第三章函数极限 §1函数极限概念 例1用E-δ方法验证: lim_x+r-2 解(1)消去分式分子、分母中当x→1时的零化因子(x-1): f(x)=x2+x-2(x+2(x-1)x+2 x(x2-3x+2)x(x-1)(x-2)x(x-2) (2)把|(x)-(-3化为(x)x-1,其中(x)为x的分式 J(x)+3 x+2 3x2-5x+2_13x-2 x(x-2)|x2-2 其中q(x)= (3)确定x=1的邻域04xl<n,并估计o(x)在此邻域内的上界:取n2 0<x-1k<时,可得 B259-1-2 1x2-2x1-(x-1)p4 于是 4 (4)要使(x)+3x2-2+-1s1x-1k,只要取x-1kE.于是应取 3x-2 3 当0<x-1kd时,|f(x)-(-3)kE 例2用E-M方法验证 lim √x2+1-x
第三章 函数极限 §1 函数极限概念 例 1 用 − 方法验证： 3 ( 3 2) 2 lim 2 2 1 = − − + + − → x x x x x x . 解 （1）消去分式分子、分母中当 x →1 时的零化因子（x-1）： ( 2) 2 ( 1)( 2) ( 2)( 1) ( 3 2) 2 ( ) 2 2 − + = − − + − = − + + − = x x x x x x x x x x x x x f x . （2）把 f (x) − (−3) 化为 (x) x −1 ，其中 (x) 为 x 的分式： | 1| | 2 | | 3 2 | ( 2) 3 5 2 3 ( 2) 2 ( ) 3 2 2 − − − = − − + + = − + + = x x x x x x x x x x x f x ， 其中 x x x x 2 3 2 ( ) 2 − − = . （3）确定 x0 =1 的邻域 0<|x-1|< ，并估计 (x) 在此邻域内的上界：取 2 1 = ，当 0<|x-1|< 2 1 时，可得 3x − 2 ≤ 2 5 3| x −1| +1 ， 4 3 | 2 | |1 ( 1) | 2 2 x − x = − x − ， 于是 3 10 4 3 2 5 | 2 | | 3 2 | 2 = − − x x x . （4）要使 | 1| | 2 | | 3 2 | | ( ) 3| 2 − − − + = x x x x f x ≤ | −1| 3 10 x ，只要取 10 3 | x −1| .于是应取 = 10 3 , 2 1 min ， 当 0<|x-1|< 时， | f (x) − (−3)| . 例 2 用 − M 方法验证： 2 1 1 lim 2 = − + − →− x x x x
解 √x2+1-x √x2+1-x)2(√x2+1-x) 注意到当n→∞时,上式可以充分小,但是直接解不等式 希望由此得到ⅹ<M,整个过程相当繁复,现用放大法简化求M的过程因为由 2(√x2+1-x)22(-2x) 便可求得x>1,考虑到x→所需要的是x1k是v6>0, x<M时 <E 例3证明 lim sin x≠0 分析利用极限否定形式的正面陈述证明 lim sin x≠0是学习函数极限中的难点关键 在于仔细观察x→+∞时,函数snx变化的状态,适当选取E>0与x>M(vM>0), 使得snx1≥5这是今后掌握证明题和学习后继课程的基本技巧 证利用lmnf(x)≠A的正面陈述,应当证:3E>0,wM>0,3x>M,使得mx12E 当此取乱0=1,vM>0,取n∈N,使得x=2nx+z>M,于是 这样就证得 lim sin x≠0 例4设f(x)=x-[x 求在整数点n处的极限lf(x)与lmf(x) 分析初学的读者可能对求函数的在某点的左、右极限感的困难,有效的方法是仔细观 察函数在该点的左、右邻域内的表达式与变化的状态 解先求lmf(x).设d<1,当0<x-n<d时,有 于是
解 2( 1 ) 1 2 1 1 2 2 2 x x x x x x x + − + + = − − + − 2 2 2( 1 ) 1 x + − x = 注意到当 n→ 时，上式可以充分小，但是直接解不等式 + − 2 2 2( 1 ) 1 x x ， 希望由此得到 x<-M，整个过程相当繁复，现用放大法简化求 M 的过程.因为由 = − + − 2 2 2 2 8 1 ( 2 ) 1 2 1 2( 1 ) 1 x x x x ， 便可求得 8 2 1 x ，考虑到 x→− 所需要的是 8 1 x − .于是 8 1 0,M = ，当 x<-M 时， − − + − 2 1 1 2 x x x . 例 3 证明 lim sin 0 →+ x x . 分析 利用极限否定形式的正面陈述证明 lim sin 0 →+ x x 是学习函数极限中的难点.关键 在于仔细观察 x→+ 时，函数 sinx 变化的状态，适当选取 0 0 与 x M （ M 0 ）， 使得 0 sin x .这是今后掌握证明题和学习后继课程的基本技巧. 证 利用 f x A x →+ lim ( ) 的正面陈述，应当证： 0 0,M 0,x M ，使得 0 sin x . 当此取 , 0 2 1 0 = M ，取 n0 N+ ，使得 x = n + M 2 2 0 ，于是 0 1 0 2 sin sin 2 = x = n + ， 这样就证得 lim sin 0 →+ x x . 例 4 设 f (x) = x −[x]. 求在整数点 n 处的极限 lim f (x) x n → + 与 lim f (x) x n → − . 分析 初学的读者可能对求函数的在某点的左、右极限感的困难，有效的方法是仔细观 察函数在该点的左、右邻域内的表达式与变化的状态. 解 先求 lim f (x) x n → + .设 1 ，当 0 x − n 时，有 f (x) = x −[x] = x − n， 于是
lim f(x)=lm(x-n)=0 同理,设δ<1,当-δ<x-n<0时,有 f(x)=x-[x]=x-(n-1) 于是 lim f(x)=lm(x-n+D) 例5证明函数 f(x)=xx为有理数 0,x为无理数 在任何点x0处imf(x)不存在 证若x。∈(0,+∞),要证vA,lm∫(x)≠A即 3E6>0,V6>0,3x∈U(x;),|f(x)-4≥E 若A=0,取E0=2,6>0<x),由实数的稠密性,彐有理数x'∈Uo,(x,S)(为何 在U°(x;6)中取x?) f(x)-0=1x12≥20= 若A≠0,取6n=4,v6>06<x),由实数的稠密性,有理数x∈U0,(x5) (x)-A=|4> 于是有imf(x)不存在 对于x0=0的情形,只需考虑右极限lmf(x) §2函数极限的性质 例1求极限lim x 分析求极限中的困难是Im(+5x-(1+x)=0,且其中出现根式√1+5x,使用的 方法是作变换y=+5x,然后对变量y的分式应用四则运算法则简化后求极限
lim f (x) x n → + = lim ( − ) = 0 → + x n x n . 同理，设 1 ，当 − x − n 0 时，有 f (x) = x −[x] = x − (n −1)， 于是 lim f (x) x n → − = lim ( − +1) =1 → − x n x n . 例 5 证明函数 = 0, , , , ( ) 为无理数 为有理数 x x x f x x(0,+) 在任何点 0 x 处 lim ( ) 0 f x x→x 不存在. 证 若 (0, ) x0 + ，要证 A ， lim ( ) 0 f x x→x ≠A.即 0, 0, ( ; ) 0 x U x0 ， 0 f (x ) − A . 若 A=0，取 , 0( ) 2 0 0 0 x x = ，由实数的稠密性， 有理数 ( ; ) x U + x0 （为何 在 ( ; ) U + x0 中取 x ？） 0 0 2 ( ) − 0 = = x f x x . 若 A≠0，取 , 0( ) 2 | | 0 0 x A = ，由实数的稠密性， 有理数 ( ; ) x U + x0 ， 0 2 | | ( ) − = = A f x A A . 于是有 lim ( ) 0 f x x→x 不存在. 对于 0 x =0 的情形，只需考虑右极限 lim ( ) 0 f x x→ + . §2 函数极限的性质 例 1 求极限 1 5 (1 ) lim 5 2 0 x x x x + − + → . 分析 求极限中的困难是 lim( 1 5 (1 )) 0 5 0 + − + = → x x x ，且其中出现根式 5 1+ 5x ，使用的 方法是作变换 5 y = 1+ 5x ，然后对变量 y 的分式应用四则运算法则简化后求极限
解作变换y=Ⅵ1+5x,x= +4 ,1+X y2+y)(y-1) y3+2y2+3y+4 当x→>0时,y→1,有 1(y+y3+y 5y3+2y2+3y+4=2 例2设mo(x)=a,在x0某邻域U°(x0;1)内φ(x)≠a,又lmf(t)=A.证明 lim f((x)=A (2.5) 解由imf(m)=A,E>0,3n>0,vⅥt∈U°(x0;m)时, A 又因为im(x)=a,故对上述>0,36>0(不妨取δ<1),当x∈U°(x)时 (x)-d<n.由此可得:VE>0,36>0,当x∈U(x;0)时 f((x)-4 注称(2.5)为复合求极限法,(25)不仅对x→x0型的极限成立,且对于 x→>+∞,x→-∞,x→∞,x→x,x→x都成立 例3求下列极限 +x+√x+x X+ 解
解 作变换 5 y = 1+ 5x ， 5 1 5 − = y x ， 5 4 1 5 + + = y x ，于是 1 5 (1 ) 5 2 x x x + − + = 5 4 ( 1) 25 1 5 5 2 + − − y y y 5( 1) ( 1) ( 1) 5 1 5 5 2 − − − − = y y y [4 ( )]( 1) ( 1) ( 1) 5 1 4 3 2 4 3 2 2 2 − + + + − + + + + − = y y y y y y y y y y 2 3 4 ( 1) 5 1 3 2 4 3 2 2 + + + + + + + = − y y y y y y y . 当 x → 0 时， y →1 ，有 2 1 2 3 4 ( 1) 5 1 lim 1 5 (1 ) lim 3 2 4 3 2 2 5 1 2 0 = − + + + + + + + = − + − + → → y y y y y y y x x x x y 例 2 设 x a x x = → lim ( ) 0 ，在 0 x 某邻域 ( ; ) 0 1 U x 内 (x) a ，又 lim f (t) A. t a = → 证明 f x A x x = → lim ( ( )) 0 . （2.5） 解 由 f t A t a = → lim ( ) ， 0, 0, ( ; ) t U x0 时， f (t) − A . 又因为 x a x x = → lim ( ) 0 ，故对上述 0, 0 （不妨取 1 ），当 ( ; ) xU x0 时， (x) − a .由此可得： 0, 0, 当 ( ; ) xU x0 时 f ((x)) − A ， 即 f x A x x = → lim ( ( )) 0 . 注 称（2.5）为复合求极限法，（2.5）不仅对 0 x → x 型的极限成立，且对于 → + → − →+ →− → 0 0 x , x , x , x x , x x 都成立. 例 3 求下列极限 1 lim + + + + →+ x x x x x x 解
lm v+vx+ x+√x x+1 最后等式是应用了复合求极限法 例4设a>0,证明 lim ar=l 分析我们知道数列极限:lima"=1,下面是用这已知的数列极限求证函数极限 证设a>1,当n≤xn+1时(n∈N) 因为ima=1,所以vE>0,3N,Wn>N,1-E<a"<1+E 于是当x>N+1时,[x]+1>x≥[x]>N,则有 <asa<I+E, 即证得 同理可证当a≤1时结论也成立 例5设a1>0(=1,2,…,n),证明 a+…+a = maxa 证设maxa=a4(1≤k≤n),于是有 {m 令x→+∞0,从例4可知→1,由函数极限的迫敛性,证得
1 lim + + + + →+ x x x x x x = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 lim = + + + + →+ x x x x x x x 最后等式是应用了复合求极限法. 例 4 设 a>0，证明 lim 1 1 = →+ x x a . 分析 我们知道数列极限： lim 1 1 = → n x a ，下面是用这已知的数列极限求证函数极限 lim 1 1 = →+ x x a . 证 设 a>1，当 n≤x<n+1 时（ n N+ ） n x n a a a 1 1 1 1 + . 因为 lim =1 → n n a ，所以 0, , ,1− 1+ 1 n N n N a . 于是当 x>N+1 时，[x]+1>x≥[x]>N，则有 − + + 1 1 [ ] 1 1 [ ] 1 1 x x x ＜a a a ， 即证得 lim 1 1 = →+ x x a . 同理可证当 a≤1 时结论也成立. 例 5 设 a 0(i 1,2, , n) i = ，证明 i i n x x n x x x a n a a a →+ = + + + 1 1 1 2 lim max . 证 设 max (1 ) 1 ai ak k n i n = ，于是有 k x x k x x n x x x x k x k a n n a n a a a n a n a = + + + = 1 1 1 2 1 1 1 ， 令 x→+ ，从例 4 可知 1 1 1 → x n ，由函数极限的迫敛性，证得