微积分b1第3次习题课答案

微积分B(1)第三次习题课参考答案（第六周必讲题:1.2.3(1).4.56.8.9.11.12.设数列an和bn有界,证明：存在正整数列nk,满足nk1nk，使得limanlim

k

kk 证明：由于an有界，因此an存在收敛子列设为{am}。下面考虑bn的子列{bm， k而

为收敛子列{am的子列，因此ll

nk

kliman,limk

k kk 证明：有界数列an若不收敛，则必存在两个子列ank、amk，使limana,lim

babk k k证明：由于an有界，因此存在收敛子列ank，设limk

a。由于an也不收敛于a,因此00(a0,a0外有an的无穷多这无穷多项仍然k界，因此存在收敛子列amk，设limamkb，注意到amk均满足：|amka|0，k限的保号性，得到|ba|0，因此ab证明（1）假设an为单调递增有上界的数列，但发散

*都存在mnmnN但是|

a|0N1m1n11,使得|am

|0

Nm1m2n2m1,使得|aman|0 Nmkmk1nk1mk,使得|aman|0 aman0 0

0)

(k1)0 m从而子列 .mk

am1（2）假设xn为单调递增有上界的数列。任取a1,b1使得a1不是xn的上界b1am1将区间[a,b]分为[a,a1b1 [a1b1,

a1b1是x的上界，则记

a,

a1b1 a1b1不是x的上界，则记

a1b1,

b

由此取得区间套[an,bn[an,bn[an,bn下面证明c对于任意的正数因为lim(bnan0所以N1nN1|bnan|N因为N1

NxNaN

从而nNxnxNaN1因为1

是xn的上界，所以nN|xnc|bN

1 1证明Stolz定理：设an和bn为两个数列，若{bnlimbn

an1

A

anAnbn1

n

anan1A

limc00，N0nN

nbnn

n anan1(cnA)(bnbn1an2(cn1A)(bn1bn2)(cnA)(bnbn1aN(cN1A)(bN1bN)(cn1A)(bn1bn2)(cnA)(bnbn1aNcN1(bN1bN)cn1(bn1bn2)cn(bnbn1)A(bnbN

aNAbNaNAbNaNAbNbnbNcNbN1 bnaNAbaNAbNaN因为limb，所以对于上述0N0aN

n NmaxNN}，则当nN

A2limanA,n,n

n2：0

liman1

A

N

Nan1anbnan1anbn1

n

nN1

Aan1anAbn1AaN2aN1A,bN2bN(A)(bN2bN1)aN2aN1(A)(bN2bN1)(A)(bN3bN2)aN3aN2(A)(bN3bN2)(A)(bnbn1)anan1(A)(bnbn1)

(A)(bnbN1)anaN1(A)(bnbN1)．即(A)(bnbN1)aN1an(A)(bnbN1)aN1同除以bn

(A)(1bN1)aN1an(A)(1bN1)aN1 即(A)(bN1)aN1anA(A)(bN1)aN1 因为lim

，所以limbN10limaN10n

n

n所以，对于上述0

0，当n

A)(bN1

0，当nN2

aN1bNmax(NNN，则当nN3anA3b所以limn

nA

a12a2nanlim

an n解：令

a

vnn2n

un1un

(n

(n1)an1anvn1

n(n1)2

2n 所 n

a12a2nan

a2

1m2m

m1m1m2m nm

(n

n(n (n1 (m1 (m1)n2

nm1 m 2n1

2n1lim

n

1

1 2 2n1

2n1 解：令an22 23 2n 1

2n1lnan2n1

222

23

2n1

nln2n1n

limlnan

lim

n

21 2n1

2n1 从而lim

n

1

1

1 2x2

x2

0,

2

易见当|x|32x2x27x2|x232x2x27x2|x23 |x2x2x22x2x2于是，只要|x|即|x|

2成立．取Mmax 7

2x2故对

Mmax 对|x|M

2，即2x22x2x2

x2

lim

1

.0(02

arctan

2 2

(x11

11成立，解得1x

2

取

2

22

0,

tan()

0x(1,1

1

即lim

1

.x2x22

x21)0

x2

2 x2x2x22 x2x22 x21x2x2x2x2x2x22 x2xx20N11，则对于xx2

1x2x2

x2x2x

x210 x设a1k0，利用xn

x

0x1

([x] ([x]0 a[ a[k注意到limn0,故 定理知limk

0kn xkx2x2x

axb)0，确定a与bx2x2x(1(1a2)x2(12ab)x(1b2 x2x1ax

axb)[x[x2x1axb][x2x1axx2x1ax成立，从而1a2

1．212ab0．解得a1b1．2x2x由于当a1,b1时，极限lim x1)不存在，于是a1,bx2x

x2p2x2p2x2q2x2x2p2x2q2x2q2x2p2p0q0q0p0时

x2x2p2x2q2pq

ppqx2p2x2x2p2x2q2

；q0p0时

x2x2p2x2q2

xx2qxx2q2x2(x2q2

q0p0时

x2x2p2x2q2

0x2x2q2x2p2q(3)lim11、limx1是否存在，其中xxx1

x01x10111 于是有lim11lim11x1（x0）时，有111

x1

定理得lim11从而有lim110lim11lim11

lim11

x1

1111 x0时，有1xx11x0limx1

x0时，有1x11xx0limx1综合起来，有limx11

2e

sinxx x 1e

因

2e

sinxx x

x

sinx 011x0 x0 x1e

xe

2e

sinxx x

2e

sinx 21

x0 1e 1e 2e所

sinxx 1x

1e (1)lim(sin1 1

cos) 2

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

sin

2sin x]

sin1cos1 1 1

sin1cos11

lim1

x

x sin

lim[x2x2x e

1lim(1sinx)2x sin解：lim(1sinx)2xlim[(1sinx)sinx]2x ln(x2x(3) ln(x10x ln[x2(11

1 2ln|x|ln(111lim

x

xln(x10x

xln[x10(1

1

10ln|x

11 ln(1112 lim ln|x 1.

ln(1

1 x2

ln|x

limx

11x21解：

t1lim

xx21

tt1

t1tlim

22t

t1

1axbxcx

axbx（1）lim )x,(a,b,c0)；（2）lim (a0,b0)

1

（3）

a1xa2xanx

（4） x x

1lim

limx23x3x1

(7)lim[4x]x11

axbxcx （1）

1 xAlim3x1axbxcx

)x1 1

ax1bxaxbx

ax1bx1ax1bx

1

1(lnaln e类似（2）的方法，结果为na1a2an

lim(1x x

1xx1)xlim(1xx

x

xx

elimx(arctanx)limxarccotxlimxarctan1limx1 1

11

x23x3x1

x23x13

x1 1

1

1

x23x1ex(

1

x23x1

x(x

lim[4x] x11 x11 已知

e1cosxk

a0k与ax0tan(x

xlim

1

1cosxlim

a0

tan(xk

xk

x0xk

x02xk所以k

a2x21limarctanx1x21

x1解：先化简arctanx1.由于tan(arctanx1)

1xx

2xarctanx1(0，因此

x

x2x2

2x lim(arctanx1

2x1lim2x

1

x2x2求极限：lim1cosxcos2xx2x2 11cosxcos2x cosnxsin2xcos2xcosxcos2x cos

1lim(cosx