【高等数学基础进阶】函数、极限、连续-补充+练习 & 导数与微分-练习

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函数、极限、连续

极限的存在准则补充

例1：极限$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=()$

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=-1,\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=1$$
因此极限不存在

需要分左、右极限的问题常见以下三种

• 分段函数分界点处的极限，而在该分界点两侧函数表达式不同（这里也包括带有绝对值的函数，如$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|}{x}$
• $e^{\infty }$型极限（如$\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}},\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^x,\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{-x}$）
  $$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}=0,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}=+\infty ,\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}不存在$$
  $$\underset{x\to -\infty }{\lim }{e}^x=0,\underset{x\to +\infty }{\lim }{e}^x=+\infty ,\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^x不存在$$
  即$e^{\infty }\ne \infty ,e^{+\infty }=+\infty ,e^{-\infty }=0$
• $\arctan \infty$型极限（如$\underset{x\to 0}{\lim }\arctan \frac{1}{x},\underset{x\to \infty }{\lim }\arctan x$）
  $$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\arctan \frac{1}{x}=-\frac{\pi }{2},\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\arctan \frac{1}{x}=\frac{\pi }{2},\underset{x\to 0}{\lim }\arctan \frac{1}{x}不存在$$
  $$\underset{x\to -\infty }{\lim }\arctan x=-\frac{\pi }{2},\underset{x\to +\infty }{\lim }\arctan x=\frac{\pi }{2},\underset{x\to \infty }{\lim }\arctan x不存在$$
  即$\arctan \infty \ne \frac{\pi }{2},\arctan (+\infty )=\frac{\pi }{2},\arctan (-\infty )=-\frac{\pi }{2}$

利用有理运算法则和泰勒公式求极限

例2：设$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-(ax+b{x}^2)}{x^2}=2$，则$a=(),b=()$

当分母有因式等于$0$，且该分式去掉该因式后使用加法法则各项不全为$0$，可以乘以该因式用加法法则

左右同乘$x$
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-(ax+b{x}^2)}{x}& =0\\ \underset{x\to 0}{\lim }1-a-bx& =0\\ a& =1\end{array}$$
（此处如果乘$x^2$剩下$\underset{x\to 0}{\lim }x-ax-b{x}^2$每一项都为$0$，所以不可行）

本题以本人的能力用这种方法只能算到这里了

泰勒展开
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-(ax+b{x}^2)}{x^2}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\frac{x^2}{2}-(ax+b{x}^2)+o(x^2)}{x^2}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1-a)x-(\frac{1}{2}+b)x^2}{x^2}\end{array}\text{\hspace{1em}(1)}$$
对于该式，由于$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-(ax+b{x}^2)}{x^2}=2,\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(\frac{1}{2}+b)x^2}{x^2}=-\frac{1}{2}-b$，因此$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1-a)x}{x^2}$一定存在，可得$a=1$
带回$(1)$
$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1-a)x-(\frac{1}{2}+b)x^2}{x^2}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(\frac{1}{2}+b)x^2}{x^2}\\ & =-\frac{1}{2}-b=2\end{array}$$
可得$b=-\frac{5}{2}$

观察到分式为极限存在，分母$\to 0$，显然分子也$\to 0$，因此，可以考虑洛必达法则

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-(ax+b{x}^2)}{x^2}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{1+x}-a-2bx}{2x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1-a)-(a+2b)x-2b{x}^2}{2x(1+x)}\end{array}$$
若$1-a\ne 0$则原式极限为$\infty$，当$a=1$带回上式
$$\begin{array}{rl}上式& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-(1+2b)x-2b{x}^2}{2x(1+x)}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-(1+2b+2bx)x}{2x(1+x)}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-(1+2b+2bx)}{2+2x}\\ & 当x\to 0时,上式分子分母都不为0,因此可以直接代入\\ & =-\frac{1+2b}{2}=2\end{array}$$
可得$b=-\frac{5}{2}$

无穷小量阶的比较

例3：已知$a,b$为常数，若$(1+\frac{1}{n}{)}^n-e$与$\frac{b}{n^a}$在$n\to \infty$时是等价无穷小，求$a,b$

如果有因式加减（加可以变成减）等于$0$，可以考虑先化成相同形式，再用拉格朗日中值定理求等价

当$n\to \infty$时
$$\begin{array}{rl}(1+\frac{1}{n}{)}^n-e& =e^{n\ln (1+\frac{1}{n})}-e,此处用e^x-1的等价也可以\\ & =e^{\xi }(n\ln (1+\frac{1}{n})-1),\xi 在n\ln (1+\frac{1}{n})和1之间\\ & \sim e(n\ln (1+\frac{1}{n})-1)\\ & =ne[\ln (1+\frac{1}{n})-\frac{1}{n}]\\ & =ne(-\frac{1}{2}(\frac{1}{n}{)}^2)\\ & =-\frac{e}{2n}\end{array}$$
由题意知$-\frac{e}{2n}\sim \frac{b}{n^a}$，则$a=1,b=-\frac{e}{2}$

判断间断点的类型

例4：函数$f(x)=\frac{e^{\frac{1}{x-1}}\ln |1+x|}{(e^x-1)(x-2)}$的第二类间断点的个数为（）

只要两个有一个极限不存在即为第二类间断点

$k$表示非零常数，对本题求解无影响
$$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=k\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln |x+1|}{e^x-1}=k\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln |x+1|}{x}=k\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{1+x}}{1}=k$$
$x=0$不是无穷间断点

对于$\ln |x|$类型求极限建议使用洛必达法则，因为$(\ln |x|{)}^{\prime }=\frac{1}{x}$

$$\underset{x\to 2}{\lim }f(x)=k\underset{x\to 2}{\lim }\frac{1}{x-2}=\infty$$
$x=2$是无穷间断点
$$\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=k\underset{x\to 1}{\lim }{e}^{\frac{1}{x-1}}\{\begin{array}{ll}\infty & x\to 1^{+}\\ 0& x\to 1^{-}\end{array}$$
$x=1$是无穷间断点
$$\underset{x\to -1}{\lim }f(x)=k\underset{x\to -1}{\lim }\ln |1+x|=\infty$$
$x=-1$是无穷间断点
综上，有四个无穷间断点

导数与微分

导数定义

例1：设函数$f(x)$在$(-1,1)$上有定义，且$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，说明：

1. 当$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$时，$f(x)$在$x=0$处可导不成立
2. 当$f(x)$在$x=0$处可导时，$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^2}=0$不成立
3. 当$f(x)$在$x=0$处可导时，$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$成立

对于$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$和$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$，都只能说明函数在$0$周围去心邻域的性质，而导数需要研究$x=0$处的函数性质，因此1. 显然不成立

$f(x)$在$x=0$处可导，即$f(x)$在$x=0$处连续，由于$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，可知$f(0)=0$，根据导数定义
$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(0+x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=A,A为实数$$
由题意
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}\frac{1}{x}=A\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}=A\cdot \infty$$
显然$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}$不一定为$0$，因此2. 不成立
由题意
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{|x|}\sqrt{|x|}=A\underset{x\to 0}{\lim }\sqrt{|x|}=A\cdot 0=0$$
因此3. 成立

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