证明题答案

1．证明：令y=asinx+b-x,则y是x的连续函数 (得3分)

y(0)b0,y(ab)asin(ab)1)0 (得5分) 若sin(a+b)=1,则y(a+b)=0 结论成立 (得6分)

否则由连续函数介值定理知y(x)在（0，a+b）间有一个根 (得10分)

2x

当x>1时f(x)有意义 (得3分) 2

1x

212(1x2)24x2

(当x1时) (得6则f(x)22

1x2(1x)2x

()2

1x

2.证明：令f(x)=2arctgx+arcsin分)

故f(x)为常值函数

令x=31有f(3),f(x) (得10分) 3、令y=x=xf(x) 则y(0)=0, y(1)=f(1)=0 (得3分)

且由f(x)在[0,1]连续，在（0,1）可微知 y(x)在[0,1]上连续,在(0,1)上可微(得6分)

由罗尔定理知c(0,1)使得y(c)0 而y(x)f(x)xf(x)

f(c)cf(c)0即f(c)

4、证：取0

n

f(c)

(得10分) c

ba

…2分 2

由liman=a知N1,当n> N1时ana

从而an

baab

= …5分 22

同理：N2,当n> N2时 同理N2,当nN2时 bn>b->b-

baab= …8分 22

故取N=max{N1,N2},则当n>N时有an

5、证：令f(x)=sinx , g(x)=cosx 则f ,g在[,]上连续,(,)上可导且在(,)内 f(x)=cosx , g(x)=-sinx均不为零。 …5分 故由柯西中值定理知至少存在一点(,) , 使得

sinsincos

 …9分

coscossin

sinsin

ctg … 即：

coscos

10分

6、limf(x)存在有限，所以对0,M当x,y>M时 ,有：

x

f(x)f(y) …3分

而f(x) 在[a,M+1]上连续，从而一致连续。 当xy,x.y[a,M+1]时

f(x)f(y) …6分 取 =min{1,} 当xy时，必有

f(x)f(y) 故f(x)在[a,)上一致收敛 …10分

7.证明 一方面对xA 即 f(x)=x有f[f(x)]=f(x)=x 即

xB,于是AB(得4分)

另一方面 xB 即f[f(x)]=x ,假设f(x)x无妨设xx同法

可证)

已知f(x) 为单调增加, 则f(x)f[f(x)]x 这与x

证

设

有

f(x)=x

从则

而有

BA

0bn1

故A=B

bnan1an

b1

bn1

22n

m1kn

(得2分) 又(得5分) 于是aman(得7分) 已知lim

n

设m>n 则

aman(ak1ak) 12n1

ak1akbk(

kn

kn

m1m1



b111

)b 12n2m22n2

1

n2

2

即an收敛 (得9分)

9.证明: limf(x)A 即对于01,a0, 当xa时,有

x

0 即 对0N 当m,nN 时,有aman

f(x)A1

即|f(x)||A|1 (得

3分)

又f(x) 在[-a,a]上连续,f(x)在[-a,a] 上有界,即B0 对 有|f(x)| B x[a,a](得6分)

取M=max{B.|A|+1} 于是对xR 有|f(x)| M 故f(x) 在R上有界. (得9分)

10.证:由已知条件有f[f(x)f[g(x)] (得2分)

与g[g(x)]g[h(x)] (得4分) 和 f[g(x)g[g(x)] (得6分) 与g[h(x)]h[h(x)] (得8分)

f[f(x)]g[g(x)]h[h(x)] (得9分)

11.证 limf(x)A,即对0,0,对x:当

xa

0

时

有|f(x)-A|

f(x)A

f(x)A



f(x)



2

(得3分)

2

Af(x)(A)

f(x)A

= (得5

1322

(f(x)A)(A)

24

分)



43(A)

2

f(x)A

43

A2



43(A)

2

于是 对0,0,当0|xa|时,有f(x)A故limf(x)

xa



A (得9

分)

12.证: 设g(x)=ln(x) (得3分）

对x(a,b) (a>0) g(x)0由cauchy中值定理有

f(b)f(a)f()b

f() (a,b) 即f(b)-f(a)=f()ln

1lnblnaa



(得6分)

1111

设f(x)=x ,f(x)xn在[1,a]或[a,1] (a>0)上有 an1nlna

nn

在a与1之间或n(a1)lna,而lim

n

1

n

1n

1n

1n

111

1

故limn(1)limlnalna (a>0) (得

n

n

9分)

13、证明 0aN2KaN1 (得2分) 0aN3KaN2KaN1 (得4分) …………………………………

0anKaN1 (得6分)

n(N1)

aN1 (得10分) 又 0K1 limanlimK

n

n

2

n(N1)

14、证明: 令f(x)=ln(1+x) (得6分)

1

(01) (得7分) 1x11

 (得9分)

ln1(x)x11

故 0

ln(1x)x

1

15. 证明: 作 F(x)=f(x+)-f(x) (得4分)

4

1

F(0)f()f(0) (得5分)

4

121

F()=f()f() (得6分)

444232

F()f()f() (得7分)

44433 F()f(1)f()

44

123

F(0)F()F()F()f(1)f(0)0 (得8分)

444

f(x)f(0)

又显然F(x)在[0,1]上是连续的,设其最大值,最小值分别为M与m 于是

123

4mF(0)F()F()F()4M (得9分)

444

从而 这样存在一点[0,1]使F()0

1

即f()f() (得10分)

4

f(x)f(a)f(x)

lim0 (得4分)

xa0xa0xaxaab

x1 a

2

ab

同理 x2,x2b,使f(x2)0 (得6分)

2

16、证明 f(a)lim

又f(x)可微,必连续,则c(x1,x2)使f(c)=0 又在[a,c]和[c,b]上对f(x)分 别用洛尔定理 则至少存在一点1(a,c),使f(1)0 又至少存在一点

2(c,b),使f(2)0 (得9分)

因此 f(x)0在(a,b)上至少有两个不同的实根 (得10分)

ana

A1,则A(1,A) 使limnA (5分)

nanan1n1

a

故N,当nN时,nA (得7分)

an1

111

an1an()2an1()nNAN1 (得9分)

AAA

又an0 liman0 (得10分)

17、证明: lim

n

1

)-f(x) (得3分) 3

112122

则F(0)=f()f(0) F()f()f() F()f(1)f()

33333312

F(0)F()F()0 (得6分)

33

又F(x)显然在[0,1]上连续,设其最小值与最大值分别为m,M 则

12

3mF(0)F()F()3M m0M 从而c[0,1]

331

使F(c)=0 即f(c+)f(c) (得10分)

3

1

15、证明: 作 F(x)=f(x+)-f(x) (得4分)

4

1

F(0)f()f(0) (得5分)

4

121

F()=f()f() (得6分)

444232

F()f()f() (得7分)

44433 F()f(1)f()

44

123

F(0)F()F()F()f(1)f(0)0 (得8分)

444

18、证明: 作F(x)=f(x+

又显然F(x)在[0,1]上是连续的,设其最大值,最小值分别为M与m 于是

123

4mF(0)F()F()F()4M (得9分)

444

从而 这样存在一点[0,1]使F()0

1

)f() (得10分) 4

19.(1) An1An|an1an|An AnM n=1,2,…

{An}为单调增,上界的数列 故{An}为收敛数列 (得4分) (2)对0{An}为收敛数列N,

即f(

当n>m>N时|AnAm| 即 anan1am1am

从而 anamanan1am1am 由cauduy收敛准则知{an }收敛

ab

) 2

0(2ba)使得当x(a,b)\[a,b]时

inff(x) (得5分) f(x)>M 故inff(x)

20.f(a0)f(b0)对Mf(

x(a,b)

x[a,b]

因为f(x)在闭区间 [a,b] 连续,由闭区间连续函数的性质存在

x0[a,b],f(x0)

x[a,b]

inf

f(x),f(x0)也是f(x)在(a,b)内的最小

值. (得10分)

21.充分性 设{xn} 的任一子列都存在它的收敛子列 若{xn} 为无界数列,则对任意自然数K xk使得xkk 于是{xk }无收敛的子列 ({xk}的任何子列均无界)这与前题盾 故{xn}为有界数列 (得5分)

必要性 设{xn}为有界数列{xk}是{xn}的子列,则{xk}是有界数列 由致密性定理知{xk}必含有收敛子列

22.an0当a0,analnanlna (得3分)

lna1lna2lnan

lna (得6分)

n

即 lna1anlna于是a1ana(n) (得8分)

从而

若a=0 则n0当nn0时an从而

a1a2ana1an0nn0a1an0

1



n0

(n)

1a2an0(n) (得10分)

23.令 F(x)=f(x)-f(x+a) x[0,a] (得3分) 则F(0)=f(0)-f(a) F(a)=f(a)-f(0) (得5分) 若 f(0)-f(a)=0 取=0 (得7分) 若 f(0)-f(a)0 则F(0)F(a)

24.不妨设f单调增 x0 (a,b)若x0 是f的间断点则f(x0 -)

由f的单调,对任意x(a,b) f(x)(f(x0 -),(f(x0 +) )(f(a+)f(b-)) (得7分)

这与达布定理矛盾 故f 在(a,b) 连续 (得10分)

25.(9分) 证:设f(x)=1+xln(x+x)-x (得2分)

f(x)ln(xx)x

2

22

2

1xx

2

)(1

2x2x

2

)

2x2x

2

=ln(xx)0(x0) (得6分)

故当x>0时f(x)单调增 f(x)>f(0)=0

即 1+xln(xx)x (得9分) 26.(10分) 证

2

2

当n时,xna,ynb,对给定的0

当n >N 时,xna分) 即xn分) yn>b

ba

0存在N, 2

baba

|ynb| (得4 22

baba

(得6 a

22baab

(得8 

22

分)

故xnyn (得10分)

27.(11分) 证:由泰勒公式 f(0)=f(x)+f(x)(0x)分)

f(2)=f(x)+ f(x)(2x)5 分)

二式相减得 2f(x)f(2)f(0)

f(1)

(0x)2 (得2 2f(2)

(2x)2 (得2

11

f(1)x2f(2)(x2)2 22

11

(得6 分) 2|f(x)||f(2)||f(0)||f(1)|x2|f(2)|(x2)2

22

(得8 分)

2A

11

B[x2(x2)2]2AB[x22x(2x)(2x)22x(2x)]22

11

B[42x(2x)]2AB42A2B 22

|f(x)|AB (得11

=2A+分)

2n222224

2 (得6分) 28.(10分) 证: 

n!12(n1)nnn

2n2n

成立,因此lim 故对于任给0,取N=[] ,当n>N时有0

nn!n!

4

(得10分)

29.(10分) 证:由于limanA,故对于给定的

n

|A|

0 存在N ,当n>N 2

时,

有anA

A2

(得4分)

但anAAanAan 于是此时an

A2

(得

10分)

30.(10分) 证f(x)=xn+xn-1+…+x2+x-1 则f(0)=-1 ,f(1)>0故f(x)=0在[0,1]上有根, (得5分)

f(x)= nxn-1+…+2x+1在 [0,1]中为正,故f(x)在[0,1]严格增,故方程f(x)=0的根是唯一的. (得10分)