1、习 题 1 - 1 （ 导 数 定 义 求 极 限 ）1 计算下列极限（1 ） 1l i m ( 1 ) 1 pn n n + ， ( 0 )p （2 ） s i n s i nl i m s i n( )x a x ax a （3 ） 1 1l i m , ,1mnx x m nx 为自然数 （4 ） l i m ( 2 1 ) nnn a ， ( 0 )a .（5 ） l i m x ax a a xx a ， ( 0 )a . （6 ） l i m x aa xx ax a a aa x ( 0 )a （7 ） 10 100 ( 1 t a n ) ( 1 s i n )l i m s
2、i nx x xx + . （8 ） 11 ( )l i m mk mn i n i nn = + ， m 为自然数 .解 （ 1 ）原式 11 1( 1 ) 1l i m ( ) |p p p xn n n x = + = = = 1 1p xp x p = = .（2 ） 原式= s i n s i nl i m s i n( )x a x a x ax a x a c o s a= .( 3 ) 原式 =1 1 1l i m 1 1m nx x xx x = nm .（4 ） 原式 1l n ( 2 1 ) l n 1 2 ( 1 ) l i m l i mn nn a n an ne
3、e + = = 12 ( 1 )l i m nn an e = 2 l n 2ae e= = .（ 5 ） 原 式l i m x a a ax a a a x ax a x a = = ( ) | ( ) |x ax a x aa x= = = 1l na aa a a a = ( l n 1 )aa a .（6 ） 原式 0( )l i ma x ax a xx ax a a a aa x = = = l naaa a .（ 7 ） 原 式10 100 0( 1 t a n ) 1 ( 1 s i n ) 1l i m l i mt a n s i nx xx xx x + = = 9 90
4、 01 0 ( 1 ) | 1 0 ( 1 ) | 2 0t tt t= =+ + + = .（8 ）原式11 ( )l i m m mk mn i n i nn = + = 1 ( 1 ) 1l i m mk ni ini in = + = 1ki i m= ( 1 )2k km += .2 设 ( )f x 在 0x 处二阶可导，计算 0 0 020 ( ) 2 ( ) ( )l i mh f x h f x f x hh + + .3 设 0( )f x 存在，计算0 0 00( ) ( )l i mx x x f x x f xx x .解 原式 0 0 0 0 0 0 00( ) (
5、 ) ( ) ( )l i mx x xf x x f x x f x x f xx x + = 0 00 0 0 0 0 00 0( ) ( ) ( ) ( )l i m l i mx x x xx f x x f x x f x x f xx x x x = 0 00 0 0( ) ( )( ) l i mx x f x f xf x x x x = 0 0 0( ) ( )f x x f x= .4 设 0a ， ( ) 0f a ， ( )f a 存在，计算 1l n l n( )l i m ( ) x ax a f xf a 。解 原式 l n ( ) l n ( )l n l nl
6、 i m f x f ax ax a e = l n ( ) l n ( ) l n l nl i m f x f a x ax a x ax a e = l n ( ) ( l n )t a t af t te = = = ( ) ( )a f a f ae = .练 习 1 - 2 （ 中 值 定 理 求 极 限 ）1 . 求下列极限（1 ） l i m ( s i n 1 s i n 1)x x x + + （2 ） 40 c o s ( s i n ) c o sl i m s i nx x xx （3 ）3 3 20l i m t a n s i nx xx e ex x （4 ）
7、2 22 2l i m x ax a a xx a ( 0 )a （5 ） 2l i m (a rc t a n a rc t a n ) 1n a an n n + + （ 6 ） 3 11 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )l i m ( 1 ) nnx x x xx （7 ） 6 66 5 6 5l i m ( )x x x x x + + （8 ） 21( 1 )l i m l n( 1 )n nn n n nn + + +解 ( 1 ) 原式 = 1l i m c o s 2 02x + = ，( 1 1x x ，计算11( )l i m ( ) nn nnf af a + .习 题
8、 1 - 3 （ 用 等 价 无 穷 小 代 换 求 极 限 ）习 题 1 - 4 （ 用 泰 勒 公 式 求 极 限 ）1 求 21l i m ( 1 ) x xx ex + + .解 原式 2 1l n ( 1 )l i m x xxx e + + = 2 2 21 1 1 1 ( ) ( ) 2l i m x o xx x xx e + + = 12e =或令 1 ,t x= 再取对数 .2 求3 360 1 1l i m s i n 2xx e xx =3 设 ( )f x 在 0x = 处 可 导 ， 且 20 s i n ( )l i m ( ) 2 .x x f xx x + =
9、 求 ( 0 ) , ( 0 )f f 和0 1 ( )l i mx f xx + .解 因为2 20 0s i n ( ) s i n ( )2 l i m ( ) l i mx xx f x x x f xx x x += + = 2 20 ( ) ( 0 ) ( 0 ) ( )l i mx x o x x f f x o xx + + + += 2 220 ( 1 ( 0) ) ( 0) ( )l i mx f x f x o xx + + +=所以 1 ( 0 ) 0 , ( 0 ) 2f f + = = , 即 ( 0 ) 1 , ( 0 ) 2f f = =所以0 1 ( )l i
10、 mx f xx + 0 1 ( 0 ) ( 0 ) ( )l i mx f f x o xx + + += 0 2 ( )l i m 2x x o xx += = .4 求 0 1 1 12l i m l n ( 1 ) 4xx xx x x e + = + .解 因为 2 21 1 ( )2 8x xx o x+ = + +分 母2 22 2( ( ) ) ( 1 ( ) ) ( )2 2x xx o x x x o x o x= + + = + ，所以 原式 2 220 2( ) 18l i m 4( )2x x o xx o x += = + .5 求 ( 1 )l i m l nnn
11、 n n n .解 原式 1 l n 1 l n ( ) 1 l i m 1l nn nn n on nn + + = = . ( 也可利用导数定义 )6 设 ( )f x 在 0x = 处 可 导 ， ( 0 ) 0f ， ( 0 ) 0f . 若 ( ) ( 2 ) ( 0 )a f h b f h f+ 在0h 时是比 h 高阶的无穷小，试确定 ,a b 的值 . ( 2 , 1 )a b= = 7 求 2 1l i m ( 1 s i n )n n n n .解 原式2 3 31 1 1 1l i m 1 ( ( )3 !n n n on n n = + 1 1l i m ( ( 1
12、) )3 ! 6n o = + = .8 求 2 2 21l i m ( 1 ) nn n e en + =9 求 1 1l i m ( 1 ) 1 2nn n e n + =解 原式 1l n ( 1 )l i m 1 nnn n e e + = 2 21 1 11 ( ( ) )2l i m 1 n on n nn n e + = 1 1( )2l i m 1 on nn n e = 1 1l i m ( ) 2n n on n = 1 1l i m ( 1 )2 2n o = = .1 0 设 0( )f x 存在， 求极限 0 0 0 030 1l i m ( 3 ) 3 ( 2 )
13、3 ( ) ( )h f x h f x h f x h f xh + + + + .习 题 1 - 5 （ S t o l z 定 理 求 极 限 ）1 . 计算下列极限( 1 )1 11 2l i mn nn + + ; ( 2 ) 1 2l i mn nn n + + ;( 3 ) 2 21 2l i m ( 1 )nnn a a na ana + + + + + + ; ( 4 ) 11l i m n kkn k kn + = .解 ( 1 ) 原式 1 1l i m 1n nn n += + 1l i m 21n n nn + += =+ ;( 2 ) 原式 1l i m ( 1 )
14、 1n nn n n n += + + 3 31 ( 1 ) 1l i m ( 1 )n n n n n nn n + + + + = + 2 2( 1 ) ( 1 ) 2l i m 3 3 1 3n n n n nn n + + += =+ + ; ( 3 ) 1( 1 )a a ; ( 4 ) 12 设 l i m nn a a = ，求1 2 22( 1 ) l i m nn a a n an + + + ； ( 2 ) 11l i m n kn k an k + = ; ( 3 ) 11l i m l n n kn k an k + = ;（ 4 ） 1 2l i m 1 1 1n n
15、na a a + + + ， 0 , 1 , 2 , ,ia i n = 。 ( ;2a 2 ;a ;a a ) 。3 设 2l i m ( ) 0n nn x x = ，求 l i m nn xn 和 1l i m n nn x xn .解 原式 l i m nn xn = 2 2 4 3 1 1 1212( ) ( ) ( )l i m 0n n n nn nnx x x x x x x n + + + += = , 或2 2 2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1l i m l i m l i m 0 ,2 2 ( 2 2 ) 2l i m l i m l i m 0
16、,2 1 2 1 ( 2 1 ) 2n n n n nn n xn n n n nn n xa a a a an n na a a a an n n + + + + + + + = = = = = =+ + 1 2 1 3 2 4( ) ( )n n n n n n n nx x x x x x x x = + 所以 1 1 1 3 3 1 22n n n n n nx x x x x x x x nn n n + + + 所以1l i m 0n nn x x = ，由 S t o l z 定理，右边的极限为 0 .4 设 1 10 x q ， 存 在 N ， 当 n N 时 有 ，11n n
17、n na a lb b + ，所以有 1 1 1( ) ( ) ( 1 ) ( )n n n n n nl b b a a b b + + + ， 并 令 上 式 中 的 n 依 次 换 为 1 , , 1n m+ ， 然 后 将 所 有 的不等式相加，得到 ( ) ( ) ( 1 ) ( )n m n m n ml b b a a b b 时有， nna lb .习 题 1 - 6 （ 广 义 罗 必 达 法 则 及 其 应 用 ）1 . 设 ( )f x 在 ( , )a + 内可微 ， 且 ( )l i m ,x f x Ax + = 则当 l i m ( )x f x + 存在时 ，
18、证明l i m ( ) .x f x A + =证 ( ) ( )l i m l i m l i m ( )1x x xf x f xA f xx + + + = = =2 . 设 ( )f x 在 ( , )a + 内 二 阶 可 导 ， 且 l i m ( )x f x A + = ， 证 明( )l i mx f x Ax + = , 2( )l i m 2x f x Ax + =证 2( ) ( ) ( )l i m l i m l i m2 2 2x x xf x f x f x Ax x + + + = = = .3 . 设 ( )f x 在 ( , )a + 上可微 ， l i
19、m ( )x f x + 和 l i m ( )x f x + 存在 . 证明 l i m ( ) 0x f x + = .4 . 证 明 例 7 . 即 ： 设 ( )f x 在 , )a + 上 连 续 ， l i m ( ) ( ) .xax f x f t dt A + + = 证 明l i m ( ) ,xax f t dt A + = l i m ( ) 0x f x + = .证 l i m ( )xax f t dt + ( )l i m xx a xx e f t d te + = ( ) ( )l i m xx x axx e f x e f t d te + += l i
20、 m ( ) ( ) ,xax f x f t dt A + = + =故有 l i m ( ) 0x f x + = .5 . 设 ( )f x 在 ( , )a + 上可导，对任意的 0 ，且 l i m ( ) ( ) x f x x f x + + = ，证明 l i m ( )x f x + = .证 因为 0 ，所以 l i mx x + = + ，由广义罗必达法则得( )l i m ( ) l i mx x x f xf x x + + = 1 11( ) ( )l i mx x f x x f xx + += l i m ( ) ( )x xf x f x + = + = .6
21、 设 ( )f x 在 ( , )a + 上有有界的导函数，证明 ( )l i m 0l nx f xx x + = .7 设 ( )f x 在 ( , )a + 上 可 导 ， 0a ， 若 有 l i m ( ) 2 ( ) x af x x f x l + + = ， 证 明l i m ( )x lf x a + = 。证 ( )l i m ( ) l i m a x a xx x e f xf x e + + = ( ) 2 ( ) l i m 2a x a xx e a f x x f xa e x + += la= 。习 题 2 - 11 . 若自然数 n 不是完全平方数 . 证明
22、 n 是无理数 .证 明 反 证 法 . 假 若 n qp= ,( Nqp 且 qp , 互 质 ) ， 于 是 由 22 pnq = 可 知 , 2q 是2p 的因子，从而得 12 =q 即 np =2 , 这与假设矛盾 .2 . 设 ,a b 是两个不同实数 . 证明在 a 和 b 之间一定存在有理数 .证 明 不 妨 设 a 0 , 所 以 存 在 正 整 数 n , 使 得 0 ) 使得21px q q NN : 1 , 且选取整数 )0(, Nqqp 也是 E 的下界，由有理数集在实数系中的稠密性，在 ),2( 1区间中必有有理数 x ，则 Exx ， 则 对 Ex =0,0 有 )
23、(0 x 即,0 x 矛盾.下确界的唯一性类似可证.4 试证收敛数列必有上确界和下确界， 且上下确界中至少有一个属于该数列. 趋于 + 的数列必有下确界，趋于 的数列必有上确界.证 法 1 设 nx 为 收 敛 数 列 ， 则 nx 非 空 有 界 ， 由 确 界 存 在 原 理 ， 存 在i nf ,s up nn xx = . 若 = ， 则 nx 为常数数列， 于是 ， , nx ； 若 且 , nn xx ，则存在两个子列 , kk nn xx 使 kk nn xx , )( k ，这与 nx 收敛相矛盾 . 由此可得， 与 至少有一个属于 nx .证 法 2 设 axnn =lim
24、， 若 nx 为 常 数 列 ， 则 结 论 显 然 成 立 ； 若 nx 不 是 常 数 列 ，不妨设 ax 1 ， 对 01 ,2 Nax = ， 当 0Nn 时， ),( 0aUx n ， 而在邻域 ),( 0aU 外 ，只 有 nx 的 有 限 多 项 . 在 这 有 限 项 中 必 存 在 nx 的 最 大 项 或 最 小 项 ， 于 是 ， nx 的 上 下 确界中至少有一个属于 nx .若 ,+ nx 则 nx 有 下 界 ， 所 以 必 有 下 确 界 ； 若 nx ， 则 nx 有 上 界 ， 所以必有上确界.5 证明：单调减少有下界的数列必有极限. 证 设 数 列 nx 单
25、 调 减 少 且 有 下 界 ， 根 据 确 界 存 在 原 理 nx 有 下 确 界 ， 记i nf nx= . 由定义，( 1 ) ),2,1( = nx n ；( 2 ) ,0 nN xx 使 + 时，有 + 由于 = nn bl i m ，从而当 n 充分大以后，有 ，存在 N ，当 Nn 时，有 ),(, 00 + xxba nn ，从而可知 )( xf在 ),(00 + xx 上无界 .3 . 设 ( )f x , ( )g x 在 0 , 1 上 满 足 ( 0) 0f , ( 1 ) 0f 时有 时，有 knNn xxx =于是有 xxx 使得.0)( Axf 取 ),(,1
26、101011 += xxx 使 得 01 )( Axf 取),(,21min 20202012 += xxxxx ，使得 ,)( ;02 Axf取 ,1min01 xxn nn = ， ),( 00 nnn xxx + ，使得 0)( Axf n ， . ，数列 nx 满足 0010 xxxx nn ，在 ),( 00 + aa 以外，有 nx 的无穷多项，记这无穷多项所成的子列为 )2(nx ， 显然 )2(nx 有界. 由致密性定理 ， 必有收敛子列 ( 2 )nx k ，设 ( ) bx knk = 2l i m ，显然 ab .3用致密性定理证明：若 ( )f x 在 , a b 上无
27、界，则存在 0 , x a b ，使 ( )f x 在 0x 的何 邻域内无界 . 证明 由于 ( )f x 在 , a b 上无界，故 ,0 baxM ，使 Mxf )( .特别取 , ,11 baxM = ，使 1)( 1 xf ，b ,2 2 axM = ，使 2)( 2 xf .于是，得点列 )( )(: nxfx nn .因为 bxan ，由 致密性定理， nx 中必有收敛子列 knx ，使得 0l i m xx knk =b ,0 ax . 由于 )( nxf )( n ，根据子列的性质， )( )( kxf kn ，此即 ( )f x 在 0x 的任何邻域内无界.4 . 设 定
28、义 在 , a b 上 的 函 数 ( )f x 对 任 意 , t a b , 均 存 在 极 限 l i m ( )x t f x . 证 明 ( )f x 在 , a b上有界 .证明 证法 1 反证法 . 假定 )( xf 在 , ba 上无界，则 , , baxn n ，使得 nxf n )( ，),2,1( =n . 因为 nx 是有界数列，故存在子列 knx ，使得 0l i m xx knk = ， b ,0 ax ，kn nxfk )( . 由此可知，极限 )(l i m 0 xfxx 不存在，与题设矛盾 .证 法 2 由 函 数 极 限 的 局 部 有 界 性 ， );(
29、, xxUbax 与 0xM ， 使 得xx MtfxUt )() ,;( . ,);( baxxUH x = 是 , a b 的一个开覆盖 ， 由有限覆盖定理，存在 , a b 的有限开覆盖 HnixUHixi = 1 );( . 取 ixni MM = 1m a x ，则 , bax ， x 必属于 H 中某一个 ),( kxkxU ，于是 MMxf kx )( .5 . 设函数 ( )f x 在 , a b 上只有第一类间断点 . 证明 ( )f x 在 , a b 上有界 .证明 反证法 . 假若 ( )f x 在 , a b 上无界，不妨设无上界，于是 , bax n 使 + = )
30、(l i m nn xf . 因为 nx 有界，所以存在收敛子列 )( ,0 kbaxx kn .若 0x 是 ( )f x 的连续点，则有 ,)(l i m)(l i m)( 0 + = nnnk xfxfxf k 矛盾 .若 0x 是 ( )f x 的第一类间断点，则有 )( 0 +xf 或 )( 0 xf += )(l i m)(l i m nnnk xfxf k ，亦矛盾 .习 题 2 - 61设 ( )f x 在 ( , )a b 内 有 定 义 ， a c d b 及0x ，使得 , ( , )x xx x x x + ，有( ) ( ) xf x f x M x x ，证明 :
31、存在 0M ，对一切 , , x x c d ，有( ) ( )f x f x M x x .证明 作开区间集 ,) ,( dcxxxExx += ， E 覆盖 , dc . 根据有限覆盖定理，存在 , dc 的有限子覆盖，记为 ) .,(,) ,( ) ,( 22221111 mmmm xxxxxx + 当 ),(, iiii xxxx + 时，有 ),2,1( ,)()( mixxMxfxfix = .令 mxxx MMMM += 21 ，用插项法可得( ) ( )f x f x M x x ， , , x x c d .2 . 设 ( )f x 在 , a b 上连续且恒正 , 试用有限
32、覆盖定理证明 : ( )f x 在 , a b 上存在正的下界 .3 . 用有限覆盖定理证明区间套定理 . 证明 设 , nn ba 为区间套，要证存在 ，使 ),2,1( = nba nn .用反证法 . 假若 , 11 bax 都不是 , nn ba 的公共点， 于是 xn ， 使得 , xx nn bax ， 因而 = ,);( ,0 nnxx baxU . 作 开 区 间 集 , );( 11 baxxUH x = ， 它 覆 盖 了,11 ba . 由有限覆盖定理 ，存在有限开覆盖 HnixUH ixi = ,2,1 ),( 覆盖 , 11 ba .现取 ixni nn 1m a x
33、 ， = ),(, 1 ixininn xUba ，而 ,),( 111 bax ixini = ，这与 , 11 baba nn 相矛盾 . 由此可知存在 ，使 ),2,1( = nba nn .习 题 2 - 71 . 用柯西收敛准则判定下列数列的收敛性( 1 )2c os 1 c os 2 c os ;2 2 2n n nx = + + +( 2 ) 11 1 11 ( 1 ) ;2 3 nnx n+= + + ( 3 ) 20 1 2 nn nx a a q a q a q= + + + + ( 1 , , 0 , 1 , )kq a M k ，则 )( 011 )1(q 1 11 2
34、211 = + += + + + mqqqM qqM qaqaqaxx mnm mnm nnmmmmmn 2 . 满足下列条件的数列 nx 是不是柯西列 ?( 1 ) 对任意自然数 p , 都有 l i m 0 ;n p nn x x+ =( 2 ) 1 1n n n nx x k x x+ , ( 0 1 , 2 , 3 , ) ;k n .解 ( 1 ) 对任意自然数 p , 都有 0l i m =+ npnn xx ，即 ,0 N 当 Nn 时，有, ，存在 0X ，当 , x x X 时 ，恒有 ( ) ( )f x f x X ，当 Xx 时，恒有2)( , 时，有 =+ X ，当
35、Xxx , 时，有 ,0 ，当 Nnm , 时，有 XxXx nm , ，从而有 M ，使得 ),( ,)( 1 baxMxf .令 )( ,)(m a x ,1 bfafMM = ，则有 , ,)( baxMxf .条件同上，但 ( )f x 在 , a b 上却不一定能取得极值 . 例如：2 . 试用确界存在原理或有限覆盖定理证明有界性定理 .证明 （ 1 ）用确界存在原理证 . 设 )( xfxE = 在 , xa 上有界 . , bax ， 则 E 非空且有上界 ， 由确界存在原理， 存在 Es up= . 下面要证 b= 并且 Eb ， 以使 , baE = ，即 ( )f x 在
36、, a b 上有界 . 反证法。若 b 在),( 00 + 内有界， 即存在 0x ， 使 Ex 0 ， 这与 Es up= 相矛盾， 所以 b= .再证 ( )f x 在 , a b 上有界 . 因为 ( )f x 在点 b 连续， 所以存在 0 ， 使 ( )f x 在 ,( bb 上有界；再由 Eb s up= 可知 ( )f x 在 2, ba 上有界，于是 ( )f x 在 , a b 上有界 .（ 2 ） 用有限覆盖定理证 . 已知 )( xf 在 , ba 上连续， 则 )( xf 在 , ba 上每一点0x 的极限存在 ， 因此存在点 0x 的邻域 ),( 0 x ， 使 )(
37、 xf 在该邻域内有界 ， Mxf )( ， 这里的正数 及 M 与 点 0x 有 关 . 由 于 , ba 上 的 每 一 点 都 得 到 这 样 一 个 邻 域 （ 即 开 区 间 ）， 这 些 开 区间 的 全 体 构 成 一 个 开 区 间 集 ， 它 覆 盖 了 , ba . 根 据 有 限 覆 盖 定 理 ， 在 开 区 间 集 中 必 有 有 限个开区间覆盖 , ba ，记这有限个开区间为 ) ,(,) , ,( ) , ,(22221111 kkkk xxxxxx + ， 相 应 的 M 分 别 记 为kMMM , 21 . 令 ,m a x 21 kMMMM = ，则有 ,
38、, )( baxMxf .注 ： 对 于 区 间 端 点 a 和 b ， 可 以 用 延 拓 的 方 法 将 ), +aa 及 ,( bb 换 为 开 区 间),( + aa 及 ),( + bb ， 并考虑函数 + ,0 有 nx n ，使得 Xxf n M ，使得 Xxf )( 时，有.) )( Mxff 由此可知， nxn n , ，使 Mxff n ) )( ，这与 l i m ( ( ) )x f f x + = + 矛盾 .4 . 设 ( )f x 在 ( , ) + 内连续 , 且 l i m ( )x f x = + . 证明 ( )f x 在 ( , ) + 内可取得最小值
39、.证明 因为 + = )(l i m xfx ，故 ),(0 + x 有 0)( 0 xf ，且 0 X ，当Xx 时， 有 )()( 0xfxf . 由于 ( )f x 在 - X ， X 上连续 ， 故可取得最小值 ， 从而 ( )f x在 ),( + 内可取得最小值 .5 . 设 ( )f x 在 , a b 上 连 续 , 若 开 区 间 ( , )a b 内 任 一 点 均 非 ( )f x 的 极 值 点 . 证 明 ( )f x 在 , a b上单调 .证明 容易知道 ， ( )f x 的最大、 最小值点不在 ( , )a b 内， 因此不妨假定 )( af 是最小值 ，)( b
40、f 是 最 大 值 ， 此 时 ( )f x 是 递 增 的 . 事 实 上 ， 若 存 在2121 ) ,(, xxbaxx ，则 )( 1xf 是 , 21 xx 上的最大值 ， )( 2xf 是最小值 . 而在 , 1xa 上，则 )( 1xf是最大值， )( af 是最小值 . 由此得出 1x 是 ( )f x 的极大值点，矛盾 .6 . 设 ( )f x 在 , a b 上 连 续 , 且 对 任 意 , x a b 总 存 在 , y a b 使 1( ) ( )2f y f x . 证 明( )f x 在 , a b 上存在零点 .证明 由于 ( )f x 在 , a b 上连续
41、， 故 )( xf 在 , a b 上也连续， 设 )(0xf 为其最小值 .又依题设，存在 ,0 bay ，使得 2 )()( 00 xfyf ，这只有 0)()( 00 = yfxf .7 . 用有界性定理证明最值存在定理 .证明 因为 ( )f x 在 , a b 上连续， 所以有界， 从而存在上、 下确界 M 、 m . 现证 ,0 bax 使 Mxf =)(0 （对 m 类似可证） . 假若不存在这样的 0x ，则对 , bax 有 0)( xfM .令 )(1)( xfMxF = ，易知 )( xF 在 , a b 上连续，从而有界 . 不妨设 ,)( baxMxF 但因 M 是
42、( )f x 的上确界，故存在 , bax 使 MxfMxFMMxf = )(1)(,1)(矛盾 . 习 题 3 - 21 . 设 1a , 2a , 3 0a , 1 2 3b b b xfxf . 对 )( xf 在 , 21 xx 上应用零 点 定 理 ， 则 )( xf 在 ),(),( 2121 bbxx 内 至 少 存 在 一 个 根 . 又 由 于 0)( nkFnkF ，从而可知在 nk 1 与 nk 2 之间存在 ，使得 )()1()(0 fnfF +=因此，取 n1, += 即可得证 .( 2 ) 作 nxfnxfxF 1)()1()( += ，证法同 ( 1 ) .习 题
43、 3 - 31 . 判断下列函数的一致连续性 .( 1 )2( ) s i nf x x= , 0 , )x + ; ( 2 ) 2( )f x x= , ( , )x + ;( 3 ) 1( ) s i nf x x= , ( 0 , 1 )x ; ( 4 ) 3( )f x x= , 0 , )x + .解 ( 1 ) 因为 2121212212 2s i ns i ns i ns i ns i ns i n xxxxxxxx +=所以 ,0 只要取 2 = ，则 ),0, 21 + xx ，当 ，取 22 1 ,2 1 += nxnxnn ，,)22(4 += nnxx nn 当 n 充分大时，有 =+ nn故 (
