大一高數(shù)復(fù)習(xí)材料資料

第一章復(fù)習(xí)

X.1函數(shù)的極限及其連續(xù)性

概念：省略

注意事項

1.無界變量與無窮大的區(qū)別：無窮大量一定是無界變量，但無界變量不一定是無窮大

量，例如，y=/(x)=xsinx是無界變量，但不是無窮大量。因為取

TT7T

X=X"=2〃萬+萬■時，/(x?)=2n^+—,當(dāng)〃充分大時，/(X")可以大于一預(yù)

先給定的正數(shù)M；取x=馬=2n兀時，/(乙)=0

2.記住常用的等價形式

當(dāng)xfO時，sinx~x,arcsinx~x,tanx~x,arctanx~x,

ln(l+x)~x,e'-1~x,1-cosx~~x2^(l+%)a-ctx

例1當(dāng)xf0時，下列函數(shù)哪一個是其他三個的高階無窮小

(1)x2o(2)1-cosxo(3)sinx-tanx(4)ln(l+x2)o()

解:因為1—cosx~gx2,ln(l+x2)~x2,所以選擇C

任「「e*-cosx

練習(xí)hm---------

Incosx

22

小ex-cosx..ex-l+l-cosx

解hm---------=hm---------------

xfoIncosxln[l+(cosx-1)]

2

「ex-1-1-cosx

=hm--------------+lim---------------

In[1+(cosx-1)]ioIn[1+(cosx-1)]

..X2..1-COSXc

=hm--------Flim-------=-3

XT。COSX-110cosx-1

3.若函數(shù)的表達(dá)式中包含有Q+新(或&+疵),則在運算前通常要在分子分母

乘以其共朝根式。一方(或右-揚)，反之亦然，然后再做有關(guān)分析運算

例2求limsin(J〃2+1乃)<>

解limsin(J/?+i〃)=limsin[(V/22+1

n—>oo〃一>8

=lim(-l)“sin(7n^n-〃)4=lim(-1)“sin,——=----

當(dāng)〃一>8時，sin.廠1-------------—------->0,(n—>oo)

J/+l+〃vH2+1+n

又|(一1)〃|=1,故limsin(J〃2+E)=。

練習(xí)求lim[Jl+2+???+九一，1+2+???+(胃—1)]

HT8

J_________2〃V2

A/2+1)+—1)2

⑴r0型未定式

[(2)括號中i后的變量(包括符號)與累互為倒數(shù)

解題方法

(1)若極限呈產(chǎn)型，但第二個特點不具備，則通常湊指數(shù)幕使(2)成立

(2)凡是亡型未定式，其結(jié)果：底必定是e,塞可這樣確定:

設(shè)lim〃(x)=0,limv(x)=oo,則

lim(l+〃(l))"')=]ime"""na±"x))_^limv(x)ln(l±z/(x))_^limv(A)[±M(A)]e±limv(x)〃(x)

這是因為ln(l±w(x))?±w(x)o

X

例3求limfcos'+sinL|。

Xfg'XX

原式=lim(cos工+sin4])

解=lim1+sin—

XTBIxXJXT0°1x

2x,

因為limsin*?土==所以原極限=e。

XT8X2XT82

X

練習(xí)求lim_二一

T〃

-n

解原式=lim1+

X->o|

ex+e2x+---+em-n11(er-l)+(?r-l)+---+(^r-l)

lim--------------------=—lim----------------------------

AT0nxn

因為

ex-\1+…+limn+l

-lim+lim=—(1+2H------ri)=

n10Xx->0xxf0xn2

5.幾個常用的極限

limV^(a>0)=1特別地limVH=1

W->00“TOO

1.71「兀

limarctanx=—limarctanx=---

2XfF2

limarccotx=0limarccotx=7r

xf+00XT-00

limex-0lime"=8limxx=1

X—>-oo.v->0+

X.2單調(diào)有界原理

單調(diào)有界數(shù)列必有極限

此類問題的解題程序：（1）直接對通項進(jìn)行分析或用數(shù)學(xué)歸納法驗證數(shù)列",｝單調(diào)有

界；（2）設(shè)｛5｝的極限存在，記為limx“=/代入給定的天的表達(dá)式中，則該式變?yōu)?的代

數(shù)方程，解之即得該數(shù)列的極限。

例4已知數(shù)列｛%｝：4=1,2=1+—二,…,4=1+—④一,…，求lima,,。

1+41+%…

解用數(shù)學(xué)歸納法可證得｛4｝單調(diào)增加:

q=1,a=1H——~~=一,顯然q<出。

21+42

假設(shè)ak_]<ak成立，于是

+_氏二匚4—<0

I1+aJ(1+&_1)(1+4)

即<a*”成立。

顯然1<%<2,從而數(shù)列｛4｝有極限，不妨設(shè)lima,,=A。

M->00

A

由于a=1+n，兩遍去極限得：A=l+——,即A?—A—1=O,

1+%"A

即得出A=生叵。

2

根據(jù)包號性的推論可知A非負(fù)，所以iima“=上芭。

X.3〃項和的極限

求解方法：

(1)利用特殊和式求和；(2)利用夾逼定理求極限(〃個項按遞增或遞減排列);

解因為/,-</,+/,H----h/,—?/,,

y/n2+nVH2+1\ln2+2y/n2+nV/?2+1

HYl

而lim/=lim=1,由夾逼準(zhǔn)則有

"T8j〃2+〃…J〃2J+]

lim----1-----1--I----------=1

1?22-3n-(H+1)J

X.4〃項積的極限

(1)分子、分母同乘以一個因子，使之出現(xiàn)連鎖反應(yīng)；

(2)把通項拆開，使各項相乘過程中中間項相消；

(3)夾逼定理

(4)利用對數(shù)恒等式化為n項和形式。

例7當(dāng)|x|<l時，求Iim(l+x)(l+x2)(i+x4>..(i+x2”)

n->oo

(1一處(1+幻(1+/)(1+/>一(1+%2”)

解原式=lim

1—X

(1-4(1+/)(1+d)???+/)

mm1-X

..(1—%4)(1+%4),**(1+x2)

lim------------------------------------

〃->81—%

=1汕。一"l-x2"1

=lim

"T81-X72—>00l-xl-x

xXX

練習(xí)當(dāng)XHO時，求limcos—cos-----cos一

〃->8242"

XXx

2"sin土cos--cos-----cos

解原極限=lim---------21242"

“T8

2nsin—

2"

c〃TXXX.X

lim-2------c-o--s-2_-c_osU…(―2cossin)

…2"sin—

2"

2"2cos'cos(2cos」7sin

lim242“T

8

2nsin—

T

sinx「sinxsinx

=lim-------------=lim----------=--------

"T8122人33/Vnn

"f82n2

X.5有關(guān)閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的命題的證明

證明方法有兩種

1.直接法其程序是先利用最值定理,再利用介值定理

例1設(shè)/(x)在［a,句上連續(xù)，且4<c<d<人，證明：在(a,勿內(nèi)至少存在一個4使

Pf(c)+qf(d)=(p+幻/e),其中p,q為任意正常數(shù)

證因為/(x)在他力］上連續(xù)

所以/(x)在［a,切上有最大值M與最小值機

由于且〃.q>0,于是有

pm<pf(c)<pM

qmWqf(d)<qM

從而

(P+q)m<pf(c)+qf(d)<(p+q)M

即

m〈Pf3+qf⑷&M。

p+q

由介值定理，在［a,句上至少存在一個J,使得

Pf(c)+qf(d)_

—Jv^)

p+q

2.間接法(己輔助函數(shù)法)其程序是先作輔助函數(shù)尸(x),驗證F(x)滿足玲芝定理

條件，然后由零值定理得出命題的證明。

輔助函數(shù)日無)的作法：

(1)把結(jié)論中的4(或X。)該寫成X；

(2)移項，使等式右邊為零，令左邊的式子為F(x),此即為所求的輔助函數(shù)

例2設(shè)/(x)在［0,2a］上連續(xù)，且f(0)=/(2a),證明：在［0,a］上至少存在一個J,使得

偌)=/?+嘰

證令尸(x)=/(x+a)-/(x)

顯然，F(xiàn)(x)在［0,a］上連續(xù)，注意到/(0)=/(2a),

故F(0)=/(?)-/(0),尸(a)=/(2a)—/(a)=.f(0)-/(?)

當(dāng)/(。)一/(0)=0時，可取J為a或0,而當(dāng)/(0-/(0)70時，有

F(0).F(?)=4/(?)-/(0)]2<0

由零值定理可知存在一個片€(0,0,使得產(chǎn)修)=0,即

/C-a)

X.6極限的求法

1.約簡分式的方法

xp/q-]

求極限物EC,s都是正整數(shù))

2.有理化分子和分母

求極限lim(J%2+x+l-Jx2-x+l)

XTM

3.利用自然數(shù)求和

11

求極限H---H---+

鞏31535

QinX

4.利用基本極限lim業(yè)土=1

1°X

1-cosx?cos2x?cos3x

求極限lim

1-cosx

-1

5.利用基本極限lim(l+x)x=lim(l+-)A=e

x->0x->oox

求極限lim(tanx)tan2j

XT2

4

6.利用單調(diào)有界數(shù)列必有極限

求數(shù)列x,,="+J+…&的極限

習(xí)題課一

例1試用極限的“￡一N”定義證明：lim「——=-

—82〃-+3〃2

證Ve〉0,要使|x"—。|<￡,只要

1|2-3/?|3n-23n

a\=〃丁1—=--------------=---------------<---------------

2n2+3n22(2/?+3〃)2(2/?+3〃)2(2?2+3?)

---------V---V—<￡,即-o

2(2〃+3)4nn￡

因此Ve>0,可取N=[■!■],那么對一切〃〉N,恒有二±1—-

]_￡]2n2+3n2

n2+1

即lim

，-302n2+3〃2

9)sin等，證明數(shù)列｛x,J沒有極限。

例2設(shè)x“=(1+

證如果數(shù)列｛怎｝有極限，那么它的任何子列都有相同的極限。因此，若能找出｛當(dāng)｝

的兩個具有不同極限的子數(shù)列，便知｛%｝沒有極限。由于

=(l+L)sin(")=0,limx4Q=0；

，人爐=(1+/J).=l+吧?川/=1，因此數(shù)列｛￡｝沒有極限。

X—1

例3用“￡一3”定義證明：lim^-=0,

?i2x

證先限制0<|x-此時有

|%|=|(x-l)+l|>|l-|x-l||=l-|x-l|>|,或2|x|>l,從而

X—1

因此，V￡〉o,要使土」一0<￡,只要|x—1|<￡,于是取b=min{g,￡},則當(dāng)

2|x|

X—1Y—1

X適合不等式0<|了-1|<3時，對應(yīng)函數(shù)值/(X)=--恒滿足不等式?——0<￡

2x2\x\

X—1

所以lim3^=0。

Il2x

例4設(shè)lim(-Jx2—x+1—ax—b)-0,試確定常數(shù)a和〃。

XT+cc

解

lim丁―：+】一a'?一9%"=lim。一。尸一(1+2。場+1-從

22

“f例ylx-x+l+ax+bylx-x+\+ax+b

2

2l-h

(1-a')x-(1+2ab)H------

=lim-----1---------------------

XT*0,11b

JI-+,+a+

Vxxx

上式要想極限為0,必須1—/=0,1+2“力=0,又分母極限為1+。所以。力-1,因

此a=1,。=-■-o

2

例5證明：lim(l+2"+3"戶=3。

證(1+2"+3"放=3(；)+《)+1”

1!1

因此3<(l+2n+3w)?<3-3?,由lim3-3§=3及夾逼定理,即得

"->8

lim(l+2"+3")"=3

=2—L(〃=1,2,…)，證明數(shù)列｛居｝的極限存在，并求其極限。

例6設(shè)玉=l,x〃+i

l+x.

證x2=2——=—>2，設(shè)>xn_]則

尤"+i=2------->2---------=x“。

1+X"1+匕一

按歸納法可知，對任何的〃有X,用>%?,即｛%｝為單調(diào)增加的數(shù)列。又按歸納法容易證明

0<x?<2,故數(shù)列｛%｝有界。因此｛居｝有極限。

設(shè)limx“=a,則limx,z=a，對關(guān)系式匕=2——1—的兩邊取極限，便有

"T8〃一>81V

1十AM-I

a=2-一—,即。2一。一i=o,解得4=1^2^,因為％>0,故“NO,a=

1+a22

不合，因此。=山5,即limx,=匕且

222

例7設(shè)函數(shù)

aex(x<0)

/(x)=<Z?-1(x=0)

bx+1(x>0)

在x=()處連續(xù)，求常數(shù)。，匕得值。

解由于函數(shù)/(x)在x=0處連續(xù)，根據(jù)函數(shù)在一點連續(xù)的充要條件，應(yīng)有

lim/(x)=limf(x)=/(0)

x->0+

由于limf(x)=limaex-a,limf(x)-lim(bx+1)=l,/(0)=b—\,依上式即有

.r—>0-.r—>0-.v—>0+.r—>0"

a=i=h-1,從而得。=l/=2。

例8證明：方程x=e'-3+l至少有一個不超過4得根。

證設(shè)函數(shù)/(x)=x—e"3—1,則/(0)=—e-3—1<0,/(4)=3-6>0又函數(shù)在閉

區(qū)間「0,4]上連續(xù)，故由介值定理有在開區(qū)間(0,4)內(nèi)至少存在一點J,使得

/《)=0/e(0,4)o即方程x=e'f+1至少有一個不超過4得根。

工科數(shù)學(xué)分析

1.8實數(shù)的連續(xù)性

實數(shù)理論是極限的基礎(chǔ)。

1.8.1實數(shù)連續(xù)性定理

一、閉區(qū)間套定理

定理1-6.(閉區(qū)間套定理)設(shè)有閉區(qū)間列{[%,包]},若：

(1)回，4]=>[4，4]n

(2)lim(Z??-a?)=O

M->CO

則存在唯一數(shù)/屬于所有的閉區(qū)間(即'[4,〃[=Z),且

n=i

liman=limhn=I

n—>aon—>oc

證明由條件(1),數(shù)列｛4“｝單調(diào)增加有上界伉，數(shù)列也,｝單調(diào)減少由下界力,從而

由單調(diào)有界原理，數(shù)列｛q｝,也,｝都收斂，設(shè)lima“=/,則

W—>00

limbn=-an+?！?=lim(Z7w一?！?+lim=0+/=/

/j—>oo/j—>00n—>00n—>oo

故］iman-\\mbn=Io

n—>oon—>oo

任取ZeN.,\fn>k^ak<an<bn<hk

從而441im%=/=lim〃K%,即/屬于所有閉區(qū)間。

〃foo?j—>00

假設(shè)有4屬于所有閉區(qū)間，從而V〃wN+,有有—4區(qū)2―4,由條

件(2),有/=(，即/唯一。

從圖上看,有一列閉線段(兩個端點也屬于此線段)，后者被包含在前者之中，并且這些

閉線段的長構(gòu)成的數(shù)列以0為極限.則這一閉線段存在唯一一個公共點.

一般來說,將閉區(qū)間列換成開區(qū)間列，區(qū)間套定理不一定成立.

二、確界定理

非空數(shù)集E有上界,則它有無限多個上界,在這無限多個上界之中,有一個上界夕與數(shù)集

E有一種特殊關(guān)系.

定義1-12:設(shè)E是非空數(shù)集.若三月eR,且

(1)VxeE,有4；

(2)V￡>0J面e￡\有萬一￡</

則稱是P是數(shù)集E的上確界.表為戶=supE。

類似地,可以定義下確界.表為

定義1-13:設(shè)E是非空數(shù)集.若maeR,且

（1）VxeE,有a4x；

（2）V￡->O,HA^eE,有x（）<a+￡

則稱是a是數(shù)集E的下確界.表為a=infE。

例如：數(shù)集E=［且匚|〃eN+>,supE=1,infE=-l

一般來講有限集一定有上、下確界，它的上、下確界就是它的最大與最小數(shù)；無限集

可能有上（下）確界，也可能沒有，若有可能屬于該集，也可能不屬于該集。無上（下）

界的數(shù)集，不存在上（下）確界。那么有上（下）界的數(shù)集是否存在上（下）確界呢？

定理2（確界定理）若非空數(shù)集E有上界（下界），則數(shù)集E存在唯一的上確界（下確界）.

由數(shù)集E非空，設(shè)“eE。又由數(shù)集E有上界，設(shè)久為其上界,且a1<偽，則區(qū)間［q,切

具有下述性質(zhì)（稱為P）：

（1）右端點是數(shù)集E的上界

（2）中至少包含有數(shù)集E的一個點（因為qeE）

設(shè)q=&獸，若q為E的上界，則滿足性質(zhì)P,設(shè)％=4，4=弓。若q不是

E的上界，則存在數(shù)ceE使c>q,從而［q,切滿足性質(zhì)P,設(shè)外二^^二仇，從而得到

具有性質(zhì)P的閉區(qū)間［出，偽］。與此類似，我們可以得到具有性質(zhì)P的閉區(qū)間［%，4］…

［a“也］…,且

（1）［4，4］=>［4,偽］nn［a“也］n

h—a

⑵a"）=lim'岸"=0

M->aOZI->002

由區(qū)間套定理，存在唯一的數(shù)夕屬于所有的閉區(qū)間［%,ZJ,且lima“=lim4=/。

n—>oo/?—>oo

VXGE,由于d為E的上界，故2,〃=1,2,...,有極限的保號性，我們有尸；

V￡〉0,由lima,,=￡,存在加，使得"一￡<a,“，由性質(zhì)P的（2）3xe￡,x&［a,b］,

〃一>800mm

從而力-￡<Xo,由定義夕是數(shù)集E的上確界。

設(shè)夕=supE,夕。，，不妨設(shè)令?=夕一尸，則玉oGE,使

/3'-￡.=/3<XQ,這與夕是數(shù)集E的上確界矛盾，從而夕=〃，故上確界唯一。

三、有限覆蓋定理

設(shè)/是一個區(qū)間(或開或閉)、并有開區(qū)間集S(S的元素都是開區(qū)間、開區(qū)間的個數(shù)

可有限也可無限).

定義1-14：若VXGE,3AGS,XGA,則稱開區(qū)間集S覆蓋區(qū)間/.

例1S,=/(—,—)|n=l,2,I,覆蓋了人=(0,1),但5中找不出有限個開區(qū)

［n幾+2J

間將它覆蓋。

例2S,=S,)1,覆蓋了/,=［0,1］,且可選出有限個開區(qū)

21［100100100100J2

間將它覆蓋。

定理3(有限覆蓋定理)若開區(qū)間集S覆蓋閉區(qū)間［a,夕，則S中存在有限個開區(qū)間也覆

蓋了閉區(qū)間切.

證明：假設(shè)S中任意有限個開區(qū)間都不覆蓋閉區(qū)間［a,句，簡稱切沒有有限覆蓋。

設(shè)。=空，貝！I［a,c|與［c,切至少有一個沒有有限覆蓋，否則切將是有限覆蓋。

設(shè)其中沒有有限覆蓋的為［4，4］。與此類似，我們可以得到具有沒有有限覆蓋的閉區(qū)間

［%也］…a也］…,且

b—CL

⑵limS,-a“)=Iim卡=0

〃T8〃T82”

由區(qū)間套定理，存在唯一的數(shù)夕屬于所有的閉區(qū)間［凡,也］，且lima“=lim〃=￡。

〃一>oon—>00

顯然尸由于開區(qū)間集S覆蓋［凡句，從而S中必至少存在一個開區(qū)間(p,q),使

得￡e(p,q),即p<0<q,有極限的保號性，當(dāng)〃充分大時，有［%抱］u(p，4)，這與

［%,。,』沒有有限覆蓋矛盾，從而S中存在有限個開區(qū)間也覆蓋了閉區(qū)間團,力

有限覆蓋定理亦稱為緊致性定理或海涅-波萊爾定理.在有限覆蓋定理中，將被覆蓋的

閉區(qū)間［a,b］改為開區(qū)間(a,切則定理不一定成立.

四、聚點定理

定義：設(shè)E是數(shù)軸上的無限點集.J是數(shù)軸上的一個定點(可以屬于E,也不可以屬于

E).若V￡〉()，點4的￡鄰域U(J,￡)都含有E的無限多個點，則稱J是E的一個聚點。

例如4=3力），貝此。涉］中的每一點都是目的聚點。

七=1）〃=1,2,1,則x=0是￡的聚點。

芻=｝?|〃=1,2,｝無聚點。

定理1-9（聚點定理）數(shù)軸上有界無限點集E至少有一個聚點.

證明：已知無限點集E有界，設(shè)。和匕分別是E的下界和上界，從而假設(shè)

結(jié)論不成立，即閉區(qū)間6］的任一點都不是E的聚點，\/xe［a,b］,因為x不是E的聚點,

所以三邑＞0,使U（x,j）中只含有E的有限多個點（或者沒有E的點）。這樣就構(gòu)成了開

區(qū)間集

S=｛U（4,￡）|xe［a/］｝

顯然，開區(qū)間集S覆蓋［&力］,根據(jù)有限覆蓋定理，S中存在有限個開區(qū)間，設(shè)有n個開區(qū)

間。（西,氣）,，。區(qū)，氣）也覆蓋工力］,自然覆蓋點集E。但是每個開區(qū)間

只含有E的有限多個點，所以這n個開區(qū)間也只含有E的有限多個點，這與E是無限點集

矛盾，于是，E至少有一個聚點。

五、致密性定理

定理5（致密性定理）有界數(shù)列｛4｝必有收斂的子數(shù)列｛4/。

證明若數(shù)列伍“｝有無限多項相等，設(shè)％,=4匕==%=顯然，常數(shù)列｛4.｝是

收斂的子數(shù)列。

若數(shù)列｛為｝沒有無限多項相等，則有有界無限點集￡=｛。“|〃=1,2,｝.根據(jù)聚點定

理，E至少有一個聚點

按照聚點定義

取￡=1,

取￡=；,ma%w,且勺〈丐。（因為看是聚點所以含有無限多個｛??｝

中的點，所以去掉｛4｝中的前々個有限點后，U（4g）中仍然含有｛%｝的點，任取一個即

可）

取2=!，3aet/（^，Y）,且應(yīng)一心鞏

kkk

如此進(jìn)行下去，就構(gòu)造了數(shù)列｛4｝的子數(shù)列｛/｝。且VkeN+,有|可-目<?，當(dāng)

*kk

k-8時，有!->0。所以lima,,=4,即子數(shù)列｛4｝收斂。

卜上->8*4

六、柯西收斂準(zhǔn)則

定理6(柯西收斂準(zhǔn)則)數(shù)列｛4｝收斂oVe>0,mNeN+,V〃,m>N,\a?-am\<￡

證明：必要性

若數(shù)列｛a?｝收斂，設(shè)lima,=a,由極限定義，

”一>00

+

Vf>0,3?/eN,\fk>N,\ak-a\<^,從而分別有|a“一同<|■與

于是有I?！薄?"|=|4-a+a—4」4|a“一。|+一4”|<&

充分性

取￡=1,mN］GN：Xfn>N［和］%>M，有卜從而，Yn>N、,有

a

I?H4—%+%b兇a,,一%|+|%\<1+1%,I

取M=max｛|a1|,|a2|,|｝,則有,即數(shù)列｛a“｝有界。

根據(jù)致密性定理，數(shù)列｛a,J存在一個收斂的子數(shù)列｛4｝,設(shè)lima“=a.

kJt—>ook

接下來證明liman=a

〃一>oo

由已知有v1>0JN€N*Rn,m>N\an-an\<|

又已知lima=a,對上述勺>0,3keN；\fn,>k,有|a〃-a\<—

取L=max｛N,&｝,從而，Vn>L,nk>L,同時有卜“一?！?<|■及同一《<g，從而有

1%-4=卜”一%+ant-(^<\an-ant\+\ant-a\<￡,即lima?=a或數(shù)列｛a,J收斂.

1.8.2閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)性質(zhì)的證明

1.性質(zhì)的證明

定理1-12.(有界性)若函數(shù)/(%)在閉區(qū)間勿連續(xù)，則函數(shù)/(幻在閉區(qū)間山,切有

界,即3M>0,VXG[a,b]有|/(x)|<M

證法由已知條件得到函數(shù)/(x)在出,勿的每一點的某個鄰域有界.要將函數(shù)/(x)在

每一點的領(lǐng)域有界擴充到在閉區(qū)間3,6有界,可應(yīng)用有限覆蓋定理,從而能找到M>0.

證明已知函數(shù)/(x)在[a,勿連續(xù)，根據(jù)連續(xù)的定義及極限的局部有界性Vae[a,例，

3<^>0,使得VxeU(a總)c[a,力，|/(x)|</(a)+1o顯然，開區(qū)間集

{U(a,今)|ae[a,句}覆蓋閉區(qū)間[a,夕，根據(jù)有限覆蓋定理，存在有限個開區(qū)間

{U(ak,\)\ockG[a,b],k=\,2,㈤也覆蓋[a向，且VxeU(%,%)c[a,0],有

l/(x)|<f(ak)+l,1=1,2,,〃，取M=max{"Q)|,|/(4)|,,"(%)|}+1,于

是\fxe[a,b],于是3ze(l,2,,使得e),有

|/(x)|<|/(a,.)|+l<M?

定理1-13(最值性)若函數(shù)/(%)在閉區(qū)間[?,b]連續(xù),則函數(shù)/(%)在[a,b]取到最小值

〃，與最大值M,即在[a,萬|上存在X]與々，使/(工1)=〃?與/'(工2)=加，且勿有

n<\.

證法只給出取到最大值的證明.根據(jù)定理1-12,函數(shù)/(x)在[a,夕有界.設(shè)

sup{/(%)\xe[a,b]]=M.只須證明Vx2e[?,/?],使f(x2')=M,即函數(shù)/(x)在七取到

最大值.用反證法.假設(shè)Vxe[a,。],有/(x)<M.顯然，函數(shù)在[/切連續(xù)，且

加―/(x)>0.于是，函數(shù)一與一在[a,切也連續(xù).根據(jù)定理1-12.存在C>0,

有——J——〈?；騽tM不是數(shù)集的上確

M-f(x)C

界,矛盾.

定理3(零點定理)若函數(shù)/(幻在閉區(qū)間出,切連續(xù)，且/(a)/S)<0,(即/(a)與

f(b)異號)，則在區(qū)間(a,價內(nèi)至少存在一點c,使/(c)=0,

證明不妨設(shè)/(a)<0,/S)>0.用反證法和閉區(qū)間套定理.假設(shè)有

/(X)H0。將閉區(qū)間3,句二等分，分點為學(xué)，若/(審