📘 习题1.4 完整解答

📝 题目1：证明有界性

题目： 证明 $f(x)=\frac{x}{x^2+1}$ 是 $\mathbb{R}$ 上的有界函数。

🎯 解题思路

要证明函数有界，需要找到一个正数 $M$，使得对所有 $x\in \mathbb{R}$，都有 $|f(x)|\le M$。

📊 方法一：配方法（最直接）

证明：

要使 $y=\frac{x}{x^2+1}$，我们解关于 $x$ 的方程：

$$y(x^2+1)=x$$ $$y{x}^2-x+y=0$$

若这个方程有实数解，则判别式 $\Delta \ge 0$：

$$\Delta =(-1{)}^2-4y\cdot y=1-4y^2\ge 0$$

解得： $$-\frac{1}{2}\le y\le \frac{1}{2}$$

结论： 函数值域为 $\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]$，因此：

$$|f(x)|\le \frac{1}{2}\forall x\in \mathbb{R}$$

所以 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上有界。 ✓

📊 方法二：均值不等式（更优美）

证明：

当 $x>0$ 时：

$$f(x)=\frac{x}{x^2+1}=\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$$

由均值不等式 $x+\frac{1}{x}\ge 2\sqrt{x\cdot \frac{1}{x}}=2$（当 $x=1$ 时等号成立）

因此： $$f(x)=\frac{1}{x+\frac{1}{x}}\le \frac{1}{2}$$

当 $x<0$ 时：

令 $t=-x>0$，则： $$f(x)=\frac{-t}{t^2+1}=-\frac{t}{t^2+1}\ge -\frac{1}{2}$$

当 $x=0$ 时： $$f(0)=0$$

综合： $-\frac{1}{2}\le f(x)\le \frac{1}{2}$，即 $|f(x)|\le \frac{1}{2}$。 ✓

📊 方法三：导数法（预备知识）

虽然导数是后续章节内容，但我们可以提前了解：

$$f^{\prime }(x)=\frac{(x^2+1)-x\cdot 2x}{(x^2+1{)}^2}=\frac{1-x^2}{(x^2+1{)}^2}$$

令 $f^{\prime }(x)=0$，得 $x=\pm 1$。

• $f(1)=\frac{1}{2}$（最大值）
• $f(-1)=-\frac{1}{2}$（最小值）

因此有界。 ✓

💡 学习要点

1. 配方法 适用于分式函数
2. 均值不等式 需要注意等号成立条件
3. 三种方法殊途同归，选择最熟悉的即可

📝 题目2：无界函数

题目：
(1) 叙述无界函数的定义
(2) 证明 $f(x)=\frac{1}{x}$ 为 $(0,1)$ 上的无界函数
(3) 举出函数 $f$ 的例子，使 $f$ 为闭区间 $[0,1]$ 上的无界函数

📖 (1) 无界函数的定义

定义：

设函数 $f$ 定义在 $D$ 上。若对任意正数 $M$（无论 $M$ 多大），都存在 $x_0\in D$，使得 $$|f(x_0)|>M,$$ 则称 $f$ 为 $D$ 上的无界函数。

通俗理解： 函数值可以"无限大"，找不到一个固定的界限。

逻辑形式： $$\forall M>0,\exists x_0\in D:|f(x_0)|>M$$

🔍 (2) 证明 $f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 上无界

证明：

要证： 对任意 $M>0$，存在 $x_0\in (0,1)$ 使得 $f(x_0)>M$。

构造：

任给 $M>0$。

取 $$x_0=\frac{1}{M+1}$$

验证 (i)： $x_0\in (0,1)$

因为 $M>0$，所以 $M+1>1$，从而： $$0<x_0=\frac{1}{M+1}<\frac{1}{1}=1$$

即 $x_0\in (0,1)$。 ✓

验证 (ii)： $f(x_0)>M$

$$f(x_0)=\frac{1}{x_0}=\frac{1}{\frac{1}{M+1}}=M+1>M$$ ✓

结论： 对任意 $M>0$，都找到了 $x_0\in (0,1)$ 使得 $f(x_0)>M$，因此 $f$ 在 $(0,1)$ 上无界。 ∎

🎨 几何理解

      y
      │  f(x) = 1/x
      │
      │   │
    M │───┼────── 任意大的 M
      │   │╲
      │   │ ╲
      │   │  ╲
      │   │   ╲___
      └───┼──────── x
        x₀  0.5   1
    
    当 x → 0⁺ 时，f(x) → +∞
    总能找到 x₀ 使 f(x₀) > M

💡 (3) 闭区间上的无界函数例子

例子 1： $$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x},& x\in (0,1]\\ 0,& x=0\end{array}$$

说明：

• 定义域是闭区间 $[0,1]$
• 在 $x=0$ 点定义函数值（避免除以零）
• 但当 $x\to 0^{+}$ 时，$f(x)\to +\infty$，所以无界

例子 2： $$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x(1-x)},& x\in (0,1)\\ 0,& x=0\text{ 或 }x=1\end{array}$$

说明：

• 在端点 $x=0$ 和 $x=1$ 处无界
• 两个端点都会导致无界

例子 3（最简单）： $$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sqrt{x}},& x\in (0,1]\\ 0,& x=0\end{array}$$

说明： 当 $x\to 0^{+}$ 时，$\frac{1}{\sqrt{x}}\to +\infty$

🔑 关键理解

开区间 vs 闭区间的无界性：

📝 题目3：证明单调性

🎯 题 (1)：$y=3x-1$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上严格递增

证明：

方法：定义法

对任意 $x_1,x_2\in \mathbb{R}$，若 $x_1<x_2$，则：

$$f(x_2)-f(x_1)=(3x_2-1)-(3x_1-1)$$ $$=3x_2-3x_1=3(x_2-x_1)$$

因为 $x_2-x_1>0$（已知 $x_1<x_2$），且 $3>0$，

所以 $f(x_2)-f(x_1)=3(x_2-x_1)>0$

即 $f(x_2)>f(x_1)$

结论： $y=3x-1$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格递增。 ∎

💡 一般结论

定理： 一次函数 $y=kx+b$ 的单调性取决于斜率 $k$：

• 当 $k>0$ 时，严格递增
• 当 $k<0$ 时，严格递减
• 当 $k=0$ 时，为常函数（既不增也不减）

🎯 题 (2)：$y=\sin x$ 在 $\left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ 上严格递增

证明：

方法一：几何直观

从单位圆定义，当角度从 $-\frac{\pi }{2}$ 增加到 $\frac{\pi }{2}$ 时，对应点的纵坐标（即 $\sin$ 值）从 $-1$ 单调增加到 $1$。

    y
  1 ├────●  sin(π/2) = 1
    │   ╱│
    │  ╱ │
    │ ╱  │
  0 ├●───┼───  sin(0) = 0
    ╱    │
   ╱     │
  ╱      │
-1●──────┼───  sin(-π/2) = -1
    │
  -π/2  0  π/2

方法二：利用和差化积公式

对 $-\frac{\pi }{2}\le x_1<x_2\le \frac{\pi }{2}$：

$$\sin x_2-\sin x_1=2\cos \frac{x_1+x_2}{2}\sin \frac{x_2-x_1}{2}$$

分析各因子：

(i) $\sin \frac{x_2-x_1}{2}>0$

因为 $x_2>x_1$，所以 $x_2-x_1>0$，从而 $0<\frac{x_2-x_1}{2}<\pi$，

在此区间内 $\sin \frac{x_2-x_1}{2}>0$。✓

(ii) $\cos \frac{x_1+x_2}{2}>0$

因为 $-\frac{\pi }{2}\le x_1<x_2\le \frac{\pi }{2}$，

所以 $-\frac{\pi }{2}<\frac{x_1+x_2}{2}<\frac{\pi }{2}$，

在此区间内 $\cos \frac{x_1+x_2}{2}>0$。✓

结论： $$\sin x_2-\sin x_1=2\cdot (\text{正数})\cdot (\text{正数})>0$$

即 $\sin x_2>\sin x_1$，所以 $\sin x$ 在 $\left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ 上严格递增。 ∎

🎯 题 (3)：$y=\cos x$ 在 $[0,\pi ]$ 上严格递减

证明：

方法：利用和差化积公式

对 $0\le x_1<x_2\le \pi$：

$$\cos x_2-\cos x_1=-2\sin \frac{x_1+x_2}{2}\sin \frac{x_2-x_1}{2}$$

分析各因子：

(i) $\sin \frac{x_2-x_1}{2}>0$

因为 $0<x_2-x_1<\pi$，所以 $0<\frac{x_2-x_1}{2}<\frac{\pi }{2}$，

在此区间内 $\sin \frac{x_2-x_1}{2}>0$。✓

(ii) $\sin \frac{x_1+x_2}{2}>0$

因为 $0<x_1+x_2<2\pi$，所以 $0<\frac{x_1+x_2}{2}<\pi$，

在此区间内 $\sin \frac{x_1+x_2}{2}>0$。✓

结论： $$\cos x_2-\cos x_1=-2\cdot (\text{正数})\cdot (\text{正数})<0$$

即 $\cos x_2<\cos x_1$，所以 $\cos x$ 在 $[0,\pi ]$ 上严格递减。 ∎

🎨 图像理解

cos x 的图像：

y
1 ●─────────  cos(0) = 1
  │╲
  │ ╲
  │  ╲
0 ├───●─────  cos(π/2) = 0
  │    ╲
  │     ╲
  │      ╲
-1├───────●─  cos(π) = -1
  │
  0  π/2  π   x

在 [0,π] 上单调递减

📝 题目4：判别奇偶性

🎯 题 (1)：$f(x)=\frac{\sqrt{4+x^2}-1}{2}$

解答步骤：

步骤1：检查定义域对称性

$4+x^2\ge 0$ 对所有 $x\in \mathbb{R}$ 成立，

定义域 $D=\mathbb{R}$，关于原点对称。✓

步骤2：计算 $f(-x)$

$$f(-x)=\frac{\sqrt{4+(-x{)}^2}-1}{2}=\frac{\sqrt{4+x^2}-1}{2}$$

步骤3：比较

$$f(-x)=\frac{\sqrt{4+x^2}-1}{2}=f(x)$$

结论： $f(x)$ 是偶函数。 ✓

💡 理解要点

函数中只含有 $x^2$（偶次幂），没有奇次幂，所以是偶函数。

🎯 题 (2)：$f(x)=x+\sin x$

解答步骤：

步骤1：定义域

$D=\mathbb{R}$，关于原点对称。✓

步骤2：计算 $f(-x)$

$$f(-x)=(-x)+\sin (-x)=-x-\sin x$$

（利用 $\sin (-x)=-\sin x$）

步骤3：比较

$$f(-x)=-x-\sin x=-(x+\sin x)=-f(x)$$

结论： $f(x)$ 是奇函数。 ✓

💡 理解要点

• $x$ 是奇函数
• $\sin x$ 是奇函数
• 奇函数 + 奇函数 = 奇函数 ✓

🎯 题 (3)：$f(x)=x^2{e}^x$

解答步骤：

步骤1：定义域

$D=\mathbb{R}$，关于原点对称。✓

步骤2：计算 $f(-x)$

$$f(-x)=(-x{)}^2{e}^{-x}=x^2{e}^{-x}$$

步骤3：比较

$$f(-x)=x^2{e}^{-x}\ne f(x)=x^2{e}^x$$

$$f(-x)=x^2{e}^{-x}\ne -f(x)=-x^2{e}^x$$

验证： 取 $x=1$：

• $f(1)=1\cdot e=e\approx 2.718$
• $f(-1)=1\cdot e^{-1}=\frac{1}{e}\approx 0.368$

显然 $f(-1)\ne f(1)$ 且 $f(-1)\ne -f(1)$

结论： $f(x)$ 既非奇函数也非偶函数。 ✓

💡 理解要点

• $x^2$ 是偶函数
• $e^x$ 是非奇非偶函数
• 偶函数 × 非奇非偶 = 非奇非偶 ✓

🎯 题 (4)：$f(x)=\ln (x+\sqrt{1+x^2})$

解答步骤：

步骤1：定义域

需要 $x+\sqrt{1+x^2}>0$。

因为 $\sqrt{1+x^2}>|x|$，所以：

• 当 $x\ge 0$ 时，$x+\sqrt{1+x^2}>0$ ✓
• 当 $x<0$ 时，$x+\sqrt{1+x^2}>-|x|+|x|=0$ ✓

定义域 $D=\mathbb{R}$，关于原点对称。✓

步骤2：计算 $f(-x)$

$$f(-x)=\ln (-x+\sqrt{1+x^2})$$

关键技巧： 利用共轭关系

注意到： $$(-x+\sqrt{1+x^2})(x+\sqrt{1+x^2})=(\sqrt{1+x^2}{)}^2-x^2=1+x^2-x^2=1$$

因此： $$-x+\sqrt{1+x^2}=\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}$$

步骤3：化简

$$f(-x)=\ln \left(\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}\right)=\ln 1-\ln (x+\sqrt{1+x^2})$$

$$=0-\ln (x+\sqrt{1+x^2})=-\ln (x+\sqrt{1+x^2})=-f(x)$$

结论： $f(x)$ 是奇函数。 ✓

🌟 深度理解

这个函数叫做反双曲正弦函数，记作 $\text{arcsinh }x$。

它是双曲函数 $\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$ 的反函数。

性质：

• 定义域：$\mathbb{R}$
• 值域：$\mathbb{R}$
• 奇函数
• 严格递增

📊 奇偶性判定总结表

📝 题目5：求函数周期

🎯 题 (1)：$f(x)={\cos }^{2}x$

解法一：利用二倍角公式

$${\cos }^{2}x=\frac{1+\cos 2x}{2}$$

因为 $\cos 2x$ 的周期为 $\frac{2\pi }{2}=\pi$，

常数 $\frac{1}{2}$ 可视为任意周期（或无周期），

所以 $f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 2x$ 的周期为 $\pi$。

验证： $$f(x+\pi )={\cos }^2(x+\pi )=[\cos (x+\pi ){]}^2=(-\cos x{)}^2={\cos }^{2}x=f(x)$$ ✓

检验最小性：

假设存在 $0<T<\pi$ 使 $f(x+T)=f(x)$ 对所有 $x$ 成立。

取 $x=0$： $$f(T)=f(0)$$ $${\cos }^{2}T=1$$ $$\cos T=\pm 1$$

在 $(0,\pi )$ 内，只有 $T$ 不存在使 $\cos T=\pm 1$。

（因为 $\cos 0=1$，$\cos \pi =-1$，中间没有）

实际上，$\cos T=1$ 需要 $T=0$（不在 $(0,\pi )$ 内）

$\cos T=-1$ 需要 $T=\pi$（不在 $(0,\pi )$ 内）

结论： 基本周期为 $\boxed{T=\pi }$。 ✓

🎯 题 (2)：$f(x)=\tan 3x$

解法：

因为 $\tan x$ 的周期为 $\pi$，

对于 $\tan (kx)$，周期变为 $\frac{\pi }{|k|}$。

所以 $\tan 3x$ 的周期为 $\frac{\pi }{3}$。

验证： $$f\left(x+\frac{\pi }{3}\right)=\tan \left(3x+3\cdot \frac{\pi }{3}\right)=\tan (3x+\pi )=\tan 3x=f(x)$$ ✓

（利用 $\tan (u+\pi )=\tan u$）

结论： 基本周期为 $\boxed{T=\frac{\pi }{3}}$。 ✓

🎯 题 (3)：$f(x)=\cos \frac{x}{3}+2\sin \frac{x}{2}$

解法：分别求周期再求公共周期

第一项： $\cos \frac{x}{3}$

周期为 $\frac{2\pi }{\frac{1}{3}}=6\pi$

第二项： $2\sin \frac{x}{2}$

周期为 $\frac{2\pi }{\frac{1}{2}}=4\pi$

求公共周期：

需要找最小的 $T$，使得 $T$ 同时是 $6\pi$ 和 $4\pi$ 的倍数。

即求 $\text{lcm}(6\pi ,4\pi )$：

$$\text{lcm}(6\pi ,4\pi )=\frac{6\pi \times 4\pi }{\gcd (6\pi ,4\pi )}=\frac{24{\pi }^2}{2\pi }=12\pi$$

验证：

$$f(x+12\pi )=\cos \frac{x+12\pi }{3}+2\sin \frac{x+12\pi }{2}$$

$$=\cos \left(\frac{x}{3}+4\pi \right)+2\sin \left(\frac{x}{2}+6\pi \right)$$

$$=\cos \frac{x}{3}+2\sin \frac{x}{2}=f(x)$$ ✓

（因为 $\cos (u+4\pi )=\cos u$，$\sin (u+6\pi )=\sin u$）

结论： 基本周期为 $\boxed{T=12\pi }$。 ✓

💡 周期求法总结

一般规则：

对于 $f(x)=A\sin ({\omega }_{1}x)+B\cos ({\omega }_{2}x)$：

1. 第一项周期：$T_1=\frac{2\pi }{{\omega }_1}$
2. 第二项周期：$T_2=\frac{2\pi }{{\omega }_2}$
3. 总周期：$T=\text{lcm}(T_1,T_2)$（最小公倍数）

注意： 前提是 $\frac{T_1}{T_2}$ 为有理数！

📝 题目6：奇偶函数的分解

📖 题目完整表述

设函数 $f$ 定义在 $[-a,a]$ 上，证明：

(1) $F(x)=f(x)+f(-x)$，$x\in [-a,a]$ 为偶函数

(2) $G(x)=f(x)-f(-x)$，$x\in [-a,a]$ 为奇函数

(3) $f$ 可表示为某个奇函数与某个偶函数之和

🎯 证明 (1)：$F(x)$ 为偶函数

证明：

步骤1：检查定义域

$F$ 的定义域为 $[-a,a]$，关于原点对称。✓

步骤2：计算 $F(-x)$

$$F(-x)=f(-x)+f(-(-x))=f(-x)+f(x)$$

$$=f(x)+f(-x)=F(x)$$

结论： $F(-x)=F(x)$ 对所有 $x\in [-a,a]$ 成立，

所以 $F(x)$ 是偶函数。 ∎

💡 直观理解

$F(x)=f(x)+f(-x)$ 将函数值与其"镜像"相加，

自然关于 $y$ 轴对称。

🎯 证明 (2)：$G(x)$ 为奇函数

证明：

步骤1：定义域

$G$ 的定义域为 $[-a,a]$，关于原点对称。✓

步骤2：计算 $G(-x)$

$$G(-x)=f(-x)-f(-(-x))=f(-x)-f(x)$$

$$=-(f(x)-f(-x))=-G(x)$$

结论： $G(-x)=-G(x)$ 对所有 $x\in [-a,a]$ 成立，

所以 $G(x)$ 是奇函数。 ∎

🎯 证明 (3)：函数的奇偶分解

证明：

定义： $$F(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}(\text{偶函数部分})$$

$$G(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}(\text{奇函数部分})$$

验证分解：

$$F(x)+G(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}+\frac{f(x)-f(-x)}{2}$$

$$=\frac{f(x)+f(-x)+f(x)-f(-x)}{2}=\frac{2f(x)}{2}=f(x)$$ ✓

验证 $F$ 为偶函数：

$$F(-x)=\frac{f(-x)+f(x)}{2}=\frac{f(x)+f(-x)}{2}=F(x)$$ ✓

验证 $G$ 为奇函数：

$$G(-x)=\frac{f(-x)-f(x)}{2}=-\frac{f(x)-f(-x)}{2}=-G(x)$$ ✓

结论： 任何定义在对称区间上的函数 $f$ 都可以唯一分解为：

$$\boxed{f(x)=\underset{\text{偶函数}}{\underbrace{\frac{f(x)+f(-x)}{2}}}+\underset{\text{奇函数}}{\underbrace{\frac{f(x)-f(-x)}{2}}}}$$

∎

🌟 深刻意义

这个结果表明：

任何函数都可以分解为奇函数和偶函数之和

这在傅里叶分析中有重要应用：

• 偶函数部分 对应余弦级数
• 奇函数部分 对应正弦级数

💡 实例应用

例： 分解 $f(x)=e^x$，$x\in \mathbb{R}$

偶函数部分： $$F(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\cosh x(\text{双曲余弦})$$

奇函数部分： $$G(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\sinh x(\text{双曲正弦})$$

验证： $$e^x=\cosh x+\sinh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}+\frac{e^x-e^{-x}}{2}$$ ✓

📝 题目7：三角恒等式推导

🎯 题 (1)：和差化积公式

已知：

• $\sin (\alpha \pm \beta )=\sin \alpha \cos \beta \pm \cos \alpha \sin \beta$
• $\cos (\alpha \pm \beta )=\cos \alpha \cos \beta \mp \sin \alpha \sin \beta$

要推导：

$$\sin \alpha +\sin \beta =2\sin \frac{\alpha +\beta }{2}\cos \frac{\alpha -\beta }{2}$$

$$\sin \alpha -\sin \beta =2\cos \frac{\alpha +\beta }{2}\sin \frac{\alpha -\beta }{2}$$

$$\cos \alpha +\cos \beta =2\cos \frac{\alpha +\beta }{2}\cos \frac{\alpha -\beta }{2}$$

$$\cos \alpha -\cos \beta =-2\sin \frac{\alpha +\beta }{2}\sin \frac{\alpha -\beta }{2}$$

📚 推导过程

核心思想： 换元

令： $$u=\frac{\alpha +\beta }{2},v=\frac{\alpha -\beta }{2}$$

则： $$\alpha =u+v,\beta =u-v$$

推导第一个公式：

$$\sin \alpha +\sin \beta =\sin (u+v)+\sin (u-v)$$

$$=(\sin u\cos v+\cos u\sin v)+(\sin u\cos v-\cos u\sin v)$$

$$=2\sin u\cos v$$

$$=2\sin \frac{\alpha +\beta }{2}\cos \frac{\alpha -\beta }{2}$$ ✓

推导第二个公式：

$$\sin \alpha -\sin \beta =\sin (u+v)-\sin (u-v)$$

$$=(\sin u\cos v+\cos u\sin v)-(\sin u\cos v-\cos u\sin v)$$

$$=2\cos u\sin v$$

$$=2\cos \frac{\alpha +\beta }{2}\sin \frac{\alpha -\beta }{2}$$ ✓

推导第三个公式：

$$\cos \alpha +\cos \beta =\cos (u+v)+\cos (u-v)$$

$$=(\cos u\cos v-\sin u\sin v)+(\cos u\cos v+\sin u\sin v)$$

$$=2\cos u\cos v$$

$$=2\cos \frac{\alpha +\beta }{2}\cos \frac{\alpha -\beta }{2}$$ ✓

推导第四个公式：

$$\cos \alpha -\cos \beta =\cos (u+v)-\cos (u-v)$$

$$=(\cos u\cos v-\sin u\sin v)-(\cos u\cos v+\sin u\sin v)$$

$$=-2\sin u\sin v$$

$$=-2\sin \frac{\alpha +\beta }{2}\sin \frac{\alpha -\beta }{2}$$ ✓

🎯 题 (2)：积化和差公式

要推导：

$$\sin \alpha \sin \beta =\frac{1}{2}[\cos (\alpha -\beta )-\cos (\alpha +\beta )]$$

$$\sin \alpha \cos \beta =\frac{1}{2}[\sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta )]$$

$$\cos \alpha \cos \beta =\frac{1}{2}[\cos (\alpha +\beta )+\cos (\alpha -\beta )]$$

📚 推导过程

推导第一个公式：

从两角和差公式： $$\cos (\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta (1)$$ $$\cos (\alpha +\beta )=\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta (2)$$

$(1)-(2)$： $$\cos (\alpha -\beta )-\cos (\alpha +\beta )=2\sin \alpha \sin \beta$$

因此： $$\sin \alpha \sin \beta =\frac{1}{2}[\cos (\alpha -\beta )-\cos (\alpha +\beta )]$$ ✓

推导第二个公式：

从两角和差公式： $$\sin (\alpha +\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta (3)$$ $$\sin (\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \sin \beta (4)$$

$(3)+(4)$： $$\sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta )=2\sin \alpha \cos \beta$$

因此： $$\sin \alpha \cos \beta =\frac{1}{2}[\sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta )]$$ ✓

推导第三个公式：

从公式 $(1)+(2)$： $$\cos (\alpha -\beta )+\cos (\alpha +\beta )=2\cos \alpha \cos \beta$$

因此： $$\cos \alpha \cos \beta =\frac{1}{2}[\cos (\alpha +\beta )+\cos (\alpha -\beta )]$$ ✓

💡 记忆技巧

和差化积（SUM → PRODUCT）：

• 正弦和/差 → $2\sin \frac{和}{2}\cos \frac{差}{2}$ 或 $2\cos \frac{和}{2}\sin \frac{差}{2}$
• 余弦和 → $2\cos \frac{和}{2}\cos \frac{差}{2}$
• 余弦差 → $-2\sin \frac{和}{2}\sin \frac{差}{2}$（负号！）

积化和差（PRODUCT → SUM）：

• 正弦×正弦 → $\frac{1}{2}[\cos (\text{差})-\cos (\text{和})]$（减号！）
• 正弦×余弦 → $\frac{1}{2}[\sin (\text{和})+\sin (\text{差})]$
• 余弦×余弦 → $\frac{1}{2}[\cos (\text{和})+\cos (\text{差})]$

📝 题目8-13：进阶题目

由于这些题目更具挑战性，我会提供详细的解题思路。

🎯 题8：确界的单调性

题目： 设 $f,g$ 为定义在 $D$ 上的有界函数，满足 $f(x)\le g(x)$，$x\in D$。

证明： (1) $\underset{x\in D}{\sup }f(x)\le \underset{x\in D}{\sup }g(x)$

(2) $\underset{x\in D}{\inf }f(x)\le \underset{x\in D}{\inf }g(x)$

证明 (1)：

反证法：

假设 $\sup f(x)>\sup g(x)$。

由上确界定义，存在 $x_0\in D$ 使得： $$f(x_0)>\sup g(x)$$

但已知 $f(x_0)\le g(x_0)\le \sup g(x)$，

矛盾！

因此： $\sup f(x)\le \sup g(x)$。 ∎

直接证明：

对任意 $x\in D$： $$f(x)\le g(x)\le \sup g(x)$$

这说明 $\sup g(x)$ 是 $f$ 的一个上界。

而 $\sup f(x)$ 是 $f$ 的最小上界，

所以： $$\sup f(x)\le \sup g(x)$$ ∎

证明 (2)：

对任意 $x\in D$： $$\inf f(x)\le f(x)\le g(x)$$

这说明 $\inf f(x)$ 是 $g$ 的一个下界。

而 $\inf g(x)$ 是 $g$ 的最大下界，

所以： $$\inf f(x)\le \inf g(x)$$ ∎

🎯 题9：确界的负数性质

题目： 设 $f$ 为定义在 $D$ 上的有界函数，证明：

(1) $\sup \{-f(x)\}=-\inf f(x)$

(2) $\inf \{-f(x)\}=-\sup f(x)$

证明 (1)：

设 $m=\inf f(x)$，$M=\sup \{-f(x)\}$。

要证： $M=-m$

步骤1： 证明 $M\le -m$

对任意 $x\in D$： $$f(x)\ge m$$ $$-f(x)\le -m$$

所以 $-m$ 是 $\{-f(x)\}$ 的上界。

而 $M$ 是最小上界，故 $M\le -m$。

步骤2： 证明 $M\ge -m$

对任意 $x\in D$： $$-f(x)\le M$$ $$f(x)\ge -M$$

所以 $-M$ 是 $\{f(x)\}$ 的下界。

而 $m$ 是最大下界，故 $m\ge -M$，即 $M\ge -m$。

结论： $M=-m$，即 $\sup \{-f(x)\}=-\inf f(x)$。 ∎

证明 (2)： 类似，留作练习。 ∎

🎯 题10：正切函数的有界性

题目： 证明 $\tan x$ 在 $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 上无界，而在任一闭区间 $[a,b]\subset \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 上有界。

证明第一部分（无界性）：

对任意 $M>0$，取： $$x_0=\frac{\pi }{2}-\frac{1}{M+1}$$

则 $x_0\in \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$，且当 $M$ 足够大时：

$$\tan x_0=\tan \left(\frac{\pi }{2}-\frac{1}{M+1}\right)\to +\infty$$

（因为 $\tan x\to +\infty$ 当 $x\to {\frac{\pi }{2}}^{-}$）

因此 $\tan x$ 在开区间上无界。 ∎

证明第二部分（闭区间有界）：

设 $[a,b]\subset \left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$。

则 $-\frac{\pi }{2}<a<b<\frac{\pi }{2}$。

因为 $\tan x$ 在 $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 上连续（将在第三章证明），

且在闭区间 $[a,b]$ 上连续函数必有界（第三章定理），

所以 $\tan x$ 在 $[a,b]$ 上有界。 ∎

🎯 题11：狄利克雷函数

题目： 讨论狄利克雷函数 $$D(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\in \mathbb{Q}\\ 0,& x\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}\end{array}$$ 的有界性、单调性与周期性。

解答：

(1) 有界性：

对所有 $x\in \mathbb{R}$： $$0\le D(x)\le 1$$

所以 $|D(x)|\le 1$，函数有界。 ✓

(2) 单调性：

在任意区间内，都同时存在有理数和无理数（实数稠密性）。

因此函数值在 $0$ 和 $1$ 之间跳跃，不单调。 ✗

(3) 周期性：

对任意 $r\in \mathbb{Q}$，$r\ne 0$：

• 若 $x\in \mathbb{Q}$，则 $x+r\in \mathbb{Q}$，故 $D(x+r)=1=D(x)$
• 若 $x\notin \mathbb{Q}$，则 $x+r\notin \mathbb{Q}$，故 $D(x+r)=0=D(x)$

因此任意非零有理数都是周期。

但不存在最小正周期（因为正有理数没有最小值）。 ✓

🎯 题12：严格单调性

题目： 证明 $f(x)=x+\sin x$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格递增。

证明：

对任意 $x_1<x_2$：

$$f(x_2)-f(x_1)=(x_2+\sin x_2)-(x_1+\sin x_1)$$

$$=(x_2-x_1)+(\sin x_2-\sin x_1)$$

利用和差化积： $$\sin x_2-\sin x_1=2\cos \frac{x_1+x_2}{2}\sin \frac{x_2-x_1}{2}$$

因为 $x_2-x_1>0$，所以 $0<\frac{x_2-x_1}{2}<\pi$（若 $x_2-x_1<2\pi$），

在此区间 $\sin \frac{x_2-x_1}{2}>0$。

而 $|\cos \frac{x_1+x_2}{2}|\le 1$，

所以： $$|\sin x_2-\sin x_1|=2\left|\cos \frac{x_1+x_2}{2}\right|\sin \frac{x_2-x_1}{2}\le 2\sin \frac{x_2-x_1}{2}$$

关键估计： 当 $0<t<\pi$ 时，$\sin t<t$（将在后续章节证明）。

特别地，当 $x_2-x_1$ 充分小时： $$|\sin x_2-\sin x_1|<x_2-x_1$$

因此： $$f(x_2)-f(x_1)=(x_2-x_1)+(\sin x_2-\sin x_1)>0$$

所以 $f$ 严格递增。 ∎

🎓 学习总结与建议

✅ 本次学习收获

通过习题1.4，我们深入掌握了：

1. 有界性判定：配方法、均值不等式
2. 单调性证明：定义法、和差化积
3. 奇偶性判别：代数验证、共轭技巧
4. 周期性求解：最小公倍数方法
5. 函数分解：奇偶分解定理
6. 三角恒等式：和差化积、积化和差

💪 继续提高的方向

1. 多做变式题：改变函数形式，练习灵活应用
2. 总结方法论：每类问题建立标准解题流程
3. 注意特殊情况：定义域、边界点、极限情况
4. 培养直觉：通过图像理解抽象概念
5. 前后联系：与后续极限、连续、导数理论衔接

📚 推荐练习

• 完成教材后续的第一章总练习题
• 自己构造具有特殊性质的函数
• 用多种方法证明同一个结论
• 寻找反例验证定理条件的必要性