第1章 函数极限与连续
思考题 1.1
题目：
下列各题中，函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 是否相同？请说明理由.
（1）$f(x) = \frac{x}{x}, g(x) = 1$；
（2）$f(x) = \ln x^2, g(x) = 2\ln x$；
（3）$f(x) = \sqrt{(1-x)^2}, g(x) = 1-x$；
（4）$f(x) = x, g(x) = \sin(\arcsin x)$.
解答过程：
判断两个函数是否相同，必须满足两个条件：定义域相同且对应法则相同。
（1）不相同。$f(x) = \frac{x}{x}$ 的定义域为 $x \neq 0$，而 $g(x) = 1$ 的定义域为全体实数 $\mathbb{R}$。定义域不同，因此两函数不相同。
（2）不相同。$f(x) = \ln x^2$ 的定义域为 $x \neq 0$，而 $g(x) = 2\ln x$ 的定义域要求 $x > 0$。定义域不同，因此两函数不相同。
（3）不相同。两者的定义域均为 $\mathbb{R}$。但是 $f(x) = \sqrt{(1-x)^2} = |1-x|$，而 $g(x) = 1-x$。当 $x > 1$ 时（例如取 $x=2$），$f(2) = 1$，而 $g(2) = -1$。对应法则不同，因此两函数不相同。
（4）不相同。$f(x) = x$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，而 $g(x) = \sin(\arcsin x)$ 的定义域受限于反三角函数的定义域，为 $[-1, 1]$。定义域不同，因此两函数不相同。
思考题 1.2
题目：
设函数 $f(x) = x^3, g(x) = \mathrm{e}^{2x}$，求 $f[g(x)], g[f(x)], f[f(x)], g[g(x)]$.
解答过程：
根据复合函数的定义，直接代入即可：
$f[g(x)] = [g(x)]^3 = (\mathrm{e}^{2x})^3 = \mathrm{e}^{6x}$
$g[f(x)] = \mathrm{e}^{2f(x)} = \mathrm{e}^{2x^3}$
$f[f(x)] = [f(x)]^3 = (x^3)^3 = x^9$
$g[g(x)] = \mathrm{e}^{2g(x)} = \mathrm{e}^{2\mathrm{e}^{2x}}$
思考题 1.3
题目：
根据反函数的定义，推导下列双曲函数的反函数：
（1）反双曲正弦函数 $y = \mathrm{arsh}x = \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}), x \in (-\infty, +\infty)$；
（2）反双曲余弦函数 $y = \mathrm{arch}x = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1}), x \in [1, +\infty)$；
（3）反双曲正切函数 $y = \mathrm{arth}x = \frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}, x \in (-1, 1)$.
解答过程：
（1）推导反双曲正弦函数：
令原函数为 $x = \sinh y = \frac{\mathrm{e}^y - \mathrm{e}^{-y}}{2}$，我们需要解出 $y$。
两边同乘 $2\mathrm{e}^y$，得到：
$$2x\mathrm{e}^y = (\mathrm{e}^y)^2 - 1$$整理为关于 $\mathrm{e}^y$ 的一元二次方程：
$$(\mathrm{e}^y)^2 - 2x\mathrm{e}^y - 1 = 0$$利用求根公式解得：
$$\mathrm{e}^y = \frac{2x \pm \sqrt{4x^2 + 4}}{2} = x \pm \sqrt{x^2 + 1}$$因为对于任意实数 $y$ 都有 $\mathrm{e}^y > 0$，且 $x - \sqrt{x^2+1} < 0$，故负号舍去，仅取正号：
$$\mathrm{e}^y = x + \sqrt{x^2 + 1}$$两边取自然对数，即得：
$$y = \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}), x \in (-\infty, +\infty)$$（2）推导反双曲余弦函数：
令原函数为 $x = \cosh y = \frac{\mathrm{e}^y + \mathrm{e}^{-y}}{2}$，其中 $y \ge 0$（为了保证单调性以存在反函数）。
同理化简得到：
$$(\mathrm{e}^y)^2 - 2x\mathrm{e}^y + 1 = 0$$解得：
$$\mathrm{e}^y = x \pm \sqrt{x^2 - 1}$$因为限制了 $y \ge 0$，所以要求 $\mathrm{e}^y \ge 1$。
又因为 $x - \sqrt{x^2-1} = \frac{1}{x + \sqrt{x^2-1}} \le 1$ （在 $x \ge 1$ 时），为了满足 $\mathrm{e}^y \ge 1$，必须取正号（当 $x=1$ 时两者重合）：
$$\mathrm{e}^y = x + \sqrt{x^2 - 1}$$两边取对数即得：
$$y = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1}), x \in [1, +\infty)$$（3）推导反双曲正切函数：
令原函数为 $x = \tanh y = \frac{\mathrm{e}^y - \mathrm{e}^{-y}}{\mathrm{e}^y + \mathrm{e}^{-y}} = \frac{\mathrm{e}^{2y} - 1}{\mathrm{e}^{2y} + 1}$。
对其进行变形：
$$x(\mathrm{e}^{2y} + 1) = \mathrm{e}^{2y} - 1$$$$x\mathrm{e}^{2y} + x = \mathrm{e}^{2y} - 1$$$$\mathrm{e}^{2y}(1 - x) = 1 + x$$解出 $\mathrm{e}^{2y}$：
$$\mathrm{e}^{2y} = \frac{1+x}{1-x}$$因为 $x \in (-1, 1)$，所以右侧大于 0。两边取自然对数得：
$$2y = \ln\frac{1+x}{1-x}$$$$y = \frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}, x \in (-1, 1)$$思考题 1.4
题目：
用数列极限的定义证明：$\lim_{n\to\infty} \underbrace{0.999\cdots 9}_{n个} = 1$.
解答过程：
设数列 $x_n = \underbrace{0.999\cdots 9}_{n个} = 1 - \frac{1}{10^n}$。
我们需要证明，$\forall \varepsilon > 0$，$\exists N > 0$，当 $n > N$ 时，有 $|x_n - 1| < \varepsilon$。
计算 $|x_n - 1|$：
$$|x_n - 1| = \left|\left(1 - \frac{1}{10^n}\right) - 1\right| = \left|-\frac{1}{10^n}\right| = \frac{1}{10^n}$$要使 $\frac{1}{10^n} < \varepsilon$，只需 $10^n > \frac{1}{\varepsilon}$，即 $n > \log_{10}\frac{1}{\varepsilon}$。
因此，对于任意给定的 $\varepsilon > 0$，取 $N = [\log_{10}\frac{1}{\varepsilon}] + 1$ （如果 $\varepsilon \ge 1$，直接取 $N=1$），则当 $n > N$ 时，恒有：
$$|x_n - 1| < \varepsilon$$根据数列极限的定义，得证 $\lim_{n\to\infty} \underbrace{0.999\cdots 9}_{n个} = 1$。
思考题 1.5
题目：
证明数列 $\{x_n = (-1)^{n+1}\}$ 是发散的.
解答过程：
采用反证法。假设该数列收敛，设其极限为 $A$。
根据极限的定义，对任意 $\varepsilon > 0$，存在正整数 $N$，使得当 $n > N$ 时，恒有 $|x_n - A| < \varepsilon$。
我们不妨取 $\varepsilon = 1$。则存在 $N$，当 $n > N$ 时有 $|(-1)^{n+1} - A| < 1$。
取一个大于 $N$ 的奇数 $n = 2k-1$，此时 $x_n = (-1)^{2k} = 1$，代入得：
$$|1 - A| < 1 \implies 0 < A < 2$$再取一个大于 $N$ 的偶数 $n = 2k$，此时 $x_n = (-1)^{2k+1} = -1$，代入得：
$$|-1 - A| < 1 \implies -2 < A < 0$$显然 $A$ 不可能同时满足上述两个不等式，产生矛盾。
因此假设不成立，原数列 $\{x_n = (-1)^{n+1}\}$ 是发散的。
思考题 1.6
题目：
利用函数极限的 $\varepsilon-X$ 定义证明 $\lim_{x\to\infty} \frac{\sin x}{x} = 0$.
解答过程：
我们要证明：$\forall \varepsilon > 0$，$\exists X > 0$，使得当 $|x| > X$ 时，恒有 $\left|\frac{\sin x}{x} - 0\right| < \varepsilon$。
考察绝对值：
$$\left|\frac{\sin x}{x} - 0\right| = \frac{|\sin x|}{|x|}$$因为对任意实数 $x$，都有 $|\sin x| \le 1$，所以：
$$\frac{|\sin x|}{|x|} \le \frac{1}{|x|}$$为了使 $\frac{|\sin x|}{|x|} < \varepsilon$，我们只需让 $\frac{1}{|x|} < \varepsilon$，即要求 $|x| > \frac{1}{\varepsilon}$。
因此，对于任意给定的 $\varepsilon > 0$，取 $X = \frac{1}{\varepsilon}$。当 $|x| > X$ 时，有：
$$\left|\frac{\sin x}{x} - 0\right| \le \frac{1}{|x|} < \frac{1}{X} = \varepsilon$$根据函数极限的定义，得证 $\lim_{x\to\infty} \frac{\sin x}{x} = 0$。
思考题 1.7
题目：
假设在 $x_0$ 的某去心邻域内 $f(x)>0$，那么由 $\lim_{x\to x_0} f(x) = A$ 能否推出 $A>0$？
解答过程：
不能。
只能推出极限 $A \ge 0$。
举例反证：
设 $f(x) = x^2$，取 $x_0 = 0$。
在 $x_0 = 0$ 的任意去心邻域内（即 $x \neq 0$ 时），都有 $f(x) = x^2 > 0$ 成立。
但是它的极限为：
$$\lim_{x\to 0} x^2 = 0$$此时极限 $A = 0$，并不满足 $A > 0$。因此不能推出 $A > 0$。
思考题 1.8
题目：
两个无穷小的商是否一定是无穷小？举例说明之.
解答过程：
不一定。
两个无穷小的商可能是无穷小，可能是常数，也可能是无穷大。
举例说明：
考虑当 $x \to 0$ 时，函数 $f(x) = x$ 和 $g(x) = x^2$ 都是无穷小。
如果求 $\lim_{x\to 0} \frac{g(x)}{f(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{x^2}{x} = \lim_{x\to 0} x = 0$，此时商是无穷小。
如果求 $\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{f(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{x}{x} = 1$，此时商是常数 1（非无穷小）。
如果求 $\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{x}{x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{1}{x} = \infty$，此时商是无穷大。
这正好体现了无穷小量之间可以通过计算其商的极限来比较它们趋近于零的“速度”（高阶、同阶、低阶）。
思考题 1.9
题目：
在自变量的同一变化过程中，两个无穷大的差是否为无穷大，两个无穷大的商是否为无穷大？举例说明之.
解答过程：
都不是必须为无穷大。
- 两个无穷大的差不一定为无穷大。
举例： 当 $x \to \infty$ 时，$f(x) = x + 1$ 和 $g(x) = x$ 都是无穷大。
它们的差为 $\lim_{x\to\infty} [f(x) - g(x)] = \lim_{x\to\infty} (x + 1 - x) = 1$。
此时差是一个非零常数，并非无穷大。（还可能是 0，或者是其他形式的发散）。
- 两个无穷大的商不一定为无穷大。
举例： 当 $x \to \infty$ 时，$f(x) = 2x$ 和 $g(x) = x$ 都是无穷大。
它们的商为 $\lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to\infty} \frac{2x}{x} = 2$。
此时商是一个常数，并非无穷大。
思考题 1.10
题目：
（1）如果 $\lim f(x)$ 存在，而 $\lim g(x)$ 不存在，那么 $\lim[f(x)+g(x)]$ 是否存在？
（2）如果 $\lim f(x)$ 和 $\lim g(x)$ 都不存在，那么 $\lim[f(x)+g(x)]$ 是否存在？
（3）如果 $\lim f(x)$ 和 $\lim g(x)$ 中有一个不存在，那么 $\lim[f(x)\cdot g(x)]$ 是否存在？
解答过程：
（1）一定不存在。
证明（反证法）：假设极限 $\lim[f(x)+g(x)] = L$ 存在，而已知 $\lim f(x) = A$ 存在。
根据极限的四则运算法则：
$$\lim g(x) = \lim [ (f(x)+g(x)) - f(x) ] = \lim[f(x)+g(x)] - \lim f(x) = L - A$$这意味着 $\lim g(x)$ 也必然存在，这与题设“$\lim g(x)$ 不存在”相矛盾。因此原假设不成立，和的极限必不存在。
（2）不一定存在（可能存在，也可能不存在）。
举例说明存在的可能：
当 $x \to 0$ 时，设 $f(x) = \frac{1}{x}$， $g(x) = -\frac{1}{x}$。显然两者的极限都不存在。
但是它们的和 $f(x) + g(x) = 0$，其极限 $\lim_{x\to 0}[f(x)+g(x)] = 0$ 是存在的。
（3）不一定存在（可能存在，也可能不存在）。
举例说明存在的可能：
当 $x \to 0$ 时，设 $f(x) = x$，其极限存在且为 0；设 $g(x) = \sin\frac{1}{x}$，由于震荡，其极限不存在。
但是它们的乘积为 $f(x)\cdot g(x) = x\sin\frac{1}{x}$，由有界函数与无穷小的乘积仍为无穷小的性质可知：
$\lim_{x\to 0}[f(x)\cdot g(x)] = \lim_{x\to 0} \left(x\sin\frac{1}{x}\right) = 0$，极限是存在的。
思考题 1.11
题目：
求极限：（1）$\lim_{x\to+\infty} (3^x + 9^x)^{\frac{1}{x}}$；（2）$\lim_{x\to+\infty} (1 - \frac{1}{x})^{\sqrt{x}}$；（3）$\lim_{x\to\infty} (\sin\frac{1}{x} + \cos\frac{1}{x})^x$.
解答过程：
(1)
$$\lim_{x\to+\infty} (3^x + 9^x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x\to+\infty} [9^x ((\frac{3}{9})^x + 1)]^{\frac{1}{x}} = \lim_{x\to+\infty} 9 \cdot ((\frac{1}{3})^x + 1)^{\frac{1}{x}}$$因为当 $x \to +\infty$ 时，$(\frac{1}{3})^x \to 0$，所以 $((\frac{1}{3})^x + 1)^{\frac{1}{x}} \to 1^0 = 1$。
故原极限 $= 9 \cdot 1 = 9$。
(2)
$$\lim_{x\to+\infty} (1 - \frac{1}{x})^{\sqrt{x}} = \lim_{x\to+\infty} [(1 + \frac{1}{-x})^{-x}]^{-\frac{\sqrt{x}}{x}}$$因为重要极限 $\lim_{x\to+\infty} (1 + \frac{1}{-x})^{-x} = e$，且指数部分的极限 $\lim_{x\to+\infty} -\frac{\sqrt{x}}{x} = \lim_{x\to+\infty} -\frac{1}{\sqrt{x}} = 0$，
故原极限 $= e^0 = 1$。
(3) 令 $t = \frac{1}{x}$，当 $x \to \infty$ 时，$t \to 0$。原极限转化为：
$$\lim_{t\to 0} (\sin t + \cos t)^{\frac{1}{t}} = \lim_{t\to 0} e^{\frac{\ln(\sin t + \cos t)}{t}}$$对指数部分求极限：
$$\lim_{t\to 0} \frac{\ln(1 + \sin t + \cos t - 1)}{t}$$利用等价无穷小替换，当 $t \to 0$ 时，$\ln(1+u) \sim u$，此处 $u = \sin t + \cos t - 1 \to 0$，故指数的极限为：
$$\lim_{t\to 0} \frac{\sin t + \cos t - 1}{t} = \lim_{t\to 0} (\frac{\sin t}{t} + \frac{\cos t - 1}{t})$$已知 $\lim_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} = 1$，且利用等价无穷小 $1 - \cos t \sim \frac{1}{2}t^2$，可得 $\lim_{t\to 0} \frac{\cos t - 1}{t} = \lim_{t\to 0} \frac{-\frac{1}{2}t^2}{t} = 0$。
所以指数部分的极限为 $1 + 0 = 1$。
故原极限 $= e^1 = e$。
思考题 1.12
题目：
若将 $\tan x$ 与 $\sin x$ 分别用各自的等价无穷小进行替换，有 $\lim_{x\to 0} \frac{\tan x - \sin x}{\sin x^3} = \lim_{x\to 0} \frac{x - x}{x^3} = 0$，请问这种解法对吗？
解答过程：
这种解法是不对的。
理由： 等价无穷小替换一般只适用于乘除法运算中。在加减法中，除非能确保替换后各项的主部不会相互抵消，否则不能直接替换。
在本题中，当 $x \to 0$ 时，$\tan x$ 和 $\sin x$ 的等价无穷小都是 $x$，如果在分子相减时直接替换，会导致主部抵消，丢失了更高阶的无穷小信息（本题中为 $x^3$ 阶），从而导致结果错误。
正确解法：
$$\lim_{x\to 0} \frac{\tan x - \sin x}{\sin x^3} = \lim_{x\to 0} \frac{\tan x (1 - \cos x)}{x^3}$$转化为乘除法后，利用等价无穷小 $\tan x \sim x$，$(1 - \cos x) \sim \frac{1}{2}x^2$，$\sin x^3 \sim x^3$，可得：
$$\lim_{x\to 0} \frac{x \cdot \frac{1}{2}x^2}{x^3} = \frac{1}{2}$$思考题 1.13
题目：
任何两个无穷小都可以比较吗？举例说明.
解答过程：
不是任何两个无穷小都可以比较的。
无穷小的比较是通过求它们比值的极限来进行的。如果两个无穷小比值的极限不存在（且不为无穷大），那么这两个无穷小就不能按照标准定义（高阶、低阶、同阶、等价）进行比较。
举例说明：
当 $x \to 0$ 时，$f(x) = x \sin\frac{1}{x}$ 和 $g(x) = x$ 都是无穷小。
考察它们比值的极限：
$$\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{x \sin\frac{1}{x}}{x} = \lim_{x\to 0} \sin\frac{1}{x}$$由于当 $x \to 0$ 时，$\sin\frac{1}{x}$ 的值在 $-1$ 和 $1$ 之间无限次振荡，该极限不存在。因此，这两个无穷小无法进行比较。
思考题 1.14
题目：
请指出函数 $f(x) = \frac{1}{1 - e^{\frac{1}{1-x}}}$ 的间断点及其类型.
解答过程：
函数的间断点出现在分母为 $0$ 或函数未定义的地方。
令整体分母 $1 - e^{\frac{1}{1-x}} = 0$，得 $e^{\frac{1}{1-x}} = 1$，即 $\frac{1}{1-x} = 0$，此方程无解。
令指数部分的分母 $1 - x = 0$，即 $x = 1$ 时，函数无定义。
因此，函数有唯一的间断点 $x = 1$。
判断间断点类型，需要计算该点处的左右极限：
- 求左极限 ($x \to 1^-$)：
当 $x \to 1^-$ 时，$1-x \to 0^+$，此时 $\frac{1}{1-x} \to +\infty$。
因此 $e^{\frac{1}{1-x}} \to +\infty$，从而：
$$\lim_{x\to 1^-} f(x) = \lim_{x\to 1^-} \frac{1}{1 - e^{\frac{1}{1-x}}} = 0$$- 求右极限 ($x \to 1^+$)：
当 $x \to 1^+$ 时，$1-x \to 0^-$，此时 $\frac{1}{1-x} \to -\infty$。
因此 $e^{\frac{1}{1-x}} \to 0$，从而：
$$\lim_{x\to 1^+} f(x) = \lim_{x\to 1^+} \frac{1}{1 - e^{\frac{1}{1-x}}} = \frac{1}{1 - 0} = 1$$由于在 $x = 1$ 处的左极限和右极限均存在，但不相等 ($\lim_{x\to 1^-} f(x) \neq \lim_{x\to 1^+} f(x)$)，所以 $x = 1$ 是第一类间断点中的跳跃间断点。
思考题 1.15
题目：
判断下列命题，如果是对的，说明理由；如果是错的，试举出一个反例.
(1) 如果函数 $f(x)$ 在 $x=a$ 处连续，那么函数 $|f(x)|$ 也在 $x=a$ 处连续.
(2) 如果函数 $|f(x)|$ 在 $x=a$ 处连续，那么函数 $f(x)$ 也在 $x=a$ 处连续.
解答过程：
(1) 对。
理由： 因为 $f(x)$ 在 $x=a$ 处连续，所以 $\lim_{x\to a} f(x) = f(a)$。
根据绝对值不等式的性质 $||f(x)| - |f(a)|| \le |f(x) - f(a)|$，
当 $x \to a$ 时，$|f(x) - f(a)| \to 0$。由夹逼定理可知，$||f(x)| - |f(a)|| \to 0$，
即 $\lim_{x\to a} |f(x)| = |f(a)|$。因此 $|f(x)|$ 在 $x=a$ 处也连续。
(2) 错。
反例： 考虑如下符号函数变体：
$$f(x) = \begin{cases} 1, & x \ge 0 \\ -1, & x < 0 \end{cases}$$取 $a=0$。此时 $|f(x)| = 1$，这是一个常数函数，在 $x=0$ 处显然是连续的。
但是对于原函数 $f(x)$，其右极限 $\lim_{x\to 0^+} f(x) = 1$，左极限 $\lim_{x\to 0^-} f(x) = -1$，左右极限不相等，所以 $f(x)$ 在 $x=0$ 处不连续。
思考题 1.16
题目：
若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有定义，在 $(a,b)$ 内连续，且 $f(a)f(b)<0$，则 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内不一定有零点. 请举例说明之.
解答过程：
举例说明：
零点定理（介值定理的推论）的一个关键前提是函数必须在闭区间 $[a,b]$ 上连续。如果仅在开区间连续，函数在端点处的值可以发生跳跃，从而导致其图像不穿过 $x$ 轴。
构造如下函数，设定义域为 $[-1, 1]$：
$$f(x) = \begin{cases} -1, & x = -1 \\ 1, & -1 < x \le 1 \end{cases}$$验证该反例：
$f(x)$ 在闭区间 $[-1, 1]$ 上有定义。
$f(x)$ 在开区间 $(-1, 1)$ 内恒等于 $1$，因此在 $(-1, 1)$ 内连续。
两端点函数值满足 $f(-1) = -1$，$f(1) = 1$，即 $f(-1)f(1) = -1 < 0$。
但是，观察函数值可知，在开区间 $(-1, 1)$ 内，$f(x)$ 始终为 $1$，不存在任何点 $\xi \in (-1, 1)$ 使得 $f(\xi) = 0$。