例 1 用单调有界定理证明区间套定理

例1用单调有界定理证明区间套定理.即已知:）单调有界定理成立；）设 为一区间套.欲证：日亡丘［气上丄旳二12 且惟一.［证］证明思想：构造一个单调有界数列，使其极限即为所求的亡.为此，可就近取数列仏」（或仏」）.由于TOC\o"1-5"\h\za1< <■■■< -<b2< ,A lim£3=因此 为递增数列，且有上界（例如 ）.由单调有界定理，存在 ，且h-（b一。-«„）=0又因 ，而 ，故lim=lim liman=0+且因〔4｝递减，必使s沆.这就证得R皆妇］"二1,茶….最后，用反证法证明如此的首惟一.事实上，倘若另有一个则由冷―鋼仝如―叫）TO血T遡导致与°相矛盾. ［证毕］例2用区间套定理证明单调有界定理.即已知:）区间套定理成立.）设〔耳｝为一递增且有上界M的数列.欲证:z欲证:z1 limx存在极限为此令，并取若G为｛召｝的上界；若门不为｛召｝的上界•1*1-为此令，并取若G为｛召｝的上界；若门不为｛召｝的上界•1*1-1.心宀\-*」5丄］-。记若勺为｛心｝的上界；若勺不为｛岛｝的上界.一'jIK®得一区间套世亡［陽，切］，垃二1,2=…（lim陽二总二lim爲）M—>co NTs根据区间套定理， .下面用数列lim耳二t极限定义证明 ：，一方面，由于瓦恒为如此无限进行下去,的上界，因此［证］证明思想：设法构造一个区间套 ，使其公共点即为〔耳｝的极限.十^1=,_说2十力2C2_n再记

办朮E瓦<b^-=>zn<lim毎二亡u匕十E上TD另一方面，由曲玉=与0弓疋eN当比工疋时，I叫一fc->oo时，就有而由区间套的构造，任何監不是kJ的上界，故玉八％>―;再由％讣为递增数列,当刑时，必有心心〉.这样，当QN时，就有£<r<E+e lim=（［证毕］J匕UXjj乓J［证毕］例3用确界定理证明区间套定理.即已知：）确界定理成立（非空有上界的数集必有上确界）；）设 为一区间套.欲证：存在惟一的点呉［□护虬L旳二1Q,….［证］证明思想：给出某一数集有上界，使得必的上确界即为所求的首.为此，取 ，其上界存在（例如®）.由确界定理，存在首先，由土为的一个上界，故 •再由是的最小上界，倘有某个 ，则第不会是〔耳｝的上界，即日去>錶，这与｛［务，如］｝为区间套相矛盾（叫）所以任何这就证得耳<^<bn,卫二1，么…关于士的惟一性，与例1中的证明相同. ［证毕］注本例在这里所作的证明比习题解答中的证明更加清楚.例4证明连续函数的局部有界性一一若 处连续，则3M>^和①汽使得工劝卜必（电;斯）［证］据了在牝连续的定义，廿"①兀当盃时,满足现取 ，相应存在 ，就有/wIT了凶）I-1fe-jg|v1,=H/w|<|/（a0）|+1=m［证毕］

注类似可证连续函数的其余局部性质，例如四则连续性质、局部保号性质等等.例5证明 上一致连续的充要条件是：了（朗在（条3）上连续，且Em畑4lim佝存在JT口・［证］先证充分性：令"/W, 蓋已a护）,g（x）=J 血1 /w, 乳二並mz J（TCH-0lim/（a）, 蓋=百一■-;■!―—ij

由条件可知或X）在也*］上连续，从而 上一致连续（由连续函数在闭区间上的整体性质）.再由一致连续的定义，又知 上也一致连续.而在，所以证得 上一致连续.再证必要性：由 上一致连续的定义， ，当讥巧且| -才|C芒时有因此，特别当八化（…施）或卩7巧时，同样有皿小-了〔护）|VE.这表示+0或工亠-0时了⑴存在极限的柯西条件得到满足，所以证得lim佝_lmi了（工）与J（Tb都存在. ［证毕］注由例3结论，易证：若 上一致连续，则 上必定有界.这是因为上面证明中已知 上连续，从而 上有界，故上也有界；而在 ，所以知道 上有界.对于一般在e巧上的连续函数/w，它在（足色）上不一定有界.例如畑=£在（丄1）上处:处连练但已在e1）上是无界的.由此又可说明恥）二g在®1）上必定不一致连续.例6试求下列函数的导数:了（“）二評加，求八匕1）arctanxirarctanxir，求八劝和广（和,/W=蚯（嶠+环X屈+疔,2）L其中勺=［厶°］.［解］由导数定义，可分别求得：1)八朗=[/：』；1=評(严血乍-总匚紀号),e^(Asin^+-^cos 1)/r(lr1)二已sin1-cos1rsin1+匚osl/iW/W=XU)ln(才+#)arctan—/iW/W=XU)ln(才+#)arctan—2尤]兀171^22.22尤]兀171^22.21j；牡=Vxi+乜2.2-犹1+先f0)=10/U)=io0 0.5例7证明：若心和曲在［H上连续，在（心）内可导，且则，使得r（g）_⑴［分析］先把上面（1）式改写为：厂©能）十/W心）-/U）纱-畑gW=o.⑵若令 ，则⑵式即为醴沪0.这样，问题就化为检验加©在［比切上是否满足Rolle定理的条件.［证］由题设条件，上述MR在［◎H上连续，在（爼笳内可导，且有应⑷=-㈣的=呢）故 ，使得2。，即（2）式成立.又因点，故由导函数的性质（具有介值性），了⑵在（釦厂内不变号，由此推知乳M在仏Q内严格单调；再由乳M在［国闵上连续，所以弧）又在丨国色］上严格单调.这就保证了呦-期=0.这样，便可由（2）式逆推至（1）式成立.［证毕］+y=1例8设椭圆 ，及其上任一点 •试求：）椭圆在点P处的切线；）该切线与二坐标轴所围三角形的面积；）当P在何处时，能使上述三角形的面积为最小.［解］对椭圆方程两边关于x求导（把y看作隐函数y=y（x））,得到

兀+3”二0并由此求得 3（这就是所求切线的斜率）.

11）所求切线为Y-其中是切点P的坐标， 是切线上动点的坐标.其中2）求出切线在二坐标轴上的截距：Y=0时,；Y=0时,不妨设切点在第一象限，此时所求三角形的面积为=丄上面最末项的得来，是利用了点P的坐标需满足椭圆方程）这是一个以S为目标函数，椭圆方程为约束条件的条件极小值问题.为方便起见，又可等价地化为以 为目标函数，宀，-击Q为约束条件的条件极大值问题.为此引入Lagrange函数匸（兀儿爾“沙入（/+，-2）把上述条件极值问题转化为三元函数 的普通极值问题来求解：=y-\~2kx=0E；二x+4S二Ci>=>x=1ny=耳=宀"—2=oj由于在第一象限椭圆弧上的最小值为0（在椭圆弧的两端取得），故它的最大值必在椭圆弧的中间点处取得，因此即为所求的点•此外，它在其余三［解毕］最大值必在椭圆弧的中间点处取得，因此即为所求的点•此外，它在其余三［解毕］f二r 血*=arctail2o*=arctail2o4［解毕］［解］lim例10试求极限00［解］此为^型极限，尝试用洛必达法则来计算:

2(~JdZ ir3丄—二讪二二02拠时，相比于(「詳池「这说明：当 为高阶无穷大量.［解毕］例11设f在［a,b］上为一连续、递増函数.试证1r*

月⑺〕二宀1了⑵山A—L<CJ(2上亦为一递増函数.由于/连续，因此F在(圧山］上处处可导，其导数为心-彳)/［>)-］%)d£Jil对上式分子使用积分中值定理，并利用f的递增性，得到［证毕］0—盘)了何—_［：/(◎山=匕―尬)［于0)—/(釦色o,占［证毕］注1证明-°的另外一种方法是：了汕，求导数得g)二(工—必/(x)—注2下面的证法是错误的：记q)r了汕，求导数得g)二(工—必/(x)—注2下面的证法是错误的：记q)rW=/W+(x-^/rW-/(x)=Cx-^/r^-^>0^^rW>0是不允许的.: ，恒有这是因为题设条件中没有“f可导”，所以上面出现例12设f在［0，1］上为一递减函数.试证：4：畑壮訂：心弘［证］利用积分区间可加性，把结论不等式等价变形为寸;炸)砥十4：丁(对抵兰了(£)tkLI，LIl—a J0(如图所示，此不等式的几何意义为:当f(x)为一递减函数时，它在［0,a］上的平均值必定大于它在［a,1］上的平均值.)由于f在［0,1］上递减，故可积，且有1I■也 rf1 二心畑>口-—f/W^=n?/w>n>Al）i耳 」 ^ ［证毕］注例3与例4都是有关单调函数的积分平均值所具有的性质.lim—-_y=0例13利用级数收敛的必要条件证明“CO CO T-1LI Ll rt，L.由于—>0-e=0<1〔旳.由于—>0-e=0<1〔旳Tea)知41 =（旳十1屮十'~^T~心+叨尸因此该级数收敛，故由级数收敛的必要条件，推知?J=1lim篡卫二0mm［证毕］例14因此该级数收敛，故由级数收敛的必要条件，推知?J=1lim篡卫二0mm［证毕］例14判别［解］由于严（旳+1）I的敛散性.（旳+1严3（1打）因此前一级数发散.同理，由于泸440+1）1泸5+护41 2^12〔1+嘉<1(用Tdo)［［解毕］可知后一级数收敛.anan理!於，将有如下结论：当时为收敛;ijjs注类似地，对于正项级数21ZZ…,因此，故此当°二已时为发散.而当a=e时，由于时亦为发散.，故此工？2%收皴=>收敬例15证明：［证］由于这里的级数不能肯定是正项级数，故不能用比较判别法.正确的做法是要使用阿贝尔判别法：n=l n=l因例16收敛，而J单调有界，所以证明：n=l收敛.［因例16收敛，而J单调有界，所以证明：n=l收敛.［证毕］yC-DH%2«+1Fl二LI］由于较难直接求出该级数的部分和，■；Q时可以考虑把该级数的和看作幕级数盹题转为计算 >级数而求得.这旦［分析因此无法利用定义来计算级数的和.此(-1尸角+1处的值，于是问.这可以通过对幕级数在其收敛域内作逐项求导或逐项求积后，化为几何疋一种十分有效的方法，值得好好掌