0112习题-函数与极限-高等数学

1 有理函数

例1 $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(2x+1{)}^4\cdot (x-1{)}^6-5x(x+8)}{(x+2{)}^{10}}$

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$\frac{2}{1}=2$? 别想当然，
$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(2x+1{)}^4\cdot (x-1{)}^6-5x(x+8)}{(x+2{)}^{10}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2^4\cdot 1^6}{1^{10}}=16$$

• 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 $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(x^3-2x+5)\cdot (2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}$

• 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$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}=0$
  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

• 解
  $$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(x^3-2x+5)\cdot (2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}\cdot (2+\cos x-\sin x) \\ 因为\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}=0，0\le 2+\cos x-\sin x\le 4 \\ 根据定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小得,\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(x^3-2x+5)\cdot (2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}=0 \end{gathered}$$

3 常见函数在特殊点(或趋于无穷)的变化趋势

例3 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot \arctan \frac{1}{x}$

• 分析

  • $x\to 0,e^{\frac{1}{x}},\arctan \frac{1}{x}$
  • 需要讨论$x\to 0^{+},和x\to 0^{-}$情况

• 解
  $$\begin{gathered} 当x\to 0^{-}时，\frac{1}{x}\to -\infty ,e^{\frac{1}{x}}\to 0,\arctan \frac{1}{x}\to -\frac{\pi }{2} \\ 所以\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot \arctan \frac{1}{x}=\frac{1-0}{1+0}\cdot (-\frac{\pi }{2})=-\frac{\pi }{2} \\ 当x\to 0^{+}时，\frac{1}{x}\to +\infty ,e^{\frac{1}{x}}\to +\infty ,\arctan \frac{1}{x}\to \frac{\pi }{2} \\ 所以\underset{x{\to }^0+}{\lim }\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot \arctan \frac{1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x}}-1}{e^{-\frac{1}{x}}+1}\cdot \frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{2} \\ 所以\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot \arctan \frac{1}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot \arctan \frac{1}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot \arctan \frac{1}{x}=-\frac{\pi }{2} \end{gathered}$$

• 注

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

4 夹逼定理

例4 $\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots +\frac{n}{n^2+n})$

• 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$0\le x_n\le \frac{1}{2}$
    • 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

• 解
  $$\begin{gathered} 构建数列y_n=\frac{1}{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots +\frac{n}{n^2+n} \\ {z}_n=\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+1}+\cdots +\frac{n}{n^2+1} \\ 此时y_n\le x_n\le z_n \\ \underset{x\to \infty }{\lim }{y}_n=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots +\frac{n}{n^2+n}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{n(n+1)}{2(n^2+n)}=\frac{1}{2} \\ \underset{x\to \infty }{\lim }{z}_n=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+1}+\cdots +\frac{n}{n^2+1}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}=\frac{1}{2} \\ 所以\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots +\frac{n}{n^2+n})=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

例5 $\underset{n\to \infty }{\lim }(a^n+b^n+c^n{)}^{\frac{1}{n}}(0\le a<b<c)$

• 解：第一次遇到，直接看的解题思路
  $$\begin{gathered} 利用夹逼准则 \\ 令y_n=(c^n{)}^{\frac{1}{n}},z_n=(c^n+c^n+c^n{)}^{\frac{1}{n}} \\ 因为0\le a<b<c,所以y_n\le x_n\le z_n \\ \underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }(c^n{)}^{\frac{1}{n}}=c \\ \underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }(c^n+c^n+c^n{)}^{\frac{1}{n}}=c\underset{n\to \infty }{\lim }{3}^{\frac{1}{n}}=c \\ 所以\underset{n\to \infty }{\lim }(a^n+b^n+c^n{)}^{\frac{1}{n}}=c \end{gathered}$$

• 推论:$\underset{n\to \infty }{\lim }(a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n{)}^{\frac{1}{n}}(0\le a_1<a_2<\cdots <a_m)=\max \{a_1,a_2,\cdots ,a_m\}$

5 单调有界数列必有极限

例6 设$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})(n=0,1,2,...,n),其中a>0,x_0>0$;证明数列$\{x_n\}$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$x_n+\frac{a}{x_n}$很容易想到公式$x+\frac{1}{x}\ge 2,x>0$
    • 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$\lim x_n=\lim x_{n+1}$
  • 证明单调可以$x_{n+1}-x_n差值和0比大小或者\frac{x_{n+1}}{x_n}比值与1比大小$

• 解
  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

① $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot \sin \frac{1}{x}$
$$\begin{gathered} 解：\infty \cdot 0型，0利用等价无穷小代换 \\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot \sin \frac{1}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot \frac{1}{x}=\frac{1}{3} \end{gathered}$$
② $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x\cdot \sin (\sin x)}$
$$\begin{gathered} 解：\frac{0}{0}型等价无穷小代换 \\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x\cdot \sin (\sin x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-1}{x\cdot x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}=-\frac{1}{2} \end{gathered}$$
③$\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2\cdot (e^{-\cos \frac{1}{x}}-e^{-1})$
$$\begin{gathered} 解：\infty \cdot 0型，0等价无穷小代换 \\ \underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2\cdot (e^{-\cos \frac{1}{x}}-e^{-1})=e^{-1}\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2\cdot (e^{1-\cos \frac{1}{x}}-1)= \\ {e}^{-1}\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2\cdot (1-\cos \frac{1}{x})=e^{-1}\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^2\cdot (\frac{1}{2})(\frac{1}{x}{)}^2=\frac{1}{2e} \end{gathered}$$
④$\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{2x+1}{2x-1}{)}^{x+1}$
$$\begin{gathered} 解：1^{\infty }型，利用重要极限\underset{x\to \infty }{\lim }(1+\frac{1}{x}{)}^x=e \\ \underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{2x+1}{2x-1}{)}^{x+1}=\underset{x\to \infty }{\lim }(1+\frac{2}{2x-1}{)}^{\frac{2x-1}{2}+\frac{3}{2}}= \\ e\underset{x\to \infty }{\lim }(1+\frac{2}{2x-1}{)}^{\frac{3}{2}}=e \end{gathered}$$
⑤$\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}{)}^{\frac{1}{x}}$
$$\begin{gathered} 解：1^{\infty }型利用e^{\ln \{1+f(x){\}}^{g(x)}}=e^{f(x)\cdot g(x)} \\ \underset{x\to 0}{\lim }(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}{)}^{\frac{1}{x}}=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\ln (1+\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3}{)}^{\frac{1}{x}}}= \\ {e}^{\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3})\frac{1}{x}} \\ \underset{x\to 0}{\lim }(\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3})\frac{1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{a^x-1}{3x})+\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{b^x-1}{3x})+\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{c^x-1}{3x})= \\ \ln (abc{)}^{\frac{1}{3}} \\ 即\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}{)}^{\frac{1}{x}}=(abc{)}^{\frac{1}{3}} \end{gathered}$$

7 无穷小比阶

例8 设当$x\to 0$时，$(1-\cos x)\ln (1+x^2)$是比$x\cdot \sin x^n$高阶的无穷小，而$x\cdot \sin x^n$是比$e^{x^2}-1$高阶的无穷小，则n=?(n为正整数)
$$\begin{gathered} 由题得: \\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\cdot \sin x^n}{(1-\cos x)\ln (1+x^2)}=0 \\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}-1}{x\cdot \sin x^n}=0 \\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\cdot \sin x^n}{(1-\cos x)\ln (1+x^2)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^{n+1}}{\frac{1}{2}{x}^4}=0即n+1<4\Rightarrow n<3 \\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}-1}{x\cdot \sin x^n}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2}{x^{n+1}}=0\Rightarrow n+1>2\Rightarrow n>1 \\ 中上得1<n<3,n为正整数即n=2 \end{gathered}$$

8 加减$\to$乘除

$\frac{f(x)}{g(x)}=c\ne 0$ , 若$f(x)\to 0,则g(x)\to 0$

例9 设$\underset{x\to +\infty }{\lim }(\sqrt{x^2+x+1}-ax-b)=0$，求常数$a,b$
$$\begin{gathered} 令x=\frac{1}{t}，则当x\to +\infty 时，t\to +0，此时可利用的方法很多 \\ \underset{x\to +\infty }{\lim }(\sqrt{x^2+x+1}-ax-b)=\underset{t\to +0}{\lim }\frac{(\sqrt{t^2+t+1}-a-bt)}{t}=0 \\ 因为分母t\to 0,所以\underset{t\to +0}{\lim }(\sqrt{t^2+t+1}-a-bt)=1-a=0,得a=1 \\ 原式=\underset{t\to +0}{\lim }\frac{(\sqrt{t^2+t+1}-1)}{t}-b=\underset{t\to +0}{\lim }\frac{\frac{1}{2}(t^2+t)}{t}-b=\frac{1}{2}-b=0,得b=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

9 分段函数在某点连续

例10 求常数$a,b$,使
$$f(x)=\{\begin{array}{l}\frac{\ln (1+x)}{x},x>0\\ a,x=0\\ \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{2bx},-1\le x<0\end{array}$$
在x=0处连续。
$$\begin{gathered} 解，函数f(x)在x=0处连续即\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=f(0) \\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=1 \\ f(0)=a=1, \\ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{2bx}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}{2bx(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})} \\ =\frac{1}{2b}=1，得b=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

10 间断点判别

例 11 设$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}\cdot x$,求$f(x)$的间断点并指明类型。
$$\begin{gathered} 解：f(x)是关于x的函数，但是表达式中处理了n\to \infty 的极限，需要先处理极限;极限分析取决与x的取值范围； \\ f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{2}{1+x^{2n}}-1)\cdot x \\ n\to \infty ,当|x|<1时，x^{2n}\to 0,f(x)=x；|x|=1时,f(x)=0；当|x|>1时，f(x)=-x \\ f(x)=\{\begin{array}{l}-x,x<-1\\ 0,x=-1\\ x,-1<x<1\\ 0,x=1\\ -x,x>0\end{array} \\ \underset{x\to -1^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }(-x)=1 \\ \underset{x\to -1^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }(x)=-1 \\ f(-1)=0所有x=-1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。 \\ 同理x=1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。 \end{gathered}$$

11 渐近线

例如12 求曲线$f(x)=\frac{2x^3}{x^2-3x+2}$的渐近线
$$\begin{gathered} 解：渐近线有铅直、水平和斜渐近线 \\ 铅直找令\lim f(x)\to \infty 的点化简f(x)=\frac{2x^3}{(x-1)(x-2)} \\ \underset{x\to 1}{\lim }f(x)=\infty \underset{x\to 2}{\lim }f(x)=\infty \\ 所以x=1和x=2为f(x)的铅直渐近线 \\ 水平渐近线，看当x\to \infty 的时候，f(x)的极限是否存在 \\ \underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2x^3}{x^2-3x+2}=\infty 不存在 \\ 所以f(x)没有水平渐近线 \\ 斜渐近线，看看\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}是否存在 \\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2x^3}{(x^2-3x+2)x}=2，即斜渐近线斜率为2 \\ 求截距=\underset{x\to \infty }{\lim }[f(x)-kx]=\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{2x^3}{x^2-3x+2}-2x)=6 \\ 所以斜渐近线为:y=2x+6 \end{gathered}$$

12 方程根的存在性(零点定理)

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

$$\begin{gathered} 令g(x)=f(x)-f(x+\frac{b-a}{2}),x\in [a,\frac{a+b}{2}] \\ 因为f(x)在[a,b]上连续，则g(x)在[a,\frac{a+b}{2}]上连续 \\ g(a)=f(a)-f(a+\frac{b-a}{2})=f(a)-f(\frac{a+b}{2}) \\ g(\frac{a+b}{2})=f(\frac{a+b}{2})-f(\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2})=f(\frac{a+b}{2})-f(b) \\ 因为f(a)=f(b)若f(a)=f(\frac{a+b}{2}),则\xi 取a满足条件 \\ 若f(a)\ne f(\frac{a+b}{2})则g(a)和g(\frac{a+b}{2})异号,根据零点定理有 \\ \exists \xi \in [a,\frac{a+b}{2}]\subseteq [a,b],使得g(\xi )=f(\xi )-f(\xi +\frac{b-a}{2})=0即 \\ f(\xi )=f(\xi +\frac{b-a}{2}) \end{gathered}$$

后记

❓QQ:806797785

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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.