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微积分学习总结

首先,就是要有正确的复习方法。在这里,我们也给大家提供几种有效的方法以供参考: 第一、大家首先要克服浮躁的毛病,养成看课本的习惯。其实,所有的考试都是从课本知识中 发散来的,所以在复习时就必须看课本,反复的看,细节很重要,特别是基本概念和定理。详细浏 览完课本之后,认真复习课本上的课后习题和学习指导上每章的复习小结,力争复习参考题每题都 过关。复习小结了然于心,然后再复习。 第二、制定复习计划,把时间合理分配到四个章节,尤其是第二章极限尤为重点,是整个上学 期微积分理论的基础。学好极限,对于理解连续还有导数有着重要意义,很多同学觉得越学越吃力 的原因还是在于学期初没有扎实的打好知识基础。

第三、理清知识结构网络图(极限、连续、导数、不定积分),然后根据知识结构网络图去发 散、联想基础概念和基本定理和每个知识点的应用计算题,对本章节的内容有个清晰的思路,这样 就可以在整体上把握书本知识。从整体上把握书本知识有利于我们对于试卷中的一些基本的题目有 一个宏观的把握,对于试卷中的问答题,可以从多角度去理解和把握,这样就能够做到回答问题的 严密性。

第四、将课上老师所讲授的典型例题及做习题过程遇到的难题还有易错的题归纳整理,分析。 数学当中很容易出现同一个问题有几种不同的解决方法的情况,但是经过总结归纳之后在应试时可 以选取一个最简单而且效率最高的解法。比如,求极限的 13 种方法要分别练习,还有求导、求微分 及求不定积分公式表要经常回顾。

第五、有条件的话可以看看往年的考试真题,针对出现较频率较高的题型,适当的做些有针对 性的模拟试题。另外,应该多做那些自己认为知识点理解、应用薄弱的题,对一些难题可在自己思 考的基础上加强与同学、老师的交流,对于那些偏题、怪题笑而弃之。

其次,有了好的复习方法,还要注意复习内容,也就是复习要点。微积分上学期的主要内容及 基本要求经过详细整理分类主要包括以下三个部分,希望能够对大家的复习起到事半功倍的效果:

函数、 函数、极限与连续

(一)基本概念
·1· ·

1.函数:常量与变量,函数的定义

2.函数的表示方法:解析法,图示法、表格法

3.函数的性质:函数的单调性、奇偶性、有界性和周期性

4.初等函数:基本初等函数,复合函数,初等函数,分段表示的函数,建立函数关系

5.极限:数列极限、函数极限、左右极限、极限四则运算,无穷小量与无穷大量,无穷小量的性质, 无穷小量的比较,两个重要极限

6.连续:函数在一点连续,左右连续,连续函数,间断点及其分类,初等函数的连续性,闭区间上 连续函数性质的叙述

重点:函数概念,基本初等函数,极限的计算

难点:建立函数关系,极限概念

(二)基本要求 1. 理解函数的概念,了解分段函数。能熟练地求函数的定义域和函数值。 2. 了解函数的主要性质(单调性、奇偶性、周期性和有界性)。 3. 熟练掌握六类基本初等函数的解析表达式、定义域、主要性质和图形。 4. 了解复合函数、初等函数的概念。 5. 会列简单应用问题的函数关系式。 6. 了解极限的概念,知道数极限的描述性定义,会求函数的左、右极限。 7. 了解无穷小量的概念,了解无穷小量的运算性质及其与无穷大量的关系,以及无穷小量的比较等 关系。
·2· ·

8. 掌握极限的四则运算法则. 9. 掌握用两个重要极限求一些极限的方法。 10. 了解函数连续性的定义,会求函数的连续区间。 11. 了解函数间断点的概念,会判别函数间断点的类型。 12. 记住初等函数在其有定义的区间内连续的性质,知道闭区间上的连续函数的几个性质。 一元函数微分学

(一)基本概念

1.导数:导数的定义及几何意义,函数连续与可导的关系,基本初等函数的导数,导数的四则运算 法则,复合函数求导法则,隐函数求导法则,对数求导法举例,用参数表示的函数的求导法则,高 阶导数

2.微分:微分的概念与运算,微分基本公式表,微分法则,一阶微分形式的不变性

3.中值定理:罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理的叙述

4.导数应用:用洛比达法则去求七种未定式极限问题,函数的单调性判别法,函数的极值 及其求法,函数图形的凹凸性及其判别法,拐点及其求法,水平与垂直渐近线,最大值、最小值问 题,导数在经济问题的应用

重点:导数概念和导数的计算,极值,最大利润问题

难点:导数的应用

(二)基本要求

·3· ·

1. 理解导数与微分概念,了解导数的几何意义。会求曲线的切线和法线方程。知道可导与连续的关 系。

2. 熟记导数与微分的基本公式,熟练掌握导数与微分的四则运算法则。 3. 熟练掌握复合函数的求导法则。 4. 掌握隐函数的微分法,取对数求导数的方法,以及用参数表示的函数求一阶导数的方法。 5. 知道一阶微分形式的不变性。 6. 了解高阶导数概念,掌握求显函数的二阶导数的方法。 7. 了解罗尔定理、拉格朗日中值定理的条件和结论;知道柯西定理的条件和结论。会用拉格朗日定 理证明简单的不等式

8. 掌握洛比达法则求极限问题

9.了解驻点、极值点、极值、凹凸、拐点等概念

10.掌握用一阶导数求函数单调区间、极值与极值点(包括判别)的方法,了解可导函数极值存在的 必要条件。知道极值点与驻点的区别与联系

11.掌握用二阶导数求曲线凹凸(包括判别)的方法,会求曲线的拐点

12.会求曲线的水平渐近线和垂直渐近线 13. 掌握求解一些简单的实际问题中最大值和最小值的方法 不定积分

(一)基本概念

1.不定积分:原函数、不定积分概念,不定积分的性质,基本积分公式表
·4· ·

2.积分法:第一换元积分法,第二换元积分法,分部积分法,有理函数积分举例,三角有理式积分 举例,积分表的使用

重点:积分概念与计算,在几何上的应用

难点:积分的计算及其应用

(二)基本要求

1.理解原函数与不定积分概念,了解不定积分的性质以及积分与导数(微分)的关系

2.熟记积分基本公式,熟练掌握第一换元积分法和分部积分法

3.了解不定积分概念(定义、几何意义、物理意义)和不定积分的性质

4.熟练掌握求解不定积分的方法

最后一点,还要提醒大家的就是复习时的注意事项。在复习的过程中,应该注意调整我们的状 态和注意休息,一般地说,我们的大脑集中于某一学科的时间不是很长的,时间一长,我们的思维 就可能处于停滞的状态,所以我们应该合理地安排时间,争取在复习时将所学的几门学科都能够交 叉安排,这样保证大脑的高效率。同时,还应该注意休息。考试期间的复习效率很低,那时看看书 适当放松,把习题简单回顾一下足矣。考前注意保持充足的睡眠,现在很多同学在期末考试前点灯 熬夜,晚上不注意休息,考试没有精神,甚至睡着了,导致很容易的题目也没有时间做了;还有不 容忽视的一点就是,在考试的过程中,要注意卷面干净、书写整洁,还要有清晰的解题思路和完整 的答题步骤,对于没有思路的题可以先放放以免耽误答题时间,否则会影响自己的卷面得分。最后, 希望大家保持一个健康的身体和良好的心态,做好期末复习,祝大家取得好成绩!提前祝大家元旦 快乐!

·5· ·

第一章

函数与极限

第一节 函数
§1.1 函数内容网络图
定义域 定义 区间 不等式 集合

对应法则 表格法 表达方法 图象法 初等函数 解析法 非初等函数 函数的特性 函数 单调性 奇偶性 周期性 有界性 定义 反函数 重要的函数 复合函数 存在性定理

?? 1, ? 符号函数: 符号函数: sgn x = ?0, ?1, ?

x < 0, x = 0, x > 0.

几个具体重要的函数

取整函数: 其中[x]表示不超过 的最大整数. 取整函数: f ( x ) = [x] ,其中 表示不超过 x 的最大整数 狄里克雷函数: 狄里克雷函数: D ( x ) = ?

?1, ?0,

x为有理数, x为无理数.

§1.2 内容提要与释疑解难
一、函数的概念
·6· ·

定义:设 、 是两个非空实数集, 定义 设 A、B 是两个非空实数集,如果存在一个对应法则 f,使得对 A 中任何一个实数 x,在 , , B 中都有唯一确定的实数 y 与 x 对应,则称对应法则 f 是 A 上的函数,记为 对应, 上的函数,

f :x? y
y 称为 x 对应的函数值,记为 对应的函数值,

或 f :A → B .

y = f ( x ), x ∈ A .

其中 x 叫做自变量,y 又叫因变量,A 称为函数 f 的定义域,记为 D(f) ,

f ( A) ={ f ( x) x ∈ A} , 称 为 函 数 的 值 域 , 记 为 R ( f ) 在 平 面 坐 标 系 Oxy 下 , 集 合 ,
?

{( x, y)

y = f ( x), x ∈ D}称为函数 y=f(x)的图形。函数是微积分中最重要最基本的一个概念,因 的图形。 一个概念, 的图形 函数是微积分中最重要最基本的一个概念

为微积分是以函数为研究对象,运用无穷小及无穷大过程分析处理问题的一门数学学科。 为微积分是以函数为研究对象,运用无穷小及无穷大过程分析处理问题的一门数学学科。 1、由确定函数的因素是定义域、对应法则及值域,而值域被定义域和对应法则完全确定,故确 、由确定函数的因素是定义域、对应法则及值域,而值域被定义域和对应法则完全确定, 定函数的两要素为定义域和对应法则。从而在判断两个函数是否为同一函数时, 定函数的两要素为定义域和对应法则。从而在判断两个函数是否为同一函数时,只要看这两个函数 的定义域和对应法则是否相同,至于自变量、因变量用什么字母,函数用什么记号都是无关紧要的。 的定义域和对应法则是否相同,至于自变量、因变量用什么字母,函数用什么记号都是无关紧要的。 2、函数与函数表达式的区别:函数表达式指的是解析式子,是表示函数的主要形式,而函数除 、函数与函数表达式的区别:函数表达式指的是解析式子,是表示函数的主要形式, 了用表达式来表示,还可以用表格法、图象法等形式来表示,不要把函数与函数表达式等同起来 函数与函数表达式等同起来。 了用表达式来表示,还可以用表格法、图象法等形式来表示,不要把函数与函数表达式等同起来。

二、反函数
定义 设 y=f(x), x ∈ D ,若对 R(f)中每一个 y,都有唯一确定且满足 y=f(x)的 x ∈ D 与之对 , 中每一个 , 的 的反函数, 应,则按此对应法则就能得到一个定义在 R(f)上的函数,称这个函数为 f 的反函数,记作 ( )上的函数,

f

?1

: R( f ) → D或x = f

?1

( y ), y ∈ R( f ) .
?1

表示自变量, 表示因变量, 由于习惯上用 x 表示自变量,y 表示因变量,所以常把上述函数改写成 y = f

(x ),

x ∈ R( f ) .

1、 、 由函数、 反函数的定义可知, 反函数的定义域是原来函数的值域, 值域是原来函数的定义域。 由函数、 反函数的定义可知, 反函数的定义域是原来函数的值域, 值域是原来函数的定义域。 -1 2、函数 y=f(x)与 x=f (y)的图象相同,这因为满足 y=f(x)点(x,y)的集合与满足 x=f-1(y)点(x,y) 的图象相同, 、 与 的图象相同 点 ) 点 -1 的集合完全相同, 对称。 的集合完全相同,而函数 y=f(x)与 y=f (x)图象关于直线 y=x 对称。 与 图象关于直线 3、若 y=f(x)的反函数是 x=f-1(y),则 y = f f 、 的反函数是 ,

[

?1

( y) ,

]

x= f

?1

[ f (x )].

4、定理 1(反函数存在定理)严格增(减)的函数必有严格增(减)的反函数。 、 的函数必有严格增( 的反函数。 (反函数存在定理)严格增(

三、复合函数
定义 设 y = f (u ), u ∈ E , u = ? (x ), x ∈ D ,若 D ( f ) ∩ R (? ) ≠ φ ,则 y 通过 u 构成 x 的函

复合而成的函数,简称为复合函数, 数,称为由 y=f(u)与 u = ? ( x ) 复合而成的函数,简称为复合函数,记作 y = f (? ( x )) 。 与 称为自变量, 称为因变量, 复合函数的定义域为 x x ∈ D且? ( x) ∈ E ,其中 x 称为自变量,y 称为因变量,u 称为中间变 称为内函数, 称为外函数。 量, ? ( x ) 称为内函数,f(u)称为外函数。 称为外函数 能否构成复合函数, 1、在实际判断两个函数 y = f (u ), u = ? ( x ) 能否构成复合函数,只要看 y = f (? ( x )) 的定义域 、 在实际判断两个函数
·7· ·

{

}

是否为非空集,若不为空集,则能构成复合函数,否则不能复合函数。 是否为非空集,若不为空集,则能构成复合函数,否则不能复合函数。 2、在求复合函数时,只要指出谁是内函数,谁是外函数,例如 y=f(x), 、在求复合函数时,只要指出谁是内函数,谁是外函数,

y=g(x),若 y=f(x)作为外 若 作为外

函数, 作为内函数。 作为外函数, 函数,y=g(x)作为内函数。则复合函数 y = f ( g ( x )) ,若 y = g ( x ) 作为外函数, y = f ( x ) 作为内函 作为内函数 数,则复合函数为 y=g(f(x))。 。 3、我们要学会分析复合函数的复合结构,既要会把几个函数复合成一个复合函数,又要会把一 、我们要学会分析复合函数的复合结构,既要会把几个函数复合成一个复合函数, 个复合函数分拆成几个函数的复合。 个复合函数分拆成几个函数的复合。

四 初等函数
常值函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数统称为基本初等函数。 常值函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数统称为基本初等函数。 大家一定要记住基本初等函数的定义域,值域,会画它们的图象, 大家一定要记住基本初等函数的定义域,值域,会画它们的图象,并且要知道这些函数在哪些 区间递增,在哪些区间递减,是否经过原点?与坐标轴的交点是什么?以后我们常常要用到。 区间递增,在哪些区间递减,是否经过原点?与坐标轴的交点是什么?以后我们常常要用到。 由基本初等函数经过有限次四则运算或有限次复合运算所得到的函数统称为初等函数。 由基本初等函数经过有限次四则运算或有限次复合运算所得到的函数统称为初等函数。 不是初等函数称为非初等函数 等函数。 不是初等函数称为非初等函数。 一般来说,分段函数不是初等函数,但有些分段函数可能是初等函数, 一般来说,分段函数不是初等函数,但有些分段函数可能是初等函数,例如
2 f ( x ) = ?? x, x ≤ 0 = x = x ,是由 y ? x, x > 0 ?

= u , u = x 2 复合而成。 复合而成。

五 具有某些特性的函数
1.奇(偶)函数 . 定 义 设 D 是 关 于 原 点 对 称 的 数 集 , y=f(x) 为 定 义 在 D 上 的 函 数 , 若 对 每 一 个

x ∈ D (这时也有 ? x ∈ D ) , 都有 f (? x ) = ? f ( x )

( f (? x ) = f (x )) , y=f(x)为 D 上的奇 偶) 则称 为 上的奇 (

函数。 函数。 函数的必要条件。 (1)定义域关于原点对称是函数为奇(偶)函数的必要条件。 )定义域关于原点对称是函数为奇( 为奇函数, (2)若 f(x)为奇函数,则 f(0)=0,事实上,由定义知 f(-0)=-f(0),有 f(0)=-f(0),得 f(0)=0. ) 为奇函数 ,事实上, , , 2.周期函数 . 定义 设 y=f(x)为定义在 D 上的函数,若存在某个非零常数 T,使得对一切 x ∈ D ,都有 为定义在 上的函数, , f(x+T)=f(x),则称 y=f(x)为周期函数,T 称为 y=f(x)的一个周期。 为周期函数, 的一个周期。 , 为周期函数 的一个周期 显然, 的周期, 显然,若 T 是 f(x)的周期,则 kT (k ∈ Z ) 也是 f(x)的周期,若周期函数 f(x)的所有正周期中 的周期 ( )的周期, 的所有正周期中 存在最小正周期, 的基本周期, 存在最小正周期,则称这个最小正周期为 f(x)的基本周期,一般地,函数的周期是指的是基本周期。 的基本周期 一般地,函数的周期是指的是基本周期。 必须指出的是不是所有的周期函数都有最小正周期,例如 f(x)=c(c 为常数) 因为对任意的实 必须指出的是不是所有的周期函数都有最小正周期, ( 为常数) ,因为对任意的实 , 是周期函数,但在实数里没有最小正常数,所以, 常数 T,都有 f(x+T)=f(x)=c。所以 f(x)=c 是周期函数,但在实数里没有最小正常数,所以,周期函 , 。 没有最小正周期。 数 f(x)=c 没有最小正周期。 为周期函数, 如果 f(x)为周期函数,且周期为 T,任给 x ∈ D ,有 f(x)=f(x+kT),知 x + kT ∈ D (k ∈ Z ) 。所 为周期函数 , , 是无穷区间,即无穷区间是周期函数的必要条件。 以 D 是无穷区间,即无穷区间是周期函数的必要条件。 3.单调函数 . 定义 设 y=f(x)为定义在 D 上的函数,若对 D 中任意两个数 x1,x2 且 x1<x2,总有 为定义在 上的函数, 总有

f ( x1 ) ≤ f ( x 2 )
·8· ·

( f ( x ) ≥ f ( x )) ,
1 2

则称 y=f(x)为 D 上的递增(递减)函数,特别地,若总成立严格不等式 为 上的递增(递减)函数,特别地,

f ( x1 ) < f ( x 2 )

( f ( x ) > f ( x )) ,
1 2

则称 y=f(x)为 D 上严格递增(递减)函数。 为 上严格递增(递减)函数。 递增和递减函数统称为单调函数,严格递增和严格递减函数统称为严格单调函数。 递增和递减函数统称为单调函数,严格递增和严格递减函数统称为严格单调函数。 4.分段函数 . 如果一个函数在其定义域内, 范围有着不同的表达形式, 如果一个函数在其定义域内,对应于不同的 x 范围有着不同的表达形式,则称该函数为分段函 数。 注意分段函数不是由几个函数组成的,而是一个函数,我们经常构造分段函数来举反例, 注意分段函数不是由几个函数组成的,而是一个函数,我们经常构造分段函数来举反例,常见 的分段函数有符号函数、狄里克雷函数、取整函数。 的分段函数有符号函数、狄里克雷函数、取整函数。 5.有界函数与无界函数 . 定义 设 y=f(x)为定义在 D 上的函数,若存在常数 N≤M,使对每一个 x ∈ D ,都有 为定义在 上的函数, ≤ ,使对每一个

N ≤ f (x ) ≤ M
则称 f(x)为 D 上的有界函数,此时,称 N 为 f(x)在 D 上的一个下界,称 M 为 f(x)在 D 上的一个上 为 上的有界函数,此时, 在 上的一个下界, 在 界。 由定义可知上、下界有无数个,我们也可写成如下的等价定义,使用更加方便。 由定义可知上、下界有无数个,我们也可写成如下的等价定义,使用更加方便。 定义 设 y=f(x)为定义在 D 上的函数,若存在常数 M>0,使得对每一个 x ∈ D ,都有 为定义在 上的函数, ,

f (x ) ≤ M
则 f(x)为 D 上的有界函数。 为 上的有界函数。 几何意义,若 f(x)为 D 上的有界函数,则 f(x)的图象完全落在直线 y=-M 与 y=M 之间。 几何意义, 为 上的有界函数, 的图象完全落在直线 之间。 注意: 不一定与曲线相切。 注意:直线 y=-M,y=M 不一定与曲线相切。有界函数定义的反面是 , 多么大) 定义 设 y=f(x)为定义在 D 上的函数, 为定义在 上的函数, 若对每一个正常数 M 无论 M 多么大) 都存在 x0 ∈ D , ( , 使 f ( x 0 ) > M ,则称 f(x)为 D 上的无界函数。 为 上的无界函数。 6.函数的延拓与分解 . 有时我们需要由已知函数产生新的函数来解决实际问题,这里我们从函数的特性出发, 有时我们需要由已知函数产生新的函数来解决实际问题,这里我们从函数的特性出发,开拓由 已知产生新的函数的方法。 已知产生新的函数的方法。 设 y = f ( x ), x ∈ [0, a ] , 我考虑区间[-a,a]上的函数 F(x), 我考虑区间 上的函数 , 它是偶函数, 它是偶函数, 且在[0,a]上, F(x)=f(x), 且在 上 使 , 则应有 F ( x ) = ?

? f ( x ), ? f (? x )

x ∈ [0, a ],

x ∈ [? a,0 ).

称 F(x)是 f(x)的偶延拓 ( ) 的偶延拓 的奇延拓, ( ) 上的奇函数, 同样可给出 f(x)的奇延拓,即函数 F(x)在[-a,a]上的奇函数,且在(0,a)上,F(x)=f(x), 的奇延拓 上的奇函数 且在( ) ( ) ,

? f ( x ), x ∈ (0, a ) ? 这样, 只要, 则应有 F ( x ) = ?0, x = 0 这样,研究 f(x)只要,研究 F(x)就可以了。 只要 ( )就可以了。 ?? f (? x ), x ∈ (? a,0) ?
·9· ·

同样, 可以构造一个以( ) ,在 同样,对于函数 y=f(x), x ∈ (a, b ) ,可以构造一个以(b-a)为周期的周期函数 F(x) 在(a,b) ( ) , ) 上,F(x)=f(x),则有 F ( x ) = ? ( ) ,

? f ( x ), x ∈ (a, b ) ? f [x ? n(b ? a )], x ∈ (nb ? (n ? 1)a, (n + 1)b ? na ), n ∈ z

f ( x ) ? f (? x ) f ( x ) + f (? x ) + 2 2 f ( x ) ? f (? x ) f ( x ) + f (? x ) , f 2 (x ) = , 设 f1 (x ) = 2 2
上 f (x ) =

的周期延招, 这就是函数 f(x)的周期延招,研究 f(x)只要研究 F(x)就可以了。 的周期延招 只要研究 ( )就可以了。 此外,定义在区间( 此外,定义在区间(-a,a)上的任何一个函数 f(x)都可以表示成一个奇函数与一个偶函数和事实 ) 都可以表示成一个奇函数与一个偶函数和事实

是奇函数。 是偶函数, 由奇偶函数的定义知,f1(x)是奇函数。 f2(x)是偶函数,且 f ( x ) = f 1 ( x ) + f 2 ( x ) . 由奇偶函数的定义知, 是奇函数 是偶函数 是唯一存在, 我们还可以证明 f1(x),f2(x)是唯一存在,如果 f ( x ) = g 1 ( x ) + g 2 ( x ) , , 是唯一存在 是奇函数, 是偶函数, 其中 g1(x)是奇函数,g2(x)是偶函数,于是 是奇函数 是偶函数

f ( x ) = g 1 ( x ) + g 2 ( x ) , f (? x ) = g 1 (? x ) + g 2 (? x ) = ? g 1 ( x ) + g 2 ( x ) ,
解得 g1 ( x ) =

f ( x ) ? f (? x ) f (x ) + f (? x ) = f1 ( x ) , g 2 ( x ) = = f 2 (x ) 2 2

解题基本方法与技巧 §1.3 解题基本方法与技巧
一、求函数定义域的方法
1. . 若函数是一个抽象的数学表达式子, 则其定义域应是使这式子有意义的一切实数组成的集合, 若函数是一个抽象的数学表达式子, 则其定义域应是使这式子有意义的一切实数组成的集合, 且在 (1)分式的分母不能为零; )分式的分母不能为零; (2)偶次根号下应大于或等于零; )偶次根号下应大于或等于零; arc (3) ) 对数式的真数应大于零且 底数大于零不为 1; (4) sin ; ) (5) tan ? ( x ) ,其 kπ ? )

? ( x ) 或 arc cos ? ( x ) , ? (x ) ≤ 1 ; 其

π
2

< ? ( x ) < kπ +

π
2

, k ∈ z; cot ? ( x ), 其kπ < ? ( x ) < kπ + π , k ∈ z.

(6)若函数的表达式由几项组成,则它的定义域是各项定义域的交集; )若函数的表达式由几项组成,则它的定义域是各项定义域的交集; (7)分段函数的定义域是各段定义域的并集。 )分段函数的定义域是各段定义域的并集。 2.若函数涉及到实际问题,定义域是除了使数学式子有意义还应当确保实际有意义自变量取值 若函数涉及到实际问题, 若函数涉及到实际问题 全体组成的集合。 全体组成的集合。 3.对于抽象函数的定义域问题,要依据函数定义及题设条件。 对于抽象函数的定义域问题, 对于抽象函数的定义域问题 要依据函数定义及题设条件。 求下列函数的定义域: 例 1 求下列函数的定义域: (1) y = )

3x ? x 3 ;

(2) y = arcsin )
3

数式子有意义, 解(1)要使函数式子有意义,就必须满足 3 x ? x ≥ 0 。 )要使函数式子有意义 化简有

2x 1+ x

x x? 3 x+ 3 ≤ 0,

(

)(

)

·10· ·



(x + 3 )x(x ? 3 ) ≤ 0 . 解之, 解之,得定义域为 x ∈ (? ∞,? 3 ]∪ [0, 3 ]。
(2)要使函数式子有意义,就必须满足 )要使函数式子有意义,

2x 2x ≤ 1, ≤ 1 ,即 ? 1 ≤ 1+ x 1+ x 2 2 ≤ 1, ? 3 ≤ ? ≤ ?1 , 1+ x 1+ x 3 1 1 ≥ , 不等式各边除以( ) 不等式各边除以(-2)有, ≥ 2 1+ x 2 2 1 解之, 各边取倒数得, 各边取倒数得, ≤ 1 + x ≤ 2 。解之,得函数的定义域为 ? ≤ x ≤ 1 。 3 3
化简有 ? 1 ≤ 2 ? 例 2 不清设 f ( x ) =

x 1 1+ x?2

的定义域。 ,求 f(x)的定义域。 的定义域

要使函数式子有意义, 解 要使函数式子有意义,必须满足

1 ? ?1 + ≠0 ? x?2 ?x ? 2 ≠ 0 ?

x ≠1 即 ? ?

?x ≠ 2

故所给函数的定义域为 {x : x ∈ R且x ≠ 1, x ≠ 2}。 注意: 注意:如果把

x 1+ 1 x?2

化简为

x( x ? 2) 的一切实数,因此, ,那么函数的定义域为 x ≠ 1 的一切实数,因此,求函 x ?1

数的定义变形式时需特别小心,避免出错。 数的定义变形式时需特别小心,避免出错。 并写出它的定义域。 例 3 已知 f ( x ) = e , f [? ( x )] = 1 ? x 且 ? ( x ) ≥ 0 ,求 ? ( x ) 并写出它的定义域。
x2

解 由e

[? ( x ) ]2

= 1 ? x ,得 ? ( x ) = ln(1 ? x ) ,

由 ln (1 ? x ) ≥ 0 ,得 1 ? x ≥ 1 ,即 x≤0,所以 ≤ ,

? ( x ) = ln(1 ? x ), x ≤ 0 。

的定义域为[0, , 的定义域( 例 4 设 f(x)的定义域为 ,1],试求 f(x+a)+f(x-a)的定义域(a>0) 的定义域为 的定义域 ) 。 有意义, 解 要使 f(x+a)+f(x-a)有意义,必须满足 有意义

?0 ≤ x + a ≤ 1, ?0 ≤ x ? a ≤ 1, ?
当0 < a ≤



?? a ≤ x ≤ 1 ? a , ?a ≤ x ≤ 1 + a. ?

1 1 时,由 a ≤ 1 ? a ,知函数的定义域为 a ≤ x ≤ 1 ? a 。当 a > 时,由 a>1—a,知定义 — , 2 2

域不存在。 域不存在。
·11· ·

二、求函数值域的方法
1. 由定义域 x 的范围,利用不等式求出 f(x)的范围; 的范围, 的范围; 的范围 --1 2. 若 y=f(x)有反函数 x=f (y),求出反函数的定义域就是函数的值域; 就是函数的值域; 有反函数 ,求出反函数的定义域就是函数的值域 3. 利用一元二次方程的判别式求函数的值域。 利用一元二次方程的判别式求函数的值域。 求下列函数值域: 例 5 求下列函数值域: (1) y = x + 1 ? x ; ) (2) y = )

x +1 ; x+3

(3) y = )

x 2 + 2x + 1 。 x2 ? x +1
2 2

? 1? 5 5 解(1)令 1 ? x = t , 则x = 1 ? t ,于是 y = x + 1 ? x = 1 ? t + t = ?? t ? ? + ≤ 。 ) ? 2? 4 4
2

当且仅当 t =

1 3 5 5? ? ,即 x = 时, y = 。故函数 y = x + 1 ? x 的值域是 ? ? ∞, ? 。 2 4 4 4? ? x +1 x +1 1 ? 3y 的反函数, ,得(x+3)y=x+1,解之, x = ,解之, 是y= 的反函数,而 x+3 y ?1 x+3

(2)由 y = )

x=

1 ? 3y 的定义域是 y ≠ 1 ,故函数值域是 (? ∞,1) ∪ (1,+∞ ) 。 y ?1
(3)由原函数式变形,得 )由原函数式变形,

y ( x 2 ? x + 1) = x 2 + 2 x + 1 ,即

( y ? 1)x

2

? ( y + 2 )x + y ? 1 = 0 。

当 y-1=0,即 y=1 时,x=0;当 y ? 1 ≠ 0, 即y ≠ 1时 , , ;

? = ( y + 2 ) ? 4( y ? 1) ≥ 0 ,即 0 ≤ y ≤ 4( y ≠ 1) 。故函数的值域为 ,4]。 故函数的值域为[0, 。
2 2

三、判断两函数是否为同一函数的方法
判断下列各组函数是否为同一函数: 例 6 判断下列各组函数是否为同一函数: (i) (1) ) y = sin x(0 ≤ x ≤ π ) ; ) ( (i) (2) ) y = ) (
2 (ii) s = 1 ? cos t (0 ≤ t ≤ π ), )

x ?1 ; x2 ?1

(ii) y = )
2

1 。 x +1

的定义域是[0, , 的定义域是[0, 。 解(1)由 y=sinx 的定义域是 ,π], s = 1 ? cos t 的定义域是 ,π]。知两函数定义域相 ) 同,又 S = 1 ? cos t =
2

sin 2 t = sin t = sin t (0 ≤ t ≤ π ), 知两函数对应法则相同,故(i) ) 知两函数对应法则相同, (ii) ) (

为同一函数。 为同一函数。 (2)由 y = )

x ?1 1 的全体实数, 的全体实数, 的定义域是 x ≠ ±1 的全体实数, y = 的定义域是 x ≠ ?1 的全体实数, 2 x ?1 x +1

·12· ·

知两函数定义域不同, 知两函数定义域不同,尽管当 x ≠ ±1 时, y = 不是同一个函数。 不是同一个函数。

x ?1 1 = 知两函数对应法则相同, (ii) ,知两函数对应法则相同,但(i) ) ) ( 2 x ?1 x +1

四、求反函数方法
— — 步骤: 的反函数. 步骤:1. 从 y=f(x)中解出 x=f--1(y) ;2.改写成 y=f--1(x),则 y=f- 1(x)是 x=f- 1(y)的反函数 中解出 改写成 则 是 的反函数 求下列函数的反函数: 例 7 求下列函数的反函数 — —

(1) y = 1 ? x 2

(? 1 ≤ x ≤ 0 ) ;

(2) y = 3 x + 1 + x + 3 x ? 1 + x ; )
2 2

(3) y = ? x ,1 ≤ x ≤ 4, ) x

? x,2 x < 1, ?

?2 , x > 4. ?
2

2 解(1)由 x = ? 1 ? y , y ∈ [0,1] ,知反函数为 y = ? 1 ? x , x ∈ [0,1] 。 )

2 2 (2)由 y = 3 x + 1 + x + 3 x ? 1 + x )

两边立方得

y 3 = x + 1 + x 2 + 33 x + 1 + x 2
即 解之 所以反函数为 y =

(

) (x ?
2

1 + x 2 + 33 ( x + 1 + x 2 ) x ? 1 + x 2

)

(

)

2

+ x ? 1+ x2 ,

y 3 = 2 x ? 33 x + 1 + x 2 ? 33 x ? 1 + x 2 = 2 x ? 3 y,
x= 1 (3 y + y 3 ) 。 2

1 (3x + x 3 ), x ∈ R. 2

(3)由 )

? y, y < 1, ? x = ? y ,1 ≤ y ≤ 16, ?log 2 y, y > 16, ?

则反函数为

? x, x < 1, ? y = ? x ,1 ≤ x ≤ 16, ?log 2 x, x > 16. ?

五、求复合函数的方法。 求复合函数的方法。
1.代入法 . 某一个函数中的自变量用另一个函数的表达式来替代,这种构成复合函数的方法,称之为代入 某一个函数中的自变量用另一个函数的表达式来替代,这种构成复合函数的方法, 自变量用另一个函数的表达式来替代 该法适用于初等函数的复合,关健搞清谁是内函数,谁是外函数。 法,该法适用于初等函数的复合,关健搞清谁是内函数,谁是外函数。 2.分析法 . 根据外函数定义的各区间段,结合中间变量的表达式及中间变量的定义域进行分析, 根据外函数定义的各区间段,结合中间变量的表达式及中间变量的定义域进行分析,从而得出 复合函数的方法,该方法用于初等函数与分段函数或分段函数与分段函数的复合。 复合函数的方法,该方法用于初等函数与分段函数或分段函数与分段函数的复合。 例 8 设 f (x ) =

x 1+ x2

, 求f n ( x ) = f ( f ? f ( x )?). .
n次

·13· ·



f 2 ( x ) = f ( f ( x )) =

f (x ) 1+ f
2

x = 1+ x 1+ f
2 2

x

(x )

(x )

=

1+ x2 x2 1+ 1+ x2
x

=

x 1 + 2x 2



f 3 ( x ) = f [ f ( f ( x ))] = f ( f 2 (x )) =

1 + f 22 ( x )

f 2 (x )

=

x 1 + 2x 2 = , 2 x 1 + 3x 2 1+ 1 + 2x 2

猜想

f n (x ) =

x 1 + nx 2



结论已成立, 当 n=1 时,结论已成立,假设 n=k 时, f k ( x ) =

x 1 + kx 2

成立, 成立,当 n=k+1 时,

x f k +1 ( x ) = f [ f k ( x )] = x 1 + kx 2 = 。 2 x 1 + (k + 1)x 2 1+ 1 + kx 2


时结论成立, 即 n=k+1 时结论成立,故 f n ( x ) =

x 1 + nx 2

例 9 设 f (x ) = ?

?1, x ≤ 1, ? ?0, x > 1, ?

求f [ f ( x )] 。

解 当 x ≤ 1时, f ( x ) = 1, f [ f ( x )] = f (1) = 1 , 当 x > 1时, f ( x ) = 0, f [ f (x )] = f (0 ) = 1 。 故 f(f(x))=1。 。 例 10 设 f ( x ) = ? ?

e x , x < 1, ? x , x ≥ 1.

, ? ( x ) = ? x +?21,x < 0,,求f (? ( x )) 。 ?x x≥0

?

2

解 由 f (? ( x )) = ? (1)当 ? ( x ) < 1 时 ) 或 x < 0,

?e ? ( x ) , ?? ( x ),

? ( x ) < 1, ? (x ) ≥ 1.

? ( x ) = x + 2 < 1, 即? x < 0,1,有x < ?1 。 ?x < ? ?

·14· ·

或 x ≥ 0, ? ( x ) = x ? 1 < 1,
2

? x ≥ 0, 即? , 有0 ≤ x < 2. ?? 2 < x < 2

(2)当 ? ( x ) ≥ 1 时 ) 或 x < 0, 或 x ≥ 0,

? ( x ) = x + 2 ≥ 1, 即? x < 0,1,有 ? 1 ≤ x < 0 。 ?x ≥ ? ? ? ( x ) = x ? 1 ≥ 1,
2

? x ≥ 0, 即? , 有x ≥ 2 . 得 ? x ≤ ? 2或 x ≥ 2
x+2 ?e , x < ?1, ? x + 2,?1 ≤ x < 0, f (? ( x )) = ? x 2 ?1 e ,0 ≤ x < 2 , ? 2 ? x ? 1, x ≥ 2

六、判断奇偶函数的方法
的图象关于原点对称。 偶函数 f(x)的图象关于 y 轴对称;奇函数 f(x)的图象关于原点对称。 的图象关于 轴对称; 的图象关于原点对称 奇偶函数的运算性质 1. 奇函数的代数和仍为奇函数,偶函数的代数和仍为偶函数。 奇函数的代数和仍为奇函数,偶函数的代数和仍为偶函数。 2. 偶数个奇(偶)函数之积为偶函数;奇数个奇函数的积为奇函数。 偶数个奇( 函数之积为偶函数;奇数个奇函数的积为奇函数。 3. 一奇一偶的乘积为奇函数 4. 两个奇函数复合仍为奇函数,一奇一偶复合为偶函数,两个偶函数复合仍为偶函数。 两个奇函数复合仍为奇函数,一奇一偶复合为偶函数,两个偶函数复合仍为偶函数。 判断方法 1.用定义 . 2..若 f(x)+f(-x)=0,则 f(x)为奇函数,这种方法适合用定义比较困难的题目。 为奇函数, .若 , 为奇函数 这种方法适合用定义比较困难的题目。 判断下列函数的奇偶性: 例 11 判断下列函数的奇偶性: (1) f ( x ) = 3 (1 ? x ) + 3 (1 + x ) ; )
2 2

(2) f ( x ) = ln )

1? x ; 1+ x

(3) f ( x ) = )

1 1 + (a>0,a≠1 常数) ≠ 常数) a ?1 2
x

解(1)由 f (? x ) = 3 [1 ? (? x )] + 3 (1 ? x ) = 3 (1 + x ) + 3 (1 ? x ) = f ( x ) ,知 f(x)为偶函数 ) 为偶函数
2 2 2 2

(2)由 f ( x ) + f (? x ) = ln )

1? x 1 ? (? x ) + ln 1+ x 1 + (? x )

= ln

1? x 1+ x 1? x 1+ x + ln = ln ? = ln 1 = 0, 知 f(x)为奇函数。 为奇函数。 为奇函数 1+ x 1? x 1+ x 1? x

(3)由 f (? x ) = )

1 a ?x ? 1

+

1 1 1 ax 1 a 1 = + = + = +1? x x 1 2 2 1? a 2 1? a 2 ?1 x a

·15· ·

ax +1? ax 1 1 1 1 1 = ? = ? =? x ? = ? f ( x ) ,知 f(x)为奇函数 为奇函数 x x 1? a 2 1? a 2 a ?1 2

七、周期函数的判断与周期的求法
1.周期函数周期的求法 . 的周期, (1)若 T 为 f(x) 的周期,则 f(ax+b)的周期为 ) 的周期为

T (a ≠ 0) a

的最小公倍数。 的周期为 的周期为 (2)若 f(x)的周期为 T1,g(x)的周期为 T2,则 c1f(x)+c2g(x)的周期为 T1,T2 的最小公倍数。 ) 的周期为 2.周期函数的判断方法。 .周期函数的判断方法。 (1)用定义。 )用定义。 (2)用周期函数的运算性质。 )用周期函数的运算性质。 常见函数的周期: 常见函数的周期:sinx,cosx,其周期 T=2π; tan x, cot x, sin x , cos x , 其周期 T=π。 其周期 π π 例 12 求下列函数周期 (1) )

f ( x ) = 2 tan

x x ? 3 tan ; 2 3

(2) f ( x ) = sin x + cos x ; (3) f ( x ) = x ? [x] 。 ) )
4 4

解(1)由 tan )

π x π x = 2π , tan 的周期 T2 = = 3π 。故 f(x)的周期性期为 6π。 的周期 T1 = 的周期性期为 π 1 1 2 3 2 3
2

2 2 2 2 (2)由 f = ( x ) = (sin x + cos x ) ? 2 sin x cos x )

1 1 3 1 2π 1 = 1 ? sin 2 2 x = 1 ? (1 ? cos 4 x ) = + cos 4 x ,知 f(x)的周期 T = = π。 的周期 2 4 4 4 4 2
为任意整数,由 (3)设 x = n + r (0 ≤ r < 1),n ∈ Z ,T 为任意整数 由 )

f ( x + T ) = f (n + T + r ) = n + T + r ? [n + T + r ] = n + T + r ? (T + [n + r ]) = n + r ? [n + r ] = f ( x )
知任意整数均为其周期, 知任意整数均为其周期,则最小周期 T=1。 。 例 13 若函数 f ( x )(? ∞ < x < +∞ ) 的图形关于两条直线 x=a 和 x=b 对称 b>a) 则 f(x)为周期 ( ) , 为周期 函数。 函数。 证 由条件函数的对称性知

f (a + x ) = f (a ? x ) , f (b + x ) = f (b ? x ) ,
中点(a+b)/2 处的值等于点 a ? 故函数在 a,b 中点

(1) ) (2) )

b?a b?a /和 b + 和 处的函数值 2 2
b?a? ? b?a? ? ? ?a ? ? = 2(b ? a ) 。 2 ? ? 2 ?

为周期函数, 从而猜想如果 f(x)为周期函数,则周期应为 ? b + 为周期函数
·16· ·

? ?

事实上 f [x + 2(b ? a )] = f [b + ( x ? b ? 2a )] = f [b ? ( x + b ? 2a )] = f (2a ? x )

= f [a + (a ? x )] = f [a ? (a ? x )] = f ( x )
为周期的周期函数。 所以 f(x)是以 2(b-a)为周期的周期函数。 是以 为周期的周期函数

八、单调函数的判断方法
1.用定义。 .用定义。 2.利用单调函数的性质。 .利用单调函数的性质。 函数的复合是递增函数,一个递增、一个递减函数的复合是递减函数。 (1)两个递减(增)函数的复合是递增函数,一个递增、一个递减函数的复合是递减函数。 )两个递减( 为递增函数证明: 例 14 设 ? ( x ),ψ ( x ) 及 f(x)为递增函数证明:若 为递增函数证明

? (x ) ≤ f (x ) ≤ ψ (x )


(1) ) (2) )

? [? ( x )] ≤ f ( f ( x )) ≤ ψ [ψ ( x )]
为三个函数公共域内的任一点, 证 设 x0 为三个函数公共域内的任一点,则

? (x0 ) ≤ f (x0 ) ≤ ψ (x0 )

由(1)以及函数 f(x)的递增性知 f [? ( x0 )] ≤ f [ f ( x 0 )] , ? [? ( x0 )] ≤ f [? ( x0 )] ; ) 的递增性知 从而 同理可证

? [? ( x

0

)] ≤ f [ f ( x )]
0

f [ f ( x 0 )] ≤ ψ [ψ ( x0 )] 。

的任意性知,于是( )式成立。 由 x0 的任意性知,于是(2)式成立。

九、函数有界性的判断
判断函数是否有界,经常用定义。 判断函数是否有界,经常用定义。 判断下列函数是否有界: 例 15 判断下列函数是否有界: (1) f ( x ) = )

x ; 1+ x2

(2) f ( x ) = )

1 , x ∈ (0,1] 。 x2

解(1)由 f(x)的定义域是 R。 ) 的定义域是 。 当 x ≠ 0时, f ( x ) = 知 x ∈ R时, f ( x ) ≤

x x x 1 1 = ≤ = ,当 x = 0时, f (0 ) = 0, 有 f (0 ) < , 2 2 1+ x 1+ x 2x 2 2
1 为有界函数。 ,所以 f(x)为有界函数。 为有界函数 2

(2) ?M > 0, 取x 0 = )

1
M +1

∈ (0,1] 。

f (x0 ) =

1 = M +1 = M +1 > M. 1 M +1

由无界函数的定义知 f(x)在(0,1)上无界。 在 , )上无界。
·17· ·

第二节 函数极限与连续

§2.1 函数极限内容网络图
?lim f ( x) = A ? x→∞ lim ? x→ x f ( x) = A ? 0 函数极限定义? lim ? x → x0 f ( x ) = ∞ ? ?lim f ( x) = ∞ ? x→∞

性质 ? ?唯一性, 有界性, 不等式, 保号性,四则运算
夹逼定理 判断函数极限存在准则 判断函数极限存在准则 单调有界定理 单侧极限与双侧极限 函数极限与数列极限——归结原则。 ——归结原则 函数极限与数列极限——归结原则。 关系定理 函数极限与无穷小 无穷大与无穷小 无穷小的阶——高阶、同阶、等价。 无穷小的阶——高阶、同阶、等价。 ——高阶 函数连续定义—— lim f ( x) = f ( x0 )或 lim ?y = 0 函数连续定义——
x → x0 ?x → 0

函数极限与连续

可去间断点 第一类间断点 间断点分类 第二类间断点 最大( 最大(小)值定理 闭区间上连续函数的性质 闭区间上连续函数的性质 零值点定理(根的存在定理) 初等函数在其定义域内的 零值点定理(根的存在定理) 闭区间上连续 介值定理 跳跃间断点

§2.2 内容提要与释疑解难
一、函数极限的概念
1. lim f ( x) = A : 若存在一个常数A, ?ε > 0, ?X > 0, 当x > X时, 都有 f ( x) ? A < ε 。
x → +∞

2. lim f ( x ) = A : 把 1 中“ x > X ”换成“ x < ? X ” 换成“ 。
x → ?∞

·18· ·

3. lim f ( x) = A : 把 1 中“ x > X ”换成“ x > X ” . 换成“ 。
x →∞

定理 lim f ( x ) = A ? lim f ( x) = A 且 lim f ( x ) = A.
x→∞ x → +∞ x → ?∞

4 . lim f ( x) = A : 设 f (x ) 在 x0 的 某 空 心 邻 域 内 U ( x 0 ) 有 定 义 , 若 存 在 一 个 常 数 A ,
0

x → x0

?ε > 0, ?δ > 0,当0 < x ? x0 < δ 时 ,都有 f ( x) ? A < ε 。
5. lim f ( x ) = A : 设 f ( x ) 在 x 0 的某左半邻域 U ? ( x 0 ) 内有定义 , 若存在一个常数 A, . 内有定义, , ?
x → x0

0

?ε > 0 , ?δ > 0, 当 ? δ < x ? x0 < 0 时,都有 f ( x) ? A < ε 。
此 时 也 可 用 记 号 f ( x 0 ? 0) 或 f ( x 0 ) 表 示 左 极 限 值
? x → x0

?

A , 因 此 可 写 成

lim f ( x) = f ( x0 ? 0)或 lim ? f ( x) = f ( x0 )
x → x0

?

6.

x → x0

lim+ f ( x) = A : 设 f (x) 在 x0 的 某 右 半 邻 域 U + ( x0 ) 内 有 定 义 , 若 存 在 一 个 常 数

0

+ A, ?ε > 0, ?δ > 0 , 0 < x ? x0 < 8 δ 时, 当 都有 f ( x) ? A < ε 。 此时也可用 f ( x 0 + 0) 或 f ( x 0 ) 表 + 示右极限 A 。因此可写成 lim f ( x ) = f ( x 0 + 0 )或 lim f ( x ) = f x 0 。 + +
x → x0 x → x0

( )

定理

x → x0

lim f ( x ) = A ? lim? f ( x ) = A 且 lim+ f ( x ) = A.
x → x0 x → x0

该定理是求分界点两侧表达式不同的分段函数在该分界点极限是否存在的方法, 而如果在 x 0 的 该定理是求分界点两侧表达式不同的分段函数在该分界点极限是否存在的方法, 左右极限存在且相等,则在该点的极限存在,否则不存在。 左右极限存在且相等,则在该点的极限存在,否则不存在。 7.lim f ( x) = ∞ : ?M > 0, ?δ > 0, 当0 < x ? x 0 < δ 时, . 都有 f ( x) > M 。 此时称 x → x 0 时,
x → x0

f ( x) 是无穷大量。 是无穷大量。
只要把公式中“ 改成“ 而 lim f ( x) = +∞ ,只要把公式中“ f ( x) > M ”改成“ f ( x ) > M ” lim f ( x) = ?∞ ,只 ,
x → x0 x → x0

改成“ 要把上式中“ 要把上式中“ f ( x) > M ”改成“ f ( x ) < ? M ” 。 8. lim f ( x ) = ∞ : ?M > 0, ?X > 0 。当 x > X 时,都有 f ( x) > M 。
x→∞

定义。 读者同理可给出 lim( +∞或 ? ∞) f ( x ) = ∞( +∞或 ? ∞) 定义。
x →∞

常数) 的区别,前者是表明函数极限存在, 注: lim f ( x) = A (常数)与 lim f ( x) = ∞ 的区别,前者是表明函数极限存在,后者指函数
x → x0 x → x0

极限不存在,但还是有个趋于无穷大的趋势。因此,给它一个记号,但还是属于极限不存在之列, 极限不存在,但还是有个趋于无穷大的趋势。因此,给它一个记号,但还是属于极限不存在之列,
·19· ·

以后,我们说函数极限存在,指的是函数极限值是个常数。 以后,我们说函数极限存在,指的是函数极限值是个常数。 限存在 9 . lim f ( x) = 0 。 称 f (x ) 当 x → x0 是 无 穷 小 量 。 这 里 的 x0 可 以 是 常 数 , 也 可 以 是
x → x0

+ ∞,?∞或∞ 。
定理
x → x0

lim f ( x) = A(常数) ? f ( x) = A + α ( x) 。

其中 lim α ( x) = 0 。
x → x0

10.若 ?δ > 0, ?M > 0, 当x ∈ U ( x x , δ ) 时,都有 f ( x) ≤ M ,称 f ( x )当x → x 0 时是有界量。 . 时是有界量。

0

二、无穷小量阶的比较,无穷小量与无穷大量关系 无穷小量阶的比较,
设 lim f ( x) = 0, lim g ( x) = 0 ,
x → x0 x → x0

可以是常数, 以后我们不指出都是指的这个意思) (这里 x 0 可以是常数,也可以是 ∞,+∞,?∞ ,以后我们不指出都是指的这个意思) (1)若 lim )

x → x0

f ( x) = 0 ,称 f ( x) 当 x → x0 时是 g ( x) 的高阶无穷小量,记作 的高阶无穷小量, g ( x) f ( x) = ( g ( x))( x → x0 ). 。

(2)若 lim )

x → x0

f ( x) = c(常数) ≠ 0, ,称 f ( x)当x → x0 时是 g ( x) 的同价无穷小量。 的同价无穷小量。 g ( x) f ( x) = 1 , 称 f ( x)当x → x0 时 是 g ( x) 的 等 价 无 穷 小 量 , 记 作 g ( x)

( 3 ) 若 lim

x → x0

f ( x ) ~ g ( x )( x → x0 ) ,此时(2)式也可记作 f ( x ) ~ cg ( x )( x → x0 ) 。 此时( )
(4) lim ) 若

x → x0

( x ? x 0 )k

f ( x)

= c(常数) ≠ 0(k > 0常数) ,称 f ( x)当x → x0 时是 x ? x0 的 k 阶无穷小

量。 由等价无穷量在求极限过程中起到非常重要的作用,因此, 由等价无穷量在求极限过程中起到非常重要的作用,因此,引入 若 lim

x → x0

f ( x) = 1 。记作 f ( x) ~ g ( x)( x → x0 ) , g ( x)

均是无穷小量,称为等价无穷小量; 均是无穷大量, 如果 f ( x ), g ( x ) 均是无穷小量,称为等价无穷小量;如果 f ( x ), g ( x ) 均是无穷大量,称为等价无穷 既不是无穷小也不是无穷大,我们称为等价量。 大量; 大量;如果 f ( x ), g ( x ) 既不是无穷小也不是无穷大,我们称为等价量。

·20· ·

例如

x → x0

lim f ( x) = A(常数) ≠ 0 ,则 f ( x) ~ A( x → x0 ) 。

等价。 不能为零, 注:A 不能为零,若 A=0, f (x ) 不可能和 0 等价。 , 无穷小量的性质: 无穷小量的性质: 1.若 α 1 ( x ), α 2 ( x ), ? , α m ( x )当x → x 0时, 均为无穷小量,则 . 均为无穷小量, (i) lim [c1α 1 ( x) + c 2α 2 ( x) + ? + c mα m ( x)] = 0. )
x → x0

均为常数。 其中 c1 , c 2 , ? c m 均为常数。 (ii) lim α 1 ( x)α 2 ( x) ?α m ( x) = 0 。 )
x → x0

2.若 f ( x )当x → x 0 时是有界量, α ( x )当x → x 0时是无穷小量 ,则 lim f ( x)α ( x) = 0 。 . 时是有界量,
x → x0

无穷大量的性质: 无穷大量的性质: 1.有限个无穷大量之积仍是无穷大量。 .有限个无穷大量之积仍是无穷大量。 2.有界量与无穷大量之和仍是无穷大量。 .有界量与无穷大量之和仍是无穷大量。 无穷小量与无穷大量之间的关系: 无穷小量与无穷大量之间的关系: 若 lim f ( x) = ∞, 则 lim
x → x0

x → x0

1 = 0; f ( x)
0

若 lim f ( x ) = 0, 且?δ > 0, 当x ∈ U ( x 0 , δ )时f ( x ) ≠ 0, 则 lim
x → x0

x → x0

1 =∞。 f ( x)

三、函数连续的概念。 函数连续的概念。
处连续。 定义 1 若 lim f ( x) = f ( x0 ), 称f ( x)在x = x0 处连续。
x → x0

用 ε ? δ 语言可写为 定义 设 f ( x )在x 0 的某 邻域 U ( x 0 ) 内有定义 , 若 ?ε > 0, ?δ > 0, 当 x ? x0 < δ 时 , 都有

f ( x) ? f ( x0 ) < ε ,称 f ( x)在x = x0 处 连续。 连续。
形式可写为 用函数值增量 ?y 形式可写为 处连续。 定义 若 lim ?y = 0 ,称 f (x ) 在 x = x 0 处连续。
?x →0

处左连续。 若 lim f ( x ) = f ( x 0 ) ,称 f ( x )在x = x 0 处左连续。 称 ?
x → x0

处右连续。 若 lim f ( x) = f ( x 0 ), 称 f ( x )在x = x 0 处右连续。 +
x → x0

·21· ·

处既是左连续又是右连续。 定理 f ( x)在x0 处连续 ? f ( x)在x0 处既是左连续又是右连续。 如果

f ( x)在x = x0 处不连续,称 x = x0 为 f (x) 的间断点。 处不连续, 的间断点。

间断点的分类: 间断点的分类: (1)若 lim f ( x) = A(常数), 但f ( x)在x = x 0 处不连续, 称x = x0 是f ( x)的可去间断 点。 )
x → x0

的可去间断点, 只须补充定义或改变 f ( x )在x = x 0 处的函数值, 使 函数 若 x = x 0 为函数 f (x ) 的可去间断点, 在该点连续。但须注意, 处不同, 在该点连续。但须注意,这时函数与 f (x ) 已经不是同一个函数但仅在 x = x 0 处不同,在其它点相 在某闭区间上处处连续, 同。我们正是利用这一性质去构造一个新的函数 F (x ) ,使 F (x ) 在某闭区间上处处连续,因而有某 也具有这种性质。 种性质。 种性质。当 x ≠ x 0 时,也具有这种性质。而 x ≠ x 0 时, F ( x ) = f ( x ) ,所以 f (x ) 在 x ≠ x 0 的范围 内也具有这种性质,从而达到了我们的目的。 内也具有这种性质,从而达到了我们的目的。 例如

f ( x) =

sin x sin x , lim f ( x) = lim =1, x→0 x x →0 x

? sin x ? , x ≠ 0, 但 f ( x)在x = 0处没定义, 知f ( x)在x = 0处不连续, 设 F ( x ) = ? x ? 1, x = 0. ?
处连续, 定义域不同, 则 F ( x ) 在 x = 0 处连续,但 F ( x ) 与 f ( x ) 定义域不同,

? sin x ? , x ≠ 0, 虽然 F ( x)与f ( x)不是同一函数, 但在x ≠ 0处完全相同 ,又如 f (x ) = ? x ?0, x = 0. ? ? sin x sin x ? , x ≠ 0, lim f ( x) = lim = 1 ≠ f (0) = 0, 知 f ( x)在x = 0处不连续 。设 F ( x) = ? x x →0 x →0 x ?1, x = 0. ?
处连续, 定义域相同, 两个函数值不同, 则 F (x ) 在 x = 0 处连续,虽然 F (x ) 与 f (x ) 定义域相同,但在 x = 0 处,两个函数值不同,知

F (x) 与 f (x) 不是同一函数,但仅在 x = 0 不同,其余点函数值处处相同。 不是同一函数, 不同,其余点函数值处处相同。
(2) lim f ( x ) = f ( x 0 ? 0). lim f ( x) = f ( x 0 + 0), 但 f ( x 0 ? 0) ≠ f ( x 0 + 0) , x = x 0 为 ) 若 称 ? +
x → x0 x → x0

f (x) 的跳跃间断点,称 f ( x0 + 0) ? f ( x0 ? 0) 为f ( x) 的跳跃度。 的跳跃间断点, 的跳跃度。
(2) (1) )两种类型的特点是左右极限都存在,我们统称为第一类间断点。 ) ( 两种类型的特点是左右极限都存在,我们统称为第一类间断点。 右极限至少有一个不存在, (3)若 x 0 处,左、右极限至少有一个不存在,我们称 x = x 0为f ( x )的第二类间断点 。 )
·22· ·

的无穷型间断点,属于第二类间断点。 若 lim f ( x) = ∞ ,我们也称 x = x0 为 f (x ) 的无穷型间断点,属于第二类间断点。
x → x0

四、函数极限的性质
在下述六种类型的函数极限: 在下述六种类型的函数极限: 类型的函数极限 (1) lim f ( x ) )
x → +∞

(2) lim f ( x ) )
x → ?∞

(3) lim f ( x ) )
x→∞

(4) lim f ( x) )
x→ x0

(4) lim f ( x ) ) +
x → x0

(6) lim f ( x ) ) ?
x → x0

它们具有与数列极限相类似的一些性质, 为例, 它们具有与数列极限相类似的一些性质,我们以 lim f ( x) 为例,其它类型极限的相应性质的叙述只
x→ x0

要作适当修改就可以了。 要作适当修改就可以了。 就可以了 存在,则它只有一个极限。 性质 1(唯一性)若极限 lim f ( x) 存在,则它只有一个极限。 (唯一性)
x→ x0
0 0

存在, 性质 2 局部有界性) (局部有界性) 若极限 lim f ( x) 存在, 则存在 x 0 的某空心邻域 U ( x 0 ) , f (x ) 在 U ( x 0 ) 使
x→ x0

内有界。 内有界。 存在, 的某邻域内有界, 在其定义域内有界。 注意: 注意: lim f ( x) 存在,只能得出 f (x ) 在 x 0 的某邻域内有界,得不出 f (x ) 在其定义域内有界。
x→ x0

性质 3
0

若 lim f ( x) = A, lim g ( x) = B, 且A < B ,则存在 x 0 的某空心邻域 U ( x 0 , δ 0 ) , 使
x → x0 x → x0

0

x ∈ U ( x0 , δ 0 ) 时,都有 f ( x) < g ( x) 。
性质 4(局部保号性) 若 lim f ( x) = A > 0(或 < 0) ,则对任何常数 0 < η < A(或A < η < 0) , (局部保号性)
x → x0

存在 x 0 的某空心邻域 U ( x 0 ) ,使得对一切 x ∈ U ( x 0 ) ,都有
x → x0 x → x0

0

0

f ( x) > η > 0(或f ( x) < η < 0) 成立。 成立。
0

性质 5(不等式)若 lim f ( x) = A , lim g ( x) = B ,且存在 x 0 的某空心邻域 U ( x 0 , δ 0 ) ,使 (不等式) 得对一切 x ∈ U ( x 0 , δ 0 ) ,都有 f ( x) ≤ g ( x) , 则A ≤ B 。 性质 6 ( 复合函数的极限 ) 若 lim ? ( x) = u 0 , lim f (u ) = A , 且存在 x 0 的某空心邻域
x → x0 u →u 0
0

U ( x 0 , δ ′) ,当 x ∈ U ( x 0 , δ ′) 时, ? ( x) ≠ u 0 ,则 lim f [? ( x)] = lim f (u ) = A 。
x → x0 u →u 0

0

0

是求极限的一个重要方法——变量替换法, ——变量替换法 性质 6 是求极限的一个重要方法——变量替换法,即
x → x0

lim f (? ( x) )令? ( x) = u lim f (u ) = A 。
且x → x0 ,? ( x ) →u 0 u →u0

性 质 7 ( 函 数 极 限 的 四 则 运 算 ) 若 lim f ( x)与 lim g ( x)
x → x0 x → x0

均存 在, 则函 数

f ( x) ± g ( x), f ( x) ? g ( x), cf ( x)(c为常数)在x → x0时极限均存在且
·23· ·

(1)lim [ f ( x) ± g ( x)] = lim f ( x) ± lim g ( x) ; 2)lim [ f ( x) ? g ( x)] = lim f ( x) ? lim g ( x) ; ) ( )
x → x0 x → x0 x → x0 x → x0 x → x0 x → x0

(3) lim cf ( x) = C lim f ( x) ;又若 lim g ( x) ≠ 0, 则 )
x → x0 x → x0
x → x0

f (x ) 时的极限也存在, 在 x → x0 时的极限也存在,且有 g (x )

lim f ( x) f ( x ) x → x0 = 。 (4) lim ) x → x0 g ( x ) lim g ( x)
x → x0

利用极限的四则运算,可得下列重要结果。 利用极限的四则运算,可得下列重要结果。

lim

a 0 x n + a1 x n ?1 + ? a n?1 x + a n (a 0 , ? , a n , b0 , ? , bm 均为常数, a 0 ≠ 0, b0 ≠ 0) x → ∞ b x m + b x m ?1 + ? + b x + bm 0 1 m ?1 a 0 + a1

1 1 + L + a n ?1 n ?1 + a n x x x = lim m x →∞ x 1 1 b0 + b1 + L + bm?1 m?1 + bm x x
n

? 0, n < m 1 n ? x = ? a0 , n = m ? 1 ? b0 m ? ∞, n > m x ?

上面的结论可作为公式用。 上面的结论可作为公式用。 存在的充要条件是: 性质 8(归结原则或海涅(Heine)定理) lim f ( x) 存在的充要条件是: (归结原则或海涅( )定理)
x→ x0

? lim x n = x0 ( x n ≠ x0 , n = 1,2, ?), 极限 lim f ( x n ) 都存在且相等。 都存在且相等。
n→ ∞ n→∞

逆 否 定 理 若 存 在 两 个 数 列

′ ′ {xn }, {x n′},
n →∞

n →∞

′ ′ lim x n = x0 , lim x n′ = x0 , 且
n →∞ n →∞ n→ x0

′ lim f ( x n ) = A, lim f ( x ′′ ) = B, A ≠ B 或存在 {x n }, lim x n = x0 , lim f ( x n ) 不存在,则 lim f ( x0 ) 不 不存在, n
n →∞ n →∞

存在。 存在。 此定理是判断函数极限不存在的一个重要方法。 此定理是判断函数极限不存在的一个重要方法。

五、函数连续的性质
处连续, 若函数 f ( x )在点x = x 0 处连续 , 即 lim f ( x) = f ( x0 ) , 利用极限的性质 1-5 可得到函数在
x → x0

x = x0 连续的局部有界性,局部保号性,不等式等,只要把 U ( x0 )改成 U ( x0 ) 即可,读者自己叙述 连续的局部有界性,局部保号性,不等式等, 即可,
出来。 出来。 利用极限的四则运算, 利用极限的四则运算,我们有 性 质 1 ( 连 续 函 数 的 四 则 运 算 ) 若 f ( x ), g ( x )在点x = x 0 处 连 续 , 则

0

f ( x) ± g ( x), f ( x) g ( x), cf ( x)(c为常数)
性质 2
·24· ·

f ( x) ( g ( x0 ) ≠ 0)在x = x0处也连续 。 g ( x)

处连续, 若 u = ? ( x )在x 0 处连续, y = f (u )在u 0 = ? ( x 0 ) 处连续,则 y = f (? ( x))在x = x 0 处

也连续且 也连续且 lim f (? ( x)) = f (? ( x0 )) = f ( lim ? ( x))
x → x0 x → x0

可交换顺序,如果仅要可交换顺序, 的条件下, 在满足性质 2 的条件下,极限符号与外函数 f 可交换顺序,如果仅要可交换顺序,有 推论 若 lim ? ( x) = u 0 , y = f (u )在u = u 0 处连续, 则
x → x0 x → x0

lim f (? ( x)) = f ( lim ? ( x)) 。
x → x0

证 设 g ( x) = ?

?? ( x), x ≠ x0 , 处连续, 则 g ( x)在x = x0 处连续,又 y = f (u )在u = u o = g ( x 0 ) ? u 0 , x = x0 ,
x → xo x → xo

处连续, 处连续,由性质 2 知 lim f ( g ( x)) = f ( lim g ( x)) 。 由于 x → x0 , 要求x ≠ x0 , 有g ( x) = ? ( x), 所以 lim f (? ( x)) = f ( lim ? ( x)) 。
x → xo x → xo

在这里,我们巧妙地利用可去间断点的性质,构造一个连续函数,以满足所需的条件, 在这里,我们巧妙地利用可去间断点的性质,构造一个连续函数,以满足所需的条件,上面的 及推论也是求函数极限的一个重要方法。 性质 2 及推论也是求函数极限的一个重要方法。 交换顺序,把复杂函数极限转化为简单函数极限。 即极限符号与外函数 f 交换顺序,把复杂函数极限转化为简单函数极限。 初等函数在其定义域上连续。 定理 初等函数在其定义域上连续。

六、闭区间上连续函数的性质
最大值与最小值定理) 上连续, 定理 (最大值与最小值定理)若 f ( x) 在闭区间 [a, b ] 上连续,则 f ( x) 在 [a, b ] 上一定能取到 最 大值 与最 小值 , 即 存在 x1 , x 2 ∈ [a, b ], f ( x1 ) = M , f ( x 2 ) = m , 使 得对 一切 x ∈ [a, b ] , 都 有

m ≤ f ( x) ≤ M 。
推论 1 上连续, 上有界。 若 f ( x)在闭区间[a, b] 上连续,则 f ( x)在[a, b ] 上有界。

定理(根的存在定理或零值点定理 上连续, 定理(根的存在定理或零值点定理)若函数 f ( x)在闭区间[a, b] 上连续, f ( a ) f (b) < 0 ,则 至少存在一点 ξ ∈ ( a, b), 使f (ξ ) = 0 。 上连续, 推论 1 若函数 f ( x)在闭区间[a, b] 上连续,且 f (a ) ≠ f (b), c为介于f (a ), f (b) 之间的任何 常数, 常数,则至少存在一点 ξ ∈ ( a, b), 使f (ξ ) = c 。 上连续, 推论 2 若函数 f ( x)在闭区间[a, b] 上连续,则 值域R ( f ) = [m, M ] 。 这几个定理非常重要 请大家要记住这些定理的条件与结论,并会运用这些定理去解决问题。 这几个定理非常重要,请大家要记住这些定理的条件与结论,并会运用这些定理去解决问题。

七、重要的函数极限与重要的等价量
利用初等函数的连续性及极限符号与外函数的可交换性及等价量替换, 利用初等函数的连续性及极限符号与外函数的可交换性及等价量替换,夹逼定理可得到下面的
·25· ·

重要的函数极限。 重要的函数极限。

sin x 1. lim = 1. . x→0 x
3. lim .
x→0

2.

lim(1 + x) = e .
x →0

1 x

ln(1 + x) 1 = lim ln(1 + x) = lim ln(1 + x) x = ln lim(1 + x) x = ln e = 1 . x →0 x x →0 x →0 x
1 1

4. lim

ex ?1 t 1 设e x ? 1 = t lim = lim = 1. x →0 t →0 ln(1 + t ) t → 0 ln(1 + t ) x t

a x ?1 e x ln a ? 1 5. lim = lim ? ln a = ln a (a > 0, a ≠ 1为常数) . x →0 x →0 x ln a x
6、 lim 、
x →0

(1 + x) b ? 1 e b ln(1+ x ) ? 1 ln(1 + x) = lim ? ? b = b(b为常数, b ≠ 0) . x →0 b ln(1 + x ) x x
arcsin x t 1 设 arcsin x = t lim = lim = 1. t →0 sin t t →0 sin t x t

7. lim .
x →0

8. lim .
x →0

arctan x t t 设 arctan x = t lim = lim ? cos t = 1 × 1 = 1 . t →0 tan t t →0 sin t x ln x 9. lim = 0(k > 0 常数) . . x → +∞ x k
x → +∞

10. lim .

xk = 0(a > 1 常数, k为常数) . ax
x → x0

11. 11.若 lim u ( x) = a > 0, lim v( x) = b( a, b均为常数), 则
x→ x0

x→ x0

lim u ( x)V ( x ) = lim eV ( x ) ln u ( x ) = e x → x0
x → x0 x → x0

lim V ( x ) ln u ( x )

= e x → x0

lim V ( x )? lim ln u ( x )
x → x0

= e b ln a = e ln a = a b
b



lim u ( x) v ( x ) = a b 。

注:不仅要记住这些公式的标准形式,更要明白一般形式。即上面公式中的 x 可换成 f (x) ,只 不仅要记住这些公式的标准形式,更要明白一般形式。 结论依然成立。 要 x → x o 时, f ( x) → 0 ,结论依然成立。 利用上述重要极限,我们可以得到下列对应的重要的等价无穷小量, 利用上述重要极限,我们可以得到下列对应的重要的等价无穷小量,在解题中经常要利用他们
x x 当 x → 0 时, sin x ~ x, ln(1 + x ) ~ x, e ? 1 ~ x, a ? 1 ~ x ln a ( a > 0, a ≠ 1, 常数) .

·26· ·

(1 + x) b ? 1 ~ bx(b ≠ 0, 常数), arcsin x ~ x, arctan x ~ x,1 ? cos x ~

1 2 x . 2

结论依然成立。 结论依然成立 注:上式中的 x 可换成 f (x ) ,只要 x → x0 时, f ( x) → 0 .结论依然成立。 例如

sin f ( x) ~ f ( x)(若x → x0时, f ( x) → 0) 。
x → x0

此外, 此外,若 lim f ( x) = A(常数) ≠ 0, f ( x) ~ A( x → x0 ) .

§2.3 解题基本方法与技巧
一、求函数极限的有关定理
等价量替换定理,若 等价量替换定理, (1) f ( x) ~ f 1 ( x), g ( x) ~ g1 ( x), h( x) ~ h1 ( x )( x → x 0 ) ; ) (2) lim )

x → x0

f1 ( x) g 1 ( x) f ( x) g1 ( x) f ( x) g ( x) = A(或∞) ; 则 lim ,则 = lim 1 = A(或∞) . , x → x0 x → x0 h1 ( x) h( x) h1 ( x)

证 lim

x → x0

f ( x) g1 ( x) f ( x) g ( x) h1 ( x) f ( x ) g ( x) = lim 1 ? ? = A ? 1 ? 1 ? 1 = A(或∞) , x → x0 h( x) h1 ( x) f 1 ( x ) g 1 ( x ) h( x )

即 lim

x → x0

f ( x) g1 ( x) f ( x) g ( x) = lim 1 = A(或∞) . x → x0 h( x) h1 ( x)

这个定理告诉我们,在求函数极限时,分子、分母中的因式可用它的简单的等价的量来替换, 这个定理告诉我们,在求函数极限时,分子、分母中的因式可用它的简单的等价的量来替换, 以便化简,容易计算。但替换以后函数极限要存在或为无穷大。需要注意的是,分子、 以便化简,容易计算。但替换以后函数极限要存在或为无穷大。需要注意的是,分子、分母中加减 的项不能替换,应分解因式,用因式替换,包括用等价无穷小量、 的项不能替换,应分解因式,用因式替换,包括用等价无穷小量、等价无穷大量或一般的等价量来 替换。 替换。 夹逼定理
0

若 lim f ( x) = lim g ( x) = A , 且存在 x0 的某空心邻域 U ( x 0 , δ ′) , 使得对一切
x → x0 x → x0

0

x ∈ U ( x 0 , δ ′) ,都有 f ( x) ≤ h( x) ≤ g ( x) ,则 lim h( x) = A 。
x → x0

单调有界定理( ) 内递增(或递减)有下界(或上界) ,则 存在。 单调有界定理(1)若 f (x ) 在 U ? ( x 0 ) 内递增(或递减)有下界(或上界) 则 lim f ( x ) 存在。 , ?
x → x0

0

内递增(或递减)有下界(或上界) ,则 存在。 (2)若 f (x ) 在 ( ?∞, a ) 内递增(或递减)有下界(或上界) 则 lim f ( x ) 存在。 ) ,
x → ?∞

的叙述。 函数的单调有界定理应用的较少, 大家只要了解就可以。 请读者给出 x → x 0 , x → +∞ 的叙述。 函数的单调有界定理应用的较少, 大家只要了解就可以。 洛必达 ( L ′Hospital ) 法则 I
x → x0 x → x0

+



(1) lim f ( x) = 0, lim g ( x) = 0 ; )

·27· ·

都存在, (2)存在 x0 的某邻域 U ( x 0 ) ,当 x ∈ U ( x 0 ) 时, f ′( x ), g ′( x ) 都存在,且 g ′( x ) = 0 ; ) (3) lim )

0

0

x → x0

f ′( x) f ( x) f ′( x) = A(或∞) ,则 lim = lim = A(或∞) . x → x0 g ( x ) x → x0 g ′( x ) g ′( x)

洛必达 ( L ′Hospital ) 法则 II,设 , (1) lim f ( x) = ∞, lim g ( x) = ∞ ; )
x → x0 x → x0
0

(2)存在 x 0 的某邻域 U ( x 0 ) ,当 x ∈ U ( x 0 ) 时, f ′( x ), g ′( x ) 都存在且 g ′( x ) = 0 ; ) (3) lim )

0

x → x0

f ′( x) f ( x) f ′( x) = A(或∞) ,则 lim = lim = A(或∞) . x → x0 g ( x ) x → x0 g ′( x ) g ′( x)
+ ?

1.上述两个法则中的 x → x 0 改成 x → x 0 , x → x 0 , x → ∞, x → +∞, x → ?∞ 时,条件(2) . 条件( ) 只须作相应的修改,结论依然成立。 只须作相应的修改,结论依然成立。 2.在用洛必达法则求极限之前,应尽可能把函数化简,或把较复杂的因式用简单等价的因式来 .在用洛必达法则求极限之前,应尽可能把函数化简, 替换,以达到简化,再利用洛必达法则。 替换,以达到简化,再利用洛必达法则。 3.利用洛必达法则求极限时,可在计算的过程中论证是否满足洛必达法则的条件,若满足洛 .利用洛必达法则求极限时,可在计算的过程中论证是否满足洛必达法则的条件, 必达法则的条件,结果即可求出;若不满足,说明不能使用洛必达法则,则需用其它求极限的方法。 必达法则的条件,结果即可求出;若不满足,说明不能使用洛必达法则,则需用其它求极限的方法。 此外,可重复使用洛必达法则,但只能用有限次。 此外,可重复使用洛必达法则,但只能用有限次。 注:洛比达法则是第三章内容。 洛比达法则是第三章内容。

二、函数极限的类型
1. 若 f (x ) 是初等函数, x 0 ∈ f ( x ) 的定义域,由初等函数的连续性知 lim f ( x) = f ( x0 ) . . 是初等函数, 的定义域,
x → x0

2.若 lim f ( x) = A, lim g ( x) = B ,则 .
x → x0 x → x0

?A A常数, B常数 ≠ 0 , ?B , ? 0, A = 0, B = ∞, ? f ( x ) ? ∞, A = ∞, B = 0, =? (1) lim ) x → x0 g ( x ) 0 ? " ", A = 0, B = 0, ? 0 ? ∞ A = ∞, B = ∞. ? " ", ? ∞
? AB, ? (2) lim f ( x) g ( x ) = ?∞, ) x ← x0 ?"0∞", ?
·28· ·

A常数, B常数, A = 常数 ≠ 0, B = ∞, A = 0, B = ∞.

A = 0, B = ∞时, lim f ( x) ? g ( x)(0, ∞) lim
x → x0

x → x0

f ( x) 0 g ( x) ∞ ( )或 lim ( )(∞,?∞ ). x → x0 1 0 1 ∞ g ( x) f ( x)

对于因式中含有对数函数,反三角函数时,一般放在分子、否则利用洛必达法则很繁,或求不出来。 对于因式中含有对数函数,反三角函数时,一般放在分子、否则利用洛必达法则很繁,或求不出来。

? A ? B, ? ?∞ ? (3) lim ( f ( x ) ? g ( x )) = ? ) x → x0 ?∞ ? ?" ∞ ? ∞" ?
x → x0

A常数, B常数, A、B中有一个是常数, 另一个是无穷大, A、B为异号无穷大, A、B为同号无穷大,

同号时, 当 A = ∞, B = ∞, 且A、B 同号时, lim = ( f ( x ) ? g ( x )). 这时, 化成分式,通分、化简,化成“ 这时,把 f ( x ), g ( x ) 化成分式,通分、化简,化成“

0 ∞ ”或“ ” 再利用洛必达法则。 ,再利用洛必达法则。 0 ∞

lim (4) x→ x0 )

f (x )

g(x)

?AB , ? ∞ ?"1 " , ?"0 0 " , ? =? 0 ?" ∞ ", ? ?0, ?+ ∞, ?

A常数 > 0, B常数, A = 1, B = ∞ A = 0, B = 0 A = ∞, B = 0, A = 0, B = +∞ A = 0, B = ?∞

(i)当 A = 1, B = ∞ 时, 当 我们有两种方法求该未定式的极限, 来计算,另一种方法, 我们有两种方法求该未定式的极限,一种方法利用重要极限 x→0 (1 + x ) x 来计算,另一种方法,
lim 1

为底的指数函数,再利用洛必达法则。 化为以 e 为底的指数函数,再利用洛必达法则。即 解法一
lim x → x0

f (x )

g(x)

(1 ) =


lim x → x0

? f ( x ) ?1 ? ? ? ?[1 + ( f ( x ) ? 1)] ? ? ? ? ?
1

[ f ( x )?1]g ( x )

= e x → x0

lim [ f ( x )?1]g ( x )( 0.∞ )

.

再根据具体情况化成 " " 或"

0 0

∞ "。 ∞

解法二

lim x → x0

f (x )

g (x)

(1 ) =


lim x → x0

e ln f ( x )

g (x )

= lim x0 e g ( x ) ln f ( x ) = e x→

x → x0

lim

ln f ( x ) ? 0 ? ? ? 1 ?0? g (x)

.

这两种方法,我们经常还是利用解法一方便。 这两种方法,我们经常还是利用解法一方便。 利用解法一方便 (iii) (ii)当 A = 0, B = 0 时, )当 A = ∞, B = 0 时 ) ( 这时, 为底的指数函数,再利用洛必达法则。 这时,只有化成以 e 为底的指数函数,再利用洛必达法则。即

·29· ·

x → x0

lim f ( x) g ( x ) (0 0 )(∞ 0 ) = lim e g ( x ) ln f ( x ) = e x → x0
x → x0

lim g ( x ) ln f ( x )( 0?∞ )( 0?∞ )

x → x0

lim

=e

ln f ( x ) ∞ ∞ ( )( ) 1 ∞ ∞ g ( x)

.

不属于未定式, 而 A = 0, B = +∞或A = 0, B = ?∞时 不属于未定式,因为

x → x0

lim f ( x) g ( x ) (0 + ∞ ) = lim e g ( x ) ln f ( x ) = e x → x0
x → x0 x → x0

lim g ( x ) ln f ( x ) [+∞?( ?∞ ) ]

= e ?∞ = 0 。 = e + ∞ = +∞ 。

x → x0

lim f ( x) g ( x ) (0 ?∞ ) = lim e g ( x ) ln f ( x ) = e x → x0

lim g ( x ) ln f ( x ) [?∞?( ?∞ ) ]

三、已知函数的表达式,求函数的极限 已知函数的表达式,
1.求函数极限的四种重要方法 . (1)极限的四则运算; )等价量替换; )变量替换; )洛必达法则。 )极限的四则运算; (2)等价量替换; ( (3)变量替换; ( (4)洛必达法则。 ( 对于未定式的极限,先用等价量替换或变量替换或极限的四则运算化简, 对于未定式的极限,先用等价量替换或变量替换或极限的四则运算化简,再利用洛必达法则求 极限。很多情况下,这几种方法常常综合运用。 极限。很多情况下,这几种方法常常综合运用。 例 1 求 lim
x →0

x ? arcsin x . x3



lim
x →0

x ? arcsin x 0 ( )= lim x→0 0 x3

1?

? 1 (1 ? x 2 ) 2 (?2 x) 2 1 1? x 0 ( ) = lim 2 =? 。 2 x →0 0 6x 6 3x

1

3

例 2 求 lim +
x →0

1 ? cos x x(1 ? cos x )

.



x→0

lim +

0 1 ? cos x ( ) = lim , + x →0 x(1 ? cos x )(1 + cos x ) x(1 ? cos x ) 0
cos x ~ 2, 1 ? cos x ~ 1 2

1 ? cos x

由 x → 0时, 1 +

( x)

2

=

x x2 , 1 ? cos x ~ ,得 2 2

x2 2 = 1。 原式= 原式 lim x→0 + x 2 x? ?2 2
注:本题虽然是未定式,但巧妙地用变量替换,并没用洛必法则就直接求出了极限。 本题虽然是未定式,但巧妙地用变量替换,并没用洛必法则就直接求出了极限。 例 3 求 lim
x →0

1 + tan x ? 1 + sin x 。 x ln(1 + x) ? x 2



原式 = lim
x →0

x[ln(1 + x) ? x ] 1 + tan x + 1 + sin x

tan x ? sin x

[

]

·30· ·

= lim
x →0

sin x(1 ? cos x) , x[ln(1 + x) ? x ] 1 + tan x + 1 + sin x cos x

[

]

由 x → 0 时, sin x ~ x, 1 ? cos x ~

x2 , 2

1 + tan x + 1 + sin x ~ 2, cos x ~ 1 ,得

x2 1 x2 0 2 = lim ( ) 原式 = lim x →0 2 x[ln(1 + x ) ? x ] x →0 ln(1 + x ) ? x 0 4 x?

=

1 2x 1 x(1 + x) 1 = lim =? 。 lim x →0 x →0 1 ?x 4 2 2 ?1 1+ x

例 4 求 lim
x →0

1 + x 2 ? cos x . ( x + x 2 sin x) 1 + x 2 ? cos x ( x + x 2 ) sin x( 1 + x 2 + cos x )
cos x ~ 2 ,得


解 原式 = lim
x →0

2 由 x → 0 时, sin x ~ x, 1 + x +

原式 = lim

1 + x 2 ? cos x 1 1 + x 2 ? cos x 0 = lim ( ) x → 0 2( x + x 2 ) ? x 2 x →0 x 2 + x 3 0

=
例 5 求 lim
x →0

1 2 x + sin x 0 1 2 + cos x 1 3 3 = × = . lim ( ) = lim 2 2 x →0 2 x + 3 x 0 2 x →0 2 + 6 x 2 2 4

x sin x ? sin 2 x . x4

1 2 x sin x x ? sin x x ? sin x 0 1 ? cos x 0 1 ? = lim ( ) = lim ( ) = lim 2 2 = . 解 原式 = lim 3 3 2 x→0 x x →0 x →0 x →0 3 x 6 x x 0 3x 0
例 6 求 lim

(1 ? x )(1 ? 3 x ) ? (1 ? n x ) . x →1 (1 ? x) n ?1
(1 ? n x ) 0 ( ) = lim x →1 (1 ? x) x →1 0 ? 1 n ?1 x 1 n = ,故 ?1 n
1

解法一 由 lim

原式 = lim

1? x 1? 3 x 1? n x 1 1 1 1 ? ? = ? ? = . x →1 1 ? x 1? x 1 ? x 2 3 n n!
·31· ·

解法二 原式 设1 ? x = t lim
t →0

(1 ? 1 ? t )(1 ? 3 1 ? t ) ? (1 ? n 1 ? t ) , t n ?1

由 (1 ? n 1 ? t ) = ? ?[1 + ( ?t )]

? ?

1 n

t t t ? ? 1 t ? 2 3 n = 1. ? 1? ~ ? (?t ) = (t → 0) ,得原式 = lim t →0 n! n n t n ?1 ?
2

e 2 ? (1 + x) x . 例 7 求 lim x →0 x
解法一 原式 = lim
x →0

e ?e x
2

2 ln(1+ x ) x

= ?e 2 lim
x →0 2 ln(1+ x ) ?2 x

e

2 ln(1+ x ) ?2 x

?1

x

,

2 ln(1 + x) ? 2 → 0, 知e 且 x → 0 时, x

?1 ~

2 ln(1 + x) ? 2, 得 x

2 ln(1 + x) ?2 ln(1 + x) ? x 0 2 x = ?2e 2 lim ( ) 原式= 原式 ? e lim x→0 x →0 x 0 x2

1 ?1 ?x 1 = ?2e 2 lim 1 + x = ?e 2 lim = e 2 lim = e2 . x →0 x →0 x (1 + x ) x →0 1 + x 2x e2 ? e 解法二 原式 = lim x →0 x = ?2e 2 lim
x →0 2 ln(1+ x ) x

0 ( ) = ? lim e x →0 0

2 ln(1+ x ) x

1 ? x ? ln(1 + x) 1+ x ?2 x2

x ? (1 + x) ln(1 + x) x ? (1 + x) ln(1 + x) 0 = ?2e 2 lim ( ) 2 x →0 0 x (1 + x) x2
1 ? ln(1 + x) ? 1 ln(1 + x) = e 2 lim = e2. x →0 2x x

= ?2e 2 lim
x →0

例 8 求 lim(
x →0

1 ? cot 2 x) . 2 x 1 cos 2 x sin 2 x ? x 2 cos 2 x sin 2 x ? x 2 cos 2 x ? )(∞ ? ∞) = lim = lim x →0 x →0 x 2 sin 2 x x 2 sin 2 x x4

解 原式 = lim(
x →0

sin x + x cos x sin x ? x cos x ? x →0 x x3 sin x + x cos x sin x = lim( + cos x) = 2 。得 由 lim x→0 x →0 x x sin x ? x cos x 0 cos x ? cos x + x sin x 2 sin x 2 ( ) = 2 lim = lim = . 原式 = 2 lim 3 2 x →0 x→0 x →0 0 3 x 3 x 3x = lim
·32· ·

cos(sin x) ? cos x . x4 sin x + x sin x ? x ? 2 sin sin 2 2 解 原式 = lim x →0 x4 sin x + x sin x + x sin x ? x sin x ? x ~ ~ 由 x → 0时 , sin , , sin ,得 2 2 2 2 sin x + x sin x ? x ? 2? ? 1 sin x + x sin x ? x 2 2 = ? lim ? 原式 = lim 4 x →0 x →0 2 x x x3 1 2 x sin x ? x x ? sin x 0 1 ? cos x 1 = ? lim = lim ( ) = lim = lim 2 2 = . 3 3 2 x →0 x →0 x →0 x→0 3 x 0 6 x x 3x
例 9 求 lim
x →0

例 10 求 lim x ( x + 2 ? 2 x + 1 +
x → +∞

3 2

x) .

解 原式

1 1 1 1 1 = t lim 3 ( + 2 ? 2 + 1 + ) + t →0 x t t t t2 2 = lim +
t →0

1 + 2t ? 2 1 + t + 1 0 2 1 + 2t 2 1 + t ( ) = lim 2 + 0 t →0 2t t

?

2

= =

1 1 + t ? 1 + 2t 1 1 + t ? 1 + 2t 0 lim = lim ( ) + + 2 t →0 t 1 + 2t ? 1 + t 2 t →0 t 0 1 1 2 1 1 1 lim ( ? ) = ( ? 1) = ? . + 2 t →0 2 1 + t 2 1 + 2t 2 2 4

例 11 求 lim ln x ln(1 ? x ) . ?
x →1

? ln t ∞ 解 原式 令1 ? x = t lim ln(1 ? t ) ln t = lim ? t ln t = lim ?1 ( ) = lim + + + t →0 t →0 t →0 t →0 + ∞ t
? 1
2

1 t = lim t = 0 . 1 t →0 + ? 2 t ?

e x 例 12 求 lim 100 . x →0 x
解 原式 设

1 t 50 ∞ 50! = t lim t ( )用50次洛必达法则 lim t = 0 . 2 t → +∞ e t → +∞ e ∞ x

·33· ·

sin x x 2 ) . 例 13 求 lim( x →0 x
1 ? ? sin x ?? ? sin x ?1 ? ? 1)? x ? 解法一 原式 = lim??1 + ( x →0 x ? ?? ? ? ? ( sin x 1 ?1) 2 x x

1

=e
解法二 原式 =

sin x ? x 0 lim ( ) x →0 0 x3

=e

x →0

lim

cos x ?1 3 x2

=e

1 ? x2 0 lim 2 ( ) x →0 3 x 2 0

=e

?

1 6

.
x cos x ?sin x x →0 2 x 2 sin x lim

ln

lim e
x →0

sin x x (0) 0 x2

=e

ln sin x ? ln x 0 lim ( ) x →0 0 x2

=e
6x
2

cos x 1 ? lim sin x x x →0 2x

=e
x →0

=e
例 14 求 lim(sin
x →∞

x cos x ?sin x ? 0 ? ? ? x →0 2 x3 ?0? lim

=e

x→0

lim

cos x ? x sin x ?cos x

=e

lim

? sin x 6x

=e

?

1 6

.

2 1 + cos ) x . x x
1

解 原式 令

1 ln(sin 2t + cos t ) = t lim(sin 2t + cos t ) t = lim e t →0 t →0 x t

=e

t →0

lim

lim ln(sin 2t + cos t ) ∞ ( ) = e t →0 sin 2t + cos t = e 2 . t ∞

2 cos 2 t ? sin t

例 15 求 lim ?ln( ) ? . x →0 + x 解
x ln ln ? 1 ? x lim+ ?ln( ) ? (∞ 0 ) = lim+ e x→0 ? x →0 x ? ln ln t lim 1 = t lim e t = e t → +∞ t → +∞ x 1 ln ln t ∞ ( ) t ∞ x 1

? ?

1 ? ?

x



= e t →+∞ t ln t = e 0 = 1.

lim

1

例 16 求 lim x +
x→0

sin x

.
lim sin x ln x
+



x→0

lim x sin x 0 0 = e x →0 +
ln x ? ∞ ? ? ? x ?1 ? ∞ ?

( )

= e x→0

lim x ln x
+

=e

x →0+

lim

=e

x →0+

lim

?

1 x 1 x2

=e

? lim x
x →0+

= e0 = 1.

·34· ·

e x + e 2 x + ? + e nx x ) . 例 17 求 lim( x →0 n
1



e x + e 2 x + ? + e nx x ∞ lim( ) (1 ) x →0 n
1

=e

x →0

lim

ln( e + e
x

2z

+?+ e x

nx

e x + 2 e 2 x +?+ ne nx lim ) ? ln n 0 x 2x nx ( ) = e x →0 e + e +?+ e

0

=e

1+ 2 + 3 + ? + n n

=e

n ( n +1) 2n

=e

n +1 2

.
∫ 1 tf ( xt )dt 0 . x →0 x

的某邻域内连续, 例 18 设 f (x ) 在 x = 0 的某邻域内连续, f (0) = 0, f ′(0) = 2 ,求 lim 解
x ∫ 1 tf ( xt )dt 令xt = u ∫ 0 0

u 1 1 x f (u ) du = 2 ∫ 0 uf (u )du , 于是 x x x

原式 = lim

x ∫ o uf (u )du 0 xf ( x) f ( x) 1 f ( x ) ? f ( 0) 1 2 ( ) = lim = lim = lim = f ′(0) = 3 2 x →0 x →0 3 x x →0 3 x 0 3 x →0 x 3 3 x

例 19 求 lim
x →∞

2 x ? sin x . 3 x + cos x 2 x ? sin x ∞ 2 ? cos x ( ) = lim (极限不存在) ,所以洛必达法则不适用,宜改 所以洛必达法则不适用, 分析 因为 lim x → ∞ 3 x + cos x ∞ x → +∞ 3 ? sin x

用其它方法。 用其它方法。

1 2 ? sin x 2?0 2 x = = . 解 原式 = lim x →∞ 1 3+0 3 3 + cos x x
e x + cos x . 例 20 求 lim x x → +∞ e + sin x

分析 由于 lim

e x + cos x ∞ e x ? sin x ∞ e x ? cos x ∞ ( ) lim x = ( ) lim x = ( ) ?, = x → +∞ e x + sin x ∞ x → +∞ e + cos x ∞ x → +∞ e ? sin x ∞

无限循环,所以不能用洛必达法则 无限循环,所以不能用洛必达法则.

1 cos x 1+ 0 ex = = 1. 解 原式 = lim x → +∞ 1 1+ 0 1 + x sin x e 1+
2.利用泰勒公式求函数极限。 .利用泰勒公式求函数极限。
·35· ·

事实上, 若 f ( x) = Ax + o( x ), A ≠ 0常数( x → 0), 则f ( x) ~ Ax 。事实上,
k k k

f ( x) Ax k + o( x k ) 1 o( x k ) lim = lim = lim(1 + ? k ) = 1 . x →0 Ax k x →0 x →0 A x Ax k
因此,利用带有佩亚诺余项的泰勒公式可以求出某些函数极限, 因此,利用带有佩亚诺余项的泰勒公式可以求出某些函数极限,当 x → 0 时,若

f ( x) = Ax k + o( x k ) ~ Ax k ( A ≠ 0). g ( x) = Bx m + o( x m ) ~ Bx m ( B ≠ 0).

?∞, ? f ( x) Ax k ? A = lim m = ? , 则 lim x →0 g ( x ) x →0 Bx ?B ?0, ?
cos x ? e x4
? x2 2
? x2 2

k < m, k = m, k > m.

例 21 求 lim
x →0

.

解 由于 cos x ? e

= (1 ?

x2 x4 x2 1 x4 + + o( x 4 )) ? (1 ? + + o( x 4 ) , 2! 4! 2 2! 4
? x2 2

1 1 1 cos x ? e ( ? ) x 4 + 0( x 4 ) ~ ? x 4 ( x → 0) ,所以 lim x →0 4! 8 12 x4

1 4 x 1 12 = lim =? . 4 x →0 12 x ?

时的函数极限,若用泰勒公式求极限, 对于求 x → x 0 时的函数极限,若用泰勒公式求极限,可令 x ? x 0 = t ,变成求 t → 0 时的 t 的 函数极限,再利用上述的方法去解决。 函数极限,再利用上述的方法去解决。 3.利用夹逼定理求函数极限。 .利用夹逼定理求函数极限。 例 22 求 lim x[ ] . +
x →0

1 x



1 ?1? 1 ? 1 < ? ? ≤ , 且 x > 0, 两边同乘以x, 得 1 ? x < x ?x? x ?1?

?1? x? ? ≤ 1 . ? x?

根据夹逼定理知, 由 lim (1 ? x ) = 1, lim 1 = 1 ,根据夹逼定理知, lim x ? ? = 1 . x→0 + x→0 + x→0 + ? x ?
x ∫ 0 sin t dt

例 23 求 lim

x → +∞

x

.

分析 本题虽然属于 "

∞ " 型,但不能用洛必达法则,因为 但不能用洛必达法则, ∞

·36· ·

x → +∞

lim

x ∫ 0 sin x dt

x

= lim sin x 不存在。 不存在。
x → +∞

因此,用其它方法, 因此,用其它方法, 解 对任意自然数 n ,有
n ∫ 0π sin t dt = n ∫ π sin tdt = 2n , 0
x ∫ 0 sin t dt 2(n + 1) 2n < < . (n + 1)π x nπ

当 nπ ≤ x < ( n + 1)π 时,成立不等式

由 lim

2n 2n 2 2(n + 1) 2(n + 1) 2 = lim = , lim = lim = . 根据夹逼定理知原式 x → +∞ ( n + 1)π n →∞ ( n + 1)π n →∞ π x→+∞ nπ nπ π

=

2

π

.

注:这里

2n 2n 的函数,是分段函数, , nπ ≤ x ≤ (n + 1)π . 是 x 的函数,是分段函数,即 f ( x) = (n + 1)π (n + 1)π

4.利用定义证明函数极限的存在 . 利用函数极限定义证明函数极限与利用数列极限定义证明数列极限存在完全类似, 利用函数极限定义证明函数极限与利用数列极限定义证明数列极限存在完全类似,在这里我们 就不再重复了,一般情况,能不用尽量不用。除非要求用定义证,且考研出这种题的可能性较小。 就不再重复了,一般情况,能不用尽量不用。除非要求用定义证,且考研出这种题的可能性较小。 例 24 用定义证明 lim n 1 + x = 1, 其中n ∈ N 。
x →0



不妨设 0 < x < 1 ,则 n 1 + x ? 1 =

x (n 1 + x )
n ?1

+ (n 1 + x ) n?2 + ? + (n 1 + x ) + 1

< x,

任给 ε > 0 ,要使 n 1 + x ? 1 < ε ,由 n 1 + x ? 1 < x (0 < x < 1) ,

1 只要 x < ε , 取δ = min{ , ε }, 当0 < x < δ 时,都有 n 1 + x ? 1 < ε ,由定义知 lim n 1 + x = 1 。
x →0 n ?1 n?2 n ?1 注:这里用了公式 ( a ? b)( a + a b + ? + b )

= a n + a n ?1b + ? ab n ?1 ? a n ?1b ? ? ? ab n ?1 ? b n = a n ? b n 。
至于用函数极限的单调有界定理求函数极限的可能性更小。 至于用函数极限的单调有界定理求函数极限的可能性更小。 单调有界定理求函数极限的可能性更小

四、已知函数极限且函数表达式中含有字母常数,确定字母常数数值。 已知函数极限且函数表达式中含有字母常数,确定字母常数数值。
这种题型考的可能性更大, 这种题型考的可能性更大,因为这种题型更能考察考生运用无穷小量阶的比较和洛必达法则分 析问题,解决问题的能力。 析问题,解决问题的能力。 例 25 求 lim [( x + 7 x + 2) ? x] = b ≠ 0 ,求常数 a, b.
5 4 a x → +∞

解 令

1 = t , 当x → +∞时, t → 0 + ,于是 x

·37· ·

原式 = lim[( +
t →0

? (1 + 7t + 2t 5 ) a 1? 1 7 1 + 4 + 2) a ? ] = lim ? ? ? t →0 + t? t5 t t t 5a ?

= lim +
t →0

t 1?5a (1 + 7t + 2t 5 ) a ? 1 = b ≠ 0, t

是分母的同阶无穷小量, 由 lim t = 0 ,知分子当 t → 0 时,是分母的同阶无穷小量,所以 +
t →0

t →0 +

lim t 1?5 a (1 + 7t + 2t 5 ) a ? 1 = 0 .

[

]

得 1 ? 5a = 0, 即a =

1 , 从而 5
1 5 5

(1 + 7t + 2t ) ? 1 1 + (7t + 2t 5 ) 5 ? 1 = lim 原式 = lim t →0 + t →0+ t t 1 (7t + 2t 5 ) 1 7 = lim 5 = lim (7 + 2t 4 ) = 。 + + t →0 t 5 t →0 5
例 26 设 lim

[

]

1

ln(1 + x) ? (ax + bx 2 ) = 2 ,求常数 a,b. x →0 x2



1 ? (a + 2bx) ln(1 + x) ? (ax + bx 2 ) 0 lim ( ) = lim 1 + x = 2, x →0 x→0 0 x2 2x

知分子是分母的同阶无穷小量 同阶无穷小量, 由 lim 2 x = 0 ,知分子是分母的同阶无穷小量,得 lim ?
x →0

? 1 ? ? a ? 2bx ? = 0 = 1 ? a. x →0 1 + x ? ?

1 1 ? ? 2b ? 1 ? 2bx 0 ? 1 ? 2b (1 + x) 2 1+ x ( ) = lim =2= 有 a = 1, 于是 lim , x →0 x →0 2x 0 2 2
解得 b = ? .故a = 1, b = ?

5 2

5 。 2
2

例 27 试确定常数 k1c, 使得当x → +∞时, arcsin( x +

x ? x) ~

c 。 xk

arcsin( x 2 + x ? x) = 1. 解 由题意知 lim x → +∞ c xk
2 由于 arcsin( x +

x ? x) =arcsin

x x2 + x + x

~

x x2 + x + x

·38· ·

=

x ? x

1 1+ 1 x
3 2

~ +1

1 1 ? ( x → +∞) , 2 1 x2

1 1 ? 2 1 2 k arcsin( x + x ? x) x 2 = 1 lim x = 1 , = lim 所以 lim x → +∞ x → +∞ c c 2c x →+∞ 1 x2 xk xk
必有 k =

1 1 1 1 , 此时, = 1,因此c = , k = . 2 2c 2 2

1+
例 28 已知 lim
x →0

1 f ( x) ? 1 x = c ≠ 0, c 为常数,求常数 a 和 k,使 x → 0 时, f ( x ) ~ ax k . 为常数, , 2 x

1+


lim
x →0

1 f (x ) ? 1 x = c ,由 lim x 2 = 0 ,知 x →0 x

lim( 1 +
x →0

1 f ( x) f ( x) ? 1) = 0, 必有 lim = 0 ,从而 x→0 x x
1 f ( x) ? 1 x = lim x→0 x2 1 f ( x) f ( x) x = lim = c(常数) , x →0 2 x 3 1 2 x ( 1 + f ( x) + 1) x

1+ lim
x →0

得 lim

f ( x) = 1, 即f ( x) ~ 2cx 3 , 所以k = 3, a = 2c. 3 x →0 2cx
x →0

的值, 例 29 确定常数 a, b, c 的值,使 lim

ax ? sin x = c ≠ 0, 3 x ln(1 + t ) ∫b dt t

知分子、 解 由 x → 0时, ax ? sin x → 0, 且极限c ≠ 0, 知分子、分母是同阶无穷小量有
x lim ∫ b x →0

ln(1 + t 3 ) dt = 0, 必有b = 0.由于 t lim
x →0

ax ? sin x 0 a ? cos x a ? cos x ( ) = lim = lim = c ≠ 0, 3 x →0 ln((1 + x 3 )) x→0 0 x2 x ln(1 + t ) ∫0 dt t x
·39· ·

且 lim x = 0, 知 lim( a ? cos x) = 0 = a ? 1, 得a = 1, 从而
2 x →0 x→0

1 2 x 1 ? cos x 1 2 = lim 2 = = c lim 2 x →0 x →0 x 2 x 1 故 a = 1, b = 0, c = , 2
注: lim ∫ b
x →0 x 3 ln(1 + t 3 ) 0 ln(1 + t ) dt = ∫ b dt = 0 t t

(1) )

必有 b = 0,因为b < 0 ,
3 ln(1 + t 3 ) 0 ln(1 + t ) t ∈ [b,0]时, ln(1 + t ) < 0, t < 0, 有 > 0, 有 ∫ b dt > 0 t t 3

与(1)矛盾,若 b > 0. )矛盾,
x lim ∫ b x →0 3 ln(1 + t 3 ) ln(1 + t 3 ) 0 ln(1 + t ) dt = ∫ b dt = ? ∫ b dt < 0与(1)矛盾 。 0 t t t

故b = 0。 存在二阶导数, 例 30 设 f (x ) 在 x = 0 存在二阶导数,且 lim
x →0

f ( x) = 4 ,求 f (0), f ′(0), f ′′(0) 。 1 ? cos x

分析:这里表面上没有字母常数, 就是待求的字母常数。 分析:这里表面上没有字母常数,实际上 f (0), f ′(0), f ′′(0) 就是待求的字母常数。

解法一 由 lim

f ( x) f ( x) f ( x) = lim 2 = 4 ,得 lim 2 = 2 . x→0 x x →0 1 ? cos x x →0 x 2
x →0

由 lim x = 0, 得 lim f ( x) = 0 = f (0)( f ( x)在x = 0处连续) 。于是
2 x →0

lim
x →0
x →0 x →0

f ( x) 0 f ′( x) = 2。 ( ) = lim x→0 2 x x2 0

由 lim 2 x = 0, 得 lim f ′( x ) = 0 = f ′(0)( f ′( x )在x = 0处连续) 。从而

lim
x →0

f ′( x) 1 f ′( x) ? f ′(0) 1 = lim = f ′′(0) = 2 , 2x 2 x →0 x 2

得 f ′′(0) = 4 , 时不能用下述方法, 注:求 f ′′(0) 时不能用下述方法, lim
x→0

f ′( x ) ? 0 ? f ′′( x) f ′′(0 ) =2= ,∴ f ′′(0 ) = 4 。虽 ? ? = lim x →0 2x ? 0 ? 2 2

存在, 然结论对了,但过程是错的。 然结论对了,但过程是错的。因为 f ′′(0) 存在,推不出在 x = 0 的某空心邻域内 f ′′(x ) 存在且 f ′′(x )
·40· ·

不知是否连续, 在 x = 0 不知是否连续,所以 lim f ′′( x ) ≠ f ′′(0) 。
x→0

解法二 由 lim
x →0

处的带有二阶余项的佩亚诺展开式, 利用在 x = 0 处的带有二阶余项的佩亚诺展开式,得

f ( x) = 2, x2

f (0) + f ′(0) x + lim
x →0

x

f ′′(0) 2 x + 0( x 2 ) 2! = 2. 由 lim x 2 = 0, 得 2
x →0

f ′′(0) 2 ? ? lim ? f (0) + f ′(0) x + x + o( x 2 )? = 0 = f (0). x →0 2! ? ? f ′(0) x +
从而有 lim
x →0

f ′′(0) 2 f ′′(0) x + 0( x 2 ) f ′(0) + x + o( x) 2! 2! = lim =2 x →0 x x2 f ′′(0) ? x + o( x)? = 0 = f ′(0) 。于是 2 ?

又 lim x = 0, 得 lim ? f ′(0) + x →0 x →0

? ?

f ′′(0) x + o( x ) f ′′(0) 2 =2= lim ,所以 f ′′(0) = 4. x →0 x 2 五、判断函数极限不存在的方法。 判断函数极限不存在的方法。
′ ′ ′ 1.若 lim x ′ = x 0 , lim x n′ = x 0 , lim f ( x n ) = A, lim f ( x n′ ) = B, 且A ≠ B, 则 . n
n →∞ n →∞ n →∞ n→∞

不存在。 极限 lim f ( x) 不存在。
x→ x0

例 31 讨论极限 lim sin x .
x → +∞

′ ′ 解 取 x n = 2nπ , lim x n = +∞, lim sin 2nπ = lim 0 = 0,
n →∞ n →∞ n→ ∞

取 x ′′ = 2nπ + n
x → +∞

π
2

, lim x ′′ = +∞, lim sin( 2nπ + n
n →∞ n →∞

π
2

) = lim 1 = 1,
n →∞

不存在。 而 0 ≠ 1, 知 lim sin x 不存在。 2.若 lim x n = x 0 , lim f ( x n ) = ∞, 则极限 lim f ( x)不存在 . .
n →∞ n →∞ x → x0

sin
例 32 讨论极限 lim
x →0

x

1 x.

·41· ·

sin 1 2 nπ +

1 1 2 nπ + 1

π

解 取 xn =

π
2

, lim x n = 0. lim
n →∞ n →∞

2 nπ +

π
2

2 = lim(2nπ + π ) = +∞ , n →∞ 2

sin
知 lim
x →0

x

1 x 不存在。 不存在。

六、关于函数连续性的应用和间断点的讨论。 关于函数连续性的应用和间断点的讨论。
1.函数连续性的应用 . 上的连续, 例 33 设 f (x ) 在区间 X 上的连续,且在有理点处都等于 0,则 f ( x ) = 0 。 , 证 ?x 0 ∈ X , 取 有 理 数 列 {rn } , 使 rn → x 0 , 由 f ( rn ) = 0 , 根 据 归 结 原 则 知

lim f (rn ) = f ( x 0 ) = 0, 故f ( x) = 0 。
n →∞

上连续, 为有理数, 例 34 若 f (x ) 在区间 X 上连续,当 r1 , r2 ∈ X且r1 < r2 , 其中r1 , r2 为有理数, f ( r1 ) ≤ f ( r2 ) , 递增。 则 f (x ) 在区间 X 递增。 证

?x1 , x 2 ∈ x, 且x1 < x 2 , 取有理数列{rn′ }, rn′ < x1 , 使 lim rn′ = x1 , 取 有 理 数 列
n →∞

{rn′′}, rn′′ > x2 , 使 xlim, rn′′ = x2 .由rn′ < x1 < x 2 < rn′′ , →∞
由于 f ( x)在x = x1处连续, 根据归结原则知

根据条件有 f ( rn′ ) ≤ f ( rn′′).

(1)

lim f (rn′ ) = f ( x1 ), lim f (rn′′) = f ( x 2 ) ,在不等式(1)中,令 n → ∞ ,得 f ( x1 ) ≤ f ( x 2 ) 。 在不等式( )
n →∞ n →∞

是递增函数。 所以 f (x ) 在区间 X 是递增函数。 可以是闭区间、开区间、半闭半开区间或无穷区间。 注:这里区间 X 可以是闭区间、开区间、半闭半开区间或无穷区间。 上连续, 例 35 设 f (x ) 在 [a, b ] 上连续, x1 , x 2 , ? x n ∈ [a, b] ,若

λ1 , λ2 ,? λ n > 0且满足λ1 + λ2 + ? + λ n = 1 ,证明:存在一 ξ ∈ [a, b] ,使 证明:
f (ξ ) = λ1 f ( x1 ) + λ 2 f ( x 2 ) + ? λ n f ( x n ) 。
上连续, 证 由 f (x ) 闭区间 [a, b ] 上连续,则 f (x ) 在 [a, b ] 一定能取到最小值 m ,最大值 M,且值域 ,
·42· ·

R( f ) = [m, M ], 又x1 , x 2 , ? , x n ∈ [a, b] ,有 有 m ≤ f ( x1 ) ≤ M , m ≤ f ( x 2 ) ≤ M , ? m ≤ f ( x n ) ≤ M ,
又 λi > 0(i = 1 , 2 , ? n), 且λ1 + λ 2 + ? + λ n = 1 ,于是

m = m(λ1 + λ 2 + ? + λ n ) ≤ λ1 f ( x1 ) + λ 2 f ( x 2 ) + ? + λ n f ( x n ) ≤ (λ1 + λ 2 + ? λ n ) M = M 。
故至少存在一点 ξ ∈ [a, b ] ,使得 λ1 f ( x1 ) + λ 2 f ( x 2 ) + ? + λ n f ( x n ) = f (ξ ) 。 证明: 上连续, 例 36 证明:若函数 f (x ) 在 [a, b ] 上连续,且对任何 x ∈ [a, b ] ,存在相应的 y ∈ [a, b ] , 使得 f ( x ) ≤ 证

1 f ( y ) , 则f ( x ) = 0 。 2

1 f ( y1 ) ,同样存在 y 2 ∈ [a, b] 2 1 1 1 f ( y1 ) ≤ 2 f ( y 2 ) ,如此下去…,存在数列 {y n } ? [a, b ] ,使 f ( x0 ) ≤ n f ( y n ) , 如此下去… 使 f ( x0 ) ≤ 2 2 2
由 f ( x)在[a, b ]上连续, 则f ( x)在[a, b ]上有界, 于是存在M > 0, 对 于 一 切 x ∈ [ a, b] , 都 有

?x0 ∈ [a, b ] ,由条件知存在 y1 ∈ [a, b] ,使 f ( x0 ) ≤

f ( x) ≤ M ,从而 f ( x0 ) ≤

1 M。 2n

上任意一点, 令 n → ∞ ,得 f ( x0 ) ≤ 0 ? f ( x0 ) = 0 ? f ( x0 ) = 0 ,由 x 0 是 [a, b ] 上任意一点,故 f ( x ) = 0 。 例 37 设 f ( x)在R上有定义且在x = 0,1两点连续 。 证 明 : 若 对 任 何 x → R , 都 有

f ( x 2 ) = f ( x) ,则 f ( x) 为常值函数。 为常值函数。
证 (i)当 x < 1 时,由条件得 )

f ( x) = f ( x 2 ) = f ( x 4 ) = ? = f ( x 2 n ),知 f ( x 2 n ) 是常值数列。 是常值数列。
又 lim x
n →∞ 2n

{

}

= 0, 且f ( x) 在 x = 0 处连续,由归结原则, f ( x) = lim f ( x 2 n ) = f (0) 处连续,由归结原则,
n →∞

(ii)当 x > 1 时,由条件得 )

? 2 1n ? ? 2 1? ? 2 1? 2 4 是常值数列。 f ( x) = f ( x ) = f ?( x ) ? = f ?( x ) ? = ? = f ?( x ) 2 ? 是常值数列。 ? ? ? ? ? ? ? ?
2 1 1
2 n →∞ n→ ∞ 1 2 n →∞ 1

2 2 2 由 x > 1,得1 < ( x ) 2 n < ( x ) n , 而 lim 1 = 1, lim( x ) n = 1 , 知 lim ( x ) 2 n = 1 , 且

·43· ·

1 ? ? f ( x)在x = 1处连续, 根据归结原则知f ( x) = lim f ?( x 2 ) 2 n ? = f (1). n →∞ ? ?

由 0 < x < 1时, f ( x) ≡ f (0) ,知 lim1 f ( x ) = f (1) = f (0), ?
x →1

f (?1) = f (?1) 2 = f (1) ,知 ?x ∈ R.都有f ( x) ≡ f (0), x ∈ R 。
2.间断点的讨论 . 初等函数, 处没有定义, 一侧或两侧有定义, 若 但在 x 0 一侧或两侧有定义, x = x 0 是 则 如果 f (x)是 初等函数, f (x ) 在 x = x 0 处没有定义, 间断点 处左右极限来确定是第几类间断点。 是分段函数, 间断点,再根据在 x = x 0 处左右极限来确定是第几类间断点。如果 f (x ) 是分段函数,分界点是间 断点的怀疑点。 断点的怀疑点。

[

]

sin t sin t ?sin x ) 的间断点并指出其类型。 例 38 求极限 lim( ,记此极限为 f (x ) ,求函数 f (x ) 的间断点并指出其类型。 t → x sin x
x
sin x ? ? sin x x ?? sin t ? sin t ?sin x ? sin x f ( x) = lim??1 + ? 1? =e , ? t→x ?? sin x ? ? ? ?

x



处没定义, 两侧有定义, 是间断点。 由于 f (x ) 在 x = kπ 处没定义,而在 kπ 两侧有定义,故 x = kπ 是间断点。 又 lim f ( x ) = lim e
x →0 x→0 x sin x

= e, 所以 x = 0 是函数 f (x) 的第一类(可去)间断点。 的第一类(可去)间断点。

x = kπ (k = ±1,±2,?)是f ( x)的第二类(无穷)间断点 。
的间断点,并指出间断点的类型。 例 39 讨论 f ( x ) = e x 的间断点,并指出间断点的类型。
1 x →0 x →0 1 1

是第二类间断点。 解 由于 f ( x )在点x = 0处无定义且 lim e x = +∞, lim e x = 0, 所以 x = 0 是第二类间断点。 + ?

x + e tx 的间断点,并指出类型。 的间断点,并指出类型。 例 40 讨论 f ( x ) = lim t → +∞ 1 + e tx

? x, x < 0, ? ?1 解 由于 f ( x ) = ? , x = 0, 知x ≠ 0时, f ( x )显然连续. ?2 ?1, x > 0. ?

·44· ·

是跳跃间断点。 且 lim f ( x ) = lim x = 0, lim f ( x ) = lim 1 = 1.0 ≠ 1, 所以 x = 0 是跳跃间断点。 ? ? + +
x→0 x →0 x →0 x→0

七、关于分段函数在分界点连续性的讨论。 关于分段函数在分界点连续性的讨论。

?a + bx 2 , x ≤ 0, ? 在x = 0处连续, 求常数a与b的关系 。 例 41 设 f ( x) = ? sin bx ,x > 0 ? ? x
解 由 f ( x)在x = 0处连续, 知f ( x)在x = 0处既是左连续又是右连续 。
x→0 ?

lim f ( x) = lim (a + bx 2 ) = a = f (0) = a, ?
x →0

x→0

lim f ( x) = lim + +
x →0

bx sin bx = lim = b = f ( 0) = a , 故 a = b 。 + x →0 x x

2 是初等函数表达式。 注:由 x ≤ 0, 即x ∈ ( ?∞,0]时, f ( x) = a + bx 是初等函数表达式。在 x = 0 处有意义知连续且

为左连续,以后遇到类似情况,我可直接得出左连续,从而只要右连续即可。 为左连续,以后遇到类似情况,我可直接得出左连续,从而只要右连续即可。
1 ? x2 ?(cos x) , x ≠ 0 ? 在x = 0处连续, 求常数a. 例 42 已知 f ( x ) = ? ? x=0 ?a , ?

1

解 因为 lim f ( x) = lim(cos x)
x →0
? 1 2

x

2

x →0

1 ? ? = lim?[1 + (cos x ? 1)]cos x ?1 ? x →0 ? ?

cos x ?1 x2

=e

?

1 2

= f (0) = a 。

所以 a = e



八、杂题
例 43 若 lim
x →0

sin 6 x + xf ( x) 6 + f ( x) = 0, 求 lim 。 3 x →0 x x2

(6 x ) 3 + o ( x 3 ) ,故 解法一 由于 sin 6 x = 6 x ? 3!
lim
从而 lim
x →0

sin 6 x + xf ( x) ? 6 + f ( x) ? = lim ? ? 36? = 0 3 2 x →0 x →0 x ? x ?

6 + f ( x) = 36 。 x2 6 + f ( x) 6 x + xf ( x) = lim 解法二 lim 2 x →0 x →0 x x3
·45· ·

sin 6 x + xf ( x) 6 x ? sin 6 x 6 x ? sin 6 x 0 ) = lim ( ) + 3 3 x →0 0 x x x3 1 (6 x ) 2 6 ? 6 cos 6 x = lim = 2 lim 2 2 = 36 . x →0 x →0 3x 2 x f (u ) d 的某邻域内连续, = A ,求 lim ∫ 1 f ( xt )dt . 例 44 设 f (u ) 在 u = 0 的某邻域内连续,且 lim 0 u →0 x →0 dx u
= lim (
x →0

解 令 xt = u , dt =

∫ x f (u )du 1 du , 得 ∫ 1 ( xt )dt = 0 ,又 0 x x
x x xf ( x) ? ∫ 0 f (u )du d 1 d ∫ 0 f (u )du ∫ 0 f ( xt )dt = ( )= , dx dx x x2

于是

lim

x ∫ 0 f (u )du 0 f ( x) A A A = , 故 原式 = A ? = 。 ( 0 ) = lim 2 x →0 x →0 2 x 2 2 2 x

存在, 例 45 设 f ′(0) = 0, f ′′(0) 存在,证明 lim +
x→0

f ( x ) ? f (ln (1 + x )) 1 = f ′′(0 ). 2 x3

证 : 由 f ′′(0) 存 在 , 知 ?δ 0 > 0, 当x ∈ [0, δ 0 ] 时 , f ′(x ) 存 在 。 当 x 充 分 小 时 ,

[ln(1 + x), x] ? [0, δ 0 ]

, 在

[ln(1 + x), x]

上 对

f (x) 应 用 拉 格 朗 日 定 理 得

f ( x) ? f (ln(1 + x)) = f ′(θx)( x ? ln(1 + x)) ,其中 ln(1 + x) < θx < x 。
lim+ f ( x ) ? f (ln(1 + x )) f ′(θx )( x ? ln(1 + x )) = lim+ 3 x →0 x x3 = lim+

x→0

x ? ln(1 + x ) f ′(θx ) ? f ′(0) θx ? ? x→0 θx x x2 ′(θx) ? f ′(0) f = f ′′(0), 由 x → 0时, ln(1 + x ) → 0, 知θx → 0, 有 lim x →0 θx θx ln (1 + x ) θx ln (1 + x ) < < 1, 且 lim = 1 ,由夹逼定理知 lim = 1. x →0 x →0 x x x x



lim
x →0

x ? ln(1 + x) 0 ( ) = lim x →0 0 x2

1?

1 x 1 1 + x = lim = , x →0 2 x (1 + x ) 2x 2



f ( x) ? f (ln(1 + x)) 1 = f ′′(0) . x→0 2 x3 tan(tan x) ? sin(sin x) . 例 46 求 lim x →0 tan x ? sin x lim +

·46· ·

这题虽然是“ 分析 这题虽然是“

0 但直接用洛必达法则或等价量替代,都不能求出结果。 ”型,但直接用洛必达法则或等价量替代,都不能求出结果。然而从被 0

求的式子构成形式,启发我们用微分中值定理 求的式子构成形式, 构成形式 解原式

tan(tan x) ? tan(sin x) + tan(sin x) ? sin(sin x) x →0 tan x ? sin x tan(tan x) ? tan(sin x) tan(sin x) ? tan(sin x) cos(sin x) = lim + lim x →0 x →0 tan x ? sin x tan x ? sin x tan(sin x) 1 ? cos x(sin x) = lim sec 2 θx + lim ? x →0 x →0 tan x 1 ? cos x 1 2 sin x sin x 2 = lim sec 2 θx + lim ? = 1+1 = 2 . θx →0 x →0 1 2 x x 2 = lim

由于 θx 介于 sin x, tan x 之间, x → 0 时, x → 0, tan x → 0 , 之间, sin 注: 当 根据夹逼定理知 θx → 0

例 47

lim

e x ? e sin x . x →0 x ? sin x = lim e sin x
x →0

解原式

e x ?sin x ? 1 = 1× 1 = 1 . x ? sin x

注:此题也可用微分中值定理去求。 此题也可用微分中值定理去求。

·47· ·

第三节
§3.1 数列极限内容网络图
数列极限的定义

数列极限

直接证法 用定义证明数列极限的方法 间接证法 唯一性 有界性 收敛数列的性质 不等式 保号性 四则运算 夹逼定理 判断数列收敛的准则 数 列 极 限 判断数列发散的准则 单调有界定理 两个子列极限存在但不相等 有一个子列发散 数列无界
lim n →∞
lim n →∞

1 = 0 (k>0 常数 常数) nk
q n = 0 (|q|<1 常数) 常数)

lim n n →∞

a = 1 (a>0 常数 常数) n =1

重要的数列极限

lim n n →∞ lim n →∞

1 (1 + ) n = e n lim ln n = 0(k > 0常数 ) n →∞ nk k lim n n →∞ n = 0(a > 1, a , k为常数 ) a
·48· ·

§3.2 内容提要与释疑解难
一、数列极限的概念
是一个数列, 若对任意给定的正数ε 总存在一个自然数 N, 定义 设{an}是一个数列, 是一个确定的常数, 是一个数列 a 是一个确定的常数, 若对任意给定的正数ε, , 则称数列{a 的极 的极限是 , 或者说数列{a 收敛于 , 使得 n>N 时, 都有 a n ? a < ε , 则称数列 n}的极限是 a, 或者说数列 n}收敛于 a, 记作 n →∞ a n = a 。
lim

注意: 注意: 的接近程度,从而限制ε小于某一个正常数, 1. ε的任意性,ε的作用在于衡量 an 与 a 的接近程度,从而限制ε小于某一个正常数,不影 的任意性, 接近的程度,但不能限制大于某一个正常数,定义中的ε 响衡量 an 与 a 接近的程度,但不能限制大于某一个正常数,定义中的ε可用 2ε、 ε

ε 或ε2 等本质

上是任意的正常数来替代,同样也可把“ ”号换成“ 上是任意的正常数来替代,同样也可把“<”号换成“≤”号。 2. N 的相应性。一般说,N 是随着ε的变小而变大,但并不是由ε唯一确定,因为给定ε,确 的相应性。一般说, 是随着ε的变小而变大,但并不是由ε唯一确定,因为给定ε 定 N,当 n>N,有 a n ? a < ε ,则 N+1,N+2,…同样也符合要求。此外,n>N 中的 N 只是下标的 , , , , 同样也符合要求。此外, 一个界线, 是自然数, 可以是实数, 一个界线,要求 n 是自然数,故 N 可以是实数,而且 n>N 也可改成 n≥N。 。 的任何给定的ε邻域中都含有数列{a 中除了有限项以外的全 3.几何意义:n →∞ a n = a , 几何意义: 几何意义 表明 a 的任何给定的ε邻域中都含有数列 n}中除了有限项以外的全
lim

有项。 有项。

二、收敛数列的性质
唯一性)若数列{a 极限存在 则极限值是唯一的。 极限存在, 性质 1 (唯一性)若数列 n}极限存在,则极限值是唯一的。 改变数列的有限项,不改变数列的收敛性与极限。 性质 2 改变数列的有限项,不改变数列的收敛性与极限。 有了性质 2,对于判定数列敛散性的定理中要求从第一项就具有某种性质的条件可减弱为从某 , 一项开始具有该性质 结论依然成立。 具有该性质, 一项开始具有该性质,结论依然成立。 收敛, 为有界数列, 性质 3(有界性)数列 n}收敛,则{an}为有界数列,即存在某正常数 M,使得对一切正整数 n, (有界性)数列{a 收敛 为有界数列 , , 都有 a n ≤ M 。 若数列{a 无界 则数列{a 发散 无界, 发散。 推论 若数列 n}无界,则数列 n}发散。 该推论是判断数列{a 发散的一个简单有效的办法 发散的一个简单有效的办法。 该推论是判断数列 n}发散的一个简单有效的办法。 充分大时) 性质 4 设 n →∞ a n = a , →∞ bn = b 且 a<b, , 则存在 N0, n>N0 时 即 n 充分大时) 都有 an<bn。 当 ( , n
lim lim

推论(保号性) 若 n →∞ a n = a > 0( a < 0) ,则对于满足 0<η<a(a<η<0)的任何常数η,存在 推论(保号性) ,若 , 的任何常数
lim

N,当 n>N 时,都有 an>η>0(an<η<0)。 , 。 性质 5(不等式)若 n →∞ a n = a , n →∞ bn = b ,且存在 N0,当 n>N0 时,都有 an≥bn,则 a≥b. (不等式)
lim lim

注意在性质 5 中,即使存在 N0,当 n>N0 时,都有 an>bn,也不能保证 a>b. 例如
lim

an =

1 1 , bn = ? ,an>bn(n=1,2,…) , , , n n

但 n →∞ a n = 0 , n →∞ bn = 0 ,而 0=0。 。
lim

数列{a 收敛的充要条件是 数列{a 的任何一个子数列都收敛且极限相等 收敛的充要条件是: 的任何一个子数列都收敛且极限相等。 性质 6 数列 n}收敛的充要条件是:数列 n}的任何一个子数列都收敛且极限相等。
·49· ·

若数列{a 有两个子数列极限存在不相等或有一个子数列极限不存在 则数列{a 有两个子数列极限存在不相等或有一个子数列极限不存在, 逆否定理 若数列 n}有两个子数列极限存在不相等或有一个子数列极限不存在,则数列 n} 发散。 发散。 该定理是判断数列{an}发散的一个重要方法。 该定理是判断数列 发散的一个重要方法。 发散的一个重要方法 数列极限的四则运算) 则数列{a 性质 7 (数列极限的四则运算)若 n →∞ a n = a , n →∞ bn = b ,则数列 n±bn},{anbn}, ? , ,
lim lim

? an ? ? ? bn ?

(b≠0)的极限都存在,且 ≠ )的极限都存在, (1) n →∞ ( a n ± bn ) = n →∞ a n ± n →∞ bn = a ± b ; (2) n →∞ ( a n ? bn ) = n→∞ a n ? n→∞ bn = a ? b ; ) )
lim lim lim lim lim lim

特别地, 为常数时, 特别地,当 k 为常数时,有 n →∞ ka n = k n →∞ a n = ka ;
lim lim

( 3) n → ∞

lim

an = bn

lin n →∞ lim n →∞

an a = bn b

(b ≠ 0) .

注意:数列极限的四则运算前提是两个数列极限都存在, 注意:数列极限的四则运算前提是两个数列极限都存在,并可把数列极限推广到有限项极限的 四则运算,但数列极限的运算法则不能推广到无限项. 四则运算,但数列极限的运算法则不能推广到无限项. 例
lim n →∞

1? 1 lim 1 1 ?1 1 lim lim ? + + ? + ? = 1 ≠ n →∞ + n →∞ + ? + n →∞ = 0 。 n? n n n ?n n

解题方法与技巧 §3.3 解题方法与技巧
一、求数列极限的方法
1.利用数列极限定义证明数列极限存在

n>N 由定义可知,n>N 要证 n →∞ a n = a ,即证明 ?ε > 0 , ?N ,当 n>N 时,都有 a n ? a < ε .由定义可知,n>N 是
lim

a n ? a < ε 成立的充分条件,从而有 成立的充分条件,
(1)直接证法(充要条件) 直接证法(充要条件)

?ε > 0 ,找出使 a n ? a < ε 成立的充要条件(当然也是充分条件) n > N (ε ) ,即和中学解一 成立的充要条件 当然也是充分条件) 条件(
般不等式的方法相同, 般不等式的方法相同,由 a n ? a < ε ? n > N (ε ) 。 例 1 证明
lim n →∞

q n = 0 (|q|<1,且 q 为常数). |<1 为常数)

n 为常值数列, 证(i)当 q=0 时,知 q = {0} 为常值数列,有 n →∞ 0 = 0 .
lim

{ }

当 (ii) 0 < q < 1 时,?ε > 0 , ii) 要使 q ? 0 < ε ? q
n

n

< ε ? ln q < ln ε ? n ln q < ln ε
n

为负数) (由 ln q 为负数) ? n >

ln ε ln ε lim n n n>N ,取 N = ,当 n>N 时,都有 q ? 0 < ε ,所以 n →∞ a = 0 , ln q ln q

·50· ·

总之 n →∞ q = 0 。
lim n

(2)适当放大法(充分条件) 适当放大法(充分条件) 有 时 从 a n ? a < ε 中 等 价 解 出 n > N (ε ) 很 困 难 。 这 时 我 们 就 可 用 适 当 放 大 法 , 使 得

a n ? a ≤ g (n) ( n > N 1 ) 只要 g (n ) < ε ? n > N 2 (ε ) ,取 N = max{N 1, N 2 (ε )} ,当 n>N 时,有 。只要 n>N 。 a n ? a ≤ g (n ) < ε 。
在使用适当放大法时,我们要求: 在使用适当放大法时,我们要求: 要尽可能简单, )<ε n>N ①放大以后的 g(n)要尽可能简单,从 g(n)<ε中等价解出 n>N2(ε)容易 ② n →∞ g ( n) = 0 ,即放大以后的式子必须以 0 为极限
lim

化简一步一步放大, (a)直接放大,把 a n ? a 化简一步一步放大,使 a n ? a ≤ g (n ) (n > N 1 ) . )直接放大, 直接放大不容易, (b)间接放大,有时从 a n ? a 直接放大不容易,我们可借助于其它公式如二项式公式及各种 )间接放大, 不等式等辅助工具来达到放大的目的。 不等式等辅助工具来达到放大的目的。 例 2 证明 证 设
n

lim n n →∞

n = 1。
n

n ? 1 = n n ? 1 = hn , 可得 n = (1 + hn ) = 1 + nhn +
n(n ? 1) 2 hn (n > 1) , 2

n(n ? 1) 2 n hn + ? + hn 2

> 1+
可 推 出 hn <
2

2 , 即 hn < n

2 ,于是 n

n

n ?1 <

2 . 所 以 , ?ε > 0 , 要 使 n

n

n ?1 < ε , 只 要

2 2 2 ? 2? < ε ? < ε 2 ? n > 2 , 取 N = max ?1, 2 ? , 当 n>N 时 , 都 有 n n ε ? ε ?
lim n n →∞

n

n ?1 < ε , 所 以

n = 1.
a 0 n m + a1 n m?1 + ? + a m?1 n + a m b0 n k + b1 n k ?1 + ? + bk ?1 n + bk

2.利用重要数列极限和极限四则运算求极限 .利用重要数列极限和极限四则运算求极限 例 3 求 n →∞
lim

其中 a0,a1,…,am,b0,b1,…,bk 均为常数且 a0≠0,b0≠0。 解 原式 = n →∞
lim

1 1 1 + ? + a m ?1 m ?1 a m m n n n n ? k 1 1 n b + b 1 +?+ b + bk k 0 1 k ?1 k ?1 n n n
m

a0 + a1

·51· ·

?0, ? ?a =? 0, ? b0 ? ?∞,

m < k, m = k, m > k.

这个例子表明当分子最高次幂小于分母最高次幂时,分式极限为零; 这个例子表明当分子最高次幂小于分母最高次幂时,分式极限为零;当分子最高次幂等于分母 最高次幂时,分式极限就是分子、分母最高次幂的系数之比;当分子最高次幂大于分母最高次幂时, 最高次幂时,分式极限就是分子、分母最高次幂的系数之比;当分子最高次幂大于分母最高次幂时, 以后该例题的结果可以作为结论用,同理可证对分子、 分式的极限为 ∞ ,以后该例题的结果可以作为结论用,同理可证对分子、分母的每一项幂指数是正 数时结果仍成立,例如。 数时结果仍成立,例如。

lim n →∞

2n + 2 n + 4n ? 5 3n ? 7 n + 2n + 6
4 3 1 2

4 3

1 3

2 = . 3

例4 求

lim n →∞

? n+3 n ? n? n ?. ? ? ? ?
? n + 3 n ? n ? n ?? n + 3 n + n ? n ? ? ?? ? ? ?? ?



原式 =

lim n →∞

n+3 n + n? n
4 1+ 3 n + 1? 1 n = 4 = 2. 1+1

= n →∞

lim

3. 利用夹逼定理求极限 夹逼定理 为收敛数列, 设{an},{bn}为收敛数列,且 n →∞ a n = a , n →∞ bn = a ,若存在 N0,当 n>N0 时, , 为收敛数列
lim lim lim

则数列{c 收敛 收敛, 都有 a n ≤ c n ≤ bn ,则数列 n}收敛,且 n →∞ c n = a . 有无穷项相加或相乘,且不能化简, 夹逼定理适合数列的项有多项相加或相乘式 n → ∞ 时,有无穷项相加或相乘,且不能化简,不 能利用极限的四则运算, 此时可尝试用夹逼定理。 夹逼定理不仅能证明数列极限并可求出极限的值。 能利用极限的四则运算, 此时可尝试用夹逼定理。 夹逼定理不仅能证明数列极限并可求出极限的值。 例 5 求极限
lim n n →∞ n a1 + a 2 + ? + a m ,其中 a1,a2,…,am 均为正常数 n n

解 不妨设 a1 = max{a1 , a 2 , ? , a m },由于
n a1 ≤ n a1 + a 2 + ? + a m ≤ n m ? a1 = a1 n m , n n n

且 n →∞ a1 = a1 ,
lim lim n →∞ n n

lim n →∞

a1 n m = a1 ,由夹逼定理知 由夹逼定理知.

n a1 + a 2 + ? + a m = a1 = max{a1 , a 2 , ? ,a m }.

例6 求
·52· ·

lim n →∞

[(1 + n)

a

? na

] (0 < a < 1且为常数).

?? 1 ? a ? ?? 1 ? ? 1 a 0 < (1 + a ) ? n a = n a ??1 + ? ? 1? < n a ??1 + ? ? 1? = 1? a , ?? n ? ? n ?? n ? ? ? ? 1 a lim lim lim a 且为常数) ,根据夹逼定理知 且 n →∞ 0 = 0, n →∞ 1? a = 0 (1-a>0 且为常数) 根据夹逼定理知 n →∞ (1 + n ) ? n = 0. , n
解 由

[

]

例 7 求 n →∞ ?
lim

? 1? 2 n(n + 1) ? 2?3 ?. + 2 +?+ ? n2 +1 n + 2 n2 + n ? ? ?



设 In =

n(n + 1) 1? 2 2?3 + 2 +?+ ,由于 n +1 n + 2 n2 + n
2

In >

1 2 n n(n + 1) 1 + 2 +?+ 2 = = , n +n n +n n + n 2n(n + 1) 2
2

In < 1 1 = , 2 2

2 3 n +1 (n + 3)n + 2 +?+ 2 = , n +1 n +1 n + 1 2(n 2 + 1)
2 lim n →∞

且 n →∞

lim

n(n + 3) 1 = , 根据夹逼定理知 2(n 2 + 1) 2
lim n →∞

I n = lim, ∞ ( n→

n(n + 1) 1? 2 2?3 1 + 2 +?+ )= . 2 2 n +1 n + 2 n +n
2

例 8 求 n →∞ 解

1 3 5 2n ? 1 ? ? ? . 2 4 6 2n 1 3 5 2n ? 1 2 4 6 2n < ? ? ? 由于 ? ? ? ,所以 2 4 6 2n 3 5 7 2n + 1
lim

1 3 2n ? 1 2 4 2n 1 1 ? 1 3 2n ? 1 ? ? ? = < , ? ? ? ? < ? ? 2n ? 2 4 2n 3 5 2n + 1 2 n + 1 n ?2 4
2



0< 1 n

1 3 2n ? 1 1 ? ? < , 2 4 2n n

lim 且 n →∞ 0 = 0,

lim n →∞

= 0 ,由夹逼定理知
lim n →∞

1 3 2n ? 1 ? ? = 0. 2 4 2n 1 。 un

例9

u1 = 1, u 2 = 2 ,当 n≥3 时, u n = u n?1 + u n ? 2 ,求 lim ∞ ≥ n→

由条件知{u 递增 递增, 解法一 由条件知 n}递增,知
·53· ·

u n = u n?1 + u n ? 2 ≤ u n?1 + u n?1 = 2u n ?1
1 3 u n = u n?1 + u n ? 2 ≥ u n ?1 + u n ?1 = u n ?1 2 2
从而

?3? ?3? u n ≥ ? ? u n?2 ≥ ? ? ?2? ?2? 0 = 0,
lim n →∞

2

n ?1

?3? u1 = ? ? ?2?

n ?1

,

1 ?2? ≤? ? 得 0≤ un ? 3 ?
1 = 0. un

n ?1

lim 且 n →∞

?2? ? ? ?3?

n ?1

= 0 ,根据夹逼定理知 lim ∞ n→

显然{u 递增 知 递增, , 显然 n}递增, ? 解法二 由条件知 un>0,

?1? ?1? 1 递减, > 0 ,由单调有界定理知 ? ? 收 ? 递减,且 un ?un ? ?un ?

敛,设 lim

1 1 = l ,有 l = 0 . 若不然 l ≠ 0 , 有 lim u n = , n →∞ u n →∞ l n
1 1 1 = + , l l l 1 = 0. n →∞ u n

又 u n = u n ?1 + u n ? 2 , 令n → ∞, 有

相矛盾,故假设不成立, 得 =0,与 ≠ 0 相矛盾,故假设不成立,所以 lim ,

1 l

1 l

2π ? π ? ? sin n sin n sin π ? + +?+ 例 10 求 lim ? ?. n →∞ n + 1 1 1? ? n+ n+ ? 2 n? ? ?



2π n + n + ? + sin π ,由 设 In = 1 1 n +1 n+ n+ n 2 sin sin
n π 1 2π nπ 1 n iπ 1 iπ + ? + sin = ∑ sin (sin + sin ) = ∑ sin n n n n n i =1 n n i =1 n π 1 2π nπ In > (sin + sin + ? + sin ) n +1 n n n n 1 n iπ n n 1 iπ = ? ∑ sin = ∑ n sin n . n + 1 n i =1 n n + 1 i =1

π

In <

在和式

∑ n sin
i =1

n

1

1 1 iπ 1 ? 1? 中, ?xi = , 有b ? a = n ? = 1 。 f ( x ) = sin πx , ξ 1 = ∈ ? a, a + ? n n n n ? n?

上连续必可积。 令 n → ∞,0 ∈ [ a, a ] 知 a = 0, b = 1 且 f (x ) 在 [0,1] 上连续必可积 。 而
·54· ·

∑ n sin
i =1

n

1

iπ 是 f (x ) 在 n

[0,1] 上 , 把 区 间 [0 , 1] n 等 分 , ξ i 取 每 个 小 区 间 左 端 点 得 到 的 和 式 , 由 定 积 分 定 义 知
n 1 1 2 iπ n 1 n iπ 2 ? 1 ? lim ∑ sin = ∫ sin πdx = ? ? cos πx ? 1 = ? ∑ sin = ,根据夹逼定 ,且 lim 根据夹逼定 0 0 n →∞ n + 1 n n →∞ n π n π ? π ? i =1 n i =1

2π n + n + ? + sin π ] = 2 。 理知 lim I n = lim[ n →∞ n→∞ n + 1 1 1 π n+ n+ 2 n sin sin
例 11 求 lim ∫
n →∞
1 2 0

π

xn dx . 1+ x
1 2 0 1

xn 1 1 2 dx < ∫ 0 x n dx = ? ( ) n +1 , 解法一 由 0 < ∫ 1+ x n +1 2
, 且 lim 0=0, lim
n →∞ n →∞

1 1 ? ( ) n +1 =0,根据夹逼定理知 , n +1 2
1 2 0

1 2 lim ∫ 0 n →∞

xn dx =0。 。 1+ x

ξ nn 1 xn 1 dx = ? ,其中 0 ≤ ξ n ≤ , 解法二 由 ∫ 1+ x 2 1+ ξn 2


1 2 1 ≤ ≤ 1 ,知 为有界量, 为有界量,又 1+ ξn 3 1+ ξn

1 0 ≤ ξ nn ≤ ( ) n ,根据夹逼定理知 lim ξ nn = 0 。 n →∞ 2
从而原式 = lim
1 n →∞ 2

?

1 ? ξ nn = 0 (有界量乘以无穷小量仍是无穷小量). 有界量乘以无穷小量仍是无穷小量) 1+ξn

4.利用单调有界定理证明数列 {a n } 递增(递减)有上界(下界) 则数列 {a n } 收敛,即单调有 . 递增(递减)有上界(下界) ,则数列 收敛,即单调有 , 界数列有极限。 界数列有极限。 单调有界定理适合数列的项用递推关系式给出的数列。单调有界定理仅能证明数列极限存在, 单调有界定理适合数列的项用递推关系式给出的数列。单调有界定理仅能证明数列极限存在, 至于数列极限的值是多少只能用别的方法去解决。 至于数列极限的值是多少只能用别的方法去解决。 为常数, 例 12 设 c > 0 为常数,证明 x n = 分析 由于 x n +1 =

c + c + ? + c 极限存在,并求 lim x n 。 极限存在,
n个根号 n →∞

c + x n ,容易观察出 {x n } 是递增的,并可用数学归纳法证明。关键是证明 是递增的,并可用数学归纳法证明。

的上界呢?我们观察不出来。 是递增的,所以, 它有上界, 它有上界,哪一个数是 {x n } 的上界呢?我们观察不出来。由于 {x n } 是递增的,所以,若 {x n } 极限

·55· ·

存在,则极限值一定是它的一个上界, 有极限, 存在,则极限值一定是它的一个上界,若 {x n } 有极限,设 lim x n = a ,由于 x n + 1 =
n →∞

c + xn ,

令 n → ∞ ,有 a =

c + a ,两边平方得 a 2 ? a ? c = 0 ,解得

a=

1 ± 1 + 4c 1 + 1 + 4c 。由题意知 a > 0 ,所以 a = ,由于 a 太复杂,我们对它作适当放大, 太复杂,我们对它作适当放大, 2 2

有a <

1 + 1 + 4c + 4 c 1 + (1 + 2 c ) = = 1 + c ,则必有 x n < 1 + c 。 2 2
c < x2 = c + c , n = 1 即

递增的, 证 显然 x n > 0 , 我们先证 {x n } 递增的, x n < x n +1 。 即 由于 x1 =

时不等式成立。 成立。 时不等式成立。假设 n = k 时, x k < x k +1 成立。当 n = k + 1 时,由 x k < x k +1 ,

? 0 < c + x k < c + x k +1 ? c + x k < c + x k +1 ? x k +1 < x k + 2 ,即 n = k + 1 时不等式也成立,由 时不等式也成立,
递增。 有上界, 用数学归纳法证明: 知 再证 {x n } 有上界, 用数学归纳法证明: x1 = 由 数学归纳法知 x n < x n +1 , {x n } 递增。 假 设

c < 1+ c ,
时 ,

n=k



,

xk < 1 + c





n = k +1

x k +1 = c + x k < c + 1 + c < c + 1 + 2 c = 1 + c 。即 n = k + 1 时也成立,由数学归纳法知 时也成立,由数学归纳法知
对一切 n ∈ N ,都有 x n < 1 +

c 。根据单调有界定理知 {x n } 收敛。 收敛。

由 设 lim x n = a. x n +1 =
n →∞

c + x n ,令 n → ∞ ,有 a = c + a ? a 2 = c + a ? a 2 ? a ? c = 0 ,

解得 a =

1 ± 1 + 4c ,知 a > 0 , 2

知a =

1 + 1 + 4c 1 + 1 + 4c 1 + 1 + 4c ,由条件知 a = 。知 lim x n = 。 n →∞ 2 2 2

在上题证明了数列有界时,我们也可用下面方法证。 在上题证明了数列有界时,我们也可用下面方法证。 严格递增, 我们已经证明了 {x n } 严格递增,即
2 x n < x n +1 = c + x n ? x n ? x n ? c < 0 ?

1 ? 1 + 4c 1 + 1 + 4c 1 + 1 + 4c < xn < ,故 x n < 。 2 2 2

有上界。 从而 {x n } 有上界。 注:在求由递推关系式给出数列的极限时,一定要先证明数列极限存在,再求极限,否则就犯 在求由递推关系式给出数列的极限时,一定要先证明数列极限存在,再求极限, 了逻辑性错误。 了逻辑性错误。
·56· ·

例如

数列 (?1)

{

n

}是发散的。如果我们不去判断它的收敛性,直接求极限会怎么样呢?设 是发散的。如果我们不去判断它的收敛性,直接求极限会怎么样呢?
n →∞

a n = (?1) n , a n +1 = (?1) n+1 = ? a n , 设 lim a n = a , 令 n → ∞有a = ? a, 即2a = 0得a = 0 , 于 是

lim (?1) n = 0 。这里犯错误的原因是没有证明 a n 的极限是否存在,便假设 lim a n = a 。在错误的假 的极限是否存在,
n →∞ n →∞

收敛后 设下,当然推出错误的结论。因此, 设下,当然推出错误的结论。因此,一定要证明 {a n } 收敛后,再设 lim a n = a 。
n →∞
3 2 x n?1 + 1 存在,并计算此极限。 例 13 设 x0 = 2, x n = , n = 1, 2,? )证明 lim xn 存在,并计算此极限。 ( 2 n →∞ 3 x n ?1 3 1 ? x n ?1 2 是否单调, ,且 3 x n ?1 > 0 ,所以要判断 {xn } 是否单调,关键是判断分式的 2 3 x n?1 3 2 x n ?1 + 1 , 2 3 x n ?1

分析 由于 x n ? x n ?1 =

之间的大小, 之间的大小。 收敛, 即 若 设 对 分子中 x n ?1 与 1 之间的大小, x n ?1 与 1 之间的大小。 {xn } 收敛, lim a n = a , x n =
3

n →∞

令n → ∞有a = 增。

2a 3 + 1 递减, 解得 a=1, x n ≥ 1 ,则 x n ? x n ?1 < 0 。即 {xn } 递减,若 x n ≤ 1 ,则 {xn } 递 ,若 3a 2
3 2 x n ?1 + 1 1 1 1 = ( x n?1 + x n ?1 + ) ≥ 3 x n?1 + x n?1 2 = 1 , 有下界, 所以 {xn } 有下界, 而 2 x n ?1 3 3 x n ?1 x n ?1

证 由于 x n =

x n ? x n ?1 =

3 1 ? x n ?1 ≤0。 2 3 x n ?1

3 2 x n ?1 + 1 递减。由单调有界定理知, 收敛, 知 {xn } 递减。由单调有界定理知, {xn } 收敛,设 lim a n = a ,对 x n = ,令 n → ∞ 有 2 n →∞ 3 x n ?1

2a 3 + 1 a= , 解得a = 1. 因此 lim x n = 1 。 n→ ∞ 3a 2
例 14 设 x n = sin sin ? sin x ( x为常数) 。求 lim x n 。
n个 n →∞

解 设 a n = x n = sin sin ? sin x ,由不等式 sin x ≤ x 且等号仅当x = 0时成立知

a n+1 = sin sin sin ? sin x ≤ sin sin sin ? sin x = a n , a n ≥ 0, 从而{a n } 递减有下界, {a n } 递减有下界 故 又
n +1个 n个

收敛。 收敛。 设 lim a n = c ,由于 a n +1 = sin sin sin ? sin x = sin sin sin ? sin x = sin a n
n →∞ n +1个 n个

·57· ·

令 n → ∞, 有c = sin c, 且c ≥ 0, 于是等式可写为 c = sin c ,由前面不等式性质知 c = 0 。知

lim a n = lim x n = 0, 所以 lim x n = 0 。
n →∞ n →∞ n →∞

例 15 设 x n =

nk ( a > 1为常数, k常数), 求 lim xn . n→∞ an
(n +1)k
a n +1 nk an

a 解 设 a n = x n , lim = n +1 = lim x n→∞ n →∞ an

1 ? 1? 1 = lim ? ?1 + ? = < 1 n →∞ a a ? n?

k

由极限的不等式性质知 由极限的不等式性质知,存在 N 0 , 当n > N 0时, 都有

a n +1 < 1或a n +1 < a n , an 1 1 (1 + ) k a n , 令 a n

收敛, 知 {a n } 递减且 a n > 0 。 由单调有界定理知 {a n } 收敛 , 设 lim a n = c , 由 a n +1 =
n →∞

n → ∞ ,有 c =

1 ? c ,化简有 ( a ? 1)c = 0,由 a ? 1 ≠ 0, 得c = 0, 知 lim a n = 0, 故 lim x n = 0. n →∞ n →∞ a
b + x n (b > 0), n = 1,2, ? , 证明{x n }收敛于方程 x 2 ? x ? b = 0 的

例 16 设 x1 = a > 0, x n +1 = 正根。 正根。 证(i) 若 a ≥

a + b ,由x1 = a ≥ a + b = x 2 ,

假设 n = k 时, x k ≥ x k +1 > 0成立, 当 n = k + 1 时, b + x k ≥ b + x k +1 > 0 , 两边开二次方根有 x k +1 =

b + x k ≥ b + x k +1 = x k + 2 ,

成立, 即 n = k + 1 时,不等式 x k +1 > x k + 2 成立,由数学归纳法知 {x n } 递减且 x n > 0 ,根据单调有界 收敛。 定理知 {x n } 收敛。 (ii) a < )

a + b ,由x1 = a < a + b = x 2

成立, 假设 n = k 时, x k < x k +1 成立,当 n = k + 1 时, 0 < b + x k < b + x k +1 , 有 x k +1 = 增。 有上界, 下面再证 {x n } 有上界,由

b + x k < b + x k +1 = x k + 2 ,即 n = k + 1 时, x k +1 < x k + 2 成立。由数学归纳法知 {x n } 递 成立。

·58· ·

2 x n < x n +1 = b + x n ? x n ? x n ? b < 0 ?

1 ? 1 + 4b 1 + 1 + 4b 1 + 1 + 4b < xn < ? xn < 。 2 2 2

有上界, 收敛。 即 {x n } 有上界,故 {x n } 收敛。 设 lim x n = c,由x n +1 =
n →∞

b + x n , 令n → ∞, 有c = b + c ? c 2 ? c ? b = 0且c > 0, 故{x n } 收

的正根。 敛于 x ? x ? b 的正根。
2

例 17 证明 x n = (1 +

1 1 1 )(1 + 2 ) ? (1 + n ) 收敛。 收敛。 2 2 2 1 2 n +1 ) > x n ,知 {x n } 递增,又 x n = e 递增,
1 2 1 1? 2
ln xn

解 由于 x n +1 = x n ? (1 +

=e

1 1 1 ln(1+ )(1+ 2 )?(1+ n ) 2 2 2

<e

1 1 1 + +?+ n 2 22 2

<e

1 1 1 + +?+ n +? 2 22 2

=e

=e。

有界, 收敛。 知 {x n } 有界,由单调有界定理知 {x n } 收敛。 此数列虽然我们证明它收敛,但此极限值用上述的方法就求不出来 就求不出来。 注:1. 此数列虽然我们证明它收敛,但此极限值用上述的方法就求不出来。用其它方法也不好 求。 2. 在证明此数列有界的过程中,用到了不等式当 x > 0 时, 在证明此数列有界的过程中, 4.利用函数极限求数列极限。 .利用函数极限求数列极限。 的表达式, 由数列 {a n } 中的通项是 n 的表达式,即 a n = f (n). 而 lim f (n)与 lim f ( x ) 是特殊与一般的关
n →∞ x →∞

x < ln(1 + x) < x 。 1+ x

系,由归纳原则知
x → +∞

lim f ( x) = A(∞) ? lim f (n) = A(∞) .
n →∞

(1) )

反之不一定。 反之不一定。 从而, 的极限属于未定式时, 从而,当求极限 lim f ( n) 时,若 f ( n) 的极限属于未定式时,对数列极限当然不能用洛比达法
n →∞

作为函数在图象上是离散的点,既不连续,更不可导,但我们可用结论( ) ,转化 则,因为 f ( n) 作为函数在图象上是离散的点,既不连续,更不可导,但我们可用结论(1) 转化 , 为函数极限,对于求函数极限,便可以利用洛必达法则去求,当然也利用求函数极限的其它方法。 为函数极限,对于求函数极限,便可以利用洛必达法则去求,当然也利用求函数极限的其它方法。 例 18 求 lim n[(1 +
n →∞

1 n ) ? e] . n 1 x 1 (1 + t ) ? e 0 e ) ? e] = t lim ( ) = lim t →0 + t →0 + x x t 0
1 t ln(1+ t ) t

解 原式 = lim x[(1 +
x → +∞

?e

t

·59· ·

= lim e +
t →0

ln(1+ t ) t

t ? ln(1 + t ) t ? (1 + t ) ln(1 + t ) 1+ t ? = lim e ? 2 + t →0 t t 2 (1 + t )

= lim e ? +
t →0

1 ? ln(1 + t ) ? 1 e t ? (1 + t ) ln(1 + t ) ? 0 ? =? . ? ? = e lim 2 + 2t 2 t ? 0 ? t →0
n

例 19 求 lim tan (
n →∞

π

2 + ). 4 n
x

解法一 原式 = lim tan (
x → +∞

π

2 + ) 4 x
2 t

π 2 = t lim[tan( + t )] = lim e + t →0 t →0 + x 4
lim

2 ln tan( + t ) 4 t

π

?0? ? ? ?0?

=e

t →0 +

2 ln tan( + t ) lim 0 4 ( ) = e t →0 + t 0

π

2 tan(

π
4

+ t)

? sec 2 (

π
4

+ t) = e 4 .

2? ? ?1 + tan n ? 解法二 原式 = lim ? ? n →∞ ?1 ? tan 2 ? ? n? ? ?

n

2 2 tan ? tan ? ? ? n n ?? 1 1 ? 2 ? ?? ? 2 ? 2 2 ?? ?? tan ? n ? ? tan ? n ? 2 2 ? ? ? ? = lim ??(1 + tan ) n ? ? ÷ ??(1 ? tan ) n ? ? n →∞ n n ?? ? ?? ? ? ? ? ? ?? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

2

?2

=

e2 = e4 。 ?2 e
1

注:在解法二中利用了函数的重要极限 lim(1 + x ) x = e .
x →0

5.利用级数的收敛,求数列极限或证明数列收敛。 此种方法对数学一、三要求,对数学二、 .利用级数的收敛,求数列极限或证明数列收敛。 此种方法对数学一、三要求,对数学二、 (此种方法对数学一 ( 四不要求) 四不要求) (1)若 )

∑a
n =1



n

收敛, 收敛,则 lim a n = 0 。
n →∞

例 20 求 lim

n!a n (0 < a < e常数) n →∞ n n

解 对于一般级数
·60· ·

n!a n n!a n , un = ,由 ∑ nn nn n =1



lim
n →∞

u n +1 un

= lim
n →∞

(n + 1)!a n +1 (n + 1) n +1

n!a nn

n

= lim a ?
n →∞

1 1 (1 + ) n n

=

a e

< 1,



n!a n n!a n 绝对收敛, 绝对收敛,因此 lim n = 0 。 ∑ nn n →∞ n n =1
例 21 求 lim
n →∞



1 1 2 (1 + ) n . n n 4

解 由

∑4
n =1



1
n

1 1 2 1 2 为正项级数, (1 + ) n 为正项级数,设 u n = n (1 + ) n , n n 4

lim n u n = lim n
n →∞ n→ ∞

1 1 2 1 1 e (1 + ) n = lim (1 + ) n = < 1, n n→∞ 4 n n 4 4



∑4
n =1



1
n

1 2 1 1 2 收敛,因此, (1 + ) n 收敛,因此, lim n (1 + ) n = 0 . n →∞ 4 n n

(2) {a n } 收敛 ? a 0 + )


∑ (a
n =1



n

? a n ?1 )

由于

∑ (a
n =1 ∞

n

? a n?1 ) 前 n 项和为 (a1 ? a0 ) + (a2 ? a1 ) + ? + (an ? an ?1 ) = an ? a0 ,


因此

的收敛性。 收敛, ∑ (an ? a n?1 ) 的收敛性等价于 {an }的收敛性。若 ∑ (an ? a n?1 ) 收敛,则
n =1 n =1 ∞

lim a n =
n →∞

∑ (a
n =1

n

? a n?1 ) + a 0 。 1 1 ( x 0 + x1 ), ? , x n = ( x n ?1 + x n ? 2 ) , 求 lim x n , 其 中 n →∞ 2 2

例 22

设 x 0 = a, x1 = b, x 2 =

a, b为任意常数 。
具有递归规律,因此, 分析 由题设条件可看出 x1 ? x 0 , x 2 ? x1 , ? 具有递归规律,因此,可考虑用级数求和方法来 解。 解 由 xn =

1 1 ( x n ?1 + x n ? 2 ) , 得 x n ? x n ?1 = ? ( x n ?1 ? x n ? 2 ) 。 2 2 1 1 x1 ? x0 = b ? a, x 2 ? x1 = ? (b ? a ), x3 ? x 2 = (? ) 2 (b ? a ), 2 2

·61· ·

1 ? , x n ? x n?1 = (? ) n ?1 (b ? a ), 于是 2

1 lim x n = a + ∑ (? ) n ?1 (b ? a) = a + (b ? a) n →∞ 2 n =1



1 1 1 ? (? ) 2

a+

2 a + 2b (b ? a) = . 3 3

6.利用等价量替换来求数列极限。 .利用等价量替换来求数列极限。 由于在求函数极限时,可对分式分子、分母中的复杂因式用简单的等价量来替换。 由于在求函数极限时,可对分式分子、分母中的复杂因式用简单的等价量来替换。而数列也是 特殊的函数,故在求数列极限时,也可用等价量替换。 特殊的函数,故在求数列极限时,也可用等价量替换。 例 23 已知 lim

na = 2003, 且a, b. 为常数,求 a, b 。 为常数, n →∞ n b ? ( n ? 1) b

解 lim
n →∞

na 1 n [1 ? (1 ? ) b ] n
b

=

na
b ?? ? 1 ? ? ? ? n b ??1 + (? )? ? 1? n ? ?? ? ? ?

,

b 利用 (1 + x ) ? 1 ~ bx ( x → 0), 有

原式 = lim

1 n a +1 = lim ? b = 2003 , n →∞ n →∞ b 1 n ? n b ? b( ? ) n na 1 1 2002 = 2003, 解得 b = . ,a = ? b 2003 2003
n

知 a + 1 = b,

7.利用和式极限化为定积分求数列极限。 .利用和式极限化为定积分求数列极限。 例 24 求 lim
n →∞

n! . n
n
ln( ? ? ) lim 1 n! n! 1 2 n = lim ( n ) n = lim e n n n n = e n →∞ ln( ? ? ) n →∞ n n →∞ n n n n n lim n 1 1 n i i 1 ln = e n →∞ ∑ ln ? = e ∫ 0 ln xdx = e ( x ln x ? x ) ∑ n n i =1 n n i =1

1

1

1 2

n

解 原式

n →∞

lim

= e n →∞

lim

1 0

=e
1

?1? lim ( x ln x ? x )
x→0

= e ?1?0 = e ?1 .

因为 ∫ 0 ln xdx 是广义积分,x = 0 是瑕点, 是广义积分, 是瑕点, 注: 所以下限 x = 0 代入原函数是指原函数在 x = 0 处的极限。 处的极限。 极限

二、判断数列极限不存在的方法
1.若数列 n}有两个子数列极限存在但不相等,则{an}发散 .若数列{a 有两个子数列极限存在但不相等 有两个子数列极限存在但不相等, 发散
·62· ·

例 25 判断数列 ?sin

? ?

nπ ? ? 的收敛性 4 ?

解 取 n = 8k + 2 。得子数列 ?sin ? 2kπ +

? ?

? ?

π ??

π ? lim ? lim ?? , k →∞ sin ? 2kπ + ? = k →∞ 1 = 1 , 2 ?? 2? ?
? ?
nπ ? 发散。 ? 发散。 4 ?

取 n=8k,得子数列 {sin 2kπ } , k →∞ sin 2kπ = k →∞ 0 = 0 ,由 1 ≠ 0 ,知数列 ?sin ,
lim lim

2.若数列{an}无界,则数列 n}发散 .若数列 无界, 无界 则数列{a 发散
2 的收敛性。 例 26 判断数列 (? 1) n 的收敛性。 n

{
n

}

解 设 a n = (? 1) n , ?M > 0, ?n >
2

M ,有 n 2 > M ,知 a n = n 2 > M ,从而 n}无界,故 从而{a 无界 无界, 有

{an}无界 无界

·63· ·


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