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习 题 1-11计算下列极限（1）, 解：原式=（2）；解：原式（3） 解：原式 （4），解：原式（5） 解：原式=（6） ，为正整数；解：原式2设在处二阶可导，计算.解：原式 3设，存在，计算.解：习 题 1-2 1.求下列极限 （1）; 解：原式 ，其中在与之间（2）;解：原式=，其中在与之间（3） 解：原式 ，其中在与之间（4） 解：原式，其中其中在与之间2设在处可导，计算.解：原式 习 题 1-31求下列极限（1）, 解：原式（2）;解：（3）; 解：原式（4）;解：原式2. 求下列极限（1）; 解：原式（2）;解：原式习 题 1-41求下列极限（1）； 解：原式 （2）求； 解：原式（3）； 解：原式（4）； 解：原式此题已换3设在处可导，.若在时是比高阶的无穷小，试确定的值.解：因为 ，所以从而 解得：3设在处二阶可导，用泰勒公式求解：原式4. 设在处可导，且求和.解 因为 所以 ,即所以 习 题 1-5 1. 计算下列极限(1) ; ; 解：原式(2)解：原式2 设，求 (1) ；解：原式(2) ，解：由于，所以3设，求和.解：因为，所以且从而有stolz定理，且所以，4设，其中，并且，证明：.证明：因，所以，所以，用数学归纳法易证，。又，从而单调递减，由单调有界原理，存在，记在两边令，可得所以习 题 1-61. 设在内可导，且 存在. 证明:证明：2. 设在上可微， 和存在.证明:.证明：记（有限），（有限），则 从而 所以3. 设在上可导，对任意的,，证明:.证明：因为，所以，由广义罗必达法则得4设在上存在有界的导函数，证明:.证明：，有界，所以习 题 2-1（此题已换） 1. 若自然数不是完全平方数，证明是无理数. 1.证明是无理数证明：反证法. 假若且互质，于是由可知,是的因子，从而得即,这与假设矛盾2. 求下列数集的上、下确界.（1） 解：（2）解：（3） 解：（4）.解：3设，验证.证明：由得是的一个下界.另一方面，设也是的下界，由有理数集在实数系中的稠密性，在区间中必有有理数，则且不是的下界.按下确界定义， .4用定义证明上（下）确界的唯一性.证明：设为数集的上确界，即.按定义，有.若也是的上确界且.不妨设，则对有即 矛盾.下确界的唯一性类似可证习 题 2-21用区间套定理证明：有下界的数集必有下确界.证明：设是的一个下界，不是的下界，则. 令，若是的下界，则取；若不是的下界，则取. 令，若是的下界，则取；若不是的下界，则取；， 按此方式继续作下去，得一区间套，且满足：是的下界，不是的下界. 由区间套定理 ，且. 下证： 都有，而，即是的下界.由于，从而当充分大以后，有.而不是的下界不是的下界，即是最大下界2. 设在上无界.证明：存在,使得在的任意邻域内无界.证明：由条件知，在上或上无界，记使在其上无界的区间为；再二等分，记使在其上无界的区间为，继续作下去，得一区间套，满足在上无界.根据区间套定理，且.因为对任意的，存在，当时，有，从而可知在上无界3.设,在上满足,若在上连续, 在上单调递增.证明：存在,使.证明：记且二等分.若，则记若则记.类似地,对已取得的二等分,若，则记；若，则记按此方式继续下去，得一区间套，其中根据区间套定理可知，且有 .因为在上连续，所以 注意到 可得 ，再由 可知 ， .习 题 2-31. 证明下列数列发散.(1), 证 因为， 所以发散. (2), 证明：因为 所以发散.2证明:单调数列收敛的充要条件是其存在一个收敛子列.证明：由收敛数列与子列的关系，结论显然 不妨假设数列单调递增，且存在收敛子列，由极限定义对任意给定的，总存在正整数，当时，从而有；由于，对任意，存在正整数，当时，取，则任意时，所以，即3. 设极限存在,证明：.证明：记由海茵定理，取，得取，得取，得，解得（此题取消）4. 数列收敛于的充要条件是：其偶数项子列和奇数项子列皆收敛于（此题改为4）5. 已知有界数列发散，证明:存在两个子列和收敛于不同的极限.证明：因为有界，由致密性定理，必有收敛的子列，设. 又因为不收敛，所以存在，在以外，有的无穷多项，记这无穷多项所成的子列为，显然有界.由致密性定理，必有收敛子列，设 ，显然 .习 题 2-51. 用柯西收敛准则判定下列数列的收敛性(1) 解：所以，对，即为柯西列 (2) .解：所以，对，即为柯西列2. 满足下列条件的数列是不是柯西列?(1) 对任意自然数,都有解：不是柯西列，如，对任意的自然数，但数列不收敛。 (2), 解：所以，对，即为柯西列 (3).证明：记，则单调递增有上界，从而必有极限，记对从而 故 是柯西列习 题 3-11.设定义在上的函数在内连续,且和存在(有限). 问在上是否有界? 是否能取得最值?解：在闭区间上构造辅助函数 则在上连续，从而在上有界. 由于，故在上也有界，即存在，使得 . 令 ，则有 .条件同上，但在上却不一定能取得极值. 例如：2.设在内连续,且.证明在内可取得最小值.证明：因为，所以，当时，有因为，所以，当时，有从而当时，有又在连续，从而一定可以取到最小值，即，使当时，且；故时，有所以在处取到最小值习 题 3-2（此题已换）1. 设,. 证明:方程在和内恰好各有一个实根.1. 证明开普勒(Kepler)方程有唯一实根证明：令，则在连续且，由零点原理，使，即方程至少有一实根又，所以在单调递增，所以方程有唯一实根（此题已换）2. 设函数在（）内连续且有极值点. 证明: 存在使得 2.设，讨论方程实根的个数解：step1.令，则，由零点原理，在至少有一实根，又，所以在单调递增，从而方程在内有且仅有一实根。step2.令，则，且，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以函数在点取得极小值。所以，当时，方程在无解；当时，在有一解；当时，在有两解综上：当时，方程有一解；当时，有两解；当时，有三解3.设在上连续, ,.证明存在使.证法1 因为在上连续，所以存在最大值和最小值，且使，从而有.由介值定理知，使. 证法2 因为有界，所以存在收敛子列.而在上连续，故有习 题10-21. 设在上连续， 为自然数. 证明：（1）若，则存在使得证明：令，则，且，从而若，使，取即可否则，使，由零点原理，或，使综上，使，即（2）若则存在使得解：取，方法同上2.设在上连续，且 证明：存在使证：由已知经计算得1）若或，由积分中值定理，使，从而2）否则，a）若，同1），由积分中值定理，使b）与异号，由中值定理，使，且所以，有零点原理，使3. 设,求证(1) 对任意自然数, 方程在内有唯一实根;证明：时，在上有唯一实根时，有，且，由零点存在原理，使，即在上有一实根又，故严格单调递减，所以方程在内有唯一实根(2) 设是的根,则.证：对，从而，有因为严格单调递减，故，即严格单调递增。又有界，所以收敛。设，由于，所以，在，令，有，所以，即4. 设在上连续，不恒为常数,且.证明存在，使 证：令，因为在上连续，不恒为常数,且，所以，使，于是，由零点原理：证明存在，使，即习 题4-1 1证明函数没有原函数. 证：设存在原函数，即，则且，由于，由达布定理，使，矛盾，所以无原函数2设在上可导， 证明： （1）若 则存在使证明：若，则取或均可；否则，又达布定理，存在介于与之间，使综上存在使（2）若 则存在使证明：若，则取或均可；否则，由达布定理，存在介于与之间，使；综上存在使习 题4-21求下列函数的导函数，并讨论导函数的连续性.（1）； 解：，则在连续，且时，从而时，从而 所以从而在连续。所以在连续（2）； 解：显然在连续，且时，从而；时，从而 所以从而在连续。所以在连续2. 设. 当分别满足什么条件时，（1）在处连续；解：，即，所以（2） 在处可导；解：存在，即存在，所以（3）在处连续？ 解：，由，即，所以3分别用两种方法证明符号函数不存在原函数.证明：法一设存在原函数，即，则且，由于，由达布定理，使，矛盾，所以无原函数法二由单侧导数极限定理，导函数不存在第一类间断点，而有第一类间断点，从而无原函数习 题5-1 .1. 设函数在上可导. （1）若，.证明存在使；证明：令，则，且，由广义洛尔定理，使，即，所以 (2) 若，证明存在使得； 证明：令，则，且，由广义洛尔定理，使，即，所以习 题5-21 设在上可导，且，其中为常数.证明：存在，使.证明：由积分中值定理，使令，则，且，由洛尔定理，使，即，从而2 设在上可导，且证明：存在，使 证明：由积分中值定理，使令，则，且，由洛尔定理，使，即，从而3 设在上可导，且.证明：存在使 证明：由积分中值定理，使令，则，且，由洛尔定理，使，即，从而习 题6-11.若在区间上是凸函数，证明对任意四点，有. 其逆是否成立？证明：因为在区间上是凸函数，由三弦不等式，且，所以成立。其逆成立2. 设均为区间上的凸函数，证明：也是上凸函数.证明：设，则对，有，且，从而，由凸函数的定义，也是上凸函数习 题6-21. 验证下列函数是（严格）凸函数.（1） 解：，（），所以是上的严格凸函数（2）解：，（），所以是上的严格凹函数习 题6-31证明不等式（1） 证：设，则（），所以是上的严格凸函数；从而，有，即（2） 证：设，则（），所以是上的严格凸函数；从而，有，可得，即，又因为，所以 习 题 9-11. 求下列函数项级数的收敛域(1) ； 解：，从而当时，级数绝对收敛；当时，级数绝对收敛；当时，发散；当时，发散，所以，级数的收敛域为 (2) .解：，所以当时，级数发散；当时，级数发散；当时，级数绝对收敛；当时，级数绝对收敛；当时，级数发散；当时，级数发散；当时，级数收敛；所以原级数的收敛域为习 题 9-21. 证明函数项级数在上一致收敛.证明：，从而所以对任意的，由，得对，取，当时，对任意的成立，因此，在上一致收敛到2. 设在区间上一致收敛于,且对任意有.试问是否存在,使当时,对任意有?解：答案不正确；例 在内一致收敛到，且，有；但，和，使习 题 9-31. 利用定理9.3.1证明下列函数项级数不一致收敛.(1) , 证：，级数的部分和，从而，在不连续，故级数不一致收敛。(2) ,.证：，级数的部分和，从而，在不连续，故级数不一致收敛。2. 设试问在上是否一致收敛?是否有解：对，但对，都，使，所以在上不一致收敛另外，所以3. 设试问在上是否一致收敛?是否有? 其中解：对，有，从而但对，都，使所以在上不一致收敛又，所以4. 求的收敛域，并讨论和函数的连续性.解：设，则，有根值判别法，当时，级数绝对收敛；当时，级数发散；当时，级数发散；所以级数的收敛域为。对，总，使，从而在上连续，且在一致收敛，从而在上连续，故在上连续，由得在上连续习 题 9-41. 讨论下列函数序列在指定区间上的一致收敛性.（1） ， ；解：对，又在处取得最大值，从而对，取，则对，有，所以在一致收敛（2）； （i）， 解：对，对，取，则对，有，所以在一致收敛（ii）；解：对，对，使，所以在不一致收敛2. 讨论下列函数项级数的一致收敛性.（1） ，； 解：对任意的，而收敛，由M判别法，原级数一致收敛。（2） ，. 解：对任意的，而收敛，由M判别法，原级数一致收敛。3. 设，. 证明函数项级数在上一致收敛，并讨论其和函数在上的连续性、可积性与可微性. 解：由对任意的成立，从而而收敛，由M判别法知在上一致收敛（1），在上一致收敛，所以和函数在连续（定理1）（2），在上一致收敛，所以和函数在可积（定理2）（3）由，收敛，由M判别法知在上一致收敛，从而和函数在可微。（定理3）习 题10-11一块金属板平底锅在平面上占据的区域是, 已知板上点处的温度为.锅底上点处的蚂蚁为了逃向温度更低的地方, 它的逃逸方向为( D ).； ； ； .解：，而梯度方向是温度降低最快的方向2一个高为的柱体储油罐，底面是长轴为，短轴为的椭圆，现将储油罐平放，当油罐中油面高度为时，计算油的质量。（长度单位为m，质量为kg，油的密度为常数）.解：储油罐平放一般指长轴平行与地面，当油罐中油面高度为时，垂直地面的截面面积为（平方米）所以4 在一个形状为旋转抛物面的容器内，已经盛有的水，现又倒入的水，问水面比原来升高多少.解：旋转抛物面容器的体积是深度的函数，从而，所以题中水面升高的高度为习 题10-31. 设，证明：（1）当时，；证明：取，则，所以为上的严格凸函数，从而对，由定理6.2.3，恒有，即所以（2）当或时， 证明：取，则，所以为上的严格凸函数，从而对，由定理6.2.3，恒有，即2. 设 证明: 证明：令，利用单调性可证（略）
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