1xk1
xk

xkxk11xk1xk1

0所以x
单调增加；
显然x

1x
11x
1
2所以由单调增加有界数列必有极限得x
收敛
令lim
0
x


a则lim
0
x
1

lim1x
01x


1
lim
0
x

1

lim
0
x

即a1a得a15a15舍去
1a
2
2
6lim3xax2bxc2求常数abx
解显然a0lim3xax2bxcx3xax2bxc
limx3xax2bxc3xax2bxc

lim
x
3x9x2

ax2ax2

bxbx

cc
3lim
a

bx

cx2
x9xaxbc
2
x
所以9a03a2得a9b3b
四证明题每小题10分共30分
1设fx在∞∞上连续且limfxlimfx0证明存在使
xx
xx
f0
证明因为limfx0所以对01存在X0使得当xX时有xx
fx成立即xfxxx
故x1fxxx10取bX所以当xb时有fxx0特别的fb0同理可得存在a0使得fa0而fx在上连续所以在闭区间ab连续从而Fxfxx在ab上连续而Fa0Fb0所以由闭区间上连续函数性质零点存在定理得存在使得Ff0
第4页
f2若函数fx在a∞上可导对任意x∈a∞有
fx
MM是常数则limx
fxx2

0

证明因为fx在区间a满足fxM所以满足李普希兹条件
即对任意的x1x2a有fx1fx2Mx1x2令ba则xa有fxfbMxb成立
我们知limx
fbx2
0故要证limx
fxx2
0只需证limx
fxx2
fb
0
xb时对任意给定的0要使
fxfbx2

fxfbx2
Mxbx2

MxMbx2

2Mx

只需x2M即可令Xmaxb2M


则当xX时
fxfbx2
成立
即limfxfb0所以得证
x
x2
3证明函数ysi
1在c1内一致连续但在01内非一致连续x
证明设0cxx01对任意的0要使
11
11
11
si
si
2cossi

x
x0
2x2x0
2x2x0
2cosxx0si
xx02
2xx0
2xx0
xx02xx0

xx0c2

只需xx0c2令c2
所以对任意的0存在c20当xx0时
有si
1si
1成立故ysi
1在c1c0上是一致连续的
x
x0
x
x


12

x


12

为正整数
2
2
1
1
si
si
112
x

x

x

x


4
222
0

4
所以对小于2的任意0不能找到一致连续定义中的使得当x
x
时
si
1si
1
x

x

第5页
f第6页
fr