张宇1000题高等数学 第一章 函数极限与连续

$A$组

15.求极限$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x+x^2\sin \frac{1}{x}}{(2+x^2)\ln (1+x)}$。

解
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x+x^2\sin \frac{1}{x}}{(2+x^2)\ln (1+x)}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{2+x^2}\cdot \frac{\sin x+x^2\sin \frac{1}{x}}{x}\\ & =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{\sin x}{x}+x\sin \frac{1}{x}\right)=\frac{1}{2}.\end{array}$$
（这道题主要利用了洛必达法则适用条件求解）

$B$组

3.当$x\to 0^{+}$时，下列无穷小量中，与$x$同阶的无穷小是（  ）
$(A)\sqrt{1+x}-1;$
$(B)\ln (1+x)-x;$
$(C)\cos (\sin x)-1;$
$(D)x^x-1.$

解  选项$(A)$，$\sqrt{1+x}-1\sim \frac{1}{2}x$，是关于$x$的一阶无穷小。
  选项$(B)$，$\ln (1+x)-x=\left[x-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)\right]-x\sim -\frac{1}{2}{x}^2$，是关于$x$的二阶无穷小。
  选项$(C)$，$\cos (\sin x)-1\sim -\frac{1}{2}{\sin }^{2}x\sim -\frac{1}{2}{x}^2$，是关于$x$的二阶无穷小。
  选项$(D)$，$x^x-1=e^{x\ln x}-1\sim x\ln x$，不是关于$x$的一阶无穷小。（这道题主要利用了无穷小求解）

15.计算下列极限。

（5）$\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{-x}{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{x^2};$

解
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{-x}{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{x^2}& =\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{x^2\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-x}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}}{{\left(\frac{1}{x}\right)}^2}}\\ & \stackrel{x=\frac{1}{t}}{}{e}^{\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+t)-t}{t^2}}=e^{\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{1+t}-1}{2t}}=e^{-\frac{1}{2}}.\end{array}$$
（这道题主要利用了变量代换求解）

（19）$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^x-(\tan x{)}^x}{x(\sqrt{1+3{\sin }^{2}x}-1)}.$

解  因为$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^x=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{x\ln x}=1,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{x\ln \tan x}=1$。对分母作等价无穷小代换：$\sqrt{1+3{\sin }^{2}x}-1\sim \frac{1}{2}\cdot 3{\sin }^{2}x\sim \frac{3}{2}{x}^2(x\to 0^{+})$，得
$$\begin{array}{rl}\text{原式}& =\frac{2}{3}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^x-(\tan x{)}^x}{x^3}=\frac{2}{3}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^x\left[1-{\left(\frac{\tan x}{x}\right)}^x\right]}{x^3}\\ & =-\frac{2}{3}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(\frac{\tan x}{x}\right)}^x-1}{x^3}=-\frac{2}{3}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^{x\ln \left(\frac{\tan x}{x}\right)}-1}{x^3}.\end{array}$$
  对分子作等价无穷小代换：当$x\to 0^{+}$时，有
$$\begin{gathered} e^{x\ln \left(\frac{\tan x}{x}\right)}-1\sim x\ln \left(\frac{\tan x}{x}\right)=x\ln \left[1+\left(\frac{\tan x}{x}-1\right)\right]\sim x\left(\frac{\tan x}{x}-1\right)=\tan x-x, \\ \begin{array}{rl}\text{原式}& =-\frac{2}{3}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\tan x-x}{x^3}=-\frac{2}{3}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\sec }^{2}x-1}{3x^2}\\ & =-\frac{4}{9}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(\frac{\tan x}{x}\right)}^2=-\frac{2}{9}.\end{array} \end{gathered}$$
（这道题主要利用了等价无穷小代换求解）

$C$组

3.记$f(x)=27x^3+5x^2-2$的反函数为$f^{-1}$，求极限：$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f^{-1}(27x)-f^{-1}(x)}{\sqrt[3]{x}}$。

解  首先，显然有$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x^3}=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(27+\frac{5}{x}-\frac{2}{x^3}\right)=27$。
  先令$t=27x$，再令$y=f^{-1}(x)$，则$t=f(y)$，且$x\to \infty$时，$t\to \infty ,y\to \infty$，所以
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f^{-1}(27x)}{\sqrt[3]{x}}& =3\underset{t\to \infty }{\lim }\frac{f^{-1}(t)}{\sqrt[3]{t}}=3\underset{y\to \infty }{\lim }\frac{y}{\sqrt[3]{f(y)}}=3\sqrt[3]{\underset{y\to \infty }{\lim }\frac{y^3}{f(y)}}\\ & =3\sqrt[3]{\frac{1}{27}}=1.\end{array}$$
  同理，令$y=f^{-1}(x)$，则$x=f(y)$，且$x\to \infty$时，$y\to \infty$，所以
$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f^{-1}(x)}{\sqrt[3]{x}}=\underset{y\to \infty }{\lim }\frac{y}{\sqrt[3]{f(y)}}=\sqrt[3]{\underset{y\to \infty }{\lim }\frac{y^3}{f(y)}}=\sqrt[3]{\frac{1}{27}}=\frac{1}{3}.$$
  因此，原式$=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。（这道题主要利用了变量代换求解）

4.计算下列极限。

（2）$\underset{x\to 0}{\lim }{\int }_0^x\frac{\sin 2t}{\sqrt{4+t^2}{\int }_0^x(\sqrt{t+1}-1)\mathrm{d}t};$

解
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }{\int }_0^x\frac{\sin 2t}{\sqrt{4+t^2}{\int }_0^x(\sqrt{t+1}-1)\mathrm{d}t}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 2x}{\sqrt{4+x^2}(\sqrt{x+1}-1)}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(\sqrt{x+1}+1)\sin 2x}{x\sqrt{4+x^2}}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2(\sqrt{x+1}+1)}{\sqrt{4+x^2}}\cdot \frac{\sin 2x}{2x}\\ & =2.\end{array}$$
（这道题主要利用了积分式求导求解）

（3）$\underset{x\to +\infty }{\lim }(\sqrt[3]{x^3+2x^2+1}-x{e}^{\frac{1}{x}});$

解  令$x=\frac{1}{t}$，有
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\infty }{\lim }(\sqrt[3]{x^3+2x^2+1}-x{e}^{\frac{1}{x}})& =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt[3]{t^3+2t+1}-e^t}{t}\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{3}(t^3+2t+1{)}^{-\frac{2}{3}}(2+3t^2)-e^t}{1}\\ & =\frac{1}{3}\times 1\times 2-1=-\frac{1}{3}.\end{array}$$
（这道题主要利用了变量代换求解）

（4）$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1+\frac{1}{2}{x}^2-\sqrt{1+x^2}}{(\cos x-e^{\frac{x^2}{2}})\sin \frac{s^2}{2}};$

解
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1+\frac{1}{2}{x}^2-\sqrt{1+x^2}}{(\cos x-e^{\frac{x^2}{2}})\sin \frac{s^2}{2}}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1+\frac{1}{2}{x}^2-\left[1+\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{8}{x}^4+o(x^4)\right]}{\left\{\left[1-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)\right]-\left[1+\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)\right]\right\}\cdot \frac{x^2}{2}}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{8}{x}^4+o(x^4)}{-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^4)}=-\frac{1}{4}.\end{array}$$
（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

7.设$a⩾5$且为常数，则$k$为何值时极限$$I=\underset{x\to +\infty }{\lim }[(x^{\alpha }+8x^4+2{)}^k-x]$$存在，并求此极限值。

解  当$k⩽0$时，$I=-\infty$，极限不存在；
  当$k>0$时，
$$\begin{array}{rl}I& \underset{x=\frac{1}{t}}{\overset{\infty -\infty }{}}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\left[{\left(\frac{1}{t^{\alpha }}+\frac{8}{t^4}+2\right)}^k-\frac{1}{t}\right](\alpha ⩾5)\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{(1+8t^{\alpha -4}+2t^{\alpha }{)}^k-t^{\alpha k-1}}{t^{\alpha k}}.\end{array}$$
  只有当$\alpha k-1=0$，即$k=\frac{1}{\alpha }$时极限才可以用洛必达法则，否则极限为$\infty$，不存在。故
$$I=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{(1+8t^{\alpha -4}+2t^{\alpha }{)}^{\frac{1}{\alpha }}-1}{t}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{\alpha }(8t^{\alpha -4}+2t^{\alpha })}{t}.$$
  当$\alpha =5$时，$I=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{5}\frac{8t+2t^5}{t}=\frac{8}{5}$，此时$k=\frac{1}{5}$；
  当$\alpha >5$时，$I=0$，此时$k=\frac{1}{5}$。（这道题主要利用了分类讨论求解）

11.设$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{1+(2x{)}^n+x^{2n}}(x⩾0)$。

（1）求函数$f(x)$的表达式；

解  当$0⩽x<\frac{1}{2}$时，有$\sqrt[n]{1}⩽\sqrt[n]{1+(2x{)}^n+x^{2n}}⩽1\cdot \sqrt[n]{3}$；
  当$\frac{1}{2}⩽x<2$时，有$2x<\sqrt[n]{1+(2x{)}^n+x^{2n}}⩽2x\sqrt[n]{3}$；
  当$x⩾2$时，有$x^2⩽\sqrt[n]{1+(2x{)}^n+x^{2n}}⩽x^2\sqrt[n]{3}$。
  又$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{3}=1$，故
$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& 0⩽x<\frac{1}{2},\\ 2x,& \frac{1}{2}⩽x<2,\\ x^2,& x⩾2.\end{array}$$

（2）讨论函数$f(x)$的连续性。

解  因为$f(x)$在$\left[0,\frac{1}{2}\right),\left[\frac{1}{2},2\right),\left[2,+\infty \right)$上连续，又
$$\begin{gathered} \underset{x\to {\left(\frac{1}{2}\right)}^{-}}{\lim }f(x)=1,\underset{x\to {\left(\frac{1}{2}\right)}^{+}}{\lim }f(x)=1,f\left(\frac{1}{2}\right)=1, \\ \underset{x\to 2^{-}}{\lim }f(x)=4,\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f(x)=4,f(2)=4, \end{gathered}$$
  所以$f(x)$在$[0,+\infty )$上连续。（这道题主要利用了分类讨论求解）

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