數(shù)學分析(1)(證明部分集錦新).doc

數(shù)列極限類1. 證明: .證 因為又,由迫斂原理得.2. 設,證明有極限,并求此極限的值.證 由均值不等式得,即有下界.又,即單調減,于是存在,且由極限的保號性可得.對已知遞推公式,令和極限的唯一性得,解得(負根舍去),即有.單調性的證明也可如下完成:,或. 3. 設,試證數(shù)列存在極限,并求此極限.證 由知, .假設,則,由歸納法知為單調下降數(shù)列.又顯然有,所以有下界.由單調有界原理知,數(shù)列收斂.所以可令,對兩邊取極限得,解得或(舍去),故.4. 設,當時,有且.求證極限與存在且等于.證 由得,由迫斂原理得,再由及可得存在且等于.5. 設.求證: (1) 與均有極限; (2) .證 因為,所以,即單調減少有下界,而,即單調增加有上界.所以與都收斂.在兩邊取極限得.6. 設,且,求證收斂且.證 因為,對給定的,當時,有,所以,當時,有,由迫斂原理得.閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的性質7. 證明方程在內至少有一個根.證 令,則在上連續(xù),且,即.由根的存在性定理得至少存在一點,使得,即方程在內至少有一個根.8. 證明方程至少有一個小于的正根.(10分)證 令,則在上連續(xù)且,由閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的零點存在定理,，使得.9. 設函數(shù)在上連續(xù),且滿足.若在上能取到負值,試證明:(1) ,使得; (2) 在上有負的最小值.證 由條件可設且,由,存在使得,由根的存在性定理,得,使得.(1)得證.(2) 由,存在使得當時,有.又在上連續(xù),故,使得.而當時,故對有.所以結論成立.10. 設為正整數(shù),為個實常數(shù),且.求證多項式函數(shù)在內至少有兩個零點.證 因為,又,所以存在,使得,又在和上都連續(xù),由根的存在性定理,和,使得,所以,結論成立.11. 設,求的表達式,并指明的間斷點及其類型.解: ,所以為第一類可去間斷點;為第二類無窮間斷點.12. 設在上連續(xù),且滿足,求證:,使得.證明:令,則在上連續(xù),.由連續(xù)函數(shù)的零點定理,必存在,使得,故使得.13. 設是上的連續(xù)函數(shù),且滿足條件.證明存在,使得.證明: 令,則在上連續(xù),且,.若,則存在或使得.若與都不為零,則由連續(xù)函數(shù)的零點定理,必存在,使得,故使得.(注:兩個數(shù)的和為零,則這兩個數(shù)要么同時為零,要么,它們異號).14. 設函數(shù)在上連續(xù),且滿足,若存在,使得,求證:(1) 使得;(2) 在上有負的最小值.證明: (1) 因為,由函數(shù)的局部保不等式性,存在充分大的(不妨設),使得時,有,所以當時,在上連續(xù)且,由連續(xù)函數(shù)的零點存在定理,存在使得.(2) 又在上連續(xù),故由最值定理,存在,使當時,而,且時,.所以在上有負的最小值.15. 設,若,求證.證法1（用導數(shù)定義）因為 .又,所以,所以.證法2（用重要極限1） 所以. 導數(shù)與微分證明16. 設證明: 在處可微; 在處不可微 證 因為,所以函數(shù)在處可導,由可導與可微的關系知在處可微;又當時, ,而極限不存在,故在處不可導, 由可導與可微的關系知在處不可微; 17. 設存在,證明: 證:18. 設為內的可導函數(shù),周期為.求證:也是以為周期的函數(shù).證明:因為,所以也是以為周期的函數(shù).中值定理的應用19. 設,證明多項式在內至少有一個零點. 證 作輔助函數(shù),則在閉區(qū)間滿足羅爾中值定理的三個條件,故存在使得,故在內至少有一個零點.20. 設都是可導函數(shù),且,證明當時, 證 因為嚴格單調增.當時, . 又由柯西中值定理得,存在使得.21. 對任意的,有,且等號只在時成立.證明: 令存在,使得,而,當且僅當時,所以結論成立.22. 設在上連續(xù),在內可導,且滿足,求證:存在,使得.提示:令,用羅爾中值定理可證.23. 設函數(shù)在上連續(xù),在內二階可導,連結點與點的直線交曲線于點,其中.證明:存在,使得.證 因為三點共線,所以.在及上分別應用中值定理得:存在,使;存在,使,即.由于二階可導,故函數(shù)在區(qū)間上滿足羅爾中值定理的條件,故,使得.24. 設,證明不等式:.提示:在上用拉格朗日中值定理,注意將分母放大!25. 設,證明不等式.26. 設,證明不等式.證 將要證的不等式變形為,令,則在上滿足拉格朗日中值定理的條件,于是使得,又由與在上的連續(xù)性與單調性可得,所以,故要證的不等式成立.27. 已知在的某鄰域內有二階連續(xù)導數(shù),且,證明:存在唯一的一組實數(shù),使當時,是比高階的無窮小量.證法1 （洛比達法則）令,并由要證可知,前三式的分子的極限都應是零,可得到 (2)因為,故(2)有唯一非零解.故結論成立.28. 設函數(shù)在內可導,且及都存在.證明.證 當時,由條件知,函數(shù)在區(qū)間上連續(xù)可導,故,使得.因為及都存在,所以=.29. 證明;當時, 證 令,則 .令,所以在內單調增,則當時, ,從而,所以在內單調增,則當時, .用單調性證明不等式30. 證明;當時, 證 令, ,當時,所以在內單調增,故當時, 因而得在內單調增, 故當時, .31. 設,證明不等式:.32. 設，證明不等式。證明： 令，則，且，于是在區(qū)間上嚴格單調增，故當時，即，故。用最值證明不等式33. 證明: 令,則,令得函數(shù)在上有唯一駐點,而,所以.34. 證明對任意的,不等式成立.證明: 設,令,得函數(shù)在內的唯一駐點,而,又,因此,所以.35. 證明不等式,其中.證法1 用貝努利不等式.證法2 設,令,可知函數(shù)有唯一駐點.當時,當時,所以是函數(shù)的最小值,故,即有,其中.36. 設,則.證 要證的不等式等價于,令,則問題轉化成為討論函數(shù)在內的上界和下界.因為為討論函數(shù)在是否有駐點.令,當時,在內為減函數(shù),又由當時,而在內為減函數(shù)又所以.也就是說在內為嚴格單調減函數(shù),無駐點.,所以. 證畢.37. 設在上連續(xù),在內可導,且,求證在內單調.證明: 因為,故在內不變號,若,則在內嚴格單調增. 若,則在內嚴格單調減.函數(shù)的凹凸性應用38. 設在內二階可導,且.證明對于內的任意兩點及,有.證 不妨設,因為,故在內凹函數(shù),由凹函數(shù)的定義得:對于內的任意兩點及,有.39. 設在上連續(xù)，在存在階導數(shù)，對都有，則在內至多有個零點。證 （用反證法）若在內有個零點，由Roll中值定理，存在，使得，同理，存在，使得，依此類推，存在使得又由Roll中值定理，存在，使得此與條件矛盾。40. 設在上有階導數(shù)，且存在互不相同的點，使得，則存在使得。證 令，由條件知有互不相同的零點，由上題可得，存在，使得。泰勒公式41. 設函數(shù).證明: .證 當時,，又,所以,42. 設在上有二階導數(shù),且,其中為非負常數(shù),對任意的,證明:.證 將在處展開成泰勒公式,將代入上式得所以,移項并用三角不等式得.43.假設 (1)其中.又設,試證明.證 由于存在,因此具有佩亞諾余項的階麥克勞林公式為. (2)(1)式兩邊分別減去(2)式的兩邊,并除以得所以,又,所以.44. 設在內具有二階連續(xù)的導數(shù)且,試證明:(1) 對于內的任一,存在唯一的,使得成立;(2)* .證 (1) 任給非零,由拉格朗日中值定理得. 因為在內連續(xù)且,所以在內不變號,不妨設,則在內嚴格單調增,故唯一. (2) 方法1 對于非零的,由拉格朗日中值定理得由此可得,由因為所以. 方法2 將在處展開成為泰勒公式得到在與之間.所以 ,即有，所以，由的連續(xù)性可得,于是.45. 設在內具有二階導數(shù)且,試證明:(1) 對于內的任一,存在唯一的,使得成立;(2)* .(注:該題是上一題目的減弱條件下的結論,應注意證明方法的差異及其原因)證 (1) 對任意非零的,由拉格朗日中值定理得. 因為在內二階可導且,所以由導數(shù)介值定理可知,在內不變號,則在內單調,于是在內唯一. (2) 對于非零的,由拉格朗日中值定理得由此可得,因而.上式兩邊取極限,并對右邊用洛比達法則得到左邊右邊左邊最后得到.46. 應用致密性定理證明：若函數(shù)在閉區(qū)間上連續(xù),則在上有界.證明: 如果在上無界,則對任何正整數(shù),存在,使得.依次取,則得到數(shù)列.由致密性定理,它含有收斂子數(shù)列,記.由及數(shù)列極限的保不等式性,.利用在點連續(xù),推得 (1)另