2024年3月23日发(作者：玄武区数学试卷)

数列极限类

1. 证明:

lim

证 因为

1

11

1

.



222

n

n2nn



n1

1

11







2222

nn

n1n2nn

nn

n1

2

又

lim

n

nn

2

n

lim

n

n1

2

n

1

,由迫敛原理得

1

11



1

.

lim



222

n

n2nn



n1

2. 设

a

1

a1,a

n1

证 由均值不等式得

a

1

1



n1,2,

,证明

a

n

有极限,并求此极限的值.

a

n



2

a

n

a

n1

a

1

1

1

a



a

n

2a

n

a

,即

a

n

有下界.

2

a

n

2

a

n

2

a

n

1

a

1



又

a

n1

a

n

aaaa

n

0

,即

a

n

单调减,于是

lima

n

A

nnn





n

2

a

n

2

a

n

存在,且由极限的保号性可得

A1

.对已知递推公式,令

n

和极限的唯一性得

A

1

a

A

,

2

A

a

(负根舍去),即有

lima

n

a

.

n

解得

A

单调性的证明也可如下完成:

22



a

n1

1

a

n

a

1

a

n

1



111aaa

n

. ,或

n1n

2

2



a

n

2

a

n

2

a

n

2

a

n

3. 设

x

1

10,x

n1

证 由

x

1

10,x

2

6x

n

n1,2,

,试证数列

x

n

存在极限,并求此极限.

6x

1

164

知,

x

1

x

2

.假设

x

k

x

k1

,则

x

k1

6x

k

6x

k1

x

k2

,由归纳法知

x

n

为单调下降数列.又显然有

x

n

0

,所

以

x

n

有下界.由单调有界原理知,数列

x

n

收敛.所以可令

limx

n

a

,对

x

n1

n

6x

n

两

边取极限得

a6aa

2

a60

,解得

a3

或

a2

(舍去),故

limx

n

3

.

n

4. 设

N

,当

nN

时,有

a

n

Ab

n

且

lim

b

n

a

n

0

.求证极限

lima

n

与

n

n

limb

n

存在且等于

A

.

n

证 由

a

n

Ab

n

得

0Aa

n

b

n

a

n

,由迫敛原理得

lima

n

A

,再由

n

lim

b

n

a

n

0

及

lima

n

A

可得

limb

n

存在且等于

A

.

nn

n

5. 设

x

1

a0,y

1

b0,x

n1

均有极限; (2)

limx

n

limy

n

.

nn

x

n

y

n

,y

n1

1

x

n

y

n

.求证: (1)

x

n

与

y

n

2

证 因为

x

n1

x

n

y

n

1

x

n

y

n

y

n1

,所以

y

n1

1

x

n

y

n

1

y

n

y

n

y

n

,

2

22

即

y

n

单调减少有下界,而

y

1

y

n1

x

n1

界.所以

x

n

与

y

n

都收敛.

在

x

n

y

n

x

n

x

n

x

n

,即

x

n

单调增加有上

1

x

n

y

n

y

n1

两边取极限得

limx

n

limy

n

.

nn

2

a

n1

q1

,求证

a

n

收敛且

lima

n

0

.

n

a

n

n

6. 设

a

n

0

,且

lim

证 因为

lim

a

n1

1q

q1

,对给定的

0

0,N

0



,当

nN

0

时,有

n

a

2

n

a

n1

1q1q

a

n1

1qq1

qqqr

r1

a

n1

a

n

,

a

n

22a

n

22

2n1

所以,当

nN

0

时,有

0a

n

ra

n1

ra

n2

ra

1

,由迫敛原理得

lima

n

0

.

n

闭区间上连续函数的性质

7. 证明方程

sinxx10

在



,

内至少有一个根.

22



证 令

f

x

sinxx1

,则

f

x

在



,

上连续,且

f



,

2

2

22







f



2

,即

f

f



0

.由根的存在性定理得至少存在一点

,

,

2

2

2



2



22

使得

f

0

,即方程

sinxx10

在



,

内至少有一个根.

22

8. 证明方程

x21

至少有一个小于

1

的正根.(10分)

证 令

f

x

x21

,则

f

在

0,1

上连续且

f

0

f

1

1

110

,由闭区间

x

x

上连续函数的零点存在定理,

0,1

，使得

f

210

21

.



9. 设函数

f

在

0,

上连续,且满足

limf

x

1

.若

f

在

0,

上能取到负值,试证

x

明:

(1)

x

0

0,

,使得

f

x

0

0

; (2)

f

在

0,

上有负的最小值.

证 由条件可设

x

0,

且

f

x

0

,由

limf

x

1

,存在

M0(Mx

)

使得

x

f

M

1

0

,由根的存在性定理,得

x

0

x

,M

0,

,使得

f

x

0

0

.(1)得证.

2

1

(2) 由

limf

x

1

,存在

M0(Mx

)

使得当

xM

时,有

f

x

0

.又

f

在

x

2

0.M

上连续,故

0,M

,使得

f

x

min

f

x



f

x

0

.而当

x

M,

0,M

时,

f

x

立.

10. 设

n

为正整数,

a

1

,a

2

,,a

2n

为

2n

个实常数,且

a

2n

0

.求证多项式函数

1

0

,故对

x

0,

有

f

x

f

min

f

x



f

x

0

.所以结论成

x

0,M

2

P

2n

x

x

2n

a

1

x

2n1

a

2n1

xa

2n

在

,

内至少有两个零点.

证 因为

P

2n

0

a

2n

0

,又

limP

2n

x

,limP

2n

x



,所以存在

M0

,使

xx

得

P

2n

M

0,P

2n

M

0

,又

P

2n

在

M,0

和

0,M

上都连续,由根的存在性定

理,

1

M,0

和

2

0,M

,使得

P

2n

1

P

2n

2

0

,所以,结论成立.

11. 设

f

x

lim

sint

tx

sinx



x

sintsinx

,求

f

x

的表达式,并指明

f

x

的间断点及其类型.

sinxx

sintsinxsinx

x

sinx

sint

解:

f

x

lim



tx

sinx



x

sintsinx

sintsinx

lim

1

tx

sinx



e

,所以

x0

为第一类可去间断点;

xk

k1,2,

为第二类无穷间断点.

12. 设

f

x

在

a,b

上连续,且满足

af

x

b

,求证:

x

0

a,b

,使得

f

x

0

x

0

.

证明:令

F

x

f

x

x

,则

F

x

在

a,b

上连续,

F

a

F

b

f

a

a

f

b

b

0

.

由连续函数的零点定理,必存在

x

0

a,b

,使得

F

x

0

0

,故

x

0

a,b

使得

f

x

0

x

0

.

13. 设

f

x

是

0,2a

上的连续函数,且满足条件

f

0

f

2a

.证明存在

x

0

0,a

,使

得

f

x

0

f

x

0

a

.

证明: 令

F

x

f

x

f

xa

,则

F

x

在

0,a

上连续,且

F

0

f

0

f

a

,

F

a

f

a

f

2a

F

0

F

a

f

0

f

2a

0

.若

F

0

F

a

0

,则存在

x

0

0

或

x

0

a

使得

f

x

0

f

x

0

a

.若

F

0

与

F

a

都不为零,则

F

0

F

a

0

由连续函数的零点定理,必存在

x

0

0，a

,使得

F

x

0

0

,故

x

0

0,a

使得

f

x

0

f

x

0

a

.

(注:两个数的和为零,则这两个数要么同时为零,要么,它们异号).

14. 设函数

f

x

在

0,

上连续,且满足

limf

x

1

,若存在

x

0

0,

,使得

x

f

x

0

0

,求证:

(1)

0,

使得

f

0

;

(2)

f

x

在

0,

上有负的最小值.

证明: (1) 因为

limf

x

1

,由函数的局部保不等式性,存在充分大的

M0

(不妨设

x

Mx

0

),使得

xM

时,有

f

x

1

,所以当

x

1

M

时,

f

x

在

x

0

,x

1

上连续且

2

f

x

0

f

x

1

0

,由连续函数的零点存在定理,存在

x

0

,x

1

0,

使得

f

0

.

(2) 又

f

x

在

0,x

0

上连续,故由最值定理,存在

0,x

1

,使当

x

0,x

1

时,

f

x

f

,而

f

f

x

0

0

,且

x

x

1

,

时,

f

x

1

0f

.所以

f

x

在

2

0,

上有负的最小值

f

.

15. 设

f

x

a

1

sinxa

2

sin2xa

n

sinnx

,若

f

x

sinx

,求证

a

1

2a

2

na

n

1

.

证法1（用导数定义）

因为

f

x

a

1

cosx2a

2

cos2xna

n

cosnxf

0

a

1

2a

2

na

n

.

又

f

0

sin00f

0

0

,所以

f

0

lim

x0

sinx

f

x

f

0

f

x

limlim1

,所以

x0x0

x0xx

a

1

2a

2

na

n

1

.

证法2（用重要极限1）

sinx

f

x

sinxsin2xsinnx

lima

1

lima

2

lim

a

n

limlim1

x0x0x0x0x0

xxxxx

所以

a

1

2a

2

na

n

lim

导数与微分证明

sinx

x

x0

1

.

1

3

xsin,x0,

16. 设

f

x

证明:

f

x

在

x0

处可微;

f

x

在

x0

处不可微

x

x0.

0,

证 因为

f

0

lim

x0

f

x

f

0

1

limx

2

sin0

,所以函数

f

x

在处可导,由可导

x0

x0x

与可微的关系知

f

x

在

x0

处可微;

又当

x0

时,

f

x

3xsin

2

11

xcos

,

xx

而

lim

x0

f

x

f

0

11



lim

3xsincos

极限不存在,故

f

x

在

x0

处不可导, 由可

x0

x0xx



导与可微的关系知

f

x

在

x0

处不可微;

17. 设

f



x

0

存在,证明:

lim

证:

h0

f

x

0

h

f

x

0

h

2f

x

0

f



x

0

2

h

lim

f

x

0

h

f

x

0

h

2f

x

0

f

x

0

h

f

x

0

h

lim

h0h0

h

2

2h

1

f

x

0

h

f

x

0

f

x

0

h

f

x

0

lim

2

h0

hh

1

f



x

0

)f



x

0



f



x

0

2

18. 设

f

x

为

,

内的可导函数,周期为

T

.求证:

f

x

也是以

T

为周期的函数.

证明:因为

f

xT

f

x

f

xT

f

x

,所以

f

x

也是以

T

为周期的函数.

中值定理的应用

19. 设

a

0

少有一个零点.

证 作辅助函数

F

x

a

0

x

a

a

1

n

0

,证明多项式

f

x

a

0

a

1

xa

n

x

n

在

0,1

内至

2n1

11

a

1

x

2

a

n

x

n1

,则

F

x

在闭区间

0,1

满足罗

2n1

尔中值定理的三个条件,故存在

0,1

使得

F

a

0

a

1

a

n

n

0

,故

f

x

a

0

a

1

xa

n

x

n

在

0,1

内至少有一

个零点.

20. 设

f,g

都是可导函数,且

f

x

g

x

,证明当

xa

时,

f

x

f

a

g

x

g

a

证 因为

0f

x

g

x

g

x

严格单调增.当

xa

时,

g

x

g

a

.

又由柯西中值定理得,存在

a,x

使得

f

x

f

a

f

f

x

f

a

f

1f

x

f

a

g

x

g

a

.

g

x

g

a

g

g

x

g

a

g

21. 对任意的

x

0,

,有

ln

1x

x

,且等号只在

x0

时成立.

证明: 令

f

x

ln

1x

xf

0

0,

存在

0,x

,使得

f

x

f

x

,而

f



1

0f

x

0

,当且仅当

x0

时

f

0

0

,所以结论成立.

22. 设

f

x

在

0,a

上连续,在

0,a

内可导,且满足

f

0

f

a

0

,求证:存在

0,a

,使得

2f

f

0

.

提示:令

F

x

xf

x

,用罗尔中值定理可证.

2

23. 设函数

f

在

a,b

上连续,在

a,b

内二阶可导,连结点

A

a,f

a



与点

B

b,

f

b



的直线交曲线

yf

x

于点

M

c,f

c



,其中

acb

.证明:存在

a,b

,使得

f



0

.

证 因为

A,M,B

三点共线,所以

f

b

f

a

f

c

f

a

f

b

f

c

.



bacabc

在

a,c

及

c,b

上分别应用中值定理得:

存在

1

a,c

,使

f

1

f

c

f

a

f

b

f

c

;存在

2

c,b

,使

f

2

,即

cabc

f

1

f

2

.

由于

f

二阶可导,故函数

f

在区间

1

,

2

上满足罗尔中值定理的条件,故

1

,

2

a,b

,使得

f



0

.

24. 设

0ab1

,证明不等式:

arctanbarctana

提示:在

a,b

上用拉格朗日中值定理,注意将分母放大!

25. 设

0ab

,证明不等式

ba

.

2ab

2alnblna1



.

ba

a

2

b

2

ab

26. 设

x

0,1

,证明不等式

xln

1x

arctanx2x

.

证 将要证的不等式变形为

1

ln

1x

arctanx

2

,令

f

x

ln

1x

arctanx

,

x

则

f

0

0,x

0,1

,f

x

在

0,x

上满足拉格朗日中值定理的条件,于是

0,x

01,

使得

ln

1x

arctanx011



,

2

x1

1

又由

1111

11



1,1

,所以

0,1

与在上的连续性与单调性可得

21

2

1

2

1x

1x

2

1

ln

1x

arctanx

2

,故要证的不等式成立.

x

27. 已知

f

x

在

x0

的某邻域内有二阶连续导数,且

f

0

0,f

0

0,f



0

0

,

证明:存在唯一的一组实数

1

,

2

,

3

,使当

h0

时,

1

f

h

2

f

2h

3

f

3h

f

0

是

比

h

高阶的无穷小量.

证法1 （洛比达法则）

2

lim

1

f

h

2

f

2h

3

f

3h

f

0

h0

2h

h

2

f



h

4

2

f



2h

9

3

f



3h

1

lim

1

1

4

2

9

3

f



0

h0

22

h0

lim

1

f

h

2

2

f

2h

3

3

f

3h

令

1

1

4

2

9

3

f



0

0

,并由要证可知,前三式的分子的极限都应是零,可得到

2

1

2

3

1

1

2

2

3

3

0

(2)

4

9

0

23

1

111

因为

1230

,故(2)有唯一非零解.故结论成立.

149

28. 设函数

f

在

(a,)

内可导,且

limf

x

及

limf

x

都存在.证明

limf

x

0

.

x

x

x

证 当

xa

时,由条件知,函数

f

在区间

x,x1

上连续可导,故

x,x1

,使得

f

x1

f

x

f

.因为

limf

x

及

limf

x

都存在,所以

x

x

x

limf

x

=

limf

lim

f

x1

f

x

limf

x1

limf

x

0

.

xxx

29. 证明;当

0x

1

x

2

2

时,

tanx

2

x

2

tanx

1

x

1

1

xsin2x

tanx

xsec

2

xtanx

证 令

f

x

,则

f

x



2

2

2

.

2

x

xxcosx

令

g

x

x

1

sin2xg

x

1cos2x0,x

0,

,所以

2

2

g

x

在

0,

内单调增,

2

则当

x0

时,

g

x

g

0

0

,从而

f

x

0

,所以

f

x

在

0,

内单调增,

2



则当

0x

1

x

2

tanx

2

tanx

1

tanx

2

x

2

时,

f

x

2

f

x

1



.

x

2

x

1

tanx

1

x

1

2

用单调性证明不等式

30. 证明;当

x0

时,

ln

1x

arctanx

1x

证 令

f

x

1x

ln

1x

arctanx

,


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