数学分析上册课后习题答案(叶淼林)

数学分析上册课后答案(叶淼林版)
材料提供人：13级信息二班全体同学
答案仅供参考，最终解释权归信息二班所有，侵权必究。

目录
-----------------------------------------------------------------第一章.....................3第七章 (106)
1.1......................37.1. (106)
1.2......................47.2. (114)
1.3......................67.3. (124)
1.4......................10第八章 (128)
1.5......................148.1. (128)
1.6......................168.2. (131)
第二章.....................19第九章.. (133)
2.1......................199.1 (133)
2.2......................229.2 (135)
2.3......................32第十章.. (138)
2.4 (35)
2.5 (39)
2.6 (43)
第三章 (49)
3.1 (49)
3.2 (52)
3.3 (57)
3.4 (61)
第四章 (65)
4.1 (65)
4.2 (69)
4.3 (71)
4.4 (73)
4.5 (78)
4.6 (81)
第五章 (84)
5.1 (84)
5.2 (86)
5.3 (93)
第六章 (98)
6.2 (98)
6.3 (100)
6.4 (101)
6.5 (103)
第一章
§1.1
1、（1）实数和数轴是一一对应的关系。

（2）是无限不循环小数，是无理数。

（3）两个无理数之和还是无理数，一个有理数与一个无理数之和是无理数，当有理数不为
零时，一个有理数与一个无理数的乘积是无理数。

（4）实数的稠密性，是指任何两个不相等的实数之间必有另一个实数，且既有有理数，也
有无理数。

2、（1）
1111223(1)n n +++⋅⋅- 11111112231n n =-+-++-- 1
11(1)n n =-<≥（2）
1111111
122222
n n n n n n n n n n +++≥+++≥=++++ （3）222
(1)21(1)123 (2222)
n n n n n n n n +++++++++=
=<=（4）由题意用数学归纳法，当2
1,12n n k =<=时显然成立,假设当时成立,即
2
1
112,12k n k k ⎛⎫+++<=+ ⎪⎝⎭
那么时,2
2211111111))21...21211k k k k k k ⎛⎫⎛⎫+++=++++⋅++ ⎪ ⎪
+++⎝⎭⎝⎭ (1+(1+1211
22(1...1)22222(1)1111
k k k k k k k k k +<+
⋅+⋅++<+⋅=+=+++++即当1,n k =+时原式仍成立，综上可知2
1
112.
2
n n ⎛⎫+++< ⎪⎝⎭ 3、（1）由题意，知：()
22
2
1
11220(0)
a a a a a
a a ⎛⎫⎛
⎫+-=
+-=-≥> ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭当且仅当11
20a a a a
=
+-=时即1
a =从而对1
0,2,a a a
∀>+
≥有且等号当且仅当a=1时成立.（2）因为2,3,...10,1111n
n h h n h h h n n ⎛⎫
=+>+≤+⇔+≤+ ⎪
⎝⎭
及所以
因为0,0a b >>时有121()()n n n n n a b a b a a b b ----=-+++ ，
当0h ≥时，12(1)111(1)
(1)
1
n n
n n
n n n
n
h h h n h h --+-+-=
≤
+++++ 当10h -<<时，12(1)111(1)
(1)
1
n n n n
n n n
n
h h h n
h h --+-+-=
≤+++++ 故当1+0h >时，均有11n h
h n
+≤+
4、（1）|1||2|=|1||2||12|1x x x x x x -+--+-≥-+-=（2）|1||2||3||13||2|2x x x x x x -+-+-≥-+-+-≥
5、（1）(2)(3)0x x --< （2）23(2,3)x x ∴<<∈即（3）
2125(,),225x x x <⇔∈+∞>-时,或12(,),25x x ∈-∞<时12
(,2)(,)5
x ⇔∈-∞⋃+∞（4）22
16020
x x x ⎧-<⎨-≥⎩ 解得：40244,0][2,4x x x -<≤≤<∈-⋃或即（）
（5）由题意得：111515
||:(,)326666x x x -<
-<<∈-解得即（6）由题意得：|5|3
0|5|3|5|0
x x x -<⎧<-<⎨
->⎩即解得：2558(2,5)(5,8)
x x x <<<<∈⋃或则§1.2
1、（1）因为
1110,11n n n
-=<++所以对任意给定的0,ε>取21
1N ε=+,则当n N >时,有
11
0,lim 0
11n n n
ε→∞-<=++所以（2）由于222233232311
(4)2122(21)4923n n n n n n n n n n +++-=≤=<≥----，因此对任给的0,ε>取
1max 4,1N ε⎧⎫⎡⎤=+⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭
当n N >时，有2233212n n n ε+-<-成立。

故2233
lim 212n n n n →∞+=-
（3）因为 110.99...910n n -=,所以对0ε∀>（不妨设1ε<），取1lg 1N ε⎡⎤
=+⎢⎥⎣⎦，则当n N >时，
有
10.99...9lim10.99...91n n n ε
→∞
-<-=故（4）因为
22222222240,0,!123112n n n n n n ε-=⋅⋅⋅⋅<⋅=∀>⋅-⋅ 所以对只要取41N ε⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦
,则当n N >时,有
20!n n ε-<,故2lim 0!n
n n →∞=（5）010,lim 0
n n q nq →∞
==当时显然0120,1q q -≠>当时则有||，可令1q -||=1,0a a +>，由于()
1
22
122
0(1)(1)()||n
n
n n
n n n a n a q q ---=
≤
=
--故对()2120,2||1N q εε-⎡⎤
⎢⎥∀>=+⎢⎥-⎣⎦
取则当n N >时,有112200||(1)(||1)
n n nq q n q ε---=
-<<--,即lim 0(||1)n
n nq q →∞=<（6）1,|1|n n N a n +∀∈-=
，对任意10,,,1n N n N a εεε⎡⎤
>=>-<⎢⎥⎣⎦
取便得当时有（7）因为
111
10,112n n n n n n n
+--=
=<++++因此对任意的0,ε>取
21,4N n N ε⎡⎤
=>⎢⎥⎣⎦
则当时，有
110,2n n n
ε+--<
<(
)
lim
10
n n n →∞
+-=故（8）由于
333
22123123(1)121
0/222n n n n n n n n n n n n
++++++++++-===≤= ，因此，对任给10,,N n N εε⎡⎤
>=>⎢⎥⎣⎦
取则当时,
312310,n n n ε++++-≤< 所以3
123lim 0
n n
n →∞++++= （9）1,|1|n n N a n +∀∈-≤
，对任意10,,,N n N εε⎡⎤
>=>⎢⎥⎣⎦
取便得当时1n a ε-<有2、证明：由于数列,0,..,||.n n x M s t n N x M +∃>∀∈<有界故有lim n n y →∞
又由=0知,0,ε∀>存在正整数
N ,当n N >时,有|0|||.
1
n n y y M ε
-=<
+故当n N >时，有0.lim 0.
1
n n n n n n n x y x y M x y M ε
ε→∞
-⋅<
<=+=.即3、a 不是数列{}n a 的极限：000,0,N n N ε∃>∀>∃>使得00
|n a a ε-≥|（1）取01111,1,1323n n ε=
>-≥>当时有,从而数列1n ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
的极限不是1（2）本题即证(1),lim ,n
n a R n
a -→∞
∀∈≠有对01ε=，对任意的正整数||1
2
a N +>
，取02n N =，则0
(1)00|||2|2||1n n a N a N a ε--=-≥->=,故数列{
}
(1)n
n -发散。

§1.3
1、分析：证明数列发散通常可以采用反证法，构造收敛级数，得出矛盾的结论，也可以举出
反例，本题后两个采用这种方法，对于未知参数要分类讨论。

证：设{}lim ,n n n a a b →∞
=数列发散。

反证法：若{}lim(),lim ,n n n n n n n a b a b C a a →∞
→∞
±+==是收敛数列,即由于则
lim lim()lim()lim .
n n n n n n n n n n n b a b a a b a C a →∞
→∞
→∞
→∞
=+-=+-=-即{}{},n n n b a b ±为收敛数列这与已知矛盾,故为发散数列。

{}n n a b 可能收敛也可能发散，如1,n n a n b n ==
，则{}n n a b 为收敛数列，若2
1,n n a n b n
==，则{}n n a b 为发散数列。

n n a b ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
情形时的结论与之相同。

2、（1）
1
4
（2）0
（3）21132
3
2()33n
n ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭==
-⋅-+原式（4）211
lim
lim
21
11n n n n n n
n
→∞→∞
===++++原式（5）10
1
lim
10.
n
n k k →∞
==
=∑原式
（6）11111112232lim lim 2211111112333n
n n n n n →∞→∞⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦=⋅=⋅=⎡⎤⎛⎫---⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
原式3、（1）111lim 1223(1)n n n →∞⎛⎫+++
⎪⋅⋅+⎝
⎭ 11111lim 12231n n n →∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 1lim 111n n →∞
⎛
⎫=-= ⎪+⎝⎭
（2）(
)
211
1242
22lim
222lim 2
n
n n n ⎛⎫+++ ⎪⎝⎭
→∞
→∞
⋅⋅= =1
112211112221
lim 2
lim 2
2lim
22
n n
n
n n n +⎛⎫
- ⎪
⎪ ⎪--
⎪⎝
⎭
→∞
→∞
→∞
===（3）213
21lim 222n n n →∞-⎛⎫+++
⎪⎝⎭ 2213211321lim 222
2222n n n n n →∞⎡--⎤⎛⎫⎛⎫=+++-+++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 21235211321lim 1222222n n n n n -→∞⎡--⎤⎛⎫⎛⎫=++++-+++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 22113153212321lim 12222222n n n n n n n --→∞⎡⎤⎛--⎫-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++--⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 2211121lim 112222n n n n -→∞-⎛
⎫=+++++- ⎪⎝
⎭ 11111212lim 1lim 121212222212n n n n n n n n n n --→∞→∞⎛⎫
- ⎪⎡⎤⎛⎫=+-+=+--⋅+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ ⎪-⎝⎭
411lim 32lim 33222222n
n n n n n n n n →∞→∞⎡⎤⎡⎤⎛⎫
=--⋅+=-⋅-⋅⎢⎥ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎢⎥⎣⎦
1lim 33lim 2lim 322n
n n n n n →∞→∞→∞⎛⎫
=--= ⎪⎝⎭
（4）当1111
2,11,11(2)
22n n n n n n
≥≤-≤≤-≤≥时有从而有由于1lim lim112n
n n →∞
→∞==,故根据极限的迫敛性，得1lim 11
n n n
→∞-=
（5）由于222211110,(1)(2)n n n n n +≤
+++≤+ 且lim 00n →∞
=，22111lim
lim 0n n n n n n →∞→∞+⎛⎫
=+= ⎪⎝
⎭故根据极限的迫敛性，得222111lim 0(1)(2)n n n n →∞⎡⎤
+++=⎢⎥+⎣⎦
（6）因
2
2
2
2
2
111,12
1
n n n n
n n n n n ≤
++≤
+++++
且
222
1
1lim
lim
1,lim
lim
1
1
11
11n n n n n
n n n
n n
n
→∞
→∞
→∞
→∞
====++++故根据极限的迫敛性，得222111lim 11
2n n n n n →∞
⎛⎫
+++= ⎪+++⎝⎭ 4、分析（1）利用几何平均值小于算术平均值，数学归纳法，放缩法，极限的迫敛性求解。

（2）先拆项，利用放缩法和极限迫敛性求解。

（3）11111
(1)(1),(1)1,(1),n n n n n n
n
n n
α
α
α
α
αααα-+=++<+
+<+及移项及极限迫敛性求解。

解：（1）利用几何平均值小于算术平均值性质得：
1335
213,435,22++=
>⋅=>⋅ (21)(21)2(21)(21)
2
n n n n n -++=>-+因此135(21)135(21)1
024621335(21)(21)21
n n n n n n ⋅⋅-⋅⋅-<
<=
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-++ 且1
lim 00,lim
0,21
n n n →∞
→∞
==+于是由极限的迫敛性，得：135(21)
lim
2462n n n
→∞⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅ 法二：令1321242n n a n -=⋅⋅⋅ ，则2
12342121234522121
n n n a n n n -≤⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
++ 则1021n a n ≤≤
+且1
lim 00,lim
0,21
n n n →∞
→∞
==+于是由极限的迫敛性，得lim 0
n n a →∞=（2）1
!
1!2! (1111)
!(1)!n
p n p n a n n n n n n =+++=
=
=++++-∑ 1111(1)(1)n n n n n ⎡⎤
<++++
⎢⎥--⎣⎦
故1211(2)(1)n n a n n n n -≤<+
+≥-,又12lim 1,lim 11,:(1)n n n n n n →∞→∞⎡⎤-=++=⎢⎥-⎣⎦
得1
!
lim lim !n
p n n n p a n =→∞→∞=∑=1.（3）由11111,01,11,0,n n n n α
αα⎛⎫+><<+<+> ⎪⎝⎭知又则()1
111n n n n
n α
αααα-⎛⎫+=+<+ ⎪⎝⎭
即()1
111n n n
n α
α
αα
--+-<=
,故有
()1101(01)
n n n α
αα
α-<+-<
<<然而11lim 00,lim
0(01),n n n
α
α-→∞
→∞
==<<因此，由极限的迫敛性，得lim (1)0
n n n αα
→∞
⎡⎤+-=⎣⎦5、分析：（1）利用[]n na 的定义及极限迫敛性求解。

（2）构造一个数列{}{}n n b b 满足为收敛数列，且与{}n a 同极限，利用极限的迫敛性求解。

证：（1）由[]n na 的定义知，[][]1,1,n n n n n n
na n N na na na a a n n
+∀∈-<≤-
<≤有即因[]1lim ,lim ,lim n n n n n n na a a a a a n n
→∞
→∞→∞⎛
⎫
-
=== ⎪⎝
⎭故由极限的迫敛性,得（2）由于lim 0,,,
3
n n a
a a N n N ε+→∞=>∃∈>故取=
,则N 当时24
||,33
n n a a a a a
ε-<<<有即构造新数列{}{}{},,,n n n N n n b b a b a +=使则为收敛数列的平凡子列与{}n a 同时收敛于相同的极限，由于{}2424
,(1,2,...),3333
n n n n n n b a b a n a b a <<=<<也满足
于是，又因24
lim 1,lim 1,lim 1,lim 1.
33
n n n
n n n n n n n a a b a →∞
→∞→∞→∞====故从而小结：构造子数列是证明极限的重要方法，子列与原数列具有相同的收敛性，这样可以化复杂问题为
简单问题。

6、分析：（1）利用子列极限相等来证
（2）利用三个子列极限相等，以及极限定义来证。

解：（1）此结论不成立，例如，数列2211(1),1,0(1,2,...),2n
n k k a a a k -+-=
===因为{}{}{}221221lim 1,lim 0,,k k k k n k k a a a a a --→∞
→∞
==故即均收敛,但发散
（2）此结论成立，证明如下：设32313lim lim lim k k k k k k a a a a
--→∞
→∞
→∞
===
对于1231230,,,,,,N N N N k N k N k N ε+∀>∃∈>>>使得当时，分别有
32313,,.
k k k a a a a a a εεε---<-<-<取123333,,,N N N N n N n N =++>>则当时上述三个不等式同时成立故当时即,lim n n n a a a a
ε→∞
-<=即 1.4
1、证：先假定数列{}n a 为单调增加数列，{}
k n a 为其所含的一个收敛子列，且lim ,k n n a a →∞
=故
0,ε∀>1N N +∃∈,1k N >当时,,,k k n n a a a a a εεε-<-<<+有即取11,
N N n +={},n m N a >则当时由为单调增加数列知，11
,N m n m n a a a a a εε+-<≤≤<+故lim .
n n a a →∞
=若数列{}n a 为单调递减数列，令{}{}
,k n n n n b a b a =-则为单调递增数列,而为其所含的一个收敛子列，且lim ,lim ,lim ,k k n n n n n n a a b a b a →∞
→∞
→∞
==-=-此时于是由上述结论可知于是由上述结论可知
lim ,lim n n n n b a a a →∞
→∞
=-=即。

2、分析：（1）（2）利用单调有界原理加以证明；（3）讨论当010,1c c <<>时极限为当时利用数列有界
性及迫敛性证明。

证：（1）先证{}n a 是有界数列，事实上，2
n n N a +∀∈<<有1现用数学归纳法证明如下：当11,2,122k a ==<<时成立
设1,12222k k n k a a +=<
=<⋅=时结论成立即.故12,n a n N +
<<∀∈再证{}n a 单调递增，由于122
12,
1,n n n n n n
a a a a a a +<<==>故
因此{}n a 单调递增。

由单调有界定理知1lim ,lim ,2n n n n n n a a a a a +→∞
→∞
==
存在设则对两边取极限得
1lim lim 22n n n n a a a a +→∞
→∞
==,即解之得20(,lim 2.
n n a a a →∞
===或不合题意舍去),故（2）先证{}n a 为有界数列，事实上，11
01422
n n N a c +∀∈<<
++有现用数学归纳法证明如下：当111,0,1422
n k a c c c ==
><
++时且
设11014,1,22
k n k a c n k =<<
++=+时结论成立,即则当时10,k k a c a +=+>且
2
1111111141414222222k k a c a c c c c
+⎛⎫
=+<+++=++=++ ⎪⎝⎭
故11
014,22
n a c n N +<<
++∀∈再证{}n a 严格单调递增，由于
2
1n n
n n n n n n
c a a a a c a a c a a ++--=+-=
++所以2
1111
0,14142222
n n n c a a c a c +->-
+<<++当且仅当时成立，故由前面结论知
{}10,n n n a a a +->因此严格单调递增。

由单调有界定理知1lim ,lim ,n n n n
n n a a a a c a +→∞
→∞
==
+存在设对两边取极限得
11,140(22a c a a c =+=
-+<解得不合题意舍去)与111422a c =++,故11
lim 1422
n n a c
→∞=++（3）当1101,0,lim 00,lim 0,lim 0!!n n
n n n c c c n n
n n →∞→∞→∞<≤<
<===时因且由极限的迫敛性知
当1,,c c k >时记[]=因0()!121!
n k k
c c c c cM c M n k n n n k <=
⋅⋅⋅<=⋅⋅⋅- 且lim 00,lim
0,n n cM n →∞→∞==故由极限的迫敛性知lim 0.!
n
n c n →∞=2、分析：首先利用数学归纳法得0,0,
n n a b >>{}1111,,,n n n n n n n a b a a b b a ++++≥≤≥由已知条件及几何平均值不等式,得因而单调
递减，{}{}{},,n n n b a b 单调递增有界由单调有界原理，lim ,lim ,n n n n a a b b →∞
→∞
==再利用已知
条件1,2
n n
n a b a ++=
得出结论证：由11110,0,0,,2
n n
n n n n n n a b a b a b a b a b +++>>>>=
=显然有因故112n n n n n n a b a a b b +++≥==
,122
n n n n n n a b a a
a a +++≤==,1n n n n n n
b a b b b b +≥==即{}{},.
n n a b 单调递减单调递增又{}{}11,,,n n n n n n b a a a b b a b ≤≤≥≥所以有界由单调有界定理知
lim ,lim ,lim lim n n n n n n n n a a b b a b →∞
→∞
→∞
→∞
==即与皆存在。

在1,.22
n n n a b a b
a a a
b +++===
中两边取极阳得即4、证：由题意知[]{}
,n n a b 形成一个闭区间套，从而存在唯一的点ξ，
.(1,2,....)
n n
s t
a b n ξ≤≤=11,(2,3....)n n n n a a b b n --<<= 11(2,3,....)
n n a b n ξ--∴<<=即(1,2,3,....)
n n
a b n ξ∴<<=又
(1)ξ 满足式的具有唯一性。

(2)ξ
满足式的至多有一个。

从而证明了存在唯一的一点..(2)s t
ξ式成立。

5、分析：首先把原不等式变形为1
11
[(1)],1,1,1n n b a n b na a b n n
+>+-=+
=++令代入上式证得1
2
1
11111,11n n n n n n +++⎧⎫⎪⎪
⎛⎫
⎛
⎫⎛⎫+>++⎨⎬ ⎪
⎪ ⎪+⎝⎭
⎝⎭
⎝⎭⎪⎪⎩⎭
所以为递减数列。

证：由1
1()(1)n n n b
a a
b a n ++->-+整理后得
[]
1(1)n n b a n b na +>+-令11
1,1,1a b n n
=+
=++代入上式得：1
111111(1)(1)(1)111n n
n n n n n n +⎛
⎫⎛
⎫⎡
⎤+>+++-+ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎣⎦
1111(1)11n
n n n ⎛⎫=+++ ⎪++⎝⎭2
21111(1)1111n
n n n n +⎛
⎫⎛⎫≥++=+ ⎪ ⎪
+++⎝⎭⎝⎭
这就证明了1
11,
n n +⎧⎫⎪⎪
⎛⎫+⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭
为递减数列1
11
11114
1n n ++⎛⎫⎛⎫+≤+= ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
故1
1111011114
1n
n
n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+<++=+< ⎪ ⎪
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
从而11n
n ⎧⎫⎪⎪
⎛⎫+⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩
⎭为有界数列。

7、分析：（1）先应利用柯西收敛准则，再利用三角函数有界性，放缩法得证。

（2）先利用柯西收敛准则及放缩法，再利用拆顶对消化证明。

证：（1）对2
10,log 1,,N n m N εε⎡
⎤
∀>=+∀≥>⎢⎥⎣
⎦
取则对有1212sin(1)sin(2)sin 111
222222n m m m n m m n
m m n a a ++++++-=
+++≤+++
1
1
11
111
212
22212
n m m m n m
-+-
=
⋅=-<-而由2
1
1
log ..2
n m m m a a εεε
><-<知
故有由柯西收敛准则知数列{}n a 收敛。

（2）对20,1,,N n m N εε
⎡⎤∀>=+∀≥>⎢⎥⎣⎦
取则对有
222
111
(1)(2)n m a a m m n -=
+++
++ ()111112
(1)(1)(2)1m m m m n n m n m
≤
+++=-<
+++- 而由2
2
,,n m m a a m
εεε
>
<-<知
故由柯西准则知数列{}n a 收敛。

8、分析：本题利用单调有界原理，柯西的收敛准则及绝对值不等式证明，实际上在本题中
,n A M ≤称为“压缩数列”，今后可作为定理直接用。

证：（1）由
{}11,0,n n n n n n A M A A a a A ++≤-=-≥且知为单调有界数列，由单调有
界原理知{}n A 收敛。

（2）由（1）知
{}n A 收敛，所以由柯西收敛准则知，对
0,0,n m N n m N A A εε
∀>∃>>>-<当时有而()()()
1121n m n n n n m m a a a a a a a a ---+-=-+-++- ()1121.
n n n n m m n m a a a a a a A A ε---+≤-+-++-=-< 则由柯西收敛准则知{}n a 收敛。

1．5
1、分析：首先利用教材22页定义1.7证1,1-为聚点，再用定义1.7证明无其他聚点
证：记1(1)n
n ς⎧
⎫=-+
⎨⎬⎩
⎭
{}0
1
11,1,1,2n n x x n
ςς-=+
∈验证皆为的聚点因各项互异，且{}1
lim 1,1;1,21
n n n n x y y n ςς→∞
==-+
∈-故是的聚点因各项互异且lim 1,1n n y ς→∞
=-故-也是的聚点.
0112,1,min ,,2
2ξξςξε⎧+-⎫
≠±=⎨⎬⎩⎭证明无其它聚点设实数取则
当000
1
111
,(1)(1)2n n n n n n
ξξεεε=
---
≥---≥->时有从而在0(;),,
ξεςξς⋃内至多包含的有限多个数故不是的聚点11
ς-因此有且只有两个聚点和2、分析：（1）利用有限覆盖定义证明
（2）有限覆盖定义只适用于闭区间，对于开区间不一定成立。

解：（1）H 能覆盖（0，1）因为对任一点11
(0,1),2x n x n n
∈<<+存在正整数使
，事实上，要想使
1111,2,1.2x n n n n n x x ⎡⎤
<<<<+=-⎢⎥+⎣⎦
也就是只要取就行（2）①不能从μ中选出有限个开区间覆盖10,
2⎛
⎫
⎪⎝
⎭
，因为对μ中任意有限个开区间，设其中左端点的最小值为11,0,22N N ⎛
⎫ ⎪++⎝⎭
则中的点不属于这有限个开区间中的任何一个。

②能从H 中选出有限个开区间覆盖111,1,,,1002H n n ⎛⎫⎛⎫
∈
⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭
列如选取1,2,...,98,n =就能满足要求。

小结：此例说明如果把有限覆盖定理中“闭区间[a,b]”改为“开区间（a,b ）”，结论不一
定成立。

3、分析：有限覆盖定理的功能在于把每一点的局部性质转化到整个闭区间上，运用时需构
造与欲证结论有关的一个开覆盖，而聚点定理则由点集的整体性质得出来一点的局部性质，因此本题应选用反证法。

证：设S 为直线上的有界无限点集，于是存在,..[,].
a b
s t S a b ⊂
假定[,][,]a b S x a b ∈在任何点都不是的聚点,则对每一点都存在相应的
0,..(;)
x x s t x δδ> 内至多包含S 的有限多个点，令
(){};|[,],[,]x H x x a b H a b δ=⋃∈则是的一个开覆盖，据有限覆盖定理，H 中存在有限个
领域11(;),,(;),n x n x x x S δδ⋃⋃ 使得覆盖了.由于每个邻域中至多含S的有限个点，故这个n 个邻域的并集也至多只含S 的有限多个点，于是S 为有限点集，这与题设S 为无限点集矛盾。

因此，在[,]a b 中至少有一点是S 的聚点。

小结：有限覆盖定理在H 中取出邻域(;)x x δ⋃，正好能包含无穷多个点，这也是聚点定义的反映。

4、分析：只须证明柯西收敛准则的充分性部分，本题涉及数列，而聚点定理的推论——列
紧性定理（P16）（有界数例必含有收敛子列）正好针对数列情形，故采用列紧性定理，
于是只面验证{}n a 有界，找出一个收敛子列，再证明子列的极限就是原数列的极限。

证：设数列{}n a 满足柯西条件，先证明{}n a 是有界的，为此，取1,ε=则存在正整数N,当11 1.
n N m N n N a a +=+>-<及时有由此得111111,n n N N n N N N a a a a a a a a +++++=-+≤-+<+令
{}
121max ,,...,,1N N M a a a a +=+则对一切正整数n 均有n a M
≤于是，由列紧性定理，有界数列{}n a 必有收敛子列{}
,lim .k k n n k a a A →∞
=设对
0,0,,,,k m n k K ε∀<∃>>当时同时有22k n m n a a a A ε
ε
-<-<,，因而当取
()k m n k K =≥>时，得到2
2
k k n n n n a A a a a A ε
ε
ε-≤-+-<
+
=，即lim n n a A
→∞
=1．6
1、分析：无穷大量的定义：对0,0,.
n M N n N x M ∀>∃>>>当时恒有证明：（1）对20,22,.222
n n M
M N M n N n M M n n ∀>=+>=⋅≥⋅=++取当时恒有
从而知2.2n n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭
为无穷大量。

（2）令ln(3)n x n =+,则对1
0,10
3,.
M n M N n N x M +∀>=->>取当时恒有{}ln(3)n +即为无穷大量。

（3）令arctan ,n x n n =-则对0,,M N M n N π∀>∃=+>当时恒有
()arctan arctan n x M M M M M πππ>+-+=+->,即{}arctan n n -为无穷大量.
（4）111
122n x n n n
=
+++++ 令对2
111
0,21,222n M N M n N x n n n
∀>=+>>
+++ 取当时恒有221
.222
2n n
N M M n
+==>
=>即111122n n n ⎧
⎫
+++⎨
⎬++⎩⎭ 为无穷大量。

（5）令22.0,4,n
n x M N M n N n
=∀>=+>则对取当时
0122222
2(11)1(1)...1(1)(2)
n n n n n n C C C n n n n n n n n n n n ++++++-++--===> 2
33n n M n =-+>->，即22n n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
为无穷大量。

2、证明：（1）因{},0,0,||n n M
x M N n N x δ
∀>∃>>>
为无穷大量则当时，
又因{}0,n n n n n M
y x y x y M δδδ
≥>=>
⋅=则,即{}n n x y 是无穷大量
（2）||
lim 00,0,2n n b y b N n N ε→∞
=≠>∃>>可得:取=
当时.2
n b y b -<从而||22
n n n b b
y y b b b y b b =-+≥-->-
=
因{}20,0,.||
n n M
x M N n N x b ∀>∃>>>
为无穷大量，所以当时则2||
..||2
n n M b x y M b >
=又3||3||,22
n n n n b b M
y y b b y b b x =-+≤-+<
>由可得{}||3||2
.23||n n n n n n x x b M M x y y b y ⎧⎫>⋅=⎨⎬⎩⎭
故与是无穷大量。

3、分析：斯笃兹定理：设{}n y 是严格单调增加的正无穷大量，且1
1
lim
n n n n n x x a y y -→∞
--=-（a 可
以为有限数，),lim
.n
n n
x a y →∞+∞-∞=或则解：（1）令2
2
2
2
3
135(21),n n x n y n =+++++= ，则易知{}n y 是严格单调增加的正
无穷在量，2213321
(21)4414lim
lim lim (1)3313n n n n n n n x x n n n y y n n n n -→∞→∞→∞--+++===----+且从而由斯笃兹定理知4lim
3n n n
x y →∞=且，即原式4
3=（2）令{}log (1),,n a n n x n a y n y =>=则易知是严格单调增加的正无穷大量，
(1)
11
1
log log lim lim lim log 0(1)n n n n n a a n a n n n n n x x y y n n ---→∞→∞→∞---===---且（3）令(){}(),1,k n
n n n x n k y a
a y ==>为正整数则易知是严格单调增加的正无穷大
量，
11
(1)(1)lim lim lim (1)
k k k k k
n n n n n n n n n n n n a a a a a --→∞→∞→∞----≤==--且01211[(1)][(1)(1)]=lim (1)k k k n n n n n n n n a a ----→∞--+-++-- 1
lim 1k n n ak n a a n →∞≤⋅-从而可推得lim k
n n n a
→∞=0
第二章
2．1
1、解：由题意可知：1(0)1;();(1);12
x x
f f x f x x x +-=-=
+=-+1
121111()1;;;111()11x x x f x f x x x f x x
x -
-+⎛⎫+==
== ⎪++-⎝⎭+2
22
1111();(())1111x x
x f x f f x x x x x
---+===-+++2、解：由题意，令11
(0),0.y x x y x y
=
≠=≠则且故221111()1y f y y y y y +=++=+,即有2
11()x f x x x
+=+
3、证明：（和P33例2.3一样）
2221
,()12(1)2
x x x R f x x x ∀∈=
=≤++故2
()1x
f x R x =
+是上的有界函数.5、解（1）无界函数的定义：设00,f X M x X ∀>∃∈定义在上,,0..
().s t f x M >(2)2
1
11
0,min ,
,(0,1)().2
111M M M M x x f x M M M ⎧⎫∀>=∈≥>⎨⎬+⎩⎭⎛⎫
⎪+⎝⎭
取则且故2
1
()(0,1)f x x =
为上的无界函数（3）设21
,(0,1]
()1,0
x f x x x ⎧∈⎪=⎨⎪=⎩由（2）的证明知()[0,1]f x 为上的无界函数.
5、证：（3）[]1212,0,,,x x x x π∀∈<则有12120,0222
x x x x
ππ+-<
<-≤<从而1212sin
0,sin 022
x x x x
+-><
故1212121212()()cos cos 2sin sin 0,()()22
x x x x
f x f x x x f x f x +--=-=->>即所以()[0,]f x π在上严格递减。

6、解：（1）因为424211
()()()11(),22
f x x x x x f x -=
-+--=+-=故4
21()12
f x x x =
+-是偶函数（2）对(,),()()sin()sin (sin )()x f x x x x x x x f x ∀∈-∞+∞-=-+-=--=-+=-有故()sin (,)f x x x =+-∞+∞为上的奇函数（3）2
2()(,),(,),x f x x e
x -=-∞+∞∀∈-∞+∞在上有定义对有
2
2
2()2()()(),()(,)x x f x x e x e f x f x ----=-==-∞+∞故为上的偶函数。

（4）由2
2
2
221010()lg(1,22x x x f x x x ⎡⎤-≥+->=+--
⎢⎥⎣⎦
及知)在上有定义，对22,,22x ⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦
22
212()lg(1)lg ()1x f x x x f x x x --=-+-=≠-+有故22(),22f x ⎡⎤-
⎢⎥⎣⎦
为上的非奇非偶函数。

7、证：（1）因[,]()[,][,]a a F x a a x a a --∀∈-关于原点对称,在上有定义,对有
()()()()()()F x f x f x f x f x F x -=-+=+-=,故()[,]F x a a -为上的偶函数。

（2）因[,]()[,],[,]a a G x a a x a a --∀∈-关于原点对称,在上有定义对有
()()()[()()]()G x f x f x f x f x G x -=--=---=-,故()[,]G x a a -为上的奇函数
（3）由（1）和（2）可得()()
()()2(),()2
F x
G x F x G x f x f x ++==
从而有1111
()(),(),(),()2222F x G x F x G x f x =
+而是偶函数是奇函数故可表示为一个奇函数11
()()22
G x F x 与一个偶函数之和。

8、分析：狄利克雷函数由定义可证得有界性，单调性也比较明显，对周期性分有理数与无理数讨论。

解：由(),,|()|1,()D x x R D x D x R ∀∈≤的定义知对有故是上的有界函数，由于对任意的有理数()()12122112,,,x x x x x x D x D x <<>与无理数无论还是都有r 所以()D x 在R 上
不具有单调性。

对任意的有理数r 有,,x x r x ⎧+=⎨
⎩有理数当为有理数时无理数当为无理数时从而对x R ∀∈有()()
0,x D x r D x x ⎧+==⎨
⎩
1,当为有理数时
当为无理数时故任意有理数r 都是(),D x 的周期但无基本周期,而任何无理数都不是
()D x 的周期,事实上，对任一无理数,,()0,D ααα--=无理数而(())(0)1()
D D D ααα+-==≠-小结：狄利克雷函数与黎曼函数是一类特殊函数，在以后的连续性以及极限理论中具有
重要地位，要特别注意。

9、分析：作函数图象找出函数关于原函数的对称点，对称中心，有绝对值号的要分类讨论。

解：（1）()()y f x y f x x =-=和的图象关于轴对称（2）()y f x =--的图象与y=f(x)的图象关于y轴对称（3）()()y f x y f x =-=的图象与的图象关于原点对称
（4）{}
{}
12(),|()0()(),|()0f x x D x f x y f x f x x D x f x ∈=≥⎧⎪=⎨
-∈=<⎪⎩=（5）{}{}
{}1231,|()0sgn ()0,|()01,|()0x D x f x y f x x D x f x x D x f x ∈=>⎧⎪
=∈==⎨⎪-∈=<⎩
=（6）[]{}{}
12(),|()01
|()|()0,|()02f x x D x f x y f x f x x D x f x ∈=≥⎧⎪=
+⎨∈=<⎪⎩=（7）[]{}{}120,|()01|()|()(),|()02x D x f x y f x f x f x x D x f x ∈=≥⎧⎪=-⎨-∈=<⎪⎩
=图象略
10、分析：要证有界性首先想到0,()|,()M f x M f x R ∃>≤使|又因为在上以h 为周期，即
有()(),[,],()()()f nh x f x a a h x t nh x f t f nh x f x +=+=+=+=再在上的使,最终证得结论。

证：因
()[,][,],()|,f x a a h x a a h f x M +∃∀∈+≤在上有界,从而M>0,对有|对
(,),,1,t a t a t n Z n h h θ--⎡⎤
∀∈-∞+∞=∈≤-=<⎢⎥⎣⎦
设则有0从而有[0,),[,],()h h x a h a a h t nh a h nh x f x θθθ∈=+∈+=++=+由及的周期性，有
()()(),|()||()|,().
f t f nh x f x f t f x M f x R =+==≤所以故在上有界小结：本题不仅用到函数的周期性，有界性的概念，还应注意到函数的构造，有利于今后学习。

11、证明：0
1,()0,()0,x D f x g x ∀∈>>对有0inf ()(),0inf ()()
x D
x D
f x f x
g x g x ∈∈<≤<≤从而有
inf ()inf ()()().x D
x D
f x
g x f x g x ∈∈⋅≤故{}
inf ()inf ()inf ()()()x D
x D
x D
f x
g x f x f x g x ∈∈∈⋅≤02,()0,()0,x D f x g x ∀∈>>对有0()sup (),0()sup ()
x D
x D
f x f x
g x g x ∈∈<≤<≤从而有()()sup ()sup ()
x D
x D
f x
g x f x g x ∈∈⋅≤⋅03,f g fg D 因为D上的非负有界函数,所以也为上的非负有界函数，从而
{}{}
()()()()sup ()()x D
x D
inf f x g x f x g x f x g x ∈∈⋅≤⋅≤⋅综上可知{}{}inf ()inf ()inf ()()sup ()()sup ()sup ()
x D
x D
x D
x D
x D
x D
f x
g x f x g x f x g x f x g x ∈∈∈∈∈∈⋅≤≤≤⋅2．2
1、分析：（1）取5
,(2)0|2|1,min 1,3M x εδε⎧⎫
=
<-<⎨⎬⎩⎭右方放大,取=，（3）把分母因式分解，不等式右方放大，取2
4max 2,,(4)4M x ε⎧⎫
=-⎨⎬⎩⎭
先对分解，不等式右方放大，
取2min 1,4εδ⎧⎫
⎨⎬
⎩⎭
=证：（1）5
6555
0,,6.x M x M x x M
εεε
+∀>=
>-=<=取则当时有
故按定义有65
lim
6.
x x x
→+∞+=（2）0|2|1,x <-<当时有
261022|4||2|(|2|2)3|2|
x x x x x x x -+-=-⋅-≤--+<-
则2
0,min 1,,2|,(610)2.3x x x εεδδε⎧⎫∀>=-<-+-<⎨⎬⎩⎭
取则当0<|有故按定义有(
)
2
2
lim 610 2.
x x x →-+=（3）当||2x >时，有22
5444
11(||1)(||1)||1||x x x x x x --=<<--++则40,max 2,,|,M x M εε⎧⎫
∀>=>⎨⎬⎩⎭
取当|时有22
54411||x x x M ε--=<<≤-故按定义有225
lim 1.
1x x x →∞-=-（4）当021x <-<时，有
242224(2)4222.
x x x x x x x -=-⋅+=-⋅--<⋅-=-则20,min 1,,02,4x εεδδ⎧⎫
∀>=<-<⎨⎬⎩⎭
取当时有
2402222.
2
x x ε
δε--<-<≤⋅
=故按定义有22
lim 40.
x x -→-=小结：按定义证明函数极限0
lim ()(lim ())x x x f x A f x A →∞
→==或中，常将|()|
f x A -的表达式适当放大，使放大后的式子当0()x x x →∞→时仍为无穷小量，且式子较为简单，以便容易求出()M δ，在上述放大过程中，为使式子简单有时还限定x 的绝对值首先大于某一正数（或0||x x -首先小于某一正数1并在最后确定()M δ的值时，考虑到这个前提条件，这是用定义证明函数极限的基本方法，本题各个小题均用到这种证明技巧。

2、分析：利用定义和绝对值不等式，此外函数极限存在条件是左右极限存在且相等。

证：因为0
0lim (),0,0,0||,|()|,x x f x A x x f x A εδδε→=∀>∃><-<-<则当时于时有
|()||||()|,lim |()|||
x x f x A f x A f x A ε→-≤-<=故（但反之不真可举例说明）
1,0
1,0()sgn 0,0,|()0,01,0
x x f x x x f x x x >⎧≠⎧⎪
====⎨⎨
=⎩⎪-<⎩因而且0
lim |()|1,lim ()x x f x f x →→=但不存在.
事实上,0
lim |()|1,lim ()1,lim ()lim ().lim ()x x x x x f x f x f x f x f x +-+-
→→→→→==-≠但从而故不存在.（但A=0时，该命题的逆命题真）3、解：（1）因为当00||
0()1,lim ()lim 11;0,x x x x f x f x x x
++
→→>=
===<时,故当时00||
()1,lim ()lim (1) 1.x x x f x f x x
--→→=
=-=-=-故左右极限不相等，故0lim ()x f x →不存在。

（2）当0
01,()[]0,lim ()0;10,()[]1,x x f x x f x x f x x +
→<<===-<<==-时故当时故0
00
lim ()1,lim ()lim (),lim ()x x x x f x f x f x f x -
+-
→→→→=-≠从而故不存在.（3）因为
20,log (1)0,0,|()1||21|2121.x x x f x δεεδε∀>+><<-=-=-<-=取当时所以
2
lim ()1,,0,|()1||(1)1|x f x x f x x εδεδ+
→=∀=-<<-=+-若对>0,取当时220
,lim ()1,lim ()lim ()1,lim ()1x x x x x f x f x f x f x δε-+-
→→→→=<<====从而即故4、分析：本题两次利用函数极限定义
证：令lim (),0,0,||()|.
x f x A M x M f x A εε→∞
=∀>∃>>-<则当时,|取1111
0,0,|()|,x M f A M x x δδεδ=
><<>=-<则当时,于是有从而0011lim ().lim ()lim ()x x x f A f x f x x
++→∞→→==故5、分析：本题利用黎曼函数定义及函数极限性质。

证：因为[0，1]上的黎曼函数定义为1,(,,()0,0,1(0,1)p p x p q N q
q q R x x +
⎧=∈⎪=⎨⎪=⎩当为既约真分数)当或内的无理数01
[0,1],0,x n εε
∀∈∀>≤对满足不等式的自然数n 至多有有限个，于是在（0，
1）内至多有有限个既约分数
001,..(),0,..(;)p p s t R s t x q q q
εδδ=≥>⋃因此可以取内不含这样的既约分数，于是只要
0000||(0,0;1,01),x x x x x x δδδ<-<=<<=<-<对只要对只要,|()0||()|x R x R x ε-=<无论是否为有理数都有,故0
0lim ()0,[0,1].
x x R x x →=∈6、解：（1）2
222222lim(sin cos )lim 2lim sin lim cos lim lim x x x x x x x x x x x x x ππππππ→→→→→→⎛⎫
⎪
--=⋅--⋅ ⎪⎝⎭
2
22sin cos
212224ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫
=--=-⎢⎥ ⎪
⎪⎝⎭
⎢⎥⎝⎭⎣
⎦
（2）220101
lim 1.
21001
x x x x →--==----（3）221111(1)(1)12lim lim lim .
21(1)(21)213x x x x x x x x x x x x →→→--++===---++（4）32232000(1)(13)(3)3lim lim lim 3.2(12)12x x x x x x x x x x x x x
→→→-+---===-+++（5）121212121111(1)(...1)...1lim lim lim .
1(1)(...1)...1n n n n n m m m m m x x x x x x x x x x x n x x x x x x x x m --------→→→--++++++++===--++++++++（6）4
44123(123)(123)(2)2(2)4
lim
lim lim .3
2(2)(2)(123)123x x x x x x x x x x x x x →→→+-+-++⋅++===--+⋅++++（7）22200011lim
lim lim .2()x x x a x a x x a x a x a a x a →→→+-===++++（8）因为1cos 1,0,
x x -≤≤<当时11cos 11
11.x x x x x x x x x
+--+
=≤≤=-而11cos lim 1lim 11,lim
1.x x x x x x x x →-∞→-∞→-∞-⎛⎫⎛⎫
+=-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
由迫敛性定理得同理当0x >时11cos 11
11.x x x x x x x x x --+-
=≤≤=+从而可知cos lim 1.x x x x →+∞-=故cos lim 1.
x x x
x →∞-=（9）当222sin 2,.
444x x x x
x x x x ->≤≤---时
而2
22
1
lim lim 0,lim 04
441x x x x x x x x x
→+∞→+∞→+∞-
-===---，由迫敛性定理得2lim 04x x x →+∞=-。

当22,lim 04x x x x →-∞<-=-时同理可得,故2lim 0
4
x x
x →∞=-（10）7020
70207020909090
65(3)(8)
(36)(85)38lim lim 1(51)5(5)
x x x x x x x x
→∞→∞+-+-⋅==--7、解：（1）因为1cos 1,0x x -≤≤<所以当时,
11cos 11
11.x x x x x x x x x
+--+
=≤≤=-而11cos lim 1lim 11,lim
1.x x x x x x x x →-∞→-∞→-∞-⎛⎫⎛⎫
+=-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由夹逼性可得（2）因为当222sin 2444x x x x
x x x x ->≤≤
---时
而2
22
1lim lim 0,lim 04
441x x x x x x x x x →+∞→+∞→+∞-
-===---（3）当101 1.x x x x ⎡⎤>-<≤⎢⎥⎣⎦时而001lim (1)1,lim 1.x x x x x ++→→⎡⎤
-==⎢⎥⎣⎦由夹逼性法则可得当1011.x x x x ⎡⎤<≤<-⎢⎥⎣⎦时有同理由夹逼性法则可得01lim 1.x x x -→⎡⎤
=⎢⎥⎣⎦综上可得0
1lim 1.
x x x →⎡⎤
=⎢⎥⎣⎦（4）先求lim n x n →∞
的极限
记1,0(1),n n n n a n h h n ==+>>这里则有2
(1)(1)2
n n n
n n n h h -=+>由上式得20(1),1n h n n <<
>-从而有21111
n n a h n ≤=+≤+-因为2lim 1+ 1.1n n →∞⎛⎫= ⎪ ⎪-⎝⎭所以由夹逼性法则可得lim 1.n
n n →∞=从而由海涅归结原则习得1
lim 1,lim 1
x
x
x x x x →∞
→∞
==即
8、分析：当A=0时，直接利用函数极限证明，当0()n n A f x A >-时,分子有理化，再利用放缩法证之。

证：因为0
()0,lim ()0.
x x f x f x A →>=≥故若A=0，由0
0lim (),0,0,0||,
x x f x A x x εδδ→=∀>∃><-<则当时0|()||()|.()0(),lim ()0n n n n n n
n x x
f x A f x f x f x f x A
εεε→-=<-=
<===所以||即若0
00,lim (),0,0,0||x x A f x A x x εδδ→>=∀>∃><-<由当时
1|()|,n n f x A A ε--<⋅从而有
1
2
2
1
1
|()|
1
()()()()()n n
n n
n n n n n n
n
n
f x A f x A f x A f
x Af
x A
f x A
A
ε
-------=
<
-<++++ 故0
lim
().
n n
x x f x A →=9、证：0,(1),|1|x a εεε∀><-<不防设为了使.
即11,log (01)x a a x a εε-<<+<<利用对函数当的严格递减性，只要
log (1)log (1)
a a x εε->>+于是取{}min log (1),|log (1)|,0||,a a x δεεδ=-+<<则当时就有|1|x a ε-<成立10、解：（1）000||1||1
lim lim lim 11 1.
11n n
x x x x x x x x x -
--→→→⋅=⋅=-⋅=-++（2）000||1||1
lim lim lim 11 1.11n n x x x x x x x x x
+++
→→→⋅=⋅=⋅=++（3）23211111lim
lim 1111n n x x x x x x n x x x x x x x →→⎡⎤
++++----=+++⎢⎥----⎣⎦
=212
1
(1)
lim 1(1)(1)(1)1232
n n x n n x x x x x x n --→+⎡⎤+++++++++++=++++=⎣⎦ （4）120
01111
lim
lim (1)(1)11n
n n x x n n n x x n
x x x --→→+-==+++++++ （注：这里用习题8结论，有(1)1,1,2,...,1k n x k n +==-（5）当1[]110,
1,lim lim 11,
x x x x x x x x x x x x →+∞→+∞--⎛⎫
><≤==-= ⎪⎝⎭
时而且。