例1用单调有界定理证明区间套定理.doc

例 1 用单调有界定理证明区间套定理即已知：1 ） 单调有界定理成立；2 ）设为一区间套欲证：且惟一 证 证明思想：构造一个单调有界数列，使其极限即为所求的为此，可就近取数列（或）由于因此为递增数列，且有上界（例如）由单调有界定理，存在，且又因 ，而，故；且因递减，必使这就证得最后，用反证法证明如此的惟一事实上，倘若另有一个，则由，导致与相矛盾 证毕 例 2 用区间套定理证明单调有界定理即已知：1 ） 区间套定理成立2 ） 设为一递增且有上界M的数列欲证：存在极限 证 证明思想：设法构造一个区间套，使其公共点即为的极限为此令。记 ，并取再记 , 同理取如此无限进行下去，得一区间套根据区间套定理，下面用数列极限定义证明 ：，一方面，由于恒为的上界，因此 ；另一方面，由；而由区间套的构造，任何不是的上界，故；再由为递增数列，当时，必有这样，当 时，就有 , 即 证毕 例 3 用确界定理证明区间套定理即已知： 1 ） 确界定理成立（非空有上界的数集必有上确界）； 2 ） 设为一区间套欲证：存在惟一的点 证 证明思想：给出某一数集，有上界，使得的上确界即为所求的为此，取，其上界存在（例如 ）由确界定理，存在 首先，由为的一个上界，故再由是的最小上界，倘有某个，则不会是的上界，即，这与为区间套相矛盾（）。所以任何这就证得关于的惟一性，与例1中的证明相同 证毕 注 本例在这里所作的证明比习题解答中的证明更加清楚例4 证明连续函数的局部有界性若处连续，则 和，使得 证 据在连续的定义，满足现取，相应存在，就有 证毕 注 类似可证连续函数的其余局部性质，例如四则连续性质、局部保号性质等等 例5 证明上一致连续的充要条件是：上连续，且存在 证 先证充分性：令由条件可知 上连续，从而 上一致连续（由连续函数在闭区间上的整体性质）再由一致连续的定义，又知上也一致连续而在，所以证得上一致连续再证必要性：由上一致连续的定义，当 时，有 因此，特别当，同样有这表示存在极限的柯西条件得到满足，所以证得与都存在 证毕 注 由例3结论，易证：若上一致连续，则上必定有界这是因为上面证明中已知上连续，从而上有界，故上也有界；而在，所以知道上有界对于一般在上的连续函数，它在上不一定有界例如上是无界的由此又可说明上必定不一致连续 例6 试求下列函数的导数：1 ） ；2 ） 其中 解 由导数定义，可分别求得： 1）， 2 ） ， ， 解毕 例 7 证明: 若上连续，在内可导，且，则，使得 . (1) 分析 先把上面 (1) 式改写为: (2)若令 , 则 (2) 式即为 . 这样，问题就化为检验上是否满足 Rolle 定理的条件. 证 由题设条件，上述上连续，在内可导，且有.故，使得，即 (2) 式成立.又因，故由导函数的性质（具有介值性），在内不变号，由此推知在内严格单调；再由在上连续，所以又在上严格单调. 这就保证了. 这样，便可由（2）式逆推至（1）式成立. 证毕 例8 设椭圆，及其上任一点试求：1 ） 椭圆在点P处的切线；2 ） 该切线与二坐标轴所围三角形的面积；3 ） 当P在何处时，能使上述三角形的面积为最小 解 对椭圆方程两边关于x 求导（ 把y看作隐函数y = y (x) ）, 得到,并由此求得（这就是所求切线的斜率）1 ） 所求切线为，其中是切点P的坐标，是切线上动点的坐标2 ） 求出切线在二坐标轴上的截距： Y = 0 时，； X = 0 时，不妨设切点在第一象限，此时所求三角形的面积为上面最末项的得来，是利用了点P的坐标需满足椭圆方程 3 ） 这是一个以S为目标函数，椭圆方程为约束条件的条件极小值问题为方便起见，又可等价地化为以为目标函数，为约束条件的条件极大值问题为此引入Lagrange函数，把上述条件极值问题转化为三元函数的普通极值问题来求解：由于在第一象限椭圆弧上的最小值为0（在椭圆弧的两端取得），故它的最大值必在椭圆弧的中间点处取得，因此即为所求的点此外，它在其余三个象限中的对称点：亦为所求 解毕 例9 计算定积分 解 解毕 例10 试求极限 解 此为型极限，尝试用洛必达法则来计算：这说明：当为高阶无穷大量 解毕 例11 设 f 在 a, b 上为一连续、递増函数试证在 上亦为一递増函数 证 由于连续，因此F在上处处可导，其导数为对上式分子使用积分中值定理，并利用 f 的递增性，得到这就证得 证毕 注1 证明的另外一种方法是： 注2 下面的证法是错误的：记 ，求导数得这是因为题设条件中没有“f 可导” ，所以上面出现是不允许的 例12 设 f 在 0，1 上为一递减函数试证：，恒有 证 利用积分区间可加性，把结论不等式等价变形为，即： （如图所示，此不等式的几何意义为：当 f (x)为一递减函数时，它在 0, a 上的平均值必定大于它在 a, 1 上的平均值）由于f 在 0，1 上递减，故可积，且有 证毕 注 例3与例4都是有关单调函数的积分平均值所具有的性质 例13 利用级数收敛的必要条件证明 证 考察级数 由于，因此该级数收敛，故由级数收敛的必要条件，推知 证毕 例 14 判别 的敛散性 解 由于，因此前一级数发散同理，由于，可知后一级数收敛 解毕 注 类似地，对于正项级数 ，将有如下结论：当 时为收敛；当 时为发散而当 a = e 时，由于，因此 ，故此时亦为发散 例15 证明： 证 由于这里的级数不能肯定是正项级数，故不能用比较判别法正确的做法是要使用阿贝尔判别法： ，因 收敛，而单调有界，所以 收敛 证毕 例16 证明： 分析 由于较难直接求出该级数的部分和，因此无法利用定义来计算级数的和此时可以考虑把该级数的和看作幂级数在处的值，于是问