数学分析(华东师大版)第三章习题详解
数学分析 3,4,5章答案 华东师范大学
（2）若 存在，试问是否成立 ？
解：（1）证明因为 存在，设 ，则任给 ，存在 ，使得当 时，有 。此时取 ，则当 时， ，从而有 ，故有 。
（2）若若 存在， 并不一定成立。
例如
这里 存在，但 不存在，但是 则 。
3．函数极限存在的条件
1．叙述函数极限 的归结原则，并应用它证明 不存在。
所以 。
2．利用迫敛性求极限：
（1） ；（2） 。
解：（1）因为 趋于负无穷，所以当 时，
，而 ，由迫敛性定理得 。
（2）因为 趋于正无穷，所以当 时， 。而 ， 。由迫敛性定理得 。
3．设 ， ，证明：
（1） ；
（2） ；
（3） 。
证明：（1）因为 ，则对任给的 ，存在 ，当 时， 。 ，则对任给的 ，存在 ，当 时， 。对已给定的 ，取 ，当 时， 与 同时成立。当 时，
，对 ，存在 ，使得当 时，有 ，于是取 ，则当 ，即在 内有 。
8．求下列极限（其中 皆为正整数）：
（1） ；（2） ；
（3） ；（4） ；
（5） 。
解：（1） 。
（2） 。
（3）由于
。由极限的四则运算法则，有
。
（4）由于 ，
。
（5）由于 ，当 时， 或 。对于两种形式，均有 ，由迫敛性定理得 。
解归结原则：设函数 为定义在 上的函数，则 存在的充要条件是：对任何含于 且趋于正无穷的数列 ，极限 都存在且相等。
证明由于 在 上有定义，设 ，则显然有 且 ，
但 ，有归结原则知 不存在。
2．设 为定义在 上的增（减）函数。证明： 存在的充要条件是 在 上有上（下）界。
证明只证一种情况即可。
华东师大数学分析答案第三章函数极限
第三章 函数极限§1 函数极限概念一、按概念证明以下极限: (1);656lim=+∞→xx x (2)2)106(lim 22=+-→x x x ;(3) ;115lim 22=--∞→x x x (4) 04lim 22=-→x x ; (5) 0cos cos lim 0x x x x =→证: (1)当0>x 时,xx x 5656=-+,于是对任给正数ε,只要取ε5=M ,当M x >时,有ε<-+656xx .故656lim=+∞→x x x (2) 当120<-<x 时,有422)106(2-⋅-=-+-x x x x 23)22(2-<+-⋅-≤x x x ,对任给正数ε,只要取}3,1min{εδ=,那么当δ<-<20x 时,有ε<-+-2)106(2x x ,故2)106(lim 22=+-→x x x .(3)当2>x 时, x x x x x 411411522<+-=---.对任给正数ε,只要取}4,2{ε=M ,当M x >时,便有ε<---11522x x ,故115lim 22=--∞→x x x . (4)设)2,1[∈x ,那么x x x -⋅+=-2242x -≤22.0>∀ε,取42εδ=,那么当820<-<x ,即21<<-x δ时,ε<-24x ,故04lim 22=-→x x .(5)因为00002sin 2sin2cos cos x x x x x x x x -≤+-=-. 从而对任给正数ε,只要取εδ=,当δ<-<00x x 时,就有ε<-0cos cos x x .0cos cos lim 0x x x x =→故0cos cos lim 0x x x x =→.二、参照概念2正面陈述A x f x x ≠→)(lim 0.解:设函数f 在点0x 的某空心邻域),(00δ'x U 内有概念,A 是一个确信的常数.假设存在某个正数0ε,使得对任意的正数δ,总存在x ',知足δ<-'<00x x ,且0)(ε≥-'A x f 那么称当0x x →时)(x f 不以A 为极限,记为A x f x x ≠→)(lim 0.3、 证明: )(lim )(lim 00h x f x f h x x +=→→.证明: 设A x f x x =→)(lim 0,那么对任给正数ε,存在正数δ,当δ<-<00x x 时,有ε<-A x f )(.从而当δ<<h 0时,有δ<-+<00)(0x h x ,于是ε<-+A h x f )(0, 故A h x f h =+→)(lim 00.反之,设A h x f h =+→)(lim 00,那么对任给正数ε,存在正数δ,当δ<<h 0时,有ε<-+A h x f )(0.从而当δ<-<00x x 时,0x x h -=知足δ<<h 0, 从而=-A x f )(ε<-+A h x f )(0 故A x f x x =→)(lim 0.4、 证明A x f x x =→)(lim 0,那么A x f x x =→)(lim 0.但反之不真.证: 设A x f x x =→)(lim 0,那么对任给正数ε,存在正数δ,当δ<-<00x x 时,有ε<-A x f )(.因此当δ<-<00x x 时, 有ε<-≤-A x f A x f )()( 故A x f x x =→)(lim 0.但逆命题不真.如对⎪⎩⎪⎨⎧<=>-=0,10,00,1)(x x x x f ,有⎩⎨⎧=≠=0,00,1)(x x x f且1)(lim 0=→x f x x ,但)(lim 0x f x x →不存在.5、 证明定理定理 A x f x x =→)(lim 0的充分必要条件是)(lim )(lim 00x f x f x x x x -+→→=A =.证: 必要性 设A x f x x =→)(lim 0,那么对任给正数ε,存在正数δ,当δ<-<00x x 时,有ε<-A x f )(.因此,当δ<-<00x x 时,有ε<-A x f )(.故A x f x x =+→)(lim 0当δ<-<x x 00时,有ε<-A x f )(.故A x f x x =-→)(lim 0.充分性 设A x f x f x x x x ==-+→→)(lim )(lim 0,那么对任给正数ε,别离存在正数1δ和2δ,使适当δ<-<00x x 或δ<-<x x 00时,都有ε<-A x f )(. 现取},min{21δδδ=,当δ<-<00x x 时,有1000δδ≤<-≤-<x x x x ,或2000δδ≤<-≤-<x x x x因此由(1)知ε<-A x f )(故A x f x x =→)(lim 0.6.研究以下函数在0=x 处的左右极限或极限(1)x x x f =)(; (2)][)(x x f =; (3) ⎪⎩⎪⎨⎧<+=>=0,10,00,2)(2x x x x x f x解: (1)当0>x 时, 1)(==xx x f ,故1)(lim 0=+→x f x x .当0<x 时, 1)(-==xx x f ,故1)(lim 0-=-→x f x x ,因此)(lim 0x f x →不存在.(2) 当01>>x 时, ][)(x x f =0=,故0)(lim 0=+→x f x x .当01<<-x 时, ][)(x x f =1-=,故1)(lim 0-=-→x f x x .因此)(lim 0x f x →不存在.(3) 当0>x 时, x x f 2)(=,故12lim )(lim 0==++→→x x x x f . 当0<x 时, 21)(x x f +=,故1)1(lim )(lim 20=+=--→→x x f x x . 因此1)(lim 0=→x f x .7.证明: )1(lim )(lim 0xf x f x x +→∞→=. 证: 设A x f x =∞→)(lim ,B xf x =+→)1(lim 0,下证B A =. 对任给正数ε,存在0>M ,0>δ,使适当M x >时,有2)(ε<-A x f .当δ<<x 0时,有2)1(δ<-B xf .令}1,min{M δη=,那么当η<<x 0时,M x>1, 从而由(1)知2)1(ε<-A xf .于是当η<<x 0时,由(2)与(3)知ε<-+-≤-B xf x f A B A )1()1(. 可见ε≤-B A ,由于ε的任意性可得, B A =8.证明:对黎曼函数)(x R 有0)(lim 0=→x R x x ,]1,0[0∈x (当0=x 或1时,考虑单侧极限)证: [0,1]上的黎曼函数概念如下: ⎪⎩⎪⎨⎧===或无理数当时当1,0,0,1)(x q p x q x R仍取]1,0[0∈x ,对任意给定的正数ε,知足不等式ε1≤n 的自然数n 最多有有限个.于是在[0,1]中最多有有限个既约分数qp ,使得ε≥=q q p R 1)(.因此咱们可取0>δ,使得0x 的空心邻域),(00δx U 内不含如此的既约分数, 于是只要δ<-<00x x (对00=x ,只要δ<<x 0;对10=x ,只要δ<-<x 10). 不论x 是不是为有理数,有ε<)(x R 故0)(lim 0=→x R x x ,]1,0[0∈x .§2 函数极限的性质一、求以下极限:(1))cos (sin 2lim 22x x x x --→π; (2) 121lim 220---→x x x x ;(3) 121lim 221---→x x x x ; (4) 32302)31()1(lim x x x x x +-+-→; (5) 11lim 1--→m n x x x (n 、m 为自然数);(6) 2321lim4--+→x x x ; (7) xax a x -+→20lim ,(0>a );(8) xx x x cos lim-∞→; (9) 4sin lim 2-∞→x xx x ;(10) 902070)15()58()63(lim --+∞→x x x x 解:(1))cos (sin 2lim 22x x x x --→π)41(22π-=.(2) 121lim 220---→x x x x 110010=---=.(3) 121lim 221---→x x x x 32121lim 1=++=→x x x . (4) 32302)31()1(lim xx x x x +-+-→3123lim 0-=+-=→x x x . (5) 11lim 1--→mn x x x mnx x x x x x m m n n x =++++++++=----→11lim 21211 . (6) 2321lim4--+→x x x 34321)2(2lim4=+++=→x x x . (7) x ax a x -+→20lim a ax a x 211lim 20=++=→. (8) x x x x cos lim-∞→1cos 1lim =-=∞→xxx .(9) 4sin lim 2-∞→x x x x 0411sin lim 2=-⋅=-∞→xx x x . (10) 902070)15()58()63(lim --+∞→x x x x 902070902070583)15()58()63(lim ⋅=--+=∞→xx x x .2.利用迫敛性求极限:(1) xx x x cos lim --∞→; (2) 4sin lim 2-+∞→x xx x .解: (1)因为1cos 1≤≤-x ,因此xx x x x x x 1cos 1-≤-≤+ )0(<x 而1)11(lim 1lim=+=+-∞→-∞→x x x x x ,1)11(lim 1lim =-=--∞→-∞→xx x x x 因此1cos lim=--∞→xxx x (2) 因为1sin 1≤≤-x ,因此44sin 4222-≤-≤--x xx x x x x , (2>x )而00411lim 4lim 22=-=--=--+∞→+∞→x x x x x x ,0411lim 4lim 22=-=-+∞→+∞→xx x xx x 因此04sin lim 2=-+∞→x xx x3.证明定理定理 假设极限)(lim 0x f x x →与)(lim 0x g x x →都存在,那么g f ±,g f ⋅在0x x →时极限也存在,且(Ⅰ) =±→)]()([lim 0x g x f x x )(lim 0x f x x →)(lim 0x g x x →±;(Ⅱ) =⋅→)]()([lim 0x g x f x x )(lim 0x f x x →)(lim 0x g x x →⋅;(Ⅲ)假设0)(lim 0≠→x g x x ,那么g f 在0x x →时极限存在,且有)(lim )(lim )()(lim 00x g x f x g x f x x x x x x →→→=. 证:设A x f x x =→)(lim 0,B x g x x =→)(lim 0,那么对任给的正数ε,别离存在正数1δ和2δ,使当100δ<-<x x 时,有2)(ε<-A x f . (1)当200δ<-<x x 时,有2)(ε<-B x f . (2)(Ⅰ)取},min{21δδδ=,当δ<-<00x x 时,有(1)、(2)同时成立，于是有ε<-+-≤±-±B g A f B A g f )()(，故B A x g x f x x ±=±→)]()([lim 0.(Ⅱ)由B x g x x =→)(lim 0知, 存在正数3δ,使)(x g 在),(300δx U 上有界,即存在正数M ,对任给),(300δx U x ∈,有M x g ≤)(. (3)取},,min{321δδδδ=,当δ<-<00x x 时,有(1)、(2)、（3）同时成立， 因此AB x g x f -⋅)()())(())()((B x g A A x f x g -+-=B x g A A x f x g -⋅+-⋅≤)()()(ε2A M +<。
数学分析教案(华东师大版)第三章函数极限
第三章函数极限教课目标：1.使学生坚固地成立起函数极限的一般观点，掌握函数极限的基天性质；2.理解并运用海涅定理与柯西准则判断某些函数极限的存在性；3. 掌握两个重要极限和，并能娴熟运用；4.理解无量小（大）量及其阶的观点，会利用它们求某些函数的极限。
教课重（难）点：本章的要点是函数极限的观点、性质及其计算；难点是海涅定理与柯西准则的应用。
教课时数： 14 学时§ 1函数极限观点（2学时）教课目标：使学生成立起函数极限的正确观点；会用函数极限的定义证明函数极限等相关命题。
教课要求：使学生逐渐成立起函数极限的定义的清楚观点。
会应用函数极限的定义证明函数的相关命题，并能运用语言正确表述函数不以某实数为极限等相应陈说。
教课要点：函数极限的观点。
教课难点：函数极限的定义及其应用。
一、复习：数列极限的观点、性质等二、讲解新课：（一）时函数的极限：学好料迎下以介符号 : 定 ( 和例引入 .的意 ,和. )的直意.几何意介域此中充足大的正数．而后用些域言介几何意．例 1例 2例 3（二）函数的极限：由考定函数极限的“”定. 几何意 .用定函数极限的基本思路. 的极限引入.⋯⋯例4 考证例5 考证例6 考证证由=为使为使需有需有于是 , 倘限制, 就有例 7 考证例 8 考证(近似有（三）单侧极限 :1．定义：单侧极限的定义及记法 .几何意义 :介绍半邻域而后介绍等的几何意义 .例9考证证考虑使的2.单侧极限与两侧极限的关系 :Th近似有 :例 10证明:极限不存在.例 11设函数在点的某邻域内单一.若存在,则有=§2函数极限的性质（2学时）教课目标：使学生掌握函数极限的基天性质。
教课要求：掌握函数极限的基天性质：独一性、局部保号性、不等式性质以及有理运算性等。
教课要点：函数极限的性质及其计算。
教课难点：函数极限性质证明及其应用。
教课方法：讲练联合。
一、组织教课：我们引进了六种极限 :, . 以下以极限为例议论性质.均给出证明或简证.二、讲解新课：（一）函数极限的性质:以下性质均以定理形式给出.1.独一性 :2.局部有界性 :3.局部保号性 :4.单一性 ( 不等式性质 ):Th 4若和都存在,且存在点的空心邻域, 使，都有证设=(现证对有)註:若在Th 4的条件中,改“”为“” ,未必就有以举例说明.5.迫敛性 :6.四则运算性质 : ( 只证“ +”和“” )（二）利用极限性质求极限：已证明过以下几个极限：（注意前四个极限中极限就是函数值）这些极限可作为公式用 . 在计算一些简单极限时 , 有五组基本极限作为公式用 , 我们将陆续证明这些公式 .利用极限性质，特别是运算性质求极限的原理是：经过相关性质 , 把所求极限化为基本极限 , 代入基本极限的值 , 即计算得所求极限 .例1(利用极限和) 例 2例 3註:对于的有理分式当时的极限.例4[利用公式]例 5例 6例 7例 8例 9例10已知求和增补题:已知求和()§ 3函数极限存在的条件（ 4 学时）教课目标：理解并运用海涅定理与柯西准则判断某些函数极限的存在性。
数学分析课本（华师大三版）-习题及答案01
数学分析课本（华师大三版）-习题及答案01第一章实数集与函数习题§1实数1、设a 为有理数，x 为无理数。
证明：（1）a+ x 是无理数；（2）当a ≠0时，ax 是无理数。
2、试在数轴上表示出下列不等式的解：（1）x （2x -1）>0；（2）|x-1|<|x-3|；（3）1-x -12-x ≥23-x 。
3、设a 、b ∈R 。
证明：若对任何正数ε有|a-b|<ε，则a = b 。
4、设x ≠0，证明|x+x1|≥2，并说明其中等号何时成立。
5、证明：对任何x ∈R 有（1）|x-1|+|x-2|≥1；（2）|x-1|+|x-2|+|x-3|≥2。
6、设a 、b 、c ∈+R （+R 表示全体正实数的集合）。
证明|22b a +-22c a +|≤|b-c|。
你能说明此不等式的几何意义吗7、设x>0，b>0，a ≠b 。
证明x b x a ++介于1与ba 之间。
8、设p 为正整数。
证明：若p 不是完全平方数，则p 是无理数。
9、设a 、b 为给定实数。
试用不等式符号（不用绝对值符号）表示下列不等式的解：（1）|x-a|<|x-b|；（2）|x-a|< x-b ；（3）|2x -a|§2数集、确界原理1、用区间表示下列不等式的解：（1）|1-x|-x ≥0；（2）| x+x1|≤6；（3）（x-a ）（x-b ）（x-c ）>0（a ，b ，c 为常数，且a<b<=""></b（4）sinx ≥22。
2、设S 为非空数集。
试对下列概念给出定义：（1）S 无上界；（2）S 无界。
3、试证明由（3）式所确定的数集S 有上界而无下界。
4、求下列数集的上、下确界，并依定义加以验证：（1）S={x|2x <2}；（2）S={x|x=n ！，n ∈+N }；（3）S={x|x 为（0，1）内的无理数}；（4）S={x|x=1-n 21，n ∈+N }。
数学分析(华东师大)第三章函数极限
第 三 章 函 数 极 限§1 函数极限概念一 x 趋于∞时函数的极限设函数 f 定义在 [ a , + ∞ ) 上 , 类 似于 数列情 形 , 我们 研究 当自变 量 x 趋 于 + ∞时 , 对应的函数值能否无 限地 接近 于某 个定 数 A .例如 , 对 于 函数 f ( x ) =1x, 从图象上可见 , 当 x 无限增大时 , 函数值无限 地接近 于 0; 而对 于函 数 g ( x) = arctan x , 则当 x 趋于 + ∞时函数值无限地接近于 π2 .我们称这 两个函数 当 x趋于 + ∞时有极限 .一般地 , 当 x 趋于 + ∞时函数极限的精确定义如下 :定义 1 设 f 为定义在 [ a , + ∞ ) 上的函数 , A 为定数 .若对任给的 ε> 0 , 存 在正数 M ( ≥ a) , 使得当 x > M 时有f ( x ) - A < ε,则称函数 f 当 x 趋于 + ∞时以 A 为极限 , 记作lim x → + ∞f ( x ) = A 或 f ( x ) → A ( x → + ∞ ) .在定义 1 中正数 M 的作用与数列 极限 定义 中的 N 相类似 , 表 明 x 充分 大 的程度 ; 但这里所考虑的是比 M 大的所有 实 数 x , 而不仅仅是正 整数 n .因 此 , 当 x → + ∞ 时函数 f 以 A 为极限意 味着 : A 的任 意小 邻 域内必含有 f 在 + ∞的某邻 域内的全 部函 数 值 .定义 1 的几何意义如图 3 - 1 所示 , 对 任 给的 ε> 0 , 在坐标平面上平行于 x 轴的两 条 直线 y = A + ε与 y = A - ε, 围成 以直 线 y =图 3 - 1A 为中心线、宽为 2ε的带形区域 ; 定义中的“当 x > M 时 有 | f ( x ) - A | < ε”表 示 : 在直线 x = M 的右方 , 曲线 y = f ( x) 全部落在这个带形区域之内 .如果正数 ε给得小一点 , 即当带形区域更窄一点 , 那么 直线 x = M 一般 要往 右平移 ; 但 无 论带形区域如何窄 , 总存在这样的正数 M , 使得曲线 y = f ( x ) 在直线 x = M 的§1 函数极限概念 43右边部分全部落在这更窄的带形区域内 .现设 f 为定义在 U( - ∞ ) 或 U ( ∞ ) 上的 函数 , 当 x → - ∞ 或 x →∞ 时 , 若 函数值 f ( x ) 能无限地接近某定数 A , 则称 f 当 x → - ∞或 x → ∞时 以 A 为 极 限 , 分别记作lim x → - ∞ lim x → ∞f ( x ) = A 或 f ( x ) → A ( x → - ∞ ) ;f ( x) = A 或 f ( x) → A ( x → ∞ ) .这两种函数极限的精确定义与 定义 1 相 仿 , 只 须把 定义 1 中 的“ x > M ”分别 改 为“ x < - M ”或“ | x | > M ”即可 .读者不难证明 : 若 f 为定义在 U ( ∞ ) 上的函数 , 则lim x → ∞f ( x) = A ! lim x → + ∞f ( x ) = lim x → - ∞f ( x ) = A .( 1)例 1 证明 lim 1= 0 .x → ∞x证 任给 ε> 0 , 取 M = 1ε, 则当 | x | > M 时有所以 l im 1= 0 .1 1 x - 0 =x<1 M= ε, x → ∞x例 2 证明 : 1) limarctan x = - π; 2) lim arctan x = π. x → - ∞证 任给 ε> 0 , 由于2x → + ∞2arctan x --π 2< ε( 2)等价于 - ε-π < arctan x < ε- π, 而此不等式的左半部分对任 何 x 都 成立 , 所 2 2以只要考察其右半部分 x 的变化范围 .为此 , 先限制 ε< π, 则有2x < tan ε - π 2 = - tan π2 - ε .故对任给的正数 ε <π 2 , 只须 取 M = tan π- ε , 则 当 x < - M 时 便有 ( 2) 2式成立 .这就证明了 1 ) .类似地可证 2 ) .注 由结论 (1 ) 可知 , 当 x →∞时 arctan x 不存在极限 .二 x 趋于 x 0 时函数的极限设 f 为定义在点x0 的某个空心邻域U°( x0 ) 内的函数.现在讨论当x 趋于x0 ( x≠x0 ) 时, 对应的函数值能否趋于某个定数 A .这类函数极限的精确定义如下:2 044第三章 函 数 极 限定义 2 ( 函 数 极 限 的 ε - δ 定 义 ) 设 函 数 f 在 点 x 0 的 某 个 空 心 邻 域 U °( x 0 ;δ′) 内有定义 , A 为定数 .若对任给 的 ε> 0 , 存在正数 δ( < δ′) , 使得当 0 < | x - x 0 | < δ时有f ( x ) - A < ε, 则称函数 f 当 x 趋于 x 0 时以 A 为极限 , 记作lim x → xf ( x) = A 或 f ( x) → A ( x → x 0 ) .下面我们举例说明如何应 用 ε- δ定义 来验 证 这种 类型 的函 数极 限 .请 读 者特别注意以下各例中 δ的值是怎样确定的 .例 3 设 f ( x) = x- 4 , 证明lim f ( x) = 4 .x - 2证 由于当 x ≠ 2 时 ,2x → 2 f ( x) - 4 =x - 4x - 2- 4 = x + 2 - 4 = x - 2 ,故对给定的 ε> 0 , 只要取 δ= ε, 则当 0 < | x - 2 | < δ时 有 | f ( x ) - 4 | < ε .这 就 证明了lim f ( x ) = 4 .x → 2例 4 证明 : 1) lim sin x = sin x 0 ; 2 ) lim cos x = cos x 0 .x → xx → x证 先建立一个不等式 : 当 0 < x < π时有2sin x < x < tan x . ( 3)事实上 , 在如图 3 - 2 的单位圆内 , 当 0 < x < π时 , 显 然2有S △ O A D < S 扇 形 O A D < S △ O AB ,1 2 sin x < 12 x < 1 2 tan x , 由此立得(3 ) 式 . 图 3 - 2又当 x ≥π时有 sin x ≤1 < x , 故对一切 x > 0 都有2sin x < x; 当 x < 0 时 , 由 sin ( - x) < - x 得 - sin x < - x .综上 , 我 们又得到 不 等式sin x ≤ x , x ∈ R ,( 4)其中等号仅当 x = 0 时成立 .现证 1) . 由 ( 4) 式得sin x - sin x 0 = 2 cosx + x 02sinx - x 0≤ x - x .2对任给的 ε> 0 , 只要取 δ= ε, 则当 0 < | x - x 0 | < δ时 , 就有sin x - sin x 0< ε .即0 1 - x 2 -1 - x 0 2或 等 § 1 函数极限概念 45所以 lim sin x = sin x 0 . 2) 的证明留给读者作为练习。
华东师大数学分析答案完整版
华东师大数学分析答案完整版一、填空题1. 极限的定义是当自变量趋近于某个值时，函数的值趋近于另一个确定的值。
2. 函数在某一点连续的充分必要条件是左极限、右极限和函数值在该点相等。
3. 无穷小量与无穷大量的关系是无穷小量的倒数是无穷大量，无穷大量的倒数是无穷小量。
4. 函数的导数表示函数在某一点的瞬时变化率。
5. 微分表示函数在某一点的微小变化量。
6. 函数的积分表示函数在某个区间上的累积变化量。
7. 变限积分的导数是原函数的导数。
8. 无穷级数的收敛性可以通过比较判别法、比值判别法等方法进行判断。
9. 函数的泰勒级数表示函数在某一点的幂级数展开。
10. 傅里叶级数表示周期函数的三角级数展开。
二、选择题1. 下列函数中，连续的是（A）。
A. f(x) = x^2B. f(x) = 1/xC. f(x) = sin(x)D. f(x) = |x|2. 下列极限中，存在的是（B）。
A. lim(x→0) 1/xB. lim(x→∞) x^2C. lim(x→0) sin(x)/xD. lim(x→∞) e^(x)3. 下列函数中，可导的是（A）。
A. f(x) = x^3B. f(x) = |x|C. f(x) = sin(1/x)D. f(x) = x^(1/3)4. 下列积分中，收敛的是（C）。
A. ∫(1/x) dxB. ∫(1/x^2) dxC. ∫(e^(x)) dxD. ∫(1/x^3) dx5. 下列级数中，收敛的是（B）。
A. ∑(1/n)B. ∑(1/n^2)C. ∑(1/n^3)D. ∑(1/n^4)三、解答题1. 求函数 f(x) = x^3 3x + 2 在 x = 1 处的导数。
解答：f'(x) = 3x^2 3，代入 x = 1，得 f'(1) = 0。
2. 求不定积分∫(e^x) dx。
解答：∫(e^x) dx = e^x + C，其中 C 为任意常数。
数学分析课件(华东师大版)(三)
d2y d = [− csc2 ( x + y )] 2 dx dx
= −2 csc( x + y ) ⋅ [ − csc( x + y ) cot( x + y )] ⋅ (1 + y′ )
例3 ①
求下列函数的导数
1 y = arccos x
−1 y′ = − ⋅ 2 = 1 x 1− 2 x 1 = | x | x2 − 1 1
②
| x| 1 ⋅ 2 2 x −1 x
f ( x ) = max{ x , x 2 } ,0 < x < 2
x 0< x<1 f ( x) = 1 x =1 x2 1 < x < 2 故 当0 < x < 1时 f ′( x ) = 1 当1 < x < 2时 f ′( x ) = 2 x
| sin x | 而 lim 不存在 x →0 x
故f ( 0 ) = 0
证二 F ( x ) = f ( x )(1+ | sin x |)在x = 0处可导,即
F ′(0)存在 ⇔ F−′ (0) = F+′ (0) f ( x )(1 − sin x ) − f (0) F−′ (0) = lim− x →0 x sin x f ( x ) − f ( 0) = lim− − f ( x) ⋅ x →0 x−0 x = f ′( 0 ) − f ( 0 ) f ( x )(1 + sin x ) − f (0) F+′ (0) = lim+ x →0 x sin x f ( x ) − f ( 0) = lim+ + f ( x) ⋅ x →0 x−0 x = f ′( 0 ) + f ( 0 )
华东师大数学分析答案完整版
历年考研真题评析!
%题!&!!北京大学#$##3年$设,!$$在(%#;’上无界#求证)16#(%#;’#使 得 对 ,#&##,!$$在!#(##= &#$2 (%#;’上 无 界 !
分析!本题采用闭区间套定理证明!
证明!取%#;中点%$&;#则(%#%$&;’#(%$&;#;’中至 少 有 一 个 区 间 使 ,!$$无 界 !如 果 两 个 都 是 可 任 取 一 个 $#记 为 (%! #;!’!
,!($$%8!($$&9 !($$% (8!$$&9 !$$
而
,!$$%8!$$&9!$$
由 之 可 得 ! ! !8!$$%,!$$($,!($$#9 !$$%,!$$&$,!($$
这里 8!$$#9!$$分别是奇函数和偶函数!
+ , %例"&!求数集 ’% !&!&$&!(!$& �& 的上"下确界!
向 的 基 础 !数 学 归 纳 法 是 证 明 某 些 不 等 式 的 重 要 工 具 !
二 !数 集 " 确 界 原 理
!" 邻域是数学分析中重要的基本概念!某点的邻域是与该点靠近的数的 集 合#它 是 描 述 极 限 概 念的基本工具! 在无限区间记号!()#%’#!() #%$#(%#& )$#!%#& )$#!( ) #& )$中 出 现 的 ( ) 与 & )仅是常 用 的 记 号#它 们 并 不 表 示 具 体 的 数!在 数 学 分 析 课 程 范 围 内#不 要 把&)#( )#) 当作数来运算!
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P 471.按定义证明：（1）65lim 6;x x x→+∞+= (2)22lim(610)2;x x x →-+= (3) 225lim 1;1x x x →∞-=-(4)2lim 0;x -→= (5)00lim cos cos .x x x x →=证: （1） 不妨设0,x >则6556.x x x +-=0,ε∀>取5,M ε=则当x M >时，有6556,x x x ε+-=<故65lim6.x x x→+∞+=(2)22|(610)2||68||4||2|.x x x x x x -+-=-+=--限制|2|1,x -<则|4||(2)2||2|23,x x x -=--≤-+<进而有2|(610)2|3|2|.x x x -+-<-0,min{1,},:0|2|3x x εεδδ∀>∃=∀<-<有2|(610)2|.x x ε-+-<故得证.(3)22222254488||2,1||.11||2x x x x x x x x ->-=<=<---当时80,max{2,},||M x M εε∀>∃=>当时有 2251,1x x ε--<-故得证. (4) 当021x <-<时有12,x <<进而20(2)(2)4(2),x x x ==≤+-<-对于0,ε∀>取,4εδ=当02x δ<-<时，有0,ε<所以2lim 0.x -→=(5)00001|cos cos |sin sin ||,222x x x x x x x x +--=-≤- (1)0,ε∀>取,δε=当00||x x δ<-<时,由(1)得00|cos cos |||,x x x x ε-≤-<即00lim cos cos .x x x x →=2．根据定义2叙述0lim ().x x f x A →≠解：设()f x 在0x 的某个空心邻域0(;)U x δ'内有定义，A 为定数.若存在某个正数00,ε>对任意正数(),δδ'<存在x '满足00||,x x '<-使得00|()()|,f x f x ε'-≥则称0lim ().x x f x A →≠3．设0lim ().→=x x f x A 证明00lim ().→+=h f x h A证 因为0lim (),→=x x f x A 由定义0,0,εδ∀>∃>当00||δ<-<x x 时，有|()|,ε-<f x A 故当0|0|||,h h δ<-=<时有0|()|,ε+-<f x h A 即得00lim ().→+=h f x h A4．证明：若0lim (),x x f x A →=则0lim |()|||.x x f x A →=当且仅当A 为何值时反之也成立？证：（1）0lim (),x x f x A →=由定义00,0,0||,x x εδε∀>∃>∀<-<有|()|,f x A ε-<进而||()|||||()|,f x A f x A ε-≤-<即0lim |()|||.x x f x A →=（2）当0A =时，|()|||()||||,f x A f x A -=-所以当||()|||||()|,f x A f x A εε-<⇔-<故当lim |()|||x x f x A →=时有0lim ().x x f x A →=但当0lim |()|||,x x f x A →=且0A ≠时，0lim ()x x f x →不一定存在。
例设()sgn ,f x x =则1,0|()|,0,0x f x x ≠⎧=⎨=⎩0lim |()|1,x f x →=但0lim ()x f x →不存在。
综上所述，当且仅当0A =时反之也成立。
5．证明定理3.1:0lim ()lim ()lim ().x x x x x x f x A f x f x A +-→→→=⇔== 6.讨论下列函数在0x →时的极限或左、右极限：||(1)();x f x x =(2)()[],f x x = (2)22,0()0,01,0xx f x x x x ⎧>⎪==⎨+<⎪⎩.解：(1)当0x >时,||()1,x f x x ==所以(00) 1.f +=当0x <时,||()1,x xf x x x-===-所以(00) 1.f -=-由此得0lim ()x f x →不存在.(2)当01x <<时,()[]0,f x x ==所以(00)0.f +=当10x -<<时,()1,f x =-所以 (00) 1.f -=-由此得0lim ()x f x →不存在.(3) 当0x >时,()2,xf x =由|()1|21xf x ε-=-<可得ln(1).ln 2x ε+<所以对任意0,ε>取ln(1),2εδ+=当0x δ<<时有 |()1|,f x ε-<所以(00) 1.f +=当0x <时,2()1,f x x =+由22|()1||(1)1|f x x x ε-=+-=<可得x -<即,x <所以对任意0,ε>取δ=当0x δ-<<时有|()1|,f x ε-<所以(00) 1.f -=由此可知0lim () 1.x f x →=7.设lim (),x f x A →+∞=证明:01lim.x f A x +→⎛⎫= ⎪⎝⎭证:因lim (),x f x A →+∞=由定义,对于任意0,ε>存在0,M >当x M >时有|()|.f x A ε-<取1,M δ=则当10x M <<时,有1,M x>进而 1,f A x ε⎛⎫-< ⎪⎝⎭所以01lim .x f A x +→⎛⎫= ⎪⎝⎭P 531. 求下列极限:22(1)lim 2(sin cos );x x x x π→-- 2201(2)lim ;21x x x x →---2211(3)lim ;21x x x x →--- 3230(1)(13)(4)lim ;2x x x x x →-+-+ 11(5)lim (,1n m x x n m x →--为正整数);4(6)x →0(7)0);x a →> 702090(36)(85)(8)lim .(51)x x x x →+∞+-- 解 (1) 2222lim 2(sin cos )2sin cos 21.2224x x x x πππππ→⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭(2) 220101lim 1.21001x x x x →--==---- (3) 22111(1)(1)12lim lim lim .21(1)(21)213x x x x x x x x x x x x →→→--++===---++ (4)32232000(1)(13)(3)3lim lim lim 3.2(12)12x x x x x x x x x x x x x →→→-+---===-+++ (5)1212121211(1)(1)1lim lim lim.1(1)(1)1n n n n n mm m m m x x x x x x x x x n x x x x x x m--------→→→--++++++===--++++++ (6)44.333x x x →→====+(7)0001.2x x x a→→→=== (8)7020702070209090906538(36)(85)38lim lim .(51)515x x x x x x x x →+∞→+∞⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⋅⎝⎭⎝⎭==-⎛⎫- ⎪⎝⎭2. 利用迫敛性求极限：cos (1)lim;x x x x →-∞-2sin (2)lim .2x x xx →+∞-解 (1) 1cos 1,x -≤≤1cos 1,x -≤-≤1cos 1,x x x x -≤-≤+当0x <时,1cos 1,x x x x x x x+--≤≤ 而11lim lim 1,x x x x x x →-∞→-∞+-==由迫敛性定理, cos lim 1.x x x x →-∞-= (2)当2x >时22sin 0,11x x xx x <≤--而2lim0,1x x x →+∞=-由迫敛性定理,2sin lim 0,2x x x x →+∞=-进而2sin lim 0.2x x x x →+∞=- 3.设0lim (),lim (),x x x x f x A g x B →→==证明:(1)lim[()()];x x f x g x A B →±=±(2)lim[()()];x x f x g x AB →=()(3)lim()x x f x Ag x B→=(当0B ≠时). 证: (2)|()()||(()()())(())||()()()||()||()||()||||()|,f xg x AB f x g x Ag x Ag x AB f x g x Ag x Ag x AB f x A g x A g x B -=-+-≤-+-=≤-+- 因0lim ()x x g x →存在,所以()g x 在0x 的某个邻域内有界,即存在0M >及10,δ>使得001|()|,(;).g x M x U x δ≤∈因0lim (),lim (),x x x x f x A g x B →→==根据极限定义,对于任何0,ε>存在230,0,δδ>>当020||x x δ<-<时有|()|,f x A ε-<当030||x x δ<-<时有|()|.g x B ε-<取123min{,,},δδδδ=当00||x x δ<-<时有|()()|||(||),f x g x AB M A M A εεε-<+=+所以0lim ()().x x f x g x AB →=4.设1011001011(),0,0,,m m m mnn n na xa x a x a f x ab m n b x b x b x b ----++++=≠≠≤++++试求lim ().x f x →+∞5. 设0()0,lim (),:limx x x x f x f x A →→>==证明证: 因()0,f x >所以0lim ()0.x x f x A →=≥lim (),x x f x A →=由函数极限定义,对于任何0,ε>存在0,δ>当00||x x δ<-<时有|()|.f x Aε-<(1)若0,A =则当00||x x δ<-<时有()(),fx A f x ε-=<进而有=<即0limx x→=(2)若0,A ≠则当00||x x δ<-<时有1|n n A-=<<++即0limx x →=6.证明0lim 1(01).xx a a →=<<证 对于任何01,ε<<因01a <<,当0x >时有1.x a ε<+由1,xa ε-<得ln(1)ln ,x a ε-<ln(1),ln x aε-<所以取1ln(1)0,ln aεδ-=>当10x δ<<时,有11.x a εε-<<+ 当0x <时有1.x a ε-<由1xa ε<+得ln ln(1),x a ε<+ln(1),ln x aε+>所以取2ln(1)0,ln aεδ+=->当20x δ-<<时有11.x a εε-<<+ 令12min{,},δδδ=则当0||x δ<<时有11,x a εε-<<+所以0lim 1(01).xx a a →=<<7.设0lim (),lim ().x x x x f x A g x B →→==(1)若在某00()U x 上有()(),f x g x <问是否有?A B <为什么? (2)证明:若,A B >则在某00()U x 上有()().f x g x >解 (1)不一定.例如设()0,f x =2(),g x x =则在0(0)U 上恒有()(),f x g x <但lim ()lim ()0.x x f x g x →→==(2) 对00,2A Bε-=>因00lim (),lim (),x x x x f x A g x B →→==存在10,δ>使得在001(;)U x δ上有00(),A f x A εε-<<+3();22A B A Bf x +-<<存在20,δ>在002(;)U x δ上有00(),B g x B εε-<<+3().22B A A Bg x -+<< 取12min{,},δδδ=则在00(;)U x δ上有()().f x g x >P 571.叙述函数极限lim ()x f x →+∞的归结原则，并应用它lim cos x x →+∞不存在。