数学分析十讲习题册、课后习题答案811

数学分析十讲习题册、课后习题答案习题1-11．计算下列极限（1）,axxaa0;limxaxa解：原式lim[axaaxaaa=xa](ax)|(xa)|xaxaxaxa==aa(lna1)alnaaaaa1（2）limsinxsina；sin(xa)limsinxsina(sinx)'cosaxa解：原式xaxaxa（3）limn2(na12),a0;nan解：原式lim1(na1)2[(ax)']2ln2a1/nax0nn（4），1limn[(1)1]p0;pnn解：原式lim(11n)p1p(xp)|pxpp11x1nx1n（5）lim(1tanx)10(1sinx)10;sinxx0解：原式lim(1tanx)101lim(1sinx)101tanxsinxx0x0=10(1t)9|10(1t)9|20t0t0（6）x1，为正整数；mlimm,nx1nx11(x)'解：原式mmx1x1limx1x1nx1x1nm1(xn)'2．设f(x)在处二阶x可1导，计算x0.limf(xh)2f(x)f(xh)000h2h0解：原式2/40limf(xh)f(xh)limf(xh)f(x)f(x)f(xh)0000002h2hh0h0limf(xh)f(x)limf(xh)f(x)1f(x)1f(x)f(x)00002h2h22000h0h0．，，存在，计算.f(x)]f(a)1lnxlna3设a0f(a)0f(a)lim[xa解：f(a)lnf(x)lnf(a)lnxlnalim[f(x)xa1lnxlnalimexa]lnf(x)lnf(a)lnxlnalnf(x)lnf(a)xaelimxaelimxaxalnxlnaf'(a)af(a)e习题1-21.求下列极限（1）lim(sinx1sinx1);x解：原式，其中在与x11limcos[(x1)(x1)]02xx1之间（2）cos(sinx)cosx;limsin4xx0解：原式===，其中)lim(sinsin(sinxx)sinxx1limx0)()(xx4x36x0在与之间xsinx（3）lim(6x6x56x6x5);解：原式x111[(11)(11)]1156limx[(1)6(1)6]limx(1)xxx6xxx，其中在与1之间16511xlim(1)x113（4）3x11n1);limn2(arctanarctannn3/40解：原式，其中其中在与之111(1n1nn1)11limn212nn间2．设在处可导，，计算.f(a1)nf(a1)nnf(a)0nf(x)alimn(lnf(a1)lnf(a1))enlimn(lnf(a1n)lnf(a1))lime解：原式nnnnlnf(a1)lnf(a)lnf(a1)lnf(a)f(a)f(a)f(a)f(a)2f(a)ef(a)nlimnn[limen]e11nn习题1-31．求下列极限（1）(1x)1,0;x0(1x)1lim解：原式xlimxx0（2）1cosxcos2xcosnx;limx01x12解：Ilimlncosxcos2xcosnx2limlncosxlncos2xlncosnx12x2x0x0x22limcosx1cos2x1cosnx1limx2(2x)2(nx)2x2x2x0x0ni2i1（3）lim（1;1xex1)x04/40解：原式e1xlimex1xlimxex1limx12limx0x(ex1)2x2xx0x2x0x0（4）;11limx[(1x)x]2xxx解：原式1limx2(ln(1x)lnx)limxln(11)1limx2(ex1exlnx)ln(1x)xxxxxlimx11x2.求下列极限x（1）1cosxlncosx;limx0eex2sinx22x11x221x2解：原式lim22x2x2x0;（2）ln(xex)2sinxx0sin(2tan2x)sin(tan2x)tanxlim解：原式ln(1xex1)2sinxx0sin(2tan2x)sin(tan2x)tanxx0sin(2tan2x)sin(tan2x)tanxxex12sinxlimlimlim4xxx2x2xx4x0习题1-41．求下列极限（1）；1limn(1nsin)2nn解：原式111o())]lim(1o(1))113!6limn[1n(2n3!n3n3nn（2）求；e1x33xlimx0sin6x5/40x6o(x6)x312解：原式x3e1xx33limx02limx6x6x0（3）；1lim[xxln(1)]2xx解：原式11o())]11x2lim[xx(2x2x22x（4）；1lim(1)exx2xx解：原式11limex[x2ln(1)x]e2x此题已换3．设在处可导，，.f(x)x0f(0)0f(0)0若在时是比高阶的无穷小，af(h)bf(2h)f(0)h0h试确定的值.a,b解：因为，f(h)f(0)f(0)ho(h)f(2h)f(0)2f(0)ho(h)所以0limaf(h)bf(2h)2f(0)lim(ab1)f(0)(a2b)f(0)o(h)hhh0h0从而解得：ab10a2b0a2,b13．设在处二阶可导，用泰勒公式求f(x)x0f(xh)2f(x)f(xh)limh000h2解：原式0f(x)f'(x)hf''(x))2f(x)f(x)f'(x)hf''(x)0h2o(h120h2o(h)22limh0002!0002!h2limf''(x)h2o(h2)o(h2)f''(x)012h20h04.设在处可导，且求f(0),f(0)sinxf(x))2.xf(x)x0lim(x0x2和1f(x).limx0x6/40解因为sinxf(x))limsinxxf(x)2lim(x2xx2x0x0limxo(x2)xf(0)f(0)xo(x)x2x0lim(1f(0))xf(0)x2o(x2)x2x0所以,即1f(0)0,f(0)2f(0)1,f(0)2所以1f(x)lim1f(0)f(0)xo(x)lim2xo(x)2limx0xxxx0x0习题1-51.计算下列极限1121n;(1);limnn1解：原式limn1nlimn1n2n1n1nn(2)lim1a2a2nan(a1)nan2n解：原式nanna(n1)a2．设，求(1)n1limlimn1nna2(n1)aaan22n；na2ana1limaalimn2n2nn解：原式nanaanlimlimnnn2(n1)2n2n12，(2)na0,i1,2,,n.limn11aa1ia12n111解：由于，aa1a11nlimaalimn2nnn7/40所以nlimn1a11aaa，求和.3．设12nxnnxxn1nlim(xx)0limnlimnnnn2n解：因为，所以lim(xx)0lim(xx)02n2n2nn2nn且lim(xx)0从而n有stolz定理0，2n12n1xxx2n22limlim2n2n2nnn且x2n1xxlimn2n1limn22n102n1所以，xxxnnxn1xlimnlimlim0limn0n1nn1nn1nnnnn4．设，其中，并且，10x10q1xn1x(1qx)qnn证明：.1limnxqnn证明：因，所以10xq11qx(1qx))211，所以xx(1qx)(11q24qq211，用数学归纳法易证，。110x20xnqq又x，从而单调递减，1qx1xnn1xn由单n调有界原理，存在，记limxLlimxnn在两边令n，可得nxx(1qx)nlimx0n1nnnn所以limnxlimnlimn111n1xnnxnxn1nxxnxxxx(1qx)lim1qx1limlimqnn1nnnnnxx(1qx)qnnn1nnn习题1-61.设在(a,)内可导，且存在.f(x)f(x)limA,limf(x)xxx8/40证明:limf(x)A.x证明：f(x)Alimf(x)1limxlimf(x)xxx2.设在(a,)上可微，和存在.limf(x)f(x)limf(x)xx证明:.limf(x)0x记（有限），limf(x)B（有限），则limf(x)A证明：xxAlimf(x)limexf(x)limexf(x)exf(x)ABexexxxx从而B0所以limf(x)0x3.设在上可导，对任意的0,f(x)(a,)，证明:limf(x).lim[f(x)xf(x)]xx证明：因为0，所以，由广义罗必达法limxx则得limf(x)limxf(x)limxxf(x)1f(x)xx1xxxxlim[f(x)f(x)]x4．设在上存在有界的导函数，证f(x)(a,)明:0.limxxlnxf(x)证明：xxlnxxlnx1，有界，，1f(x)lim0xlnx1f(x)limf(x)lim所以f(x)0f(x)limlimxxlnxxlnx1习题9/402-1（此题已换）1.若自然数不是完全平方数，n证明是无理数.n1.证明是无理数3证明：反证法.假若且互质，q3(,pqNp,q,)p于是由可知,是的因子，从而得即,3pqqpq1p3222222这与假设矛盾2.求下列数集的上、下确界.（1）11nN,n解：supE1,infE0（2）1(1)nN,nn解：supEe,infE2（3）1(1)(1)n1nN,nn解：supE1,infE1（4）.21y|yx,x(1,)2解：supE1,infE03．设，验证infE2.Ex|x2,xQ2证明：由得是的一个下界.xE,x22E22x另一方面，设也是的下界，由有理数2E1集在实数系中的稠密性，10/40在区间中必有有理数，则且xx2xE2(2,)1x11不是的下界.按下确界定义，infE2.E4．用定义证明上（下）确界的唯一性.证明：设为数集的上确界，即.按定义，supEE有.若也是的上确界且xExE.不妨设，则对0,xE0有即矛盾.x()x,00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：设是的一个下界，不是的下界，则aEbEab.令，若是的下界，则取；1c(ab)cEac,bb111211若不是的下界，则取.c1Eaa,bc111令，若是的下界，则取；1c(ab)cEac,bb222122112若不是的下界，则取；……，cEaa,bc21222按此方式继续作下去，得一区间套，且{[a,b]}nn满足：11/40是的下界，不是的下界.aEbE(n1,2,)nn由区间套定理，且limalimb.[a,b]n1,2,nnnnnn下证：infE都有，而，limax(1,2,)xan(1)xEnnn即是的下界.E由于，从而当充分大以后，(2),limbnnn有.而不是的下界不是的下界，即是bbEEnn最大下界2.设在上无界.证明：存在,f(x)[a,b]x[a,b]0使得在的任意邻域内无界.f(x)x0证明：由条件知，在[a,(ab)2]上或[(ab)2,b]上无f(x)界，记使在其上无界的区间为；再二等分f(x)[a,b]11，[a,b]11记使在其上无界的区间为，……，继续作f(x)[a,b]22下去，得一区间套，满足f(x)在上无界.{[a,b]}[a,b](n1,2,)nnnn根据区间套定理，，且.x[a,b]n1,2,limalimbxnn00nnnn因为对任意的，存在，当时，有0NnN，从而可知f(x)0[a,b](x,x)nn0在上无界(x,x)003.设,在上满足f(0)0,f(1)0,若f(x)g(x)[0,1]12/40在上连续,在上单调递增.g(x)[0,1]f(x)g(x)[0,1]证明：存在,使.f()0[0,1]证明：记且二等分.若，1f()02a0,b1[0,1]11则记若则记.11a0,b1a,b1;f()0,2222122类似地,对已取得的二等分,若，ab)0n[a,b]nf(n2n则记；若，abab)0nna,bbf(nnn12n1n2则记按此方式继续下去，n.abn2aa,bn1nn1得一区间套，其中f(a)0,f(b)0.{[a,b]}nnnn根据区间套定理可知，[a,b],n1,2,3,nn且有.limalimbnnnn因为在上连续，所以g(a)g(),g(b)g()(n).nng(x)[0,1]注意到可得g(a)f(a)g(a)f(b)g(b)g(b)nnnnnn，g()lim[f(a)g(a)]lim[f(b)g(b)]nnnnnn再由2-3可知f(a)g(a)f()g()f(b)g(b)nnnn，.f()0g()f()g()g()习题1.证明下列数列发散.(1),1n2n1x(1)n1,2,;n2n13/40证因为0，12n112n24n11,x24n3x2n2n1所以发散.(n){}xn(2)n,123y(1)nn1,2,.n1nnnn证明：因为y1,y2nnn1,(n)12n1222n2n1所以发散.{y}n2．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单调递增，且存在收敛{x}子列limxA，nnkk由极限定义对任意给定的，总存在正整数，当kKK110时，，xAn从而k有；AxkAn由于limn，对任意，存在正整数，nK2K1kk当时，，取Nn，kKnn2kk11则任意时2，AxxxxAnNnNnnk2所以，即limk11xAnxAnn3.设极限存在,证明：.lim(asinxbcosx)ab0x14/40证明：记lim(asinxbcosx)A由海茵定理，x取，得(1)x2n(n)bAn取，得x2n(n)aA(2)2n取，得，解得2x2n(n)(ab)A2(3)4nabA0（此题取消）4.数列收敛于的充要条件xan是：其偶数项子列和奇数项子列皆收敛于a.（此题改为4）5.已知有界数列发散，证xn明:存在两个子列和收敛xx(2)(1)nnkk于不同的极限.证明：因为有界，由致密性定理，必有收敛xn的子列，设.xlimxa(1)(1)nnkkk又因为不收敛，所以存在，在x0(a,a)n000以外，有的无穷多项，xnxx(2)(2)记这无穷多项所成的子列为，显然有界.nn由致密性定理，必有收敛子列，x(2)nk设，显然.limxnbba2kk习题2-515/401.用柯西收敛准则判定下列数列的收敛性(1)x111(1)1;n123nn解：1n1n211npxx(1)p1npn1n1n2n3111npn1n11()(1)p1所以，对，即为柯西0,N[1/],nN,xx{x}npnn列(2).xaaqaq2aqn(q1,aM,k0,1,)n012nk解：Mqn1xxaqaqMqn1(1qqp1)n1np1qnpnn1np所以，对，(1q)]/lnq1},nN,xx0,Nmax{1,[lnMnpn即为柯西列{x}n2.满足下列条件的数列是不是柯西列?xn(1)对任意自然数,都有plimxnnx0;np解：不是柯西列，如1，对任意的自1x1n2n然数，但数列不收敛。limxx0;npxpnnn(2),(0k1,n2,3,);xxkxxn1nnn1解：xxxxxxxnpnnpnp1np1n1nxxxxxxnpnp1np1np2n1n(knp1knp2k)xxn121xx1kn121k16/40所以，对，即0,N[ln(1k)]/lnk1,nN,xx{x}xxnpnn21为柯西列(3)xxM(n1,2,,M0).k1knk1证明：记，则单调递增有上界，nxxSSMnk1knk1从而必有极限，记limSSnn对0,N,nN,SSn2从而xxxxxxxnpnnpnp1np1n1nxxxxxxSnSn1npnp1np1np2n1np1故是柯西列SSSSn1xnp1n习题3-11.设定义在[a,b]上的函数f(x)在(a,b)内连续,且limf(x)和limf(x)存在(有限).问f(x)在(a,b)上是否有xaxb界?是否能取得最值?解：在闭区间[a,b]上构造辅助函数f(x),x(a,b),g(x)f(a),xa,f(b),xb.则g(x)在[a,b]上连续，从而g(x)在[a,b]上有界.由于g(x)f(x)(axb)，故17/40在上也有界，即存在，使得f(x)(a,b)M01.f(x)M,x(a,b)1令，则有f(x)M,x[a,b].MmaxMf(a),f(b)1,条件同上，但在上却不一定能取得极值.f(x)(a,b)例如：f(x)x,x(a,b)2.设在内连续,且limf(x).证明在f(x)(,)f(x)x(,)内可取得最小值.证明：因为limf(x)，所以，当xA时，有A0xf(x)f(0)因为limf(x)，所以，当xB时，有B0f(x)f(0)x从而当时，有f(x)f(0)x(,A)(B,)又f(x)在[A,B]连续，从而一定可以取到最小值，m即，使当x[A,B]时，y[A,B]0且；mf(y)f(x)mf(y)f(0)00故时，有x(,A)(B,)f(x)f(0)f(y)0所以f(x)在处取到最小值y0习题3-2（此题已换）1.设,,,.证明:aaa0bbb312312方程在和内恰好各有一axbxbxbaa3012(b,b)(b,b)122312318/40个实根.1.证明开普勒(Kepler)方程有xsinxa01唯一实根证明：令，则在连续且f(x)xsinxaf(x)[a1,a1]，，f(a1)1sin(a1)0f(a1)1sin(a1)0由零点原理，使，即方程(a1,a1)f()0至少有一实根xsinxa又，所以在单调递增，f'(x)1cosx0f(x)(,)所以方程有唯一实根xsinxa（此题已换）2.设函数在（）内连续f(x)a,b且有极值点.证明:存在使得x,x(a,b),xx,1212f(x)f(x).122.设，讨论方程实根的个数a0eaxx2解：step1.令，则f(x)eaxx2，由零点原理，在至limf(x),limf(x)f(0)1f(x)0(,0)xx0少有一实根，又，所以在f'(x)e2ax0(x(,0))f(x)x单调递增，从而方程在内有且(,0)eaxx(,0)2仅有一实根。step2.令，则limg(x),limg(x)，且g(x)exx2x0x，所以g'(x)ex(x2)x3当0x2时，函数单调递减；当2x时，g(x)19/40函数单调递增，所以函数在点取得极小g(x)g(x)x2值。所以，当2时，方程g(x)a在(0,)无e0ae42g(2)4解；当时，在(0,)有一解；当时，ee22ag(x)aag(x)a44在(0,)有两解综上：当时，方程有一解；当ae240aeeax2x24时，有两解；当时，有三解e2eaxaeaxx2x243.设在上连续,x[a,b],limf(x)A.证明存f(x)[a,b]nnn在使.f()A[a,b]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，且使mf(x)M，从而有mAlimf(x)M.mnnn由介值定理知[a,b]，使.f()A证法2因为有界，所以存在收敛子列xn.而f(x)在[a,b]上连续，故有x[a,b](k)nkf()limf(x)limf(x)Anknkn习题10-21.设在上连续，n2为自然数.证明：0,1fx（1）若f(0)f(1)，则存在使得n1f()f(1);[0,],nn证明：令，则F(x)C[0,，且F(x)f(x)f(x1)nn1]n20/40，，F(0)f(0)f(1)nF()f()f()112,F(n1)f(n1)f(1)nnnnn从而F(0)F()F(n1)01nn若，使，取即可iii{0,1,2,,n1}F()0nn否则，使，由零点原理，ijF()F()0ij{0,1,2,,n1}nn或，使(i,j)ji(,)nnF()0nn综上，，使，即[0,n1]f()f(1)F()0nn（2）若f(0)0,f(1)1,则存在(0,1),使得1f()f(1).nn解：取11，方法同上F(x)f(x)f(x)nn2.设在上连续，且a,bbf(x)dx1,bxf(x)dx,bx2f(x)dx2.f(x)证明：存在使[a,b],aaaf()0.证：由已知经计算得b(x)2f(x)dx0a1）若或，由积分中值定理，，使(a,b)ab，从而f()0()f()022）否则，，abb(x)2f(x)dx(x)2f(x)dxb(x)2f(x)dx0(x)f(x)dxb(x)2f(x)dx0aaa）若，同1），由积分中2a值定理21/40，使f()f()0(a,),(,b)1212b）与异号，由中值定理，b(x)f(x)dx(x)f(x)dx22a(a,),(,b)12使，且b(x)f(x)dx(2(x)f(x)dx()f())f()2221122a所以，有零点原理，使(,)(a,b)f()0f()f()012123.设xcosxcosx,求证f(x)cosnxcosn12n(1)对任意自然数,方程在内有唯[0,)3nf(x)1n一实根;证明：时，在上有唯一实根[0,)n1f(x)cosx1x031时，有，且，由零102n1n1f(0)1n10f()13nn点存在原理，，使，即在上有一实根(0,)3x(0,)nf(x)1f(x)13nnn又n2x2cosx1)(sinx)0，故f'(x)(ncosx(n1)cosn1n严格单调递减，所以方程在内有唯[0,)3f(x)nf(x)1n一实根(2)设是的根,则.x[0,)f(x)1limx33nnnn证：对，，从而，x0f(x)f(x)nf(x)1f(x)f(x)n1n1n1n1nnn有因为严格单调递减，故，即严格单f(x)n1xx{x}nn1n调递增。又有界，所以收敛。{x}n{x}n22/40设，由于，所以，在limxAx(0,)limcos()0xn3nnnnn1f(x)cosnxcosn1xcos2xcosxnnnnnn，令，有，所以，cosxcosnxcosA1cosA12n1cosAnn1cosxn即Alimx33nn4.设在[a,b]上连续，不恒为常数,且f(x).证明存在，使f(a)minf(x)f(b)(a,b)x[a,b]．f(t)dt(a)f()a证：令，因为f(x)在[a,b]上连续，F(x)f(t)dt(xa)f(x)x不恒为常数a,且f(a)minf(x)f(b)，所以，使x(a,b)0f(x)maxf(x)，于是x[a,b]0x[a,b]，F(x)f(t)dt(xa)f(x)x0[f(t)f(x)]dt0x00000aa，由零点原理：F(b)bf(t)dt(ba)f(b)b[f(t)f(b)]dt0aa证明存在，使，即．F()0(x,b)(a,b)f(t)dt(a)f()0a习题4-11．证明函数f(x)没有原函数.x,x01,x0证：设f(x)存在原函数F(x)，即F'(x)f(x)，则F'(0)f(0)1且，由于，由达布定理，11113F'()f()F'()F'(0)24222，使3，矛盾，所以f(x)无原(0,1)F'()f()4223/40函数2．设在[a,b]上可导，证明：x,x[a,b].12f(x)（1）若则存在使[a,b]f()0；f(x)f(x)0,12证明：若，则取或均可；否则f(x)f(x)0x1x212，又达布定理，存在介于与之间，f(x)f(x)0x1x212使综上存在使f()0；f()0[a,b]（2）若则存在使[a,b]f().f(x)f(x),212证明：若，则取或均可；否则f(x)f(x)x1x2212，由达布定理，存在介于与之[f(x)1][f(x)2]0x1x222间，使；f()2综上存在使f()2[a,b]习题4-21．求下列函数的导函数，并讨论导函数的连续性.（1）f(x)(x1)；3解：f(x)，则在连续，且(x1)3,x1fx()x1(x1)3,x1x1时，f'(x)3(x1)，limf'(x)0，从而f'(1)021x1时，f'(x)3(x1)，xlimf'(x)0，从而所以f'(1)02x1f'(1)024/40从而在连续。f'(x)x1所以f'(x)在连续3(x1)2,x1(,)3(x1)2,x1（2）f(x)；x2,x0x2,x0解：显然f(x)在连续，且x1x0时，f'(x)2x，limf'(x)0，从而；f'(0)0x0时，f'(x)2x，xlim0f'(x)0，从而所以f'(0)0f'(0)0x0从而在连续。f'(x)x0所以f'(x)在连续(,)2x,x02x,x02.设f(x)xksin1,x0.当分别满足什么条件kx0,x0时，（1）f(x)在x0处连续；解：f(0)limf(x)，即，所以k01limxsin0kxx0x0（2）f(x)在x0处可导；解：limf(x)f(0)存在，即1存在，所以k1limxsinx0k1xxx0（3）在处连续？f(x)x0解：f'(x)kxsin1xcos1,x0，由，即k1k2ffx'(0)lim'()xxx0x00,lim(kxk1sin1xk2cos1)0，所以k2xxx025/403．分别用两种方法证明符号函数不存在原函数.证明：法一设存在原函数，即F'(x)sgn(x)，则F'(1)sgn(1)1sgn(x)F(x)且F'(1)sgn(1)1，由于，由达布定理，1F'(1)F'(1)2，使1，矛盾，所以无原F'()sgn()sgn(x)(1,1)2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，而有第一类间断点x0，从而sgn(x)无原函数sgn(x)习题5-1.1.设函数在[0,)上可导.f(x)（1）若f(0)1，f(x)e.证明存在x0使；ex0xf(x)0证明：令F(x)f(x)e，则F(x)D[0,)，且0，limF(x)F(0)0xlimF(x)0，由广义洛尔定理，x(0,)使x0F'(x)0，即00xf'(x)ex(0，所以f(x)ex0002)若，0证明存在使得；(n)n1xn0f(x)f()，且F(x)D[0,)0eex证明：令，则F(x)f(x)xnexlimF(x)F(0)0，limF(x)0，由广义洛尔定理，(0,)x0使，即xF'()0，所以0nenef()n1e(n)f()n1e226/40习题5-21．设在[0,1]上可导，且f(1)1xf(x)dx，其中1f(x)0为常数.证明：存在，使.'(0,1)f()f()证明：由积分中值定理，，使x(0,1)0f(1)1xf(x)dxxf(x)0f(x)，则F(x)D[0,1]00令，且，由洛尔定F(x)xF(1)F(x)0理，，(x,1)(0,1)0使，即，从而f()f()'1f()f'()0F'()02．设在[0,1]上可导，且f(x)f(x)dx.证明：存f(1)1xe1x0在，使(0,1)1f'()(1)f().证明：由积分中值定理，，使x(0,1)0f(1)1xef(x)dxxe1x0f(x)1x000令f(x)，则F(x)D[0,1]，且，由洛尔定F(x)xe1xF(1)F(x)0理，，使，即，e1f()e1f()e1f'()0(x,1)(0,1)F'()00从而1f'()(1)f().3．设在上可导，且f(x)sinxdx0.证明：存f(x)[0,]220在使(0,)227/40f()f'()tan.证明：由积分中值定理，，使x(0,)2002f(x)sinxdxf(x)sinx000令，则，且，由洛尔F(x)f(x)sinxF(x)D[0,]F(0)F(x)20定理，，使，即，从而f()cosf'()sin0(0,x)(0,)F'()020f()f'()tan.习题6-11.若在区间上是凸函数，证明对任意四点f(x)I，有ts.其逆是否f(t)f(s)f(v)f(u)s,t,u,vIstuvvu成立？证明：因为在区间上是凸函数，由三弦不等f(x)I式ts，且f(t)f(s)f(u)f(t)ut，所以成立。其逆f(t)f(s)f(v)f(u)tsvuf(u)f(t)f(v)f(u)utvu成立28/402.设均为区间上的凸函数，证明：f(x),g(x)I也是上凸函数..F(x)maxf(x),g(x)I证明：设，则对x,xI，有(0,1)12，且f[x(1)x]f(x)(1)f(x)F(x)(1)F(x)121212，从而g[x(1)x]g(x)(1)g(x)F(x)(1)F(x)121212F(x(1)x)max{f[x(1)x],g[x(1)x]}121212，由凸函数的定义，F(x)maxf(x),g(x)F(x)(1)F(x)12也是上凸函数I习题6-21.验证下列函数是（严格）凸函数.（1）f(x)xlnx,x(0,);解：，（），所以是1f'(x)lnx1f''(x)0x(0,)f(x)(0,)x上的严格凸函数（2）f(x)lnsinx,x(0,);x解：，（），1sin2xx2f'(x)cotx1f''(x)csc2x0x(0,)xsinxxx222所以是上的严格凹函数f(x)(0,)习题6-31．证明不等式（1）xyxyxyx0,y0,,1;(),22证：设f(t)t，则（），所以f(t)f''(t)(1)t20t(0,)是上的严格凸函数；从而xy(0,)，有(0,)，即f(xy)f(x)f(y)xyxy)22(22（2）abc0,0,0;abc(abc)aabbcc,3证：设f(t)tlnt，则（），所以是1f''(t)0t(0,)f(t)t(0,)上的严格凸函数；从而a,b,c(0,)，有f(abc)f(a)f(b)f(c)，可得33，即3，aabbccabcln(abc1)(alnablnbclnc)abc)abc(333又因为，所以(abc)abcabc(3abc)abc(abc)3330/40abc(abc)aabbcc3习题9-11.求下列函数项级数的收敛域(1)；xn1x2nn1解：，从而当x1时，，u(x)1xu(x)1xu(x)x12nxlimn1n1u(x)2n2nnn级数绝对收敛；当x1时，lim，级数绝u(x)1n1u(x)1xnn对收敛；当x1时，发散；当x1时，发12(1)2nn1n1散，所以，级数的收敛域为x1(2).2nxn1(3x)n(x1)3n1解：，所以n1u(x)1(3x)n2xn1n1u(x)1(3x)2nxnn1n当x1时，，级数发散；当1u(x)21x23limn1u(x)33nn时，，级数发散；当2x2时，u(x)2limnn1u(x)13x3n21，级数绝对收敛；当x2时，3xu(x)limnn1u(x)n，级数绝对收敛；当x1时，级数u(x)11limnn1u(x)33n122n()n2()n发散；当2时，级数发散；当n331(2)nx23n1n131/40时，级数收敛；2(2)nnx21(6)nn1所以原级数的收敛域为2x3习题9-21.证明函数项级数在上一x[1(n1)x](1nx)[1,)n1致收敛.证明：u(x)，从而1x[1(n1)x][1nx]1(n1)x1nx1n11x1x12x1111(n1)x1nx11nxS(x)1n11nx1nx所以对任意的，x[1,)S(x)limS(x)1nn由S(x)S(x)1，得对0，取，11nx1nn11Nn当nN时，对任意的成立，因此，S(x)S(x)1x[1,)nn在x[1(n1)x](1nx)n1[1,)上一致收敛到S(x)1.2.设在区间上一致收敛于,且对任意xIf(x)If(x)n有.试问是否存在,使当时,对任意f(x)ANnNxI有?f(x)An解：答案不正确；例f(x)arctanx在(1,)内一致nn1n32/40收敛到f(x)arctanx，且，有；但，和x(1,)f(x)arctanxNnN1N40，使xtan(2N3)1f(x)arctanx0N1(2N3)N28N84n08N8100nn00习题9-31.利用定理9.3.1'证明下列函数项级数不一致收敛.(1),,x[0,1](1x)xnn0证：，级数的部分和S(x)1xn，u(x)xxC[0,1]nn1nn从而，在不连续，故级数1x[0,1)0x1S(x)limS(x)()Sx[0,1]nn不一致收敛。(2),x[0,1].x2(1x)2nn0证：，级数的部分和x2u(x)(1x)C[0,1]n2n0x0，S(x)n11x2(1x)x(0,1]2n1从而，在不连续，Sx()[0,1]0x0S(x)limS(x)n1xx(0,1]2n故级数不一致收敛。33/402.设试问在上是否一致收nxS(x).S(x)[0,1]21nx2nn敛?是否有limS(x)dxblimS(x)dx?bnnnana解：对x[0,1]，S(x)limS(x)0，但对1，02nnN,nN，都，使，所以在上11x[0,1]S(x)S(x)Sx()[0,1]20nnn不一致收敛另外lim1S(x)dxlim10，nxdxlimln(1n2)1n2x2nn2n0n0n，所以1limS(x)dx10dx0limbS(x)dxblimS(x)dxnnn0n0naan3.设试问在上是否一致xS(x).S(x)(,)21nx2nn收敛?是否有?其中limS(x)limS(x)nnnnx(,).解：对x(,)，有，从而1n2x2(1n2x2)2S'(x)nS'(x)limS'(x)10xx00nn但对3，N,nN，都，使20x(,)25n0S'(x)S'(x)325n所以在上不一致收敛S'(x)(,)n1x0，又0，xlimS'(x)nlimS(x)limn0x01n2xnn2n34/40所以limS(x)limS(x)nnnn4.求的收敛域，并讨论和函数的1S(x)(x)nnn1连续性.解：设，则，有根11u(x)(x)limu(x)limxxnnnnnnnn值判别法，当时，级数绝对收敛；当时，x1x1级数发散；当时，级数发散；所以级数的收x1敛域为x1。对，总，使，从而x(1,1)0x(1,1)(1,1)00u(x)在n上连续，且在一致收敛，(1,1)(1,1)S(x)u(x)nn1从而S(x)在上连续，故S(x)在上连续，由得(1,1)x0x(1,1)0S(x)在(1,1)上连续习题9-41.讨论下列函数序列在指定区间上的一致收敛性.（1），x(0,)；S(x)xenxn解：对，x(0,)S(x)limS(x)limxenx0nnn又S(x)xe在处取得最大值，从而对11x