第一章課后習題詳解1.設為有理數，為無理數.證明：（1）是無理數；（2）當時，是無理數.證明:這種題目通常用反證法.假設是有理數,則是有理數,這與題設為無理數相矛盾.故是無理數.假設是有理數,又,則為有理數,這與題設是無理數相矛盾.故是無理數.2.試在數軸上表示出下列不等式的解:(1)(2)(3)解(1)由原不等式有或前一個不等式的解是,后一個不等式的解為，故的解為.(2)當時,由原不等式有,從而有,所以,解此不等式,得,故的解為.由題設知解之得:.又從而不等式兩端平方,有,因之有,所以,由此解得,又,故有,但不符合原不等式,所以原不等式無解.3.設,證明:若對任何正數有矛盾,則.證明:假設,則根據實數集的有序性，有或，從而必有，令，則為正數且滿足，這與假設矛盾，從而必有成立.即原命題成立.4.設,證明,并說明其中等號何時成立.證明:由于所以因與同號,從而.等號成立當且僅當成立,即進而時成立.5.證明:對任何有(1)(2)證明此題目運用絕對值的三角不等式的性質.因為所以因為所以6.設(表示全體正實數的集合),證明你能說明此不等式的幾何意義嗎?證明對任意的，由有兩端同時加，有即，所以，又，兩端再同加，則，即。不等式的幾何意義為：當時，表示以三點為頂點的三角形，其兩邊之差小于第三邊。當時，此時不等式為等式三角形變為以為端點的線段。7．設證明介于1與之間。證明因為且，所以當時，有從而，當時，有從而，所以總是介于1與之間。8．設p為正整數。證明：若p不是完全平方數，則是無理數。證明反證法假設是有理數，則存在正整數，且互質，使得，于是可見能整除，由于互質，從而它們的最大公約數為1，這與互質矛盾，所以是無理數。9．設為給定實數。試用不等式符號（不用絕對值符號）表示下列不等式的解：（1）（2）（3）解（1）原不等式可化為因此有即由此可得不等式組或即或故當時，不等式的解為當時，不等式的解為當時，不等式的解集為.（2）原不等式可化為即故當故當時，不等式的解為當時，不等式的解集為（3）當時，原不等式的解集為當時，原不等式等價于：，因此有當時，不等式的解集為時，如果，則解為即或如果，則解為即2．數集確界原理1．用區間表示下列不等式的解：（1）（2）（3）為常數，且）；（4）解（1）當時，不等式化為，其解為；當時，不等式化為無解。綜合，原不等式的解為，用區間表示為（2）絕對值不等式等價于而這又等價于不等式組：或前者不等式的解為后者的解集為從而原不等式的解集為（3）法一運用不等式的等價形式來計算。原不等式等價于不等式組:或或或第一個不等式的解集為第二個不等式的解集為第三，四個不等式的解集均為空集，所以原不等式的解集為法二構造函數則由，知因此當且僅當故原不等式的解為（4）若，則當且僅當時，再由正弦函數的周期性知：的解集是2．設S為非空數集，試對下列概念給出定義：（1）S無上界；（2）S無界。解（1）S無上界可定義為：設S為非空數集，若對任意的總存在，使得則稱數集S無上界。（2）S無界可定義為：設S為非空數集，若對任意整數總存在，使得則稱數集S無界。3．試證明由（3）式所確定的數集S有上界而無下界。證明運用有上界，無下界的定義來證明。由（3）式所確定的數集對任何任何一個大于2的實數都是S的上界，故S有上界。對任意取存在而因此數集S無下界。4．求下列數集的上，下確界，并依次定義加以驗證：（1）（2）（3）為（0，1）內無理數}；（4）解先根據上，下確界的定義推出的性質猜測出S的上，下確界，再根據上，下確界的定義來驗證。（1）下面以定義加以驗證。因等價于所以對任意的，有且即分別是S的上，下界，又對任意的不妨設于是存在使，使所以由上，下確界的定義知（2）下面以定義驗證。對任意的所以1是的下界。因對任意的取而故無上界，所以對任意的存在使所以（3）下面以定義驗證。對任意的有所以1，0分別是的上，下界，又對任意的不妨設由無理數的稠密性，總存在無理數則有無理數使有無理數使所以（4）下面以定義驗證。對任意的有所以分別是的上，下界。對任意的必有正整數使則存在使所以又存在使所以5．設為非空有下界數集。證明：證明：運用上下確界的定義證明。充分性設則對一切有而故是數集中最小的數，即必要性設則下面驗證對一切有即是的下界；以任何只需取則從而6．設為非空數集，定義證明：（1）（2）證明：依據上，下確界的定義直接驗證。令根據下確界的定義知滿足下列性質：對一切有對任何存在使得由（i）知，即即對中的任意元素有即是的上界；由（ii），對任何存在使得即是的最小上界。因此，即由上可得同理可證（2）成立。7．設皆為非空有界數集，定義數集證明：（1）（2）證明(1)用定義直接驗證。設對任意的存在使于是從而對任意的必存在使則存在使所以與（1）方法完全相仿，同理可證。8．設為有理數，證明證明設嚴格遞增，故對任意的有理數，有即是的一個上界。對任意的有由有理數的稠密性，對任意有理數，于是所以同理可證時，3．函數的概念1．試作下列函數的圖像：2．試比較函數與分別當和時的圖像。3．4．確定下列初等函數的存在域：（1）（2）（3）（4）解（1）因為的存在域為所以的存在域也是（2）因等價于所以的存在域為（3）等價于又的存在域是所以即所以取交集，得存在域為因的存在域是而的值域為由有即所以的存在域為5．設函數求：（1）（2）解（1）（2）因為所以有6．設函數求解7．試問下列函數是由哪些基本初等函數復合而成：（1）（2）（3）（4）解（1）由復合而成。（2）由復合而成。（3）由復合而成。（4）由復合而成。8．在什么條件下，函數的反函數就是它本身？解兩函數相同要求解析式和定義域都分別相同。首先要求因當時，設可得這時函數不存在反函數。當時，由解得故的反函數為要使函數與相同，須有即此外，當時，變為它的反函數就是它本身。綜合，當，且“或”時，函數的反函數是它本身。9．試作函數的圖像。10．試問下列等式是否成立:(1)(2)解對于周期函數是否成立，不僅要看定義域與值域，還要考慮在不同周期內是否均成立。（1）等式成立的條件是在反正切函數的定義域中，且使在正切函數的定義域中，而與的定義域都是在的一個周期內，故等式成立。（2）當時等式成立，但當落在此區間之外時，仍取在中，不等于，故等式不成立，例如當時，11．試問是初等函數嗎？解因是由與復合而成，根據初等函數的定義知是初等函數。12．證明關于函數的如下不等式：（1）當時，（2）當時，證明由整函數的定義知：是不超過的最大整數，故有即當時，給上式兩端同乘以，得當時，給等式兩端同乘以，不等號改變方向，得4．具有某些特性的函數1．證明是上的有界函數。證明直接利用定義，用平均值不等式放縮找出其中的即可。而所以取則是是上的有界函數。2．（1）敘述無界函數的定義；（2）證明為上的無界函數；（3）舉出函數的例子，使為閉區間上的無界函數。解（1）設為定義在上的函數，若對任何（無論多大），都存在使得則稱函數為上的無界函數。（2）對任何正數，取上一點使故按上述定義，為上的無界函數。（3）設由（2）的證明知為上的無界函數。3．證明下列函數在指定區間上的單調性：（1）在上嚴格遞增；（2）在上嚴格遞增；（3）在上嚴格遞減。證明任何則有即所以函數在上嚴格遞增。任何因為所以因為所以所以即所以函數在上嚴格遞增。任何因為所以因為所以所以即所以函數在上嚴格遞減。4．判別下列函數的奇偶性：（1）（2）（3）（4）解(1)因為故是偶函數。（2）的定義域為對任意的有，故是上的奇函數。（3）的定義域為對任意的有，故為上的偶函數。（4）由可知的定義域為對每一個有：故故是上的奇函數。注意驗證奇偶性前，一定要先驗證定義域是否關于原點對稱。5．求下列函數的周期：（1）（2）（3）解（1）而的周期是所以的周期是（2）因為的周期是，所以的周期是（3）因的周期是所以的周期是的周期是取最小公倍數得的周期是6．設函數定義在上，證明：（1）為偶函數；（2）為奇函數；（3）可表示為某個奇函數與某個偶函數之和。證明（1）且的定義域為關于原點對稱，故為上的偶函數。（2）且的定義域為關于原點對稱，故為上的奇函數。（3）由（1），（2）得從而有而是偶函數，是奇函數，從而可表示為一個奇函數與一個偶函數之和。7．設為定義在上的有界函數，滿足證明：（1）(2)證明運用上，下確界的概念及性質來證明。因為所以，因此是的一個上界。而是的最小上界，故因此是的一個下界，而是的最大下界。8．設為定義在上的有界函數，證明：（1）（2）證明（1）記由下確界的定義知，對任意的即可見是的一個上界；對任意的存在使得即可見是的上界中的最小者，所以同理可證結論成立，也可直接用（1）的結論來證，事實上，將（1）中換為，得兩邊同乘以得，9．證明：在上無界，而在內任一閉區間上有界。證明對任意的取上一點則有故按定義，為上的無界函數。而在內的任一區間，由于在上嚴格遞增，從而當時，記則對一切有所以是上的有界函數。10．討論狄利克雷函數的有界性，單調性與周期性。解（1）由的定義知，對任意的有所以在上有界。（2）由于對任意的有理數與無理數，無論還是，都有所以在上不具有單調性。（3）對任意的有理數有：于是對任一有所以，任意有理數都是的周期，但任何無理數都不是的周期。11．證明：在上嚴格遞增。證明任取任何則即所以在上嚴格遞增。12．設定義在上的函數在任何閉區間上有界，定義上的函數：試討論與的圖像，其中（1）（2）解（1）由及的定義知，對當在上為遞增函數時，當在上為遞減函數時，由此可知：對當時，嚴格遞減，故而時，由于所以即有：同上理，當時，為遞減函數，所以當時，為遞增函數，故即有。第二章數列極限數列極限概念設（1）對下列分別求出極限定義中相應得：（2）對可找到相應的，這是否證明了趨于應該怎樣做才對；（3）對給定的是否只能找到一個？解通過反解出，根據的范圍確定的取值。（1）由于因此，對任意的，只要，便有即當時，成立，因此取即可。將給定的分別代入如下：當時，相應的，當時，相應的，當時，相應的。（2）在（1）中雖然對可找到相應的，但并沒有證明趨于。正確的做法應該是根據數列極限的定義，需對任給正數，都有相應的正整數存在，使得當時，有，對于該題，即由求得這時才有結論（3）對給定的，若存在使得時，都有，則對同樣成立。因此對給定的，若存在滿足條件，那么對一切大于的正整數都可作為定義中的，所以有無窮多個。注意：本題主要考察對數列極限的定義的理解，必須注意的任意性，的相應性，雖然依賴于但并不意味著是由唯一確定的。按定義證明：（1）（2）（3）（4）（5）解按定義證明關鍵是要對任意，求出，使得時有。（1）因為所以對任意給定的，只要取，則當時，所以（2）法一由于因此對任給的，只要，便有，即當時，成立，因此取即可。法二因為當時，所以任給，取，則當時，有，故（3）因為于是任給，取，則當時，有所以（4）因為于是任給，取，則當時，有所以（5）因為令則于是因此任給，取，則當時，所以注意用定義證明關鍵是要對任給，求出，使得時有；怎樣求？因要求的滿足時，故應解不等式求，如果直接解不等式求滿足定義中的最小的不容易時，可將適當放大，使且使放大后的式子當時仍為無窮小量，且式子簡單，解不等式求出較大的。在放大的過程中，為使式子簡單，有時要限定必須大于某個正數（如（2）中法二的），并在最后確定的值時，考慮到這個前提條件（如（2）中取）。此外，不同的放大方法，求出的可能不同（如（2）中的法一，法二），這沒關系，只要滿足定義就行。在滿足定義的條件下，的大小對數列當時是否以為極限沒影響。根據例2，例4和例5的結果求出下列極限，并求出哪些是無窮小數列：（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）解參考常用的數列極限，如將具體的數值代入即得結果。（1）取得（2）取得（3）取得（4）取得（5）取得（6）取得（7）取得綜上所述，題（1），（3），（4），（5）的數列是無窮小數列。證明：若則對任一正整數有證明因為則由定義知：任給，存在，當時，，于是當時，也有，所以求，故試用定義證明：數列不以1為極限；（2）數列發散。證明定義：任給，若在之外數列中的項之多之有有限個，則稱數列收斂于極限數列不以為極限可根據定義的反推證明。數列發散則需證明對任何數，若存在某，使得數列中有無窮多個項落在之外，則一定不以為極限。要證不以1為極限，即證存在某，使得數列有無窮多個項落在之外。取，則，當時，，即在之外數列中的項有無限個，所以由定義的反推證明知，數列不以1為極限。任取實數取當時，這樣在之外數列中的項有無限個，由定義的反推證明知，數列不以為極限，由的任意性說明數列無極限，故為發散數列。證明定理2.1，并應用它證明數列的極限是1。證明（1）定理2.1：數列收斂于的充要條件是：為無窮小數列。充分性：因為為無窮小數列，由此可知對于任給的存在正整數，當時，，根據數列極限的定義，知數列以為極限，即必要性：數列收斂于，由此可知對任意的正整數存在自然數，當時，，而因此對任意的存在正整數，當時，有，根據數列極限的定義，知數列以為極限，即所以為無窮小數列。因為且是無窮小數列，從而是無窮小數列，則有定理2.1的充分性知，1是數列的極限。證明：若則當且僅當為何值時反之也成立。證明根據極限的定義及絕對值的有關性質證明。因為所以對于任給的存在正整數，當時，有，又，所以當且僅當時，可由實際上，若，，對任意的存在正整數，當時，，所以。當時，由推不出，例如，但數列卻不收斂。8.按定義證明：（1）（2）（3），其中.證明：按定義證明，即對任意的求出，使得當時有即可。也可將的表達式適當放大，放大后的式子當時為無窮小量，且式子簡單，則就易求出。因為，因此對任意的只要，，取，則當時，有，故。，因此對任給取，則當時，有，故。為偶數時，由于，因此對任給取，當時，有成立。為奇數時，由于，因此對取，當時，有成立。綜上，對任意取，使得當時，有且，即任意，，由此可得。2收斂數列的性質求下列極限：（1）（2）（3）（4）（5）（6）解將化作我們常見的可求極限的形式，再通過極限的四則運算法則進一步計算。（1）（2）（3）由時，得再有極限的四則運算法則，知（4）（5）因為所以（6）2．設且證明：存在正整數，使得當時有證明取因由極限的定義，對于，存在正整數，當時，有，即又存在正整數，當時，有，即，取當時，有，即，因此當時有3．設為無窮小數列，為有界數列，證明：為無窮小數列。證明由題，因為為有界數列，所以存在，對一切正整數，有又為無窮小數列，利用極限的定義，對任給，存在正整數，當時，有因此，當時，有所以即為無窮小數列。解（1）（2）（3）題根據自身特性可對數列求和后直接求極限，（4）(5)（6）題則通過不等式應用迫斂性求出所給題的極限。（1）（2）因為所以（3）法一令①則②①—②式得，故得由極限四則運算法則得法二因為所以（4）因為當時，而由迫斂性得(5)因為而由迫斂性定理知（6）因為而由迫斂性定理得注意構造適當的不等式，用破斂性定理求比較復雜數列的極限，這不僅是判定數列收斂的一種方法，而且也是求極限的一個重要工具。設與中有一個是收斂數列，另一個是發散數列。證明是發散數列。又問是否必為發散數列？證明設發散。假設收斂且則由極限的四則運算法則有這與發散矛盾，所以發散。同理也是發散的。但，不一定發散。如取則收斂，發散，但與都收斂。證明以下數列發散：（1）（2）（3）證明根據定理2.8，只要證明數列有一個子數列發散，或有兩個子數列收斂而極限不相等，即可證明數列發散。當為偶數時，當為奇數時，由定理2.8知，數列發散。記則有即數列的偶數項組成的子列發散，由定理2.8知數列發散。記則所以由定理2.8知，數列發散。判斷以下結論是否成立（若成立，說明理由；若不成立舉出反例）：若和都收斂，則收斂；若，和都收斂，且有相同的極限，則收斂。解（1）該命題不成立，如。其奇數項組成的子列收斂于而雖然兩子列都收斂，但沒有相同的極限，由定理2.8知發散。因為，和都收斂于同一極限，則的任一子列都收斂于，故由定理2.8知收斂。求下列極限：（1）（2）（3）（4）解（1）（2）（3）題利用極限的迫斂性計算，（4）題運用了極限的四則運算法則。(1)因為所以，而，則由迫斂性定理，知。因為當時，所以，而，由迫斂性定理知：。因為,則,所以,可是,從而有,而,故由迫斂性定理,知.記,則,從而得.又,由極限的四則運算法則得,.9.設為個正數,證明:.證明:令,則,因為,而,所以.10.設.證明(1);(2)若則.證明:因為,所以,而,,由迫斂性定理知,.(2)因為且,根據定義,則對,存在正整數,當時,,即,從而有,又因為,故由迫斂性定理知,.3.數列極限存在的條件1.利用求下列極限:(1);(2);(3);(4);(5).解：(1).(2).(3)(4),所以.(5),而,由習題10(2)得.2.試問下面的解題方法是否正解：求.解:設及.由于，兩邊取極限得，所以.以上解題方法是不正確的.因為只有證明了的極限存在以后才可以設.而在本題中是遞增且無上界數列,其極限不存在.故而也就不存在.所以以上解題方法是錯誤的.3.證明下列數列極限存在并求其值:(1)設;(2)設;(3).證明:首先判斷所給數列是單調有界的,即用單調有界定理證明數列極限存在;然后,設所求極限為,并由相鄰兩項與的關系式兩端取極限得一關于的方程;最后解上面的方程并同時利用極限保不等式性求出,即為所求極限.(1)(重根號),(重根號),故數列單調增加.又(重根號)(重根號)(重根號)數列有上界,根據單調有界數列必有極限定理知存在,設,,解之得或,因,由數列極限的保不等式性是不可能的,故.(2)先證對所有的,有.當時,,當時,,則當時,因此對所有的,均有.若要使,需使,得,因,因此對所有成立,即.綜上所述,單調有界,由單調有界定理知,數列的極限存在.設,對兩邊同時取極限得,解得,又對所有,而,因此取,即.因為，則取，當時，,而,由于,從而,故,由迫斂性定理知.4.利用為遞增數列的結論,證明為遞增數列.證明:法一因為遞增數列,則對任意自然數,有,即,從而,故為遞增數列.法二,故為遞增數列.5.應用柯西收斂準則,證明以下數列收斂:(1);(2).證明(1)對任意的且,有因為,于是對任意的,必存在,當時有,所以對任給,取,則對一切,有.因此數列滿足柯西條件,由柯西收斂準則,數列收斂.(2)對任意且,有對任給,取,則對一切,有.因此數列滿足柯西條件,由柯西收斂準則,數列收斂.6.證明:若單調數列含有一個收斂子列,則收斂.證明:利用單調有界定理,只要證明數列有界即可.設單調遞增,且有收斂子列,記.因為仍為遞增數列，所以，則對任一，有，從而。由此知對任意的自然數，有，說明有上界，由單調有界定理知一定是收斂的。7.證明：若，且，則.證明:,由數列極限的保號性知,對任何,存在正整數