第一章测试题 （A） 2、（1） （2） 3、，于是无上界，同理可验证无下界。 5、时，设，于是，这样  同理可证  6、（1） （2） 7、由（1）可得。为了证，用反证法。若，设，使得。 （B） 1、 2、 3、参见本章§2范例5。 4、（1） （2） 5、 6、设，于是  （1）若，有 ，有，因为 于是，这样 同理讨论下列情况：（2）（3）（4） 7、（1）若A，B中有一集合无上界，不妨设A无上界，则S也是无上界数集，于是，结论成立。若A，B都是有上界数集，且，现设法证明 （ⅰ），无论或，有 （ⅱ）于是  同理可证（2）。 第二章测试题 （A） 2、0． 3、提示 设，则有    然后可证 4、提示 用数学归纳法证：，应用单调有界定理，可证 5、（1）错误使用四则运算法则。 （2）利用极限保不等式性证明。 6、由时，，因为，于是    （当）。 这样时  7、设，由确界定义，      时，，于是  即  （B） 1、提示 （1）  （2） 2、提示 证明递增且，于是可得  3、提示 构造在附近摆动的数列。 4、提示 取定。因为时，于是 5、提示 设为无穷小数列，于是     6、提示   7、可证为递减数列，不然的话，，使得。由，有，于是   …………  把以上诸式相加，有  因为，当时，可大于任何正数，与为有界数列矛盾。由单调有界定理，，于是  第三章测试题 （A） 1、提示  若取，可以估计 2、提示 ，当时， 3、1． 4、 5、提示 以为例说明符合题中的说法，但不存在。 6、，使得  7、，可以仿照对黎曼函数的证明，，说明使得的的值至多只有有限个，记为，取  于是当时，。 （B） 1、提示  取时，可得  2、提示 ，当时， 3、 4、 5、提示 （1）若，当时，，设于是当时， 6、提示 若时，证明：  7、（1） （2）    因为  于是  第四章测试题 1、为可去间断点；为第二类间断点。 2、（1）可用反证法证明在点不连续。但可能在点处连续，例 （2）都无法断定和的不连续性，例如  3、提示  4、提示   5、提示 若时，过（）作平行于y轴的直线与相交，中位于此直线左面那部分面积记为，于是有，S为的面积。设法证明是的连续函数，利用介值定理可以证明本题。 6、提示 （1）利用不一致连续的正面陈述来证明；（2） 7、提示 由，可得在上一致连续。 （B） 1、为第二类间断点；为跳跃间断点。 2、提示    3、提示  4、提示 。先设，用数学归纳法证明  对任意，可设取，然后用连续性得证。 5、提示 由题设，取，由，当时，。然后在上应用连续函数最大、最小值定理。 6、提示 （1）讨论在上的最小值。（2）。 7、提示 设法证在上递增，不然的话，.在上函数可以取到最小值，与所设矛盾。 第五章测试题 （A） 2、 3、 4、（1）否； （2）是。 6、提示 当，设，有  7、解 （1）    上面三式相加，有  （2）把上面方程两边求阶导数，应用莱布尼茨公式后有   化简后得  用代入上面方程有  因，由上式有。因，由上式有   （B） 2、  3、提示 先证 5、提示 由定义出发可求得处切线斜率为零。 6、（1）否，考虑函数 （2）否，考虑函数 7、提示 利用不等式估计：    第六章测试题 （A） 2、提示 固定，对应用拉格朗日中值定理。反之不然，考虑 3、提示 应用泰勒公式。 4、提示 利用条件，讨论的符号。 5、提示 [证法一]作代换，然后应用罗尔中值定理。[证法二]用反证法，利用导数极限定理，有或 6、提示 作辅助函数然后应用第5题的结论。 7、解 ，把在0,1两点处分别泰勒展开到二阶余项，有   上面两式相减后有  用反证法，若，则     产生矛盾。于是 （B） 1、提示 设，在或上对应用拉格朗日中值定理。 2、提示 设法证明，不妨把泰勒展开到二阶余项。 3、提示 在上应用拉格朗日中值定理。 4、提示 把和展开成带有四阶余项的泰勒公式。 5、提示 作辅助函数，然后在上应用罗尔中值定理。 6、提示  7、解 设在处取到的最小值-1，即，由费马定理，。把在点处泰勒展开到二阶余项，有   于是有   若，取 若，取 第七章测试题 （A） 3、证 由命题公式（3.4），有  由上极限性质，子列，因为   所以是的聚点。 因为是的最大聚点，所以  于是有  4、提示 设，验证 5、提示 若为区间套，试证为柯西列，即有 6、提示 任取，定义，于是，设法证是柯西列。 （B） 2、提示 用反证法，若，则，再利用连续函数的局部保号性推出矛盾。 3、提示 先证当时，对一般的，使得 4、提示 设，由上极限性质，时，，把这个不等式相乘后可得  再设法证 5、提示 若满足柯西准则，于是为有界数列，设。用反证法，倘若都不是的极限，则，使得。由柯西准则条件可推得在内仅含有的有限项，再利用有限覆盖定理推出矛盾。 6、提示 不妨设，使得互不相交。因为对时  由上、下极限性质，于是可在满足的中选择，使得 第八章测试题 （A） 1、 2、（1） （2） （3） （4） （5） （6） 提示 （2） （3）化为 （5）分拆成两个不定积分，对其中一个作分部积分，便可消去另一个。 （6）化为 （B） 1、 2、推演至并无错误；但因不是一个确定的函九，而是带有任意常数C的一族函数，故等式前后这两个若分别记为  则所得结果只是表示，不会产生矛盾。 3、（1） （2） （3） （4） （5） （6） 提示 （2） （5）化为，分别计算两个不定积分较为方便。 4、解：    由此解出递推公式：  初值为   第九章测试题 （A） 1、解    2、解    3、提示 把所证的不等式变形为  再利用为递减函数。 4、提示 由条件知道在上恒为正或恒为负（否则，由连续函数具有介值性，必有零点，与矛盾）。设，则容易证得 5、提示 由积分第二中值定理，，使    6、解 对等式两边求导数，得到  经整理又得  对此式两边求变限积分  得出  以代入条件式，得到于是求得  7、提示 作辅助函数  由于，因此只需证明递增。 （B） 1、提示   2、证 类似于上面（A）卷第2题，有    3、提示 利用不等式，可分别证得：   说明 若记  则在上连续。上面的应理解为 4、提示 利用本章总练习题第10题。 5、提示 由条件可知在上必为一递增函数，借助分部积分法，并利用（A）卷第5题。 6、证 设，取，则在上的振幅，且有  又由，据可积充要条件，，使得  把与合并而成，则因  可知。 7、证 由可知在上变号，故，使。于是有  并得  第十章测试题 （A） 1、提示 圆与心形线的交点在处。所求面积为 2、解 （1） （2）  （3）  3、提示 升高的高度，可由求得，其中 4、 5、提示 。以代入，得到  （B） 1、提示 由，可求得  此结果说明所求面积与无关，即图10-42中时的各种图形面积都与时的圆面积相同。另外，本题也可用公式  来计算。 2、解 取在上的值，以绘出曲线所围成的最小一叶。其面积为   此叶曲线的周长为   此叶曲线绕极轴旋转所得旋转曲面的面积为    其中   这就得到   3、解 易知旋转椭球体的体积为。由图10-44及椭圆方程，可求得  于是环形体的体积为      利用，得到，并有     4、解 ，取，得到  5、提示 根据§范例3的结论，在距地心处物体所受地球引力为  由于在地面上，代入上式后求得，因此又有  于是可得所求的功为  再由机械能守恒定律又可求得初速度为  说明 特别当质量无限远离地球时，即时，的极限为  6、解 （1）对于线段OA，有   质心为 （2）对于线段AB，有   质心为 （3）对于折线段OAB，有   质心为 第十一章测试题 （A） 1、提示 （1）从定义出发，可验证得结论：当时收敛，时发散。 （2）发散。先用比较法则验证为发散。 2、解 考察  由于  因此当，即时，收敛；而当时，它为发散。又因  故当时，收敛；而当时，它为发散。 综上，当且仅当时，收敛。 3、证 作变换后，作为    因此  4、证 ，由条件，和，使得 由时， 当时， 不妨设，则当时，有    这就证得 5、证 因，故在上递增，；且，当时，有  其中M是满足的正数。于是对任何，有     这说明满足收敛的柯西准则条件，故它是收敛的。 （B） 1、提示 （1）收敛。注意0与都是瑕点。设  可证，且收敛。 （2）收敛。由于，因此该反常积分只是无穷积分（不是瑕点）。 2、解 把此反常积分记为   由于  故当，即时，收敛；时它为发散。又由  可见当时收敛；而当时，则因  可见发散。 综上，当且仅当时，收敛。 3、提示 由与，可得  由此可证得第一个不等式。再由    又可证得第二个不等式。 4、证 由极限定义，，当时，  并由此得到  设，特别当取时，相应地存在，当时，有  而收敛，故当时也收敛。 5、提示 由于关于在上是单调递增的，因此只要能证明它有上界，则当时的极限存在，即收敛。