数学分析题库（1-22章）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B b A a ∈∈,有b a <；（2）对任何0>ε，存在B y A x ∈∈,，使得ε<-x Y . 证明：.inf sup B A =证 由（1）可得B A inf sup ≤.为了证B A inf sup =，用反证法.若B A inf sup ，设B y A x A B ∈∈∃=-,,sup inf 0ε，使得0ε≥-x y .2.设A ，B 是非空数集，记B A S ⋃=，证明：（1）{}B A S sup ,sup max sup =； （2）{}B A S inf ,inf min inf =证（1）若A ，B 中有一集合无上界，不妨设A 无上界，则S 也是无上界数集，于是+∞=+∞=S A sup ,sup ，结论成立.若A ，B 都是有上界数集，且A B sup sup ≤，现设法证明:sup sup A S =（ⅰ）S x ∈∀，无论A x ∈或B x ∈，有;sup A x ≤ （ⅱ）000,,sup ,x A x A εε∀∃∈->>于是,0S x ∈0sup .x A >同理可证（2）. 3. 按N -ε定义证明352325lim 22=--+∞→n n n n 证 35232522---+n n n )23(3432-+=n n≤2234n n⋅ （n>4） n32=， 取⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=4,132max εN ，当n>N 时，35232522---+n n n <ε. 注 扩大分式是采用扩大分子或缩小分母的方法.这里先限定n>4，扩大之后的分式nn G 32)(=仍是无穷小数列. 4.如何用ε-N 方法给出a a n n ≠∞→lim 的正面陈述？并验证|2n |和|n )1(-|是发散数列.答 a a n n ≠∞→lim 的正面陈述：0ε∃>0，+∈∀N N ，n '∃≥N ，使得|a a n -'|≥0ε数列{n a }发散⇔R a ∈∀，a a n n ≠∞→lim .（1）a n a n ∀=.2，0ε∃=41，+∈∀N N ，只要取⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+='N a n ,21max ，便可使||2a n -'≥||2a n -'≥||212a a -⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥41，于是{2n }为发散数列.（2）n n a )1(-=. 若a=1，0ε∃=1，取n '为任何奇数时，有2|1|=-'n a >0ε.若a=-1，0ε∃=1，取n '为任何偶数时，有2|)1(|=--'n a >0ε. 若a ≠±1，0ε∃=|}1||,1min{|21-+a a ，对任何n ∈+N ，有|a a n -|≥0ε. 故|n )1(-|为发散数列. 5.用δε-方法验证：3)23(2lim 221-=+--+→x x x x x x . 解 （1）消去分式分子、分母中当1→x 时的零化因子（x-1）：)2(2)2)(1()1)(2()23(2)(22-+=---+=+--+=x x x x x x x x x x x x x x f . （2）把)3()(--x f 化为1)(-⋅x x ϕ，其中)(x ϕ为x 的分式：|1||2||23|)2(2533)2(23)(22---=-+-=+-+=+x x x x x x x x x x x x f ，其中xx x x 223)(2--=ϕ. （3）确定10=x 的邻域0<|x-1|<η，并估计)(x ϕ在此邻域内的上界：取21=η，当0<|x-1|<21时，可得 23-x ≤251|1|3<+-x ，43|)1(1||2|22>--=-x x x ， 于是3104325|2||23|2=<--x x x . （4）要使|1||2||23||3)(|2---=+x x x x x f ≤ε<-|1|310x ，只要取ε103|1|<-x .于是应取 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧=103,21min εδ， 当0<|x-1|<δ时，ε<--|)3()(|x f . 6 用M -ε方法验证：211lim2-=-+-∞→xx x x . 解)1(21211222x x x x x x x-+++=⎪⎭⎫⎝⎛---+22)1(21x x -+=注意到当∞→n 时，上式可以充分小，但是直接解不等式ε<-+22)1(21x x ，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ε<=-⋅≤-+222281)2(121)1(21x x x x ， 便可求得ε812>x ，考虑到-∞→x 所需要的是ε81-<x .于是εε81,0=∃>∀M ，当x<-M 时，ε<⎪⎭⎫⎝⎛---+2112x x x.7 设a x x x =→)(lim 0ϕ，在0x 某邻域);(10δx U ︒内a x ≠)(ϕ，又.)(lim A t f at =→证明A x f x x =→))((lim 0ϕ. （1）解 由A t f at =→)(lim ，);(,0,00ηηεx U t ︒∈∀>∃>∀时，ε<-A t f )(.又因为a x x x =→)(lim 0ϕ，故对上述0,0>∃>δη（不妨取1δδ<），当);(0δx U x ︒∈时，ηϕ<-a x )(.由此可得：,0,0>∃>∀δε当);(0δx U x ︒∈时εϕ<-A x f ))((，即A x f x x =→))((lim 0ϕ.注 称（1）为复合求极限法，（1）不仅对0x x →型的极限成立，且对于-+→→∞→-∞→+∞→00,,,,x x x x x x x 都成立. 8.设)(x f 在点0x 的邻域内有定义.试证：若对任何满足下述条件的数列{}n x ，)(0x U x n ︒∈，0x x n →，0010x x x x n n -<-<+， （2）都有A x f n n =∞→)(lim ，则A x f x x =→)(lim 0.分析 由归结原则可知：上述结论不仅是充分的，而且是必要的.本题可看作函数极限归结原则的加强形式，即子列{}n x 只要满足（2）的加强条件就可以了.注意下面证明中选子列的方法.证 用反证法.若A x f x x ≠→)(lim 0，则);(,0,000δδεx U x ︒∈'∃>∀>∃，使得0)(ε≥-'A x f .取11=δ，);(101δx U x ︒∈∃，使得01)(ε≥-A x f .取⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=012,21min x x δ，);(202δx U x ︒∈∃，使得02)(ε≥-A x f ；…………取⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=-01,1min x x n n n δ，);(0n n x U x δ︒∈∃，使得0)(ε≥-A x f n 与A x f xx =→)(lim 0相矛盾.所以A x f x x =→)(lim 0成立.9. 证明函数⎩⎨⎧=为无理数为有理数x ，x x x f ,0,)(3在00=x 处连续，但是在00≠x 处不连续.证 00=x 时，因为3)(0x x f ≤≤，于是0)(lim 0=→x f x ，即)(x f 在x=0处连续.00>x 时，0,2300>∀=∃δεx ，在);(0δx U +︒中取x '为有理数，取x ''为无理数，于是030321)()(ε=>'=''-'x x x f x f .由函数极限柯西准则的否定形式可知)(x f 在点0x 处极限不存在，这样)(x f 在点0x 处不连续.00<x 时可类似地证明.10.设)(x f 在（0，1）内有定义，且函数)(x f e x 与)(x f e -在（0，1）内是递增的，试证)(x f 在（0，1）内连续.需证)(),1,0(0x f x ∈∀在点0x 连续，即)()0()0(000x f x f x f =-=+.因为)(x f e -在（0，1）内的递增性保证了)(x f 在（0，1）内是递减的，所以为了证明)0(0+x f 的存在性，很自然地想到利用函数极限的单调有界定理.证 因为)(x f e -在（0，1）内递增，所以)(x f 在（0，1）内递减.)1,0(0∈∀x ，首先来证明)0(0+x f =)(0x f .当0x x >时，)(x f ≤)(0x f ，由函数极限的单调有界定理)(lim 0x f x x +→存在.又由函数极限保不等式性质，有)0(0+x f =)(lim 0x f x x +→≤)(0x f .另外，由于)(x f e x 在（0，1）内递增，因此当0x x >时，)(00x f e x ≤)(x f e x ，令+→0x x ，有)(00x f e x ≤)0(00+x f e x即)0(0-x f =)(0x f ，由0x 在（0，1）中的任意性，可得)(x f 在（0，1）内连续. 说明 其中应用了基本初等函数x e 的连续性. 11 . 试证函数2sin x y =，在),0[+∞上是不一致连续的.分析 需确定0,00>∀>δε，可找到x x ''',满足δ<''-'x x ，但|)()(|x f x f ''-'≥0ε. 由于2sin x 在任意闭区间[]a ,0（a>0）上一致连续，因此当δ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πππn x n x =''+=',2，nn n n n x x ππππππππ212220<++=-+=''-'<， 当n 充分大时，x x ''',能满足δ<''-'x x ，但|)()(|x f x f ''-'≥1.证 0,10>∀=∃δε，取2ππ+='n x ，πn x =''，当24δπ>n 时，使δ<''-'x x ，但1|sin sin |22=''-'x x ≥0ε，即2sin x 在),0[+∞上不一致连续.12. 设函数)(x f 在（a,b ）内连续，且)(lim x f a x +→=)(lim x f b x -→=0，证明)(x f 在（a,b ）内有最大值或最小值.分析 因为)(lim x f a x +→=)(lim x f b x -→=0，于是可把)(x f 延拓成[a,b]上的连续函数，然后可以应用连续函数的最大、最小值定理.证人 先把函数)(x f 延拓成[a,b]上的函数F(x)，设⎩⎨⎧=∈=.,,0),,(),()(b a x b a x x f x F 易知)(x F 为[a,b]上的连续函数，这是因为)(lim x F a x +→=)(lim x f a x +→=0=)(a F ，)(lim x F b x -→=)(lim x f b x -→=0=)(b F .在[a,b]上对)(x F 应用连续函数的最大、最小值定理，即1ξ∃，2ξ],[b a ∈，)(x F 在1ξ，2ξ分别取得最大值和最小值.若a =1ξ，b =2ξ，则)(x f 在（a,b ）内恒为零，显然)(x f 在（a,b ）内同样能取得最大值和最小值；若1ξ，2ξ中有一个数在（a,b ）内，则)(x f 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)(x f 是连续的，则此函数在（a,b ）内是一致连续的.分析 因为)(x f 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)0(+a f ，)0(-b f .证明本题的合理途径是把)(x f 延拓成闭区间[a,b]上的连续函数)(x F 在[a,b]上应用一致连续性定理.证 因为)(x f 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 x f a x +→与)(lim x f b x -→都存在，应用范例1中的方法，可把)(x f 延拓为[a,b]上的连续函数)(x F ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∈==-+→→.),(lim ),,(),(,),(lim )(b x x f b a x x f a x x f x F bx a x由一致连续性定理，可得)(x F 在[a,b]上一致连续，于是)(x f 为（a,b ）内的一致连续函数.14. 证明：若)(x f 在点a 处可导，f （x ）在点a 处可导.分析 一般情况下，若)(x f 在点0x 处可导，)(x f 在点0x 处不一定可导.例如0)(0==x x x f 在处可导，但x x f =)(在点0处不可导，反之，若)(x f 在点0x 处可导，一般也不能推得f （x ）在点x 0处可导.例如{为理数为无理数x x x f ,1,1)(-=01)(0==x x f 在点处可导，但0)(0=x x f 在点处不连续，因而不可导，然而，若)(x f 在点a 处连续，则由)(x f 在点a 处可导就可保证f （x ）在点a 处可导.若0)(≠a f ，由连续函数局部保号性，)(a U ∃，在其中)(x f 保持定号，因而由f 在点a 处可导可推得)(x f 在点a 处也可导.若0)(=a f ，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0)(='a f ，再由此又可证得0)(='a f .证 若0)(≠a f ，由连续函数局部保号性，)(a U 邻域∃，)(x f 在)(a U 中保持定号，于是)(x f 在点a 处可导，即为)(x f 在点a 处可导.若0)(=a f ，则点a 函数)(x f 的极小值点，因)(x f 在点a 处可导，由费马定理有0)(='a f即0)()(lim=∆--∆+→∆xa f x a f x因为0)(=a f ，所以0)()(lim 0=∆--∆+→∆xa f x a f x于是0)(='a f .15. 设函数),()(b a x f 在内可导，在[a,b]上连续，且导函数)(x f '严格递增，若)()(b f a f =证明，对一切),(b a x ∈均有()()()f x f a f b =<证： 用反证法，若)()()(),(00b f a f x f b a x =≥∈∃在区间],[],,[00b x x a 上分别应用拉格朗日中值定理，121002,,,a x x b ξξξξ∃<<<<使得0)()()(,0)()()(002001≤--='≥--='x b x f b f f a x a f x f f ξξ这与)(x f '为严格递增相矛盾.16. 设函数)(x f 在],[+∞a 内可导，并且()0f a <，试证：若当),(+∞∈a x 时，有()0f x c '>>则存在唯一的),(+∞∈a ξ使得0)(=ξf ，又若把条件()f x c '>减弱为/()0()f x a x ∞><<+，所述结论是否成立？分析 因为0)(〈a f ，若可以找到某点a x 〉，使得0)(〉x f 则由)(x f 的严格递增性，并应用连续函数的介值定理便可证明存在唯一的ξ，使得0)(=ξf证 x a ∀>在],[x a 上应用拉格朗日中值定理，,a x ξξ∃<<，使得))(()()(a x f a f x f -'=-ξ于是)()())(()()(a x c a f a x f a f x f -+〉-'+=ξ由于0c >，因此当x 充分大时总可使得不妨设11,()0x a f x c >>>，所以],[)(+∞a x f 在上严格递增；在],[1x a 上应用连续函数的介值定理，则1,a x ξξ∃<<,且ξ是唯一的.假设)(x f 满足/()0f x >，结论可能不成立，例如函数)()()(〉-+〉a x c a f x f],0[,2arctan )(+∞∈-=x x x f π，满足02)0(〈-=πf ，21()01f x x '=+>，但因)(x f 恒小于0，故在),0(+∞中不存在ξ，使得)(ξf =017. 证明不等式21(0)2xx e x x >++>证 令2()12xx f x e x =---, 0x >,()1,x f x e x '=--0x > ()10 , 0,x f x e x ''=->>且(0)(0)0,f f '== 当0x >时有()0f x ''>，所以()f x '严格递增， 又()f x '在0x =处连续，所以()(0)0, 0f x f x ''>=>,所以()f x 严格递增, 又()f x 在0x =处连续,所以()(0)0f x f >=, 0x >,即 21,2xx e x >++0x >.18. 设f 为(,)-∞+∞上的连续函数，对所有,()0x f x >，且li m x →+∞()f x li m x →-∞=()0f x =，证明()f x 必能取到最大值. 证 由题设(0)0f >, 取(0)=2f ε, 由limx →+∞()f x limx →-∞=()0f x =,0, ||,X x X ∃>>当时()(0)f x f ε<<.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(0)0f =，(1)1f =，(0)(1)0f f ''==，则存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥.证法一： (0,1)x ∀∈, 把()f x 在0, 1两点处分别进行泰勒展开到二阶余项, 有2122()()(0)(0)(0),2!()()(1)(1)(1)(1),2!f f x f f x x f f x f f x x ξξ'''=+-+'''=+-+- 1201x ξξ<<<<,上两式相减, 有2212()()1(1)22f f x x ξξ''''=--. 记12|()|max{|()|,|()|}f c f f ξξ''''''=,则有2211|()|[(1)]2f c x x ''≤+- 2111|()|2222f c x ⎡⎤⎛⎫''=-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦1|()|2f c ''≤, 即存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥. 证法二： 在[0,1]上对()f x 应用拉格朗日中值定理有 ()(1)(0)1f f f ξ'=-=，01ξ<<.当120ξ<≤时，在[0,]ξ上对()f x '应用拉格朗日中值定理有1()(0)()f f f c ξξ''''=-=，1|()|()2f c f c ξ''''⇒==≥，(0,)(0,1)c ξ∈⊂.当121ξ<<时，在[,1]ξ上对()f x '应用拉格朗日中值定理有1()(1)()(1)f f f c ξξ''''=-=-，1|()|21f c ξ''⇒=≥-，(,1)(0,1)c ξ∈⊂.综上证明知存在(0,1)c ∈使得|()|2f c ''≥. 20.应用函数的单调性证明2sin ,(0,);2xx x x ππ<<∈ 证明：设sin ,(0,]()sin ,(),20, 0xx f x x x g x x x π⎧∈⎪=-=⎨⎪=⎩则 2()1cos 0,(0,),2cos (tan )()0,(0,)2f x x x x x xg x x x ππ'=->∈-'=<∈，而函数单调性定理知(),()f x g x 在(0,)2π上分别为严格递增和严格递减函数，再由结论知函数(),()f x g x 在[0,]2π也分别为严格递增和严格递减函数.由于2(0)0,(),2f g ππ==所以有(0,)2x π∀∈，有()sin (0)0,sin 2()(),2f x x x f x g x g x ππ=->==>=从而有2sin ,(0,).2xx x x ππ<<∈21.设函数⎪⎩⎪⎨⎧=≠=0,00,1sin )(x x xx x f m（m 为实数）， 试问：（1）m 等于何值时，f 在0x =连续；（2）m 等于何值时，f 在0x =可导；（3）m 等于何值时，f '在0x =连续；解：(1)要使函数()f x 在0x =点连续，即需0lim ()(0)x f x f →=，而当0m ≥时，10()sinm m f x x x x≤=≤，有0lim ()0x f x →=，从而0lim ()0(0)x f x f →==，即函数在0x =点连续.(2) 当1m ≥时，1001sin1(0)limlim sin 0m m x x x x f x x x-∆→∆→∆-∆'==∆=∆∆，由复合函数求导法则可得1211sin cos ,0()0, 0m m mx x x f x x xx --⎧-≠⎪'=⎨⎪=⎩， 即1m ≥时函数在0x =点可导.(3)由（2）的求解过程可知要使()f x '在0x =点连续，首先要求1m ≥，此时要使()f x '在0x =的极限存在并且等于(0)0f '=，即需要120011lim ()lim(sin cos )(0)m m x x f x mxx f x x--→→''=-=，类似于(1)中的证明需要2m ≥，即当2m ≥时，函数的导函数在0x =点连续.————3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()22b fc a '≤+证 因()f x 在[0,1]上具有二阶导数，故存在1(0,)c ξ∈使得211(0)()()(0)()(0)2f f c f c c f c ξ''=+-+- 同理存在2(,1)c ξ∈使得221(1)()()(1)()(1)2f f c f c c f c ξ''=+-+- 将上面的两个等式两边分别作差，得222111(1)(0)()()(1)()22f f f c f c f c ξξ'''-=+--即222111()(1)(0)()(1)()22f c f f f c f c ξξ'''=---+因此222111()(1)(0)()(1)()22f c f f f c f c ξξ'''≤++-+222(1)22b b ac c ≤+-+而222(1)2212(1)11c c c c c c -+=-+=-+≤，故()22b fc a '≤+23. 设函数],[)(b a x f 在上连续，在（a,b ）内二阶可导，则存在),(b a ∈ξ使得)(4)()()2(2)(2ξf a b a f b a f b f ''-=++-分析 本题可以利用柯西中值定理证明，设两个函数F ，G 为4)()(),()2(2)()(2a x x G a f a x f x f x F -=++-= 有0)()(==a G a F 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],[,4)()(),()2(2)()(2b a x a x x G a f a x f x f x F ∈-=++-=有4)()(),(2(2)()(,0)()(2a b b G a f b a f b f b F a G a F -=++-=== 2)(),2()()(a x x G a x f x f x F -='+'-'=' F （x ），G(x)在[a,b]上连续，在（a,b ）内可导，)(),(),()(x G x F a G b G ''≠不同时为零，于是可以应用柯西中值定理，),(1b a ∈∃ξ，使得2)()2()()()()()(111a af f a G b G a F b F -+'-'=--ξξ再在)(],[],2[11x f b a a'⊂+上对ξξ应用格朗日中值定理，),(),2(11b a a⊂+∈∃ξξξ使得)(2)2()(2)2()(1111111ξξξξξξξf a s af f aaf f ''=+-+'-'=-+'-'于是有)(4)()()2(2)(2ξf a b a f b a f b F ''-=++-[证法二] 作辅助函数]2,[),()2()(ba a x x f ab x f x F +∈--+= 于是)()2(2)()()2(a f ba fb f a F b a F ++-=-+ 在]2,[b a a +上对)(x F 应用拉格朗日中值定理，)2,(1b a a +∈∃ξ，使得)()2(a F b a F -+=2)]()2([11ab f a b f -'--+'ξξ 再在]2,[11ab ++ξξ上对)(x f '应用拉格朗日中值定理，),()2(11b a ab ⊂-+∈∃ξξξ ，使得 )()2(2)(b f ba fb f ++-=4)()(2a b f -''ξ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)(x f 在点0x 的某个领域上有)1(+n 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)(x f 具有)1(+n 阶连续导函数,由泰勒公式,有n n x x n x f x x x f x f x f )(!)())(()()(0)(00'0-++-+=)10(,)()!1())((1000)1(〈〈-+-++++θθn n x x n x x x f .因为导函数)()1(x f n +在点0x 的某个领域上连续,所以0,0δ∃M >>,当),(0δx U x ∈时,M x fn ≤+)()1(.由此可得101000)1()!1()()!1())(()(+++-+≤-+-+=n n n n x x n M x x n x x x f x R θ,于是有)(0)!1()()(000x x x x n Mx x x R nn →→-+≤-, 即))(()(0n n x x o x R -= )(0x x →.上面推导说明,当导函数)()1(x fn +在点0x 的某个闭领域内外连续时,可以得到))(()(0n n x x o x R -=,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)(x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内二阶可导,则存在),(b a ∈ξ,使得)(4)()()2(2)(''2ξf a b a f b a f b f -=++-.分析需证等式中出现二阶导数)(''ξf 与)(x f 在b a ,,2ba +的函数值,试用展开到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0x ,合理的方法是取20ba x +=,x 为a 和b . 证 把)(),(a f b f 在点20ba x +=展开到二阶导数项:,2,)2(!2)(222)(122'''b b a a b f a b b a f b a f b f 〈〈+-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ξξ ,2,)2(!2)(222)(2122'''b a a a b f b a b a f b a f a f +〈-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ξξ 把上面两式相加,有4)(2)()()()2(2)(22''1''a b f f a f b a f b f -⋅+=++-ξξ.不妨设)()(2''1''ξξf f ≤,于是有)(2)()()(2''2''1''1''ξξξξf f f f +≤.在[]2,1ξξ上对)(''x f 应用达布定理,[]12,ξξξ∈∃使得2)()()(2''1''''ξξξf f f +≤,这样就证得)(4)()()2(2)(''2ξf a b a f b a f b f -=++-.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)(x f 在[]2,0上二阶可导,且在[]2,0上1)(≤x f ,1)(''≤x f .证明在[]2,0上成立2)(''≤x f .分析本题是用)(),(''x f x f 的上界来估计)(''x f 的上界.可以试用展开到二阶导数的泰勒公式寻找)()(),('''x f x f x f 和之间的联系.证 []2,0∈∀x ,把)0(),2(f f 在点x 处展开成带有二阶拉格朗日型余项的泰勒公式,有x x f x x f x f f 〈〈+-=121'''0,!2)()()()0(ξξ2,)2(2)()2()()()2(22'''〈〈-+-+=ξξx x f x x f x f f ,上面两式相减后有21''22'''2)()2(2)()0()2()(2x f x f f f x f ξξ+---=,再应用1)(≤x f ,1)(''≤x f ,可得2)2(2)(222'x x x f -++≤1)1(22+-+=x4≤ ,于是有2)('≤x f .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 ⊂βα,,f 在βα,上满足利普希茨(Lipschitz)条件,即存在0L >,对任何[]βα,,'''∈x x ,成立'''''')()(x x L x f x f -≤-.证 当取定[]I ⊂βα,后,因为I 是开区间,必能在I 中选取四点,,,,d c b a 满足.a b c d αβ<<<<<应用凸函数充要条件,任取[]βα,,'''∈x x ,'''x x <,得到.)()()()()()(''''''cd c f d f x x x f x f a b a f b f --≤--≤--现令,)()(,)()(max ⎭⎬⎫⎩⎨⎧----=c d c f d f a b a f b f L则有[].,,,)()('''''''''βα∈≤--x x L xx x f x f 由于上述常数L 与βα,上满足利普希茨条件:0L ∃>,使得'''''')()(x x L x f x f -≤-,[]βα,,'''∈∀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)(x f 是I 内的连续函数.28. 设)(x f 在 )0(),[>+∞a a 上满足Lipschitz 条件：y x k y f x f -≤-)()(, 证明x x f )(在 ),[+∞a 上一致连续.证 分析.)()()()()(21212121212211ε<-≤-+-≤-x x B x x x x x f x x f x f x x f x x f因为 ax k a f x f -≤-)()(，)()(22a f a k x k x f ++≤，B x x f ≤22)(，取B εδ=，当δ<-21x x 时，ε<-2211)()(x x f x x f .29. 证明：设1()1n n f x x x x -=++⋅⋅⋅+-，则显然()f x 在1[,1]2上连续，且11111()()11102222n n f -=++⋅⋅⋅+-<-=，(1)(111)110f n =++⋅⋅⋅+-=->， 根据连续函数介质定理，至少存在一点1(,1)2ξ∈，使()0f x =．即110n n x x x -++⋅⋅⋅+-=，也就是 11n n x x x -++⋅⋅⋅+=．可见1(,1)2ξ∈是原方程的根．又因为在1(,1)2内恒有12()(1)10n n f x nx n x --'=+-+⋅⋅⋅+>，()f x 在1[,1]2上严格递增，故1(,1)2ξ∈唯一．30.设函数)(x f 在点a 具有连续的二阶导数，试证明：)()(2)()(lim''2a f ha f h a f h a f h =--++→ 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)(a U 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)())()((21))()(lim )()(lim (21)()()()(lim212)()(lim)(2)()(lim000020a f a f a f h a f h a f h a f h a f h h a f a f a f h a f h h a f h a f h a f h a f h a f h h h h h ''=''+''=-'--'+'-+'=-'-'+'-+'=-'-+'=--++→→→→→ 31. 设)(x f 在),(b a 上可导，且A x f x f b x a x ==-→+→)(lim )(lim 0.求证：存在),(b a ∈ξ，使0)(='ξf .证： 将)(x f 连续延拓为闭区间],[b a 上的函数)(x F ：⎩⎨⎧=∈=ba x Ab a x x f x F ,),()()(易知， )(x F 在],[b a 上满足罗尔定理的条件. 故存在 ),(b a ∈ξ ， 使0)()(='='ξξf F .32. 设)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内有n 阶导数，且存在1-n 个点),(,,,121b a x x x n ∈- 满足：)()()()()()2()1(121121b f x f x f x f a f b x x x a n n =====<<<<<--求证：存在),(b a ∈ξ，使0)()(=ξn f .证 由题设知，)(x f 在以下每一区间],[,],,[],,[1211b x x x x a n -上都满足罗尔定理的条件， 则必有n 个点),(,),,(),,(1)1(21)1(21)1(1b x x x x x x a x n n -∈∈∈ 使.,,2,1,0)()1(n k x f k =='又)(x f '在每个区间：1,,2,1],,[)1(1)1(-=+n k x x k k上满足罗尔定理的条件，于是存在),,()1(1)1()2(+∈k k k x x x 使1,,2,1,0)()2(-==''n k x f k重复上述步骤到1-n 次后， 可知)()1(x fn -在区间),(],[)1(2)1(1b a x x n n ⊂-- 上满足罗尔定理的条件，故存在 ),(],[)1(2)1(1b a x x n n ⊂∈--ξ， 使0)()(=ξn f .33.设函数f 在点0x 存在左右导数，试证f 在点0x 连续..证明 设函数f 在点0x 存在左右导数，于是0)()(lim )()(lim )()()(lim ))()((lim 00000000000=⋅'=-⋅--=-⋅--=--→→→→----x f x x x x x f x f x x x x x f x f x f x f x x x x x x x x 从而)()(lim 00x f x f x x =-→，即f 在点0x 左连续.同理可证f 在点0x 右连续.因而f 在点0x 连续.34.设函数f 在],[b a 上可导，证明：存在),(b a ∈ξ，使得)()()]()([222ξξf a b a f b f '-=-证明 设)()()]()([)(222x f a b a f b f x x F ---=，则)(x F 在],[b a 上连续并可导，且)()()()(22b F a f b b f a a F =-=，由Rolle 定理，存在),(b a ∈ξ，使得0)()()]()([2)(22='---='ξξξf a b a f b f F ，从而)()()]()([222ξξf a b a f b f '-=-35．应用拉格朗日中值定理证明下列不等式：aab a b b a b -<<-ln ，其中b a <<0 证明 设x x f ln )(=，则f 在],[b a 上连续且可导，所以f 在],[b a 上满足Lagrange 中值定理的条件，于是),(b a ∈∃ξ，使得)(1))((ln ln lna b a b f a b a b -=-'=-=ξξ，因为b a <<<ξ0，所以a ab a b b a b -<-<-ξ，从而aa b a b b a b -<<-ln . 36.证明 设S 是有限集,则对任一a R ∈,01ε∃=,因S 是有限集,故邻域(,1)U a 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{}[,]n n x y ,其中11,,1,2,22n n n n n n a a b bx y n ++++=== .由于1n n n a x a +<<,()1n n n b y b n N +<<∀∈,于是有()11(,)[,](,)n n n n n n a b x y a b n N ++⊂⊂∀∈（*）从而()11[,][,]n n n n x y x y n N ++⊂∀∈.而()0n n n n y x b a n N <-<-∀∈,从而由()l i m 0n n n b a →∞-=知, ()lim 0n n n y x →∞-=.所以{}[,]n n x y 为闭区间套.有区间套定理知, 存在一点ξ,使得,n n x y ξ<<,1,2,n = .由(*)有,1,2,n n a b n ξ<<= .若数ξ'也满足,1,2,n n a b n ξ'<<= ,则,1,2,n n b a n ξξ'-<-= .两边取极限,得到()lim 0n n n b a ξξ→∞'-≤-=,于是ξξ'=.即满足条件的点ξ是唯一的.38.证明 不妨设{}n x 为递增数列,且ξ为其聚点.设a 为任一实数,且a ξ≠,不妨设a ξ<.取02aξε-=>,由聚点定义,(,)U ξε中含有{}n x 的无限项.设(,)N x U ξε∈,由于{}n x 为递增数列,则当n N ≥时,2n N ax x ξξε+≥>-=,于是在{}n x 中,最多有有限项小于2aa ξε+=+,即(,)U a ε中最多含有{}n x 的有限项,于是点a 不是{}n x 的聚点,由a 的任意性知,ξ为{}n x 的唯一聚点.假设ξ不是{}n x 的上界,则存在N x ξ>,从而当n N ≥时,n N x x ξ≥>,令0N x εξ=->,则(,)U ξε中最多含有{}n x 的有限项,这与ξ为{}n x 的聚点矛盾.于是ξ为{}n x 的上界.另一方面,对任给的0ε>,数列{}n x 中必有一项(,)n x U ξε∈,即n x ξε>-.于是{}sup n x ξ=.39.证明 由函数()f x 在闭区间[,]a b 上连续知,0,[,],0x x a b εδ∀>∀∈∃>,使得当(,)x x U x δ'∈时,有()()f x f x ε'-<.考虑开区间集合,[,]2x H U x x a b δ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭,显然H 是[,]a b 的一个开覆盖.于是存在H 的一个有限子集*,[,],1,2,2i i i H U x x a b i k δ⎧⎫⎛⎫=∈=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭覆盖了[,]a b . 记{}1min02ii kδδ≤≤=>.对任何,[,],x x a b x x δ''''''∈-<,x '必属于*H 中的某一开区间.设,2i i x U x δ⎛⎫'∈ ⎪⎝⎭,则222iiii i i x x x x x x δδδδδ''''''-≤-+-<+≤+=,从而同时成立()()i f x f x ε'-<与()()i f x f x ε''-<.于是()()f x f x ε'''-<.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[,]x a b '∈,都存在邻域(,)x U x δ''及正数x M ',使得(),(,)[,]x x f x M x U x a b δ'''≤∈ .考虑开区间集{}(,)[,]x H U x x a b δ'''=∈.显然H 是[,]a b 的一个开覆盖.于是存在H 的一个有限子集{}*(,)[,],1,2,i i x i H U x x a b i k δ=∈=覆盖了[,]a b ,且存在正数12,,,k M M M ,使得对一切(,)[,]i i x x U x a b δ∈ ,有(),1,2,,i f x M i k ≤= .令1max i i kM M ≤≤=,则对任何[,]x a b ∈,x 必属于某(,)()i i xi U x f x M Mδ⇒≤≤.这就证得()f x 在[,]a b 上有界. 41.证明 由于函数()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[,]x a b ∈都有()f x M <.令1(),[,]()g x x a 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10(),[,]()g x G x a b M f x <=≤∈-.从而1(),[,]f x M x a bG≤-∈.但这与M 为([,])f a b 的上确界矛盾.所以存在[,]a b ξ∈,使()f M ξ=,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 t ≥,于是()()()()xxaaf t dt f x dt f x x a ≤=-⎰⎰.而22()()11()()()()0()()xaf x f x F x f t dt f x x a x a x a x a x a '=-+≥-⋅-=----⎰, 由此()F x 为[,]a b 上的增函数. 43.令2x tπ=-,则222002(sin )sin (cos )(cos ).22f x dx f t d t f t dt f x dx ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎜⎠⎰⎰⎰.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[,]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1()()i i i f x f x ω-=-,于是[][]1()()()()ni i i i x f x f x T f b f a T ω-∆≤-=-∑∑.由此可见,任给0ε>,只要()()T f b f a ε<-,就有iiTx ωε∆<∑,所以函数()f x 在闭区间[,]a b 上可积.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2()f x 在闭区间[,]a b 上连续,从而2()f x 在闭区间[,]a b 上可积,且2()f x 不恒等于零,因此2()0f x ≥,且存在0[,]x a b ∈,使20()0f x >.根据保号性,存在[,][,]a b αβ⊂,使[,]x αβ∀∈,都有2()0f x >.于是()()()()2222()()()()0bba af x dx f x dx f x dx f x dx αβαβ=++>⎰⎰⎰⎰.46.证明00()()()()a pp a paap f x dx f x dx f x dx f x dx ++=++⎰⎰⎰⎰.令t x p =-,则有()()()()a p aaapf x dx f t p dt f t dt f x dx +=+==⎰⎰⎰⎰.于是00()()()()()a pp a paaf x dx f x dx f x dx f x dx f x dx +=++=⎰⎰⎰⎰⎰.47.证明 由于lim ()x f x A →+∞=,任给0ε>,存在0M >,当x M >时,有()2f x A ε-<.又当T M >时,00000111()()()111()()()1,2T TTTMTMM f x dx A f x dx Adx f x A dxT T Mf x A dx f x A dx f x A dx T T T T ε-=-≤-⎛⎫=-+-≤-+- ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰所以取{}102max(),2MT f x A dx M ε=-⎰,注意到011MT<-<,则当1T T >时,就有 01(),22T f x dx A T εεε-<+=⎰ 故01lim ()T T f x dx A T →+∞=⎰,即就是01lim ()xx f t dt A x →+∞=⎰. 48.证明 函数()f x 和()g x 在[,]a b 上可积,于是函数2()f x ,2()g x 及()()f x g x 在[,]a b 上可积,从而,对任何实数t ,函数[]2()()f x t g x +可积,又[]2()()0f x tg x +≥,故[]2()()0ba f x tg x dx +≥⎰.即()()222()2()()()0bbba aa f x dx t f x g x dx tg x dx ++≥⎰⎰⎰上式右边是t的二次三项式,故其判别式()()()2224()()4()()0bbbaa af xg x dx f x dx g x dx ∆=-⋅≤⎰⎰⎰,即()()()222()()()()bbba aaf x dxg x dx f x g x dx ⋅≥⎰⎰⎰.49.证明 0()()()aaaaf x dx f x dx f x dx --=+⎰⎰⎰,函数()f x 为偶函数,于是()()f x f x -=.从而()()()()()x ta aaaf x dx f t d t f t dt f x dx =--=--==⎰⎰⎰⎰,于是00()()()2()aa aaaf x dx f x dx f x dx f x dx --=+=⎰⎰⎰⎰.50.证明 对[,]a b 上任一确定的x ,只要[,]x x a b +∆∈,就有()()()x xx x xaaxf t dt f t dt f t dt +∆+∆∆Φ=-=⎰⎰⎰.由于函数()f x 在[,]a b 上可积,故有界,可设()f x M ≤,[,]x a b ∈.于是,当0x ∆>时,就有()()x xx xxxf t dt f t dt M x +∆+∆∆Φ=≤≤∆⎰⎰,而当0x ∆>时,就有M x ∆Φ≤∆,由此得到0lim 0x ∆→∆Φ=,即证得()x Φ在点x 上连续.由x 的任意性,()x Φ在[,]a b 上连续.51.证明 不妨设()()f a f b μ<<.令()()g x f x μ=-,则函数()g x 也是区间[,]a b 上的连续函数,且()0g a <,()0g b >.于是只需证明存在0[,]x a b ∈,使得0()0g x =.记{}()0,[,]E x g x x a b =>∈,则[,]E a b ⊂,且b E ∈,从而E 为非空有界集.有确界原理, E 有下确界,记为0inf x E =.因()0g a <,()0g b >,由连续函数的保号性,存在0δ>,使得在[,)a a δ+内, ()0g x <,在(,]b b δ-内, ()0g x >.由此易见,00,x a x b ≠≠,即0(,)x a b ∈.倘若0()0g x ≠,不妨设0()0g x >,则由局部保号性,存在0(,)(,)U x a b η⊂,使在其内()0g x >,特别有0()02g x η->,于是02x E η-∈这与0i n f x E =相矛盾,故必有()0g x =.52.证明 对[,]a b 上任一确定的x ,0x ∆≠,只要[,]x x a b +∆∈,根据积分中值定理,就有()()()(),01x xx x xaaxf t dt f t dt f t dt f x x θθ+∆+∆∆Φ=-==+∆≤≤⎰⎰⎰.由于函数()f x 在[,]a b 上连续,故有00()lim lim ()()x x x f x x f x x θ∆→∆→∆Φ'Φ==+∆=∆.由x 在[,]a b 上的任意性,知()()(),[,]xad x f t dt f x x a b dx 'Φ==∈⎰.53.证明 因()1111nn k k n k S bb b b ++==-=-∑,所以()11lim lim n n n n S b b +→∞→∞=-=+∞,因此级数()11n n n bb ∞+=-∑发散.54.证明 由已知有32121,,,,n n u u u q q q u u u -≤≤≤ .把这1n -个不等式按项相乘后,得到132121n n n u u u q u u u --⋅⋅⋅≤ , 或者11n n u qu -≤.由于当01q <<时,等比级数11n n q ∞-=∑收敛,根据比较判别法及上述不等式可知级数1nn u∞=∑收敛.55.证明 由已知可得对一切1n ≥,有11n n n n u u v v ++≤.从而有11110n n n n u u uv v v ++<≤≤≤ ,故1111n n u u v v ++≤.由于11u v 是常数,根据比较判别法,当级数1n n v ∞=∑收敛时,级数1n n u ∞=∑也收敛.56.证明 由正项级数1nn u∞=∑收敛知, lim 0n n u →∞=.于是存在正整数N ,使得当n N>时,01n u <<.由此可得当n N >时,2nn u u <,由比较判别法知级数21nn u∞=∑也收敛.反之不能成立.如211n n ∞=∑收敛,而11n n ∞=∑发散.57.证明 设0(1,2,)n na M n ≤≤= ,则0n M a n ≤≤,从而222n M a n ≤,级数221n M n∞=∑收敛,由比较判别法知级数21nn a∞=∑收敛.58.证明 由于22112n n a a n n ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭,而级数21n n a ∞=∑与211n n∞=∑都收敛,于是级数221112n n a n ∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛,根据比较判别法,级数1(0)n n n a a n ∞=>∑也收敛. 59.证明 由lim 0n n n a k b →∞=≠,知lim0nn n a k b →∞=>,而级数1n n b ∞=∑绝对收敛,即1n n b ∞=∑收敛,根据比较判别法知级数1nn a∞=∑也收敛.若只知级数1n n b ∞=∑收敛,不一定推得级数1n n a ∞=∑也收敛.例如1,n nn n a b n =+=则1(1)10()nn n a n b ⎡=+-→≠→∞⎢⎣.而11nn n n b ∞∞===∑收敛,级数111n n n n a n ∞∞===∑发散. 60.证明 此级数是正项级数,且部分和为()()()()()()()()()()()()1121121121211111111111111111.nkn k k nk k k n a S a a a a a a a a a a a a ==-=+++⎡⎤=-⎢⎥++++++⎣⎦=-+++<∑∑由此即知{}n S 有界,故级数()()()112111nn na a a a ∞=+++∑ 收敛. 61. 221)(x n xx S n +=. 证明在) , (∞+∞-内)(x S n −→−−→−0, ) (∞→n .证 易见 ∞→n lim .0)()(==x S x S n 而。
