内容文稿教案

2x2lim x2xx2x22x2x22x2x2

2

,易见当|x|3时，|x23||x 7|x23 |x2x2x22x2x2于是，只要 ,即|x 时，

2成立。取Mmax |x 7故对0,Mmax .对|x|M,

2x2x22x2x2

2x2

11

xx20(02

2arc 2

arc

(x11

11成立，解得1x .取 2

2220, tg()

0,x(1,1),有arc 1

x2x2

x21)0x2x2

x2x2

x22 x21x2x22 x22x2xx2xx2xx2x2x2 x20，取N11，xx2x2x2

lim

x2 x2x2(1)lim(sin1 1cos)

2 cos)x cos)2]2lim(1 sin12sin x]x

sin1cos1x x 1

sin1

11 lim1 xx x x sin lim x2x2x e

1lim(1sinx)2x sin解：lim(1sinx)2xlim[(1sinx)sinx]2x ln(x2xlim xln(x10x ln[x2(111)] 2lnxln(111)limln(xx1)lim lim xln(x10x xln[x10(1

1

10ln

11 ln(1112 2 ln 1

10

ln(1

1 x2lim

ln xx11x21

t1

lim xx21 tt1

t1tlim122t t1 x2xx2x

axb0a与bx2x2x

axb)[x[x2x1axb][x2x1axx2x1axx2x2x1ax成立，从而1a2

12ab0.解得a1,b1.a1,b1时，极限x2x2x

x1a1b1 1 x xx1 0111 lim11=lim11;当x1（限定x0）时，有111,故 lim x1x1 111理得 1,从而有lim 0.即lim lim ,所以 lim11x1

x1

x x1

x x1

x设a1,k0利用

0,

n

x ([x] ([x]0 a a[ a[注意到

0,故 定理知lim

kn xkx证明 在[0,)上一致连续x12x'2x'2x'12x'2x'2x'x'

2

x'xx从而 在[1,)上一致连续。又 在[0,1]连续，从而在[0,1]上一致连续。xxx 在[0,)上一致连续x证明sinx2在[0)

1,0,x1

,xnn2

n,其中正整n充分大使得|

| sinx2sinx210,所以sinx2在[0)上不一致 试举出定义在Rffx0,1,2f解：令f(x)x(x1)(x2)D(x)，其中D(x)为雷函数，在点x0附近，易(x1)(x2)D(x

limf(x)0

f(0)fx=0点连续。类似fx=1，2点连 xx(n), limf(xn)x0(x01)(x02)(取无理点列{x'

x'xn), limf(x') x3pxq0(p0)证明：考虑f(xx3pxq0.因为

f(x,b0,使得f(b0.

f(x所以a0f(a0c(abf(c0x2即c3pcq0.由p0，对x2x1,因为x1x2 2，2 x2f(x2)f(x1)x2x1p(x2x1)(x2x1)(x2x2x1x1p)(x2x1)(2

1p)1212f(x在[ab上连续，对x[ab]y[a使得至少存在一点[abf()

f(y)

f(x)所以f

0

) 即存在点[ab|f(|min|f(x|0.由题设条件知，在[ab]内存在 a1212y[ab]

f(y) f()f().这与f()是最小 ，所以函数f(x)[a,b]上至少有一个零点12直接法：取x[a,b],f(x)0，根据题中条件，存在x[a,b]，使得f(x) f(x12 12（假设f(x1)0类似地，存在x2[a,b]，使得f(x2) f(x1)（假设f(x2)012 121依次下去，存在{xn}[a,b]，满足存f(xn) f(xn1) f(x0)（121 nf(xn0limf(x)0n k n在f(f(limnk

)limf k

limf(x0 8． f(x)C[a, 且有界， f sup{f( ，f(a sup{f(x)}a,，使得f1 证明：使得fa fx，取

supfx 2x[

b1 fb fx fxf(a) fxC[a,b]，根据介值定理可知aba,，使f设f(x),g(x)C[0, lim(f(x)g(x))0.证明：函数f(x)在[0,)上一致g(x在[0上一致连续。证明：先设g(x)在[0,)一致连续。0,limf(xg(x0,N0xN|f(x)g(x)|3因为g(x)在[0)一致连续

|xt|

|g(x)g(t)|3f(x在[0N1]20x,t[0,N |xt|

|f(x)f(t)|3令min(121xt，若tx,1）tN1,xN1,因为tx2,|f(xf(t

2）tN1,xN,|f(xg(x因为tx1,所以|g(x)g(t) 3|f(x)f(t)

,|f(t)g(t) (f(x)g(x)|f(t)g(t)||g(x)g(t) f(x在[0,再设f 在[0, —致连续。因为lim(f(x)g(x))0,所limg(xf(x0.g(x在[0,{ylim(xy0时，有limf(xfy0f(xexR 即0,0xyI:|xy|有f(xfy)lim(xy0 述0,N,nN 有|xnyn| 从而 f(xn)f(yn) lim[f(x)f(y)]0 f(xI上非一致连续，即00,0,xyI:|xy|f(x)f(y)取1,x1y1I,|x1y1|1f(x1fy1取

,x2,y2I,|x2y2

有f(x2fy2) 取

,xn,ynI,|xnyn

有f(xnfyn) 从而在区间I上构造出两个数列{xn}与{yn}.显然lim(xy0 lim[f(x)f(y)]0,与已知条件.故函数f(x)在区间I上一致连续 f(xII上存在某两个数列{xn与{ynlim(xnyn0时，有limf(xnfyn0 f(xexRnxnln(n1ynlnn这样在上构造出两个数列{xn与{yn1lim(xnynlim[ln(n1)lnnlim 0,但是limf(xnfyn10 f(xexRf(x在区间(a连续并有界。证明：对于任意的数T，可以找到序列{xn满足limxn，且lim(f(xnT