《浙江大学微积分一习题解答 第零,一,二章(秋冬)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江大学微积分一习题解答 第零,一,二章(秋冬)（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 calculus I chap 00- 02 第章 预备知识 第章 预备知识 题 2 (p11) 题 2 (p11) 【1】 设任意点，证明总存在使得【1】 设任意点，证明总存在使得)b, a (x00)b, a ()x,x(00+ 证 证 (1)若，记。则 (1)若，记。则 00xbax+ax0+0x(= =(0, 则 0, 则 (1) 若 f(x)/x 单调减少，则 f(x(1) 若 f(x)/x 单调减少，则 f(x1 1) + f(x) + f(x2 2) f(x) f(x1 1+x+x2 2) ) (2) 若 f(x)/x 单调减少，则 f(x(2) 若 f(x)/x 单调减少，则
2、 f(x1 1) + f(x) + f(x2 2) f(x) f(x1 1+x+x2 2) ) 证明 证明 (1) 对 x(1) 对 x1 1,x,x2 20 由 f(x)/x 单调减少, 知 0 由 f(x)/x 单调减少, 知 2121 xx)xx(f + 11 x)x(f， 2121 xx)xx(f + 22 x)x(f于是 ，于是 ，)xx(fx211+)x(f )xx(121+)xx(fx212+)x(f )xx(221+相加即得结论。# 相加即得结论。# 题 12(1) (p26) 题 12(1) (p26) 【4】 试证 f(x)【4】 试证 f(x)x1 x1sin在区间(0,
3、1)上无界；在,1 (00, 有 x(0,1)，使得|f(x)|G. (1) 只需证明，对任何 G0, 有 x(0,1)，使得|f(x)|G. 事实上， 对以上 G0,求 x 满足事实上， 对以上 G0,求 x 满足x1 x1sinG，这只要G，这只要1x1=sin且且x1G。故可取 x=G。故可取 x=2 1G 21 +. . 显然以上 x(0,1)，显然以上 x(0,1)，x1+21 1G 2G，G，1x1=sin，于是，于是x1 x1sinG. 因此，按定义知 f(x) 在区间(0,1)上无界. G. 因此，按定义知 f(x) 在区间(0,1)上无界. (2).又|f(x)|(2).又|
4、f(x)|x1 x1sin|x11.故 f(x)在,1 (00, 有 N0, 使得 nN 时，|即证对任何0, 有 N0, 使得 nN 时，|nn-1|0, 于是 -1b0, 于是 n=n=(=1+nb+=1+nb+n)b1+2b2) 1n(n1+1+2b2) 1n(n，则22 .于是取 N=.于是取 N=22 +1即可。 +1即可。 证 2 证 2 即证对任何0, 有 N0, 使得 nN 时，|即证对任何0, 有 N0, 使得 nN 时，|nn-1|0, 于是 -1b0, 于是 n=n=(=1+nb+=1+nb+n)b1+2b2) 1n(nnbnb2b2) 1n(n，则，则1n2 2b+b-
5、11) (n1) 于是只要于是只要 n224 .于是取 N=.于是取 N=24 +1即可。# +1即可。# 证 3 证 3 即证对任何0, 有 N0, 使得 nN 时，|即证对任何0, 有 N0, 使得 nN 时，|nn-1|1), 只要 n, 只要 1), 只要 n, 只要 n)1 (+n)1 (+2 21) 1n(n+1n (n1), 只要 nn (n1), 只要 n22. . 故若取 N故若取 N 1 ,2max2，则 nN 时， 就有 n，则 nN 时， 就有 n22，因而就有 ，因而就有 n)1 (+2 21) 1n(n+1n,此即有|n,此即有|nn-1| ) ) 1n(1n1 (
6、2+1)1n11 ( + 1 1 (利用 x-1 时，) (利用 x-1 时，) nx1)x1 (n+以上利用了 （对 x-1 成立） 。此结论可用数学归纳法证明： 以上利用了 （对 x-1 成立） 。此结论可用数学归纳法证明： nx1)x1 (n+x) 1n(1nxx) 1n(1)x1)(nx1 ()x1 ()x1 ()x1 (2n1n+=+=+证法 2(二项式定理) 证法 2(二项式定理) 记 u记 un nn n1)1 ( + 则 则 nun n1)1 ( + 1+n1+nn1+ +2)n1(2) 1n(n+ +3)n1(! 3)2n)(1n(n+n)n1(!n21).2n)(1n(n1
7、+1+1+1+)n11 (! 21+ +)n21)(n11 (! 31+)n1n1)(n21)(n11 (!n1 同理 同理 1nu+1+1+1+1+)1n11 (! 21 + +)1n21)(1n11 (! 31 +)1n1n1)(1n21)(1n11 (! n1 +)1nn1)(1n1n1)(1n21)(1n11 ()!1n(1 + 1+1+ 1+1+)1n11 (! 21 + + + )1n21)(1n11 (! 31 + + )1n1n1)(1n21)(1n11 (!n1 + nu因此 单调增加。 因此 单调增加。 nu顺便， 顺便， nua0 时，可以证明 ba0 时，b(对任何正整
8、数 n) (对任何正整数 n) )ab(b) 1n(an1n1n+现取现取n11b,1n11+=+=a代入上式，整理得代入上式，整理得n1n)n11 ()1n11 (+再取再取n211b, 1+=a代入该式，整理得代入该式，整理得21)n211 (n+1即即4)n211 (n2) 1n1n1 (2+)n1n(利用 x-1 时， (利用 x-1 时，() ) nx1)x1n+)1n11 (+)n1n(=1 =1 即即 n1n uu1.以上利用了1.以上利用了( （对 x-1 成立） 。此结论可用数学归纳法证明： （对 x-1 成立） 。此结论可用数学归纳法证明： nx1)x1n+x) 1n(1n
9、xx) 1n(1)x1)(nx1 ()x1 ()x1 ()x1 (2n1n+=+=+证法 2(平均值公式)证法 2(平均值公式) 由平均值公式 (n 个不等正数的几何平均 1n n1)1+(, 即, 即nn) 1n(n 1n1nn) 1n(+, 即, 即1n1nn) 1n(+nnn) 1n( 1n n1)1 (+ # # 题 8(2) (p69) 题 8(2) (p69) 【10】 证明 【10】 证明 n n1)1 (+e, 使得 nN 时e，根据严格单调性， 总有 N，及 qe, 使得 nN 时n n1)1 (+qe,这与极限为 e 矛盾。 qe,这与极限为 e 矛盾。 同理可证 ee 可
10、证(n+1)e 可证(n+1)1ln(n1+1, 最后1, 最后1n1 +0 0 于是有下界。因此有极限。# 于是有下界。因此有极限。# nu题 11(3) (p70) 题 11(3) (p70) 【14】 按定义证明 【14】 按定义证明 1xlim 1x1x 2323解 解 对任何的0,我们希望找到0,使得,00,我们希望找到0,使得,00, 于是 00, 于是 00,我们希望找到0,使得,00,我们希望找到0,使得,00) 1 (a0) 解 解 对任何的0,我们希望找到 N0,使得|x|N 时，|对任何的0,我们希望找到 N0,使得|x|N 时，|x1a-1|0,a1，|x|max ln
11、a/ ln(1+) ,-lna/ln(1当 a0,a1，|x|max lna/ ln(1+) ,-lna/ln(1) 于是取 Nmax lna/ ln(1+) ,-lna/ln(1) 于是取 Nmax lna/ ln(1+) ,-lna/ln(1) 0。 ) 0。 则|x|N 时， 必有|则|x|N 时， 必有|x1a-1|0) # 1 (a0) # 题 11(7) (p70) 题 11(7) (p70) 【17】 按定义证明 【17】 按定义证明 xlimxxarctan0 0 解 解 对任何的0,我们希望找到 N0,使得,|x|N 时|对任何的0,我们希望找到 N0,使得,|x|N 时|x
12、xarctan|2|x|.故取 N.故取 N20.则|x|N 时|0.则|x|N 时|xxarctan|” 必要性 “=” 我们来证明 我们来证明)t1x(flim0t+ +=A。即对任何=A。即对任何0, 只需证明有 N0, 使得 tN 时，0, 只需证明有 N0, 使得 tN 时，0， 必有 现在由于=A， 因此对以上0， 必有)x(flim0xx+0，对任何 x, 只要满足0，对任何 x, 只要满足1t时必有时必有0, 则 tN 时，就有0, 则 tN 时，就有0, 只需证明有我们来证明=A。即对任何0, 只需证明有)x(flim0xx+0， 使得0， 使得0， 必有 N0，对任何 t,
13、 只要 tN 时，就有0， 必有 N0，对任何 t, 只要 tN 时，就有N0 时，就有N0 时，就有0, 则时，必有0, 则时，必有0) (a, b0) (2) (2) +xlimxx kx 2x 1a.aa+ (a (ai i0, i=1,2,k) 0, i=1,2,k) 解 解 (1) x0 时 (1) x0 时 xb xb xb1，故，故limxb ax 0x= =ab因此因此limxb ax 0xab(2) (2) xx kx 2x 1a.aa+xx iamaxkamaxkixxx kx 2x 1a.aa+xx iamaxmax ai于是由夹逼性，于是由夹逼性， +xlimxx kx
14、 2x 1a.aa+ # # amaxi题 16 (p70) 题 16 (p70) 【20】 判断极限【20】 判断极限xx0xlim 存在性 存在性 解 解 xx0xlim+= =x0 0xlim+(不妨设 00, 可找到0, 可找到0,使得，|x-1|时，1N1N1232 1n3n2 120, 使得 nN 时， |因此，有 N0, 使得 nN 时， |1n3n2 +sin23|N 时， 0 N 时， 0 N 时， 0N 时， 0)x(f)x(f21 ()xsinx(sink)xx2121 2xxsin2xxcos2k)xx(212121+ 由于 由于 21212121xx2xx122xxsin2xxcos2=+因此 因此 )x(f)x(f21 ()xx(k)xx21210 0 因此 f(x)严格单调，又 f(x)连续，于是由反函数存在定理知 f(x)
