数学分析上册练习题及答案第三章函数极限

1、精品文档17欢在下载1.按定义证明下列极限:(1)6x 5/ 2lim 6 ; (2) lim( xx xx 2(5)lim cosx cosx0. x x)证明(1)任意给定0,取M极限定义有lim 丝 6.x x2 时有，(x2 6x若限制0(3)由于. 一 ，2 一时，有(x 6x第三章函数极限1 .函数极限概念6x 10) 2;(3)1im10) 2 |(x 2)(x 4)3.于是，对任给的10) 2.故有定义得2 x2 x若限制x 1x2 1x2 1 ,对任给白00,取M时有2 x2 x4x2 142，所以limM 1x2 x-2x6x 50,只要取lim( x2max1.(4)li

2、m . 44.按函数min1,§,6x 10) 2.1J- 1 ,则当 |x则当(4) “ x2 0 4V若此时限制0 2x1,.(2 x)(2 x).4,2 x2j2 x,则任给0,2取min1,当 0时，有4 x202V2 x21故由定义得lim 4 x2x 20.(5)因为 sinxR,cosx cosx0xx02sin sin2x x)22 sinxx。2x x0 sin2x)2x0 .对任给白00,只要取 ，当0 X Xo时，就有COSX COSXoX %,所以按定义有 lim cosx cosx0. X Xo2 .叙述 limf(x) AoX Xo解：lim f(x) A

3、陈述为：设函数f在点Xo的某个空心邻域Uo(Xo,)内有定义，A为定 x x数，若对任给的 o,存在 o,使得当o X % 时有f(x) A ,则称函数f当x趋于Xo时以A为极限，记作lim f(x) AoX xo其否定陈述为：设函数f(x)在点Xo的某个空心邻域Uo(xo,)内有定义，A为一个确定的常数，若存在某个 o o ,使得对任意的正数 ()，总存在x满足o x % ，使得f(x) A o,则称当X Xo时，f(x)不以A为极限，记为呵f(x) A。A,则 lim f(x) A oX X)3 .设 lim f (x) A ,证明X Xo证明：因为lim f (x) A ,X xof (

4、x) A ，从而当f (xo h) A ，故 lim4 .证明：若 lim f (x)X xoljm f (xo h) Ao由定义有对任给o,存在o |h h o时，有 of(天 h) Aoo,当 o x Xo时，(Xo h) Xo，于是o ,存在 o ,当o x xo时,，故 lim f (x) A。X xo证明：因为lim f(x) A。由定义有对任给X X)f(x) A，于是有 |f(x) A| |f(x) A当A o时，若lim f (x) o ,则对任给X Xoo ,存在 o ,当o x Xo时,f(x) o | f(x)| |f(x)因此，对已给定的 o ,当o x xo时，f(x

5、) o |f(x),即 lim f (x) oX X。说明当A o时，上述命题的逆命题也成立。但当A o时，其逆命题不真。例如对 f (X)12有 1f (x)1,ox 2。显然 lim f (x)1A,但lim f (x)不存在。事实上，lim f (x) 1, lim f (x)1,可见 lim f (x)X 1X 1X 1lim f (x),故 lim f (x)不存在。X 1X 1故当且仅当 A 0时，本题反之也成立。5.证明定理：lim f (x) x /A lim f (x)x xolim f(x) A 。x xo必要性设lim f(x) AX xo由极限的定义知对任给xxof(x

6、)xo xXo有 |f(x) Alim f (x)X xoA。当 Xox xo时有 f (x)limX xof(x)A。从而lim f (x)x xolim f (x)x xoAo充分性lim f(x) A,则对任意给定xo0,使得当xoxo1时,f(x) Alim f (x)x xoA,则对任意给定存在2使得当xoxo时，f(x) A。所以对已给定的O,取 min2xo时,f(x) A,故 limx xof (x) Ao6.讨论下列函数在xO时的极限或左右极限:(1)f (x)国；xf(x) x ； (3)f(x)2x,O,2x ,1)因为当xO 时，f (x) x故有lim f (x)x

7、OO。lim1x O1。o时，f(x)ximm f(x)Pm( d1。因此1xmof(x)不存在。当O x1时,f(x) x故limx Of(x) O。当 1 x O 时,f(x)故limx Of(x)1。所以limx Of(x)lim f (x),因此 lim f (x)不存在。x O时，f(x)(1是lim x Of(x)1。10g2(1则当 of(x)2x2x,所以 lim f(x)x O1 。所以 lim f (x)x O5,.，、17.设 lim f(x) A,证明 lim f(-)证明：因lim f(x) xA,则对任给Ao0,存在MM 时，f(x) Ax 时，1 1 M ,故有

8、xf(-) x,所以limx 0.1f(-) A。x8.证明：对黎曼函数R(x)有limR(x) 0,Xo 0,1(当Xo 0或1时，考虑单侧极限)。 x x)证明:因为0,1上的黎曼函数定义为:R(x)1,当x q0,E(p,q N,E为既约真分数)当x 0,1或(0,1)内的无理数任取x010,1时，任给 0,满足不等式q 一的正整数q至多有有限个。而 p q,从而正整数p也至多有有限个。于是在(0,1)内至多只有有限个既约真分数卫，使得qR(-)qO因此可取0,使得U°(Xo,)内不含这有限个既约分数，于是只要x0或无理数，都有1.求下列极限:(1)(3)(对x0R(x)lim

9、 2(sin x cosxx 一22lim -2-x 12x2nX lim x 0xm只要0R(x)2.(2);对于Xo1 ,只要0 1 x)，不ix是01成立，故 lim R(x) 0,Xo 0,1 o x xo函数极限的性质lim x 0 2x x一；(4) lim1x 0(x1)3 (1 3x)2x3n,m为正整数)(6)J 2x 3 lim f=；x 4 x 2limx(3x 6)70(8x 5)2090°(5x 1)解：(1)因为 limsin x sin- 1limx -2cosx cos- 0,再根据极限的四则运算法则,得 lim2(sinx cosx x2)x _ 2

10、lim 2sin xx _2lim 2cosxx _lim 2x2x _2lim 2sinx 一 22 lim cosxx 一22 lim x2x 一 2(2)limx 02 x2x2lim x2 1x 02 r2lim x lim xx 0 x 0(3)由于x2 12x2(x 1)(x 1)(x 1)(2x 1)x2x所以2 lim xx 1 2x21 lim lim" q(4)所以(5)所以(6)2x1 2lim x 1x 1(x 1)3 (12x 2x3x)323x2 3x 1 1x2 2x33x3 x2 x3x22x32 x2(x 3)x2(1 2x)x 31 2x(x 1)

11、3 (1 3x)由于2x3x 3 limx 01 2xlim xx 01 2lim x3。xn 1(x 1)(xn1(x 1)(xm 1n xm xL 1)1)n xm xn 2.xLm 2xLnx 1 lim x 0xm 1n 1.x lim 彳x 0 m 1 x由于x 3 x 2(口 2x 3)(,1 2x 3)3)2( x 2)( x 2)2( .x 2)2(x4)2)(.1 2x3)(；x 2)( . 1-2x3)1 2x 3所以limx 4二 1_2x_3一 x 2lim由于a2 x所以2( x 2)1 2x 32(22)lim至、x 0 x( a2x a)(、a2 xx a)a)a

12、)1a2 x a1a2 0 a1o2a(8)(3x 6)70(8x 5)20(3 -)70(8 5)2090(5x 1)(5所以limx(3x 6)70(8x 5)20x1 90一) x(3 -)70(8 )20(5x 1)90limx(5x1、90 x(3 0)70(8 0)20(5 0)90370g3209052.利用迫敛性求极限:(1) limxx cosx -；limxxsin x x2 4解：(1)因为cosx1,x趋于负无穷，所以当x0时,1)x cosxlimx定理得limxx cosxo(2)因为sin x 1,x趋于正无穷,所以当2时,xx2 4xsin xlimxxx2 4

13、limxx4 0 xlimxxx2 4limxlimxxsinxx2 43.设 lim f (x)X x0lim g(x)x x0B,证明:(1)lim f (x)x x)g(x) A B(2)lim f(x)g(x) AB； x x(3)limx)x x g(x)证明:(1)因为lim f (x)x x)A,则对任给的0,存在0,当0xO1时,f(x)。lim g(x)x x0B,则对任给的0,存在0,当0x02时,g(x)。对已给定的0,取 min2,当 0xx0时,f(x)B |f(x) A |g(x) B与g(x) B同时成立。当0 x Xq时,f(x) g(x) (A B) f(x)

14、 A g(x) 所以 lim f (x) g(x) A B。M 0及3 0 ,使得当0 x x03时,(2)由lim f(x) A及有界性知，存在X xof (x) M o对已给定的0 ，取 min i, 2, 3,当 0 x x0时，有f(x)(g(x) B)f (x)g(x) AB f(x)g(x) Bf (x) Bf (x) AB B(f(x) A)B|f(x) Af(x)|g(x) B |B M(B M)，所以 lim f(x)g(x) AB。x X0存在40,使得当0 x x0时，有g(x)min i, 2, 4,当 0 x %时有|f(x) A|g(x) BBf(x) Ag(x)B

15、g(x)Bf(x) AB AB Bg(x)Ag(x)(3)因为lim g(x) B 0,据函数极限的局部保号性, x x0。由的任意性知,B|f(x) A |A|g(x) 目 回 |A |b| |AIB|g(x)|b 1B B22lim 为 Ax x0 g(x)4.设 f (x)m1a0xa1xam 1X ab0xn hxn 1 Lbn1xbnm,a00,b00,mn。试求lim f (x)。x解:ma°xm 1a1xnn 1b0xhxamx am bn 1X bnm n%xDx 1 LbnL1 n1xnamXbn nx时，lim xm nxlim x n xlimxlim x 2x

16、lim x nx0。所以limxf(x)0 0 L0b00 L0时,limx1,lim xmxlimx0。所以limxf (x)a00b0 0 L 0a0ob05-设 f (x) 0 , lim f (x) A。证明 lim n(x 业, 其中n 2为正整数。 X Xox X0 '证明：由于f(x) 0,由局部保号性知lim f(x) A 0。X x当A 0时，由lim f(x) A 0知，对任给的0,存在 0,当0 x x0时，x x0f(x) A f(x),所以 n/fCx) 0 fx' 丁,即 lim fx) 0 yA。 xxx x0 .x x时，f (x) A ,从而有

17、f(x) A|f(x) a fn fn 1(x) n Afn 2(x) L n An 2f (x) n An71n An7limf (x) VA o x x当A 0时，由lim f(x) Ao由极限的定义知，对任给的 0,存在 0,当0 x %Va由的任意性知 6.证明 lim ax 1(0 a 1)。证明：任给10,为了使ax 1 ，即1 ax 1。对其取对数函数并由对数函数log a x(0 a 1)的严格递减性，只要loga(1) x loga(1)，于是取minloga(1 ),loga(1)，则当 0 x时，有ax 1 成立，从而证得结论。7.设 lim f (x)x x0A,叫g(

18、x)Bo(1)若在某U0(x0)内有f (x) g(x),问是否必有 A B?为什么?(2)证明：若A解：(1)不一定有A Bo因lim f (x) A。由极限的 x x0时，A f (x) A ，又lim g(x) B 。由极限的 x x时，B f (x) B ,B,则在某 U (x0)内有 f (x) g(x)。定义知，对任给的定义知，对任给的虽然有f (x)g(x),但不一定有0,存在 0,当0 x x00 ,存在 0 ,当0 x x0B 但A B有可能。例如f(x)200,g(x) x2,则在任一 U0(0)内有 f (x)g(x)，但 lim f (x)x 0lim g(x) 0。(

19、2)证明由于AB ， lim f (x) A ,x xx X0lim g(x)x Xo生B 21时,有g(x)3B A，2f(x) g(x)。8.求下列极限(其中(1)(3)lim xx 1x2 Lx 1(5)lim区 x x解：(1) limx 0(2)(3)lxm13 A2 A B 2f(x)A BC0,存在23A Bo2使得当g(x)f(x)3A2皆为正整数)：(2) limx 0(4)使得当0 xxomin 1, 2即在U0(x°,limx 02 x x L 由于limx 0limn.rxlimx 0limx 01。lim - limx 0 x x 0(x 1)23(x 1)

20、 (x 1)L (xn1)(x 1) (x2 x 1)n(n2n 1(x1)。由极限的四则运算法则，有则1(x1)(x21) L(xn1 xn2 L 1)由于二 x(n，1 x)n 1 (：1 x)n2 L 1,精品文档19欠0迎下载limx 0ni xxlim .x 0(ni x)n 1 (nix)n 2 L 1由于x 1x 1 .一，.。对于两种形式,xx x,当x 0时，土J区1或1凶 x xx均有limx1lim(1 -) 1 0 1 ,由迫敛性定理得lim四 x x1。9.(1)证明：若 lim f (x3)存在，则 lim f (x) lim f (x3)。(2)若lim f(x2

21、)存在，试问是否成立 x 0lim f (x) x 0lim f (x2) ?x 033斛：(1)证明因为lim f(x )存在，设,m f(x ) A,则任给0,存在1 0,使得当0 x 1时，有f(x3) A 。此时取 13 0,则当0 x 时，0 沃从而有 f (x) A f(3/x)3 A ,故有 lim f (x) A lim f(x3)。x 0x 0(2)若若 lim f(x2)存在，lim f (x)2、lim f (x )并不一定成立。例如 f (x) sgn(x)1 x 0221x00 x 0, f (x ) sgn x0x01 x 0这里呵f(x2) 1存在，但lxm。f(

22、x)不存在，但是l如f(x)Am°f(x2) A。3.函数极限存在的条件1.叙述函数极限lim f(x)的归结原则，并应用它证明limxxcosx不存在。解 归结原则：设函数 f(x)为定义在a,)上的函数，则lim f(x)存在的充要条件是: x对任何含于a,)且趋于正无穷的数列xn,极限lim nf (xn)都存在且相等。证明 由于cosx在0,)上有定义，设xn 2n , xn 2n (n 1,2,L ),则显然有 2xn 0,), xn 0,)且 nlim xn,nlim xn,但 lim cosxnlim 1 1, lim cosxn lim 0 0 ,有归结原则知 lim

23、 cosx 不存在。nnnnx2.设f为定义在a,)上的增(减)函数。证明：lim f(x)存在的充要条件是 f在a,) x上有上(下)界。证明 只证一种情况即可。必要条件 由题设lim f(x)存在，设lim f (x) A,取 1 ,存在M 0,当x M时, xx精品文档13发迎下载1 f(x) A 1 ,又 f (x)为a,)上的增函数，对任意的xa,M时，有f(x)f(M)。取 M max f (M), A1。则 x a,)时，f (x) M,所以f (x)在a,)上有上界。充分条件因为f (x)在a,)上有上界,则由确界原理可知,f(x)在a,)上有上确界,，有 f(x) A按上确界

24、定义,设A sup f (x),则对任意的x a, x a,)切 x x,),在 x a,)使得 f(x)f(x) f(x)A A ，即当xx 时，f (x)A ，故 Jim f (x) A。3.(1)叙述极限limxf (x)的柯西准则;(2)根据柯西准则叙述lim sin x不存在。xlim f (x)不存在的充要条件，并应用它证明 x解(1)设f(x)在(，a上有定义，极限lim f(x)存在的充要条件是：任给 0,存x在正整数M ( M a),使得对任何x M ,x M ,有f (x) f (x )。对任何M0,总存在x M ,xM，使得 f(x) f(x) 0以下用此充要条件来证明l

25、im sin x不存在。x取 0 1, 对任给 M2，1、一一x (n -)M, x n M ,存在。0, 记 n M 1 M , 存在1使得 sinx sinx 1 -0,故 lim sinx不2x4.设f在U O(x°)内有定义。证明：若对任何数列xn U0(x0)且 limxn % ,极限xJim f(xn)都存在，则所有这些极限都相等。证明 任何两个数列xn, yn,且有xnU°(x0),ynU°(x0), limxnnx0nimyn，由题知 lim f (xn) , lim f(yn)都存在，设 lim f (xn)nnnA, lim f(%) B ,下

26、证 A B。 n考虑数列4： x1，y1,x2,y2,L ,xn,yn,L。易见Zn U°(x°)且limzn x0,由题设知lim f(zn)存在。于是作为f(zn)的两个子 nn(2)设f(x)在(，a上有定义，极限lim f(x)不存在的充要条件是：对某一 0 0,x列 f (xn), f (yn)必有相同的极限，由归结原则得出 A B。即limf(xn) limf(yn)的 nn值都相等，且xn, yn为任取的两极限为x0的数列，得对所有以x0为极限的数列结论成立。设f为U 0(x0)上的递增函数。证明：f (x0 0), f (x0 0)都存在，且f(Xo 0)s

27、yp f (x), f (x0 0) 痛 f (x) ox U0(x0)x U(X。)证明因为f为U 0(x0)上的递增函数，取xi U 0(x0), x2 U0(x0)o(1)对任意的x U 0(x0)。由于x x2，有f (x)f (x2),即f(x)在U 0(xo)上有上界,由确界原理知f(x)在U 0(x0)上有上确界，记A sup f (x)。于是任给x U 0(x0)0,存在 x U 0(x0)，使 f (x ) Ax0x 0,则当 xx0xx0时，有Af(x) f(x)可见，当x U 0 (x0,f(x) A,故有 lim f (x)x x0f(x0 0)A sup f(x)。x

28、 U 0(x0)(2)对任意的x, 0/、,/、U (x0)。由于 x1 x ,有 f (xi)f (x),即f (x)在U 0(x0)上有下界,由确界原理知f (x)在U 0 (x0)上有下确界，记B inf f(x)。x U0(x0)于是任给0,存在 x U0(x0),使f(x) B ，记x00,则当x0xx0时，有BB f(x) f(x ) B。可见，当x0U (x0,f(x) B,故有 lim f(x)f(x0x00)B inf f (x) ox U0(x0)6.设D(x)为狄里克莱函数,x0 R。证明:limx x0D(x)不存在。证明狄里克莱函数D(x)当x有理数当x*无理数法一用

29、柯西准则证明。1取0 一,对任何20,由有理数和无理数的稠密性可知，在U0(x0,)中必有有理数x00_x U (x0, ),x U (x0,),使得 D(x) 1,D(x ) 0 ,于是D(x) D(x) 10,故D(x)在x0不满足柯西准则条件，知 lim D(x)不存在。x x0法二用归结原则证明。1由有理数和无理数的稠密性知，对任何自然数，有有理数xn U0(x0,),有无理数n1xn U0(x0,-),n 1,2,L ,则得到有理数列xn和无理数列xn都以x0为极限，即nlim xnlim xx0,使得 limD() 1 ,而 limD(xn)0 ,由归结原则知 lim D(x)不n

30、nnnx xo存在。7 .证明：若f为周期函数，且lim f (x) 0,则f (x) 0。 x证明 假设f (x)不恒等于0,则存在xo R,使f(x) 0,因f(x)为周期函数，不妨设周期为l 0 ,作数列xn x0 nl (n 2,3, L )，则有lim xn，但nlim f(xn) lim f (x0) f (x0) 0 ,根据归结原则，lim f(x) 0 ,与题设矛盾，故f(x) 0。8 .证明：设函数f(x)在点x0的某空心右邻域U0(x0)有定义，lim f(x) A的充要条件 x x是：对任何以x0为极限的递减数列xn U0(x°),且lim 4 %,有limf(

31、xn) Ao nn证明 必要性 设lim f (x) A,由极限的定义知对任给的0,存在 0,当x xx0 x x0时，有f (x) A ；另一方面，设数列xn U0(x0),且递减趋于%,则对上述的 0,存在N ,当n N时，有x0 xn x0,从而有| f(xn) A ,故 lim f (xn) Ao n充分性 设对任何递减数列xn U0(x0),且lim xn n%,有lim f(%) A,则可用反证 n法推出lim f (x) A。 x x事实上，若lim f(x) A,则存在某一正数°,不论0多么小，总存在一点 x,尽管x xx0 x x0，但有 f (x) A 0。现依次

32、取L ,一,取点Xi,X2,L ,xn,L ,2 3 n则 x05% % 1% ； L x0 ,nn 12但 fX) A|0(n 1,2,L)。显然数列XnU 0(X0,)，且lim Xn X0 ,即Xn是以X。为极限的递减数列，且含于nU 0(xo)，但 lim nA,这与题设矛盾，故lim f(x) x x4.两个重要极限A。1. 求下列极限:(1)sin2x(2)(3)lim(5)(9)cosx(4)tanx lim 一 x 0limxxsin-； x_3sinxlim2 ;x 0 (sinx)tanx;x(8)sin 4x lim x 0、x 1(6)limx a(10)arctanx

33、;x2sin x_ 2 _ sin a;1 cosx21 cosxsin2x sin2x sin2x解(1) lim lim2 2lim 2 1 2。x 0 x x 0 2x x 0 2x(2)limx 03 sin x(sin x)lim3 sinx2 sinx32sinx xlim lim lim x 1 1 0 0。x 0 x x 0 sinx x 0(3)设t x ,则x 一时相当于t220, cosx cos(t ),于是cosx limcos(t limt 0 t2)lim* t 0 tsint(4)tanx limsin x cosxsin x(5)tanx sinx lim x

34、 0v3limx 0sin x(1 cosx)3cosx xsinx limcosx xlim0 cosx111。sinx 1 cosx 1lim2x 0 x x cosx2sin 一sinx 21 sinxr 1lim -2 lim limx 0 x x / cosx x 0 x x 0 2一 442 x sin-2 lim 1 - 1x x 0 cosx 22(6 )令 arctanx tx tant ,当 x0时相当于t精品文档1&°迎下载.arctanx . t . t , limlim lim costx 0x t 0 tant t 0 sint1。，1(7)令一t

35、 ,于是当XX时，y10 ,于是有 lim xsin- limxx t 0sint1。t(8)2sin x2 _ sin a(sin x sina)(sinx sin a)x a2cos2_xsin2(sinx sina)x a2cos一 2x a sin 2x a 2""2"(sin xsina)x cos-a2-x a sin 2-(sin xx a""2"sina)。sin2 所以limx ax sin2 alimcos 上x a 2.x a sin lim2x a x alim(sin x sina) x acos a 1 (

36、sin a sin a)2sin acosa sin 2a。sin4x .(9) lim limx 0 . x 1 1 x 0sin4x4xlimsin4x4x(. x 1 1)4x4xlimx 0sin4x . a,;lim 4( x 14x x 01) 18。(10)1 cosx21 cosx2 x2 sin2 x sin一22_,x 2时,.1 cosx2所以lim x 0 1 cosx2.求下列极限:(1) lim(1x2)x； x_ _2 sinx sin2x22 x sin 22- x2tanx)2._xsin 一2M0(2)cotx2-x sin一。2x sin2lim(11 x

37、)x(4) lim( x 02 x sin一2_ 2 x2(为指定实数)；精品文档17攵'迎下载 lim (x3x 23x)2x；(6)lim (1x为指定实数）。解(1) lim(1x2) xlimxlimx(2)lim(11x)x网(1(3)lim(1cotxtanx)lim(1(4)x) x则(11tan x tanx)e。x)1 12(x1)21lim(1limlim1)2x 211一1 xlim2xe2 1 lim (x3x3x 1)2x 1lim (1x3x 1)2xlim (1 x3x3x 1limx(13x 13x 1limx(13x1)(6) lim (1 ) xli

38、mx(1lim (1 x3. 证明:lim limx 0 ncosx cos cos 2L2221。证明sin x2cosxsin x22c2 _ x_ x x2 cos cossin 22222onX2 cos- cosx ,_ _ x xL cos sin2222n2n所以limnx cos x cos-cos2Al 22lim cosx nsin x-2-_一 xsin-n2lim cosx nsinxx2_一 xsin寿2sin x cosx 。sin xcosx sinx limcos x1。x x . x所以 lim lim cosxcos-cosL cos -x 0 n2222n

39、4 .利用归结原则计算下列极限：1(1) limVnsin; lim (1+ nn n n解：(1)记函数f(x)、.xsin 则有limxx sin xlimx<xsin x0,故有归结/ x2 x 1x 1HM2 )x原则得 lim Vnsin =0 ° nn,11 V(2)法一令 f(x) (1 + - -)x,则 f(x) (1x xlim (1 )x 1 x = lim(1 xvxx 1 x x 12-)xlim(1xx 1工x x 1-2-)xlim x故有归结原则得lim (1 + 1 工)n e。 n n n11c 1c法一 (1+- -)n (1+_)n,另一

40、方面，当 n 1 时, n n n1 nlim (1 + -) = limlim n(1(1 + 1 -12)n(1n ne。1、x (1+-)x1=limx(1(1而由归结原则知:limx(1.x2x 1口 2-)x 1 limx x(10)x由迫敛性原理可知:lim (1 n11、n+2)n n5 .无穷小量与无穷大量1 .证明下列各式：_3(1) 2x x2 O(x)(x 0)； (2) xsinVx O(x2)(x0+)；(3) J1 x 1 O(1)(x0) ; (4) (1 x)n 1 nx O(x)(x 0) (n 为正整数)；22_3_ 2x x O(x )(x);(6)O(g

41、(x) O(g(x) O(g(x)(x%); O(g1(x) O(g2(x) 0(g1(x)g2(x)(xx(o)。证明(1)因 limx 02x x2.x(2 x)lim - lim(2x 0 x x 0x) 2 ,由函数极限的局部有界性知,2xx2x 02一在U (0)内有界，所以2x x O(x)(x0)。xsin x因lim 3x 0"_x2x sin . x sin . x lim+= lim+ =x 0 x x x x 0 x x由极限的局部有界性知,xsin x3x2在U+(0)内有界，所以xsin x3O(x")(x0") oO(1)(x0)。因为

42、lxm0(1 x)n (1 nx)n x lim 一 x 0n 1 n 1Cn xC2x2n 1 cn lim( x Cn x 0LC2x)x)n (1 nx) O(x)(x0)，即得(1 x)n 1nxO(x)(x 0)。(5)因 lim 2x 3xx31lim(2 -)2 0由函数极限的局部有界性知,在某个U()c 222x x3O(x )(x32,2x x内3有界，故3(6)任取 f1(x) O(g(x)(xxO)； f2(x)O(g(x)(xx0),f1(x)f2(x)则 lim -1 lim -2 0 , x x0 g(x) x0 g(x)从而有 lim f1(x) f2(x) lim 起出 lim f lim 侬 0,所以 x % g(x) x x。g(x) g(x) x x0 g(x) x x0 g(x)O(g(x) O(g(x) O(g(x)(xx°)。任取 f(x) O(g1(x)(xx°); f2(x) O(g2(x)(xx0),精品文档则 lim lim 2 x x0 gi(x) x x0g2(x)0,于lim f lim 段x gi(x)x x0 g2(x)故 O(gi(x) O(g2(x) O(gi(x)g2(x)(xx。)。2.应用定理3.12求下列极限:, 1xarctan-(1) limx; (2)x x cosxlim 门