数学分析试题库--证明题--

1、数学分析题库（数学分析题库（1-221-22 章）章） 五证明题五证明题 1设 A，B 为 R 中的非空数集，且满足下述条件： （1）对任何aA,bB有a b； （2）对任何0，存在xA, yB，使得Y x . 证明：sup Ainf B. 证由（1）可得sup Ainf B.为了证sup Ainf B，用反证法.若sup Ainf B，设 inf B sup A 0 ,x A, yB，使得y x 0 . 2.设 A，B 是非空数集，记S A B，证明： （1）supS maxsup A,supB； （2）inf S mininf A,inf B 证（1）若 A，B 中有一集合无上界，不妨设

2、A 无上界，则 S 也是无上界数集，于是 supA ,supS ，结论成立.若 A，B 都是有上界数集，且supB sup A，现设法证明 supS sup A: （）xS，无论xA或xB，有x sup A; （）0,x0 A,x0sup A,于是x 0 S, x 0 sup A. 同理可证（2）. 3. 按 N定义证明 5n2 n 25 lim n 3n2 23 5n2 n 25 证 3n2 23 3n 4 3(3n2 2) 4n （n4） 32n2 2 ， 3n 2 取N max 1,4，当 nN 时， 3 5n2 n 25 4，扩大之后的分式 1 G(n) 2 仍是无穷小数列. 3n n

3、 4.如何用-N 方法给出lima n a的正面陈述？并验证|n2|和|(1)n|是发散数列. 答lima n a的正面陈述： 0 0，N N ， n N，使得 n |a n a| 0 数列a n 发散aR，lima n a. n （1）a n n2.a， 0 = 2 1 1 ，N N ， 只要取n maxa ,N ， 便可使 |n 2 a| 2 4 1 1 n |a| a |a| ，于是n2为发散数列. 24 2 （2）a n (1)n. 若 a=1， 0 =1，取 n 为任何奇数时，有|a n 1| 2 0 .若 a=-1， 取 n 为任何偶数时， 有|a n (1)| 2 0 . 若 a

4、1， 0 =1， 0 = 对任何 nN ，有|a n a| 0 . 故|(1)n|为发散数列. 5.用方法验证： 1 min|a 1|,|a 1|， 2 x2 x 2 lim 3. x1 x(x2 3x 2) 解（1）消去分式分子、分母中当x 1时的零化因子（x-1） ： (x 2)(x 1)x2 x 2x 2 f (x) . 2x(x 3x 2)x(x 1)(x 2)x(x 2) （2）把f (x) (3)化为(x) x 1，其中(x)为 x 的分式： x 23x2 5x 2|3x 2| f (x) 3 3 2 | x 1|， x(x 2)x(x 2)| x 2x| 其中(x) 3x 2 .

5、 2x 2x 1 ，当 2 （3）确定x 0 1的邻域 0|x-1|，并估计(x)在此邻域内的上界：取 0|x-1| 1 时，可得 2 5 ， 2 3x 23| x 1|1 2 3 | x2 2x|1 (x 1)2|， 4 于是 |3x 2| | x2 2x| 5 2 10 . 3 |3x 2|103 ，只要取| x 1| x 1| x 1|.于是应取 2| x 2x|310 3 4 （4）要使| f (x) 3| min, 1 3 ， 2 10 当 0|x-1|时，| f (x) (3)|. 6用 M方法验证： x lim x x21 x 1 . 2 解 x21 x1 1 2222 2 2(

6、 x 1 x)x 1 x2( x 1 x) x 注意到当n 时，上式可以充分小，但是直接解不等式 1 2( x 1 x) 22 ， 希望由此得到 x-M，整个过程相当繁复，现用放大法简化求M 的过程.因为由 1 2( x21 x)2 便可求得x2 x0）上一致连续，因此当很小时，必须在U()中 寻找x,x，这是证明中的困难之处.现不妨取xn 5 2 ,xn， 0 x xn 2 n n 2 2 n 1 ， 2n 当 n 充分大时，x,x能满足x x ，但| f (x) f (x)|1. 证 0 1, 0，取x n 2 ，x n，当n 时，使x x ，但 42 |sin x2sin x2|1 0

7、，即sin x2在0,)上不一致连续. 12.设函数f (x)在（a,b）内连续，且lim f (x)=lim f (x)=0，证明f (x)在（a,b）内有最 xaxb 大值或最小值. 分析因为lim f (x)=lim f (x)=0，于是可把f (x)延拓成a,b上的连续函数，然后可 xaxb 以应用连续函数的最大、最小值定理. 证人 先把函数f (x)延拓成a,b上的函数 F(x)，设 f (x),x(a,b), F(x) 0, x a,b. 易知F(x)为a,b上的连续函数，这是因为 xa lim F(x)=lim f (x)=0=F(a)， xa xb lim F(x)=lim f

8、 (x)=0=F(b). xb 在a,b上对F(x)应用连续函数的最大、最小值定理， 即 1 ， 2 a,b，F(x)在 1 ， 2 分别取得最大值和最小值.若 1 a， 2 b，则f (x)在（a,b）内恒为零，显然f (x)在 （a,b）内同样能取得最大值和最小值； 若 1 ， 2 中有一个数在 （a,b）内，则f (x)在（a,b） 内取得最大值或最小值. 13.证明：若在有限区间（a,b）内单调有界函数f (x)是连续的，则此函数在（a,b）内是 一致连续的. 分析因为f (x)是（a,b）内的单调有界函数，所以由函数极限的单调有界定理，可得 存在f (a 0)，f (b 0).证明本

9、题的合理途径是把f (x)延拓成闭区间a,b上的连续函数 F(x)在a,b上应用一致连续性定理. 证因为f (x)是 （a,b） 内的单调有界函数， 所以由函数极限的单调有界定理，lim f (x) xa 与lim f (x)都存在，应用范例 1 中的方法，可把f (x)延拓为a,b上的连续函数F(x)，即 xb 6 lim f (x),x a, xa F(x) f (x),x(a,b), lim f (x), x b. xb 由一致连续性定理，可得F(x)在a,b上一致连续，于是f (x)为（a,b）内的一致连续函 数. 14.证明：若f (x)在点 a 处可导，f（x）在点 a 处可导.

10、分析一般情况下，若f (x)在点x0处可导， f (x)在点x 0 处不一定可导 .例如 f (x) x在x0 0处可导，但f (x) x在点 0 处不可导，反之，若f (x)在点x 0 处可导， 一般也不能推得 f（x）在点 x0处可导.例如 f (x) 1, x为理数 1, x为无理数 但f (x)在点x0 0处不连续， 因而不可导， 然而， 若f (x) f (x) 1在点x00处可导， 在点 a 处连续，则由f (x)在点 a 处可导就可保证 f（x）在点 a 处可导. 若f (a) 0，由连续函数局部保号性，U(a)，在其中f (x)保持定号，因而由f在 点a处可导可推得f (x)在

11、点 a 处也可导. 若f (a) 0，且f在点 a 处可导，因为点 a 为f的极值点，所以应用费马定理可以 得到 f (a) 0，再由此又可证得f (a) 0. 证若f (a) 0，由连续函数局部保号性，邻域U(a)，f (x)在U(a)中保持定号， 于是f (x)在点 a 处可导，即为f (x)在点 a 处可导. 若f (a) 0，则点 a 函数f (x)的极小值点，因f (x)在点 a 处可导，由费马定理有 f (a) 0 即 lim x0 f (ax) f (a) x 0 因为f (a) 0，所以 lim x0 f (ax) f (a) x 0 7 于是f (a) 0. 15.设函数f

12、(x)在(a,b)内可导，在a,b上连续，且导函数f (x)严格递增，若 f (a) f (b)证明，对一切x(a,b)均有 f (x) f (a) f (b) 证： 用反证法，若x0(a,b) f (x0) f (a) f (b)在区间a,x0,x0,b上分别应用 拉格朗日中值定理，1,2,a 1 x0,x02b使得 f ( 1 ) f (x 0 ) f (a)f (b) f (x 0 ) 0, f ( 2 ) 0 x 0 ab x 0 这与f (x)为严格递增相矛盾. 16.设函数f (x)在a,内可导，并且f (a) c 0则存在唯一 的(a,)使得f () 0，又若把条件f (x)c减

13、弱为 f/(x) 0(a xa在a,x上应用拉格朗日中值定理，,a 0，因此当 x 充分大时总可使得 不妨设x 1 a, f (x 1)c0 ，所以f (x)在a,上严格递增；在a,x1上应用连续函 数的介值定理，则,a 0，结论可能不成立，例如函数 / 8 f (x) arctanx 满足f (0) 2 ,x0,， 1 0 ， 但因f (x)恒小于 0， 故在(0,)中不存在， 1 x2 2 0，f (x) 使得f ()=0 x2 17. 证明不等式e 1 x 2 x x (x 0) x2 x1,x 0, 证证 令f (x) e 2 f (x) ex x1,x 0 f (x) ex1 0 ,

14、 x 0, 且f (0) f (0) 0, 当x 0时有f (x) 0，所以f (x)严格递增， 又f (x)在x 0处连续，所以 f (x) f (0) 0, x 0, 所以f (x)严格递增, 又f (x)在x 0处连续,所以 f (x) f (0) 0,x 0, x2 ,x 0. 即 e 1 x 2 x 18. 设f为(, )上的连续函数， 对所有x, f (x) 0， 且l i m 证明f (x)必能取到最大值. 证证由 题 设 f ( 0) x f (x) l i m x f (x) 0 ， 0 取 = , f (0) ,由 lim x 2 f (x) lim x f (x) 0 ,

15、 X 0, 当| x| X时, f (x) f (0). 又f在X, X上连续, 由闭区间上连续函数的最大、最小值定理知 , f在X, X能取 9 到最大值, 且此最大值为f在(, )上的最大值. 19.若函数f (x)在0,1上二阶可导, 且f (0) 0，f (1)1，f (0) f (1) 0，则存在 c(0,1)使得| f (c)| 2. 证法一：x(0,1), 把f (x)在 0, 1 两点处分别进行泰勒展开到二阶余项, 有 f ( 1) 2x , 2! 0 1 x 2 1, f ( 2 ) f (x) f (1) f (1)(x1)(x1)2, 2! f (x) f (0) f (

16、0)(x0) 上两式相减, 有 1 f ( 1) 2 f ( 2 ) x (x1)2. 22 记| f (c)| max| f (1)|,| f (2)|,则有 1 1 | f (c)|x2(x1)2 2 2 1 1 1 | f (c)|2x 222 1 | f (c)|, 2 即存在c(0,1)使得| f (c)| 2. 证法二： 在0,1上对f (x)应用拉格朗日中值定理有 f () f (1) f (0) 1，0 1. 当0 1 2 时，在0,上对f (x)应用拉格朗日中值定理有 1 f () f (0) f (c)，| f (c)| f (c) 1 2，c(0,) (0,1). 当1

17、2 1时，在,1上对f (x)应用拉格朗日中值定理有 1 f () f (1) f (c)(1)，| f (c)| 1 2，c(,1) (0,1). 1 10 综上证明知存在c(0,1)使得| f (c)| 2. 20.应用函数的单调性证明 2x sin x x,x(0,); 2 sin x ,x(0, 证明：设f (x) xsin x,g(x) x 2 , 0, x 0 f (x) 1cosx 0,x(0,), 2 则， cosx(xtan x) g(x) 0,x(0,) 2x2 而函数单调性定理知f (x),g(x)在(0, 函数f (x),g(x)在0, 2 )上分别为严格递增和严格递减

18、函数，再由结论知 2 2 由于f (0) 0,g() , 2 所以有 也分别为严格递增和严格递减函数. x(0,)，有 2 f (x) xsin x f (0) 0, g(x) 从而有 sin x2 g() , x2 2x sin x x,x(0,). 2 1 m x sin ,x 0 21.设函数f (x) （m为实数） ，x x 0 0, 试问： （1）m等于何值时，f在x 0连续； （2）m等于何值时，f在x 0可导； （3）m等于何值时， f 在x 0连续； 解：(1)要使函数f (x)在x 0点连续，即需lim f (x) f (0)， x0 而当m 0时， 0 f (x) xmsi

19、n 1 xm ，有lim f (x) 0， x0 x 11 从而lim f (x) 0 f (0)，即函数在x 0点连续. x0 xmsin (2) 当m 1时，f (0) lim x0 1 0 1 x lim xm1sin 0， x0 xx 1 m2 1 m1mxsin xcos,x 0 由复合函数求导法则可得f (x) ，xx 0,x 0 即m 1时函数在x 0点可导. (3)由（2）的求解过程可知要使f (x)在x 0点连续，首先要求m 1，此时要使f (x)在 x 0的极限存在并且等于f (0) 0， 11 sin xm2cos) f (0)， x0 x0 xx 类似于(1)中的证明需

20、要m 2，即当m 2时，函数的导函数在x 0点连续.3 即需要lim f (x) lim(mxm1 分 22.设f (x)在0,1上具有二阶导数，且满足条件f (x) a，f (x) b， 其中a,b都是非负常数，c是(0,1)内的任一点，证明f (c) 2a 证 因f (x)在0,1上具有二阶导数，故存在 1 (0,c)使得 b 2 f (0) f (c) f (c)(0c) 同理存在 2 (c,1)使得 1 f ( 1)(0c) 2 2 1 f ( 2 )(1c)2 2 将上面的两个等式两边分别作差，得 11 f (1) f (0) f (c)f ( 2 )(1c)2f ( 1)c 2 2

21、2 即 11 f (c) f (1) f (0)f ( 2 )(1c)2f ( 1)c 2 22 因此 11 f (c) f (1) f (0) f ( 2 ) (1c)2f ( 1) c 2 22 bb 2a(1c)2c2 22 f (1) f (c) f (c)(1c) 12 而(1c)2c2 2c22c1 2c(c1)11，故f (c) 2a b 2 23. 设函数f (x)在a,b上连续，在（a,b）内二阶可导，则存在(a,b)使得 a b(b a)2 f (b) 2 f () f (a) f () 24 分析本题可以利用柯西中值定理证明，设两个函数F，G 为 x a(x a)2 F(

22、x) f (x) 2 f () f (a),G(x) 24 有F(a) G(a) 0然后在a,b上对 F,G 应用柯西中值定理，本题也可用拉格朗日中 值定理证明，下面分别给出两种证法. 证证法一 设 x a(x a)2 F(x) f (x) 2 f () f (a),G(x) ,xa,b 24 有 a b(b a)2 F(a) G(a) 0,F(b) f (b) 2 f ( f (a),G(b) 24 F(x) f (x) f ( x ax a ),G(x) 22 F（x） ，G(x)在a,b上连续，在（a,b）内可导，G(b) G(a),F(x),G(x)不同时为 零，于是可以应用柯西中值定

23、理， 1 (a,b)，使得 F(b) F(a) G(b)G(a) f ( 1 ) f (1 a 2 ) ( 1 a) 2 再在 使得 1 a 2 , 1 a,b上对f (x)应用格朗日中值定理，(1 a 2 , 1 ) (a,b) f ( 1 ) f (1 a 2 ) f ( 1 ) f (1 a 1a 2 于是有 2 a s 1 1 2 ) f () 13 a b(b a)2 F(b) 2 f () f (a) f () 24 证法二 作辅助函数 F(x) f (x 于是 b aa b ) f (x),xa, 22 a ba b ) F(a) f (b)2 f () f (a) 22 a b

24、a b 在a,上对F(x)应用拉格朗日中值定理， 1 (a,)，使得 22 a b F() F(a) 2 F( = f (1 再 在1,1 b ab a ) f ( 1 ) 22 f (x) 应 用 拉 格 朗 日 中 值 定 理 ， b a 上 对 2 ( 11 b a ) (a,b) ，使得 2 a b f (b)2 f () f (b) 2 (b a)2 =f () 4 注所证等式在计算方法课程的差分格式中是一个基本公式 24.若f (x)在点x0的某个领域上有(n 1)阶连续导函数,试由泰勒公式的拉格朗日型余项 推导佩亚诺型余项公式. 证因为f (x)具有(n 1)阶连续导函数,由泰勒

25、公式,有 f(n)(x) f (x) f (x 0 ) f (x 0 )(x x 0 )(x x 0 )n n! f(n1)(x 0 (x x 0 ) (x x 0 )n1,(01). (n 1)! 因为导函 数f 时,f (n1) (n1)(x) 在点x0的某个领 域上连 续,所以 0, 0,当xU(x0,) (x) M.由此可得 f(n1)(x 0 (x x 0 )M n1 R n (x) (x x 0 )n1x x 0 , (n1)!(n1)! 14 于是有 R n (x)M x x 0 0(x x 0 ), n(x x 0 )(n1)! 即 R n (x) o(x x 0 )n)(x

26、x 0 ). 上面推导说明,当导函数f (n1)(x) 在点x0的某个闭领域内外连续时,可以得到 R n (x) o(x x 0 )n),这与佩亚诺型余项的结论是一致的. 25.用泰勒公式证明:设函数f (x)在a,b上连续,在a,b内二阶可导,则存在(a,b),使 得 a b(b a)2 f (b) 2 f () f (a) f (). 24 分析需证等式中出现二阶导数f ()与f (x)在a,b, a b 的函数值,试用展开到 2 二阶导数的泰勒公式是一种可行的途径.问题在于选取哪些点为展开式中的x和x0,合理的 方法是取x0 a b ,x为a和b. 2 a b 证把f (b), f (a

27、)在点x0展开到二阶导数项: 2 f( 2 ) b a 2 a b a b a bb af (b) f () , 1b, f 2222!22 f( 2 ) b a 2 a b a b a b a bf (a) f () ,a 12 , f 2!22 2 2 2 把上面两式相加,有 a bf( 1) f ( 2 ) (b a)2 f (b) 2 f () f (a) . 224 不妨设f (1) f (2),于是有 f( 1) f ( 2 ) f ( 1) f ( 2 ). 2 在1,2上对f (x)应用达布定理,2,1使得 f( 1) f ( 2 ) f () , 2 15 这样就证得 a b

28、(b a)2 f (b) 2 f () f (a) f (). 24 注在 23 题中已应用柯西中值定理和拉格朗日中值定理证明了本题,这里应用泰勒公 式和达布定理是另一种证明方法. 26.设函数f (x)在0,2上二阶可导,且在0,2上f (x) 1,f (x) 1.证明在0,2上成立 f(x) 2. 分析本题是用f (x), f (x)的上界来估计f (x) 的上界.可以试用展开到二阶导数 的泰勒公式寻找f (x), f (x)和f (x)之间的联系. 证 x0,2,把f (2), f (0)在点x处展开成带有二阶拉格朗日型余项的泰勒公式 , 有 f( 1) 2f (0) f (x) f (

29、x)x x ,0 1x 2! f( 2)f (2) f (x) f (x)(2 x)(2 x),x 2 2, 2 上面两式相减后有 f( 2 )f( 1) 222 f (x) f (2) f (0) (2 x) x , 22 再应用f (x) 1,f (x) 1,可得 x2(2 x)2 2 f (x) 2 2 2 (x 1) 1 4 , 于是有 2 f(x) 2. 说明本题结论有一个有趣的力学解释:在 2 秒时间内,哪果运行路程和运动加速度都不 超过 1,则在该时间段内的运动速度决不会超过2. 27.设f是开区间 I 上的凸函数,则对任何 , I ,f在,上满足利普希茨 (Lipschitz)

30、条件,即存在L 0,对任何x ,x ,成立 16 f (x) f (x) L x x. 证当取定, I后,因为 I 是开区间,必能在 I 中选取四点a,b,c,d,满足 a bcd. 应用凸函数充要条件,任取x ,x ,x 0,使得 f (x) f (x) L x x,x,x,. 注：由本题也可以推知 :开区间 I 上的凸函数必在该区间的任一内闭区间上连续 ,于是 f (x)是 I 内的连续函数. f (x) f (y) k x y 28.28. 设 f (x) 在 a,) (a 0) 上满足 Lipschitz 条件：, 证明 f (x) x 在 a,) 上一致连续. 证证分析 x x 2

31、f (x 1 )f (x 2 )f (x 1 ) f (x 2 ) f (x 2 ) 1 x 1 x 2 x 1 x 1x2 B x 1 x 2 . 因为 f (x) f (a) k xa ， ， f (x 2 ) k x 2 k a f (a) f (x 2 ) B x 2， 取 B ，当 x 1 x 2 时， f (x 1 )f (x 2 ) x 1 x 2. 17 29. 证明：设f (x) x x f ( ) ( nn1 1 x1，则显然f (x)在 ,1上连续，且 2 111 )111 0，f (1) (11 1)1 n1 0， nn1222 1 根据连续函数介质定理，至少存在一点(

32、 ,1)，使f (x) 0即 2 xn xn1 x1 0，也就是xn xn1 x 1 可见( ,1)是原方程的根 又因为在(,1)内恒有f (x) nx 递增，故( ,1)唯一 30.设函数f (x)在点a具有连续的二阶导数，试证明： 1 2 1 2 1 2 n1 1 (n1)xn2 1 0，f (x)在 ,1上严格 2 1 2 lim h0 f (a h) f (a h) 2 f (a) f (a) 2h 证明证明因为f在点a处具有连续的二阶导数， 所以f在点a的某邻域U(a)内具有一阶 导数，于是由洛必达法则，分子分母分别对h求导，有 lim f (a h) f (a h) 2 f (a)

33、f (a h) f (a h) lim h0h0 2hh2 1f (a h) f (a) f (a) f (a h) lim h0 2h 1f (a h) f (a)f (a h) f (a)1 (lim lim) ( f (a) f (a) f (a) h0 2 h0 h h2 b)上可导，且 xa0 31. . 设f (x)在(a, lim f (x) lim f (x) A. xb0 求证：存在(a,b)，使f () 0. 证：将f (x)连续延拓为闭区间a, b上的函数F(x)： f (x)x(a, b) F(x) x a, b A 易知， F(x) 在a, b上满足罗尔定理的条件.故

34、存在 (a, b) ，使 F() f () 0. 32. 设 f (x) 在a, b上 连 续 ， 在(a,b)内 有n 阶 导 数 ， 且 存 在n1个 点 18 x 1 , x 2 , , x n1 (a,b)满足： (1)a x 1 x 2 x n1 b (2) 求证：存在(a, f (a) f (x 1 ) f (x 2 ) f (x n1 ) f (b) b)，使f(n)() 0. 证由题设知，f (x)在以下每一区间 a, x 1 ,x 1 , x 2 ,x n1 , b 上都满足罗尔定理的条件，则必有n个点 (1)x 1 (1)(a, x 1 ), x 2 (x 1 , x 2

35、), (1) 使f (xk ) 0, (1)x n (x n1 , b) k 1,2,n. 又f (x)在每个区间： (1)(1)x k , x k1 , k 1,2,n 1 (2)(1)(1) 上满足罗尔定理的条件，于是存在xk (x k , x k1 ), 使 (2)f (x k ) 0,k 1,2, n 1 重复上述步骤到n1次后，可知f (n1)(x)在区间 (n1)x 1 (n1), x 2 (a,b) 上满足罗尔定理的条件，故存在 (n1)x 1 (n1), x 2 (a,b)， 使f (n)() 0. 33.33.设函数f在点x0存在左右导数，试证f在点x0连续. . 证明证明设

36、函数f在点x0存在左右导数，于是 xx0 lim ( f (x) f (x 0 ) lim xx0 f (x) f (x 0 )f (x) f (x 0 ) (x x 0 ) lim lim (x x 0 ) xx0 xx0 x x 0 x x 0 f (x 0 )0 0 从而lim f (x) f (x 0 )， 即f在点x 0 左连续.同理可证f在点x0右连续.因而f在点x0连 xx0 续. 34.设函数f在a, b上可导，证明：存在(a, b)，使得 2 f (b) f (a) (b2 a2) f () 19 证明证明设F(x) x2 f (b) f (a)(b2 a2) f (x)，则

37、F(x)在a, b上连续并可导， 且 F(a) a2f (b) b2f (a) F(b) ， 由Rolle定 理 ， 存 在 (a, b) ， 使 得 F() 2 f (b) f (a)(b2 a2) f () 0，从而 2 f (b) f (a) (b2 a2) f () 35应用拉格朗日中值定理证明下列不等式： b a b ln bb a a a ，其中0 a b 证明证明设f (x) ln x，则f在a, b上连续且可导，所以f在a, b上满足 Lagrange 中 值定理的条件，于是(a, b)，使得ln b a lnb lna f ()(b a) 1 (b a)，因为 0 a b，所

38、以 b a b b a b a a ，从而 b a b ln bb a a a . 36.证明设S是有限集,则对任一aR, 0 1,因S是有限集,故邻域U(a,1)内至多有 S中的有限个点,故a不是S的聚点.由a的任意性知,S无聚点. 37.证明作闭区间列x a a n1 b b n , y n ,其中x1 n n 2 , y n nn 2 , n 1,2, .由于 a n x n a n 1 , b n1 y n b n nN,于是有 (a n1,bn1) xn , y n (a n ,b n )nN 从 而 x n1, yn1xn , y n nN . 而 0 y n x n b n a

39、n nN , 从 而 由 l n i m b n a n 知0, lim n y n x n 0 .所以xn,yn为闭区间套.有区间套定理知 , 存 在一点,使得xn yn, n 1,2, .由(*)有an bn, n 1,2,. 若数也满足an b n , n 1,2, ,则 b n a n , n 1,2, .两边取极限,得 到 lim n b n a n 0,于是 .即满足条件的点是唯一的. 38.证明不妨设xn为递增数列,且为其聚点.设a为任一实数,且a ,不妨设a . 20 *）（ 取 a 2 0,由聚点定义,U(,)中含有x n的无限项.设 x N U(,),由于x n为递 增数列

40、,则当n N时,x n x N a 2 ,于是在x n 中,最多有有限项小于 a 2 a,即U(a,)中最多含有x n的有限项,于是点 a不是x n的聚点,由 a的任 意性知,为xn的唯一聚点. 假 设不 是 x n 的 上 界 , 则 存 在xN, 从 而 当n N时 ,xn xN, 令 x N 0,则U(,)中最多含有x n的有限项,这与 为x n的聚点矛盾.于是 为 x n的上界.另一方面,对任给的 0,数列x n中必有一项 x n U(,),即x n . 于是supxn. 39.证明由函数f (x)在闭区间a,b上连续知, 0,xa,b, x 0,使得当 xU(x, x )时,有f (

41、x) f (x) . 考虑开区间集合H Ux, x xa,b,显然H是a,b的一个开覆盖.于是存 2 在H的一个有限子集H Uxi, * i x i a,b,i 1,2, 2 k覆盖了a,b. 记 min 1ik i 0.对任何x, xa,b, x x , x 必属于H *中的某一开 2 区间.设 xU x i , i 2 ,则 x x i x x x x i i 2 i 2 i 2 i ,从而同时 成立 f (x) f (x i ) 与 f (x ) f (x i ) .于是f (x ) f (x ).所以f (x)在 a,b上一致连续. 40.证明由连续函数的局部有界性 ,对每一点xa,b

42、,都存在邻域U(x, x )及正数 M x ,使得 f (x) M x , xU(x, x )a,b.考虑开区间集 H U(x, x ) xa,b. 显然H是a,b的一个开覆盖.于是存在H的一个有限子集 21 H* U(x i , xi ) x i a,b,i 1,2, k 覆盖了a,b,且存在正数M 1,M2 ,M k ,使得对一切xU(xi, xi )a,b,有 1ik f (x) M i,i 1,2, ,k . 令M maxM i , 则 对 任 何x a, b, x 必 属 于 某 这就证得f (x)在a,b上有界. MM i . U( x i x ) i ,f (x ) 41.证明由

43、于函数f (x)在闭区间a,b上连续,于是f (x)在a,b上有界.由确界原理, f (x)的值域f (a,b)有上确界,记为M .假设对一切xa,b都有f (x) M.令 g(x) 1 ,xa,b. M f (x) 函数g(x)在a,b上连续,故g(x)在a,b上有界.设G是g(x)的一个上界,则 0 g(x) 11 .但 这 与M为 G,xa,b. 从 而f ( x) M, x a, b M f (x)G f (a,b)的上确界矛盾 .所以存在a,b,使f () M,即f (x)在a,b上有最大 值. 42.证明函数f (x)在闭区间a,b上单调增加,从而当a t x b时,f (x) f

44、 (t),于 是 x a f (t)dt f (x)dt f (x)(xa).而 a x F(x) 1 (xa)2 x a f (t)dt f (x)f (x)1 f (x)(xa) 0, xaxa (xa)2 由此F(x)为a,b上的增函数. 43.令 0 x 2 t ,则 2 0 22f (sin x)dx f sin 2 t d 2 t 0 f (cost)dt 0 f (cosx)dx. 2 44. 证 明不 妨 设函 数 f (x)在 闭 区 间a,b 上 单 调递 增 ,且f (a) f (b). 不 然 , f (a) f (b),则f (x)在a,b上为常数函数,显然可积. 对

45、a,b的任一分法T,由于f (x)单调增加,f (x)在T所属的每个小区间i上的振 幅为 i f (x i ) f (x i1) ,于是 ixi f (x i ) f (x i1 )T f (b) f (a)T .由此可 Ti1 n 22 见,任给 0,只要T 上可积. f (b) f (a) ,就有x i T i ,所以函数f (x)在闭区间a,b 45.证明函数f (x)在闭区间a,b上连续,且f (x)不恒等于零,则函数f (x)在闭区间 2 a,b上连续,从而f2(x)在闭区间a,b上可积,且f2(x)不恒等于零,因此f2(x) 0,且 2 存在x0a,b,使f (x0) 0.根据保号

46、性 ,存在, a , b ,使x,都有 f2(x) 0.于是 a f (x) 46.证明 b 2 dx 0 a f (x) a 2 dx p 0 f (x) p 2 dx f (x) b 2 dx 0. ap a f (x)dx f (x)dxf (x)dx ap f (x)dx.令t x p,则有 a 0 于是 ap p 0 f (x)dx f (t p)dt f (t)dt f (x)dx. 00 pap 000 aa a p a f (x)dx f (x)dxf (x)dxf (x)dx f (x)dx. a 47.证明由于lim f (x) A,任给 0,存在M 0,当x M时,有f

47、(x) A x .又 2 当T M时, 1 T 1 f (x)dx A T 0 T M T 0 T f (x)dxT 0 1 T Adx f (x) A dx T 0 M 111M f (x) A dxf (x) A dx f (x) A dx1 T 0 T M T 0 2 T , 所以取T 1 max 2 M 0 f (x) A dx,2M ,注意到01 M 1,则当T T 1 时,就有 T 1 T f (x)dx A , T 0 22 1 T 1 x 故lim f (x)dx A,即就是limf (t)dt A. T T 0 x x 0 48.证明函数f (x)和g(x)在a,b上可积,于

48、是函数f (x),g (x)及f (x)g(x)在a,b 上可积,从而,对任何实数t,函数 f ( x) tg( x ) 可积,又 f (x)tg(x) 0,故 22 22 a f (x)tg(x) b 2 dx 0.即 b a f (x) dx2tf (x)g(x)dx t2 g(x) dx 0 aa 2 bb 2 23 上式右 b 边是 t b 的二 2 次 b 三项 2 式,故其 , 判别式 即 4 b a f (x)g(x)dx4 2 b 2 2 f (x) a dx g(x) dx 0 a f (x) a dx g(x) dx a b a f (x)g(x)dx . a 2 49.证

49、明 从而 a a f (x)dx f (x)dxf (x)dx,函数f (x)为偶函数,于是f (x) f (x). a0 0 0 a f (x)dx xt 0 a a f (t)d(t) f (t)dt f (x)dx,于是 00 aa a f (x)dx f (x)dxf (x)dx 2f (x)dx. a00 0aa 50.证明对a,b上任一确定的x,只要xxa,b,就有 xx a f (t)dt f (t)dt a xxx x f (t)dt. 由于函数f (x)在a,b上可积,故有界,可设 f (x) M,xa,b.于是,当x 0时,就 有 xx x f (t)dt xx x f (

50、t) dt Mx, 而当x 0时,就有 M x,由此得到lim 0,即证得(x)在点x上连续.由 x0 x的任意性, (x)在a,b上连续. 51.证明不妨设f (a) f (b).令g(x) f (x),则函数g(x)也是区间a,b上的 连续函数,且g(a) 0,g(b) 0.于是只需证明存在x0a,b,使得g(x0) 0. 记E x g(x) 0, xa,b,则E a,b,且bE,从而E为非空有界集.有确界 原理,E有下确界 ,记为x0 inf E.因g(a) 0,g(b) 0,由连续函数的保号性 ,存在 a)内 ,g(x) 0 , 在(b,b内 , g(x) 0 . 由 此 易 0 ,

51、使 得 在a , 见,x0 a, x0 b,即x0(a,b). 倘若g(x0) 0,不妨设g(x0) 0,则由局部保号性,存在U(x0,) (a,b),使在其内 g(x) 0, 特 别 有g(x 0 g(x 0 ) 0. ) 0, 于 是x 0 E这 与x 0 inf E 相 矛 盾 , 故 必 有 22 24 52.证明对a,b上任一确定的x,x 0,只要xxa,b,根据积分中值定理,就有 xx a f (t)dt f (t)dt a xxx x f (t)dt f (xx), 0 1. 由于函数f (x)在a,b上连续,故有 (x) lim lim f (xx) f (x). x0 x x

52、0 x d 由x在a,b上的任意性,知 (x) f (t)dt f (x), xa,b. dx a 53.证明因Sn b k1 n k1 b k b n1 b 1 ,所以limSn limbn1b 1 ,因此级数 nn b n1 n1 b n 发散. 54.证明由已知有 uu 2 q,3 q, u 1 u 2 , u n q, u n1 .把这n1个不等式按项相乘后,得到 u 2 u 3 u 1 u 2 n1 u n qn1, u n1 或者un q u 1 .由于当0 q 1时,等比级数qn1收敛,根据比较判别法及上述不等式 n1 可知级数u n1 n 收敛. 55.证明由已知可得对一切n

53、1,有 u n1 u n uu .从而有0 n1n v n1 v n v n1 v n u 1 ,故 v 1 u 1 u 1u n1 v n1.由于 是常数,根据比较判别法,当级数vn收敛时,级数un也收敛. v 1 v 1n1n1 56.证明由正项级数 u n1 n 收敛知 , limu n 0.于是存在正整数N,使得当n N n 时,0 un1.由此可得当n N时,u un,由比较判别法知级数 11 反之不能成立.如 2 收敛,而发散. n n1 n n1 2 n u n1 2 n 也收敛. 25 M2M M2 2 57.证明设0 nan M (n 1,2, ),则0 an ,从而a n

54、2 ,级数 2 收 n n n1 n 敛,由比较判别法知级数a n1 2 n 收敛. a 1 2 1 58. 证 明由 于 n an 2 , 而 级 数 n2 n a n1 2 n 与 n n1 1 2 都 收 敛 , 于 是 级 数 a n 1 2 1 a (a n 0)也收敛. 收敛,根据比较判别法,级数 n 2 2n n n1n1 a n a n k 0,而级数b n 绝对收敛,即bn收敛,根 k 0,知lim 59.证明由lim n b n b nnn1n1 据比较判别法知级数a n1 n 也收敛. (1)n1(1)n ,b n 若只知级数bn收敛,不一定推得级数an也收敛.例如an.

55、 n nn n1n1 则 a n 1 1(1)n 1 0(n ). b n n (1)n(1)n 1 发散.而bn收敛,级数an n nn n1n1n1n1 60.证明此级数是正项级数,且部分和为 S n n a k k1 1a 1 1a 2 n 1a k 1a k 11 1a k1 1a 1 1a 2 k1 1a11a2 1 1 1a 1 1a 2 1a n 1. a n n1 1a 1 1a 2 由此即知S n有界,故级数 61. S n (x) 1a n 收敛. x . 证明在( , )内S n(x) 1 n2x2 n 0,(n ). 证证易见 limS n(x) S(x) 0. 而 2

56、6 | S n (x) S(x) | | x |12n | x |1 在( , )内成立. 2222n2n1 n x1 (nx) 62. 设 数 列an单 调 收 敛 于 零 . 试 证 明 : 级 数 a n cosnx在 区 间, 2 (0 )上一致收敛. 证证在, 2上有 1 sin(n )x 1111 2 1 . | coskx | xx 222 k12sin2|sin|2sin 222 n 可见级数cosnx的部分和函数列在区间, 2上一致有界 .取 u n (x) cosnx , v n (x) a n . 就有级数un(x)的部分和函数列在区间, 2 上一致有界, 而函数列vn(

57、x)对每一个x, 2单调且一致收敛于零.由 DirichletDirichlet 判别法,级数ancosnx在区间, 2上一致收敛. 其 实, 在 数 列an单 调 收 敛 于 零 的 条 件 下 , 级 数 a n cosnx在 不 包 含 2k(k 0,1, 2,)的任何区间上都一致收敛. 63. 几何级数 x n0 n 在区间a,a (0 a 1)上一致收敛；但在(1,1)内非一致收敛. 证证在区间a,a 上 , 有 xnan sup | S n (x) S(x)| sup 0,(n ). 一致收敛 ; 1a1a a,aa,a 而在区间(1,1)内 , 取xn n (1,1), 有 n 1