习题1.9 连续函数的运算与初等函数的连续性
1. 求下列函数的极限
【题目】
$\lim_{x\to 0}\left(\frac{\ln\left(\cos^2x + \sqrt{1 - x^2}\right)}{e^x + \sin 2x} +(1 + x)^x\right);$
$\lim_{x\to 0^{+}}\frac{1 - \sqrt{\cos x}}{1 - \cos\sqrt{x}};$
$\lim_{x\to1}(1-x)\log_{x}2;$
$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\left(2\cos^2\frac{x}{2}\right)^{3\sec x};$
$\lim_{x\to a}\frac{\ln x-\ln a}{x-a}\ (a>0);$
$\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x\sqrt{1 + \sin^2x} - x}.$
【解析】
考察各部分的连续性与极限：
- 当 $x \to 0$ 时，$\cos^2 x + \sqrt{1 - x^2} \to \cos^2 0 + \sqrt{1 - 0} = 1 + 1 = 2$；
- 分母 $e^x + \sin 2x \to e^0 + \sin 0 = 1$；
- 第二项 $(1 + x)^x \to (1 + 0)^0 = 1$。 因此： $$\lim_{x\to 0}\left(\frac{\ln\left(\cos^2x + \sqrt{1 - x^2}\right)}{e^x + \sin 2x} +(1 + x)^x\right) = \frac{\ln 2}{1} + 1 = \ln 2 + 1$$
分子分子有理化并用等价无穷小替换：
- 分子：$1 - \sqrt{\cos x} = \frac{1 - \cos x}{1 + \sqrt{\cos x}} \sim \frac{\frac{1}{2}x^2}{2} = \frac{1}{4}x^2$；
- 分母：$1 - \cos\sqrt{x} \sim \frac{1}{2}(\sqrt{x})^2 = \frac{1}{2}x$。 因此： $$\lim_{x\to 0^+}\frac{1 - \sqrt{\cos x}}{1 - \cos\sqrt{x}} = \lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1}{4}x^2}{\frac{1}{2}x} = \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{2}x = 0$$
利用换底公式 $\log_x 2 = \frac{\ln 2}{\ln x}$：
$$\lim_{x\to 1}(1 - x)\log_x 2 = \lim_{x\to 1}\frac{(1 - x)\ln 2}{\ln x} = -\ln 2 \cdot \lim_{x\to 1}\frac{x - 1}{\ln[1 + (x - 1)]}$$令 $t = x - 1 \to 0$，由于 $\ln(1 + t) \sim t$，得：
$$-\ln 2 \cdot 1 = -\ln 2$$利用三角恒等式 $2\cos^2\frac{x}{2} = 1 + \cos x$： 原式为 $\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(1 + \cos x)^{3\sec x}$。 当 $x \to \frac{\pi}{2}$ 时，$\cos x \to 0$，$\sec x = \frac{1}{\cos x} \to \infty$。 利用重要极限形式：
$$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\left[(1 + \cos x)^{\frac{1}{\cos x}}\right]^3 = e^3$$该极限为对数函数 $f(x) = \ln x$ 在点 $x = a$ 处的导数定义：
$$\lim_{x\to a}\frac{\ln x - \ln a}{x - a} = \left.(\ln x)'\right|_{x=a} = \frac{1}{a}$$分子与分母分别利用有理化与等价无穷小化简：
- 分子有理化： $$\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x} = \frac{\tan x - \sin x}{\sqrt{1 + \tan x} + \sqrt{1 + \sin x}}$$ 因为当 $x \to 0$ 时，$\tan x - \sin x = \tan x(1 - \cos x) \sim x \cdot \frac{1}{2}x^2 = \frac{1}{2}x^3$，分母趋于 2，故分子等价于 $\frac{1}{4}x^3$；
- 分母提公因式： $$x(\sqrt{1 + \sin^2 x} - 1) \sim x \cdot \frac{1}{2}\sin^2 x \sim \frac{1}{2}x^3$$ 因此： $$\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x\sqrt{1 + \sin^2x} - x} = \lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{4}x^3}{\frac{1}{2}x^3} = \frac{1}{2}$$
2. 指出下列函数的连续区间
【题目】
$f(x) = \frac{1}{x^3 - x^2 - 2x};$
$f(x) = \begin{cases} \frac{\sin x}{|x|}, & x\neq 0, \\ 1, & x = 0. \end{cases}$
【解析】
$f(x)$ 是初等有理分式函数，在其定义域内处处连续。 令分母等于 0：
$$x^3 - x^2 - 2x = x(x^2 - x - 2) = x(x - 2)(x + 1) = 0 \implies x = 0, 2, -1$$除去三个间断点，函数的连续区间为：
$$(-\infty, -1) \cup (-1, 0) \cup (0, 2) \cup (2, +\infty)$$
- 当 $x > 0$ 时，$|x| = x$，$f(x) = \frac{\sin x}{x}$ 为初等函数，在 $(0, +\infty)$ 上连续；
- 当 $x < 0$ 时，$|x| = -x$，$f(x) = -\frac{\sin x}{x}$ 在 $(-\infty, 0)$ 上连续；
- 考察分界点 $x = 0$： $$\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x} = 1$$ $$\lim_{x\to 0^-} f(x) = \lim_{x\to 0^-}\left(-\frac{\sin x}{x}\right) = -1$$ 因为左右极限不相等，所以函数在 $x = 0$ 处间断。 故连续区间为 $(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$。
3. 连续函数的参数确定
【题目】
设 $a > 0, b > 0$ 且函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{\sin ax}{x}, & x < 0 \\ 2, & x = 0 \\ (1 + bx)^{\frac{1}{x}}, & x > 0 \end{cases}$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内处处连续，求 $a, b$ 的值．
【解析】
当 $x < 0$ 和 $x > 0$ 时，各分段函数均为初等函数，在其对应开区间内处处连续。因此 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内处处连续的充要条件是：$f(x)$ 在分界点 $x = 0$ 处连续。
计算在 $x = 0$ 处的单侧极限与函数值：
- 左极限： $$\lim_{x\to 0^-} f(x) = \lim_{x\to 0^-}\frac{\sin ax}{x} = \lim_{x\to 0^-}\frac{ax}{x} = a$$
- 右极限： $$\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+}(1 + bx)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x\to 0^+}\left[(1 + bx)^{\frac{1}{bx}}\right]^b = e^b$$
- 函数值：$f(0) = 2$。
由连续性条件 $\lim_{x\to 0^-} f(x) = \lim_{x\to 0^+} f(x) = f(0)$，得：
$$\begin{cases} a = 2 \\ e^b = 2 \end{cases} \implies \begin{cases} a = 2 \\ b = \ln 2 \end{cases}$$因此，$a = 2, b = \ln 2$。