有关高数的证明题
在证明这个命题之前，我们先介绍一个关于正项级数的性质：若发散的正项级数 ∑Qn 的一般项 Qn 单调递减且有极限 lim Qn = 0 ，则对于任意的 ε > 0 和正整数 n ,必存在整数 p≥0 使得 ∑Qi ＞ ε （注：此处求和指标中的 i 取值范围为 n ≤ i ≤ n+p-1 ，也就是说这里的求和是以 Qn 为首项的连续 p 个数的和）。以下的证明将以上述的性质为依据展开。
由级数 ∑Un 条件收敛可知该级数的一般项的极限 lim Un = 0 。为了方便下一步证明我们先将级数 ∑Un 的一般项 Un 按照绝对值从大到小的顺序进行重排（注意：重排后的级数未必收敛）。然后，我们将重排后的级数中的正项和负项分离为两个正项级数 ∑An 和 ∑Bn （注：此处的负项级数 ∑Bn 是提取过负号的），则正项级数 ∑An 和 ∑Bn 均发散且一般项单调递减并以 0 为极限 。下一步我们将每次从级数 ∑An 和 ∑Bn 中分别取出若干项构造出新级数的一般项，并使得新级数的部分和收敛于 a 。
为了方便讨论，我们先考虑 a 为有限值的情形。
假设作出的新级数的一般项 Qn ，且级数 ∑Qn 的部分和为 S（n）。 第一步，我们取 ε = |a|，然后做出新级数的第一项 Q1 使得 |a - S（1）|＜ ε ；第二步，做出级数的第二项 Q2 使得 |a - S（2）|＜ε/2 ；……然后第 n 部，做出级数的第 n 项 Qn 使得 |a - S（n）|＜ε/2^n ……
若我们能做出满足以上条件的级数 ∑Qn ，那么命题就得到了证明。实际上满足上述条件的级数是存在的。为了生成新的级数，我们每次分别从级数 ∑An 和 ∑Bn 中按照从大到小的顺序取出至少一项组成新的级数的一般项。比如对于级数 ∑Qn 的第一项 Q1，我们先从两个级数中各取一项使得 Q1 = A1 - B1 ，然后我们验证 Q1 是否满足条件 |a - S（1）|＜ ε ，如果满足该条件则级数的第一项构造完成；如果不满足该条件，我们继续从两个级数 ∑An 和 ∑Bn 按照从大到小的顺序选取新的项（此时不必从两个级数中各取一项，而是可以取任意项）并追加到 Q1 中，由于级数 ∑An 和 ∑Bn 都是递减的正项级数且一般项均以 0 为极限，因此只要适当的进行选取总是可以使得 Q1 = （A1 + A2 +……+ Aa1）-（B1 + B2 +……+ Bb1）得以满足条件 |a - S（1）|＜ ε 。够造出级数 ∑Qn 的第一项之后，我们可以按照构造第一项的方法从级数 ∑An 和 ∑Bn 剩余的项中继续按照从大到小的顺序选取若干项组成级数的第二项 Q2=（Aa1+1 + Aa1+2 +……+ Aa2）-（Bb1+1 + Bb1+2 +……+ Bb2）使得级数满足 |a - S（2）|＜ε/2 。…… 然后，我们可以继续构造出级数的第 n+1 项 Qn+1 = （Aan+1 + Aan+2 +……+ An+p）-（Bbn+1 + Bbn+2 +……+ Bbn+q）（注：两个括号中均为有限项）使得级数满足条件 |a - S（n+1）|＜ε/2^（n+1） 。 ……
通过上述步骤做出的新的级数 ∑Qn 可以遍历级数 ∑Un 中的所有项（因为每个 Qn 中至少包含一个正项和一个负项），级数的一般项的极限 limQn = 0 （注：这是因为两个正项级数 An 和 Bn 的一般项的极限均为 0 ），且级数的部分和 S（n）满足条件 |a - S（n）|＜ε/2^n ，由极限的定义立刻知道 limS（n）= a ，也就是说新级数 ∑Qn 收敛于 a 。
对于 a = ±∞ 的情形也是可以通过相同的方法得到的，只是条件变成了 |S（n）|＞ ε*2^n (这里 ε 为任意正数)。
到此整个证明过程就完成了！呼，喘口气先……
证明题有两种:
一是原理性的证明题，这一类证明题要从原理出发，从定义出发。
所以，认认真真理解透定义的含意，定义的具体要求，定义的表达，非常重要。
在概念上多花一点时间，是值得的。但是不能只停留在概念上。
例如所有导数公式，都是从原理出发，用同一种方法证明。积分也是一样。
又如对数，只要定义搞清楚了，四个公式马上就可以证明。
二是计算性证明，三角函数的恒等式的证明，基本都是这一类。
这一类的证明一般是需要一些更基本的公式做基础。
如果对 x² - y² = (x+y)(x-y), (x+y)²= x² + 2xy + y², (x-y)² = x² - 2xy + y²,
sin²x + cos²x = 1, 以及sin，cos，tan，cot，sec，csc的意思清楚了，三角函数
恒等式的基本证明就过关了。
具体而言，要结合题目分析。如有问题，欢迎前来讨论。
x>=0， f(x)=f(0)+f'(0)x+(f''(s)x^2)/2 (Taylor公式)
（1）若 f ‘(0)>=0, 由f’‘(x)>0,所以，f '(x)> f ‘(0)>0,f(x)严格单增，
令f(0)+f'(0)x+(f''(s)x^2)/2 =0，由判别式可得：必存在x1=...>0, 使 f(x1)=0,
so it is easy to see f(x)在[0,∞)上有且仅有一个零点。
(2) 若 f ‘(0)<0,x->+无穷时， limf(x)=+无穷，所以，在x=0 的左邻域内，f(x)单减，所以f(x)在
x》0时，有极小值 f(x2)<f(0),f '(x2)=0, 显然可证 x2 唯一，且在[x2,+无穷），仿（1）分析即可
做f(x)在x=0处的泰勒展开
f(x)=f(0)+f'(0)x+f''(η)x²，η∈(0，x)
所以当x→+∞时，f(x)→+∞＞0，而f(0)＜0
由零值存在定理知，f(x)在[0,∞)上必有零点；
假设存在两个零点0＜x1＜x2使f(x1)=f(x2)=0
则在(0，x1)上存在α使f'(α)=[f(x1)-f(0)]/(x1-0)＞0
在(x1，x2)上存在β使f'(β)=0
又f''(x)＞0，即f'(x)要递增，f'(α)＜f'(β)
与上面结论矛盾
答：|设lim[xx0+] f(x)=A，lim[xx0-] f(x)=A 由lim[xx0+] f(x)=A，则对于任意ε>0，存在δ1>0，当版00，当 -δ2x0，则0<|x-x0|<δ≤δ1成立，若x0，存在δ>0，当0<|x-x0|<δ时，有|f(x)-A|<ε成立，此时权有：0。同理，此时有：-δ<x-x0<0 时，|f(x)-a...
答：然后利用连续函数的介值性。存在ξ，使得f(ξ)=ξ。唯一性，如果存在ξ'≠ξ，使得f(ξ')=ξ'。则|f(ξ')－f(ξ)|=|ξ'－ξ|≤l|ξ'－ξ|。由于l∈[0，1)，故矛盾。因此唯一。第三问：由于f(x)∈[a,b]有界。故{x_n}存在聚点。因此有...
答：证明：本题是道好题，立意很新颖，考查了很多微分和导数的基本知识！根据题意：lim(x→∞) [f(x)-(a1x+b1)]=0 因此：对于∀ε1>0，存在X1>0，当|x|>X1时：|f(x)-(a1x+b1)|<ε1恒成立 ∴(a1x+b1)-ε1≤f(x)≤(a1x+b1)+ε1 同理：对于∀ε2>0，存在X2>0...
答：定义：设函数f(x)在点x0的某一去心邻域内有定义，如果存在常数a，对于任意给定的正数ε，都 存在δ＞0，使不等式|f(x)-a| ＜ ε ， 在0＜ |x-x0|＜ δ 时恒成立，那么常数a 就叫做函数 f(x)当 x-->x0时的极限。因为，对于1，任意给定的正数ε ，存在δ＞0，使得|x^2-1|...
答：简单计算一下即可，答案如图所示
答：你好！sinx/x是f(x)的一个原函数，那么f‘(x)就是(sinx/x)''=[(xcosx-sinx)/x²]'=(-x³sinx-2x²cosx+2xsinx)/x^4=(-x²sinx-2xcosx+2sinx)/x^3；所以：xf'(x)=(-x²sinx-2xcosx+2sinx)/x²；① 对于要证明的式子：∫xf'(x)dx=cosx-...
答：一、数列极限的证明 数列极限的证明是数一、二的重点，特别是数二最近几年考的非常频繁，已经考过好几次大的证明题，一般大题中涉及到数列极限的证明，用到的方法是单调有界准则。二、微分中值定理的相关证明 微分中值定理的证明题历来是考研的重难点，其考试特点是综合性强，涉及到知识面广，涉及到...
答：1．证明f(x)=(x+4)的1/3次方 在其定义域连续。证明：其定义域为R，分x0= - 4及x0≠ - 4两种情况证明：①x0= - 4，应该证明lim<x-> -4>(x+4)^1/3=0：对于任给的ε>0，存在δ=ε^3，当| x+4 | < δ 时，有|(x+4)^1/3-0|= |x+4| ^1/3<ε成立。②x0≠ -...
答：g[(a+b)/2]=f[(a+b/2]-f(b)=f[(a+b/2]-f(a)若g(a)和g[(a+b)/2]都为0，则取c=(a+b)/2，此时g(c)=0 若g(a)和g[(a+b)/2]不为0，则两者互为相反数，异号，根据零点定理，在(a+b)/2和a之间有一点c，使得g(c)=0，即原等式成立 证毕 6题：《用p代表那个...
答：由于积分与积分的字母无关，故 2*[∫{a,b}f(x)*g(x)dx]²≤2*∫{a,b} f²(x) dx*∫{a,b} g²(x)dx 即[∫{a,b}f(x)*g(x)dx]²≤∫{a,b} f²(x) dx*∫{a,b} g²(x)dx 证法三：利用二次函数判别式证明 对任意实数t，恒有[t...
