数学分析十讲习题册答案

1、习 题 1-11计算以下极限a1limax-x, a0;xax-aax-aaa解：原式=limx-a-x-aaax)|xax-a=(x=a-(xa)|x=a=aalna-aaa-1=aa(lna-1) 2limsinx-sina；xasin(x-a)解：原式=limsinx-sina=(sinx)xax-ax=a=cosa3limn21), a0;n2解：原式=lim112(ax)n1/n)=x=02=ln2a4limn(1+1)pn-1n，p0;解：原式=lim(1+)p-1pxp)|p-1pn=(x=1=px x=1=10105lim(1+tanx)-(1-sinx)x0sinx; 解：原

2、式=lim(1+tanx)10-1-lim(1-sinx)10-1 x0tanxx0-sinx=10(1+t)9|9t=0+10(1+t)|t=0=206lim1,n为正整数；x1，m1(xm)解：原式=limx=1nx1x-1=1=n)m (xx=12设f(x)在xf(x0+h)-2f(x0)+f(x0-h)0处二阶可导，计算limh0h2.解：原式=limf(x0+h)-f(x0-h)=limf(x0+h)-f(x0)+f(x0)-f(x0-h)h02hh02h =limf(x0+h)-f(x0)h)-f(x0)11h02h+limf(x0-h0-2h=2f(x0)+2f(x0)=f(x0

3、) 1 3设a0，f(a)0，f(a)存在，计算limxaf(x)f(a)1lnx-lna.解：limxaf(x)f(a)1lnx-lna=limxalnf(x)-lnf(a)elnx-lna =elimxalnf(x)-lnf(a)lnx-lna=elnf(x)-lnf(a)x-axalnx-lnalimf(a)=ef(a)ga 习 题 1-21.求以下极限 1lim(sinx+sin;解：原式=limcosx+x+1)-(x-1)=0 ，其中x在x-1与x+1之间2limx0cos(sinx)-cosxsinx4;sinx解：原式=limx0-sinx(sinx-x)x4=-lim(x0x

4、)(xx)(sinx-xx3)=16，其中x在x与sinx之间3limx+ 1解：原式=limx(1+x+1x)6-(1-1x1)6=limxx+16(1+x)-56(1+1x)-(1-1x)=limx+13(1+x)2-56=13，其中x在1-1n-arctan1n+11x与1+1x之间4 limn(arctann+);1n+1n解：原式=limnn+2121+x(1n-1n+1)=1，其中其中x在与1n之间f(a+)2设f(x)在a处可导，f(a)0，计算lim. nf(a-)解：原式=limenlimnn(lnf(a+1n)-lnf(a-1n)=elimn(lnf(a+n1n)-lnf(

5、a-1n) lnf(a+1n1)-lnf(a)+limnlnf(a-1n-)-lnf(a)1nf(a) =en=ef(a)+f(a)f(a)2f(a)=ef(a) 习 题 1-31求以下极限21limx0(1+x)-1(1+x)-1ml,m0;解：原式=limx0lxmx=lm 2limx0;lncosx+lncos2x+lncosnxx2解：I=limx0-lncosxcos2xcosnx12x2=-2limx0 =-2limx0cosx-1+cos2x-1+cosnx-1x1x-1e-1xx2=limx0x+(2x)+(nx)x2222n=ii=12 3limx0);e-1-xx2x解：原

6、式=limx0e-1-xx(e-1)1x=limx01=limx0e-12xx=limx0x2x=12 4limx(1+x)x-xx;x+12ln(1+x)1lnx2解：原式=limx(ex+x-ex121)=limx(ln(1+x)-lnx)=limxln(1+)x+x+xx=limxx+1x=12. 求以下极限 1limx01-cosx-lncosxex2-e-x2-sinx2;1解：原式=lim2x0222x-x2x+21x2=1x2limx0ln(x+e)+2sinxsin(2tan2x)-sin(tan2x)-tanx;x+e-1+2sinxsin(2tan2x)-sin(tan2x

7、)-tanxx解：原式=limx0ln(1+x+e-1)+2sinxsin(2tan2x)-sin(tan2x)-tanx=4x=limx0 =limx0x+x+2x4x-2x-x习 题 1-41求以下极限1limn(1-nsinn21n)；3解：原式=limn1-n(n321n-113!n3+o(1n)=lim(3n13!+o(1)=16 2求limx0ex-1-x63sinx3；x6解：原式=limx0ex-1-xx63x+=limx03+o(x)-xx663=12 3limx-xln(1+x221x1x)； -12x2解：原式=limx-x(x+o(1x2)=12 4lim(1+x+1x

8、)x2e-x；1x)-x解：原式=limexxln(1+2=e-12 此题已换3设f(x)在x=0处可导，f(0)0，f(0)0.假设af(h)+bf(2h)-f(0)在h0时是比h高阶的无穷小，试确定a,b的值.解：因为 f(h)=f(0)+f(0)h+o(h)，f(2h)=f(0)+2f(0)h+o(h) 所以0=limh0af(h)+bf(2h)-2f(0)h=limh0(a+b-1)f(0)+(a+2b)f(0)+o(h)h 从而 a+b-1=0 a+2b=0 解得：a=2,b=-1 3设f(x)在x0处二阶可导，用泰勒公式求lim解：原式f(x0)+f(x0)h+=limh0f(x0

9、+h)-2f(x0)+f(x0-h)h2 h0f(x0)2!h+o1(h)-2f(x0)+f(x0)-f(x0)h+h222f(x0)2!h+o2(h)22=limh0f(x0)h+o1(h)+o2(h)h2222=f(x0) sinxx24. 设f(x)在x=0处可导，且lim(x0+f(x)xx2)=2.求f(0),f(0)和lim1+f(x)xx0.解 因为 2=lim(x0sinxx2+f(x)x)=limx0sinx+xf(x) =limx02x+o(x)+xf(0)+f(0)x+o(x)x2 =lim 22(1+f(0)x+f(0)x+o(x)x0x2 4所以 1+f(0)=0,f

10、(0)=2,即f(0)=-1,f(0)=2 所以 li1+f(x)=li1+f(0)+f(0x)+ox(=l)i2x+o(x)=2x0xx0xx0x 习 题 1-51. 计算以下极限(1) limn解：原式=lim=lim=2 nn2n(2)lim1+a+2a+nannan+2(a1) 解：原式=limnan=limnnnan+2-(n-1)an+1nna2-(n-1)a=1a2 -a2 设lima+2a2+L+nann=a，求 (1) lima12； nnn解：原式=limnannanann2-(n-1)2=limn2n-1=2 (2) limn1，a2,L,n.n1i0,i=1, a+1+

11、L+1a2an11解：由于lima+1a+L+12annn=lim1=1nana， 所以limn=an1a+1L+11a+2an3设lim(xxnxn-xn-1n-xn-和. n2)=0，求limnnlimnn解：因为lim(xnn-xn-2)=0，所以lim(x2n-x2n-2)=0n且lim(x2n+1-xn2n-1)=0从而有stolz定理limx2n2n=limx2n-x2n-2=0nn2， 且limx2n+1=limx2n+1-x2n-1=0 n2n+1n2所以limxn-xn-1xnn-1xn-1nn=0，limxnnn=limnn-limnnn-1=054设0x11q，其中0q1

12、，并且xn+1=xn(1-qxn)，证明：limnx1n=nq. 证明：因0x11q，所以x2=x1(1-qx1)1q(qx1+(1-qx1)2)2=14q1q，所以 0x12q，用数学归纳法易证，0x1nq。又xn+1x=1-qxn0,limaf(x)+xf(x)=b，证明:limf(x)=bx+x+a.证明：因为a0，所以limxa=+x+，由广义罗必达法那么得6 limf(x)=limxaf(x)axa-1f(x)+xaf(x)x+x+xa=limx+axa-1 =limf(x)+x(x)=bx+afa4设f(x)在(a,+)上存在有界的导函数，证明:limf(x)xlnx=0x+. 证

13、明：limf(x)f(x)，1xxlnx=limf(x)有界，limlnx+1=0， +x+lnx+1x+所以limf(x)(x)x+xlnx=limfx+lnx+1=0习 题 2-1此题已换 1. 假设自然数n是无理数.1. 证明：反证法.=qp(p,qN,且p,q互质)，于是由3p2=q2可知,q2是p2的因子，从而得q2=1即p2=3,这与假设矛盾2. 求以下数集的上、下确界.11-1 nN, n解：supE=1,infE=02(1+1)nNnn,解：supE=e,infE=23(-1)n+1n+1n(-1)nN,解：supE=1,infE=-14y|y=x2, x(-1, 1).2解：

14、supE=1,infE=03设E=x|x22,xQ，验证infE=证明：xE,由x22得x-2也是E的下界，由有理数集在实数系中的稠密性， 在(-2,a21)区间中必有有理数x，那么x2xE且xb，那么对e=b-b0,$x0E有x0b-(b-b)即x0b, 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a是E的一个下界，b不是E的下界，那么ax,由于limbnn=x，从而当n充分大以后，有bn0，总存在正整数K1，当kK1时，xnk-Ae，从而有A-exnkK1， 当kK2时，nk2n，取N=nk1+1，那么任意nN时，A-exnk=xNxnx

15、nkA+e 1+12所以xn-A0，在(a-e0,a+e0)以外，有xn的无穷多项， 记这无穷多项所成的子列为xn设 limxnk(2)，显然x有界.由致密性定理，必有收敛子列x，(2)(2)knn(2)k=b ，显然 ba.习 题 2-5 1. 用柯西收敛准那么判定以下数列的收敛性 (1) xn=1-12+13-L+(-1)n+11n;解：xn+p-xn=1n+11-1n+2+L+(-1)p+11n+p1 =1n+1-(1n+2-n+3)-L+(-1)p+11n+pn+10,$N=1/e,nN,xn+p-xne，即xn为柯西列 (2) xn=a0+a1q+a2q+L+anqn+12n(q0,

16、$N=max1,ln柯西列e(1-q)M/lnq-1,nN,xn+p-xne，即xn为2. 满足以下条件的数列xn是不是柯西列? (1) 对任意自然数p,都有limxn+p-xn=0;n11解：不是柯西列，如xn=1+列xn不收敛。12+L+1n，对任意的自然数p，limxn+p-xn=0;但数n(2)xn+1-xnkxn-xn-1,(0k0,$N=ln/lnk+1,nN,xn+p-xn0).k=1n证明：记Sn=k=1xk+1-xk，那么Sn单调递增有上界M，从而必有极限，记limSn=Sn对e0,$N,nN,Sn-Se2 从而xn+p-xnxn+p-xn+p-1+xn+p-1-L+xn+1

17、-xnxn+p-xn+p-1+xn+p-1-xn+p-2+L+xn+1-xn=Sn+p-1-Sn-1 Sn+p-1-S+Sn-1-Se 故 xn是柯西列 习 题 3-11.设定义在a,b上的函数f(x)在(a,b) x(a,b),+g(x)=f(a), x=a,-f(b), x=b.那么g(x)在a,b上连续，从而g(x)在a,b上有界. 由于g(x)=f(x) (ax0，使得 f(x)M1, x(a,b).令 M=maxM1,f(a), f(b)，那么有 f(x)M, xa,b.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(-,+

18、)题 3-2此题已换1. 设a1,a2,a30,b1b20，讨论方程e=ax实根的个数x2解：step1.令f(x)=e-ax，那么limf(x)=-,limf(x)=f(0)=1，由零点原理，x-x0x2f(x)=0在(-,0)至少有一实根，又f(x)=e-2ax0(x(-,0)，所以f(x)在 (-,0)单调递增，从而方程e=ax在(-,0) (k).而f(x)在a,b上k连续，故有f(x)=limf(xn)=limf(xn)=Akkn习 题10-21. 设f(x)在0,1上连续， n2为自然数. 证明： 1假设f(0)=f(1)，那么存在x0,证明：令F(x)=f(x)-f(x+1nn-

19、1n,使得f(x)=f(x+n-1n，且1n);，那么F(x)C0,141112n-1n-1F(0)=f(0)-f()，F()=f()-f()，L,F()=f()-f(1)nnnnnn从而F(0)+F()+LF(n1n-1n)=0 iin假设$i0,1,2,L,n-1，使F()=0，取x=n即可ijji否那么$ij0,1,2,L,n-1，使F(gF(0，由零点原理，$x(,)或(,)，nnnnnnij使F(x)=0 综上，$x0,n-1n，使F(x)=0，即f(x)=f(x+1n) 1n=f(x+1n).2假设f(0)=0, f(1)=1,那么存在x(0,1),使得f(x)+解：取F(x)=f

20、(x+1n)-f(x)-b1n，方法同上2.设f(x)在a,b上连续，且f(x)dx=1,abaxf(x)dx=m,baxf(x)dx=m. 证明：存22在xa,b,使f(x)=0.证：由经计算得(x-m)f(x)dx=0ab201假设ma或mb，由积分中值定理，$x(a,b)，使(x-m)f(x)=2，从而f(x)=022否那么，amb，(x-m)f(x)dx=ab2ma(x-m)f(x)dx+2mb(x-m)f(x)dx=0a假设(x-m)f(x)dx=am2m(x-m)b2f(x)dx=0，同1，由积分中值定理$x1(a,m),$x2(m,b)，使f(x1)=f(x2)=0b(x-m)f

21、(x)dx与(x-m)f(x)dx异号，由中值定理，$h1(a,m),$h2(m,b)am2b2m使(x-m)f(x)dx=(h1-m)f(h1)，且(x-m)f(x)dx=(h2-m)f(h2)am22b22m所以f(h1)f(h2)1时，有，fn(0)-1=n-10且fn(p3)-1=-12n+10，由零点存在原理，15$xn(0,p3)，使fn(xn)=1，即fn(x)=1在(0,n-1p3)上有一实根又fn(x)=(ncosx+(n-1)cosn-2x+L+2cosx+1)(-sinx)0，故fn(x)严格单调递减，所以方程fn(x)=1在0,(2) 设xn0,p3p3)题4-11证明

22、函数f(x)=x, x01, x=0=f(x)()，那么F00()=1f没有原函数.111=且F()=f()=，222=F(x)=f(x)=x，矛盾，)证：设f(x)存在原函数F(x)，即F(x由于F()2134F(0)，由达布定理，$x(0,12)，使34所以f(x)无原函数162设f(x)在a,b上可导， x1,x2a,b. 证明：1假设f(x1)+f(x2)=0, 那么存在xa,b使f(x)=0；证明：假设f(x1)=f(x2)=0，那么取x=x1或x=x2均可；否那么f(x1)gf(x2)0，又达布定理，存在x介于x1与x2之间，使f(x)=0；综上存在xa,b使f(x)=0 2假设f

23、(x1)+f(x2)=m, 那么存在xa,b使f(x)=证明：假设f(x1)=f(x2)=f(x1)-m2.m2，那么取x=x1或x=x2均可；否那么m2m2gf(x2)-m2-1解：f(x)=，那么f(x)在x=-1连续，且 3-(x+1), x-133x-1时，f(x)=3(x+1)，lim+f(x)=0，从而f+(-1)=0x-12x-1所以f(x)=在(-,+)连续 2-3(x+1), x-1x, x02f(x)=2-x, x022；解：显然f(x)在x=-1连续，且x0时，f(x)=2x，lim+f(x)=0，从而f+(0)=0；x0x0-2x, x0在(-,+)连续1kxsin,x

24、02. 设f(x)=x0, x=0. 当k分别满足什么条件时，1f(x)在x=0处连续； 解：f(0)=limf(x)，即limxsinx0k1xx0=0，所以k02f(x) 在x=0处可导； 解：limx0f(x)-f(0)x存在，即limxx0k-1sin1x存在，所以k13f(x)在x=0处连续？11k-1k-2sin-xcos, x0kx解：f(x)=xx0, x=0，由f(0)=limf(x)，即x0lim(kxx0k-1sin1x-xk-2cos1x)=0，所以k23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F(x=)F(-1)=sgn

25、(-1)=-1，由于F(-1)sgxn=)，那么F(1s=gn且120使f(x0)=-e； x)D0,，那么F()+il(F)x0()=F0，且mx0-x0=，limF(x)=0，x+-x0由广义洛尔定理，$x0(0,+)使F(x0)=0，即f(x0)+e (2) 假设0f(x)xenx=0，所以f(x0)=-e ，证明存在x0使得f(x)=xn-1(n-x)ex；18证明：令F(x)=f(x)-xex+n-x，那么F(x)FD0+,，且limx0x(=)F=(0，)0limF(x)=0，由广义洛尔定理，$x(0,+)使F(x)=0，即 f(x)-xn-1ne-xee2xxnx=0，所以f(x

26、)=xn-1(n-x)ex 习 题5-21 设f(x)在0,1上可导，且f(1)=x(0,1)，使af(x)=-xf(x).1 xf(x)dx，其中a1为常数.证明：存在a证明：由积分中值定理，$x0(0,1)，使f(1)=x)D01,令F(x)=xf(x)，那么F(a10xf(x)dx=x0f(x0)$x(x0,1)(0,1)，由洛尔定理，aa()，且F1a=F(x) 使F(x)=0，即axa-1f(x)+xf(x)=0，从而af(x)=-xf(x)2 设f(x)在0,1上可导，且f(1)=10xe1-xf(x)dx.证明：存在x(0,1)，使f(x)=(1-1x)f(x).证明：由积分中值

27、定理，$x0(0,1)，使f(1)=令F(x)=xe1-x10xe1-xf(x)dx=x0e1-x0f(x0)f(x)，那么F(x)D0,1，且F(1)=F(x0)，由洛尔定理，1-x$x(x0,1)(0,1)，使F(x)=0，即e1f(x)-xe1-xf(x)+xe1-xf(x)=0，从而f(x)=(1-x)f(x).3 设f(x)在0,p2p上可导，且2 f(x)sinxdx=0.证明：存在x(0,p2)使f(x)=-f(x)tanx.证明：由积分中值定理，$x0(0,p2p)，使0=2 f(x)sinxdx=f(x0)sinx0令F(x)=f(x)sinx，那么F(x)D0,$x(0,x

28、0)(0,p2，且F(0)=F(x0)，由洛尔定理，p2)，使F(x)=0，即f(x)cosx+f(x)sinx=0，从而f(x)=-f(x)tanx.习 题6-11.假设f(x)在区间I上是凸函数，证明对任意四点s,t,u,vI，stu0x(0,+)，所以f(x)是(0,+)上的严格凸解：f(x)=cotx-，f(x)=-cscx+21x2=sinx-xxsinx22220x(0,p)，所以f(x)是(0,+)上的严格凹函数习 题6-31证明不等式 1(x+y2)a0,y0,xy,a1;证：设f(t)=t，那么f(t)=a(a-1)taa-20t(0,+)，所以f(t)是(0,+)上的x+y

29、2f(x)+f(y)2严格凸函数；从而xy(0,+)，有f(a+b+c)，即(x+y2)a0,b0,c0;1t0t(0,+)，所以f(t)是(0,+)上的严格凸函a+b+c3)f(a)+f(b)+f(c)3a+b+c3)abc证：设f(t)=tlnt，那么f(t)=数；从而a,b,c(0,+)，有f(a+b+c3ln(a+b+c3)，可得abc，abc)13(alna+blnb+clnc)，即(a+b+ca+b+c又因为(a+b+c3a+b+ca+b+ca+b+c=(abc)3，所以 (abc)3abcabc习 题 9-11. 求以下函数项级数的收敛域(1)1+xn=1xn2n；解：un+1(

30、x)un(x)=1+x1+x2n2n+2x，从而当x1时，limnun+1(x)un(x)=x1时，limnun+1(x)un(x)=1x1，级数绝对收敛；当x=1时，n=112发散；当x=-1时，21n=1(-1)2n发散，所以，级数的收敛域为x1(2)1+(3x)n=12+xnnn(x-13n).解：un+1(x)un(x)13=1+(3x)1+(3x)2n+1n+xn+1nn+12+x，所以当x1，级数发散；当13x1，级数发散；当23x2时，limun+1(x)un(x)=23xn2时，limnun+1(x)un(x)=13223 习 题 9-21. 证明函数项级数n=1x1+(n-1

31、)x(1+nx)在1,+)上一致收敛.证明：un(x)=x1+(n-1)x1+nx11+x11+2x=11+(n-1)x11+(n-1)x-11+nx11+nx，从而Sn(x)=1-11+x+-+L+-=1-11+nx=nx1+nx 所以对任意的x1,+)，S(x)=limSn(x)=1n由Sn(x)-S(x)=11+nx11+n0，取N=，当nN时， ne1Sn(x)-S(x)1nA.试问是否存在N,使当nN时,对任意xI有fn(x)A? 解：答案不正确；例 fn(x)=nn+1arctanx在(1,+)题 9-31. 利用定理9.3.1证明以下函数项级数不一致收敛.(1) (1-x)xn,

32、x0,1,n=0证：un(x)=x-xnn+1C0,1，级数的局部和Sn(x)=1-x，从而n1 x0,1)S(x)=limSn(x)=，S(x)在0,1不连续，故级数不一致收敛。n0 x=1(2) n=0x22n(1+x),x0,1.0 x=0xS(x)=C0,1证：un(x)=，级数的局部和， 12n2n1+x- x(0,1(1+x)2n-1(1+x)2从而S(x)=limSn(x)=n2. 设Sn(x)=limn0 x=01+x x(0,1.试问2，S(x)在0,1不连续，故级数不一致收敛。nx1+nx22Sn(x)在0,1上是否一致收敛?是否有b aSn(x)dx=banlimSn(x

33、)dx?12解：对x0,1，S(x)=limSn(x)=0，但对0eN，都$x0=1n0,1，使Sn(x)-S(x)=11 012e，所以Sn(x)在0,1上不一致收敛ln(1+n)2n2另外limn 1 Sn(x)dx=lim10nnx1+nx22x=limn b a=0， 0nlimSn(x)dx=0dx=0，所以limnSn(x)dx=banlimSn(x)dx233. 设Sn(x)=x1+nx22.试问Sn(x)在(-,+)上是否一致收敛?是否有x(=)limSnn(nlSinmx(其中)x(-,+). )? 1 x=0解：对x(-,+)，有Sn(x)=，从而S(x)=limSn(x)= 222n0 x0(1+nx)1-nx22但对0eN，都$x0=2n(-,+)，使Sn(x)-S(x)=325e所以Sn(x)在(