谢惠民数学分析习题课讲义部分题目解答.pdf

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12h时 Bernoulli 不等式nhh n 1)1 (仍成立; (2)证明:当0h时成立不等式 2 ) 1( )1 ( 2 hnn h n ,并推广之; (3)证明:若), 2 , 1( 1niai且同号,则成立不等式 n i i n i i aa 11 1)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1n时成立 n n n) 2 1 (! ; 【证明】利用平均值不等式,有 n n k n k kk n 11 1 所以 n n n) 2 1 (! 因为1n,所以取等号的条件n21不满足,故 n n n) 2 1 (! . (2)利用)1 (2) 1)(1() !( 2 nnnn证明:当1n时成立 n n n) 6 2 (! ; 【证明】利用平均值不等式,有 n n k n k knkknk n 11 )1()1( 1 所以 nn nnn n) 6 2 ( 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 n n k r n r k n n)( 1 ) !( 1 . 【证明】利用平均值不等式,有 n n k r n k r kk n 11 1 所以 n n k r n r k n n)( 1 ) !( 1 3.证明几何平均值-调和平均值不等式:若0 k a,nk, 2 , 1,则有 n k k n n k k a n a 1 1 1 1 )( 【证明】利用平均值不等式,有 n n k k n k k aan 11 111 所以 n k k n n k k a n a 1 1 1 1 )( 4.证明:当cba,为非负数时成立 33 3 cbacabcab abc . 【证明】由于 cabcabcbaaccbba 222222 0)()()( 所以 33 )(3)( 2 cabcabcba cabcabcba 利用平均值不等式,有 3 2 3 )(33abccabcabcabcab 所以 3 3 abc cabcab 5.证明下列不等式: (1)baba和baba; 【证明】利用三点不等式,有 abbabba)( 由对称性知baba 所以baabbaba),max( (2) n k k n k k n k k aaaa 112 1 ;有问:左边可否为 n k k aa 2 1 ? 【证明】利用(1)的结论,有 n k k n k k n k k aaaaa 2 1 11 1 反复利用三点不等式,有 n k k n k k n k k n k k n k k aaaaaaaaa 13 21 2 1 2 1 1 再利用这个结论,有 n k k n k k n k k aaaa 221 1 (3) b b a a ba ba 111 ; 【证明】显然函数 xx x xf 1 1 1 1 )(是单调增加的,所以有 b b a a ba b ba a ba ba ba ba 111111 (4) n nnn abaaba)()(. 【证明】利用三点不等式,有 n n nnnn n nn bababaaabaaaba)()()()( 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cba,. 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 ca .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 cb .于是有ba . 对任给的0,存在正整数 1 N与 2 N,当 1 Nn 时有aa n 12 ,当 2 Nn 时有aa n 2 . 现取),max(2 21 NNN ,当Nn 时有aan,故 n a收敛于a. 2.设 n a有界,且满足条件 2 nn aa, 3 nn aa, Nn,证明: n a收敛. 【证明】由条件 2 nn aa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 nn aa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 nn aa和 2 nn aa都收敛,证明: n a收敛. 【证明】设 1 nn aa和 2 nn aa分别收敛于数ba,.那么有 abaaaaaa nnnn n nn n )()(lim)(lim 1212 baaaaaaa nnnn n nn n )()(lim)(lim 2211 进而有 0)()(lim)(lim 1122 nnnn n nn n aaaaaa 故 2 )()(lim 2 1 lim 22 a aaaaa nnnn n n n 5.设 n k n n k a 1 2 ) 11(, Nn,计算 n n a lim. 【解】由于 n k n k n k n k n k nn kn k n k n k n n 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1 11 1 ) 11( 11 1 而 2 1 2 1 limlim 1 2 n n n k n n k n 2 1 1 1 1 1 lim 2 n n , 2 1 11 1 lim 2 n n n 故 4 1 lim n n a 7.设 p aaa, 10 是1p个给定的数,且满足条件0 10 p aaa.求 )1(lim 10 pnanana p n 【解】 )1(lim 10 pnanana p n 1)(lim 121 pnananaaa pp n )()1(lim 1 npnanna p n 0) 1 (lim 1 npn pa nn a p n 8.证明:当10 k时,0)1(lim kk n nn 【证明】(这里用到后面将要学习的等价无穷小知识) 0lim 1) 1 1(lim)1(lim 1 k n kk n kk n nk n nnn 12.证明: nn n n n ) 2 ( e!) e (. 【证明】利用数列) 1 1( n n 单调增加趋于e,有 !) e ( ! ) 1( ) 1 1 () 2 1 1 () 1 1 1 (e 21 n n n n n n n n nn nn 利用 1.3.2 中题 2 的结论: n n n) 2 1 (! ,有 n n n n n n n n n n n n n ) 2 ( e! !2) 1( ) 1 1 (e 14.设n n an2 1 3 1 2 1 1, Nn,证明: n a收敛. 【证明】一方面,有 0 1 2 1 1 212 1 1 1 nnn nn n aa nn 另一方面,有 n nn an2 1 2 43 2 32 2 1 nnn2)1(2)34(2)23(21 221212221nn 根据单调有界定理知 n a收敛. 15.设已知存在极限 n aaa n n 21 lim,证明:0lim n an n . 【证明】设TT n aaa n n 21 ,n,于是 1 ) 1( nnn TnnTa,2n,由此得 0) 1 1 (limlim 1 TTT n T n a nn n n n 17.设对每个n有1 n x和 4 1 )1 ( 1 nn xx,证明 n a收敛,并求其极限. 【证明】显然有0 n x,2n.所以有 1 2 1 1 ) 2 1 ()1 ( 4 1 nn nn nn xx xx xx 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 4 1 )1 (AA,解得 2 1 A. 18.设ba 1 ,ca 2 ,在3n时, 2 21 nn n aa a,证明 n a收敛,并求其极限. 【证明】 由于)( 2 1 211 nnnn aaaa,所以)() 2 1 ()() 2 1 ( 2 12 2 1 bcaaaa nn nn ,进而 有 bbcabca n nn n )( ) 2 1 (1 ) 2 1 (1 ) 2 1 () 2 1 () 2 1 )( 1 1 032 ,于是 3 2 lim cb an n . 第二组参考题 1.设nan21, Nn,证明: n a收敛. 【证明】利用不等式 1111211nnnnn, Nn 以及 221nn,3n 有2213411231nnnnan 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 nkn n k n 2 e ! 1 ) 1 1 ( 0 . 【证明】 利用 1.3.2 中题 1 的结论: n i i n i i aa 11 1)1 (,), 2 , 1( 1niai且同号,当2n时 有 n k n k k n k k k n n n k nknkn n kn C n 200 ) 1 1 () 1 1 ( ! 1 11 )!( ! ! 11 ) 1 1 ( n k n k n kk kn k nk 22 ) 2 ) 1( 1 ( ! 1 11) 11 1 ( ! 1 11 nkknk n k n k n k 2 e ! 1 )!2( 1 2 1 ! 1 020 当1n时, 2 e 22显然成立. 3.求极限) e !2sin(limnn n . 【解】利用命题 2.5.4,有 ) 1 (2) 1 ! ! (2e !2) 1 1 ! ! (2) 1 1 (2 00 n N nk n n nk n n N n k n k 所以 n nnn n n 2 sine)!2sin( 1 2 sin ,4n 利用夹逼准则知2) e !2sin(lim nn n 4.记 n Sn 1 2 1 1, Nn.用 n K表示使得nSk的最小下标,求极限 n n n K K 1 lim . 【解】由条件知 n K K nSn n 1 与0 1 lim n n K 因为nSn n )ln(lim 而 n nnKn K KnKSKn n 1 lnlnln 所以)ln(lim)ln(lim n n n n KnKn 于是Kn n n )ln(lim 所以11)ln1()ln(limlnlim 1 1 nn n n n n KnKn K K 故elim 1 n n n K K 5.设 n k k nn C n x 0 2 ln 1 , Nn,求 n n x lim. 【解】利用 Stolz 定理,有 22 0 1 0 1 0 2 ) 1( lnln limln 1 limlim nn CC C n x n k k n n k k n n n k k n n n n 12 1 1 ln lim 12 )ln(ln lim 00 1 n kn n n CC n k n n k k n k n n ) 12()32( 1 1 ln 2 2 ln lim 0 1 0 nn kn n kn n n k n k n ) 1 1 ln 1 2 ln(lim 2 1 10 n k n k n kn n kn n 2 1 1 2 lnlim 2 1 ) 1 2 ln 1 2 (lnlim 2 1 1 n n n n n n n n n k n 6.将二项式系数 n nnn , 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)elim n n n G. 【证明】由于 n n nA n nnn 10 ) 11 (,所以有 2 2 lim 2 limlim n n n n n n n n nn A 因为 )!( ! ! knk n k n ,所以 2 1 ) ! 1! 0( ) !( n n G n n n ,所以有 ) ) ! 2! 1ln(2!ln) 1( exp(lim ) ! 2! 1 ( ) !( limlim 2 1 2 1 2 n nnn 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 nnn n nnnnn nn ) 2 1 exp() 2 1 2 ln) 1( exp(lim n n n n 7.设 n k kn aA 1 , Nn,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: 0lim 2211 n nn n p apapap 【证明】利用 Stolz 定理,有 n nnn n n nn n p AApAApAp p apapap)()( limlim 1122112211 n nnnnn n p ApAppAppApp 11232121 )()()( lim 0limlimlim )( lim 1 1 n n n n n n nn nnn n AAA pp App 8.设 n a满足1)(lim 1 2 n i in n aa,证明:13lim 3 n n an. 【证明】令 n i in aS 1 2 .因为1)(lim 1 2 n i in n 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 Slim,则0 1 limlim 1 2 n i i n n n a a;若 n S收敛,则0lim0lim 2 n n n n aa; 即总有0lim n n a.所以1lim)(limlim 11 2 11111 nn n nnnn n nn n SaaaSaSa以及 n n Slim, 故 3 1 )( 1 lim ) 1( limlim )( limlim 2 1 2 1 2 1 33 1 33 3 3 nnnnn n nn n n n n nn n n n SSSSaSS nn S n S San na 所以 13lim 3 n n an 12.设10 , n a收敛于a.证明: a aaaa n nnn n 1 )(lim 02 2 1 【证明】令aab nn ,那么 )()()(lim)(lim 0102 2 1 abababaaaa n nn n n nnn n a bbbabbb n nn n n n n nn n 1 )(lim)1 (lim)(lim 0101 故只需要证明0)(lim 01 bbb n nn n 存在正数M使得Mbn恒成立.对任给的0,存在正整数N,当Nn 时有bn. 所以当Nn 时有估计 01 1 101 bbbbbbbb n N Nn N Nn nn n nn M nNnNn )()1 ( 1 MN Nn ) 1( 1 1 因为0lim Nn n ,所以存在正整数NN 1 ,当 1 Nn 时有 MN Nn ) 1( 1 ,此时有估计 bbb n nn ) 1 1 1 ( 01 故0)(lim 01 bbb n nn n 17.令2 0 y,2 2 1 nn yy, Nn.设 n n yyyyyy S 10100 111 .证明: 2 4 lim 2 00 yy Sn n 【证明】令 1 0 aay,1a.可归纳得出 nn aayn 22 , Nn,即 1 2 2 1 1 n n a a yn . 当1a,即2 0 y时有2 n y,于是 2 4 1 2 1 2 1 2 1 2 00 12 yy S n n ,n,命题成 立; 当1a时,有 ) 1 1 1 1 ( 1 1 1 )1 ()1)(1 ( 1 212 1 121 10 22 2 2 22 222 222 10 nnn n n n aa a a a a a a aaa aaa yyy n 于是 a a aa a aa a a S nkk n n k n n n 1 ) 1 1 1 1 (lim 1 ) 1 1 1 1 (lim 1 lim 221 2 2 2 0 22 2 而 a aaaayy1 2 )()( 2 4 11 2 00 . 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 3 0 sinsin lim x xnnx x . 【解】 3 1 0 3 0 )sin) 1sin(sin lim sinsin lim x xxkkx x xnnx n k xx 3 1 0 3 1 0 2 1 sin 2 sin 2 sin4 lim 2 cos) 2 1 cos( 2 sin2 lim x x k x kx x x xk x n k x n k x 6 ) 1( ) 1( 2 1 2 1 nn kk n k 11.设函数f在), 0( 上单调增加,且有1 )( )2( lim xf xf x .证明:对每个0a,成立1 )( )( lim xf axf x . 【证明】当1a时,存在正整数k使得 kk a22 1 ,于是 )2( )( lim )2( )( )2( )2( )( )2( lim )( )( lim 11 2 xf axf xf axf xf xf xf xf xf axf k x k xx )2( )( lim )2( )( )2( )2( lim )2( )( lim 11 xf axf xf axf xf xf xf axf k x kk k x k x 由于f单调增加,所以1 )2( )( 1 xf axf k ,1 )2( )( xf axf k ,所以有 )( )( lim1 )( )( lim xf axf xf axf xx 故1 )( )( lim xf axf x 当10 a时,利用上述结果,有 1 )( )( 1 lim )( )( 1 lim )( )( lim tf a t f axf xf xf axf t tax xx 当1a时显然,故对每个0a,成立1 )( )( lim xf axf 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 x xx x sin )sin1 ()tan1 ( lim 1010 0 . 【解】利用导数的定义,有 x xx x sin )sin1 ()tan1 ( lim 1010 0 x x x x x x xx sin 1)sin1 ( lim sin tan tan 1)tan1 ( lim 10 0 10 0 20)1(1)1( 0 10 0 10 xx xx 2.设 23 1 )( 2 xx xf,计算)0( )100( f,要求相对误差不超过1%. 【解】由于 2 1 1 1 )2)(1( 1 )( xxxx xf 所以 101101 )100( )2( !100 ) 1( !100 )( xx xf 所以) 2 1 1 ( !100)0( 101 )100( f 取!100)0( )100( f,则相对误差为01. 0 12 1 ) 2 1 1 ( !100 ) 2 1 1 ( !100!100 101 101 101 . 3.设f在点a处可导,0)(af.计算 n n af n af )( ) 1 ( lim . 【解】) )( ) 1 ( lnexp(lim )( ) 1 ( lim af n af n af n af n n n 由于) )( )( exp() 1 )() 1 ( )( 1 exp(lim) )( ) 1 ( lnexp(lim af af x af x af afaf x af x xx 利用 Heine 归结原则,有 ) )( )( exp( )( ) 1 ( lim af af af n af n n 5.设0)0(f,)0( f 存在.定义数列 )() 2 () 1 ( 222 n n f n f n fxn, Nn, 试求 n n x lim. 【解】由于 x xf x fxf f xx )( lim 0 )0()( lim)0( 00 ,所以对任给的0,存在0,当x 0时有 )0()()0(fxxffx 取1 1 N,当Nn 时有 n n 2 0,所以有 )0() 21 ()0() 21 ( 222222 f n n nn xf n n nn n 而 n n n n nn2 121 222 所以fx n n n )0( 1 2 故 2 )0( lim)0(lim2)0( 1 2 lim0 f xfxfx n n n n n n n n 6.求下列数列极限: (1)sin 2 sin 1 (sinlim 222 n n nn n ; 【解】运用上题的结论,考虑函数xxfsin)(,即得 2 1 )0( 2 1 )sin 2 sin 1 (sinlim 222 f n n nn n (2)1 () 2 1)( 1 1(lim 222 n n nn n . 【解】运用上题的结论,考虑函数)1ln()(xxf,即得 e)0( 2 1 exp()1 () 2 1)( 1 1(lim 222 f n n nn n 7.设 x x y 1 1 ,计算)( )( xy n , Nn. 【解】由于x xx x y 1 1 2 1 )1 (2 ,通过求导找规律直接可得 2 12 2 12 1 )( )1 ( 2 !)!32( )1 ( 2 !)!12( )( n n n n n x n x n xy,2n 以及 x xy 12 1 )1 ( 2 3 8.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 ( 1 nnnn n x fx x f x 【证明】用数学归纳法,当1n时,右式) 1 ( 1 ) 1 ( 2 x f xx f左式; 假设当nk 时成立 )(1)( 1 ) 1 () 1() 1 ( 1 kkkk k x fx x f x ; 当1 nk时有 )1(11)1(1 ) 1 () 1() 1 () 1( nnnnnn x fxx x fx 1 0 )1(1)(1 ) 1 ( 1 ) 1( n k knnkn x fxx k n ) 1 ()1() 1 () 1( )(1)1(11nnnnn x fxn x fxx ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 )( 1 )( 1 x f x n x f x x n n n n ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 )( 1 )1( 3 )( 2 x f x n x f xx f x n x n n n n n n ) 1 ( 1 )1( 2 x f x n n 由归纳原理知命题成立. 10.证明组合恒等式: (1) 1 1 2 n n k n k n k, Nn; 【证明】考虑恒等式 n k kn x k n x 1 )1 (,对x求导得 n k kn x k n kxn 1 11 )1 (,再令1x即得 1 1 2 n n k n k n k (2) 2 1 2 2) 1( n n k nn k n k, Nn. 【证明】由(1)可知 n k kn x k n kxnx 1 1 )1 (,对x求导得 n k knn x k n kxxnxn 1 1221 )1 () 1()1( 再令1x即得 2 1 2 2) 1( n n k nn k n k 第二组参考题 1.(1)求 n k kx 1 sin和 n k kx 1 cos; 【解】利用积化和差公式)cos()cos(sinsin2yxyxyx可知 2 cos) 2 1 cos() 2 1 cos() 2 1 cos(sin 2 sin2 11 x xnxkxkkx x n k n k 于是有 2 sin2 ) 2 1 cos( 2 cos sin 1 x xn x kx n k ,2kx ,Zk 当2kx 时有0sin 1 n k kx; 同样地,利用公式)sin()sin(cossin2xyyxyx可知 2 sin) 2 1 sin() 2 1 sin() 2 1 sin(cos 2 sin2 11 x xnxkxkkx x n k n k 于是有 2 sin2 2 sin) 2 1 sin( cos 1 x x xn kx n k ,2kx ,Zk 当2kx 时 n k kx 1 cos发散; (2)求 n k kxk 1 sin和 n k kxk 1 cos. 【解】利用(1)的结论,对结果求导即知 4.证明:Legendre 多项式 n n n n n x xn xP) 1( d d !2 1 )( 2 满足方程 )() 12()()( 11 xPnxPxP nnn 【证明】直接计算可得 ) 1() 1(2 d d )!1(2 1 ) 1( d d )!1(2 1 )( 2 1 1 1 12 2 2 1 1 n n n n n n n n n xxn xn x xn xP ) 1(2) 1( d d !2 1 ) 1( d d !2 1 12222 1 1 nn n n n n n n n xnxx xn xx xn ) 1)(11( d d )!1(2 1 )( 122 1 n n n n n xx xn xP ) 1( d d )!1(2 1 )() 12( 12 1 n n n n n x xn xPn )()() 12( 1 xPxPn nn 5.证明:Legendre 多项式满足方程 0)() 1()(2)()1 ( 2 xPnnxPxxPx nnn 【证明】考虑函数 n xy) 1( 2 ,求导得 12 ) 1(2 n xnxy,即nxyyx2) 1( 2 ,两边求1n次导 数,利用 Leibniz 公式,有 1 0 )1()( 1 1 0 )1()(2 1 )()(2)() 1( n k knkk n n k knkk n yxCnyxC 即) 1(2) 1() 1(2) 1( )()1()()1()2(2nnnnn ynxynynnxynyx 整理得 )()1()2(2 ) 1(2) 1( nnn ynnxyyx 故0) 1(2)1 ( )()1()2(2 nnn ynnxyyx 所以0)() 1()(2)()1 ( 2 xPnnxPxxPx nnn 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, Nn,且存在常数0C,使得对所有 Nn和 1 , 1x成立不等式 nn Cnxf!)( )( .证明:0)(xf. 【证明】写出 n n n n n n x n f x n f x n f xffxf ! )( ! )( )!1( )0( )0()0()( )()( 1 )1( ,x , 所以有 n n n Cxf n x xf)( ! )( )( 若10 C,那么0)( n Cxf,n 此时有0)(xf, 1 , 1x; 若1C,那么当 C x C2 1 2 1 时有 0 2 1 )( n xf,n 此时有0)(xf, 2 1 , 2 1 CC x,在这之上有0)0( )( n f, Nn,故以此类推可知分别在 2 2 , 2 1 CC , 2 1 , 2 2 CC ,等区间上都有0)(xf,从而有0)(xf, 1 , 1x. 11.设f在,ba上二阶可微,且0)()(bfaf.证明:存在),(ba ,使得成立 )()( )( 4 )( 2 afbf ab f . 【证明】写出 2 1 2 1 )( 2 1 )()( 2 1 )()()(axfafaxfaxafafxf 2 2 2 2 )( 2 1 )()( 2 1 )()()(bxfbfbxfbxbfbfxf 其中bxa 21 .取 2 ba x ,则分别有 4 )( 2 )( )() 2 ( 2 1 abf af ba f , 4 )( 2 )( )() 2 ( 2 2 abf bf ba f 以上两式相减可得 4 )( )()( 2 1 )()(0 2 12 ab ffafbf 移项后,由三点不等式可得 )()()( 2 1 )()( )( 4 12 2 fffafbf ab 其中)(, )(max()( 21 fff . 13.设f在),a上二阶可微,且0)(xf,0)( x f,证明:在ax 时0)( x f. 【证明】假设存在), 0 ax使得0)( 0 x f,那么当 0 xx 时)()( 0 xfxf,进而有 )()()()()()( 0000 xfxxfxxxfxf,xx 0 , 只需再令 )( )( 0 0 0 xf xf xx 便得0)(xf,这与0)(xf矛盾,所以在ax 时0)( x f. 14.设f在) 1 , 1(上1n阶可微,0)0( )1( n f, Nn,在10 x上有 n n n n x n xf x n f xffxf ! )( )!1( )0( )0()0()( )( 1 )1( , 其中10 ,证明: 1 1 lim 0 n x . 【证明】由导数定义可知 x fxf f nn x n )0()( lim)0( )()( 0 )1( 1 )(1 )1( 0 )0(! )!1( )0( )0()0()( lim n nnn n x x xfnx n f xffxf 而其中又有 1 )(1 )1( 0 )0(! )!1( )0( )0()0()( lim n nnn n x x xfnx n f xffxf 1 )0()0()( lim 1 1 )!1( !)0(!)( lim )1()()( 0 )()( 0 n f x fxf nxn nfnxf nnn x nn x 所以 1 1 lim 1 lim 1 )0( )0( 00 )1( )1( n n f f xx n n 15.证明:在1x时存在) 1 , 0(,使得 2 )(1 arcsin x x x ,且有 3 1 lim 0 x . 【证明】利用 Lagrange 中值定理知存在介于0与x之间使得 2 1 0arcsinarcsin x x 当0x时任取) 1 , 0(;当10 x时有10 x ,令 x ,故存在) 1 , 0(使得 2 )(1 arcsin x x x 所以 3 1)(arcsin(arcsin lim arcsin arcsin lim arcsin 1 limlim 4 0 22 22 0 2 2 2 0 2 0 x xxxx xx xx x x x xxxx 故 3 1 lim 0 x 16.设f在)( 0 xO上n阶可微,且0)()( 0 )1( 0 xfxf n ,0)( 0 )( xf n .证明:当h 0时, 成立hhxfxfhxf)()()( 000 ,10 ,且成立 1 0 1 lim n h n . 【证明】利用 Lagrange 中值定理知存在介于 0 x与hx 0 之间使得 hfxfhxf)()()( 00 因而有10 0 h x ,令 h x 0 ,则成立hhxfxfhxf)()()( 000 ,10 . 所以有 1 1 00000 )( )()()()()( n nn h xfhxf h hxfxfhxf 而 ! )( ! )( lim )()()( lim 0 )( 0 )1( 0 000 0 n xf hn hxf h hxfxfhxf nn h n h )!1( )( )!1( )( lim )()( lim )( )()( lim 0 )( 0 )1( 0 1 00 0 1 00 0 n xf tn txf t xftxf h xfhxf nn t n t n h 故 1 0 1 0 1 lim 1 lim n h n h n n 7.3.2参考题 第一组参考题 1.设有n个实数 n aaa, 21 满足 0 12 ) 1( 3 1 1 21 n a aa n n 证明:方程0) 12cos(3coscos)( 21 xnaxaxaxf n 在区间) 2 , 0(中至少有一个根. 【证明】构造辅助函数 xn n a x a xaxF n ) 12sin( 12 3sin 3 sin)( 2 1 则可见0) 2 ()0( FF.对F在区间 2 , 0上用 Rolle 定理,就知道)()(xfxF在区间) 2 , 0(中 有零点. 2.设0c,证明:方程0 345 cbxaxx至少有两个根不是实根. 【证明】设cbxaxxxf 345 )(,那么 22234 )345(345)(xbaxxbxaxxxf 若0345 2 baxx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0345 2 baxx无实根,那么f严格单调增加,同上;若0345 2 baxx 有两不同实根 21 xx ,那么f在),( 1 x,),( 2 x上严格单调增加,在),( 21 xx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0a,证明:方程 nnn axax 222 )( 只有一个实根0x. 【证明】设 nnn axaxxf 222 )()(,那么 )(2)( 1212 nn axxnxf 当0a时,0)( x f;当0a时,0)( x f.总之f是严格单调的,故至多有一个实根,而0x是 它的一个实根,所以方程只有一个实根0x. 4.设f在,b