数学分析习题集及答案

第一章实数集与函数 实（1）ax是无理数；（2）当a0时，ax理数。这与题设“x为无理数”，故a+x是无理数。（2）axxa

是有理数，这与题设“x为无理数”，故(1)x(x21) (2)|x1||x3 x x 解：（1）x210或x21

x1

2x1

3x而前一个不等式组的解集是Ax|x1，后一个不等式Bx|1x0，故（1）的解集A1

xx

x

1。所以1 x即0 1，则3x1,x2故（2）的解集为,23由原不等式应有3x2 x1 2x10，从而对不等式两端平方x12x1 3x2因此有2(x1)(2x1)0，所以2(x1)(2x1)0x1,或x1x1和x1 所以原不等式的解集为设abR，证明：若对任何正数ε有|ab|a证：由题设，对任何正数ε有|ab|0，再 P.3例2，可得|ab|0，于|ab|0a=b1x另证：（反证）假设|ab|0，由实数的稠密性，存在r使得|ab|r0。这与题设“对任何正数ε有|ab|” ，于是|ab|0，从而a=b。1x设x0,证明x 1x1xx

x1 xxxxx

x1,即x1xx（1）|x1||x2|1；（2）|x1||x2||x3|证：直接由绝对值不等式的性质，对任意的xR（1）1|(x1)(x2)||x1||x2（2）因为2|x3||2x3)||x1||x1||x|，所以|x1||x2||x3|a2ca2设a,b,cR证明a2ca2ya2a2ca2

A(a,所以有

a2b2

a2c2||bc

C(a,设x0,b0,abax1ab ax1

a

|ab|

ax

(b

|ab|

ab

b

，b

b(b aax1bb 为有理数，则存在正整数m、n使 m，其中m、n互素m2pn2ppnknkpm2pk2p2m2k2p，从而p是m的约数，故m、n有公约数p。这与“m、n互素 是无理数（1）xax （2）xax （3）x2ab

ba11xxxxa因此有1

x

11,即

x

x0ab2x

或x2x2babx x即xab或xab22 22 a a ；当a<b时，不等式的解为x x

x即a

ax aab时，不等式的解为（3）当b0时，原不等式的解为1ab0时，不等式的解为2ab0如果ab，则解为abx ab即abx ab或abxa如果ab，则解为x ab，即abx a 数集界原（1）1xx（2）x1x（3）(xa)(xb)(xc)0(abc为常数，且（4）sinx22x(1x)x

x(x1)x 1 2为1 2

6等价于6x161xx1x, 6xx1 6x

1 而前一个不等式组的解为32 因此原不等式的解集为322322322322 （3）f(xxa)(xb)(xcxRa<b<c0,当x(a)(bc);f(x)0,当x=a、b、c；f(x0,当且仅当x(a,b)∪(c,+)，ab()（4）若0x2x3sinx

2sinx

4 2的解集是2k2k3k 若Mx0Sx0MS 若M0，x0S，使得|x0|M，则称 Sy|y2x2xR有上界而无下界。xSy2x222S的一个上界。而对M0x0数集S

3

y02x21MSy0M0（1）S{x|x22,xR解：supS，infS。下面依定义加以验证supS（infS 可类似进行xS，有x ， 是S的一个上界， 是S的一个下界 2，若 ，则x0S，都有x0；若 则由实数的稠密性，必有实数r，使得r ，即rS，不是上界所以supS（2）S{x|xn!,nN解：S无上界，故无上确界 上确界为supSxS，xn1，1是S

infS1111!SSinfS1(3)Sx|x为(01内的无理数 infSS为非空有下界数集.证明infSSmin)设infSSxS有x而S，故Smin)设minS则S下面验证infxSx即Sx0S则x0。从而满足infSS为非空数集,Sx|xS(1)infSsup (2)supSinf证：（1）infSxSx，x0SxSx|xS知，对任意的xSx，0且对任意的，存在x0S使x0，由上确界的定义知supS，即infSsupS。同理可证（2）成立。A、BABz|zxy,xA,yB证明：（1）sup(ABsupAsupB；（2）inf(AB)infAinfzABxA,yBzxy。xsupAysupBzxysupAsupB，即supAsupB是数集AB的一个上界。supAsupB（要证不是数集AB的上界supBsupA，由上确界supAx0Ax0supB。于是x0supB，再由上确界supBy0By0x0z0x0y0z0AB因此supAsupBAB的上确界，即sup(AB)supAsupzABxA,yBzxy。xsupAysupBzxysupAsupB，于是sup(AB)supAsup 0x0Ax ysupBsup0

2，y

B，使得 2从而sup(AB)x0y0supAsupB，由 P.3例2，可得sup(AB)supAsupB 由①、②，可得sup(AB)supAsupinf(ABinfAinfsupar|r为有理数rx,当a设a0a1x为有理数.axaraxaxAaaxax0及有理数的稠密性，不妨设0且为有理数。于是必存在有理数r0x，使得ar0ax 事实上，由logx0ax等价于loglogax r使得logarx，所以alogaar0 axsupAsupar|r为有理数rx,当a 函数(1)yx2 (2)y(x (3)y1(x (4)ysgn(sin3x,x(5)yx3,x3,x

2.yax与y2212 2 1

2x1，即两函数的图象都过点12 2 1

12x,y2x的图象在y 21

12x,y 的图象在y2x的图象上方2 21的图象与y 2

y

20<x<1log1x0log2x2x=1log1xlog2x02x>1log1x0log2x2ylog1xylog2xx21y2x与ylog2x的图象、y 2

21-2写出定义在0,1f1x)和f2x的解析表达 4x,0x1 f(x) 44x,

x 16x,0x1f(x)

1x 1 816x, 0,1xysin(sin ylg(lg yarcsin(lgx(4)(4)ylg(arcsinx因为yarcsinu的存在域是1,1，而1lg 1等价于1x100yarcsin(lgx的存在域是x（4）ylgu的存在域是0,ux的值域为,由0u 222有0 1，即0x10,所以ylg(arcsin)的存在域是xx 2x,x5.f(x2x,x求：(1)f(3),f(0),f(2)f(x)f(0),f(x)f(0)(x解：（1）f(3)23)1;f(0)202f(1)21（2）因为x0f(xf(0)2x20)2xf(x)f(0)2(x)(20)设函数f(x) 1

f(2x),f(2x),f(x2),ff(x)),

f(2x

；f(2x) ；f(x2) 1(2 3 1 1f(f(x))

x1；f

11

x f(x) f

1(1 21(1)y(1 (2)y(arcsinx2 (3)y1

(4)y2sin2解：（1）yu20uvvv11v yu2,uarcsinv,vylguuvvv1,v SSvttx2 2 y2u,uv2,vsinax ax b b解：首先bcad，由y cyd

当c0时，原函数的定义域为x，反函数的定义域为x cx 即为反函数。另外，当bc0,且ad0bcad且adbc0且ad0”时，该函数的反函数就是其本yyarcsin(sinx 定义域为(,)，值域

tan(arctanx)x,x (2)arctan(tanx)x,xk 2

（2）因为tanxxk2k0,1,2,·而arctanx的值域仅为 22y|x|

时arctan(tanxarctan(1) x解：因为y|x ，可看成是两个初等函数y与ux2的复合xy|x|证明关于函数yx1xx1 1x11（1）当x0时 （2）当x0时 1111 x11x11 ，所以当x0时，有 1xx1

1111 x1x1x11 中同时乘以x，可得 1x11

具有某些特性的f(x)

x21R 所以f在R上有界。2（1） f(x)

x2

(:x212|x|

x2为（0，1）上 举出函数f的例子，使f为闭区间[0，1]上 xD，若对任何M0，都存在x0D，使得|f(x0)|M

1 x MMM

x(0, x

，要找

。为此只 xM0，取

M0M0

M1，f(x)函

0xx0是闭区间[0，1]上 y3x1在上严格递增f(x1f(x23x11)3x21)3(x1x20f(x1y3x1在上严格ysinx在 ]严格递增2

f(x2 证：设 x1x2 f(xf(x2

x1x2

x20,这是由于

x1x2

cosx1x20,x1x20,sinx1x22f(x1)

f(x2,f(x(3)ycosx在0,上严格递x、x0,，xx，则有0x1x2x1x20 从而有sinx1x20,sinx1x2

f(xf(xcosxcosx2sinx1x2sinx1x2 f(x1f(x2y在0,上严格f(x)1x4x21

f(x)xsin (4)f(x)lg(x1x2解：(1)f(x)1(x)4x)211x4x21 f(x1x4x212

fxf(xxsin(xxsinx(xsinxff(xxsinx为f(x)x2ex2在xf(xx)2e(x)2x2ex2f(xf(x)x2ex2为上的偶函数。1f(x)lg(x1x2)在x,1f(x)lg(x1(x)2)lg(x lg(x1x2)f1所以f(x)1

)为,上的奇函(1)cos2 (3)cosx2sin 解：(1)f(xcos2x11cos2x，而1cos2x的周期是f(xcos2x2周期是因为tanx的周期是f(xtan3x 因sinxcosx2，所以f(xcosx2sinx12 设函f定义在aa上,证明

F(xf(xf(xxaa为偶G(xf(xf(xxaa证：(1)因aa关于原点F(x)在aa上有定义，F(x)f(xf(x)f(xf(x)F(x。因a,aG(x)在a,a上有定义，对每一个xa,aG(x)f(x)f(x)[f(x)f(x)]故G(x)为a,a上的奇函由(1)、(2)F(xG(x2f(xf(xF(xG(x)1F(x1 1F(xf(x21

G(x)2F(xf、gD上的有界函数,f(xg(xxsupf(x)sup

inff(x)inf 证：(1)记supg(xxDg(x)f(xg(xf(xg(x)。因此f(x的上界，而supf(xf(x故supf(xsup supf(x)inff 证：(1)记

f(xxD,f(x，即f(x可见是f(x的一个上界；对任意的0x0Df(x0即f(x0，可见是f(x的一个上界中最小者。所以supf(x)inff(x)(2)同理可证结论成立

，而在 内任一闭区间[a,b]上有界 2 2证:1M0x0arctan(M1)2x0使|tanx||tanarctan(M1)|M1 )内f(x在( )内22tanx在[ab2tanatanxtanbMmax{|tana|,|tanb|}，则x[ab|tanx|M,tanx在[ab内有界1,当x为有理数，D(x0,当x为无理数的有界性、单调性与周期性解：1M10x(使|f(x1|f(x是有界函数23xD(x1xrf(xrxD(x0xrf(xrf(x是以任意正有理数为周期的周期函数，但无基本周期证明:f(xxsinxR上严格增.证：任取x(x1x2，则ff(x)f(x)(xx)(sinxsinx)(xx)2cosx1x2sinx1 22(xx)2cosx1x2sinx1x2(xx)2x2x1 22 2:sinx2x1x2x12f(x1f(x2f(xxsinxR12.设定义在a,上的函数f在任何闭区间[a,b]上有界.a,上的函数m(xinffyM(xsupfym(xM(x的图象,ayay(1)m(x)及M(x)a<x，当fy)在ax上为递增函数时，m(x)f(aM(x)f(x)。当fy)在a,x上为减函数时，m(x)f(x),M(x)f由此可知f(xcosx,当0x时，m(x)cosxM(x1x时cosx,0x由于1cosx1,所以，m(x)=-1,M(x)=1.即有m(x) (2)x10时，M(x)1m(x)x2当x0时，m(x)当x1,1时，M(x)1,当x1时，M(x)

M(x)

总练习

,当x1设abR,maxa,b1abab2mina,b1abab2

1(ababa,当ab 1(ababa,当ab 所以maxab1ababminab1abab fg都是D上的初等数M(x)maxf(xg(x)m(x)minf(xg(x)xM(x),mx是否为初等函数M(x)1f(x)g(x)

f(x)g(x)1f(x)g(x)

f(x)g(x)22 2 m(x)1f(x)g(x)

f(x)g(x)1f(x)g(x)

f(x)g(x)22 2 M(xmx都是D上的初等函数f(x)、g(x)经四则运算和有限次复合而成的函数。所以，M(x),mx都是为初等函数。设函数f(x)1x,求f(x),f(x1),f(x)1,f1 ,f(x2),f(f 11

x1

f2f(x)

11

，f(x1)

2

，f(x)1 12

1f1

1 1xx1， ，f(x) x

x f(x) 1 11 11 f(f(x)) 1x 11x 1x11x已知f 1x 1t,则x1, 1xf(x1xx利用函yx求解

,f(x1tf(1tt

1t代表数y余班级学生数x之间的函数关系(假设每班学生数为30~50人)5(x30,3,·,(2)由xyxyf(x的图象,试作下列各函数的图象(1)yf(x);(2)yf(x);(3)yf(x);(4)y|f(x)|;(5)ysgnf(6)y1[|f(x)|f(x)];(7)y1[|f(x)|f 解：(1)yf(xyf(xxyf(xyf(xyyf(xyf(x

f(x),当xD1x|f(xy|f(x)|1,当xD1x|f(xysgnf(x0,当xD2x|f(x1,当xDx|f(x f(x),当xD1x|f(xy

[|f(x)|f(x)] 0,当x

x|f(x) y

2[|f(x|f(xf(x),当x

x|f(x)xmaxf(x), (2)xminf(x),f(x),当xD1x|f(x

xmaxf(x),g(x)g(x),当xD2x|f(xf(x),当xDx|f(xxminf(xg(x)f(x),当xDx|f(x fg和hf(xg(x)h(xxff(xg(g(x))f(xg(xh(xf(xg(x)f(f(x))g(f(x))g(g(x))h(g(x))f(f(x))g(g(x))f和g为区间(ab上的增函数,证明第7题中定义的函数(x)和(x)也都是(a上的增函数证x1x2(ab),且x2x1f(x2f(x1g(x2x1(x2)f(x2)f(x1),(x2)g(x2)g(x1)(x2)max(f(x1),g(x1))(x1(x在(ab上单调递增f(xg(x,则(xg(xg(x(xg(x)f(x

(x1)min{(x2),g(x2)}(x2

(x)在(ab上调递增f(x2f为[-a,a]上的奇(偶)函数.证明:f在[0,a]上增,f在[-a,0]上增(减证：任x1、x2a0x1<x2，有x1、-x20ax1由f(x)为a,a上的奇函数及在0,a上递f(x1)f(x1)f(x2)f(x2f(x在[-a,0]f(x为可进行加法运算的任意两个奇函数,xD1则xD1,且f(x1f(x1),xf(xf1xf2xxDD1D2仍为奇函数.事实上1xDxD1xD2xD1且xD2xD1DxD,则x2f(x)f1xf2x)f1xf2x)f(x),xDf(xf(x),xD综合12可知,f(x 证

f1xf2xxD为奇函数证：记G1xg1xg2xG2xg1xg2xxDG1(x)g1(x)g2(x)g1(x)g2(x)G1G2(x)g1(x)g2(x)g1(x)g2(x)G2所以G1x)、G2(x)都是D上的偶函数。证H(xf1xg1x，则对xDH(xf1xg1xf1x)g1xH(xH(xDf和gD上的有界函数.证明inf{f(x)g(x)}inff(x)sup supf(x)infg(x)sup{f(x) 解：（1）xD，由于inff(xf(xinfg(x) 所以inff(xinfg(x)f(xg(x) inff(x)infg(x)inf{f(x) 1inf{f(x)1inf{f(x)g(x)}inf{g(x)}inf{f(x)g(x)g(x)}inff 故inff(xg(xf(xinf{g(xinff(xsup (2)xDf(xsupf(xg(x)sup f(x)g(x)supf(x)sup 所以sup{f(x)g(x)}supf(x)sup 据不等式2知sup{f(xg(xg(xsup{f(xg(x 故sup{g(xsupf(x)supf(x 即supf(xinfg(x)supf(x13.f和gD上的非负有界函数,证明(1)inff(x)infg(x)inf{f(x)g(x)}；(2)sup{f(x)g(x)}supf(x)sup xDf(x0,g(x有0inff(xf(x0infg(x)g(x，于是有inff(xinfg(x)f(x 故inff(xinfg(xinff(x

(2)xDf(x0g(x)0，则有0f(xsupf(x0g(x)sup f(xg(x)supf(xg(x)，故有sup{f(xg(xsupf(xsup 将定义在0,fR上,使延拓后的函数为（ⅰ）奇函数;（ⅱ）偶函数.设(1)f(x)sinx1;(2)f(x)

1x2,0x

sinx1,x解：(1)令f1(x)0,x f2(x) xxsinx1,x 1sin令

x3,1x x3,1xf(x)11x2,0x f(x)1x2,1x 1 1,1x1

x3,xf1xf2xf(xf1xf2xfR上以h为周期的函数,af在aahfR上有证：因f(x)在aah上有界，从而M>0,对任意xaah有f(x)ta t对任意的t(),设nhZ，则有0

n1h从而有h0h,xahaah由tnhahnhx及f(xf(tf(nhxf(x

f(t)f(x)Mf(xR fI上有界.Msupf(xminff(x证明x,

f(x)f(xM

x、xImf(xMMf(xmMf(xf(xMm即f(xf(x)Mmsupf(xf(x)Mx, 另一方面，对任意的0,存在x1、x2I，使得f(x1)M ,f(x2)m Mmf(x1f(x2

f(x1f(x2x,

f(x)f(x)M§1.数列极限n

1n

,n1,2,…，a对下列N10.1,20.01,3对1,2,3可找到相应的N,这 2对给定的N2解：（1）对1＝0.1an02

n0.1N1对20.01,an02

0.01，取N230.001,an0Nn nnnnn 1

n0.001,N3， 0，N，

nN 11n

。nnlim3n2nn2n2 证因322n2(2n23n2322n2(2n23n22n22(n2n2

53,

(n于是0，

Nmax{

3 nN，

333n223n22n23n2n所以n2n2 nlim 0nn1,0,取 1当nN证

n1,limn!

＝[limsin

n sin0sin N证：证：因nnn，于是0，，nN，sin0limsinnn。n（5）lima0(annnn(n n(n 证：顶a1,令a1,(0)，a(1)1n 22a2(n1)n 0,取N＝[12]nN时2n1;limn(n1) n （1）limn （2）limn3（3） （4）nn1

limnn

an解：（1） nn

n20（用22），无穷lim

3

（2）

n 1 limn qn n3

3），无穷小数列n2 lim q2

2 n n ，（5结果a10）1n1n

12

a 2） 证limaa，据定义0,NnNnanaananknN,anka即有liman.义1（1）数列n1证：(1)对于常数1,存在n ,对于任何N,总有n0N1虽然n0N但211n011数列1}1为极限 （2）数{n(1)n{n(1)}{1,2 ,4 ,6,.n11=350，(1)则数列 }中所有满足“n为偶数，且na1”的项（有无穷多个a的邻域U(a0)a1,a1)之外故数列6.2.1数(1)a为极限，即数列(1){ana充要条nlimanlim(ana)件是 证：（必要性）liman极限的定义，0,NnN，有|ana||ana0|，所lim(ana)

。0,N（充分性）|(ana)0||ana| (1)n

数列极限的定义liman，所以

nN， 下面证明：数列 (1)n (1)n 1 因为 是无穷小数列，所以数列 :若limana,则lim a.当且仅当a为何值时反之也成立 0.N,当n>N时,anaanN定义证明

aalima nn

n)lim123·n

lima1,其中a n

n2

n1

n| 1 N

n1

n。于是0

2，nN n1

n|1n

n1 n)。123·nn(n1)n1nn（2）因 2n 2n n，于是0N ，n

01 lim123·n所以 当n数时,要an1

nn

11n取N1n2

n2n

1an1

1n

n2n

2n取N220,取Nmax{NN1,当nN时a1,即lima n§2收敛数列的

n33n2 (2)

1 (3)

(2)nn4n2n n

11·n2 (5)lim(n1 ·n (6)lim n2n n11·n 13解：（1）limn3n1 n3n4n32n n41 2

2 （2） lim2 n n 2(2)n 3 n(2)n1 2 (2) 3

n2nn)lim lim

n2n

11 nlim(n1n2·n10)11·11 11 11·

1 lim 2n lim2 2n1n11· 11 11

1 3 3 13设limanalimbnb,ab.证明:N,使得nNan 证：取nba0Nn

时,

an

a aN2nN2时,bnbn可2

Nmax{N1N2},当nN时有an设an为无穷小数列,bn为有界数列,证明anbn为无穷小数列证：因为{bn为有界数列，所以存M0，使得|bn|M,n1,2·由{an}为无穷小数列，知0,N0,nN|an|M|ab||a||b|M limab从而当nN时，有 nn ，所以nnn 即{anbn}为无穷小数列。lim · n1 2 n(n1) 1 · lim · n1 2 n(n1) n n1lim1 n1lim(24282·2)11· 1·,解 2428 2n222 2n22n·,1 :22n2nn2limn21,22n1(nlim(24282·2n2) 2n1 · n lim13·2nn

lim355779·2n12n3

2n3

limn

1n2n1nn111 limn11n2n1nn解：当n2时， ，而 n11n11n所以 · n (n 解:1 · (n 111 1· 111 111n n n1 2n 111而lim00,lim 0，由迫敛性 · )

nn 2n n

(2n)n2nn2n2

· n2 n2解 n2

n2

·n2

n2

n2

1，

n2

1n

n2

1

·

)

n2

n2

n2an与bn中一个是收敛数列另一个是发散数列证明anbn是发散数列又bn证：（用反证法证明）不妨设{an}是收敛数列，{bn}是发散假设数列{anbn}收敛，则bn(anbn)an收敛，这与{bn}是发散数列 所以，数列{anbn}发散。同理可得数列{anbn}发散。an(b{ab b nn和n 例如，若{an}是无穷小数列，{bn}an(b{ab b nn和n limana

{bn

bn(a{ab a nn和n n n

a(1)n n1

a2n

2n1

1,(n

2n n由P.332.8知n(1)n

n1发散

(1)

的偶数项组成的数

n4 4

acos 4，则子列a8n11n，子列a8n411,n， cosn 4发散（1）若{a2k1}和{a2k}都收敛，则{an}收敛aa解：结论不一定成立。例如，设 ，则

an

1)n {a lima2k1lim {a 2k1 2k都收敛，且极限相等（即k k n收敛（2）若{a3k2}，{a3k1}和{a3k}都收敛，且有相同的极限，则{an}收敛lima3k2lima3k1lima3k k k 0，K10，kK1，|a3k2a|同样也有K20kK2|a3k1a|K30kK3|a3ka|。Nmax{3K1,3K2,3K3}nN时，对任意的自然数nn3k2，则必kK1，从而|ana|n3k1，则kK2，从而也有|ana|n3k，则必kK3，从而|ana|k所以limana，即{an收klim13.2nn2 nlim limn1ana,0anlim(1a)(1a2)·(1a2n),a1 2n 2

2n又lim 0利用收敛性得lim13·又

2n

2n

n2 (2):n!p!(n2)(n2)!(n1)!n!2(n1)!n! 又

n)1根据收敛性可得lim n

1

0(n1)

n[(1

)1]

n10,(nlim[(n1)n]，另解10，所以(n1)1n1，于是(n1)n1n1)nn，0n1)nn10,n （4）因为a1则lima0，则由定理2.8知lim (1a)(1a)(1a2·(1a2n)1得lim(1a)(1a2)·(1a2n)lim1a2n1 9.aa

为m个正数,证明

1 1

max{a,a· ·Aanmlimnm 由迫敛性可得 10.设limaa证明n(1)

nann

a (2)若a0,a0,则 n nnan1[nan]证：（1）因为[nan]nan[nan]1，所 nnlimnan1 1 [nan lim

lim nn

n

limann

limaann

，由P.292.4N0，使得nN时a3aa

3

na

alim

3a

limnan所以

数列极限存在的nn

1n

e求下列极限 1 1lim

(2)

(3)

1 n

n1

1

n n1 (5)lim 2n

2n

n n 1 n lim1 lim lim n n 1

1 1 1

1

1

n1

n1lim1

lim1

（2） n

n

n lim1 lim1 11

lim n 1 n n 11 n 12nelim11 12ne （4） 2n 2n

liman a0,n1,注：此题的求解用到事实（P.29例1）：若 ，且 lim则 1n1n1 1 n2n1 1 n2nn111 n2

(n， 1lim1 所以 n2lim解:设a2n及limaa.由于a ,两边取极限n得a=2a,所以 x

lim2n 2,an1 2an,n1,,(2)设a1 c(c0),an1 can,n1,(3)an

c(c0),n1,nn

证明：(1)a2

2

11· 1且aa22 2n22n2(n1, a为单调递增数列,故必有极限.设limaA: 2a,两边取极限 n A22A,A2,A0由于a 2lima2 ncccc:0,a2 a1,又设anan1,cccc故an单调增a1 1,设an1 cc

1故an有上界c ccc2ca为单调有界数列,故必有极限.设limaA: ca,两边取极限c ccc2c n 1 14c 14c0不合题意,lim 1

n

acn

c

,

0(n1,) (n1)! (nan为单调递减有下界,故必有极限c c,B

1ck1

. k1k 0cn0cnAc又Ac0limcn 1nnn n4.利用1n为递增数列的结论,证明1n1为递增数列 an11nn2n1 a,n2,3, 1 1 11因 nn1 n2 为递增数列，所以有n n1，即 n n1n1an1nn2n1nn2 n n2n1n1n1n1n1 。n2nn(n2)

n

n

(n应用柯西收敛准则,证明以下数列{an}收敛 sin sinan

.

1

1.1 10,取N ,当mnN时， ln2 sin(nsinaa sin(nsin(nsin 1· n n2 n n3 m1 n

m

1n||aa 1(m1(m·11m(m1(m1)(m·1(n111 m m1m·1111n N所以，0， ，n,mN，有|anam|由柯西收敛准则，{an}收敛证明:若单调数列an含有一个收敛子列,则an收敛证：不妨设{an是单调增加数列，{ank是其收敛子列。于是{ank有界，即存在M0，使得ankM,k1,2·。对单调增加数列{an中的任amamamkM，即{an单证明:a0,且limanl1,则limannnlimanl1,可取l10,则ll11N,当nNn22anl,1lanl ,(1)2 (1)m1 0,又 lN N1

l

N N l N N l当m时,( aN10,由迫敛性定理,limanm0,即limanl 证明:若an为递增(递减)有界数列,则limansupaninfan又问逆命题成立否? P.35，定理2.9（单调有界定理）。an1

n为奇n为偶

}

，n 但{an}不单调利用不等式bn1an1(n1)an(baba0证明

1n1

1n1n 为递减数列,并由此推出1n为有界数列 1an

n ，由不等式bn1an1n1)an(ba，bn1an1nanbnan1anban1，于是bn1nanbnan1anbbnnanannan1ba11n1,b1 n n1，ba， an11

n1 n1 n1 1n1n1 n n n

n1 1n1 n1 n

即

an，故

n

1

1

1n 1 1 1 1n而 n n 1 证明:e

，所以 为有界数列 1 1

1e1n 1n n1n 又易证 1n1 11n lim1n 1

1n 1 1e 1n e 则 n ；又因 递增且n n 则 n 1

1

1 1

1

1 1nne nn

e 1 1 n n 给定两正数a与b(ab作出其等差中项

a1b1与等比中项b ,一般地 anbn,

n1,2,….证明lima与limb皆存在且相等ana n na10,b10a1b10a1a a1ab 1 (a

0 aa1b1a1a

aab

设在n=kak1akbkbk1ak 在n=k+1时，由ak1 ak,bk1

akak1bk1bk，由归纳法知对一切n,anan1bn1bn成即an递减,bn递增。a1anbnb1故an、bn有极限令limaA,limbB，由 得lim limab,B2n n

a n nnn由bnb1,limbnBb10即B0.A设an为有界数列，记ansupanan1…aninfanan1证明：（1）对任何正整数nanan为递减an为递增有界数列，且对任何正整数n,man（3）a和a分别是an和an的极限a（4）an收敛的充a（2）由于anan1,…an1an2,…,故anan1(n12,…，即an是递减数列。同理an递增。则对任何正整数n、m有，当m<n时，ananammn时，anamam故对任何正整数n、mana1n12,…ana1n1即an有下界a1an有上界由（2）及单调有界定理an及an的极限存在alimanlimana,即an a=a

ananan而limanliman（4）（充分性）设 任给自然数n有 limanlima 0,存在N,当nN时,aan（必要性）设n n 即a2ana2从而当n>N即asup{a, ,--}a ainf{a, ,--}a

0aa(a)(a)

，由

a

总练习limnn33n

lim n

n2

n1 n

nn33n(n3)3

nn3

n3n 3n2limn2 limnn33n

n enlimn 5lime e nn

(n n1

n

n2

n1 nnnlim n1)( nnn n2n2 nn1

limn2qn0(q limlgn0(a n证明：(1) (2)n (3)nn

0,Nmax{12},当n>N,n2qn0limn2qn 10,N ,nN,(

0lgn

limlgnalglg1n1n

M0,Nmax{2m1,

},当nN时有nnM2

nnnliman

从而

lima1a2·an lima (又问由此等式能否反过来推出n （2）

an0,(n1,,),则

|aa|liman

0,N10,nN1 2a |a1a||a2a|·|aN1a||aN11a||aN12a|·|ana AnN1

A limA A|aa||a2a|·|

a|是一个定数。再由n A知存在N20，使得当nN2时， 2。因此取Nmax{N1,N2aA当nN时， lima1a2·an反过来不一定成立。例如an(1)不收敛，但 alimaa lim1a)

a,(n1 而

·

1n11·

n1

·

n

，a

liman

。0,N10,n an ，即n 从而当nN1时，有na1na1a2·aN1N1·1nnn1na1a2·aN 1nA1Aaa·1limnA1N20，nNnNmax{N1,N2nNnA4.应用上题结论证明以下各题111· n1(a(1)n（2）nnlimnn（3） nn1 nnn （6）nlimbn1nn0),则nnlim(a d则liman（8） n顶aa,0,N，当n>Naan

1 a 1(a1a)(a2a)·(aN n 1 (a1a)(a2a)·(aN n

2

1N则令Mmaxa1a,a2a,a3a,·aN1a则令 N N1M,当nN时， a1nn 111· 1 n na a1,n2,3,(2)1，nliman，则，(3证a1an,n2,3,nnlimn，limnnlimn123412a1,n1,2,nlimlimn(4)nn1 lim lim121n1nn 123·n

lima 32324354nlim limn2 lim n

2 3 4 n nn a nlim1 n另证 n

，则n nnnn

liman n n

lim1

n n n ，所以

nn

nn b1

b1nlimbn11 n证a0liman

00

(a1a0)(a2a1)·(anan1)n n lima0lim(a1a0)(a2a1)·(anan1)0)n nn{a5.证明:nlim(anbn)liman与lim:m(bn)AabB,n1,.由有界性A、B,nnanBbnb1BbnanBa1Bn1,·即{an} liman与limbnlimanlim6.设数列{an}满足:M,nAna2a1a3a2·anan1M证明:列:An1Anan1an0,AnM,{An{Anii)由{An收敛0,N,当m>n>NAmAnamanamam1am1am2am2·an1an1

由

西准则,{an收·an1 AmAna0,0,a1(a), 1(a),n1,.设

证明:数列{an}收敛,.:n,a0,a 1(a)2 1(a) 证 对一切n成立, 为a

{an

,即

an

a即{an的平均值,所

n单调下降limaA,由 1(a 存在.

n

an两边取极限A1(A),A2,A lima naan1bn1,b2an1bn1,n2,ab 设 ::

aa1b1

2a1b1ab

2a

a 1证：（1）因为 2aab,则 akbk 2akbk2akbk2ak k

ab k 所以对一切自然数nan 1(ab)1(aa)

]2a abb b(ab b nnbn n n a a a 于 bn1bn an 于 (3)结合(1)、（2）知an递减且有下界b1bna1,由单调有界定理ab limaa,limb 1(ab

.

n两边na1(a ba2an1bn1an1bn1 …an

又 n

aba2a11a 按柯西收敛准则叙述数列{an}发散的充要条件a a ·(1)an(1)n;(2) 2;(3) nn ,对任意大的N,a(1)n

2n11由柯西收敛准则知

n2n1和 a110

2 2

2发散0

nn1,m2n,虽然n,mNaa ·1n2n1a11·

n

n n

n发散limana,limbn Snmaxan,bn,Tnminan,bn,n1,10.设 limSnmaxa,证明：（1）

limTnmina,，（2）max{a,b}min{a,b}a,limanlimbn 证：若a=b,c:a,b,a,b·,b

lim

ST

若下 1 则 n都 limSnlimTn ab不妨设ab,则maxabamin{abli（a a limSnlimanamax{a, limTnlimbnbmin{a,n>N时, n,于是 , 导数的s10t5t2。分别令t1,0.10.01，求从t4至t4t这一段时间内运动的平均速度及t4时的瞬时速度。vs(tt)s(t)10(tt)5(tt)210t5t2 解平均速

5当t1v1010t5t1010451当t0.1v1010t5t1010450.1当t0.01v1010t5t1010450.01vlims(4t)s(4)lim(101045t) t tlim(t)(t0解设旋转体时刻t转过的角度为(t)，若极限tt0 tt0 值为旋转体在时刻t0的角速度。 limf(x0设f(x0)0，f(x0)4，试求极限 limf(x0x)limf(x0x)f(x0)f(x)解 x

xf ax x ，试确定a，b的值，使在x3可导解fx3fx3

f(x)lim(axb)3ab

f(3)

b93afx3

f(3)

f(x)fx

x2x36 f(3)limf(x)f(3)

limaxb

ax93a9 x x xa6fx3的左导数与右导数相等，从而可导。这时bylnx（1）yx （2）y2xy解函数ylnx的导 x，两直线平行的条件是斜率相等1直线yx1的斜率为1，于是由 ，得x1，所以曲线ylnx上点(1,yx11 x直线y2x1的斜率为2，于是由 ， 2，所以曲线ylnx上12ln2)y2x1（1）yx2

P(2, （2）ycosx24x2422

P(0,xy(2) lim 解

x

x24(x

y1x2y1(x（2）ysin y(0)sin0 xf(x) x（1）f(x)|x xf(x)|x|3x

x解 xx0f(x)3x2x0f(x)3x2x0

f(0)

x3x

f(0)

x30x

f(0)0（2）x0f(x)1x0f(x)0f(0)lim11 f(0)limx11当x0时， ， 等，所以f在x0不可导。 xf(x)设函

x x0（m为正整数（1）mfx0（2）mfx0（3）mfx0

limf(x)limxmsin10f解（1） ，故对任意正整数m，f在x0连续xmsin1 mf(0)

f(x)f

lim

sin1（2 x 不存在m1m1fx0（3）f的导函数。x00xmsin1xmsin xmsin1xmsin1xmsin1xmsinf(x)

x0

0 x x x0000

(xmxm)sin1xm(sin1sin1 x x

xm2cosxx0sinx0 2xx lim(xm1xm2x·xm1) 0x x x0mxm1sin1xmcos11mxm1sin1xm2cosx20x0 x20x0 coslimf(x)lim(mxm1sin1 1limxm2(mxsin1 1 mcos

cosx

不存在m由（2）f(0)0mx0

limf(x)0fm 时，有 m f(x)sinxcos （2）f(x)xln （1xk

f(x)cosxsinx，令f(x)cosxsinx0，得稳定点为：4，kf(x)1 x

f(x)11 fx0fx0连续。证明设函数fx0存在左右导数，于是0lim(f(x)f(x))limf(x)f(x0)(xx)limf(x)f(x0)lim(xx00x 0f(x0)0

x

x0

x

x x

f(x)f(x0

f

设g(0)=g'00 f

g(x) ,x f(x)f

g(x)sin1f(0)lim lim limg(x)g(0)sin10 x limg(x)limg(x)g(0)g(0)（因为 = f 并且对任何xR f(x+x)-f(x)f(x)*f(x)-f(x)f(x)*f(x)-1f(x)f(x)-f(0) 所以 f(xlimf(x+Ax)-f(x)f(x)*f0)f(x).解后回顾 f(x1x2=f(x2*f(x1证明：若f'(x)存在，则 f(x0Ax)f(x0Ax)2f'(x) A 0fx定义中的极限形式表示0证limf(x0x)f(x0x)limf(x0x)f(x0)f(x0)f(x0x) .lim[f(x0x)f(x0)f(x0x)f(x0)]f'(x)f'(x)2*f'(x

f

f(a)f(b)k,f'(a)f'(b)a,b在取间上连续， 有一点f(k 题中结论形式”在a,b内至少存在一点,使f()=k”,与连续函数介值定理相似,但f(a),f(b)不满足介值定理条件,所以需另找两个值f(x1),f(x2)代替f(a),f(b). 证f'(a0,f'(b0 f(xk0.limf(x)f(a)limf(x)k0,limf(x)f(b) x