0112习题-函数与极限-高等数学

1 有理函数

例1 lim ⁡ x → ∞ ( 2 x + 1 ) 4 ⋅ ( x − 1 ) 6 − 5 x ( x + 8 ) ( x + 2 ) 10 \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(2x+1)^4\cdot(x-1)^6-5x(x+8)}{(x+2)^{10}}} xlim(x+2)10(2x+1)4(x1)65x(x+8)

求有理函数分式极限

  1. 看分子分母最高次幂大小
  2. 如果最高次幂相等在比较最高次幂的系数

这里显然分子分母最高次幂都是10,比较系数,得 2 1 = 2 \frac{2}{1}=2 12=2? 别想当然,
lim ⁡ x → ∞ ( 2 x + 1 ) 4 ⋅ ( x − 1 ) 6 − 5 x ( x + 8 ) ( x + 2 ) 10 = lim ⁡ x → ∞ 2 4 ⋅ 1 6 1 10 = 16 \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(2x+1)^4\cdot(x-1)^6-5x(x+8)}{(x+2)^{10}}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2^4\cdot1^6}{1^{10}}}=16 xlim(x+2)10(2x+1)4(x1)65x(x+8)=xlim1102416=16

  • 注意:不要直接用底数常数系数直接运算,记得不要漏掉指数部分

2 有界函数与无穷小的乘积是无穷小

例2 lim ⁡ x → ∞ ( x 3 − 2 x + 5 ) ⋅ ( 2 + cos ⁡ x − sin ⁡ x ) ( 3 x 5 + 2 x + 3 ) \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)\cdot(2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}} xlim(3x5+2x+3)(x32x+5)(2+cosxsinx)

  • 分析

    1. 注意观察整体为有理分式,
    2. 分子部分含有三角函数且三角函数不容易化简
    3. 除三角函数部分外的 lim ⁡ x → ∞ ( x 3 − 2 x + 5 ) ( 3 x 5 + 2 x + 3 ) = 0 \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}}=0 xlim(3x5+2x+3)(x32x+5)=0
    4. 三角函数部分对于常用的三角函数公式,并不好化简,那么是否有界呢?
      • $0\le2+\cos x-\sin x\le4 $ 有界
    5. 利用定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小,得结果是无穷小

  • lim ⁡ x → ∞ ( x 3 − 2 x + 5 ) ⋅ ( 2 + cos ⁡ x − sin ⁡ x ) ( 3 x 5 + 2 x + 3 ) = lim ⁡ x → ∞ ( x 3 − 2 x + 5 ) ( 3 x 5 + 2 x + 3 ) ⋅ ( 2 + cos ⁡ x − sin ⁡ x ) 因 为 lim ⁡ x → ∞ ( x 3 − 2 x + 5 ) ( 3 x 5 + 2 x + 3 ) = 0 , 0 ≤ 2 + cos ⁡ x − sin ⁡ x ≤ 4 根 据 定 理 有 界 函 数 与 无 穷 小 的 乘 积 是 无 穷 小 得 , lim ⁡ x → ∞ ( x 3 − 2 x + 5 ) ⋅ ( 2 + cos ⁡ x − sin ⁡ x ) ( 3 x 5 + 2 x + 3 ) = 0 \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)\cdot(2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}}\cdot(2+\cos x -\sin x) \\ 因为\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}}=0,0\le2+\cos x-\sin x\le4 \\ 根据定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小得,\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)\cdot(2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}}=0 xlim(3x5+2x+3)(x32x+5)(2+cosxsinx)=xlim(3x5+2x+3)(x32x+5)(2+cosxsinx)xlim(3x5+2x+3)(x32x+5)=002+cosxsinx4,xlim(3x5+2x+3)(x32x+5)(2+cosxsinx)=0

3 常见函数在特殊点(或趋于无穷)的变化趋势

例3 lim ⁡ x → 0 1 − e 1 x 1 + e 1 x ⋅ arctan ⁡ 1 x \lim\limits_{x\to0}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}} x0lim1+ex11ex1arctanx1

  • 分析

    • x → 0 , e 1 x , arctan ⁡ 1 x x\to0,e^{\frac{1}{x}},\arctan\frac{1}{x} x0,ex1,arctanx1
    • 需要讨论 x → 0 + , 和 x → 0 − x\to0^+,和x\to0^- x0+,x0情况

  • 当 x → 0 − 时 , 1 x → − ∞ , e 1 x → 0 , arctan ⁡ 1 x → − π 2 所 以 lim ⁡ x → 0 − 1 − e 1 x 1 + e 1 x ⋅ arctan ⁡ 1 x = 1 − 0 1 + 0 ⋅ ( − π 2 ) = − π 2 当 x → 0 + 时 , 1 x → + ∞ , e 1 x → + ∞ , arctan ⁡ 1 x → π 2 所 以 lim ⁡ x → 0 + 1 − e 1 x 1 + e 1 x ⋅ arctan ⁡ 1 x = lim ⁡ x → 0 e − 1 x − 1 e − 1 x + 1 ⋅ π 2 = − π 2 所 以 lim ⁡ x → 0 1 − e 1 x 1 + e 1 x ⋅ arctan ⁡ 1 x = lim ⁡ x → 0 + 1 − e 1 x 1 + e 1 x ⋅ arctan ⁡ 1 x = lim ⁡ x → 0 − 1 − e 1 x 1 + e 1 x ⋅ arctan ⁡ 1 x = − π 2 当x\to0^-时,\frac{1}{x}\to-\infty,e^{\frac{1}{x}}\to0,\arctan\frac{1}{x}\to-\frac{\pi}{2} \\ 所以\lim\limits_{x\to0^-}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}=\frac{1-0}{1+0}\cdot(-\frac{\pi}{2})=-\frac{\pi}{2} \\ 当x\to0^+时,\frac{1}{x}\to+\infty,e^{\frac{1}{x}}\to+\infty,\arctan\frac{1}{x}\to\frac{\pi}{2} \\ 所以\lim\limits_{x\to^0+}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to0}{\frac{e^{-\frac{1}{x}}-1}{e^{-\frac{1}{x}}+1}\cdot\frac{\pi}{2}}=-\frac{\pi}{2} \\ 所以 \lim\limits_{x\to0}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}= \lim\limits_{x\to0^+}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}= \lim\limits_{x\to0^-}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}=-\frac{\pi}{2} x0x1,ex10,arctanx12πx0lim1+ex11ex1arctanx1=1+010(2π)=2πx0+x1+,ex1+,arctanx12πx0+lim1+ex11ex1arctanx1=x0limex1+1ex112π=2πx0lim1+ex11ex1arctanx1=x0+lim1+ex11ex1arctanx1=x0lim1+ex11ex1arctanx1=2π

    • 看到 arctan ⁡ 1 x \arctan\frac{1}{x} arctanx1,有没有想到利用等价无穷小代换, arctan ⁡ x ∼ x \arctan x\sim x arctanxx ,直接用 1 x \frac{1}{x} x1替换呢?注意前提是 1 x → 0 \frac{1}{x}\to0 x10,这里显然不适用。

4 夹逼定理

例4 lim ⁡ n → ∞ ( 1 n 2 + 1 + 2 n 2 + 2 + ⋯ + n n 2 + n ) \lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n})} nlim(n2+11+n2+22++n2+nn)

  • 分析

    • 数列求和,很容易想到应用夹逼定理
    • 那么如何选取两侧数列呢?哎有人是不是想到直接取数列最左边和最右边构成数列不就是了?
      • 计算结果不够精确得出 0 ≤ x n ≤ 1 2 0\le{x_n}\le\frac{1}{2} 0xn21
      • 直接取两边适用于每项的分子相同的情况,现在是分子分母都不相同
    • 既然是数列求和自然优先同一分母,利用数列2边项的分子构建数列

  • 构 建 数 列 y n = 1 n 2 + n + 2 n 2 + n + ⋯ + n n 2 + n z n = 1 n 2 + 1 + 2 n 2 + 1 + ⋯ + n n 2 + 1 此 时 y n ≤ x n ≤ z n lim ⁡ x → ∞ y n = lim ⁡ x → ∞ 1 n 2 + n + 2 n 2 + n + ⋯ + n n 2 + n = lim ⁡ x → ∞ n ( n + 1 ) 2 ( n 2 + n ) = 1 2 lim ⁡ x → ∞ z n = lim ⁡ x → ∞ 1 n 2 + 1 + 2 n 2 + 1 + ⋯ + n n 2 + 1 = lim ⁡ x → ∞ n ( n + 1 ) 2 ( n 2 + 1 ) = 1 2 所 以 lim ⁡ n → ∞ ( 1 n 2 + 1 + 2 n 2 + 2 + ⋯ + n n 2 + n ) = 1 2 构建数列{y_n}=\frac{1}{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}\\ {z_n}=\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+1}+\cdots+\frac{n}{n^2+1} \\ 此时y_n\le x_n\le z_n \\ \lim\limits_{x\to\infty}{y_n}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{1}{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{n(n+1)}{2(n^2+n)}}=\frac{1}{2} \\ \lim\limits_{x\to\infty}{z_n}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+1}+\cdots+\frac{n}{n^2+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}}=\frac{1}{2} \\ 所以\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n})}=\frac{1}{2} yn=n2+n1+n2+n2++n2+nnzn=n2+11+n2+12++n2+1nynxnznxlimyn=xlimn2+n1+n2+n2++n2+nn=xlim2(n2+n)n(n+1)=21xlimzn=xlimn2+11+n2+12++n2+1n=xlim2(n2+1)n(n+1)=21nlim(n2+11+n2+22++n2+nn)=21

例5 lim ⁡ n → ∞ ( a n + b n + c n ) 1 n ( 0 ≤ a < b < c ) \lim\limits_{n\to\infty}{(a^n+b^n+c^n)^{\frac{1}{n}}}(0\le a\lt b\lt c) nlim(an+bn+cn)n1(0a<b<c)

  • 解:第一次遇到,直接看的解题思路
    利 用 夹 逼 准 则 令 y n = ( c n ) 1 n , z n = ( c n + c n + c n ) 1 n 因 为 0 ≤ a < b < c , 所 以 y n ≤ x n ≤ z n lim ⁡ n → ∞ y n = lim ⁡ n → ∞ ( c n ) 1 n = c lim ⁡ n → ∞ z n = lim ⁡ n → ∞ ( c n + c n + c n ) 1 n = c lim ⁡ n → ∞ 3 1 n = c 所 以 lim ⁡ n → ∞ ( a n + b n + c n ) 1 n = c 利用夹逼准则 \\ 令y_n=(c^n)^{\frac{1}{n}} ,z_n=(c^n+c^n+c^n)^{\frac{1}{n}} \\ 因为0\le a\lt b\lt c,所以y_n\le x_n\le z_n \\ \lim\limits_{n\to\infty}{y_n}=\lim\limits_{n\to\infty}{(c^n)^{\frac{1}{n}}}=c\\ \lim\limits_{n\to\infty}{z_n}=\lim\limits_{n\to\infty}{(c^n+c^n+c^n)^{\frac{1}{n}}}=c\lim\limits_{n\to\infty}{3^\frac{1}{n}}=c \\ 所以\lim\limits_{n\to\infty}{(a^n+b^n+c^n)^{\frac{1}{n}}}=c yn=(cn)n1,zn=(cn+cn+cn)n10a<b<c,ynxnznnlimyn=nlim(cn)n1=cnlimzn=nlim(cn+cn+cn)n1=cnlim3n1=cnlim(an+bn+cn)n1=c

  • 推论: lim ⁡ n → ∞ ( a 1 n + a 2 n + ⋯ + a m n ) 1 n ( 0 ≤ a 1 < a 2 < ⋯ < a m ) = max ⁡ { a 1 , a 2 , ⋯   , a m } \lim\limits_{n\to\infty}{(a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n)^{\frac{1}{n}}}(0\le a_1\lt a_2\lt\cdots\lt a_m)=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_m\} nlim(a1n+a2n++amn)n1(0a1<a2<<am)=max{a1,a2,,am}

5 单调有界数列必有极限

例6 设 x n + 1 = 1 2 ( x n + a x n ) ( n = 0 , 1 , 2 , . . . , n ) , 其 中 a > 0 , x 0 > 0 x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})(n=0,1,2,...,n),其中a\gt0,x_0\gt0 xn+1=21(xn+xna)(n=0,1,2,...,n),a>0,x0>0;证明数列 { x n } \{x_n\} {xn}收敛并求极限。

  • 分析

    • 有递推公式,证明收敛,很容易想到准则单调有界数列必有极限
    • 是先有界还是单调性,看给的条件
      • 看到 x n + a x n x_n+\frac{a}{x_n} xn+xna很容易想到公式 x + 1 x ≥ 2 , x > 0 x+\frac{1}{x}\ge2,x\gt0 x+x12,x>0
      • 先证有界在证单调
    • 有递推公式求极限,直接对递推公式2边取极限即可,因为 lim ⁡ x n = lim ⁡ x n + 1 \lim x_n=\lim x_{n+1} limxn=limxn+1
    • 证明单调可以 x n + 1 − x n 差 值 和 0 比 大 小 或 者 x n + 1 x n 比 值 与 1 比 大 小 x_{n+1}-x_n差值和0比大小或者\frac{x_{n+1}}{x_n}比值与1比大小 xn+1xn0xnxn+11

  • KaTeX parse error: Undefined control sequence: \ at position 552: … \\ b=\sqrt{a} \̲ ̲即\lim\limits_{n…

6 等价无穷小替换和重要极限

例7

lim ⁡ x → ∞ x 2 + 2 3 x − 1 ⋅ sin ⁡ 1 x \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot\sin\frac{1}{x}} xlim3x1x2+2sinx1
解 : ∞ ⋅ 0 型 , 0 利 用 等 价 无 穷 小 代 换 lim ⁡ x → ∞ x 2 + 2 3 x − 1 ⋅ sin ⁡ 1 x = lim ⁡ x → ∞ x 2 + 2 3 x − 1 ⋅ 1 x = 1 3 解:\infty\cdot0型,0利用等价无穷小代换\\ \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot\sin\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot\frac{1}{x}}=\frac{1}{3} 00xlim3x1x2+2sinx1=xlim3x1x2+2x1=31
lim ⁡ x → 0 ln ⁡ cos ⁡ x x ⋅ sin ⁡ ( sin ⁡ x ) \lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\cos x}}{x\cdot\sin(\sin x)}} x0limxsin(sinx)lncosx
解 : 0 0 型 等 价 无 穷 小 代 换 lim ⁡ x → 0 ln ⁡ cos ⁡ x x ⋅ sin ⁡ ( sin ⁡ x ) = lim ⁡ x → 0 cos ⁡ x − 1 x ⋅ x = lim ⁡ x → 0 − 1 2 x 2 x 2 = − 1 2 解:\frac{0}{0}型 等价无穷小代换 \\ \lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\cos x}}{x\cdot\sin(\sin x)}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\cos x-1}{x\cdot x}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2}}=-\frac{1}{2} 00x0limxsin(sinx)lncosx=x0limxxcosx1=x0limx221x2=21
lim ⁡ x → ∞ x 2 ⋅ ( e − cos ⁡ 1 x − e − 1 ) \lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(e^{-\cos\frac{1}{x}}-e^{-1})} xlimx2(ecosx1e1)
解 : ∞ ⋅ 0 型 , 0 等 价 无 穷 小 代 换 lim ⁡ x → ∞ x 2 ⋅ ( e − cos ⁡ 1 x − e − 1 ) = e − 1 lim ⁡ x → ∞ x 2 ⋅ ( e 1 − cos ⁡ 1 x − 1 ) = e − 1 lim ⁡ x → ∞ x 2 ⋅ ( 1 − cos ⁡ 1 x ) = e − 1 lim ⁡ x → ∞ x 2 ⋅ ( 1 2 ) ( 1 x ) 2 = 1 2 e 解:\infty\cdot0型,0等价无穷小代换 \\ \lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(e^{-\cos\frac{1}{x}}-e^{-1})}=e^{-1}\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(e^{1-\cos\frac{1}{x}}-1)}= \\ e^{-1}\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(1-\cos\frac{1}{x}})=e^{-1}\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(\frac{1}{2})(\frac{1}{x})^2}=\frac{1}{2e} 00xlimx2(ecosx1e1)=e1xlimx2(e1cosx11)=e1xlimx2(1cosx1)=e1xlimx2(21)(x1)2=2e1
lim ⁡ x → ∞ ( 2 x + 1 2 x − 1 ) x + 1 \lim\limits_{x\to\infty}{(\frac{2x+1}{2x-1})^{x+1}} xlim(2x12x+1)x+1
解 : 1 ∞ 型 , 利 用 重 要 极 限 lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 1 x ) x = e lim ⁡ x → ∞ ( 2 x + 1 2 x − 1 ) x + 1 = lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 2 x − 1 ) 2 x − 1 2 + 3 2 = e lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 2 x − 1 ) 3 2 = e 解:1^{\infty}型,利用重要极限\lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{1}{x})^{x}}=e \\ \lim\limits_{x\to\infty}{(\frac{2x+1}{2x-1})^{x+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{2}{2x-1})^{\frac{2x-1}{2}+\frac{3}{2}}}=\\ e\lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{2}{2x-1})^{\frac{3}{2}}}=e 1xlim(1+x1)x=exlim(2x12x+1)x+1=xlim(1+2x12)22x1+23=exlim(1+2x12)23=e
lim ⁡ x → 0 ( a x + b x + c x 3 ) 1 x \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x}{3})^{\frac{1}{x}}} x0lim(3ax+bx+cx)x1
解 : 1 ∞ 型 利 用 e ln ⁡ { 1 + f ( x ) } g ( x ) = e f ( x ) ⋅ g ( x ) lim ⁡ x → 0 ( a x + b x + c x 3 ) 1 x = e lim ⁡ x → 0 ln ⁡ ( 1 + a x + b x + c x − 3 3 ) 1 x = e lim ⁡ x → 0 ( a x + b x + c x − 3 3 ) 1 x lim ⁡ x → 0 ( a x + b x + c x − 3 3 ) 1 x = lim ⁡ x → 0 ( a x − 1 3 x ) + lim ⁡ x → 0 ( b x − 1 3 x ) + lim ⁡ x → 0 ( c x − 1 3 x ) = ln ⁡ ( a b c ) 1 3 即 lim ⁡ x → 0 ( a x + b x + c x 3 ) 1 x = ( a b c ) 1 3 解:1^\infty型 利用e^{\ln\{1+f(x)\}^{g(x)}}=e^{f(x)\cdot g(x)} \\ \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x}{3})^{\frac{1}{x}}}=e^{{\lim\limits_{x\to0}{\ln(1+\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3})^{\frac{1}{x}}}}} = \\ e^{\lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3}){\frac{1}{x}}}} \\ \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3}){\frac{1}{x}}}= \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x-1}{3x})}+\lim\limits_{x\to0}{(\frac{b^x-1}{3x})}+\lim\limits_{x\to0}{(\frac{c^x-1}{3x})}=\\ \ln(abc)^{\frac{1}{3}} \\ 即\lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x}{3})^{\frac{1}{x}}}= (abc)^{\frac{1}{3}} 1eln{1+f(x)}g(x)=ef(x)g(x)x0lim(3ax+bx+cx)x1=ex0limln(1+3ax+bx+cx3)x1=ex0lim(3ax+bx+cx3)x1x0lim(3ax+bx+cx3)x1=x0lim(3xax1)+x0lim(3xbx1)+x0lim(3xcx1)=ln(abc)31x0lim(3ax+bx+cx)x1=(abc)31

7 无穷小比阶

例8 设当 x → 0 x\to0 x0时, ( 1 − cos ⁡ x ) ln ⁡ ( 1 + x 2 ) (1-\cos x)\ln(1+x^2) (1cosx)ln(1+x2)是比 x ⋅ sin ⁡ x n x\cdot\sin x^n xsinxn高阶的无穷小,而 x ⋅ sin ⁡ x n x\cdot\sin x^n xsinxn是比 e x 2 − 1 e^{x^2}-1 ex21高阶的无穷小,则n=?(n为正整数)
由 题 得 : lim ⁡ x → 0 x ⋅ sin ⁡ x n ( 1 − cos ⁡ x ) ln ⁡ ( 1 + x 2 ) = 0 lim ⁡ x → 0 e x 2 − 1 x ⋅ sin ⁡ x n = 0 lim ⁡ x → 0 x ⋅ sin ⁡ x n ( 1 − cos ⁡ x ) ln ⁡ ( 1 + x 2 ) = lim ⁡ x → 0 x n + 1 1 2 x 4 = 0 即 n + 1 < 4 ⇒ n < 3 lim ⁡ x → 0 e x 2 − 1 x ⋅ sin ⁡ x n = lim ⁡ x → 0 x 2 x n + 1 = 0 ⇒ n + 1 > 2 ⇒ n > 1 中 上 得 1 < n < 3 , n 为 正 整 数 即 n = 2 由题得:\\ \lim\limits_{x\to0}{\frac{x\cdot\sin x^n}{(1-\cos x)\ln(1+x^2)}}=0 \\ \lim\limits_{x\to0}{\frac{e^{x^2}-1}{x\cdot\sin x^n}}=0 \\ \lim\limits_{x\to0}{\frac{x\cdot\sin x^n}{(1-\cos x)\ln(1+x^2)}}=\lim\limits_{x\to0}{\frac{x^{n+1}}{\frac{1}{2}x^4}}=0 即 n+1\lt 4\Rightarrow n\lt3 \\ \lim\limits_{x\to0}{\frac{e^{x^2}-1}{x\cdot\sin x^n}}=\lim\limits_{x\to0}{\frac{x^2}{x^{n+1}}}=0\Rightarrow n+1>2 \Rightarrow n\gt1\\ 中上得1\lt n\lt 3,n为正整数即 n = 2 :x0lim(1cosx)ln(1+x2)xsinxn=0x0limxsinxnex21=0x0lim(1cosx)ln(1+x2)xsinxn=x0lim21x4xn+1=0n+1<4n<3x0limxsinxnex21=x0limxn+1x2=0n+1>2n>11<n<3,nn=2

8 加减 → \rightarrow 乘除

f ( x ) g ( x ) = c ≠ 0 \frac{f(x)}{g(x)}=c\not =0 g(x)f(x)=c=0 , 若 f ( x ) → 0 , 则 g ( x ) → 0 f(x)\to 0,则g(x)\to0 f(x)0,g(x)0

例9 设 lim ⁡ x → + ∞ ( x 2 + x + 1 − a x − b ) = 0 \lim\limits_{x\to+\infty}{(\sqrt{x^2+x+1}-ax-b)}=0 x+lim(x2+x+1 axb)=0,求常数 a , b a,b a,b
令 x = 1 t , 则 当 x → + ∞ 时 , t → + 0 , 此 时 可 利 用 的 方 法 很 多 lim ⁡ x → + ∞ ( x 2 + x + 1 − a x − b ) = lim ⁡ t → + 0 ( t 2 + t + 1 − a − b t ) t = 0 因 为 分 母 t → 0 , 所 以 lim ⁡ t → + 0 ( t 2 + t + 1 − a − b t ) = 1 − a = 0 , 得 a = 1 原 式 = lim ⁡ t → + 0 ( t 2 + t + 1 − 1 ) t − b = lim ⁡ t → + 0 1 2 ( t 2 + t ) t − b = 1 2 − b = 0 , 得 b = 1 2 令x=\frac{1}{t},则当x\to+\infty时,t\to+0,此时可利用的方法很多\\ \lim\limits_{x\to+\infty}{(\sqrt{x^2+x+1}-ax-b)}=\lim\limits_{t\to+0}{\frac{(\sqrt{t^2+t+1}-a-bt)}{t}}=0 \\ 因为分母t\to0,所以\lim\limits_{t\to+0}{(\sqrt{t^2+t+1}-a-bt)}=1-a=0,得 a = 1 \\ 原式=\lim\limits_{t\to+0}{\frac{(\sqrt{t^2+t+1}-1)}{t}-b}=\lim\limits_{t\to+0}{\frac{\frac{1}{2}(t^2+t)}{t}-b}=\frac{1}{2}-b=0,得b=\frac{1}{2} x=t1x+t+0x+lim(x2+x+1 axb)=t+0limt(t2+t+1 abt)=0t0,t+0lim(t2+t+1 abt)=1a=0,a=1=t+0limt(t2+t+1 1)b=t+0limt21(t2+t)b=21b=0,b=21

9 分段函数在某点连续

例10 求常数 a , b a,b a,b,使
f ( x ) = { ln ⁡ ( 1 + x ) x , x > 0 a , x = 0 1 + x − 1 − x 2 b x , − 1 ≤ x < 0 f(x)= \begin{cases} \frac{\ln(1+x)}{x},\quad x\gt 0 \\ a,\qquad x=0 \\ \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{2bx},\quad -1\le x\lt0 \end{cases} f(x)=xln(1+x),x>0a,x=02bx1+x 1x ,1x<0
在x=0处连续。
解 , 函 数 f ( x ) 在 x = 0 处 连 续 即 lim ⁡ x → 0 + f ( x ) = lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = f ( 0 ) lim ⁡ x → 0 + f ( x ) = lim ⁡ x → 0 + ln ⁡ ( 1 + x ) x = 1 f ( 0 ) = a = 1 , lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = lim ⁡ x → 0 − 1 + x − 1 − x 2 b x = lim ⁡ x → 0 − ( 1 + x − 1 − x ) ( 1 + x + 1 − x ) 2 b x ( 1 + x + 1 − x ) = 1 2 b = 1 , 得 b = 1 2 解,函数f(x)在x=0处连续即\lim\limits_{x\to0^+}{f(x)}=\lim\limits_{x\to0^-}{f(x)}=f(0) \\ \lim\limits_{x\to0^+}{f(x)}=\lim\limits_{x\to0^+}{\frac{\ln(1+x)}{x}}=1 \\ f(0)=a=1, \\ \lim\limits_{x\to0^-}{f(x)}=\lim\limits_{x\to0^-}{\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{2bx}}=\lim\limits_{x\to0^-}{\frac{(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}{2bx(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}}\\ =\frac{1}{2b}=1,得b=\frac{1}{2} f(x)x=0x0+limf(x)=x0limf(x)=f(0)x0+limf(x)=x0+limxln(1+x)=1f(0)=a=1,x0limf(x)=x0lim2bx1+x 1x =x0lim2bx(1+x +1x )(1+x 1x )(1+x +1x )=2b1=1b=21

10 间断点判别

例 11 设 f ( x ) = lim ⁡ n → ∞ 1 − x 2 n 1 + x 2 n ⋅ x f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}{\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}}\cdot x f(x)=nlim1+x2n1x2nx,求 f ( x ) f(x) f(x)的间断点并指明类型。
解 : f ( x ) 是 关 于 x 的 函 数 , 但 是 表 达 式 中 处 理 了 n → ∞ 的 极 限 , 需 要 先 处 理 极 限 ; 极 限 分 析 取 决 与 x 的 取 值 范 围 ; f ( x ) = lim ⁡ n → ∞ ( 2 1 + x 2 n − 1 ) ⋅ x n → ∞ , 当 ∣ x ∣ < 1 时 , x 2 n → 0 , f ( x ) = x ; ∣ x ∣ = 1 时 , f ( x ) = 0 ; 当 ∣ x ∣ > 1 时 , f ( x ) = − x f ( x ) = { − x , x < − 1 0 , x = − 1 x , − 1 < x < 1 0 , x = 1 − x , x > 0 lim ⁡ x → − 1 − f ( x ) = lim ⁡ x → − 1 − ( − x ) = 1 lim ⁡ x → − 1 + f ( x ) = lim ⁡ x → − 1 + ( x ) = − 1 f ( − 1 ) = 0 所 有 x = − 1 为 f ( x ) 的 第 一 类 间 断 点 中 的 跳 跃 间 断 点 。 同 理 x = 1 为 f ( x ) 的 第 一 类 间 断 点 中 的 跳 跃 间 断 点 。 解:f(x)是关于x的函数,但是表达式中处理了n\to\infty的极限,需要先处理极限;极限分析取决与x的取值范围; \\ f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{2}{1+x^{2n}}-1)}\cdot x\\ n\to\infty,当|x|<1时,x^{2n}\to0,f(x)=x;|x|=1时,f(x)=0;当|x|\gt1时,f(x)=-x \\ f(x)= \begin{cases} -x,\quad x\lt-1 \\ 0,\quad x=-1 \\ x,\quad -1\lt x\lt 1 \\ 0,\quad x=1 \\ -x,\quad x\gt0 \end{cases} \\ \lim\limits_{x\to-1^-}{f(x)}=\lim\limits_{x\to-1^-}{(-x)}=1 \\ \lim\limits_{x\to-1^+}{f(x)}=\lim\limits_{x\to-1^+}{(x)}=-1 \\ f(-1)=0 所有x=-1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。 \\ 同理x=1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。 f(x)xn;xf(x)=nlim(1+x2n21)xn,x<1x2n0,f(x)=xx=1,f(x)=0x>1f(x)=xf(x)=x,x<10,x=1x,1<x<10,x=1x,x>0x1limf(x)=x1lim(x)=1x1+limf(x)=x1+lim(x)=1f(1)=0x=1f(x)x=1f(x)

11 渐近线

例如12 求曲线 f ( x ) = 2 x 3 x 2 − 3 x + 2 f(x)=\frac{2x^3}{x^2-3x+2} f(x)=x23x+22x3的渐近线
解 : 渐 近 线 有 铅 直 、 水 平 和 斜 渐 近 线 铅 直 找 令 lim ⁡ f ( x ) → ∞ 的 点 化 简 f ( x ) = 2 x 3 ( x − 1 ) ( x − 2 ) lim ⁡ x → 1 f ( x ) = ∞ lim ⁡ x → 2 f ( x ) = ∞ 所 以 x = 1 和 x = 2 为 f ( x ) 的 铅 直 渐 近 线 水 平 渐 近 线 , 看 当 x → ∞ 的 时 候 , f ( x ) 的 极 限 是 否 存 在 lim ⁡ x → ∞ f ( x ) = lim ⁡ x → ∞ 2 x 3 x 2 − 3 x + 2 = ∞ 不 存 在 所 以 f ( x ) 没 有 水 平 渐 近 线 斜 渐 近 线 , 看 看 lim ⁡ x → ∞ f ( x ) x 是 否 存 在 lim ⁡ x → ∞ f ( x ) x = lim ⁡ x → ∞ 2 x 3 ( x 2 − 3 x + 2 ) x = 2 , 即 斜 渐 近 线 斜 率 为 2 求 截 距 = lim ⁡ x → ∞ [ f ( x ) − k x ] = lim ⁡ x → ∞ ( 2 x 3 x 2 − 3 x + 2 − 2 x ) = 6 所 以 斜 渐 近 线 为 : y = 2 x + 6 解: 渐近线有铅直、水平和斜渐近线 \\ 铅直找令\lim f(x)\to\infty的点 化简f(x)=\frac{2x^3}{(x-1)(x-2)} \\ \lim\limits_{x\to1}{f(x)}=\infty\quad \lim\limits_{x\to2}{f(x)}=\infty \\ 所以x=1和x=2为f(x)的铅直渐近线 \\ 水平渐近线,看当x\to\infty的时候,f(x)的极限是否存在 \\ \lim\limits_{x\to\infty}{f(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x^3}{x^2-3x+2}}=\infty不存在 \\ 所以f(x)没有水平渐近线 \\ 斜渐近线,看看\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{f(x)}{x}}是否存在 \\ \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{f(x)}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x^3}{(x^2-3x+2)x}}=2 ,即斜渐近线斜率为2\\ 求截距=\lim\limits_{x\to \infty}{[f(x)-kx]}=\lim\limits_{x\to\infty}{(\frac{2x^3}{x^2-3x+2}-2x)}=6 \\ 所以斜渐近线为:y=2x+6 线线limf(x)f(x)=(x1)(x2)2x3x1limf(x)=x2limf(x)=x=1x=2f(x)线线xf(x)xlimf(x)=xlimx23x+22x3=f(x)线线xlimxf(x)xlimxf(x)=xlim(x23x+2)x2x3=2线2=xlim[f(x)kx]=xlim(x23x+22x32x)=6线:y=2x+6

12 方程根的存在性(零点定理)

例13 设 f ( x ) 在 [ a , b ] f(x)在[a,b] f(x)[a,b]连续, f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f(a)=f(b)。证明:存在 ξ ∈ [ a , b ] \xi\in[a,b] ξ[a,b]使得 f ( ξ ) = f ( ξ + b − a 2 ) f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2}) f(ξ)=f(ξ+2ba)

令 g ( x ) = f ( x ) − f ( x + b − a 2 ) , x ∈ [ a , a + b 2 ] 因 为 f ( x ) 在 [ a , b ] 上 连 续 , 则 g ( x ) 在 [ a , a + b 2 ] 上 连 续 g ( a ) = f ( a ) − f ( a + b − a 2 ) = f ( a ) − f ( a + b 2 ) g ( a + b 2 ) = f ( a + b 2 ) − f ( a + b 2 + b − a 2 ) = f ( a + b 2 ) − f ( b ) 因 为 f ( a ) = f ( b ) 若 f ( a ) = f ( a + b 2 ) , 则 ξ 取 a 满 足 条 件 若 f ( a ) ≠ f ( a + b 2 ) 则 g ( a ) 和 g ( a + b 2 ) 异 号 , 根 据 零 点 定 理 有 ∃ ξ ∈ [ a , a + b 2 ] ⊆ [ a , b ] , 使 得 g ( ξ ) = f ( ξ ) − f ( ξ + b − a 2 ) = 0 即 f ( ξ ) = f ( ξ + b − a 2 ) 令g(x)=f(x)-f(x+\frac{b-a}{2}),x\in[a,\frac{a+b}{2}] \\ 因为f(x)在[a,b]上连续,则g(x)在[a,\frac{a+b}{2}]上连续\\ g(a)=f(a)-f(a+\frac{b-a}{2})=f(a)-f(\frac{a+b}{2}) \\ g(\frac{a+b}{2})=f(\frac{a+b}{2})-f(\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2})=f(\frac{a+b}{2})-f(b) \\ 因为f(a)=f(b) 若f(a)=f(\frac{a+b}{2}),则\xi取a满足条件\\ 若f(a)\not=f(\frac{a+b}{2}) 则g(a)和g(\frac{a+b}{2})异号,根据零点定理有\\ \exists\xi\in[a,\frac{a+b}{2}]\subseteq[a,b],使得g(\xi)=f(\xi)-f(\xi+\frac{b-a}{2})=0即 \\ f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2}) g(x)=f(x)f(x+2ba),x[a,2a+b]f(x)[a,b]g(x)[a,2a+b]g(a)=f(a)f(a+2ba)=f(a)f(2a+b)g(2a+b)=f(2a+b)f(2a+b+2ba)=f(2a+b)f(b)f(a)=f(b)f(a)=f(2a+b),ξaf(a)=f(2a+b)g(a)g(2a+b),ξ[a,2a+b][a,b],使g(ξ)=f(ξ)f(ξ+2ba)=0f(ξ)=f(ξ+2ba)

后记

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参考:

[1]同济大学数学系.高等数学 第七版 上册[M].北京:高等教育出版社,2014.7.P1~p72.

[2]【梨米特】同济七版《高等数学》全程教学视频|纯干货知识点解析,应该是全网最细|微积分 | 高数[CP/OL].2020-04-16.p12.

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