2024年3月23日发(作者：福州市高考数学试卷)
(完整word版)数学分析试题库--证明题--答案
数学分析题库（1—22章)
五．证明题
1．设A，B为R中的非空数集，且满足下述条件：
（1)对任何
aA,bB
有
ab
；
（2）对任何
0
,存在
xA,yB
，使得
Yx
。
证明：
supAinfB.
证 由(1)可得
supAinfB
.为了证
supAinfB
,用反证法。若
supAinfB
，设
infBsupA
0
,xA,yB
，使得
yx
0
。
2.设A，B是非空数集，记
SAB
,证明：
（1）
supSmax
supA,supB
；
（2）
infSmin
infA,infB
证（1）若A，B中有一集合无上界，不妨设A无上界,则S也是无上界数集,于是
supA,supS
，
结论成立。若A，B都是有上界数集，且
supBsupA
，现设法证明
supSsupA:
（ⅰ）
xS
，无论
xA
或
xB
,有
xsupA;
（ⅱ）
>0,x
0
A,x
0
>supA
,
于是
x
0
S,
x
0
>supA.
同理可证（2）.
3。 按
N
定义证明
5n
2
n25
lim
n
3n
2
23
5n
2
n25
证
3n
2
23
3n4
3(3n
2
2)
≤
4n
（n>4）
32n
2
2
，
3n
2
取
Nmax
1,4
，当n>N时,
3
1
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5n
2
n25
〈
。
2
3n23
注 扩大分式是采用扩大分子或缩小分母的方法.这里先限定n>4，扩大之后的分式
G(n)
小数列。
4.如何用ε-N方法给出
lima
n
a
的正面陈述？并验证｜
n
2
｜和|
(1)
n
|是发散数列。
n
2
仍是无穷
3n
答
lima
n
a
的正面陈述:
0
〉0，
NN
，
n
≥N，使得
n
｜
a
n
a
｜≥
0
数列{
a
n
}发散
aR
,
lima
n
a
.
n
（1）
a
n
n
2
.a
，
0
=
2
1
1
，
NN
，只要取
n
max
a
,N
，便可使
|n
2
a|
≥
n
2
|a|
≥
2
4
1
1
2
a
|a|
≥，于是{
n
｝为发散数列。
2
4
（2）
a
n
(1)
n
. 若a=1，
0
=1，取
n
为任何奇数时，有
|a
n
1|2
>
0
。若a=-1,
0
=1，取
n
为任何
1
偶数时，有
|a
n
(1)|2
>
0
。 若a≠
1，
0
=
min{|a1|,|a1|}
，对任何n
N
，有|
a
n
a
｜≥
0
。 故｜
2
(1)
n
｜为发散数列.
5。用
方法验证:
x
2
x2
lim3
。
x1
x(x
2
3x2)
解 (1)消去分式分子、分母中当
x1
时的零化因子（x—1）:
(x2)(x1)
x
2
x2x2
f(x)
。
x(x
2
3x2)x(x1)(x2)x(x2)
（2)把
f(x)(3)
化为
(x)x1
，其中
(x)
为x的分式:
x23x
2
5x2|3x2|
f(x)33
2
|x1|
，
x(x2)x(x2)|x2x|
其中
(x)
3x2
。
x
2
2x
11
，当0<|x—1｜<时，
22
（3)确定
x
0
1
的邻域0〈｜x—1|<
，并估计
(x)
在此邻域内的上界:取
可得
3x2
≤
3|x1|1
5
，
2
2
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3
|x
2
2x||1(x1)
2
|
，
4
于是
|3x2|
|x
2
2x|
5
2
10
.
3
|3x2|
103
|x1|
≤，只要取
|x1|
|x1|
.于是应取
|x
2
2x|
310
3
4
（4)要使
|f(x)3|
min
,
13
，
210
当0〈｜x—1｜〈
时，
|f(x)(3)|
.
6 用
M
方法验证：
x
lim
x
x
2
1x
x
1
。
2
解
x
2
1x1
1
2222
2
x1x2(x1x)2(x1x)
注意到当
n
时,上式可以充分小，但是直接解不等式
1
2(x1x)
22
，
希望由此得到x〈—M，整个过程相当繁复，现用放大法简化求M的过程。因为由
1
2(x
2
1x)
2
111
，
2(2x)
2
8x
2
便可求得
x
2
x
11
1
，考虑到
x
所需要的是
x
.于是
0,M
，当x〈-M时，
8
8
8
1
.
x
2
1x
2
7 设
lim
(x)a
，在
x
0
某邻域
U(x
0
;
1
)
内
(x)a
，又
limf(t)A.
证明
xx
0
ta
xx
0
limf(
(x))A
。 （1）
解 由
limf(t)A
，
0,
0,tU(x
0
;
)
时,
ta
f(t)A
。
又因为
lim
(x)a
,故对上述
0,
0
（不妨取
1
），当
xU(x
0
;
)
时，
(x)a
.由此可得：
xx
0
3
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0,
0,
当
xU(x
0
;
)
时
f(
(x))A
，
即
xx
0
limf(
(x))A
.
注 称（1）为复合求极限法，（1）不仅对
xx
0
型的极限成立，且对于
都成立.
x,x,x,xx
0
,xx
0
8。设
f(x)
在点
x
0
的邻域内有定义。试证：若对任何满足下述条件的数列
x
n
,
x
n
U(x
0
)
，
x
n
x
0
,
0x
n1
x
0
x
n
x
0
， （2）
都有
limf(x
n
)A
,则
limf(x)A
.
n
xx
0
分析 由归结原则可知:上述结论不仅是充分的，而且是必要的。本题可看作函数极限归结原则的加强
形式,即子列
x
n
只要满足（2）的加强条件就可以了。注意下面证明中选子列的方法.
证 用反证法。若
limf(x)A
,则
xx
0
0
0,
0,x
U(x
0
;
)
，使得
f(x
)A
0
。取
1
1
，
x
1
U(x
0
;
1
)
,使得
f(x
1
)A
0
.取
2
min
,x
1
x
0
，
x
2
U(x
0
;
2
)
，使得
f(x
2
)A
0
；
1
2
…………
取
n
min
,x
n1
x
0
，
x
n
U(x
0
;
n
)
，使得
f(x
n
)A
0
与
limf(x)A
相矛盾。所以
xx
0
1
n
xx
0
limf(x)A
成立.
9。 证明函数
x
3
,x为有理数
，
f(x)
0,x为无理数
在
x
0
0
处连续,但是在
x
0
0
处不连续。
证
x
0
0
时，因为
0f(x)x
，于是
limf(x)0
，即
f(x)
在x=0处连续。
x0
3
x
0
,
0
，在
U
(x
0
;
)
中取
x
为有理数,取
x
为无理数，于是
x
0
0
时，
0
2
1
3
f(x
)f(x
)x
3
x
0
0
。
2
3
4
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由函数极限柯西准则的否定形式可知
f(x)
在点
x
0
处极限不存在，这样
f(x)
在点
x
0
处不连续。
x
0
0
时可
类似地证明.
10。设
f(x)
在（0，1)内有定义，且函数
e
x
f(x)
与
e
f(x)
在（0,1）内是递增的,试证
f(x)
在(0,1）内连续。
需证
x
0
(0,1),f(x)
在点
x
0
连续，即
f(x
0
0)f(x
0
0)f(x
0
)
。因为
e
f(x)
在（0，1）内的递增性保证
了
f(x)
在（0，1）内是递减的，所以为了证明
f(x
0
0)
的存在性，很自然地想到利用函数极限的单调有界定
理。
证 因为
e
f(x)
在(0，1)内递增，所以
f(x)
在（0，1）内递减。
x
0
(0,1)
，首先来证明
f(x
0
0)
=
f(x
0
)
。
当
xx
0
时，
f(x)
≤
f(x
0
)
,由函数极限的单调有界定理
limf(x)
存在。又由函数极限保不等式性质,有
xx
0
f(x
0
0)
=
limf(x)
≤
f(x
0
)
.
xx
0
另外，由于
e
x
f(x)
在（0，1）内递增,因此当
xx
0
时,
e
0
x
f(x
0
)
≤
e
x
f(x)
,
令
xx
0
，有
e
0
x
f(x
0
)
≤
e
0
x
f(x
0
0)
即
f(x
0
0)
=
f(x
0
)
，由
x
0
在(0，1）中的任意性,可得
f(x)
在（0,1）内连续.
说明 其中应用了基本初等函数
e
x
的连续性。
11 。 试证函数
ysinx
2
,在
[0,)
上是不一致连续的。
分析 需确定
0
0,
0
，可找到
x
,x
满足
x
x
，但
|f(x
)f(x
)|
≥
0
。
由于
sinx
2
在任意闭区间
0,a
（a〉0）上一致连续,因此当
很小时,必须在
U()
中寻找
x
,x
，这是证
明中的困难之处.现不妨取
x
n
2
,x
n
,
0x
x
n
2
n
n
2
2
n
1
,
2n
当n充分大时，
x
,x
能满足
x
x
,但
|f(x
)f(x
)|
≥1。
证
0
1,
0
，取
x
n
2
，
x
n
，当
n
时,使
x
x
，但
|sinx
2
sinx
2
|1
≥
0
，
2
4
5
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即
sinx
2
在
[0,)
上不一致连续。
12. 设函数
f(x)
在(a，b）内连续，且
limf(x)
=
limf(x)
=0,证明
f(x)
在（a,b）内有最大值或最小值.
xa
xb
分析 因为
limf(x)
=
limf(x)
=0，于是可把
f(x)
延拓成[a,b]上的连续函数，然后可以应用连续函数的
xa
xb
最大、最小值定理.
证人 先把函数
f(x)
延拓成[a,b]上的函数F(x)，设
f(x),x(a,b),
F(x)
0,xa,b.
易知
F(x)
为［a,b］上的连续函数,这是因为
xa
limF(x)
=
limf(x)
=0=
F(a)
，
xa
xb
limF(x)
=
limf(x)
=0=
F(b)
.
xb
在［a,b]上对
F(x)
应用连续函数的最大、最小值定理，即
1
，
2
[a,b]
,
F(x)
在
1
，
2
分别取得最大
值和最小值.若
1
a
，
2
b
，则
f(x)
在（a，b）内恒为零，显然
f(x)
在（a,b)内同样能取得最大值和最小
值；若
1
，
2
中有一个数在（a,b）内，则
f(x)
在（a，b）内取得最大值或最小值。
13. 证明：若在有限区间（a,b）内单调有界函数
f(x)
是连续的，则此函数在（a，b）内是一致连续的。
分析 因为
f(x)
是（a，b）内的单调有界函数,所以由函数极限的单调有界定理，可得存在
f(a0)
，
f(b0)
.证明本题的合理途径是把
f(x)
延拓成闭区间[a,b]上的连续函数
F(x)
在［a,b］上应用一致连续性
定理.
证 因为
f(x)
是（a，b）内的单调有界函数，所以由函数极限的单调有界定理,
limf(x)
与
limf(x)
都存
xa
xb
在,应用范例1中的方法，可把
f(x)
延拓为［a,b］上的连续函数
F(x)
，即
limf(x),xa,
xa
F(x)
f(x),x(a,b),
limf(x),xb.
xb
由一致连续性定理，可得
F(x)
在［a，b］上一致连续，于是
f(x)
为（a,b）内的一致连续函数.
14. 证明：若
f(x)
在点a处可导，f(x）在点a处可导。
分析 一般情况下，若
f(x)
在点
x
0
处可导，
f(x)
在点
x
0
处不一定可导.例如
f(x)x在x
0
0
处可导,
6
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但
f(x)x
在点0处不可导，反之,若
f(x)
在点
x
0
处可导，一般也不能推得f（x）在点x
0
处可导。例如
f(x)
1,
x为理数
1,
x为无理数
f(x)1在点x
0
0
处可导，但
f(x)在点x
0
0
处不连续，因而不可导，然而,若
f(x)
在点a处连续，则
由
f(x)
在点a处可导就可保证f（x）在点a处可导.
若
f(a)0
，由连续函数局部保号性，在其中
f(x)
保持定号，因而由
f
在点
a
处可导可推得
f(x)U(a)
，
在点a处也可导.
若
f(a)0
，且
f
在点a处可导，因为点a为
f
的极值点，所以应用费马定理可以得到
f(a)0
,再
由此又可证得
f
(a)0
.
证 若
f(a)0
，由连续函数局部保号性,
邻域U(a)
,
f(x)
在
U(a)
中保持定号,于是
f(x)
在点a处可
导，即为
f(x)
在点a处可导.
若
f(a)0
,则点a函数
f(x)
的极小值点，因
f(x)
在点a处可导，由费马定理有
f(a)0
即
lim
x0
f(ax)f(a)
x
0
因为
f(a)0
,所以
lim
x0
f(ax)f(a)
x
0
于是
f
(a)0
。
15。 设函数
f(x)在(a,b)
内可导，在［a，b］上连续，且导函数
f
(x)
严格递增，若
f(a)f(b)
证明，对
一切
x(a,b)
均有
f(x) 证： 用反证法，若 x 0 (a,b)f(x 0 )f(a)f(b) 在区间 [a,x 0 ],[x 0 ,b] 上分别应用拉格朗日中值定理， 1 , 2 ,a< 1 0 ,x 0 < 2 使得 7 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 f ( 1 ) f(x 0 )f(a)f(b)f(x 0 ) 0,f ( 2 )0 x 0 abx 0 这与 f (x) 为严格递增相矛盾. 16。 设函数 f(x) 在 [a,] 内可导，并且 f(a)<0 ，试证：若当 x(a,) 时，有 f (x)>c>0 则存在唯一 的 (a,) 使得 f( )0 ,又若把条件 f (x)>c 减弱为 f / (x)>0(a ,所述结论是否成立？ 分析 因为 f(a)0 ，若可以找到某点 xa ，使得 f(x)0 则由 f(x) 的严格递增性,并应用连续函数的介值 定理便可证明存在唯一的 ，使得 f( )0 证 x>a 在 [a,x] 上应用拉格朗日中值定理， ,a< ，使得 f(x)f(a)f ( )(xa) 于是 f(x)f(a)f ( )(xa)f(a)c(xa) f(x)f(a)c(xa)0 由于 c>0 ，因此当x充分大时总可使得 不妨设 x 1 >a,f(x 1 )>c>0 ,所以 f(x)在[a,] 上严格递增；在 [a,x 1 ] 上应用连续函数的介值定理,则 ,a< 1 ，且 是唯一的. 假设 f(x) 满足 f / (x)>0 ,结论可能不成立,例如函数 f(x)arctanx 满足 f(0) 2 ,x[0,] ， 2 x 0 , f (x) 1 > 0 ,但因 f(x) 恒小于0，故在 (0,) 中不存在 ，使得 f( ) =0 1x 2 (x0) x 2 17。 证明不等式 e1x 2 x x 2 证 令 f(x)ex1 , x0 , 2 f (x)e x x1, x0 f (x)e x 10 , x0, 且 f(0)f (0)0, 8 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 当 x0 时有 f (x)0 ，所以 f (x) 严格递增， 又 f (x) 在 x0 处连续,所以 f (x)f (0)0, x0 ， 所以 f(x) 严格递增， 又 f(x) 在 x0 处连续,所以 f(x)f(0)0 ， x0 ， x 2 即 e1x, x0 。 2 x 18。 设 f 为 (,) 上的连续函数，对所有 x,f(x)0 ,且 lim f(x) lim f(x)0 ，证明 f(x) 必能取到 xx 最大值. 证 由题设 f(0)0 , 取 = f(0) , 由 lim f(x) lim f(x)0 ， X0, 当|x|X时, xx 2 f(x) f(0) . 又 f 在 [X,X] 上连续， 由闭区间上连续函数的最大、最小值定理知, f 在 [X,X] 能取到最大值, 且此最大值为 f 在 (,) 上的最大值。 19。若函数 f(x) 在 [0,1] 上二阶可导, 且 f(0)0 ， f(1)1 , f (0)f (1)0 ，则存在 c(0,1) 使得 |f (c)|2 . 证法一: x(0,1) ， 把 f(x) 在0， 1两点处分别进行泰勒展开到二阶余项， 有 f ( 1 ) 2 x, 2! 0 1 x 2 1 , f ( 2 ) f(x)f(1)f (1)(x1)(x1) 2 , 2! f(x)f(0)f (0)(x0) 上两式相减, 有 1 f ( 1 ) 2 f ( 2 ) x(x1) 2 . 22 记 |f (c)|max{|f ( 1 )|,|f ( 2 )|} ，则有 1 1 |f (c)|[x 2 (x1) 2 ] 2 2 11 1 |f (c)| 2 x 22 2 9 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 1 |f (c)| , 2 即存在 c(0,1) 使得 |f (c)|2 . 证法二： 在 [0,1] 上对 f(x) 应用拉格朗日中值定理有 f ( )f(1)f(0)1 ， 0 1 . 当 0 1 时,在 [0, ] 上对 f (x) 应用拉格朗日中值定理有 2 1f ( )f (0)f (c) ， |f (c)|f (c) 1 2 ， c(0, )(0,1) . 当 1 时，在 [ ,1] 上对 f (x) 应用拉格朗日中值定理有 2 1 1f ( )f (1)f (c)( 1) ， |f (c)| 综上证明知存在 c(0,1) 使得 |f (c)|2 . 20。应用函数的单调性证明 1 2 ， c( ,1)(0,1) . 1 2x sinxx,x(0,); 2 sinx ,x(0,] 证明：设 f(x)xsinx,g(x) x2 , 0, x0 f (x)1cosx0,x(0,), 2 则 , cosx(xtanx) g (x)0,x(0,) 2 x2 而函数单调性定理知 f(x),g(x) 在 (0,) 上分别为严格递增和严格递减函数，再由结论知函数 f(x),g(x) 在 2 [0,] 也分别为严格递增和严格递减函数。 2 2 由于 f(0)0,g(), 2 所以有 x(0,) ，有 2 f(x)xsinxf(0)0, sinx 2 g(x)g(), x2 10 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 从而有 2x sinxx,x(0,). 2 1 m xsin,x0 21。设函数 f(x) ( m 为实数）， x x0 0, 试问：（1） m 等于何值时, f 在 x0 连续；（2) m 等于何值时， f 在 x0 可导； (3） m 等于何值时, f 在 x0 连续; 解：(1）要使函数 f(x) 在 x0 点连续，即需 limf(x)f(0) ， x0 而当 m0 时， 0f(x)x m sin 1 x m ,有 limf(x)0 ， x0 x 从而 limf(x)0f(0) ，即函数在 x0 点连续. x0 x m sin (2) 当 m1 时， f (0)lim x0 1 0 1 x limx m1 sin0 ， x0 xx 11 m1m2 mxsinxcos,x0 由复合函数求导法则可得 f (x) , xx 0, x0 即 m1 时函数在 x0 点可导。 （3)由（2)的求解过程可知要使 f (x) 在 x0 点连续，首先要求 m1 ，此时要使 f (x) 在 x0 的极限存在并且等于 f (0)0 ， 11 x m2 cos)f (0) ， x0x0 xx 类似于（1）中的证明需要 m2 ，即当 m2 时，函数的导函数在 x0 点连续.————3分 即需要 limf (x)lim(mx m1 sin 22。设 f(x) 在 [0,1] 上具有二阶导数，且满足条件 f(x)a ， f (x)b ， 其中 a,b 都是非负常数， c 是 (0,1) 内的任一点，证明 f (c)2a 证 因 f(x) 在 [0,1] 上具有二阶导数，故存在 1 (0,c) 使得 f(0)f(c)f (c)(0c) 1 f ( 1 )(0c) 2 2 11 b 2 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 同理存在 2 (c,1) 使得 f(1)f(c)f (c)(1c) 1 f ( 2 )(1c) 2 2 将上面的两个等式两边分别作差，得 f(1)f(0)f (c) 11 f ( 2 )(1c) 2 f ( 1 )c 2 22 即 f (c)f(1)f(0) 11 f ( 2 )(1c) 2 f ( 1 )c 2 22 因此 f (c)f(1)f(0) 11 f ( 2 )(1c) 2 f ( 1 )c 2 22 bb 2a(1c) 2 c 2 22 而 (1c) 2 c 2 2c 2 2c12c(c1)11 ,故 f (c)2a b 2 23。 设函数 f(x)在[a,b] 上连续，在（a,b）内二阶可导，则存在 (a,b) 使得 ab(ba) 2 f(b)2f()f(a)f ( ) 24 分析 本题可以利用柯西中值定理证明，设两个函数F，G为 xa(xa) 2 F(x)f(x)2f()f(a),G(x) 24 有 F(a)G(a)0 然后在[a,b］上对F，G应用柯西中值定理，本题也可用拉格朗日中值定理证明，下 面分别给出两种证法。 证［证法一］ 设 xa(xa) 2 F(x)f(x)2f()f(a),G(x),x[a,b] 24 有 ab(ba) 2 F(a)G(a)0,F(b)f(b)2f(f(a),G(b) 24 F (x)f (x)f ( xaxa ),G (x) 22 F（x）,G（x)在[a，b]上连续，在（a,b）内可导， G(b)G(a),F (x),G (x) 不同时为零，于是可以应用 12 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 柯西中值定理, 1 (a,b) ，使得 F(b)F(a) G(b)G(a) f ( 1 )f ( 1 a 2 ) ( 1 a) 2 再在 [ 1 a 2 , 1 ][a,b]上对f (x) 应用格朗日中值定理， ( 1 a 2 , 1 )(a,b) 使得 f ( 1 )f ( 1 a 2 ) f ( 1 )f ( 1 a 1 a 2 于是有 2 a s 1 1 2 ) f ( ) ab(ba) 2 F(b)2f()f(a)f ( ) 24 ［证法二］ 作辅助函数 baab F(x)f(x)f(x),x[a,] 22 于是 abab F()F(a)f(b)2f()f(a) 22 abab ] 上对 F(x) 应用拉格朗日中值定理， 1 (a,) ，使得 在 [a, 22 ab F()F(a) 2 = [f ( 1 再在 [ 1 , 1 baba )f ( 1 )] 22 baba ] 上对 f (x) 应用拉格朗日中值定理， ( 1 1 )(a,b) ,使得 22 ab f(b)2f()f(b) 2 (ba) 2 = f ( ) 4 注 所证等式在计算方法课程的差分格式中是一个基本公式 24。若 f(x) 在点 x 0 的某个领域上有 (n1) 阶连续导函数,试由泰勒公式的拉格朗日型余项推导佩亚诺型余项 公式. 证 因为 f(x) 具有 (n1) 阶连续导函数,由泰勒公式，有 f (n) (x) f(x)f(x 0 )f(x 0 )(xx 0 )(xx 0 ) n n! \' 13 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 f (n1) (x 0 (xx 0 )) (xx 0 ) n1 ,(0 1) 。 (n1)! 因为导函数 f (n1) (x) 在点 x 0 的某个领域上连续，所以 >0, >0 ,当 xU(x 0 , ) 时， f (n1) (x)M 。由此 可得 f (n1) (x 0 (xx 0 ))M n1 R n (x)(xx 0 ) n1 xx 0 ， (n1)!(n1)! 于是有 R n (x)M xx 0 0(xx 0 ) , n (xx 0 )(n1)! 即 R n (x)o((xx 0 ) n ) (xx 0 ) 。 上面推导说明，当导函数 f (n1) (x) 在点 x 0 的某个闭领域内外连续时，可以得到 R n (x)o((xx 0 ) n ) ，这 与佩亚诺型余项的结论是一致的. 25。用泰勒公式证明:设函数 f(x) 在 a,b 上连续,在 a,b 内二阶可导，则存在 (a,b) ，使得 ab(ba) 2 \'\' f(b)2f()f(a)f( ) . 24 ab 分析 需证等式中出现二阶导数 f \'\' ( ) 与 f(x) 在 a,b ，的函数值,试用展开到二阶导数的泰勒公式 2 ab 是一种可行的途径.问题在于选取哪些点为展开式中的 x 和 x 0 ，合理的方法是取 x 0 ， x 为 a 和 b . 2 ab 证 把 f(b),f(a) 在点 x 0 展开到二阶导数项: 2 f \'\' ( 2 )ba 2 ab ab \' ab ba f(b)f (), 1 b, f 2!22 2 2 2 f \'\' ( 2 )ba 2 ab ab \' ab ab f(a)f (),a 1 2 , f 2222!22 把上面两式相加，有 abf \'\' ( 1 )f \'\' ( 2 )(ba) 2 f(b)2f()f(a) . 224 不妨设 f \'\' ( 1 )f \'\' ( 2 ) ，于是有 f \'\' ( 1 )f \'\' ( 2 ) \'\' f( 1 )f( 2 ) 。 2 \'\' 14 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 在 1, 2 上对 f \'\' (x) 应用达布定理, 2 , 1 使得 f \'\' ( 1 )f \'\' ( 2 ) f( ) , 2 \'\' 这样就证得 ab(ba) 2 \'\' f(b)2f()f(a)f( ) . 24 注 在23题中已应用柯西中值定理和拉格朗日中值定理证明了本题,这里应用泰勒公式和达布定理是另 一种证明方法。 26.设函数 f(x) 在 0,2 上二阶可导，且在 0,2 上 f(x)1 , f \'\' (x)1 。证明在 0,2 上成立 f \'\' (x)2 。 分析 本题是用 f \'\' (x),f(x) 的上界来估计 f \'\' (x) 的上界。可以试用展开到二阶导数的泰勒公式寻找 f(x),f \' (x)和f \'\' (x) 之间的联系. 证 x 0,2 ，把 f(2),f(0) 在点 x 处展开成带有二阶拉格朗日型余项的泰勒公式，有 f \'\' ( 1 ) 2 f(0)f(x)f(x)xx,0 1 x 2! \' f \'\' ( 2 ) f(2)f(x)f(x)(2x)(2x),x 2 2 , 2 \' 上面两式相减后有 f \'\' ( 2 )f \'\' ( 1 ) 22 2f(x)f(2)f(0)(2x)x ， 22 \' 再应用 f(x)1 ， f \'\' (x)1 ,可得 x 2 (2x) 2 2f(x)2 2 \' 2(x1) 2 1 4 ， 于是有 f \' (x)2 . 说明 本题结论有一个有趣的力学解释:在2秒时间内，哪果运行路程和运动加速度都不超过1，则在该时 间段内的运动速度决不会超过2. 27。设 f 是开区间I上的凸函数，则对任何 , I , f 在 , 上满足利普希茨（Lipschitz)条件，即存在 15 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 L>0 ，对任何 x \' ,x \'\' , ,成立 f(x \' )f(x) \'\' Lx \' x \'\' 。 证 当取定 , I 后,因为I是开区间，必能在I中选取四点 a,b,c,d, 满足 a < 应用凸函数充要条件,任取 x \' ,x \'\' , , x \' \'\' ,得到 f(b)f(a)f(x) \'\' f(x \' )f(d)f(c) . bax \'\' x \' dc 现令 f(b)f(a)f(d)f(c) Lmax , , badc 则有 f(x) \'\' f(x \' ) L,x \' ,x \'\' , . \'\'\' xx 由于上述常数L与 , 上满足利普希茨条件： L>0 ,使得 f(x \'\' )f(x) \' Lx \'\' x \' ， x \' ,x \'\' , 。 注 ：由本题也可以推知：开区间I上的凸函数必在该区间的任一内闭区间上连续,于是 f(x) 是I内的连续 函数. f(x) f(x)f(y)kxy 28。 设 f(x) 在 [a,)(a0) 上满足Lipschitz条件：, 证明 x 在 [a,) 上一 致连续. 证 分析 x 1 x 2 f(x 1 )f(x 2 )f(x 1 )f(x 2 ) f(x 2 ) x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 Bx 1 x 2 . 因为 f(x)f(a)kxa ， , f(x 2 )kx 2 kaf(a) f(x 2 ) B x 2 ， f(x 1 )f(x 2 ) xx xx 2 12 B ，当 1 取时，. 16 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 1 29. 证明：设 f(x)x n x n1 x1 ，则显然 f(x) 在 [,1] 上连续，且 2 1111 f()( n n1 )1110 ， f(1)(111)1n10 ， 2222 1 根据连续函数介质定理，至少存在一点 (,1) ,使 f(x)0 ．即 2 x n x n1 x10 ，也就是 x n x n1 x1 ． 错误!未定义书签。 可见 (,1) 是原方程的根． 1 2 111 又因为在 (,1) 内恒有 f (x)nx n1 (n1)x n2 10 ， f(x) 在 [,1] 上严格递增,故 (,1) 唯一． 222 30.设函数 f(x) 在点 a 具有连续的二阶导数，试证明: lim h0 f(ah)f(ah)2f(a) f \'\' (a) 2 h 证明 因为 f 在点 a 处具有连续的二阶导数，所以 f 在点 a 的某邻域 U(a) 内具有一阶导数，于是由洛必 达法则，分子分母分别对 h 求导，有 f(ah)f(ah)2f(a)f (ah)f (ah) limlim h0h0 2h h 2 1f (ah)f (a)f (a)f (ah) lim 2 h0 h 1f (ah)f (a)f (ah)f (a)1 (limlim)(f (a)f (a))f (a) h0 2 h0 hh2 31。 设 f(x) 在 (a,b) 上可导，且 xa0 limf(x)limf(x)A . xb0 求证：存在 (a,b) ，使 f ( )0 。 证： 将 f(x) 连续延拓为闭区间 [a,b] 上的函数 F(x) : f(x)x(a,b) F(x) xa,b A 易知， F(x) 在 [a,b] 上满足罗尔定理的条件. 故存在 (a,b) , 使 F ( )f ( )0 . 32。 设 f(x) 在 [a,b] 上连续,在 (a,b) 内有 n 阶导数，且存在 n1 个点 x 1 ,x 2 , ,x n1 (a,b) 满足： (1)ax 1 x 2 x n1 b (2)f(a)f(x 1 )f(x 2 ) f(x n1 )f(b) 求证：存在 (a,b) ，使 f (n) ( )0 。 17 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 证 由题设知， f(x) 在以下每一区间 [a,x 1 ],[x 1 ,x 2 ], ,[x n1 ,b] 上都满足罗尔定理的条件， 则必有 n 个点 (1)(1)(1) x 1 (a,x 1 ),x 2 (x 1 ,x 2 ),,x n (x n1 ,b) (1) 使 f (x k ) 0,k 1,2, ,n. 又 f (x) 在每个区间: (1)(1) [x k ,x k ,2, ,n1 1 ],k1 (2)(1)(1) 上满足罗尔定理的条件，于是存在 x k (x k ,x k1 ), 使 (2) f (x k )0,k1,2, ,n1 重复上述步骤到 n1 次后， 可知 f (n1) (x) 在区间 (n1) [x 1 (n1) ,x 2 ](a,b) 上满足罗尔定理的条件,故存在 (n1) [x 1 (n1) ,x 2 ](a,b) ， 使 f (n) ( )0 。 33。设函数 f 在点 x 0 存在左右导数，试证 f 在点 x 0 连续。。 证明 设函数 f 在点 x 0 存在左右导数，于是 xx 0 lim(f(x)f(x 0 ))lim xx 0 f(x)f(x 0 )f(x)f(x 0 ) (xx 0 )limlim(xx 0 ) xx 0 xx 0 xx 0 xx 0 f(x)f(x 0 ) ,从而 lim xx 0 f (x 0 )00 即 f 在点 x 0 左连续.同理可证 f 在点 x 0 右连续。因而 f 在点 x 0 连续。 34。设函数 f 在 [a,b] 上可导，证明：存在 (a,b) ，使得 2 [f(b)f(a)](b 2 a 2 )f ( ) 证明 设 F(x)x 2 [f(b)f(a)](b 2 a 2 )f(x) ，则 F(x) 在 [a,b] 上连续并可导，且 F(a)a 2 f(b)b 2 f(a)F(b) ，由Rolle定理，存在 (a,b) ,使得 F ( )2 [f(b)f(a)](b 2 a 2 )f ( )0 ,从而 2 [f(b)f(a)](b 2 a 2 )f ( ) 35．应用拉格朗日中值定理证明下列不等式： 18 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 babba ln ,其中 0ab baa 证明 设 f(x)lnx ，则 f 在 [a,b] 上连续且可导,所以 f 在 [a,b] 上满足Lagrange中值定理的条件,于是 (a,b) ,使得 ln 从而 b1bababa lnblnaf ( )(ba)(ba) ，因为 0a b ，所以 ， a b a babba ln . baa 36.证明 设 S 是有限集,则对任一 aR , 0 1 ，因 S 是有限集，故邻域 U(a,1) 内至多有 S 中的有限个点， 故 a 不是 S 的聚点。由 a 的任意性知, S 无聚点. 37.证明 作闭区间列 [x n ,y n ] ,其中 x n a n a n1 bb ,y n nn1 ,n1,2, 22 。由于 a n x n a n1 ， b n1 y n b n nN ，于是有 (a n1 ,b n1 )[x n ,y n ](a n ,b n ) nN (＊） n 从而 [x n1 ,y n1 ][x n ,y n ] nN 。而 0y n x n b n a n nN ,从而由 lim b n a n 0 知, lim y n x n 0 。所以 [x n ,y n ] 为闭区间套。有区间套定理知, 存在一点 ，使得 x n y n , ， n n1,2, 。由（*）有 a n b n ,n1,2, . .两边取极限,得到 若数 也满足 a n b n ,n1,2, n ，则 b n a n ,n1,2, lim b n a n 0 ,于是 。即满足条件的点 是唯一的。 38.证明 不妨设 x n 为递增数列,且 为其聚点.设 a 为任一实数,且 a ，不妨设 a 。取 a 2 0 ,由聚点定义, U( , ) 中含有 x n 的无限项。设 x N U( , ) ，由于 x n 为递增数列,则当 nN 时, x n x N a 2 ，于是在 x n 中,最多有有限项小于 a 2 a ,即 U(a, ) 中最多含有 x n 的有 限项，于是点 a 不是 x n 的聚点,由 a 的任意性知， 为 x n 的唯一聚点。 假设 不是 x n 的上界，则存在 x N ，从而当 nN 时， x n x N ，令 x N 0 ,则 U( , ) 中 最多含有 x n 的有限项,这与 为 x n 的聚点矛盾.于是 为 x n 的上界。另一方面,对任给的 0 ,数列 x n 中必有一项 x n U( , ) ,即 x n .于是 sup x n 。 39.证明 由函数 f(x) 在闭区间 [a,b] 上连续知， 0,x[a,b], x 0 ，使得当 x U(x, x ) 时,有 f(x )f(x) . 19 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 考虑开区间集合 H U x, x x[a,b] ，显然 H 是 [a,b] 的一个开覆盖.于是存在 H 的一个有限子 2 k 覆盖了 [a,b] . 集 H * U x i , i x i [a,b],i1,2, 2 记 min 1ik 2 0 i 。对任何 x ,x [a,b],x x ， x 必属于 H * 中的某一开区间。设 x U x i , i ，则 x x i x x x x i i i i i ,从而同时成立 f(x )f(x i ) 与 222 2 f(x )f(x i ) .于是 f(x )f(x ) 。所以 f(x) 在 [a,b] 上一致连续。 40.证明 由连续函数的局部有界性，对每一点 x [a,b] ，都存在邻域 U(x , x ) 及正数 M x ,使得 f(x)M x ,xU(x , x )[a,b] .考虑开区间集 H U(x , x )x [a,b] . 显然 H 是 [a,b] 的一个开覆盖.于是存在 H 的一个有限子集 H * U(x i , x i )x i [a,b],i1,2, k 覆盖了 [a,b] ,且存在正数 M 1 ,M 2 ,,M k ，使得对一切 xU(x i , x i )[a,b] ,有 f(x)M i ,i1,2,,k .令 MmaxM i ,则对任何 x[a,b] ， x 必属于某 U(x i , x i )f(x)M i M 。这 1ik 就证得 f(x) 在 [a,b] 上有界。 41。证明 由于函数 f(x) 在闭区间 [a,b] 上连续,于是 f(x) 在 [a,b] 上有界。由确界原理, f(x) 的值域 f([a,b]) 有上确界,记为 M 。假设对一切 x[a,b] 都有 f(x)M .令 g(x) 1 ,x[a,b] . Mf(x) 函数 g(x) 在 [a,b] 上连续，故 g(x) 在 [a,b] 上有界。设 G 是 g(x) 的一个上界,则 0g(x) 1 1 G,x[a,b] .从而 f(x)M,x[a,b] 。但这与 M 为 f([a,b]) 的上确界矛盾.所以 Mf(x) G 存在 [a,b] ,使 f( )M ，即 f(x) 在 [a,b] 上有最大值。 42.证明 函数 f(x) 在闭区间 [a,b] 上单调增加，从而当 atxb 时, f(x)f(t) ，于是 x a f(t)dt f(x)dtf(x)(xa) .而 a x 20 (完整word版)数学分析试题库--证明题--答案 F (x) 1 (xa) 2 x a f(t)dt f(x)f(x) 1 f(x)(xa)0 ， xaxa (xa) 2 由此 F(x) 为 [a,b] 上的增函数. 43。令 x 2 t ,则 2 0 22 f(sinx)dx f sin 2 t d 2 t 0 f(cost)dt 0 f(cosx)dx. 。 2 0 44.证明 不妨设函数 f(x) 在闭区间 [a,b] 上单调递增，且 f(a)f(b) .不然， f(a)f(b) ，则 f(x) 在 [a,b] 上为常数函数,显然可积。 对 [a,b] 的任一分法 T ，由于 f(x) 单调增加, f(x) 在 T 所属的每个小区间 i 上的振幅为 i f(x i )f(x i1 ) ，于是 i x i f(x i )f(x i1 ) T f(b)f(a) T .由此可见，任给 0 ，只要 Ti1 n T f(b)f(a) ,就有 i x i ，所以函数 f(x) 在闭区间 [a,b] 上可积。 T 45。证明 函数 f(x) 在闭区间 [a,b] 上连续，且 f(x) 不恒等于零,则函数 f 2 (x) 在闭区间 [a,b] 上连续，从而 f 2 (x) 在闭区间 [a,b] 上可积，且 f 2 (x) 不恒等于零，因此 f 2 (x)0 ，且存在 x 0 [a,b] ,使 f 2 (x 0 )0 .根据保 号性，存在 [ , ][a,b] ,使 x[ , ] ,都有 f 2 (x)0 .于是 a f(x) 46。证明 ap0 aa b 2 dx p 0 f(x) a a 2 dx ap p f(x) a 2 dx f(x) a b 2 dx0 . f(x)dx f(x)dx f(x)dx f(x)dx 。令 txp ，则有 00 于是 ap0 aa ap p p f(x)dx f(tp)dt f(t)dt f(x)dx . 0 ap 00 f(x)dx f(x)dx f(x)dx f(x)dx f(x)dx 。 0 x 47.证明 由于 limf(x)A ,任给 0 ,存在 M0 ，当 xM 时,有 f(x)A 。又当 TM 时， 2 1 T 1 f(x)dxA T 0 T M T 0 T f(x)dx T 0 1 T Adx f(x)Adx T 0 M 111 M f(x)Adxf(x)Adxf(x)Adx1 T 0 T M T 0 2 T , 所以取 T 1 max 2 M 0 f(x)Adx,2M ，注意到 01 M 1 ，则当 TT 1 时,就有 T 1 T f(x)dxA , T 0 22 21
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