数学分析(证明部分集锦新)

《数学分析(证明部分集锦新)》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在学术论文-天天文库。

1、数列极限类+•••+z?2+2n2+77Z2Z+11,由迫敛原理得又limz77:二limn一'n2+n+1H—,+...+Z22+2yin2+nn+i2.设％-a>,a=-afl+^

2、（«=1，2,…），证明有极限，并求此极限的值.证由均值不等式得an+A，即k,｝有下界._1ZaanH-a,,<—(2anan+—2LA)r,2

3、A=a/H（负根舍去），即有liman=4a.单调性的证明也可如下完成：1/14-"/＜丄(2Aa1+z；2La;2=1，或'+13.设A=10,'+1=7^^7=1，2，"0，试证数列怳｝存在极限，并求此极限.证由a=10,%2=-^6+x,=Vl6=4知，；〉x2.假设；〉人+

4、，则xk+l=^6+xk＞y/6+=xA.+2,由归纳法知为单调K降数列.又显然有〉0，所以k,｝有下界.由单调有界原理知，数列k,｝收敛.所以可令limx，,=6Z,对x,,+l=y/6+xtl两边取极限得tz=y/6+aa

5、1-“-6=0,解得“=3或“=-2（舍去），故lim%n=3.打一＞OOlim(/?〃—a,:)=0及=A可得limZ?,,存在且等于A.Zi—>oo打一>oo打一>ooVmbn存在且等于4.z/—证\an0,j,=b>0,xn+i=7^77,>；,+i=7(x,,+;vJ•求证：⑴k,｝与｛)’,,｝均有极限；(2)limx"=limy".证因为〜=^xnyn<-(xtl+yJ=乂什,，所以yn+,=去(夂+^)<^(x,+yj

6、=xt,即单调减少有下界，而％>,+i，即k，｝单调增加有上界.所以R｝与｛yj都收敛.在y(x„+yz,)=>1+1两边取极限得limx„=lim6.设人〉0,且limn+lq<1，求证｛人｝收敛且lim<7n=0证因为lim打十l/hoca<7<1，对给定的么〉0,3/V()eN+，当h〉2V0时，有，卜171712712+r即£)•<0.由根的存在性定理得至少存在一•点<7171a^1

7、<1^=^-1^<~<什1^=^1=,•(，;<人226L22所以，当"〉A^()时，有O<6/,2

8、

9、—

10、內至少有一个根.证令/(x)=sinx+x+l，则/(x)在

11、

12、上连续，且/I-内至少有一个根.使得/(f)=o,即方程sinx+x+l=O在8.证明方程x，2"=1至少有一个小于1的正根.(10分)证令/(x)=%2v一1，则/在［0，1］上连续且/(0)•/(I)=(-1)•1=-1<0，由闭区间上连续函数的零点存在定理,e(0,1),使得似=f-1=0=>f=1.9.设函数/在［0，+oo

13、)上连续，且满足lim/(又)=1.若/在［0，+00)上能取到负值，试1正明：(1)3义0€［0,+00)，使得/(义0)=0;(2)/在［0，+oo)上有负的最小值.证由条件可设/e［0，+oo)且/(/)<0,由1^/(；0=1，存在似〉0(似〉/)使得/(A/)>

14、>0，由根的存在性定理，得3%。e(V，M)<=［0，+oo)，使得/(〜)=0.(1)得证.(2)由lim/(%)=1，存在M〉0(M〉/)使得当时，有/(x)〉丄〉0.又/在JV4+002［0.M］上连续，故3卜［0,M］，使得/⑸=

15、ipin,{/(%)}/(€)=min］{/(x)}

16、，6/2，".，6［2,1力272个实常数，且6/2,1<0.求证多项式函数=+^2,-1+•••+〜+“2”在(一00,4-00)内至少有两个零点.证因为'⑹=<0,又limP2n(x)=+oo,lim么(％)=+00，所以存在似〉0,使•r—>-ooX—>+oo得戸2，/-似)〉0,P2

17、,,(M)〉0，又P2„在［-M,0］和［0，M］上都连续，由根的存在性定理，e(-M，0)和(0，M)，使得户2,,^)=^迄)=0，所以，结论成立.X11.设/(x)=limfHiyn/-sinA•，求/(%)的表达式，并指明/(X)的间断点及其类型.h八sinxj■Ysinjva:/ISilltisinz-sinx(S1F11—SIFIXisin/-sinjvsin.v解：/(x)=lim-=lim1+=