章函数与极限 ②先令imxn=1,然后通过解关于/的方程,求得/的值,从而得出 lim x 解:(1)显然x2>x1,不妨设x>x,则x+a>x1-+a→√x4+a>√x-1+a→ x>x4,∴{x}为单调增加数列 a+xn-I? x2=a+xm→xn=2+<√a+1∴{xn}有界 故mx存在,设imx=1,则mx=my+xm即1=√a+1:/=1±√+4 此 2 lim x 1+√1+4a1-√1+4a<0舍去) (2)由0<xn<1可知,只要证明{xn}的单调性即可知imx存在 由xn1=-x2+2xn;有_=-xn+2>1(:0<xn<1)即xn1>xn,可见{xn}为单调增序列, 故lmxn存在,设imxn=l则l=-12+2→l=1,l=0(舍去)因此 c lim x=1 例19.设an={1+x2+(,)(x≥0),求ima 解:(1)若0≤x<1,则x”→>0且<1,(。)”→0.,(n→+∞)→ 1<1+x+(2)<3→>1(→+∞)即 lim a=1 (2)若x>且x≥1即1≤x<2,则有x”≤1+x”+()≤V3x”对于常数x,有 imvx"=lim3x"=x,由夹逼准则有iman=x,x∈[12) (3)若1<x≤一即x≥2有{()”≤{1+x"+()”≤引3() 故m0()=1m02,)=X得lman2≥2 综合(1),(2),(3)可得
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
章函数与极限 10≤x<1 +x+( x1≤x<2 2≤x<+∞ 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lmln(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 解:因为ln(2c0s2x)是初等函数,x=一为其定义区间内的点,故原式=ln[2cos(2·)]=0 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-√l-sinx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) 解:∵f(x)= snx~x(当x→0) (a)I-cosx-Ix2(b) tan x-sin x= sin(I-cosx) cos x g(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∫(x)=lmn1-e,讨论f(x)的连续性 解:因为n>0,并注意到当x>0时,e"→+∞(n→+∞);当x<0时,e"→0(n→∞ 可求得 1c+=10x=0所以,f(x)在(-,+2)内除x=0外处处连续,x=0是 (x)=lim 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
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
章函数与极限 例 x<0,x≠-nGn为正整数) sIn(x) 试讨论f(x)的连续性 ≥0 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 lim f(r)=lim x(x+ 2) 丌x(x+2) x→0sin(x) sin(mx)丌丌 x0x2-/0≠imf(x):x=0是/(x)的第一类间断点 im f(x)=lim (2)当x=-n时,且x≠-2时 lim f(x)=lim x(x+2) =∞∴x=-n(n≠-2)是f(x)的第二类间断点 (3)当x=-2时,设x+2=1,mx(x+2)=lm(-2=lm t-2 x-2 sin( x) 10 sin T(t-2 li ≠∫(-2)∴x=-2是可去间断点 t→0 sinz T丌 (4)当x=1时 lim f(x)=lim =∞,因此x=1是第二类间断点。因此除间断点x=0,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(√x) x>0时有f(x)=f(√x)=f(xx)=…=f(x2)=imf(x2)=f(imx2")=f(1) 故x>0,有f(x)=f(1),即∫(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)∈cx,+),且lmf(x)=A(有限),证明f(x)在[a,+∞)有界 证明:由lmf(x)=A,可得vE>0,3x>a,当x>X时,有f(x)-AkE,取E=1则 得f(x)kA|+1(x>x),又f(x)∈ca,+)→f(x)∈{a,x+1],由闭区间上连续函数的性质, 35∈[,x+1],使得f()max|f(x)取M=max{f(5)A+}则当x∈[a+∞)时 f(x)M,即f(x)在[a,+∞)上有界 例26.证明:若f(x)在(a,b)内连续,a<x1<x2<…<xn<b,则在(ab)内存在一点,使 f()=f(x)+f(x2)+…+f(x)
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
章函数与极限 证明:由于f(x)在(b)内连续,a<x1<x2<…<xn<b,故f(x)在[x1,x上连续,从而 必有最大值M和最小值m使得m≤f(x,)≤M(=1,2,…,n) 则m≤f(x1)+f(x2)+…+f(xn)≤nM,m≤ ∫(x1)+∫(x2)+…+f(xn) 由闭区间上连续函数的介值定理知至少存在一点E∈[x,xn](a,b),使 (5)≈f(x)+f(x2)+…+∫(xn) 例27.证明f(x)=x3+2x2-4x-1在(-∞,+)上有三个零点 证明:显然f(x)∈c(-0,+) f(0)=-1<0,f(2)=8+8-8-1=7>0→f(0)·f(2)<0 f(-1)=-1+2+4-1=4>0→f(0)·f(-1)<0 由lmf(x)=-,3x1使∫(x1)<0→f(x1)·f(-1)<0故在(∞,-1)(-10)(0,2)之间各有 f(x)的一个零点,那f(x)在(∞,+∞)上有三个零点 例28.若函数g(x)∈c[,b],且limg(x)=limg(x)=-0,则函数g(x)在(a,b)内取到最大 证明:取x0∈(a,b),设M=g(x0),因limg(x)=-∞,故彐δ1>0,使vx∈(a,a+); 有g(x)<M:又因limg(x)=-∞,故彐82>0,使x∈(b-62,b),有8 8(x)<M 6=min{6,62}并设∫=ga+-6(这里f=glab-表示g在闭区间[a+8b-6]上的限 制),则f∈ca+,b-6],故x1∈{a+a,b-6] 使∫(x)=max{(x)x∈[+δ,b-]},又vx∈(a,a+δ), 有f(x)<M=g(x0)=f(x)≤f(x1);x∈(b-,b) 有f(x)<M=g(x0)=f(x0)≤f(x1),故f(x1)≥8(xx∈(a,b) 即g(x1)≥8(x)(Vx∈(a,b)从而g(x)在x=x1处达到最大值 例29.若f(x)∈c,a]a>0),且f(0)=f(a),则方程f(x)=f(x+)在(0,a)内至少有一 实根。 证明:令g(x)=f(x)-f(x+a)∈cp,d]则g(0)=f(0)-f( g()=f()-f(a)=f(5)-f(0)=-f0)-f()故g(0)·g()≤0 若f(0)=f(2),则x=0或x=满足要求
第一章 函数与极限 证明： 由于 f ( x) 在(a,b)内连续， a < x1 < x 2 < " < x n < b ，故 在[ 上连续，从而 必有最大值 M 和最小值 m,使得 f ( x) ] n x , x 1 m f ( x ) M (i 1,2, , n) ≤ i ≤ = " 则 nm ≤ f ( x1 ) + f ( x 2 ) + " + f ( x n ) ≤ nM ， M n f x f x f x m n ≤ + + + ≤ ( ) ( ) ( ) 1 2 " 由闭区间 上连续函 数的介值 定理知至 少存在一 点 ξ ∈ [ ] x1 , x n ⊂ (a, b) ， 使 n f x f x f x f n ( ) ( ) ( ) ( ) 1 + 2 + + = " ξ 例 27．证明 f ( x) = x 3 + 2 x 2 − 4 x − 1在(− ∞,+∞ )上有三个零点 证明： 显然 f ( x) ∈ c(−∞ ,+∞ ) f (0) = −1 < 0, f (2) = 8 + 8 − 8 − 1 = 7 > 0 ⇒ f (0) ⋅ f (2) < 0 f (−1) = −1 + 2 + 4 − 1 = 4 > 0 ⇒ f (0) ⋅ f (−1) < 0 由 1 lim f ( x) , x x = −∞ ∃ → −∞ 使 ( ) 0 ( ) ( 1) 0 f x1 < ⇒ f x1 ⋅ f − < 故在 (− ∞,−1) (, − 1,0),(0,2) 之间各有 f ( x) 的一个零点，那 f ( x) 在(− ∞,+∞ )上有三个零点 例 28．若函数 g ( x) ∈ c[a, b]，且 = = −∞ → + → − lim g ( x) lim g ( x) x a x b ，则函数 在 内取到最大 值。 g ( x) (a, b) 证明： 取 x 0 ∈ (a, b)，设 M = g ( x 0 ) ，因 = −∞ → + lim g ( x) x a ，故 0 ∃δ 1 > ，使 ( ) 1 ∀x ∈ a, a + δ ； 有 g ( x) < M ；又因 = −∞ ，故 → − lim g ( x) x b 0 ∃δ 2 > ，使 x (b , b) ∀ ∈ − δ 2 ，有 g ( x) < M ，令 { } 1 2 δ = min δ ,δ 并设 f = g |(a +δ ,b −δ ) （这里 = ( ) a +δ b −δ f g , | 表示 g 在闭区间[ ] a + δ , b − δ 上的限 制），则 f ∈ c[ ] a + δ , b − δ ，故∃x ∈ [a + δ , b − δ ] 1 ， 使 f ( x ) = max {f ( x) | x ∈ [ ] a + δ , b − δ }，又 ∈ ( + δ ) 1 ∀x a, a ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 1 f x < M = g x = f x ≤ f x ， 有 ；∀x ∈ (b − δ , b)， 有 f ( x) < M = g ( x 0 ) = f ( x 0 ) ≤ f ( x1 ) ，故 ( ) ( )( ( , )) 1 f x ≥ g x ∀x ∈ a b 即 ( ) ( )( ( , )) 1 g x ≥ g x ∀x ∈ a b 从而 g ( x) 在 1 x = x 处达到最大值 例 29．若 f ( x) ∈ c[0, a](a > 0) ，且 f (0) = f (a) ，则方程 ) 2 ( ) ( a f x = f x + 在 内至少有一 实根。 (0, a ) 证明： 令 c[ ] a a g x f x f x ) 0, 2 ( ) = ( ) − ( + ∈ 则 ) 2 (0) (0) ( a g = f − f ， ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = − = − = − − ) 2 ) (0) (0) ( 2 ) ( ) ( 2 ) ( 2 ( a f f f a f a f a f a g 故 ) 0 2 (0) ⋅ ( ≤ a g g 若 ) 2 (0) ( a f = f ，则 x = 0 或 2 a x = 满足要求 18
章函数与极限 若f(0)≠f(),则g(x)g()<0,由零点定理彐x∈(0,),使g(x0)=0,即 f(x)=f(x0+2),x0是(0,a)内f(x)=f(x+2)的根 总结:对于闭区间上连续函数的命题一般采用下面两种做法 (1)直接法,先利用最值定理,再利用介值定理 接法,先作辅助函数F(x),再利用零点定理 辅助函数的作法 首先,把结论中的(或x0)改写成x 其次,移项,使等式右边为零,令左边式子为F(x),则F(x)即为所求 类型十四常数值的确定 例30.已知1mx+ax+b=2,求ab之值 解:由于当x→2时,分母的极限为零,且分式的极限存在,所以分子的极限必为零,即 lim(x+ax+b)=4+2a+b=0 由此得b=-2a-4 于是x2+ax+b=x2+ax-2a-4=(x-2)x+a+2) 代入原式得mx2+a+b=m(x-2)x+a+2)=a+4 (x-2)(x+1) 解方程组 a+4=6 得 b=-2a-4 b=-8 例31.对某一常数c, lim[x+7x4+2)-x]存在且不为零, 试求常数c并求极限值。 解:设该极限值为A≠0则im(x+7x+2)-x=0 易知分子关于x的最高次数应该是零次,因此5c=1即c=,于是 √x3+7x2+2-x)=imx(a 当 X→+d的, 0 由等价无穷小,有;+2 故A=lmx.1(2+2)=7 例32.设f(x)={x lm(+2x)x≠0试确定常数a使得f(x)在x=0处连续 0
第一章 函数与极限 若 ) 2 (0) ( a f ≠ f ， 则 ) 0 2 ( ) ⋅ ( < a g x g ，由零点定 理 ) 2 (0, 0 a ∃x ∈ ， 使 g ( x 0 ) = 0 ， 即 0 0 0 ), 2 ( ) ( x a f x = f x + 是(0, a) 内 ) 2 ( ) ( a f x = f x + 的根 总结：对于闭区间上连续函数的命题一般采用下面两种做法： （1） 直接法，先利用最值定理，再利用介值定理 （2） 间接法，先作辅助函数 F ( x) ，再利用零点定理 辅助函数的作法： 首先，把结论中的ξ （或 x 0 ）改写成 x ； 其次，移项，使等式右边为零，令左边式子为 F ( x) ，则 F ( x) 即为所求 类型十四 常数值的确定 例 30．已知 2 2 lim 2 2 2 = − − + + → x x x ax b x ，求 a, b 之值 解： 由于当 x → 2 时，分母的极限为零，且分式的极限存在，所以分子的极限必为零，即 lim ( ) 4 2 0 2 2 + + = + + = → x ax b a b x 由此得b = −2a − 4 于是 2 4 ( 2)( 2) 2 2 x + ax + b = x + ax − a − = x − x + a + 代入原式得 2 3 4 ( 2)( 1) ( 2)( 2) lim 2 lim 2 2 2 2 = + = − + − + + = − − + + → → a x x x x a x x x ax b x x 解方程组 得 ⎩ ⎨ ⎧ = − − + = 2 4 4 6 b a a ⎩ ⎨ ⎧ = − = 8 2 b a 例 31．对某一常数 c [ x x x ] c x + + − → +∞ , lim ( 7 2 ) 5 4 存在且不为零， 试求常数c 并求极限值。 解： 设该极限值为 A ≠ 0 则 0 ( 7 2) lim 5 4 = + + − → +∞ x x x x c x 易知分子关于 x 的最高次数应该是零次，因此5c = 1即 5 1 c = ，于是 1) 7 2 lim ( 7 2 ) lim (5 1 5 5 4 5 = + + − = + + − → +∞ → +∞ x x A x x x x x x ∵ 当 x → +∞ 时， 0 7 2 + 5 → x x ∴ 由等价无穷小，有 ) 7 2 ( 5 1 1 ~ 7 2 1 5 5 5 x x x x + + − + 故 5 7 ) 7 2 ( 5 1 lim 5 = ⋅ + = →∞ x x A x x 例 32．设 ( ) ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = ≠ + = 0 0 ln 1 2 ( ) a x x x x f x 试确定常数 a 使得 f ( x) 在 x = 0 处连续 19