).2xx x x ππ<<∈21.设函数=≠=0,00,1sin )(x x xx x f m（m 为实数），试问：（1）m 等于何值时，f 在0x =连续；（2）m 等于何值时，f 在0x =可导；（3）m 等于何值时，f '在0x =连续；解：(1)要使函数()f x 在0x =点连续，即需0lim ()(0)x f x f →=，而当0m ≥时，10()sinm m f x x x x≤=≤，有0lim ()0x f x →=，从而0lim ()0(0)x f x f →==，即函数在0x =点连续.(2) 当1m ≥时，1001sin1(0)limlim sin 0m m x x x x f x x x-?→?→?-?'==?=??，由复合函数求导法则可得1211sin cos ,0()0, 0m m mx x x f x x xx --?-≠?'=??=?，即1m ≥时函数在0x =点可导.(3)由（2）的求解过程可知要使()f x '在0x =点连续，首先要求1m ≥，此时要使()f x '在0x =的极限存在并且等于(0)0f '=，即需要120011lim ()lim(sin cos )(0)m m x x f x mxx f x x--→→''=-=，类似于(1)中的证明需要2m ≥，即当2m ≥时，函数的导函数在0x =点连续.————3分22.设()f x 在[0,1]上具有二阶导数，且满足条件()f x a ≤，()f x b ''≤，其中,a b 都是非负常数，c 是(0,1)内的任一点，证明()22b f证因()f x 在[0,1]上具有二阶导数，故存在1(0,)c ξ∈使得211(0)()()(0)()(0)2f f c f c c f c ξ''=+-+- 同理存在2(,1)c ξ∈使得221(1)()()(1)()(1)2f f c f c c f c ξ''=+-+- 将上面的两个等式两边分别作差，得222111(1)(0)()()(1)()22f f f c f c f c ξξ'''-=+--即222111()(1)(0)()(1)()22f c f f f c f c ξξ'''=---+因此222111()(1)(0)()(1)()22f c f f f c f c ξξ'''≤++-+222(1)22b b ac c ≤+-+而222(1)2212(1)11c c c c c c -+=-+=-+≤，故()22b fc a '≤+23. 设函数],[)(b a x f 在上连续，在（a,b ）内二阶可导，则存在),(b a ∈ξ使得)(4ξf a b a f b a f b f ''-=++-分析本题可以利用柯西中值定理证明，设两个函数F ，G 为4)()(),()2(2)()(2a x x G a f a x f x f x F -=++-=有0)()(==a G a F 然后在[a,b]上对F,G 应用柯西中值定理，本题也可用拉格朗日中值定理证明，下面分别给出两种证法.证[证法一] 设],[,4)()(),()2(2)()(2b a x a x x G a f a x f x f x F ∈-=++-=有4)()(),(2(2)()(,0)()(2a b b G a f b a f b f b F a G a F -=++-===2)(),2()()(a x x G a x f x f x F -='+'-'=' F （x ），G(x)在[a,b]上连续，在（a,b ）内可导，)(),(),()(x G x F a G b G ''≠不同时为零，于是可以应用柯西中值定理，),(1b a ∈?ξ，使得2)()2()()()()()(111a af f a G b G a F b F -+'-'=--ξξξ再在)(],[],2[11x f b a a'?+上对ξξ应用格朗日中值定理，) ,(),2(11b a a+∈?ξξξ使得)(2)2()(2)2()(1111111ξξξξξξξf a s af f aaf f ''=+-+'-'=-+'-'于是有。