第一章函数与极限 | YHK's life

习题1.1 函数

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 判断下列函数是否相同

【题目】

1. $f(x) = \frac{x}{x},\ g(x) = 1;$ （）
1. $f(x) = \lg x^{2},\ g(x) = 2\lg x;$ （）
1. $f(x) = \sin^2 x + \cos^2 x,\ g(x) = 1;$ （）
1. $f(x) = \sqrt{(1 - x)^2},\ g(x) = 1 - x;$ （）
1. $f(x) = x,\ g(x) = \sin(\arcsin x).$ （）

【解析】

判断两个函数是否相同的充要条件是：定义域相同且对应法则相同。

$f(x) = \frac{x}{x}$ 的分母不能为 0，定义域为 $D_f = \{x \in \mathbb{R} \mid x \neq 0\} = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$；

$g(x) = 1$ 为常数函数，定义域为 $D_g = \mathbb{R}$。

两函数定义域不同，故不相同。（否）

$f(x) = \lg x^2$ 要求真数 $x^2 > 0$，定义域为 $D_f = \{x \in \mathbb{R} \mid x \neq 0\}$；

$g(x) = 2\lg x$ 要求真数 $x > 0$，定义域为 $D_g = (0, +\infty)$。

两函数定义域不同，故不相同。（否）

$f(x) = \sin^2 x + \cos^2 x$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，且由同角三角函数平方和公式知，对任意 $x \in \mathbb{R}$，恒有 $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$；

$g(x) = 1$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，且函数值恒为 1。

两函数定义域相同，对应法则相同，故相同。（是）

$f(x) = \sqrt{(1 - x)^2}$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，且根据算术平方根的性质，$f(x) = |1 - x|$；

$g(x) = 1 - x$ 的定义域为 $\mathbb{R}$。

当 $x > 1$ 时，$1 - x < 0$，$f(x) = x - 1 \neq 1 - x = g(x)$。两函数对应法则不同，故不相同。（否）

$f(x) = x$ 的定义域为 $\mathbb{R}$；

对于 $g(x) = \sin(\arcsin x)$，由于反正弦函数 $\arcsin x$ 仅在 $[-1, 1]$ 上有定义，故 $g(x)$ 的定义域为 $D_g = [-1, 1]$。

两函数定义域不同，故不相同。（否）

2. 确定下列函数的定义域

【题目】

1. $f(x) = \arcsin(x + 1) + \ln(1 - x^2);$
1. $f(x) = \sqrt{3 - x} + \arctan\frac{1}{x}.$

【解析】

函数由反正弦函数和对数函数相加组成，自变量 $x$ 需同时满足各部分的定义条件：

反正弦函数要求自变量满足： $$-1 \leq x + 1 \leq 1 \implies -2 \leq x \leq 0$$
对数函数要求真数大于 0： $$1 - x^2 > 0 \implies x^2 < 1 \implies -1 < x < 1$$

联立不等式组：

$$\begin{cases} -2 \leq x \leq 0 \\ -1 < x < 1 \end{cases} \implies -1 < x \leq 0$$

故该函数的定义域为 $(-1, 0]$。

自变量 $x$ 需同时满足各部分的定义条件：

偶次根式要求被开方数非负： $$3 - x \geq 0 \implies x \leq 3$$
反正切函数中的自变量为分式，要求分母不为 0： $$x \neq 0$$

联立得：

$$\begin{cases} x \leq 3 \\ x \neq 0 \end{cases} \implies x \in (-\infty, 0) \cup (0, 3]$$

故该函数的定义域为 $(-\infty, 0) \cup (0, 3]$。

3. 求下列函数的反函数

【题目】

1. $y = \frac{2^x}{2^x + 1};$
1. $y = \begin{cases} x^2 - 1, & 0 \leq x \leq 1, \\ x^2, & -1 \leq x < 0. \end{cases}$

【解析】

确定原函数的值域（反函数的定义域）：

因为对任意 $x \in \mathbb{R}$，指数函数恒满足 $2^x > 0$，所以： $$0 < \frac{2^x}{2^x + 1} < \frac{2^x + 1}{2^x + 1} = 1$$ 即原函数的值域为 $(0, 1)$。
从方程中解出自变量 $x$： $$y(2^x + 1) = 2^x \implies y \cdot 2^x + y = 2^x$$ $$2^x(1 - y) = y \implies 2^x = \frac{y}{1 - y}$$
两边取以 2 为底的对数： $$x = \log_2\left(\frac{y}{1 - y}\right)$$
交换自变量与因变量符号，原函数的反函数为： $$y = \log_2\left(\frac{x}{1 - x}\right),\quad x \in (0, 1)$$

分段求解反函数：

当 $0 \leq x \leq 1$ 时： $$y = x^2 - 1$$ 此时 $x^2 \in [0, 1]$，故 $y \in [-1, 0]$。解方程得 $x^2 = y + 1$。因为 $x \geq 0$，取非负算术根： $$x = \sqrt{y + 1}$$
当 $-1 \leq x < 0$ 时： $$y = x^2$$ 此时 $x^2 \in (0, 1]$，故 $y \in (0, 1]$。解方程得 $x^2 = y$。因为 $x < 0$，取负平方根： $$x = -\sqrt{y}$$

交换自变量与因变量符号，合并得各分段的反函数为：

$$y = \begin{cases} \sqrt{x + 1}, & -1 \leq x \leq 0, \\ -\sqrt{x}, & 0 < x \leq 1. \end{cases}$$

4. 复合函数求值

【题目】

设函数 $f(x) = \begin{cases} 1, & |x| \leq 1, \\ 0, & |x| > 1, \end{cases}$ $g(x) = \begin{cases} 2 - x^2, & |x| \leq 1, \\ 2, & |x| > 1, \end{cases}$ 求 $f(g(x)), g(f(x)).$

【解析】

求 $f(g(x))$：外层函数定义为： $$f(u) = \begin{cases} 1, & |u| \leq 1 \\ 0, & |u| > 1 \end{cases}$$ 故有： $$f(g(x)) = \begin{cases} 1, & |g(x)| \leq 1 \\ 0, & |g(x)| > 1 \end{cases}$$

考察内层函数 $g(x)$ 的取值情况：

当 $|x| > 1$ 时，$g(x) = 2$。此时 $|g(x)| = 2 > 1$，代入得 $f(g(x)) = 0$；
当 $|x| \leq 1$ 时，$g(x) = 2 - x^2$。因为 $0 \leq x^2 \leq 1$，所以 $1 \leq 2 - x^2 \leq 2$，即 $1 \leq g(x) \leq 2$。
- 若 $|g(x)| \leq 1$，结合 $g(x) \geq 1$，必须满足 $g(x) = 1$，即 $2 - x^2 = 1 \implies x^2 = 1 \implies |x| = 1$。此时 $f(g(x)) = 1$；
- 若 $|x| < 1$，则 $0 \leq x^2 < 1 \implies 1 < g(x) \leq 2$，此时 $|g(x)| > 1$，故 $f(g(x)) = 0$。

综合上述分析：

$$f(g(x)) = \begin{cases} 1, & |x| = 1, \\ 0, & |x| \neq 1. \end{cases}$$

求 $g(f(x))$：外层函数定义为： $$g(u) = \begin{cases} 2 - u^2, & |u| \leq 1 \\ 2, & |u| > 1 \end{cases}$$

考察内层函数 $f(x)$ 的取值情况：

当 $|x| \leq 1$ 时，$f(x) = 1$。此时 $|f(x)| = 1 \leq 1$，代入外层函数第一段： $$g(f(x)) = 2 - [f(x)]^2 = 2 - 1^2 = 1$$
当 $|x| > 1$ 时，$f(x) = 0$。此时 $|f(x)| = 0 \leq 1$，代入外层函数第一段： $$g(f(x)) = 2 - [f(x)]^2 = 2 - 0^2 = 2$$

综合上述分析：

$$g(f(x)) = \begin{cases} 1, & |x| \leq 1, \\ 2, & |x| > 1. \end{cases}$$

习题1.2-1.3 数列极限与函数极限

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 求极限并说明存在性

【题目】

求 $f(x) = \frac{x}{x}$, $\varphi(x) = \frac{|x|}{x}$ 当 $x \to 0$ 时的左、右极限，并说明它们在 $x \to 0$ 时的极限是否存在.

【解析】

对函数 $f(x) = \frac{x}{x}$：当 $x \neq 0$ 时，$f(x) = 1$。

左极限：$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} 1 = 1$；
右极限：$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} 1 = 1$。

因为 $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = 1$，所以 $\lim_{x \to 0} f(x)$ 存在，且 $\lim_{x \to 0} f(x) = 1$。

对函数 $\varphi(x) = \frac{|x|}{x}$：

当 $x < 0$ 时，$|x| = -x$，故 $\varphi(x) = \frac{-x}{x} = -1$。因此左极限： $$\lim_{x \to 0^-} \varphi(x) = \lim_{x \to 0^-} (-1) = -1$$
当 $x > 0$ 时，$|x| = x$，故 $\varphi(x) = \frac{x}{x} = 1$。因此右极限： $$\lim_{x \to 0^+} \varphi(x) = \lim_{x \to 0^+} 1 = 1$$

因为左、右极限不相等（$-1 \neq 1$），所以 $\lim_{x \to 0} \varphi(x)$ 不存在。

2. 函数图形与分界点极限讨论

【题目】

作出函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x - 1}, & x < 0 \\ x, & 0 \leq x < 1 \\ 1, & x \geq 1 \end{cases}$ 的图形，并说明当 $x \to 0$， $x \to 1$ 时函数极限是否存在，为什么？

【解析】

函数图形特征：

当 $x < 0$ 时，$y = \frac{1}{x-1}$ 为双曲线的一支，在区间 $(-\infty, 0)$ 内单调递减，过点 $(-1, -1/2)$，当 $x \to 0^-$ 时趋近于 $-1$（空心点 $(0, -1)$）；
当 $0 \leq x < 1$ 时，$y = x$ 为过原点的直线段，端点为实心点 $(0, 0)$ 和空心点 $(1, 1)$；
当 $x \geq 1$ 时，$y = 1$ 为平行于 $x$ 轴的射线，起点为实心点 $(1, 1)$。

考察 $x \to 0$ 时的极限：

左极限：$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x - 1} = \frac{1}{0 - 1} = -1$；
右极限：$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} x = 0$。

因为左极限不等于右极限（$-1 \neq 0$），所以当 $x \to 0$ 时，函数极限 $\lim_{x \to 0} f(x)$ 不存在。

考察 $x \to 1$ 时的极限：

左极限：$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} x = 1$；
右极限：$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} 1 = 1$。

因为左极限等于右极限且均等于 1，所以当 $x \to 1$ 时，函数极限存在，且 $\lim_{x \to 1} f(x) = 1$。

3. 指数型函数极限的存在性

【题目】

讨论函数极限 $\lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{x}}$ 的存在性.

【解析】

考虑自变量 $x$ 从两侧趋于 0 时的单侧极限：

当 $x \to 0^+$ 时，$\frac{1}{x} \to +\infty$，故： $$\lim_{x \to 0^+} e^{\frac{1}{x}} = +\infty$$
当 $x \to 0^-$ 时，$\frac{1}{x} \to -\infty$，故： $$\lim_{x \to 0^-} e^{\frac{1}{x}} = 0$$

由于右极限不存在（趋于无穷大），且左、右极限不相等，所以极限 $\lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{x}}$ 不存在。

4. 用极限定义证明

【题目】

利用函数极限定义证明： $\lim_{x\to 5}\frac{x^2 - 6x + 5}{x - 5} = 4.$

【解析】

证明：

函数 $f(x) = \frac{x^2 - 6x + 5}{x - 5}$ 在 $x \neq 5$ 时有定义。对分子进行因式分解：

$$\frac{x^2 - 6x + 5}{x - 5} = \frac{(x - 5)(x - 1)}{x - 5} = x - 1$$

考察差的绝对值：

$$|f(x) - 4| = |(x - 1) - 4| = |x - 5|$$

对于任意给定的 $\varepsilon > 0$，取 $\delta = \varepsilon$。当 $0 < |x - 5| < \delta$ 时，恒有：

$$|f(x) - 4| = |x - 5| < \delta = \varepsilon$$

由函数极限的 $\varepsilon - \delta$ 定义知，

$$\lim_{x\to 5}\frac{x^2 - 6x + 5}{x - 5} = 4$$

证毕。

习题1.4 无穷小与无穷大

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 判断题

【题目】

1）在自变量某个变化过程中，某量变得很小很小，则此量为无穷小；（）

2）无穷小是个非常小的数；（）

3）0是无穷小量；（）

4） $\frac{1}{x}$ 是无穷小量. （）

【解析】

错误（×）。无穷小是一个以 0 为极限的变量，必须与特定的自变量变化过程相联系，不能简单理解为数值“很小很小”（例如 $10^{-100}$ 很小，但它是常数，不是无穷小）。
错误（×）。无穷小是变量而不是常量，除常数 0 以外的任何确定的常数，无论其绝对值多么小，都不能称为无穷小。
正确（√）。恒等于 0 的常数函数在自变量的任何变化过程中极限都为 0，因此 0 是唯一的常数无穷小量。
错误（×）。未指明自变量的变化过程。只有当 $x \to \infty$ 时，$\frac{1}{x}$ 才是无穷小量；若 $x \to 0$，$\frac{1}{x}$ 是无穷大量；若 $x \to 1$，$\frac{1}{x} \to 1$ 不是无穷小。

2. 选择题

【题目】

1）函数 $f(x) = x\sin x$ ，则 $f(x)$ 是（） A) 当 $x\to \infty$ 时为无穷大 B) 在 $(-\infty , + \infty)$ 内有界 C) 在 $(-\infty , + \infty)$ 内无界 D) 当 $x\rightarrow \infty$ 时有有限极限

2）当 $x \to 0$ 时，变量 $\frac{1}{x^2} \sin \frac{1}{x}$ 是（） A) 无穷小 B) 无穷大 C) 有界的，但不是无穷小 D) 无界的，但不是无穷大

【解析】

选 C。

取点列 $x_n = 2n\pi + \frac{\pi}{2}$，当 $n \to \infty$ 时，$x_n \to +\infty$，$f(x_n) = (2n\pi + \frac{\pi}{2})\sin(2n\pi + \frac{\pi}{2}) = 2n\pi + \frac{\pi}{2} \to +\infty$，说明 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上无界；
取点列 $x'_n = n\pi$，当 $n \to \infty$ 时，$x'_n \to +\infty$，$f(x'_n) = n\pi \sin(n\pi) = 0$。因此当 $x \to \infty$ 时，$f(x)$ 的值剧烈振荡，既不是无穷大，也没有有限极限。故正确选项为 C。

选 D。

取点列 $x_n = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}}$，当 $n \to \infty$ 时，$x_n \to 0$，此时： $$\frac{1}{x_n^2}\sin\frac{1}{x_n} = \left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right)^2 \sin\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = \left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right)^2 \to +\infty$$ 这表明变量在 $x \to 0$ 的任何邻域内都是无界的；
取点列 $x'_n = \frac{1}{n\pi}$，当 $n \to \infty$ 时，$x'_n \to 0$，此时： $$\frac{1}{(x'_n)^2}\sin\frac{1}{x'_n} = (n\pi)^2 \sin(n\pi) = 0$$ 这表明该变量并不满足无穷大“绝对值大于任意大正数”的定义，故它不是无穷大。因此该变量是无界的，但不是无穷大，正确选项为 D。

3. 直观判断无穷大与无穷小

【题目】

直观判断下列函数在指定的自变量变化过程中, 哪些是无穷大? 那些是无穷小? 判断结果填在后面的括号中：

$\frac{1 + 2x}{x}\ (x\to 0)$ （）
$\frac{1 + 2x}{x^2}\ (x\to \infty)$ （）
$\cot x\ (x\to 0^{+})$ （）

4） $e^{-x}\ (x\to +\infty)$ （）

$2^{\frac{1}{x}}\ (x\to 0^{-})$ （）
$(-1)^{n}\frac{1}{2^{n}}\ (n\to \infty).$ （）

【解析】

当 $x \to 0$ 时，分子 $1 + 2x \to 1$，分母 $x \to 0$，故 $\frac{1 + 2x}{x} \to \infty$。为无穷大。
当 $x \to \infty$ 时，$\frac{1 + 2x}{x^2} = \frac{1}{x^2} + \frac{2}{x} \to 0$。为无穷小。
当 $x \to 0^+$ 时，$\cot x = \frac{\cos x}{\sin x} \to \frac{1}{0^+} = +\infty$。为无穷大。
当 $x \to +\infty$ 时，$e^{-x} = \frac{1}{e^x} \to 0$。为无穷小。
当 $x \to 0^-$ 时，$\frac{1}{x} \to -\infty$，故 $2^{\frac{1}{x}} \to 0$。为无穷小。
当 $n \to \infty$ 时，$\left|(-1)^n \frac{1}{2^n}\right| = \frac{1}{2^n} \to 0$。为无穷小。

习题1.5 极限运算法则

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 填空题

【题目】

$\lim_{n\to \infty}\frac{n^2 + n - 1}{(n - 1)^2} =$ ____
$\lim_{x\to \infty}\frac{(2x^2 - 3x - 4)^2}{x^4 - 3x^2 + 1} =$ ____
$\lim_{x\to \infty}\frac{2x^2 - 3x - 4}{x^4 - 3x^2 + 1} =$ ____
$\lim_{x\to \infty}\frac{2x^4 - 3x - 4}{3x^2 + 1} =$ ____

【解析】

展开分母：$(n - 1)^2 = n^2 - 2n + 1$。分子分母同除以最高次幂 $n^2$：
$$\lim_{n\to \infty}\frac{n^2 + n - 1}{n^2 - 2n + 1} = \lim_{n\to \infty}\frac{1 + \frac{1}{n} - \frac{1}{n^2}}{1 - \frac{2}{n} + \frac{1}{n^2}} = \frac{1}{1} = 1$$
分子展开后最高次项为 $(2x^2)^2 = 4x^4$，分母最高次项为 $x^4$。分子分母同除以 $x^4$：
$$\lim_{x\to \infty}\frac{(2x^2 - 3x - 4)^2}{x^4 - 3x^2 + 1} = \lim_{x\to \infty}\frac{\left(2 - \frac{3}{x} - \frac{4}{x^2}\right)^2}{1 - \frac{3}{x^2} + \frac{1}{x^4}} = \frac{2^2}{1} = 4$$
分子次数为 2，分母次数为 4。由于分子次数小于分母次数，分子分母同除以 $x^4$：
$$\lim_{x\to \infty}\frac{\frac{2}{x^2} - \frac{3}{x^3} - \frac{4}{x^4}}{1 - \frac{3}{x^2} + \frac{1}{x^4}} = \frac{0}{1} = 0$$
分子次数为 4，分母次数为 2。由于分子次数大于分母次数：
$$\lim_{x\to \infty}\frac{2x^4 - 3x - 4}{3x^2 + 1} = \lim_{x\to \infty}\frac{2x^2 - \frac{3}{x} - \frac{4}{x^2}}{3 + \frac{1}{x^2}} = \infty$$

2. 计算下列极限

【题目】

$\lim_{n\to \infty}n\left(\sqrt{n^2 + 1} -n\right);$
$\lim_{n\to \infty}\frac{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}}{\sqrt{n + 2} - \sqrt{n}};$
$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{1\cdot3}+\frac{1}{3\cdot5}+\cdots+\frac{1}{(2n-1)\cdot(2n+1)}\right);$
$\lim_{x\to1}\frac{x+x^{2}+x^{3}-3}{x-1};$
$\lim_{x\to3}\frac{\sqrt{x+1}-2}{x-3};$
$\lim_{x\to 1}\left(\frac{1}{x - 1} -\frac{2}{x^2 - 1}\right).$

【解析】

对括号内的根式进行分子有理化：
$$\sqrt{n^2 + 1} - n = \frac{(n^2 + 1) - n^2}{\sqrt{n^2 + 1} + n} = \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1} + n}$$
因此：
$$\lim_{n\to \infty}n\left(\sqrt{n^2 + 1} - n\right) = \lim_{n\to \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2 + 1} + n} = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n^2}} + 1} = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$$
分子和分母分别有理化：
$$\sqrt{n + 1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}$$

$$\sqrt{n + 2} - \sqrt{n} = \frac{2}{\sqrt{n + 2} + \sqrt{n}}$$
代入原式：
$$\lim_{n\to \infty}\frac{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}}{\sqrt{n + 2} - \sqrt{n}} = \lim_{n\to \infty}\frac{\sqrt{n + 2} + \sqrt{n}}{2(\sqrt{n + 1} + \sqrt{n})} = \lim_{n\to \infty}\frac{\sqrt{1 + \frac{2}{n}} + 1}{2\left(\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1\right)} = \frac{1 + 1}{2(1 + 1)} = \frac{1}{2}$$
拆项裂项相消：利用分式裂项公式 $\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right)$：
$$S_n = \frac{1}{2}\left[\left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right)\right] = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2n+1}\right)$$
取极限得：
$$\lim_{n\to \infty} S_n = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2n+1}\right) = \frac{1}{2}$$
将分子的常数 3 拆分为 $1+1+1$：
$$\frac{x + x^2 + x^3 - 3}{x - 1} = \frac{(x - 1) + (x^2 - 1) + (x^3 - 1)}{x - 1} = 1 + (x + 1) + (x^2 + x + 1)$$
取极限得：
$$\lim_{x\to 1}\left[1 + (x + 1) + (x^2 + x + 1)\right] = 1 + 2 + 3 = 6$$
分子有理化：
$$\frac{\sqrt{x + 1} - 2}{x - 3} = \frac{(x + 1) - 4}{(x - 3)(\sqrt{x + 1} + 2)} = \frac{x - 3}{(x - 3)(\sqrt{x + 1} + 2)} = \frac{1}{\sqrt{x + 1} + 2}$$
取极限得：
$$\lim_{x\to 3}\frac{1}{\sqrt{x + 1} + 2} = \frac{1}{\sqrt{4} + 2} = \frac{1}{4}$$
通分计算：
$$\frac{1}{x - 1} - \frac{2}{x^2 - 1} = \frac{(x + 1) - 2}{x^2 - 1} = \frac{x - 1}{(x - 1)(x + 1)} = \frac{1}{x + 1}$$
取极限得：
$$\lim_{x\to 1}\frac{1}{x + 1} = \frac{1}{2}$$

习题1.6 极限存在准则两个重要极限

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 计算下列数列的极限

【题目】

$\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{2}{n}\right)^{n};$
$\lim_{n\to \infty}\left(\frac{n - 1}{n + 1}\right)^{2n - 3}.$

【解析】

利用重要极限 $\lim_{x\to \infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e$：
$$\lim_{n\to \infty}\left(1 - \frac{2}{n}\right)^n = \lim_{n\to \infty}\left[\left(1 + \frac{-2}{n}\right)^{-\frac{n}{2}}\right]^{-2} = e^{-2}$$
改写底数：
$$\frac{n - 1}{n + 1} = \frac{n + 1 - 2}{n + 1} = 1 - \frac{2}{n + 1}$$
指数变形为 $2n - 3 = 2(n + 1) - 5$：
$$\left(\frac{n - 1}{n + 1}\right)^{2n - 3} = \left[\left(1 - \frac{2}{n + 1}\right)^{n + 1}\right]^2 \cdot \left(1 - \frac{2}{n + 1}\right)^{-5}$$
因为 $\lim_{n\to \infty}\left(1 - \frac{2}{n + 1}\right)^{n + 1} = e^{-2}$，且 $\lim_{n\to \infty}\left(1 - \frac{2}{n + 1}\right)^{-5} = 1^{-5} = 1$，所以：
$$\lim_{n\to \infty}\left(\frac{n - 1}{n + 1}\right)^{2n - 3} = (e^{-2})^2 \cdot 1 = e^{-4}$$

2. 计算下列函数的极限

【题目】

$\lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos 2x}{x\sin x};$
$\lim_{x\to \pi +}\frac{\sqrt{1 + \cos x}}{\sin x};$
$\lim_{x\to1}x^{\frac{1}{x-1}};$
$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(1 + \cos x)^{3 - \sec x}.$

【解析】

利用三角倍角公式 $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$ 或等价无穷小 $1 - \cos 2x \sim \frac{1}{2}(2x)^2 = 2x^2$，$\sin x \sim x$：
$$\lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos 2x}{x\sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{2x^2}{x \cdot x} = 2$$
利用半角公式 $1 + \cos x = 2\cos^2\frac{x}{2}$，得 $\sqrt{1 + \cos x} = \sqrt{2}\left|\cos\frac{x}{2}\right|$。当 $x \to \pi^+$ 时，$\frac{x}{2} \to \left(\frac{\pi}{2}\right)^+$，此时 $\cos\frac{x}{2} < 0$，故：
$$\left|\cos\frac{x}{2}\right| = -\cos\frac{x}{2}$$
又 $\sin x = 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$，代入得：
$$\lim_{x\to \pi^+}\frac{\sqrt{1 + \cos x}}{\sin x} = \lim_{x\to \pi^+}\frac{-\sqrt{2}\cos\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}} = \lim_{x\to \pi^+}\frac{-\sqrt{2}}{2\sin\frac{x}{2}} = \frac{-\sqrt{2}}{2\sin\frac{\pi}{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$$
令 $t = x - 1$，当 $x \to 1$ 时 $t \to 0$，$x = 1 + t$：
$$\lim_{x\to 1}x^{\frac{1}{x-1}} = \lim_{t\to 0}(1 + t)^{\frac{1}{t}} = e$$
属于 $1^\infty$ 型未定式。设 $u = \cos x$，当 $x \to \frac{\pi}{2}$ 时 $u \to 0$，$\sec x = \frac{1}{u}$：
$$(1 + \cos x)^{3 - \sec x} = (1 + u)^{3 - \frac{1}{u}} = (1 + u)^3 \cdot \left[(1 + u)^{\frac{1}{u}}\right]^{-1}$$
当 $u \to 0$ 时，$(1 + u)^3 \to 1$，$(1 + u)^{\frac{1}{u}} \to e$。故：
$$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(1 + \cos x)^{3 - \sec x} = 1 \cdot e^{-1} = \frac{1}{e}$$

3. 分段函数的单侧极限与参数确定

【题目】

若 $f(x) = \begin{cases} (1 + x)^{\frac{1}{x}}, & x > 0, \\ \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{ax}, & x < 0, \end{cases}$ ($a \neq 0$), 问 $\lim_{x \to 0} f(x)$ 是否存在？若存在，极限值是多少？

【解析】

分别求 $x \to 0$ 时的右极限和左极限：

右极限： $$\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+}(1 + x)^{\frac{1}{x}} = e$$
左极限（利用分子有理化或等价无穷小 $\sqrt{1+x}-1 \sim \frac{1}{2}x$）： $$\lim_{x\to 0^-} f(x) = \lim_{x\to 0^-}\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{ax} = \lim_{x\to 0^-}\frac{\frac{1}{2}x}{ax} = \frac{1}{2a}$$

极限 $\lim_{x\to 0}f(x)$ 存在的充要条件是左、右极限存在且相等：

$$e = \frac{1}{2a} \implies a = \frac{1}{2e}$$

结论： 当 $a = \frac{1}{2e}$ 时，极限 $\lim_{x\to 0}f(x)$ 存在，极限值为 $e$；当 $a \neq \frac{1}{2e}$ 时，极限不存在。

4. 极限存在准则的应用

【题目】

利用极限存在准则，计算下列极限：

$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+\sqrt{1}}+\frac{1}{n+\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{n+\sqrt{n}}\right);$

2）已知 $x_{1}=1, x_{2}=1+\frac{x_{1}}{1+x_{1}}, \cdots, x_{n}=1+\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}, \cdots$ ，试证明：极限 $\lim_{n\to\infty}x_{n}$ 存在，并求其值.

【解析】

利用夹逼准则：设通项和式为 $S_n$。观察各项分母，由于 $1 \leq k \leq n$，有 $n < n + \sqrt{1} \leq n + \sqrt{k} \leq n + \sqrt{n}$。放大各项分母得下界，缩小各项分母得上界：
$$n \cdot \frac{1}{n + \sqrt{n}} \leq S_n \leq n \cdot \frac{1}{n + 1}$$
即：
$$\frac{n}{n + \sqrt{n}} \leq S_n \leq \frac{n}{n + 1}$$
求两端数列的极限：
$$\lim_{n\to \infty}\frac{n}{n + \sqrt{n}} = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{1 + \frac{1}{\sqrt{n}}} = 1$$

$$\lim_{n\to \infty}\frac{n}{n + 1} = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = 1$$
由夹逼准则可知，$\lim_{n\to \infty} S_n = 1$。
利用单调有界准则：

第一步：证明有界性。 $x_1 = 1 > 0$。若 $x_k > 0$，则 $x_{k+1} = 1 + \frac{x_k}{1 + x_k} > 1 > 0$。由数学归纳法知对所有 $n \geq 1$ 恒有 $x_n > 0$。进一步，考察函数 $g(t) = 1 + \frac{t}{1+t} = 2 - \frac{1}{1+t}$，当 $t > 0$ 时 $g'(t) = \frac{1}{(1+t)^2} > 0$，$g(t)$ 严格单调递增。解不动点方程 $x = 1 + \frac{x}{1+x} \implies x^2 - x - 1 = 0$，正根为 $L = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx 1.618$。由于 $x_1 = 1 < L$，若 $x_k < L$，则 $x_{k+1} = g(x_k) < g(L) = L$。由数学归纳法知，对任意 $n \geq 1$，恒有 $x_n < \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$（有上界）。
第二步：证明单调性。 $x_1 = 1$，$x_2 = 1 + \frac{1}{2} = 1.5 > x_1$。若 $x_k > x_{k-1}$，由 $g(t)$ 单调递增知 $x_{k+1} = g(x_k) > g(x_{k-1}) = x_k$。由归纳法知数列 $\{x_n\}$ 单调递增。
第三步：求极限。因为数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界，由单调有界收敛准则，$\lim_{n\to \infty} x_n = A$ 存在。对递推式 $x_n = 1 + \frac{x_{n-1}}{1 + x_{n-1}}$ 两边取极限得： $$A = 1 + \frac{A}{1 + A} \implies A(1 + A) = 1 + 2A \implies A^2 - A - 1 = 0$$ 解得 $A = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$。由于 $x_n \geq 1$，舍去负根，得： $$\lim_{n\to \infty} x_n = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$$

5. 易混极限对比

【题目】

求下列极限并注意区别它们的不同：

$\lim_{x\to 0}x\sin \frac{1}{x} =$ ____
$\lim_{x\to \infty}x\sin \frac{1}{x} =$ ____
$\lim_{x\to\infty}\frac{\sin x}{x} =$ ____
$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} =$ ____
$\lim_{x\to \infty}\frac{x}{\sin x} =$ ____
$\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x} =$ ____
$\lim_{x\to0}x\sin x =$ ____

【解析】

当 $x \to 0$ 时，$x$ 为无穷小量，$\sin\frac{1}{x}$ 为有界量（$|\sin\frac{1}{x}| \leq 1$）。由“无穷小量与有界量的乘积仍是无穷小量”知：极限为 0。
当 $x \to \infty$ 时，令 $t = \frac{1}{x} \to 0$。原式变为 $\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t} = 1$。极限为 1。
当 $x \to \infty$ 时，$\sin x$ 为有界量，$\frac{1}{x}$ 为无穷小量。有界量与无穷小量的乘积是无穷小量：极限为 0。
第一个重要极限的标准形式：极限为 1。
当 $x \to \infty$ 时，分子 $x \to \infty$，分母 $\sin x$ 在 $[-1, 1]$ 之间无限振荡且反复取 0。其倒数 $\frac{\sin x}{x} \to 0$，故原式为：$\infty$（极限不存在且振荡发散）。
$\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{\sin x}{x}} = \frac{1}{1} = 1$。极限为 1。
当 $x \to 0$ 时，$x \to 0$，$\sin x \to 0$，两无穷小量的乘积仍为无穷小量：极限为 0。

习题1.7 无穷小的比较

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 填空题

【题目】

（从“高阶”、“低阶”、“同阶”、“等价”中选择合适答案填在空格处）

1） $x\to 0$ 时， $x^{4} + \sin x$ 是 $x$ 的 ____ 无穷小；

2） $x\to 0$ 时， $\sin x^2$ 是 $x$ 的 ____ 无穷小；

3） $x\to 0^{+}$ 时， $\sin \sqrt{x} +x^{\frac{2}{3}}$ 是 $x$ 的 ____ 无穷小；

4） $x\to 0$ 时， $\frac{1 - \cos 2x}{2}$ 是 $x^{2}$ 的 ____ 无穷小；

5） $x\to 0$ 时， $\sqrt{1 + x} -\sqrt{1 - x}$ 是 $x$ 的 ____ 无穷小.

【解析】

计算比值的极限：
$$\lim_{x\to 0}\frac{x^4 + \sin x}{x} = \lim_{x\to 0}\left(x^3 + \frac{\sin x}{x}\right) = 0 + 1 = 1$$
极限为 1，故为等价无穷小。
计算比值的极限：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x^2}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x} = \lim_{x\to 0} x = 0$$
极限为 0，故为高阶无穷小。
当 $x \to 0^+$ 时，$\sin\sqrt{x} \sim x^{\frac{1}{2}}$，而 $\frac{1}{2} < \frac{2}{3} < 1$，故分子中最低阶项为 $x^{\frac{1}{2}}$：
$$\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin \sqrt{x} + x^{\frac{2}{3}}}{x} = \lim_{x\to 0^+}\left(\frac{x^{\frac{1}{2}}}{x} + x^{-\frac{1}{3}}\right) = \infty$$
比值为无穷大，故为低阶无穷小。
利用倍角公式 $\frac{1 - \cos 2x}{2} = \sin^2 x$：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2 x}{x^2} = 1$$
极限为 1，故为等价无穷小。
分子有理化：
$$\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x} = \frac{(1 + x) - (1 - x)}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}} = \frac{2x}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}}$$
比值的极限：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{2}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}} = \frac{2}{1 + 1} = 1$$
极限为 1，故为等价无穷小。

2. 利用无穷小等价代换计算极限

【题目】

$\lim_{x\to0}\frac{\sin x^{n}}{\sin^{m}x};$
$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{\sin2x};$
$\lim_{x\to0}\frac{\arctan2x}{\sqrt{1+x}-1};$
$\lim_{x\to0}\frac{x\arcsin x}{e^{-x^{2}}-1}.$

【解析】

当 $x \to 0$ 时，$\sin x^n \sim x^n$，$\sin^m x \sim x^m$。
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x^n}{\sin^m x} = \lim_{x\to 0}\frac{x^n}{x^m} = \lim_{x\to 0} x^{n - m}$$
分情况讨论：
- 当 $n > m$ 时，极限为 0；
- 当 $n = m$ 时，极限为 1；
- 当 $n < m$ 时，极限为 $\infty$。
当 $x \to 0$ 时，$\ln(1 + x) \sim x$，$\sin 2x \sim 2x$。
$$\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1 + x)}{\sin 2x} = \lim_{x\to 0}\frac{x}{2x} = \frac{1}{2}$$
当 $x \to 0$ 时，$\arctan 2x \sim 2x$，$\sqrt{1 + x} - 1 \sim \frac{1}{2}x$。
$$\lim_{x\to 0}\frac{\arctan 2x}{\sqrt{1 + x} - 1} = \lim_{x\to 0}\frac{2x}{\frac{1}{2}x} = 4$$
当 $x \to 0$ 时，$\arcsin x \sim x$，$e^{-x^2} - 1 \sim -x^2$。
$$\lim_{x\to 0}\frac{x\arcsin x}{e^{-x^2} - 1} = \lim_{x\to 0}\frac{x \cdot x}{-x^2} = -1$$

3. 根据极限值确定参数

【题目】

$\lim_{x\to \infty}\left(\frac{x^2 + 1}{x + 1} -ax - b\right) = 0;$
$\lim_{x\to-1}\frac{2x^{2}+ax+b}{x+1}=3.$

【解析】

对括号内通分整理：
$$\frac{x^2 + 1}{x + 1} - ax - b = \frac{x^2 + 1 - (ax + b)(x + 1)}{x + 1} = \frac{(1 - a)x^2 - (a + b)x + (1 - b)}{x + 1}$$
当 $x \to \infty$ 时，分母为 1 次多项式，若整体极限为 0，则分子的次数必须严格小于分母的次数（即分子最高次只能为 0 次常数，或更高次系数全为 0）：
- $x^2$ 项系数为 0：$1 - a = 0 \implies a = 1$；
- $x$ 项系数为 0：$-(a + b) = 0 \implies b = -a = -1$。
此时分子变为 $1 - (-1) = 2$，极限为 $\lim_{x\to \infty}\frac{2}{x+1} = 0$，符合题意。因此：$a = 1, b = -1$。
当 $x \to -1$ 时，分母 $x + 1 \to 0$。由于极限值为有限常数 3，因此分子在 $x \to -1$ 时的极限必为 0：
$$2(-1)^2 + a(-1) + b = 0 \implies 2 - a + b = 0 \implies b = a - 2$$
将 $b = a - 2$ 代回分子：
$$2x^2 + ax + a - 2 = (x + 1)(2x + a - 2)$$
约去零因子 $x + 1$：
$$\lim_{x\to -1}\frac{(x + 1)(2x + a - 2)}{x + 1} = \lim_{x\to -1}(2x + a - 2) = -2 + a - 2 = a - 4$$
令 $a - 4 = 3$，解得 $a = 7$。代入得 $b = 7 - 2 = 5$。因此：$a = 7, b = 5$。

习题1.8 函数的连续性

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 指出间断点并判断类型

【题目】

$f(x) = \frac{x^2 - x}{|x|(x^2 - 1)}$

【解析】

函数的无定义点即为分母等于 0 的点：$|x|(x^2 - 1) = 0$，解得 $x = 0$，$x = 1$，$x = -1$。这三个点为函数的间断点。

考察 $x = 1$：当 $x \to 1$ 时，$|x| = x > 0$。对式子化简：
$$f(x) = \frac{x(x - 1)}{x(x - 1)(x + 1)} = \frac{1}{x + 1}$$
取极限：
$$\lim_{x\to 1} f(x) = \lim_{x\to 1}\frac{1}{x + 1} = \frac{1}{2}$$
左右极限均存在且相等，但函数在 $x = 1$ 处无定义，故 $x = 1$ 为第一类可去间断点。
考察 $x = 0$：
- 右极限（$x > 0$ 时，$|x| = x$）： $$\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+}\frac{x(x - 1)}{x(x^2 - 1)} = \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x + 1} = 1$$
- 左极限（$x < 0$ 时，$|x| = -x$）： $$\lim_{x\to 0^-} f(x) = \lim_{x\to 0^-}\frac{x(x - 1)}{-x(x^2 - 1)} = \lim_{x\to 0^-}\left(-\frac{1}{x + 1}\right) = -1$$ 左右极限均存在但不相等（$-1 \neq 1$），故 $x = 0$ 为第一类跳跃间断点。
考察 $x = -1$：当 $x \to -1$ 时，分子 $x^2 - x \to (-1)^2 - (-1) = 2 \neq 0$，分母 $|x|(x^2 - 1) \to 0$。
$$\lim_{x\to -1} f(x) = \infty$$
极限为无穷大，故 $x = -1$ 为第二类无穷间断点。

2. 指出间断点并判断类型

【题目】

$f(x) = \frac{x}{\tan x}$

【解析】

函数由 $y = \frac{x\cos x}{\sin x}$ 构成，有两类无定义点：

正切函数自身无定义的点：$\cos x = 0 \implies x = \frac{\pi}{2} + k\pi\ (k \in \mathbb{Z})$；
作为分母为 0 的点：$\sin x = 0 \implies x = k\pi\ (k \in \mathbb{Z})$。

考察 $x = 0$：
$$\lim_{x\to 0}\frac{x}{\tan x} = \lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x} \cdot \cos x = 1 \cdot 1 = 1$$
极限存在，故 $x = 0$ 为第一类可去间断点。
考察 $x = \frac{\pi}{2} + k\pi\ (k \in \mathbb{Z})$：当 $x \to \frac{\pi}{2} + k\pi$ 时，$\tan x \to \infty$。
$$\lim_{x\to \frac{\pi}{2} + k\pi}\frac{x}{\tan x} = 0$$
极限存在，故 $x = \frac{\pi}{2} + k\pi\ (k \in \mathbb{Z})$ 为第一类可去间断点。
考察 $x = k\pi\ (k \in \mathbb{Z}, k \neq 0)$：当 $x \to k\pi$ 时，分子 $x \to k\pi \neq 0$，分母 $\tan x \to 0$。
$$\lim_{x\to k\pi}\frac{x}{\tan x} = \infty$$
极限为无穷大，故 $x = k\pi\ (k \in \mathbb{Z}, k \neq 0)$ 为第二类无穷间断点。

3. 指出间断点并判断类型

【题目】

$f(x) = \lim_{n\to \infty}\frac{nx}{nx^2 + 1}$

【解析】

先求极限确定函数 $f(x)$ 的解析表达式：

当 $x = 0$ 时，对任意自然数 $n$，$\frac{n \cdot 0}{n \cdot 0^2 + 1} = 0$，故： $$f(0) = \lim_{n\to \infty} 0 = 0$$
当 $x \neq 0$ 时，$nx^2 \to \infty$。分子分母同除以 $n$： $$f(x) = \lim_{n\to \infty}\frac{x}{x^2 + \frac{1}{n}} = \frac{x}{x^2} = \frac{1}{x}$$

因此，函数为：

$$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0. \end{cases}$$

考察 $x = 0$ 处：

$$\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x} = +\infty,\quad \lim_{x\to 0^-} f(x) = \lim_{x\to 0^-}\frac{1}{x} = -\infty$$

当 $x \to 0$ 时单侧极限为无穷大，故 $x = 0$ 为第二类无穷间断点。

习题1.9 连续函数的运算与初等函数的连续性

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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，$a = 2, b = \ln 2$。

习题1.10 闭区间上连续函数的性质

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

第1题

【题目】

证明：方程 $x = a\sin x + b\ (a > 0, b > 0)$ 在 $(0, a + b]$ 内至少有一实根.

【解析】

构造辅助函数：令 $f(x) = x - a\sin x - b$。
分析连续性：由于 $y = x$、$\sin x$ 及常数函数在实数域上均连续，故 $f(x)$ 在闭区间 $[0, a + b]$ 上连续。
计算端点函数值并判断符号：
- 在左端点 $x = 0$ 处： $$f(0) = 0 - a\sin 0 - b = -b$$ 已知 $b > 0$，故 $f(0) = -b < 0$。
- 在右端点 $x = a + b$ 处： $$f(a + b) = a + b - a\sin(a + b) - b = a[1 - \sin(a + b)]$$ 因为对任意实数 $x$，均有 $\sin x \le 1$，且 $a > 0$，所以： $$f(a + b) = a[1 - \sin(a + b)] \ge 0$$
分类讨论与应用零点定理：
- 若 $f(a + b) = 0$，则 $x = a + b \in (0, a + b]$ 本身即为方程的一个实根；
- 若 $f(a + b) > 0$，结合 $f(0) < 0$，由闭区间上连续函数的零点存在定理可知，至少存在一点 $\xi \in (0, a + b)$ 使得 $f(\xi) = 0$。
结论：综合上述两种情况，方程 $x = a\sin x + b$ 在 $(0, a + b]$ 内至少有一实根。

第2题

【题目】

利用零点定理证明：方程 $x^{3} - 3x^{2} - x + 3 = 0$ 在区间 $(-2, 0)$，$(0, 2)$，$(2, 4)$ 内各有一个实根.

【解析】

构造辅助函数与连续性：设 $f(x) = x^3 - 3x^2 - x + 3$。$f(x)$ 为多项式函数，在整个实数域 $\mathbb{R}$ 上连续。
计算各分界点的函数值：
- $f(-2) = (-2)^3 - 3(-2)^2 - (-2) + 3 = -8 - 12 + 2 + 3 = -15 < 0$；
- $f(0) = 0^3 - 3(0)^2 - 0 + 3 = 3 > 0$；
- $f(2) = 2^3 - 3(2^2) - 2 + 3 = 8 - 12 - 2 + 3 = -3 < 0$；
- $f(4) = 4^3 - 3(4^2) - 4 + 3 = 64 - 48 - 4 + 3 = 15 > 0$。
分区间应用零点定理：
- 在闭区间 $[-2, 0]$ 上，$f(x)$ 连续，且 $f(-2) \cdot f(0) = (-15) \times 3 < 0$。由零点定理，在开区间 $(-2, 0)$ 内至少存在一个实根 $\xi_1$；
- 在闭区间 $[0, 2]$ 上，$f(x)$ 连续，且 $f(0) \cdot f(2) = 3 \times (-3) < 0$。由零点定理，在开区间 $(0, 2)$ 内至少存在一个实根 $\xi_2$；
- 在闭区间 $[2, 4]$ 上，$f(x)$ 连续，且 $f(2) \cdot f(4) = (-3) \times 15 < 0$。由零点定理，在开区间 $(2, 4)$ 内至少存在一个实根 $\xi_3$。
根的唯一性说明：方程为三次多项式方程，在实数域内至多有 3 个实根。由于开区间 $(-2, 0)$、$(0, 2)$、$(2, 4)$ 两两互不相交，因此方程在上述三个区间内各恰好有一个实根。
(注：实际上方程可因式分解为 $(x - 1)(x + 1)(x - 3) = 0$，三个根分别为 $-1 \in (-2, 0)$、$1 \in (0, 2)$、$3 \in (2, 4)$，与定理证明结论完全一致。)

第3题

【题目】

设函数 $f(x)$ 在 $[0, 2a]$ 上连续，$a > 0$，$f(0) = f(2a)$，$f(a) \neq f(0)$，证明：至少有一点 $\xi \in (0, a)$，使得 $f(\xi) = f(\xi + a)$.

【解析】

构造辅助函数：令 $F(x) = f(x + a) - f(x)$，定义域为闭区间 $[0, a]$。
分析连续性：因为 $f(x)$ 在 $[0, 2a]$ 上连续，且当 $x \in [0, a]$ 时，$x \in [0, a] \subset [0, 2a]$ 且 $x + a \in [a, 2a] \subset [0, 2a]$，所以复合函数 $f(x + a)$ 与 $f(x)$ 在 $[0, a]$ 上均连续。因此，$F(x)$ 在闭区间 $[0, a]$ 上连续。
计算区间两端点的值：
- 在左端点 $x = 0$ 处： $$F(0) = f(a) - f(0)$$
- 在右端点 $x = a$ 处： $$F(a) = f(2a) - f(a)$$ 已知条件给出 $f(2a) = f(0)$，将其代入 $F(a)$ 中得： $$F(a) = f(0) - f(a) = -[f(a) - f(0)] = -F(0)$$
判断符号异号：由上式可得 $$F(0) \cdot F(a) = -[f(a) - f(0)]^2$$ 已知 $f(a) \neq f(0)$，故 $f(a) - f(0) \neq 0$，从而 $[f(a) - f(0)]^2 > 0$。因此 $$F(0) \cdot F(a) < 0$$ 即 $F(0)$ 与 $F(a)$ 异号。
应用零点定理：由零点存在定理，在开区间 $(0, a)$ 内至少存在一点 $\xi \in (0, a)$，使得 $$F(\xi) = 0$$ 即 $$f(\xi + a) - f(\xi) = 0 \implies f(\xi) = f(\xi + a)$$ 证毕。

第一章自测题

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

1. 选择题

【题目】

1）下列极限等于e的是（） A) $\lim_{x\to0}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$ B) $\lim_{x\to0}(1+x)^x$ C) $\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$ D) $\lim_{x\to\infty}(1+x)^{\frac{1}{x}}$

2）当 $x \to 0$ 时， $\sin (x + x^2)$ 是 $x$ 的（） A）高阶无穷小 B）低阶无穷小 C）等价无穷小 D）同阶非等价无穷小

3）设函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{\sqrt{x + 4} - 2}{x}, & x\neq 0 \\ k, & x = 0 \end{cases}$ 在 $x = 0$ 处连续，则参数 $k =$ （） A）4 B） $\frac{1}{4}$ C）2 D） $\frac{1}{2}$

4）设 $y=\frac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}$ ，则 x=1 是函数的（）. A）连续点 B）可去间断点 C）跳跃间断点 D）无穷间断点

【解析】

选 C。第二个重要极限的标准形式是 $\lim_{x\to \infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e$。A项中 $x\to 0$ 时为 $\infty^0$ 型不是 $e$；B项为 $1^0 = 1$；D项为 $\infty^0 = 1$。
选 C。求比值的极限：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x + x^2)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{x + x^2}{x} = \lim_{x\to 0}(1 + x) = 1$$
比值为 1，故为等价无穷小。
选 B。分子有理化求极限：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{x + 4} - 2}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{(x + 4) - 4}{x(\sqrt{x + 4} + 2)} = \lim_{x\to 0}\frac{1}{\sqrt{x + 4} + 2} = \frac{1}{2 + 2} = \frac{1}{4}$$
由连续性条件 $\lim_{x\to 0} f(x) = f(0) = k$，得 $k = \frac{1}{4}$。
选 B。利用立方差公式分解因式或等价代换：
$$\lim_{x\to 1}\frac{\sqrt[3]{x} - 1}{x - 1} = \lim_{x\to 1}\frac{\sqrt[3]{x} - 1}{(\sqrt[3]{x} - 1)(\sqrt[3]{x^2} + \sqrt[3]{x} + 1)} = \lim_{x\to 1}\frac{1}{\sqrt[3]{x^2} + \sqrt[3]{x} + 1} = \frac{1}{3}$$
由于极限存在（为 $\frac{1}{3}$），而原函数在 $x = 1$ 处无定义，故 $x = 1$ 为可去间断点。

2. 填空题

【题目】

1）函数 $f(x)=\ln(\arcsin x)$ 的连续区间是 ____；

$\lim_{x\to -2}\frac{\sqrt{1 - x} - \sqrt{3}}{x^2 + x - 2} =$ ____；

3）当 $x \to \infty$ 时， $f(x)$ 与 $\frac{1}{x}$ 是等价无穷小，则 $\lim_{x \to \infty} 2xf(x) =$ ____；

4）当 $x \to \infty$ 时， $e^{-\frac{1}{x^2}} - 1$ 与 $\ln (x^2 - 2) - \ln (x^2 + a)$ 是等价无穷小，则 $a =$ ____.

【解析】

自变量需满足：
- 对数函数真数大于 0：$\arcsin x > 0 \implies 0 < x \le 1$；
- 反正弦函数定义域：$-1 \le x \le 1$。联立得 $0 < x \le 1$，且初等函数在其定义域内连续，故连续区间为 $(0, 1]$。
分子有理化并因式分解分母：
$$\frac{\sqrt{1 - x} - \sqrt{3}}{x^2 + x - 2} = \frac{(1 - x) - 3}{(x + 2)(x - 1)(\sqrt{1 - x} + \sqrt{3})} = \frac{-(x + 2)}{(x + 2)(x - 1)(\sqrt{1 - x} + \sqrt{3})} = \frac{-1}{(x - 1)(\sqrt{1 - x} + \sqrt{3})}$$
令 $x \to -2$：
$$\frac{-1}{(-2 - 1)(\sqrt{3} + \sqrt{3})} = \frac{-1}{-3 \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{1}{6\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{18}$$
由题设，$\lim_{x\to \infty}\frac{f(x)}{\frac{1}{x}} = 1$。因此：
$$\lim_{x\to \infty} 2xf(x) = 2\lim_{x\to \infty} xf(x) = 2 \cdot 1 = 2$$
当 $x \to \infty$ 时，$e^{-\frac{1}{x^2}} - 1 \sim -\frac{1}{x^2}$。对数差转化为真数商：
$$\ln(x^2 - 2) - \ln(x^2 + a) = \ln\left(\frac{x^2 - 2}{x^2 + a}\right) = \ln\left(1 - \frac{a + 2}{x^2 + a}\right) \sim -\frac{a + 2}{x^2 + a} \sim -\frac{a + 2}{x^2}$$
由于两者是等价无穷小，极限比值为 1：
$$\lim_{x\to \infty}\frac{-\frac{1}{x^2}}{-\frac{a + 2}{x^2}} = \frac{1}{a + 2} = 1 \implies a + 2 = 1 \implies a = -1$$

3. 计算下列极限

【题目】

$\lim_{n\to \infty}\frac{2^n + 3^n}{2^{n + 1} + 3^{n + 1}};$
$\lim_{x\to \infty}\frac{\arctan x}{x};$
$\lim_{x\to\infty}x(\ln(x+1)-\ln x);$
$\lim_{x\to -\infty}\left(x^2 +x\sqrt{x^2 + 2}\right);$
$\lim_{x\to -1}\left(\frac{2x - 1}{x + 1} +\frac{x - 2}{x^2 + x}\right);$
$\lim_{x\to +\infty}\left(\sin \sqrt{x} -\sin \sqrt{x + 1}\right).$

【解析】

分子分母同除以底数最大的指数项 $3^{n+1}$：
$$\lim_{n\to \infty}\frac{2^n + 3^n}{2^{n + 1} + 3^{n + 1}} = \lim_{n\to \infty}\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n + \frac{1}{3}}{\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1} + 1} = \frac{0 + \frac{1}{3}}{0 + 1} = \frac{1}{3}$$
当 $x \to \infty$ 时，$\arctan x$ 是有界量（$|\arctan x| < \frac{\pi}{2}$），而 $\frac{1}{x}$ 是无穷小量。有界量乘以无穷小量为无穷小量，故：
$$\lim_{x\to \infty}\frac{\arctan x}{x} = 0$$
对数运算法则与重要极限：
$$\lim_{x\to \infty} x\ln\left(\frac{x + 1}{x}\right) = \lim_{x\to \infty}\ln\left[\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x\right] = \ln e = 1$$
令 $x = -t$，当 $x \to -\infty$ 时 $t \to +\infty$：
$$x^2 + x\sqrt{x^2 + 2} = t^2 - t\sqrt{t^2 + 2} = t(t - \sqrt{t^2 + 2})$$
分子有理化：
$$t(t - \sqrt{t^2 + 2}) = \frac{t(t^2 - (t^2 + 2))}{t + \sqrt{t^2 + 2}} = \frac{-2t}{t + \sqrt{t^2 + 2}} = \frac{-2}{1 + \sqrt{1 + \frac{2}{t^2}}}$$
令 $t \to +\infty$：
$$\lim_{t\to +\infty}\frac{-2}{1 + \sqrt{1 + \frac{2}{t^2}}} = \frac{-2}{1 + 1} = -1$$
通分整理分式：
$$\frac{2x - 1}{x + 1} + \frac{x - 2}{x(x + 1)} = \frac{x(2x - 1) + (x - 2)}{x(x + 1)} = \frac{2x^2 - 2}{x(x + 1)} = \frac{2(x - 1)(x + 1)}{x(x + 1)} = \frac{2(x - 1)}{x}$$
取极限：
$$\lim_{x\to -1}\frac{2(x - 1)}{x} = \frac{2(-2)}{-1} = 4$$
三角和差化积公式：
$$\sin\sqrt{x} - \sin\sqrt{x + 1} = 2\sin\left(\frac{\sqrt{x} - \sqrt{x + 1}}{2}\right)\cos\left(\frac{\sqrt{x} + \sqrt{x + 1}}{2}\right)$$
对正弦部分角度有理化：
$$\frac{\sqrt{x} - \sqrt{x + 1}}{2} = \frac{-1}{2(\sqrt{x} + \sqrt{x + 1})} \to 0\quad (x \to +\infty)$$
由于 $\sin\left(\frac{\sqrt{x} - \sqrt{x + 1}}{2}\right) \to 0$ 是无穷小量，而余弦函数有界，故：
$$\lim_{x\to +\infty}\left(\sin\sqrt{x} - \sin\sqrt{x + 1}\right) = 0$$

4. 数列的单调有界性与极限证明

【题目】

设数列 $\{x_{n}\}$ 满足： $0 < x_{1} < \frac{1}{2}$ ， $x_{n+1} = x_{n}(1 - 2x_{n})$ ， $n = 1, 2, \cdots$ ，试证明：

1）数列 $\{x_{n}\}$ 单调递减且 $0

2） $\lim_{n\to \infty}x_n$ 存在，并求出其值.

【解析】

用数学归纳法证明 $0 < x_n < \frac{1}{2}$：

当 $n = 1$ 时，已知 $0 < x_1 < \frac{1}{2}$，结论成立；
假设当 $n = k$ 时结论成立，即 $0 < x_k < \frac{1}{2}$。考察函数 $g(t) = t(1 - 2t) = -2\left(t - \frac{1}{4}\right)^2 + \frac{1}{8}$。当 $0 < t < \frac{1}{2}$ 时，$1 - 2t > 0$，因此 $g(t) = t(1 - 2t) > 0$。且 $g(t)$ 的最大值为 $\frac{1}{8} < \frac{1}{2}$。所以 $0 < x_{k+1} = g(x_k) \leq \frac{1}{8} < \frac{1}{2}$。由数学归纳法可知，对所有正整数 $n$，均有 $0 < x_n < \frac{1}{2}$。

证明单调递减：考察相邻两项之差：

$$x_{n+1} - x_n = x_n(1 - 2x_n) - x_n = -2x_n^2$$

因为 $0 < x_n < \frac{1}{2}$，所以 $-2x_n^2 < 0$，即 $x_{n+1} < x_n$。因此数列 $\{x_n\}$ 单调递减。

求极限：由 1) 知数列 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界（$x_n > 0$），根据单调有界收敛准则，$\lim_{n\to \infty} x_n = A$ 存在，且 $0 \leq A < \frac{1}{2}$。在递推关系式 $x_{n+1} = x_n(1 - 2x_n)$ 两端取极限： $$A = A(1 - 2A) \implies 2A^2 = 0 \implies A = 0$$ 因此： $$\lim_{n\to \infty} x_n = 0$$

5. 夹逼准则求和式极限

【题目】

利用夹逼准则求极限 $\lim_{n\to\infty}x_{n}$ ，其中 $x_{n}=\sqrt{\frac{n^{2}}{n^{4}+1}}+\sqrt{\frac{n^{2}+2}{n^{4}+2}}+\cdots+\sqrt{\frac{n^{2}+2n-2}{n^{4}+n}}$ .

【解析】

和式共有 $n$ 项。观察各分子与分母：

分子中：$n^2 \leq n^2 + 2k - 2 \leq n^2 + 2n - 2$；
分母中：$n^4 + 1 \leq n^4 + k \leq n^4 + n$。

对和式进行放缩：

将每一项分子缩到最小（取 $n^2$），分母放大到最大（取 $n^4 + n$），得到下界： $$x_n \geq n \cdot \sqrt{\frac{n^2}{n^4 + n}} = \frac{n^2}{\sqrt{n^4 + n}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n^3}}}$$
将每一项分子放大到最大（取 $n^2 + 2n - 2$），分母缩小到最小（取 $n^4 + 1$），得到上界： $$x_n \leq n \cdot \sqrt{\frac{n^2 + 2n - 2}{n^4 + 1}} = \frac{\sqrt{n^4 + 2n^3 - 2n^2}}{\sqrt{n^4 + 1}} = \sqrt{\frac{1 + \frac{2}{n} - \frac{2}{n^2}}{1 + \frac{1}{n^4}}}$$

求两端的极限：

$$\lim_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n^3}}} = 1$$

$$\lim_{n\to \infty}\sqrt{\frac{1 + \frac{2}{n} - \frac{2}{n^2}}{1 + \frac{1}{n^4}}} = 1$$

由夹逼准则可知：

$$\lim_{n\to \infty} x_n = 1$$

6. 已知极限求函数值

【题目】

设函数 $f(x)$ 连续，且 $\lim_{x\to 0}\left[\frac{f(x) - 1}{x} -\frac{\sin x}{x^2}\right] = 2$ ，求 $f(0)$ .

【解析】

通分化简极限式：

$$\frac{f(x) - 1}{x} - \frac{\sin x}{x^2} = \frac{x[f(x) - 1] - \sin x}{x^2} = \frac{f(x) - 1 - \frac{\sin x}{x}}{x}$$

已知当 $x \to 0$ 时，上述分式的极限为有限常数 2。分母 $x \to 0$，若极限存在，则分子必须趋于 0：

$$\lim_{x\to 0}\left[f(x) - 1 - \frac{\sin x}{x}\right] = 0$$

因为 $f(x)$ 连续，所以 $\lim_{x\to 0} f(x) = f(0)$。代入得：

$$f(0) - 1 - 1 = 0 \implies f(0) = 2$$

7. 分段函数的连续性与参数确定

【题目】

设函数 $f(x) = \begin{cases} e^{\frac{1}{x - 1}} + a, & x < 1 \\ 2, & x = 1 \\ b \arctan x, & x > 1 \end{cases}$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，求 $a, b$ 的值.

【解析】

函数在分界点 $x = 1$ 的两侧均为初等函数，处处连续。要在 $(-\infty, +\infty)$ 上处处连续，必须且只需在 $x = 1$ 处连续：

$$\lim_{x\to 1^-} f(x) = \lim_{x\to 1^+} f(x) = f(1) = 2$$

左极限：当 $x \to 1^-$ 时，$x - 1 \to 0^-$，$\frac{1}{x - 1} \to -\infty$，因此 $e^{\frac{1}{x - 1}} \to 0$。 $$\lim_{x\to 1^-} f(x) = \lim_{x\to 1^-}\left(e^{\frac{1}{x - 1}} + a\right) = 0 + a = a$$ 由连续性要求 $a = 2$。
右极限： $$\lim_{x\to 1^+} f(x) = \lim_{x\to 1^+} b\arctan x = b\arctan 1 = b \cdot \frac{\pi}{4}$$ 由连续性要求 $b \cdot \frac{\pi}{4} = 2 \implies b = \frac{8}{\pi}$。

因此：$a = 2, b = \frac{8}{\pi}$。

8. 介值定理证明题

【题目】

已知 $p, q$ 是满足 $p + q = 1$ 的两个正数，且 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，证明：一定存在 $\xi \in [a, b]$ ，使得 $f(\xi) = pf(a) + qf(b)$ .

【解析】

证明：

因为 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，根据闭区间上连续函数的最大值最小值定理，$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有最小值 $m$ 和最大值 $M$，即对任意 $x \in [a, b]$，恒有：

$$m \leq f(x) \leq M$$

特别地，端点值满足：

$$m \leq f(a) \leq M,\quad m \leq f(b) \leq M$$

已知 $p > 0, q > 0$，两不等式分别乘以正数 $p$ 和 $q$：

$$pm \leq pf(a) \leq pM$$

$$qm \leq qf(b) \leq qM$$

将两式相加，并利用 $p + q = 1$：

$$(p + q)m \leq pf(a) + qf(b) \leq (p + q)M \implies m \leq pf(a) + qf(b) \leq M$$

根据闭区间上连续函数的介值定理，$f(x)$ 可以取得最小值 $m$ 与最大值 $M$ 之间的任何介值。因此，一定存在 $\xi \in [a, b]$，使得：

$$f(\xi) = pf(a) + qf(b)$$

证毕。

第一章 函数与极限 | YHK's life

习题1.1 函数

1. 判断下列函数是否相同

2. 确定下列函数的定义域

3. 求下列函数的反函数

4. 复合函数求值

习题1.2-1.3 数列极限与函数极限

1. 求极限并说明存在性

2. 函数图形与分界点极限讨论

3. 指数型函数极限的存在性

4. 用极限定义证明

习题1.4 无穷小与无穷大

1. 判断题

2. 选择题

3. 直观判断无穷大与无穷小

习题1.5 极限运算法则

1. 填空题

2. 计算下列极限

习题1.6 极限存在准则 两个重要极限

1. 计算下列数列的极限

2. 计算下列函数的极限

3. 分段函数的单侧极限与参数确定

4. 极限存在准则的应用

5. 易混极限对比

习题1.7 无穷小的比较

1. 填空题

2. 利用无穷小等价代换计算极限

3. 根据极限值确定参数

习题1.8 函数的连续性

1. 指出间断点并判断类型

2. 指出间断点并判断类型

3. 指出间断点并判断类型

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

2. 指出下列函数的连续区间

3. 连续函数的参数确定

习题1.10 闭区间上连续函数的性质

第1题

第2题

第3题

第一章 自测题

1. 选择题

2. 填空题

3. 计算下列极限

4. 数列的单调有界性与极限证明

5. 夹逼准则求和式极限

6. 已知极限求函数值

7. 分段函数的连续性与参数确定

8. 介值定理证明题

第一章函数与极限 | YHK's life

习题1.6 极限存在准则两个重要极限

第一章自测题