第一章函数与极限本题解法有一定普遍性，应注意总结例15.求下列极限sin5xarctan3xsinmx2) limlim1) lim3)(m,neN)2x3xx-→>0x→0x-→ sinnxsin5x 5x51）原式=lim解：3x35x102）令arctan3x=u，则3x=tanu3 limcosu33ucosu=lim原式=lim-→0 2222sinusinuu-limSitanuu→0u3)令1=×-元则原式=sin(mt+m)sinmtsinmtntm(-1)"-n m(-1)m-" limlim(-1)mlim(-0 sin(nt+n元)t0 sinnt1→0mtsinntn2sinxsinx实质总结：本例应用了重要极限lim1.3求解时要注意“抓实质、凑形式”，即limr->04xsinosin[u(x)]想型的极限，在求极限的过程中，要设法凑出的形式，并且必须保证u(x)→00u(x)例16.求下列极限11) lim(1 3x)5x, 2) lim(1 + x2)cot×, 3) lim(cos x)cse**1-0O1(-3x)3"5x=e's1）原式=lim(1-3x)-3x解：->0-cos?xcos2 xsinx0sinx2原式=lim[(1+xx-→0(2sin22sin24sin三cos22 X3)原式=lim[1+(cosx-1)]simx=lim(1-2sin)2-→0x-→0lim2cos=eO1总结：本例应用了重要极限lim(1+x)=e，求解时要注意lim(1+x)*实质上是1"型的不定式1极限，在求极限的过程中要设法凑出[1+u(x))"(")的形式，并保证u(x)→013
第一章 函数与极限 本题解法有一定普遍性，应注意总结 例 15．求下列极限 1） x x x 3 sin5 lim →0 ，2） x x x 2 arctan3 lim →0 ，3） ( , ) sin sin lim m n N nx mx x ∈ →π 解： 1）原式= 3 5 3 5 5 sin5 lim 0 ⋅ = → x x x x x 2）令arctan3x = u ，则3x = tanu 原式= 2 3 sin lim limcos 2 3 sin cos lim 2 3 tan 3 2 lim 0 0 0 = = = → → → → u u u u u u u u u u u u 3） 令t = x −π 则原式= n m nt nt mt mt nt mt nt n mt m t m n t m n t = − = − ⋅ ⋅ + + → − → − → sin sin ( 1) lim sin sin ( 1) lim sin( ) sin( ) lim 0 π 0 0 π n m−n m = (−1) 总结：本例应用了重要极限 1 sin lim 0 = → x x x ，求解时要注意“抓实质、凑形式”，即 x x x sin lim →0 实质 是 0 sin 0 型的极限，在求极限的过程中，要设法凑出 ( ) sin[ ( )] u x u x 的形式，并且必须保证u(x) → 0 例 16．求下列极限 1） x x x 5 1 0 lim(1− 3 ) → ，2） ，3） x x x 2 2 cot 0 lim(1+ ) → x x x 2 csc 0 lim(cos ) → 解： 1）原式= 5 3 5 1 ( 3 ) 3 1 0 lim(1 3 ) ⋅ − ⋅ − − → − x = e x x x x 2）原式= x e e x x x x x x x x x + = = ⋅ ⋅ → → 2 2 2 0 2 2 2 2 cos sin cos lim sin 1 2 0 lim[(1 ) ] 3）原式= 2 cos 2 4sin 1 ) 2 ( 2sin 2 2sin 1 2 0 sin 1 0 2 2 2 2 2 ) 2 lim[1 (cos 1)] lim(1 2sin x x x x x x x x x − ⋅ − ⋅ → → + − = − = 2 1 2 2 cos 1 lim0 2 − − = → e e x x 总结：本例应用了重要极限 x e x x + = → 1 0 lim(1 ) ，求解时要注意 x x x 1 0 lim(1+ ) → 实质上是 型的不定式 极限，在求极限的过程中要设法凑出 ∞1 ( ) 1 [1 ( )]u x + u x 的形式，并保证u(x) → 0 13
第一章函数与极限例17．求下列函数的极限V1+x+x2-110sinx+8cosx+51) lim2limx1→0In(1 + x)x-→oeresntanx-sinx3) lim4) lim1-→0sin xosinx-x1→0，为无穷小，而10sinx+8cosx+5有界，故解：1）因x→8时，x10sinx+8cosx+51lim=lim-(10sinx+8cosx+5)=0xX-→0X-+X即有界变量与无穷小的乘积仍为无穷小2）因x→0时，/1+x+x2-1→0，且/1+x+x2-1~(x+x)，In(1+x)→0且-(x+x2)2In(1+x)~x故原式=lim2xe"(est-1)sinx-x=1原式=limlime*-limlim（利用了3）sinx-xX0x>0 sinx-xr0 sinx - xesinx-x_1~ sinx-xtanx(1-cosx)4）原式=lim因当x→0时，tanxl-cosx,sinx均为无穷小，且知x→0时sin'x-0x+x22_1tanx~x,l-cosx,sinx~x，故原式=lim22x→0 x3总结：利用无穷小的性质和运算求极限是一种重要的方法，合理运用无穷小的代换能很大程度简化求极限的运算，但需要注意的是在代数和的形式中不能使用无穷小代换，即lim(α±β)+ lim(α±β)例18.求下列函数的极限设x=a,x,=a+a,.,x,=a+a+.+a,(a>0)求limx(1)(2)设0<x,<1,n=0,1,2...,x+=-x,+2x,，求limx.[解题提示]：求这种类型的极限步骤为①判断极限的存在性（单调性，有界性）方法可用数学归纳法或不等式的放缩法：14
第一章 函数与极限 例 17．求下列函数的极限 1） x x x x 10sin 8cos 5 lim + + →∞ ，2） ln(1 ) 1 1 lim 2 0 x x x x + + + − → 3） x x e e x x x − − → sin lim sin 0 ，4） x x x x 3 0 sin tan sin lim − → 解 ： 1 ） 因 x → ∞ 时 ， 0 1 → x ，为无 穷 小，而 10sin x + 8cos x + 5 有 界，故 (10sin 8cos 5) 0 1 lim 10sin 8cos 5 lim = + + = + + →∞ →∞ x x x x x x x x 即有界变量与无穷小的乘积仍为无穷小 2 ） 因 x → 0 时 ， 1 1 0 + x + x 2 − → ， 且 ( ) 2 1 1 1 ~ 2 2 + x + x − x + x ， 且 故原式= ln(1+ x) → 0 ln(1+ x) ~ x 2 1 ( ) 2 1 lim 2 0 = + → x x x x 3 ） 原 式 = 1 sin sin lim sin 1 lim lim sin ( 1) lim 0 sin 0 0 sin 0 = − − = − − = ⋅ − − → − → → − → x x x x x x e e x x e e x x x x x x x x x x （ 利用了 e x x x x − − − 1 ~ sin sin 4）原式= x x x x 3 0 sin tan (1 cos ) lim − → ，因当 x → 0时，tan x,1− cos x,sin x 均为无穷小，且知 x → 0时 x x x x x x ,sin ~ 2 tan ~ ,1 cos ~ 2 − ，故原式= 2 2 1 lim 3 2 0 = ⋅ → x x x x 总结：利用无穷小的性质和运算求极限是一种重要的方法，合理运用无穷小的代换能很大程度简 化求极限 的运算， 但需要注 意的是在 代数和的 形式中不 能使用无 穷小代 换 ， 即 lim(α ± β ) ≠ lim(α`±β`) 例 18．求下列函数的极限 （1） 设 , , , ,( 0) x1 = a x2 = a + a " xn = a + a +"+ a a > 求 n n x →∞ lim （2） 设0 xn 1,n 0,1,2 , xn xn 2xn，求 2 < < = " +1 = − + n n x →∞ lim [解题提示]：求这种类型的极限步骤为 ○1 判断极限的存在性（单调性，有界性）方法可用数学归纳法或不等式的放缩法； 14
第一章函数与极限②先令limx，=1，然后通过解关于1的方程，求得/的值，从而得出limx解：（1）显然x>，不妨设×>k-，则+a>x-+a=+a>/-+a=X+I>x，：(，为单调增加数列又x=Va,x,= a+x=a+=x=+<Na+1.(,)有界XnX故limx，存在，设limx，=1，则limx=lima+x即/=Va+/./=1±1+4a因此21+/1+4a1-/1+4a<0舍去）limx.22（2）由0<x，<1可知，只要证明(x，的单调性即可知limx，存在由xm=-x,+2x,；有=-x,+2>1(:0<x,<1)即xm>X,，可见(s,)为单调增序列,x.故limx，存在，设limx，=/则/=-/+2l=/=11=0（舍去）因此limx，=1例19.设a,=%1+x"+)",(x≥0)，求limam.(1)若0≤X<1,则x→0且→0,(n →+8)=)解：<1(2</→1(n →+o0)即 lim a, = 11+x2且x≥1即1≤x<2，则有/x"≤%1+x"+()”≤/3x"对于常数x，有(2）若x）2lim/x"=lim/3x"=x，由夹逼准则有lima,=x,xe[1,21x2x2≤/3(≤l+x"(3）若1<n即x≥2有x.222x2x?x=lim3g)故limn得 lim a,,x≥22222→+00n-→+0o1n→+o综合（1)，（2)，（3）可得15
第一章 函数与极限 ○2 先令 xn l ，然后通过解关于l 的方程，求得l 的值，从而得出 n = →∞ lim n n x →∞ lim 解： （1）显然 x2 > x1，不妨设 xk > xk−1，则 xk + a > xk−1 + a ⇒ xk + a > xk−1 + a ⇒ k k x > x +1 ，∴{xn }为单调增加数列 又 { n } n n n n n n n n a x x x x a x = a, x = a + x − , x = a + x −1 ⇒ x = + −1 < +1∴ 2 ∵ 1 1 有界 故 n 存在，设 ，则 n x →∞ lim x l n n = →∞ lim 1 lim lim − →∞ →∞ = + n x n n x a x 即 2 1 1 4a l a l l ± + = + ∴ = 因此 2 1 1 4 lim a xn n + + = →∞ （ 0 2 1 1 4 < − + a 舍去） （2）由0 < xn <1可知，只要证明{xn }的单调性即可知 n 存在 n x →∞ lim 由 xn xn 2xn ；有 2 +1 = − + 2 1( 0 1) 1 = − + > < < + n n n n x x x x ∵ 即 ，可见 为单调增序列， 故 存在，设 则 （舍去）因此 n n x > x +1 {xn } n n x →∞ lim x l n n = →∞ lim 2 1, 0 2 l = −l + l ⇒ l = l = lim = 1 →∞ n n x 例 19．设 ) ,( 0) 2 1 ( 2 = + + x ≥ x a x n n n n ，求 n n a →∞ lim 解： （1）若0 ≤ x < 1，则 → 0 且 n x < ) → 0,( → +∞) ⇒ 2 1,( 2 2 2 n x x n < + + < → ( ) n → +∞ x x n n n n ) 3 1 2 1 1 ( 2 即 lim = 1 →+∞ n n a （2）若 2 2 x x > 且 x ≥1即1 ≤ x < 2 ，则有 n n n n n n n x x x x ) 3 2 1 ( 2 ≤ + + ≤ 对于常数 x ，有 x x x n n n n n n = = →+∞ →+∞ lim lim 3 ，由夹逼准则有 lim = , ∈[1,2) →+∞ a x x n n （3）若 2 1 2 x < x ≤ 即 x ≥ 2有 n n n n n n n x x x x ) 2 ) 3( 2 ) 1 ( 2 ( 2 2 2 ≤ + + ≤ 故 2 ) 2 ) lim 3( 2 lim ( 2 2 2 x x x n n n n n n = = →+∞ →+∞ 得 , 2 2 lim 2 = ≥ →+∞ x x an n 综合（1），（2），（3）可得 15
第一章函数与极限0≤x<11≤x<2lim"/1+n→+o2X2≤x<+00[2总结：在用逼准则求极限时，关键是要找到合适的不等式例20.求极限limln(2cos2x)[解题提示]：当函数在求极限点处连续时，可用代入法求极限元儿解：为其定义区间内的点，故原式=ln[2cos(2.]=0因为ln(2cos2x)是初等函数，x=66总结：除以上列举的求极限方法外，我们还将在以后各章中学到其他方法，如洛必塔法则、导数的定义、利用定积分的定义和性质，以及级数收敛的必要条件等方法，这些方法我们将在以后的章节中详细讨论类型九无穷小阶的比较例21.已知当x→0时，f(x)=/1+sinx-/1-sinx与g(x)是等阶无穷小，则g(x)=（）(d) /x(b)tanx-sinx(a)1 - cos x(c)arcsin x2 sin x解：~sinx~x（当x→0）: f(x) =1+ sin x + /i- sin x1 x2(b) tan x - sin x = sin(1- cos x) ,013(a)1-cosx(c) arcsin x~x22cosx:. g(x) = arcsin x故选（c)总结：一般地，在比较无穷小的阶时，可先将复杂的式子进行化简，然后根据已知的等价无穷小量的关系进行估计3.函数的连续性类型十间断点及其类型1-e例22.设f(x)=lim讨论f(x)的连续性*1+er解：因为n>0，并注意到当x>0时，ex→+o(n→+)：当x<0时，e→0(n→8)可求得x<011-ex=0所以，J(x)在(-,+o）内除x=0外处处连续，x=0是0f(x)= lim$%1+em-1x>0f(x)的第一间断点总结：对于用极限定义的函数，要先求出它的具体表达式，再来研究它的连续性16
第一章 函数与极限 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤ < +∞ ≤ < ≤ < + + = →+∞ x x x x x x x n n n n 2 2 1 2 1 0 1 ) 2 lim 1 ( 2 2 总结：在用夹逼准则求极限时，关键是要找到合适的不等式 例 20．求极限 limln(2cos2 ) 6 x x π → [解题提示]：当函数在求极限点处连续时，可用代入法求极限 解： 因为ln(2cos2x)是初等函数， 6 π x = 为其定义区间内的点，故原式= )] 0 6 ln[2cos(2⋅ = π 总结：除以上列举的求极限方法外，我们还将在以后各章中学到其他方法，如洛必塔法则、导数 的定义、利用定积分的定义和性质，以及级数收敛的必要条件等方法，这些方法我们将在以后的 章节中详细讨论 类型九 无穷小阶的比较 例 21．已知当 x → 0时， f (x) = 1+ sin x − 1− sin x 与 g ( x) 是等阶无穷小，则 g ( x) =（ ） (a)1 − cos x （b） tan x − sin x (c) arcsin x (d) x 解： x x x x x f x ~ sin ~ 1 sin 1 sin 2 sin ( ) + + − ∵ = （当 x → 0 ） （a） 2 2 1 1 − cos x ~ x (b) 3 2 1 ~ cos sin(1 cos ) tan sin x x x x x − − = (c) arcsin x ~ x ∴ g ( x) = arcsin x 故选（c） 总结：一般地，在比较无穷小的阶时，可先将复杂的式子进行化简，然后根据已知的等价无穷小 量的关系进行估计 3．函数的连续性 类型十 间断点及其类型 例 22．设 nx nx n e e f x + − = →∞ 1 1 ( ) lim ，讨论 f ( x) 的连续性 解： 因为n > 0 ，并注意到当 x > 0 时，e nx → +∞ (n → +∞ ) ；当 x < 0 时， 可求得 e → 0(n → ∞) nx ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − > = < = + − = →∞ 1 0 0 0 1 0 1 1 ( ) lim x x x e e f x nx nx n 所以， f ( x) 在 (−∞ ,+∞ ) 内除 x = 0 外处处连续， x = 0 是 f ( x) 的第一间断点 总结：对于用极限定义的函数，要先求出它的具体表达式，再来研究它的连续性 16
第一章函数与极限x(x + 2)x<0,x±-n(n为正整数）例23.设f(x)=sin(元x)试讨论f(x)的连续性sin xx≥0x2-1解：显然x=0是分段点，当x<0时，x=-n没有定义，x>0时x=1没有定义，下面分别讨论（1）当x=0时x(x+2) 1 2x(x + 2)lim f(x) = lim= limsin(元x)sin(元x)元元sin xx=0是f(x）的第一类间断点lim f(x) = lim=0±limf(x)0*x2-1(2）当x=-n时，且x≠-2时lim, (x)= lim (x+2)：.x=-n(n±-2）是f（x）的第二类间断点sin(元x)(t- 2)t元t1-2x(x + 2) = lim lim （3）当x=-2时，设x+2=1，1=lim$-2 sin(元x)→0sin元(t-2)t→0sin元(t-2)元tt-2-2= lim±F(-2）：x=-2是可去间断点t-0 sint元元（4）当x=1时sin x=00，因此x=1是第二类间断点。因此除间断点x=0,x=1,x=-nlim f(x)= lim→i (x - 1)(x+ 1)外f(x)在其定义域上连续总结：在讨论间断点的类型时，一般都采用左、右极限比较的方法，因此应熟练掌握此技巧类型十二连续函数的运算例24.设函数f(x）=f（x），又已知f(x）在x=1点连续，求f(x）的表达式（其中x>0）解：因为f(x)在x=1点连续且f(x)=f(Vx)111. x>0时有 f(x)= f(V)=f(x)== J(x2)=lim (x2)=F(lim x2)=f(l)故Vx>0，有f(x)=f(1)，即f(x)实际上为常数函数类型十三闭区间上连续函数的性质例25.设函数f(x)ec[a,+o0)，且 lim f(x)=A（有限)，证明f(x)在[a,+oo)有界证明：由limf(x)=A，可得Vs>0，3x>a，当x>X时，有If(x)-AK&，取=1则得If(x)K|A|+1(x>X)，又f(x)ec[a,+o)=f(x)e[a,x+1]，由闭区间上连续函数的性质，e[a,x+1]，使得|(5)max,1(x)取M=max(5)/A|+1)则当xe[a,+0)时,1F(x)M，即f(x)在[a,+o0)上有界例26.证明：若f(x)在(a,b)内连续，α<x<xz<…<x<b，则在(a,b)内存在一点，使(5) = ()+()++ (x)n17
第一章 函数与极限 例 23．设 ( ) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ − < ≠ − + = , 0 1 sin , 0, sin( ) ( 2) ( ) 2 x x x x x n n x x x f x 为正整数 π ，试讨论 f ( x) 的连续性 解： 显然 x = 0 是分段点，当 x < 0 时， x = −n 没有定义， x > 0 时 x = 1 没有定义，下面分别 讨论 （1）当 x = 0 时 π π π π π 1 2 sin( ) ( 2) lim sin( ) ( 2) lim ( ) lim 0 0 0 ⋅ = + = + = → − → − → − x x x x x x f x x x x 0 lim ( ) 1 sin lim ( ) lim 0 2 0 0 f x x x f x x x x → + → + → − = ≠ − = ∴ x = 0 是 f ( x) 的第一类间断点 （2）当 x = −n 时，且 x ≠ −2 时 = ∞ + = → − → − sin( ) ( 2) lim ( ) lim x x x f x x n x n π ∴ x = −n(n ≠ −2) 是 f ( x) 的第二类间断点 （3）当 x = −2 时，设 x + 2 = t ， π π π π π 2 sin ( 2) lim sin ( 2) ( 2) lim sin( ) ( 2) lim2 0 0 − ⋅ − = − − = + → − → → t t t t t t x x x x t t ( 2) 2 2 sin lim 0 ≠ − − = − = ⋅ → f t t t t π π π π ∴ x = −2 是可去间断点 （4）当 x = 1 时 = ∞ − + = → → ( 1)( 1) sin lim ( ) lim 1 1 x x x f x x x ，因此 x = 1 是第二类间断点。因此除间断点 x = 0, x = 1, x = −n 外 f ( x) 在其定义域上连续 总结：在讨论间断点的类型时，一般都采用左、右极限比较的方法，因此应熟练掌握此技巧 类型十二 连续函数的运算 例 24．设函数 f ( x) = f ( x ) ，又已知 f ( x) 在 x = 1 点连续，求 f ( x) 的表达式（其中 x > 0 ） 解： 因为 f ( x) 在 x = 1 点连续且 f ( x) = f ( x ) ∴ x > 0 时有 ( ) ( ) ( ) ( ) lim ( ) (lim ) (1) 2 1 2 1 2 1 4 1 f x f x f x f x f x f x f n n n n n = = = = = = = →∞ →∞ " 故∀x > 0 ，有 f ( x) = f (1) ，即 f ( x) 实际上为常数函数 类型十三 闭区间上连续函数的性质 例 25．设函数 f ( x) ∈ c[a,+∞ )，且 f x A x = → +∞ lim ( ) （有限），证明 f ( x) 在[a,+∞ )有界 证明： 由 f x A ，可得 x = → +∞ lim ( ) ∀ε > 0 ，∃x > a ，当 x > X 时，有| f ( x) − A |< ε ，取ε = 1 则 得| f ( x) |<| A | +1( x > X ) ，又 f ( x) ∈ c[a,+∞ ) ⇒ f ( x) ∈ [a, x + 1]，由闭区间上连续函数的性质， ∃ξ ∈ [a, x + 1] ，使得 | ( ) | max | ( ) | [ , 1] f f x a x+ ξ = 取 M = max {| f (ξ ) |, | A | +1}则当 时， ，即 在 上有界 x ∈ [a,+∞ ) | f ( x) |≤ M f ( x) [a,+∞ ) 例 26．证明：若 f ( x) 在(a,b)内连续，a < x1 < x 2 < " < x n < b ，则在(a,b)内存在一点ξ ，使 n f x f x f x f n ( ) ( ) ( ) ( ) 1 + 2 + + = " ξ 17