极限与连续的62个典型习题

极限与连续的62个典型习题1lim(aaa)nnnn12习题1设，求.a0,i1,2,,mimn解记，则有amax{a,a,,a}12m11(ananan)n(an)na，.另一方面limaa12mn111(ananan)n(man)na(m)n.12m111因为，故.利用两边夹定理，知limmn(limnm)1limamnannn1lim(ananan)na，其中amax{a,a,a}12.m12mn1例如.lim(13n5n9n)n9n1nn2n1n2n22nn2nn).习题2求lim(解12n12n2n12n,n2n1n1nn2nnnn(n1)2(n2n)n22n2nnn1n2n2nnn2(n2n1)nn(1n)21即22211nn24nn(1n)limn1lim1.lim2(n22n)224nnn11n(1n)2(nn1)21222n.limnlimn2nn2利用两边夹定理知1nn2n1n2n22n1.)lim(n2nn21111习题3求lim(n1223.n(n1))n111n(n1))nlim((11)()(11))n11解1223lim(223nn1nn1111lim(1n1)nlim(1n1)(n1)1lim(1n1)n1(1n1)1nnn11lim[(1(n1)(n1)]1lim(1n1)1e11e1)nn4求lim1习题(m,nN).x1mxnx1解（变量替换法）令，则当时，于是,txx1t1.mn.(1t)(1ttt)n2n11tmlim(1t)(1tt2tm1)m原式lim1tnt1t1x5求.lim()xx1习题x解（变量替换法）令xt,x,t，lim[(11)1(1)1]t1t2tt原式lim(tt)tlim(tt1t1)t12tttlim(11)t(11)te1ee01t.tt3ex2x1习题6求(1型)。lim()sinxx0为了利用重要极限，对原式变形lim(3e)sinxlim(xo2x1xex)1sinxx12x2xxo1xex2x1exx1lim[(1xo)]1xex2xsinx2x1xex2x)1xexxx1lim[(1xo]2xsinxe22e12x2习题7求1x1x2.解原式limx0x2lim(1x1x2)(1x1x2)x2(1x1x2)x0lim1x1x21x24x2(1x1x2)x02(1x21)limx0x2(1x1x2)(1x21)221.424limx0(1x1x2)(1x21)4x26x53x2习题8求limx.解由于465xx24x26x5lim322.limxx23x3x65x2(4)xx22x(3)x4x26x5lim而lim3x2xx|x|(465)xx(465)22xx2limxlimxx(32)(32)3xx4x26x5lim4x26x54x26x5不存在。.故3x2limxlimx3x23x2x习题9研究下列极限（1）limsinx.xx11∵原式，其中，.∴上式极限等limsinxlim0|sinx|1xxxx于0，即limsinxx.（2）1.0limxsinxxx03因为1，,所以.1|sin|1limx0limxsin0xxx0x0sin1sin1（3）1.原式1x1.limxsinlimxlim1xxx10xxx1习题10计算.lim(xax)x,(a0,a1)x011ax解原式lima(1xax)xalim(1xax)xaxx0x01a[lim(1xax)]xae1ae.limax0xaxx0lnx1limlnx1lnx习题11limxx11limeex1x1x1lnxx1x1limln[1(x1)]limelnx1lnx011.lnxx1(x1)0xbxc1x习题12已知2，求的值。,bclim5x1解首先，∴b1climxbxc1bc02x1(x1)(xc)(x1)原式lim[(xc)]c15，x1limx1∴c6，而b(1c)(16)7.习题13下列演算是否正确？1x2sin110.sinxsinx2x2limxlimx0sinxx00有界x1习题14求lim(sinx1sinx).xlim2sinx1xcosx1x解原式22x4x1x0.12limsin2(x1x)cos2x习题15求sinxx.322limx1x13解∵lim3x2x，0|sinx2|1，原式=0.limxx1x11xlim(xxmn)kxb习题16证明证ek(mn)（m,n,k,b为常数）。xlim(xxmn)kxblim(xn(mn))kxbxny（令1）1xnxxlim(xxmn)kxblim(1mn)k(yn)byyylim(1mn)yk(mn)mnknbyylim[(1mn)]k(mn)lim(1mn)knbymnyyyyek(mn)1ek(mn).3习题17求.lim(1sinx)xx013sinxe3.x解原式lim(1(sinx))sinxx0lnxlnaxa习题18求.解(连续性法)limxa1xaxaalnxlimln(x)1原式limxaaxaxaaxaa1.alnea1lneaxaa1a1)]xaa1limln[1xa]ln[lim(1xaa5习题19试证方程xasinxb（其中a0,b0）至少有一个正根，并且它不大于ab.证设f(x)asinxbx，此初等函数在数轴上连续，在f(x)[0,ab]上必连续。∵f(0)b0,而若f(ab)0，f(ab)asin(ab)(ab)ba[sin(ab)1]0则ab就是方程xasinxb的一个正根。若f(ab)0，则由零点存在定理可知在(0,ab)内至少存在一点(0,ab)，使f()0.即asinb.故方程至少有一正根，且不大于ab.xasinxb11cosx习题21求lim(cosx).x01cosx1解原式lim{[1(cosx1)]1.}1ex0xn习题20设{x}满足x0且试证limr1.limx0.nxnnnnn11r证xr1,取0,N,使得当nN时有limnn2xn1xnxn11rxnxn1r1rr1r1亦即0xx即r,0,2222nn1,0xr1x(r1)2xr1)nNx于是递推得(222nn1n2...Nr11,lim(r1)nNx0,从而由两边夹准则有lim0.x22Nnnn习题22用定义研究函数f(x)1x10的连续性。x0x0x证首先，当x0,f(x)1x1是连续的。同理，当x6也是连续的。而在分段点处x0x0,f(x)0limf(x)lim00f(0),x0x0limf(x)lim1x10f(0).xx0x0所以limf(x)f(0).故f(x)C(,).x0135(2n1)2462n习题23求证nlimn1.135(2n1)2462n证∵11，而nn2n1limn11111.由两边夹定理知，limnnlimnlimn112n2n21nnnnn原式成立.f(yx)2x,F(1,y)y2y5.x0,习题24设F(x,y)任取记02试证存在，并求极限值。xF(x,2x),...,xF(x,2x),...limx100n1nnnnf(y1)y2y51[(yx)29],证F(1,y)222故f(y1)(y1)29,f(yx)(yx)29.F(x,y)(yx)29.由题设2xx(2xx)29x29x29,...,xx29,x2,...由于n2x00012x2x2x1n1001nx12(x9)x93,x1(19)1(19)1n1x2x223n1nnxx2nnnn故单调有下界，故n有极限。设limxA,xx{x}n1n.nn7x29AA29由n1解出（舍去）A3。A3x,n2x2Anx习题25设,n1,2,...,求limx.x0,x1n1x0n1nnnx解显然2.{x}有上界2，有下界0.x0,x1n1x0n1nnx01xx21x015时xx1x00,当0x001x2100即假设则xx,nn11xx20,xx,0010xxn1xxn10.故{x}单增。limxxx1x1x(1x)(1x)nnn1nnnnnn1nn1xA,即存在。设limxA,则由得A1limx1limn1xn1An1nnnnAA10,A1515时，有xx（舍去负值）。当0x22210,用完全类似的方法可证{x}单减有下界0，同理可证nlimx15.2nnx2,x21,n1,2,...习题26设数列{x}由下式给出n1求xn1nlimx.nn解不是单调的，但单增，并以3为上界，故有极限。{x}2n1{x}n设单减，并以2为下界，设在等式limxC.nlimxB.{x}2n122nnnx21B21,C2C1，B两边按奇偶取极限，得两个关系1xnn解出由于的奇数列与偶数列的极限存在且相等，因此BC.{x}n811故有A2,A的极限存在，记于是limxA.limxlim(2).nn1xnnnn解出（舍去负值）A12,12x2nx1习题27设试证收敛，并求极限。nx0,x,{x}1n1nx2nx1证显然x0,假设limxA,则由令n，可解出xn1nnnn（舍去）。下面证明{x}收敛于2.由于A22n(21)(x2)，x2n(21)x2n1x1n1n1递推可得x2(21)2x2...(21)n1x2nn21由两边夹可得故limx2.lim(21)n10.limx20.nnnnn2f2(t)习题28设1.试证f(t)f(t)0,f(t)n1f2(t)n1n（1）t,limf(t)存在；（2）当f(t)1时，limf(t)1;当f(t)1时，nnnnlimf(t)0;nn[f(t)1]n1f2(t)20.证n,显然有f(t)0,又f(t)f(t)f(t)n1nnnnt,f(t)单减有下界。收敛。令limf(t)F(t),在原式两边取nnn极限得F(t)2F2(t).由此可解出F(t)0或当时，而f2(t)1,kF(t)1.f(t)11F2(t)2f2(t)2f2(t)归纳假设则f(t)1,f(t)1f2(t)2f2(t)1.12k12f2(t)2f2(t)，有因此f(t)1时f(t)1f2(t)2f2(t)1,nf(t)1.kkk1nkkF(t)1.即limf(t)1,(f(t)1时）。nn9当时，由的单减性便知即当F(t)0时，即f(t)1f(t)n（当时）。f(t)1limf(t)0nnlim(cosxx0)lim(11ssiinn)12x1习题29sinxsin2x2sinxsin2xcos2x2x2x0111(1sin2x)limx0e4e4.3sin2x4cosx1e1(1sin22x)sin22x(cosx)(x)n习题30若{x}收敛，则limn0.n!nn证{x}收敛，设limxA.故{x}必有界。设nnnn(x)nn(x)nB而BxB,n1,2,...因此0,n0,limn!0.nnn!n!n!nnlimn!.(0n!12n1,limn!0)n习题31求n2n2nnnnn2n变量替换求极限法（为求limF(x),有时可令而）x(y),F(x)F[(y)]xa1(1x)1习题32求（为自然数）limx0x[(y1)1]1解令则x因此(1x)1y,,1y1...c1lim(1x)1limyy0(y1)1limy0xycy1y11x0ycy...y2.limy011m1x11x习题33求limx0.mx210解令且当时故原式x0y0,1x1y,x(y1)m1,m1m2limy1[(1y)1]y2...mm1.limy0m[(y1)m1]2m2y2...2m2y0习题34求limn(an1a),a0.2nn1解先求令t,则上式limx(ax1a),2xxx1exp(tlna)21t2limata1tlimat1a1tlim1tt2t2t2t0t0t0tlim1t2lna故原式lna.lna.t2t0用等价无穷小替换求极限1cosn2习题35求lim0n(n).解记xncosn,则x1(0).(1x)(1x...x)1xnlim1cosnnn22原式=n1limlim02(1x...xn1)001(n)2lim2n(当u0,1cosu~1u2)=n2220习题36设f(x)与x是等价无穷小，f(x)x,求证（1）lim[f(x)]x1;（2）limx[f(x)]xx1.f(x)xx0x0证f(x)~x,即f(x)f(x)1(x),1(x0),xx其中(x)0，当0，即f(x)x[1(x)](当x0).故lim[f(x)]xlimxx[1(x)]xlimxxlim[1(x)]xx0x0x0x0111(x)1lim[1(x)]x(x)e01.x0xlnf(x)ln[f(x)]x1fx[()]x（2）xxlimxxexxlimf(x)xfx()f(x)xxln0x0xxln1ln1x1xlim1limxxlimexlnxlimeex0e01.xxx0x0x0ln[f(x)x1limexlnf(x)exlnf(x)]f(x1)limf(x1)1.xlimexxxlnf(x)0xln()0xln0xfxxxlnxxlnf(x)xxxxlimf(x)xlimxlnf(x)xlnxlimln[1f(x)x]xx0f(x)xf(x)xxx0x0limln[1f(x)x]lnlim[1f(x)x]lne1.xf(x)xxf(x)xxxx0x0lim[f(x)]xxx1111.f(x)xx0习题37设f(x)C[0,n],n(n2)为自然数，f(0)f(n).试证使,1[0,n],f()f(1).证（分析：要证,1[0,n],使即要证f()f(1).有根）令，显然在g(x)f(x1)f(x)g(x)f(x1)f(x)[0,n1]上连续，于是记g(i)f(i1)f(i),i1,...,n1.mmin{g(i)},Mmax{g(i)},则0in10in1m11g(i)M,又n1g(i)f(n)f(0)0.对函数应用介值定g(x)i0nni0理，知使1n1g(i)0,即存在,1[0,n1],使[0,n1],g()ni0f(1)f().习题38设f(x)C[a,b],且acdb,证明[a,b],12使()f()f(c)f(d).证（分析：将结果变形f()）f(c)f(d)记则mmin{f(x)},Mmax{f(x)},mf(x)M,x[a,b]x[a,b]xab[,]于是()mf(c)f(d)()Mf(c)f(d)M或m由介值定理知f(c)f(d)即f(c)f(d).，()f()[a,b],使f()习题39设f(x)C(,)且证使f[f(x)]x.,f().证反证法。若不存在点使f().即x(,)均有f(x)x.f(x)连续，不妨设恒有f(x)x.于是此f[f(x)]f(x)x.与f[f(x)]x矛盾。故,使f().习题40设f(x)C(a,b)且f(x)0.又证明至axx...xb,n12少有一点使(a,b),f()f(x)f(x)...f(x).nn12证故f(x)在上有最大值和最小值,使[x,x]mMf(x)C(x,x),n11n于是由介mf(x)f(x)...f(x)Mn12n0mf(x)M,i1,2,...,n.i值定理，知使[x,x](a,b),f()f(x)f(x)...f(x).n1n12n习题41证明方程x2x1至少有一个小于1的正根。证设f(x)x2x1,显然f(x)C[0,1],但使即f(x)x210,x000f(0)10,f(1)2110,x(0,1),0方程至少有一个小于1的正根存在。x0x2x113xax2bx2n1连续，求a,b.习题42设f(x)limnx2n1ax2bx,x11limxxxab1,x12n22n11x1n解f(x)x2n1ab,x121ab,x12故f(10)1,f(10)ab,f(10)ab,f(10)1.由于在f(x)1a0,b1.ab=1，-1处连续，所以ab1习题43试证方程至少有一个实根。xexcosxx2证做函数显然f(x)xexxcos2x.f(0)10,f(1)e10,(0,1),使即在f()0.xexxcos2x(0,1)内必有实根。习题44求f(x)x1的连续区间。xx23（解：先改写为分段函数，结论为：(,0)(0,1)(1,))x1,0x22习题45求b为何值时，函数f(x)处连续。，在[0,3]上处bx2,2x3只需讨论分段点处的连续性：f(20)lim(x21)3f(2),x2f(20)lim(bx2)2b2f(2),要在处连续，必有x2x22b23,b5.2141习题46设，定义求a0,x0x(3xa),n1,2,...limx4x31n1nnnn1x4(xxxa)4xxxa4a.{x}a.解n1有下界即4x3x3nnnnnnnnnn1(3a)1(3)1{x}x1a有又n，即单减有下nnN,xa.4x44ax4nn1a有x3界，故有极限。设且有limxAA4a0.limxlim(3x)n4nn1nnnnA1(3Aa)A4a4A3（舍去负根）（注意：先证明极限的存在是必要的。）习题47设a0,xa,xaaax,...,xax.121n1n,n1,2,..求limx.nn114a上界，可解出极限A）1a2（解：{x}单增有n习题48设且证明[0,1],使f().f(x)C[0,1],0f(x)1,证若f(0)0,则取0.若f(1)1,则可取1.f(0)0,f(1)1,则令g(x)f(x)x,必有且g(x)C[0,1]g(0)g(1)0,由零点定理知使即(0,1),g()0,f().习题49(选择题)设f(x),(x)在(,)内有定义，f(x)连续且f(0)0,(x)有间断点，则(A)[f(x)]必有间断点，(B)[(x)]2必有间断点，(C)必有间断点，(D)(x)必有间断点.f[(x)]f(x)15解选[D]（(A)因的值域可能很小f(x)。(B)反例(x)1,x0而无间断点。[()]1x20,x0(C)(x)总有定义。习题50证明方程xasinxb(a0,b0)不超过ab.证设f(x)asinxbx,f(x)C(,),f(x)C[0,ab],而至少有一个正根，且f(0)b0,f(ab)asin(ab)b(ba)a[sin(ab)1]0.如果则f(ab)0,ab即为f(x)的零点.如果f(ab)0,则由介值定理知(0,ab),使f()0,即为所求,故原命题成立.习题51若函数f(x)可以达到最大值和最小值，求证max[f(x)]minf(x).证设则对任意x有或有minf(x)f(x),0f(x)f(x),0由的任意性，可知f(x)f(x)(minf(x)).x0max[f(x)]f(x)minf(x).01习题52设f(x)C[a,b]且恒大于零，证明在[a,b]上连续.f(x)证任取由于f(x)在x处连续且大于使当0,0,1x[a,b]00时（若为左端点，则应为类似处理0xa,1xx,xa010有xb)0f(x)12f(x)0..........(*)016f(x)20,对,可找到使当,时有0,xx02202f(x)f(x)f2(x)..........(**)020取则当时，有min{,},xx0121[f(x)]2fxfx()()()()[f(x)]20fxfx11.2100012f(x)f(x)f(x)f(x)[f(x)]2002011故知在处连续。由x的任意性，知在上连续.xx[a,b]f(x)f(x)00sin1,x0,x习题53设f(x)试讨论f(x)在处的连续性.x0xe,x0,x解f(0)1,而f(00)1,0,0f(00)limxsin1不存在，0xx0时，在处连续，f(x)x0当0，1时，为x0f(x)的跳跃间断点（第一类间断点).当0，1当0，时x0为第二间断点。5ecosx,x0xf(x)sin2tgx习题54设函数连续。解问当在处?,f(x)x0x,x0f(0)514,f(00)4,f(00)limsin2xlim2x2.xtgxx0x021即当f(0-0)f(00)f(0)，时，在处连续。4,f(x)x0217习题55求函数1的间断点，并判定其类型.x2f(x)sinx解因当（为任一整数）时，是的间断f(x)xnnsinx0,xnx1不存在，故除1处的,sinx2点。再细分，当时，n1limxn任何整数都是的第二类间断点。因f(x)limx21t22tsin(t1)t22tsintcoscostsinxt1lim(t0)lim(t0sinxx1)t2sintsint2t)2,同理limx1x212lim(t0.sinx亦即x1是的f(x)第一类（可去）间断点.x(1x),x0习题56求函数f(x)的间断点并判定其类cos2xsinx24,xo型。解的分段点为f(x)x0.limf(x)limx(1x)0.x0x0cos2xlimf(x)limsinx24sin()1.x0是的第一类（跳()fx42x0x0x(1x)跃）间断点。当时，,在点x0f(x)cos2xx1,3,5,...,(2k1),...(k0,1,2,...)处，无意义，故f(x)是的间断点。因为x1,3,5,...,(2k1),...f(x)2x(1x)u(1x)u22u1)limf(x)limlim(u0sinux1x1cos2x2,x118是第一类（可去）间断点。显然x3,5,...都是极限为的第二xx24类间断点。当x0时，f(x)sin,在点x2时，f(x)没定义，xx24故x2是f(x)的间断点。又limsinx2不存在，故为第二类,间断点。习题57设函数f(x)C[0,),且lim[f(x1)f(x)]A,试证xf(x)A.xlimx证因为连续，所以在上有界。又则存在自然a,b[0,),f(x)[a,b][0,)因为所以0,K,lim[f(x1)f(x)]A,1x当xK1时，恒有取f(x1)f(x)A,xK1,31数n使得.记，则且nxKn11lxKn10l1,xKln,1于是f(x)nf(x)f(Kl)A]f(Kl)KlA.下面估计上式右111xnxxA[x边三项的绝对值。（1）nf(x)f(Kl)A]f(x)f(Kl)nA=1,[11xxnnf(Kln)f(Kl)A11n1n[f(Kli)f(Kli1)A]11ni11nf(Kli)f(Kli1)A1n.n33n11i1（2）因为在上有界，即M0,使f(x)M.故f(x)[K,K1]1119fKl)(1MK3M当时，恒有2,xK.K32x2Kl（3）因为1故使当时恒有3limA0,K0,xK3xxA.3f(Kl)综合（1），（2），（3）0,取1x，则当时，恒有Kmax{K1,K,K}xK123f(x)f(x)A.xA,limxx习题68若(x)和(x)为连续周期函数，当x时，有定义，且证明lim[(x)(x)]0,(x)(x).x证先证明(x)和(x)有相同周期。设(x)的周期为p,