１畅讨论复合函数 ｆ 礋ｇ 与ｇ 礋ｆ 的连续性，设
（１）ｆ（ｘ）＝ｓｇｎｘ，ｇ（ｘ）＝１＋ｘ２；
（２） ｆ（ｘ）＝ｓｇｎｘ，ｇ（ｘ）＝（１－ｘ２）ｘ ．
解 （１） ｆ礋ｇ（ｘ）＝ｆ［ｇ（ｘ）］＝ｓｇｎ（１＋ｘ２）≡１．
ｆ 礋ｇ在 Ｒ 上连续．
ｇ 礋ｆ （ｘ ）＝ｇ ［ｆ （ｘ ）］＝１＋［ｓｇｎｘ］２＝ ２ （ｘ ≠０），
１ （ｘ ＝０），
ｇ 礋ｆ在（－∞，０）∪（０，＋∞）上连续．ｘ＝０ 为其第一类可去间断点．
（２）ｇ礋ｆ （ｘ ）＝ｇ ［ｆ （ｘ ）］＝［１－（ｓｇｎｘ）２］・ ｓｇｎｘ≡０．
ｇ 礋ｆ在 Ｒ 上连续．
ｆ 礋ｇ （ｘ ）＝ｆ ［ｇ （ｘ ）］＝ｓｇｎ［ｘ（１－ｘ２）］＝
１ （ｘ ∈（－∞，－１）∪（０，１）），
０ （ｘ ＝０，ｘ ＝±１），
－１ （ｘ ∈（－１，０）∪（１，＋∞）），
ｆ 礋ｇ在（－∞，－１）∪（－１，０）∪（０，１）∪（１，＋∞）上连续．ｘ＝０，ｘ ＝±１ 为 其第一类跳跃间断点．
２畅设 ｆ，ｇ 在点 ｘ０连续，证明：
（１）若ｆ（ｘ０）＞ｇ （ｘ０），则存在 Ｕ （ｘ０；δ），使在其内有 ｆ（ｘ）＞ｇ（ｘ）；
（２）若在某 Ｕ °（ｘ０）内有 ｆ（ｘ）＞ｇ（ｘ），则 ｆ（ｘ０）≥ｇ （ｘ０）．
证 （１） 设 Ｆ （ｘ ）＝ｆ （ｘ ）－ｇ（ｘ ），由连续函数性质知，Ｆ （ｘ）在ｘ０连续，而 Ｆ （ｘ０）＝ｆ（ｘ０）－ｇ （ｘ０）＞０．
由连续函数的局部保号性得愁Ｕ （ｘ０；δ），使得 橙ｘ ∈Ｕ （ｘ０；δ），Ｆ （ｘ ）＞０，
即 ｆ （ｘ ）＞ｇ （ｘ ）．
（２）由于ｆ ，ｇ 在点 ｘ０连续，故
ｘ →ｘｌｉｍ０
ｆ （ｘ ）＝ｆ （ｘ０）， ｘ →ｘｌｉｍ
０
ｇ （ｘ ）＝ｇ （ｘ０），
・
９
１
１
第四章 函数的连续性 ・
由题设条件，据函数极限保不等式性得
ｘ→ｘｌｉｍ０
ｆ （ｘ ）≥ｘ →ｘｌｉｍ０
ｇ （ｘ ），即ｆ（ｘ０）≥ｇ （ｘ０）．
３畅设 ｆ，ｇ 在区间 Ｉ 上连续，记
Ｆ （ｘ ）＝ｍａｘ｛ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）｝， Ｇ （ｘ）＝ｍｉｎ｛ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）｝．
证明：Ｆ 和 Ｇ 也都在 Ｉ 上连续．
证 由第一章总练习题 １畅知 Ｆ （ｘ ）＝ｍａｘ｛ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）｝＝１
２［ｆ （ｘ ）＋ｇ （ｘ ）＋│ｆ （ｘ）－ｇ （ｘ）│］，
Ｇ （ｘ ）＝ｍｉｎ｛ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）｝＝１
２［ｆ（ｘ ）＋ｇ（ｘ ）－│ｆ （ｘ ）－ｇ （ｘ ）│］．
由本章§ １ 习题 ４ 知，ｆ 在点 ｘ０连续，则│ｆ│亦在点 ｘ０连续．而 ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）均 在区间Ｉ 上连续，因此ｆ （ｘ ）－ｇ （ｘ ）在Ｉ 上连续，故│ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）│在Ｉ 上连续．
由连续函数性质知，Ｆ ，Ｇ 都在 Ｉ 上连续．
４畅设 ｆ 为 Ｒ 上连续函数，常数ｃ＞０．记
Ｆ （ｘ ）＝
－ｃ， ｆ （ｘ ）＜－ｃ，
ｆ （ｘ ）， │ｆ（ｘ ）│≤ｃ，
ｃ， │ｆ（ｘ ）│＞ｃ，
证明：Ｆ （ｘ）在 Ｒ 上连续．
证 Ｆ （ｘ）＝１
２［│ｃ＋ｆ （ｘ ）│－│ｃ－ｆ （ｘ ）│］
由于 ｆ （ｘ）、常量函数ｃ 均在Ｒ 上连续，故│ｃ±ｆ（ｘ）│亦在Ｒ 上连续，进而Ｆ （ｘ）
在 Ｒ 上连续．
５畅设 ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ，ｇ（ｘ）＝ ｘ －π， ｘ ≤０ ｘ ＋π， ｘ＞０
证明：复合函数 ｆ礋ｇ 在ｘ＝０ 连续，但ｇ 在 ｘ＝０ 不连续．
证 ｆ礋ｇ（ｘ ）＝ｆ ［ｇ （ｘ ）］＝ ｓｉｎ（ｘ－π）， ｘ≤０
ｓｉｎ（ｘ＋π）， ｘ＞０
＝ －ｓｉｎｘ， ｘ≤０
－ｓｉｎｘ， ｘ＞０＝ｓｉｎｘ，ｘ∈Ｒ ． 由于ｓｉｎｘ 在Ｒ 上连续，ｆ礋ｇ 在ｘ＝０ 连续，而
・ ０ ２ １
・ 数学分析习题详解（上）
ｘ →０＋ｌｉｍ
ｇ（ｘ）＝ｌｉｍ
ｘ →０＋
（ｘ ＋π）＝π， ｌｉｍ
ｘ →０－
ｇ（ｘ ）＝ｌｉｍ
ｘ→０－
（ｘ －π）＝－π， 故 ｇ 在 ｘ＝０ 不连续．
６畅设 ｆ 在［ａ，＋∞）上连续，且ｘ →＋∞ｌｉｍ ｆ （ｘ ）存在．证明：ｆ 在［ａ，＋∞）上有 界．又问 ｆ 在［ａ，＋∞）上必有最大值或最小值吗？
证 记ｘ →＋∞ｌｉｍ ｆ （ｘ ）＝Ａ ，则对于 ε０＝１，愁Ｍ ＞ｍａｘ｛ａ，０｝，当ｘ＞Ｍ 时有
│ｆ （ｘ ）－Ａ │＜ε０＝１
即 │ｆ （ｘ ）│≤│ｆ （ｘ ）－Ａ │＋│Ａ │＜│Ａ │＋１
又ｆ（ｘ）在［ａ，Ｍ ］上连续，由闭区间连续函数性质知，愁Ｂ ＞０，使ｆ（ｘ）在［ａ，Ｍ ］ 上有
│ｆ （ｘ ）│＜Ｂ ，
故有 橙ｘ ∈［ａ，＋∞），│ｆ （ｘ）│＜ｍａｘ｛│Ａ │＋１，Ｂ ｝．
从而 ｆ（ｘ）在［ａ，＋∞）上有界．
考察 ｆ（ｘ）＝ａｒｃｔａｎｘ，ｇ（ｘ）＝－ａｒｃｔａｎｘ，ｘ∈［０，＋∞），均满足本题条件．
但前者无最大值，后者无最小值．故ｆ 在［ａ，＋∞）上不一定有最大值，也不一 定有最小值．但 ｆ 在［ａ，＋∞）上至少有最大值、最小值之一．
由于ｘ →＋∞ｌｉｍ ｆ （ｘ ）＝Ａ （Ａ 为有限值），我们分类讨论．
ｉ） 存在ｘ０∈［ａ，＋∞），使 ｆ（ｘ０）＞Ａ ． 取 ε０＝ｆ （ｘ０）－Ａ
２ ，则愁Ｍ１＞０，当 ｘ＞Ｍ １且 ｘ＞ｘ０时有 Ａ －ｆ （ｘ０）－Ａ
２ ＜ｆ （ｘ ）＜Ａ ＋ｆ （ｘ０）－Ａ ２ ， 即 ｆ （ｘ）＞３Ａ －ｆ （ｘ０）
２ 且 ｆ（ｘ）＜ｆ （ｘ０）＋Ａ
２ ＜ｆ （ｘ０）．
而在［ａ，Ｍ１］上 ｆ（ｘ）有最大值 Ｍ ，
橙ｘ ∈（Ｍ１，＋∞）， ｆ （ｘ ）＜ｆ （ｘ０）≤Ｍ ． 故橙ｘ∈［ａ，＋∞），ｆ （ｘ ）＜Ｍ ，Ｍ 为 ｆ（ｘ）的最大值．
ｉｉ） 存在ｘ０∈［ａ，＋∞），使ｆ （ｘ０）＜Ａ ． 取 ε０＝Ａ －ｆ （ｘ０）
２ ，则愁Ｍ２＞０，当 ｘ＞Ｍ ２且 ｘ＞ｘ０时有
・
１
２
１
第四章 函数的连续性 ・
Ａ －Ａ －ｆ （ｘ０）
２ ＜ｆ （ｘ ）＜Ａ ＋Ａ －ｆ（ｘ０） ２ ， 即 Ａ ＋ｆ （ｘ０）
２ ＜ｆ （ｘ ）＜３Ａ －ｆ （ｘ０） ２ ， 故橙ｘ∈（Ｍ ２，＋∞）有
ｆ （ｘ０）＜ｆ（ｘ ）．
而 ｆ（ｘ）在［ａ，Ｍ２］上取到最小值 ｍ ，对于橙ｘ∈（Ｍ ２，＋∞）有 ｆ （ｘ ）＞ｆ （ｘ０）≥ｍ ．
故对橙ｘ ∈［ａ，＋∞），ｆ（ｘ ）≥ｍ ，ｍ 为 ｆ（ｘ）在［ａ，＋∞）上最小值．
ｉｉｉ） ｆ（ｘ）≡Ａ ，橙ｘ∈［ａ，＋∞）．
此时，Ａ 即为 ｆ （ｘ）的最大值又为 ｆ（ｘ）的最小值．
７畅若对任何充分小的 ε＞０，ｆ 在［ａ＋ε，ｂ－ε］上连续，能否由此推出 ｆ 在
（ａ，ｂ）内连续？
解 对于橙ｘ０∈（ａ，ｂ），取 ε０＝ｍｉｎ ｘ０－ａ ２ ，ｂ－ｘ０
２ ，则 ε０＞０且 ｘ０∈［ａ＋
ε０，ｂ－ε０］．由已知，ｆ（ｘ）在ｘ＝ｘ０处连续，由ｘ０的任意性得ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内连 续．
８畅求极限：
（１）ｌｉｍ
ｘ →π ４
（π－ｘ ）ｔａｎｘ； （２） ｌｉｍ
ｘ →１＋
ｘ １＋２ｘ － ｘ２－１ ｘ ＋１ ． 解 （１）ｌｉｍ
ｘ →π ４
（π－ｘ ）ｔａｎｘ＝ π－π ４ ｔａｎ π
４＝３ ４π．
（２） ｌｉｍ
ｘ →１＋
ｘ １＋２ｘ － ｘ２－１
ｘ ＋１ ＝１× １＋２×１－ １２－１
１＋１ ＝ ３
２ ． ９畅证明：若ｆ 在［ａ，ｂ］上连续，且对任何ｘ∈［ａ，ｂ］，ｆ（ｘ）≠０，则ｆ 在［ａ，ｂ］
上恒正或恒负．
证 反证法：若愁ｘ１，ｘ２∈［ａ，ｂ］使得 ｆ （ｘ１）＜０，ｆ （ｘ２）＞０，则由 ｆ 在［ａ，ｂ］
上连续得，ｆ 在［ｍｉｎ｛ｘ１，ｘ２｝，ｍａｘ｛ｘ１，ｘ２｝］上连续．由根的存在定理知 愁ξ∈（ｍｉｎ｛ｘ１，ｘ２｝，ｍａｘ｛ｘ１，ｘ２｝）炒［ａ，ｂ］，
使得 ｆ（ξ）＝０，与题设矛盾．故 ｆ 在［ａ，ｂ］上恒正或恒负．
・ ２ ２ １
・ 数学分析习题详解（上）
１０畅证明：任一实系数奇次方程至少有一实根．
证 设 ｆ（ｘ）＝ａ２ｎ＋１ｘ２ｎ＋１＋ａ２ｎｘ２ｎ＋…＋ａ１ｘ ＋ａ０，ａｉ∈Ｒ ，ａ２ｎ＋１≠０，
则 ｆ（ｘ）＝０，即
Ｆ （ｘ ）＝ｘ２ｎ＋１＋ｂ２ｎｘ２ｎ＋…＋ｂ１ｘ ＋ｂ０＝０， ｂｉ＝ ａｉ
ａ２ｎ＋１∈Ｒ ． 令 Ｍ ＝ｍａｘ｛│ｂ２ｎ│，│ｂ２ｎ－１│，…，│ｂ１│，│ｂ０│｝，则
当ｘ＞１ 时
Ｆ （ｘ ）≥ｘ２ｎ＋１－Ｍ ｘ２ｎ－Ｍ ｘ２ｎ－１－…－Ｍ ｘ－Ｍ ＞ｘ２ｎ＋１－（２ｎ＋１）Ｍ ｘ２ｎ 行
＝ｘ２ｎ［ｘ －（２ｎ＋１）Ｍ ］，
故取 ｘ１＝（２ｎ＋１）Ｍ ＋１，有
Ｆ （ｘ１）＞ｘ２ｎ１＞０．
当ｘ＜－１ 时
Ｆ （ｘ ）≤ｘ２ｎ＋１＋Ｍ │ｘ │２ｎ＋Ｍ │ｘ │２ｎ－１＋…＋Ｍ │ｘ │＋Ｍ ＜ｘ２ｎ＋１＋（２ｎ＋１）Ｍ ｘ２ｎ Ｆ
＝ｘ２ｎ［ｘ ＋（２ｎ＋１）Ｍ ］，
故取 ｘ２＝－（２ｎ＋１）Ｍ －１时，有
Ｆ （ｘ２）＜－ｘ２ｎ２＜０．
而 Ｆ （ｘ）在［ｘ２，ｘ１］连续，且 Ｆ （ｘ１）・ Ｆ （ｘ２）＜０．由根的存在定理知愁ξ∈（ｘ２， ｘ１）使 Ｆ （ξ）＝０，即ｆ（ξ）＝０，故 ｆ（ｘ ）＝０ 至少有一实根．
注意：实际上，当 ｘ 的绝对值充分大时，任一多项式的符号全视最高次幂 的项的符号而定．
１１畅试用一致连续的定义证明：若 ｆ，ｇ 都在区间 Ｉ 上一致连续，则 ｆ＋ｇ 也在 Ｉ 上一致连续．
证 对于橙ε＞０，由于 ｆ，ｇ 都在区间 Ｉ 上一致连续，故
愁δ１＞０，当 ｘ′，ｘ ″∈Ｉ且│ｘ′－ｘ ″│＜δ１时，有│ｆ（ｘ′）－ｆ （ｘ ″）│＜ε ２， 愁δ２＞０，当 ｘ′，ｘ ″∈Ｉ且│ｘ′－ｘ ″│＜δ２时，有│ｆ（ｘ′）－ｆ （ｘ ″）│＜ε
２． 取 δ＝ｍｉｎ｛δ１，δ２｝，则对于橙ｘ′，ｘ ″∈Ｉ，且│ｘ′－ｘ ″│＜δ时
│ｆ （ｘ ′）＋ｇ （ｘ ′）－［ｆ （ｘ ″）＋ｇ （ｘ ″）］│≤│ｆ（ｘ ′）－ｆ （ｘ ″）│＋│ｇ （ｘ ′）－ｇ （ｘ ″）│
・
３
２
１
第四章 函数的连续性 ・
＜ε ２＋ε
２＝ε．
故 ｆ＋ｇ 在 Ｉ 上一致连续．
１２畅证明 ｆ（ｘ）＝ ｘ 在［０，＋∞）上一致连续．
解 对于橙ε＞０，取 δ１＝２ε，则当 ｘ′，ｘ ″∈［１，＋∞）且│ｘ′－ｘ ″│＜δ１时，有
│ｆ （ｘ ′）－ｆ （ｘ ″）│＝│ ｘ ′－ ｘ ″│＝ ｘ ′－ｘ ″ ｘ ′＋ ｘ″＜１
２│ｘ ′－ｘ ″│＜ε．
而ｆ（ｘ）＝ ｘ 在［０，２］上一致连续．则愁δ２＞０，当ｘ ′，ｘ ″∈［０，２］且│ｘ′－ｘ ″│＜ δ２时，有
│ｆ （ｘ ′）－ｆ（ｘ ″）│＜ε．
取δ＝ｍｉｎ δ１，δ２，１
４ ，则对橙ｘ′，ｘ ″∈［０，＋∞），且│ｘ′－ｘ ″│＜δ时，ｘ′，ｘ″或落 在［０，２］内，或落在［１，＋∞）内．因此，无论何种情况，均有
│ｆ （ｘ ′）－ｆ（ｘ ″）│＜ε．
即 ｆ（ｘ）＝ ｘ 在［０，＋∞）上一致连续．
１３畅证明：ｆ （ｘ）＝ｘ２在［ａ，ｂ］上一致连续，但在（－∞，＋∞）上不一致连 续．
证 先证 ｆ（ｘ）＝ｘ２在［ａ，ｂ］上一致连续．
对于橙ε＞０，取 δ＝ ε
２（│ａ│＋│ｂ│＋１），则当 ｘ′，ｘ ″∈［ａ，ｂ］且│ｘ′－ｘ ″│＜δ 时，有
│ｆ（ｘ ′）－ｆ （ｘ ″）│＝│（ｘ ′＋ｘ ″）（ｘ ′－ｘ ″）│≤［│ｘ ′│＋│ｘ ″│］・ δ ，
＜ ε
２（│ａ│＋│ｂ│＋１）・ ２（│ａ│＋│ｂ│）＜ε．
故 ｆ（ｘ）＝ｘ２在［ａ，ｂ］上一致连续．
但ｆ（ｘ）＝ｘ２在（－∞，＋∞）上不一致连续．
取 ε０＝１，无论 δ＞０ 取得多小，由ｎ→∞ｌｉｍ １
ｎ＝０知，只要 ｎ 充分大总可以使 ｘ′
＝ｎ＋１
ｎ，ｘ ″＝ｎ的距离│ｘ′－ｘ ″│＝１ ｎ＜δ，但
・ ４ ２ １
・ 数学分析习题详解（上）
│ｆ （ｘ ′）－ｆ （ｘ ″）│＝ ｎ＋１ ｎ
２
－ｎ２＝２＋ １ ｎ
２
＞１＝ε０． 故 ｆ（ｘ）＝ｘ２在（－∞，＋∞）上非一致连续．
１４畅设函数 ｆ 在区间 Ｉ 上满足利普希茨条件，即存在常数 Ｌ ＞０，使得对 Ｉ 上的任意两点 ｘ′，ｘ ″都有
│ｆ （ｘ ′）－ｆ （ｘ″）│≤Ｌ │ｘ ′－ｘ″│． 证明：ｆ 在Ｉ 上一致连续．
证 对于橙ε＞０，取 δ＝ε
Ｌ ＞０，则对于橙ｘ′，ｘ ″∈Ｉ且│ｘ′－ｘ ″│＜δ，有
│ｆ （ｘ ′）－ｆ （ｘ ″）│≤Ｌ │ｘ ′－ｘ ″│＜ε．
故 ｆ 在 Ｉ 上一致连续．
１５畅证明ｓｉｎｘ 在（－∞，＋∞）上一致连续．
证 对于橙ｘ∈（－∞，＋∞），有
│ｓｉｎｘ│≤│ｘ│．
对于橙ε＞０，取 δ＝ε，则对于橙ｘ′，ｘ ″∈Ｒ ，且│ｘ′－ｘ ″│＜δ时，有
│ｓｉｎｘ′－ｓｉｎｘ″│＝２ ｓｉｎｘ ′－ｘ ″
２ ｃｏｓｘ ′＋ｘ″
２ ≤２・ │ｘ ′－ｘ ″│ ２ ＜ε．
因此，ｓｉｎｘ 在（－∞，＋∞）上一致连续．
１６畅设函数 ｆ 满足第 ６ 题的条件，证明 ｆ 在［ａ，＋∞）上一致连续．
证 对于橙ε＞０，由ｘ →＋∞ｌｉｍｆ （ｘ ）＝Ａ 知，愁Ｍ ＞０，当 ｘ＞Ｍ 时，有
│ｆ （ｘ ）－Ａ │＜ε／２．
故对于任意的 ｘ′，ｘ ″∈［ａ，＋∞），当 ｘ′，ｘ ″＞Ｍ 时，有
│ｆ （ｘ ′）－ｆ （ｘ ″）│≤│ｆ （ｘ′）－Ａ │＋│ｆ （ｘ ″）－Ａ │＜ε ２＋ε
２＝ε．
而ｆ 在［ａ，Ｍ ＋ １］ 上连续，因此，ｆ 在［ａ，Ｍ ＋ １］ 上一致连续， 即愁δ′＞ ０，当
│ｘ ″－ｘ ′│＜δ′，且ｘ′，ｘ ″∈［ａ，Ｍ ＋１］时，有
│ｆ （ｘ ′）－ｆ（ｘ ″）│＜ε．
取 δ＝ｍｉｎ δ′，１
４ ，则对于橙ｘ′，ｘ ″∈［ａ，＋∞），当│ｘ′－ｘ″│＜δ时，或者 ｘ′，ｘ ″
∈［ａ，Ｍ ＋１］或者 ｘ′，ｘ ″∈［Ｍ ，＋∞），因此无论何种情况，均有
・
５
２
１
第四章 函数的连续性 ・
│ｆ （ｘ ′）－ｆ（ｘ ″）│＜ε．
故 ｆ 在［ａ，＋∞）上一致连续．
１７畅设函数 ｆ 在［０，２ａ］上连续，且 ｆ（０）＝ｆ（２ａ）．证明：愁ｘ０∈［０，ａ］，使得 ｆ （ｘ０）＝ｆ （ｘ０＋ａ）．
证 构造函数 Ｆ （ｘ ）＝ｆ （ｘ ＋ａ）－ｆ （ｘ ），则由 ｆ （ｘ ）在［０，２ａ］上连续知，
ｆ （ｘ ＋ａ）在［０，ａ］上连续，进而 Ｆ （ｘ）在［０，ａ］上连续，且
Ｆ （０）＝ｆ （ａ）－ｆ （０）， Ｆ （ａ）＝ｆ （２ａ）－ｆ （ａ）＝ｆ（０）－ｆ （ａ），
即 Ｆ （０）・ Ｆ （ａ）＝－［ｆ （ａ）－ｆ （０）］２．
若 ｆ（ａ）＝ｆ （０），则 ｆ（ａ）＝ｆ（０）＝ｆ（２ａ）＝ｆ（ａ＋ａ），即愁ｘ０＝ａ∈［０，ａ］，使得 ｆ （ｘ０）＝ｆ （ｘ０＋ａ）．
若 ｆ （ａ）≠ｆ（０），则 Ｆ （０）・ Ｆ （ａ）＜０，由 Ｆ （ｘ）在［０，ａ］上连续及根的存在定理 知，愁ｘ０∈［０，ａ］，使得Ｆ （ｘ０）＝０，即
ｆ （ｘ０）＝ｆ （ｘ０＋ａ）．
综上所述，知愁ｘ０∈［０，ａ］使得
ｆ （ｘ０）＝ｆ （ｘ０＋ａ）．
１８畅设 ｆ 为［ａ，ｂ］上的增函数，其值域为［ｆ（ａ），ｆ（ｂ）］．证明 ｆ 在［ａ，ｂ］上 连续．
证 橙ｘ０∈［ａ，ｂ］，由 ｆ 为［ａ，ｂ］上的增函数及第三章§ ３ 习题 ５ 得知，
ｆ （ｘ０－０）与 ｆ （ｘ０＋０）均存在，且此时有
ｆ （ｘ０－０）≤ｆ （ｘ０）≤ｆ （ｘ０＋０），橙ｘ０∈（ａ，ｂ）．
或 ｆ （ｂ－０）≤ｆ （ｂ）， 或 ｆ（ａ）≤ｆ（ａ＋０）．
若 以上各式不等号有一个成立，不失一般性，设 ｆ （ｘ０）＜ｆ （ｘ０＋０），则对于 橙μ∈［ｆ（ｘ０），ｆ （ｘ０＋０）］炒［ｆ （ａ），ｆ（ｂ）］，将不存在 ｘ′∈［ａ，ｂ］，使得
ｆ （ｘ ′）＝μ．
事实上，若愁ｘ ′∈［ａ，ｂ］，使ｆ（ｘ′）＝μ，则 ｘ′必为以下二种情形之一：
ｉ） ｘ′＜ｘ０，此时有 ｆ（ｘ ′）≤ｆ （ｘ０）．
ｉｉ） ｘ′＞ｘ０，此时有ｆ （ｘ ′）≥ｆ （ｘ０＋０）．
故与［ｆ（ａ），ｆ（ｂ）］为ｆ 的值域矛盾，因此，有
・ ６ ２ １
・ 数学分析习题详解（上）
ｆ（ｘ０－０）＝ｆ （ｘ０）＝ｆ （ｘ０＋０），ｆ （ｂ－０）＝ｆ （ｂ），ｆ（ａ）＝ｆ（ａ＋０）．
由 ｘ０的任意性知，ｆ 在［ａ，ｂ］上连续．
１９畅设 ｆ 在［ａ，ｂ］上连续，ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ∈［ａ，ｂ］．证明：愁ξ∈［ａ，ｂ］，使得 ｆ （ξ）＝１
ｎ［ｆ （ｘ１）＋ｆ（ｘ２）＋…＋ｆ（ｘｎ）］．
证 设 ｆ （ｘｉ）＝ｍａｘ ｛ｆ （ｘ１），ｆ （ｘ２），…，ｆ （ｘｎ）｝，ｆ （ｘｊ）＝ｍｉｎ ｛ｆ （ｘ１），
ｆ （ｘ２），…，ｆ （ｘｎ）｝不失一般性，不妨设 ｘｉ＜ｘｊ．
ｉ） 若ｆ（ｘｉ）＝ｆ （ｘｊ），则 ｆ（ｘ１）＝ｆ （ｘ２）＝…＝ｆ （ｘｎ），此时有 ｆ （ｘｋ）＝１
ｎ［ｆ （ｘ１）＋ｆ （ｘ２）＋…＋ｆ （ｘｎ）］ ｋ＝１，２，…，ｎ．
取 ξ＝ｘｋ即可．
ｉｉ） 若ｆ（ｘｉ）≠ｆ （ｘｊ），则 ｆ （ｘｊ）＜１
ｎ［ｆ （ｘ１）＋ｆ （ｘ２）＋…＋ｆ （ｘｎ）］＜ｆ （ｘｉ）．
由连续函数介值性定理知，愁ξ∈［ｘｉ，ｘｊ］炒［ａ，ｂ］，使得 ｆ （ξ）＝１
ｎ［ｆ （ｘ１）＋ｆ（ｘ２）＋…＋ｆ（ｘｎ）］．
由此本题得证．
２０畅证明 ｆ（ｘ）＝ｃｏｓ ｘ在［０，＋∞）上一致连续．
证 由本节习题 １２ 知，ｆ （ｘ ）＝ ｘ 在［０，＋∞）上一致连续，故对于橙ε
＞０，愁δ＞０，对于橙ｘ′，ｘ ″∈［０，＋∞）且│ｘ′－ｘ ″│＜δ，则有
│ ｘ ′－ ｘ″│＜ε，
即 │ｃｏｓ ｘ ′－ｃｏｓ ｘ ″│＝２ ｓｉｎ ｘ ′－ ｘ″ 憫
２ ｓｉｎ ｘ ′＋ ｘ″
２
≤２ ｓｉｎ ｘ ′－ ｘ″
２ ≤│ ｘ ′－ ｘ ″│＜ε．
因此，ｆ（ｘ）＝ｃｏｓ ｘ 在［０，＋∞）上一致连续．