高等數(shù)學第一章

三 典型例題解析 例 1 已知 求的解析式及其定義域 sinf xx 2 1fxx x 解 依題意得 sin x 2 1x x 2 arcsin 1 x 由可知 故 2 111x 22x x 2 arcsin 1 x 2 2 x 例 2 設 求 1 0 2 0 x x f x xx 2 0 0 xx g x x x f g x 解 1 由得即 所以時 0g x 0g xx 0 x 0 x f g x1x 2 由即得 所以時 0g x 2 0g xx 0 x 0 x f g x 2 2x 故 2 2 0 1 0 xx f g x xx 例 3 設 試求 1 1 0 1 x x x 2 2 1 2 1 xx x x x x 解 1 由于 1 1 0 0 x x x 且僅當時 時 則 1x 1x 1x 1 2x 1 1 0 1 x x x 2 當時 故 于是 x 0 1x 1x x 1x x 注 函數(shù)復合類似 代入 但應注意定義域的變化 復合后要寫下復合函數(shù)的定義 域 由于復合函數(shù)是微積分研究的主要對象之一 讀者應熟練掌握復合函數(shù)的概念 例 4 設 均為單調遞增函數(shù) 且 證明 f x x x xf xx xf f xx 證明 由題設可知 xf xf f x f f xf xx 則由上述不等式可得 xf f xx 注 此處多次利用函數(shù)單調性的定義 例 5 下述說法中與的定義等價的是 lim n n xa A 當時 有 0 1 N nN 100 n xa B 當時 有 1 N nN n xa C 當時 有 0N nN n xa D 當時 有 0N nN n xa 解 的定義 對于數(shù)列 存在常數(shù) 使得對于任意給定的正數(shù) 不論lim n n xa n xa 它多么小 存在自然數(shù) 使當時 不等式恒成立 NnN n xa A 與上述定義等價 因為具有任意性 也具有任意性 0 100 B 因為不能保證為任意小 從而由不能保證與無限接近 1 n xa n xa C 中的是存在性 與定義不符 D 如果存在自然數(shù) 使對 當時有 這說明數(shù)列有極限N0 nN n xa n x 說明 D 是上述定義的充分條件 但反之如果 不一定能找到那樣的 它可alim n n xa N 能與無關 這一要求比與有關的要求更高 使對任意 當時 都有 N 0 nN 因為在定義中是依賴于的給定而確定的 因而 D 不是上述定義的必要條 n xa N 件 故選 A 例 6 03 研 設 均為非負數(shù)列 且 n a n b n c lim0 n n a lim1 n n b lim n n c 則必有 A 對任意成立 B 對任意成立 nn ab n nn bc n C 不存在 D 不存在 lim nn n a c lim nn n b c 解法 1 由數(shù)列極限的定義 數(shù)列的極限關心的是在某個 足夠大 之后的 n a n aN 性質 前面的有限多項則無關緊要 因此 A B 中 任意 的條件顯然不成立 n0 型的極限是未定式 C 不成立 故選 D 事實上 當 時 由無窮大量的定義得到 lim0 n n bb lim n n c lim nn n b c 解法 2 舉反例 取 則可以直接排除 A B C 2 n a n 1 n b 2 n n c 例 7 當時 函數(shù)的極限 1x 12 1 1 1 x x e x 注 03 研表示 2003 年考研真題 以下同 A B C D 不存在且不為 20 分析 左 右極限存在且相等 是函數(shù)極限存在的充要條件 本題中函數(shù) 為兩個因式的乘積 易求出 所以解本題的關鍵是因式 2 11 exp 11 x xx 2 1 1 lim2 1 x x x 1 1x e 解 因 而 故 2 1 1 lim2 1 x x x 1 1 1 lim x x e 1 1 1 lim0 x x e 所以選 D 12 1 1 1 lim 1 x x x e x 12 1 1 1 lim0 1 x x x e x 例 8 求 lim 3 n nnnn 分析 所求極限中有根式 通常需要對分子或分母有理化 有時甚至需要對分子分母 同時有理化 本題需對分子有理化 解 lim 3 n nnnn 3 lim 3 n nnnn nnnn 4 lim 3 n n nnnn 4 lim 31 11 n nn 2 例 9 求 33 0 11 lim 11 x xx xx 解法 1 分子分母有理化 則有 33 0 11 lim 11 x xx xx 2112 3333 0 1 1 1 1 1 1 lim 1 1 11 x xxxxxx xxxx 212 2 333 0 1 1 1 lim 11 x xxx xx 3 2 解法 2 注意到該極限屬于型 可用洛必達法則 從而 0 0 33 0 11 lim 11 x xx xx 11 22 22 0 33 11 1 1 1 22 lim 11 1 1 1 33 x xx xx 11 22 22 33 11 10 10 1 22 11 10 10 1 33 3 2 注 解法 2 用到的洛必達法則屬于第三章的內容 例 10 求 2 2 411 lim sin x xxx xx 分析 所求極限中分子與分母都有根式 通常需要有理化 但本題如果對分子分母同 時有理化則很難求解 注意到該極限屬于型 考慮分子分母同時除以的最高次冪 x 解法 1 由于 則 函數(shù)的分子分母同時除以得x 2 xxx x 2 2 411 lim sin x xxx xx 2 2 111 41 lim sin 1 x xxx x x 1 解法 2 運用變量代換 令 則xt 2 2 411 lim sin x xxx xx 2 2 411 lim sin t ttt tt 2 2 111 41 lim sin 1 t ttt t t 1 錯誤解答 2 2 411 lim sin x xxx xx 2 2 111 41 lim sin 1 x xxx x x 3 錯解分析 錯誤的原因在于沒有注意到的變化過程 而將被求極限函數(shù)分子分母同x 時除以導致錯誤出現(xiàn) 在解題過程中 最好用解法 2 則可避免出錯 x 例 11 已知 試求常數(shù) 中的和 2 lim 5 1 x xaxbxc abcab 分析 本題極限中出現(xiàn)根式可優(yōu)先考慮有理化 然后利用極限運算性質來分析極限運 算過程 尤其是無窮小與無窮大的相關運算性質 即可解決問題 解法 1 分子有理化可得 2 lim 5 x xaxbxc 2 2 25 lim 5 x a xbxc xaxbxc 2 25 lim 5 x c a xb x bc a xx 1 如果 則25a lim 25 x c a xb x 故要使 2 lim 5 1 x xaxbxc 必須有 于是 得 25a 1 5 b a 25a 10b 解法 2 由題意有 當時 由于 2 lim 5 1 x bc xa xx x 2 lim 5 x bc a xx 5a 若 則50a 2 lim 5 1 x bc xa xx 所以 即 由50a 25a 2 lim 5 1 x xaxbxc 2 lim 525 x c b x bc xx 1 可得 所以 1 10 b 25a 10b 例 12 求 lim sin1sin n nn 分析 當時 與的極限都不存在 盡管出現(xiàn)了根式 但無法直n sin1n sinn 接有理化 應先利用三角函數(shù)的和差化積 然后再求解 解 因為 sin1sinnn 11 2sincos 22 nnnn 又 即為有界量 且 1 2cos 2 2 nn 1 2cos 2 nn 1 limsin 2 n nn 1 limsin 2 1 n nn 1 lim 2 1 n nn 0 即為時的無窮小量 根據(jù)有界量與無窮小的乘積仍為無窮小這一性 1 sin 2 nn n 質可知 lim sin1sin n nn 0 例 13 求下列極限 1 2 0 sin lim x x x 0 1 limsin x x x 3 4 sin lim x x x 1 limsin x x x 5 6 11 limsin x xx 0 11 limsin x xx 解 1 由重要極限知 0 sin lim1 x x x 2 時 為有界量 故 0 x 1 sin x 0 1 limsin x x x 0 3 時 為無窮小量 為有界變量 故 x 1 x sin x sin lim x x x 0 4 解法 1 時 故 x 11 sin xx 1 limsin x x x 1 解法 2 令 則由知 故 1 x t x 0t 1 limsin x x x 0 sin lim1 t t t 5 解法 1 時 為有界量 故 x 1 0 x 1 sin x 11 limsin x xx 0 解法 2 時 故 x 1 0 x 11 sin xx 11 limsin x xx 0 6 時 不定 取子列 則時0 x 1 x 1 sin x 1 2 n x n n 0 n x 11 sin0 nn xx 另取子列 則時 1 2 2 n y n n 0 n y 11 sin2 2 nn n yy 故不存在 0 11 limsin x xx 注 在求極限時 一看自變量的變化過程 二看函數(shù)的變化趨勢 準確判斷極限類型 正確使用重要極限公式 充分利用有界量與無窮小的乘積仍為無窮小這一性質 對解題將 大有幫助 例 14 求下列極限 1 2 其中為常數(shù)且 3 0 tansin lim x xx x 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx p0p 3 0 1cos lim 1cos x x xx 分析 極限若為型 且含有三角函數(shù)或反三角函數(shù) 可嘗試運用重要極限 0 0 0 sin lim1 x x x 解 1 解法 1 運用重要極限 0 sin lim1 x x x 3 0 tansin lim x xx x 3 0 tan 1cos lim x xx x 2 3 0 sin2sin 2 lim cos x x x xx 2 0 sin sin1 2 lim 2cos 2 x x x x xx 1 2 解法 2 3 0 tansin lim x xx x 3 0 tan 1cos lim x xx x 2 3 0 2 lim x x x x 1 2 解法 3 運用洛必達法則 則 3 0 tansin lim x xx x 2 2 0 seccos lim 3 x xx x 3 22 0 1cos lim 3cos x x xx 3 2 0 11cos lim 3 x x x 2 0 13cos sin lim 32 x xx x 2 0 1cossin lim 2 x xx x 1 2 錯誤解答 時 故 0 x tansinxxx 3 0 tansin lim x xx x 3 0 lim x xx x 0 錯解分析 錯誤原因在于錯誤地使用了等價代換 并不與等價 而是tansinxx xx 與等價 在極限的和差運算中要慎重使用等價代換 一定要確保所做代換是等價代換 3 2 x 2 解法 1 運用重要極限 0 sin lim1 x x x 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx 0 sin1cos lim sin1cos x xx xx pxpx xx 2 0 2 2sin sin 2 lim 2sin sin 2 x x x xx px px p pxx 2 0 2 2 sin sin 2 2 2 lim sin sin 2 2 2 x x xx x x px pxp x p px px 10 0p 1 p 解法 2 利用無窮小的等價替換 時 0 x sin xx 2 1cos 2 x x 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx 0 sin1cos lim sin1cos x xx xx pxpx xx 00 00 sin1cos limlim sin1cos limlim xx xx xx xx pxpx xx 2 00 2 00 2 limlim 2 limlim xx xx x x xx px px xx 10 0p 1 p 解法 3 利用 o 由于當時 從而有0 x sinxx 2 1cos 2 x x sin xxo x sin pxpxo px 222 1cos 22 pxp x pxo 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx 22 2222 0 22 lim 22 x xx xo xo p xp x pxo pxo 2 22 0 2 2 1 2 lim 2 2 x x o o xx xx p x o o pxp x p xx 10001 000pp 解法 4 用洛必達法則 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx 0 0cossin1 lim 0cossin x xx ppxppxp 3 解法 1 運用重要極限 0 sin lim1 x x x 0 1cos lim 1cos x x xx 2 0 1cos 1cos lim 1cos 1cos x xx xxx 2 2 0 2sin 1cos 2 lim 1cossin x x x xxx 2 2 00 22 sin 2 1cos 22 limlim 1cossin xx xx x x xx x x 1 2 解法 2 利用等價無窮小的替換定理 0 1cos lim 1cos x x xx 2 0 1 cos1 1 lim 2 x x x x 2 0 cos1 2 lim 2 x x x 2 2 0 2 lim x x x 1 2 解法 3 利用分子有理化和等價無窮小的替換定理 0 1cos lim 1cos x x xx 0 1cos lim 1cos 1cos x x xxx 2 2 00 1 2 limlim 1cos 2 xx x xx x 1 2 解法 4 分母先作等價替換 然后用洛必達法則 0 1cos lim 1cos x x xx 2 0 1cos lim 2 x x x x 1 2 0 1 cos sin 2 lim x xx x 1 2 0 1 cos 2 lim x xx x 1 2 注 一般地 能夠用重要公式來解決的問題 一般也可以通過恒等變形后 0 sin lim1 x x x 作等價替換 在求極限時能用多種方法綜合求解時多種方法一起使用 往往能使計算非常 簡便 例 15 00 研 求 1 4 0 2sin lim 1 x x x ex x e 分析 求帶有絕對值的函數(shù)的極限一定要注意考慮左 右極限 解 因為 143 44 00 2sin2sin lim lim 011 11 xxx xx xx exeex xx ee 11 44 00 2sin2sin lim lim 211 11 xx xx xx exex xx ee 所以 1 4 0 2sin lim 1 1 x x x ex x e 錯誤解答 因為 和均不存在 故原來的極限不存在 1 4 0 2 lim 1 x x x e e 0 sin lim x x x 錯解分析 如果和均不存在 但可能存在 用極限的lim xa f x lim xa g x lim xa f xg x 四則運算來求極限時要注意條件 即參與極限四則運算的各部分的極限均要存在 例 16 設 求的值 2 lim 8 x x xa xa a 分析 所求極限的函數(shù)為冪指函數(shù) 可用冪指函數(shù)的極限求法來求解 關于冪指函數(shù) 的極限的求法參見內容提要 lim v xu x 解法 1 運用重要極限 1 lim 1 x x e x 2 lim x x xa xa 2 lim 11 x x xa xa 3 3 3 lim 1 x aa x ax a x a xa 3 lim x ax x a e 3a e 得 故 3a e8ln2a 解法 2 故 2 lim x x xa xa 2 1 lim 1 x x x a x a x 2 lim 1 lim 1 x x x x a x a x 2a a e e 3a e8ln2a 解法 3 2 lim x x xa xa 2 limexpln x x xa xa 2 exp lim ln x xa x xa 3 exp lim ln 1 x a x xa 3 exp lim x a x xa 3a e8 故 ln2a 例 17 求 21 lim sincos x x xx 解法 1 121 sincos1 22 sincos1 2121 lim sincos lim 1 sincos1 x xx x xx xx xxxx 又因為 21 sincos1 21 lim sincos1 lim 1 xx xx x xx x 21 sincos1 lim 202 11 x xx xx 故 21 lim sincos x x xx 2 e 解法 2 21 lim sincos x x xx 21 limexp ln sincos x x xx 21 exp lim ln sincos x x xx 21 ln sincos exp lim 1 x xx x 令 0 ln sin2cos exp lim t tt t 1 t x 0 ln 1sin2cos1 exp lim t tt t 0 sin2cos1 exp lim t tt t 00 sin2cos1 exp limlim tt tt tt 2 e 解法 3 21 lim sincos x x xx 21 limexp ln sincos x x xx 21 exp lim ln sincos x x xx 21 ln sincos exp lim 1 x xx x 令 0 ln sin2cos exp lim t tt t 1 t x 2 0 2cos2sin exp lim sin2cos t tt e tt 例 18 03 研 2 1 ln 1 0 lim cos x x x 分析 極限屬于的類型 既可用重要極限 又可用求冪指函數(shù)的極限的方法 1 解法 1 用等價代換 2 1 ln 1 0 lim cos x x x 2 0 1 exp limln cos ln 1 x x x 而 22 00 ln cos ln 1cos1 limlim ln 1 xx xx xx 2 22 00 cos1 2 limlim xx x x xx 1 2 故 2 1 ln 1 0 lim cos x x x e 1 解法 2 先用等價代換 然后用洛必達法則 2 1 ln 1 0 lim cos x x x 2 0 1 exp limln cos ln 1 x x x 而 22 000 sin ln cos lncos1 cos limlimlim ln 1 22 xxx x xx x xxx 故 2 1 ln 1 0 lim cos x x x e 1 例 19 求 其中 均為正實數(shù) 111 12 lim xxx nxn x aaa n 1 a 2 a n a 分析 該極限屬于型 可采用例 16 的解法 1 與解法 3 1 解法 1 111 12 lim xxx nxn x aaa n 111 12 lim 11 xxx nxn x aaa n 111 12 111 12 111 12 lim 1 xxx n xxx n aaann nx n xxx aaan n x aaan n 111 12 exp lim xxx n x aaan nx n 111 12 1 1 1 exp lim 1 xxx n x aaa x 111 12 111 exp limlimlim 111 xxx n xxx aaa xxx 12 111 lnlnln exp limlimlim 111 n xxx aaa xxx xxx 12 exp lnlnln n aaa 12n aaa 解法 2 111 12 lim xxx nxn x aaa n 111 12 lim exp ln xxx n x aaa nx n 111 12 exp limln xxx n x aaa nx n 111 12 exp limln 1 1 xxx n x aaa nx n 111 12 exp lim 1 xxx n x aaa nx n 111 12 exp lim 1 1 1 xxx n x xaaa 12 exp lnlnln n aaa 12n aaa 例 20 求 22 6662 12 lim 2 n n nnnnnn 分析 此類和式極限 不容易求出它的有限項的和的一般式 可考慮用夾逼準則 解 由于 6266 111 nnnknnn 1 2 kn 得 222 6266 111 nnn kkk kkk nnnknnn 1 2 kn 又 2 62 1 lim n n k k nn 62 1 1 21 6 lim n n nn nn 1 3 同理 2 6 1 lim n n k k nn 1 3 所以由夾逼準則得 22 6662 12 lim 2 n n nnnnnn 1 3 例 21 求極限 其中 均為正實數(shù) 為自然 1 12 lim nnn n k n aaa 1 a 2 a k ak 數(shù) 解 記 則a 12 max k a aa 111 12 nnnnn nnn k aaaaka 而 所以 1 lim1 n n k 1 lim n n n aa 1 12 lim nnn n k n aaa a 12 max k a aa 例 22 表示的取整函數(shù) 試求 xx 0 1 lim x x x 分析 充分利用不等式是求解本題的關鍵 1 xxx 解 對任一 有 則當時有 于是xR 1 xxx 0 x 111 1 xxx 1 當時 由夾逼準則得 0 x 111 1 xxx xxx 0 1 lim 1 x x x 2 當時 由夾逼準則得 0 x 111 1 xxx xxx 0 1 lim 1 x x x 所以 0 1 lim 1 x x x 例 23 設 其中 試證數(shù)列極限存在 并求此 1 10 x 1 6 nn xx 1 2 n n x 極限 分析 用單調有界準則來證明 先證明單調性 再證明有界性 解 用數(shù)學歸納法證明此數(shù)列的單調性 由及可得 1 10 x 21 64xx 12 xx 假設 有 則 1 2 n 1 nn xx 211 66 nnnn xxxx 由數(shù)學歸納法知 對一切都有 即數(shù)列單調遞減 又Nn 1 nn xx n x 顯然成立 即有下界 由單調有界準則知存在極限 設0 1 2 n xn n x n x 對Axn n lim nn xx 6 1 兩邊取極限 有 即 所以或 舍去 即6AA 2 60AA 3A 2A 3lim n n x 例 24 設 其中 求0a 1 xa 2 xaa 1nn xax 1 2 n lim n n x 分析 需先用單調有界準則證明數(shù)列極限存在 單調性易證 但上界或下界卻不易估 計 為此則可先假設 并由解出 此即為數(shù)列的一個lim n n xA AaA 114 2 a A 上界 但此上界形式較復雜 論證不太方便 可將其適當放大化簡 1141144 1 22 aaa a 解 先用數(shù)學歸納法證明數(shù)列單調遞增 n x 由知 假設成立 則0a 21 0 xaaax 1 0 nn xx 11nnnn xaxaxx 所以數(shù)列單調遞增 n x 下證有界性 下證為數(shù)列的上界 假設 則1a n x1 n xa 1 1121 nn xaxaaaaa 故 即數(shù)列有界 01 n xa n x 根據(jù)單調有界準則知存在 不妨設為 則有 解得lim n n x AAaA 或 舍去 114 2 a A 114 2 a A 故 114 lim 2 n n a x 注 1 討論數(shù)列的單調性和有界性時 數(shù)學歸納法是一種簡潔有效的方法 n x 注 2 如果數(shù)列的上界 或下界 不易直接看出時 則可以先假定數(shù)列的極 n x n x 限存在并求出極限值 據(jù)此就可以找到數(shù)列的上界 或下界 再進一步證明其確實A n x 是數(shù)列的上界 或下界 n x 例 25 求下列極限 1 2 3 lim 1 n n na 57 lim 2 nn n n 11 2 1 lim 33 nn n n 分析 含有指數(shù)函數(shù)或指數(shù)函數(shù)的差 一般考慮換底或提出公因子 然后結合等價替 換求解 解 1 lim 1 n n na 1ln lim 1 a n n ne 1 limln n na n lna 2 57 lim 2 nn n n 572 limexp ln 1 2 nn n n 572 exp limln 1 2 nn n n 51 71 exp lim 2 nn n n 51 71 exp limlim 22 nn nn nn 1 exp ln5ln7 2 35 3 11 2 1 lim 33 nn n n 1 1 2 1 1 lim3 31 n n n n n ln3 2 1 lim 1 n n n n e 2 ln3 lim 1 n n n n ln3 注 本題用到了 以及當時 lim1 n n a 0a 1 1 ln n a n ae 0 x ln 1 xx 等結果 1 x ex 例 26 當時 試將 按低階到高階的無0 x 2 1 x e ln 1 x 2 1cosx tansinxx 窮小順序排列 分析 注意將考慮對象均與進行比較 充分利用常用的等價替換關系式 x 解 當時 由于0 x 2 2 1 x ex ln 1 xx 224 2 1cos 22 xx x 且 tansinxx 1 sin 1 cos x x 2 sin 1cos cos2 xxx x x 3 2 x 故將其按低階到高階的無窮小順序排列為 ln 1 x 2 1 x e tansinxx 2 1cosx 例 27 設 其中 則必有 2 0 tan 1cos lim2 ln 12 1 x x axbx cxde 22 0ac A B C D 4bd 4bd 4ac 4ac 分析 由于 極限式中含有 這些無窮小量 0 x tan x 2 1 x e ln 12 x 1cosx 因此要考慮運用無窮小量的有關知識 解法 1 2 0 tan 1cos lim ln 12 1 x x axbx cxde 2 0 tan 1cos lim ln 12 1 x x xx ab xx xe cd xx 2 00 00 tan 1cos limlim ln 12 1 limlim xx x xx xx ab xx xe cd xx 2 2 a c 即 選 D 4ac 解法 2 利用關系式 o 因為當時 0 x tanxx 1 x xe ln 1 xx 2 1cos 2 x x 所以 tan xxo x 1 x exo x ln 1 xxo x 22 1cos 22 xx xo 則 即 選 2 0 tan 1cos lim ln 12 1 x x axbx cxde 22 22 0 22 lim 2 x xx a xo xbo cxo xd xo x 2 2 a c 4ac D 解法 3 用洛必達法則 即 選 D 2 2 2 00 sin tan 1cos cos limlim2 2 2 ln 12 1 2 12 x xx x a bx axbxa x c c cxde dxe x 4ac 例 28 97 研 2 0 1 3sincos lim 1cos ln 1 x xx x xx 分析 由于 該極限屬于型 極限式中含有三角函數(shù)以及無窮小量 0 x 0 0 ln 1 x 因此要考慮運用無窮小量的有關知識 解 因為時 所以0 x xx 1ln 2 0 1 3sincos lim 1cos ln 1 x xx x xx 2 00 1 3sincos 1 limlim 1cos xx xx x xx 0 1sin1 lim 3cos 2 x x x xx 13 3 10 22 例 29 已知 求 0 ln 1 sin lim3 21 x x f x x 2 0 lim x f x x 分析 因為時 由已知條件可知是無窮小量 而且0 x 21ln2 x x ln 1 sin f x x 與是同階的無窮小 sin f x x x 解法 1 利用極限與無窮小量的關系 由題意得 ln 1 sin 3 21 x f x x 其中 即 0 lim0 x ln 1 21 3 sin x f x x 又因為 故 于是 0 21 limln2 x x x 21ln2 x xo x ln 1 sin f x x ln2 3 xo x 3 ln2 xo x 則有 即 1 sin f x x 3 ln2 xo x e sin f x x 3 ln2 1 xo x e 3 ln2 xo x 3 ln2 oxo x 所以 2 0 lim x f x x 0 1 sin lim sin x f xx xxx 0 3 ln2 sin lim x xo xx xx 3ln2 解法 2 利用等價無窮小替換 由于時 0 x 21ln2 x x ln 1 xx sin xx 則 0 ln 1 sin lim 21 x x f x x 0 sin lim ln2 x f x x x 0 lim sinln2 x f x xx 3 故 2 0 lim x f x x 0 sin limln2 sinln2 x f xx xxx 3ln2 注 1 解法 1 用到了如下常用結論 a 其中 0 lim xx f xAf xA 0 lim0 xx b o c 當時 其中為常數(shù) 0 x k o xo x o xko xo x o xo x k 0 lim0 x 注 2 本章求極限常用如下一些方法 a 利用極限四則運算法則求極限 b 利用兩個重要極限求極限 c 利用夾逼準則求極限 d 利用單調有界準則求極限 e 利用無窮小的性質求極限 f 利用函數(shù)的連續(xù)性求極限 例 30 討論函數(shù)的連續(xù)性 2 lim nn nn n xx f x xx 分析 該函數(shù)為含有參數(shù)的極限式 應該先求出極限得 再討論其連續(xù)性 f x 解 顯然當時無意義 故當時0 x f x0 x 2 1 0 1 0 1 1 x f xx xx 而在區(qū)間 上是初等函數(shù) 故在這些區(qū)間上連 f x 1 1 0 0 1 1 f x 續(xù) 又 1 lim 1 x f x 1 lim 1 x f x 0 lim 1 x f x 1 lim 1 x f x 1 lim 1 x f x 所以及為的第一類間斷點 其中為的可去間斷點 為1x 0 x f x0 x f x1x 的跳躍間斷點 f x 例 31 討論函數(shù)的間斷點及其類型 2 2 0 sin sin 0 1 x x xxn nN x f x x x x 解 是該分段函數(shù)的分界點 并且當時 當時 0 x 0 x xn 0 x 1x 1 由于 00 2 lim lim sin xx x x f x x 2 2 00 sin lim lim 1 xx x f x x 0 所以為的第一類間斷點中的跳躍間斷點 0 x f x 2 當 時 xn 2n 2 lim lim sin xnxn x x f x x 所以 為的第二類間斷點中的無窮間斷點 xn 2n f x 3 當時 由于2x 22 2 lim lim sin xx x x f x x 令 0 2 lim sin t tt t 2 2tx 所以為的第一類間斷點中的可去間斷點 2x f x 4 由于 2 11 sin lim lim 1 xx x f x x 所以為的第二類間斷點中的無窮間斷點 1x f x 綜上所述 為的跳躍間斷點 與 為的無窮間斷點 0 x f x1x xn 2n f x 為的可去間斷點 2x f x 例 32 證明方程在開區(qū)間內有唯一實根 32 3910 xxx 0 1 分析 問題等價于證明函數(shù)在開區(qū)間內有唯一的零點 既 32 391f xxxx 0 1 要證明存在性 又要證明唯一性 存在性通常用零點定理來證明 唯一性常用單調性或用 反證法來