E.1　第一课答案

（2）xn不以a为极限；存在ε0＞0，对于任意的正整数N，总存在一项xn（n＞N），使得

成立.

下面证明sinn不以任何实数A为极限.

其中kn为正整数，依赖于n，但是

A＞0时的情形类似可以得到.故sinn不以任何实数A为极限.

习题1.7　注意到n！=n·（n−1）·（n−2）···1即可.

习题1.8　当a＞0时，利用定义容易证明

利用夹挤定理得到证明。

E.2　第二课答案

（3）注意到

则数列单调增加且有上界，故数列{xn}收敛，同习题2.3，可求得极限值为3.

习题2.5　由于

所以xn+1＞xn，数列{xn}单调增加且有上界.由单调有界定理，可知数列{xn}收敛.设极限为A，由

知2A2=2A，得到A=1，A=0（舍去）.

习题2.6　x1＞3，x2=4＞3，可以归纳证明，得xn＞3，故

所以xn+1＜xn，xn单调减少且有界，知数列{xn}收敛且极限为3.

方法二，由极限ε−N定义亦可得到，证明从略.

习题2.12　令yn=|x2−x1|+···+|xn−xn−1|，则数列{yn}单调增加且有界，故{yn}收敛，由Cauchy收敛原理，对于∀ε＞0，存在N，当m＞n＞N时，

故由Cauchy收敛原理，得知数列{xn}收敛.

习题2.13　（2）、（3）、（5）在基本习题中已讲解；（1）较简单，不再给出证明；（4）的证明需用到区间套定理，将在第三课中给出证明.

E.3　第三课答案

即可得到证明.

习题3.4　∀ε＞0，取δ=amin{（eε−1），（1−e−ε）}，当0＜|x−a|＜δ时，有可同理证明.

习题3.5　利用左右极限求得，极限值为1.

习题3.6　对于任意实数x0，当选取不同的数列（有理数数列、无理数数列）逼近x0时，极限值不同，故不存在。

习题3.7　证明致密性定理：有界数列{xn}必有收敛子列.

证明：设数列{xn}有界，则存在a，b，使得对于任意的自然数n，有a≤xn≤b，将[a，b]二等分，其中至少有一个区间包含有数列{xn}的无限多项，记为[a1，b1]，再将[a1，b1]二等分，将含有{xn}无限多项的区间记为[a2，b2]，···，得到一闭区间列，且

E.4　第四课答案

习题4.1　（1）原式为

注　本题也可以利用函数的极限的四则运算的结论来解.具体地，由原式得

得

所以a=9，由

得b=−12.

习题4.5　答案为选项（D）.

习题4.6　答案从略.

习题4.7　a，b的值为a=1/5，b=7/5.

E.5　第五课答案

习题5.1　（1）原式为

习题5.2　答案为

（1）第一类间断点；（2）第一类间断点；

（3）可去间断点；（4）连续.

习题5.3　x=0为可去间断点，x=2为第二类间断点.

习题5.4　由于

故函数f（x）于x=−1点连续，x=1点为第一类间断点，于其他点连续.

习题5.5　当α＞0，β=−1时连续；α＞0，β≠−1时为第一类间断点；α≤0时f（0+0）不存在，故为第二类间断点.

习题5.6　可由定义证明.

习题5.7　经过计算，得

同理可得x3，x4为可去间断点.

习题5.8　求极限得f（x）=，x=0为可去间断点，x=kπ（k=±1，±2，···）为第二类间断点.

E.6　第六课答案

习题6.1　（1）先证明f（x）在（0，1]，[1，+∞）上为一致连续函数，再利用习题6.7的结论或者仿照习题6.7的证明得到本题的证明.同时从本题目还可以看出，区间I上的一致连续函数未必有界.

（2）由基本习题讲解中例6.3，取ε0=1，类似地可以证明xsinx于（−∞，+∞）非一致连续.

习题6.2　由于f（x）于（0，1）内连续，且f（0）=−1＜0，f（1）=n≥1＞0，故存在x1∈（0，1），使得f（x1）=0，且当x＞1时，不可能有xn+nx−1=0，故正数解x1∈（0，1），设有两个解x1，x2，则

习题6.3　令F（x）=f（x）−g（x），在[a，b]上利用零点存在定理即可得到证明.

习题6.4　（1）函数f（x）在区间I上为一致连续，如果对于每一个ε＞0，存在δ＞0，使得当x′，x′′∈I且|x′−x′′|＜δ时，成立

（2）注意到下式，根据一致连续的定义很容易得到证明.

注　若没有“有界性”这一条件，结论还成立吗？

故极限值

习题6.6　如果f（x）≡0，x∈[a，+∞），则命题得证.

假设存在一点X1，且f（X1）＞0，则f（x）在[a，X1]上达到最大值，记最大值点为xX1，且f（xX1）＞0.

因此，f（x）在[a，+∞）上的最大值一定在[a，X2]上达到，命题得证.

f（x）于[a，+∞）上未必有最小值，例如f（x）=x∈[1，+∞）便是反例.

习题6.7　由f（x）在区间（a，b]上一致连续，任意的ε＞0，存在δ1＞0，使得当任意的x′，x′′∈（a，b]且|x′−x′′|＜δ1时，成立

由f（x）在区间[b，c）上一致连续，对于上述的ε＞0，存在δ2＞0，使得当任意的x′，x′′∈[b，c）且|x′−x′′|＜δ2时，成立|f（x′）−f（x′′）|＜ε.

取δ=min（δ1，δ2），当x′，x′′∈（a，c）且|x′−x′′|＜δ时，不妨设x′≤x′′，若x′，x′′∈（a，b]或者x′，x′′∈[b，c）时，均有

若x′∈（a，b]，x′′∈[b，c）时，有

习题6.8　先证明充分条件，由于f（x）在（a，b）上连续，则存在f（a+0）和f（b−0），定义

f（x）于[a，b]上连续，故f（x）于[a，b]上一致连续，所以f（x）于（a，b）上一致连续.

再证必要条件，若f（x）在（a，b）内一致连续，即任意的ε＞0，存在δ＞0（δ＜b−a），使得当任意的x1，x2∈（a，b）且|x1−x2|＜δ时，有

将x1，x2取在（a，a+δ）内或在（b−δ，b）内，由Cauchy收敛准则知f（a+0），f（b−0）存在且有限.

E.7　综合训练一答案

习题1　（1）利用Stolz定理或者类似于Stolz定理的证明.（2）和（3）由定义容易证明.

习题4　a=9，b=−12.

习题5　a=1，b=−4.

习题6　从略.

习题7　利用Stolz定理得到证明.

习题8　（1）数列{xn}单调下降且有界，得证极限为零；（2）利用习题7的结果证明.

习题9　e.

习题10　x=0为第二类间断点.

习题11　证明设

习题12　（1）数列的有界性，由

因此数列有界.

（2）由于

E.8　第七课答案

习题7.1　由于

可以较容易地讨论F′（x）.

习题7.7　（1）连续性显然，

（B）正确；（C），（D）均不正确，反例为f（x）=sinx.

（2）（C）正确.

（3）（D）为选项.

习题7.12　（1）（B）正确；（A）只能得到（0）存在；（C）为主干成立的必要而非充分条件；（D）不正确.

（2）（C）正确.

（3）（D）正确.

习题7.13　把绝对值根据x的定义域去掉，得到分段函数表达式，可得x=0，x=1处不可导，x=−1处可导.

习题7.14　由左右导数的定义可得函数的可导性，（D）为正确选项.

E.9　第八课答案

习题8.6　（1）注意到复合函数求导的链式法则，

E.10　第九课答案

E.11　第十课答案

习题10.1　∀x∈（0，1），在（0，x），（x，1）分别利用Lagrange中值定理，存在ξ1∈（0，x），使得

习题10.2　设g（x）=xf（x），利用Rolle定理得到证明.

习题10.3　利用g（x）=f（a+cx）−f（a−cx），利用Lagrange中值定理可得到证明.

习题10.4　存在ξ1∈（a，c），使得

习题10.5　由于存在η∈（a，b），使得

再利用Lagrange中值定理，存在ξ∈（a，b），使得

习题10.6　任意的正数是令F（x）=f（x）[f（1−x）]k，则

F(0)=F(1)=0,x∈(0,1)

存在ξ∈（0，1），使得

F′(ξ)=f′(ξ)[f(1−ξ)]k−kf(ξ)[f(1−ξ)]k−1f′(1−ξ)=0,

由f（x）＞0，两边同除以[f（1−ξ）]k−1，得到

习题10.7　第一步利用反证法，由Rolle定理导出矛盾；

第二步令G（x）=f（x）g′（x）−f′（x）g（x），利用Rolle定理得到证明.

习题10.8　令F（x）=f（x）·eg（x），利用中值定理可得到证明.

习题10.9　（1）令F（x）=f（x）+x−1，利用零点定理，可以得到.

（2）在[0，ξ]，[ξ，1]（ξ为（1）中的ξ）上分别利用Lagrange中值定理，存在η1∈（0，ξ），η2∈（ξ，1），使得

所以f′（η1）·f′（η2）=1.(www.daowen.com)

习题10.10　设P∈（0，1），在（0，P），（P，1）上利用Lagrange中值定理，

习题10.11　取z＞0且z＞a，则f（x）在区间[a，z]上存在最大值M，最小值m，如果M=m，则f（x）在区间[a，z]上为常数，则∀x∈[a，z]，f′（x）=0.

如果M≠m，设M＞m，则M，m中必有一个不为f（a），不妨设m＜f（a）.

由ε的取值，当x＞z1时，f（x）＞m，因此f（x）在区间[a，+∞）上的最小值m′于（a，z1]上达到，又x＞z1时f（x）＞m，因此f（x）在区间（a，z1+1）内有最小值m，由Fermat定理，得f′（ξ）=0，ξ∈（a，z1+1）.

习题10.12　同习题10.10，当f（P）=时满足要求，即可证明结论.

习题10.13　略.

习题10.14　略.

习题10.15　令h（x）=f（x）−g（x），

若f（x），g（x）于同一点x0∈（a，b）达到最大值，则h（x0）=0；

若f（x），g（x）分别于x1，x2达到最大值，则

利用连续函数的零点存在定理，知在x1和x2间存在x0，使得f（x0）=0.再连续两次使用中值定理，得证.

习题10.16　利用函数极限的性质，存在x1∈（a，b）使得f（x1）＞0，再分别在[a，x1]及[x1，b]上利用Lagrange中值定理，可得证明.

E.12　第十一课答案

注　本题亦可利用L’Hospital法则来做，但是稍复杂一些.

习题11.4　（1）设f（x）=lnx，在[1，x]上利用Lagrange中值定理，存在ξ∈（1，x），使得

即ex＞ex.

（2）设f（x）=lnx，则当x＞0时，在[x，x+1]上利用Lagrange中值定理，存在ξ∈（x，x+1），使得

习题11.9　构造函数，利用函数的导数的性质得到证明.

E.13　第十二课答案

得到

习题12.6　略.

习题12.7　考虑0＜x＜1，x＞1，x=1三种情况，将不等式化简，利用其导数的性质或者利用中值定理得到证明.

习题12.8　

当x∈（0，1）时，y′（x）＞0，y（x）单调增加；

当x∈（1，2）时，y′（x）＜0，y（x）单调减少；

当x∈（2，3）时，y′（x）＞0，y（x）单调增加，故由y（0）=0，y（1）=1，y（2）=0，y（3）

习题12.9　（1）由于

故g（x）于x=0点连续.

（2）由定义，得

当x＜0时，同理可以得到证明.

可据此确认凸区间、凹区间、拐点及极值，x轴为水平渐近线等.

习题12.11　由于f′（0）=f′′（0）=f′′′（0）=0，f（4）（0）=1＞0，A为答案.

习题12.12　函数y=e−x2sinx2为一偶函数，令t=x2，则求

的极值即可，由

E.14　第十三课答案

垂直渐近线x=−1，斜渐近线为y=x−1.

当x∈R时，f′（x）＜0，故f′（x）单调减少，又f（0）=1，f（x）＜0，当x＞1时，故存在唯一实根.

当n=2k时，

习题13.5　单增区间为（−∞，−1）和（0，+∞），单减区间为（−1，0）.

函数图形的渐近线为y=eπ（x−2）和y=x−2.

E.15　综合训练二答案

所以f（100）（0）=−9900·97！.

方法二，利用Taylor公式，将ln（1+x）在x=0点做Taylor展开，亦可得到.

（11）二阶导数值为−3.

所以水平渐近线为y=2x+1.

（2）y=，x=ξ，ξ满足2cosξ−5ξ=0.

习题5　因为f′（x）＞0，则f（x）严格单调增加，f′′（x）＞0，则f（x）是上凹的，又∆x＞0，故0＜dy＜∆y.选择答案为（A）.

习题6　从略.

习题7　从略.

习题8　（1）令F（x）=e−xf（x），在[a，b]上利用Rolle定理得到.

（2）由f′（a）f′（b）＞0，不妨设二者均大于0，则

由函数的极限的性质，存在x1，x2∈（a，b）且x1＜x2，使得

故由零点存在定理，存在ξ∈（a，b），使得f（ξ）=0.

令F（x）=exf（x），在[a，ξ]和[ξ，b]上利用Lagrange中值定理，知存在ξ1∈（a，ξ），ξ2∈（ξ，b），满足

再令G（x）=e−x（f（x）+f′（x）），在[ξ1，ξ2]上利用Lagrange中值定理，可以得到证明.

注　由f′（a）f′（b）＞0，知存在ξ∈（a，b），使得f（ξ）=0，若f（a）=f（b）=0，则存在ξ1∈（a，ξ），ξ2∈（ξ，b），使得f′（ξ1）=f′（ξ2）=0，这一结果很重要，请读者注意.

习题9　利用三次中值定理.

习题10　令F（x）=ex（f（x）−1），利用Rolle定理可得到命题的证明.

习题11　Taylor公式ex=1+x+x2/2+x3/6+o（x3）代入已知等式得

[

习题13　通过条件及无穷小比较，可得到f（x）=2x2+o（x2），所以

习题15　参考第七课中右导数和导函数的右极限证明.

习题16　利用Taylor展开，极限值为1/4.

习题17　（1）极限值为3e/2，（2）e1/3，（3）−1/2，（4）e−1/2，（5）

习题18　a=−1，b=−1/2，k=−1/3.

E.16　第十四课答案

习题14.1　（1）由分部积分，得

代回原变量即可.或者，原式为

习题14.3　由原函数的连续性，（D）为正确选项.

习题14.4　由于

亦可考虑n为奇数、偶数时，递推计算，可得结果.这里从略.

E.17　第十五课答案

（4）答案略.

（5），（6），（7），（8）答案从略.

E.18　综合训练三答案

再换回变量.

E.19　第十六课答案

故于[ξ，1]上，G（x）=xf（x）连续，在（ξ，1）内可导，由微分中值定理得：存在y∈（ξ，1），使得

故存在y∈（ξ，1）⊂（0，1），得到ηf′（η）+f（η）=0.

习题16.7　利用积分中值定理及Lagrange中值定理可证得.

习题16.8　由Schwarz不等式，有

注　本练习也可以利用二重积分的知识求解.记

习题16.10　用导数定义证明.

习题16.11　由积分中值定理，存在η∈（0，2/π），使得ef（η）arctanη=π/4，令F（x）=ef（x）arctanx，则由微分中值定理，存在ξ∈（η，1），使得F′（ξ）=0，得证.

E.20　第十七课答案

习题17.1　（1）原式为

（2）利用偶函数的积分性质，有

（3）利用分部积分，得

习题17.15　计算函数的一阶导数和二阶导数，可得单增区间（−1，0）∪（1，+∞），单减区间为（−∞，−1）∪（0，1），极小值f（−1）=f（1）=0，极大值f（0）=1/2−1/（2e）.

E.21　第十八课答案

E.22　综合训练四答案

（2）被积函数分子分母同乘以1+cosx，得

（4）定积分值为1.

习题6　a=16，b=7.

所以曲线L（在t＞0处）是上凸的.

（2）点为（2，3），切线方程为y=x+1.

（3）设L的方程x=g（y），则

习题11　（1）利用反证法，假设当x∈[0，1]，恒有|f（x）|≤4成立，于

（2）仍然使用反证法，只需要证明存在x1∈[0，1]，使得|f（x1）|＜4即可.如若不然，则必有f（x）≥4或者f（x）≤−4成立，这与矛盾.再由连续性及（1）的结果，利用介值定理，可以得到（2）的证明.

习题12　f′（x）=4x2−2x，最小值f（1/2）=1/4.

E.23　综合训练五答案

习题7　旋转体的体积为π（e−1）.

习题8　利用变上限定积分的导数的运算，得到α=O（x），β=O（x3），γ=O（x2）.

命题得证.

习题10　a=−1，b=0.

习题15　利用三角不等式和Cauchy判别法则可得到证明.

习题16　切线方程为y=x+1.

习题17　参考教科书证明.

习题19　由f′（a）f′（b）＞0，不妨设二者均大于0，根据导数的定义，存在x1，x2∈（a，b）且x1＜x2，使得f（x1）＞0，f（x2）＜0，故由零点存在定理，存在ξ∈（a，b），使得f（ξ）=0.再利用Rolle定理.

习题20　从略.

习题21　f（a），f（b）均在做Taylor展开，再相减，可得结果.

习题22　（1）a=−1；（2）a=−2.

（2）由

习题26　-28答案从略.

习题29　（1）由g（x）的有界性可得；