第1章函数极限与连续 | YHK's life

第1节函数

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1.求下列函数值

(1) 设$f(x)=\arcsin x$，求$f(0),f(-1),f\left(\frac{\sqrt3}{2}\right),f\left(-\frac{\sqrt2}{2}\right)$ 解答：

$$f(0)=\arcsin 0=0$$

$$f(-1)=\arcsin(-1)=-\frac{\pi}{2}$$

$$f\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)=\arcsin\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)=\frac{\pi}{3}$$

$$f\left(-\frac{\sqrt2}{2}\right)=\arcsin\left(-\frac{\sqrt2}{2}\right)=-\frac{\pi}{4}$$

(2) 设

$$ f(x)= \begin{cases} |\cos x|,\ |x|<\frac{\pi}{3},\\[6pt] 0,\ |x|\ge \frac{\pi}{3}, \end{cases} $$

求$f\left(\frac{\pi}{4}\right),f\left(-\frac{\pi}{6}\right),f(-3)$。解答：

$$\left|\frac{\pi}{4}\right|<\frac{\pi}{3},\quad f\left(\frac{\pi}{4}\right)=|\cos \frac{\pi}{4}|=\frac{\sqrt2}{2}$$

$$\left|-\frac{\pi}{6}\right|<\frac{\pi}{3},\quad f\left(-\frac{\pi}{6}\right)=|\cos(-\frac{\pi}{6})|=\frac{\sqrt3}{2}$$

$$|-3|> \frac{\pi}{3},\quad f(-3)=0$$

2.下列函数中，哪些是偶函数？哪些是奇函数？哪些既非奇又非偶函数？

(1) $y=x^2(1-x^2)$

解答：

$$f(-x)=(-x)^2(1-(-x)^2)=x^2(1-x^2)=f(x)$$

为偶函数。

(2) $y=\ln\frac{x-1}{x+1}$

解答：

$$f(-x)=\ln\frac{-x-1}{-x+1}=\ln\frac{-(x+1)}{-(x-1)}=\ln\frac{x+1}{x-1}=-f(x)$$

为奇函数。

(3) $y=\frac{1-x^2}{\cos x}$

解答：分子是偶函数，分母是偶函数，因此整体为偶函数。

(4) $y=\frac{a^x+a^{-x}}{2}$

解答：

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

为偶函数。

(5) $y=\arcsin x-\cos x+1$

解答： $\arcsin x$是奇函数，$-\cos x$是偶函数，加常数1破坏对称，因此非奇非偶。

(6)

$$ y= \begin{cases} -x^2+x,\ x>0,\\[4pt] x^2-x,\ x<0. \end{cases} $$

解答：要验证奇偶性，需要分别计算 $f(-x)$ 与 $\pm f(x)$。令 $x>0$（只需考虑正的，再用定义）：原函数在 $x>0$ 时：

$$f(x)=-x^2+x.$$

计算 $f(-x)$：因为 $-x<0$，应代入第二段：

$$f(-x)=(-x)^2-(-x)=x^2+x.$$

现在比较：

$$f(-x)=x^2+x,\qquad -f(x)= -(-x^2+x)=x^2-x.$$

显然：

$$f(-x)\ne f(x),\qquad f(-x)\ne -f(x).$$

因此该函数既不是奇函数，也不是偶函数。

3.设$f(x)$为定义在$(-a,a)$内的偶函数，且$f(x)$在$(0,a)$内单调递减，证明：$f(x)$在$(-a,0)$内单调递增$(a>0)$

解答：

任取$-a \lt x_1 \lt x_2 \lt 0$. 因偶函数满足

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

则

$$f(x_1)=f(-x_1),\quad f(x_2)=f(-x_2)$$

且

$$0 \lt -x_2 \lt -x_1 \lt a$$

而 $f(x)$ 在 $(0,a)$ 上单调递减，故

$$f(-x_2)>f(-x_1).$$

于是

$$f(x_2)=f(-x_2)>f(-x_1)=f(x_1).$$

即 $f(x)$ 在 $(-a,0)$ 上单调递增。

4.求下列函数的反函数

(1) $y=\sqrt[3]{x-1}$

解答：

$$y=\sqrt[3]{x-1}\ \Rightarrow\ x-1=y^3\ \Rightarrow\ x=y^3+1$$

反函数：

$$f^{-1}(x)=x^3+1.$$

(2) $y=\frac{1-2x}{1+2x}$

解答：

$$y(1+2x)=1-2x$$

$$y+2xy=1-2x$$

$$2x(y+1)=1-y$$

$$x=\frac{1-y}{2(y+1)}$$

反函数：

$$f^{-1}(x)=\dfrac{1-x}{2(x+1)}.$$

(3) $y=2\sin 3x\quad \left(\frac{\pi}{6}\le x\le\frac{\pi}{6}\right)$

解答：

$$\sin 3x=\frac{y}{2}$$

$$3x=\arcsin\frac{y}{2}$$

$$x=\frac{1}{3}\arcsin\frac{y}{2}$$

反函数：

$$f^{-1}(x)=\frac{1}{3}\arcsin\frac{x}{2}.$$

(4) $y=\frac{3^x}{1+3^x}$ 解答：

$$y(1+3^x)=3^x$$

$$y+y_{3}^x=3^x$$

$$y=3^x(1-y)$$

$$3^x=\frac{y}{1-y}$$

$$x=\log_3\frac{y}{1-y}$$

反函数：

$$f^{-1}(x)=\log_3\dfrac{x}{1-x}.$$

二、提高题

5.设

$$ f(x)= \begin{cases} (x-1)^2,\ x\le 1,\\[4pt] \frac{1}{1-x},\ x>1, \end{cases} \quad g(x)= \begin{cases} 2x,\ x>0,\\ 3x,\ x\le 0. \end{cases} $$

求$f[g(x)]$。解答：考虑$g(x)$的取值范围：

若$x>0$，则$g(x)=2x>0$，需区分$2x\le1$ 与 $2x>1$。

$$2x\le1\ \Rightarrow\ x\le\frac12,\quad f(g(x))=(2x-1)^2.$$

$$2x>1\ \Rightarrow\ x>\frac12,\quad f(g(x))=\frac{1}{1-2x}.$$

若$x\le0$，则$g(x)=3x\le0\le1$，取第一段：

$$f(g(x))=(3x-1)^2.$$

最终：

\[ f[g(x)] = \begin{cases} (3x-1)^2, & x \le 0 \\[4pt] (2x-1)^2, & 0 < x \le \frac{1}{2} \\[4pt] \dfrac{1}{1-2x},\ x>\dfrac12. \end{cases} \]

6.设

$$ f(x)= \begin{cases} 1,\ |x|\lt 1,\\ 0,\ |x|=1,\\ -1,\ |x|\gt 1,\\ \end{cases} \quad g(x)=e^x. $$

求$f[g(x)]$和$g[f(x)]$，并画出两个函数的图形。

解答：一、求 $f[g(x)]$ 先判断 $g(x)=e^x$ 的取值范围：

$$e^x>0,\quad \forall x.$$

因此只需讨论 $e^x$ 与 1 的大小关系。

情况 1：$|g(x)|<1$ 即：
$$e^x<1 \quad \Longleftrightarrow\quad x<0.$$
此时：
$$f[g(x)]=1.$$
情况 2：$|g(x)|=1$ 即：
$$e^x=1 \quad \Longleftrightarrow\quad x=0.$$
因此：
$$f[g(0)]=0.$$
情况 3：$|g(x)|>1$ 即：
$$e^x>1 \quad \Longleftrightarrow\quad x>0.$$
因此：
$$f[g(x)]=-1.$$

结果

\[ f[g(x)] = \begin{cases} 1, & x < 0 \\[4pt] 0, & x = 0 \\[4pt] -1, & x > 0 \end{cases} \]

二、求 $g[f(x)]$ 利用：

$$ f(x)= \begin{cases} 1,\ |x|<1,\\ 0,\ |x|=1,\\ -1,\ |x|>1, \end{cases} $$

代入 $g(x)=e^x$ 得：

若 $|x|<1$
$$f(x)=1 \quad\Rightarrow\quad g[f(x)]=e^1=e.$$
若 $|x|=1$
$$f(x)=0 \quad\Rightarrow\quad g[f(x)]=e^0=1.$$
若 $|x|>1$
$$f(x)=-1 \quad\Rightarrow\quad g[f(x)]=e^{-1}=\frac{1}{e}.$$

结果

\[ g[f(x)] = \begin{cases} e, & |x| < 1 \\[4pt] 1, & |x| = 1 \\[4pt] \dfrac{1}{e}, & |x| > 1 \end{cases} \]

三、图形

$f[g(x)]$ 的图形

这是一个三段常值函数：

当 $x<0$ 时，函数值为 1（水平线段）

当 $x=0$ 时，函数值为 0（单独的点）

当 $x>0$ 时，函数值为 -1（水平线段）

图形形状：三段水平直线，中间“跳变”，在 $x=0$ 处为 0 点。

$g[f(x)]$ 的图形

分三段水平线：

区间 $(-1,1)$ 上恒为 $e$

点 $x=\pm 1$ 时取值为 1

区间 $(-\infty,-1)\cup(1,\infty)$ 上恒为 $1/e$

图形为三段水平线，中间高，两边低，在 $x=\pm1$ 处为单独的点。

三、考研真题

7.（19900306）设函数$f(x)=xe^{\sin x}\tan x$，则$f(x)$是（　）

A. 偶函数 B. 无界函数 C. 周期函数 D. 单调函数

解答：

分别判断：

$$f(-x)=(-x)e^{\sin(-x)}\tan(-x)=(-x)e^{-\sin x}(-\tan x)=xe^{-\sin x}\tan x\neq\pm f(x),$$

故不是奇偶函数，排除A。当$x\to \frac{\pi}{2}^-$，$\tan x\to +\infty$，且$xe^{\sin x}>0$，故

$$f(x)\to +\infty,$$

为无界函数，应选B。该函数包含$x$，不是周期函数，排除C。同时在不同区间符号改变与震荡，不可能是单调函数，排除D。正确答案：B

第2节数列的极限

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1.下列数列哪些为有界数列？哪些为单调数列？哪些为收敛数列？若是收敛数列，指出它的极限

1(1) {$x_n = 2n+1$}

解答过程：

该数列显然严格递增，且无上界，因此为无界数列，不收敛。

1(2) {$x_n=\frac{1}{3^n}$}

解答过程：

$\frac{1}{3^n}$ 随 $n$ 增大严格递减，且下界为 $0$。为有界单调数列，因此收敛，极限为

$$\lim_{n\to\infty} x_n = 0.$$

1(3) {$x_n=\frac{1+(-1)^n}{n}$}

解答过程：

分奇偶讨论：若 $n$ 为偶数，则 $(-1)^n=1$，$x_n=\frac{2}{n}$；若 $n$ 为奇数，则 $(-1)^n=-1$，$x_n=\frac{0}{n}=0$。故数列在 $0$ 与 $\frac{2}{n}$ 之间振荡，有界但不单调。 $\frac{2}{n}\to 0$，奇数项恒为 $0$。故整体极限为

$$\lim_{n\to\infty} x_n = 0.$$

1(4) {$x_n=3-\frac{2}{n^2}$}

解答过程：

$\frac{2}{n^2}$ 随 $n$ 增大递减，因此 $x_n$ 递增且有上界 $3$。单调有界，故收敛，极限为

$$\lim_{n\to\infty} x_n = 3.$$

1(5) {$x_n=\frac{n-1}{n+1}$}

解答过程：

可写为

$$x_n=1-\frac{2}{n+1}.$$

$\frac{2}{n+1}$ 随 $n$ 增大递减，因此 $x_n$ 递增，有上界 $1$。单调有界，因此收敛，极限为

$$\lim_{n\to\infty} x_n = 1.$$

1(6) {$x_n=\frac{[(-1)^n+1](n+1)}{n}$}

解答过程：

分奇偶讨论：若 $n$ 为奇数：$(-1)^n=-1$，故分子为 $0$，即 $x_n=0$。若 $n$ 为偶数：$(-1)^n=1$，则

$$x_n = \frac{2(n+1)}{n}=2+\frac{2}{n}.$$

因此偶数项趋于 $2$，奇数项恒为 $0$。数列不单调，也不收敛（两子列极限不同）。

结论：该数列有界但不收敛。

2 用数列极限的定义证明

$$\lim_{n\to\infty}\frac{3n-2}{2n+1}=\frac{3}{2}.$$

解答过程：

令

$$x_n=\frac{3n-2}{2n+1},\quad L=\frac{3}{2}.$$

则

$$ x_n-L=\frac{3n-2}{2n+1}-\frac{3}{2} =\frac{6n-4-3(2n+1)}{2(2n+1)} =\frac{-7}{2(2n+1)}. $$

故

$$|x_n-L|=\frac{7}{4n+2}.$$

给定任意 $\varepsilon>0$，只需取

$$n>\frac{7}{2\varepsilon}-\frac12$$

即可使

$$|x_n-L|<\varepsilon.$$

因此根据定义有

$$\lim_{n\to\infty} x_n=\frac32.$$

二、提高题

3 设数列 $\{x_n\}$ 有界，且 $\lim_{n\to\infty} y_n=0$，证明：

$$\lim_{n\to\infty} x_n y_n=0.$$

解答过程：

因 $\{x_n\}$ 有界，存在 $M>0$ 使得 $|x_n|\le M$。给定任意 $\varepsilon>0$，因 $y_n\to 0$，存在 $N$ 使得 $n>N$ 时

$$|y_n|<\frac{\varepsilon}{M}.$$

则当 $n>N$ 时

$$|x_n y_n -0|\le |x_n||y_n|\le M\cdot \frac{\varepsilon}{M}=\varepsilon.$$

由此

$$\lim_{n\to\infty} x_n y_n=0.$$

4 对于数列 $\{x_n\}$，如果 $x_{2k}\to A(k\to\infty)$, $x_{2k+1}\to A(k\to\infty)$，证明：

$$x_n\to A(n\to\infty).$$

解答过程：

给定任意 $\varepsilon>0$，因偶子列与奇子列分别收敛到同一极限 $A$，存在 $N_1,N_2$，使得

$$k>N_1 \Rightarrow |x_{2k}-A|<\varepsilon,$$

$$k>N_2 \Rightarrow |x_{2k+1}-A|<\varepsilon.$$

令 $N=\max\{2N_1,2N_2+1\}$，则 $n>N$ 时，无论 $n$ 是奇数还是偶数均有

$$|x_n-A|<\varepsilon.$$

因此

$$x_n\to A.$$

三、考研真题

5 (2015301) 设有数列 $\{x_n\}$，下列命题中不正确的是( )

A. 若 $\lim_{n\to\infty} x_n=a$，则 $\lim_{n\to\infty} x_{2n}=\lim_{n\to\infty} x_{2n+1}=a$

B. 若 $\lim_{n\to\infty} x_{2n}=\lim_{n\to\infty} x_{2n+1}=a$，则 $\lim_{n\to\infty} x_n=a$

C. 若 $\lim_{n\to\infty} x_n=a$, 则 $\lim_{n\to\infty} x_{3n}=\lim_{n\to\infty} x_{3n+1}=a$

D. 若 $\lim_{n\to\infty} x_{3n}= \lim_{n\to\infty} x_{3n+1}=a$，则 $\lim_{n\to\infty} x_n=a$

解答过程：

A：成立，收敛数列任一子列均收敛于同一极限。 C：成立，同理为子列。 B：成立。数列收敛等价于偶数项和奇数项子列收敛。 D：不正确。给出反例：设

$$x_{3n}=a,\quad x_{3n+1}=a,\quad x_{3n+2}=1.$$

则两个子列都收敛到 $a$，但整体不收敛。因此不正确的选项是D.

第3节函数的极限

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 对于图1.13所示的函数$y=f(x)$，求下列极限，如果极限不存在，则说明理由

1(1) $\lim_{x\to -2^-}f(x)$

图1.13 中，$x\to -2^-$ 时，函数图像沿左侧线段逼近点 $(-2,1)$，故

$$\lim_{x\to -2^-}f(x)=1.$$

1(2) $\lim_{x\to -1}f(x)$

图中 $x=-1$ 左右极限：左侧由线段趋向 0；右侧为一条水平线 $y=-1$。故

$$\lim_{x\to -1^-}f(x)=0,\quad \lim_{x\to -1^+}f(x)=-1.$$

左右极限不相等，因此

$$\lim_{x\to -1}f(x)\ \text{不存在}.$$

1(3) $\lim_{x\to 1}f(x)$

图中 $x=1$ 左右两侧均处在水平线 $y=0$，虽在 $x=1$ 有一个实心点在 $y=1$，但极限只看趋近值，不看函数本身取值。故

$$\lim_{x\to 1}f(x)=0.$$

1(4) $\lim_{x\to 0}f(x)$

图中 $x\to 0$ 左侧函数恒为 0；右侧函数也恒为 0。故

$$\lim_{x\to 0}f(x)=0.$$

2 对于图1.14所示的函数 $y=f(x)$，下列陈述中哪些是对的，哪些是错的？

2(1) $\lim_{x\to 0}f(x)=0$

从图1.14 看，$x\to 0$ 左右极限均趋向实心点在 $y=0$。因此该陈述正确。

2(2) $\lim_{x\to 0}f(x)=1$

实际极限为 0，不是 1，因此该陈述错误。

2(3) $\lim_{x\to 1}f(x)$不存在

图1.14 中 $x\to 1$ 时，左极限趋向 0（左侧线段的实心点），右极限趋向开圆点的纵坐标 1，左右不等，故极限确实不存在。该陈述正确。

2(4) 对每个 $x_0\in(-1,1)$，$\lim_{x\to x_0}f(x)$ 都存在.

区间 $(-1,1)$ 内除了 0、1 的位置，其他点在各自线段上连续；但 $x=0$ 的极限存在；而 $x=1\notin(-1,1)$。因此在 $(-1,1)$ 中所有 $x_0$ 极限都存在。该陈述正确。

3 设 $f(x)=\frac{|x|}{x}=\text{sgn}(x)$，$g(x)=\frac{x}{x}=1$（仅定义在 $x\neq0$）

当 $x\to 0^-$：

$$f(x)=-1,\quad g(x)=1.$$

当 $x\to 0^+$：

$$f(x)=1,\quad g(x)=1.$$

故

$$\lim_{x\to 0^-}f(x)=-1,\quad \lim_{x\to 0^+}f(x)=1,$$

左右极限不等，因此 $f(x)$ 在 0 处极限不存在。而

$$\lim_{x\to 0}g(x)=1.$$

二、提高题

4 利用函数极限的定义证明

4(1) 证明 $\lim_{x\to+\infty}\frac{\cos x}{\sqrt{x}}=0$

证明：任给 $\varepsilon>0$，需证明存在 $X>0$，当 $x>X$ 时有

$$\left|\frac{\cos x}{\sqrt{x}}-0\right|<\varepsilon.$$

由于 $|\cos x|\le 1$，得

$$\left|\frac{\cos x}{\sqrt{x}}\right|\le \frac{1}{\sqrt{x}}.$$

要使

$$\frac{1}{\sqrt{x}}<\varepsilon,$$

只需

$$x>\frac{1}{\varepsilon^2}.$$

因此取

$$X=\frac{1}{\varepsilon^2},$$

当 $x>X$ 时即有

$$\left|\frac{\cos x}{\sqrt{x}}\right|<\varepsilon.$$

故极限成立。

4(2) 证明 $\lim_{x\to\infty}\frac{1+x^2}{x^2}=1$

证明：令

$$\frac{1+x^2}{x^2}-1=\frac{1}{x^2}.$$

给定任意 $\varepsilon>0$，要求找到 $X>0$，使 $x>X$ 时

$$\left|\frac{1+x^2}{x^2}-1\right|=\frac{1}{x^2}<\varepsilon.$$

此即要求

$$x>\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}.$$

于是取

$$X=\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}},$$

即可保证当 $x>X$ 时有

$$\left|\frac{1+x^2}{x^2}-1\right|<\varepsilon.$$

故极限成立。

4(3) 证明 $\lim_{x\to2}(3x-1)=5$

证明：给定任意 $\varepsilon>0$，需找到 $\delta>0$，使

$$0<|x-2|<\delta\quad\Rightarrow\quad |(3x-1)-5|<\varepsilon.$$

计算

$$|(3x-1)-5|=|3x-6|=3|x-2|.$$

要使

$$3|x-2|<\varepsilon,$$

只需

$$|x-2|<\frac{\varepsilon}{3}.$$

故取

$$\delta=\frac{\varepsilon}{3},$$

即可保证

$$|(3x-1)-5|<\varepsilon.$$

极限得证。

4(4) 证明 $\lim_{x\to3}\frac{x^2-9}{x-3}=6$

证明：对 $x\ne3$，有

$$\frac{x^2-9}{x-3}=x+3.$$

因此需证明

$$\lim_{x\to 3}(x+3)=6.$$

给定任意 $\varepsilon>0$，需找 $\delta>0$，使

$$0<|x-3|<\delta\quad\Rightarrow\quad |(x+3)-6|<\varepsilon.$$

因

$$|(x+3)-6|=|x-3|,$$

所以只需

$$|x-3|<\varepsilon.$$

因此可取

$$\delta=\varepsilon.$$

当 $0<|x-3|<\delta$ 时

$$ \left|\frac{x^2-9}{x-3}-6\right| =|(x+3)-6| =|x-3| <\varepsilon. $$

极限成立。

5 当 $x\to 2$，$y=x^2\to 4$，要求：$\delta$取何值，使当 $0<|x-2|<\delta$， $|y-4|<0.001$ ？

$$|y-4|=|x^2-4|=|x-2||x+2|.$$

当 $x$ 取足够接近 2 时，可约束 $|x-2|<1$，则 $x\in(1,3)$，故

$$|x+2|<5.$$

于是

$$|x^2-4|<5|x-2|<5\delta.$$

为使其小于 $0.001$，取

$$5\delta=0.001\quad\Rightarrow\quad \delta=0.0002.$$

因此可取

$$\delta=\min\{1,0.0002\}=0.0002.$$

6 当 $x\to+\infty$，$y=\frac{x^2-1}{x^2+3}\to 1$ 要求：$X$ 取何值时，使当 $|x|>X$ 时，$|y-1|<0.01$

计算

$$ \left|\frac{x^2-1}{x^2+3}-1\right| =\left|\frac{-4}{x^2+3}\right| =\frac{4}{x^2+3}. $$

需

$$\frac{4}{x^2+3}<0.01.$$

解得

$$ x^2+3>400 \quad\Rightarrow\quad x^2>397 \quad\Rightarrow\quad |x|>\sqrt{397}. $$

故可取

$$X \ge \sqrt{397}.$$

第4节无穷小与无穷大

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 根据无穷小的定义证明

(1) 函数 $y=\frac{x^2-4}{x+2}$ 当 $x\to 2$ 时为无穷小；

解答：

$$y=\frac{x^2-4}{x+2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x+2}=x-2.$$

当 $x\to 2$ 时，显然 $x-2\to 0$，因此 $y\to 0$，即为无穷小。

(2) 函数 $y=x\sin \frac{1}{x}$ 当 $x\to 0$ 时为无穷小。

解答：

因为 $\left|\sin \frac{1}{x}\right|\le 1$，故

$$|y|=|x\sin \tfrac{1}{x}|\le |x|.$$

当 $x\to 0$ 时，$|x|\to 0$，根据夹逼准则可知 $|y|\to 0$，因此 $y$ 为无穷小。

2 根据定义证明：当 $x\to 0$ 时，函数 $y=\frac{1+2x}{x}$ 是无穷大。问：$x$ 应满足什么条件，才能使 $|y|>10^4$？

解答：

$$y=\frac{1+2x}{x}=\frac{1}{x}+2.$$

当 $x\to 0$ 时，$\frac{1}{x}$ 为无穷大，因此 $y$ 为无穷大。要使 $|y|>10^4$，充分条件为

$$\left|\frac{1}{x}+2\right|>10^4.$$

注意到当 $x\to 0$ 时主要由 $\frac{1}{x}$ 决定，故可取更简单充分条件：

$$\left|\frac{1}{x}\right|>10^4 \quad\Rightarrow\quad |x|<10^{-4}.$$

3 求函数 $f(x)=\frac{1}{4-x^2}$ 的图形的铅垂渐近线

解答：当分母 $4-x^2=0$ 时函数无定义，即

$$4-x^2=0 \Rightarrow x=\pm 2.$$

当 $x\to 2$ 或 $x\to -2$ 时，分母趋于零，函数趋于无穷大，因此铅垂渐近线为

$$x=2,\quad x=-2.$$

二、提高题

第5节极限的运算法则

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 求下列函数极限

(1) $\lim_{x\to 1}\dfrac{x^2-2x+1}{x^2-1}$

解答：

$$x^2-2x+1=(x-1)^2,\quad x^2-1=(x-1)(x+1)$$

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

$$\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{x+1}=\frac{0}{2}=0$$

(2) $\lim_{x\to 0}\dfrac{4x^3-2x^2+x}{3x^2+2x}$

解答：

$$4x^3-2x^2+x=x(4x^2-2x+1),\quad 3x^2+2x=x(3x+2)$$

$$\frac{x(4x^2-2x+1)}{x(3x+2)}=\frac{4x^2-2x+1}{3x+2}$$

$$\lim_{x\to 0}\frac{4x^2-2x+1}{3x+2}=\frac{1}{2}$$

(3) $\lim_{x\to\infty}\dfrac{x^2-1}{2x^2-x-1}$

解答：

同除以 $x^2$:

$$\frac{1-\frac{1}{x^2}}{2-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}$$

$$\lim_{x\to\infty}\frac{1-\frac1{x^2}}{2-\frac1{x}-\frac1{x^2}}=\frac{1}{2}$$

(4) $\lim_{x\to\infty}\dfrac{x^2+x}{x^4-3x^2+1}$

解答：

最高次幂比较，分子次数 < 分母次数：

$$\lim_{x\to\infty}\frac{x^2+x}{x^4-3x^2+1}=0$$

(5) $\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(2-\frac{1}{x^2}\right)$

解答：

直接代入极限：

$$ \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)=1,\quad \lim_{x\to\infty}\left(2-\frac{1}{x^2}\right)=2 $$$$1\cdot 2=2$$

(6) $\lim_{x\to 4}\dfrac{x^2-6x+8}{x^2-5x+4}$ 解答：

$$x^2-6x+8=(x-2)(x-4),\quad x^2-5x+4=(x-1)(x-4)$$

$$\frac{(x-2)(x-4)}{(x-1)(x-4)}=\frac{x-2}{x-1}$$

$$\lim_{x\to 4}\frac{x-2}{x-1}=\frac{2}{3}$$

二、提高题

2 极限

$\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n+3\sqrt n}-\sqrt{n-\sqrt n}\right)$

解答：使用乘以共轭：

$$ \sqrt{n+3\sqrt n}-\sqrt{n-\sqrt n} =\frac{(n+3\sqrt n)-(n-\sqrt n)}{\sqrt{n+3\sqrt n}+\sqrt{n-\sqrt n}} $$$$=\frac{4\sqrt n}{\sqrt{n+3\sqrt n}+\sqrt{n-\sqrt n}}$$

分母提取 $\sqrt n$:

$$\sqrt n\left(\sqrt{1+\frac{3}{\sqrt n}}+\sqrt{1-\frac{1}{\sqrt n}}\right)$$

故极限为：

$$\frac{4}{\sqrt{1+0}+\sqrt{1-0}}=\frac{4}{2}=2$$

3 极限

$\lim_{n\to\infty}\left[\sqrt{1+2+\cdots+n}-\sqrt{1+2+\cdots+(n-1)}\right]$

解答：

$$1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2},\quad 1+2+\cdots+(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}$$

所求为：

$$\sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}-\sqrt{\frac{n(n-1)}{2}}$$

乘以共轭：

$$=\frac{\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n(n-1)}{2}}{\sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}+\sqrt{\frac{n(n-1)}{2}}}$$$$ =\frac{\frac{n[(n+1)-(n-1)]}{2}}{\sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}+\sqrt{\frac{n(n-1)}{2}}} =\frac{n}{\sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}+\sqrt{\frac{n(n-1)}{2}}} $$

分母提取 $\sqrt{n}$:

$$ =\frac{n}{\sqrt n\left(\sqrt{\frac{n+1}{2}}+\sqrt{\frac{n-1}{2}}\right)} =\frac{\sqrt n}{\sqrt{\frac{n+1}{2}}+\sqrt{\frac{n-1}{2}}} $$

两项趋向 $\sqrt{\frac{n}{2}}$，故分母趋向 $2\sqrt{\frac{n}{2}}$:

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt n}{2\sqrt{\frac{n}{2}}}=\frac{1}{\sqrt 2}$$

答案为：

$$\frac{1}{\sqrt 2}$$

第6节极限存在准则与两个重要极限

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 求下列函数的极限

1(1) $\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{3x}$

解答：

利用夹逼准则：

$$ \sin x < \tan x < x \quad (x>0) $$

两边同除以 $x$，得

$$\frac{\sin x}{x}<\frac{\tan x}{x}<1$$

又

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$

故

$$\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1$$

从而

$$\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{3x}=\frac13$$

1(2) $\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{\sin 6x}$

解答：

$$ \frac{\sin x}{\sin 6x} =\frac{\sin x/x}{\sin 6x/(6x)}\cdot\frac{x}{6x} $$

利用

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$

得极限为

$$\frac{1}{1}\cdot\frac{1}{6}=\frac16$$

1(3) $\lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{x}$

解答：

利用夹逼准则：

$$ \sin x < \arctan x < x \quad (x>0) $$

除以 $x$：

$$\frac{\sin x}{x}<\frac{\arctan x}{x}<1$$

由

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$

可得

$$\lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{x}=1$$

1(4) $\lim_{x\to0}x\cot x$ 解答：

$$x\cot x=\frac{x\cos x}{\sin x}=\frac{x}{\sin x}\cos x$$

利用

$$\lim_{x\to0}\frac{x}{\sin x}=1,\quad \cos x\to1$$

故极限为

$$1$$

1(5) $\lim_{x\to0}\frac{1-\cos 2x}{x\sin x}$

解答：

使用三角恒等式：

$$1-\cos 2x = 2\sin^2 x.$$

代入原式：

$$ \frac{1-\cos 2x}{x\sin x} = \frac{2\sin^2 x}{x\sin x} = 2\cdot \frac{\sin x}{x}. $$

使用重要极限

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$

因此极限为：

$$2\cdot 1 = 2.$$

1(6) $\lim_{n\to\infty} 3^n \sin\left( \frac{x}{3^n} \right),\quad x\ne0$

解答：

令

$$t_n=\frac{x}{3^n}.$$

则当 $n\to\infty$，

$$t_n\to 0.$$

注意：

$$3^n = \frac{x}{t_n}.$$

于是原式变成：

$$ 3^n \sin\left(\frac{x}{3^n}\right) = 3^n \sin(t_n) = \frac{x}{t_n}\sin t_n = x \cdot \frac{\sin t_n}{t_n}. $$

利用唯一需要的重要极限：

$$\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1,$$

得：

$$ \lim_{n\to\infty} 3^n \sin\left( \frac{x}{3^n} \right) = x \cdot 1 = x. $$

2 求下列函数的极限

2(1) $\lim_{x\to0}(1-x)^{1/x}$

解答：写成

$$(1-x)^{1/x}=\left[\left(1-x\right)^{-1/x}\right]^{-1}$$

注意

$$(1+u)^{1/u}\to e$$

令 $u=-x$，则

$$(1-x)^{-1/x}=(1+u)^{1/u}\to e$$

故

$$(1-x)^{1/x}\to e^{-1}$$

2(2) $\lim_{x\to0}(1+2x)^{1/x}$

解答：

$$(1+2x)^{1/x}=\left[(1+2x)^{1/(2x)}\right]^2$$

利用重要极限

$$(1+2x)^{1/(2x)}\to e$$

故极限为

$$e^2$$

2(3) $\lim_{x\to \infty}\left(\frac{x+1}{x}\right)^{4x}$

第一步：化成 “1 + 小量”

$$\frac{x+1}{x}=1+\frac{1}{x}$$

记

$$u=\frac{1}{x}$$

当 $x\to\infty$ 时

$$u\to0.$$

于是原式变为

$$(1+u)^{4/u}.$$

第二步：拆成重要极限形式

$$(1+u)^{4/u} =\left[(1+u)^{1/u}\right]^4.$$

当 $u\to0$：

$$(1+u)^{1/u}\to e$$

所以：

$$(1+u)^{4/u}\to e^4.$$

2(4) $\lim_{x\to\infty}\left(\frac{2x+3}{2x+1}\right)^{x+2}$

解答：

$$\frac{2x+3}{2x+1}=1+\frac{2}{2x+1}$$

记

$$u=\frac{2}{2x+1}\to0$$

则原式为

$$(1+u)^{(x+2)}$$

注意

$$(x+2)u=\frac{2(x+2)}{2x+1}\to1$$

于是构造成重要极限

$$(1+u)^{1/u}\to e$$

故极限为

$$e$$

2(5) $\lim_{x\to0}(1+\tan x)^{\cot x}$

解答：

注意

$$ (1+\tan x)^{\cot x} =\left[(1+\tan x)^{1/\tan x}\right]^{\tan x\cdot\cot x} $$

且

$$\tan x\to0,\quad \tan x\cdot\cot x=1$$

利用重要极限

$$(1+\tan x)^{1/\tan x}\to e$$

故极限为

$$e$$

2(6) $\lim_{x\to\pi/2}(2\cos^2(x/2))^{3\sec x}$

解答：

$$2\cos^2(x/2)=1+\cos x$$

令

$$t=\cos x\to0$$

原式变成

$$(1+t)^{3/t}$$

利用重要极限

$$(1+t)^{1/t}\to e$$

故极限为

$$e^3$$

二、提高题

3 已知 $x_1=1,\ x_2=1+\frac{x_1}{1+x_1},\dots,\ x_n=1+\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}$，证明 $\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在，并求该极限。

解答：单调性：

$$x_{n+1}-x_n=\frac{x_n}{1+x_n}>0$$

故单调递增。有界性：

$$x_{n+1}=1+\frac{x_n}{1+x_n}<1+1=2$$

故有上界。由单调有界收敛准则，极限存在。设极限为 $L$，有

$$L=1+\frac{L}{1+L}$$

解得

$$L^2-L-1=0$$

$$L=\frac{1+\sqrt5}{2}$$

三、考研真题

4（2018109）若

$$\lim_{x\to0}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)^{1/\sin kx}=e$$

求 $k$。

解答：

构造重要极限形式：

$$ \frac{1-\tan x}{1+\tan x} =\frac{1-\tan x}{1+\tan x} =1-\frac{2\tan x}{1+\tan x} $$

注意

$$\frac{2\tan x}{1+\tan x}\sim 2\tan x\ (仅用连续性，不用等价无穷小)$$

于是原式写成

$$(1-u_x)^{1/(kx)},\quad u_x=\frac{2\tan x}{1+\tan x}$$

且

$$u_x\to0$$

利用

$$(1-u)^{1/u}\to e^{-1}$$

得极限为

$$e^{-2/k}$$

题目给值为 $e$，故

$$-2/k=1$$

$$k=-2$$

5（2019209）$\lim_{x\to0}(x+2^x)^{2/x}$

解答：

第一步：写成 $1+u_x$ 的形式

$$x+2^x = 1 + \underbrace{\left(x+2^x-1\right)}_{u_x}$$

记

$$u_x = x + 2^x - 1$$

因为 $x\to0$、$2^x \to 1$，所以

$$u_x \to 0.$$

于是原式变为

$$(1+u_x)^{2/x}$$

第二步：拆成重要极限的形式

$$ (1+u_x)^{2/x} =\left[(1+u_x)^{1/u_x}\right]^{\,2u_x/x} $$

其中：

$$(1+u_x)^{1/u_x}\to e\quad (u_x\to0)$$

这是重要极限（允许使用）。

只需计算

$$\lim_{x\to0}\frac{u_x}{x}.$$

第三步：求 $\displaystyle \frac{u_x}{x}$

$$u_x = x + (2^x-1)$$

所以

$$\frac{u_x}{x} = 1 + \frac{2^x-1}{x}.$$

利用夹逼准则可得（这是教科书标准结论，可以直接用）：

$$\lim_{x\to0}\frac{2^x-1}{x} = \ln 2.$$

因此：

$$\lim_{x\to0}\frac{u_x}{x} = 1+\ln 2.$$

第四步：合并结果指数部分：

$$2\cdot \frac{u_x}{x} \to 2(1+\ln 2)=2+2\ln2.$$

因此原极限为：

$$ e^{\,2+2\ln2} = e^2 \cdot 2^2 =4e^2. $$

6（2021317）已知$\lim_{x\to0}\left[\alpha\arctan\frac1x+(1+|x|)^{1/x}\right]$存在，求 $\alpha$。

解答：

先求左右极限。 (1) $\arctan(1/x)$

$$x\to0^+:\ \arctan(1/x)\to\frac{\pi}{2}$$

$$x\to0^-:\ \arctan(1/x)\to-\frac{\pi}{2}$$

(2) $(1+|x|)^{1/x}$ 当 $x\to0^+$：

$$(1+x)^{1/x}\to e$$

当 $x\to0^-$：

$$ (1-x)^{1/x} = \left[(1-x)^{-1/x}\right]^{-1} $$

利用

$$(1-u)^{-1/u}\to e$$

得

$$(1-x)^{1/x}\to e^{-1}$$

左右极限为：右极限：

$$\alpha\frac{\pi}{2}+e$$

左极限：

$$-\alpha\frac{\pi}{2}+e^{-1}$$

因极限存在，两者相等：

$$\alpha\frac{\pi}{2}+e=-\alpha\frac{\pi}{2}+e^{-1}$$

故

$$\alpha\pi=e^{-1}-e$$

$$\alpha=\frac{e^{-1}-e}{\pi}$$

第7节无穷小的比较和等价无穷小替换

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 求下列极限

(1) $\lim_{x\to 0}\frac{\arctan 3x}{\sin 4x}$

解答：

$$\arctan 3x \sim 3x,\quad \sin 4x \sim 4x$$

$$\lim_{x\to 0}\frac{3x}{4x}=\frac34$$

(2) $\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x^{n})}{(\sin x)^{m}}$（m,n为正整数）

解答：

$$\sin(x^n)\sim x^n,\quad \sin x \sim x$$

$$(\sin x)^m \sim x^m$$$$ \lim_{x\to 0}\frac{x^n}{x^m}= \begin{cases} 0, & n > m\\ 1, & n = m\\ \infty, & n < m \end{cases} $$

(3) $\lim_{x\to 1}\frac{\arcsin(1-x)}{\ln x}$

解答：

令$t=1-x\to 0$，则$x=1-t$

$$\arcsin t \sim t,\quad \ln(1-t)\sim -t$$

$$\lim_{t\to 0}\frac{t}{-t}=-1$$

(4) $\lim_{x\to 0}\frac{x^{5}+x^{2}}{\sin^{2}x}$

解答：

$$\sin x \sim x \Rightarrow \sin^{2}x \sim x^{2}$$

$$\frac{x^{5}+x^{2}}{x^{2}} = 1 + x^{3}$$

$$\lim_{x\to 0}(1+x^{3})=1$$

(5) $\lim_{x\to 0}\frac{x\arcsin x}{e^{-x^{2}}-1}$

解答：

$$ \arcsin x \sim x \Rightarrow x\arcsin x \sim x^{2} $$

由 $e^{u}-1\sim u$（取 $u=-x^{2}$）得

$$e^{-x^{2}}-1 \sim -x^{2}$$

$$\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}}{-x^{2}}=-1$$

(6) $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - \tan x}{(\sqrt[3]{1+x^{2}}-1)(\sqrt{1+\sin x}-1)}$

解答：

先化简分子：

$$ \sin x - \tan x = \sin x - \frac{\sin x}{\cos x} = \sin x\left(1-\frac1{\cos x}\right) $$$$ 1-\frac1{\cos x} = \frac{\cos x -1}{\cos x} \sim \frac{-\tfrac12 x^{2}}{1} = -\frac12 x^{2} $$$$ \sin x \sim x \Rightarrow \sin x - \tan x \sim -\frac12 x^{3} $$

再看分母：

$$\sqrt[3]{1+x^{2}} -1 \sim \frac13 x^{2}$$

$$\sqrt{1+\sin x}-1 \sim \frac12 \sin x \sim \frac12 x$$

故分母：

$$\left(\frac13 x^{2}\right)\left(\frac12 x\right)=\frac16 x^{3}$$

极限：

$$\frac{-\tfrac12 x^{3}}{\tfrac16 x^{3}} = -3$$

2 当$x\to 0$时，指出下列函数关于x的无穷小的阶数：

(1) $x^{2}+x^{4}$

解答：因 $x^{2}+x^{4}=x^{2}(1+x^{2})\sim x^{2}$（$1+x^{2}\to 1$），故为二阶无穷小。

(2) $\tan x - \sin x$

解答：

$$\tan x-\sin x=\tan x\,(1-\cos x)$$

由 $\tan x\sim x$，$1-\cos x\sim \frac12 x^{2}$，得

$$\tan x-\sin x \sim x\cdot\frac12 x^{2}=\frac12 x^{3}$$

为三阶无穷小。

(3) $\ln(1+\sin x)$

解答：

$$\sin x \sim x,\quad \ln(1+x)\sim x$$

故为一阶无穷小。

(4) $\frac{x^{6}}{1-\sqrt{\cos x^{2}}}$

解答：

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

由 $1-\cos x^{2}\sim \frac12 x^{4}$，且 $1+\sqrt{\cos x^{2}}\to 2$，得

$$1-\sqrt{\cos x^{2}} \sim \frac{\frac12 x^{4}}{2}=\frac14 x^{4}$$

$$\frac{x^{6}}{1-\sqrt{\cos x^{2}}} \sim \frac{x^{6}}{\frac14 x^{4}}=4x^{2}$$

故为二阶无穷小。

3 选取合适的$p(p>0)$值，使

$$\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\sin x} \sim x^{p} (x\to 0)$$

解答：

$$ \sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\sin x} =\frac{\tan x+\sin x}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1-\sin x}} $$

分母中 $\sqrt{1+\tan x}\to 1$，$\sqrt{1-\sin x}\to 1$，故分母 $\to 2$。又

$$\tan x+\sin x=\sin x\left(\frac{1}{\cos x}+1\right)\sim x\cdot(1+1)=2x$$

于是

$$ \sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\sin x}\sim \frac{2x}{2}=x $$

所以 $p=1$。

二、考研真题

4 (2022301)当x->0时，a(x)，B(x)是非零无穷小，现有以下4个命题：

① α∼β ⇒ α²∼β²：正确。

② α²∼β² ⇒ α∼β：错误（可能符号相反）。

③ α∼β ⇒ α−β=o(α)：正确。

④ α−β=o(α) ⇒ α∼β：正确。

下面逐条解释命题 ①②③④ 的逻辑原因。所有论证均基于无穷小等价的定义：

$$\alpha(x)\sim \beta(x)\iff \lim_{x\to 0}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=1.$$

① 若 $\alpha(x)\sim \beta(x)$，则 $\alpha^2(x)\sim \beta^2(x)$（正确）已知：

$$\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}\to 1.$$

两边平方：

$$\left(\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}\right)^2 \to 1^2=1.$$

即：

$$\frac{\alpha^2(x)}{\beta^2(x)}\to 1,$$

这就是 $\alpha^2(x)\sim \beta^2(x)$ 的定义，所以命题正确。

② 若 $\alpha^2(x)\sim \beta^2(x)$，则 $\alpha(x)\sim \beta(x)$（错误）已知：

$$ \frac{\alpha^2}{\beta^2}\to 1 \quad\Longleftrightarrow\quad \left|\frac{\alpha}{\beta}\right|\to 1. $$

但是“绝对值趋于 1”只表示：

$$\frac{\alpha}{\beta}\to 1 \quad \text{或} \quad \frac{\alpha}{\beta}\to -1.$$

也就是说，$\alpha$ 和 $\beta$ 可能是等价无穷小，也可能符号相反但大小相同：例：

$$\alpha(x)=x,\quad \beta(x)=-x,$$

则：

$$\frac{\alpha^2}{\beta^2}=1,$$

但：

$$\frac{\alpha}{\beta}=-1 \ne 1,$$

所以 $\alpha\not\sim \beta$。因此命题错误。

③ 若 $\alpha(x)\sim \beta(x)$，则 $\alpha(x)-\beta(x)=o[\alpha(x)]$（正确）已知 $\alpha\sim \beta$，即：

$$\frac{\alpha}{\beta}\to 1.$$

考虑差：

$$\alpha - \beta = \beta\left(\frac{\alpha}{\beta}-1\right).$$

而 $\frac{\alpha}{\beta}-1\to 0$，同时 $\beta\sim \alpha$，所以：

$$\alpha - \beta = \alpha\cdot \left(\frac{\alpha}{\beta}-1\right)\cdot \frac{\beta}{\alpha}$$

其中：

$$\frac{\beta}{\alpha}\to 1,\quad \frac{\alpha}{\beta}-1\to 0.$$

因此：

$$\alpha - \beta = o(\alpha).$$

命题正确。

④ 若 $\alpha(x)-\beta(x)=o[\alpha(x)]$，则 $\alpha(x)\sim \beta(x)$（正确）已知：

$$\alpha - \beta = o(\alpha),$$

即：

$$\frac{\alpha-\beta}{\alpha}\to 0.$$

整理：

$$ \frac{\beta}{\alpha} = 1 - \frac{\alpha-\beta}{\alpha} \to 1 - 0 = 1. $$

于是：

$$\frac{\alpha}{\beta} \to 1.$$

这就是 $\alpha(x)\sim \beta(x)$ 的定义，因此命题正确。

答案：①③④

5 设$α₁=x(\cos\sqrt{x}-1)$，$α₂=\sqrt{x}\ln(1+\sqrt[3]{x})$，$α₃=\sqrt[3]{x+1}-1$,当$x\to 0^{+}$时,上3个无穷小按照从低阶到高阶的排序是:

分别作等价无穷小替换（$\cos u-1\sim-\frac12u^{2}$，$\ln(1+u)\sim u$，$(1+u)^{a}-1\sim au$）：

$$ \cos\sqrt{x}-1 \sim -\frac{x}{2} \Rightarrow \alpha_{1}\sim -\frac{x^{2}}{2} $$$$ \ln(1+\sqrt[3]{x}) \sim \sqrt[3]{x} \Rightarrow \alpha_{2} \sim x^{1/2} x^{1/3}=x^{5/6} $$$$\alpha_{3}=\sqrt[3]{1+x}-1 \sim \frac13 x$$

比较阶数：

$$x^{2} \text{ 最大阶； } x \text{ 次之； } x^{5/6} \text{ 最低阶}$$

从低阶到高阶：$\alpha_{2},\,\alpha_{3},\,\alpha_{1}$

第8节函数的连续与间断

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1.指出下列函数的间断点及其类型

(1) $y=\dfrac{x^2-1}{x^2-3x+2}$

解答：

$$x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$$

分母为零处：$x=1,2$。

对 $x=1$：分子 $1^2-1=0$，零化可约，属于可去间断点。

对 $x=2$：分子 $4-1=3\neq0$，为无穷间断点。

(2) $f(x)=\dfrac{x}{\sin \pi x}$

解答：

间断来自 $\sin \pi x=0\Rightarrow x=k(k\in\mathbb Z)$。

对非零整数 $k\neq0$，分子 $k\neq0$，为无穷间断点。

对 $x=0$，分子为0，分母为 $\sin 0=0$，需看极限：

$$\lim_{x\to0}\frac{x}{\sin \pi x}=\frac{1}{\pi},$$

故为可去间断点。

(3) $y=\cos^2 \dfrac{1}{x}$

解答：

当 $x=0$ 无定义，且 $\cos^2\frac{1}{x}$ 在 $x\to0$ 无极限，故 $x=0$ 为振荡间断点。

(4) $y=\begin{cases} x-1, & x\le1,\\ 3-x, & x>1. \end{cases}$

解答：

检查 $x=1$：左极限 $1-1=0$，右极限 $3-1=2$，不相等，为跳跃间断点。

2.求下列极限

(1) $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x^2}$

解答：

利用有理化：

$$ \frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x^2} =\frac{x^2}{x^2(\sqrt{x^2+1}+1)}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+1}\to\frac12. $$

(2) $\displaystyle \lim_{x\to a}\frac{\sin x-\sin a}{x-a}$

解答：

$$=\cos a.$$

(3) $\displaystyle \lim_{x\to0}e^{\frac1{x^2}}$

解答：当 $x\to0$ 时 $\frac1{x^2}\to+\infty$，故极限为 $+\infty$。

(4) $\displaystyle \lim_{x\to a}\ln \frac{\sin x}{x}\quad(a>0)$

解答：

$$ \lim_{x\to a}\ln\frac{\sin x}{x} =\ln\frac{\sin a}{a}. $$

(5) $\displaystyle \lim_{x\to0}(1+3\tan^2 x)^{\cot^2 x}$

解答：

$$3\tan^2x\sim 3x^2,\qquad \cot^2x\sim \frac1{x^2},$$$$ \ln L=\cot^2x\cdot\ln(1+3\tan^2x) \sim \frac1{x^2}\cdot 3x^2 =3, $$

故极限为 $e^3$。

(6) $\displaystyle \lim_{x\to \infty}\left(\frac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}$

解答：

$$x+6x+3_{2x−1}1x+63_{2x−1}.$$

当 $x\to\infty$ 时：

$$ \frac{x-1}{2}\sim \frac{x}{2},\qquad 1-\frac{3}{x+6}\sim 1-\frac{3}{x}. $$

于是极限就是典型结构：

$$\left(1-\frac{3}{x}\right)^{x/2}.$$

利用基本极限：

$$\left(1+\frac{u}{n}\right)^n \to e^u,$$

把 $u=-3,\ n=x$ 得：

$$\left(1-\frac{3}{x}\right)^x \to e^{-3}.$$

因此：

$$\left(1-\frac{3}{x}\right)^{x/2} \to e^{-3/2}.$$

所以：

$$ \lim_{x\to\infty}\left(\frac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}} =e^{-3/2}. $$

(7) $\displaystyle \lim_{x\to a^+}\frac{\sqrt x-\sqrt a+\sqrt{x-a}}{\sqrt{x^2-a^2}}\quad(a>0)$

解答：

分母：

$$\sqrt{x^2-a^2}=\sqrt{(x-a)(x+a)}=\sqrt{x-a}\sqrt{x+a}.$$

分子拆为：

$$ \sqrt x-\sqrt a+\sqrt{x-a} =\frac{x-a}{\sqrt x+\sqrt a}+\sqrt{x-a}. $$

令 $h=x-a\to0^+$：分子 $\sim \frac{h}{2\sqrt a}+\sqrt h$, 分母 $\sim \sqrt h\sqrt{2a}= \sqrt{2a}\sqrt h$,

$$ \frac{\frac{h}{2\sqrt a}+\sqrt h}{\sqrt{2a}\sqrt h} =\frac{\sqrt h}{\sqrt{2a}\sqrt h}+\frac{h}{2\sqrt a\sqrt{2a}\sqrt h} =\frac{1}{\sqrt{2a}}+0 =\frac{1}{\sqrt{2a}}. $$

(8) $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\sqrt{1+\sin^2 x}-x}$

解答：

设原式为：

$$L=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\sqrt{1+\sin^2 x}-x}.$$

先对分子作有理化：

$$ \sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x} =\frac{\tan x-\sin x}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}. $$

因此：

$$ L=\lim_{x\to0} \frac{\tan x-\sin x}{\left[x\sqrt{1+\sin^2 x}-x\right]\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}. $$

分母第一部分：

$$ x\sqrt{1+\sin^2 x}-x =x(\sqrt{1+\sin^2 x}-1). $$

继续把这项也有理化：

$$ \sqrt{1+\sin^2 x}-1 =\frac{\sin^2 x}{\sqrt{1+\sin^2 x}+1}. $$

所以分母整体变为：

$$ x(\sqrt{1+\sin^2 x}-1) = x\cdot \frac{\sin^2 x}{\sqrt{1+\sin^2 x}+1}. $$

代回原式：

$$ L=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{ x\cdot \dfrac{\sin^2 x}{\sqrt{1+\sin^2 x}+1}\cdot \left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right) }. $$

整理：

$$ L=\lim_{x\to0} \frac{(\tan x-\sin x)(\sqrt{1+\sin^2 x}+1)} {x\sin^2 x\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}. $$

关键比值的处理（不用展开，只用基本等价）利用基本极限：

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1,\qquad \lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1.$$

因此：

$$ \frac{\tan x-\sin x}{x} = \frac{\tan x}{x}-\frac{\sin x}{x}\to 1-1=0. $$

为了得到更精确的比值，将其写成可分解结构：

$$ \frac{\tan x-\sin x}{x\sin^2 x} =\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\cdot \frac{x^2}{\sin^2 x}. $$

并注意：

$$\frac{x^2}{\sin^2 x}\to 1.$$

于是关键在于：

$$A=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}.$$

此时可以使用以下恒等式（不属于展开式）：

$$ \tan x-\sin x =\frac{\sin x}{\cos x}-\sin x =\sin x\left(\frac1{\cos x}-1\right) =\sin x\cdot \frac{1-\cos x}{\cos x}. $$

因此：

$$ \frac{\tan x-\sin x}{x^3} =\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1-\cos x}{x^2}\cdot \frac{1}{\cos x}. $$

用基本极限：

$$\frac{\sin x}{x}\to 1, \qquad \cos x\to 1,$$

以及重要极限（这不是展开式，是教材基本结论）：

$$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12.$$

于是：

$$ A=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3} =1\cdot \frac12\cdot 1 = \frac12. $$

3.设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) < a,f(b) > b$，证明：至少存在一点 $\xi\in(a,b)$，使 $f(\xi)=\xi$。

解答：

令 $g(x)=f(x)-x$，连续，且 $g(a)<0,g(b)>0$，由零点定理得存在 $\xi$ 使 $g(\xi)=0\Rightarrow f(\xi)=\xi$。

4.证明：方程 $x=a\sin x+b$（其中 $a>0,b>0$）至少有一个不超过 $a+b$ 的正根。

解答：

取 $x_0=a+b$：

$$a\sin x_0+b\le a+b=x_0.$$

又当 $x=0$ 时：

$$a\sin0+b=b>0.$$

方程等价于 $h(x)=a\sin x+b-x=0$，其中 $h(0)>0,h(x_0)\le0$，根据零点定理故有根 $\xi\in(0,a+b]$。

5.设 $f(x)$ 在 $[0,2a]$ 上连续，$f(0)=f(2a)$，证明：至少有一点 $\xi\in[0,a]$，使 $f(\xi)=f(\xi+a)$。

解答：

令 $g(x)=f(x)-f(x+a)$，在 $[0,a]$ 上连续。

$$g(0)=f(0)-f(a),\quad g(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0).$$

故 $g(0)=-g(a)$。若两者均为0已得结论，否则异号，介值定理得存在 $\xi$ 使 $g(\xi)=0$。

二、提高题

6.讨论函数 $f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}x$ 的连续性。

解答：

一、求极限对应的函数表达式考虑

$$g_n(x)=\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}.$$

分三类讨论：

$|x|<1$
$$x^{2n}\to 0,$$

$$g_n(x)\to \frac{1-0}{1+0}=1.$$
故：
$$f(x)=1\cdot x=x,\qquad |x|<1.$$
$|x|>1$
$$x^{2n}\to +\infty,$$

$$g_n(x)\to \frac{-\infty}{+\infty}=-1.$$
所以：
$$f(x)=-1\cdot x=-x,\qquad |x|>1.$$
$|x|=1$ 分为 $x=1$ 与 $x=-1$。 (1) $x=1$ 时：
$$g_n(1)=\frac{1-1}{1+1}=0 \Rightarrow f(1)=0.$$
(2) $x=-1$ 时：
$$(-1)^{2n}=1,$$

$$g_n(-1)=0,$$

$$f(-1)=0.$$

因此 $f(x)$ 的完整表达式为：

$$ f(x)= \begin{cases} x, & |x|<1,\\[4pt] 0, & x=\pm1,\\[4pt] -x, & |x|>1. \end{cases} $$

二、讨论连续性需要检查可能不连续的点：$|x|=1$，即 $x=1$、$x=-1$。

1 在 $x=1$ 左极限：

$$\lim_{x\to 1^-}f(x)=\lim_{x\to 1^-}x=1.$$

右极限：

$$\lim_{x\to 1^+}f(x)=\lim_{x\to 1^+}(-x)=-1.$$

函数值：

$$f(1)=0.$$

左右极限不相等，且与 $f(1)$ 不一致，因此：

$$x=1 \text{ 处为跳跃间断点。}$$

2 在 $x=-1$ 左极限（从小于 -1 的一侧）：

$$\lim_{x\to -1^-} f(x)=\lim_{x\to -1^-}(-x)=1.$$

右极限（从大于 -1 的一侧）：

$$\lim_{x\to -1^+} f(x)=\lim_{x\to -1^+} x = -1.$$

函数值：

$$f(-1)=0.$$

左右极限不相等，因此：

$$x=-1 \text{ 处为跳跃间断点。}$$

7.若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < x_1 < x_2 < \cdots < x_n < b$，证明：至少有一点 $\xi\in(x_1,x_n)$，使

$$f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n}.$$

解答：

令常数 $C=\dfrac{\sum f(x_i)}{n}$，由介值定理，因 $f$ 在区间上连续，故其值域为区间，必与常数 $C$ 有交点。

三、考研真题

8.（2018203）设函数

$$ f(x)=\begin{cases} -1,&x < 0,\\ 1,&x\ge0, \end{cases} \qquad g(x)=\begin{cases} 2-ax,&x\le -1,\\ x,&-1 < x < 0,\\ x-b,&x\ge0, \end{cases} $$

若 $f(x)+g(x)$ 在 $\mathbb R$ 上连续，求 $(a,b)$。解答：检查断点 $x=-1,0$。在 $x=-1$：左极限：

$$f(-1^-)+g(-1^-)= -1 + (2-a(-1)) =1+a.$$

右侧：

$$f(-1^+)+g(-1^+)= -1 +(-1)= -2.$$

故：

$$1+a=-2\Rightarrow a=-3.$$

在 $x=0$：左极限：

$$f(0^-)+g(0^-)= -1+0=-1.$$

右侧：

$$f(0^+)+g(0^+)=1+(0-b)=1-b.$$

故：

$$1-b=-1\Rightarrow b=2.$$

答案：$a=-3,b=2$。

9.（2015202）函数

$$f(x)=\lim_{t\to0}\left(1+\frac{\sin t}{x}\right)^{\frac{x^2}{t}}$$

在 $(-\infty,+\infty)$ 内（）。

解答：

极限函数为：

$$f(x)=e^x,\qquad x\neq0.$$

由于原式在 $x=0$ 无意义，但去掉这种形式障碍后：

$$\lim_{x\to0}f(x)=1.$$

因此：

$$\boxed{\text{函数在 }x=0\text{ 处有一个可去间断点。}}$$

并且若补充定义 $f(0)=1$，则变成在 $(-\infty,+\infty)$ 上处处连续。

10.(2020202)函数 $f(x)=\dfrac{\dfrac{1}{e^{x-1}\ln|1+x|}}{(e^{x}-1)(x-2)}$ 的第二类间断点的个数为（）。

解答：

先把函数写成较简单的形式：

$$f(x)=\frac{1}{e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2)}.$$

分母中出现问题的点：

(1) $\ln|1+x|$ 的定义域要求 $|1+x|>0$，即 $x\ne-1$；

(2) $\ln|1+x|=0\Rightarrow |1+x|=1\Rightarrow x=0,-2$；

(3) $e^{x}-1=0\Rightarrow x=0$；

(4) $x-2=0\Rightarrow x=2$。

因此可能间断点为 $x=-1,-2,0,2$。逐点研究其类型。

利用两个重要极限：

$$ \lim_{u\to0}\frac{e^{u}-1}{u}=1,\qquad \lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}{u}=1. $$

一、$x=-1$

令 $t=1+x$，则 $x\to-1$ 时 $t\to0$，

$$\ln|1+x|=\ln|t|\to-\infty,$$

而 $e^{x-1},e^{x}-1,x-2$ 在 $x=-1$ 处都有限且不为 0。于是

$$e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2)\to\pm\infty,$$

从而

$$\lim_{x\to-1}f(x)=0.$$

极限存在且有限，只是 $x=-1$ 不在定义域内，这是可去间断点，不是第二类间断点。

二、$x=-2$

令 $t=x+2$，则 $x\to-2$ 时 $t\to0$，

$$\ln|1+x|=\ln|1+t-1|=\ln|t|\quad\text{不方便直接用重要极限，改写：}$$

注意到 $x=-2\Rightarrow1+x=-1$，于是在 $x=-2$ 附近写成

$$1+x=-1+t,\quad t=x+2\to0.$$

于是

$$\ln|1+x|=\ln|{-1+t}|=\ln(1+(-1+t)-1)=\ln(1+t'),$$

其中 $t' = -1+t-1$ 的写法不方便，改用更直接的办法：把 $\ln|1+x|$ 在 $x=-2$ 附近写成 $\ln(1+u)$ 的形式：令

$$u=x+2,\quad x=u-2,$$

则

$$1+x=1+u-2=u-1.$$

在 $x=-2$ 附近 $u$ 也在 $-1$ 附近，这样并不能得到 $u\to0$ 的形式。更简单的办法是直接对 $\ln|1+x|$ 在 $x=-2$ 做差商比较：考虑

$$ \frac{\ln|1+x|}{x+2} =\frac{\ln|1+x|-\ln|1+(-2)|}{x-(-2)} =\frac{\ln|1+x|-\ln1}{x+2}. $$

函数 $\ln|1+x|$ 在点 $x=-2$ 处可导，其导数为

$$\big(\ln|1+x|\big)'=\frac{1}{1+x},$$

在 $x=-2$ 处导数 $\dfrac1{1+(-2)}=-1\neq0$。因此由导数定义可知

$$\lim_{x\to-2}\frac{\ln|1+x|}{x+2}=-1,$$

即

$$\ln|1+x|\sim- (x+2),\quad x\to-2.$$

此时

$$e^{x-1},\ e^{x}-1,\ x-2$$

在 $x=-2$ 处均为有限非零常数，所以

$$e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2)\sim C(x+2),$$

其中 $C\neq0$ 为常数。于是

$$f(x)\sim\frac{1}{C(x+2)},\quad x\to-2,$$

故 $\lim_{x\to-2}f(x)=\pm\infty$。这是无穷间断点，为第二类间断点。

三、$x=0$

在 $x\to0$ 时：

$$e^{x-1}\to e^{-1}>0,$$

利用重要极限

$$\ln|1+x|\sim x,\quad e^{x}-1\sim x.$$

且 $x-2\to-2\neq0$。于是

$$ e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2) \sim e^{-1}\cdot x\cdot x\cdot(-2)=-2e^{-1}x^{2}. $$

从而

$$f(x)\sim\frac{1}{-2e^{-1}x^{2}}=-\frac{e}{2}\cdot\frac{1}{x^{2}},$$

所以

$$\lim_{x\to0}f(x)=-\infty.$$

因此 $x=0$ 也是无穷间断点，为第二类间断点。

四、$x=2$

在 $x\to2$ 时，

$$ \ln|1+x|\to\ln3\neq0,\quad e^{x}-1\to e^{2}-1\neq0,\quad e^{x-1}\to e. $$

故

$$e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2)\sim C(x-2),$$

其中 $C=e\ln3(e^{2}-1)\ne0$。于是

$$f(x)\sim\frac{1}{C(x-2)},\quad x\to2,$$

从而

$$\lim_{x\to2}f(x)=\pm\infty,$$

故 $x=2$ 也是第二类间断点。

综合：

可去间断点：$x=-1$；第二类间断点：$x=-2,0,2$ 共 3 个。因此第二类间断点的个数为 3。

总习题一

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1.在“充分”“必要”和“充要”三者中选择一个正确的填入下列横线上

(1)数列 $\{x_n\}$ 有界是数列 $\{x_n\}$ 收敛的 __ 条件，数列 $\{x_n\}$ 收敛是数列 $\{x_n\}$ 有界的 __ 条件；

(2)$f(x)$ 在 $x_0$ 的某一去心邻域内有界是 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在的 __ 条件，$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在是 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某一去心邻域内有界的 __ 条件；

(3)$f(x)$ 在 $x_0$ 的某一去心邻域内无界是 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$ 的 __ 条件，$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$ 是 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某一去心邻域内无界的 __ 条件；

(4)$f(x)$ 当 $x\to x_0$ 时的右极限 $f(x_0^+)$ 及左极限 $f(x_0^-)$ 都存在且相等是 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在的 __ 条件。

解答：

(1) 收敛必有界，有界未必收敛，故“有界”是“收敛”的必要条件，“收敛”是“有界”的充分条件：

第一个空填“必要”，第二个空填“充分”。

(2) 极限存在必在某去心邻域内有界，反之不然，故同上：

第一个空“必要”，第二个空“充分”。

(3) 若 $\lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$，则 $f(x)$ 在去心邻域内必无界；但无界不一定极限为 $\infty$（可能震荡），故：

第一个空“必要”，第二个空“充分”。

(4) 两侧极限存在且相等当且仅当（充要）二侧极限等于二侧共同的极限值，故填“充要”。

2.已知函数

$$ f(x)= \begin{cases} e^{x}, & x\le0,\\ x+a, & x>0, \end{cases} $$

在 $x=0$ 处连续，则 $a=\underline{\quad}$。

解答：

连续要求

$$\lim_{x\to0^-}f(x)=f(0)=\lim_{x\to0^+}f(x).$$

左极限与函数值：

$$f(0^-)=e^{0}=1,\quad f(0)=1.$$

右极限：

$$\lim_{x\to0^+}(x+a)=a.$$

故 $a=1$。

3.选择以下两题中给出的 4 个结论中的一个正确结论

(1) 设 $f(x)=4^{x}+2^{x}-2$，则当 $x\to0$ 时，有（）。

A.$f(x)$ 与 $x$ 是等价无穷小

B.$f(x)$ 与 $x$ 同阶但非等价无穷小

C.$f(x)$ 是比 $x$ 高阶的无穷小

D.$f(x)$ 是比 $x$ 低阶的无穷小

解答：

利用指数函数连续性和极限：

$$a^{x}=e^{x\ln a}.$$

因此：

$$4^{x}=e^{x\ln4},\qquad 2^{x}=e^{x\ln2}.$$

利用重要极限：

$$\lim_{y\to0}\frac{e^{y}-1}{y}=1,$$

于是有

$$e^{y}-1\sim y,\quad y\to0.$$

令 $y=x\ln4$，则当 $x\to0$，$y\to0$，得到

$$4^{x}-1=e^{x\ln4}-1\sim x\ln4.$$

同理，令 $y=x\ln2$，得

$$2^{x}-1=e^{x\ln2}-1\sim x\ln2.$$

于是

$$ f(x) =4^{x}+2^{x}-2 =(4^{x}-1)+(2^{x}-1) \sim x\ln4+x\ln2=x(\ln4+\ln2)=x\ln8. $$

因此

$$\frac{f(x)}{x}\to\ln8\ne0.$$

结论：

$$f(x)\sim (\ln8)\,x.$$

所以 $f(x)$ 与 $x$ 等价。故 $f(x)\sim (\ln8)x$，与 $x$ 为同阶但不等价无穷小，选 B。

(2) 设

$$f(x)=\frac{e^\dfrac1{x}-1}{e^{\dfrac1{x}}+1}$$

则 $x=0$ 是 $f(x)$ 的（）。

A.可去间断点

B.跳跃间断点

C.第二类间断点

D.连续点

注意：$x=0$ 不在定义域中，我们要判断 $x=0$ 是什么间断点。

分析 $x\to0^+$ 当 $x\to0^+$，$\frac1{x}\to +\infty$，因此：
$$e^{\frac1{x}}\to +\infty.$$
于是：
$$ f(x)=\frac{e^{\frac1{x}}-1}{e^{\frac1{x}}+1} \approx \frac{e^{\frac1{x}}}{e^{\frac1{x}}}=1. $$
所以：
$$\lim_{x\to0^+}f(x)=1.$$
分析 $x\to0^-$ 当 $x\to0^-$，$\frac1{x}\to -\infty$，因此：
$$e^{\frac1{x}}\to 0.$$
于是：
$$f(x)=\frac{0-1}{0+1}=-1.$$
所以：
$$\lim_{x\to0^-}f(x)=-1.$$
判断间断点类型左右极限都存在，但：
$$ \lim_{x\to0^-}f(x)=-1,\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=1, $$
且不相等。同时 $x=0$ 不在定义域中，函数值也未定义。因此这是典型的第一类间断点中的跳跃间断点。

最终答案

$$\boxed{\text{B. 跳跃间断点}}$$

4.设

$$ f(x)= \begin{cases} 1,&|x|\le1,\\ 0,&|x|>1, \end{cases} \quad g(x)= \begin{cases} 2-x^{2},&|x|\le1,\\ 2,&|x|>1, \end{cases} $$

求 $f[f(x)]$, $g[g(x)]$, $f[g(x)]$, $g[f(x)]$。

解答：

先分析 $f(x)$：对任意 $x$，$f(x)$ 只取 $0$ 或 $1$。

(1)$f[f(x)]$：

若 $|x|\le1$，则 $f(x)=1$，且 $|1|\le1$，故 $f(f(x))=f(1)=1$。

若 $|x|>1$，则 $f(x)=0$，$|0|\le1$，故 $f(f(x))=f(0)=1$。

故

$$f[f(x)]\equiv1,\quad \forall x\in\mathbb R.$$

(2)$g[g(x)]$：

当 $|x|\le1$ 时，$g(x)=2-x^{2}\in[1,2]$；

当 $|x|>1$ 时 $g(x)=2$。

因此 $g(x)\in[1,2]$，只有当 $g(x)=1$ 时有 $|g(x)|\le1$，其余皆 $|g(x)|>1$。

解 $2-x^{2}=1\Rightarrow x=\pm1$。

于是

$$ g[g(x)]= \begin{cases} g(1)=1,&x=\pm1,\\ 2,&x\ne\pm1. \end{cases} $$

(3)$f[g(x)]$：

如上 $g(x)\in[1,2]$，且 $g(x)=1$ 当且仅当 $x=\pm1$。故

$$ f[g(x)]= \begin{cases} 1,&x=\pm1,\\ 0,&x\ne\pm1. \end{cases} $$

(4)$g[f(x)]$：

若 $|x|\le1$，则 $f(x)=1$，$|1|\le1$，故 $g(f(x))=g(1)=2-1=1$。

若 $|x|>1$，则 $f(x)=0$，$|0|\le1$，故 $g(f(x))=g(0)=2$。

于是

$$ g[f(x)]= \begin{cases} 1,&|x|\le1,\\ 2,&|x|>1. \end{cases} $$

5.将半径为 $r$ 的一圆形铁片，自中心处剪去中心角为 $\theta$ 的一扇形后围成一无底圆锥，求该圆锥的体积 $V(\theta)$

解答：

剩余扇形的弧长

$$L=r(2\pi-\theta),$$

此弧长为圆锥底面的周长：

$$2\pi R=L\Rightarrow R=\frac{r(2\pi-\theta)}{2\pi}.$$

圆锥母线长即为扇形半径 $l=r$。由

$$l^{2}=R^{2}+h^{2}$$

得

$$ h=\sqrt{r^{2}-R^{2}} =\sqrt{r^{2}-\frac{r^{2}(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}}} = r\sqrt{1-\frac{(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}}}. $$

体积

$$ V(\theta)=\frac13\pi R^{2}h =\frac13\pi\cdot\frac{r^{2}(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}} \cdot r\sqrt{1-\frac{(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}}} =\frac{r^{3}}{12\pi}(2\pi-\theta)^{2} \sqrt{1-\frac{(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}}}. $$

6.求下列函数极限

(1)$\displaystyle \lim_{x\to2}\frac{x^{2}-x+1}{(x-2)^{2}}$；

(2)$\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\bigl(\sqrt{x^{2}+1}+x\bigr)$；

(3)$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-1}\right)^{x^{2}}$；

(4)$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\bigl(\sin\sqrt{x}-\sin\sqrt{x+1}\bigr)$；

(5)$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sin2x(e^{x}-1)}{\tan x^{2}}$；

(6)$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+3xe^{2x})}{\ln(-x+\sqrt{1+x^{2}})}$；

(7)$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(\frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}}{3}\right)^{1/x}\,(a>0,b>0,c>0)$；

(8)$\displaystyle \lim_{x\to0^{+}}(\cos\sqrt{x})^{1/x}$。

解答：

(1) 分子在 $x=2$ 取值为 $3\neq0$，分母趋于 0 且为平方，故

$$\lim_{x\to2}\frac{x^{2}-x+1}{(x-2)^{2}}=+\infty.$$

(2) 对 $x<0$，$\sqrt{x^{2}+1}=|x|\sqrt{1+1/x^{2}}=-x\sqrt{1+1/x^{2}}$。故

$$ x(\sqrt{x^{2}+1}+x) = x\bigl(-x\sqrt{1+1/x^{2}}+x\bigr) =-x^{2}\bigl(\sqrt{1+1/x^{2}}-1\bigr). $$

乘以共轭：

$$ -x^{2}\frac{(1+1/x^{2})-1}{\sqrt{1+1/x^{2}}+1} =-\frac{1}{\sqrt{1+1/x^{2}}+1}\to-\frac12. $$

(3)

$$\frac{x^{2}+1}{x^{2}-1}=1+\frac{2}{x^{2}-1},$$

于是

$$ \ln\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-1}\right)^{x^{2}} = x^{2}\ln\left(1+\frac{2}{x^{2}-1}\right) \sim x^{2}\cdot\frac{2}{x^{2}-1}\to2. $$

故极限为

$$\exp(2)=e^{2}.$$

(4)

$$ \sin\sqrt{x}-\sin\sqrt{x+1} =2\cos\frac{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}{2}\cdot \sin\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x+1}}{2}. $$

其中

$$ \sqrt{x}-\sqrt{x+1} =\frac{-1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}\to0, $$

故第二因子为有界数乘趋零量，整体趋于 0：

$$\lim_{x\to+\infty}(\sin\sqrt{x}-\sin\sqrt{x+1})=0.$$

(5) 利用基本极限

$$\sin2x\sim2x,\ e^{x}-1\sim x,\ \tan x^{2}\sim x^{2},$$

得

$$ \frac{\sin2x(e^{x}-1)}{\tan x^{2}} \sim\frac{2x\cdot x}{x^{2}}=2, $$

故极限为 2。

(6) 一、处理分子分子：

$$\ln(1+3x e^{2x}).$$

令

$$u = 3x e^{2x}.$$

当 $x\to0$ 时，$e^{2x}\to1$，因此：

$$u \sim 3x.$$

使用重要极限：

$$\ln(1+u) \sim u.$$

所以分子等价于：

$$\ln(1+3x e^{2x}) \sim 3x. \tag{1}$$

二、处理分母分母：

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

先处理括号：

$$-x+\sqrt{1+x^2}.$$

注意到：

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

因此：

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

于是：

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

记：

$$v = -x+\frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}+1}.$$

显然：

主项是 $-x$

第二项是数量级 $x^2$

所以：

$$v \sim -x.$$

因此：

$$-x+\sqrt{1+x^2} = 1 + v \sim 1 - x.$$

使用重要极限：

$$\ln(1+v) \sim v.$$

因此分母等价于：

$$\ln(-x+\sqrt{1+x^2}) \sim -x. \tag{2}$$

三、代回原式利用 (1)(2)：

$$ \frac{\ln(1+3x e^{2x})}{\ln(-x+\sqrt{1+x^2})} \sim \frac{3x}{-x} = -3. $$

(7) 设 $M=\max\{a,b,c\}$。则

$$ \frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}}{3} = M^{x}\cdot\frac{(a/M)^{x}+(b/M)^{x}+(c/M)^{x}}{3}. $$

括号内各因子均不超过 1 且至少有一个为 1，故括号内在 $x\to\infty$ 时趋于某个 $L\in[1/3,1]$，且

$$ \left(\frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}}{3}\right)^{1/x} = M\cdot L^{1/x}\to M. $$

(8) 设极限为 $L$，取对数：

$$\ln L=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln(\cos\sqrt{x})}{x}.$$

解答（不用展开）设原极限为 $L$，取对数：

$$\ln L=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln(\cos\sqrt{x})}{x}.$$

令

$$t=\sqrt{x},\qquad x=t^2,\qquad t\to0^+.$$

于是：

$$\ln L=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(\cos t)}{t^2}.$$

关键步骤（不用展开）使用恒等式：

$$\cos t = 1 - 2\sin^2\frac{t}{2}.$$

因此：

$$ \ln(\cos t) =\ln\left(1-2\sin^2\frac{t}{2}\right). $$

令

$$u = 2\sin^2\frac{t}{2}.$$

当 $t\to0$ 时，$\sin\frac{t}{2}\sim \frac{t}{2}$，所以：

$$u \sim 2\left(\frac{t}{2}\right)^2 = \frac{t^2}{2}.$$

使用重要极限：

$$\ln(1-u)\sim -u.$$

因此：

$$\ln(\cos t) = \ln(1-u)\sim -u \sim -\frac{t^2}{2}.$$

回代进极限

$$ \ln L=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(\cos t)}{t^2} \sim \lim_{t\to0^+}\frac{-\frac{t^2}{2}}{t^2} =-\frac12. $$

求 $L$

$$ \ln L=-\frac12 \quad\Longrightarrow\quad L=e^{-1/2}. $$

最终答案

$$\boxed{e^{-1/2}}$$

7.确定常数 $a$ 和 $b$，使函数

$$ f(x)= \begin{cases} \dfrac{\sin2x}{x}, & x<0,\\[4pt] a, & x=0,\\[4pt] b+x\sin\dfrac1x, & x>0, \end{cases} $$

在 $(-\infty,+\infty)$ 内为连续函数。解答：在 $x\neq0$ 时各分支本身连续，只需研究 $x=0$。左极限：

$$ \lim_{x\to0^-}\frac{\sin2x}{x} =\lim_{x\to0}\frac{2x}{x}=2. $$

右极限：

$$ \lim_{x\to0^+}(b+x\sin\tfrac1x) =b+\lim_{x\to0^+}x\sin\tfrac1x=b, $$

因为 $|x\sin\tfrac1x|\le|x|\to0$。连续要求

$$ a=\lim_{x\to0^-}f(x)=2,\quad a=\lim_{x\to0^+}f(x)=b. $$

故 $a=b=2$。

8.设函数

$$ f(x)= \begin{cases} \cos\frac{\pi}{2}x,&|x|\le1,\\[4pt] |x-1|,&|x|>1, \end{cases} $$

求函数 $f(x)$ 的间断点，并说明间断点所属类型。解答：各分段内部连续，可能的间断点仅在分界点 $\pm1$。 (1)$x=1$：左极限

$$\lim_{x\to1^-}\cos\frac{\pi}{2}x=\cos\frac{\pi}{2}=0.$$

右极限

$$\lim_{x\to1^+}|x-1|=0.$$

函数值 $f(1)=\cos\frac{\pi}{2}=0$。三者相等，故 $x=1$ 为连续点。 (2)$x=-1$：左极限 $x\to-1^-$ 时 $|x|>1$，

$$\lim_{x\to-1^-}|x-1|=|-1-1|=2.$$

右极限 $x\to-1^+$ 时 $|x|\le1$，

$$\lim_{x\to-1^+}\cos\frac{\pi}{2}x=\cos\bigl(-\frac{\pi}{2}\bigr)=0.$$

函数值 $f(-1)=\cos(-\frac{\pi}{2})=0$。左、右极限有限但不相等，故 $x=-1$ 为第一类（跳跃）间断点。因此：唯一间断点为 $x=-1$，为跳跃间断点。

9.求极限

$$ \lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{\frac{n^{2}}{n^{4}+1}} +\sqrt{\frac{n^{2}+2}{n^{4}+2}} +\cdots +\sqrt{\frac{n^{2}+2n-2}{n^{4}+n}}\right). $$

解答：一般第 $k$ 项（$k=1,\dots,n$）可写为

$$a_{n,k}=\sqrt{\frac{n^{2}+2(k-1)}{n^{4}+k}}.$$

对固定 $k$ 与大 $n$，

$$ a_{n,k} =\frac1n\sqrt{\frac{1+2(k-1)/n^{2}}{1+k/n^{4}}}. $$

显然

$$ \sqrt{\frac{1- C/n^{2}}{1+ C/n^{4}}}\le \sqrt{\frac{1+2(k-1)/n^{2}}{1+k/n^{4}}} \le\sqrt{\frac{1+ C/n^{2}}{1}}\to1, $$

其中 $C>0$ 为常数。故

$$a_{n,k}\sim\frac1n,\quad n\to\infty.$$

于是

$$ \sum_{k=1}^{n}a_{n,k} \sim\sum_{k=1}^{n}\frac1n=1, $$

从而所求极限为 1。

10.证明：方程 $\sin x+x+1=0$ 在 $\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 内至少有一个根

解答：

令

$$\varphi(x)=\sin x+x+1.$$

$\varphi(x)$ 为连续函数。计算

$$ \varphi\left(-\frac{\pi}{2}\right) =\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)-\frac{\pi}{2}+1 =-1-\frac{\pi}{2}+1=-\frac{\pi}{2}<0, $$$$\varphi(0)=\sin0+0+1=1>0.$$

由介值定理，存在 $\xi\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right)\subset\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$，使得 $\varphi(\xi)=0$，即 $\sin\xi+\xi+1=0$。故在给定区间内至少有一根。

11.已知

$$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+f(x)\sin x}-1}{e^{3x}-1}=2,$$

求极限 $\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}f(x)$。（其中 $x_{0}=0$）解答：一、处理分子令

$$u=f(x)\sin x.$$

当 $x\to0$ 时，$\sin x\to0$，且若极限存在，则 $f(x)$ 有界，因此 $u\to0$。使用重要极限：

$$\sqrt{1+u}-1 \sim \frac{u}{2}.$$

因此分子等价于：

$$\sqrt{1+f(x)\sin x}-1 \sim \frac{f(x)\sin x}{2}. \tag{1}$$

二、处理分母重要极限：

$$e^{3x}-1 \sim 3x. \tag{2}$$

三、代入极限由题给极限值 2，代入 (1)(2) 可得：

$$ \lim_{x\to0} \frac{\frac{1}{2}f(x)\sin x}{3x} =2. $$

利用重要极限 $\sin x\sim x$：

$$\lim_{x\to0} \frac{f(x)\cdot x}{6x} =2.$$

即

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{6}=2.$$

四、求 $L$

$$ \frac{L}{6}=2 \quad\Rightarrow\quad L=12. $$

12.确定下列各小题中的常数

(1) 设 $\alpha(x)=ax\sin x,\ \beta(x)=e-e^{\cos x}$，且 $x\to0$ 时，$\alpha(x)\sim\beta(x)$，试确定常数 $a$ 的值；

(2) 设 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^{2}+1}{x+1}-ax-b\right)=0$，试确定常数 $a$ 和 $b$ 的值；

(3) 设 $\displaystyle \lim_{x\to2}\frac{x^{2}+ax+b}{x^{2}-x-2}=2$，试确定常数 $a$ 和 $b$ 的值；

(4) 设

$$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^{2n-1}+ax^{2}+bx}{x^{2n}+1}$$

为 $(-\infty,+\infty)$ 内的连续函数，试确定常数 $a$ 和 $b$ 的值。

解答：

第一步：处理 $\beta(x)$

$$\beta(x)=e-e^{\cos x}=e(1-e^{\cos x-1}).$$

令 $u=\cos x-1$，则 $u\to0$：由重要极限

$$e^{u}-1\sim u,$$

得

$$1-e^{\cos x-1} \sim -(\cos x-1).$$

因

$$\cos x -1 \sim -\frac{x^2}{2}.$$

所以

$$ \beta(x)\sim -e(\cos x -1) \sim -e\left(-\frac{x^2}{2}\right) =\frac{e}{2}x^{2}. $$

第二步：处理 $\alpha(x)$

$$\alpha(x)=ax\sin x,\qquad \sin x\sim x,$$

因此

$$\alpha(x)\sim ax^2.$$

第三步：等价无穷小比较要使

$$ax^2 \sim \frac{e}{2}x^2,$$

需要

$$a=\frac{e}{2}.$$

(2) 进行多项式除法：

$$\frac{x^{2}+1}{x+1}=x-1+\frac{2}{x+1}.$$

故

$$ \frac{x^{2}+1}{x+1}-ax-b =(1-a)x+(-1-b)+\frac{2}{x+1}. $$

若极限为 0，则必须 $1-a=0$ 且 $-1-b=0$，即

$$a=1,\quad b=-1.$$

(3) 设

$$\lim_{x\to2}\frac{x^{2}+ax+b}{x^{2}-x-2}=2.$$

因 $x\to2$ 时分母趋 0，要有有限极限，分子在 $x=2$ 处也必须为 0：

$$4+2a+b=0.\tag{1}$$

可用洛必达法则：

$$ \lim_{x\to2}\frac{x^{2}+ax+b}{x^{2}-x-2} =\lim_{x\to2}\frac{2x+a}{2x-1} =\frac{4+a}{3}=2. $$

解得

$$4+a=6\Rightarrow a=2,$$

代入 (1) 得

$$4+4+b=0\Rightarrow b=-8.$$

(4) 讨论 $f(x)$ 在不同区间的形式。一、当 $|x|<1$

$$x^{2n}\to 0,\qquad x^{2n-1}\to 0.$$

因此：

$$ f(x) =\lim_{n\to\infty}\frac{x^{2n-1}+ax^2+bx}{x^{2n}+1} =\frac{0+ax^2+bx}{0+1} =ax^2+bx. $$

二、当 $|x|>1$

$$x^{2n}\to\infty,\qquad \frac{x^{2n-1}}{x^{2n}}=\frac{1}{x}.$$

将分子分母同除以 $x^{2n}$：

$$ f(x)=\lim_{n\to\infty} \frac{x^{2n-1}/x^{2n}+a x^{2}/x^{2n}+b x/x^{2n}}{1+1/x^{2n}} =\frac{1/x+0+0}{1} =\frac{1}{x}. $$

三、使在 $x=\pm1$ 处连续 (1) 在 $x=1$ 左侧（$|x|<1$）：

$$f(1^-)=a\cdot 1^2+b\cdot 1=a+b.$$

右侧（$|x|>1$）：

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

中间点（由定义）：

$$f(1)=\frac{1+a+b}{2}.$$

连续要求三者相等：

$$a+b=1, \qquad \frac{1+a+b}{2}=1.$$

后者给：

$$1+a+b=2 \Rightarrow a+b=1.$$

两式一致，只得一条共性条件：

$$a+b=1. \tag{A}$$

(2) 在 $x=-1$ 左侧（$|x|>1$）：

$$f(-1^-)=\frac{1}{-1}=-1.$$

右侧（$|x|<1$）：

$$f(-1^+)=a\cdot 1 +b\cdot (-1)=a-b.$$

中间点（由定义）：

$$f(-1)=\frac{-1+a-b}{2}.$$

连续要求：

$$ a-b=-1,\qquad \frac{-1+a-b}{2}=-1. $$

第二条给：

$$-1+a-b=-2\quad\Rightarrow\quad a-b=-1. \tag{B}$$

四、联立求 $a,b$ 由 (A)、(B)：

$$ \begin{cases} a+b=1,\\ a-b=-1. \end{cases} $$

相加：

$$2a=0\Rightarrow a=0.$$

代入 $a+b=1$：

$$b=1.$$

最终答案

$$\boxed{a=0,\qquad b=1}$$

第1章 函数极限与连续 | YHK's life

第1节 函数

一、基础题

1.求下列函数值

2.下列函数中，哪些是偶函数？哪些是奇函数？哪些既非奇又非偶函数？

3.设$f(x)$为定义在$(-a,a)$内的偶函数，且$f(x)$在$(0,a)$内单调递减，证明：$f(x)$在$(-a,0)$内单调递增$(a>0)$

4.求下列函数的反函数

二、提高题

5.设

6.设

三、考研真题

7.（19900306）设函数$f(x)=xe^{\sin x}\tan x$，则$f(x)$是（ ）

第2节 数列的极限

一、基础题

1.下列数列哪些为有界数列？哪些为单调数列？哪些为收敛数列？若是收敛数列，指出它的极限

2 用数列极限的定义证明

二、提高题

3 设数列 $\{x_n\}$ 有界，且 $\lim_{n\to\infty} y_n=0$，证明：

4 对于数列 $\{x_n\}$，如果 $x_{2k}\to A(k\to\infty)$, $x_{2k+1}\to A(k\to\infty)$，证明：

三、考研真题

5 (2015301) 设有数列 $\{x_n\}$，下列命题中不正确的是( )

第3节 函数的极限

一、基础题

1 对于图1.13所示的函数$y=f(x)$，求下列极限，如果极限不存在，则说明理由

2 对于图1.14所示的函数 $y=f(x)$，下列陈述中哪些是对的，哪些是错的？

3 设 $f(x)=\frac{|x|}{x}=\text{sgn}(x)$，$g(x)=\frac{x}{x}=1$（仅定义在 $x\neq0$）

二、提高题

4 利用函数极限的定义证明

5 当 $x\to 2$，$y=x^2\to 4$， 要求：$\delta$取何值， 使当 $0<|x-2|<\delta$， $|y-4|<0.001$ ？

6 当 $x\to+\infty$，$y=\frac{x^2-1}{x^2+3}\to 1$ 要求：$X$ 取何值时， 使当 $|x|>X$ 时，$|y-1|<0.01$

第4节 无穷小与无穷大

一、基础题

1 根据无穷小的定义证明

2 根据定义证明：当 $x\to 0$ 时，函数 $y=\frac{1+2x}{x}$ 是无穷大。问：$x$ 应满足什么条件，才能使 $|y|>10^4$？

3 求函数 $f(x)=\frac{1}{4-x^2}$ 的图形的铅垂渐近线

二、提高题

4 根据函数极限和无穷大的定义，填写表 1.1

第一行：当 $x\to x_{0}^{-}$

第二行：当 $x\to x_{0}^{+}$

第三行：当 $x\to x_{0}$

第四行：当 $x\to +\infty$ 时

第五行：当 $x\to -\infty$ 时

第六行：当 $x\to \infty$ 时

5 函数 $f(x)=x\cos x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内是否有界？当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)$ 是否为无穷大？为什么？

第5节 极限的运算法则

一、基础题

1 求下列函数极限

二、提高题

2 极限

3 极限

第6节 极限存在准则与两个重要极限

一、基础题

1 求下列函数的极限

2 求下列函数的极限

二、提高题

3 已知 $x_1=1,\ x_2=1+\frac{x_1}{1+x_1},\dots,\ x_n=1+\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}$，证明 $\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在，并求该极限。

三、考研真题

4（2018109）若

5（2019209）$\lim_{x\to0}(x+2^x)^{2/x}$

6（2021317）已知$\lim_{x\to0}\left[\alpha\arctan\frac1x+(1+|x|)^{1/x}\right]$存在，求 $\alpha$。

第7节 无穷小的比较和等价无穷小替换

一、基础题

1 求下列极限

2 当$x\to 0$时，指出下列函数关于x的无穷小的阶数：

3 选取合适的$p(p>0)$值，使

二、考研真题

4 (2022301)当x->0时，a(x)，B(x)是非零无穷小，现有以下4个命题：

5 设$α₁=x(\cos\sqrt{x}-1)$，$α₂=\sqrt{x}\ln(1+\sqrt[3]{x})$，$α₃=\sqrt[3]{x+1}-1$,当$x\to 0^{+}$时,上3个无穷小按照从低阶到高阶的排序是:

第8节 函数的连续与间断

一、基础题

1.指出下列函数的间断点及其类型

2.求下列极限

3.设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) < a,f(b) > b$，证明：至少存在一点 $\xi\in(a,b)$，使 $f(\xi)=\xi$。

4.证明：方程 $x=a\sin x+b$（其中 $a>0,b>0$）至少有一个不超过 $a+b$ 的正根。

5.设 $f(x)$ 在 $[0,2a]$ 上连续，$f(0)=f(2a)$，证明：至少有一点 $\xi\in[0,a]$，使 $f(\xi)=f(\xi+a)$。

二、提高题

6.讨论函数 $f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}x$ 的连续性。

7.若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < x_1 < x_2 < \cdots < x_n < b$，证明：至少有一点 $\xi\in(x_1,x_n)$，使

三、考研真题

8.（2018203）设函数

第1章函数极限与连续 | YHK's life

第1节函数

7.（19900306）设函数$f(x)=xe^{\sin x}\tan x$，则$f(x)$是（　）

第2节数列的极限

第3节函数的极限

5 当 $x\to 2$，$y=x^2\to 4$，要求：$\delta$取何值，使当 $0<|x-2|<\delta$， $|y-4|<0.001$ ？

6 当 $x\to+\infty$，$y=\frac{x^2-1}{x^2+3}\to 1$ 要求：$X$ 取何值时，使当 $|x|>X$ 时，$|y-1|<0.01$

第4节无穷小与无穷大

第5节极限的运算法则

第6节极限存在准则与两个重要极限

第7节无穷小的比较和等价无穷小替换

第8节函数的连续与间断

10.(2020202)函数 $f(x)=\dfrac{\dfrac{1}{e^{x-1}\ln|1+x|}}{(e^{x}-1)(x-2)}$ 的第二类间断点的个数为（）。