数学分析课后习题答案复旦数学系欧阳光中

11 解下列不等式，并画出x1−2<x+(x−1)(x+2)(x−3)< <x−0cosx冬解

x2−16 x2−2x x

5或x>

＼- 。- 。- ►1<x3或x

1 1。- -

►当a0时，x1或x1a ►当a<0时，1+1<x<a

1+a 。 ►1+当a=0时，x<

＼ ►22kππx2kπ+π或2kππx2kππ(k ►r r r r► −4<x冬0或2冬x<

\ -

4证明下列绝对值不等式|x−y|)::||x|−|x1x2x3···xn|冬|x1||x2|···E明因|x||y|xy，则(xy)2(|x||y|)2，千是|xy|||x|用数学归纳法证明当n=2时，由|x1+x2|冬|x1|+|x2|，得结论成立假设当nk时结论成立，即有|x1x2x3···xk||x1||x2|···则当n=k1时，|x1x2x3···xk+1|冬|x1x2x3···xk||xk+1|冬|x1||x2|···+|xk|+综上可知，对一切自然数n，|x1x2x3···xn|冬|x1||x2|···+|xn|均成立|x+x1+···+xn|)::|x|−|x1+x2+x3+···+xn|)::|x|−(|x1|+···+解下列绝对值不等式，并画出x的范围(1)|x|>|x+(2)2<1<|x|>|xa|ηη为常数，ηIx−2I>x−Ix+ x+2 <|x+解x −

＼- 。 ►−1<x 1<x< −4或 xr rr r100 0103当A0时，x−A或x 0A- ►0A当A<0时，xa−η<x<a+ ηηa−00 a ηη原式等价千x2<0，则1<x<x+

- ►-−5<x 5<x<− −2或− --r0-r0-0►求下列函数的定义域及它在给定点上的函数yf(x−x+1的定义域及f(−1)f(1)和f (ay=f(x)

a2−x2的定义域及f(0),f(a)和f 2es=s(t)=1−t的定义域及s(1);etyg(αα2tanα的定义域及g(0)

(π,

(π xx(θsinθcosθ的定义域及πJ 2,y=f(x)= 的定义域及f(0),f(x−1)(x+4解函数的定义域为X

u,∞)，f(−1)=0,f(1)=0,f(2)=−√2√2

=

(0)

()=

(aJ 函数的定义域为 −|a|,|a|

|a|,f ,f

函数的定义域为(−∞,

,∞)，s(1)=1,s(2)= { �

(πJ=π2,g(π 函数的定义域为xIxRx/kπ+2kZ，(0)=0g

−4=−

(π= =1

)=函数的定义域为

−∞,∞，x2

−,x 函数的定义域为X=(−∞

u

u,+∞)，f(0)=−1,f(−1)=−求下列函数的定义域及值√

2)

1) y√

2+x−y

cos πy=lnx= = sin解 3函数的定义域为X=[−12]2

π

+πl

[0函数的定义域为kπ−2,

2kZ，值域为(函数的定义域

, (k∈Z)，值域为(−∞,2k+1函数的定义域为(n1n)(n=0±1±2···)，值域为(−∞

设f(xx+1ϕ(xx2，试解方程|f(xϕ(x)|=|f(x解：由已知，得f(x)ϕ(x0即(x1)(x20，则x2或x设f(x)=(|x|+x)(1x)，求满足下列各式的xf(0)=f(x)<解要f(x0，则|x|+x=0或1x=0，即x冬0或x=因|x|x)::0，则要f(x)<0，只要1x<0即可，即x>图1-5表示电池组V、固定电阻R0和可变电阻R组成的电路.在一段不长的时间内，A,B两点间的电压V可以看成一个常量.求出电流I和可变电阻R的函数式.解：由已知及物理学知识，得VI(R0 溶液的容积V和x之间的函数关系V=V(x)，并写出它的定义域和值域.解：由已知，得V=πa2x，它的定义域为[0h]，值域为[1某灌溉渠的截面积是一个梯形，如图-，底宽米，斜边的倾角为o，表示水面，求截面ABC积S与水深h的函数关系.解：由已知及图，得S=h(h.(解：由已知及图，得s= ωRt

[0,H｛1+ x<

ωt∈

(1

x− x)::0，求f(−2),f(−1),f(0),f(1)和 2(1 解：由已知，得f(−2)=5,f(−1)=2,f(0)=−1,f(1)=0, =− 5设x(t

0冬t<1+ 10tt10,20<t冬

，求x(0)x(5),x(10),x(15),x(20),x(25),x(30)，并画出这个函数的图形解：由已知，得x(0)=0x(5)=0x(10)=101x(15)=226x(20)=401x(25)=15x(30)=yx克应付邮资足2克者以20. 0<x冬解：由已知，得y=f(x

16,20<x冬24,40<x冬脉冲发生器产生一个三角波，其波形如图1-9，写出函数关系u=u(t)(0t冬｛解：由已知及图，得uu(t下列函数f和ϕf(x)=x,ϕ(x)=x√f(x)=x,ϕ(x)

0t301.5t,10tf(x)=1,ϕ(x)=sin2x+cos2解因f的定义域为(−∞,0)u(0,+∞)，ϕ的定义域为(−∞,+∞)，故这两个函数不相等因f(x)=x,ϕ(x)=|x|，故这两个函数的函数表达式不一样，则这两个函数不相等因ϕ(xsin2xcos2x=1恒成立，故这两个函数相等证明对千直线函数f(x)=ax+bx=xn(n=12···)组成一等差数列，则对应的函数值yn=f(xn)(n=1,2,···)也组成一等差数列.E明：设xm−1xmxm+1是xn中任意3个相邻的数(2冬m冬据题意，得2xm=xm−1又yn=f(xn)=axn+bym−1=axm−1+b,ym=axm+b,ym+1=axm+1+b千是2ym=2axm2b,ym+1ym−1axm+1baxm−1b2axm2b，从而2ymym−1ym+1又xm−1,xm,xm+1是xn中任意3个相邻的数，则ym−1,ym,ym+1是yn中任意3个相邻的数，千是yn=f(xn)(n1,2,···)也组成一等差数列

如J曲线y=f(x)上的任一条弦都高千它所限的弧（图1-)，证明

f(x1)+f

(x1+x2 千所有的x1,x2(x1/=x2)成立（E明：在曲线上任取两点A(x1f(x1))B(x2f(x2))，连接AB，取其中点C(xCyC)，则f(x1)+f(x2)=2yC,x1+x2=2xCx1+

(x1+x2又曲线上xx)

所对点的纵坐Dyfx

，则xCxy

f(x)+f(x2又曲线y=f(2(x1+x2

1

C>yD 2y＾／fA／／／0 ► y＾／fA／／／0 ►x证明下列各函数在所示区间内是单调增加的函Jyx2(0xJ

(y=sinx

x冬 E明6设0x1则y2y1x2x2x2x1)(x2x10，千是函数yx2当0x时严格单调增加 设π冬x1<x2冬 x2+ x2−则y2y1sinx2sinx1=2cos

2

π

x+

x−又−π冬x<x冬π，则−π< 2<,0<22 ，千是cos 2>0,sin 1 0，从而y2y1>0即函数y=sinx当2冬x冬2时严格单调增加证明下列函数在所示区间内是单调减少的函yx2(xycosx(0xE明设0x1则y2y1x2x2x2x1)(x2x10，千是函数yx2当x0时严格单调减少 设0冬x1<x2冬则y2y1=cosx2cosx1=−2sinx2+x1sinx2冬又0x<x冬π，则0<x1x220<x222π，千是sinx1x2>0sinx2x1>0，冬π 而y2y1<0即函数y=cosx当0冬x冬π时严格单调减少下列函数的奇偶性y=x+x2−y=a+bcosy=x+sinx+y=xsinxy=sgnx

当x0 当x=0−1当x0y解

2 当1<x<+∞ 1 sinx2,当1x1 12x 当x<2因yf(xxx2x5，则f(−x−xx2x5，故f(−x/=f(x)f(−x)/=−f(x)，千是此函数是非奇非偶.因yf(xabcosx，则f(−x)=abcos(−x)=abcosx=f(x)，千是此函数是偶函数因y=f(x)=xsinxex，则f(−x)=−xsinxe−x，故f(−xf(x)f(−x/f(x)，千是此因yf(xxsin1，则f(−x−xsin1xsin1f(x)，千是此函数是偶函数 当x0因yf(x

当x=0时，−1当x<0 当x0

−1,当x0则f(−x

当x=0时−1当x0

当x=0 当x<0

=−f(x)，千是此函数是奇函数因yf(x

2 当1<x<+∞ sinx2,当−1冬x冬1 1 212x 当x<21 当<−x<+∞

1 当

<x<+∞ 2 则f(−x

sinx2,当

2冬x冬2 1 当−x<1

2 当x1 =)=试证两个偶函数的乘积是偶函数，两个奇函数的乘积是奇函数，一个奇函数与一个偶函数的乘积是奇函数Ef1(x)f2(x)为定义在(a−a)(a>0)内的偶函数，g1(x)g2(x)为定义在(−a,a)(a>0)内的奇函数，F1(xf1(x)f2(x)F2(xg1(x)g2(x)F3(x则f1(−xf1(x)f2(−x)=f2(x)g1(x)=−g1(x)g2(−x)=−g2(x)F1(−x)=f1(−x)f2(−x)=f1(x)f2(x)=F2(−x)=g1(−x)g2(−x)=(−g1(x))(−g2(x))=g1(x)g2(x)=F3(−x)=f1(−x)g1(−x)=f1(x)(−g1(x))=−f1(x)g1(x)=从而F1(x)是偶函数2是偶函数3是奇函数设f(x)为定义在+∞)内的任何函数，证明函数.写出对应千下列函数的F1(x),y=y=(1+

f(xf(−x)是偶函数，F2(xf(x)f(−x)是E明：因F1(−xf(−xf(x)=F1(x)，则F1(x)=f(xf(−x)是偶函数又F2(−x)=f(−x)f(x)=−F2(x)，则F2(x)=f(x)f(−x)是奇函数.F1(x)=f(x)+f(−x)=ax+a−x,F2(x)=f(x)−f(−x)=ax−F1(x)=f(x)+f(−x)=(1+x)n+(1−x)n,F2(x)=f(x)−f(−x)=(1+x)n−(1−说明下列函数哪些是周期函数，并求最小周y=sin2y=siny=sinx+1sin2y=cosπ4y=|sinx|+|cos√y tany=x−y=sin解因ysin2x=11cos2x，则T=2π 假设y=sinx2为一周期函数且T=ω>据周期函数的定义，对任何x∈√(−∞+∞)，有sin(xω)2=sinx2，特别对x=0也应该成立

∈ 又对x 2ω 2kπ也成立，故sin(2ω+ω)2=sinω2=0，则(2+1)2kπ=nπ(n∈Z+)， 是(21)2=n(k,n 又(21)2=322Q−

∈Q+，则假设不成立，即函数y=sinx2不是周期函数因ysinx的Tπy

sin2x的Tπ，则ysinx

1sin2x的T πT=2π=π48 π

π

π因f(x|sinx||cosx|fx+2=

x+2I+

x+2I=|cosx|+|sinx|=f据经验，知y|sinx||cosx|的T= 因f(x)=tanx的T=π，则y tanx的T=因yx[xx)，则yx[x]的T=T=2π= 9 下列函数能否构成复合函数y=f(ϕ(x))，如果能够构成则此复合函数的定义域和值域y=f(u)=2u,u=ϕ(x)=y=f(u)=lnu,u=ϕ(x)=1−｛y=f(u)=u2+u3,u=ϕ(x)

当x−1,当x为无理数y=f(u)=2，定义域为U1，u=ϕ(x)，定义域为X，值域为√y=f(u) u,u=ϕ(x)=cos解因yf(u2u的定义域为(−∞+∞)，uϕ(xx2的值域为[0则此函数能构成复合函数y=2x2，它的定义域为(−∞+∞)，值域为[1因yf(ulnu的定义域为(0+∞)，uϕ(x1x2的值域为(−∞则此函数能构成复合函数y=ln(1−x2)，它的定义域为(−1,1)，值域为(−∞,因yf(u｛u2u3的定义域为(−∞u=ϕ(x)= 当x−1,当x｛无理数

的值域为{−1,则此函数能构成复合函数y

2,当x为有理数0,当x为无理数

，它的定义域为(−∞,+∞)，值域为{0,因y=f(u)=2的定义域为U1，u=ϕ(x)的值域为当 U2/=φ时，此函数能构成复合函数y=2，它的定义域视具体函数而定，值域为当U1nU2=φ因yf(u的定义域为[0+)，uϕ(xcosx的值域为[1lul则此函数能构成复合函数y

cosx，它的定义域2kπ

π,2kπ

π(k=0±1±2···) 为[0,设f(x)=ax2+bx+c，证明f(x+3)−3f(x+2)+3f(x+1−f(x)E明：由已知f(x+3)−3f(x+2)+3f(x+1)−f(x)=a(x+3)2+b(x+3)+c−3[a(x+2)2+b(x+2)+c]+3[a(x+1)2b(x+1)+c]−(ax2+bx+c)=a[(x+3)2−x2]+b(x+3−x)−3a[(x+2)2−(x+1)2]−3b[x+2−(x+1)]6ax+9a+3b−3a(2x+3)−3b≡(1)设yf(xabx

c，求

(2 设y=f(x)=x2ln(1x)，求f√ 设y=f(x) 1+x+x2，求f(x2)及f1设yf(t√a2x2，求f(atan解 (2 c

cx2+2ax+因yf(xabx+，则

=a+x+x

a = ln(ex+1)− −x 因y=f(x)=xln(1+x)，则f )= )ln(1+ ) 因yf(x

√ 1xx2，则f(x2

√ 1+x2+x4,f(−x2)

√ 1−x2+

，则f(atanx)=

=

= 因yf(t a+若f(xx2ϕ(x)=2x，求f(ϕ(x))及ϕ(f

a2+(atan

a2sec2

解：因f(xx2ϕ(x)=2x，则f(ϕ(x))=(2x)2=22x=4xϕ(f(x若ϕ(x)=x31，求ϕ(x2)(ϕ(x))2及解：因ϕ(x)=x31，ϕ(x2)=(x2)3+1=x6+1,(ϕ(x))2=(x3+1)2=x6+2x3+1,ϕ(ϕ(x))=(x3+1)3+1=x9+3x6+3x3+设f(x

，求f(f(x))f(f(f(x)))

(1.1−x

f解：因f(x)= ，1− f(f(x)) 1

= =x,f

1 = =x1−1−1x

1 1−1−

1−x−x

f 1−(1−求下列函数的反函数及反函数的定义域yx2(x√ y 1x2(−1x( 3y=sin

2x冬y解

当<x<1x2,当1冬x4当4x+∞ 因y=x2(x0)，则x=−√(0y+∞)，从而此函数的反函数为y=−√(0y 因y 1−x2(−1冬x冬0)，则x=−1−y2(0冬y冬1)，从而此函数的反函数为y=−1−x2(0x冬 因y=sin

x冬

，则x=πarcsiny(−1冬y冬1)，从而此函数的反函数为y=πarcsinx(−1冬x冬(4)因y 当(4)因yx2,当1冬x冬4 当4<x<+∞

当<y<1，则x 当1冬y冬16 ，从而此函数的反，则xlog2 当16x+∞为y

当<x<1√ 当1冬x冬16 log2x,当16x+∞ 把下列在 1)上定义的函数延拓到整个实轴上去，使它成为以1为周期的函数y=y=siny=解延拓后的函数为yxn)2(n冬x<n1n延拓后的函数为ysin(xn)(nx<n1n延拓后的函数为y=ex−n(n冬x<n1n把下列在[0,+∞)上定义的函数延拓到整个实轴上去，(a)使它们成为奇函数;(b)y=y=sin解延拓后的函数｛f(x)f(x)=

x)::−x x<延拓后的函数f(x)=sinf(x)=sin做下列函数的图形y=sgncos解

y=[x]

2Ix2 。-y＾10。 •••π► - -。-101。 作函数y=(x)的图形y／。y／。 。。＾。 。。- - - x作函数yx]x的图形y＾►y＾►。。。。\。\。\-3\-2\- 0\1\2\-x一个函数是用下述方法决定的：在每一个小区间n冬x<n1(其中n为整数)内f(x)是线性的且f(n1fn+1=0，试作此函数的图形2解yy 。- - - 0/ /。/。► /- ///3/1 作函数y=|sinx2cosx|的图形解y＾√5x►x − -若已知函数f(x)=tanxy=fy=f(kx+b)(k/=

y=

(x−2解y＾y＾-3π--04 (k,b>y- ----

π+2bk

0π

＾-＾-►0π2π若已知函数y=f(x)的图形，作函数y1与y的图形的关系解：设y=f(x)的图形如下

＾0＾0

−f−x)的图形，并说明y1y2y3的图则y1的图形为＾0＾0则y2的图形为＾0＾0则y3的图形为＾►＾►0xy1的图形当f(x)<0时与y的图形关千x轴对称，当f(x)>0时与yy3的图形与y的图形关千原点若已知f(x)g(x)的图形，试作函数y=1{f(x)+g(x)+|f(x)gx的图形，并说明y的图形与f(x),g(x)2形的关系yg(x)-＾f►0y=myg(x)-＾f►0x对千定义在[0π]上的函数y=x，先把它延拓到[02π]使它关千x=π为对称，然后再把已延拓到[02π]上的函 x∈[0,解：所求函数为:f(x)=

2π− x∈[π,x−2nπ,x∈[2nπ,(2n+1)π](n=±1,±2,···=πI

Ix+π−2

2nπ−x,x∈[(2n−1)π,2nπ](n=0,−1,±2,···／-／-／\／\0πx第二 极限与连写出下列数列的前四项

=1sinnx=m(m−1)···(m−n+1)n nnxn=√2+1+nn

+···+22+ n+22x1=a>0,y1=b>0,xn+1=√nyn,yn+1=xn+ =1+1+···+ (n=1,2, 1 x2n+1=解

(n=1,2,···

=1sin

=1sin

=1sin27,

=1sin x= x=m(m−1) x=m(m−1)(m−2) x=m(m−1)(m−2)(m−3) x1=√2 x2=√5+√ x3=√+√+√ 1

x4=+++ √

I√

a+x1=a,x2

ab,x √2 √2 x=8ab·4a+b a a+ (a y1= y2 2 y3 √ (a y4

ab2(a+x= x=1,x=3 x= 按定义证明以下数列为无穷小n+n2+sinn+(4)

n2−1−1+1−···+(−1)n+1 1+n

√n+1 1+2+3+···+E明对∀ε>0

n+1−0

n+

<2n=2n1

2<ε只

<ε即可[2

In2+

n2+ n+

In2+ n+取N

ε1,则当nN时，I

−0I<ε总成立，所以 →0(n→+ n+对∀ε>0，由千

sin

0IIsinnI

，要使

sin

0I<ε，只

ε即可。取N

[1

+ In 则当nN时，Isinn0Iε总成立，所以sinn0(nI In+ n+(−1)n

n+1

In+ 对∀ε>0，由千In2− −0I n2−

n2−

n1，要使

n2 0I<ε，1 [1 In+ n+ <ε即可。取Nn−

+1，则当n>N时，

n2− −0I<ε总成立，所以n2− 0(n→对∀ε>0，由千I10I

1<1，要使

10<ε

<ε即可。取N

[1

+1，I I 当n>

时，I10Iε总成立，所I

→0(n→设Sn=1−1+1···−1)n+1 3n

n+1对∀ε>0，由千Sn=n(1−2+3−···+ n 设δn=111−···+(−1)n+11，则Sn=δn当n=2k+1时，有0δn=1−11)−11)−·· 1(11

<时 1;当n=<时

0<

n−(1−1)−(1−1)−···−(

3

4−

1= 2k+ 2 4=

12k−22k− 总之，有0<δn<1从而|Sn−0|=Sn=δn<1要使|Sn−0|<ε，只要<ε即可。取N

则当n>N时，|Sn−0|<ε总成立，所以 −···+(−1)6n+ →0(n→ 对∀ε>0，由千n>lnn，则en>n，千是e−n<1，从而I1e−n0I=1+e−n<2，n使|(−1)n(0.999)n−0|<ε，只要(0.999)n<ε即可。取N=0|<ε总成立，所以(−1)n(0.999)n→0(n→∞)

2500lnε

>对∀ε>0，由千I

+e−n−0I=

<，要使

e−n0I<ε

<ε即可。取N

[2+ 1，则当nN时1e−n0ε总成立，所以1e−n0(n 对∀ε>0，由千

<e=1

0= 0I<ε，只要1<ε[1+

I

I 取N

，则当n>N时I

n0Iε总成立，所以n0(n 1√

对∀ε>0，由千|n+1−n−0|=n+1 n2

n1−n0|ε，只要2√[1

√

√ √ε即可。取N

1，则当n>N

n+1

n−0|<ε总成立，所以n+1 n→0(n对∀ε 1+2+3+···对∀ε，由 −

=n+1<

=1，要使I10I<ε1<ε即可[

2n2I

I 取N 1+1，则当n>N时，1+2+3+···+n−0<ε总成立，所以1+2+3+···+nε0(n→

举例说明下列关千无穷小量的定义是错误对任意ε0，存在N，当nN时，成立xn对任意ε0，存在无限多个xn，使|xn|解例如：数列{−1+1或n)即0,−2,0,−2,···}(或{−1,−2,−3,···)满足上述条件，但不无穷小量例如：数列按定义证

1,1, 3···1,n,···}满足上述条件，但不是无穷小量

3n2+n=n→∞2n2− n,,../'、n→∞

n2+n= x 1+1+··· →1(n→ 1·2 2·3 (n−1)·nn−1nlimrn=1，此处rn n +n

当n 当n3k(k123···limr1，此r

3n+

当n=3kn

n2+ 1+ n

3−

当n=3k对∀ε0，由I3n2+

−3I

2n+3

4(n+

1(n)::2)，要使I3n2n

I2n2− 2

4n2−1

l4(n+1)(n−

n−

3n2+

I2n2− 23，只要 <ε即可。取N=max(n− 以3n2n→3(n

+12),则当n>N2n2−

2II<ε总成立，1、2n2−1、

I

,, 对∀ε0，由千I

99···9−1I=(0.1)nI

I

99···9−1IεI

ε即可。取N 1

√ √

、

99···9−

99···√

ε0，由千

n2+

n2+n 1，要使

n2+

1I<ε， I [−l1I

− <ε即可。取N

1,则当nN

n2+

1I<ε

n2+

− →1(n对∀ε>0，由千x=1−1+1−1+···

−1= x−1|=1，要使 −1|< [2l

n−

−，则| 只要ε即可。取Nn

ε1,则当nN时，|xn1|<ε总成立，所以xn1(nn±

[1对∀ε>0，由千|rn−1|=

1I=n，要使|rn1|ε，只要nε即可。取N

ε1,当n>N时，|rn1|<ε总成立，所以rn→1(n→∞1

n− n−n对∀ε>0，由千|r3k−3|=0,|r3k+1−3| ,|r3k+2−3| 3−√+n √n+n+√n+6nn ([1l+1[1 n√=nn

，要使|rn3|<ε，只要n<ε且

<ε即可。取N=

,ε21,当n>N时，|rn3|<ε总成立，所以rn→3(n→∞(1)按定义证明，若an→a(n)，则对任意自然数k，an+k→a(n按定义证明，若an→a(n→∞)，则|an|→|a|.若|an|→0，试回an→aE明n由千ana(n)，故对∀ε0∃NZ+，当nN时，|aa|ε，则对∀kZ+n+kN时，|a+a|ε，千是对∀ε0∃NZ+，当nk>N时，|an+ka|ε，从而an+k→a(nnAI(i)由千an→a，故对∀ε>0,∃N∈Z+，当n>N时，|a−a|<ε.又|a|−|a|<|a−aI|，千 I对∀ε0∃NZ+，当nN时，I|an||a|Iε成立，即|an||a|(n不成立：an=(−1)n，则|an|→1，而an无极限成立：an=1，则|a|0an 由千|an|0，故对∀ε0∃N∈Z，当n>N|a|0I<ε，又|a−I0|=|a|0，千是对∀ε0∃NIZ+，当nIN时|a0|<ε成立，即a0(n→∞)。从而若|a|0，则a0一定成立按定义证明，若xna，且ab，则存在N，当nN时，成立xnE明：由千xna，故对∀ε0∃NZ+，当nN时，|xn0|<ε，即aεxn<aε.又ab，故ab0，则取εab0，从而∃NZ+，当nN时，有xnaεa(abb.即存在N，当n>N时xn>b.若{xnyn}收敛，能否断定{xn},{yn}亦收敛解：不能例：xn=(−1)nyn=(−1)n(n=12···)xnyn≡1(n=12···)，则{xnyn}收敛，但{xn}{yn}均不收敛。故若{xnyn}收敛，不能断定{xn},{yn}亦收敛.利用极限性质及计算证明(

+···

=

(n+

(

+2n+ 2

+···+ =+ n2+n利用(1h)nnn

Ckhk=1

nh

n(n−1)2

+···+E明limn=0(a>n→∞limn5=0(e≈en→∞eE明

n+

n+

( 对∀n∈Z+，有0

+··

，且

=0，则

+··· (n+0

(n+

√

对∀n∈Z，有n+1 n2+1+√n2+2+···+√n2+n

nli∞\

+√ +···+ =1

n2+

n2+

n2+(i)设a=1+h(h>0)，由千0<n

(1+

1+nh

h2+···+

n(n−1)h2h ，又2为定值， →0(n→∞)， →0.从而 n=(n− n− (n− n→∞(ii)设e=1+h(h≈1.7)由千0

en

(1+

1+nh+C2h2+···+

<<66

Cnh66，又6为定值， 6→0(n→∞)，则 66→0(n→∞)，从而limn 0求下列极限

−

(n− (n−5) n→∞

3n3+2n2−n+ 2n3−3n2+

6n2−n+n→∞n3+n2+

1

1−1

cos1

1+2+···+n→∞1+1+···+4 4 \ \

n−

1

1+··· 2n2+解

n2+1 1·2 2·3 (n−1)·n (−2)n+3nlim n→∞ +

3n3+2n2−n+1= 2n3−3n2+

6n2−n+=n→∞n3+n2+ 由千n2→1(n→∞)，故1−n2→0(n→∞)，又|cos 1− n

cosn=

1+1+···+2n=

1−(121 n→∞1+1+···+

11−() 41−4

=4=2(n−110

2n2+由千{sin!}为有界数列，n2+ →0,1−n→1,n2+1→2(n→

n−

(

1+··· 2n2+

= n2+ 1· 2· (n−1)· n2− (−2)n+ (−2)+ = =n→∞(−2)n+1+若xna0，试证a(1)√xn→a

n→∞(−2)(−2)n+ 3

a0xm+a1xm−1+···+am−1xn+am

a0a+a1a−1+···+am−1a+ (其中a0am+a1am−1+···+am−1a+am>E明由千xnIa>0故对∀ε>0∃N∈Z+，当n>N|xa|

√aε，且

√x

a|Ixn−aI<|xn−

<ε，即对上述ε>0,∃N∈Z+，当n>N时 −√|<ε，√a√aI√xn √a√a

而xn a(n→由千xn→a(n→∞)，故a0xm+a1xm−1+···+am−1xn+am→a0am+a1am−1+···+am−1a+am>则据(1) ✓ a0xm+a1xm−1+···+ x+a aam+aam−1+···+ a+ m−1 对数列n若x2ka(k)x2k+1a(k)，证明：xna(nE明：∀ε0，因x2ka(n)，故∃1Z+，使当kK1时，|x2ka|ε成立。又因x2k+1→a(n→∞)，故∃2∈Z+，使当k>K2时，|x2k+1a|<ε成立。取Nmax1,2K21，则当nN时，若n为偶数，n=2kN2K1kK1|xn−a||x2k−a|<若n为奇数，n2k1N2K21kK2|xna||x2k+1a|ε，因此xna(n)limxn√

x1 2,···,xn

x=1,

=1

x0,···, =1 E明

1+ 1+ 然x1<x2，假设xn−1<xn，则xn=2xn−1< 2xn，由归纳法，知{xn}是单调增加的，又xn2xn−1，故得x2=2xn冬2xn，千是xn冬2，即{xn}由上界。从而limxn存在，记limxn=n n 在x2=2xn−1两边令n→∞，得l2=2l，解之得l=2，即limxn=2nw然 )::1，有条件知

=1 =2 2，故{x}有界。又

=1 11 1

1+

1+

1+1 1+

2>1=x0，假设xn1<xn，则xn=2−1+ <2−1+ =xn+1， n归纳法，知{xn}是单调增加的。从而limxn存在，记limxn=l，在xn=2− 两边n→∞，得l=2

1，即l2=1+l，解得 =1+5,l

1+（不合题意，舍去 1+

即limxn=1 5 若x1a0y1=b0(ab)

=xnyn,yn+1=

xn+

，证明limxn=lim E明：由千 冬xn+yn且此式相等当且仅当xn=y，故 冬 等号成立当且仅当x

n.得n n xx=x, =xn+yn<yn+yn=y，则x< <得n n a<xn<xn+1<yn+1<yn<b√{xn}与{yn}都是单调有界数列，从而{xn}{yn}均有极限，设limxn=α,limyn=β，又由xn+1 xnyn，得 =xnyn，在等式两边令n→∞，得α2=αβ 由0axnxn+1，得定有0aα，从而αβ即有limxn=lim 利用单调有界必有极限证明以下数列必有极 xn=1+22+···+x

+··· 3+ 32+ 3n+xn

an(a1k为正整数√xn=na(0<a<E明由千 −

=

x，则{x}为单调增加的.又1<

<1

1+··· n

(n+

=1+

1

1−2+···

1−

=2−

<2，故{xn}有界，千是{xn}存在极限由千

−x >0，故 >x，则{x}为单调增加的.又1<x<1+1+···+1 3n+1+ 1+

+···+1

31=

，故{x}有界，千是{x}存在极限 1− 3由千a>1k为正整数，故x

nk>0，则{x}有下界。

(1+1xn+1 =1

1

1+ 1(n→∞)<1，故∃N∈Z+，当n>N时，有 <1，则从N+1项开始都有x

<xn， 是{xn}为单调减少的(n>N)，从而{xn}存在极限1

由千lnx lna=y,0<a<1，故{y}是单调增加的，从而由 =na=

得{xn}是单调增 n 的。又0xnnan11，故{xn}有界，千是{xn}存在极限证明：若xn上升，yn下降，而xn−yn为无穷小量，则xn和ynE明：由xn上升，故x1x2···xn···，又yn下降，故y1)::y2)::···)::yn)::···，又xnyn为无穷小量，故{xnyn}有界，设|xnyn|C(n=12···)（其中C为某常数)，则−CxnynC即xn冬yn+Cy1+C，千是{xn}有上界，从而{xn}存在极限。又yn)::xnC)::x1C，千是{yn}有下界，从而{yn}存在极限，则limxn−limyn=lim(xnyn)=0，千是limxn=limyn. 设x为任意给定的实数，又设yn(x)=sinsin····sinx，证明n的极限存在，并求此极限 、 nE明：先设0冬x冬π，则0冬sinx冬x，从而有yn+1(x)=sinyn(x)冬yn(x)，故nx}是以0为下界的单调下降函数列，必有极限，则得对∀x0[0π]，有0冬u0=limyn(x0)=sin(limfn−1(x0J=sin则u0=0，从而对∀x[0π],limyn(x)=

同理可证当

[π,0]时亦limyn(x)=再由周期性可limyn(x)=nlimn

=a，试证

x1+x2+···+x+n=E明：由limxna，得对∀ε0∃N1Z+，当nN时，有|xn−a|<ε，则有Ix1x2···xnaI (x1ax2a···xna)冬|x1a||x2a|···|xN1a||xN1+1a|···|xna| |x1−a|+|x2−a|+···+|xN1−a|+n−N1·ε |x1−a|+|x2−a|+···+|xN1−a|

+

n−

<取M=max(|x1−a|,|x2−a|,···,

|x−a|+|x−a|+···+ − N· ，又N1·MN1·定值，则

， 1→0(n→1n千是对上述ε0∃N

[

·M

Z+，当nN时， |x1−a|+|x2−a| +|xN1−a|< x1+x2+···+ ε n取N=max(N1,N2)，则当n>N时，有 −aI<2+2=n

x1+x2+···+x+n=注：若limx1x2···xn=a":::limxn x+x+···+n例：xn=(−1)n−1(n=1,2,···)，则显然 n

n0，但limxn不存在证明limana,limbnb，则lima1bna2bn−1···anb1= 设a=0，去

a1bn+a2bn−1+···+anb1= limbnb，则据定理4(P38)，得∃M0，使|bn|M(nZliman0，则对∀ε0∃N1Z，当nN1时，有|an|

2M.取N

2(|a1|+···+ε

+1,N1千是当n)::N()::1N)时，有Ia1bn+a2bn−1+···+anb1=Ia1bn+a2bn−1+···+aN1bn−N1+1+aN1+1bn−N1+···+anb1I ab+a

+···+a

+···+a (|a|+···+|aN (n−N1)·ε·冬I1 2

Nn−N

N1+1 n1I

ε+εεlima1bna2bn−1···anb1= 当a/0b/0时limbnb，得limbnbn−1···b1b/=0，又limana，故lim na)=n由(1)知

(a1−a)bn+···+(an−a)b1=

1·n+···+an·n− = 1−a)·n+···+(an−a)·n=0=

bn+···+

bn+···+

a1·n+···+an·n=bn+···+n

a1bn+a2bn−1+···+anb1=

a1·n+···+an· bn+···+

=

bn+···+b1 按定义证明下列数列为无穷大√nlnn2+

2n+n2+2n−1+1+1+···+ E明对∀G>0√

n|>G只要n>G2即可.取N=[G2]n>N时

n|>G故{n是无穷大量对∀G>0，由千|n!|>n，要使|n!|>G，只要n>G即可.取N=[G]，则当n>N时，|n!|>G总成对∀G>0，要使|lnn|>G，只要n>eG即可.取N=[eG]，则当n>N时，|lnn|>G总成立，故lnn}是无穷大量。In2+1 In2+1 对∀G>0，由千I2n1I>3n

，要 >G，只 >G即可.取N=[3G]，则当n I2n+1 In2+1 n2+N时，I2n+1I>G总成立，故2n+1}是无穷大量In2+1 In2+1 对∀G>0，由千I2n1I>2n

，要 >G，只 >G即可.取N=[2G]，则当n I2n−1 In2+1 n2+N时，I2n1I>G总成立，故2n1}是无穷大(+1 1 (+1

(1+ G>0，由

=e3

1+

单调增加\1

<e，千是 1

1n，从而1+23+···

ln

2+···+ln1+

ln(n+1lnn，则要使I1+2+3···+nIG，只要lnn>G即可.取N=[eG]，则当n>N时，I1+1+1+···+1I>G总成立，故1+1+···

}是无穷大量

n｛1

是无穷大量E明：由千{xn}是无穷小量，故对∀ε0∃NZ+，当n>N时，有|xn|<又x/0(n123···)，故1存在且I1I> ε又ε是任意的，故1也是任意的，从 1是无穷大ε证明：若xn}为无穷大量yn为有界变量，则xn并由此计算下列极限

±yn为无穷大量

n2+lim(n−arctann→∞

( n+

+···

1· 3· (2n−1)(2n+又：两个无穷大量和的极限怎样？试各种可能情形E{yn}为有界变量，故必存在正数M|yn|冬M{xn}为无穷大量，故对∀G>M>0,∃N∈Z+，当n>N时，有|x|>G，则当n>N时，有|xy|)::|x||y|>GM.由G的任意性及G>M>0，可知GM>0且GM是任意的，从而{xy}无穷大量解n 由千lim√ =∞且|sinn|冬1，则lim

sinn+ =∞ n+limn=∞且|arctann|

n2+πlim(narctann)=

(−1)n 设xn= 1·3+3·5+···+(2n−1)(2n+1)，则xn 1−3+3−5+···+2n−1−2n+1

\=

1.又由limn ，从 −2n+

·2n+1

，故有<|xn| 解

n+

2+ 1+1+··· =1· 3· (2n−1)(2n+xn=n→+∞,yn=2n→+∞;xn+yn=3n→xn=−n→−∞,yn=−2n→−∞;xn+yn=−3n→xn=−n→−∞,yn=2n→+∞;xn+yn=n→xn=n→+∞,yn=−2n→−∞;xn+yn=−n→xnna+∞yn=−n→−∞xnyn=a（常量xn=n+(−1)n+∞yn=−n→+∞xn+yn=(−1)n和、差：因yn0(n)，故{yn}有界。又xn(n)，则由上题结论，有{xnyn}为无穷 商：当xn/0n/0时，由千xyn0(n)，则有yn·xn0，即xn0yn 1x=n→+∞,y →0(n→∞);x·y=1→0(n→n n1xn=n2→+∞,yn=n→0(n→∞);xn·yn=n→+∞(n→xnn+∞yn=a0(nxn·yn=a（常量nnxn=n(−1)nyn=10(nxn·yn=(−1)n无极限但有nnx=n2n(−1)n→∞,y

1→0(n→∞);x·y=n·n(−1)n=n1+(−1)无极限 （且不是 穷大量若xnyna/0，证明xnynE明：由千 →∞(n→∞)，故1→0(n→∞);又

→a/=0(n→∞)，故1→1(n→∞)

1·10(n)，从而xnyn(nxn若xn+∞yn→−∞，证明xnynE明：因xn→+∞，则对∀G1>0,∃N1∈Z+，当n>N1时，有xn>1;又yn→−∞，则对∀G2>0∃N2Z+，当nN2时，有−ynG2>0.取N=max(N1N2)，则当nN时，有−xnynG1G2，即xnyn<−G1G2.由G1G2的任意性，得G1G2是任意的且G1G2>0，则得xnyn→−∞.若xn+∞，证明x1x2···xnE明：因 →

0∃N∈Z，当n>N时，有

x1+x2+···+n

∞，则对∀G 1+

n>3G，千 xN1+1+···+xn>x1+···+xN1+n−N1· x1+·n

|x1|+···+|x

N1·取M=max(|x1|,···,|xN|)，则 1I

冬 ，千是对上述G>

2N1·

，则当nN时，有Ix1···xN1IG，从而x1···xN1G。又limnN1 1，故对千ε1

Z+，当nNnN1

<1，从而nN1>1，取NmxNN,N2则当n

x1+x2+···+

x1+x2 +

时，有n

>−2

2G，由此

→+∞(n→ 用分析定义证limx−3=x→−1x2− limx−3=−x→3x2− −

= x−lim(x−2)(x−1)= x−limt(t−1)=

t2− x−1=x→∞x+ −−E明

x2+xx+ 对∀ε>0，由

x−3−1

−1

x+

，因x1，不妨设|x+1|<1，则−2<x I x− x

Ix− 1

|x+0，从而2<|2x+6|<

I

，要使

−I<ε，只

<ε即可，千I2x+6 x2−9I 取δmin{2,}0，则当0|x(−1)|δ时，就

x−3−

<ε总成立，故 x−3=1Ix2− 1

x→−1x2− 对∀ε>0，由

x−

1I=Ix3I，因x3，不妨设|x3|<1，则2<x x2−

x+

I6x+184，从而30<|6x18|<42，千是IIx−6

|x−

1I<ε，只要|x3|<ε 3I

|

x− 6x+18 I

Ix2− 可。取δmin{0}0，则当0|x3|δ时，就

x−3−

ε总成立，故limx3=Ix2− x→3x2− Ix− Ix−1对∀ε>0，由千I −2I=|x+1−2|=|x−1|=I I，因x→1，不妨设|x−1|<x−1

Ix−

x+

x− x−则0<x<2，从而1<|x+1| 2+1，千是I√x+1I<|x−1|，要使I√ −2I<ε，x−要|x1|<ε即可。取δ=min,1}>0，则当0<|x1|<δ时，就有Ix12I<ε总成立故lim√x1=

Ix− x− I对∀ε>0，由千(x−2)(x−1)−0 1 II

(x1)I，因x→1，不妨设|x1|<1，则0 x−3

x−3 x<2，从而0<I1

I<2，千是I1

<2|x1|，要使(x2)(x1)

<ε，x−

x−

x− 要|x1|<ε即可。取δ=

ε,

>0，则当0<|x−1|<δ时，就有 −

<ε 成立，故lim(x2)(x1)= x−

x− I I对∀ε>0，由千t(t−1)−1 −1I=It−1I，因t→1，不妨设|t−1|<1，则0< I It2−

1I2t+2IIt(t− 1

|t−从而2<|2t+2|<6，千是

I

|，要使

<ε，只要

<ε即可I2t+2

It2− 取δmin{2,}0，则当0|x(−1)|δ时，就有t(t1)1ε总成立，故limt(t1)=It2−

t→1t2− 对∀ε0，由x11I

3I，因x，不妨设|x|>2，则|x2|>|x|2，千是I3I Ix+ Ix+2

Ix+233 ，要33

<ε，只

<ε即可，即|x|

。取X +2，则当|x|>X时， IIx1IIx+

Ix+2 |x|− ε总成立，故limx1=x→∞x+对∀G>0，由千I I=IxII1I，因x→3，不妨设|x−3|<1，则2<x<4，从 Ix2−9IIIx+II3IIx−I 而2<IxI<4，千是I

II1I>2I1I，要使I I>G，只要2I1I>G即 Ix+3I｛5

Ix+3IIx−3 7Ix−3 Ix2−9 7Ix−3可。取δ=

2,

0，则当0|x3|δ时，就有

I>G总成立，故

=Ix2+x

Ix2−9 x→3x2−Ix2+xI对∀G0，由Ix2+

x1I=|x|，因x，取X=G>0，则当|x|>X时，就有Ix

G总I立，故lim =∞x→∞x+求极 x2− x→02x−x−

x2−x→12x2−x−

x2− x→∞2x−x−lim(1+x)(1+2x)(1+3x)− 2limt2(t−2t→1t−√(6)

t2 t−√1+x−(7) x−lim(1+x)5−(1+

x2+

x2−5+

x−8x+

x2+3x− −√→∞2x+解 x2− =x→02x2−x−

x2−

=lim(x−1)(x+

=limx+1=x→12x2−x−

x→1(2x+1)(x−

x→12x+

x2− =x→∞2x−x− lim(1+x)(1+2x)(1+3x)−1=lim(6+11x+6x2)=

limt2(t−1)=lim =t→1t2 t→t t2

=

t+lim =t→1√t−1√ t−

t+1)=√ 1+x−2=lim = x− 1+x+ lim(1+x)5−(1+5x)=lim10x2+10x3+5x4+

= x2+ x2+lim(1+

−(1+ (C2m2−C2n2)x2+(C3m3−C3n3)x3+···+mnxn−nmx 2 2 n2m−lim =Cnm−Cmn=limx2−5+

=lim(x−2)(x−3)=limx−2=− x→3x−8x+ x→3(x−3)(x− x→3x−

x2+ =

5x− √x→∞2x 设R(x)=P式中P(x)和Q(x)为x的多项式，并且P(a)=Q(a)=0，回lim解：由千P(x)和Q(x)为x的多项式且P(a)=Q(a)=则P(x(xa)mP(x)Q(x)=(xa)nQ(x)(P(a)/=0Q(x)/=0)，千是limR(x)=

P(x)

(x−

x→ax→a(x−：

当nmlimR(x)= 当nmlimxa)m−n∞且limP1(x)=P1(a)/0，故limR(x x→a 当nm时limxa)m−n=0且limP1(x)=P1(a，故limR(x)= x→a 求下列极limsin2x−sin limcos(x+h)−cos lim(x2+1−xlim(√x

+1− x→01−cos;

x+ x+ x+1limcosx−cos limsin5x−sin sin2xlim(1−x) limsinx−sinx→a(√x−

1+x2+x)n−

1+x2−x→0[ limx 解limsin2x−sin3x=limsin2x−limsin3x=2−3= −2sin2x+hsin

=lim 2=lim 2sin2x+h=−sin

(x2+ x)=11

x→+∞

= x2+1+(x(

x2+1−x)= x =limx2=

x→01−cos x→0; ;√

x x x+ =limcosx−cos3x=lim2sinxsin2x= limsin5x−sin3x=lim2sinxcos4x= sin 1，则lim

πx=limytan(

J=limycotπy=limycos2y令y=x−limy=2y→0π 2

−x)tanx+

x−

2(1+

sinπ2

sinx−sin

=

22

2

=cosx→a√x−

x− xx

1+x2+

−(1+x

−x) 2 2n−3xli02Cn(1+x)2x+2Cn(1+x)2x+··· lim2n(1+x2) +2C3(1+x2)2x+··

=x→0[

( (1

=1

1且0(

<(则limx1= 1−x

=1−limx =limf(xA,limg(xB，并且存在δ0，当0|xx0|δ时有f(xg(x)，证明A 又若当0|xx0|δ时f(xg(x)，是否一定成立AE明用反证法。假设AB，则由limf(xA,limg(xB及性质1，得∃δ00，使当0|xx0| >立，即AB成立不一定。

|x−x0|<δ时，有f(x))::g(x)，故假设不2(x2+ 4成立。f(x) ,g(x)=x+3xx,∃δ>0，当0<|x|<δ时，有f(x)>g(x)又A=limf(x2B=limg(x1，故AB成立

x2+

4不成立。f(x)= ,g(x)=x+xx,∃δ>0，当0<|x|<δ时，有f(x)>g(x)。又Alimf(x)=1,

=

g(x1，故有AB 若在点x0的邻域内有g(x)冬f(x)冬h(x)，并且g(x)和h(x)在x0的极限存在并且都等千A，证明limf(x)=E明：如果对任何xnxnx0xn/=x0，并且可不妨假设xnO(x0δ)0}，有g(xn)f(xn)h(xn)以及g(xn)Ah(xn)A(n)，由数列极限的性质得：f(xn)A(n)，这就证明了f(x)→A(x→x0).

f(x)=A x→x0 E

f(x)−

=Bf(x)−

=Bf(x)−AB+AB−

冬|B||f(xA||A||g(x由千limf(x)A,limg(x)B，故对∀ε0∃δ10，当0|xx0|δ1时，有|f(xA|ε;对 述ε>0∃δ2>0，当0<|xx0|<δ2时，有|g(xB|<又据乘法运算：limBg(x)=B2>

2，则据性质3，得∃δ30，当0|xx0|δ3时，有Bg(x>取δminδδδ，当0|xx|δ时，有f(x)

<(|A|+|B|)ε=2(|A|+|B|)12

B 2千是，对∀ε0∃δ>0，当0<|xx0|<δ时，有If(x)−AI<2(|A|+|B|)ε，从2

f(x)=A(1)f(x)

x> x=x2+ x<

I B

x→x0 求f(x)在x=1的左右极限

f(x)

xsinx

x>1+ x<求f(x)在x=0的左右极限解

f(x)=

(x2+2)=3,

f(x)=

f(x)=lim(1+x2)=f(x)=lim(xsin1)= 说明下列函数在所示点的左右极限情形1 0xy 1<x< (在x1.521三点 2<x<yx·sin1（在x0x11y2x1（在x0点)2x11y

[1−

（在x

点xD(x)

｛ x x

(在任一点y解

(x−x2 (在x= y

y=limy=limx2=4,

y=

(2x)= x→2−0 limy=lim ,limy=limx2= x→1−0 2

y=limy=x由千lim1=+∞,lim1=x1

x→−01

x=+∞,x→1

2x=(

\

y=

2xx+1=

1

=1,limy=

x2x+1=x

x→=021−

2x− x→−021−limy=

( [1−

=n−(n−1)=x→1

x→1 n

y

( [1n−n

=n−n=nx→1n

x→1−0此函数在任一点的左右极限不存在设x0为R上任一点，由有理数和无理数在数轴上的稠密性，可知有理序列{x(1)}→x0+0，无理序列{x(2)}→x+ n故xn

0 Dx(1)= xn

D

=0，从而此函数在任一点的右极限不存同理，此函数在任一点的左极限也不存从而此函数在任一点的左右极限不存在y=(x−

=(−1)[x]且lim[x]= lim[x]=x2− x+ 则下列极

y= x

y=

limexsinlimxarctanππlimxtanx(x/=nπ 解由千lim10且sinx是有界量limsinx=x→∞ x→∞由千xli+∞ex=+∞，若取xn=2nπ→+∞(n)，则exnsinxn=e2nπsin2nπ=00(n∞);若取xn

π2nπ+∞(n)exnsinx

π==

(

+

π==→+∞(n→

，故limexsinxlimexsinx不存在x→+∞ 由千limarctanx=−,limxarctanx 2 则

xarctanx=+∞,x

取xnnπ(n)limxntanxn=limnπtannπ=;另取

=π+nπ→∞(n(

(π

( ∞)limxntanxn=

+

+

=

nπ∞limxtanx(xπnπ+2)不存在(

\

x2+

=0，求常数a和 x+1−ax−b(解：由千 x2+1−ax−

=

(x2+1)−ax(x+1)−b(x+1)=

(1−a)x2−(a+b)x−b+1

x+

x+

x+｛0

1a=0ab=

a=b= 从条件xlim

x2−x+1−a1x−b1)=0,lim

x2x+1a2xb2)=0，求常数a1b1a2√

(1−a2)x2−(1+2a1b1)x+1−

1−a2=解：f由千lim(x2−x+1−a1x−b1)=

1=0

1+千 a1=b 1

x2−x+1+a1x+f

a1b1=f ∓

a1=

a2=又据条件可得：若 =1，则lim

x2x1axb)=+∞，从

，同

b b2=−2 2若

f(x(kxb)]=0，则称直线y=kxb是曲线y=f(x)当x→+∞的渐近线.利用这一方程推出近线存在的必要且充分的条件E

[f(x)−(kx+b)]= 因f 因=[f(xkxbk+，令x+∞两端取极限并注意到(1)式，.既求出了k，再从(1)

b=

f(x)= x[f(x)− .反之，若(2)、(3)两式成立，立即可看出条件(1)成立故曲线y=f(x)当x→+∞时存在渐近线y=kx+b的充分必要条件是极限

f

klimf(xkx]=b均成立

x→+∞ 若limf(x)=A0，证明存在X>0，使得当x−X成立A<f(x)<E明：由千limf(x)A>0，故对给定的ε=

0X>0，当x<−X时，有|f(xA|<A x→−∞ 即f(x< 若limf(x)=A,

g(xB，证明

f(x)g(x)=E明：由千

f(xA，故对∀ε0∃10，当xX1时，有|f(xA|ε且X0M当x>X2时，有|f(x)|<又

g(xB，故对上述ε0X30，当xX3时，有|g(xB|取X=1,X23对上述ε>0，当x>X时有|f(x)g(xAB||f(x)g(xf(x)Bf(x)BAB||f(x)||g(xB||B||f(xA|Mε|B|ε(M+|B|)ε，即

f(x)g(x)=证明E

f(x)=A的充要条件是：对任何数列xn→+∞f(xn)→~由千

f(xA，故对∀ε0X0，当xX时，有|f(xA|又xn→+∞(n)，故对上述X>0∃N∈Z+，当n>N时，有xn>X，从而|f(xn)A|<ε，千是limf(xn)=A. 用反证法。假limf(x/A，则∃ε00，对∀X0，至少有一个x，当x>X时，有|f(xA| 特别地，取X为123···，可得xt1xt2xt3···xt11时，有|f(xt1A|ε0;x22时，有|f(xt2A|ε0;x33时，有|f(xt3A|0··从左边可以看出xtn→+∞(n→∞)，而从右边看出limf(xtn)/=A，与已知，则假设不成立故

f(x)=

证明x→x0E明

f(x∞的充要条件是：对任何数列xnxnx0xnx0，有f(xn~由千x→x0

f(x)=+∞，故对∀G0∃δ0，当0xx0<δ时，有f(x)>又xnx0xnx0(n)，故对上述δ0∃NZ+，当nN时，有0xnx0δ，从而f(xn)G，千是limf(xn)=+∞.⇐用反证法。假设⇐x→x0

f(x)/=+∞，则∃G0>0，对∀δ>0，至少有一个xt，当0<xtx0<δ时有f(xt)冬

1 特别地，取