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数学分析中的典型问题和方法第一章课后习题答案裴礼文
裴礼文第一章习题解答1.1.1 求复合函数表达式:(1) 已知,,求;(南京邮电大学等)(2) 设,试证明,并求(华中理工大学)1.1.2 是否存在这样的函数,它在区间上每点取有限值,在此区间的任何点的任意邻域内无界. (上海师范大学)1.1.3 试说明能有无穷多个函数,其中每个函数皆使为上的恒等函数.1.1.4 设为上的奇函数,,,.1)试用表达和;2)为何值时,是以为周期的周期函数. (清华大学)1.1.5 设(即的小数部分),,说明这时为何不是周期函数.类似地也如此.从而周期函数的和与差未必是周期函数.1.1.6设是上的实函数, 的图像以直线和直线分别作为其对称轴, 试证必是周期函数, 且周期为.1.1.7 设是上的奇函数, 并且以直线作为对称轴,试证必为周期函数并求其周期.1.1.8 设是上以为周期的周期函数, 且在上严格单调, 试证不可能是周期函数1.1.9 证明确界的关系式:1) 叙述数集的上确界定义, 并证明: 对于任意有界数列,总有(北京科技大学)2) 设是两个由非负数组成的任意数集, 试证1.1.10 试证:若,则必达到下确界(即使得). (武汉大学)1.1.11 设是上的实函数, 且在上不恒等于零，但有界，试证:、1.1.12 设是闭区间上的增函数，如果,试证，使得(山东大学)1.1.13 设在, 试证，使得. (福建师范大学)1.2.11) 已知, 求证:(武汉大学, 哈尔滨工业大学)2) 用语言证明(清华大学)1.2.2 用方法证明:1)2)3)1.2.3 设, 试用方法证明：若, 则1.2.4 设,试证收敛.1.2.5 为一数列.试证: 若(为有限数)则(首都师范大学)1.2.6 设且时有.已知中存在子序列.试证(武汉大学)1.2.7 设, 求证发散.1.2.8 判断题:设是一个数列, 若在任一子序列中均存在收敛子列则必为收敛数列. (北京大学)1.2.9 设为单调递增数列，为其一子列，若,试证(华中师范大学)1.2.10 设是一个无界数列,但非无穷大量,证明: 存在两个子列，一个是无穷大量，另一个是收敛子列. (哈尔滨工业大学)1.2.11 设函数在0的某个邻域有定义，;且当时，, ,时,对于一切, 有;另设.试证当右端极限存在时成立1.2.12 证明.并求1.3.1 求极限(北京航空航天大学,中国科技大学)1.3.2 证明公式:1.3.3 求1.3.4 求1.3.51.3.6 求(华中师范大学)1.3.7 求(湖北大学)1.3.8 设在上连续,求1.3.9 设极限存在,试求1)2)1.3.10 设,求(陕西师范大学)1.3.11 求.(内蒙古大学)1.3.12 .(中国科学院)1.3.13 计算(中国科学院)1.3.14 若求.(上海工业大学)1.3.15 求华中师范大学)1.3.16 证明: 当时,1.3.17 求(浙江大学)1.3.18 ,求(国防科技大学)1.3.19 求(华中师范大学)1.3.20 求(武汉大学)1.3.21 设是上的可微函数,,试证1.3.22 设是上的可微函数,,试证1.3.23 ,试证:1)2) (南开大学)1.3.24 对, ,,令试先证明:然后求解1.4.1 求,其中1) 设2) 设1.4.2 求(华中师范大学)1.4.3 已知数列满足条件证明:(四川大学, 国防科技大学)1.4.4 设.1) 若为有限数, 证明2) 若为, 证明: (南京大学)1.4.5 证明:若数列收敛于,且,,则(东北师范大学)1.4.6 已知存在,为单调增加的正数列,且,求证:(北京师范大学)1.4.7 若且,试证:1.4.8 求极限1)2)1.5.1 已知试证:存在并求其值.(中国科技大学,北京大学,哈尔滨工业大学,北京邮电大学等)1.5.2 设,证明:收敛,并求.(哈尔滨工业大学,华中理工大学等)1.5.3 设,证明:收敛并求其极限.(武汉大学,华中师范大学)1.5.4 设证明收敛并求其极限(华东师范大学)1.5.5 设,试证收敛,并求其极限.(华中理工大学,厦门大学,工程兵学院)1.5.6 求证:1.5.7 证明:1)存在唯一的使得;2)任给定则有(中国人民大学)1.5.8 证明数列.收敛.(北京师范大学)1.5.9 设,求. (武汉大学)1.5.10 设,数列由如下递推公式定义:求(浙江大学)1.5.11 设如果数列收敛,计算其极限,并证明数列收敛于上述极限.（武汉大学）1.5.12 设,其中:,试证:存在且为克普勒方程的唯一根.1.5.13 设(),试证:收敛.1.5.14 设是二正数,令.试证:和均收敛且极限相等. (大连理工大学)1.5.15 设和是任意两个整数,并且,还设求证: 和均收敛且极限相等.(中国科学院,安徽大学）1.5.16 讨论由所定义的数列的收敛性(南京大学)1.5.17 设中数列满足其中,证明:当有界时,有界. (清华大学)1.5.18 设,求极限.1.5.19 则1)(中国科学院)1.5.20 设连续函数在上是正的,单调递减的,且.证明:数列收敛(清华大学)1.5.21 已知证明:及存在且相等,并求出该极限. (内蒙古大学)1.5.22证明:数列的极限存在,并求其极限. (国外赛题)1.5.23 设是如此数列:证明收敛并求其极限. (国外赛题)1.5.24 设,求1.5.25 设证明1.5.26 设试计算:(国外赛题)1.5.27 收敛,数列()由下式确定:证明是递增的收敛数列(福建师范大学)1.6与1.7 习题机动跳过1.8.1 设函数在有限区间上有定义,满足,存在的某个开邻域,使得在上有界.(1).证明:当时,在上有界;(2).当时,在上一定有界吗? (厦门大学)1.8.2 设在上有定义且在每一点处函数的极限存在,求证:在上有界. (哈尔滨工业大学)1.8.3 设在内有定义,当时,有1.8.4 用有限覆盖定理证明:任何有界数列必有收敛子列.(西北大学)1.8.5 试用区间套定理重新证明练习1.1.13:“上,”(福建师范大学)。
数学分析上册课后习题答案(叶淼林)
数学分析上册课后答案(叶淼林版)材料提供人：13级信息二班全体同学答案仅供参考，最终解释权归信息二班所有，侵权必究。
目录-----------------------------------------------------------------第一章.....................3第七章 (106)1.1......................37.1. (106)1.2......................47.2. (114)1.3......................67.3. (124)1.4......................10第八章 (128)1.5......................148.1. (128)1.6......................168.2. (131)第二章.....................19第九章.. (133)2.1......................199.1 (133)2.2......................229.2 (135)2.3......................32第十章.. (138)2.4 (35)2.5 (39)2.6 (43)第三章 (49)3.1 (49)3.2 (52)3.3 (57)3.4 (61)第四章 (65)4.1 (65)4.2 (69)4.3 (71)4.4 (73)4.5 (78)4.6 (81)第五章 (84)5.1 (84)5.2 (86)5.3 (93)第六章 (98)6.2 (98)6.3 (100)6.4 (101)6.5 (103)第一章§1.11、（1）实数和数轴是一一对应的关系。
（2）是无限不循环小数，是无理数。
（3）两个无理数之和还是无理数，一个有理数与一个无理数之和是无理数，当有理数不为零时，一个有理数与一个无理数的乘积是无理数。
数学分析习题课讲义上册答案
2.7 对于教学的建议 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3 实数系的基础定理
37
3.1 确界的概念和确界的存在定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.3 单调数列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.4 Cauchy 命题与 Stolz 定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.6 数列的上极限和下极限 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.7 对于教学的建议 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.4 Cauchy 收敛准则 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.5 覆盖定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.3 两个重要极限 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4.4 无穷小量、有界量、无穷大量和阶的比较 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
数学分析习题课1.1
第一章 实数集与函数习题课 实数集、确界原理与函数一、基本要求：1、掌握有关实数的性质与运算。
2、正确理解确界概念与确界原理，并运用于有关命题的运算与证明。
3、在中学已掌握函数概念的基础上，以两个数集之间映射的观点来加深对函数概念的理解。
4、进一步掌握函数的运算性质（四则运算、复合运算、和反函数等）及其表示方法。
5、加深对某些特性函数（有界函数、单调函数、奇（偶）函数和周期函数）的认识。
并能依次对所给函数是否具有上述性质做出判断。
二、内容复习：1、实数的定义：实数是有理数和无理数的统称。
有理数可用分数形式qp（q p ,为整数，0≠q ）表示也可用有限十进小数或无限十进循环小数来表示；而无限十进不循环小数则称为无理数。
2、实数的性质：(1) 封闭性：实数集R 对加、减、乘、除（除数不为０）四则运算是封闭的.(2) 有序性：任意两实数b a ,必满足下述三个关系之一：b a <，b a =，b a >.(3) 传递性：若b a >，c b >，则c a >.(4) 阿基米德性：对任何R b a ∈,，若0>>a b ，则存在正整数n ，使得b na >.(5) 稠密性：任何两个实数之间必有另一个实数，且既有有理数，也有无理数.(6) 实数集与数轴上的点有着一一对应关系.3、绝对值的定义：⎩⎨⎧<-≥=.0,,0,||a a a a a 从数轴上看，数a 的绝对值||a 就是a 到原点的绝对值.4、绝对值的性质：(1) 0||||≥-=a a ;当且仅当时0=a 有0||=a .第一章 实数集与函数(2) ||||a a a ≤≤-.(3) )0(||;||>≤≤-⇔≤<<-⇔<h h a h h a h a h h a .(4)对任何R b a ∈,有如下的三角不等式：||||||||||b a b a b a +≤±≤-.(5) ||||||b a ab =. (6) )0(||||≠=b b a b a . 5、区间与邻域的概念：有限区间：设a 、R b ∈，且b a <开区间：}|{),(b x a x b a <<=.闭区间：}|{],[b x a x b a ≤≤=.半开半闭区间：}|{),[b x a x b a <≤=或}|{],(b x a x b a ≤<=.无限区间：}|{],(a x x a ≤=-∞，}|{),(a x x a <=-∞}|{],(a x x a ≥=+∞，}|{),(a x x a >=+∞R =+∞-∞),(邻域：设0,>∈δR a点a 的δ邻域：),(}|||{);(δδδδ+-=<-=a a a x x a U .点a 的空心δ邻域：}||0|{);(δδ<-<=a x x a U .点a 的左δ邻域：],();(a a a U δδ-=-.点a 的右δ邻域：),[);(δδ+=+a a a U .∞邻域：}|||{)(M x x U >=∞，其中为充分大的正数（下同）.∞+邻域：}|{)(M x x U >=+∞；∞-邻域：}|{)(M x x U -<=-∞.6、确界的定义：确界是上确界与下确界的统称。
高等数学分析教材答案
高等数学分析教材答案混用格式的高等数学分析教材答案第一章微分学1.1 函数与极限1.1.1 极限的定义设函数$f(x)$在$x_0$的某个领域内有定义，如果对于任意给定的正数$\varepsilon$，存在正数$\delta$，使得当$0 < |x - x_0| < \delta$时，就有$|f(x) - A| < \varepsilon$，则称函数$f(x)$当$x$趋于$x_0$时极限为$A$，记作$\lim_{x \to x_0} f(x) = A$。
【例题1】求极限$\lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 4}{x - 2}$。
解：由题意，当$x \neq 2$时，可以将分式$\frac{x^2 - 4}{x - 2}$化简为$x + 2$。
因此，$\lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 4}{x - 2} = \lim_{x \to 2} (x + 2) = 4$。
1.1.2 极限的性质与运算法则性质1：唯一性如果函数$f(x)$当$x$趋于$x_0$时极限存在，那么极限必定唯一。
性质2：有界性如果函数$f(x)$当$x$趋于$x_0$时极限存在且有界，那么函数$f(x)$在$x = x_0$处连续。
性质3：保号性如果函数$f(x)$当$x$趋于$x_0$时极限存在且大于（或小于）零，那么函数$f(x)$在$x = x_0$处大于（或小于）零。
运算法则1：四则运算法则如果$\lim_{x \to x_0} f(x) = A$，$\lim_{x \to x_0} g(x) = B$，那么：（1）$\lim_{x \to x_0} [f(x) + g(x)] = A + B$；（2）$\lim_{x \to x_0} [f(x) - g(x)] = A - B$；（3）$\lim_{x \to x_0} [f(x) \cdot g(x)] = A \cdot B$；（4）$\lim_{x \to x_0} \left[\frac{f(x)}{g(x)}\right] =\frac{A}{B}$（其中$B \neq 0$）。
数学分析习题解答1
第一章 实数集与函数§1 实数7. 设a > b , 则由a + x > b + x > 0和ax > bx 易知b a >xb x a ++>1. 设a < b , 则由a + x < b + x , b + x > 0和ax < bx 易知b a <xb x a ++< 1. 8. 设p =n / m , 其中m , n 为正整数且无公约数，则pm 2 = n 2 . 设p 是素数，则由p 整除n 2 知p 整除n , 故可设n = pq , 则m 2 = pq 2, 故p 也整除m 2, 从而整除m , 因此m , n 有公约数p , 与假设矛盾.设p 不是素数. 因为p 不是完全平方数, 故有素数r 使p = r 2k + 1t , 从而r 整除n. 同上可得r 整除m ,矛盾.9. (1) | x - a | < | x - b |⇔ | x - a |< x - b 或 | a - x | < b - x . ①| x - a |< x - b ⇔x > b 且x - b > x - a > b - x ⇔ a > b 且x > ½ (a + b ). ②| x - a |< b - x ⇔ a < b 且 x < ½ (a + b ).(2) 已见上面(1)①.(3) | x 2 - a | < b ⇔ b > 0且-b < x 2 - a < b ⇔ b >0且a - b < x 2 < a + b ⇔ a ≥ b > 0时b a -< | x | <b a +, 或| a | < b 时| x | <b a +.§2 数集 确界原理6. (1) 记b = sup S . 一方面, x ↔S - ⇒ - x ↔S ⇒ - x ≤b ⇒ x ≥-b ; 另一方面, ∀ε > 0 ∃ - x ↔S 使-x > b - ε , 即∃x ↔S - 使x < - b +ε . 由下确界定义得证.7. (1) 记α = sup A , β = sup B . 一方面, 设z ↔A + B , z = x + y , x ↔A , y ↔B . 由sup 的定义, x ≤α， y ≤β, 故z ≤α + β. 另一方面, ∀ε> 0, ∃x ↔A , y ↔B 使x > α - ½ ε, y > β - ½ ε , 即∃z = x + y ↔A +B 使z > α + β -ε. 由上确界定义得证.8. 设a > 1. 一方面, r < x 时a r < a x ; 另一方面, ∀p < a x 有log a p < x , 因而存在有理数 r 使 log a p < r < x . 因此p< a r . 综合这两个方面，由sup 的定义得证. a < 1 时的结论可类似地证明.§3 函数概念9. 周期为2π , 在一个周期长区间[-ππ23,2]内, arcisn(sin x ) =⎩⎨⎧∈--∈],2/3,2/[,],2/,2/,πππππx x x x 即arcsin (sin x ) =⎩⎨⎧++∈-++-∈-].2/32 ,2/2[,)12(],2/2 ,2/2[,2ππππππππππn n x x n n n x n x 10. (2) = x - k π (x ↔( k π - ½ π, k π + ½ π)).11. 按照绝对值的定义| x | =⎩⎨⎧<-≥,0,,0,x x x x 不是初等函数. 但按| x | =2x 的表示, 是初等函数.12. ∵ x - 1 < [ x ]≤x , ∴x 1- 1< [x 1]≤x1. ∴ x > 0 时…, x < 0 时….§4 具有某些特性的函数7. (1) )(sup x g Dx ∈是集g ( D )的上界, 因而也是f (D )的上界.8. 应用§2第6题.9. ∀M > 0, 0 < arctan M < ½ π , 故∃x 使0 < arctan M < x < ½ π , tan x > tan (arctan M ) = M , 从而f (x ) = tan x 在(- π / 2, π / 2)内无界. 在[ a , b ]上tan a ≤tan x ≤tan b , f 有界.10. 有界, 不单调. 以任意有理数为周期: 设t 为有理数, 则x 为有(无)理数时x + t 为有(无)理数, D ( x + t ) = D (x ); 设t 为无理数, 则x 为有理数时x + t 为无理数, D (x + t ) = 0 ≠ 0 = D (x ), 故无理数不是其周期.11. 设x 1 < x 2 , 则| sin ½ (x 2 - x 1) cos ½ (x 2 + x 1)| ≤ ½ | x 2 - x 1| < x 2 - x 1,f (x 2 ) - f (x 1) = 2 (x 2 - x 1) + sin x 2 - sin x 1 = 2 (x 2 - x 1) + 2 sin ½ ( x 2 - x 1) cos ½ ( x 2 + x 1) > 0.12. (1) ⎩⎨⎧≥-∈=;,1],,0[,cos )(ππx x x x m M (x ) = 1. (2) ⎩⎨⎧≥-∈=⎩⎨⎧≥-∈=.1,],1,1[ ,1)(;0 ,0],0,1[,)(22x x x x M x x x x m总练习题1—7, 11略.8. f (f (x ))≤ f (g (x ))≤ g (g (x ))≤ g (h (x ))≤ h (h (x )).9. 设x 1< x 2, 则 f (x 1) ≤ f (x 2), g (x 1)≤ g (x 2), ϕ (x 1) = max { f (x 1), g (x 1)} = f (x 1)或 g (x 1)≤ f (x 2)或 g (x 2)≤ max { f (x 2), g (x 2)} = ϕ (x 2).10. 设x 1, x 2↔[-a , 0], x 1 < x 2, 则- x 1, - x 2↔[0, a ], - x 1> - x 2, f (-x 1)≥ f (-x 2), 故f (x 1)≤f (x 2), f 增.12. 改证 )(sup )(inf ))()((inf )(inf )(inf x g x f x g x f x f x f Dx D x D x D x D x ∈∈∈∈∈+≤+≤+ ).(sup )(sup ))()((sup x g x f x g x f Dx D x D x ∈∈∈+≤+≤ 证 第四个不等式: (为证sup A ≤b , 只须证b 是A 的上界)∀x ↔D : f (x )≤sup f (x ), g (x )≤sup g (x ) ⇒∀x ↔D : f (x ) + g (x )≤sup f (x ) + sup g (x ) .第三个: 法一(为证a ≤b , 只须证∀ε > 0 : a ≤b + ε , 即a -ε < b ) ∀ε > 0∃x 0↔D : g (x 0) > sup g (x ) -ε ⇒ sup( f (x ) + g (x ))≥f (x 0) + g (x 0)) > inf f (x ) + sup g (x ) -ε .法二: 由第四个不等式可得∀c ↔R , sup (f (x ) + c ) = sup f (x )+ c . 应用这个结论于inf f (x ) + g (x )≤f (x )+ g (x )便可得证.第一个: 法一见书, 仿第四个不等式的证明. 法二: 用inf f (x ) = -sup(-f (x )).13. 改证D x ∈inf f (x ) D x ∈inf g (x )≤ D x ∈inf ( f (x ) g (x ))≤ D x ∈inf f (x ) D x ∈sup g (x )≤Dx ∈sup (f (x ) g (x ))≤D x ∈sup f (x )Dx ∈sup g (x ). 证 把上题的证明中的加号改乘号便可.14. 一般地, 函数f (x ) (x ↔D , D ⊂ [0,∞)或(-∞,0])的偶延拓g (x ) =⎩⎨⎧-∈-∈;),(,),(D x x f D x x f 奇延拓⎩⎨⎧-∈--∈=,),(,),()(D x x f D x x f x h 其中-D = {x | -x ↔D }. 显然, 若0↔D , 则f (0) = 0时才存在奇延拓. 如果要求延拓到某对称区间上, 而0∉D , 例如D = [1, 2], 要求延拓到[-2, 2]上, 则可按上述延拓到[-2, -1]∪[1, 2]上, 再在(-1, 1)上任意定义偶函数或奇函数便可.(1) g (x ) =⎩⎨⎧≤-≥+=⎩⎨⎧≤-≥.0,sin 1,0,1sin 0),(,0),(x x x x x x f x x f 无奇延拓(f 的定义域改为(0,∞)时才能有书上的答案).(2) 见书上的答案.15. 设在[a , a + h ]上| f (x )|≤M . 只要证∀x ↔R ∃ k ↔Z 使x + kh ↔[a , a + h ], 即h x a - ≤k ≤1+-=-+h x a h x h a , 故k = [hx a -] + 1. 因此| f (x ) | = | f (x + h )|≤M . 16. 一方面, ∀x', x"↔I , 由m ≤ f (x' ), f (x" )≤M 得| f (x' ) - f (x" )|≤M - m ; 另一方面, ∀ε > 0 ∃x', x"↔I , 使 f (x' ) > M - ½ ε , f (x" ) < m + ½ε , | f (x' ) - f (x" )| > M - m -ε .第二章 数列极限§1 数列极限概念7. ∀ε > 0 ∃ N ∀ n > N : | a n - a | <ε , 故∀ n > N : | | a n | - | a ||≤ | a n - a | <ε .反之, 若除有限项外a n 同号, 则由n 充分大时| a n - a | = | | a n | - | a | | 知逆命题总成立; 若a n 有无穷项异号, 则{ a n }有极限时极限只能为0, 故逆命题当且仅当a = 0时成立.8. (1) ∀ε > 0, 取N > 1 /ε 2, 则n > N 时.111|1|ε<<++=-+nn n n n (2) ∀ε > 0, 取N > 1 /ε , 则n > N 时.1)1(212133ε<<+=+++n n n n n n (3) ∀ε > 0, 取N > 1 /ε , 则n > N 时;1|11|ε<=--n n n n n n n n n ++=-+221||1|| < 1 / n < ε .§2 收敛收敛的性质7. (1) 不成立. 如a 2k -1 = 1, a 2k = -1. (2) 见定理2.8之证.8. 设数列通项为a n . (1) 由)12)(12(+-n n < 2n , 得1212212+-<-n n n n , 故0 < a n < 121+n , 极限为0. 注. 用数学归纳法可证更精确的不等式: a n <131+n . (2) 照书p.312的提示. 1< a n < 1 +)1(21--+n n n n , 极限为1. (3) 0 < (n + 1) α - n α = n α (( 1 +n 1) α - 1) < n α (( 1 +n 1) - 1) = n α-1→0, 极限为0. 注 化为函数极限, 求+∞→x lim ((x + 1) α - x α ) . 有几种方法: 1°仿上法; 2°用已知极限(=1111)1(lim ---+∞→-+ααx x x x = α ⋅ 0 = 0); 3°用Lo 法则; 4°用中值定理((x + 1) α - x α = α ξ α-1→0 (x <ξ < x +1)) .(4) ( 1 - a ) a n = 1 - 12+n a , 极限为 (1 - a ) -1.9. 设所求极限的数列为{ b n }, max{a 1 , … , a m } = a k , 则a k ≤ b n ≤n n a k . 由lim n n =1得证.10. 设所求极限的数列为{ b n }. (1) 由n a n ≤ [n a n ] < n a n + 1得a n ≤ b n < a n + 1 / n .(2) n 充分大时 ½ a < a n < 3a / 2, 故n 充分大时n n na b a 232<<.§3 数列极限存在的条件9. 在所给不等式中取a = 1+n 1, b = 1 +11-n , 得(1 +11-n ) n > ( 1 +n1) n +1, 即数列{(1 +n 1) n +1}严格减, 从而0 < (1 +n 1) n < ( 1 +n1) n +1 < ( 1 + 1) 2 = 4. 10. 记a n = (1 +n 1) n , b n = ( 1 +n1) n +1, 则b n →e. 由上题, {b n }严格减, 故b n > e. 又, 可证a n < 3 (在许多教材上都有其证明), 故b n - a n =n 1a n <n 3, e - a n <n3. 11. a n ↓, b n ↑, b n ≤ a n , ∴∃a = lim a n , b = lim b n . 在a n +1 = ½ (a n + b n )中令n →∞得证. 注. 也可以用总练习题第5题证明.12. 设| a n | ≤ M . (2) |a n | ≤ M , |a n | ≤ M . 由{a n , a n +1 ,…}⊂ {a n +1 ,…}得a n ≥a n +1, a n ≤ an +1. 又, ∀n , m , n ≥ m 时a m ≤ a n ≤a n , n < m 时a n ≥a m ≥ a m .(4) ∵a n ≤ a n ≤a n ,∴a =a = a 时lim a n = a . 若lim a n = a , 则∀ε > 0 ∃N n >N 时| a n - a | <ε , 从而n > N 时|a n - a | <ε , |a n - a | <ε ,a = a = a .总练习题1. (1) 3≤n n n n 2333≤+, 极限为3.(2) 设e = 1 + α , 则α > 0, e = ( 1 + α ) n >! 6)5()1(--n n n α 6 , 0 ≤ 65! 6α≤n e n )5()1(4--n n n , 极限为0. (3) )1()12(122n n n n n n n -+-+-+=++-+=nn n n ++-+++11121, 极限为0. 2. (1) 改证lim n p q n = 0 (| q | < 1, p ↔R ). q = 0时显然. 设q ≠0, k ↔N 使k > p . 因为n →∞时n n →1, 所以n k n →1 < 1 / | q |, n 充分大时n k n < 1 / | q |, n p |q |n < n p －k →0.(2) 0 ≤n n n n nn ln ln ln =≤α→ln1 = 0. 注. 这里的"→"用ln 的连续性. 也可以用极限定义证明: ∀ε > 0, 由lim n n = 1 < 10 ε 得n 充分大时n n < 10ε , 从而ln n n <ε .(3) 由数学归纳法和(1 + n -1) n < 3可证n ! > (n / 3) n .3. (1) 设a = 0. ∀ε > 0 ∃N ↔N ∀n > N : | a n | < ε . 从而 n a a a n +++ 21≤n a a N ++ 1+n a a n N ||||1+++ <n a a N ++ 1+ε . 取m 使n > m 时n a a N ++ 1<ε , 则n > N +m 时na a a n +++ 21< 2ε . a ≠0时以 a n －a 代a n .反之不成立. 如a n = (- 1) n .注 a 可以为±∞. a = +∞时见第三章总练习题第9题.(2) 应用(1)与算术-几何-调和平均不等式.4. (1) (6) 在上题(1)中分别取a n = 1/ n , n n .(2) (3) 在上题(2)中分别取a 1 = a , a n = 1 (n > 1); a 1 = 1, a n =1-n n (n > 1). (4) (5) (7) 在上题(2)中分别取 a n =n 1; a n =(1 +n1)n ; a 1 = b 1 , a n =1-n n b b (n > 1). (8) a n = a 1 + (a 2 - a 1) + … + (a n - a n -1 ), 应用上题(1).5. 法一 先证∀n : a n ≤b n : 若∃N 使a N > b N , 则∀n > N : a n ≥a N >b N ≥b n , a n -b n > a N - b N > 0, lim (a n - b n ) > 0, 与条件矛盾. 因此{a n }有上界(如b 1), {b n }有下界(如a 1), ∃ a = lim a n , b = lim b n , 且0 = lim (a n - b n ) = a - b .法二 n 充分大时 | a n - b n | < 1, 故a n < b n + 1 ≤ b 1 +1, b n > a n - 1 ≥ a 1 - 1, ∃ a = … .6. A n ↑, 有界, 故{ A n }收敛. ∀m > n |a m - a n |≤| a m - a m -1| + … + | a n +1 - a n | = A m - A n . 应用Cauchy 准则, ∀ε > 0 ∃ N ∀m > n > N , A m - A n < ε , 故| a m - a n | < ε , { a n } 收敛.7. 由平均不等式, a n +1 ≤σ. 又, a n +1 - a n =n n a a 22-σ≥ 0, 故∃ c = lim a n . 在a n +1 =21 (a n + σ / a n )中令n →∞得c = ½ (c + σ / c ), 解得c =σ.8. 用不等式b a ab b a +≥+22(a , b > 0)得a n ≥ b n . 又, a n +1 - a n = ½ (b n - a n ) ≤ 0, nn b b 1+ =nn n b a a +2≥ 1, 故{a n }减, 有下界b 1 ,{b n }增, 有上界a 1 , ∃ a = lim a n , b = lim b n . 由a n = ½(a n -1 + b n -1 ) 得a = b , 再由a n b n = a n -1 b n -1 = … = a 1 b 1 得a 2 = a 1 b 1 , a =11b a .9. { a n }发散⇔ ∃ε > 0 ∀N ↔N ∃ m , n > N : | a m - a n | ≥ε .(1) ∃ε = 1 ∀N ↔N ∃ m = 2N , n = 2N + 2 : | a m - a n | = 2 > 1 .(2) ∃ε = 1 ∀N ↔N ∃ m = 2N + 1, n = 2N : | a m - a n | = 1 .(3) ∃ε = ½ ∀N ↔N ∃ m = 2N , n = N : | a m - a n | =2122111=>+++N N N N . 10. S n = ½ (a n + b n + | a n - b n |) , lim S n = ½ (a + b + | a - b |) = max{a , b }.第三章 函数极限§1 函数极限的概念8. 设x 0↔[0, 1]. ∀ε > 0, 只有有限个正整数≤1 /ε , 故只有有限个有理数r 1, …, r n ↔(0, 1)使R (r k )≥ε (k = 1, …, n ). 设δ = min {|x 0 - r k | | k = 1, …, n , r k ≠x 0}, 则当0 < |x - x 0| <δ 时 | R (x )|<ε .§2 函数极限的性质8. (1) 题式 =2011lim x x x x +--→ (3) 题式 =1)1()1()1(lim 21--++-+-→x x x x n x = 1lim →x (1 + (x + 1) + … + (x n -1 + x n -2 + … + 1) = 1 + 2 + … + n = ½ n (n + 1).(4) 题式 =nx x x n n x 11)1((1)1(lim 10=+++---→ . (5) x > 0时1][1≤<-xx x x , x < 0时此不等式反向, 题式 = 1. 9. (1) 设0lim →x f (x 3) = A , 则∀ε > 0 ∃δ 1 > 0, 当0 <| x | <δ 1时 | f (x 3) - A | <ε . 设δ = δ 13 , 则当0 <| x | <δ 时 0 < |3x | =3||x <δ 1 , | f (x ) - A | = | f (3x ) 3 - A | <ε .(2) 不成立. 如f (x ) = | x | / x .§3 极限存在的条件5. 由条件, ∀x 1 ↔U +︒(x 0) ∀x ↔U -︒ (x 0) f (x ) ≤ f (x 1), 故∃A = sup { f (x ) | x ↔U -︒ (x 0)}. 由sup 的定义, ∀ε > 0 ∃ x'↔U -︒ (x 0) 使f (x' ) > A - ε . 设δ = x 0 - x', 则δ > 0且当x 0 - δ < x < x 0即 x' < x < x 0时A ≥ f (x ) ≥ f (x' ) > A - ε . 因此 f (x 0 -) = A .6. ∀x 0↔R , 取有理数列x n →x 0时D (x n ) →1, 取无理数列x n →x 0时D (x n ) →0. 由 Heine 定理得证.7. 设存在x 0使f (x 0)≠0. 取x n = x 0 + nT , 则n →∞时x n →∞, 由Heine 定理, f (x n )→0. 但 f (x n ) = f (x 0)→f (x 0), 矛盾.8. 记U +︒(x 0)为U . 必要性 由条件, ∀ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x ↔(x 0 , x 0 + δ )∩U : | f (x ) - A | <ε . 设x n ↓x 0 , 则对上述δ , ∃N ∀n > N x n ↔(x 0 , x 0 + δ )∩U , 故| f (x n ) - A | <ε , 即 f (x n )→A (n →∞).充分性 设-→0lim x x f (x )≠A , 则∃ε > 0 ∀δ > 0 ∃x' ↔(x 0 , x 0 + δ )∩U 使| f (x ) - A | ≥ε . 取δ 1 = 1, 则∃ x 1↔(x 0 , x 0 + δ 1)∩U 使| f (x 1) - A |≥ε . 取δ 2 = min {½ , x 1 - x 0}, 则∃ x 2↔(x 0 , x 0 + δ 2 )∩U 使 | f (x 2) - A | ≥ε . 一般地, 确定x n -1后, 取δ n = min {1 / n , x n -1 - x 0}, 则∃x n ↔(x 0 , x 0 + δ )∩U 使| f (x n ) - A | ≥ε . 显然x n ↓, 而lim f (x n )≠A , 与条件矛盾.§5 无穷小量与无穷大量7. 由题设, ∀M > 0 ∃x ↔S 使x > M . 对M 1 = 1, ∃ x 1↔S 使x 1 > 1. 对M 2 = max {2, x 1}∃ x 2↔S 使x 2 > M 2 即x 2 > x 1, x 2 > 2. 一般地, 确定x n -1后, 对M n = max{x n -1 , n }∃x n ↔S 使x n >M n , 即x n >x n -1 , x n > n . 显然{x n }增, lim x n =∞.8. 由题设, ∀M > 0 ∃ δ > 0 ∀x ↔U ︒ (r , δ )⊂ U ︒ (r ) : | f (x ) | > M / K , 故| f (x ) g (x )| > M , 即x →r 时f g 为无穷大量.9. ∵0lim x x →)()(x g x f = 1, ∴0lim x x →)()()(x f x g x f -= 0, 即f (x ) - g (x ) = o ( f (x )).总练习题1. (1) 2 ≤ x < 3时[ x ] = 2, 极限为1. (7) )1)(1)(1()1()1(111111----++++++--+++--+++=---n m m n n m x x x x x m x x n n x x m x n x m , 以下参见§2.8(3)题的解法.2. (1) 法一. 题式=01)1()()1(lim 2=+-++--+∞→x b x b a x a x ⇒⎩⎨⎧=+=-0,01b a a ⇒a =1, b = -1. 法二. b =∞→x lim (112++x x - ax ) =∞→x lim 11)1(2++--x ax x a ⇒ 1 - a = 0 ⇒ a = 1 ⇒ b =∞→x lim 11++-x x = -1. (2) 由题式知a < 0. 法一: b =axx x x a x x ax x x x x ++--+-=-+--∞→-∞→11lim )1(lim 22222⇒ a 2 = 1⇒ a = 1⇒ b =.21111lim 2=-+-+--∞→x x x x 法二: 0 =⎩⎨⎧=+=-⇒+++--++---∞→.021,0111)21()1(lim22222ab a b ax x x b x ab x a x (3) 仿(2). 3. 例如: (1) f (x ) =⎩⎨⎧=≠-.2,1,2,2x x x (2) f (x ) = (x - 2) -1. 4. 例如: f (x ) =⎩⎨⎧=≠-.,1,|,|000x x x x x x 这说明局部保号性的逆命题不成立, 与局部保号性不矛盾.5. 关于复合函数的极限, 有两个命题.命题1 若0lim x x →f (x ) = a ,a y →lim g (y ) = g (a ), x 0↔R*, 则0lim x x →g (f (x )) = g (a ). 证 ∀ε > 0 ∃ δ 1> 0 当0 < | y - a | <δ1 时| g (y ) - g (a )| <ε . 当y = a 时总有| g (y ) - g (a )| = 0 <ε , 故| y - a | <δ1 时| g (y ) -g (a )| <ε . 对此δ1, ∃ δ > 0 当0 < | x - x 0 | <δ 时| f (x ) - a | <δ1 , 从而| g (f (x )) -g (a )| < ε .命题2 若0lim x x →f (x ) =a ,ay →lim g (y ) = b , 且在x 0的某去心邻域内f (x )≠a , a , b , x 0↔R*, 则0lim x x →g (f (x )) = b . 证 ∀ε > 0 ∃ δ 1 > 0 当0 < | y - a | <δ 1 时| g (y ) - b | <ε . 对这个δ 1, ∃ δ 2 > 0, 当0 < | x - x 0 | < δ 2时| f (x ) - a | <δ 1 . 由条件, ∃ δ 3 > 0, 当0 < | x - x 0| <δ 3 时| f (x ) - a | > 0 . 因此, 若取δ = min {δ 2, δ 3}, 则当0 < | x - x 0 | <δ 时0 <| f (x ) - a | <δ 1 , 故| g (f (x )) - b | <ε .6. 2n π + ½ π ; 2n π ; (2n + 1) π .7. (1) 取q 使r > q > 1, 则∃N ∀n > N : n n a ||> q , | a n | > q n →+∞ (n →∞).(2) 取q 使r > q > 1, 则∃N ∀n > N : | a n | ≥ q | a n -1 | ≥ q 2 | a n -2 | ≥ … ≥ q n -N | a N |, 故 | a n | → +∞. 8. (1) n n a ||= ( 1 + n -1 ) n →e, 极限为+∞. (2) n n a ||= ( 1 - n -1 ) n →e -1, 极限为0.9. (1) ∀ M > 0 ∃ N 1 ∀n > N 1 : a n > 2M . ∃N 2 ∀n > N 2 : a 1 + … + a n > 0. 设N ＝ N 1 + N2 , 则n > 2N 时n N n N n a a n a a n a a n N N n --+++++=+++ 111>nN n -2M > M . (2) 用算术－几何平均不等式.10. (1) 在上题(2)中取a n = n , 极限为+∞. (2) 在上题(1)中取a n = ln n , 极限为+∞.11. 第一个等式见§3第5题. 下证f (x 0 -) = A .先证∀x ↔U -︒ (x 0), f (x ) ≤ A : 设∃x'↔U -︒ (x 0)使f (x' ) > A . 由x n →x 0知∃x m > x', 从而 f (x m ) ≥ f (x' ) > A . 因此n > m 时 f (x n ) ≥ f (x m ) > A , 与f (x n )→A 矛盾.∀ ε > 0 ∃p 使 0 < A - f (x p ) <ε . 设y n ↔U -︒ (x 0), y n →x 0, 则存在N , 使 y N > x p , 由f 增, 得0 < A - f (y N ) <ε . 仍由f 增, 得n > N 时 0 < A - f (y n ) < ε , 即lim y n = A . 由Heine 定理得证.12. 若∃a > 0使f (a )≠A , 则f (a ) = f (2a ) = … = f (2 n a ) = …, 故2 n a →∞但f (2 n a ) →f (a ), 与条件矛盾.13. 若∃ a > 0使f (a )≠ f (1), 则 a ≠1. 由 f (a ) = f (a 2) = … = f (a 2 n ) = …, 得 f (a 2 n )→ f (a )≠ f (1), 而1 > a > 0时a 2 n →0, a > 1时a 2 n →+∞, 与条件矛盾.14. 设A = 0. ∀ε > 0 ∃x 0 > 0 ∀x > x 0 : | f (x ) - f (x - 1) | <ε . ∃n ↔N 使x 0 ≤ x - n < x 0 + 1. 由| f (x ) - f (x - n ) | < n ε , 设M 是f 在[x 0 , x 0 +1)上的界, 则有| f (x )| ≤ | f (x - n )| + n ε < M + x ε, | f (x ) / x | < M / x + ε < 2ε , 只要x > M / ε .设A ≠0. 令 g (x ) = f (x ) - Ax , 则 g (x + 1) - g (x )→0, 故g (x ) / x →0, f (x ) / x →A . 第四章 函数的连续性§1 连续性概念6. 由第三章§3第5题或定理3.10, 在间断点处, 左右极限总是存在的.7. g (a ) =)(lim y f ay →, 故∀ε > 0 ∃δ > 0, 当0 < | y - a | 时 | f (y ) - g (a ) | < ½ ε . 因此 | x - a | <δ 时| g (x ) - g (a ) | = x y →lim | f (y ) - g (a ) | ≤ ½ ε < ε , 即ax →lim g (x ) = g (a ), g 连续. 8. (仿上题的证明) 设a ↔R , 则g (a ) = f (a +). ∀ε > 0 ∃δ > 0当a < x < a +δ 时| f (x ) - f (a )| <ε . 因此 a < x < a +δ 时|g (x ) - g (a )| =+→a x lim | f (x )－ f (a )|≤ε . 9. ( 1) 例如: x ≠41,31,21时f (x ) = 1, x =41,31,21时f (x ) = 0. (2) 例如: f (x ) = D (x ) (x - ½ )(x - 1/ 3) (x - 1/ 4), 其中D 为Dirichlet 函数.(3) 例如: x ≠n 1时f (x ) = 1, x =n1时f (x ) = 0. (4) 例如: x 为0, 正有理数及无理数时f (x ) = x D (x ), x 为负有理数时f (x ) = 1.§2 连续函数的性质16. 由函数极限的Cauchy 准则, ∀ε > 0 ∃M > 0, 当x 1 , x 2 > M 时| f (x 1) - f (x 2)| < ε . 在[a , M + 1]上f 一致连续, 故∃δ : 0 <δ < 1, 使x ' , x" ↔[a , M + 1] 且| x' - x" | < δ 时| f (x' ) - f (x" ) | < ε . 因此x ' , x" ↔[a , ∞) , 当| x' - x" | < δ 时| f (x' ) - f (x" ) | < ε , 即f 在[a ,∞)上一致连续.17. 设F (x ) = f (x + a ) - f (x ) (x ↔[0, a ]), 则F 在[0, a ]上连续, F (a ) F (0) = - ( f (a ) - f (0) )2 ≤ 0. 于是, 当 f (a ) = f (0) 时取x 0 = 0, 当 f (x )≠ f (0) 时应用介值定理得证.18. 由第三章§3第5题, ∀c ↔[a , b ), f (c ) ≤ f (c +). 若 f (c ) < f (c +), 则 ( f (c ), f (c +)]将不含于f 的值域[ f (a ), f (b )], 因此 f (c ) = f (c +), f 在c 右连续. 类似地, 由 f (d -) ≤ f (d )可证f 在d ↔(a , b ]左连续.19. 设n 个数 f (x 1), …, f (x n )中最小的是f (x i ), 最大的是f (x k ), 则f (x i ) ≤n x f x f n )()(1++ ≤ f (x k ), 由介值定理, 有x i , x k 间的ξ 使 f (ξ ) = nx f x f n )()(1++ . 20. (上接提示) ∀ε > 0 ∃δ =ε , 当| x' - x" | <δ 时|cos x '- cos x ''| <ε , 即f 在[1,∞)上一致连续. 又, f 在[0,1]上一致连续, 故f 在[0,∞)上一致连续.总练习题1. 设函数F 如下: F (x ) = f (x ) (x ↔(a , b )), F (a ) = f (a +), F (b ) = f (b -), 则F 在[a , b ]上连续.(1) F 在[a , b ]上有界, 故f 在(a , b )内有界.(2) F 有最大值, 设为 F (c ). 若 F (c ) = f (ξ ), 则f (ξ ) 即为所求. 若 F (c ) > f (ξ ) ≥ max { f (a +), f (b -)} = max { F (a ), F (b )}, 则c ≠a , b , c ↔(a , b ), f (c )即为所求.2. 任取x 0 ↔(a , b ). 由f (a+) = f (b -) = +∞, ∃ c , d ↔(a , b ) 使 c < x 0 < d 且 x ↔(a , c )∪(c , b ) 时 f (x ) ≥ f (x 0), 则f 在[c , d ]上的最小值m 就是f 在(a , b )上的最小值: ∀x ↔(a , b ), x ↔[c , d ] 时f (x ) ≥ m , x ↔(a , c )∪(c , b ) 时 f (x ) ≥ f (x 0) ≥ m .3. (1) 对x ↔I , 取有理数列r n →x , 则 f (x ) = lim f (r n ) = 0.(2) 设x 1, x 2 ↔I , x 1 < x 2 . 依次在[x 1, ½ (x 1 + x 2)), ( ½ (x 1 + x 2), x 2]中取有理数列{r n }, {s n }使r n ↓x 1 , s n ↑x 2 , 则x 1 < r n <…< r 1 < s 1 <…< s n < x 2 , f (x 1) = lim f (r n ) ≤ r 1 < s 1 ≤ lim f (s n ) = f (x 2), f 严格增.4. 设方程左端为 f (x ), 则 f (λ 1 +) = +∞, f (λ 2 -) = -∞, 故∃ a ↔(λ1, ½ (λ1 + λ2)), b ↔( ½ (λ1 + λ2), λ2) 使 f (a ) > 0, f (b ) < 0, 从而∃ξ ↔(a , b )⊂ (λ 1, λ2)使 f (ξ ) = 0.5. 法一. 用书上提示. | f |在[a , b ]上连续, 故有最小值m = | f (ξ )|. 若m = 0, 则已得证.若m > 0, 则有y ↔[a , b ]使| f (y )| ≤ ½ | f (ξ )| < m , 与m 是最小值矛盾.法二. 任取x 1↔[a , b ]. 由题设, ∃x 2↔[a , b ]使| f (x 2)| ≤ ½ | f (x 1)|,∃x 3↔[a , b ]使| f (x 3)| ≤ ½ | f (x 2)|, 如此继续, 得[a , b ]中的数列{x n }, 满足| f (x n )| ≤ ½ | f (x n -1)| ≤ … ≤ 2 1-n | f (x 1)|. {x n }有界, 有收敛子列, 设为{k n x }, 且收敛于ξ , 则ξ↔[a , b ], | f (k n x )| ≤k n -12| f (x 1)|. 令k →∞, 得| f (ξ )| ≤ 0, 即 f (ξ ) = 0.6. 仿§2第19题.7. (1) 0 ≤ f (a n ) ≤ a n = f (a n -1) ≤ a n -1, {a n }减且有下界0, 故收敛.(2) 在a n = f (a n -1)中令n →∞.(3) 由(2), t ≥ 0. 若t > 0, 则0 ≤ f (t ) < t . 但类似于(2)可得f (t ) = t , 矛盾.8. n = 1时ξ = 0满足要求. 设n > 1, F (x ) = f (x + n -1) - f (x ), 则F 在[0, 1 - n -1]上连续. 若∀↔[0, 1 - n -1], F (x )≠0, 则F > 0或F < 0. 设F > 0, 即∀↔[0, 1 - n -1]有 f (x ) < f (x + n -1), 则f (0) < f (n -1) < f (n -2) <…< f (1), 与条件矛盾.9. (1) 由f (0 + 0) = 2 f (0)得f (0) = 0.∀a ↔R , 当x →a 即x - a →0时, f (x ) - f (a ) = f (x - a )→f (0) = 0, 即f 在a 连续.(2) ∀m , n ↔N 由条件有 f (n x ) = n f (x ), f (x ) = m f (x / m ), f (x / m ) = f (x ) / m , f (n x / m ) = (n / m ) f (x ), 即对正有理数r 有f (r x ) = r f (x ). 又, 由0 = f (0) = f (x ) + f (-x )得 f (x ) = - f (-x ), 故对所有有理数r 有f (r x ) = r f (x ), 特别地, 有 f (r ) = r f (1). ∀x ↔R , 取有理数列r n →x (n →∞), 则 f (x n ) = r n f (1), 令n →∞得证.10. x > 0时 f (x ) =)()(2n x f x f -== . 令n →∞得 f (x ) = f (1). x < 0时x 2 > 0, 故 f (x ) = f (x 2 ) = f (1). 又, f (0) =0lim →x f (x ) =0lim →x f (1) = f (1).第五章 导数和微分§1 导数的概念10. 设f -' (x 0) = c , 则x →x 0 - 时 f (x ) = f (x 0) + c (x - x 0) + o (x - x 0)→f (x 0), 即f 在x 0左连续. 同理, f 在x 0 的右导数存在时右连续, 故左右导数都存在时连续.11. ∵||)0()(||)(||1sin )(x g x g x x g x x x g -=≤→g' (0) = 0, ∴f ' (0) = x x x g x x f x x 1sin )(lim )(lim 00→→== 0. 12. f ' (x ) =0lim →h h x f h x f )()(-+=h x f h f x f h )()()(lim 0-→= f (x )0lim →h h h f 1)(-. 若f (0) = 1, 便得 f ' (x ) = f (x ) f ' (0) = f (x ). 下证 f (0) = 1: x 1 = x 2 = 0⇒ f (0) = f 2 (0) ⇒ f (0) = 0, 1; 而f (0) = 0 ⇒ f (x ) = f (x + 0 ) = f (x ) f (0) = 0 ⇒ f ' (x ) = 0 ⇒ f ' (0) = 0, 与条件矛盾.13. 左 =21)2)()(2)()((lim 00000=∆∆---∆-∆+→∆x x x f x f x x f x x f x ( f ' (x 0) + f ' (x 0)) = 右. 14. f +' (a ) > 0⇒ ∃δ1 ∀ x ↔(a , a +δ1) : f (x ) > f (a ) = K .-'f (b ) > 0⇒∃δ2 ∀ x ↔(b -δ2, b ) : f (x ) < f (b ) = k . 因此 ∃c , d ↔(a , b )使f (c ) < K < f (d ), 应用介值定理得证.15. 取铁链最低点为原点, 可设铁链方程为y = f (x ) = k x 2 . 由x = 50, y = 10得k = 1 / 250. 设所求角为α, 由于支点之一的横坐标为50, 故tan (½π - α ) = f ' (50) = 2 / 5, α = ½ π - arctan (2 / 5).16. 设P (x 0 , y 0 ), Q (x 1 , y 1 ,), 则过的切线方程为y - y 0 = 3 x 0 2 (x - x 0 ), 与y = x 3联立, 解得x 1 = - 2 x 0 , 故3x 12 = 4 ⋅ 3x 02 , 即y ' |Q = 4y ' |P .§2 求导法则6. 条件⇒ 2x f ' (x 2) = 2 f (x ) f ' (x )⇒ f ' (1) = f (1) f ' (1)⇒ f ' (1) = 0或 f (1) = 1.§3 参变量函数的导数4. y ' = tan t , (x , y )处的法线方程为Y = y - cot t (X - x ), 故原点到法线的距离d =ty t x 2cot 1|cot |++= | y sin t + x cos t | = | a |. 5. x = r cos θ = a sin 2θ , y = r sin θ = 2a sin 2θ . y ' = tan 2θ , 即任一点的切线与x 轴正向的夹角为2θ , 而向径与x 轴正向的夹角为θ , 故切线与向径的夹角为θ .6. x = r cos θ = a ( 1 + cos θ ) cos θ , y = a ( 1 + cos θ ) sin θ ,)223tan(23cot )sin 2(sin )cos 2(cos πθθθθθθ-=-=+-+=a a dx dy . 设所求夹角为α , 则α = .22223πθθπθ-=--§4 高阶导数2. (f (x 2))' = ( f 2 (x ))"⇔ 2x f ' (x 2) = (2 f (x ) f ' (x ))' = 2 ( f ' 2 (x ) + f (x ) f " (x )). 当x = 1时左端=2 f ' (1) = 0, 右端 = 2 f ' 2 (1) +f (1) f " (1) = 0.7. f (x ) = (x sgn x ) 3 = x 3 sgn x . x ≠0时 f ' (x ) = 3x 2 sgn x , f " (x ) = 6x sgn x , f '" (x ) = 6 sgn x , 更高阶的导数为0. x = 0时由定义或导数极限定理(第六章§1)可得f ' (0) = f " (0) = 0,更高阶的导数不存在. 8. )(1))(()())(1()(1 .)(11222x f x f x f dy dx dx x f d x f dy d dy dx dy d dy x d x f dxdy dy dx ''''-='='=='== .))(()(3x f x f '''- 5232233))(())((3)()()))(()((x f x f x f x f dy dx x f x f dx d dy x d dy d dy x d '''-''''-='''-==. 9. (1) (1 + x 2 ) y' = 1, 求导得( 1 + x 2 ) y" + 2x y' = 0.(2) (1)中的方程两端求n 阶导数, 得(1 + x 2) y (n +2) +2x (n + 1) y (n +1) + n (n +1) y (n ) = 0, ∴y (n +2) (0) = -n (n - 1) y (n ) (0). ∵y' (0) = 1, y"(0) = 0, ∴y (2k ) (0) = 0, y (2k +1)(0) = (-1)k (2k )!. 10. (1) 21x -y' = 1, 求导, 得( 1 - x 2 ) y" = x y' . 再求n 阶导数, 得( 1 - x 2 ) y (n +2) - 2nx y (n +1) - n ( n - 1) y (n ) = x y (n +1) + n y (n ), 即( 1 - x 2 ) y (n +2) - (2n + 1) x y (n +1) - n 2 y (n ) = 0.(2) (1)的结果中令x = 0, 得y (n +2) (0) = n 2 y (n ) (0), 故y (2k ) (0) = 0, y (2k +1)(0) = ( (2k -1)!!)2.11. 法一 f ' (0) =)exp(2lim )exp(lim 0)exp(lim 232021020---→--→-→--==--x x x x x xx x x x = 0 . x ≠0时f ' (x ) = 33222x e x x =--f (x ), 故∀x ↔R , x 3 f ' (x ) = 2 f (x ). 求n 阶导数, 得 2 f (n ) (x )= x 3 f (n +1) (x ) + n ²3x 2 f (n ) (x ) +2)1(-n n · 6x f (n -1) (x ) +6)2)(1(--n n n ·6 f (n -2) (x ).令x →0, 由导数极限定理(上册p.112), 得2 f (n ) (0) = n (n -1) (n -2) f (n -2) (0). ∵f ' (0) = f " (0) = 0, ∴f (n ) (0) = 0.法二 用数学归纳法. 同上, f ' (0) = 0. 设f (k ) (0) = 0, 则x x f fk x k )(lim )0()(0)1(→+=. 用数学归纳法易知x ≠0时f (k ) (x ) = P (x 1) exp (- x -2), 其中 P (x 1)是x1的多项式, 故f (k +1) (0) =0lim →x x 1P (x1) exp (- x -2) =2exp )(lim x x xP x ∞→= 0.§5 微分6. 记半径为R , 中心角为θ , 面积为S , 弦长为l , 则S = ½ R 2 θ , d S = ½ R 2 d θ , d θ = 0.5, ≈==≈∆555.0|| || ||θθd S dS S S 0.91％. 又, l = 2R sin 2θ, θ = 2arcsin R l 2, S = R 2 arcsin R l 2, dS =2224l R R - d l =2cos 2θR d l , d l = 0.003, ||255cos 180552003.0||2cos | || |︒⋅⋅==≈∆πθθR dl S dS S S ≈0.169％. 可见量弦长比较精确.总练习题1. (2) 记p = ad -bc . 由(1)得y' = p (cx + d ) -2, 故y" = (-2) pc (cx + d ) -3, …, y (n ) = (-2) (-3)…(- n ) pc n -1(cx + d ) -(n+1) = (-1) n -1n ! pc n -1(cx + d ) -(n+1).2. (1) -→0lim x xf x f )0()(-=-→0lim x x -1/ 3 = -∞. (2) -→0lim x x f x f )0()(-=-→0lim x x x )1ln(-= -1,+→0lim x x f x f )0()(-=+→0lim x (-xx )1ln(-) = 1. 3. (1) 例如 f (x ) = | x - a 1 | + | x - a 2 | + … + | x - a n |.(2) 设D 为Dirichlet 函数, g (x ) = (x - a 1) 2 D (x ), 则g 仅在a 1可导:g ' (a 1) =0lim →h ha g h a g )()(11-+=0lim →h h D (x ) = 0; x ≠a 1时, 取有理数列x n →x , 无理数列y n →x , 则(g (x n ) - g (x )) + ( g (x ) - g (y n )) = g (x n ) - g (y n ) = (x n - a 1) 2 →(x - a 1) 2≠0, 故g (x n ) - g (x )∣0或g (y n ) - g (x )∣0, g 在x 不连续, 从而不可导.设 f (x ) = (x - a 1) 2 (x - a 2) 2 …(x - a n ) 2 D (x ), 则f 仅在a 1, …,a n 可导.4. 分别对 f (-x ) = f (x ), f (-x ) = - f (x ), f (x + T ) = f (x ) (T 为周期)两端求导.5. (1) 错. 例如取 ϕ (x ) = - ψ (x ) = | x |, x 0 = 0.(2) 对. 若f 在x 0可导, 则ψ = f - ϕ 在x 0可导, 矛盾.(3) 错. 例如取ϕ (x ) = ψ (x ) = | x |, x 0 = 0.(4) 错. 例如取ϕ (x ) = x , ψ (x ) = | x |, x 0 = 0. (加条件ϕ (x 0)≠0时结论成立.)6. f +' (a ) =ax x a x a x a f x f a x a x ---=--+→+→0)()(lim )()(lim ϕ= ϕ (a ). 同理, -'f (a ) = -ϕ (a ), 故 ϕ (a ) = 0时 f ' (a )存在且= 0.9. 由行列式的定义, 题式左端=)()()()1(211121,,),,(x f x f x f dx d n n n nj j j j j j j ∑-τ∑∑∑∑=='-='-=nk j j njkj j j j nj nk kj j j j j j nnknn k n n x f x f x f x f x f x f 1,,1),(11,,),(111111)()()()1()()()()1( ττ= 右端.第六章 微分中值定理及其应用§1 Lagrange 定理和函数的单调性8. S (x ) =)(1)(1)(121x f x b f b a f a ⇒ S (a ) = S (b ) = 0⇒ ∃ ξ↔(a , b ) 使0 = S ' (ξ ) =21((b - a ) f ' (ξ )- ( f (b ) - f (a )))⇒ f (b ) - f (a ) = f ' (ξ ) (b - a ).9. ∃ξ 1↔(a , c ), ξ 2↔(c , b )使f (c ) - f (a ) = f ' (ξ 1)(c - a ) > 0, f (b ) - f (c ) = f (ξ2)(b - c ) < 0, 故 f (ξ 1) > 0, f (ξ 2) < 0. ∃ξ↔(ξ 1, ξ 2)⊂(a , b )使 f (ξ 2) - f (ξ 1) = f ' (ξ )( ξ 2 -ξ 1) < 0, f ' (ξ) < 0.10. 由Darboux 定理, f ' 无第一类间断点, 而单调函数只有第一类间断点, 故f ' 单调时必连续.11. 由条件可设p (x ) = (x - α) r q (x ), 其中q 为多项式且q (α)≠0. 因为p' (x ) = (x - α) r -1 (r q (x ) + (x - α) q' (x )), 故α是p' (x )的r -1重根.12. 用数学归纳法. n = 1时, 设 f (x ) = 0有两个不等实根x 1, x 2, 则由Rolle 定理, ∃ξ 使 f ' (ξ ) = 0. 设n = k - 1时结论成立.设n = k , f (x ) = 0有k + 1个相异实根, x 1, x 2 , …, x k , 且x 1< x 2 < … < x k . 在[x i , x i +1]上用Rolle 定理, ∃ξ i ↔(x i , x i +1) 使f ' (ξi ) = 0 ( i = 1, 2, …, k ), 即 f ' (x ) = 0 至少有k 个相异实根. 应用归纳假设, f (n ) (x ) = 0至少有一个实根.13. 本题没意思, x > 0时x 3 + ax + b > 0, 当然没正根.14. 设f (x ) = tan x sin x - x 2 (x ↔(0, ½ π )), 则f ' (x ) = tan x (sec x + cos x ) - 2x ≥ 2 tan x - 2x > 0, f (x ) > f (0) = 0.15. 设h = f - g , 则h' > 0, h (a ) = 0, 故h 在[a , b ]上严格增, x ↔(a , b ]时h (x ) > h (a ) = 0. 注 条件可减弱为在[a , b ]上连续, 在(a , b )内可导, 这样应用时更方便.§2 Cauchy 中值定理和不定式极限6. 设 ϕ (h ) = f (a + h ) + f (a - h ) - 2 f (a ), ψ (h ) =h 2 , 则ϕ (0) = ψ (0) = 0. 用两次Cauchy中值定理, 有2)()(2)()()()(121211h a f h a f h h a f h a f h h θθθθθθψϕ-''++''=-'-+'= 2)()(h a f h a f θθ-''++''=, 其中θ 1, θ 2↔(0, 1), θ = θ 1 θ 2↔(0, 1).7. 下面的解中,L=表示该等式用了一次L'Hospital 法则.(1) 题式 21142sin2)1cos(lim 2 2cos 2)1sin(limππππππ-=--=-=→→x x x x x L x L . (2) 题式 =xxx x x x x x x L x L x ln 2ln lim 1ln 2lim ln 1arctan 2lim 222+=+=-+∞→+∞→+∞→π= 0.(3) +→0lim x sin ln x =+→0lim x x x ln 1sin L=+→0lim x (x ln 2 x cos x ) = 0, 题式 = 1.(4) 4/4/4/lim 2cot tan ln limtan ln 2tan lim πππ→→→==x Lx x x x x x (- sin 2x ) = -1, 题式 = e -1.(5) 题式 =.212)1ln(lim )1ln()1(lim020=+=-++→→x x xx x x x L x(6) 题式 =.0cos sin sin lim cos sin sin lim sin sin cos lim 000=+-=+-=-→→→x xx xx x x x x xx x x x x x L x(7) 题式)1()1ln()1(lim ))1(1)1ln(1()1(lim 20210x x x x x e x x x x x x x x L +++-=+++-+=→→.2)22()1l n (l i m0ex x x e x L -=++-=→ (8) 22211limarctan 21lim ln )arctan 2ln(lim x x x x x xx x L x L x +-=-+-=-+∞→+∞→+∞→ππ= -1, 题式 = e -1. 8. +→0lim x f (x ) ln x =+→0limx +→=0lim ln 1)(x xx f ( - x ln 2 x f ' (x )) = 0. 9. 令x = t -1 , 则x →+∞⇔ t →0+. 由条件, 有0)(lim )(lim 1010==-+→-+→t g t f t t , 且A t g t f t =''--+→)()(lim110. 只要把定理6.6的证明中的邻域改成右邻域, 该定理就对右极限成立.应用这个结论, 有,))(())((lim )()(lim21210110A t t g t t f t g t f t t =-'-'=----+→--+→即.)()(lim A x g x f x =+∞→ 10. ∞→x lim f (x ) = 0, 故对ε = 1, ∃ M , 当| x | > M 时| f (x )| < 1. 而在[- M , M ]上f 连续, 从而有界. 因此在R 上f 有界.§4 函数的极值与最大(小)值10. (1) f (x ) = (x 3 - x ) sgn (x 3 - x ), f ' (x ) = (3x 2 - 1) sgn (x 3 - x ) , f " (x ) = 6x sgn (x 3 - x ) . 驻点±1 / 3, 不可微点0, ±1 . 因为f " (±1 / 3) = - 23< 0, f (0) = f (±1) = 0, f (x ) ≥ 0, 故极大值为f (±1/ 3) = 23/ 9, 极小值为0.(2) f 是奇函数, 只须考虑x > 0的情形. f ' (x ) = 224242)1()15)(1(+-++--x x x x x , 驻点为x = 1,且 x < 1时 f ' (x ) > 0, x >1时 f ' (x ) < 0, 故极大值为f (1) = 2,, 极小值为f (-1) = -2.(3) f ' (x ) = (x -1) (x + 1) 2 (5x -1), 驻点为x = ±1, 1 / 5. x -1 1 / 5 1 从右表可知极小值为f (1) =0, 极大值为f (1/ 5) =3456 / 3125. f ' (x ) + - + + 11. f ' (x ) = a / x + 2bx + 1, f " (x ) = - a / x 2 + 2b . 由f ' (1) = f ' (2) = 0, 解得a = -2 / 3, b = -1 / 6. 由 f " (1) = 1 / 3 > 0, f " (2) = - 1 / 6 < 0, 故 f (1)极小, f (2)极大.12. 抛物线上点(x 0 , y 0 )处的法线方程为 x - x 0 = -0y p(y - y 0 ). 设它与抛物线的另一交点为(x 1 , y 1), 则y 12 = 2px 1 , x 1 - x 0 = -0y p (y 1 - y 0 ) .∵x 1 - x 0 =p21(y 12 - y 02 ),∴y 1 + y 0 = -022y p ,∴y 1 - y 0 = y 1 + y 0 - 2y 0 =0202)(2y y p +-, ∴x 1 - x 0 =202y p(p 2 + y 02 ) =0022x px p +. 设法线被抛物线所截线段之长为d , 则d 2 = (x 1 - x 0 ) 2 + (y 1 - y 0 ) 2= (1 +220p y ) (x 1 - x 0 ) 2 =202302)2(x p px p + (x 0 > 0). 它是x 0 的函数, 对x 0 求导, 得驻点x 0 = p , 这时y 0 = ±2p . 因为是唯一驻点, 且x 0→+∞时d 2 →+∞, 故(由第5题)抛物线上点(p , ±2p )处的法线被抛物线所截线段最短.13. 总运费 f (x ) = α ( d - x ) + β22x a +(x ≥ 0), f ' (x ) = - α + β x / 22x a +, 驻点。
谢惠民数学分析习题课讲义部分题目解答
数学分析习题课讲义问题解答第一章引论1.3.2练习题1.关于Bernoulli 不等式的推广:(1)证明:当12-≤≤-h 时Bernoulli 不等式nh h n+≥+1)1(仍成立;(2)证明:当0≥h 时成立不等式2)1()1(2h n n h n-≥+,并推广之;(3)证明:若),,2,1(1n i a i =->且同号,则成立不等式∑∏==+≥+ni in i iaa 111)1(.2.阶乘!n 在数学分析以及其他课程中经常出现,以下是几个有关的不等式,它们都可以从平均不等式得到:(1)证明:当1>n 时成立nn n )21(!+<;【证明】利用平均值不等式,有n nk nk kk n ∏∑==≥111所以nn n )21(!+≤因为1>n ,所以取等号的条件n === 21不满足,故nn n 21(!+<.(2)利用)1(]2)1)[(1()!(2n n n n ⋅⋅-⋅= 证明:当1>n 时成立nn n 62(!+<;【证明】利用平均值不等式,有n nk nk k n k k n k n ∏∑==-+≥-+11)1()1(1所以nn n n n n 62(]6)2)(1([!+<++≤(3)比较(1)和(2)中两个不等式的优劣,并说明原因;(4)证明:对任意实数r 成立nn k r n rk n n )(1)!(1∑=≤.【证明】利用平均值不等式,有n nk rn k rkk n ∏∑==≥111所以nn k r n rk n n )(1)!(1∑=≤3.证明几何平均值-调和平均值不等式:若0>k a ,n k ,,2,1 =,则有∑∏==≥nk knnk k a n a 1111)(【证明】利用平均值不等式,有n nk kn k ka a n ∏∑==≥11111所以∑∏==≥nk knnk k a n a 1111)(4.证明:当c b a ,,为非负数时成立333cb a ca bc ab abc ++≤++≤.【证明】由于cabc ab c b a a c c b b a ++≥++⇒≥-+-+-2222220)()()(所以33)(3)(2cabc ab cb a ca bc ab c b a ++≥++⇒++≥++利用平均值不等式,有323)(33abc ca bc ab ca bc ab =⋅⋅≥++所以33abc ca bc ab ≥++5.证明下列不等式:(1)b a b a -≥-和b a b a -≥-;【证明】利用三点不等式,有ab b a b b a =+-≥+-)(由对称性知ba b a ≥+-所以ba ab b a b a -=--≥-),max((2)∑∑∑===≤≤-n k k nk knk ka aaa 1121;有问:左边可否为∑=-nk k a a 21?【证明】利用(1)的结论,有∑∑∑====-≤-nk knk knk kaa aaa 21111反复利用三点不等式,有∑∑∑∑∑=====≤≤++≤+≤+=nk knk knk knk k nk ka aa a aa a a a132121211再利用这个结论,有∑∑∑===≤≤-nk knk knk ka aaa 2211(3)bb aa ba b a +++≤+++111;【证明】显然函数x x x x f +-=+=1111)(是单调增加的,所以有bb aa ba b ba a ba b a ba b a +++≤+++++=+++≤+++111111(4)nnnna b a a b a -+≤-+)()(.【证明】利用三点不等式,有nnn n n n n n n b a b a b a a a b a a a b a )()()()(+≤+=+≤+-+=+-+第二章数列极限2.7.3参考题第一组参考题1.设}{12-k a ,}{2k a 和}{3k a 都收敛,证明:}{n a 收敛.【证明】设}{12-k a ,}{2k a 和}{3k a 分别收敛于数c b a ,,.取}{12-k a 的一个子列}{36-k a ,它收敛于数a ,同时它又是}{3k a 的子列,所以也收敛于数c ,所以c a =.取}{2k a 的一个子列}{6k a ,它收敛于数b ,同时它又是}{3k a 的子列,所以也收敛于数c ,所以c b =.于是有b a =.对任给的0>ε,存在正整数1N 与2N ,当1N n >时有εa a n <--12,当2N n >时有εa a n <-2.现取),max(221N N N =,当N n >时有εa a n <-,故}{n a 收敛于a .2.设}{n a 有界,且满足条件2+≤n n a a ,3+≤n n a a ,+∈N n ,证明:}{n a 收敛.【证明】由条件2+≤n n a a 知}{12-k a 与}{2k a 都是单调增加的数列,又有界,故都收敛.由条件3+≤n n a a 知}{3k a 单调增加,又有界,故收敛.利用1的结论知}{n a 收敛.3.设}{1++n n a a 和}{2++n n a a 都收敛,证明:}{n a 收敛.【证明】设}{1++n n a a 和}{2++n n a a 分别收敛于数b a ,.那么有ab a a a a a a n n n n n n n n -=+-+=-++∞→++∞→)]()[(lim )(lim 1212ba a a a a a a n n n n n n n n -=+-+=-+++∞→+∞→)]()[(lim )(lim 2211进而有)]()[(lim )(lim 1122=-+-=-+++∞→+∞→n n n n n n n n a a a a a a 故2)]()[(lim 21lim 22a a a a a a n n n n n n n =--+=++∞→∞→5.设∑=-+=nk n nka 12)11(,+∈N n ,计算n n a ∞→lim .【解】由于∑∑∑∑====++≤++=-+≤++nk n k n k n k nknn k n k n k n k n n 122122121221111111)11(111而2121lim lim 12=+=∞→=∞→∑n n n k n nk n 211111lim2=++∞→n n ,21111lim 2=++∞→nnn 故41lim =∞→n n a 7.设p a a a ,,,10 是1+p 个给定的数,且满足条件010=+++p a a a .求)1(lim 10p n a n a n a p n +++++∞→ 【解】)1(lim 10p n a n a n a p n +++++∞→ 1)[(lim 121p n a n a n a a a p p n +++++----=∞→()1([lim 1n p n a n n a p n -+++-+=∞→ 01(lim 1=++++++=∞→np n pa n n a p n 8.证明:当10<<k 时,0])1[(lim =-+∞→kkn n n 【证明】(这里用到后面将要学习的等价无穷小知识)0lim ]1)11[(lim ])1[(lim 1==-+=-+-∞→∞→∞→k n k k n k k n n k nn n n 12.证明:nnn n n)2(e !)e(<<.【证明】利用数列})11{(nn+单调增加趋于e ,有!)e(!!)1()11()211()111(e 21n nn n n n n n n n n n<⇒>+=+++> 利用1.3.2中题2的结论:nn n )21(!+<,有nn n n n n n n n n n n n )2(e !!2)1()11(e <⇒>+=+>14.设n na n 2131211-++++= ,+∈N n ,证明:}{n a 收敛.【证明】一方面,有01211212111<++-+=++-+=-+nn n n n n a a n n 另一方面,有n n n a n 2124323221-++++++++> n n n 21(2)34(223(21--+++-+-+= 221212221->-++-=n n 根据单调有界定理知}{n a 收敛.15.设已知存在极限na a a n n +++∞→ 21lim ,证明:0lim =∞→n an n .【证明】设T T na a a n n→=+++ 21,∞→n ,于是1)1(---=n n n T n nT a ,2≥n ,由此得0])11([lim lim1=-=--=-∞→∞→T T T nT n a n n n n n 17.设对每个n 有1<n x 和41)1(1≥-+n n x x ,证明}{n a 收敛,并求其极限.【证明】显然有0>n x ,2≥n .所以有1211)21()1(41+++≤⇒+-≤-≤n n n n n n x x x x x x 根据单调有界定理知}{n a 收敛,且可设收敛于数10≤≤A ,于是有41)1(≥-A A ,解得21=A .18.设b a =1,c a =2,在3≥n 时,221--+=n n n a a a ,证明}{n a 收敛,并求其极限.【证明】由于)(21211-----=-n n n n a a a a ,所以)(21()()21(21221b c a a a a n n n n --=--=----,进而有b bc a b c a n n n n +-----=+-++-+--=---)()21(1)21(1]21()21()21)[((11032 ,于是32lim c b a n n +=∞→.第二组参考题1.设n a n +++= 21,+∈N n ,证明:}{n a 收敛.【证明】利用不等式1111211+-=+-+-≤+-n n n n n ,+∈N n 以及221-≤-n n ,3≥n 有2213411231+≤≤+-+-++≤+-+-++≤ n n n n a n 又因为}{n a 是单调增加的数列,利用单调有界定理知}{n a 收敛.2.证明:对每个正整数n ,成立不等式n k n nk n 2e!1)11(0->+∑=.【证明】利用1.3.2中题1的结论:∑∏==+≥+ni in i iaa 111)1(,),,2,1(1n i a i =->且同号,当2≥n 时有∑∑∑===---++=-==+nk n k k n k k k n n n k n k n k n n k n C n 200)11()11(!111)!(!!11)11(∑∑==--++=----++>nk nk n k k k n k n k 22)2)1(1(!111111(!111 n k k n k nk n k nk 2e !1)!2(121!1020->--=∑∑∑===当1=n 时,2e22->显然成立.3.求极限)e !π2sin(lim n n n ∞→.【解】利用命题2.5.4,有1(π21!!(π2e !π2)11!!(π211(π200n N n k n n n k n n N nk n k +=+<<++=++∑∑==所以nn n n n n π2sin e)!π2sin(1π2sin<<+,4≥n 利用夹逼准则知π2)e !π2sin(lim =∞→n n n 4.记n S n 1211+++= ,+∈N n .用n K 表示使得n S k ≥的最小下标,求极限nn n K K 1lim +∞→.【解】由条件知n K K n S n n 1+≤≤与01lim=∞→nn K 因为γn S n n =-∞→)ln (lim 而nn n K n K K n K S K n n 1ln ln ln +-≤-≤-所以)ln (lim )ln (lim n n n n K n γK n -≥≥-∞→∞→于是γK n n n =-∞→)ln (lim 所以11)]ln 1()ln [(lim lnlim 11=+-+--=+∞→+∞→n n n nn n K n K n K K 故elim 1=+∞→nn n K K 5.设∑==nk k n n Cnx 02ln 1,+∈N n ,求n n x ∞→lim .【解】利用Stolz 定理,有220112)1(ln ln lim ln 1limlim n n C CCn x nk kn n k k n n nk k nn n n -+-==∑∑∑=+=+∞→=∞→∞→1211ln lim 12)ln (ln lim 01+-++=+-=∑∑=∞→=+∞→n kn n n C Cnk n nk k nk n n )12()32(11ln 22ln lim 01+-+-++--++=∑∑=+=∞→n n k n n k n n nk n k n 11ln 12ln (lim 2110∑∑==∞→-++--++=n k n k n k n n k n n 2112ln lim 21)12ln 12(ln lim 211=++=+++++=∞→=∞→∑n n n n n n n n n k n 6.将二项式系数⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n n n n ,,1,0 的算术平均值和几何平均值分别记为n A 和n G .证明:(1)2lim =∞→n n n A ;(2)e lim =∞→n n n G .【证明】由于n nnA n n n n =⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+ 10)11(,所以有22lim 2lim lim ===∞→∞→∞→n n n nn nn n nn A 因为)!(!!k n k n k n -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛,所以21)!!1!0()!(n n G n nn ⨯⨯⨯=+ ,所以有)!!2!1ln(2!ln )1(exp(lim ])!!2!1()!([lim lim 21212n n n n n n G n n n n n n n ⨯⨯⨯-+=⨯⨯⨯=∞→+∞→∞→ 12!ln )1ln(exp(lim )12)!1ln(2!ln )1()!1ln()2(exp(lim +-+=++-+-++=∞→∞→n n n n n n n n n n n n )21exp(212ln)1(exp(lim =+++=∞→n n n n 7.设∑==nk kn aA 1,+∈N n ,数列}{n A 收敛.又有一个单调增加的正数数列}{n p ,且为正无穷大量.证明:lim2211=+++∞→nnn n p a p a p a p【证明】利用Stolz 定理,有nn n n n n n n n p A A p A A p A p p a p a p a p )()(lim lim 1122112211-∞→∞→-++-+=+++ nnn n n n n p A p A p p A p p A p p +-++-+-=--∞→11232121)()()(lim 0lim lim lim )(lim11=+-=+--=∞→∞→∞→++∞→n n n n n n nn nn n n A A A p p A p p 8.设}{n a 满足1)(lim 12=∑=∞→ni i n n aa ,证明:13lim 3=∞→n n a n .【证明】令∑==ni in aS 12.因为1)(lim 12=∑=∞→ni i nn aa ,所以}{n a 不会恒为零,故}{n S 当n 足够大时是单调增加的正数列.若+∞=∞→n n S lim ,则01limlim 12==∑=∞→∞→ni i n n n a a ;若}{n S 收敛,则0lim 0lim 2=⇒=∞→∞→n n n n a a ;即总有0lim =∞→n n a .所以1lim )(lim lim 11211111==-=++∞→++++∞→+∞→n n n n n n n n n n n S a a a S a S a 以及+∞=∞→n n S lim ,故31)(1lim )1(lim lim )(lim lim 2121213313333=++=--+==⋅=+++∞→+∞→∞→∞→∞→n n n n n n n n n n n n n n n nn S S S S a S S n n S n S S a n na 所以13lim 3=∞→n n a n 12.设10<<λ,}{n a 收敛于a .证明:λa a λa λa λa n n n n n -=++++--∞→1)(lim 0221 【证明】令a a b n n -=,那么)]()()[(lim )(lim 010221a b λa b λa b a λa λa λa n n n n n n n n n ++++++=++++-∞→--∞→ λa b λb λb λλa b λb λb n n n n n n n n n n -++++=+++++++=-∞→∞→-∞→1)(lim )1(lim )(lim 0101 故只需要证明)(lim 01=+++-∞→b λb λb n n n n 存在正数M 使得M b n <恒成立.对任给的0>ε,存在正整数N ,当N n >时有εb n <.所以当N n >时有估计11101b λb λb λb λb b λb λb n N N n N N n n n n n n ++++++≤+++-+---- M λλελλn N n N n )()1(1++++++≤--- M λN ελN n -++-≤)1(11因为0lim =-∞→Nn n λ,所以存在正整数N N >1,当1N n >时有εMN λN n )1(1+<-,此时有估计ελb λb λb n n n )111(01+-≤+++- 故)(lim 01=+++-∞→b λb λb n n n n 17.令20≥y ,221-=-n n y y ,+∈N n .设nn y y y y y y S 10100111+++=.证明:24lim 200--=∞→y y S n n 【证明】令10-+=a a y ,1≥a .可归纳得出nna ay n 22-+=,+∈N n ,即12211++=n na a y n .当1=a ,即20=y 时有2≡n y ,于是24121212120012--=→+++=+y y S n n ,∞→n ,命题成立;当1>a 时,有)1111(111)1()1)(1(121211211022222222222210+++++----=--=+++=n n n n n n aa a a a a a a a a a a a a y y y n 于是a a a a a a a a a S n k k n nk n n n 1)1111(lim 1)1111(lim 1lim 2212220222=----=----=+++∞→=∞→∞→∑而aa a a a y y 12)()(2411200=--+=----.第三章实数系的基本定理第四章函数极限4.5.2参考题7.对一般的正整数n 计算极限30sin sin limxxn nx x -→.【解】31030)sin )1sin((sin lim sin sin lim x x x k kx x x n nx nk x x ∑=→→---=-31031021sin 2sin 2sin 4lim ]2cos )21[cos(2sin 2lim x xk x k x x x x k x n k x n k x ∑∑=→=→--=--=6)1()1(2121--=--=∑=n n k k n k 11.设函数f 在),0(+∞上单调增加,且有1)()2(lim =+∞→x f x f x .证明:对每个0>a ,成立1)()(lim =+∞→x f ax f x .【证明】当1>a 时,存在正整数k 使得k k a 221≤≤-,于是)2()(lim )2()()2()2()()2(lim )()(lim 112x f ax f x f ax f x f x f x f x f x f ax f k x k x x -+∞→-+∞→+∞→==)2()(lim )2()()2()2(lim )2()(lim 11x f ax f x f ax f x f x f x f ax f k x k k k x k x +∞→-+∞→-+∞→==由于f 单调增加,所以1)2()(1≥-x f ax f k ,1)2()(≤x f ax f k,所以有)()(lim1)()(limx f ax f x f ax f x x +∞→+∞→≤≤故1)()(lim=+∞→x f ax f x 当10<<a 时,利用上述结果,有1)((1lim )()(1lim )()(lim ===+∞→=+∞→+∞→t f atf ax f x f x f ax f t t ax x x 当1=a 时显然,故对每个0>a ,成立1)()(lim =+∞→x f ax f x .第五章连续函数第六章导数与微分6.1.4练习题6.2.4练习题6.3.4练习题6.4.2参考题第一组参考题1.利用导数的定义计算极限xx x x sin )sin 1()tan 1(lim 10100--+→.【解】利用导数的定义,有xx x x sin )sin 1()tan 1(lim 10100--+→x x x x x x x x sin 1)sin 1(lim sin tan tan 1)tan 1(lim 100100---+-+=→→20))1((1))1((010010='++⨯'+===x x x x 2.设231)(2++=x x x f ,计算)0()100(f ,要求相对误差不超过1%.【解】由于2111)2)(1(1)(+-+=++=x x x x x f 所以101101)100()2(!100)1(!100)(+-+=x x x f 所以)211(!100)0(101)100(-=f 取!100)0()100(≈f,则相对误差为01.0121211(!100)211(!100!100101101101<-=---.3.设f 在点a 处可导,0)(≠a f .计算n n a f n a f ])()1([lim +∞→.【解】)()1(ln exp(lim ])()1([lim a f n a f n a f n a f n n n +=+∞→∞→由于)()(exp(1)()1()(1exp(lim ))()1(ln exp(lim a f a f xa f x a f a f a f x a f x x x '=-+=++∞→+∞→利用Heine 归结原则,有))()(exp()()1([lim a f a f a f n a f n n '=+∞→5.设0)0(=f ,)0(f '存在.定义数列)()2(1(222nn f n f n f x n +++= ,+∈N n ,试求n n x ∞→lim .【解】由于xx f x f x f f x x )(lim 0)0()(lim)0(00→→=--=',所以对任给的0>ε,存在0>δ,当δx <<0时有])0([)(])0([εf x x f εf x +'<<-'取11[+=δN ,当N n >时有δnn<<20,所以有])0()[21(])0(21(222222εf nnn n x εf n n n n n +'+++<<-'+++ 而n n n n n n 2121222+=+++ 所以εf x n nn <'-+)0(12故2)0(lim )0(lim 2)]0(12[lim 0f x f x f x n n n n n n n n '=⇒'-='-+=∞→∞→∞→6.求下列数列极限:(1))sin 2sin 1(sinlim 222n nn n n +++∞→ ;【解】运用上题的结论,考虑函数x x f sin )(=,即得21)0(21)sin 2sin 1(sinlim 222='=+++∞→f n n n n n (2))]1()21)(11[(lim 222n nn n n +++∞→ .【解】运用上题的结论,考虑函数)1ln()(x x f +=,即得e ))0(21exp(1(2111[(lim 222='=+++∞→f n n n n n 7.设xx y -+=11,计算)()(x y n ,+∈N n .【解】由于x xx x y ---=---=1121)1(2,通过求导找规律直接可得2122121)()1(2!)!32()1(2!)!12()(--+----+--=n nn n n x n x n x y ,2≥n 以及xx y -+-='-121)1(238.设f 在R 上有任意阶导数,证明:对每个正整数n 成立)(1)(1)]1([)1()1(1n n n n n xf x x f x -+-=【证明】用数学归纳法,当1=n 时,右式='='-=)1(1])1([2xf x xf 左式;假设当n k =时成立)(1)(1)]1([)1()1(1k k k k k xf x x f x -+-=;当1+=n k 时有)1(11)1(11([)1()]1([)1(+-+++⋅-=-n n n n n n x f x x x f x ∑+=-+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=10)1(1)(11([1)1(n k k n n k n x f x x k n })]1()[1()]1([{)1()(1)1(11n n n n n x f x n x f x x -+-+++⋅-=)1(1])1(1[)(1)(1xf x n x f x x n n n n +++-'⋅-=)1(1)]1(1)1(1[)(1)1(3)(2xf x n x f x x f x n x n n n n n n +++++--+-⋅-=1(1)1(2xf x n n ++=由归纳原理知命题成立.10.证明组合恒等式:(1)112-=⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∑n nk n k n k ,+∈N n ;【证明】考虑恒等式∑=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+nk k nx k n x 1)1(,对x 求导得∑=--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+nk k n x k n k x n 111)1(,再令1=x 即得112-=⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∑n nk n k n k (2)2122)1(-=⋅+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∑n nk n n k n k ,+∈N n .【证明】由(1)可知∑=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+n k kn x k n k x nx 11)1(,对x 求导得∑=---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+-++nk k n n x k n k x x n x n 11221])1()1()1[(再令1=x 即得2122)1(-=⋅+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∑n nk n n k n k 第二组参考题1.(1)求∑=n k kx 1sin 和∑=nk kx 1cos ;【解】利用积化和差公式)cos()cos(sin sin 2y x y x y x --+=-可知2cos)21cos(])21cos()21[cos(sin 2sin 211x x n x k x k kx x nk n k -+=--+=-∑∑==于是有2sin2)21cos(2cos sin 1x xn x kx nk +-=∑=,π2k x ≠,Z ∈k 当π2k x =时有0sin 1=∑=nk kx ;同样地,利用公式)sin()sin(cos sin 2x y y x y x --+=可知2sin)21sin(])21sin()21[sin(cos 2sin 211x x n x k x k kx x nk n k -+=--+=∑∑==于是有2sin22sin )21sin(cos 1x xx n kx nk -+=∑=,π2k x ≠,Z ∈k 当π2k x =时∑=nk kx 1cos 发散;(2)求∑=nk kx k 1sin 和∑=n k kx k 1cos .【解】利用(1)的结论,对结果求导即知4.证明:Legendre 多项式nnn n n x xn x P )1(d d !21)(2-=满足方程)()12()()(11x P n x P x P n n n +='-'-+【证明】直接计算可得])1()1(2[d d )!1(21)1(d d )!1(21)(2111122211nn n n n n n n n x x n xn x x n x P -++=-+='++++++++])1(2)1[(d d !21])1([d d !211222211-++-+-=-=n n n n n n n n n x nx x x n x x x n ])1)(11[(d d )!1(21)(1221---+--+=n nn n n x x x n x P ])1[(d d )!1(21)()12(121----++=n nn n n x x n x P n )()()12(1x P x P n n n -'++=5.证明:Legendre 多项式满足方程)()1()(2)()1(2=++'-''-x P n n x P x x P x n n n 【证明】考虑函数nx y )1(2-=,求导得12)1(2--='n x nx y ,即nxy y x 2)1(2='-,两边求1+n 次导数,利用Leibniz 公式,有∑∑+=-+++=-++='-1)1()(11)1()(21)()(2)()1(n k k n k k n n k k n k k n y x C n y x C即])1([2)1()1(2)1()()1()()1()2(2n n n n n y n xy n y n n xy n y x ++=++++-+++整理得)()1()2(2)1(2)1(n n n y n n xy y x +=+-++故0)1(2)1()()1()2(2=++--++n n n y n n xy y x 所以)()1()(2)()1(2=++'-''-x P n n x P x x P x n n n 第七章微分学的基本定理7.2.4练习题10.设f 在]1,1[-上有任意阶导数,0)0()(=n f,+∈∀N n ,且存在常数0≥C ,使得对所有+∈N n 和]1,1[-∈x 成立不等式n n C n x f !)()(≤.证明:0)(≡x f .【证明】写出nn n n n n x n ξf x n ξf x n f x f f x f !)(!)()!1()0()0()0()()()(1)1(=+-++'+=-- ,x ξ≤,所以有nn n Cxξf n x x f ≤=)(!)()(若10<≤C ,那么0)(→≤n C x f ,∞→n 此时有0)(≡x f ,]1,1[-∈x ;若1≥C ,那么当Cx C 2121<<-时有021)(→≤nx f ,∞→n 此时有0)(≡x f ,]21,21[CC x -∈,在这之上有0)0()(=n f ,+∈∀N n ,故以此类推可知分别在]22,21[C C ,]21,22[CC --,…等区间上都有0)(≡x f ,从而有0)(≡x f ,]1,1[-∈x .11.设f 在],[b a 上二阶可微,且0)()(='='b f a f .证明:存在),(b a ξ∈,使得成立)()()(4)(2a fb f a b ξf --≥''.【证明】写出2121))((21)())((21))(()()(a x ξf a f a x ξf a x a f a f x f -''+=-''+-'+=2222))((21)())((21))(()()(b x ξf b f b x ξf b x b f b f x f -''+=-''+-'+=其中b ξx ξa <<<<21.取2ba x +=,则分别有4)(2)()()2(21a b ξf a f b a f -''+=+,4)(2)()(2(22a b ξf b f b a f -''+=+以上两式相减可得4)()]()([21)()(0212a b ξf ξf a f b f -''-''+-=移项后,由三点不等式可得)(])()([21)()()(4122ξf ξf ξf a f b f a b ''≤''+''≤--其中))(,)(max()(21ξf ξf ξf ''''=''.13.设f 在),[+∞a 上二阶可微,且0)(≥x f ,0)(≤''x f ,证明:在a x ≥时0)(≥'x f .【证明】假设存在),[0+∞∈a x 使得0)(0<'x f ,那么当0x x ≥时)()(0x f x f '≤',进而有)()()()()()(0000x f x x ξf x x x f x f '-≤'-=-,x ξx ≤≤0,只需再令)()(000x f x f x x '->便得0)(<x f ,这与0)(≥x f 矛盾,所以在a x ≥时0)(≥'x f .14.设f 在)1,1(-上1+n 阶可微,0)0()1(≠+n f,+∈N n ,在10<<x 上有n n n n x n x θf x n f x f f x f !)()!1()0()0()0()()(1)1(+-++'+=-- ,其中10<<θ,证明:11lim 0+=→n θx .【证明】由导数定义可知xθf x θf fn n x n )0()(lim)0()()(0)1(-=→+1)(1)1(0)0(!])!1()0()0()0()([lim +--→----'--=n nn n n x x θx f n x n f x f f x f 而其中又有1)(1)1(0)0(!])!1()0()0()0()([lim +--→----'--n nn n n x x x f n x n f x f f x f 1)0()0()(lim 11)!1(!)0(!)(lim )1()()(0)()(0+=-+=+-=+→→n f x f x f n x n n f n x f n n n x n n x 所以11lim 1lim 1)0()0(00)1()1(+=⇒+=→→++n θθn f fx x n n 15.证明:在1≤x 时存在)1,0(∈θ,使得2)(1arcsin x θx x -=,且有31lim 0=→θx .【证明】利用Lagrange 中值定理知存在ξ介于0与x 之间使得210arcsin arcsin ξx x -=-当0=x 时任取)1,0(∈θ;当10≤<x 时有10<<x ξ,令xξθ=,故存在)1,0(∈θ使得2)(1arcsin x θx x -=所以31))(arcsin (arcsin lim arcsin arcsin lim arcsin 1lim lim 4022220222020=+-=-=-=→→→→x x x x x x x x x x x x θx x x x 故31lim 0=→θx 16.设f 在)(0x O δ上n 阶可微,且0)()(0)1(0===''-x fx f n ,0)(0)(≠x f n .证明:当δh <<0时,成立h h θx f x f h x f )()()(000+'=-+,10<<θ,且成立11lim -→=n h nθ.【证明】利用Lagrange 中值定理知存在ξ介于0x 与h x +0之间使得hξf x f h x f )()()(00'=-+因而有100<-<h x ξ,令hx ξθ0-=,则成立h h θx f x f h x f )()()(000+'=-+,10<<θ.所以有1100000)()()()()()(--⋅'-+'='--+n n n θh θx f h θx f h h x f x f h x f 而!)(!)(lim )()()(lim 0)(0)1(00000n x f h n h x f h h x f x f h x f n n h n h =+='--+-→→)!1()()!1()(lim )()(lim )()()(lim 0)(0)1(010001000-=-+='-+'='-+'-→-→-→n x f t n t x f t x f t x f h θx f h θx f n n t n t n h 故10101lim 1lim -→-→=⇒=n h n h nθn θ7.3.2参考题第一组参考题1.设有n 个实数n a a a ,,,21 满足12)1(31121=--++--n a a a n n 证明:方程0)12cos(3cos cos )(21=-+++=x n a x a x a x f n 在区间2π,0(中至少有一个根.【证明】构造辅助函数x n n a x a x a x F n )12sin(123sin 3sin )(21--+++= 则可见0)2π()0(==F F .对F 在区间]2π,0[上用Rolle 定理,就知道)()(x f x F ='在区间)2π,0(中有零点.2.设0≠c ,证明:方程0345=+++c bx ax x 至少有两个根不是实根.【证明】设c bx ax x x f +++=345)(,那么22234)345(345)(x b ax x bx ax x x f ++=++='若03452=++b ax x 有两个相同实根,那么0≥'f ,此时f 严格单调增加,故方程只有一个实根,还有四个根不是实根;若03452=++b ax x 无实根,那么f 严格单调增加,同上;若03452=++b ax x 有两不同实根21x x <,那么f 在),(1x -∞,),(2+∞x 上严格单调增加,在),(21x x 上严格单调减少,此时方程至多有3个实根,还有两个根不是实根.3.设0≠a ,证明:方程n n na x a x 222)(+=+只有一个实根0=x .【证明】设n n na x a xx f 222)()(+-+=,那么])([2)(1212--+-='n n a x x n x f 当0>a 时,0)(<'x f ;当0<a 时,0)(>'x f .总之f 是严格单调的,故至多有一个实根,而0=x 是它的一个实根,所以方程只有一个实根0=x .4.设f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可微,且满足条件0)()(>b f a f ,0)2()(<+ba f a f 证明:对每个实数k ,在),(b a 内存在点ξ,使成立0)()(=-'ξkf ξf .【证明】因为0)2()(<+b a f a f ,0)2()(<+b a f b f ,所以f 在)2,(b a a +和),2(b ba +上分别存在一个零点1x 与2x .构造辅助函数)(e )(x f x g kx-=,那么0)()(21==x g x g ,于是存在),(21x x ξ∈使得有0)(='ξg ,0)]()([e =-'-ξkf ξf ξk ,故0)()(=-'ξkf ξf .5.设∑==nk xλkk c x f 1e)(,其中n λλ,,1 为互异实数,n c c ,,1 不同时为0.证明:f 的零点个数小于n .【证明】用数学归纳法.当1=n 时xλc x f 1e )(1=,而01≠c ,此时f 没有零点;假设当n 时命题成立;当1+n 时,不妨令01≠+n c ,那么e )(0eee)(11)(11)(11111==⇒===∑∑∑+=-+=-+=n k x λλk n k xλλk xλn k xλk k k k c x g c c x f 而∑+=--='12)(11e )()(n k x λλk kk c λλx g 的零点个数至多有1-n 个,所以g 的零点个数至多有n 个,即f 的零点个数至多有n 个.根据归纳原理知命题成立.7.设f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可微,但不是线性函数,证明:存在),(,b a ηξ∈,使成立)()()()(ηf ab a f b f ξf '>-->'【证明】构造辅助函数)()()()()()(a f a x ab a f b f x f x g -----=因为f 不是线性函数,所以g 不恒为零,而0)()(==b g a g ,所以存在),(b a c ∈使得0)(≠c g ,不妨设为0)(>c g .于是存在),(,b a ηξ∈,使成立0)()()(>'=--ξg a c a g c g ,0)()()(<'=--ηg bc b g c g 即有)()()()(ηf ab a f b f ξf '>-->'8.设f 在],[b a 上二阶可微,0)()(==b f a f ,且在某点),(b a c ∈处有0)(>c f ,证明:存在),(b a ξ∈,使0)(<''ξf .【证明】利用Lagrange 中值定理,存在),(1c a ξ∈与),(2b c ξ∈使得0)()()(1>'=--ξf a c a f c f ,0)()()(2<'=--ξf cb c f b f 再次利用此定理,存在),(21ξξξ∈使得)()()(1212<''=-'-'ξf ξξξf ξf 9.利用例题7.1.3的方法(或其他方法)解决以下问题:(1)设f 在],[b a 上三阶可微,且0)()()(=='=b f a f a f ,证明:对每个],[b a x ∈,存在),(b a ξ∈,使成立)()(!3)()(2b x a x ξf x f --'''=【证明】当),(b a x ∈时构造辅助函数)()()()()()()(22t f b t a t b x a x x f t g -----=那么有0)()()(===x g b g a g ,于是存在b ξx ξa <<<<21使得0)()(21='='ξg ξg ,又)())](()(2[)()()()(2t f a t a t b t b x a x x f t g '---+---='所以0)(='a g ,于是存在2211ξηξηa <<<<使得0)()(21=''=''ηg ηg ,最后存在21ηξη<<使得)()(3)()(0)()()()(60)(22b x a x ξf x f ξf b x a x x f ξg --'''=⇒='''---⇒='''当a x =或b x =时任取),(b a ξ∈等式都成立.(2)设f 在]1,0[上五阶可微,且0)1()1()1()32(31(=''='===f f f f f ,证明:对每个]1,0[∈x ,存在)1,0(∈ξ,使成立3)5()1)(32)(31(!5)()(---=x x x ξf x f 【证明】当}32,31{\)1,0[∈x 时构造辅助函数)()1)(3231()132)(31()()(33t f t t t x x x x f t g -------=重复(1)中的操作,最终存在)1,0(∈ξ使等式成立.当31=x 或32=x 或1=x 时任取),(b a ξ∈等式都成立.(3)设f 在],[b a 上三阶可微,证明:存在),(b a ξ∈,使成立)()(121)]()()[(21)()(3ξf a b b f a f a b a f b f '''--'+'-+=【证明】【法一】设2a b c +=,2a b h -=,待证等式化为)(32)]()([)()(3ξf x h c f h c f h h c f h c f '''-+'+-'+-=+令K x h c f h c f h h c f h c f 332)]()([)()(-+'+-'+-=+构造辅助函数K x x c f x c f x x c f x c f x g 332)]()([)()()(++'+-'---+=那么0)()0(==h g g ,利用Rolle 中值定理,存在),0(1h x ∈使得0)(1='x g ,而)(]2)()([)(x xh xK x c f x c f x x g =++''--''='所以0)()0(1==x h h ,于是存在),0(12x x ∈使得0)(2='x h ,而Kx c f x c f x h 2)()()(++'''--'''-='所以有)()(2)()(222ξf K ξf x c f x c f K '''=⇒'''=+'''+-'''=【法二】考虑函数)]()()[(21)()()(a f x f a x a f x f x F '+'---=,3)()(a x x G -=那么0)()()()(='=='=a G a G a F a F ,连续运用Cauchy 中值定理,知)(121)()()()()()()()()()()()()()(ξf ξG ξF a G c G a F c F c G c F a G b G a F b F b G b F '''-=''''='-''-'=''=--=其中b c ξa <<<.(4)设f 在],[b a 上二阶可微,证明:对每个),(b a c ∈,有),(b a ξ∈,使成立))(()())(()())(()()(21b c a c c f a b c b b f c a b a a f ξf --+--+--=''【证明】构造辅助函数)())(())()(())(())()(())(())()(()(x f b c a c b x a x c f a b c b a x c x b f c a b a c x b x a f x g -----+----+----=那么有0)()()(===c g b g a g ,于是存在c ξb ξa <<<<21使得0)()(21='='ξg ξg ,进而知存在),(21ξξξ∈使得0)(=''ξg ,即))(()())(()())(()()(21b c a c c f a b c b b f c a b a a f ξf --+--+--=''10.设b a <<0,f 在],[b a 上可微,证明:存在),(b a ξ∈,使成立)()()()(1ξf ξξf b f a f b a b a '-=-【证明】利用Cauchy 中值定理,知存在),(b a ξ∈,使成立)()(1)()(11)()()()()()(122ξf ξξf ξξξf ξf ξa b a a f b b f b a a bf b af b f a f b a b a '-=--'=--=--=-16.设f 在]2,0[上二阶可微,且1)(≤x f ,1)(≤''x f ,证明:2)(≤'x f .【证明】写出21))((21))(()()0(x ξf x x f x f f -''+-'+=22)2)((21)2)(()()2(x ξf x x f x f f -''+-'+=其中2021≤≤≤≤ξx ξ.两式相减得])()2)(([21)(2)0()2(2122x ξf x ξf x f f f ''--''+'=-所以2122)()2)((21)0()2()(2x ξf x ξf f f x f ''--''+-≤'])2[(21)0()2(22x x f f +-++≤44212=⨯+≤故2)(≤'x f 18.设当],0[a x ∈时有M x f ≤'')(.又已知f 在),0(a 中取到最大值.证明:Ma a f f ≤'+')()0(.【证明】设f 在点),0(a b ∈处取得最大值,由Fermat 定理知0)(='b f .写出))(()()(1a b ξf a f b f -''+'='bξf f b f )()0()(2''+'='其中),(1a b ξ∈,),0(2b ξ∈.由此有估计Mab ξf b a ξf a f f ≤''+-''='+')()()()()0(21第二组参考题5.设f 在],[b a 上可微,)()(b f a f '=',证明:存在),(b a ξ∈,使成立aξa f ξf ξf --=')()()(【证明】考虑函数x a f x f x g )()()('-=,那么0)()(='='b g a g ,待证式为aξa g ξg ξg --=')()()(.考虑辅助函数⎪⎩⎪⎨⎧=≤<--=ax b x a ax a g x g x G ,0,)()()(若)()(a g b g =,那么有0)()(==a G b G ,于是存在),(b a ξ∈使得0)(='ξG ,即aξa g ξg ξg a ξa g ξg a ξξg --='⇒=-+--')()()(0)()()())((2若)()(a g b g >,那么0)()()()()()())(()(22<--=-+--'='a b b g a g a b a g b g a b b g b G 以及0)(>b G ,所以在b x =的某个左邻域],[b δb -内有点c 使得0)()(>>b G c G ,从而)(x G 在),(b a 内取到最大值,故存在),(b a ξ∈使得0)(='ξG .若)()(a g b g <,同理.6.设f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可微,又有),(b a c ∈使成立0)(='c f ,证明:存在),(b a ξ∈,满足ab a f ξf ξf --=')()()(【证明】构造辅助函数ab x a f x f x g ---=e)]()([)(那么ab xa b a f x f x f x g -----'='e ])()()([)(.如果0)(='c g ,那么取c ξ=即可.如果0)(>'c g ,那么)()(a f c f <,于是0)(<c g ,所以存在),(0c a x ∈使得0)()()(0<--='ac a g c g x g ,由达布定理知存在),(0c x ξ∈使得0)(='ξg .如果0)(<'c g ,同理.7.设f 在],[b a 上连续,在),(b a 上可微,0)(=a f ,0)(>x f ,],(b a x ∈∀,证明:对每个0>α,存在),(,21b a x x ∈,使成立)()()()(2211x f x f αx f x f '='【证明】只需考虑1>α的情形.构造辅助函数)(ln )(x f x F =,],(b a x ∈,则-∞=+→)(lim x F ax .记λb F =)(,可取),(b a c ∈使得1)(-=λc F ,由Lagrange 中值定理知)()()(11ξF cb c F b F c b '=--=-,),(1b c ξ∈再取),(c a d ∈使得cb ab αλd F ---=)(,由Lagrange 中值定理知)(1)()()(12ξF αcb αc b a b a b αd b d F b F ξF '>-=--->--=',),(2d a ξ∈由达布定理可知存在),(3b a ξ∈使得)()(13ξF αξF '='.8.设f 在),(+∞-∞上二阶连续可微,1)(≤x f ,且有4)]0([)]0([22='+f f ,证明:存在ξ,使成立0)()(=''+ξf ξf .【证明】在]2,0[上利用Lagrange 中值定理,知存在)2,0(1∈x 使得1)(2)0()2()(11≤'⇒-='x f f f x f 同理存在)0,2(2-∈x 使得1)(2)0()2()(22≤'⇒---='x f f f x f 构造辅助函数22)]([)]([)(x f x f x h '+=,]2,2[-∈x ,于是2)(1≤x h ,2)(2≤x h ,4)0(=h ,所以h 在)2,2(-∈ξ处取到最大值,于是0)(='ξh ,即有)()]()([2='''+ξf ξf ξf 由于3)]([4)]([22≥-≥'ξf ξf ,所以0)(≠'ξf ,故0)()(=''+ξf ξf .9.设f 在),(+∞-∞上二阶连续可微,且对所有R ,∈h x 成立。
数学分析讲义(第一章)
Ⅱ 典型例题与方法
1. 利用极限定义验证极限
前提：知道数列（函数）的极限值；
关键：寻找 N (δ ) .
基本方法：
（1）求最小的 N ：从不等式 an − a < ε 直接解出 n ；
（2）适当放大法：不等式 an − a < ε 较为复杂，无法直接解出，或求解的过程较繁，
为此先将表达式 an − a 进行化简，并适当放大，使之成为关于 n 的简单函数 H (n) （仍为无
(5). lim f (x) = A ⇔ ∀ε > 0, ∃M > 0, 当 x > M 时，有 f (x) − A < ε . x→+∞
(6) lim f (x) = A ⇔ ∀ε > 0, ∃M > 0, 当 x < −M 时，有 f (x) − A < ε . x→−∞ 2
特别地，若函数以零为极限，则称之为该情形下的无穷小量.理解无穷小量阶的比较的定
义及其意义，掌握等价无穷小量在极限计算中的应用，熟记常用的等价无穷小量：当 x → 0
时，
x ~ sin x ~ tan x ~ arcsin x ~ arctan x ~ ln(1 + x) ~ e x −1，
1 − cos x ~ x2 , (1 + x)α ~ αx, a x − 1 ~ x ln a . 2
n →∞
yn xn
= ⎪⎨+ ∞， ⎪⎩− ∞.
二 函数极限
1 定义 函数极限的六种形式：
(1)
lim f (x) = A ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0, 当 0 <
x → x0
x − x0
< δ 时，有
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第沖实数集与函敷 (1)第一节实数 (2)第二节效集僅界原理 (7)第三节fiftO (10)第四节具有某些特性的阪数 (17)总练习題答案 (22)第二章财极限 (26)第一节数列极限徵公 (27)第二节收敛数列的性质 (33)第三节数刘极限存在的条件 (39)总终习願唇* (44)第三章甬数极限 ........................................... ：・ .. (49)第一节面数极限低念 (50)第二节函数极限的性质 (55)第三节函数极限存在的条件 (60)第四节两个重要的极限 (64)第五卡无穷小董与无穷大R (69)总竦习題答案 (74)第酵献的连鸵 (79)第一节连续性豪念 (80)第二节连縊船性质 (86)第三节初等甬数的连线性 ............ : . (93)总绦习題菩案 (95)第五章导数和微分 (99)第一节导数的柢念 (100)第二节求导法H (107)一-唏三节滲变静数的导数 (114)第四节酗导数 ...................................................... ・“・117第五节» 分 (123)总练习题答案 (127)第六章微分中龊理及其觎 (130)第一节拉格朗日定理m的单调性 .......................................... BI第二节柯西中值定理和不定式极限 (140)s s223背F玄山鳥谡央」 225濟山M耳曲漱丰229s233s•册曲M#J r(涯) 242s s s殆2…••：254盂雷養監258259s^ss s s264誥**B i盂盅査穿268普令鉴雷畫抽273s 277•1s s§282T M283漓I*s s285s292s298誥H 書養 H93156羽W H阿涔30矗M g渐 -63S 169•s s ^§175176矗蛙益兽 -82节*笛料莽霞專常雷 183删I I*188 •ss ^l 189194孟盂睪 196节H 盂睾期盥聲睾賈 197n*W蛰®盥盂睾琳22金：2一22一8尹M册曲R222第一章实数集与函数本章大纲要求1 •掌握实数的概念及其性质2 •理解数集与邻域的概念，掌握有界集及确界的定义和确界原理3 •理解函数的概念，掌握函数的表示法及其有界性、单调性、周期性和奇偶性4 •掌握基本初等函数的性质和图形，理解复合函数、反函数、隐函数和分段函数的概念实数及其性质 买外绝对值与不等式有界性 单调性奇函数和偶函数 ［周期函数本章知识结构实数、数集与确界原理j 数集与确界原現 实 数 集 写 函 数［区间与邻域的概念与性质 （有界集确界原理〈确界、确界原理函数的定义及表示法函数的四则运算 函数概念复合函数反函数 初等函数数学分析同步捕导（上册）第一节实数一.基本内容SU — 2二、重点难点第一节实数及绝对值的相关概念及性质我们在屮学阶段均已接触过，只是那时尚未对一些性质做进一步讨论，如实数的阿基米德性及稠密性等，在本节的学习中我们应着重注意对学过的知识的系统归纳和总结，从更新的高度理解实数.三、典型例题分析例1.证明:对任意x e R,存在唯一的整数，记为［幻•使得［门<J<M+ I.这里称［刃为工的整数部分.证明先证存在性：若0 < I 时，则取［疋］=0,有［x］ < x < ［J］ +1.若h根据实数的阿基米德性质，存在正整数N■使得工< N,令E = | j<n,n为正整数”则E工0,因为N€ E，因此％= minE存在11有％—1丢工<心・令［x］= no-l,则［刃< X R］ +1・若X 0,则一工〉0,由上面所证，存在正整数［一/］使得［一刃〈一工 < ［一刃+ 1所以一(［—刃 +1)< x <一［—龙］当工=一［一幻时，一［一刃W工 <-［—工］+1.令［工］=—［-工］•则［x］ < X < ［刃 + 1当X <—［一王］时•则一［―工］—1 <工 <—［一攵］・令［工］=—［一文］一1 ,则［x］ < J < ［z］ +1综上,存在性成立.再证唯一性；设都为整数且"<x<n + l,w^x<m + l,那么—(?n + 1) <—x m由此得••n—(m + l)<0<M+l — Z/1 即”一加一1 < 0 < 九一m + 1U学分析15步■粤(上SB)得—1 < m — n < 1由此得加一刃=0,即加=几例2•试在数轴上表示出下列不等式的解；(1)|| 工+ 1 Hz-1 ||<1；⑵|卄2 |+|x-2|<12解(1)先对不等式两端平方并化筒得x2+y <1 J2 -1 I即疋一】>++* 或J2 - 1 <~ (J2 4-1-)显热前者不可能•故解得1 . . 1"7<J<2如图】一1・图1-1(2)令工一2 =蓟则得H + 4I+UK12 或"+ 4|<12-两边平方,化简得再对上式两端平方得/+竝一32£0于是一8©〈4即—6 £工g 6・如图1 一2・—4—I—>—•_・ 6-3036 x0B1-2例3・设实数“6满足丨a|<l,|i|<l.证明不等式第一章实槪靈与函槪乞+01 + ab证明要证明的不等式等价于即同时有一盂〉°与】+応〉。
由条件|a |<1, |6|<1,易见1 +仍> 0.故上述两式分别等价于1+必一0 —6〉0 与l+aA+a + b〉O即(1 一小(1一6) > 0与(1+a)仃+6) > 0,而这两式显然成立，因此命題成立.四、课本习题全解1. 证明(1)若a+工是有理® JiJ(a-x)-a = T也是有理数,这与工是无理数矛盾，故a + z是无理数.(2)若ar是有理数，当a工0时,-=r是有理数，这习工是无理数矛盾，故az是无理数.a2. 解(1)因为jx > 0, 0»前一个不等式组的解集ftA = {j|x>l},后一个不等式组的WftffiB={z|-l<x<0h所以解集堆 A U B.(2) 因为丨2|<1・于趁丨+± VI •故0V ±<1，则3-工〉1山<2・解集为(一8,2).(3) 因为>/57习 a o・a=r —血匸丁 > 0・平方得x—1+2T — 1 — 2 l)(2.r— 1) 3x — 2因此有2丿9-1)血-1)〈0,所以?(7-1)(2^-1) =0,即T= 1 •或工=*，但.检验发现T = 1和x=y均不符合原不等式，所以解集为0.3. 证明假设有a> b或a <b.不妨设a > 6.令£ = “一b>0・则| a — 6| = a —6 = e•这与| a —6i = a —^< €矛85 •从而必有a = h.4 •证明因为』与丄同号，所以X当且仅当I 了I二占,即上=± 1时取爭号.5•证明对任点的z6 R有数学分析15步H尊(上AB)(1) 1 z-1 l+lx-2|>|(x-1)-(x-2) 1 = 1 1 |= 1|(2)| x— 1 |4-| x—2 |+| J —3 I列才—1 1+1 工一3 |^| (z — 1) — (z —3) 1=2.6•证明只需i£(< (6-c)2即可•这等价于证■ ______________________2?©2 皿+/)(/+/) <一 2k,只需证*(a2+fr),<(a,+d2)(a2+?).即证2a i bc^a^^±^).由于a、6、r€R・，所以2力+0 ,a? > 0,所以有讥 <应 +。
)成立•因而原不等式成立.它的几何立义为:当b羊c时，平面上以点A(a#)、B(aQ、O(0,0 )为照点的三角形中.\\AOHBO IKIABI,当b =(时，图形为以点0(0?0),A(a,6)为Si点的线段.7 •证明因为工〉0』>0池工6,且._ a + 工二b_ a a _ a +工=j：(a — 6)虽二注？了_用=b(b+F所以当a>b时，1V霑 V务当a <6时，令 <屮<1,因而屮介于1与令之间.b^x b b o Tz 6 +j b4’ &证明反证:假设万为有理数，于是存在正整数加、机使切 4且加与”互质•则m J = pn\可见nn能整除加'.故存在整数"、&使加” +观=1,则m2u-f-mnv =加•由于n既能整除加‘"又能！8除加m，故能整除其和，于是”能整除皿这样“ =1，所以P =卅•这与P不是完金平方数相矛盾•故厶是无理数.9. M (1)根据原不等成，有岂 =2+1 <1，因此有一IV H+1V1卿0<三|<2,所以工>6・工<6,或0<a — b<C2i■- 2b,[2』—2b Va — 6 V0./故当a>b时，不等式的解为工> 爭;当时,不等式的解为工< 字;当a"时，不等式的解集为0.(2) 由原不等式可得X > bq严即5\b-x<Zx-a < x-b9 I a+6T>—故当a>b时■不等式的解为工〉字;当a£6时，不等式的解集为0.(3) 当时•原不等成的解集为0・当〃>0时，由原不等成得:“一6<分<卄6・因此当« + 6<0时，解集为空如当“+6〉0时，如果a^b,则解为\/a - 6 < | z | < Ja + 6,即Va — b < z< V’a 匸6 或 _ Ja + b <x <—J Q —Z如果|a|<d,W解为|工|< vE，即第一章实豪銀与Ed第二节数集•确界原理一、基本内容2-12-21•注意区别有界集与有限集的区别，有界集是描集合内的数有上下界，而有限集是指集合内的元素个数是有限的,这是两个完全不同的概念.2•确界原理是后面将要学习的极限理论的基础•读者应给予充分的重视•深刻理解确界O.三、典型例题分析例1•设S={J|Z2<2,J6Q}.验证sup S = V2Un（S = 一忆解先验证supS = &・对任Sz6S,由工2 <2得工VQ,所以吃是S的一个上界，另一方面，设aV两,由有理数集在实数集中的稠密性,在区间（⑴施）中必有有理数#•则J? V 2干是< € S且a < <・所以a不是S的上界，于是按上确界的定义,sup S = V2.类似上面•可以验i£infS=-；2.注易见本例中数集S在有理数集Q范围内无上、下确界•这表明确界原瞇Q内不成立・•・例2•给定数集A,B,ifiS = AUB证明（1）sup S = max{sup A.sup B} i（2）inf S = minfinf A,inf B}・证明我们只证前一式,后一式的证明类似. •…若A,B中至少有一个无上界，则S也无上界，此时等式两边都为+ 8现设A.B都有上界•由S = A U B,若工€ A（或工€ B）,HUG S,从而工W sup S（因为sup S是S的一个上界）上式表明，数sups是数集A的一个上界，而数sup A是A的最小上界•故sup A《sup S同理得sup B C sup S.故有sup S》max（sup A»sup B}另一方面,对任意x € S,有丁€人或么€ B,故工W sup A或x < sup B,所以sup S W maxi sup A,sup B}综上可得sup S = max{sup 儿sup B}.例3.证明一切有理真分式巴（式中加及加为自然数，且0<〃<〃）的集合无最小及最n大的元素.并求集合的上确界及下确界.证明令E表示一切有理真分式巴（式中正盛数加山满足0 V加< n）所成的集合•对n任何岂6 E,显然略€ E且嘤〉企又吗€ E且故E中既无最大数•也无n刃 +1 n + l n ?r if n最小数•显然有.课本习題全解1. « (1)原不等式等价于前一个不等式组的解为T<|；后者的解集为空集，所以解集为(一 8，*(2)原不等丈等价于一6 3+十< 6,即itf-个不等式组的解集为[3 — 2吃,3 + 2何.后者啲解集为[-3-272,-3 + 2^].因此解集为[一3 — 2吃,一3 + 2伺 U [3-272,3 + 2^]・⑶设8ft/(z) = (j-a)U-6)(x-c),x6 H 则由a<b<c 知当且仅当x € U.6) U (G +~). 时/(X )> 0.故解集为(砧)U (“ + 8).其中上为Sft. 2. »仃)设S 为一非空数集，若对VM> 0,日如€ S,使心> M,则称数集S 无上界.(2) » S 为一非空数集，若对VM> 0, % € S,«|J J> M,则称数集S 无界.3. 证明 设数集S = {y|y=2 — R}・对Vz € R,y = 2-F 《2,所以2是数集S 的上界.对VM>0・取女=v/H 而,存在〃 =2-J ? =-l-M€<-M.因此数集S 无下界. 4. 解(1)因为?<2,即一 #<J <V2,所以对VrWS,有工< 吃且工〉一两•献、一吃分别 是S 的上、下界.文对任点的正瓠,不前设e< 2v"2»存在恥=竝_+、工\ =-Q+寺,便工2】e 5,且 xo >72 -c»xi <一吃+£,所以由定义知 supS = 72»infS =->/2.⑵对S,l<；rV+8,所以・1是S 的下界.因为对VM>0,令” = [M] + ],则”！〉M.故S 无上界，所以 su pS=+oo,对 V c >0.存在 q =1! = 16 S,使 q V1+“所以 infS = 1.(3) 对Y 疋S,有0<J <1,所以1、0分别是S 的上、下界•又对Ve>0.不妨设e<l,ff 在无理数 7 6 (0,£),使 To = 1 一 q> 1 —e*使 xi = q V 0 + “所以 supS « l,infS = 0.(4) 对所以l 、*分别楚S 的上、下界•对VQ0,必有正整散険使寻V“ 则存在及=1~右€ S,使x 9 > 1-e.所以supS = 1.又存在刁=I -*y = y 6 S ・使4 < y 4-e ，故 infS = *・5 •证明必要性设infS = W€S ・则对V"€S 有心,而FGS,故F 是数集S 中最小的数，即e=minS.• 9 •充分性 设E=minS,则飞S,又因为对Y 工WS,有舜&即F 是S 的下界•若8> &只需取覇= f € S •则及工〉0.-6i<F + l <6 和 x<0> 6工 < r 2 +1《一6z.晋,由正弦由数的周期性,解集是VR 从而g= infS.6・证用(l)g^=infS-，W对Vxe S-,有工且对Yp>&存在及W s••使工。