例 1 用单调有界定理证明区间套定理

1 ） 单调有界定理成立； 2 ）设欲证：

为一区间套．

且惟一．

[ 证 ] 证明思想：构造一个单调有界数列，使其极限即为所求的． 为此，可就近取数列

（或

）．由于

因此

为递增数列，且有上界（例如

．

又因

，而

，故

；

且因则由

，

导致与相矛盾． [ 证毕 ]

例 2 用区间套定理证明单调有界定理．即已知： 1 ） 区间套定理成立．

2 ） 设欲证：

为一递增且有上界M的数列．

．

，使其公共点即为

，并取

的极限．

递减，必使

．这就证得

．

，

）．由单调有界定理，存在

，且

最后，用反证法证明如此的惟一．事实上，倘若另有一个

存在极限

[ 证 ] 证明思想：设法构造一个区间套为此令

。记

再记

, 同理取

如此无限进行下去，得一区间套

根据区间套定理，极限定义证明

：

恒为

的上界，因此

．

．下面用数列

，一方面，由于

；

另一方面，由

；

而由区间套的构造，任何当

时，必有

不是

的上界，故．这样，当 , 即

时，就有

． [ 证毕 ]

；再由

为递增数列，

例 3 用确界定理证明区间套定理．即已知：

1 ） 确界定理成立（非空有上界的数集必有上确界）；

2 ） 设欲证：存在惟一的点

[ 证 ] 证明思想：给出某一数集为此，取首先，由为界，倘有某个间套相矛盾（

为一区间套．

．

，有上界，使得

的上确界即为所求的．

． 的最小上

为区

，其上界存在（例如 的一个上界，故，则

不会是

）．由确界定理，存在

．再由是

的上界，即．这就证得

．

，这与

）。所以任何

关于的惟一性，与例1中的证明相同． [ 证毕 ] 注 本例在这里所作的证明比习题解答中的证明更加清楚．

例4 证明连续函数的局部有界性——若

，使得 [ 证 ] 据

在

连续的定义，

．

现取

例5 证明存在

[ 证 ] 先证充分性：令

．

上一致连续的充要条件是：

上连续，且

，相应存在

，就有

．

满足

处连续，则

和

． [ 证毕 ]

注 类似可证连续函数的其余局部性质，例如四则连续性质、局部保号性质等等．

由条件可知 上连续，从而 上一致连续（由连续函数在闭

上也一致连续．而在

上一致连续．

区间上的整体性质）．再由一致连续的定义，又知

，所以证得

再证必要性：由

上一致连续的定义， 时，有

．

，当

因此，特别当这表示

，同样有

存在极限的柯西条件得到满足，所以证得

．

与

都存在． [ 证毕 ]

注 由例3结论，易证：若有界．这是因为上面证明中已知

上也有界；而在

有界．

对于一般在

上的连续函数

，它在

上不一定有界．例如

上一致连续，则上连续，从而

，所以知道

上必定上有界，故

上

上是无界的．由此又可说明

上必定不一致连续．

例6 试求下列函数的导数：

1 ）

；

2 ） 其中

．

[ 解 ] 由导数定义，可分别求得： 1）

．

，

2 ） ，

，

．

[ 毕 ]

例 7 证明: 若

，使得

(1)

[ 分析 ] 先把上面 (1) 式改写为: (2)

, 则 (2) 式即为

上是否满足 Rolle 定理的条件.

上连续，在

.

故

又因推知

在

，使得

，即 (2) 式成立.

在

，故由导函数的性质（具有介值性），内严格单调；再由

在

内可导，且有

上连续，在

内可导，且

解

，则

.

若令 化为检验

. 这样，问题就

[ 证 ] 由题设条件，上述

内不变号，由此又在

上证

上连续，所以

严格单调. 这就保证了. 这样，便可由（2）式逆推至（1）式成立.

[ 毕 ]

例8 设椭圆

，及其上

任一点．试求：

1 ） 椭圆在点P处的切线；

2 ） 该切线与二坐标轴所围三角形 的面积；

3 ） 当P在何处时，能使上述三角形的面积为最小．

[ 解 ] 对椭圆方程两边关于x 求导（ 把y看作隐函数y = y (x) ）, 得到

,

并由此求得

（这就是所求切线的斜率）．

1 ） 所求切线为

，

其中

是切点P的坐标，是切线上动点的坐标．

2 ） 求出切线在二坐标轴上的截距：

Y = 0 时，； X = 0 时，不妨设切点在第一象限，此时所求三角形的面积为

．

．

上面最末项的得来，是利用了点P的坐标需满足椭圆方程 ．

3 ） 这是一个以S为目标函数，椭圆方程为约束条件的条件极小值问题．为方便起见，又可等价地化为以为目标函数，问题．为此引入Lagrange函数

为约束条件的条件极大值，

把上述条件极值问题转化为三元函数

的普通极值问题来求解：

．

由于

在第一象限椭圆弧上的最小值为0（在椭圆弧的两端取得），故它的

即为所求的点．此外，它在其余三

亦为所求． [ 解毕 ]

最大值必在椭圆弧的中间点处取得，因此个象限中的对称点：

例9 计算定积分

[ 解 ]

．

． [ 解毕 ]

例10 试求极限

[ 解 ] 此为

．

型极限，尝试用洛必达法则来计算：

．

这说明：当为高阶无穷大量． [ 解毕 ] 例11 设 f 在 [ a, b ] 上为一连续、递増函数．试证

在

上亦为一递増函数．

[ 证 ] 由于

连续，因此F在

上处处可导，其导数为

．

对上式分子使用积分中值定理，并利用 f 的递增性，得到

．

这就证得 注1 证明

的另外一种方法是：

．

注2 下面的证法是错误的：记

这是因为题设条件中没有“f 可导” ，所以上面出现 例12 设 f 在 [ 0，1 ]上为一递减函数．试证：

．

[ 证 ] 利用积分区间可加性，把结论不等式等价变形为

，

即：

．

，求导数得

．

是不允许的．

，恒有

． [ 证毕 ]

（如图所示，此不等式的几何意义为：

当 f (x)为一递减函数时，它在 [ 0, a ] 上的平均值必定大于它在 [ a, 1 ] 上的 平均值．）

由于f 在 [ 0，1 ] 上递减，故可 积，且有

注 例3与例4都是有关单调函数的积分平均值所具有的性质．

． [ 证毕 ]

例13 利用级数收敛的必要条件证明

．

[ 证 ] 考察级数 ．由于

，

因此该级数收敛，故由级数收敛的必要条件，推知

． [ 证毕 ]

例 14 判别

[ 解 ] 由于

的敛散性．

，

因此前一级数发散．同理，由于

，

可知后一级数收敛． [ 解毕 ]

注 类似地，对于正项级数 ，将有如下结论：当 时为收敛；

当 时为发散．而当 a = e 时，由于时亦为发散．

，因此 ，故此

例15 证明： ．

[ 证 ] 由于这里的级数不能肯定是正项级数，故不能用比较判别法．正确的做法是要使用阿贝尔判别法：

，

因

收敛，而

例16 证明：

单调有界，所以 收敛． [ 证毕 ]

．

[ 分析 ] 由于较难直接求出该级数的部分和，因此无法利用定义来计算级数的和．此

时可以考虑把该级数的和看作幂级数在处的值，于是问

题转为计算．这可以通过对幂级数在其收敛域内作逐项求导或逐项求积后，化为几何级数而求得．这是一种十分有效的方法，值得好好掌握．

[ 证 ] 不难知道上述幂级数的收敛域为

，经逐项求导得到

；

这已是一个几何级数，其和为

．

再通过两边求积分，还原得

由于这里的

，于是求得

． [ 证毕 ]