1、目录第一部分名校考研真题第1章函数第2章序列的极限第3章函数的极限与连续性第4章导数与微分第5章导数的应用第6章不定积分第二部分章节题库第1章函数第2章序列的极限第3章函数的极限与连续性第4章导数与微分第5章导数的应用第6章不定积分第三部分模拟试题伍胜健数学分析配套模拟试题及详解第一部分名校考研真题说明：本部分从指定伍胜健主编的数学分析为考研参考书目的名校历年考研真题中挑选最具代表性的部分，并对其进行了详细的解答。所选考研真题既注重对基础知识的掌握，让学员具有扎实的专业基础；又对一些重难点部分（包括教材中未涉及到的知识点）进行详细阐释，以使学员不遗漏任何一个重要知识点。第1章函数一、填空题设（
2、）浙江大学研A0B1CD二、解答题1使用确界原理证明单调递减的有界数列必有极限。天津大学研证明：确界原理，即有上界的非空集必有上确界，有下界的非空集必有下确界。设为单调递减且有界的数列，则由确界原理可知，存在。下面证该下确界就是的极限。由下确界定义：（1）对任意的n，有，当然成立，这为任意小的正数。（2）对上述任意的，存在N，当nN时，有。又因为条件（1），所以成立。B【答案】【解析】2设S是非空集合，infS，试证明：若S，则S中必存在一个严格单调递减的，使得北京航空航天大学研证明：若infS，即（1）对任意的xS，有X：（2）对任意的0，存在，使得取，存在，使得。改变n的值，有依次类推，有
3、而且满足很明显，为一个严格单调递减的数列，且3设xy为所有xy乘积的集合，其中，且x0及y0证明： 武汉大学研证明：设 又，可取且使 由，存在由 有 由 ， 得证4设同济大学研解：当当1x0时，当x1时，5证明：函数为R上的有界函数湖北大学2001研证：取1，存在N0，当又f（x）在内连续从而有界，即综上两式知f（x）在R上有界6设，求f（x）的定义域和f（f（7）中国人民大学研解：由3x0，3x1，49x20，解得，从而f（x）的定义域为又第2章序列的极限1求下列极限：（1）北京大学研（2）f（x）在1，1上连续，恒不为0，求华中师范大学研解法1： 由 式及两边夹法则，（2）故解法2：f在1
4、，1上连续；因而f（x）有界2设数列单调递增趋于 证明：（1）（2）设 证明：，并利用（1），求极限中国人民大学研证明：（1）（i）先设，由 式，存在N0，当nN时有特别取nN1，N2，将这些式子统统相加得此即 而由于以及 式，（ii）再当时由 有 下证递增趋于，由 知，当nN1时，有 ，即单调递增由 式有，从而有将这些式子统统加起来有更多各类考试资料 v：344647 公众号：顺通考试资料 显然当时，由 式及上面（i）的结论有（iii）当时，只要令，则由上面（ii）可证（2）单调递减因为，所以即有下界，从而（存在）由两边取极限有此即再求，考虑 由 两式将代入 得3求极限中国科学院研解：解法1
5、 解法2 设单调增，又，则有上界，故 收敛令得4已知，求证： 哈尔滨工业大学、武汉大学研证明：（1）当a0时，那么，存在N0，当nN时此即（2）当a0时因为令，则对，存在N0，当nN时，有而5设，且，n1，2，证明收敛并求其极限。西安电子科技大学研证明：显然有。由可得于是故收敛，其极限为6设，证明：上海交通大学研证明：因为，所有对任意的，存在N，则对任意的nN，有则再由可知左右两侧的极限存在且相等，都等于7设求南京大学研、山东师范大学2006研解：由于，根据递推关系和数学归纳法可知于是有因此为单调递增有界数列，故存在极限，记为x。在递推关系式中令，解得x2，从而8设证明收敛，并用表示其极限。北
6、京理工大学研证明：所以对任意的自然数n、P，有当n时，因为由Cauchy收敛准则可知收敛，因为两边取极限，利用等比数列的求和公式，则9数列 求湖南大学研解： 由 式有把上面各式相加得两边取极限10设是一个无界数列但非无穷大量，证明：存在两个子列，一个是无穷大量，另一个是收敛子列哈尔滨工业大学研证明：取充分大的数M0，则数列中绝对值不超过M的个数一定有无穷多个，（否则是无穷大量了），记A为中绝对值不超过M的元素所成集合，则A是含无限项的有界集（1）因为满足的有无穷多项，任取一又使的有无穷多项取，且，如此下去，得一的子列于是有（2）若A中有无穷多项是相同的数a则取其为的子列是收敛子列若A无相等的无
7、穷多项，将M，M等分为二则其中必有一区间含A中的无穷多项，令其为a，b，取xn1a，b，再将a，b等分为二，则其中必有一区间含A中无穷多项，令其为，又再将a1，b1等分为二，令含A中无穷多项的为a2，b2取且n3n2，如此下去，得一子列且由闭区间套原理于是的收敛子列，或者A为有界集，应用有界数列必有收敛子列定理，知必有收敛的子列第3章函数的极限与连续性1设a，b，A均不为零的有限数，证明： 的充分必要条件是华中师范大学研证明： 当先证必要性：再证充分性：由 式有2设f（x）在上有定义且在每一点处函数的极限存在求证：f（x）在上有界哈尔滨工业大学研证明：由于极限存在，设取1，则存在 0，使当时有
8、令 即存在使 式成立于是是上的一个开覆盖，由有限覆盖定理存在有限个，不失一般设为也构成的一个开覆盖，且再令，则3设函数f（x）定义在上，f（x）在每一个有限区间（a，b）内有界，并满足证明：江苏大学研证明：由于，所以对任意的0，存在，使得当时，有于是有将这些式子相加有由于f（x）在上有界，即存在C0，使得当时，有，从而，于是又因为，所以存在，使得当时，有于是取，则当xM时，有即4设函数f（x）在点x0的邻域，（点x0可能例外）有定义，且对任意的点列都成立，试证明：中科院武汉物理与数学研究所研证明：反证法设x0到I的边界的距离为d，若，则存在，对任意的存在使得取，则存在，满足再取则存在满足依此类
9、推，取，则存在，满足这样就得到点列，且，但这与题设条件矛盾，命题得证5求华南师范大学研解：由等价无穷小量知由微分中值定理知其中位于或之间所以6证明：在a，（其中a0）上一致连续，在（0，1）上不一致连续中国科学院研证明：（1）对，取，当时，由一致连续的定义知， 在a，（a0）中一致连续在（0，1）内取，取，对任意0，只要n充分大总有所以f（x）在（0，1）上不一致连续7设f（x）和g（x）为连续函数，试证明也为连续函数，其中max表示取最大值。北京工业大学研证明：由于，所以只要证明为连续函数即可。因为f（x）和g（x）为连续函数，所以对任意的，任意的0，存在0，使得当时，有从而当时，由三角不等
10、式得所以在处连续，再由的任意性知，为连续函数。于是也为连续函数。8设f（x）是在区间a，）上的有界连续函数，并且对任意实数c，方程f（x）c至多只有有限个解，证明：存在。华东师范大学研证明：由于f（x）在区间a，）上有界，所以数列f（n）有界，由致密性定理知存在子列收敛，记。下证，反证法。假设，则存在及单调递增数列，使得。由于是有界的，所以由致密性定理知存在子列收敛，并记。从而，不妨设BA。由极限的保号性知，存在K0，使得于是由连续函数的介值性知有无限多个解，矛盾。9设f（x）在有限区间（a，b）上有定义，试证明f(x)在（a，b）上一致连续的充要条件是，若是（a，b）中的收敛列，则也是收敛列
11、。中山大学研证明：必要性 因为f（x）在（a，b）上一致连续，所以对任意的0，存在0，使得又因为是（a，b）中的收敛列，所以由Cauchy收敛准则知存在N0，使得，故有从而由Cauchy收敛准则知是收敛列。充分性 可用反证法。若f（x）在（a，b）上不一致连续，则存在，对任意的，有，虽然，但。注意到（a，b）是有限区间，因此中存在收敛的子序列。因为（当n时），故中相应的子序列也收敛于相同的极限。从而穿插之后，序列也收敛，为Cauchy列。但其象序列恒有，不是Cauchy列，与已知条件矛盾。第4章导数与微分1设证明：不存在一个函数以f（x）为其导函数中国科学院研证明： 用反证法，设g（x）f（x
12、），则 则当x0时，当x0时，由于g（x）连续，即这与 式矛盾2求，其中n1，2，f（0）0，浙江大学研解：用数学归纳法证明： 即当n1时， 式成立假设当nk时， 式成立由于，易证 其中是 的某个多项式则当nk1时从而 式对一切自然数n都成立3设，令（1）讨论f（x）在x0处的连续性；（2）求f（x），并讨论在x0处的连续性。南京大学研解：（1）由于故f（x）在x0处连续。（2）当x0时，当x0时，由于因此f（x）在x0处连续。4设f（x）在点可导，g（x）在点不可导，则在点是否可导？试分别举例说明。又如果呢？天津工业大学研解：都有可能。不可导的例子是在处。可导的例子是在处。若，则在点必不可导
13、。反证法。假设F（x）在点可导，由于故有。因为f（x）在点可导，所以f（x）在点连续，又因为，从而由连续的局部保号性知在点的某个邻域内恒有。于是这与g（x）在点不可导矛盾，得证。5设定义在0，1上的函数f（x）满足。求北京师范大学研解：由于，所以对任意的0，存在0，当0 x时有，即。取，则当nN1时，有由于，所以存在使得当有。取，则当nN时有故6设f（x）在0，1上可微，且f（x）的每一个零点都是简单零点，即若，则。证明：f（x）在0，1上只有有限个零点。苏州大学研证明：反证法。假设f（x）在0，1上有无限个零点。由实数的致密性定理知存在，使得。由f（x）的连续性知从而所以不是简单零点，矛盾，
14、得证。7研究定义在实数轴R的函数的不连续点类型，其中Q为有理数集，并回答f（x）在哪些点可导。北京航空航天大学研证明：由f（x）的定义知所以f（x）的连续点为xk（k0，1，），其他点都是第一类间断点。在xk（k0，1，）处，有下式成立故有f（k）0，即f（x）在xk（k0，1，）处可导。8求函数yarctanx的麦克劳林（Maclaurin）展开式。天津大学、浙江大学研解：因为，则，对该式两边求n阶导数，利用Leibniz公式有令x0，得，则所以yarctanx的Maclaurin展开式为9设f（x）连续，证明：y（x）满足方程华南理工大学2006研证明：做变量替换sxt，则，于是从而易知第
15、5章导数的应用1设P（x）为多项式函数，试证明：若方程没有实数根，则P（x）0至多有一个实数根。山东师范大学2006研证明：反证法。假设P（x）0有两个不同的实根，则由Rolle定理知，存在，使得，与题设矛盾，得证。2设f（x）可导，为常数，则f（x）的任意两个零点之间必有的根。河北大学研证明：设 与是f（x）的两个零点。令，则，故由Rolle定理知，在与之间存在 使得，从而。3设f（x）在0，1内连续，在（0，1）内可导，f（0）0，f（1）1。证明：对任意正数a和b，存在，使得北京化工大学研证明：令，则0c0时，y值确定解之，得存在域为满足不等式的数x的集合A因为所以，函数值域为满足不等式
16、的数y的集合5设为单调增函数证明：若则证明：设为三个函数公共域内的任一点，则由（1）以及函数f（x）的单调增加性知从而，同理，可证由的任意性，于是，（2）式得证6求反函数和它的存在域，若：解：由于即两端再取对数，并注意到即1y1，于是，7证明：若对于函数有等式（式中k和T为正的常数）成立，则（式中a为大于零的常数，而（x）为以T为周期的函数）证明：由假定k0，T0，令于是有今定义函数（x）如下：易知（x）是周期为T的函数事实上，于是，其中（x）是周期为T的函数证毕8函数作图解：图形关于Oy轴对称，与两坐标轴的交点为（1，0），（1，0），（0，0），且在（0，0）点与Ox轴相切当此时及均为图形
17、上的最高点当时，曲线上升；当时，曲线下降如图1-1所示图1-19解：将的图形叠加即得，渐近线：x1，x0，x1及y0，如图1-2所示图1-210解：将x1及的图形叠加即得，如图1-3所示（1x1）图1-311解：图形关于Oy轴对称周期为将的图形叠加即得如图1-4所示图1-412证明：若函数的图形对于两点和对称，则函数f（x）是线性函数与周期函数的和特别是，若则函数f（x）是周期函数证明：设x是任一实数按假设有：在（1）中，将x换成x（ba）则得将（3）代入（2）得即在（4）中，将bx换成x，则得再在（5）中将2换成2（ba）x，则得令下面证明（x）一定是周期函数事实上，由（7）式则有因此，由（
18、6）式可得由（7）式和（8）式可知，f（x）是一个线性函数与一个周期函数的和若则由（7）式和（8）式可知，f（x）是一个周期函数13试证明下列命题：（1）在平面上，一条直线与有理函数的图形的交点至多为有限个（2）三角函数不是有理函数证明：（1）反证法假定对无穷多个x值，等式成立，则根据上例之推理可知，（这里，为简便起见，当kn时令；km时令）从而就有由此又知（除Q（x）的零点外），P（x）/Q（x）确为同一线性多项式证毕（2）由周期性可知，水平直线y1与任一三角函数的图形均有无穷多个交点证毕14试证明下列命题：（1）设是一族（下）凸函数，则是（下）凸函数（2）设f（x）是（a，b）上的（下）凸
19、函数，则对x（a，b），函数（y（a，b）且yx）是递增函数证明：（1）对任给x，ya，b，0t1，0，存在a，b，使得由的任意性即可得证（2）设yx，0t1，则类似地可推出yx的情形15试证明下列命题：（1）设g（x）是（，）上的正值函数若lng（x）是（下）凸函数（称g（x）是对数凸），则g（x）是凸函数（2）设f（x）是0，1上的凸函数，则函数在0，12上是递减函数证明：（1）因为对，0且1，有所以，证毕（后一不等式来自或为此，考察不等式，令，则而（2）对0 xy12，取：01，使得，从而可得（根据f（x）的（下）凸性）16试证明下列命题：（1）若f（x）在（0，）上严格上凸，f（0）0
20、，则（2）设f（x）在（0，）上是（下）凸的，且，则f（x）/x在（0，）上递增（3）设f（x）/x在（0，）上递减，则有（4）设f（x）在（0，）上是（下）凸的，且有，则f（x）/x在（0，）上递减/证明：（1）易知连结点（0，0）与的直线为，又由，故得所证（2）设，若，则有由f（x）的凸性，可知令x0，即得证毕（3）只需注意，对有（4）设，且令，则从而知17试证明下列命题：（1）设f（x）定义在（，）上若存在T0，k0，使得，则存在a0以及周期函数（x），使得（2）设f（x）定义在（，）上若存在T0，使得，则存在以T为周期的函数g（x），使得（3）不存在（，）上的函数yf（x），它以每个无
21、理数为其周期，而任一有理数都不是其周期证明：（1）令，且作，则即（x）以T为周期，且（2）取（3）反证法假定存在如此之函数f（x），则对有理数r，必存在实数，使得（i）若是有理数，则取无理数，使得是无理数从而有导致矛盾（ii）若是无理数，则但是，故若是无理数，则，导致矛盾从而为有理数，此时易知是有理数，又矛盾证毕18试证明下列命题：（1）若对定义在（，）上的函数f（x），存在，使得，则f（x）有周期（2）设定义在（，）上的函数f（x）满足：；（ii）存在，使得，（2）设定义在（，）上的函数f（x）满足：（ii）存在，使得，则f（x）是有周期的奇函数证明：（1）因为有所以导出（2）首先，令，可得
22、若令，则F（0）0；令，又知其次，因为有所以导得从而有19试问a，b取何值，使得函数是线性函数?解：因为有，且由于上式右端分子为故知a1，b1时y为线性函数20试证明下列命题：（1）设定义在（，）上的函数f（x）满足则（2）若f（x）是从（，）到（，）上的一一对应函数，则证明：（1）（i）易知f（0）0又当时有，即得故f（0）0（ii）由，结合f（x）x，则有（2）反证法假定对一切x（，）有则取x0可得，即由此知，取x1，又易得这与f是一一对应矛盾证毕21试求a，b之值，使方程有正解x解：将原式写为或，可知原方程有正解x当且仅当lna是在函数的值域中，易知f（x）的值域为（，1/be），从而原
23、方程有正解x当且仅当，即22试证明下列命题：（1）是（，）上的严格递增函数（2）设f（x）定义在（，）上若对任意的实数，f（x）x均为单调函数，则存在实数a，b，使得证明：（1）略（2）令依题设不妨假定对是递增函数，即当xy时有，则对，可知（yx）这说明是严格递增函数同理可推：若是严格递减函数，则对是严格递减函数现在令：严格递增，：严格递减，易知，且（常数）这说明23设定义在（，）上的具有正周期T的函数f（x）满足则证明：只需考察满足0 xyT的x，y，有24试证明下列命题：（1）设f（x）在a，）上是凸的，则函数在a，）上递增（2）设f（x）是区间I上的正值函数若对任意的（，），在I上是凸函
24、数，则lnf（x）在I上也凸证明：（1）只需指出不等式，将三弦不等式用于，则（2）对xy，令，则对t0，1有从而可得证毕第2章序列的极限1证明下列数列收敛：证：（1）因为，所以下边来证有上界：注意到于是单调增，有上界，故存在即数列收敛且故单调增，有上界，数列收敛（3）设，则由条件且由两正数算术平均值与几何平均值关系有即，所以为有下界数列另一方面，因为故为单调减数列所以存在2设，且证明：与均收敛，且证：由已知，由两正数算术平均值与几何平均值的关系有故得于是有可见得：单调增有上界，单调减有下界所以，与均收敛设在与任一式的两端同取极限（n），由极限四则运算性质可得（或）由及的性质可知，故得证毕3设（
25、有穷或），证明证：（1）设有穷，因为，所以有界，即，使得且又因为，使得当时有则对上述现取，则当时便有即（2）设，即要证，使得只要，就有因为，所以使得，且，使得当时，现取，有，且于是有现取，则当时，所以即综（1），（2）有，若（有穷或），则4设（有穷），组合中的系数满足条件：（3）对任意固定的k1，2，n），证明证：因为（有穷），所以有界，即且使得只要就有又因为对每个固定的k1，2，n，所以对上述0，M0及N1使得只要就有现取则当nN时，注意有即证毕5证明任一子列证：（）设现假定存在的一个子列则总存在使得 （1）因为所以对上述使得只要nN，就有现取前段中的KN，则因为应有与（1）矛盾，故假定有误
26、，必要性得证（）现设即总存在使得虽有但令N1，2，对应地得到有但的一个子列，由条件，即对上述使得只要就有矛盾，故假定有误即充分性得证6设单调增，且又证明：证：（1）设a为有穷数，则使得当nN时又因为单调增，所以有上述不等式对应端相加得即得注意所以因为且对上述有常数L0，使所以存在使nN时，于是，只要取NN，当nN时由0的任意性得（2）当a时，则使得当nN时，所以，由单调增知单调增（至多除去有限项），且以上不等式对应端相加得由于是，单调增，且由（1）的结论得又因为由无穷大量与无穷小量关系即得（3）当a时，则使得当，nN时即由（2）知，注意所以即证毕7设p为自然数，求下列各极限：解：（1）设因为，
27、所以单调增，且又于是，由Stolz定理得（2）因为现设因为所以单调增，且故由Stolz定理得：当P为自然数时（3）设则单调增，且又因为所以，由Stolz定理（4）设则由a1知，单调增，且又因为所以注意仍为型（n），且满足Stolz定理条件即；故8求数列的上极限和下极限（并加以证明）解：定义集合分别考虑当下标不同情形的子列当时，即子列，有当时，即子列，有类似地可算出其他4种情形，相应的子列极限等于1（当），或1/2（当n）因为并且诸两两无公共元素，所以任何一个下标n必属于某个确定的对于的任一收敛子列，其任何收敛子列也有与该子列相同的极限，因此其各项的下标除去可能有限多个例外，必然或者同属于或它们
28、的并集，此时其极限等于1；或者同属于或它们的并集，此时其极限等于1/2因此的任一收敛子列的极限或等于1，或等于1/2，从而9试求证：若是一个正数列，满足以及（当所有n1），则数列收敛（记其极限为），并且数列也收敛证明：（1）首先对n用数学归纳法证明当n0时，显然成立设当时成立记那么由上式可知，当时，由此及题设不等式推出于是则（2）现在设pq是任意正整数与上面类似，有因为所以由上面的不等式及Cauchy收敛准则可知，当时，数列收敛于某个实数（3）在步骤（2）中所得到的不等式中，令p可得用乘上式两边，可得到于是对于任何pq有由步骤（1）可知所以由上式可知，当q充分大时，可以任意小，于是由Cauch
29、y收敛准则可知，当n时数列收敛10设数列由下列条件定义：以及求的明显公式，并计算解：（1）题中的行列式等于因此满足递推关系：将初始值代入可得进而求得等等（2）用表示Fibonacci数列在关系式 中易n为2n5，可得并且，当n3时，这表明数列与数列满足同一个递推关系，并且具有相同的初值，因此它们完全重合另外，当n2时，直接验证可知也成立于是有（3）由上式可推出由可得所以应用Fibonacci数的明显公式可得直接验证可知此式当n1时也适用（4）由上述公式即可算出其中已令因为所以11试求证：任何一个无穷正数列若从第三项起每一项都不超过它的前两项的平均值，亦即则必收敛证明：证法一设是一个无穷正数列，
30、满足条件令那么当n2时，所以亦即是一个单调递减的无穷正数列，因而收敛设证明也收敛于L显然，数列yn是数列xn的无穷子列，若数列xn中只有有限多项不属于数列yn，则上述结论已得证如果数列xn中有无限多项不属于数列yn，令xn是任意一个这样的项，那么依yn的定义可知也就是同时于是由（上面已证）以及（题设条件）推出令n（这些n是N的一个子列），因为上述不等式左右两边都以L为极限，所以xn的由不属于数列yn的项组成的子列也以L为极限数列xn的上述两个子列的并集以及x1恰好组成整个数列xn，因此证明了数列xn也收敛于L证法二由题设条件推出令可知因此数列zn（n2）收敛记那么对于任意给定的0，存在最小的整
31、数N0，使当nN时并且存在常数C0，使对所有n2有以及取定正整数N0N，使得当nN0时，又因为记则并且当nNn时，因此从而于是原命题得证12若存在，则也存在，且二者相等证明：设有限对任意给定的0，存在N0使当nN时于是对于任意正整数p，将此p个不等式相加，得到于是因为当p时，上述不等式的两端分别收敛于a/2和a/2，所以存在p0，使得当pp0时，因此（由上述三个不等式），当pp0时，对于任何nNp0，总可将n表示为nNp，其中pp0，因而由上式得到这表明13求其中数列an由下列递推关系定义：解：（1）抛物线yx2x6与x轴交于（2，0），（3，0），所以当x3时当0 x3时若a03，则即a0a
32、1还有于是类似地得以及因此由数学归纳法知an单调减少，并且an3（n0），从而存在在两边令n，得到因为a3，所以得到极限值a3若0a03，则类似地证明an单调增加，并且因此存在并且同法求出a3因此（在a00时）所求极限等于3（2） 分别考虑下标为奇数和下标为偶数的子列有一般地，因此由数学归纳法可知子列递减，子列递增又因为所以子列和有界，从而都收敛 设则由an1（见步骤（i）可知a，b1；并且由可知a11/b和b11/a，由此得到a，b1，因而ab1于是由推出ab 最后由a11/a（并注意a1）解得因为集合所以或者得到a11/b和b11/a后，由此解出（注意a1）同法求出因此ab，从而14求下列
33、极限：（1）设求（2），求（3）设，求（4）设，求解：（1）注意是公比为q的（）几何级数前n项之和，所以有由极限的四则运算性质即得（2）因为a1，所以对任意自然数n，下边来证设，则由二项式公式有所以，即于是由及收敛数列性质4（夹逼性质）有，即（3）因为由得由且及极限的唯一性知再由极限四则运算有（4）由条件可得且令则即是一首项为ba，公比为的等比数列，注意又由本题第（1）小题结果所以15试求下列数列之极限：解：（1）如果是收敛列，那么令就有或由故应有从而计算，得由此知即（2）如果是收敛列，且设则由可知令则有由1，故得类似地，可推知从而有因为所以最后得16设有正数列若则证明：若a0，则由不等式即可
34、证得若a0，则再用不等式17试论数列的敛散性解：（i）若A1，则这说明是发散列；若A1，则这说明当即或时，收敛（ii）若则由题设知这说明由故有由此知，若则发散；若则收敛18设满足试证明（1）若则；（2）若则证明：（1）令则得这说明（2）因为，所以有19试论下述数列的敛散性：解：（1）设，则，从而根据，易推是递减列（再由于）这说明是收敛列（2）（i）若，则易知故存在极限，且有由此知在n3时，由可得从而令n，即知（ii）类似地可论若，则（3）记，以及令，则易知已知，故假定对k1，有，则得从而根据归纳法，可知同理可推因此，则有（4）（i）因为有又因为，所以是有界列（ii）由题设知，故知是递增列这说明
35、是收敛列20试论下述双数列an，bn的敛散性：解：（1）由题设知，且有由此知根据归纳法又得从而可令，且易知（2）由题设知，且有，故得从而又有，故an，bn皆为收敛列根据可得21试证明下列不等式：证明：（1）n1时不等式显然成立假定nk时有则有由此知（根据归纳法），左端不等式成立为证右端不等式，则不等式（2）因为，所以有（3）右端不等式来自此外，由可知，故左端不等式成立（4）因为有，所以22解答下列问题：（1）求（2）求（3）试证明an是收敛列，其中解：（1）（应用命题：若，则令，则有由此知（2）改写为，并令，则由可知（3）易知，即an是递增列又由，可知即an是有界列证毕第3章函数的极限与连续性
36、1试描述具有下列性质的函数f（x）：（1）对任给存在当有（2）对任给任给当有（3）对任给任给当有（4）对任给存在当有（5）存在对任意当有解：（1）与（2）中的f（x）常数（3）中的函数不存在（4）f（x）在任意的区间a，b上均有界（5）f（x）在上有界2在下列函数对任给，试求出（可能与x0有关），使得解：（1）由不等式可知，即令（2）由，再以相乘两端，可知，从而取即可（3）取1使得则由此知，故只需取即可（4）则由（3）可知其中A是中之最大者从而有故只需取即可3试求下列函数极限：解：4试求下列极限：解：（1）由则有（2）因为（xa0，xa）所以（3）运用指数对数变换改写原式，则有（4）消去根号，
37、则有（5）应用公式，则有（6）分子分母同除以x，可得5计算下列函数极限：解：（1）约化原式即可得出6试证明下列命题：（1）设f（x）定义在a，）上，且在任一区间a，b上有界又有若存在极限则有（2）设f（x）定义在a，）上，且在任一区间a，b上有界若存在极限，则（3）设定义在a，）上的f（x）满足（i）在任一区间（a，）上则证明：（1）在Stolz定理中取则得从而有（2）在Stolz定理中取，则由即得所证（3）（i）由题设知，对任给M0，存在X，使得从而有或有（ii）对，则存在N，使得当nN时，有这就是说，可得到7求下列各极限：解：（1）令则注意y1yy，所以由本节性质7有（2）由取整函数x的定
38、义及的定义，只要在区间（2，2.5）内考虑问题即可而当x（2，2.5）时，x2，故于是（3）由极限limf（x）的定义，只要在区间（1.5，2）内考虑问题即可，而当x（1.5，2）时，有x1，故所以，其中（4）由极限的定义，只要在区间（1，1.1）内考虑问题即可，而当x（1，1.1）时，4x（4，4.4）（4，5），故4x4所以，8求下列极限：解：（1）因为对任意的x，有所以有故只要取，则当就有由极限定义有（2） 设求由故使得，现取则由的单调增性可知：当时即当a1时，当a1时，令有b1，由由极限四则计算及前段结果即得即对任意a0，a1有时，因为在中令及得即综 ， 可得（3）对任意的令，有由及的
39、单值性和（2）的结论，有即 9求下列极限：解：（1）令则（2）因为所以（3）因为由及得（4）因为同上题，可得令则当x，时，有所以即（5）令则所以10讨论下列函数在所示点处的左、右极限：解：（1）因为所以而所以即（2）因为且当时有由取整函数定义，所以由极限四则运算得而且当时有由取整函数定义，得所以有即（3）由D（x）的定义及有理数在实数中的稠密性，对，不存在，也不存在因为在的任意右（左）邻域内，有无穷多个有理点，也有无穷多个无理点，故当沿有理点方式时，而当沿无理点方式时，即不存在，同理不存在（4）因为且所以同理且所以即11研究下列函数的连续性，并指出间断点类型解：（1）将y（x）写为由初等函数的
40、连续性知，当x1时，y（x）处处连续当x1时，因为所以y（x）在x1处连续当x1时，因为故y（x）在x1处为第一类（跳跃型）间断，且右连续（图3-1）图3-1（2）由初等函数的连续性知，在x0处处连续注意对，有对，有而于是有所以极限不存在，由此知x0为的第二类间断点（3）y（x）在x0，1，1处无定义当x0，1，1时，y（x）连续因为，所以x1为y（x）的第一类（可去）间断点故x0为第一类（跳跃型）间断点故y1为第二类（无穷型）间断点（图3-2）图3-2（4）因为对任意整数k，有f（k）sinkx0，且所以，对任意整数k，使得只要|xk|，就有|f（x）f（k）|即f（x）在任一整数点xk处连
41、续；所以f（x）在任一点整数处极限不存在，故为第二类间断点（左、右极限均不存在）12设f（x）连续，证明对任意c0，函数连续证：令则当分别有x（，c），x（c，c）及x（c，）时，g（x）为初等函数，故连续，且因为g（c0）cg（c）g（c0）cg（c）g（c0）cg（c）g（c0）cg（c）故g（x）在xc处均连续从而g（x）在（，）上处处连续（图3-3,图3-4）图3-3图3-4因为f（x）连续，所以由复合函数的连续性知，F（x）g（f（x）连续证毕13设f（x）在x0处连续，且，y（，），有f（xy）f（x）f（y）试证f（x）在（，）上连续，且f（x）f（1）x证：首先注意，f（0）f
42、（00）f（0）f（0）2f（0），所以f（0）0下面来证f（x）在（，）上连续：因为f（x）在x0处连续，所以，使得只要就有|f（x）f（0）|f（x）|另一方面，因为所以由f（x）在x0处的连续性知，只要就有由的任意性，f（x）在（，）上连续再证f（x）xf（1）；（1）f（0）00f（1）；（2）因为所以，这里n为任意自然数（3）对任意正有理数 ，有（4）对任意正整数m，有f（m）f（m11）f（m1）f（1）mf（1）即对任意正有理数x，f（x）xf（1）成立（5），因为f（0）f（xx）f（x）f（x）0，所以f（x）f（x）故对任意负有理数x，有f（x）f（x）（x）f（1）xf（
43、1）综（1）（5），对任意有理数x，有f（x）xf（1）最后来证，有f（x）xf（1）注意有理数在实数中的稠密性，及f（x）在（，）上的连续性，可取有理点列，使得，则即由的任意性f（x）xf（1），x（，）证毕14设f（x）在（a，b）内连续，若存在点列且使得证明：存在点列证：因为所以，使得当时，有使得当时，有现对则当nN时，有又因为f（x）在（a，b）内连续，所以F（x）f（x）在（或上连续，且由连续函数零值定理知，所以再由不等式各端令n取极限，即得证毕15设f（x）在（，）上连续，若且f（x）的最小值f（a）a证明：f（f（x）至少在两点取到最小值证：首先考虑函数F（x）f（x）a，因为，
44、所以使得，于是，由F（x）在上连续，且故存在使得（图3-5）图3-5另一方面，由f（x）在（，）上连续且可知所以又因为a，f（）f（）a，所以即f（f（x）至少可在处达到其最小值16用定义讨论下列函数在所给区间上的一致连续性：解：（1）令；因为所以只要取则当时，就有故有即在（，）上一致连续（2）因为有所以只要取时，就有故sinx在（，）上一致连续（3）对取有所以在（，）上非一致连续（4）对取有但所以在（，）上非一致连续17用定义证明在（0，1）内非一致连续，但对其在（c，1）内一致连续证：对且，有但所以在（0，1）内非一致连续；对只要取时，就有，故在（c，1）内一致连续（c0）证毕18设f（x
45、）在（，）上连续，且有穷）证明f（x）在（，）上一致连续证：因为（有穷），由Cauchy收敛原理，对使得有同理，因为（有穷），使得对有因为f（x）在（，）上连续，由Cantor定理，f（x）在上一致连续，即使得只要就有于是，对若有如上所述，只要就有现设且所以同理可证，若有故f（x）在（，）上一致连续证毕19设f（x）在a，b上满足李普希兹条件：即（k为常数）证明：f（x）在a，b上一致连续证：当时，结论显然成立现设由李普希兹条件知，常数k0于是取则只要就有故f（x）在处连续，由的任意性知f（x）在a，b上连续，由Cantor定理，f（x）在a，b上一致连续证毕20证明：若函数f（x）于区间ax
46、上连续，且有有限的，则此函数在已知区间上是有界的证明：记取1，则存在Xa，使当xX时，恒有又因f（x）在a，X上连续，因而有界，即存在常数使当xa，X时，恒有取，则当时，恒有21设函数f（x）在区间上连续并有界，证明：对于任何数T，可求得序列，使证明：不妨设T0，记取一序列且当n时易见，g（y）是1，）上连续且有界的函数，今按下法取使如果g（1），g（2）异号，则由连续函数介值定理，存在且使得这时取若g（1）与g（2）同号，且都是同号的，不妨设它们均大于0，那么则可以证明必存在一个自然数使因为，若对一切自然数则由g（y）的定义，则这与f（x）在内有界矛盾，故必存在自然数使得取然后，取自然数通过
47、考虑的符号；仿上，可取使，依此类推，就可得到一序列适合要求第4章导数与微分1解答下列问题：（1）设f（x）x（x1）（x2）（x100），试求（2）设f（x）在x0处连续，在x0处的导数值为A，试论f（x）在x0处的可导性（3）设定义在上的f（x），g（x）满足证明F（x）f（x）g（x）在处可导，且（4）设xf（x）在处有导数A，证明存在（5）设f（0）0试证明存在当且仅当存在g（x），g（x）在x0处连续，且使得（6）设f（x），g（x）在处可导若有，则解：（1）根据定义（f（0）0），则有（2）（i）若f（0）0，则由可知，（ii）若f（0）0，请读者思考（3），且当时有，则可得（4）因
48、为有所以（5）充分性显然下证必要性：作函数因为有所以g（x）在x0处连续，且易知（6）将分子、分母同除以，则得2试证明下列命题：（1）设定义在（，）上的f（x）满足则（2）设f（x）是（，）上的（下）凸函数，则在任一区间c，d上fLip1，且处处左、右可导（3）设fC（a，b），且在（a，b）上存在，则（4）设f（x）在（a，b）上存在若在（a，b）上连续，则f（x）在（a，b）上可导证明：（1）因为，所以当令yx时，可得证毕（2）作区间a，b：以acdb，易知（三弦不等式）由此得|f（y）f（x）|M|yx|，其中此外，由三弦不等式可知差商是h的递增函数，故存在（3）作函数（在a，b上），则
49、F（b）f（a）F（a）由此知即得所证（4）因为（对h0）有所以令h0并注意到的连续性，即得3设f（x）在处可导，且有数列满足则证明：记，则又记，则由可知，4设存在，且对若数列是有界列，则证明：（i）令如下：则可得（两式相减）（ii）令n，且，即可得证5试求下列函数yF（x）的导数（1）设（2）（3）（4）f（x）0且存在解：（1）令zln|y|，则，因为有所以得，从而可知（4）因为原式可写为，所以有6解答下列问题：（1）设f（x）|ln|x|，试求（2）设f（x）在上定义，且f（x0）0，试证明F（x）|f（x）|在处可导的充分必要条件是（3）设存在，且，试证明F（x）f（x）|g（x）|在
50、处可导的充分必要条件是解：（1）运用复合函数求导法，则有（2）（i）若，则由此知F（x）在处可导，且（ii）若存在，则因此知（3）等式以及|g（x）|在处不可导（见（2），故得所证7解答下列问题：（1）设yy（x）由参数方程确定，试求其在x3处的法线方程（2）设函数yf（x）的动点坐标（x，y）在极坐标（r，）中表示为试求解：（1）由题设知，故有即x3相应于t1（t3不合理），且此时yln（11）ln2（2）应用（x，y）与（r，）之关系，则有由此可知8试解答下列问题：（1）试问对什么x值，函数yf（x）cosx在x0时，其微分dy与差分yf（x）不等价?（2）设，试问当x0时，ydy是x的几
