《数学分析》课程教学资源（试题集锦）第一章实数集与函数

第一章实数集与函数 §1实数 例1设a,b为任意实数,证明 I+|a+bl 1+lal 1+b 证我们将从函数f(x)=x的性质着手证明不等式 设f(x) x>0,若0≤x1<x2,则f(x1)<f(x2) 因为a+b≤a+b,于是有 ≤ 1+|a+b|1+|a|+|b 1+|a|+|b|1+|a|+|b lal 1bl 例2利用数学归纳法证明二项式展开定理 其中a,b为任意实数,n为正整数 证n=1时,等式(1.3)显然是成立的设等式当n=m时成立,即 (a+b)=∑Cab 当n=m+1时 (a+b)∑Cmab) ∑ Cab+∑CAa4"b crabbe CAtb cab Ca‘b =b+∑(Ck+C如)ab++a a 其中应用了组合公式C+C=C1于是由数学归纳法,二项式展开定理对任意正整

第一章 实数集与函数 §1 实数 例 1 设 a，b 为任意实数，证明： 1 | | | | a b a b + + + ≤ 1 | | | | 1 | | | | b b a a + + + （1.2） 证 我们将从函数 x x f x + = 1 ( ) 的性质着手证明不等式. 设 x x f x + = 1 ( ) = + x − 1 1 1 ，x>0，若 0< 1 2 x  x ，则 ( ) ( ) 1 2 f x  f x . 因为|a+b|≤|a|+|b|，于是有 1 | | | | a b a b + + + ≤ 1 | | | | | | | | a b a b + + + 1 | | | | | | 1 | | | | | | a b b a b a + + + + + = ≤ 1 | | | | 1 | | | | b b a a + + + . 例 2 利用数学归纳法证明二项式展开定理 = − + = n k k i n k n n a b C a b 0 ( ) ， （1.3） 其中 a,b 为任意实数，n 为正整数. 证 n=1 时，等式（1.3）显然是成立的.设等式当 n=m 时成立，即 = − + = m k k i m k m m a b C a b 0 ( ) ， 当 n=m+1 时， m m (a b) (a b)(a b) 1 + = + + + ( )( ) 0 = − = + m k k k m k a b Cm a b   = = − + + − = + m k m k K k m k M k k m k Cm a b C a b 0 0 1 1   = − = + − + + − + = + + + m k m k K k m k m M k k m k m m b C a b C a b a 1 1 0 1 1 1 1   = = + − + − − + + = + + + m k m k K k m k m M k k m k m m b C a b C a b a 1 1 1 1 1 1 1 = + − + − + = + + + m k k k m k m m k m m b C C a b a 1 1 1 1 1 ( )  + = + − = + 1 0 1 1 m k k k m k Cm a b ， 其中应用了组合公式 k m k m k Cm C C 1 1 + − + = .于是由数学归纳法，二项式展开定理对任意正整

数n成立 注证明中应用了数学归纳法本节在后面的例3、例5中将应用它证明其他一些不等 式,这是分析证明中常用的方法之 例3设a 为n个实数,a,(=1,2…,n)符号相同,且a,>-1,证明不等式 (1+a1)(+a2)…(1+an)≥1+ (14) 当a1=a2=…=an=x,x>-1时,成立伯努利( Bernoulli)不等式 (1+x)"≥1+nx (x>-1)n∈N, (1.5) 证n=1时不等式(1.5)显然成立.现设n=m时不等式成立,即 (1+a1)1+a2)…(1+an)≥1 其中a1符号相同且a1>-l(=1,2,…,m) 当n=m+1时,因为1+an>0,利用n=m时的不等式,有 ≥(1+a1+a2+…+an)(1+am) ≥1 其中最后不等式成立是由于an1与a(=1,2,…,m)同号.再在不等式(1.5)中令 a1=a2=…=an=x,x)-1,则有伯努利不等式 (x>-1) 例4证明柯西( Cauchy)不等式:设a1,a2,…,an,b1,b2…,bn为两组实数,则有 b2 证本例中将应用中学数学中二次三项式恒正的判别式来完成证明 设t为任何实数,t的二次三项式 (a1+tb,)2=∑a2+2∑ab b2≥0, 于是有 b-4

数 n 成立. 注 证明中应用了数学归纳法. 本节在后面的例 3、例 5 中将应用它证明其他一些不等 式，这是分析证明中常用的方法之一. 例 3 设 a a an , , , 1 2  为 n 个实数， a (i 1,2, , n) i =  符号相同，且 ai  −1 ，证明不等式 (1 )(1 ) (1 ) + a1 + a2  + an ≥1+ a1 + a2 ++ an （1.4） 当 a a a x 1 = 2 == n = ， x  −1 时，成立伯努利（Bernoulli）不等式 n (1+ x) ≥1+nx （x>-1） n N+ （1.5） 证 n=1 时不等式（1.5）显然成立.现设 n=m 时不等式成立，即 (1 )(1 ) (1 ) + a1 + a2  + am ≥1+ a1 + a2 ++ am ， 其中 i a 符号相同且 a 1(i 1,2, ,m) i  − =  . 当 n=m+1 时，因为 1+ am+1 >0，利用 n=m 时的不等式，有 (1 )(1 ) (1 )(1 ) + a1 + a2  + am + am+1 ≥ (1 )(1 ) + a1 + a2 ++ am + am+1 = 1 2 1 1 2 1 1 ( ) + a + a ++ am + am+ + a + a ++ am am+ ≥ 1+ a1 + a2 ++ am+1 , 其中最后不等式成立是由于 am+1 与 a (i 1,2, ,m) i =  同号.再在不等式（1.5）中令 a a a x 1 = 2 == n = ，x>-1，则有伯努利不等式 n (1+ x) ≥1+nx （x>-1）. 例 4 证明柯西（Cauchy）不等式：设 a a an b b bn , , , , , , , 1 2  1 2  为两组实数，则有 2 1       = n i aibi ≤       = n i ai 1 2       = n i bi 1 2 （1.6） 证 本例中将应用中学数学中二次三项式恒正的判别式来完成证明. 设 t 为任何实数，t 的二次三项式     = = = = + = + + n i n i n i n i i i i i i bi a tb a t a b t 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) 2 ≥0， 于是有    = = =  −       n i n i i i n i aibi a b 1 1 2 2 2 1 2 4 ≤0

∑ab 例5设p,n,m∈N,证明: (b-a(b"+b-a (1.7 P (3)试用归纳法证明 (19) 证(1)(b-a)(bm+b"2a+bma2+…+am) =bm+bma+ba+.+ba - m2a2 (2)在(1.7)中设b=n+1,a=n,m=p+1,有 (n+1)P-nP=(n+1)+(n+1)n+…+n, 于是 (P+1)n°<(n+1 这样就证得 (n+1)-n <(n+1) p+ (3)易证n=2时,当p为正整数时, P 现设不等式(19)不n=m时成立,有 P 当n=m+1时,由(1.8),(1.10)可得

即 2 1       = n i aibi ≤               = = n i i n i ai b 1 2 1 2 例 5 设 p，n，m  N+ . 证明： （ 1 ） ( )( ) −1 −2 −3 2 −1 − = − + + + + m m m m m m b a b a b b a b a  a . (1.7) （ 2 ） p p p p n p n n n ( 1) 1 ( 1) 1 1  + + + −  + + . (1.8) （3）试用归纳法证明：  = − + =  +  n k p n p k p k p n k 1 1 1 1 1 （1.9） 证 （1） ( )( ) −1 −2 −3 2 −1 − + + + + m m m m b a b b a b a  a = m m m m m m m m b + b a + b a + + ba − b a − b a − − ba − a −1 −2 2  −1 −1 −2 2  −1 = m m b − a . （2）在（1.7）中设 b=n+1，a=n，m=p+1，有 p p n p p n + − n = n + + n + n + + n ( 1) +1 +1 ( 1) ( 1) −1  ， 于是 p p p p (p 1)n (n 1) n (p 1)(n 1) 1 1 +  + −  + + + + ， 这样就证得 p p p p n p n n n ( 1) 1 ( 1) 1 1  + + + −  + + . （3）易证 n=2 时，当 p 为正整数时， p p p p p 1 2 1 2 1 1  + +  + . 现设不等式（1.9）不 n=m 时成立，有  = − + =  +  m k p m p k p k p m k 1 1 1 1 1 ， （1.10） 当 n=m+1 时，由（1.8），（1.10）可得 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 + + + + − = + + + + + + p m p m m p m p p p p

1,当k充分大时,奇数项与数1充分靠 近因为21+=√是S中最大数,于是spS=√5,由上面分析可以看出infs=1 解因为√5是S中最大数,于是supS=√5再证infs=1,这是因为 (i)设a=2k+1+ 由等式a”-1=(a-1 +…+1)可知 于是v6>030∈N,(只要>2(如3-),使得 <a

=  + + m k p p m k 1 ( 1) = + = 1 1 m k p k . 同样可证 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 + + + + − = + + + + + + p m p m m p m p p p p ≥  − = + 1 1 m k p p m k == m k p k 1 . 于是不等式（1.9）当 n=m+1 时也成立. §2 数集·确界原理 例 1 求数集 S=  +  − + n N n n n ( 1) 1 2 的上、下确界. 分析 当 n=2k 时， k k k k 2 2 2 2 2 1 1+ 2 = 2 1+ ，容易看出k =1时 2 2 1 2 1+ 是偶数项中的最 大数.当 n=2k+1 时， 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 (2 1) + = + +  + + − + k k k k ，当 k 充分大时，奇数项与数 1 充分靠 近.因为 2 2 1 2 1+ = 5 是 S 中最大数，于是 sup S= 5 ，由上面分析可以看出 inf S=1. 解 因为 5 是 S 中最大数，于是 sup S= 5 .再证 inf S=1，这是因为 （i） n n n n ( 1) , 1 2 −  + ≥1； （ii）设 a= 2 1 2 1 2 1 + 1 + k + k ，由等式 1 ( 1)( 1) 1 2 − = − + + + a n a a n− a n−  可知， 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 + + + + − = − + + + k k  k k k a a ≤ 2 1 2 1 k + ， 于是     N+ k0  0, （只要        −1 1 log 2 1 0 2  k ），使得 1 2 1 1 2 1 2 1 0 0 + − + + k k ≤   2 0 +1 2 1 k

1+ 0,3有理数x。(设M1,只要x>√M-1),使得1+x2>M,于是S是无上 界数集按定义,supS=+∞ 再验证infS=1 (i)vy∈S,y=1+x2≥1(x为有理数); (ⅱi)v>0,由有理数的稠密性,彐有理数x,使得-√E0,3x。∈A,x0>supA-E

即 +  +  + + 1 2 1 1 2 1 2 1 0 0 k k ， 这样便证得 inf S=1. 例 2 设数集 S=       + nN+ n n 3 1 sin  ，求 sup S，inf S. 解 不妨取 n = 6k +1,6k + 2,  ,6k + 5(k =1,2, ) 验证相应数值，可以发现一些规律. 取 n = 6k +1(k =1,2,3, ) 得到数集 S 的子集 S=         + +  N+ k k 2 3 1 (6 1) ； 取 n = 6k + 5(k =1,2,3, ) 又得到子集 S=         − +  N+ k k 2 3 1 (6 5) ； 因为 1 S 是无上界数集， 2 S 是无下界数集，所以 sup S=+∞，inf S=-∞. 例 3 设数集 S= y y 1 x , x为有理数 2 = + ，试求 inf S,sup S. 分析 因为数集 S 无上界，所以 sup S=+∞.又因数 1 是 S 的下界，当有理数 x 充分小 时， 2 y =1+ x 与 1 很靠近，于是可以推测 1 是 S 的下确界. 解 先验证 sup S=+∞. M  0， 有理数 0 x （设 M>1，只要 x0  M −1 ），使得 + x  M 2 1 0 ，于是 S 是无上 界数集.按定义，sup S=+∞. 再验证 inf S=1： （i） 2 yS, y =1+ x ≥1（x 为有理数）； （ii）   0 ，由有理数的稠密性，  有理数 0 x ，使得 −     0 x ，于是 1+ 1+  2 0 x . 由此可见 infS=1. 例 4 设 a 为任意实数，A 为 R 中非空有界数集，证明： sup(a+A) = a+sup A，inf(a+A) = a+inf A， 其中 a + A ={a + x | x A}. 证 先证 sup(a+A) = a+supA. 由 supA 的定义，满足： （i） x A，x≤sup A； （ii）   0,x  A, x  sup A −  0 0

于是又满足 (i)x∈A,a+x≤a+supA; (ii) VE>0,Ex EA,a+xo>a+sup A 因而证得 sup(a+A)=a+ sup A 同理可证 infA 例5设A,B是数轴上位于原点右方的非空有界数集,记AB={yx∈A,y∈B},证明: B 证先证 sup AB≤supA·supB 由上确界定义,x∈A,x≤supA,vy∈B,y≤supB,因为x≥0,y≥0,所以xy≤ supA·supB,这说明supA·supB是AB的一个上界,于是 sup AB≤supA·supB 再证su 按上确界定义,VE>0(不妨设EsupA-,3y。∈B,y>upB-E 于是彐x。y∈AB,使 xoyo >(sup A-E)(sup B-8) 这样就有 sup ab> xoyo >(sup A-E)sup B-a) =sup A supB-(sup A+ sup B)8+8 sup A sup B-(sup A+ sup B+D) 由于A,B中元素皆非负,因此supA≥0,supB≥0,supA+supB+1>0,于是 =(supA+supB+1)s仍为一任意小的正数这样证得 sup AB≥supA·supB 由此得到 sup AB=supA·supB. §3函数概念 例1模拟一个三级火箭,设各级质量分别为800kg,400kg,2000kg,燃料均匀消耗 率为10kg/s,各级火箭燃烧时间分别为600s,300,150s.每级火箭的燃料耗完后,外壳自 行脱落,下一级火箭就开始燃烧,最后一级火箭燃烧完后成为人造卫星,绕地球运行试写 出火箭质量随时间变化的规律,并作图像 解三级火箭初始总质量为14000kg,用G(t)表示火箭在时刻t时的质量在开始600s 内,即0≤t<600时,有 G(t)=14000-10t

于是又满足： （i） x A，a+x≤a+sup A； （ii）   0,x  A, a + x  a + sup A −  0 0 . 因而证得 sup(a + A) = a + sup A. 同理可证 inf(a+A) = a+infA. 例 5 设 A，B 是数轴上位于原点右方的非空有界数集，记 AB= xy x A, yB，证明： sup AB = sup A·sup B. 证 先证 sup AB≤sup A·sup B. 由上确界定义， x A ，x≤sup A，yB ，y≤sup B，因为 x≥0，y≥0，所以 xy≤ sup A·supB，这说明 sup A·sup B 是 AB 的一个上界，于是 sup AB≤sup A·sup B. 再证 sup A·sup B≤sup AB. 按上确界定义，   0 （不妨设  0，于是   = (sup A + sup B +1) 仍为一任意小的正数.这样证得 sup AB≥sup A·sup B. 由此得到 sup AB = sup A·sup B. §3 函数概念 例 1 模拟一个三级火箭，设各级质量分别为 8000kg，4000kg，2000kg，燃料均匀消耗 率为 10kg/s，各级火箭燃烧时间分别为 600s，300s，150s.每级火箭的燃料耗完后，外壳自 行脱落，下一级火箭就开始燃烧，最后一级火箭燃烧完后成为人造卫星，绕地球运行.试写 出火箭质量随时间变化的规律，并作图像. 解 三级火箭初始总质量为 14000kg，用 G（t）表示火箭在时刻 t 时的质量.在开始 600s 内，即 0≤t<600 时，有 G（t）=14000-10t；

在t=600s时,第一级火箭脱落,火箭瞬时质量变为600kg当600≤t1050时 综上所述: 14000-10t, 0≤t<600 G(t) 6000-10(t-600),600≤t<900, 2000-10(t-900),900≤t<1050, 1050<t 其图像如图1-1所示 例2设f(x)= x 求 fn(x)=f(f(…f(x)) 解因为函数∫的值域包含于f的定义域内,所以f与∫可以复合,于是有 f((x)=-√1+x 1+2x2 f(f(f(x))= 可猜测∫()=-2,下面用数学归纳法证明 若fn(x

在 t=600s 时，第一级火箭脱落，火箭瞬时质量变为 6000kg.当 600≤t1050 时， G（t）=500. 综上所述： 14000-10t， 0≤t<600， G（t）= 6000-10（t-600）， 600≤t<900， 2000-10（t-900）， 900≤t<1050， 500， 1050<t. 其图像如图 1-1 所示. 例 2 设 2 1 ( ) x x f x + = ，求   n个 n f (x) = f ( f ( f (x))) . 解 因为函数 f 的值域包含于 f 的定义域内，所以 f 与 f 可以复合，于是有 2 2 2 2 1 2 1 1 1 ( ( )) x x x x x x f f x + = + + + = ； 2 2 2 2 1 3 1 2 1 1 2 ( ( ( ))) x x x x x x f f f x + = + + + = . 由此可猜测 2 1 ( ) nx x f x n + = ，下面用数学归纳法证明. 若 2 1 ( ) nx x f x n + = ，则

fn(x)=f(n(x)=Ⅵ+nx2 1+(n+1)x 例3设函数 ∫1,当|x1 0,当x 0()={2-x,当x2 求 解首先观察到函数u的值域包含在函数的定义域中,因而q与v可以复合 先求集合{x(x)k}=x2-x2ks,解不等式|2-x21≤1可得1≤N≤√3,此时 有q(v(x) 又当x1或√3时,有v(x)1,于是ov(x)=0,这就得到 o(v(x)=rl,1≤刚≤√3, 0,|x|√3 例4证明恒等式 arcsin xtarcos x 2N≤1 证当ⅹ=0时,等式显然成立 当0<x≤1时,设a= arcsin x,B= arcos x,有 于是 cosa=√-x2,snB=√-x2 sin(a+B)=sin a cos B+cosasin B 因为0<a≤,0≤B<有0<a+B<丌,所以 +B 丌 arcsinx+ arccos=,0<≤1 2 同理可证当-1≤x<0时等式也成立

2 2 2 2 1 1 ( 1) 1 1 1 ( ) ( ( )) n x x n x x n x x f x f f x n n + + = + + + + = = . 例 3 设函数      = 0, | | 1 1, | | 1 ( ) x x x 当 当      −  = 2, | | 2. 2 , | | 2, ( ) 2 x x x x 当 当  试求 y= ((x)). 解 首先观察到函数  的值域包含在函数  的定义域中，因而  与  可以复合. 先求集合  || ( )| 1  || 2 | 1 2 x  x  = x − x  ，解不等式 | 2 | 2 − x ≤1 可得 1≤|x|≤ 3 ，此时 有 ((x)) =1. 又当|x| 3 时，有 |(x)|1 ，于是 ((x)) =0，这就得到 ((x)) = 1，1≤|x|≤ 3 , 0， |x| 3 . 例 4 证明恒等式 arcsin x+arcos x = 2  ,|x|≤1. 证 当 x=0 时，等式显然成立. 当 0<x≤1 时，设α=arcsin x,β=arcos x,有 sinα=x,cosβ=x， 于是 2 2 cos = 1− x ,sin  = 1− x ， sin( + ) = sin cos  + cos sin  = 2 2 x  x + 1− x 1− x =1. 因为 0<  ≤ 2  ,0≤ 2    有 0<  +   ,所以 2   +  = ， 即 2 arcsin arccos  x + x = ，0<x≤1. 同理可证当-1≤x<0 时等式也成立

例5求狄利克雷函数D(x)与黎曼函数R(x)的复合函数D(R(x))和R(D(x) 解先求D(R(x)因为R(x)的值域包含在D的定义域中,于是D与R可以复合 当x∈(01,x=,Pq为互质正整数,有川P=1 而 当x为0,1或(0,1)中无理数时,R(x)=0,而D(0)=1,因而D(R(x)) ∈ 再讨论R(D(x)因为D(x)的值域仅有{0,1}两点,包含于R(x)的定义域中, 且R(0)=R(1)=0,于是R(D(x))≡0,x∈R §4具有某些特性的函数 例1试验证y=lnx在(0,+∞)上既无上界又无下界 证应用无上界函数,无下界函数的正面陈述,先验证y=nx在(0,+∞)内无上界 VM,3x>eM,使得lx>M 再验证y=nx在(0,+∞)内无下界 VL,3x0(00,3x02nz 其中n>一,且n充分大使得x。∈U°(O),则 I f(xo)=2nT >M 于是f(x)在x=0的任何空心邻域内无界 例3定义在数集D上的严格单调函数,必存在严格单调的反函数反之若数集D上的 函数∫存在反函数,此时∫是否必定严格单调? 解否,例如D=[0,1上的函数 (x)={,x为有理数 x,x为无理数 不难看出函数∫是D与f(D)之间一对一的映射,于是∫存在反函数 但是∫既不是严格递增函数,又不是严格递减函数这是因为,若取x1,x2∈[O1], x1f(x2),即

例 5 求狄利克雷函数 D（x）与黎曼函数 R（x）的复合函数 D（R（x））和 R（D（x））. 解 先求 D（R（x））.因为 R（x）的值域包含在 D 的定义域中，于是 D 与 R 可以复合. 当 p q q p x(0,1), x = , , 为互质正整数，有 q q p R 1 =        ，而 1 1 =        =                 q D q P D R . 当 x 为 0，1 或（0，1）中无理数时，R（x）=0，而 D（0）=1，因而 D（R（x））  1， x[0,1]. 再讨论 R（D（x））.因为 D（x）的值域仅有{0，1}两点，包含于 R（x）的定义域中， 且 R（0）=R（1）=0，于是 R（D（x））  0，x  R. §4 具有某些特性的函数 例 1 试验证 y=Inx 在（0，+∞）上既无上界又无下界. 证 应用无上界函数，无下界函数的正面陈述，先验证 y=Inx 在（0，+∞）内无上界： M M x  e 0 , ，使得 In x0  M . 再验证 y=Inx 在（0，+∞）内无下界： , (0 ) 0 0 L L x  x  e ，使得 In x0  L . 上面应用了 y=Inx 在定义域中的严格递增性. 例 2 证明函数 x x f x 1 cos 1 ( ) = 在 x=0 的任何空心邻域中无界. 解 利用无界函数的正面陈述，设 U(0) 为 x=0 的任何空心邻域. n M x 2 1 0,    0 = ， 其中 2 M n  ，且 n 充分大使得 (0) 0 x U ，则 | f (x0 )|= 2n  M ， 于是 f (x) 在 x=0 的任何空心邻域内无界. 例 3 定义在数集 D 上的严格单调函数，必存在严格单调的反函数.反之若数集 D 上的 函数 f 存在反函数，此时 f 是否必定严格单调？ 解 否，例如 D=[0，1]上的函数    − = , . , , ( ) 为无理数 为有理数 x x x x f x 不难看出函数 f 是 D 与 f (D) 之间一对一的映射，于是 f 存在反函数. 但是 f 既不是严格递增函数，又不是严格递减函数.这是因为，若取 1 x ， 2 x [0,1] ， 1 2 x  x ， 1 x 为有理数， 2 x 为无理数，则 1 1 f (x ) = x ， 2 2 f (x ) = −x ，于是 ( ) ( ) 1 2 f x  f x ，即

∫也不是严格递减的 注由第四章§2范例4中可证,如果f是区间I上的连续函数(其图像是一条连续不 断的曲线),此时本例结论成立,即有 ∫在I上为一一映射→∫在I上严格单调 例4证明:函数f(x),x∈D为严格单调函数的充要条件是,对任何x1,x2,x3∈D x 0 (44) 证[必要性]不妨设f(x)是严格递增函数,则x1,x2,x3∈D,x1f(x2)>f(x)或f(x1)a)都 是对称的,则函数f(x)必为周期函数 证因为函数y=f(x)的图形关于竖直线x=a对称,于是vx∈R,必有 f(a-x)=f(a+x) (4.5) 同理又有 f(6-x)=f(b+x) 并可随之推得 f(x+2(b-a))=f(b+x+b-2a) b-x-6+2a 由(46) fc ∠a-x +a-x f(a f(x),vx∈R

f 也不是严格递减的. 注 由第四章§2 范例 4 中可证，如果 f 是区间 I 上的连续函数（其图像是一条连续不 断的曲线），此时本例结论成立，即有 f 在 I 上为一一映射  f 在 I 上严格单调. 例 4 证明：函数 f (x) ，xD 为严格单调函数的充要条件是，对任何 1 x ， 2 x ，x3  D ， 1 2 3 x  x  x ，有 f (x1 ) − f (x2 )f (x2 ) − f (x3 ) 0 （4.4） 证 [必要性] 不妨设 f (x) 是严格递增函数，则 1 x ， 2 x ， x3  D ， 1 2 3 x  x  x ，有 f (x1 ) − f (x2 )  0, f (x2 ) − f (x3 )  0， 于是（4.4）式成立. [充分性] 用反证法.若 1 x ， 2 x ，x3  D ， 1 2 3 x  x  x ， f (x) 满足（4.4）式，但 f 不 是严格单调的，则 , , , ( ) ( ) 1 2 1 2 1 a2 a a D a  a f a  f ，又 , , , ( ) ( ) 3 4 3 4 3 a4 a a D a  a f a  f . 通过讨论不难知道：在 1 2 3 4 a , a , a , a 四点中总可选出三点，记为 1 x ， 2 x ， 3 x ，它们满足 1 2 3 x  x  x ，且 ( )1 f x ≤ ( ) 2 f x , ( ) 2 f x ≥ ( ) 3 f x （ 或 ( )1 f x ≥ ( ) 2 f x ， ( ) 2 f x ≤ ( ) 3 f x ）， 于 是 [ ( )1 f x - ( ) 2 f x ][ ( ) 2 f x - ( ) 3 f x ]≤0 与（4.4）式相矛盾.由此可见 f 为严格单调函数. 说明 在充分性证明中，若直接由（4.4）可得 1 x ， 2 x ， x3  D ， 1 2 3 x  x  x ，有 ( )1 f x > ( ) 2 f x > ( ) 3 f x 或 ( )1 f x a）都 是对称的，则函数 f (x) 必为周期函数. 证 因为函数 y = f (x) 的图形关于竖直线 x = a 对称，于是 xR ，必有 f (a − x) = f (a + x). （4.5） 同理又有 f (b − x) = f (b + x)， （4.6） 并可随之推得 f (x + 2(b − a)) = f (b + x + b − 2a) = f (b − x − b + 2a) 由（4.6） = f (2a − x) = f (a + a − x) = f (a − a + x) 由（4.5） = f (x),xR