浙江大学微积分一习题解答 第零,一,二章(秋冬).pdf

calculus I chap 00 02 第 章 预备知识 第 章 预备知识 题 2 p11 题 2 p11 1 设任意点 证明总存在使得 1 设任意点 证明总存在使得 b a x0 0 b a x x 00 证 证 1 若 记 则 1 若 记 则 00 xbax ax0 0 x 2 ax3 0 2 x2 ax 00 2 x2 xb 00 2 xb 0 b 因为 b 因为 bx0 此时此时 b a x x 00 2 若 记 此时 同理可证仍有 2 若 记 此时 同理可证仍有 00 xbax 2 xb 0 b a x x 00 题 7 3 p11 题 7 3 p11 2 利用数学归纳法证明 n 为正整数 2 利用数学归纳法证明 n 为正整数 2 n n n 证 证 n 1 时显然 设 n 时成立 即 下证 由于 n 1 时显然 设 n 时成立 即 下证 由于 2 n n n 2 1n 1n 1n 2 1n 故只需证明 这只需证明 故只需证明 这只需证明 22 1n n nn 1n n 2n 1n n 1n 1n n n 1 1 n 1 n 1 下面介绍三种证法来验证 下面介绍三种证法来验证 方法 1 方法 1 用平均值公式 用平均值公式 n n21 a 1 a 1 a 1 a aa n n21 取取a代入得代入得 1a a 1n21 1nan n 1n 1 1n 1n n 此即 此即 方法 2 方法 2 用二项定理 用二项定理 n n 1 1 1 n 1 n n 1 2 n 1 2 1n n 3 n 1 3 2n 1n n n n 1 n 21 2n 1n n 1 1 1 1 n 1 1 2 1 n 2 1 n 1 1 3 1 n 1n 1 n 2 1 n 1 1 n 1 1 1 1 1 n 1 3 1 2 1 1 1 1 n 1 故 成立 1 1 1 n 1 故 成立 方法 3 方法 3 接方法 2 我们甚至可以证明 接方法 2 我们甚至可以证明 n n 1 1 1 1 1 1 n 1 3 1 2 1 1 1 1 1 n 1n 1 32 1 21 1 3 故 成立 3 故 成立 方法 4 方法 4 用数学归纳法证明用数学归纳法证明1n n 1 1 n 如下 如下 1 n 2 时显然 因为 1 5 1 5 3 现设n 2 时显然 因为 1 5 1 5 3 现设1n n 1 1 n 下面证明 下面证明2n 1n 1 1 1n 事实上 事实上 1n 1n 1 1 1n 1 1 1n 1 1 n 1n 1 1 n 1 1 n 0 则 0 则 1 若 f x x 单调减少 则 f x 1 若 f x x 单调减少 则 f x1 1 f x f x2 2 f x f x1 1 x x2 2 2 若 f x x 单调减少 则 f x 2 若 f x x 单调减少 则 f x1 1 f x f x2 2 f x f x1 1 x x2 2 证明 证明 1 对 x 1 对 x1 1 x x2 2 0 由 f x x 单调减少 知 0 由 f x x 单调减少 知 21 21 xx xx f 1 1 x x f 21 21 xx xx f 2 2 x x f 于是 于是 xx fx 211 x f xx 121 xx fx 212 x f xx 221 相加即得结论 相加即得结论 题 12 1 p26 题 12 1 p26 4 试证 f x 4 试证 f x x 1 x 1sin 在区间 0 1 上无界 在 1 0 1 上有界 在区间 0 1 上无界 在 1 0 0 有 x 0 1 使得 f x G 1 只需证明 对任何 G 0 有 x 0 1 使得 f x G 事实上 对以上 G 0 求 x 满足事实上 对以上 G 0 求 x 满足 x 1 x 1sin G 这只要 G 这只要1 x 1 sin且且 x 1 G 故可取 x G 故可取 x 2 1G 2 1 显然以上 x 0 1 显然以上 x 0 1 x 1 2 1 1G 2 G G 1 x 1 sin 于是 于是 x 1 x 1sin G 因此 按定义知 f x 在区间 0 1 上无界 G 因此 按定义知 f x 在区间 0 1 上无界 2 又 f x 2 又 f x x 1 x 1sin x 1 1 故 f x 在 1 0 1 上有界 故 f x 在 1 0 0 有 N 0 使得 n N 时 即证对任何 0 有 N 0 使得 n N 时 n n 1 记 1 0 于是 1 b 0 于是 n n 1 nb 1 nb n b1 2 b 2 1n n 1 1 2 b 2 1n n 则 则 2 b n 2 于是 b 于是 b n 2 于是只要于是只要 n 2 2 2 于是取 N 于是取 N 2 2 1 即可 1 即可 证 2 证 2 即证对任何 0 有 N 0 使得 n N 时 即证对任何 0 有 N 0 使得 n N 时 n n 1 1 0 于是 1 b 0 于是 n n 1 nb 1 nb n b1 2 b 2 1n n nb nb 2 b 2 1n n 则 则 1n 2 2 b b 1 0 b 1 0 于是 于是 b b 1n 1n21 1n 1n21 1n 11n2 11n2 2 1 n 1 于是只要于是只要 n 2 2 4 于是取 N 于是取 N 2 4 1 即可 1 即可 证 3 证 3 即证对任何 0 有 N 0 使得 n N 时 即证对任何 0 有 N 0 使得 n N 时 n n 1 1 即只要 即只要 n n1 只要 n 只要 1 只要 n 只要 n 1 n 1 2 2 1 1n n 1 n n 1 只要 n n n 1 只要 n 2 2 故若取 N 故若取 N 1 2 max 2 则 n N 时 就有 n 则 n N 时 就有 n 2 2 因而就有 因而就有 n 1 2 2 1 1n n 1 n 此即有 n 此即有 n n 1 故得证 1 故得证 题 4 4 p69 题 4 4 p69 7 用夹逼准则证明 7 用夹逼准则证明 n n 21 lim nn n 1 1 证 证 n nnn n n nn n n 21 n n 1 1n 1n 1 2 1 1n 1 1 1 1 利用 x 1 时 利用 x 1 时 nx1 x1 n 以上利用了 对 x 1 成立 此结论可用数学归纳法证明 以上利用了 对 x 1 成立 此结论可用数学归纳法证明 nx1 x1 n x 1n 1nxx 1n 1 x1 nx1 x1 x1 x1 2n1n 证法 2 二项式定理 证法 2 二项式定理 记 u记 un n n n 1 1 则 则 n u n n 1 1 1 n 1 n n 1 2 n 1 2 1n n 3 n 1 3 2n 1n n n n 1 n 21 2n 1n n 1 1 1 1 n 1 1 2 1 n 2 1 n 1 1 3 1 n 1n 1 n 2 1 n 1 1 n 1 同理 同理 1n u 1 1 1 1 1n 1 1 2 1 1n 2 1 1n 1 1 3 1 1n 1n 1 1n 2 1 1n 1 1 n 1 1n n 1 1n 1n 1 1n 2 1 1n 1 1 1n 1 1 1 1 1 1n 1 1 2 1 1n 2 1 1n 1 1 3 1 1n 1n 1 1n 2 1 1n 1 1 n 1 n u 因此 单调增加 因此 单调增加 n u 顺便 顺便 n u 1 1 1 1 n 1 3 1 2 1 1 1 1 1 n 1n 1 32 1 21 1 3 3 故 有上界 因此收敛 故 有上界 因此收敛 n u 证法 3 平均值公式 证法 3 平均值公式 见课本 见课本 由平均值公式 n 1 个正数的几何平均 算术平均 得 由平均值公式 n 1 个正数的几何平均 算术平均 得 1n n 1 n 1 n 1 1 1 1 1 1n 1 1 1 1 n 1 n 1 n 1 4 即 即 n n 1 1 1n 1n 1 1 故单调已证 顺便再证有上界 再次用平均值公式 得 故单调已证 顺便再证有上界 再次用平均值公式 得 1n 5n6 6 5 1 1n 1 5n 6 6 5 1n n 故 故 1n n 1 1 6 5 6 于是 于是 n n 1 1 1n n 1 1 6 5 6 故有上界 于是收敛 故有上界 于是收敛 证法 4 平均值公式 证法 4 平均值公式 记 u记 un n n n 1 1 由平均值公式由平均值公式 n n21 n21 n a aa a aa 得 得 n u 1 1 n n 1 1n n 1 n 1 n 1 1n 1 1 1 1 1n 1n 2n 1n u 顺便 若记 顺便 若记 n v 1n n 1 1 则同理可证 则同理可证 n v 1 1n v 1 再从 4 便知 单调增加且有上界 再从 a 0 时 可以证明 b a 0 时 b 对任何正整数 n 对任何正整数 n ab b 1n a n1n1n 现取现取 n 1 1b 1n 1 1 a代入上式 整理得代入上式 整理得 n1n n 1 1 1n 1 1 再取再取 n2 1 1b 1 a代入该式 整理得代入该式 整理得 2 1 n2 1 1 n 1即即4 n2 1 1 n2 于是 于是4 n2 1 1 1n2 1 1 n21n2 1n 1n 1 2 n 1n 利用 x 1 时 利用 x 1 时 nx1 x1 n 1n 1 1 n 1n 1 1 即即 n 1n u u 1 以上利用了 1 以上利用了 对 x 1 成立 此结论可用数学归纳法证明 对 x 1 成立 此结论可用数学归纳法证明 nx1 x1 n x 1n 1nxx 1n 1 x1 nx1 x1 x1 x1 2n1n 证法 2 平均值公式 证法 2 平均值公式 由平均值公式 n 个不等正数的几何平均 算术平均 得 由平均值公式 n 个不等正数的几何平均 算术平均 得 5 n n 1 n 1 2 n 1 1 1 1 n 1 1 1 n 1 n 1 2 n 1 即 即 1n n 1 1 n 2 n n 1 1 1n n 1 1 n n n 1 n n 1 1 下证下证 n n n 1 n n 1 1 n 2 n n 1 n 1 1n n 2 n n 1 n 1 1 1 n 1n 1 1 即只证即只证 n n 1 n 1 1 2 1n 1 或证 或证 1n n 1 n 1 1 2 n 事实上 n 事实上 1n n 1 n 1 1 2 2 n 1 n 1 1 n 1 1 n 2 n 1 n n 因此 n 因此 1n n 1 1 1n n 1 1 即 即 n n 1n n 1n 1n n 1n 即 即 1n 1n n 1n n n n 1n 1 1 即 即 n1n n 1 1 n 1 1 1 或 1 或 n 1 1 n 1 1 n 1 1 nn 1 或 1 或 n 1 1 n 1 1 n 2 1 1 事实上 事实上 n 1 1 n 1 1 n 2 n 1 1 n 1 1 n 1 1 22 1n n 1 1 题 8 2 p69 题 8 2 p69 10 证明 10 证明 n n 1 1 e ee 使得 n N 时 e 根据严格单调性 总有 N 及 q e 使得 n N 时 n n 1 1 q e 这与极 限为 e 矛盾 q e 这与极 限为 e 矛盾 同理可证 e 同理可证 e 1n n 1 1 题 8 3 p69 题 8 3 p69 11 证明 11 证明 1n 1 1ln n 1 n 1 n 1 2 3 n 1 2 3 证 证 由由 n n 1 1 e 两边取对数 得 nln e 两边取对数 得 nln 1 n 1 1 或 ln 1 或 ln n 1 n 1 1 e 可证 n 1 e 可证 n 1 1ln n 1 1 最后 1 最后 1n 1 1ln n 1 题 8 4 p69 题 8 4 p69 12 证明 12 证明 nlim n2 1 1n 1 n 1 ln2 ln2 证 证 由由 1n 1 1ln n 1 n 1 知知 1n 1 于是 于是 nln 1nln 1n 1 nln 1nln 2n 1 1nln 2nln n2 1 1n2ln n2ln 相加 得 相加 得 n2 1 1n 1 nln n2ln 即 即 n2 1 1n 1 同理 同理 2ln 由由 1n 1 1ln n 1 n 1 知 知 nln 1nln n 1 于是 于是 nln 1nln n 1 1nln 2nln 1n 1 1n2ln n2ln 1n2 1 因此 因此 nln n2ln n 1 1n 1 1n2 1 于是 于是 ln2 ln2 n 1 n2 1 1n 1 n2 1 综上 我们有 综上 我们有 ln2 ln2 n 1 n2 1 1n 1 n2 1 ln2 ln2 最后用两边夹完成证明 最后用两边夹完成证明 题 8 5 p69 题 8 5 p69 13 证明 13 证明 nlim 1 1 n 1 3 1 2 1 lnn 收敛 lnn 收敛 证 证 记 1 记 1 n u n 1 3 1 2 1 lnn 则 lnn 则 n1n uu 1n 1 ln ln n 1 1 0 于是 单调下降 又 0 0 于是 有下界 因此有极限 于是 有下界 因此有极限 n u 题 11 3 p70 题 11 3 p70 14 按定义证明 14 按定义证明 1x lim 1x 1x 2 3 2 3 解 解 对任何的 0 我们希望找到 0 使得 0 x 1 0 我们希望找到 0 使得 0 x 1 时 时 1x 1x 2 3 2 3 事实上 由 事实上 由 2 3 1x 1x 2 3 2 3 1x 1xx2 1x 2 1xx2 2 2x2 1x 1x2 1x 2x2 1x2 因 因 不妨设 x 1 0 于是 0 不妨设 x 1 0 于是 0 1x 2x2 1x2 1 于是此时于是此时 2 3 1x 1x 2 3 1x 2x2 1x2 1x 由上分析知 只需取 min 1 则 0 x 1 由上分析知 只需取 min 1 则 0 x 1 必有 必有 2 3 1x 1x 2 3 0 我们希望找到 0 使得 0 x 0 我们希望找到 0 使得 0 x 时 1 时 1 x1 即只要 1 1 即只要 1 1 或 或 x1 11 1 x1 1 即 即1 1 x1 1 11 故取故取 min min 1 1 1 11 1 则 0 x 则 0 x 时 必有 时 必有 1 1 0 1 a 0 解 解 对任何的 0 我们希望找到 N 0 使得 x N 时 对任何的 0 我们希望找到 N 0 使得 x N 时 x 1 a 1 1 这只要 1 这只要 1 x 1 a 1 1 或 ln 1 或 ln 1 aln x 1 ln 1 0 a 1 x max lna ln 1 lna ln 1 当 a 0 a 1 x max lna ln 1 lna ln 1 于是取 N max lna ln 1 lna ln 1 于是取 N max lna ln 1 lna ln 1 0 0 则 x N 时 必有 则 x N 时 必有 x 1 a 1 因此依极限定义 1 0 1 a 0 题 11 7 p70 题 11 7 p70 17 按定义证明 17 按定义证明 x lim x xarctan 0 0 解 解 对任何的 0 我们希望找到 N 0 使得 x N 时 对任何的 0 我们希望找到 N 0 使得 x N 时 x xarctan 这只要 这只要 x xarctan x 1 2 即 2 x 故取 N 故取 N 2 0 则 x N 时 0 则 x N 时 x xarctan 必要性 我们来证明 我们来证明 t 1 x flim 0 t A 即对任何 A 即对任何 0 只需证明有 N 0 使得 t N 时 0 只需证明有 N 0 使得 t N 时 0 必有 现在由于 A 因此对以上 0 必有 x flim 0 xx 0 对任何 x 只要满足 0 对任何 x 只要满足 0 xx0时 必有时 必有 A x f 现将 现将 t 1 x0 看作以上的 x 则对任何 t 只要看作以上的 x 则对任何 t 只要 00 x t 1 x0必有必有 A t 1 x f 0 即对任何 t 只要即对任何 t 只要 1 t时必有时必有 0 则 t N 时 就有 0 则 t N 时 就有 A t 1 x f 0 根据函数极限定义知 根据函数极限定义知 t 1 x flim 0 t A A 充分性 充分性 0 只需证明有我们来证明 A 即对任何 0 只需证明有 x flim 0 xx 0 使得 0 使得 0 xx0时 必有时 必有 0 必有 N 0 对任何 t 只要 t N 时 就有 0 必有 N 0 对任何 t 只要 t N 时 就有 N 0 时 就有 N 0 时 就有 A xx 1 1 x f 0 0 即对任何 x 只要即对任何 x 只要 N 1 xx0 0 必有必有 0 则时 必有 0 则时 必有 0 xx0 0 a b 0 2 2 xlim x x k x 2 x 1 a aa a ai i 0 i 1 2 k 0 i 1 2 k 解 解 1 x 0 时 1 x 0 时 x b x b x b 1 a b x b a x a x a b 故 故 lim x b a x 0 x a b x 0 时 x 0 时 x b x b x b 1 故 故 lim x b a x 0 x a b 因此因此 lim x b a x 0 x a b 2 2 x x k x 2 x 1 a aa x x i amax k amax k i x x x k x 2 x 1 a aa x x i amax max ai 于是由夹逼性 于是由夹逼性 xlim x x k x 2 x 1 a aa amax i 题 16 p70 题 16 p70 20 判断极限 20 判断极限 x x 0 x lim 存在性 存在性 解 解 x x 0 xlim x 0 0 xlim 不妨设 0 x 1 0 不妨设 0 x 1 0 x x 0 xlim x 1 0 xlim 不妨设 1 x 0 故 不妨设 1 x0 可找到 0 可找到 0 使得 x 1 0 使得 x 1 时 f x 1 时 f x 1 事实上 对以上 可取 此时 x 1 事实上 对以上 可取 此时 x 1 当 x 为有理数时 f x x 此时必有 当 x 为有理数时 f x x 此时必有 f x 1 x 1 f x 1 x 1 当 x 为无理数时 f x 2 x 此时必有 当 x 为无理数时 f x 2 x 此时必有 f x 1 2 x 1 x 1 f x 1 2 x 1 x 1 总之 取 后 无论 x 为有理数还是无理数 只要 x 1 总之 取 后 无论 x 为有理数还是无理数 只要 x 1 便有 f x 1 便有 f x 1 时 故存在 使得 n 时 1 N 1 N 123 2 1n3 n2 12 即 即 12 9 1n3 n2 12 7 于是 于是 12 7 sin 1n3 n2 sin 12 9 sin 故 故 12 7 n3 n2 sin0 sin 1 1 因而 1 因而 12 7 sin 1n3 n2 sin0 nn 最后 由夹逼性知极限为 0 最后 由夹逼性知极限为 0 解法 2 解法 2 nlim1n3 n2 sin 1n3 n2 lim n sin 因为连续 因为连续 2 3 1 0 使得 n N 时 因此 有 N 0 使得 n N 时 1n3 n2 sin 2 3 N 时 0 N 时 0 1n3 n2 sin 20 311 1 N 时 0N 时 0 1n3 n2 n sin n 20 311 由夹逼性知极限为 0 由夹逼性知极限为 0 题 32 5 i p73 题 32 5 i p73 35 找满足以下条件的正值函数 f x g x a b 且 a 1 b 0 35 找满足以下条件的正值函数 f x g x a b 且 a 1 b 0 x flim 0 xx x glim 0 xx x g xx x flim 0 解 1 解 1 取 f x 取 f x 1 g x g x 2 x 4 x 1 x g 0 x x flim 2 x 1 2 x 1 2 0 x x1lim 0 0 解 2 解 2 取 lnf x g x 取 lnf x g x 2 x 4 x 1 x g 0 x x flim 4 x 1 2 x 0 x elim 2 x 1 elim 0 x 0 0 14 题 32 5 ii p73 题 32 5 ii p73 36 找满足以下条件的正值函数 f x g x a b 且 a 1 b 1 36 找满足以下条件的正值函数 f x g x a b 且 a 1 b 1 x flim 0 xx x glim 0 xx x g xx x flim 0 解 1 解 1 取 f x 取 f x 1 g x g x 3 x 2 x 1 x g 0 x x flim x 3 0 x 3 x 1 x1lim 1 1 解 2 解 2 取 lnf x g x 取 lnf x g x 4 x 2 x 1 x g 0 x x flim 2 x 1 4 x 0 x elim 1 1 2 x 0 x elim 题 32 5 iii p73 题 32 5 iii p73 37 找满足以下条件的正值函数 f x g x a b 且 a 1 b 37 找满足以下条件的正值函数 f x g x a b 且 a 1 b x flim 0 xx x glim 0 xx x g xx x flim 0 解 1 解 1 取 f x 取 f x 1 g x g x 2 x 4 x 1 x g 0 x x flim 2 x 1 2 x 1 2 0 x x1lim 解 2 解 2 取 lnf x g x 取 lnf x g x 2 x 4 x 1 x g 0 x x flim 4 x 1 2 x 0 x elim 2 x 1 elim 0 x 题 33 p73 题 33 p73 38 f x x ksinx 0 x 1 是否存在连续的反函数 38 f x x ksinx 0 x x f x f 21 xsinx sink xx 2121 2 xx sin 2 xx cos2k xx 2121 21 由于 由于 21 212121 xx 2 xx 12 2 xx sin 2 xx cos2 因此 因此 x f x f 21 xx k xx 2121 0 0 因此 f x 严格单调 又 f x 连续 于是由反函数存在定理知 f x 存在连续的反函数 因此 f x 严格单调 又 f x 连续 于是由反函数存在定理知 f x 存在连续的反函数 题 35 3 p73 题 35 3 p73 39 证 mx tanx m 1 在 0 2 内至少有一根 39 证 mx tanx m 1 在 0 2 内至少有一根 证 证 作 g x m 作 g x m x xtan 则 g x m 1 0 则 g x m 1 0 0 xlim 2 x lim g x g x 因此 由连续函数介值定理知 g x 在 0 2 内至少有一根 故得结论 因此 由连续函数介值定理知 g x 在 0 2 内至少有一根 故得结论 题 37 p74 题 37 p74 40 设 m 为自然数 m 2 则 x 0 时 40 设 m 为自然数 m 2 则 x 0 时 x oxx1 x ox1x1 22 m2 1m m 1 m 1m 2 15 证 证 1 1 x x1 x1 lim m 1m 0 x 1x1t m 1 1t 1 1t t lim m m m 1 0t t omt t omt t lim m 1 0t 1 om 1 o lim 0t 0 0 因此因此 x ox1x1 m 1m 2 2 2 2 m2 1m m 1m 0 x x xx1 x1 lim 2 1x1t m 2m 2m m2 1m m m 1 0t 1 1t 1 1t 1 1t t lim 2 222 2 1 222 2 1 m2 1m 22 2 1 m 1 0t t ot 1m mmt t ot 1m mmt t ot 1m mmt t lim 2 t otm t ot t ot 1m lim 222 22 2 1m 22 2 1 0t 1 om 1 o lim 2 0t 0 0 于是于是 x oxx1x1 22 m2 1m m 1m 2 题 39 p74 题 39 p74 41 x 0 时 41 x 0 时 1 p min m n 1 p min m n x o x o x o pnm 2 2 x o x o x o nmnm 证 证 1 不妨设 m n 则 p m 于是由 1 不妨设 m n 则 p m 于是由 p nm x x o x o m nm x x o x o o 便得结论 便得结论 x o 1 mn 1 o 2 由 2 由 nm nm x x o x o n n m m x x o x x o o 便得结论 便得结论 1 1 o 1 o 题 50 1 p75 题 50 1 p75 42 42 xn n e n x 1 lim 证 证 n n n x 1 lim x x n n n x 1 lim e x 题 50 2 p75 题 50 2 p75 43 43 xnn n e n x 1 lim 其中 x n 其中 x n n x 证 证 16 nn n n x 1 lim n n x x n n n n x 1 lim e x 题 51 1 p75 题 51 1 p75 44 44 ab 2 ba lim n nn n 证 证 n nn n2 ba lim 2 ba lnn n nn elim 2 ba lnlimn nn n e 指数函数连续性 指数函数连续性 2 ba lnnlim nn n 2 2ba 1lnnlim nn n 2 2ba nlim nn n 等价无穷小 等价无穷小 2 1 1b1a lim n 1 n 1 n n 1 n 1 2 1 lna lnb lna lnb 2 1 lnab lnab 所以结论成立 所以结论成立 题题51 3 p75 45 45 ax xa lim ax ax e a ln a a a 0 a0 a a 0 a0 a 1 1 证 证 ax xa lim ax ax ax ax aa lim aaax ax ax 1 a x 1a alim aax a ax ax 1e 1e alim a x lna aln ax a ax ax 1e alim ax 1e alim a ax 1ln a a ax aln ax a ax ax a ax 1ln a alimalnalim a ax a ax 等价无穷小等价无穷小 ax a ax a alimalnalim a ax a ax 等价无穷小等价无穷小 aa aalna e a lnaa 题题52 2 p75 46 46 1a2a lim nn n a 0 a 0 解 解 0 a1时 时 1a2a lim nn n 1a2a 1 lim nnn a1a21 a lim nn 2 n n 0 0 17 题 53 4 p76 题 53 4 p76 47 47 bb a x 1n n n lim 1995 求 a b 求 a b 解 解 1995 1995 bb a x 1n n n lim n1 1 n n lim b1b a x 1b a x bnn n lim 等价无穷小 等价无穷小 1b a x bn n lim 根据等价无穷小替换是极限存在的充要性 知 a b 1 1995 根据等价无穷小替换是极限存在的充要性 知 a b 1 1995 b 1 于是 于是 b b 1995 1 a a 1995 1994 题 53 6 p76 题 53 6 p76 48 f x 48 f x 1x bxaxx lim n2 21n2 n 连续 求 a b 连续 求 a b 证 证 f x f x 1x bxaxx lim n2 21n2 n n1n ubu b 0 则 收敛于的正根 b 0 则 收敛于的正根 n u0bxx2 分析 分析 利用利用 1nnn1n ububuu 1nn 1nn ubub uu 因此 可以分别论证 因此 可以分别论证 即 即 12 uu aab 时 则 且有上界 时 则 且有上界 n u 即 即 12 uu aab 时 则 且有下界 时 则 且有下界 n u 下面考虑有界性的证明 我们来看第一种情况 下面考虑有界性的证明 我们来看第一种情况 设的正根为 c 即或写成设的正根为 c 即或写成0bxx2 0bcc2 cbc 我们来证明 c 事实上 我们来证明 c 事实上 n u cbubcu n1n cbub cu n n 因此 若 便有 c 注意到因此 若 便有 c 注意到x有一个正根一个负根 因此时 于是有一个正根一个负根 因此时 于是cu1 n u0bx 2 cau1 0baa2 故故u 12 u 于是我们证明了于是我们证明了cau1 时 且有下界 时 且有下界 n u 而而u时 数列 为常数列 时 数列 为常数列 ca 1 n u 18 无论以上那种情况 均说明 极限的存在性 对递推式两边取极限便知 收敛于的正根 无论以上那种情况 均说明 极限的存在性 对递推式两边取极限便知 收敛于的正根 n u n u0bxx2 题 60 p76 题 60 p76 50 设 f x 50 设 f x 1 a f x b x a b 1 a f x b x a b 2 f x f x K x x 0 k 1 x x a b 2 f x f x K x x 0 k 1 x x a b 则 则 1 f x 在 a b 上连续 1 f x 在 a b 上连续 2 存在唯一的 2 存在唯一的 a b a b 使得 f 使得 f 3 若 a b 定义 f n 2 3 则 3 若 a b 定义 f n 2 3 则 1 x n x 1n x n n xlim 证 证 1 对任何 a b 我们来证明 f x 在处连续 1 对任何 a b 我们来证明 f x 在处连续 0 x 0 x 事实上 对于 x a b f x f K x x 事实上 对于 x a b f x f K x x 0 x 0 x 0 x 因此 f x f 0 即f x f 故连续 因此 f x f 0 即f x f 故连续 0 xxlim 0 x 0 xxlim 0 x 注 在 a b 端点处 应理解为单侧极限 注 在 a b 端点处 应理解为单侧极限 2 作 g x f x x 则 g a 0 g b 0 因此由连续函数的介值定理知 g x 在 a b 内定有解 2 作 g x f x x 则 g a 0 g b 0 因此由连续函数的介值定理知 g x 在 a b 内定有解 于是存在 a b 使得 f 于是存在 a b 使得 f 现设又有 a b 使得 f 则 现设又有 a b 使得 f 则 f f K f f K 由于 0 k 1 所以除非 0 否则上式不能成立 因此以上 是唯一的 由于 0 k 1 所以除非 0 否则上式不能成立 因此以上 是唯一的 注 若改为 注 若改为 a b a b 则结论不成立 如取 则结论不成立 如取 y f x y f x 3 3 1x a 0 b 1 k a 0 b 1 k 3 2 满足本题条件 但 0 1 内没有 使得 f 满足本题条件 但 0 1 内没有 使得 f 3 只需证明 3 只需证明 x lim n n 0 而这由 0 而这由 f f K 因而 f f K 因而 n1n1nn xx x x 1n K 1 x 再由 0 k 1 便知 0 再由 0 k 1 便知 0 x lim n n 题 64 p76 题 64 p76 51 若对任意实数 x f x y f x f y 且 f x 在点 x 0 处连