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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）对任何有；（2）对任何，存在，使得.证明：证 由（1）可得.为了证，用反证法.若，设，使得.2.设A，B是非空数集，记，证明：（1）；（2）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，结论成立.若A，B都是有上界数集，且，现设法证明（），无论或，有（）于是同理可证（2）.3. 按定义证明证 （n4），取，当nN时，4，扩大之后的分式仍是无穷小数列.4.如何用-N方法给出的正面陈述？并验证|和|是发散数列.答 的正面陈述：0，N，使得|数列发散，.（1），=，只要取，便可使，于是为发散数列.（2）. 若a=1，=1，取为任何奇数时，有.若a=-1，=1，取为任何偶数时，有. 若a1，=，对任何n，有|. 故|为发散数列.5.用方法验证：.解 （1）消去分式分子、分母中当时的零化因子（x-1）：.（2）把化为，其中为x的分式：，其中.（3）确定的邻域0|x-1|，并估计在此邻域内的上界：取，当0|x-1|时，可得，于是.（4）要使，只要取.于是应取，当0|x-1|时，.6 用方法验证：.解 注意到当时，上式可以充分小，但是直接解不等式，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，便可求得，考虑到所需要的是.于是，当x0）上一致连续，因此当很小时，必须在中寻找，这是证明中的困难之处.现不妨取，当n充分大时，能满足，但1.证 ，取，当时，使，但，即在上不一致连续.12. 设函数在（a,b）内连续，且=0，证明在（a,b）内有最大值或最小值.分析 因为=0，于是可把延拓成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 先把函数延拓成a,b上的函数F(x)，设易知为a,b上的连续函数，这是因为=0=，=0=.在a,b上对应用连续函数的最大、最小值定理，即，在，分别取得最大值和最小值.若，则在（a,b）内恒为零，显然在（a,b）内同样能取得最大值和最小值；若，中有一个数在（a,b）内，则在（a,b）内取得最大值或最小值.13. 证明：若在有限区间（a,b）内单调有界函数是连续的，则此函数在（a,b）内是一致连续的.分析 因为是（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，.证明本题的合理途径是把延拓成闭区间a,b上的连续函数在a,b上应用一致连续性定理.证 因为是（a,b）内的单调有界函数，所以由函数极限的单调有界定理，与都存在，应用范例1中的方法，可把延拓为a,b上的连续函数，即由一致连续性定理，可得在a,b上一致连续，于是为（a,b）内的一致连续函数.14. 证明：若在点a处可导，f（x）在点a处可导.分析 一般情况下，若在点处可导，在点处不一定可导.例如处可导，但在点0处不可导，反之，若在点处可导，一般也不能推得f（x）在点x0处可导.例如处可导，但处不连续，因而不可导，然而，若在点a处连续，则由在点a处可导就可保证f（x）在点a处可导.若，由连续函数局部保号性，在其中保持定号，因而由在点处可导可推得在点a处也可导.若，且在点a处可导，因为点a为的极值点，所以应用费马定理可以得到，再由此又可证得.证 若，由连续函数局部保号性，在中保持定号，于是在点a处可导，即为在点a处可导.若，则点a函数的极小值点，因在点a处可导，由费马定理有即 因为，所以于是.15. 设函数内可导，在a,b上连续，且导函数严格递增，若证明，对一切均有证： 用反证法，若在区间上分别应用拉格朗日中值定理，使得这与为严格递增相矛盾.16. 设函数在内可导，并且，试证：若当时，有则存在唯一的使得，又若把条件减弱为，所述结论是否成立？分析 因为，若可以找到某点，使得则由的严格递增性，并应用连续函数的介值定理便可证明存在唯一的，使得证 在上应用拉格朗日中值定理，使得于是由于，因此当x充分大时总可使得不妨设，所以上严格递增；在上应用连续函数的介值定理，则,且是唯一的.假设满足，结论可能不成立，例如函数，满足，但因恒小于0，故在中不存在，使得=017. 证明不等式证 令, ,且 当时有，所以严格递增，又在处连续，所以, 所以严格递增, 又在处连续,所以, , 即 . 18. 设为上的连续函数，对所有，且，证明必能取到最大值. 证 由题设, 取, 由, . 又在上连续, 由闭区间上连续函数的最大、最小值定理知, 在能取到最大值, 且此最大值为在上的最大值. 19.若函数在上二阶可导, 且，则存在使得.证法一： , 把在0, 1两点处分别进行泰勒展开到二阶余项, 有 , 上两式相减, 有.记,则有, 即存在使得. 证法二： 在上对应用拉格朗日中值定理有 ，. 当时，在上对应用拉格朗日中值定理有，. 当时，在上对应用拉格朗日中值定理有，. 综上证明知存在使得. 20.应用函数的单调性证明 证明：设 则 ， 而函数单调性定理知在上分别为严格递增和严格递减函数，再由结论知函数在也分别为严格递增和严格递减函数. 由于所以有，有 从而有21.设函数 （为实数），试问：（1）等于何值时，在连续；（2）等于何值时，在可导； （3）等于何值时，在连续；解：(1)要使函数在点连续，即需， 而当时，有， 从而，即函数在点连续. (2) 当时， 由复合函数求导法则可得，即时函数在点可导. (3)由（2）的求解过程可知要使在点连续，首先要求，此时要使在的极限存在并且等于，即需要， 类似于(1)中的证明需要，即当时，函数的导函数在点连续.3分22.设在上具有二阶导数，且满足条件，其中都是非负常数，是内的任一点，证明证因在上具有二阶导数，故存在使得 同理存在使得 将上面的两个等式两边分别作差，得 即因此 而，故23. 设函数上连续，在（a,b）内二阶可导，则存在使得分析 本题可以利用柯西中值定理证明，设两个函数F，G为有然后在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 设有F（x），G(x)在a,b上连续，在（a,b）内可导，不同时为零，于是可以应用柯西中值定理，使得再在应用格朗日中值定理，使得于是有证法二 作辅助函数于是在上对应用拉格朗日中值定理，使得=再在上对应用拉格朗日中值定理， ，使得=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.若在点的某个领域上有阶连续导函数,试由泰勒公式的拉格朗日型余项推导佩亚诺型余项公式.证因为具有阶连续导函数,由泰勒公式,有.因为导函数在点的某个领域上连续,所以,当时,.由此可得,于是有,即 .上面推导说明,当导函数在点的某个闭领域内外连续时,可以得到,这与佩亚诺型余项的结论是一致的.25.用泰勒公式证明:设函数在上连续,在内二阶可导,则存在,使得.分析需证等式中出现二阶导数与在,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和,合理的方法是取,为和.证把在点展开到二阶导数项:把上面两式相加,有.不妨设,于是有.在上对应用达布定理,使得,这样就证得.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.设函数在上二阶可导,且在上,.证明在上成立.分析本题是用的上界来估计的上界.可以试用展开到二阶导数的泰勒公式寻找之间的联系.证,把在点处展开成带有二阶拉格朗日型余项的泰勒公式,有,上面两式相减后有,再应用,可得 ,于是有.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.设是开区间I上的凸函数,则对任何,在上满足利普希茨(Lipschitz)条件,即存在,对任何,成立.证当取定后,因为I是开区间,必能在I中选取四点满足应用凸函数充要条件,任取,得到现令则有由于上述常数L与上满足利普希茨条件:,使得,.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,于是是I内的连续函数.28. 设在 上满足Lipschitz条件：, 证明在 上一致连续.证 分析因为 ， ， ，取，当时，.29. 证明：设，则显然在上连续，且，根据连续函数介质定理，至少存在一点，使即，也就是可见是原方程的根又因为在内恒有，在上严格递增，故唯一30.设函数在点具有连续的二阶导数，试证明：证明 因为在点处具有连续的二阶导数，所以在点的某邻域内具有一阶导数，于是由洛必达法则，分子分母分别对求导，有31. 设在上可导，且.求证：存在，使.证： 将连续延拓为闭区间上的函数：易知， 在 上满足罗尔定理的条件. 故存在 ， 使.32. 设在上连续，在内有阶导数，且存在个点满足：求证：存在，使. 证 由题设知，在以下每一区间上都满足罗尔定理的条件， 则必有个点使又在每个区间：上满足罗尔定理的条件，于是存在 使重复上述步骤到次后， 可知在区间 上满足罗尔定理的条件，故存在， 使.33.设函数在点存在左右导数，试证在点连续.证明 设函数在点存在左右导数，于是从而，即在点左连续.同理可证在点右连续.因而在点连续.34.设函数在上可导，证明：存在，使得证明 设，则在上连续并可导，且，由Rolle定理，存在，使得，从而35应用拉格朗日中值定理证明下列不等式：，其中证明 设，则在上连续且可导，所以在上满足Lagrange中值定理的条件，于是，使得，因为，所以，从而.36.证明 设是有限集,则对任一,因是有限集,故邻域内至多有中的有限个点,故不是的聚点.由的任意性知, 无聚点.37.证明 作闭区间列,其中.由于,于是有（*）从而.而,从而由知, .所以为闭区间套.有区间套定理知, 存在一点,使得,.由(*)有.若数也满足,则.两边取极限,得到,于是.即满足条件的点是唯一的.38.证明 不妨设为递增数列,且为其聚点.设为任一实数,且,不妨设.取,由聚点定义,中含有的无限项.设,由于为递增数列,则当时,于是在中,最多有有限项小于,即中最多含有的有限项,于是点不是的聚点,由的任意性知,为的唯一聚点. 假设不是的上界,则存在,从而当时,令,则中最多含有的有限项,这与为的聚点矛盾.于是为的上界.另一方面,对任给的,数列中必有一项,即.于是.39.证明 由函数在闭区间上连续知,使得当时,有.考虑开区间集合,显然是的一个开覆盖.于是存在的一个有限子集覆盖了.记.对任何,必属于中的某一开区间.设,则,从而同时成立与.于是.所以在上一致连续.40.证明 由连续函数的局部有界性,对每一点,都存在邻域及正数,使得.考虑开区间集.显然是的一个开覆盖.于是存在的一个有限子集覆盖了,且存在正数,使得对一切,有.令,则对任何,必属于某.这就证得在上有界.41.证明 由于函数在闭区间上连续,于是在上有界.由确界原理, 的值域有上确界,记为.假设对一切都有.令.函数在上连续,故在上有界.设是的一个上界,则.从而.但这与为的上确界矛盾.所以存在,使,即在上有最大值.42.证明 函数在闭区间上单调增加,从而当时,于是.而,由此为上的增函数.43.令,则.44.证明 不妨设函数在闭区间上单调递增,且.不然, ,则在上为常数函数,显然可积.对的任一分法,由于单调增加, 在所属的每个小区间上的振幅为,于是.由此可见,任给,只要,就有,所以函数在闭区间上可积.45.证明 函数在闭区间上连续,且不恒等于零,则函数在闭区间上连续,从而在闭区间上可积,且不恒等于零,因此,且存在,使.根据保号性,存在,使,都有.于是.46.证明 .令,则有.于是.47.证明 由于,任给,存在,当时,有.又当时,所以取,注意到,则当时,就有故,即就是.48.证明 函数和在上可积,于是函数,及在上可积,从而,对任何实数,函数可积,又,故.即上式右边是的二次三项式,故其判别式,即 .49.证明 ,函数为偶函数,于是.从而,于是.50.证明 对上任一确定的,只要,就有.由于函数在上可积,故有界,可设,.于是,当时,就有,而当时,就有,由此得到,即证得在点上连续.由的任意性,在上连续.51.证明 不妨设.令,则函数也是区间上的连续函数,且,.于是只需证明存在,使得.记,则,且,从而为非空有界集.有确界原理, 有下确界,记为.因,由连续函数的保号性,存在,使得在内, ,在内, .由此易见,即.倘若,不妨设,则由局部保号性,存在,使在其内,特别有,于是这与相矛盾,故必有.52.证明 对上任一确定的,只要,根据积分中值定理,就有.由于函数在上连续,故有.由在上的任意性,知.53.证明 因,所以,因此级数发散.54.证明 由已知有 .把这个不等式按项相乘后,得到,或者.由于当时,等比级数收敛,根据比较判别法及上述不等式可知级数收敛.55.证明 由已知可得对一切,有.从而有,故.由于是常数,根据比较判别法,当级数收敛时,级数也收敛.56.证明 由正项级数收敛知, .于是存在正整数,使得当时,.由此可得当时,由比较判别法知级数也收敛.反之不能成立.如收敛,而发散.57.证明 设,则,从而,级数收敛,由比较判别法知级数收敛.58.证明 由于,而级数与都收敛,于是级数收敛,根据比较判别法,级数也收敛.59.证明 由,知,而级数绝对收敛,即收敛,根据比较判别法知级数也收敛.若只知级数收敛,不一定推得级数也收敛.例如.则 .而收敛,级数发散.60.证明 此级数是正项级数,且部分和为由此即知有界,故级数收敛.61. . 证明在内, .证 易见 而 在内成立.62. 设数列单调收敛于零.试证明:级数在区间 上一致收敛.证 在上有 .可见级数的部分和函数列在区间上一致有界 . 取 , . 就有级数的部分和函数列在区间上一致有界, 而函数列对每一个单调且一致收敛于零.由Dirichlet判别法,级数在区间上一致收敛.其实 , 在数列单调收敛于零的条件下, 级数在不包含的任何区间上都一致收敛.63. 几何级数 在区间上一致收敛；但在内非一致收敛.证 在区间上 , 有, . 一致收敛 ; 而在区间内 , 取, 有, . 非一致收敛. ( 亦可由通项在区间内非一致收敛于零, 非一致收敛.)几何级数虽然在区间内非一致收敛 , 但在包含于内的任何闭区间上却一致收敛 . 我们称这种情况为“闭一致收敛”. 因此 , 我们说几何级数在区间内闭一致收敛 .64. 设数列单调收敛于零 . 证明 : 级数 在区间 上一致收敛.证 在上有 .可见级数的部分和函数列在区间上一致有界.取 , . 就有级数的部分和函数列在区间上一致有界, 而函数列对每一个单调且一致收敛于零.由Dirichlet判别法,级数在区间上一致收敛.其实 , 在数列单调收敛于零的条件下, 级数 在不包含的任何区间上都一致收敛.65. 证明级数在R内一致收敛 . 证 令=, 则时 对R成立.66. 证明函数满足微分方程 .证明 所给幂级数的收敛域为. , 代入, .67. 设 证明对存在并求其值.证明 , .时, ,直接验证可知上式当时也成立 . 因此在内有 , .函数作为 的幂级数的和函数, 对存在 , 且 即 68. 证明：幂级数的和函数为,.并求级数和Leibniz级数的和.证明 幂级数的 收敛域为, 设和函数为,则在内有 ,注意到, 则对有.又在点连续 , 于是在区间内上式成立. 即有 , .取, 有.取, 有.69. 证明：幂级数的和函数为 , .并利用该幂级数的和函数求幂级数的和函数以及数项级数的和.证明 该幂级数的收敛域为. 在内设 .现求. 对,有 .由连续 , 有 .因此, , .作代换, 有. .70. 证明幂级数的和函数为，并利用该幂级数的和函数求数项级数的和.证明 该级数为Leibniz型级数, 因此收敛. 考虑幂级数, 其收敛域为. 设和函数为, 在内有 , .注意到,对有 , .于是, .71. 设是以为周期的分段连续函数, 又 满足.求证 的Fourier系数 满足证明 由Fourier系数计算公式， 作变量替换，则 于是 类似可证 72. 设是以为周期的分段连续函数, 又设 是偶函数，且满足. 求证： 的Fourier系数证明 由Fourier系数计算公式及满足的条件，有 作变换，则 因此, 。73求证函数系是上的正交函数系.证明 记则 当时， 当时， . 所以是上的正交函数系.74设是以为周期的连续的偶函数。又设关于对称，试证：的傅立叶系数：.证明 由关于对称，故也就是. 令，由是偶函数，故所以， 75. 设是以为周期的可微周期函数，又设连续，是的Fourier系数.求证：.证明 由分步积分法，对有 又由连续，故存在，使当时， 从而,.76. 证明极限不存在.证明 因为 二者不等，所以极限不存在. 77. 用极限定义证明： 。证明 对， 要使 . 取，即可. 78. 证明极限不存在。 证明 因为 . 二者不等，所以极限不存在。 79. 设在 连续，证明：对在连续.证明 因为在 连续， 所以当 时，有 . 故 对 ,当时，, 从而 所以 在连续. 80. 证明：如果在 连续，且，则对任意,对一切有证明 设则对取， 因为 在点连续，所以当 时，有 ,所以 ,有 .81. 证明： 在点处连续且偏导数不存在。证明 由于在 点连续 , 而 不存在. 且 不存在故两个偏导数不存在. 82. 证明； 在点连续，且不存在.证明 因为所以在 连续，且 不存在. 83. 证明：在 点处连续且偏导数存在。证明 因为所以，函数在 连续，且 , . 即两个偏导数均存在. 84. 设 函数在的某邻域内存在偏导数，若属于该邻域，则存在和 ， 使得 .证明 由于函数在的某邻域内存在偏导数，有 . 用一元函数的中值定理，存在和 ，使得.85. 证明： 在 点不可微.证明 因为 .有 ，和 而 不存在（令 沿此直线趋近于时，极限随的变化而变化） 所以函数在点不可微. 86. 证明: 设是球面和锥面交线上的任一点,则球面和锥面在该点的法向量为和, 因为,所以对任意常数, 球面与锥面正交.87. 证明: 设曲线族中任意两条曲线()相交于点, 则在交点处两条曲线的法向量为, .由于因此这两条曲线在交点处互相正交.88. 证明: 由隐函数定义, 有.上式两边对求偏导数, 得继续对求二阶偏导数, 又得,即把代入, 经整理得.再计算于是得证.89. 证明: 当时, , 于是可以利用积分号下求导法则,于是, . 因为, 所以.当时, 作变换,而, 利用上面的结论,有90. 证明: 1）(只需证明，使得当时，对一切有即可.)对任意作变量代换，可得 （5）由于收敛，故对任给正数，总存在正数，使当，就有 因为所以,取,则当时, 由上式,对一切有又由（5）可得所以原积分在上一致收敛。2）现在证明原积分在内不一致收敛。（由一致收敛定义，只要证明：存在某一正数，使对任何实数，总相应地存在某个及某个，使得）由于非正常积分收敛(在本节例6中我们将求出这个积分的值），所以，即，当时有对任意总存在某个，(不妨取)，使得所以有：即 （6）现令，由(5)及不等式(6)的左端就有即： 所以原积分在内不一致收敛91. 证明: 在积分中, 反常积分收敛, 于是关于一致收敛. 又因为关于单调, 且一致有界,即, 因而由阿贝尔判别法, 原积分一致收敛.92. 证明: 在积分中作变换, 有.因为反常积分收敛, 关于单调, 且一致有界,即,因而由阿贝尔判别法, 原积分关于一致收敛.93. 证明: 由假设, 反常积分收敛,于是关于一致收敛, 又因为当时关于单调, 且一致有界,即, 因而由阿贝尔判别法, 含参量反常积分当时一致收敛.由连续性定理可得.94.证明 , ., . 可见在R上 ,因此 , 在整个XY平面上是某个函数的全微分, 设该函数中的一个为 , 有 .95.证明 设曲线L从点A到点B的切向量为, 则质点沿曲线L从点A到点B所作的功 W., ., . 可见在R上 ,因此积分与路径无关.即场力所作的功与路径无关.96.证明 , , . 有, , . 于是, 倘设S为平面被球面所截部分的上侧, 注意其上侧法向量, 并注意S是球的大圆, 据Stokes公式, 就有 .97.证明, , . 有, , . 设S为平面被柱面所截部分的上侧, 注意其上侧法向量,据Stokes公式, 就有 .98.证明 , . 有, , .设S为平面被柱面所截部分的上侧, 注意其上侧法向量 ,据Stokes公式, 就有 .999.证明: 由条件，存在点,使，而为连续函数，因此存在，使得，有，因此,积分 .100.证明: 令,则,又于是，所以=101.证明: 因为.故.102.证明: 因为,.故.103.证明: .104.证明 左半球面的方程为, , , 于是 .105.证明 在上 , ; 在上 , . 因此, .106.证明 在上 , , . 因此 , .107.证明 前侧面和后侧面与XOY及ZOX坐标平面垂直包 , 分别在其前侧和后侧上的积分为 ,(,注意奇偶性).同理可得在左、右、上、下侧面上的积分为. 因此,.108.证明 分别用和表示的右上半部分的右侧和左上半部分的左侧 . 就有 .44
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