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一、证明题

1． 设f 为定义在

上的连续函数, a 是任一实数,

证明E 是开集, F 是闭集. 【答案】对任一点存在

的某邻域

故E 为开集. 下证F 是闭集.

设

是F 的任一聚点, 则存在F 的异点列

使

且f （x , y ）在P 0连续,

从而

2． 设f （x ）在[0, 1]上连续可导, 证明:

【答案】方法一用积分中值定理. 因为

而

所以

方法二用分部积分法. 因为

而

所以

故

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因为f 在R 连续, 从而由连续函数的保号性知,

使当

时

即

从而

2

由

故F 为闭集.

可见

,

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3． 证明:若

【

答案】

因为时,

故定的

因此是因为

存在

设则

当且仅当A 为何值时反之也成立?

所以对任给的

存在时

, 也有

当且仅当使得当

对于函数

.

时, 逆命题成立. 证明如下:如果

时, 有

有. 即

但

不存在, 这

则对任意给

使得当

于是, 对于得到的这个当

二、解答题

4． （1）设

在

上可导. 若存在

使

（2）设

在

上可导, 设存在

设

【答案】[1]存在

证明:存在使得

.

使

使

[2]方法一

反证法:假设结论不真. 则对所有不妨设对一切当n 充分大时, 若有令

必有

都有

则有或者

则

上严格单调递增.

对上述不等式取极限, 则得

这与条件矛盾； 同理对所有

都有

时, 亦可得出矛盾, 所以假设不成立, 故原结论成立. 则

第

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方法二 ①当为有限数时, 若结论自然成立；

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若下设

因为的数

不恒等于, 则存在

使得

类似可证）

函数

在使得使得

任取一点作

内连续, 所以对任意取定

（对

存在

从而由Rolle 定理知, 存在若②当

时,

处取到最小值, 则有时, 在

处取到最大值, 则有

, 必有在

, 则

上面的推理仍然正确. 易知 易知

在

内可取到最大值,

在

内可取到最小值, 设f

（x ）在

③当设

（2）由于对所有

由导函数的介值定理, 对所有故有所以

在

上严格单调递增, 或

都存在；

或者

上严格单调递减.

下用反证法证明结论成立, 假设结论不真, 令

令若对一切当n 充分大时, 有令

则对任意

则有对所有都有.

有

对上述不等式取极限, 则得

这与条件矛盾； 同理对所有即存在

使得

都有

时, 亦可得出矛盾, 所以假设不成立, 故原结论成立, 则均有

于是必有在.

或者

.

.

上严格单调递增,

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