u n +1 un
＝ (1 + ＝ (1 +
n n 1 1 n +1 1 n +1 ) (1 + ) − n ＝ (1 + ) ( ) n +1 n n +1 n +1
1 −1 1 −1 n +1 1 n +1 1 n 1 ) (1 − ) ＝ (1 − > (1 − ) ) ) n +1 (1 − ) (1 − n +1 n +1 n +1 n +1 ( n + 1) 2 ( n + 1) 2
f ( x1 + x 2 ) f ( x1 + x 2 ) f (x 2 ) f ( x1 ) ≤ ， ≤ x1 x1 + x 2 x1 + x 2 x2
x 1 f ( x 1 + x 2 ) ≤ ( x 1 + x 2 ) f ( x 1 ) ， x 2 f ( x 1 + x 2 ) ≤ ( x 1 + x 2 )f ( x 2 )
# 题 4(4) (p69) 【7】 『证』 用夹逼准则证明
1 + n 2 + ... + n n ＝1 n → +∞ n lim
1=
n 1 + n 2 + ... + n n n n n n < < = n n n n
故由夹逼准则，极限为 1。# 题 6(3) (p69) 【8】 『解』 可以。可用数列极限的定义来证。 若 a=0,则反之也成立。否则不成立。如数列 {( −1) n } #
=1 且
1 x
>G。故可取 x=
1 2[ G +1]π+ π 2
.
＝ 2[G + 1]π +
1 x
1 2
π
>G， sin
1 x
= 1 ，于是 1 sin 1 >G. x x
因此，按定义知 f(x) 在区间(0,1)上无界.
sin 1 |≤ (2).又|f(x)|＝| 1 x x
≤
1 δ
.故 f(x)在[δ,1] (0<δ<1)上有界#
(n! ) 2 ≥ n n (n 为正整数)
((n + 1)! ) 2 ＝ (n! ) 2 (n + 1) 2 ≥ n n (n + 1) n 。故只需证明 n n (n + 1) 2 ≥ (n + 1) n +1 。这只需证明
(1 + 1 ) n ≤n+1 n
下面介绍三种证法来验证(*) 『方法 1』 用平均值公式 （*）
n →+∞
lim u n = a 是否可以推出 lim | u n |=| a | ，反之？
n →+∞
3
题 8(1) (p69) ▲ 【9】 证明
1 ) n }单调增加 (a) 证明{ (1 + n
) n +1 }单调减少 (b) { (1 + 1 n
『证』 (a) 证法 1(直接比较)
1 n 记 un＝ (1 + n )
『方法 5』 要证 而 故结果成立。 备注 以下补充证明(*)
( n − k + 1) k ≥ 1 n
(n! )1 (n − 1) ⋅ 1 (n − 2) ⋅ 2 ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ n n n n
≥ 1
(*).
( n − k + 1) k ≥ 1 n
(k=1,2,…,n)
(n+1 个正数的几何平均≤算术平均)，得
1 1 1
(1 + n ) + (1 + n ) + ⋅ ⋅ ⋅ + (1 + n ) + 1 1 )(1 + 1 ) ⋅ ⋅ ⋅ (1 + 1 ) ⋅ 1} ≤ {(1 + n n n n +1
4
即
1 n ≤ (1 + (1 + n )
1 ) n +1 n +1
n
1 a1
+ a1 + ... + a1
2
≤ n a 1a 2 ...a n .
n
取 a 1 = a 2 = ... = a n −1 = 1, a n = n + 1 代入得 『方法 2』 用二项定理。
n (n − 1) +
1 n +1
≤ n n + 1 此即(*)
(1 + 1 ) n ＝1+n n
n n −1 2 1 1 ) )(1 − )(1 − )(1 − (1 − n +1 n +1 n +1 n +1 (n + 1)!
1 1 1 1 2 1 1 2 n −1 (1 − ) + (1 − )(1 − ) +…+ (1 − )(1 − )(1 − ) > un 2! n +1 3! n +1 n +1 n! n +1 n +1 n +1
n n= (1 + b) =1+nb+ 2 n
n → +∞
lim
n
n ＝1
记 n n -1＝b>0, 于是
2 n
n (n − 1) 2 n (n − 1) 2 2 2 , 于是 b< b >1+ b ，则 b < n 2 2
2 ε2
<ε，n>
.于是取 N=[
2 ε2
+1]即可。
n (n − 1) 2 n (n − 1) 2 2 b 2 +b-1<0, b >nb＋ b ，则 2 2 n −1
相加即得结论。# 题 12(1) (p26) 【4】 『证』 (1) 只需证明，对任何 G>0, 有 x∈(0,1)，使得|f(x)|>G. 事实上， 对以上 G>0,求 x 满足 1 sin 1 >G，这只要 sin x x 显然以上 x∈(0,1)，
1 x 1 x
试证 f(x)＝ 1 sin 1 在区间(0,1)上无界；在[δ,1] (0<δ<1)上有界。 x x
3
3
= 2 x − 3y
于是反函数为
x=
1 3 ( y + 3y) 2
或改写为 y=
1 3 ( x + 3x ) # 2
第二章 极限论 题 3 (p69) ▲ 【6】 『证 1』 即证对任何ε>0, 有 N>0, 使得 n>N 时，| n n -1|<ε. n= (1 + b) n =1+nb+ 于是只要 『证 2』 即证对任何ε>0, 有 N>0, 使得 n>N 时，| n n -1|<ε 记 n n -1＝b>0, 于是
故单调已证。顺便再证有上界。再次用平均值公式，得
n +1
此时 ( x 0 − δ, x 0 + δ) ⊂ (a , b) (2)若 x 0 − a ≥ b − x 0 ，记 δ = (b − x 0 ) / 2 。此时，同理可证仍有 ( x 0 − δ, x 0 + δ) ⊂ (a , b) # 题 7(3) (p11) 【2】 『证』 n=1 时显然。设 n 时成立。即 ( n! ) 2 ≥ n n 。下证 ((n + 1)! ) 2 ≥ (n + 1) n +1 。由于 利用数学归纳法证明
1 n (n − 1) 1 2 n (n − 1)(n − 2) 1 3 n (n − 1)(n − 2)...21 1 n + ( ) +…+ ( ) + ( ) n n 2 n! n 3 ! n
1 2 n −1 1 1 2 1 1 1 ) (1 − ) + (1 − )(1 − ) +…+ (1 − )(1 − )(1 − n n n 2! n n 3! n n!
于是 b< 于是只要 『证 3』 即证对任何ε>0, 有 N>0, 使得 n>N 时，| n n -1|<ε 即只要
n
2 2n − 1 − 1 − 1 + 2n − 1 − 1 + 2n − 1 2 < ＝ ＝ < (n>1) n −1 n −1 n −1 n 2n − 1 + 1
2 n
<ε，n>
4 ε2
> 1+1+
因此 { u n }单调增加。 顺便，
u n < 1+1+
1 1 1 1 1 1 + + ... + < 3 + + ... + <1+1+ 1⋅ 2 2 ⋅ 3 (n − 1)n 2! 3! n!
故{ u n }有上界。因此收敛。 证法 3(平均值公式) (见课本) 由平均值公式
n +1
(k=1,2,…,n)
(n − k + 1)k ≥ n
nk − k 2 + k − n ≥ 0
(n − k )(k − 1) ≥ 0 (k=1,2,…,n)
#
第一章 函数 题 10 (p26) 【3】 设 f(x)在 (0,+∞) 内有定义, x1,x2>0, 则 (1) 若 f(x)/x 单调减少，则 f(x1) + f(x2) ≤ f(x1+x2) (2) 若 f(x)/x 单调减少，则 f(x1) + f(x2) ≥ f(x1+x2) 『证明』 (1) 对 x1,x2>0 由 f(x)/x 单调减少, 知 于是