0112习题-函数与极限-高等数学
1 有理函数
例1 limx→∞(2x+1)4⋅(x−1)6−5x(x+8)(x+2)10\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(2x+1)^4\cdot(x-1)^6-5x(x+8)}{(x+2)^{10}}}x→∞lim(x+2)10(2x+1)4⋅(x−1)6−5x(x+8)
求有理函数分式极限
- 看分子分母最高次幂大小
- 如果最高次幂相等在比较最高次幂的系数
这里显然分子分母最高次幂都是10,比较系数,得21=2\frac{2}{1}=212=2? 别想当然,
limx→∞(2x+1)4⋅(x−1)6−5x(x+8)(x+2)10=limx→∞24⋅16110=16\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(2x+1)^4\cdot(x-1)^6-5x(x+8)}{(x+2)^{10}}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2^4\cdot1^6}{1^{10}}}=16 x→∞lim(x+2)10(2x+1)4⋅(x−1)6−5x(x+8)=x→∞lim11024⋅16=16
- 注意:不要直接用底数常数系数直接运算,记得不要漏掉指数部分
2 有界函数与无穷小的乘积是无穷小
例2 limx→∞(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)(3x5+2x+3)\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)\cdot(2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}}x→∞lim(3x5+2x+3)(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)
分析
- 注意观察整体为有理分式,
- 分子部分含有三角函数且三角函数不容易化简
- 除三角函数部分外的limx→∞(x3−2x+5)(3x5+2x+3)=0\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}}=0x→∞lim(3x5+2x+3)(x3−2x+5)=0
- 三角函数部分对于常用的三角函数公式,并不好化简,那么是否有界呢?
- $0\le2+\cos x-\sin x\le4 $ 有界
- 利用定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小,得结果是无穷小
解
limx→∞(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)(3x5+2x+3)=limx→∞(x3−2x+5)(3x5+2x+3)⋅(2+cosx−sinx)因为limx→∞(x3−2x+5)(3x5+2x+3)=0,0≤2+cosx−sinx≤4根据定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小得,limx→∞(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)(3x5+2x+3)=0\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)\cdot(2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}}\cdot(2+\cos x -\sin x) \\ 因为\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}}=0,0\le2+\cos x-\sin x\le4 \\ 根据定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小得,\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)\cdot(2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}}=0 x→∞lim(3x5+2x+3)(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)=x→∞lim(3x5+2x+3)(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)因为x→∞lim(3x5+2x+3)(x3−2x+5)=0,0≤2+cosx−sinx≤4根据定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小得,x→∞lim(3x5+2x+3)(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)=0
3 常见函数在特殊点(或趋于无穷)的变化趋势
例3 limx→01−e1x1+e1x⋅arctan1x\lim\limits_{x\to0}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}x→0lim1+ex11−ex1⋅arctanx1
分析
- x→0,e1x,arctan1xx\to0,e^{\frac{1}{x}},\arctan\frac{1}{x}x→0,ex1,arctanx1
- 需要讨论x→0+,和x→0−x\to0^+,和x\to0^-x→0+,和x→0−情况
解
当x→0−时,1x→−∞,e1x→0,arctan1x→−π2所以limx→0−1−e1x1+e1x⋅arctan1x=1−01+0⋅(−π2)=−π2当x→0+时,1x→+∞,e1x→+∞,arctan1x→π2所以limx→0+1−e1x1+e1x⋅arctan1x=limx→0e−1x−1e−1x+1⋅π2=−π2所以limx→01−e1x1+e1x⋅arctan1x=limx→0+1−e1x1+e1x⋅arctan1x=limx→0−1−e1x1+e1x⋅arctan1x=−π2当x\to0^-时,\frac{1}{x}\to-\infty,e^{\frac{1}{x}}\to0,\arctan\frac{1}{x}\to-\frac{\pi}{2} \\ 所以\lim\limits_{x\to0^-}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}=\frac{1-0}{1+0}\cdot(-\frac{\pi}{2})=-\frac{\pi}{2} \\ 当x\to0^+时,\frac{1}{x}\to+\infty,e^{\frac{1}{x}}\to+\infty,\arctan\frac{1}{x}\to\frac{\pi}{2} \\ 所以\lim\limits_{x\to^0+}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to0}{\frac{e^{-\frac{1}{x}}-1}{e^{-\frac{1}{x}}+1}\cdot\frac{\pi}{2}}=-\frac{\pi}{2} \\ 所以 \lim\limits_{x\to0}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}= \lim\limits_{x\to0^+}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}= \lim\limits_{x\to0^-}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}=-\frac{\pi}{2} 当x→0−时,x1→−∞,ex1→0,arctanx1→−2π所以x→0−lim1+ex11−ex1⋅arctanx1=1+01−0⋅(−2π)=−2π当x→0+时,x1→+∞,ex1→+∞,arctanx1→2π所以x→0+lim1+ex11−ex1⋅arctanx1=x→0lime−x1+1e−x1−1⋅2π=−2π所以x→0lim1+ex11−ex1⋅arctanx1=x→0+lim1+ex11−ex1⋅arctanx1=x→0−lim1+ex11−ex1⋅arctanx1=−2π注
- 看到arctan1x\arctan\frac{1}{x}arctanx1,有没有想到利用等价无穷小代换,arctanx∼x\arctan x\sim xarctanx∼x ,直接用1x\frac{1}{x}x1替换呢?注意前提是1x→0\frac{1}{x}\to0x1→0,这里显然不适用。
4 夹逼定理
例4 limn→∞(1n2+1+2n2+2+⋯+nn2+n)\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n})}n→∞lim(n2+11+n2+22+⋯+n2+nn)
分析
- 数列求和,很容易想到应用夹逼定理
- 那么如何选取两侧数列呢?哎有人是不是想到直接取数列最左边和最右边构成数列不就是了?
- 计算结果不够精确得出0≤xn≤120\le{x_n}\le\frac{1}{2}0≤xn≤21
- 直接取两边适用于每项的分子相同的情况,现在是分子分母都不相同
- 既然是数列求和自然优先同一分母,利用数列2边项的分子构建数列
解
构建数列yn=1n2+n+2n2+n+⋯+nn2+nzn=1n2+1+2n2+1+⋯+nn2+1此时yn≤xn≤znlimx→∞yn=limx→∞1n2+n+2n2+n+⋯+nn2+n=limx→∞n(n+1)2(n2+n)=12limx→∞zn=limx→∞1n2+1+2n2+1+⋯+nn2+1=limx→∞n(n+1)2(n2+1)=12所以limn→∞(1n2+1+2n2+2+⋯+nn2+n)=12构建数列{y_n}=\frac{1}{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}\\ {z_n}=\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+1}+\cdots+\frac{n}{n^2+1} \\ 此时y_n\le x_n\le z_n \\ \lim\limits_{x\to\infty}{y_n}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{1}{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{n(n+1)}{2(n^2+n)}}=\frac{1}{2} \\ \lim\limits_{x\to\infty}{z_n}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+1}+\cdots+\frac{n}{n^2+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}}=\frac{1}{2} \\ 所以\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n})}=\frac{1}{2} 构建数列yn=n2+n1+n2+n2+⋯+n2+nnzn=n2+11+n2+12+⋯+n2+1n此时yn≤xn≤znx→∞limyn=x→∞limn2+n1+n2+n2+⋯+n2+nn=x→∞lim2(n2+n)n(n+1)=21x→∞limzn=x→∞limn2+11+n2+12+⋯+n2+1n=x→∞lim2(n2+1)n(n+1)=21所以n→∞lim(n2+11+n2+22+⋯+n2+nn)=21
例5 limn→∞(an+bn+cn)1n(0≤a<b<c)\lim\limits_{n\to\infty}{(a^n+b^n+c^n)^{\frac{1}{n}}}(0\le a\lt b\lt c)n→∞lim(an+bn+cn)n1(0≤a<b<c)
解:第一次遇到,直接看的解题思路
利用夹逼准则令yn=(cn)1n,zn=(cn+cn+cn)1n因为0≤a<b<c,所以yn≤xn≤znlimn→∞yn=limn→∞(cn)1n=climn→∞zn=limn→∞(cn+cn+cn)1n=climn→∞31n=c所以limn→∞(an+bn+cn)1n=c利用夹逼准则 \\ 令y_n=(c^n)^{\frac{1}{n}} ,z_n=(c^n+c^n+c^n)^{\frac{1}{n}} \\ 因为0\le a\lt b\lt c,所以y_n\le x_n\le z_n \\ \lim\limits_{n\to\infty}{y_n}=\lim\limits_{n\to\infty}{(c^n)^{\frac{1}{n}}}=c\\ \lim\limits_{n\to\infty}{z_n}=\lim\limits_{n\to\infty}{(c^n+c^n+c^n)^{\frac{1}{n}}}=c\lim\limits_{n\to\infty}{3^\frac{1}{n}}=c \\ 所以\lim\limits_{n\to\infty}{(a^n+b^n+c^n)^{\frac{1}{n}}}=c 利用夹逼准则令yn=(cn)n1,zn=(cn+cn+cn)n1因为0≤a<b<c,所以yn≤xn≤znn→∞limyn=n→∞lim(cn)n1=cn→∞limzn=n→∞lim(cn+cn+cn)n1=cn→∞lim3n1=c所以n→∞lim(an+bn+cn)n1=c推论:limn→∞(a1n+a2n+⋯+amn)1n(0≤a1<a2<⋯<am)=max{a1,a2,⋯,am}\lim\limits_{n\to\infty}{(a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n)^{\frac{1}{n}}}(0\le a_1\lt a_2\lt\cdots\lt a_m)=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_m\}n→∞lim(a1n+a2n+⋯+amn)n1(0≤a1<a2<⋯<am)=max{a1,a2,⋯,am}
5 单调有界数列必有极限
例6 设xn+1=12(xn+axn)(n=0,1,2,...,n),其中a>0,x0>0x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})(n=0,1,2,...,n),其中a\gt0,x_0\gt0xn+1=21(xn+xna)(n=0,1,2,...,n),其中a>0,x0>0;证明数列{xn}\{x_n\}{xn}收敛并求极限。
分析
- 有递推公式,证明收敛,很容易想到准则单调有界数列必有极限
- 是先有界还是单调性,看给的条件
- 看到xn+axnx_n+\frac{a}{x_n}xn+xna很容易想到公式x+1x≥2,x>0x+\frac{1}{x}\ge2,x\gt0x+x1≥2,x>0
- 先证有界在证单调
- 有递推公式求极限,直接对递推公式2边取极限即可,因为limxn=limxn+1\lim x_n=\lim x_{n+1}limxn=limxn+1
- 证明单调可以xn+1−xn差值和0比大小或者xn+1xn比值与1比大小x_{n+1}-x_n差值和0比大小或者\frac{x_{n+1}}{x_n}比值与1比大小xn+1−xn差值和0比大小或者xnxn+1比值与1比大小
解
KaTeX parse error: Undefined control sequence: \ at position 552: … \\ b=\sqrt{a} \̲ ̲即\lim\limits_{n…
6 等价无穷小替换和重要极限
例7
① limx→∞x2+23x−1⋅sin1x\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot\sin\frac{1}{x}}x→∞lim3x−1x2+2⋅sinx1
解:∞⋅0型,0利用等价无穷小代换limx→∞x2+23x−1⋅sin1x=limx→∞x2+23x−1⋅1x=13解:\infty\cdot0型,0利用等价无穷小代换\\ \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot\sin\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot\frac{1}{x}}=\frac{1}{3} 解:∞⋅0型,0利用等价无穷小代换x→∞lim3x−1x2+2⋅sinx1=x→∞lim3x−1x2+2⋅x1=31
② limx→0lncosxx⋅sin(sinx)\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\cos x}}{x\cdot\sin(\sin x)}}x→0limx⋅sin(sinx)lncosx
解:00型等价无穷小代换limx→0lncosxx⋅sin(sinx)=limx→0cosx−1x⋅x=limx→0−12x2x2=−12解:\frac{0}{0}型 等价无穷小代换 \\ \lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\cos x}}{x\cdot\sin(\sin x)}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\cos x-1}{x\cdot x}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2}}=-\frac{1}{2} 解:00型等价无穷小代换x→0limx⋅sin(sinx)lncosx=x→0limx⋅xcosx−1=x→0limx2−21x2=−21
③limx→∞x2⋅(e−cos1x−e−1)\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(e^{-\cos\frac{1}{x}}-e^{-1})}x→∞limx2⋅(e−cosx1−e−1)
解:∞⋅0型,0等价无穷小代换limx→∞x2⋅(e−cos1x−e−1)=e−1limx→∞x2⋅(e1−cos1x−1)=e−1limx→∞x2⋅(1−cos1x)=e−1limx→∞x2⋅(12)(1x)2=12e解:\infty\cdot0型,0等价无穷小代换 \\ \lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(e^{-\cos\frac{1}{x}}-e^{-1})}=e^{-1}\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(e^{1-\cos\frac{1}{x}}-1)}= \\ e^{-1}\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(1-\cos\frac{1}{x}})=e^{-1}\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(\frac{1}{2})(\frac{1}{x})^2}=\frac{1}{2e} 解:∞⋅0型,0等价无穷小代换x→∞limx2⋅(e−cosx1−e−1)=e−1x→∞limx2⋅(e1−cosx1−1)=e−1x→∞limx2⋅(1−cosx1)=e−1x→∞limx2⋅(21)(x1)2=2e1
④limx→∞(2x+12x−1)x+1\lim\limits_{x\to\infty}{(\frac{2x+1}{2x-1})^{x+1}}x→∞lim(2x−12x+1)x+1
解:1∞型,利用重要极限limx→∞(1+1x)x=elimx→∞(2x+12x−1)x+1=limx→∞(1+22x−1)2x−12+32=elimx→∞(1+22x−1)32=e解:1^{\infty}型,利用重要极限\lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{1}{x})^{x}}=e \\ \lim\limits_{x\to\infty}{(\frac{2x+1}{2x-1})^{x+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{2}{2x-1})^{\frac{2x-1}{2}+\frac{3}{2}}}=\\ e\lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{2}{2x-1})^{\frac{3}{2}}}=e 解:1∞型,利用重要极限x→∞lim(1+x1)x=ex→∞lim(2x−12x+1)x+1=x→∞lim(1+2x−12)22x−1+23=ex→∞lim(1+2x−12)23=e
⑤limx→0(ax+bx+cx3)1x\lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x}{3})^{\frac{1}{x}}}x→0lim(3ax+bx+cx)x1
解:1∞型利用eln{1+f(x)}g(x)=ef(x)⋅g(x)limx→0(ax+bx+cx3)1x=elimx→0ln(1+ax+bx+cx−33)1x=elimx→0(ax+bx+cx−33)1xlimx→0(ax+bx+cx−33)1x=limx→0(ax−13x)+limx→0(bx−13x)+limx→0(cx−13x)=ln(abc)13即limx→0(ax+bx+cx3)1x=(abc)13解:1^\infty型 利用e^{\ln\{1+f(x)\}^{g(x)}}=e^{f(x)\cdot g(x)} \\ \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x}{3})^{\frac{1}{x}}}=e^{{\lim\limits_{x\to0}{\ln(1+\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3})^{\frac{1}{x}}}}} = \\ e^{\lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3}){\frac{1}{x}}}} \\ \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3}){\frac{1}{x}}}= \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x-1}{3x})}+\lim\limits_{x\to0}{(\frac{b^x-1}{3x})}+\lim\limits_{x\to0}{(\frac{c^x-1}{3x})}=\\ \ln(abc)^{\frac{1}{3}} \\ 即\lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x}{3})^{\frac{1}{x}}}= (abc)^{\frac{1}{3}} 解:1∞型利用eln{1+f(x)}g(x)=ef(x)⋅g(x)x→0lim(3ax+bx+cx)x1=ex→0limln(1+3ax+bx+cx−3)x1=ex→0lim(3ax+bx+cx−3)x1x→0lim(3ax+bx+cx−3)x1=x→0lim(3xax−1)+x→0lim(3xbx−1)+x→0lim(3xcx−1)=ln(abc)31即x→0lim(3ax+bx+cx)x1=(abc)31
7 无穷小比阶
例8 设当x→0x\to0x→0时,(1−cosx)ln(1+x2)(1-\cos x)\ln(1+x^2)(1−cosx)ln(1+x2)是比x⋅sinxnx\cdot\sin x^nx⋅sinxn高阶的无穷小,而x⋅sinxnx\cdot\sin x^nx⋅sinxn是比ex2−1e^{x^2}-1ex2−1高阶的无穷小,则n=?(n为正整数)
由题得:limx→0x⋅sinxn(1−cosx)ln(1+x2)=0limx→0ex2−1x⋅sinxn=0limx→0x⋅sinxn(1−cosx)ln(1+x2)=limx→0xn+112x4=0即n+1<4⇒n<3limx→0ex2−1x⋅sinxn=limx→0x2xn+1=0⇒n+1>2⇒n>1中上得1<n<3,n为正整数即n=2由题得:\\ \lim\limits_{x\to0}{\frac{x\cdot\sin x^n}{(1-\cos x)\ln(1+x^2)}}=0 \\ \lim\limits_{x\to0}{\frac{e^{x^2}-1}{x\cdot\sin x^n}}=0 \\ \lim\limits_{x\to0}{\frac{x\cdot\sin x^n}{(1-\cos x)\ln(1+x^2)}}=\lim\limits_{x\to0}{\frac{x^{n+1}}{\frac{1}{2}x^4}}=0 即 n+1\lt 4\Rightarrow n\lt3 \\ \lim\limits_{x\to0}{\frac{e^{x^2}-1}{x\cdot\sin x^n}}=\lim\limits_{x\to0}{\frac{x^2}{x^{n+1}}}=0\Rightarrow n+1>2 \Rightarrow n\gt1\\ 中上得1\lt n\lt 3,n为正整数即 n = 2 由题得:x→0lim(1−cosx)ln(1+x2)x⋅sinxn=0x→0limx⋅sinxnex2−1=0x→0lim(1−cosx)ln(1+x2)x⋅sinxn=x→0lim21x4xn+1=0即n+1<4⇒n<3x→0limx⋅sinxnex2−1=x→0limxn+1x2=0⇒n+1>2⇒n>1中上得1<n<3,n为正整数即n=2
8 加减→\rightarrow→乘除
f(x)g(x)=c≠0\frac{f(x)}{g(x)}=c\not =0g(x)f(x)=c=0 , 若f(x)→0,则g(x)→0f(x)\to 0,则g(x)\to0f(x)→0,则g(x)→0
例9 设limx→+∞(x2+x+1−ax−b)=0\lim\limits_{x\to+\infty}{(\sqrt{x^2+x+1}-ax-b)}=0x→+∞lim(x2+x+1−ax−b)=0,求常数a,ba,ba,b
令x=1t,则当x→+∞时,t→+0,此时可利用的方法很多limx→+∞(x2+x+1−ax−b)=limt→+0(t2+t+1−a−bt)t=0因为分母t→0,所以limt→+0(t2+t+1−a−bt)=1−a=0,得a=1原式=limt→+0(t2+t+1−1)t−b=limt→+012(t2+t)t−b=12−b=0,得b=12令x=\frac{1}{t},则当x\to+\infty时,t\to+0,此时可利用的方法很多\\ \lim\limits_{x\to+\infty}{(\sqrt{x^2+x+1}-ax-b)}=\lim\limits_{t\to+0}{\frac{(\sqrt{t^2+t+1}-a-bt)}{t}}=0 \\ 因为分母t\to0,所以\lim\limits_{t\to+0}{(\sqrt{t^2+t+1}-a-bt)}=1-a=0,得 a = 1 \\ 原式=\lim\limits_{t\to+0}{\frac{(\sqrt{t^2+t+1}-1)}{t}-b}=\lim\limits_{t\to+0}{\frac{\frac{1}{2}(t^2+t)}{t}-b}=\frac{1}{2}-b=0,得b=\frac{1}{2} 令x=t1,则当x→+∞时,t→+0,此时可利用的方法很多x→+∞lim(x2+x+1−ax−b)=t→+0limt(t2+t+1−a−bt)=0因为分母t→0,所以t→+0lim(t2+t+1−a−bt)=1−a=0,得a=1原式=t→+0limt(t2+t+1−1)−b=t→+0limt21(t2+t)−b=21−b=0,得b=21
9 分段函数在某点连续
例10 求常数a,ba,ba,b,使
f(x)={ln(1+x)x,x>0a,x=01+x−1−x2bx,−1≤x<0f(x)= \begin{cases} \frac{\ln(1+x)}{x},\quad x\gt 0 \\ a,\qquad x=0 \\ \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{2bx},\quad -1\le x\lt0 \end{cases} f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧xln(1+x),x>0a,x=02bx1+x−1−x,−1≤x<0
在x=0处连续。
解,函数f(x)在x=0处连续即limx→0+f(x)=limx→0−f(x)=f(0)limx→0+f(x)=limx→0+ln(1+x)x=1f(0)=a=1,limx→0−f(x)=limx→0−1+x−1−x2bx=limx→0−(1+x−1−x)(1+x+1−x)2bx(1+x+1−x)=12b=1,得b=12解,函数f(x)在x=0处连续即\lim\limits_{x\to0^+}{f(x)}=\lim\limits_{x\to0^-}{f(x)}=f(0) \\ \lim\limits_{x\to0^+}{f(x)}=\lim\limits_{x\to0^+}{\frac{\ln(1+x)}{x}}=1 \\ f(0)=a=1, \\ \lim\limits_{x\to0^-}{f(x)}=\lim\limits_{x\to0^-}{\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{2bx}}=\lim\limits_{x\to0^-}{\frac{(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}{2bx(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}}\\ =\frac{1}{2b}=1,得b=\frac{1}{2} 解,函数f(x)在x=0处连续即x→0+limf(x)=x→0−limf(x)=f(0)x→0+limf(x)=x→0+limxln(1+x)=1f(0)=a=1,x→0−limf(x)=x→0−lim2bx1+x−1−x=x→0−lim2bx(1+x+1−x)(1+x−1−x)(1+x+1−x)=2b1=1,得b=21
10 间断点判别
例 11 设f(x)=limn→∞1−x2n1+x2n⋅xf(x)=\lim\limits_{n\to\infty}{\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}}\cdot xf(x)=n→∞lim1+x2n1−x2n⋅x,求f(x)f(x)f(x)的间断点并指明类型。
解:f(x)是关于x的函数,但是表达式中处理了n→∞的极限,需要先处理极限;极限分析取决与x的取值范围;f(x)=limn→∞(21+x2n−1)⋅xn→∞,当∣x∣<1时,x2n→0,f(x)=x;∣x∣=1时,f(x)=0;当∣x∣>1时,f(x)=−xf(x)={−x,x<−10,x=−1x,−1<x<10,x=1−x,x>0limx→−1−f(x)=limx→−1−(−x)=1limx→−1+f(x)=limx→−1+(x)=−1f(−1)=0所有x=−1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。同理x=1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。解:f(x)是关于x的函数,但是表达式中处理了n\to\infty的极限,需要先处理极限;极限分析取决与x的取值范围; \\ f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{2}{1+x^{2n}}-1)}\cdot x\\ n\to\infty,当|x|<1时,x^{2n}\to0,f(x)=x;|x|=1时,f(x)=0;当|x|\gt1时,f(x)=-x \\ f(x)= \begin{cases} -x,\quad x\lt-1 \\ 0,\quad x=-1 \\ x,\quad -1\lt x\lt 1 \\ 0,\quad x=1 \\ -x,\quad x\gt0 \end{cases} \\ \lim\limits_{x\to-1^-}{f(x)}=\lim\limits_{x\to-1^-}{(-x)}=1 \\ \lim\limits_{x\to-1^+}{f(x)}=\lim\limits_{x\to-1^+}{(x)}=-1 \\ f(-1)=0 所有x=-1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。 \\ 同理x=1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。 解:f(x)是关于x的函数,但是表达式中处理了n→∞的极限,需要先处理极限;极限分析取决与x的取值范围;f(x)=n→∞lim(1+x2n2−1)⋅xn→∞,当∣x∣<1时,x2n→0,f(x)=x;∣x∣=1时,f(x)=0;当∣x∣>1时,f(x)=−xf(x)=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧−x,x<−10,x=−1x,−1<x<10,x=1−x,x>0x→−1−limf(x)=x→−1−lim(−x)=1x→−1+limf(x)=x→−1+lim(x)=−1f(−1)=0所有x=−1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。同理x=1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。
11 渐近线
例如12 求曲线f(x)=2x3x2−3x+2f(x)=\frac{2x^3}{x^2-3x+2}f(x)=x2−3x+22x3的渐近线
解:渐近线有铅直、水平和斜渐近线铅直找令limf(x)→∞的点化简f(x)=2x3(x−1)(x−2)limx→1f(x)=∞limx→2f(x)=∞所以x=1和x=2为f(x)的铅直渐近线水平渐近线,看当x→∞的时候,f(x)的极限是否存在limx→∞f(x)=limx→∞2x3x2−3x+2=∞不存在所以f(x)没有水平渐近线斜渐近线,看看limx→∞f(x)x是否存在limx→∞f(x)x=limx→∞2x3(x2−3x+2)x=2,即斜渐近线斜率为2求截距=limx→∞[f(x)−kx]=limx→∞(2x3x2−3x+2−2x)=6所以斜渐近线为:y=2x+6解: 渐近线有铅直、水平和斜渐近线 \\ 铅直找令\lim f(x)\to\infty的点 化简f(x)=\frac{2x^3}{(x-1)(x-2)} \\ \lim\limits_{x\to1}{f(x)}=\infty\quad \lim\limits_{x\to2}{f(x)}=\infty \\ 所以x=1和x=2为f(x)的铅直渐近线 \\ 水平渐近线,看当x\to\infty的时候,f(x)的极限是否存在 \\ \lim\limits_{x\to\infty}{f(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x^3}{x^2-3x+2}}=\infty不存在 \\ 所以f(x)没有水平渐近线 \\ 斜渐近线,看看\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{f(x)}{x}}是否存在 \\ \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{f(x)}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x^3}{(x^2-3x+2)x}}=2 ,即斜渐近线斜率为2\\ 求截距=\lim\limits_{x\to \infty}{[f(x)-kx]}=\lim\limits_{x\to\infty}{(\frac{2x^3}{x^2-3x+2}-2x)}=6 \\ 所以斜渐近线为:y=2x+6 解:渐近线有铅直、水平和斜渐近线铅直找令limf(x)→∞的点化简f(x)=(x−1)(x−2)2x3x→1limf(x)=∞x→2limf(x)=∞所以x=1和x=2为f(x)的铅直渐近线水平渐近线,看当x→∞的时候,f(x)的极限是否存在x→∞limf(x)=x→∞limx2−3x+22x3=∞不存在所以f(x)没有水平渐近线斜渐近线,看看x→∞limxf(x)是否存在x→∞limxf(x)=x→∞lim(x2−3x+2)x2x3=2,即斜渐近线斜率为2求截距=x→∞lim[f(x)−kx]=x→∞lim(x2−3x+22x3−2x)=6所以斜渐近线为:y=2x+6
12 方程根的存在性(零点定理)
例13 设f(x)在[a,b]f(x)在[a,b]f(x)在[a,b]连续,f(a)=f(b)f(a)=f(b)f(a)=f(b)。证明:存在ξ∈[a,b]\xi\in[a,b]ξ∈[a,b]使得f(ξ)=f(ξ+b−a2)f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2})f(ξ)=f(ξ+2b−a)
令g(x)=f(x)−f(x+b−a2),x∈[a,a+b2]因为f(x)在[a,b]上连续,则g(x)在[a,a+b2]上连续g(a)=f(a)−f(a+b−a2)=f(a)−f(a+b2)g(a+b2)=f(a+b2)−f(a+b2+b−a2)=f(a+b2)−f(b)因为f(a)=f(b)若f(a)=f(a+b2),则ξ取a满足条件若f(a)≠f(a+b2)则g(a)和g(a+b2)异号,根据零点定理有∃ξ∈[a,a+b2]⊆[a,b],使得g(ξ)=f(ξ)−f(ξ+b−a2)=0即f(ξ)=f(ξ+b−a2)令g(x)=f(x)-f(x+\frac{b-a}{2}),x\in[a,\frac{a+b}{2}] \\ 因为f(x)在[a,b]上连续,则g(x)在[a,\frac{a+b}{2}]上连续\\ g(a)=f(a)-f(a+\frac{b-a}{2})=f(a)-f(\frac{a+b}{2}) \\ g(\frac{a+b}{2})=f(\frac{a+b}{2})-f(\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2})=f(\frac{a+b}{2})-f(b) \\ 因为f(a)=f(b) 若f(a)=f(\frac{a+b}{2}),则\xi取a满足条件\\ 若f(a)\not=f(\frac{a+b}{2}) 则g(a)和g(\frac{a+b}{2})异号,根据零点定理有\\ \exists\xi\in[a,\frac{a+b}{2}]\subseteq[a,b],使得g(\xi)=f(\xi)-f(\xi+\frac{b-a}{2})=0即 \\ f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2}) 令g(x)=f(x)−f(x+2b−a),x∈[a,2a+b]因为f(x)在[a,b]上连续,则g(x)在[a,2a+b]上连续g(a)=f(a)−f(a+2b−a)=f(a)−f(2a+b)g(2a+b)=f(2a+b)−f(2a+b+2b−a)=f(2a+b)−f(b)因为f(a)=f(b)若f(a)=f(2a+b),则ξ取a满足条件若f(a)=f(2a+b)则g(a)和g(2a+b)异号,根据零点定理有∃ξ∈[a,2a+b]⊆[a,b],使得g(ξ)=f(ξ)−f(ξ+2b−a)=0即f(ξ)=f(ξ+2b−a)
后记
❓QQ:806797785
⭐️文档笔记地址:https://gitee.com/gaogzhen/math
参考:
[1]同济大学数学系.高等数学 第七版 上册[M].北京:高等教育出版社,2014.7.P1~p72.
[2]【梨米特】同济七版《高等数学》全程教学视频|纯干货知识点解析,应该是全网最细|微积分 | 高数[CP/OL].2020-04-16.p12.
0112习题-函数与极限-高等数学相关推荐
- 0111总结-函数与极限-高等数学
文章目录 1.1 极限的定义 1.1.1 数列的极限ϵ−N\epsilon-Nϵ−N 1.1.2 函数的极限 1.2 极限的性质 1.3 无穷小和无穷大 1.3.1 定义和定理 1.3.1.1 无穷小 ...
- 0109连续函数的运算和初等函数的连续性-函数与极限-高等数学
文章目录 1 连续函数的和.差.积.商的连续性 2 反函数和复合函数的连续性 3 初等函数的连续性 4 练习 4 后记 1 连续函数的和.差.积.商的连续性 由函数在某点连续的定义和极限的四则运算法则 ...
- 0108函数的连续性与间断点-函数与极限-高等数学
文章目录 1 函数的连续性 1.1 直观认知 1.2 函数增量 1.3 函数连续的定义 1.4 单侧连续 1.5 区间连续 1.6 连续性例题 2 函数的间断点 2.1 函数间断点定义 2.2 函数间 ...
- 0110闭区间上连续函数的性质-函数与极限-高等数学
文章目录 1 有界性与最大值最小值定理 2 零点定理与介质定理 3 后记 闭区间连续:如何函数f(x)f(x)f(x)在开区间(a,b)(a,b)(a,b)上连续,在点aaa右连续,在点bbb左连续, ...
- 闭区间连续函数的性质+习题课(函数与极限总复习)——“高等数学”
各位CSDN的uu们你们好呀,今天我们的内容依然是关于连续函数的概念和性质及相关内容,之前的博客我们学习到了函数的连续性和函数的间断点,那今天,我们便来看看闭区间上连续函数的性质,好的,接下来就让我们 ...
- 高等数学上:函数的极限(重难点)
2019.03.26 参考资料:mooc西华大学高等数学课程 昨天学习了数列的极限,今天我们来讨论函数的极限 首先我们来讨论当 自变量趋近于无穷大 的时候,函数的极限 很明显,x->无穷,包含两 ...
- 【考研数学】高等数学知识点整理——第一章 函数、极限、连续
1 函数 1.1 函数的定义 设 xxx 和 yyy 是两个变量,DDD 是一个给定的数集,如果对于每个数 x∈Dx∈Dx∈D,变量 xxx 按照一定的法则总有一个确定的数值 yyy 与之对应,则 ...
- 【高等数学】函数与极限
本文为高等数学学习总结,讲解函数与极限.欢迎交流 映射与函数 函数的概念 函数通常简记为: y = f ( x ) , x ∈ D y=f(x),\quad x∈D y=f(x),x∈D,其中 D D ...
- 高等数学之函数与极限
1.映射与函数 映射{x}→{y} 定义:两个非空集合X.Y,若存在法则 f,使X中每个元素x在Y中都能确定唯一元素y与之对应,则称 f为 X到Y的映射,记 作 f:x→y ◼ X:{0,1,2,3} ...
最新文章
- 仅用语音,AI就能“脑补”你的脸! | 技术头条
- numpy中计算矩阵数值的核心函数
- 解决安装mysql的”A Windows service with the name MySQL already exists.“问题
- 玩转Mixly – 5、Arduino AVR编程 之 逻辑
- linux如何使用vim显示行号语法高亮,(.vimrc简单使用)
- 读书笔记—写给大家看的PPT设计书
- JavaScript 检查对象属性
- 一文教你从零开始设计并实现一个Java扫雷游戏
- IOS socket编程--Asyncsocket
- 罗永浩宣布年后回归科技界!下一代平台上见 网友:暗示年后“真还传”要完结...
- SEO基础问题:14.给图片添加alt标签的知识点
- linux的python2.7的paramiko_centos7 python2.7下安装paramiko模块
- 知方可补不足~说说吧!timestamp有什么用?
- 在运行microsoft windows 非核版本的计算机上_系统版本决定获得Win10 2004与20H2版更新时间...
- python总结之函数定义(一)
- 【ES 笔记】 ElasticSearch 基本的查询语句介绍
- 计算机职业的霍兰德代码,霍兰德职业兴趣测验与职业代码.pdf
- 服务器温度显示过高,服务器机房温度过高
- 2022保密教育线上培训考试 04
- 佳能hdr_(摄影后期)在佳能DPP中制造HDR,改善照片画质转载
热门文章
- excel教程自学网_5个相见恨晚的自学网站,个个精心挑选,爱学习的你正好需要!...
- a:link、a:visited、a:hover、a:active伪类选择器
- Codeforces Round #776 (Div. 3) A B C D E
- 从零开始学习CANoe(十二)—— Trace Window
- 【uip移植】在AVR单片机ATMega16A上运行uip协议栈,网卡使用ENC28J60
- 导出邮箱里的联系人:支持Gmail,126,网易,搜狐,Hotmail,新浪,雅虎,MSN
- liunx系统下安装crontab
- liunx系统的常用命令【实用】
- 最稳定asp空间websamba完美攻略
- Not the least