(3)取xn?2n???4???(n???)，得
22(a?b)?A，解得a?b?A?0
（此题取消）4. 数列?xn?收敛于a的充要条件是：其偶数项子列和奇数项子列皆收敛
于a.
（此题改为4）5. 已知有界数列?xn?发散，证明:存在两个子列?xn(1)?和?xn(2)?收敛
kk于不同的极限.
证明：因为?xn?有界，由致密性定理，必有收敛的子列?xn(1)?，设limxnk(1)kk???a.
又因为?xn?不收敛，所以存在?0?0，在(a??0,a??0)以外，有?xn?的无穷多项， 记这无穷多项所成的子列为xn设 limxnk???(2) ?，显然?x?有界.由致密性定理，必有收敛子列?x?，
(2)(2)nnk?2?k?b ，显然 b?a.
习 题 2-5
1. 用柯西收敛准则判定下列数列的收敛性 (1) xn?1?12?13???(?1)n?11n;
解：xn?p?xn?1n?11n?21n?11?1n?2???(?1)p?11n?p1
??(?n?3)???(?1)p?11n?p?n?1?1n
所以，对???0,?N?[1/?],?n?N,xn?p?xn??，即{xn}为柯西列
2n (2) xn?a0?a1q?a2q???anq(q?1,ak?M,k?0,1,?).
解：xn?p?xn?an?1qn?1???an?pqn?p?Mqn?1(1?q???qp?1)?Mqn?11?q
所以，对???0,?N?max{1,[ln柯西列
?(1?q)M]/lnq?1},?n?N,xn?p?xn??，即{xn}为
2. 满足下列条件的数列?xn?是不是柯西列? (1) 对任意自然数p,都有limxn?p?xn?0;
n?? 11 / 27
解：不是柯西列，如xn?1?列?xn?不收敛。
12???1n，对任意的自然数p，limxn?p?xn?0;但数
n?? (2)xn?1?xn?kxn?xn?1,(0?k?1,n?2,3,?); 解：xn?p?xn?xn?p?xn?p?1?xn?p?1???xn?1?xn
?xn?p?xn?p?1?xn?p?1?xn?p?2???xn?1?xn?(kn?p?1?kn?p?2???kn?1)x2?x1
?x2?x11?kkn?1
(1?k)?x2?x1所以，对???0,?N?[ln]/lnk?1,?n?N,xn?p?xn??，即{xn}为柯西列
n (3)?xk?1?xk?M(n?1,2,?,M?0).
k?1n证明：记Sn??k?1xk?1?xk，则Sn单调递增有上界M，从而必有极限，记limSn?S
n??对???0,?N,?n?N,Sn?S??2
从而xn?p?xn?xn?p?xn?p?1?xn?p?1???xn?1?xn
?xn?p?xn?p?1?xn?p?1?xn?p?2???xn?1?xn?Sn?p?1?Sn?1 ?Sn?p?1?S?Sn?1?S?? 故 ?xn?是柯西列
习 题 3-1
1.设定义在[a,b]上的函数f(x)在(a,b)内连续,且limf(x)和limf(x)存在(有限).
x?a?x?b?问f(x)在(a,b)上是否有界? 是否能取得最值? 解：在闭区间[a,b]上构造辅助函数
?f(x), x?(a,b),?? g(x)??f(a), x?a,
???f(b), x?b.则g(x)在[a,b]上连续，从而g(x)在[a,b]上有界. 由于g(x)?f(x) (a?x?b)，故
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f(x)在(a,b)上也有界，即存在M1?0，使得 f(x)?M1, x?(a,b).
令 M?max?M1,f(a), f(b)?，则有 f(x)?M, x?[a,b].
条件同上，但f(x)在(a,b)上却不一定能取得极值. 例如：f(x)?x,x?(a,b) 2.设f(x)在(??,??)内连续,且limf(x)???.证明f(x)在(??,??)内可取得最小
x???值.
证明：因为limf(x)???，所以?A?0，当x?A时，有f(x)?f(0)
x???因为limf(x)???，所以?B?0，当x?B时，有f(x)?f(0)
x???从而当x?(??,A)?(B,??)时，有f(x)?f(0)
又f(x)在[A,B]连续，从而一定可以取到最小值m，即?y0?[A,B]，使当x?[A,B]时，
m?f(y0)?f(x)且m?f(y0)?f(0)；
故x?(??,A)?(B,??)时，有f(x)?f(0)?f(y0) 所以f(x)在y0处取到最小值
习 题 3-2
（此题已换）1. 设a1,a2,a3?0,b1?b2?b3. 证明:方程
a1x?b1?a2x?b2?a3x?b3?0在(b1,b2)和(b2,b3)内恰好各有一个实根.
1. 证明开普勒(Kepler)方程x??sinx?a?0???1?有唯一实根 证明：令f(x)?x??sinx?a，则f(x)在[a?1,a?1]连续且
f(a?1)??1??sin(a?1)?0，f(a?1)?1??sin(a?1)?0，
由零点原理???(a?1,a?1)，使f(?)?0，即方程x??sinx?a至少有一实根 又f'(x)?1??cosx?0，所以f(x)在(??,??)单调递增，所以方程x??sinx?a有唯一实根
（此题已换）2. 设函数f(x)在（a, b）内连续且有极值点. 证明: 存在
x1,x2?(a, b),1x ?
x,f(x1)?f(x2). 2使得
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2.设a?0，讨论方程ex?ax2实根的个数
解：step1.令f(x)?ex?ax2，则limf(x)???,limf(x)?f(0)?1，由零点原理，
x???x?0xf(x)?0在(??,0)至少有一实根，又f'(x)?e?2ax?0(x?(??,0))，所以f(x)在
x2(??,0)单调递增，从而方程e?ax在(??,0)内有且仅有一实根。
step2.令g(x)?exx2，则limg(x)???,limg(x)???，且g'(x)?x?0?e(x?2)x3xx???，所以
当0?x?2时，函数g(x)单调递减；当2?x???时，函数g(x)单调递增，所以函数
e2g(x)在点x?2取得极小值g(2)?4。所以，当0?a?e242时，方程g(x)?a在(0,??)无解；当a?e24时，g(x)?a在(0,??)有一解；当a?2e4e2时，g(x)?a在(0,??)有两解
2综上：当0?a?e4时，方程e?ax有一解；当a?x24时，e?ax有两解；当a?x2e4时，ex?ax2有三解
3.设f(x)在[a,b]上连续, xn?[a,b],limf(xn)?A.证明存在??[a,b]使
n??f(?)?A.
证法1 因为f(x)在[a,b]上连续，所以存在最大值M和最小值m，且使m?f(xn)?M，从而有m?A?limf(xn)?M.由介值定理知???[a,b]，使f(?)?A.
n?? 证法2 因为?xn?有界，所以存在收敛子列xn???[a,b] (k??).而f(x)在[a,b]上
k连续，故有f(?)?limf(xn)?limf(xn)?A
k??kn??习 题10-2
1. 设f?x?在?0,1?上连续， n?2为自然数. 证明： （1）若f(0)?f(1)，则存在??[0,证明：令F(x)?f(x)?f(x?1nn?1n],使得f(?)?f(??n?1n]，且
1n);
)，则F(x)?C[0, 14 / 27
1112n?1n?1F(0)?f(0)?f()，F()?f()?f()，?,F()?f()?f(1)
nnnnnn从而F(0)?F()??F(n1n?1n)?0 iin若?i?{0,1,2,?,n?1}，使F()?0，取??nij即可
ijji否则?i?j?{0,1,2,?,n?1}，使F()?F()?0，由零点原理，???(,)或(,)，
nnnnnn使F(?)?0 综上，???[0,n?1n]，使F(?)?0，即f(?)?f(??1n) 1n?f(??1n).
（2）若f(0)?0, f(1)?1,则存在??(0,1),使得f(?)?解：取F(x)?f(x?2.设
1n)?f(x)?ba1n，方法同上
f(x)在?a,b?上连续，且?f(x)dx?1,?baxf(x)dx??,?baxf(x)dx??. 证明：存
22在??[a,b],使f(?)?0.
证：由已知经计算得?(x??)f(x)dx?0
ab21）若??a或??b，由积分中值定理，???(a,b)，使(???)2）否则，a???b，?(x??)f(x)dx?ab22f(?)?0，从而f(?)?0
2??a(x??)f(x)dx?2??b(x??)f(x)dx?0
a）若?(x??)f(x)dx?a?2??b(x??)f(x)dx?0，同1），由积分中值定理
2??1?(a,?),??2?(?,b)，使f(?1)?f(?2)?0
b）?(x??)f(x)dx与?(x??)f(x)dx异号，由中值定理，??1?(a,?),??2?(?,b)
a?2b2?22使?(x??)f(x)dx?(?1??)f(?1)，且?(x??)f(x)dx?(?2??)f(?2)
a?b22?所以f(?1)f(?2)?0，有零点原理，???(?1,?2)?(a,b)使f(?)?0
nn?123. 设fn(x)?cosx?cosx???cosx?cosx,求证
(1) 对任意自然数n, 方程fn(x)?1在[0,证明：n?1时，f1(x)?cosx?1在[0,?3?3)内有唯一实根;
)上有唯一实根x?0
n?1时，有，fn(0)?1?n?1?0且fn(?3)?1??12n?1?0，由零点存在原理，
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