华中科技大学-微积分-极限习题课及答案

例 1 求极限 1 n n 2 cos 2 cos 2 coslim 2 解 时 极限为 1 0 时 充分大时 原式 0 n0 2 sin n sin 2 sin2 sin lim n n n 2 n n nn 11 1 lim 2 解 先求 1 11 lim 11 1ln lim 22 nn n nn n nn 所以原式 e 另法 利用 1 1 1 11 1 1 1 2 nnnn 3 x x x 1 lim 0 解 因为 即有1 111 xxxxxx 11 1 1 当时 由夹挤准则得 0 x1 1 1 x xx1 1 lim 0 x x x 同理 故原极限为 1 1 1 lim 0 x x x 4 x x xcoslim 0 解 先求 2 1 1 cos 1 limcosln 1 lim 00 x x x x xx 原极限为 2 1 e 5 ex ex ex ex lim 解 原式 ex e e ex ee exx ex e exx ex 1 limlim lnln ln lim lnln lim ln lim ex exe ex xexx e ex exx e exex e ex e e e2 6 2 3 0 3cos2coscos1 lim x x xx x 解 分子为 3cosln 3 1 2cosln 2 1 cosexp ln1xxx 3cosln 3 1 2cosln 2 1 cos lnxxx 原式 222 0 3cosln 3 12cosln 2 1cosln lim x x x x x x x 222 0 13cos 3 112cos 2 11cos lim x x x x x x x 3321 2 1 练习 1 答案 sin tanlim n x n x nn n 3 2 1 x 2 答案 xx ee xx ee x sin lim sin 0 e 3 答案 2 0 cos2coscos1 lim x nxxx n x 1 4 1 nn 4 答案 x x x xe sin 1 0 lim 2 1 e 5 答案 1 3 1 1 1 1 1 lim n n x x xxx 1 n 6 提示和差化积 极限为 0 sin1sinlimxx x 7 设 求 1 1 0 a 1 2 1 2 1 1 n aa nnn n aaa 21 lim 提示 令 则 0 cos 0 a n n a 2 cos 例 2 设 求Rx 0 1 sin 1 nxx nnn n x lim 解 考虑 分三个情形 1 1sin 1 x 1 若 极限为 0 0 1 x 2 若 则 易得 故数列单调递减0 1 x 112 sinxxx 1 sin 11 nxxx nnn 有下界 极限存在 对两边求极限得 从而 1 sin nn xxllsin 0 l 3 时 同理求得 0 1 x0 l 综上极限为 0 例 3 设 且babyax 0 0 11 2 1 11nnnnnn yx yyxx 证明 n n x lim n n y lim 分析 问题中的递推公式互相关联 且平均值不等式 几何平均与算术平均 可用 考虑 单调有界准则 证 由于 且0 0 nn yx xyxyxy nnnnnn 2 1 11 xxxyx x nnnnnn 1 2 1 2 1 1nnnnnn yyyyxy 可知为单调增加数列 为单调减少数列 且故数列 n x n y byxa nn n x 极限都存在 设极限分别为 对两边取极限得 n yBA yxy nnn 2 1 1 故2 BAB BA 注 此题变化为 且babyax 0 0 11 yxy yx yx x nnn nn nn n 2 11 则 n n x lim n n y lim 例 4 求下列函数的间断点并判断类型 1 2 x xx xf sin 1 1 1 x x exf 解 1 无定义的点为整数 kkx 因为 所以是跳跃间断点 0 0 ff0 x 因为所以是可去间断点 sin lim lim x x xf xx x 时 是第二类间断点 1 0 k kx 思考 间断点将实轴分成子区间 函数在哪个子区间上有界 2 无定义的点及 因为1 x0 x 1 lim 1 lim 1 00 x x xx exf 故是的无穷间断点 又由于0 x xf x x ef x x x 1 0 1 lim 1 1 1 1 因 x x ef x x x 1 1 1 lim 1 1 1 1 因 故是的跳跃间断点 1 x xf 例 5 设函数在闭区间上连续 证明存在 使得 xf 1 0 1 0 ff 0 x 1 0 3 1 00 xfxf 证证 令 则由条件知在上连续 设 3 1 xfxfxg 3 2 0 x xg 3 2 0 其最小值与最大值为 则 Mm Mgggm 3 2 3 1 0 3 1 又直接计算得知 11211122 0 0 1 0 33333333 gggffffff 故由连续函数的介值定理 在区间内必能取到值 0 亦即存在 3 2 0 xg 0 x 1 0 使得 3 1 00 xfxf 同型练习题 设函数在闭区间上连续 证明存在 xf 1 0 1 0 ff 0 x 1 0 使得 1 1 00 n n xfxf 例 6 设函数在实轴上连续 且 证明 使 xfxxff c ccf 用反证法 例 7 设在连续 且 证明 时 是 xf1 x0 x 2 xfxf 0 x xf 常数 证证 对任 令 利用0 x 2 1 4 1 n xfxfxfxf n 及连续性条件得 1 2 1 n x 即恒等于 1 lim lim 2 1 2 1 fxfxfxf nn nn xf 1 f 同型练习题 设在连续 且 证明 是常数 xf0 x 2 xfxf xf 例 8 设为常数 若不等式n iai 2 1 xnxaxaxa n sin2sinsin 21 对所有成立 证明Rx 12 21 n naaa 例 9 设在内连续 且任给 有 xf Ryx yfxfyxf 试证为线性函数 其中 xfaxxf 1 fa 证 显然 即为奇函数 0 0 f xfxf xf 又 1 111 kffkf 即 1 111 1 n nf nnn ff 1 1 1 f nn f 从而 故对有理数都有 1 1 f n m n mf n m f xxfxf 1 任给 存在有理数数列 利用的连续性 得 x xxn xf xfxfxfxfxf