数学分析十讲习题册、课后习题答案

数学分析十讲习题册、课后习题答案
习 题
1-1
1．计算下列极限
（1）lim x
a
x a
a x
x a
→--, 0;a > 解：原式
lim[]x a a a
x a a a x a x a x a
→--=---=()|
()|x
a x a
x a
a x ==''-
=1
ln a
a a a a a --⋅=(ln 1)a
a a - （2）sin sin lim sin()
x a
x a
x a →--； 解：原式sin sin lim x a
x a x a
→-=-(sin )'
cos x a
x a
===
（3
）2lim 2), 0;n n a →∞
->
解：原式2
n =20[()']x x a ==2ln a = （4）1
lim [(1)1]p n n n
→∞+-，
0;p >
解：原式
111(1)1lim ()|p p p x n n n
x =→∞
+-'===11
p x px p -==
（5）1010
0(1tan )(1sin )lim ;sin x x x x
→+--
解：原式
101000(1tan )1(1sin )1lim lim tan sin x x x x x x
→→+---=--
=990
10(1)|10(1)|20t t t t ==+++=
（6）
1x →，,m n 为正整数；
解：原式1
1
n x x →=-11
11
()'
()'
m
x n
x x x ===
n m
=
2．设
()
f x 在
x 处二阶可导，计算000
2
()2()()
lim
h f x h f x f x h h →+-+-.
解
：
原式
000()()lim 2h f x h f x h h →''+--=00000()()()()lim 2h f x h f x f x f x h h
→''''+-+--=
00000
0()()()()lim
lim 22h h f x h f x f x h f x h h →→''''+---=+-00011
()()()22
f x f x f x ''''''=+=
3
．设0a >，()0f a >，()f a '存在，计算
1
ln ln ()lim[]()
x a x a f x f a -
→.
解：1
ln ln ()lim[]()
x a x a f x f a -→ln ()ln ()ln ln lim f x f a x a
x a e --→= ln ()ln ()
lim
ln ln x a f x f a x a e
→--=ln ()ln ()lim ln ln x a f x f a x a
x a
x a
e
→----=
'()
()
f a a f a e
=
习 题
1-2
1.求下列极限 （1
）lim x →+∞
;
解：原式lim [(1)(1)]0
2x x x ξ
→+∞
=+--= ，其中ξ在1x -与
1
x +之间
（2）4
cos(sin )cos lim sin x x x
x
→-; 解：原式=4
sin (sin )lim x x x x ξ→--=3
sin sin lim()()()x x x
x x
ξξξ→-
-⋅=16
，其中ξ
在x 与sin x 之间
（3） lim x →+∞
解：原式116611lim [(1)(1)]x x x x →+∞=+--5
6111
lim (1)[(1)(1)]6x x x x ξ-→+∞=⋅+⋅+--
5611lim (1)33
x ξ-→+∞=+= ，其中ξ在
11x -与
1
1x +
之间
（4）
211
lim (arctan arctan );1
n n n n →+∞-+
解：原式2
2
111
lim ()11n n
n n ξ→+∞
=-++1=，其中其中ξ在11n +与1
n
之间
2．设()f x 在a 处可导，()0f a >，计算
11()lim ()n
n n n f a f a →∞⎡⎤+⎢⎥-⎣
⎦. 解：原式11
11
(ln ()ln ())
lim (ln ()ln ())lim n n f a f a n f a f a n n
n n
n e e
→∞+--+--→∞
==
11
ln ()ln ()ln ()ln ()
[lim lim ]11n n f a f a f a f a n n n n
e
→∞→∞
+---+-
=()()
2()()()
()
f a f a f a f a f a f a e
e
'''+
==
习 题
1-3
1．求下列极限
（1）
0(1)1
lim
(1)1
x x x λμ→+-+-,0;μ≠
解：原式0
lim x x x λ
λμμ
→== （2）0
x →解
：02ln cos cos 2cos lim
12x x x nx
I x →-⋅⋅⋅=2
0ln cos ln cos 2ln cos 2lim
x x x nx x →++⋅⋅⋅+=-
2
0cos 1cos 21cos 1
2lim
x x x nx x →-+-+⋅⋅⋅+-=-222
2
0(2)()lim x x x nx x →++⋅⋅⋅+=2
1
n
i i ==∑
（3）0
1
1
lim )1
x
x x e →--（;
解：原式
01lim
(1)x x x e x
x e →--=-2
01lim x x e x x →--=01lim 2x x e x →-=01lim 22x x x →==
（4）1
12
lim [(1)
]
x
x
x x x x →+∞
+-;
解
：
原
式
1
1ln(1)ln 2
lim ()x x x
x
x x e
e
+→+∞
=-2
1lim (ln(1)ln )x x x x x →+∞
=+-1lim ln(1)
x x x
→+∞=+
1
lim 1x x
x
→+∞
==
2. 求下列极限
（1）2
2
2
1cos ln cos lim sin x x x x x e e x -→----;
解：原式222201122lim 12x x x
x x
→+==-
（2）0ln()2sin lim
sin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e x
x x x
→++--; 解
：
原
式0ln(11)2sin lim sin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e x x x x →++-+=--012sin lim sin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e x
x x x
→+-+=--
02lim
4
42x x x x
x x x
→++==--
习 题
1-4
1．
求下列极限
（1）2
1lim (1sin )n n n n
→∞
-； 解：原式2
3
3
1
111lim [1(())]3!n n n o n n n →∞
=--+11lim((1))3!6
n o →∞
=+= （2）求
3
3
601lim sin x x e x x
→--；
解：原式
363
633
6600()112lim lim 2
x x x x
x o x x e x x x →→++---===
（3）2
1
lim[ln(1)]
x x x
x
→∞
-+；
解：原式2
2
21
11lim[((
))]2x x x o x x
x →∞
=--+12
=
（4）2
1
lim (1)x x
x e x
-→+∞
+；
解：原式21
1[ln(1)]
2
lim x x x
x e
e
+--→∞
==
此题已换3．设()f x 在0x =处可导，(0)0f ≠，(0)0f '≠.若()(2)(0)af h bf h f +-在0h →时是比h 高阶的无穷小，试确定,a b 的值. 解：因为 ()(0)(0)()
f h f f h o h '=++，(2)(0)2(0)()f h f f h o h '=++
所以
00()(2)2(0)(1)(0)(2)(0)()
0lim
lim
h h af h bf h f a b f a b f o h h h
→→'+-+-+++==
从而
10
a b +-=
20
a b += 解得：2,1a b ==-
3．设
()
f x 在0x 处二阶可导，用泰勒公式求0
00
2
()2()()
lim
h f x h f x f x h h
→+-+- 解：原式
222200001000220
''()''()()'()()2()()'()()2!2!
lim
h f x f x f x f x h h o h f x f x f x h h o h h
→++
+-+-++=2220122
0''()()()lim h f x h o h o h h →++=0''()f x =
4. 设()f x 在0x =处可导，且2
sin ()
lim() 2.x x f x x x →+=求(0),(0)f f '和0
1()
lim x f x x →+.
解 因为
22
0sin ()sin ()
2lim(
)lim
x x x f x x xf x x x x →→+=+=
[]
22
()(0)(0)()lim
x x o x x f f x o x x →'++++=
222
0(1(0))(0)()
lim x f x f x o x x →'+++=
所以 1(0)0,(0)2f f '+==,即(0)1,(0)2f f '=-= 所以
01()lim
x f x x →+01(0)(0)()lim x f f x o x x →'+++=02()
lim 2
x x o x x
→+==
习 题
1-5
1. 计算下列极限 (1)
n n
++
; ;
解：原式n =
2n ==
(2)22
12lim (1)n n n a a na a na +→∞+++⋅⋅⋅+>
解：原式2
1lim (1)n
n n n na na n a ++→∞=--2lim (1)n n na n a →∞=--21a a
=-
2． 设lim n n a a →∞=，求 (1) 122
2lim n
n a a na n →∞+++；
解：原式
2
2lim (1)n n na n n →∞=--lim 212
n n na a n →∞==-
(2) 12lim 111
n n
n
a a a →∞+++，
0,1,2,,.i a i n ≠=
解：由于
1211111lim lim n n n n
a a a n a a →∞→∞+++==，
所以12
lim 1
11n n
n
a
a a a →∞=+++
3．设2lim()0
n n n x x -→∞
-=，求lim n
n x n →∞
和1lim n
n n x
x n
-→∞
-. 解：因为2lim()0
n
n n x
x -→∞
-=，所以222lim()0
n
n n x
x -→∞
-=
且21
21lim()0
n n n x
x +-→∞
-=
从而有stolz 定理2222
lim lim 022
n
n
n n n x x x n -→∞
→∞
-==， 且21
21
21
lim lim 0212
n n n n n x x
x n ++-→∞
→∞
-==+
所以lim 0
n
n x n
→∞
=，
111lim lim lim 01
n n n n n n n x x x x n n n n n --→∞→∞→∞--=-=-
4．设1
10x q <<，其中01q <≤，并且1
(1)
n n n x x qx +=-，
证明：1lim n
n nx
q
→∞
=
.
证明：因1
10x q
<<，所以 211211(1)111(1)()24qx qx x x qx q q q
+-=-≤=<，所以
21
0x q
<<
，用数学归纳法易证，1
0n
x
q
<<。

又111
n n n
x qx x +=-<，从而n
x 单调递减，
由单调有界原理，lim n
n x →∞
存在，记lim n
n x
L
→∞
=
在1
(1)
n n n x
x qx +=-两边令n →∞，可得lim 0
n
n x
→∞
=
所以11lim lim
lim 111
n
n n n n n n
n nx
x x x →∞→∞→∞+==-
11(1)
lim lim (1)n n n n
n n n n n n n n
x x x x qx x x x x qx +→∞→∞+-==---11lim n n qx q q →∞-==
习 题
1-6
1. 设()f x 在(,)a +∞内可导，且()
lim
,x f x A x
→+∞
=
lim ()
x f x →+∞
'存在.
证明:lim ().x f x A →+∞
'=
证明：
()()
lim
lim lim ()1
x x x f x f x A f x x →+∞
→+∞→+∞''=== 2. 设()f x 在(,)a +∞上可微， lim ()x f x →+∞
和lim
()
x f x →+∞
'存在.
证明:lim
()0
x f x →+∞
'=.
证明：记lim
()x f x A →+∞
=（有限），lim
()x f x B
→+∞
'=（有限），则
()()()
lim ()lim lim x x x x x x x x e f x e f x e f x A f x A B e e
→+∞→+∞→+∞'+====+
从而0B = 所以lim
()0
x f x →+∞
'=
3. 设()f x 在(,)a +∞上可导，对任意的0α>,
lim [()()]x f x xf x αβ
→+∞
'+=，证明:lim
()x f x β
α
→+∞
=
.
证明：因为0α>，所以lim x x
α
→+∞
=+∞
，由广义罗必达法则得
()lim ()lim x x x f x f x x αα→+∞→+∞=11()()
lim x x f x x f x x ααααα--→+∞'+=
lim [()()]x x
f x f x α
→+∞
'=+
β
α
=
4．设
()
f x 在(,)a +∞上存在有界的导函数，证
明:()
lim 0ln x f x x x
→+∞
=. 证明：
()()
lim lim
ln ln 1x x f x f x x x x →+∞→+∞'=+，()f x '有界，1
lim 0ln 1
x x →+∞
=+， 所以()()
lim lim 0ln ln 1
x x f x f x x x x →+∞
→+∞
'==+ 习 题
2-1
（此题已换） 1. 若自然数n 不是完全平方数，
. 1.
证明：反证法.
q
p
=
,,(N q p ∈且q p ,互质)，
于是由2
2
3p
q =可知,2
q 是2
p 的因子，从而得1
2
=q
即2
3
p
=,
这与假设矛盾
2. 求下列数集的上、下确界.
（1）11 ,n N n
⎧⎫
-∈⎨⎬⎩
⎭
解：1,inf 0supE E ==
（2）1(1)
,
n
n N n
⎧⎫+∈⎨⎬⎩
⎭
解：,inf 2supE e E ==
（3）1
1(1)(1),n
n n N n
+⎧⎫
-+-∈⎨⎬⎩⎭
解：1,inf 1supE E ==-
（4）2
1|, (1, )2
y y x x ⎧⎫=∈-⎨⎬⎩⎭
. 解：1,inf 0supE E == 3．设{}
2
|2,E x x
x Q =<∈，验证inf E =证明：,E x ∈∀由2
2
<x
得2
2-⇒-
<x 是E 的一个下界.
另一方面，设2
1
->α
也是E 的下界，由有理数
集在实数系中的稠密性，
在)
,2(1α-区间中必有有理数x '，则E
x x ∈'⇒<'
22
且
1
1
αα⇒<'x
不是
E 的下界.按下确界定义， inf E =4．用定义证明上（下）确界的唯一性. 证明：设β为数集E 的上确界，即E sup =β.按定义，
E
x ∈∀有β≤x .若β'也是E 的上确界且
ββ≠'.不妨设ββ>'，则对E x ∈∃>-'=0,0ββε
有)
(0
βββ-'-'>x
即,
β>x
矛盾.
下确界的唯一性类似可证 习 题
2-2
1．用区间套定理证明：有下界的数集必有下确界.
证明：设a 是E 的一个下界，b 不是E 的下界，则
b
a <.
令)(2
1
1
b a c
+=，若1
c 是E 的下界，则取b
b c a
==111
,；
若1
c 不是E 的下界，则取1
11
,c b a a ==.
令)(2
1
112
b a c
+=，若2
c 是E 的下界，则取1
222
,b b c a
==；
若2
c 不是E 的下界，则取2
212
,c b a a ==；……，
按此方式继续作下去，得一区间套]},{[n
n
b a ，且
满足：
n
a 是E 的下界，n
b 不是E 的下界),2,1( =n . 由区间套定理],[n
n
b a ∈∃ξ ,2,1=n ，且ξ
==∞
→∞
→n
n n
n b
a lim lim .
下证E inf =ξ：
E
x ∈∀)1( 都有
)
,2,1( =≥n a x n ，而
ξ
ξ≥⇒=∞
→x a n n lim ，
即ξ是E 的下界.
,)2(ξξ>'∀由于ξ=∞
→n
n b lim ，从而当n 充分大以后，
有<n
b
ξ'
.而n
b 不是E 的下界ξ'⇒不是E 的下界，即ξ是
最大下界
2. 设()f x 在[,]a b 上无界.证明：存在0
[,]x a b ∈,
使得()f x 在0
x 的任意邻域内无界.
证明：由条件知，)(x f 在2]b)(a ,[+a 上或] ,2)([b b a +上无界， 记使
)
(x f 在其上无界的区间为],[1
1
b a ；再二等分
]
,[11b a ，
记使)(x f 在其上无界的区间为],[2
2
b a ，……，继续作下去，
得一区间套]},{[n
n
b a ，满足)(x f 在],[n
n
b a ),2,1( =n 上无界. 根据区间套定理， ,2,1 ],[0
=∈∃n b a x n
n
，且0
lim lim x b a n
n n
n ==∞
→∞
→.
因为对任意的0>δ，存在
N
，当N n ≥时，有
)
,(],[00δδ+-⊂x x b a n n ，从而可知)(x f
在),(0
δδ+-x x 上无界
3.设()f x ,()g x 在[0,1]上满足(0)0f >,(1)0f <,若
()
g x 在[0,1]上连续,
()()
f x
g x +在[0,1]上单调递增.
证明：存在[0,1]ξ∈,使()0f ξ=. 证明：记1
,011==b a 且二等分[0,1].若0)2
1(≥f ， 则记;1,21
12
==b a
若,0)2
1(≤f 则记2
1,022
=
=b a .
类似地,对已取得的],[n
n
b a 二等分,若0)2
(≥+n
n
b a
f ，
则记n
n n
n n b b b a a =+=
++11,2
；若0)2
(≤+n
n
b a
f ，
则记.2
,11n
n n n n b a b a a
+=
=++按此方式继续下去，
得一区间套]},{[n
n
b a ，其中.0)(,0)(≤≥n
n
b f a f 根据区间套定理可知，,3,2,1],,[ =∈∃n b a n
n
ξ 且有 n
n n
n b a ∞
→∞
→==lim lim ξ.
因为)(x g 在]1,0[上连续，所以).)(()(),()(∞→→→n g b g g a g n
n
ξξ
注意到 )()()()()()(n
n
n
n
n
n
b g b g b f a g a f a g ≤+≤+≤ 可得 )]()([lim )]()([lim )(n
n
n n
n
n b g b f a g a f g +=+=∞
→∞
→ξ，
再由
)
()()()()()(n n n n b g b f g f a g a f +≤+≤+ξξ 可知
)
()()()(ξξξξg g f g ≤+≤ ，
)(=ξf .
习 题
2-3
1. 证明下列数列发散. (1)1(1)221
n n
n x
n =
+-+, 1,2,;n =
证 因为03
41221 ,114221122→++-=→++=
+n n x n n x
n n
，
)
(∞→n 所以}{n
x 发散.
(2)1
123(1)n n
n y
n n n
n
-=
-+-+-, 1,2,.n =
证明：因为)( ,2
1121 ,212122∞→→++=-→-
=+n n n y n n y
n n
所以}{n
y 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{}n
x 单调递增，且存在收敛
子列lim k
n k x A →∞
=，
由极限定义
对任意给定的0ε>，总存在正整数1
K ，当1
k K >时，k
n x A ε-<，
从而有k n A A x εε-<<+；
由于lim k
k n →∞=∞，对任意n ，存在正整数2
1
K K >，
当2
k K >时，2
k n
n
>，取11
k N n +=，
则任意n N >时，1
12
k k n N n n A x x x x A εε
+-<=<<<+
所以n x A ε-<，即lim n
n x
A
→∞
=
3. 设极限lim (sin cos )x a x b x →+∞
+存在,证明：0a b ==.
证明：记lim (sin cos )x a x b x A →+∞
+=由海茵定理，
取(1)2()
n
x n n π=→+∞→+∞，得b A = 取(2)2()
2
n
x n n π
π=+
→+∞→+∞，得a A =
取
(3)2()
4
n x n n π
π=+
→+∞→+∞，得
)2
a b A +=，解得
a b A ===
（此题取消）4. 数列{}n
x 收敛于a 的充要条件
是：其偶数项子列和奇数项子列皆收敛于.a
（此题改为4）5. 已知有界数列{}n
x 发散，证
明:存在两个子列{}(1)
n x k
和{}(2)n x k
收敛
于不同的极限.
证明：因为{}n x 有界，由致密性定理，必有收敛的子列{}(1)
n x k
，设a x k
n k =∞
→)
1(lim .
又因为{}n
x 不收敛，所以存在0
>ε
，在)
,(0
ε
ε+-a a 以外，有{}n
x 的无穷多项，
记这无穷多项所成的子列为{})
2(n
x ，显然{})
2(n
x 有界.由致密性定理，必有收敛子列{}(2)n x k
，
设 ()
b
x
k
n k =∞
→2lim ，显然 a b ≠.
习 题
2-5
1. 用柯西收敛准则判定下列数列的收敛性 (1) 1
1111(1);23
n n
x n
+=-+-
+-
解：1
111(1)12
p n p n x
x n n n p
++-=
-++-+++ 1
111
111
()(1)1231p n n n n p n n
+=
---+-<<+++++
所以，对0,[1/],,n p
n N n N x x εεε
+∀>∃=∀>-<，即{}n
x 为柯西
列 (2) 2012n n
n x a a q a q a q =++++(1,,0,1,)
k q a M k <≤=.
解：11n n p n p
n n n p x
x a q a q +++++-=++1
1
1
(1)1n n p M q M q
q q q
++-≤++
+≤
-
所以，对(1)
0,max{1,[ln ]/ln 1},,n p
n q N q n N x x M
εεε
+-∀>∃=-∀>-<，
即{}n
x 为柯西列
2. 满足下列条件的数列{}n x 是不是柯西列?
(1) 对任意自然数p ,都有lim 0;n p
n
n x x +→∞
-=
解：不是柯西列，如1112
n
x n
=+
++
，对任意的自
然数p ，lim 0;
n p
n n x
x +→∞
-=但数列{}n
x 不收敛。

(2)1
1
n n n n x x k x x +--≤-,(01,2,3,
);
k n <<= 解：111n p
n n p n p n p n n
x
x x x x x x +++-+-+-≤-+-+-
1121n p n p n p n p n n
x x x x x x ++-+-+-+≤-+-+
+-12121
()n p n p n k k k x x +-+--≤++
+-
2111n x x k k
--≤-
所以，对2
1
(1)0,[ln ]/ln 1,,n p
n k N k n N x
x x x
ε
εε
+-∀>∃=+∀>-<-，即{}
n
x 为柯西列 (3)1
1n
k k k x
x M +=-≤∑(1,2,
,0)
n M =>.
证明：记1
1
n
n
k k
k S x
x +==-∑，则n
S 单调递增有上界M ，
从而必有极限，记lim n
n S
S
→∞
=
对0,,,2
n N n N S S ε
ε∀>∃∀>-<
从而111n p
n n p n p n p n n
x
x x x x x x +++-+-+-≤-+-
+-
1121n p n p n p n p n n x x x x x x ++-+-+-+≤-+-++-11
n p n S S +--=-
11n p n S S S S ε
+--≤-+-< 故 {}n
x 是柯西列
习 题
3-1
1.设定义在[,]a b 上的函数()f x 在(,)a b 内连续,且
lim ()x a f x +
→和lim ()x b f x -
→存在(有限). 问()f x 在(,)a b 上是否有
界? 是否能取得最值?
解：在闭区间[,]a b 上构造辅助函数
⎪⎩
⎪
⎨⎧==∈=-+. ),(,
,)(),,( ),()(b x b f a x a f b a x x f x g
则)(x g 在[,]a b 上连续，从而)(x g 在[,]a b 上有界. 由于
)
( )()(b x a x f x g <<=，故
)
(x f 在
(,)
a b 上也有界，即存在
1>M ，使得
),( ,)(1
b a x M x f ∈≤.
令
{}
)( ,)(max ,1b f a f M M =，则有
]
,[ ,)(b a x M x f ∈≤.
条件同上，但()f x 在(,)a b 上却不一定能取得极值. 例如：(),(,)f x x x a b =∈
2.设()f x 在(,)-∞+∞内连续,且lim
()x f x →±∞
=+∞
.证明()f x 在
(,)
-∞+∞内可取得最小值.
证明：因为lim ()x f x →-∞
=+∞，所以0A ∃<，当x A <时，有()(0)f x f >
因为lim
()x f x →+∞
=+∞
，所以0B ∃>，当x B >时，有()(0)f x f >
从而当(,)(,)x A B ∈-∞⋃+∞时，有()(0)f x f >
又()f x 在[,]A B 连续，从而一定可以取到最小值m ，即0
[,]y A B ∃∈，使当[,]x A B ∈时，
0()()
m f y f x =≤且0
()(0)m f y f =≤；
故(,)(,)x A B ∈-∞⋃+∞时，有0
()(0)()f x f f y >≥ 所以()f x 在0
y 处取到最小值
习 题
3-2
（此题已换）1. 设1
a ,2
a ,3
a
>,1
2
3
b b
b <<. 证明:
方程3
1
2
1
2
3
0a a a
x b x b
x b +
+
=---在1
2
(,)b b 和2
3
(,)b b 内恰好各有一
个实根.
1. 证明开普勒(Kepler)方程()sin 01x x a εε=+<<有唯一实根
证明：令()sin f x x x a ε=--，则()f x 在[1,1]a a -+连续且
(1)1sin(1)0
f a a ε-=---<，(1)1sin(1)0f a a ε+=-+>，
由零点原理(1,1)a a ξ∃∈-+，使
()0
f ξ=，即方程
sin x x a
ε=+至少有一实根
又'()1cos 0f x x ε=->，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递增，所以方程sin x x a ε=+有唯一实根
（此题已换）2. 设函数()f x 在（, a b ）内连续且有极值点. 证明: 存在1
2
1
2
,(, ), ,x x a b x x ∈≠使得1
2
()().f x f x =
2.设0a >，讨论方程2
x
e ax =实根的个数
解
：
step1.令2
()x
f x e ax =-，则
lim
(),lim ()(0)1x x f x f x f →-∞
→=-∞==，由零点原理，
()0f x =在(,0)-∞至少有一实根，又'()20x
f x e
ax =->((,0))
x ∈-∞，所以()f x 在
(,0)
-∞单调递增，从而方程2
x
e
ax =在(,0)-∞内有且
仅有一实根。

step2.令
2
()x
e g x x
=，则
0lim (),lim ()x x g x g x +
→+∞
→=+∞=+∞
，且
3
(2)
'()x e x g x x -=
，所以
当02x <<时，函数()g x 单调递减；当2x <<+∞时，
函数()g x 单调递增，所以函数()g x 在点2x =取得极小值
2
(2)4
e g =。

所以，当
2
04
e a <<
时，方程()g x a =在(0,)+∞无
解；当
2
4
e a =
时，()g x a =在(0,)+∞有一解；当24
e a >
时，()g x a
=在(0,)+∞有两解
综上：当2
04
e a <<
时，方程2
x
e
ax
=有一解；当24
e a =
时，2
x
e
ax
=有两解；当24
e a >
时，2
x
e
ax =有三解
3.设()f x 在[,]a b 上连续, [,]n
x a b ∈,lim ()n
n f x A →∞
=.证明存
在[,]a b ξ∈使()f A ξ=.
证法1 因为()f x 在[,]a b 上连续，所以存在最大值M 和最小值m ，且使M x f m n
≤≤)(，从而有M x f A m n
n ≤=≤∞
→)(lim .
由介值定理知],[b a ∈∃ξ，使()f A ξ=.
证法 2 因为{}n
x 有界，所以存在收敛子列
)
( ],[∞→∈→k b a x k n ξ.而
()
f x 在
[,]
a b 上连续，故有
A
x f x f f n n n k k ===∞
→∞
→)(lim )(lim )(ξ
习 题
10-2
1. 设()f x 在[]0,1上连续，
2
n ≥为自然数. 证明：
（1）若(0)(1)f f =，则存在1[0,],n n
ξ-∈使得1
()();f f n ξξ=+ 证明：令1()()()F x f x f x n =-+，则1
()[0,]n F x C n
-∈，且
1
(0)(0)()
F f f n =-，112
()()()F f f n n n
=-，11
,(
)()(1)n n F f f n n
--=-
从而1
1
(0)()()0n F F F n
n
-++=
若{0,1,2,
,1}
i n ∃∈-，使()0i F n
=，取i
n
ξ=即可 否则{0,1,2,
,1}
i j n ∃≠∈-，使()()0i j
F F n
n
<，由零点原理，(,)
i j n n
ξ∃∈或(,)j i
n n
，使()0F ξ= 综上，1[0,]n n
ξ-∃∈，使()0F ξ=，即1()()f f n
ξξ=+ （2）若(0)0, (1)1,f f ==则存在(0,1),ξ∈使得11
()().f f n n ξξ+=+ 解：取n
x f n x f x F 1
)()1()(--+=，方法同上 2.
设)
(x f 在
[]
,a b 上连续，且
()d 1,b a
f x x =⎰()d ,b a xf x x μ=⎰22
()d .b
a
x f x x μ=⎰ 证明：存在[,],a b ξ∈使()0.f ξ=
证：由已知经计算得2()()d 0
b
a
x f x x μ-=⎰
1）若a μ≤或b μ≥，由积分中值定理，(,)a b ξ∃∈，使
2()()0
f ξμξ-=，从而()0f ξ=
2
）
否
则
，
a b
μ<<，
222()()d ()()d ()()d 0
b b
a
a
x f x x x f x x x f x x μ
μ
μμμ-=-+-=⎰
⎰⎰
a ）若22()()d ()()d 0
b
a
x f x x x f x x μ
μ
μμ-=-=⎰
⎰，同1），由积分中
值定理
12(,),(,)
a b ξμξμ∃∈∃∈，使12
()()0f f ξξ==
b ）2
()()d a
x f x x μ
μ-⎰与2
()()d b
x f x x μ
μ-⎰异号，由中值定理，12
(,),(,)a b ημημ∃∈∃∈
使2211()()d ()()
a
x f x x f μ
μημη-=-⎰
，且2
222()
()d ()()
b
x f x x f μ
μημη-=-⎰
所以1
2
()()0f f ηη<，有零点原理，1
2
(,)(,)a b ξηη∃∈⊂使()0f ξ= 3. 设12()cos
cos cos cos n
n n
f x x x x x
-=++++,求证
(1) 对任意自然数n , 方程()1n
f x =在[0,)3
π内有唯一实根;
证明：1n =时，1
()cos 1f x x ==在[0,)3
π
上有唯一实根0x = 1
n >时，有，(0)110n
f n -=->且1
1
()10
32
n
n f π+-=-<，由零
点存在原理，
(0,)
3
n x π
∃∈，使()1n
n
f x =，即()1n
f x =在(0,)3
π上有一实根 又
12'()(cos (1)cos 2cos 1)(sin )0
n n n f x n x n x x x --=+-+
++-<，故
()
n f x 严格单调递减，所以方程()1n
f x =在[0,)3
π内有唯一实根
(2) 设[0,)3
n x
π
∈是()1n
f x =的根,则lim 3
n
n x
π
→∞
=
.
证：对0x >，1
()()
n
n f x f x +<，从而1
11()1()()
n n n n n n f
x f x f x +++==<，
有因为1
()
n f
x +严格单调递减，故1
n n
x
x +>，即{}n
x 严格单
调递增。

又{}n
x 有界，所以{}n
x 收敛。

设lim n
n x
A
→∞
=，由于(0,)3
n x
π
∈，所以lim cos ()0n
n
n x →∞
=，在
121()cos cos cos cos n n n n n n n n
f x x x x x -==++++
cos cos 1cos n n n n
x x x -=
-，令n →∞，有cos 11cos A A =-，所以1
cos 2
A =，3
A π
=
即lim 3
n
n x
π
→∞
=
4. 设
()
f x 在
[,]
a b 上连续，不恒为常数,且
[,]
()min ()()
x a b f a f x f b ∈==.证明存在(,)a b ξ∈，使
()d ()()
a
f t t a f ξ
ξξ=-⎰
．
证：令()()()()
x a
F x f t dt x a f x =--⎰
，因为()f x 在[,]a b 上连续，
不恒为常数,且[,]
()min ()()x a b f a f x f b ∈==，所以0
(,)x a b ∃∈，使
0[,]
()max ()
x a b f x f x ∈=，于是
000()()()()x a
F x f t dt x a f x =--⎰00[()()]0
x a
f t f x dt =-<⎰，
()()()()b a
F b f t dt b a f b =--⎰[()()]0
b
a
f t f b dt =->⎰，由零点原理：
证明存在0
(,)(,)x b a b ξ∈⊂，使()0F ξ=，即()d ()()
a
f t t a f ξ
ξξ=-⎰
．
习 题4-1
1．证明函数, 0
()1, 0x x f x x ⎧≠⎪=⎨
=⎪⎩
没有原函数. 证：设()f x 存在原函数()F x ，即'()()F x f x =，则'(0)(0)1
F f ==且111'()()222F f ==，由于13
'()'(0)24F F <<，由达布定理，1
(0,)
2
ξ∃∈，使3'()()4
F f ξξξ===，矛盾，所以()f x 无原
函数
2．设()f x 在[,]a b 上可导， 1
2
,[,].x x a b ∈ 证明：
（1）若1
2
()()0,f x f x ''+= 则存在[,]a b ξ∈使()0f ξ'=；
证明：若1
2
()()0f x f x ''==，则取1
x ξ=或2
x ξ=均可；否则
12()()0
f x f x ''<，又达布定理，存在ξ介于1
x 与2
x 之间，
使()0f ξ'=；综上存在[,]a b ξ∈使()0f ξ'=
（2）若1
2
()(),f x f x μ''+= 则存在[,]a b ξ∈使()2
f μ
ξ'=. 证明：若1
2
()()2
f x f x μ''==，则取1x ξ=或2
x ξ=均可；否则 12[()][()]0
2
2
f x f x μ
μ
''-
-
<，由达布定理，存在ξ介于1
x 与2
x 之
间，使()2
f μξ'=； 综上存在[,]a b ξ∈使()2
f μξ'= 习 题4-2
1．求下列函数的导函数，并讨论导函数的连续性.
（1）3
()(1)f x x =+；
解：
3
3
(1), 1()(1), 1
x x f x x x ⎧+>-⎪=⎨-+≤-⎪⎩，则()f x 在1x =-连续，且
1x >-时，2'()3(1)f x x =+，1lim
'()0
x f x +
→-=，从而'(1)0
f
+
-= 1
x <-时，2
'()3(1)f x x =-+，1lim
'()0
x f x -
→-=，从而'(1)0
f
-
-= 所以
'(1)0f -=
从而'()f x 在1x =-连续。

所以
2
2
3(1), 1
'()3(1), 1x x f x x x ⎧+>-⎪=⎨-+≤-⎪⎩在(,)-∞+∞连续
（2）22
, 0(), 0
x x f x x x ⎧>⎪=⎨-≤⎪⎩；
解：显然()f x 在1x =-连续，且
0x >时，'()2f x x =，0lim '()0x f x +
→=，从而'(0)0f
+
=；
x <时，'()2f x x =-，0lim '()0x f x -
→=，从而'(0)0
f
-
= 所以'(0)0f =
从而'()f x 在0x =连续。

所以2, 0
'()2, 0
x x f x x x >⎧=⎨
-≤⎩
在(,)-∞+∞连续 2. 设
1sin ,0()0, 0
k
x x f x x
x ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩. 当k 分别满足什么条件
时，
（1）()f x 在0x =处连续； 解：0
(0)lim ()x f f x →=，即0
1
lim sin
0k
x x
x
→=，所以0k >
（2）()f x 在0x =处可导；
解：0
()(0)
lim x f x f x
→-存在，即1
1lim sin
k x x
x
-→存在，所以1k >
（3）()f x '在0x =处连续？ 解：
1
211sin cos , 0'()0, 0
k k kx x x f x x x
x --⎧-≠⎪=⎨⎪=⎩，由0
'(0)lim '()x f f x →=，即
120
11lim(sin
cos )0k k x kx x x x
--→-=，所以2k >
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sgn()x 存在原函数()F x ，即'()sgn()F x x =，则'(1)sgn(1)1
F ==且'(1)sgn(1)1F -=-=-，由于1'(1)'(1)2
F F -<<，由达布定理，(1,1)
ξ∃∈-，使1
'()sgn()2
F ξξ==，矛盾，所以sgn()x 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sgn()x 有第一类间断点0x =，从而
sgn()
x 无原函数
习 题
5-1 .
1. 设函数()f x 在[0,)+∞上可导.
（1）若(0)1f =，()x
f x e -≤.证明存在0
0x >使0
()x f x e -'=-； 证明：令()()x
F x f x e -=-，则()[0,)F x D ∈+∞，且0
lim ()(0)0x F x F →==，
lim ()0
x F x →+∞
=，由广义洛尔定理，0
(0,)x ∃∈+∞使0
'()0F x =，即
00'()0
x f x e -+=，所以0
()x f x e -'=-
(2) 若0()n x
x
f x e ≤≤，证明存在0ξ>使得1
()
()n n f e ξ
ξ
ξξ--'=；
证明：令()()n x
F x f x x e -=-，则()[0,)F x D ∈+∞，且
lim ()(0)0x F x F →==，lim ()0x F x →+∞
=，由广义洛尔定理，(0,)
ξ∃∈+∞使'()0F ξ=，即
12()0
n n ne e f e ξξ
ξ
ξξξ--'-
=，所以1()
()n n f e ξ
ξξξ--'=
习 题5-2
1． 设()f x 在[0,1]上可导，且1
(1)()f x f x dx α
=⎰，其中1
α>为常数.证明：存在(0,1)ξ∈，使'
()()f f αξξξ=-.
证明：由积分中值定理，0(0,1)
x ∃∈，使
1
00
(1)()()f x f x dx x f x αα
==⎰
令()()
F x x
f x α
=，则()[0,1]F x D ∈，且0
(1)()F F x =，由洛尔定
理，0
(,1)(0,1)x ξ∃∈⊂，
使'()0F ξ=，即1
()'()0f f αα
αξξξξ-+=，从而'
()()f f αξξξ=- 2． 设()f x 在[0,1]上可导，且1
10
(1)().x f xe f x dx -=⎰证明：存
在
(0,1)
ξ∈，
使
'1
()(1)().
f f ξξξ
=-
证明：由积分中值定理，0(0,1)
x ∃∈，使
1
1100
(1)()()x x f xe f x dx x e f x --==⎰
令1()()
x
F x xe f x -=，则()[0,1]F x D ∈，且0
(1)()F F x =，由洛尔定
理，
0(,1)(0,1)
x ξ∃∈⊂，使'()0F ξ=，即111()()'()0
e f e f e f ξ
ξξξξξξξ----+=，
从而
1
'()(1)().
f f ξξξ
=-
3． 设)(x f 在[0,]2π
上可导，且2
()sin 0
f x xdx π
=⎰.证明：存
在
(0,)
2
πξ∈使
' ()()tan .
f f ξξξ=-
证明：由积分中值定理，
0(0,)
2
x π
∃∈，使
2
00
0()sin ()sin f x xdx f x x π
==⎰
令()()sin F x f x x =，则()[0,]2
F x D π∈，且0
(0)()F F x =，由洛尔定理，
0(0,)(0,)
2
x π
ξ∃∈⊂，使'()0F ξ=，即()cos '()sin 0f f ξξξξ+=，从而 '()()tan .
f f ξξξ=-
习 题6-1
1.若()f x 在区间I 上是凸函数，证明对任意四点
,,,s t u v I
∈，s t u v <<<有()()()()
f t f s f v f u t s v u
--≤--. 其逆是否成立？
证明：因为()f x 在区间I 上是凸函数，由三弦不等
式()()()()
f t f s f u f t t s u t --≤--，且 ()()()()
f u f t f v f u u t v u
--≤
--，所以()()()()
f t f s f v f u t s v u
--≤--成立。

其逆成立
2. 设(),()f x g x 均为区间I 上的凸函数，证明：
{}
()max (),()F x f x g x =也是I 上凸函数..
证明：设(0,1)λ∈，则对1
2
,x x I ∀∈，有
12[(1)]f x x λλ+-12()(1)()f x f x λλ≤+-12()(1)()F x F x λλ≤+-，且 12[(1)]g x x λλ+-12()(1)()g x g x λλ≤+-12()(1)()F x F x λλ≤+-，从而
12((1))F x x λλ+-1212max{[(1)],[(1)]}f x x g x x λλλλ=+-+-
12()(1)()
F x F x λλ≤+-，由凸函数的定义，{}
()max (),()F x f x g x =也是I 上凸函数
习 题6-2
1. 验证下列函数是（严格）凸函数. （1）()ln , (0,);f x x x x =∈+∞
解：'()ln 1f x x =+，1
''()0f x x =>（(0,)x ∈+∞），所以()f x 是(0,)
+∞上的严格凸函数
（2）sin ()ln , (0,);x
f x x x
π=∈ 解：
1
'()cot f x x x
=-
，
2
21''()csc f x x x =-+22
22sin 0
sin x x x x
-=<（(0,)x π∈），
所以()f x 是(0,)+∞上的严格凹函数
习 题6-3
1．证明不等式 （1）
(),22
x y x y αα
α++<
0,0,,1;
x y x y α>>≠>
证：设()f t t α
=，则2
''()(1)0
f t t
ααα-=->（(0,)t ∈+∞），所以()
f t 是(0,)+∞上的严格凸函数；从而(0,)x y ∀≠∈+∞，有
()()
()22
x y f x f y f ++<
，即
()22
x y x y αα
α++< （2）
3
()
,
a b c
a b c abc a b c ++≤
0,0,0;
a b c >>>
证：设()ln f t t t =，则1''()0f t t
=>（(0,)t ∈+∞），所以()f t 是(0,)+∞上的严格凸函数；从而,,(0,)a b c ∀∈+∞，有
()()()
(
)33
a b c f a f b f c f ++++≤，可得
1
ln()(ln ln ln )333
a b c a b c a a b b c c ++++≤++，即()3
a b c
a b c
a b c
a b c ++++≤，
又因为
3
()()3
a b c
a b c a b c a b c abc ++++++++≥=，所以
3
()
a b c a b c
abc a b c ++≤
习 题
9-1
1. 求下列函数项级数的收敛域 (1)
211n
n n x x
∞
=+∑；
解：
2122
()1()1n
n n n u x x x u x x +++=+，从而当1x <时，1()
lim 1()
n n n
u x x u x +→∞
=<，级数绝对收敛；当1x >时，1()1lim 1()n n n
u x u x x
+→∞
=<，级数绝对收敛；当1x =时，
11
2
n ∞
=∑发散；当1x =-时，
1
(1)2n
n ∞
=-∑发
散，所以，级数的收敛域为1x ≠
(2)
121(3)
n n n
n x x ∞
=++∑1
()3x ≠-.
解：
11
11()1(3)2()1(3)2n n n n n n n
n u x x x u x x x ++++++=++，所以
当13x <时，1()
lim 21()
n n n
u x u x +→∞
=>，级数发散；当1233x <<
时，1()2lim 1()3n n n
u x u x x +→∞
=>，级数发散；当2
23
x <<时，1()2
lim
1()3n n n u x u x x +→∞
=<，级数绝对收敛；当2x >时，
1()1
lim
1()3
n n n u x u x +→∞
=<，级数绝对收敛；当13
x =时，级数1
12()3
2n n
n ∞
=+∑发散；当23
x =±时，级数12
2()3
1(2)
n n
n n ∞
=+±+±∑发散；当
2
x =±时，级数
12(2)1(6)
n n n n ∞
=+±+±∑收敛；
所以原级数的收敛域为23
x > 习 题
9-2
1. 证明函数项级数1[1(1)](1)n x n x nx ∞
=+-+∑在[1,)+∞上一
致收敛.
证明：()[1(1)][1]n
x u x n x nx =+-+111(1)1n x nx =-+-+，从而
111
11
()111121(1)1n S x x x x
n x nx
=-
+-++
-
++++-+1111nx nx nx =-=++
所以对任意的[1,)x ∈+∞，()lim ()1n
n S x S x →∞
==
由111()()11n
S x S x nx n n -=<<++
，得对0ε∀>，取1N ε
⎡⎤
=⎢⎥⎣⎦
，当n N >时，
1
()()n S x S x n
ε-<
<对任意的[1,)x ∈+∞成立，因此，
1[1(1)](1)
n x
n x nx ∞
=+-+∑在
[1,)
+∞上一致收敛到() 1.S x =
2. 设{}()n
f x 在区间I 上一致收敛于()f x ,且对任意x I
∈有()f x A >.试问是否存在N ,使当n N >时,对任意
x I
∈有()n
f x A ≥?
解：答案不正确；例 ()arctan 1
n
n
f x x n =+在(1,)+∞内一致。