1、数学分析 上册 课后答案 (叶淼林版 ) 材料提供人： 1 3 级信息二班全体同学 答案仅供参考，最终解释权归信息二班所有，侵权必究。- 2 - 目录 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 第一章 3 第七章 106 1.1 3 7.1 106 1.2 4 7.2 1 1 4 1.3 6 7.3 124 1.4 10 第八章 128 1.5 14 8.1 128 1.6 16
2、 8.2 131 第二章 19 第九章 133 2.1 19 9.1 133 2.2 22 9.2 135 2.3 32 第十章 138 2.4 35 2.5 39 2.6 43 第三章 49 3.1 49 3.2 52 3.3 57 3.4 61 第四章 65 4.1 65 4.2 69 4.3 71 4.4 73 4.5 78 4.6 81 第五章 84 5.1 84 5.2 86 5.3 93 第六章 98 6.2 98 6.3 100 6.4 101 6.5 103- 3 - 第一章 1.1 1、 （1）实数和数轴是一一对应的关系。 （2）是无限不循环小数，是无理数。 （3）两个无理数
3、之和还是无理数，一个有理数与一个无理数之和是无理数，当有理数不为 零时，一个有理数与一个无理数的乘积是无理数。 （4）实数的稠密性，是指任何两个不相等的实数之间必有另一个实数，且既有有理数， 也 有无理数。 2、 （1） 1 1 1 1 2 2 3 ( 1 ) n n 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 1 n n 1 1 1 ( 1 ) n n （ 2） 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n n （ 3） 2 2 2 ( 1 ) 2 1 ( 1 ) 1 2 3 . 2 2 2 2 n n n n n n n n （ 4）由题意用数学归纳法
4、，当 2 1 , 1 2 n n k 时 显然成立,假设当 时成立,即 2 1 1 1 2 , 1 2 k n k k 那么 时, 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ) ) 2 1 . 2 1 2 1 1 k k k k k k (1+ (1+ 1 2 1 1 2 2 ( 1 . 1 ) 2 2 2 2 2( 1 ) 1 1 1 1 k k k k k k k k k 即当 1 , n k 时 原式仍成立，综上可知 2 1 1 1 2 . 2 n n 3、 （ 1）由题意，知： 2 2 2 1 1 1 2 2 0( 0) a a a a a a a 当且仅当 1 1 2 0 a a
5、a a 时 即 1 a 从而对 1 0 , 2 , a a a 有 且等号当且仅当a=1时成立. （ 2）因为 2 , 3 , . 1 0 , 1 1 1 1 n n h h n h h h n n 及 所以- 4 - 因为 0 , 0 a b 时有 1 2 1 ( ) ( ) n n n n n a b a b a a b b ， 当 0 h 时， 1 2 ( 1 ) 1 1 1 ( 1 ) ( 1 ) 1 n n n n n n n n h h h n h h 当 1 0 h 时， 1 2 ( 1 ) 1 1 1 ( 1 ) ( 1 ) 1 n n n n n n n n h h h n
6、h h 故当 1 + 0 h 时，均有 1 1 n h h n 4、 （ 1） | 1 | | 2 | = | 1 | | 2 | | 1 2 | 1 x x x x x x （ 2） | 1 | | 2 | | 3 | | 1 3 | | 2 | 2 x x x x x x 5、 （ 1） ( 2) ( 3 ) 0 x x （ 2） 2 3 ( 2 , 3 ) x x 即 （ 3） 2 12 5 ( , ) , 2 2 5 x x x 时 ,或 12 ( , ) , 2 5 x x 时 12 ( , 2) ( , ) 5 x （4） 2 2 16 0 2 0 x x x 解得： 4 0 2
7、4 4 , 0 2 , 4 x x x 或 即 （ ） （ 5）由题意得： 1 1 1 5 1 5 | | : ( , ) 3 2 6 6 6 6 x x x 解得 即 （6）由题意得： | 5 | 3 0 | 5 | 3 | 5 | 0 x x x 即 解得： 2 5 5 8 ( 2 , 5 ) ( 5 , 8 ) x x x 或 则 1.2 1、 （ 1）因为 1 1 1 0 , 1 1 n n n 所以对任意给定的 0 , 取 2 1 1 N ,则当 n N 时 ,有 1 1 0 , l i m 0 1 1 n n n 所以 （ 2）由于 2 2 2 2 3 3 2 3 2 3 1 1
8、( 4) 2 1 2 2( 2 1 ) 4 9 2 3 n n n n n n n n n n ，因此对任给的 0 , 取 1 m a x 4 , 1 N 当 n N 时，有 2 2 3 3 2 1 2 n n n 成立。故 2 2 3 3 l i m 2 1 2 n n n n - 5 - （3）因为 1 1 0. 99.9 10 n n ,所以对 0 （不妨设 1 ） ，取 1 l g 1 N ，则当 n N 时， 有 1 0. 99.9 l i m 1 0. 99.9 1 n n n 故 （ 4）因为 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 0 , 0 , ! 1 2 3 1 1 2 n
9、 n n n n n 所以对 只要取 4 1 N ,则当 n N 时,有 2 0 ! n n ,故 2 l i m 0 ! n n n （5） 0 1 0 , l i m 0 n n q nq 当 时 显然 0 1 2 0 , 1 q q 当 时 则有| | ，可令 1 q | | = 1 , 0 a a ， 由于 1 2 2 1 2 2 0 ( 1 ) ( 1 ) ( ) | | n n n n n n n a n a q q 故对 2 1 2 0 , 2 | | 1 N q 取 则当 n N 时,有 1 1 2 2 0 0 | | ( 1 ) ( | | 1 ) n n nq q n q
10、,即 l i m 0( | | 1 ) n n nq q （6） 1 , | 1 | n n N a n ，对任意 1 0 , , , 1 n N n N a 取 便得当 时 有 （ 7 ） 因 为 1 1 1 1 0 , 1 1 2 n n n n n n n 因 此 对 任 意 的 0 , 取 2 1 , 4 N n N 则当 时，有 1 1 0 , 2 n n n l i m 1 0 n n n 故 （ 8）由于 3 3 3 2 2 1 2 3 1 2 3 ( 1 ) 1 2 1 0 / 2 2 2 n n n n n n n n n n n n ，因此，对任给 1 0 , , N n
11、N 取 则当 时, 3 1 2 3 1 0 , n n n 所以 3 1 2 3 l i m 0 n n n （9） 1 , | 1 | n n N a n ，对任意 1 0 , , , N n N 取 便得当 时 1 n a 有 2、证明：由于数列 , 0 , . . , | | . n n x M s t n N x M 有界 故 有 l i m n n y 又由 =0知 , 0 , 存在正整数- 6 - N ,当 n N 时 ,有 | 0 | | | . 1 n n y y M 故当 n N 时，有 0 . l i m 0. 1 n n n n n n n x y x y M x y M
12、 = . 即 3、 a不是数列 n a 的极限： 0 0 0 , 0 , N n N 使得 0 0 | n a a | （ 1）取 0 1 1 1 1 , 1 , 1 3 2 3 n n 当 时 有 ,从而数列 1 n 的极限不是 1 （ 2）本题即证 ( 1 ) , l i m , n n a R n a 有 对 0 1 ，对任意的正整数 | | 1 2 a N ，取 0 2 n N ， 则 0 ( 1 ) 0 0 | | | 2 | 2 | | 1 n n a N a N a ,故数列 ( 1 ) n n 发散。 1.3 1、分析：证明数列发散通常可以采用反证法，构造收敛级数，得出矛盾的结
13、论，也可以举出 反例，本题后两个采用这种方法，对于未知参数要分类讨论。 证：设 l i m , n n n a a b 数列 发散。 反证法：若 l i m ( ) , l i m , n n n n n n n a b a b C a a 是收敛数列,即 由于 则 l i m l i m ( ) l i m ( ) l i m . n n n n n n n n n n n b a b a a b a C a 即 , n n n b a b 为收敛数列 这与已知矛盾,故 为发散数列。 n n a b 可能收敛也可能发散，如 1 , n n a n b n ，则 n n a b 为收敛数列，若
14、 2 1 , n n a n b n ，则 n n a b 为发散数列。 n n a b 情形时的结论与之相同。 2、 （1） 1 4 （ 2） 0 （ 3） 2 1 1 3 2 3 2 ( ) 3 3 n n 原式 （ 4） 2 1 1 l i m l i m 2 1 1 1 n n n n n n n 原式 （ 5） 10 1 l i m 10. n n k k 原式- 7 - （6） 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 2 l i m l i m 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3 3 n n n n n n 原式 3、 （ 1） 1 1 1 l i m 1 2 2 3
15、( 1 ) n n n 1 1 1 1 1 l i m 1 2 2 3 1 n n n 1 l i m 1 1 1 n n （ 2） 2 1 1 1 2 4 2 2 2 l i m 2 2 2 l i m 2 n n n n = 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 l i m 2 l i m 2 2 l i m 2 2 n n n n n n （ 3） 2 1 3 2 1 l i m 2 2 2 n n n 2 2 1 3 2 1 1 3 2 1 l i m 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n 2 1 2 3 5 2 1 1 3 2 1 l i m 1 2 2 2
16、2 2 2 n n n n n 2 2 1 1 3 1 5 3 2 1 2 3 2 1 l i m 1 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n 2 2 1 1 1 2 1 l i m 1 1 2 2 2 2 n n n n 1 1 1 1 1 2 1 2 l i m 1 l i m 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 n n n n n n n n n n 4 1 1 l i m 3 2 l i m 3 3 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n 1 l i m 3 3 l i m 2 l i m 3 2 2 n n n n n n （4）当 1
17、 1 1 1 2 , 1 1 , 1 1 ( 2) 2 2 n n n n n n 时 有 从而有 由于 1 l i m l i m 1 1 2 n n n , 故根据极限的迫敛性，得 1 l i m 1 1 n n n - 8 - （5）由于 2 2 2 2 1 1 1 1 0 , ( 1 ) ( 2 ) n n n n n 且 l i m 0 0 n ， 2 2 1 1 1 l i m l i m 0 n n n n n n 故根据极限的迫敛性，得 2 2 2 1 1 1 l i m 0 ( 1 ) ( 2 ) n n n n （ 6）因 2 2 2 2 2 1 1 1 , 1 2 1 n
18、 n n n n n n n n 且 2 2 2 1 1 l i m l i m 1 , l i m l i m 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n 故根据极限的迫敛性，得 2 2 2 1 1 1 l i m 1 1 2 n n n n n 4、分析（ 1）利用几何平均值小于算术平均值，数学归纳法，放缩法，极限的迫敛性求解。 （ 2）先拆项，利用放缩法和极限迫敛性求解。 （ 3） 1 1 1 1 1 ( 1 ) ( 1 ) , ( 1 ) 1 , ( 1 ) , n n n n n n n n n 及 移项及极限迫敛性求解。 解： （ 1）利用几何平均值小于算术
19、平均值性质得： 1 3 3 5 2 1 3 , 4 3 5 , 2 2 ( 2 1 ) ( 2 1 ) 2 ( 2 1 ) ( 2 1 ) 2 n n n n n 因此 1 3 5 ( 2 1 ) 1 3 5 ( 2 1 ) 1 0 2 4 6 2 1 3 3 5 ( 2 1 ) ( 2 1 ) 2 1 n n n n n n 且 1 l i m 0 0 , l i m 0 , 2 1 n n n 于是由极限的迫敛性，得： 1 3 5 ( 2 1 ) l i m 0 2 4 6 2 n n n 法二：令 1 3 2 1 2 4 2 n n a n ，则 2 1 2 3 4 2 1 2 1 2
20、3 4 5 2 2 1 2 1 n n n a n n n 则 1 0 2 1 n a n 且 1 l i m 0 0 , l i m 0 , 2 1 n n n 于是由极限的迫敛性，得 l i m 0 n n a （ 2） 1 ! 1 ! 2 ! . ! 1 1 1 1 ! ! ( 1 ) ! n p n p n a n n n n n n 1 1 1 1 ( 1 ) ( 1 ) n n n n n - 9 - 故 1 2 1 1 ( 2) ( 1 ) n n a n n n n ,又 1 2 l i m 1 , l i m 1 1 , : ( 1 ) n n n n n n 得 1 ! l
21、 i m l i m ! n p n n n p a n =1. （ 3）由 1 1 1 1 1 , 0 1 , 1 1 , 0 , n n n n 知 又 则 1 1 1 1 n n n n n 即 1 1 1 1 n n n n ,故有 1 1 0 1 ( 0 1 ) n n n 然而 1 1 l i m 0 0 , l i m 0( 0 1 ) , n n n 因此，由极限的迫敛性，得 l i m ( 1 ) 0 n n n 5、分析： （ 1）利用 n na 的定义及极限迫敛性求解。 （ 2）构造一个数列 n n b b 满足 为收敛数列，且与 n a 同极限，利用极限的迫敛性求解。
22、证： （ 1）由 n na 的定义知， 1 , 1 , n n n n n n na n N na na na a a n n 有 即 因 1 l i m , l i m , l i m n n n n n n na a a a a a n n 故由极限的迫敛性,得 （ 2）由于 l i m 0 , , , 3 n n a a a N n N 故取 = ,则 N 当 时 2 4 | | , 3 3 n n a a a a a 有 即 构造新数列 , , , n n n N n n b b a b a 使 则 为收敛数列 的平凡子列 与 n a 同时收敛于相同的极限， 由于 2 4 2 4 ,
23、( 1 , 2 , .) , 3 3 3 3 n n n n n n b a b a n a b a 也满足 于是 ， 又因 2 4 l i m 1 , l i m 1 , l i m 1 , l i m 1. 3 3 n n n n n n n n n n a a b a 故 从而 小结：构造子数列是证明极限的重要方法，子列与原数列具有相同的收敛性，这样可以化复杂问题为 简单问题。 6、分析： （ 1）利用子列极限相等来证 （ 2）利用三个子列极限相等，以及极限定义来证。 解： （ 1）此结论不成立，例如，数列 2 2 1 1 ( 1 ) , 1 , 0( 1 , 2 , .) , 2 n
24、n k k a a a k 因为 2 2 1 2 2 1 l i m 1 , l i m 0 , , k k k k n k k a a a a a 故 即 均收敛,但 发散 （2）此结论成立，证明如下： 设 3 2 3 1 3 l i m l i m l i m k k k k k k a a a a - 1 0 - 对于 1 2 3 1 2 3 0 , , , , , , N N N N k N k N k N 使得当 时，分别有 3 2 3 1 3 , , . k k k a a a a a a 取 1 2 3 3 3 3 , , , N N N N n N n N 则当 时 上述三个不
25、等式同时成立 故当 时 即 , l i m n n n a a a a 即 1.4 1、证：先假定数列 n a 为单调增加数列， k n a 为其所含的一个收敛子列，且 l i m , k n n a a 故 0 , 1 N N , 1 k N 当 时 , , , k k n n a a a a a 有 即 取 1 1 , N N n , n m N a 则当 时由 为单调增加数列知， 1 1 , N m n m n a a a a a 故 l i m . n n a a 若数列 n a 为单调递减数列，令 , k n n n n b a b a 则 为单调递增数列,而 为其所含的一个收敛子
26、列，且 l i m , l i m , l i m , k k n n n n n n a a b a b a 此时 于是由上述结论可知 于是由上述结论可知 l i m , l i m n n n n b a a a 即 。 2、分析： （ 1） （ 2）利用单调有界原理加以证明； （ 3）讨论当 0 1 0 , 1 c c 时极限为 当 时利用数列有界 性及迫敛性证明。 证： （1）先证 n a 是有界数列，事实上， 2 n n N a 有1 现用数学归纳法证明如下：当 1 1 , 2 , 1 2 2 k a 时 成立 设 1 , 1 2 2 2 2 k k n k a a 时结论成立 即
27、. 故 1 2 , n a n N 再证 n a 单调递增，由于 1 2 2 1 2 , 1 , n n n n n n a a a a a a 故 因此 n a 单调递增。 由单调有界定理知 1 l i m , l i m , 2 n n n n n n a a a a a 存在 设 则对 两边取极限得 1 l i m l i m 2 2 n n n n a a a a = ,即 解之得 2 0 ( , l i m 2 . n n a a a 或 不合题意 舍去),故 （ 2）先证 n a 为有界数列，事实上， 1 1 0 1 4 2 2 n n N a c 有 现用数学归纳法证明如下：当
28、1 1 1 , 0 , 1 4 2 2 n k a c c c 时 且- 1 1 - 设 1 1 0 1 4 , 1 , 2 2 k n k a c n k 时结论成立,即 则当 时 1 0 , k k a c a 且 2 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 4 1 4 2 2 2 2 2 2 k k a c a c c c c 故 1 1 0 1 4 , 2 2 n a c n N 再证 n a 严格单调递增，由于 2 1 n n n n n n n n c a a a a c a a c a a 所 以 2 1 1 1 1 0 , 1 4 1 4 2 2 2 2 n n n c a a
29、 c a c 当且仅当 时 成 立 ， 故 由 前 面 结 论 知 1 0 , n n n a a a 因此 严格单调递增。 由 单 调 有 界 定 理 知 1 l i m , l i m , n n n n n n a a a a c a 存在 设 对 两 边 取 极 限 得 1 1 , 1 4 0 ( 2 2 a c a a c 解得 不合题意舍去)与 1 1 1 4 2 2 a c ,故 1 1 l i m 1 4 2 2 n n a c （ 3）当 1 1 0 1 , 0 , l i m 0 0 , l i m 0 , l i m 0 ! ! n n n n n c c c n n n
30、 n 时因 且 由极限的迫敛性知- 1 2 - 当 1 , , c c k 时 记 = 因 0 ( ) ! 1 2 1 ! n k k c c c c c M c M n k n n n k 且 l i m 0 0 , l i m 0 , n n c M n 故由极限的迫敛性知 l i m 0 . ! n n c n 2、分析：首先利用数学归纳法得 0 , 0 , n n a b 1 1 1 1 , , , n n n n n n n a b a a b b a 由已知条件及几何平均值不等式,得 因而 单调 递减， , , n n n b a b 单调递增 有界 由单调有界原理， l i m , l i m , n n n n a a b b = 再利用已知 条件 1 , 2 n n n a b a = 得出结论 证：由 1 1 1 1 0 , 0 , 0 , , 2 n n n n n n n n a b a b a b a b a b 显然有 因 故 1 1 2 n n n n n n a b a a b b = , 1 2 2 n n n n n n a b a a a a = , 1 n n n n n n b a b b b
