所以(1-a)=0,a+b=0,解得 把ab代入原式,有 x+1=lim (2)lim x2(1-a2)-(2ab+1)x+(1-b x2-xt1taxtb x2(1-a)-(2ab+1)x+ +a+ 为了使上述极限为零,必须有1-a2=0,2ab+1=0,-1+a≠0,即a=-1b 再把这组解代入原式,有 31 lim 于是a=-1,b=为所求常数 (3)当x→+∞时,类似于(2)中分析 x(1-a2)-(2ab+1)x lim Nx2-x+I-ax 为了使极限为零,必须有1-a2=02b+1=01+a≠0,于是应取a=1.b=-1,这时 31 =lim 4 于是a=1,b=-为所求常数 3.试分别举出符合下列要求的函数∫
所以 (1− a) = 0, a + b = 0 ，解得 a =1,b = −1， 把 a,b 代入原式，有 0 1 2 1 lim 1 1 lim 2 = + = − + + + →+ →+ x x x x x x . （2） ( x x ax b) x − + − − →− lim 1 2 = x x ax b x a ab x b x − + + + − − + + − →− 1 (1 ) (2 1) (1 ) lim 2 2 2 2 = x b a x x x b x a a b x x − − + + + − − − + + →− 2 2 2 2 1 1 1 1 (1 ) (2 1) lim ， 为了使上述极限为零，必须有 1 0,2 1 0, 1 0 2 − a = ab + = − + a ，即 2 1 a = −1,b = . 再把这组解代入原式，有 − + + − →− 2 1 lim 1 2 x x x x = − + − − →− 2 1 1 4 3 lim 2 x x x x = x x x x x 2 1 1 1 1 1 1 4 3 lim 2 − − + − + →− =0， 于是 2 1 a = −1,b = 为所求常数. （3）当 x→+ 时，类似于（2）中分析 ( − + − − )= →+ x x ax b x lim 1 2 x b a x x x b x a a b x x − + + + − − − + + →− 2 2 2 1 1 1 1 (1 ) (2 1) lim ， 为了使极限为零，必须有 1 0,2 1 0,1 0 2 − a = ab + = + a ，于是应取 2 1 a =1,b = − ，这时 − + − + →+ 2 1 lim 1 2 x x x x = − + − − →+ 2 1 1 4 3 lim 2 x x x x = 0 2 1 1 1 1 1 1 4 3 lim 2 = − + + − →+ x x x x x ， 于是 2 1 a =1,b = − 为所求常数. 3．试分别举出符合下列要求的函数 f ：
(1)imf(x)≠f(2);(2)lmf(x)不存在 4.试给出函数∫的例子,使f(x)>0恒成立,而在某一点x处imf(x)=0.这与极限的局部保 号性有矛盾吗? 5.设lmf(x)=A,lmg(a)=B,在何种条件下能由此推出lmg(f(x)=B? 提示当x∈U°(a)时f(x)≠A 6.设f(x)= x cosx试作数列 (1){xn}使得xn→a(n→∞),f(xn)→0(n→∞) (2){n}使得yn→∞(n→∞),f(n)→+(n→∞); (3){=n}使得zn→∞(n→),f(=n)→-(n→∞) 7.证明:若数列{an}满足下列条件之一,则{an}是无穷大数列: (1)lm 小an|=r>1 (2)lm=s>l(an≠0,n=12…) 解(1)取E0>0,使得r-5>1由man=r,对50>0,3N0,n≥N时,有 r-co<vla, 1, 即|an>(r-50)因为r-6o>1,所以lm(-60)=+,于是有 即{n}是无穷大数列 (2)取取E0>0,使得s-Eo>1,因为m 于是彐N,Vn>N。,有 >s-E0(k=No+1…,n) 把上面n-N个不等式相乘有 E 由此可得 lim a =+oo
（1） lim ( ) (2) 2 f x f x → ；（2） lim ( ) 2 f x x→ 不存在. 4．试给出函数 f 的例子，使 f (x) 0 恒成立，而在某一点 0 x 处 lim ( ) 0 0 = → f x x x .这与极限的局部保 号性有矛盾吗？ 5．设 f x A x a = → lim ( ) ， g u B u A = → lim ( ) ，在何种条件下能由此推出 g f x B x a = → lim ( ( )) ？ 提示 当 xU(a) 时 f (x) A. 6．设 f (x) = x cos x .试作数列 （1） xn 使得 x → (n → ), f (x ) → 0(n → ) n n ； （2） yn 使得 y → (n → ), f ( y ) → +(n → ) n n ； （3） z n 使得 z → (n → ), f (z ) → −(n → ) n n . 7．证明：若数列 an 满足下列条件之一，则 an 是无穷大数列： （1） lim | | = 1 → a r n n n ； （2） lim 1( 0, 1,2, ) +1 = = → s a n a a n n n n . 解 （1）取 0 0 ，使得 r − 0 1.由 a r n n n = → lim | | ，对 0 0,N0 , n ≥ N0 时，有 r − 0 n an | | ， 即 n n a (r ) 0 − .因为 r − 0 1 ，所以 − = + → n n lim(r ) 0 ，于是有 = + → n n lim a ， 即 an 是无穷大数列. （2）取取 0 0 ，使得 s − 0 1 ，因为 s a a n n n = + → 1 lim ，于是 N0 ,n > N0 ，有 ( 1, , ) 0 0 1 s k N n a a k k+ − = + . 把上面 n − N0 个不等式相乘有 0 0 ( ) 1 0 N n N an s a − + − . 由此可得 = + → n n lim a
8.利用上题(1)的结论求极限 (1)m1+1)(=+):(2) 设 (1)im-(a1+a2+…+an)=+∞; (2)若an>0m=12,…),则 lim/a,a2 证(1)因为iman=+∞,(不妨设vn,an>0),所以v2G>0,3N,Vn>N,an>2G当n>2N 时 (a1+a2+…+an)≥ a1+a2+…+ax,a++…+an 2G> 2 n 于是VG>0,丑2N,Vn>2N时 a1+a,+…+ay7C im-(a1+a2+…+an)=+0 (2)因为lman=+∞,所以 ve>0,3N,Vn>N时,a,>e°,于是mn>G,即 lim ina =+oo 由(1)便有 im-(lma1+lna2+…+lan)=+∞ Imma2…an)=+ 由此可得 im(ya1a2…an)=+∞ 10.利用上题结果求极限: (2)lim In(n!) (=+∞) 11.设∫为U°(x0)内的递增函数,证明:若存在数列{xn}cU°-(x)且x→x0(n→∞),使得
8．利用上题（1）的结论求极限： （1） ( ) 1 lim 1 2 = + + → n n n ；（2） ( 0) 1 lim 1 2 = − → n n n . 9．设 = + → n n lim a ，证明： （1） + + + = + → ( ) 1 lim 1 2 n n a a a n ； （2）若 a 0(n =1,2, ) n ，则 = + → n n n lim a1a2 a . 证 （1）因为 = + → n n lim a ，（不妨设 n, an 0 ），所以 2G 0,N,n N, an 2G .当 n 2N 时， 2 n n − N ， ( ) 1 a1 a2 an n + ++ ≥ n a a n a a aN N + + n + 1 + 2 ++ +1 G G n n G n n N = − 2 1 2 2 ， 于是 G 0,2N,n 2N 时 G n a a aN 1 + 2 ++ ， 即 + + + = + → ( ) 1 lim 1 2 n n a a a n . （2）因为 = + → n n lim a ，所以 e N n N G 0, , 时， G n a e ，于是 Inan G ，即 = + → n n lim Ina . 由（1）便有 + + + = + → ( ) 1 lim 1 2 n n Ina Ina Ina n ， 即 = + → lim ( ) 1 2 n n n In a a a ， 由此可得 = + → lim( ) 1 2 n n n a a a . 10．利用上题结果求极限： （1） lim !(= +) → n n n ； （2） ( ) ( !) lim = + → n In n n . 11．设 ( ) 0 f U x − 为 内的递增函数，证明：若存在数列 xn ( ) 0 U x − 且 ( ) x → x0 n → ，使得