数列极限类1.证明: .证因为又,由迫敛原理得.2.设,证明有极限,并求此极限的值.证由均值不等式得,即有下界.又,即单调减,于是存在,且由极限的保号性可得.对已知递推公式,令和极限的唯一性得,解得(负根舍去,即有.单调性的证明也可如下完成:,或.3.设,试证数列存在极限,并求此极限.证由知, .假设,则,由归纳法知为单调下降数列.又显然有,所以有下界.由单调有界原理知,数列收敛.所以可令,对两边取极限得,解得或(舍去,故.4.设,当时,有且.求证极限与存在且等于.证由得,由迫敛原理得,再由及可得存在且等于.5. 设.求证: (1 与均有极限; (2 .证因为,所以,即单调减少有下界,而,即单调增加有上界.所以与都收敛.在两边取极限得.6. 设,且,求证收敛且.证因为,对给定的,当时,有,所以,当时,有,由迫敛原理得.闭区间上连续函数的性质7.证明方程在内至少有一个根.证令,则在上连续,且,,即.由根的存在性定理得至少存在一点,使得,即方程在内至少有一个根.8.证明方程至少有一个小于的正根.(10分证令,则在上连续且,由闭区间上连续函数的零点存在定理,，使得.9. 设函数在上连续,且满足.若在上能取到负值,试证明:(1 ,使得; (2 在上有负的最小值.证由条件可设且,由,存在使得,由根的存在性定理,得,使得.(1得证.(2 由,存在使得当时,有.又在上连续,故,使得.而当时,,故对有.所以结论成立.10. 设为正整数,为个实常数,且.求证多项式函数在内至少有两个零点.证因为,又,所以存在,使得,又在和上都连续,由根的存在性定理,和,使得,所以,结论成立.11. 设,求的表达式,并指明的间断点及其类型. 解: ,所以为第一类可去间断点;为第二类无穷间断点.12. 设在上连续,且满足,求证:,使得.证明:令,则在上连续,.由连续函数的零点定理,必存在,使得,故使得. 13. 设是上的连续函数,且满足条件.证明存在,使得.证明: 令,则在上连续,且,.若,则存在或使得.若与都不为零,则由连续函数的零点定理,必存在,使得,故使得.(注:两个数的和为零,则这两个数要么同时为零,要么,它们异号.14. 设函数在上连续,且满足,若存在,使得,求证:(1 使得;(2 在上有负的最小值.证明: (1 因为,由函数的局部保不等式性,存在充分大的(不妨设,使得时,有,所以当时,在上连续且,由连续函数的零点存在定理,存在使得.(2 又在上连续,故由最值定理,存在,使当时,,而,且时,.所以在上有负的最小值.15. 设,若,求证.证法1（用导数定义）因为.又,所以,所以.证法2（用重要极限1）所以.导数与微分证明16.设证明: 在处可微; 在处不可微证因为,所以函数在处可导,由可导与可微的关系知在处可微;又当时, ,而极限不存在,故在处不可导, 由可导与可微的关系知在处不可微;17. 设存在,证明:证:18. 设为内的可导函数,周期为.求证:也是以为周期的函数. 证明:因为,所以也是以为周期的函数.中值定理的应用19.设,证明多项式在内至少有一个零点.证作辅助函数,则在闭区间满足罗尔中值定理的三个条件,故存在使得,故在内至少有一个零点.20.设都是可导函数,且,证明当时,证因为严格单调增.当时, .又由柯西中值定理得,存在使得.21. 对任意的,有,且等号只在时成立.证明: 令存在,使得,而,当且仅当时,所以结论成立.22. 设在上连续,在内可导,且满足,求证:存在,使得.提示:令,用罗尔中值定理可证.23.设函数在上连续,在内二阶可导,连结点与点的直线交曲线于点,其中.证明:存在,使得. 证因为三点共线,所以.在及上分别应用中值定理得:存在,使;存在,使,即.由于二阶可导,故函数在区间上满足罗尔中值定理的条件,故,使得.24. 设,证明不等式:.提示:在上用拉格朗日中值定理,注意将分母放大!25. 设,证明不等式.26. 设,证明不等式.证将要证的不等式变形为,令,则在上满足拉格朗日中值定理的条件,于是使得,又由与在上的连续性与单调性可得,所以,故要证的不等式成立.27. 已知在的某邻域内有二阶连续导数,且,证明:存在唯一的一组实数,使当时,是比高阶的无穷小量.证法1 （洛比达法则）令,并由要证可知,前三式的分子的极限都应是零,可得到(2因为,故(2有唯一非零解.故结论成立.28.设函数在内可导,且及都存在.证明. 证当时,由条件知,函数在区间上连续可导,故,使得.因为及都存在,所以=.29. 证明;当时,证令,则.令,所以在内单调增,则当时, ,从而,所以在内单调增,则当时, .用单调性证明不等式30. 证明;当时,证令,,当时,,所以在内单调增,故当时,因而得在内单调增, 故当时, .31. 设,证明不等式:.32. 设，证明不等式。
证明：令，则，且，于是在区间上严格单调增，故当时，，即，故。
用最值证明不等式33.证明: 令,则,令得函数在上有唯一驻点,而,所以.34. 证明对任意的,不等式成立.证明: 设,令,得函数在内的唯一驻点,而,又,因此,所以.35. 证明不等式,其中.证法1 用贝努利不等式.证法2 设,令,可知函数有唯一驻点.当时,,当时,,所以是函数的最小值,故,即有,其中.. 36. 设,则.证要证的不等式等价于,令,则问题转化成为讨论函数在内的上界和下界.因为为讨论函数在是否有驻点.令,当时,在内为减函数,又由当时,,而在内为减函数又所以.也就是说在内为严格单调减函数,无驻点.,所以. 证毕.37.设在上连续,在内可导,且,求证在内单调.证明: 因为,故在内不变号,若,则在内严格单调增. 若,则在内严格单调减.函数的凹凸性应用38.设在内二阶可导,且.证明对于内的任意两点及,有.证不妨设,因为,故在内凹函数,由凹函数的定义得:对于内的任意两点及,有.39. 设在上连续，在存在阶导数，对都有，则在内至多有个零点。
证（用反证法）若在内有个零点，由Roll中值定理，存在，使得，同理，存在，使得，依此类推，存在使得又由Roll中值定理，存在，使得此与条件矛盾。
40. 设在上有阶导数，，且存在互不相同的点，使得，则存在使得。
证令，由条件知有互不相同的零点，由上题可得，存在，使得。
泰勒公式41.设函数.证明: .证当时,，又,所以,42. 设在上有二阶导数,且,其中为非负常数,对任意的,证明:.证将在处展开成泰勒公式,将代入上式得所以,移项并用三角不等式得.43.假设(1其中.又设,试证明.证由于存在,因此具有佩亚诺余项的阶麦克劳林公式为. (2(1式两边分别减去(2式的两边,并除以得所以,又,所以.44.设在内具有二阶连续的导数且,试证明:(1 对于内的任一,存在唯一的,使得成立; (2* .证 (1 任给非零,由拉格朗日中值定理得.因为在内连续且,所以在内不变号,不妨设,则在内严格单调增,故唯一.(2 方法1 对于非零的,由拉格朗日中值定理得由此可得,由因为所以.方法2 将在处展开成为泰勒公式得到在与之间.所以,即有，所以，由的连续性可得,于是.45.设在内具有二阶导数且,试证明:(1 对于内的任一,存在唯一的,使得成立;(2* .(注:该题是上一题目的减弱条件下的结论,应注意证明方法的差异及其原因证 (1 对任意非零的,由拉格朗日中值定理得.因为在内二阶可导且,所以由导数介值定理可知,在内不变号,则在内单调,于是在内唯一.(2 对于非零的,由拉格朗日中值定理得由此可得,因而.上式两边取极限,并对右边用洛比达法则得到左边右边左边最后得到.46. 应用致密性定理证明：若函数在闭区间上连续,则在上有界.证明: 如果在上无界,则对任何正整数,存在,使得.依次取,则得到数列.由致密性定理,它含有收敛子数列,记.由及数列极限的保不等式性,.利用在点连续,推得(1另一方面,由的选取方法又有,这与(1式矛盾.所以在上有上界.类似地可证在上有下界.从而在上有界.47. 用有限覆盖定理证明:若函数在上无界,则必存在上某点,使得在该点的任意邻域内无界.证用反证法,若对任意的,存在,使得在中有界,则令,它成为的一个无限开覆盖.由有限覆盖定理,存在为的有限开覆盖.由于在每个内有界,因此在上有界,这与题目的条件矛盾.。