第一章 函数与极限

1. 求下列函数的自然定义域：

(1) $ y = \sqrt{3x + 2} $;

(2) $ y = \frac{1}{1 - x^{2}} $;

(3) $ y = \frac{1}{x} - \sqrt{1 - x^2} $;

(4) $ y = \frac{1}{\sqrt{4 - x^2}} $;

(5) $ y = \sin \sqrt{x} $;

(6) $ y = \tan(x + 1) $;

(7) $ y = \arcsin(x - 3) $;

(8) $ y = \sqrt{3 - x} + \arctan \frac{1}{x} $;

(9) $ y = \ln(x + 1) $;

(10) $ y = e^{\frac{1}{x}} $

解 （1） $ 3x + 2 \geqslant 0 \Rightarrow x \geqslant -\frac{2}{3} $，即定义域为 $ \left[-\frac{2}{3}, +\infty\right) $.

(2) $ 1 - x^{2} \neq 0 \Rightarrow x \neq \pm 1 $，即定义域为 $ (- \infty, -1) \cup (-1, 1) \cup (1, +\infty) $.

（3） $ x\neq0 $ 且 $ 1-x^{2}\geqslant0\Rightarrow x\neq0 $ 且 $ |x|\leqslant1 $，即定义域为 $ [-1,0)\cup(0,1] $

(4) $ 4 - x^{2} > 0 \Rightarrow |x| < 2 $，即定义域为 $ (-2, 2) $.

(5) $ x \geqslant 0 $，即定义域为 $ [0, +\infty) $.

(6) $ x + 1 \neq k\pi + \frac{\pi}{2} (k \in \mathbf{Z}) $, 即定义域为 $ \{ x \mid x \in \mathbf{R} \text{ 且 } x \neq ( k + \frac{1}{2} )\pi - 1, k \in \mathbf{Z} \} $.

(7) $ |x-3|\leq1\Rightarrow2\leq x\leq4 $，即定义域为[2,4].

(8) $ 3 - x \geqslant 0 $ 且 $ x \neq 0 $，即定义域为 $ (- \infty, 0) \cup (0, 3] $.

(9) $ x + 1 > 0 \Rightarrow x > -1 $，即定义域为 $ (-1, +\infty) $.

(10) $ x \neq 0 $，即定义域为 $ (- \infty, 0) \cup (0, + \infty) $.

注 本题是求函数的自然定义域，一般方法是先写出构成所求函数的各个简单函数的定义域，再求出这些定义域的交集，即得所求定义域。下列简单函数及其定义域是经常用到的：

$$ y=\frac{Q\left(x\right)}{P\left(x\right)},P\left(x\right)\neq0； $$

$$ y=\sqrt[2n]{x},x\geqslant0； $$

$$ y=\log_{a}x,x>0； $$

$$ y=\tan x,x\neq\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi,k\in\mathbf{Z}; $$

$$ y=\cot x,x\neq k\pi,k\in\mathbf{Z}; $$

$$ y=\arcsin x,\mid x\mid\leqslant1； $$

$$ y=\arccos x,\mid x\mid\leqslant1. $$

1. 下列各题中，函数 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 是否相同？为什么？

(1) $ f(x) = \lg x^{2} $, $ g(x) = 2\lg x $;

(2) $ f(x) = x $, $ g(x) = \sqrt{x^2} $;

(3) $ f(x) = \sqrt[3]{x^4 - x^3} $, $ g(x) = x\sqrt[3]{x - 1} $;

(4) $ f(x) = 1 $, $ g(x) = \sec^{2} x - \tan^{2} x $.

解（1）不同，因为定义域不同.

（2）不同，因为对应法则不同， $ g(x)=\sqrt{x^{2}}=\{\begin{array}{ll}x,&x\geqslant0,\\-x,&x<0.\end{array}. $

（3）相同，因为定义域、对应法则均相同.

（4）不同，因为定义域不同.

1. 设

$$ \varphi(x)=\{\begin{aligned}&|\sin x|,&&|x|<\frac{\pi}{3},\\ &0,&&|x|\geqslant\frac{\pi}{3},\end{aligned}. $$

求 $ \varphi\left(\frac{\pi}{6}\right) $， $ \varphi\left(\frac{\pi}{4}\right) $， $ \varphi\left(-\frac{\pi}{4}\right) $， $ \varphi(-2) $，并作出函数 $ y=\varphi(x) $ 的图形.

解

$$ \varphi\Big(\frac{\pi}{6}\Big)=\left|\sin\frac{\pi}{6}\right|=\frac{1}{2},\varphi\Big(\frac{\pi}{4}\Big)=\left|\sin\frac{\pi}{4}\right|=\frac{\sqrt{2}}{2}, $$

$$ \varphi(.-\frac{\pi}{4})=|\sin(.-\frac{\pi}{4})|.=\frac{\sqrt{2}}{2},\varphi(.-2.)=0. $$

$ y=\varphi(x) $的图形如图1-1所示.

1. 试证下列函数在指定区间内的单调性：

(1) $ y = \frac{x}{1 - x}, (-\infty, 1) $;

(2) $ y = x + \ln x $, $ (0, +\infty) $.

证 (1) $ y = f(x) = \frac{x}{1 - x} = -1 + \frac{1}{1 - x} $, $ (-\infty, 1) $.

设 $ x_{1}

$$ f(x_{2})-f(x_{1})=\frac{1}{1-x_{2}}-\frac{1}{1-x_{1}}=\frac{x_{2}-x_{1}}{\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)}>0, $$

所以 $ f(x_{2})>f(x_{1}) $，即 $ f(x) $ 在 $ (-∞,1) $ 内单调增加.

(2) $ y = f(x) = x + \ln x $, $ (0, +\infty) $.

设 $ 0 < x_{1} < x_{2} $. 因为

$$ f(x_{2})-f(x_{1})=x_{2}+\ln x_{2}-x_{1}-\ln x_{1}=x_{2}-x_{1}+\ln\frac{x_{2}}{x_{1}}>0, $$

所以 $ f(x_{2})>f(x_{1}) $，即 $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 内单调增加.

1. 设 $ f(x) $ 为定义在 $ (-l, l) $ 内的奇函数，若 $ f(x) $ 在 $ (0, l) $ 内单调增加，证明 $ f(x) $ 在 $ (-l, 0) $ 内也单调增加.

证 设 $ -l0 $，从而 $ f(x_{2})>f(x_{1}) $，即 $ f(x) $ 在 $ (-l,0) $ 内也单调增加。

1. 设下面所考虑的函数都是定义在区间 $ (-l, l) $上的. 证明：

（1）两个偶函数的和是偶函数，两个奇函数的和是奇函数；

（2）两个偶函数的乘积是偶函数，两个奇函数的乘积是偶函数，偶函数与奇函数的乘积是奇函数.

证 （1）设 $ f_{1}(x) $, $ f_{2}(x) $ 均为偶函数，则 $ f_{1}(-x) = f_{1}(x) $, $ f_{2}(-x) = f_{2}(x) $. 令 $ F(x) = f_{1}(x) + f_{2}(x) $，于是

$$ F\left(-x\right)=f_{1}\left(-x\right)+f_{2}\left(-x\right)=f_{1}\left(x\right)+f_{2}\left(x\right)=F\left(x\right), $$

故 $ F(x) $ 为偶函数.

设 $ g_{1}(x) $, $ g_{2}(x) $ 均为奇函数，则 $ g_{1}(-x) = -g_{1}(x) $, $ g_{2}(-x) = -g_{2}(x) $. 令 $ G(x) = g_{1}(x) + g_{2}(x) $，于是

$$ G(-x)=g_{1}(-x)+g_{2}(-x)=-g_{1}(x)-g_{2}(x)=-G(x), $$

故 $ G(x) $ 为奇函数.

（2）设 $ f_{1}(x) $， $ f_{2}(x) $均为偶函数，则 $ f_{1}(-x)=f_{1}(x) $， $ f_{2}(-x)=f_{2}(x) $。令 $ F(x)=f_{1}(x)\cdot f_{2}(x) $。于是

$$ F(-x)=f_{1}(-x)\cdot f_{2}(-x)=f_{1}(x)f_{2}(x)=F(x), $$

故 $ F(x) $ 为偶函数.

设 $ g_{1}(x) $, $ g_{2}(x) $ 均为奇函数，则 $ g_{1}(-x) = -g_{1}(x) $, $ g_{2}(-x) = -g_{2}(x) $. 令 $ G(x) = g_{1}(x) \cdot g_{2}(x) $. 于是

$$ G(-x)=g_{1}(-x)\cdot g_{2}(-x)=\left[\begin{array}{l l}-g_{1}(x)\end{array}\right]\left[\begin{array}{l l}-g_{2}(x)\end{array}\right] $$

$$ =g_{1}\left(x\right)\cdot g_{2}\left(x\right)=G\left(x\right), $$

故 $ G(x) $ 为偶函数.

设 $ f(x) $为偶函数， $ g(x) $为奇函数，则 $ f(-x)=f(x) $， $ g(-x)=-g(x) $。令 $ H(x)=f(x)\cdot g(x) $，于是

$$ \begin{align*}H(-x)&=f(-x)\cdot g(-x)=f(x)\left[-g(x)\right]\\&=-f(x)\cdot g(x)=-H(x),\end{align*} $$

故 $ H(x) $ 为奇函数.

1. 下列函数中哪些是偶函数，哪些是奇函数，哪些既非偶函数又非奇函数？

1. 下列函数中哪些是偶函数，哪些是奇函数，哪些既非偶函数又非奇函数

(1) $ y = x^{2}(1 - x^{2}) $; (2) $ y = 3x^{2} - x^{3} $;

(3) $ y = \frac{1 - x^{2}}{1 + x^{2}} $; (4) $ y = x(x - 1)(x + 1) $;

(5) $ y = \sin x - \cos x + 1; $ (6) $ y = \frac{a^{x} + a^{-x}}{2}. $

解 (1) $ y = f(x) = x^{2}(1 - x^{2}) $，因为

$$ f(-x)=(--x)^{2}[1-(-x)^{2}]=x^{2}(1-x^{2})=f(x), $$

所以 $ f(x) $ 为偶函数.

(2) $ y = f(x) = 3x^{2} - x^{3} $，因为

$$ f(-x)=3\left(-x\right)^{2}-\left(-x\right)^{3}=3x^{2}+x^{3}, $$

$$ f(-x)\neq f(x),\quad 且 f(-x)\neq-f(x), $$

所以 $ f(x) $既非偶函数又非奇函数.

(3) $ y = f(x) = \frac{1 - x^{2}}{1 + x^{2}} $，因为

$$ f(-x)=\frac{1-(-x)^{2}}{1+(-x)^{2}}=\frac{1-x^{2}}{1+x^{2}}=f(x), $$

所以 $ f(x) $为偶函数.

(4) $ y = f(x) = x(x - 1)(x + 1) $，因为

$$ \begin{aligned}f(-x)&=(\ -x)\left[\ (-\ x)-1\right]\left[\ (-\ x)+1\right]\\&=-\ x(x+1)(x-1)=-f(x),\end{aligned} $$

所以 $ f(x) $为奇函数.

（5） $ y=f(x)=\sin x-\cos x+1 $，因为

$$ f(-x)=\sin(-x)-\cos(-x)+1=-\sin x-\cos x+1, $$

$$ f(-x)\neq f(x) 且 f(-x)\neq-f(x), $$

所以 $ f(x) $ 既非偶函数又非奇函数.

(6) $ y = f(x) = \frac{a^{x} + a^{-x}}{2} $，因为 $ f(-x) = \frac{a^{-x} + a^{x}}{2} = f(x) $，所以 $ f(x) $ 为偶函数.

1. 下列各函数中哪些是周期函数？对于周期函数，指出其周期：

(1) $ y = \cos(x - 2) $; (2) $ y = \cos 4x $;

(3) $ y = 1 + \sin \pi x $; (4) $ y = x \cos x $;

(5) $ y = \sin^{2} x $.

解（1）是周期函数，周期 $ l=2\pi $

(2) 是周期函数, 周期 $ l = \frac{\pi}{2} $.

（3）是周期函数，周期 l=2.

（4）不是周期函数.

（5）是周期函数，周期 $ l=\pi $

1. 求下列函数的反函数：

(1) $ y = \sqrt[3]{x + 1} $; (2) $ y = \frac{1 - x}{1 + x} $;

(3) $ y = \frac{ax + b}{cx + d} $ (ad - bc \neq 0); (4) $ y = 2\sin 3x\left(-\frac{\pi}{6} \leq x \leq \frac{\pi}{6}\right) $;

(5) $ y = 1 + \ln(x + 2) $; (6) $ y = \frac{2^x}{2^x + 1} $.

分析 函数 f 存在反函数的前提条件为: $ f: D \to f(D) $ 是单射. 本题中所给出的各函数易证均为单射, 特别(1)、(4)、(5)、(6)中的函数均为单调函数, 故都存在反函数.

解 (1) 由 $ y = \sqrt[3]{x + 1} $ 解得 $ x = y^{3} - 1 $，即反函数为 $ y = x^{3} - 1 $.

（2）由 $ y=\frac{1-x}{1+x} $ 解得 $ x=\frac{1-y}{1+y} $，即反函数为 $ y=\frac{1-x}{1+x} $.

（3）由 $ y=\frac{ax+b}{cx+d} $ 解得 $ x=\frac{-dy+b}{cy-a} $，即反函数为 $ y=\frac{-dx+b}{cx-a} $.

（4）由 $ y = 2\sin 3x\left(-\frac{\pi}{6} \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{6}\right) $ 解得 $ x = \frac{1}{3} \arcsin \frac{y}{2} $，即反函数为 $ y = \frac{1}{3} \arcsin \frac{x}{2} $.

（5）由 $ y=1+\ln(x+2) $ 解得 $ x=e^{y-1}-2 $，即反函数为 $ y=e^{x-1}-2 $.

（6）由 $ y=\frac{2^{x}}{2^{x}+1} $ 解得 $ x=\log_{2}\frac{y}{1-y} $，即反函数为 $ y=\log_{2}\frac{x}{1-x} $

1. 设函数 $ f(x) $ 在数集 X 上有定义，试证：函数 $ f(x) $ 在 X 上有界的充分必要条件是它在 X 上既有上界又有下界.

解 设 $ f(x) $ 在 X 上有界，即存在 M > 0，使得

$$ \begin{aligned}&|f(x)|\leqslant M,\quad x\in X,\\ &\\ &-M\leqslant f(x)\leqslant M,\quad x\in X,\\ \end{aligned} $$

故

即 $ f(x) $ 在 X 上有上界 M，下界 -M.

反之，设 $ f(x) $在X上有上界 $ K_{1} $，下界 $ K_{2} $，即

$$ K_{2}\leqslant f(x)\leqslant K_{1},\quad x\in X. $$

取 $ M = \max\{|K_1|, |K_2|\} $，则有

$$ \mid f(x)\mid\leqslant M,\quad x\in X, $$

即 $ f(x) $ 在 X 上有界.

1. 在下列各题中,求由所给函数构成的复合函数,并求这函数分别对应于给定自变量值 $ x_{1} $ 和 $ x_{2} $ 的函数值:

(1) $ y = u^{2} $, $ u = \sin x $, $ x_{1} = \frac{\pi}{6} $, $ x_{2} = \frac{\pi}{3} $;

(2) $ y = \sin u $, u = 2x, $ x_1 = \frac{\pi}{8} $, $ x_2 = \frac{\pi}{4} $;

(3) $ y = \sqrt{u} $, u = 1 + $ x^{2} $, $ x_{1} = 1 $, $ x_{2} = 2 $;

(4) $ y = e^{u} $, $ u = x^{2} $, $ x_{1} = 0 $, $ x_{2} = 1 $;

(5) $ y = u^{2} $, $ u = e^{x} $, $ x_{1} = 1 $, $ x_{2} = -1 $.

解 (1) $ y = \sin^{2} x $, $ y_{1} = \frac{1}{4} $, $ y_{2} = \frac{3}{4} $.

(2) $ y = \sin 2x $, $ y_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} $, $ y_2 = 1 $.

(3) $ y = \sqrt{1 + x^{2}} $, $ y_{1} = \sqrt{2} $, $ y_{2} = \sqrt{5} $.

(4) $ y = e^{x^2} $, $ y_1 = 1 $, $ y_2 = e $.

(5) $ y = e^{2x} $, $ y_1 = e^2 $, $ y_2 = e^{-2} $.

1. 设 $ f(x) $ 的定义域 $ D = [0,1] $，求下列各函数的定义域：

(1) $ f(x^{2}) $; (2) $ f(\sin x) $;

(3) $ f(x+a)(a>0) $; (4) $ f(x+a)+f(x-a)(a>0) $.

解 (1) $ 0 \leqslant x^{2} \leqslant 1 \Rightarrow x \in [-1, 1] $.

(2) $ 0 \leqslant \sin x \leqslant 1 \Rightarrow x \in [2n\pi, (2n+1)\pi], n \in \mathbb{Z} $

(3) $ 0 \leqslant x + a \leqslant 1 \Rightarrow x \in [-a, 1 - a] $.

(4) $ \{\begin{array}{l}0\leqslant x+a\leqslant1,\\0\leqslant x-a\leqslant1\end{array}. $ $ \Rightarrow $ 当 $ 0\frac{1}{2} $ 时, 定义域为 $ \varnothing $.

1. 设

$$ f(x)=\{\begin{array}{c l}{1,}&{\mid x\mid<1,}\\ {0,}&{\mid x\mid=1,g(x)=\mathrm{e}^{x},}\\ {-1,}&{\mid x\mid>1,}\\ \end{array}. $$

求 $ f[g(x)] $和 $ g[f(x)] $，并作出这两个函数的图形.

解

$$ f[g(x)]=f(e^{x})=\{\begin{array}{r}1,\quad x<0,\\0,\quad x=0,\\-1,\quad x>0.\end{array}. $$

$$ g[f(x)]=\mathrm{e}^{f(x)}=\{\begin{aligned}&\mathrm{e},&&|x|<1,\\ &1,&&|x|=1,\\ &\mathrm{e}^{-1},&&|x|>1.\end{aligned}. $$

$ f[g(x)] $ 与 $ g[f(x)] $ 的图形依次如图 1-2，图 1-3 所示.

1. 已知水渠的横断面为等腰梯形，斜角 $ \varphi = 40^{\circ} $（图 1-4）。当过水断面 ABCD 的面积为定值 $ S_{0} $ 时，求湿周 $ L(L = AB + BC + CD) $ 与水深 h 之间的函数关系式，并指明其定义域。

解 $ AB = CD = \frac{h}{\sin 40^{\circ}} $，又

$$ S_{0}=\frac{1}{2}h\left[B C+(B C+2\cot40^{\circ}\cdot h)\right], $$

得

$$ BC=\frac{S_{0}}{h}-\cot40^{\circ}\cdot h, $$

所以

$$ L=\frac{S_{0}}{h}+\frac{2-\cos40^{\circ}}{\sin40^{\circ}}h, $$

而 h > 0 且 $ \frac{S_{0}}{h} - \cot 40^{\circ} \cdot h > 0 $，因此湿周函数的定义域为 $ (0, \sqrt{S_{0}\tan 40^{\circ}}) $。

1. 设 $ xOy $ 平面上有正方形 $ D = \{(x,y) \mid 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1\} $ 及直线 $ l: x + y = t (t \geq 0) $. 若 $ S(t) $ 表示正方形 $ D $ 位于直线 $ l $ 左下方部分的面积, 试求 $ S(t) $ 与 $ t $ 之间的函数关系.

解 当 $ 0 \leq t \leq 1 $ 时， $ S(t) = \frac{1}{2}t^{2} $

当 $ 1 < t \leq 2 $ 时， $ S(t) = 1 - \frac{1}{2}(2 - t)^2 = -\frac{1}{2}t^2 + 2t - 1 $，

当t>2时， $ S(t)=1 $

故

$$ S(t)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}t^{2},&0\leqslant&t\leqslant1,\\ &-\frac{1}{2}t^{2}+2t-1,&12.\end{aligned}. $$

1. 求联系华氏温度（用 F 表示）和摄氏温度（用 C 表示）的转换公式，并求

（1） $ 90\,^{\circ} $F 的等价摄氏温度和 $ -5\,^{\circ} $C 的等价华氏温度；

（2）是否存在一个温度值，使华氏温度计和摄氏温度计的读数是一样的？如果存在，那么该温度值是多少？

解 设 F = mC + b，其中 m, b 均为常数.

因为 $ F=32^{\circ} $ 相当于 $ C=0^{\circ}, F=212^{\circ} $ 相当于 $ C=100^{\circ} $，所以

$$ b=32,\quad m=\frac{212-32}{100}=1.8. $$

故 F = 1.8C + 32 或 $ C = \frac{5}{9}(F - 32) $.

(1) $ F = 90^{\circ} $, $ C = \frac{5}{9}(90 - 32) \approx 32.2^{\circ} $.

$$ C=-5^{\circ},\quad F=1,8\times(-5)+32=23^{\circ}. $$

（2）设温度值 t 符合题意，则有

$$ t=1.8t+32,\quad t=-40. $$

即华氏 $ -40^{\circ} $恰好也是摄氏 $ -40^{\circ} $

1. 已知 Rt $ \triangle ABC $ 中，直角边 AC、BC 的长度分别为 20、15，动点 P 从 C 出发，沿三角形边界按 $ C \to B \to A $ 方向移动；动点 Q 从 C 出发，沿三角形边界按 $ C \to A \to B $ 方向移动，移动到两动点相遇时为止，且点 Q 移动的速度是点 P 移动的速度的 2 倍。设动点 P 移动的距离为 x， $ \triangle CPQ $ 的面积为 y，试求 y 与 x 之间的函数关系。

解 因为 AC = 20, BC = 15, 所以, $ AB = \sqrt{20^{2} + 15^{2}} = 25 $.

由 $ 20<2\cdot15<20+25 $ 可知，点 P, Q 在斜边 AB 上相遇.

令 $ x + 2x = 15 + 20 + 25 $，得 x = 20。即当 x = 20 时，点 P、Q 相遇。因此，所求函数的定义域为 (0, 20)。

（1）当0<x<10时，点P在CB上，点Q在CA上（图1-5）.

由 $ \mid CP\mid = x, \mid CQ\mid = 2x $ ，得

$$ y=x^{2}. $$

（2）当 $ 10\leq x\leq15 $时，点P在CB上，点Q在AB上（图1-6）.

$$ \left|CP\right|=x,\quad\left|AQ\right|=2x-20. $$

设点 Q 到 BC 的距离为 h，则

$$ \frac{h}{20}=\frac{\mid BQ\mid}{25}=\frac{45-2x}{25}, $$

得 $ h = \frac{4}{5}(45 - 2x) $. 故

$$ y=\frac{1}{2}xh=\frac{2}{5}x(45-2x)=-\frac{4}{5}x^{2}+18x. $$

（3）当15<x<20时，点P、Q都在AB上（图1-7）.

$$ \left|BP\right|=x-15,\quad\left|AQ\right|=2x-20,\quad\left|PQ\right|=60-3x. $$

设点 C 到 AB 的距离为 $ h' $，则

$$ h^{\prime}=\frac{15\cdot20}{25}=12, $$

得

$$ y=\frac{1}{2}|P Q|\cdot h^{\prime}=-18x+360. $$

综上可得

$$ \begin{aligned}&y=\{\begin{aligned}&x^{2},&0

1. 利用以下美国人口普查局提供的世界人口数据 $ ^{①} $以及指数模型来推测2020年的世界人口.

解 由表中第3列，猜想2008年后世界人口的年增长率是1.1%.于是，在2008年后的第t年，世界人口将是

$$ p(t)=6\ 708.2\times(1.011)^{t}( 百万 ). $$

2020年对应t=12，于是

$$ p(12)=6708.2\times(1.011)^{12}\approx7649.3( 百万 )\approx76( 亿 ). $$

即推测2020年的世界人口约为76亿.

习题1-2

数列的极限

1. 下列各题中，哪些数列收敛，哪些数列发散？对收敛数列，通过观察 $ \{x_{n}\} $ 的变化趋势，写出它们的极限：

(1) $ \{\frac{1}{2^{n}}\} $; (2) $ \{(-1)^{n}\frac{1}{n}\} $;

(3) $ \{2+\frac{1}{n^{2}}\} $; (4) $ \{\frac{n-1}{n+1}\} $;

(5) $ \{n(-1)^{n}\} $; (6) $ \{\frac{2^{n}-1}{3^{n}}\} $;

(7) $ \{n-\frac{1}{n}\} $; (8) $ \{[(-1)^{n}+1]\frac{n+1}{n}\} $.

解 （1）收敛, $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{2^n}=0 $.

（2）收敛, $ \lim_{n\to\infty}(-1)^n\frac{1}{n}=0 $

（3）收敛, $ \lim_{n\to\infty}\left(2+\frac{1}{n^{2}}\right)=2 $

（4）收敛, $ \lim_{n\to\infty}\frac{n-1}{n+1}=1 $

(5) $ \{n(-1)^{n}\} $ 发散.

（6）收敛, $ \lim_{n\to\infty}\frac{2^{n}-1}{3^{n}}=0 $

(7) $ \{n-\frac{1}{n}\} $发散.

(8) $ \{[(-1)^{n}+1]\frac{n+1}{n}\} $ 发散.

2.（1）数列的有界性是数列收敛的什么条件？

(2) 无界数列是否一定发散?

（3）有界数列是否一定收敛？

解（1）必要条件.

(2) 一定发散.

（3）未必一定收敛，如数列 $ \{(-1)^{n}\} $有界，但它是发散的.

1. 下列关于数列 $ \{x_{n}\} $ 的极限是 a 的定义，哪些是对的，哪些是错的？如果是对的，试说明理由；如果是错的，试给出一个反例.

（1）对于任意给定的 $ \varepsilon>0 $，存在 $ N\in\mathbb{N}_{+} $，当 n>N 时，不等式 $ x_{n}-a<\varepsilon $ 成立；

（2）对于任意给定的 $ \varepsilon > 0 $，存在 $ N \in \mathbb{N}_+ $，当 $ n > N $ 时，有无穷多项 $ x_n $，使不等式 $ |x_n - a| < \varepsilon $ 成立；

（3）对于任意给定的 $ \varepsilon > 0 $，存在 $ N \in \mathbb{N}_+ $，当 $ n > N $ 时，不等式 $ |x_n - a| < c\varepsilon $ 成立，其中 $ c $ 为某个正常数；

（4）对于任意给定的 $ m \in \mathbb{N}_+ $，存在 $ N \in \mathbb{N}_+ $，当 $ n > N $ 时，不等式 $ |x_n - a| < \frac{1}{m} $ 成立。

解 （1）错误. 如对数列 $ \{(-1)^{n}+\frac{1}{n}\}, a=1 $. 对任给的 $ \varepsilon>0 $ (设 $ \varepsilon<1 $), 存在 $ N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right] $, 当 n>N 时, $ (-1)^{n}+\frac{1}{n}-1\leq\frac{1}{n}<\varepsilon $, 但 $ \{(-1)^{n}+\frac{1}{n}\} $ 的极限不存在.

（2）错误. 如对数列

$$ x_{n}=\{\begin{aligned}&n,&&n=2k-1,\\ &1-\frac{1}{n},&&n=2k,\end{aligned}.\quad k\in\mathbf{N}_{+},\quad a=1. $$

对任给的 $ \varepsilon > 0 $ (设 $ \varepsilon < 1 $)，存在 $ N = \left[\frac{1}{\varepsilon}\right] $，当 n > N 且 n 为偶数时， $ \left|x_{n} - a\right| = \frac{1}{n} < \varepsilon $ 成立，但 $ \left|x_{n}\right| $ 的极限不存在.

（3）正确. 对任给的 $ \varepsilon > 0 $，取 $ \frac{1}{c}\varepsilon > 0 $，按假设，存在 $ N \in \mathbb{N}_+ $，当 $ n > N $ 时，不等式 $ |x_n - a| < c \cdot \frac{1}{c}\varepsilon = \varepsilon $ 成立.

（4）正确. 对任给的 $ \varepsilon > 0 $，取 $ m \in \mathbb{N}_+ $，使 $ \frac{1}{m} < \varepsilon $。按假设，存在 $ N \in \mathbb{N}_+ $，当 $ n > N $ 时，不等式 $ |x_n - a| < \frac{1}{m} < \varepsilon $ 成立。

*4. 设数列 $ \{x_n\} $ 的一般项 $ x_n = \frac{1}{n} \cos \frac{n\pi}{2} $。问 $ \lim_{n \to \infty} x_n = ? $ 求出 N，使当 $ n > N $ 时， $ x_n $ 与其极限之差的绝对值小于正数 $ \varepsilon $。当 $ \varepsilon = 0.001 $ 时，求出数 N。

解 $ \lim_{n\to\infty}x_n=0 $. 证明如下：

因为

$$ |x_{n}-0|=\left|\frac{1}{n}\cos\frac{n\pi}{2}\right|\leqslant\frac{1}{n}, $$

要使 $ \left|x_{n}-0\right|<\varepsilon $，只要 $ \frac{1}{n}<\varepsilon $，即 $ n>\frac{1}{\varepsilon} $。所以 $ \forall\varepsilon>0 $（不妨设 $ \varepsilon<1 $），取 $ N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right] $，则当n>N时，就有 $ \left|x_{n}-0\right|<\varepsilon $。

当 $ \varepsilon = 0.001 $ 时，取 $ N = \left[\frac{1}{\varepsilon}\right] = 1000 $。即若 $ \varepsilon = 0.001 $，只要 n > 1000，就有 $ \left|x_{n} - 0\right| < 0.001 $。

$ ^{*} $5. 根据数列极限的定义证明：

(1) $ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} = 0 $; (2) $ \lim_{n \to \infty} \frac{3n + 1}{2n + 1} = \frac{3}{2} $;

(3) $ \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n^2 + a^2}}{n} = 1 $; (4) $ \lim_{n \to \infty} 0 $. $ \underbrace{999\cdots}_{n \text{ 个}} 9 = 1 $.

证 （1）因为要使 $ \left|\frac{1}{n^{2}}-0\right|=\frac{1}{n^{2}}<\varepsilon $，只要 $ n>\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}} $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $（不妨设 $ \varepsilon<1 $），取 $ N=\left[\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}\right] $，则当 n>N 时，就有 $ \left|\frac{1}{n^{2}}-0\right|<\varepsilon $，即 $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^{2}}=0 $。

（2）因为 $ \left|\frac{3n+1}{2n+1}-\frac{3}{2}\right|=\frac{1}{2(2n+1)}<\frac{1}{4n} $，要使 $ \left|\frac{3n+1}{2n+1}-\frac{3}{2}\right|<\varepsilon $，只要 $ \frac{1}{4n}<\varepsilon $，即 $ n>\frac{1}{4\varepsilon} $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $（不妨设 $ \varepsilon<\frac{1}{4} $），取 $ N=\left[\frac{1}{4\varepsilon}\right] $，则当 $ n>N $时，就有 $ \left|\frac{3n+1}{2n+1}-\frac{3}{2}\right|<\varepsilon $，即 $ \lim_{n\to\infty}\frac{3n+1}{2n+1}=\frac{3}{2} $。

注 本题中所采用的证明方法是：先将 $ \left|x_{n}-a\right| $等价变形，然后适当放大，使N容易由放大后的量小于 $ \varepsilon $的不等式中求出。这在按定义证明极限的问题中是经常采用的。

（3）当a=0时，所给数列为常数列，显然有此结论.以下设 $ a\neq0 $.因为

$$ \left|\frac{\sqrt{n^{2}+a^{2}}}{n}-1\right|=\frac{\sqrt{n^{2}+a^{2}}-n}{n}=\frac{a^{2}}{n\left(\sqrt{n^{2}+a^{2}}+n\right)}<\frac{a^{2}}{2n^{2}}, $$

要使 $ \left|\frac{\sqrt{n^{2}+a^{2}}}{n}-1\right|<\varepsilon $，只要 $ \frac{a^{2}}{2n^{2}}<\varepsilon $，即 $ n>\frac{|a|}{\sqrt{2\varepsilon}} $。所以 $ \forall\varepsilon>0 $（不妨设 $ \varepsilon<\frac{1}{2}a^{2} $），取 $ N=\left[\frac{|a|}{\sqrt{2\varepsilon}}\right] $，则当 $ n>N $时，就有 $ \left|\frac{\sqrt{n^{2}+a^{2}}}{n}-1\right|<\varepsilon $，即 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n^{2}+a^{2}}}{n}=1 $。

（4）因为 $ |0.999\cdots|9-1|=\frac{1}{10^n} $，要使 $ |0.999\cdots|9-1|<\varepsilon $，只要 $ \frac{1}{10^n}<\varepsilon $，即 $ n>|\lg\frac{1}{\varepsilon}| $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $（不妨设 $ \varepsilon<1 $），取 $ N=\left[\lg\frac{1}{\varepsilon}\right] $，则当 n>N 时，就有 $ |0.999\cdots|9-1|<\varepsilon $，即 $ \lim_{n\to\infty}0.999\cdots\cdot9=1 $。

1. 若 $ \lim_{n \to \infty} u_n = a $，证明 $ \lim_{n \to \infty} |u_n| = |a| $。并举例说明：如果数列 $ \{|x_n|\} $ 有极限，但数列 $ \{x_n\} $ 未必有极限。

证 因为 $ \lim_{n\to\infty}u_n=a $，所以 $ \forall\varepsilon>0,\exists N $，当 n>N 时，有 $ \left|u_n-a\right|<\varepsilon $，从而有

$$ \mid\mid u_{n}\mid-\mid a\mid\mid\leqslant\mid u_{n}-a\mid<\varepsilon, $$

故 $ \lim_{n\to\infty}|u_n|=|a| $

但由 $ \lim_{n\to\infty}\left|u_{n}\right|=|a| $，并不能推得 $ \lim_{n\to\infty}u_n=a $。例如，考虑数列 $ \{(-1)^{n}\} $，虽然 $ \lim_{n\to\infty}\left|(-1)^{n}\right|=1 $，但 $ \{(-1)^{n}\} $没有极限。

1. 设数列 $ \{x_{n}\} $ 有界，又 $ \lim_{n\to\infty}y_{n}=0 $，证明： $ \lim_{n\to\infty}x_{n}y_{n}=0 $.

证 因数列 $ \{x_{n}\} $ 有界，故 $ \exists M>0 $，使得对一切 n 有 $ |x_{n}|\leq M $。 $ \forall\varepsilon>0 $，由于 $ \lim_{n\to\infty}y_{n}=0 $，故对 $ \varepsilon_{1}=\frac{\varepsilon}{M}>0 $， $ \exists N $，当 n>N 时，就有 $ |y_{n}|<\varepsilon_{1}=\frac{\varepsilon}{M} $，从而有

$$ \mid x_{n}y_{n}-0\mid=\mid x_{n}\mid\cdot\mid y_{n}\mid

所以

$$ \lim_{n\to\infty}x_{n} y_{n}=0. $$

1. 对于数列 $ \{x_n\} $，若 $ x_{2k-1} \to a(k \to \infty) $， $ x_{2k} \to a(k \to \infty) $，证明： $ x_n \to a(n \to \infty) $。

证 因为 $ x_{2k-1} \to a(k \to \infty) $，所以 $ \forall \varepsilon > 0, \exists k_1 $，当 $ k > k_1 $ 时，有 $ |x_{2k-1} - a| < \varepsilon $；又因为 $ x_{2k} \to a(k \to \infty) $，所以对上述 $ \varepsilon > 0, \exists k_2 $，当 $ k > k_2 $ 时，有 $ |x_{2k} - a| < \varepsilon $。

记 $ K = \max\{k_1, k_2\} $，取 N = 2K，则当 n > N 时，若 n = 2k - 1，则

$$ k>K+\frac{1}{2}>k_{1}\Longrightarrow\mid x_{n}-a\mid=\mid x_{2k-1}-a\mid<\varepsilon, $$

若n=2k，则

$$ k>K\geqslant k_{2}\Longrightarrow\mid x_{n}-a\mid=\mid x_{2k}-a\mid<\varepsilon. $$

从而只要 n > N，就有 $ \left|x_{n} - a\right| < \varepsilon $，即 $ \lim_{n \to \infty} x_{n} = a $。

习题1-3

1. 对图1-8所示的函数 $ f(x) $，求下列极限，如极限不存在，说明理由.

(1) $ \lim_{x \to -2} f(x) $;

(2) $ \lim_{x \to -1} f(x) $;

(3) $ \lim_{x \to 0} f(x) $.

解 (1) $ \lim_{x\to0}f(x)=0 $.

(2) $ \lim_{x \to -1} f(x) = -1 $.

(3) $ \lim_{x\to0}f(x) $ 不存在，因为 $ f(0^{+})\neq f(0^{-}) $.

1. 对图1-9所示的函数 $ f(x) $，下列陈述中哪些是对的，哪些是错的？

(1) $ \lim_{x \to 0} f(x) $ 不存在；

(2) $ \lim_{x \to 0} f(x) = 0 $;

(3) $ \lim_{x \to 0} f(x) = 1 $;

(4) $ \lim_{x \to 1} f(x) = 0 $;

(5) $ \lim_{x\to1}f(x) $ 不存在；

(6) 对每个 $ x_{0} \in (-1,1) $， $ \lim_{x \to x_{0}} f(x) $ 存在.

解 （1）错， $ \lim_{x\to0}f(x) $ 存在与否，与 $ f(0) $ 的值无关.事实上 $ \lim_{x\to0}f(x)=0 $.

（2）对，因为 $ f(0^{+})=f(0^{-})=0 $

（3）错， $ \lim_{x\to0}f(x) $ 的值与 $ f(0) $ 的值无关.

（4）错, $ f(1^{+})=0 $，但 $ f(1^{-})=-1 $，故 $ \lim_{x\to-1}f(x) $不存在.

（5）对，因为 $ f(1^{-}) \neq f(1^{+}) $

（6）对.

1. 对图1-10所示的函数，下列陈述中哪些是对的，哪些是错的？

(1) $ \lim_{x \to -1} f(x) = 1 $;

(2) $ \lim_{x\to-1}f(x) $ 不存在；

(3) $ \lim_{x \to 0} f(x) = 0 $;

(4) $ \lim_{x \to 0} f(x) = 1 $;

(5) $ \lim_{x \to 1} f(x) = 1 $;

(6) $ \lim_{x \to 1^{+}} f(x) = 0 $;

(7) $ \lim_{x \to 2^{-}} f(x) = 0 $;

(8) $ \lim_{x \to 2} f(x) = 0 $.

解（1）对.

（2）对，因为当x<-1时， $ f(x) $无定义.

（3）对，因为 $ f(0^{+})=f(0^{-})=0 $

（4）错， $ \lim_{x\to0}f(x) $ 的值与 $ f(0) $ 的值无关.

（5）对.

（6）对.

（7）对.

（8）错，因为当x>2时， $ f(x) $无定义， $ f(2^{+}) $不存在.

1. 求 $ f(x) = \frac{x}{x} $, $ \varphi(x) = \frac{|x|}{x} $ 当 $ x \to 0 $ 时的左、右极限，并说明它们在 $ x \to 0 $ 时的极限是否存在.

解 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{x}{x}=\lim_{x\to0^{+}}1=1,\lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{x}{x}=\lim_{x\to0^{-}}1=1 $

因为 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=1=\lim_{x\to0^{+}}f(x) $，所以 $ \lim_{x\to0}f(x)=1 $。

$$ \lim_{x\to0^{+}}\varphi(x)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\left|x\right|}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{x}{x}=1,\lim_{x\to0^{+}}\varphi(x)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\left|x\right|}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{-x}{x}=-1. $$

因为 $ \lim_{x\to0^{+}}\varphi(x)\neq\lim_{x\to0^{-}}\varphi(x) $，所以 $ \lim_{x\to0}\varphi(x) $不存在.

$ ^{*} $5. 根据函数极限的定义证明：

(1) $ \lim_{x \to 3}(3x - 1) = 8 $; (2) $ \lim_{x \to 2}(5x + 2) = 12 $;

(3) $ \lim_{x \to -2} \frac{x^2 - 4}{x + 2} = -4 $; (4) $ \lim_{x \to -\frac{1}{2}} \frac{1 - 4x^2}{2x + 1} = 2 $.

解（1）因为

$$ \left|\begin{array}{r l}{{(3x-1)}}&{{-8}}\end{array}\right|=&\left|\begin{array}{r l}{3x-9}\end{array}\right|=3\left|\begin{array}{r l}{x-3}\end{array}\right|, $$

要使 $ \mid(3x-1)-8\mid<\varepsilon $，只要 $ |x-3|<\frac{\varepsilon}{3} $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ \delta=\frac{\varepsilon}{3} $，则当 $ 0<|x-3|<\delta $ 时，就有 $ \mid(3x-1)-8\mid<\varepsilon $，即 $ \lim_{x\to3}(3x-1)=8 $。

（2）因为

$$ \left|（5x+2）-12\right|=\left|5x-10\right|=5\left|x-2\right|, $$

要使 $ \left|(5x+2)-12\right|<\varepsilon $，只要 $ \left|x-2\right|<\frac{\varepsilon}{5} $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ \delta=\frac{\varepsilon}{5} $，则当 $ 0<|x-2|<\delta $ 时，就有 $ \left|(5x+2)-12\right|<\varepsilon $，即 $ \lim_{x\to2}(5x+2)=12 $.

（3）因为 $ x \to -2, x \neq -2 $

$$ \left|\frac{x^{2}-4}{x+2}-(-4)\right|=|\ x-2-(-4)|=|\ x+2|=|\ x-(-2)|, $$

要使

$$ \left|\frac{x^{2}\ -4}{x\ +2}\right.\left.-\left(\ -4\right)\right|<\varepsilon, $$

只要 $ |x - (-2)| < \varepsilon $。所以 $ \forall \varepsilon > 0 $，取 $ \delta = \varepsilon $，则当 $ 0 < |x - (-2)| < \delta $ 时，就有

$$ \left|\frac{x^{2}-4}{x+2}-(-4)\right|<\varepsilon, $$

即 $ \lim_{x\to-2}\frac{x^{2}-4}{x+2}=-4 $.

（4）因为 $ x \to -\frac{1}{2}, x \neq -\frac{1}{2} $

$$ \left|\frac{1-4x^{2}}{2x+1}-2\right|=\left|1-2x-2\right|=2\left|x-\left(-\frac{1}{2}\right)\right|, $$

要使

$$ \left|\frac{1-4x^{2}}{2x+1}-2\right|<\varepsilon, $$

只要 $ \left|x-\left(-\frac{1}{2}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2} $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ \delta=\frac{\varepsilon}{2} $，则当 $ 0<\left|x-\left(-\frac{1}{2}\right)\right|<\delta $ 时，就有

$$ \left|\frac{1-4x^{2}}{2x+1}-2\right|<\varepsilon, $$

即 $ \lim_{x\to-\frac{1}{2}}\frac{1-4x^{2}}{2x+1}=2 $

$ ^{*} $6. 根据函数极限的定义证明：

(1) $ \lim_{x \to \infty} \frac{1 + x^3}{2x^3} = \frac{1}{2} $; (2) $ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{\sqrt{x}} = 0 $.

证 （1）因为 $ \left|\frac{1+x^{3}}{2x^{3}}-\frac{1}{2}\right|=\frac{1}{2\left|x\right|^{3}} $，要使 $ \left|\frac{1+x^{3}}{2x^{3}}-\frac{1}{2}\right|<\varepsilon $，只要 $ \frac{1}{2\left|x\right|^{3}}<\varepsilon $，即 $ |x|>\frac{1}{\sqrt[3]{2\varepsilon}} $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ X=\frac{1}{\sqrt[3]{2\varepsilon}} $，则当 $ |x|>X $ 时，就有 $ \left|\frac{1+x^{3}}{2x^{3}}-\frac{1}{2}\right|<\varepsilon $，即 $ \lim_{x\to\infty}\frac{1+x^{3}}{2x^{3}}=\frac{1}{2} $.

（2）因为 $ \left|\frac{\sin x}{\sqrt{x}}-0\right|\leqslant\frac{1}{\sqrt{x}} $，要使 $ \left|\frac{\sin x}{\sqrt{x}}-0\right|<\varepsilon $，只要 $ \frac{1}{\sqrt{x}}<\varepsilon $，即 $ x>\frac{1}{\varepsilon^{2}} $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ X=\frac{1}{\varepsilon^{2}} $，则当 x>X 时，就有 $ \left|\frac{\sin x}{\sqrt{x}}-0\right|<\varepsilon $，即 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{\sqrt{x}}=0 $。

1. 当 $ x \to 2 $ 时, $ y = x^2 \to 4 $. 问 $ \delta $ 等于多少, 使当 $ |x - 2| < \delta $ 时, $ |y - 4| < 0.001 $?

解 由于 $ x \to 2, |x - 2| \to 0 $，不妨设 $ |x - 2| < 1 $，即 1 < x < 3.

要使 $ \left|x^{2}-4\right|=\left|x+2\right|\left|x-2\right|<5\left|x-2\right|<0 $. 001, 只要

$$ \mid x-2\mid<\frac{0.001}{5}=0.0002, $$

取 $ \delta=0.0002 $，则当 $ 0<|x-2|<\delta $ 时，就有 $ |x^{2}-4|<0.001 $。

注 本题证明中，先限定 $ |x-2|<1 $，其目的是在 $ |x^{2}-4|=|x+2||x-2| $ 中，将 $ |x+2| $ 放大为 5，从而去掉因子 $ |x+2| $，再令 $ 5|x-2|<\varepsilon $，由此可以求出 $ |x-2|<\frac{\varepsilon}{5} $，从而找到 $ \delta $。这在按定义证明极限时，也是经常采用的一种方法。

*8. 当 $ x \to \infty $ 时, $ y = \frac{x^2 - 1}{x^2 + 3} \to 1 $. 问 X 等于多少, 使当 $ |x| > X $ 时, $ |y - 1| < 0.01 $?

解 因为 $ \left|\frac{x^{2}-1}{x^{2}+3}-1\right|=\frac{4}{x^{2}+3}<\frac{4}{x^{2}} $，要使 $ \left|\frac{x^{2}-1}{x^{2}+3}-1\right|<0.01 $，只要 $ \frac{4}{x^{2}}<0.01 $，即 $ |x|>20 $，取 X=20，则当 $ |x|>X $ 时，就有 $ |y-1|<0.01 $。

$ ^{*}9 $. 证明函数 $ f(x) = |x| $ 当 $ x \to 0 $ 时极限为零.

证 因为 $ |x|-0|=|x|=|x-0| $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ \delta=\varepsilon $，则当 $ 0<|x-0|<\delta $ 时，就有 $ ||x|-0|<\varepsilon $，即 $ \lim_{x\to0}|x|=0 $。

1. 证明：若 $ x \to +\infty $ 及 $ x \to -\infty $ 时，函数 $ f(x) $ 的极限都存在且都等于 A，则 $ \lim_{x \to \infty} f(x) = A $.

证 因为 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=A $，所以 $ \forall\varepsilon>0,\exists X_{1}>0 $，当 $ x>X_{1} $ 时，就有 $ |f(x)-A|<\varepsilon $.

又因为 $ \lim_{x\to-\infty}f(x)=A $，所以对上面的 $ \varepsilon>0,\exists X_{2}>0 $，当 $ x<-X_{2} $ 时，就有 $ \mid f(x)-A\mid<\varepsilon $。

取 $ X = \max\{X_1, X_2\} $，则当 $ |x| > X $，即 x > X 或 x < -X 时，就有 $ |f(x) - A| < \varepsilon $，即 $ \lim_{x \to \infty} f(x) = A $。

*11. 根据函数极限的定义证明：函数 $ f(x) $ 当 $ x \to x_0 $ 时极限存在的充分必要条件是左极限、右极限各自存在并且相等。

证 必要性 若 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = A $，则 $ \forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0 $，当 $ 0 < |x - x_0| < \delta $ 时，就有 $ |f(x) - A| < \varepsilon $。

特别，当 $ 0 < x - x_{0} < \delta $ 时，有 $ \left|f(x) - A\right| < \varepsilon $，即 $ \lim_{x \to x_{0}^{-}} f(x) = A $；当 $ 0 < x_{0} - x < \delta $ 时，有 $ \left|f(x) - A\right| < \varepsilon $，即 $ \lim_{x \to x_{0}^{+}} f(x) = A $。

充分性 若 $ \lim_{x\to x_0^*}f(x)=A=\lim_{x\to x_0^*}f(x) $，则 $ \forall\varepsilon>0,\exists\delta_1>0 $，当 $ 00 $，当 $ 0

$ ^{*} $12. 试给出 $ x \to \infty $ 时函数极限的局部有界性的定理，并加以证明.

解 局部有界性定理 如果 $ \lim_{x\to\infty}f(x)=A $，那么存在常数M>0和X>0，使得当 $ |x|>X $时，有 $ |f(x)|\leq M $.

证明如下：因为 $ \lim_{x\to\infty}f(x)=A $，所以对 $ \varepsilon=1>0,\exists X>0 $，当 $ |x|>X $时，就有 $ |f(x)-A|<1 $，从而

$$ \left|f(x)\right|\leqslant\left|f(x)-A\right|+\left|A\right|<1+\left|A\right|, $$

取 $ M = |A| + 1 $，即有当 $ |x| > X $ 时， $ |f(x)| \leq M $.

习题1-4

无穷小与无穷大

1. 两个无穷小的商是否一定是无穷小？举例说明之.

解 不一定. 例如, $ \alpha(x)=2x $ 与 $ \beta(x)=3x $ 都是当 $ x\to0 $ 时的无穷小,但 $ \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\frac{2}{3} $ 却不是当 $ x\to0 $ 时的无穷小.

$ ^{*} $2. 根据定义证明：

(1) $ y = \frac{x^{2} - 9}{x + 3} $ 为当 $ x \to 3 $ 时的无穷小；

(2) $ y = x \sin \frac{1}{x} $ 为当 $ x \to 0 $ 时的无穷小.

证 （1）因为 $ \left|\frac{x^{2}-9}{x+3}\right|=|x-3| $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ \delta=\varepsilon $，则当 $ 0<|x-3|<\delta $ 时，就有

$$ \left|\frac{x^{2}-9}{x+3}\right|<\varepsilon, $$

即 $ \frac{x^{2}-9}{x+3} $为当 $ x\to3 $时的无穷小.

（2）因为 $ \left|x\sin\frac{1}{x}\right|\leqslant|x| $，所以 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ \delta=\varepsilon $，则当 $ 0<|x|<\delta $ 时，就有

$$ x\sin\frac{1}{x}\bigg|<\varepsilon, $$

即 $ x\sin\frac{1}{x} $ 为当 $ x\to0 $ 时的无穷小.

1. 根据定义证明：函数 $ y = \frac{1 + 2x}{x} $ 为当 $ x \to 0 $ 时的无穷大。问 x 应满足什么条件，能使 $ |y| > 10^4 $？

证 因为 $ \left| \frac{1 + 2x}{x} \right| = \left| \frac{1}{x} + 2 \right| \geq \left| \frac{1}{x} \right| - 2 $，要使 $ \left| \frac{1 + 2x}{x} \right| > M $，只要 $ \left| \frac{1}{x} \right| - 2 > M $，即 $ |x| < \frac{1}{M + 2} $，所以 $ \forall M > 0 $，取 $ \delta = \frac{1}{M + 2} $，则当 $ 0 < |x - 0| < \delta $ 时，就有 $ \left| \frac{1 + 2x}{x} \right| > M $，即 $ \frac{1 + 2x}{x} $ 为当 $ x \to 0 $ 时的无穷大。

令 $ M=10^{4} $，取 $ \delta=\frac{1}{10^{4}+2} $，当 $ 0<|x-0|<\frac{1}{10^{4}+2} $ 时，就能使 $ \left|\frac{1+2x}{x}\right|>10^{4} $

注 在本题的证明中，采取先将 $ \left|f(x)\right|=\left|\frac{1+2x}{x}\right| $等价变形，然后适当缩小，使缩小后的量大于M，从而求出 $ \delta $。这种方法在按定义证明函数在某个变化过程中为无穷大时，也是经常采用的。

1. 求下列极限并说明理由：

(1) $ \lim_{x \to \infty} \frac{2x + 1}{x} $; (2) $ \lim_{x \to 0} \frac{1 - x^2}{1 - x} $.

解 (1) $ \lim_{x \to \infty} \frac{2x + 1}{x} = \lim_{x \to \infty} \left( 2 + \frac{1}{x} \right) = 2 $.

理由：由定理2， $ \frac{1}{x} $为当 $ x\to\infty $时的无穷小；再由定理1， $ \lim_{x\to\infty}\left(2+\frac{1}{x}\right)=2 $.

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{1 - x^2}{1 - x} = \lim_{x \to 0} (1 + x) = 1 $.

理由：由定理1, $ \lim_{x\to0}(1+x)=1 $

1. 根据函数极限或无穷大定义，填写下表：

1. 函数 $ y = x \cos x $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内是否有界？这个函数是否为 $ x \to +\infty $ 时的无穷大？为什么？

解 因为 $ \forall M>0 $，总有 $ x_{0}\in(M,+\infty) $，使 $ \cos x_{0}=1 $，从而 $ y=x_{0}\cos x_{0}=x_{0}>M $，所以 $ y=x\cos x $ 在 $ (-\infty,+\infty) $ 内无界。

又因为 $ \forall M>0,X>0 $，总有 $ x_{0}\in(X,+\infty) $，使 $ \cos x_{0}=0 $，从而 $ y=x_{0}\cos x_{0}=0

1. 证明：函数 $ y = \frac{1}{x} \sin \frac{1}{x} $ 在区间 $ (0, 1] $ 内无界，但这函数不是 $ x \to 0^{+} $ 时的无穷大.

证 先证函数 $ y=\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x} $ 在区间 $ (0,1] $ 内无界.

因为 $ \forall M>0 $ ，在 $ (0,1] $ 中总可找到点 $ x_{0} $，使 $ f(x_{0})>M $ 。例如，可取 $ x_{0}=\frac{1}{2k\pi+\frac{\pi}{2}} $ （ $ k\in N $），则 $ f(x_{0})=2k\pi+\frac{\pi}{2} $，当 k 充分大时，可使 $ f(x_{0})>M $ 。所以 $ y=\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x} $ 在 $ (0,1] $ 内无界。再证函数 $ y=f(x)=\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x} $ 不是 $ x\to0^{+} $ 时的无穷大。

因为 $ \forall M > 0, \delta > 0 $，总可找到点 $ x_{0} $，使 $ 0 < x_{0} < \delta $，但 $ f(x_{0}) < M $。例如，可取 $ x_{0} = \frac{1}{2k\pi}(k \in \mathbb{N}_{+}) $，当 k 充分大时， $ 0 < x_{0} < \delta $，但 $ f(x_{0}) = 2k\pi \sin 2k\pi = 0 < M $。所以 $ y = \frac{1}{x} \sin \frac{1}{x} $ 不是 $ x \to 0^{+} $ 时的无穷大。

1. 求函数 $ f(x) = \frac{4}{2 - x^{2}} $ 的图形的渐近线.

解 因为 $ \lim_{x\to0}f(x)=0 $，所以 y=0 是函数图形的水平渐近线.

因为 $ \lim_{x\to-\sqrt{2}}f(x)=\infty $， $ \lim_{x\to\sqrt{2}}f(x)=\infty $，所以 $ x=-\sqrt{2} $ 及 $ x=\sqrt{2} $ 都是函数图形的铅直渐近线.

习题1-5

极限运算法则

1. 计算下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 2} \frac{x^2 + 5}{x - 3} $;

(2) $ \lim_{x \to \sqrt{3}} \frac{x^2 - 3}{x^2 + 1} $;

$ \lim_{x\to1}\frac{x^{2}-2x+1}{x^{2}-1} $;

(4) $ \lim_{x \to 0}\frac{4x^{3}-2x^{2}+x}{3x^{2}+2x} $;

(5) $ \lim_{h\to0}\frac{(x+h)^2-x^2}{h} $;

(6) $ \lim_{x \to \infty} \left( 2 - \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} \right) $

(7) $ \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - 1}{2x^2 - x - 1} $;

(8) $ \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 + x}{x^4 - 3x^2 + 1} $;

(9) $ \lim_{x \to 4} \frac{x^2 - 6x + 8}{x^2 - 5x + 4} $;

(10) $ \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right) \left(2 - \frac{1}{x^2}\right) $;

(11) $ \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^n}\right) $;

(13) $ \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{5n^3} $

$$ \lim_{x\to1}\left(\frac{1}{1-x}-\frac{3}{1-x^{3}}\right) $$

解 (1) $ \lim_{x\to2}\frac{x^{2}+5}{x-3}=\frac{\lim_{x\to2}(x^{2}+5)}{\lim_{x\to2}(x-3)}=\frac{9}{-1}=-9. $

(2)

$$ \lim_{x\to\sqrt{3}}x^{2}-3=\frac{\lim\limits_{x\to\sqrt{3}}(x^{2}-3)}{\lim\limits_{x\to\sqrt{3}}(x^{2}+1)}=\frac{0}{4}=0. $$

(3)

$$ \lim_{x\to1}\frac{x^{2}-2x+1}{x^{2}-1}=\lim_{x\to1}\frac{(x-1)^{2}}{(x-1)(x+1)}=\lim_{x\to1}\frac{x-1}{x+1}=\frac{\lim\limits_{x\to1}(x-1)}{\lim\limits_{x\to1}(x+1)}=\frac{0}{2}=0. $$

(4)

$$ \lim_{x\to0}\frac{4x^{3}-2x^{2}+x}{3x^{2}+2x}=\lim_{x\to0}\frac{4x^{2}-2x+1}{3x+2}=\frac{\lim\limits_{x\to0}(4x^{2}-2x+1)}{\lim\limits_{x\to0}(3x+2)}=\frac{1}{2}. $$

(5)

$$ \lim_{h\to0}\frac{\left(x+h\right)^{2}-x^{2}}{h}=\lim_{h\to0}\frac{h\left(2x+h\right)}{h}=\lim_{h\to0}\left(2x+h\right)=2x. $$

(6)

$$ \lim_{x\to\infty}\left(2-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}\right)=\lim_{x\to\infty}2-\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}+\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^{2}}=2-0+0=2. $$

(7)

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}-1}{2x^{2}-x-1}=\lim_{x\to\infty}\frac{1-\frac{1}{x^{2}}}{2-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}}=\frac{\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\frac{1}{x^{2}}\right)}{\lim\limits_{x\to\infty}\left(2-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right)}=\frac{1}{2}. $$

(8)

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}+x}{x^{4}-3x^{2}+1}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}}{1-\frac{3}{x^{2}}+\frac{1}{x^{4}}}=\frac{\lim\limits_{x\to\infty}\left(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}\right)}{\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\frac{3}{x^{2}}+\frac{1}{x^{4}}\right)}=\frac{0}{1}=0. $$

(9)

$$ \lim_{x\to4}\frac{x^{2}-6x+8}{x^{2}-5x+4}=\lim_{x\to4}\frac{(x-4)(x-2)}{(x-4)(x-1)}=\lim_{x\to4}\frac{x-2}{x-1}=\frac{\lim\limits_{x\to4}(x-2)}{\lim\limits_{x\to4}(x-1)}=\frac{2}{3}. $$

(10)

$$ \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(2-\frac{1}{x^{2}}\right)=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)\cdot\lim_{x\to\infty}\left(2-\frac{1}{x^{2}}\right)=1\cdot2=2. $$

(11)

$$ \begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)&=\lim_{n\to\infty}\frac{1-\frac{1}{2^{n+1}}}{1-\frac{1}{2}}=\lim_{n\to\infty}2\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)\\&=2\left(1-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2^{n+1}}\right)=2.\end{aligned} $$

(12)

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{1+2+3+\cdots+(n-1)}{n^{2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n(n-1)}{2n^{2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2}. $$

（13）

$$ \begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{5n^{3}}&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{5}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)\bigg(1+\frac{2}{n}\bigg)\bigg(1+\frac{3}{n}\bigg)\\&=\frac{1}{5}\lim_{n\to\infty}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)\lim_{n\to\infty}\bigg(1+\frac{2}{n}\bigg)\lim_{n\to\infty}\bigg(1+\frac{3}{n}\bigg)\\&=\frac{1}{5}.\end{aligned} $$

(14)

$$ \lim_{x\to1}\left(\frac{1}{1-x}-\frac{3}{1-x^{3}}\right)=\lim_{x\to1}\frac{1+x+x^{2}-3}{1-x^{3}}=\lim_{x\to1}\frac{(x-1)(x+2)}{(1-x)(1+x+x^{2})} $$

$$ \begin{aligned}&=\lim_{x\to1}\frac{-\left(x+2\right)}{1+x+x^{2}}=-\frac{\lim\limits_{x\to1}(x+2)}{\lim\limits_{x\to1}(1+x+x^{2})}\\&=-\frac{3}{3}=-1.\end{aligned} $$

1. 计算下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 2} \frac{x^3 + 2x^2}{(x - 2)^2} $;

(2) $ \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{2x + 1} $;

(3) $ \lim_{x \to \infty} (2x^3 - x + 1) $.

解（1）因为

$$ \lim_{x\to2}\frac{(x-2)^2}{x^3+2x^2}=\frac{\lim_{x\to2}(x-2)^2}{\lim_{x\to2}(x^3+2x^2)}=0, $$

$$ \lim_{x\to2}\frac{x^{3}+2x^{2}}{\left(x-2\right)^{2}}=\infty. $$

所以

（2）因为

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{2x+1}{x^{2}}=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}}\right)=0, $$

所以

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}}{2x+1}=\infty $$

（3）因为

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{1}{2x^{3}-x+1}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{x^{3}}}{2-\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}}=\frac{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x^{3}}}{\lim\limits_{x\to\infty}\left(2-\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}\right)}=0, $$

所以

$$ \lim_{x\to\infty}(2x^{3}-x+1)=\infty. $$

1. 计算下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 0} x^2 \sin \frac{1}{x} $;

(2) $ \lim_{x \to \infty} \frac{\arctan x}{x} $.

解 （1）因为 $ x^{2} \rightarrow 0(x \rightarrow 0) $， $ \left|\sin \frac{1}{x}\right| \leqslant 1 $，所以

$$ \lim_{x\to0}x^{2}\sin\frac{1}{x}=0. $$

(2) 因为 $ \frac{1}{x} \to 0 (x \to \infty) $， $ |\arctan x| < \frac{\pi}{2} $，所以

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{\arctan x}{x}=0. $$

1. 设 $ \{a_{n}\} $， $ \{b_{n}\} $， $ \{c_{n}\} $ 均为非负数列，且 $ \lim_{n\to\infty}a_n=0 $， $ \lim_{n\to\infty}b_n=1 $， $ \lim_{n\to\infty}c_n=\infty $。下列陈述中哪些是对的，哪些是错的？如果是对的，说明理由；如果是错的，试给出一个反例。

(1) $ a_n < b_n, n \in \mathbb{N}_+; $

(2) $ b_n < c_n, n \in \mathbb{N}_+; $

(3) $ \lim_{n\to\infty}a_n c_n $ 不存在；

$$ \lim_{}\boldsymbol{b}_{n}\boldsymbol{c}_{n} $$

解 （1）错. 例如 $ a_{n}=\frac{1}{n} $, $ b_{n}=\frac{n}{n+1} $, $ n\in\mathbb{N}_{+} $，当 n=1 时, $ a_{1}=1>\frac{1}{2}=b_{1} $，故对任意 $ n\in\mathbb{N}_{+} $, $ a_{n}

（2）错. 例如 $ b_{n}=\frac{n}{n+1} $, $ c_{n}=(-1)^{n}n $, $ n\in\mathbb{N}_{+} $. 当 n 为奇数时, $ b_{n}

（3）错. 例如 $ a_{n}=\frac{1}{n^{2}}, c_{n}=n, n\in\mathbb{N}_{+} $. $ \lim_{n\to\infty}a_{n}c_{n}=0 $.

（4）对. 因为，若 $ \lim_{n\to\infty}b_n c_n $存在，则 $ \lim_{n\to\infty}c_n=\lim_{n\to\infty}(b_n c_n)\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{1}{b_n} $也存在，与已知条件矛盾.

1. 下列陈述中，哪些是对的，哪些是错的？如果是对的，说明理由；如果是错的，试给出一个反例.

（1）如果 $ \lim_{x\to x_0}f(x) $存在，但 $ \lim_{x\to x_0}g(x) $不存在，那么 $ \lim_{x\to x_0}[f(x)+g(x)] $不存在；

（2）如果 $ \lim_{x\to x_0}f(x) $和 $ \lim_{x\to x_0}g(x) $都不存在，那么 $ \lim_{x\to x_0}[f(x)+g(x)] $不存在；

（3）如果 $ \lim_{x\to x_0}f(x) $存在，但 $ \lim_{x\to x_0}g(x) $不存在，那么 $ \lim_{x\to x_0}f(x)\cdot g(x) $不存在.

解 （1）对. 因为，若 $ \lim_{x\to x_0}[f(x)+g(x)] $存在，则 $ \lim_{x\to x_0}g(x)=\lim_{x\to x_0}[f(x)+g(x)]-\lim_{x\to x_0}f(x) $也存在，与已知条件矛盾.

（2）错. 例如 $ f(x) = \mathrm{sgn}x $, $ g(x) = -\mathrm{sgn}x $ 在 $ x \to 0 $ 时的极限都不存在，但 $ f(x) + g(x) \equiv 0 $ 在 $ x \to 0 $ 时的极限存在.

（3）错. 例如 $ \lim_{x\to0}x=0,\lim_{x\to0}\sin\frac{1}{x} $不存在，但 $ \lim_{x\to0}x\sin\frac{1}{x}=0 $

$ ^{*} $6. 证明本节定理3中的(2).

定理3（2）如果 $ \lim f(x)=A,\lim g(x)=B $ ,那么

$$ \lim_{} \left[f(x)\cdot g(x)\right]=\lim_{}f(x)\cdot\lim_{}g(x)=A\cdot B. $$

证 因 $ \lim f(x)=A,\lim g(x)=B $ ，由上节定理1，有 $ f(x)=A+\alpha, g(x)=B+\beta $ 其中 $ \alpha,\beta $ 都是无穷小，于是

$$ f(x)g(x)=\left(A+\alpha\right)\left(B+\beta\right)=AB+\left(A\beta+B\alpha+\alpha\beta\right), $$

由本节定理2推论1、2， $ A\beta $、 $ B\alpha $、 $ \alpha\beta $都是无穷小，再由本节定理1， $ (A\beta+B\alpha+\alpha\beta) $也是无穷小，由上节定理1，得

$$ \lim f(x)g(x)=AB=\lim f(x)\cdot\lim g(x). $$

1. 计算下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin \omega x}{x} $;

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan 3x}{x} $;

(3) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{\sin 5x} $;

(4) $ \lim_{x \to 0} x \cot x $;

(5) $ \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2x}{x \sin x} $;

(6) $ \lim_{n\to\infty}2^{n}\sin\frac{x}{2^{n}} $ (x 为不等于零的常数).

解（1）当 $ \omega \neq 0 $ 时，

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sin\omega x}{x}=\lim_{x\to0}\left(\omega\cdot\frac{\sin\omega x}{\omega x}\right)=\omega\lim_{x\to0}\frac{\sin\omega x}{\omega x}=\omega; $$

当 $ \omega=0 $时，

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sin\omega x}{x}=0=\omega, $$

故不论 $ \omega $ 为何值，均有 $ \lim_{x\to0}\frac{\sin\omega x}{x}=\omega $

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan 3x}{x} = \lim_{x \to 0} \left( 3 \cdot \frac{\tan 3x}{3x} \right) = 3 \lim_{x \to 0} \frac{\tan 3x}{3x} = 3 $.

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{\sin5x}=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin2x}{2x}\cdot\frac{5x}{\sin5x}\cdot\frac{2}{5}\right)=\frac{2}{5}\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{2x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{5x}{\sin5x}=\frac{2}{5}. $$

(4) $ \lim_{x \to 0} x \cot x = \lim_{x \to 0} \left( \frac{x}{\sin x} \cdot \cos x \right) = \lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0} \cos x = 1 $.

(5) $ \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2x}{x \sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{2 \sin^2 x}{x \sin x} = 2 \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 2 $.

(6) $ \lim_{n \to \infty} 2^n \sin \frac{x}{2^n} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{\sin \frac{x}{2^n}}{\frac{x}{2^n}} \cdot x \right) = x $.

1. 计算下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 0} (1 - x)^{\frac{1}{x}} $; (2) $ \lim_{x \to 0} (1 + 2x)^{\frac{1}{x}} $;

(3) $ \lim_{x \to \infty} \left( \frac{1 + x}{x} \right)^{2x} $; (4) $ \lim_{x \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{x} \right)^{kx} $ (k 为正整数).

解 (1) $ \lim_{x\to0}(1-x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0}[1+(-x)]^{\frac{1}{(-x)}(-1)}=\mathrm{e}^{-1} $

(2) $ \lim_{x \to 0} (1 + 2x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0} [ (1 + 2x)^{\frac{1}{2x}} ]^2 = e^2 $.

(3) $ \lim_{x \to \infty} \left( \frac{1 + x}{x} \right)^{2x} = \lim_{x \to \infty} \left[ \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x \right]^2 = e^2 $.

$$ \lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{1}{x}\right)^{kx}=\lim_{x\to\infty}\left[1+\frac{1}{\left(-x\right)}\right]^{\left(-x\right)\left(-k\right)}=\mathrm{e}^{-k}. $$

$ ^{*} $3. 根据函数极限的定义，证明极限存在的准则 I.

准则 I' 如果

(1) $ g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x), x \in \bar{U}(x_0, r) $;

(2) $ \lim_{x \to x_0} g(x) = A $, $ \lim_{x \to x_0} h(x) = A $,

那么 $ \lim_{x\to0}f(x) $存在，且等于A.

证 $ \forall\varepsilon>0 $，因 $ \lim_{x\to x_{0}}g(x)=A $，故 $ \exists\delta_{1}>0 $，当 $ 0<|x-x_{0}|<\delta_{1} $ 时，有 $ |g(x)-A|<\varepsilon $，即

$$ A-\varepsilon

又因 $ \lim_{x\to x_0}h(x)=A $，故对上面的 $ \varepsilon>0,\exists\delta_2>0 $，当 $ 0<|x-x_0|<\delta_2 $时，有 $ |h(x)-A|<\varepsilon $，即

$$ A-\varepsilon

取 $ \delta = \min \{ \delta_1, \delta_2, r \} $，则当 $ 0 < |x - x_0| < \delta $ 时，假设 (1) 及关系式 (3)、(4) 同时成立，从而有

$$ A-\varepsilon

即有 $ \left|f(x)-A\right|<\varepsilon $。因此 $ \lim_{x\to\infty}f(x) $ 存在，且等于 A。

注 对于 $ x \to \infty $ 的情形，利用极限 $ \lim_{x \to \infty} f(x) = A $ 的定义及假设条件，可以类似地证明相应的准则 I'.

1. 利用极限存在准则证明：

(1)

$$ \lim_{n\to\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n}}=1; $$

(2) $ \lim_{n \to \infty} n \left( \frac{1}{n^2 + \pi} + \frac{1}{n^2 + 2\pi} + \cdots + \frac{1}{n^2 + n\pi} \right) = 1 $;

(3) 数列 $ \sqrt{2} $, $ \sqrt{2+\sqrt{2}} $, $ \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}} $，…的极限存在；

(4) $ \lim_{x \to 0} \sqrt[n]{1 + x} = 1 $;

(5) $ \lim_{x \to 0^{+}} x \left[ \frac{1}{x} \right] = 1 $.

证 （1）因 $ 1 < \sqrt{1 + \frac{1}{n}} < 1 + \frac{1}{n} $，而 $ \lim_{n \to \infty} 1 = 1 $， $ \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right) = 1 $，由夹逼准则，即得证.

（2）因 $ \frac{n}{n+\pi}\leq n\left(\frac{1}{n^{2}+\pi}+\frac{1}{n^{2}+2\pi}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n\pi}\right)\leq\frac{n^{2}}{n^{2}+\pi} $，而 $ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+\pi}=1 $， $ \lim_{n\to\infty}\frac{n^{2}}{n^{2}+\pi}=1 $，由夹逼准则，即得证.

(3) $ x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n} $ ( $ n \in \mathbb{N}_+ $), $ x_1 = \sqrt{2} $.

先证数列 $ \{x_{n}\} $ 有界：

$n=1$ 时，$x_1=\sqrt{2}<2$；假定 $n=k$ 时，$x_k<2$。当 $n=k+1$ 时，$x_{k+1}=\sqrt{2+x_k}<\sqrt{2+2}=2$。故 $x_n<2(n\in\mathbb{N}_+)$。

再证数列 $ \{x_{n}\} $ 单调增加：

因

$$ x_{n+1}-x_{n}=\sqrt{2+x_{n}}-x_{n}=\frac{2+x_{n}-x_{n}^{2}}{\sqrt{2+x_{n}}+x_{n}}=-\frac{\left(x_{n}-2\right)\left(x_{n}+1\right)}{\sqrt{2+x_{n}}+x_{n}}, $$

由 $ 0 < x_n < 2 $，得 $ x_{n+1} - x_n > 0 $，即 $ x_{n+1} > x_n (n \in \mathbb{N}_+) $。

由单调有界准则，即知 $ \lim x_{n} $存在.

记 $ \lim_{n\to\infty}x_n=a $ 。由 $ x_{n+1}=\sqrt{2+x_n} $，得 $ x_{n+1}^{2}=2+x_n $ 。两端同时取极限得

$$ a^{2}=2+a\quad\Rightarrow\quad a^{2}-a-2=0\Rightarrow a_{1}=2,a_{2}=-1( 舍去 ). $$

即 $ \lim_{n\to\infty}x_n=2 $.

注 本题的求解过程分成两步，第一步是证明数列 $ \{x_{n}\} $ 单调有界，从而保证数列的极限存在；第二步是在递推公式两端同时取极限，得出一个含有极限值 a 的方程，再通过解方程求得极限值 a。注意：只有在证明数列极限存在的前提下，才能采用第二步的方法求得极限值。否则，直接利用第二步，有时会导出错误的结果。

（4）当x>0时， $ 1<\sqrt[n]{1+x}<1+x $；当-1<x<0时， $ 1+x<\sqrt[n]{1+x}<1 $。而 $ \lim_{x\to0}1=1,\lim_{x\to0}(1+x)=1 $。由夹逼准则，即得证。

（5）当 x>0 时， $ 1-x

习题1-7

无穷小的比较

1. 当 $ x \to 0 $ 时， $ 2x - x^{2} $ 与 $ x^{2} - x^{3} $ 相比，哪一个是高阶无穷小？

解 因为 $ \lim_{x\to0}(2x-x^{2})=0,\lim_{x\to0}(x^{2}-x^{3})=0 $

$$ \lim_{x\to0}\frac{x^{2}-x^{3}}{2x-x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{x-x^{2}}{2-x}=0, $$

所以当 $ x \to 0 $ 时， $ x^{2} - x^{3} $ 是比 $ 2x - x^{2} $ 高阶的无穷小.

1. 当 $ x \to 0 $ 时， $ (1 - \cos x)^{2} $ 与 $ \sin^{2}x $ 相比，哪一个是高阶无穷小？

解 因为 $ \lim_{x\to0}\left(1-\cos x\right)^{2}=0,\lim_{x\to0}\sin^{2}x=0 $

$$ \lim_{x\to0}\frac{(1-\cos x)^2}{\sin^2x}=\lim_{x\to0}\frac{\left(\frac{1}{2}x^2\right)^2}{x^2}=0 $$

所以当 $ x \to 0 $ 时， $ (1 - \cos x)^{2} $ 是比 $ \sin^{2}x $ 高阶的无穷小.

1. 当 $ x \to 1 $ 时，无穷小 1 - x 和 (1) $ 1 - x^{3} $，(2) $ \frac{1}{2}(1 - x^{2}) $ 是否同阶，是否等价？

解 (1) $ \frac{1-x}{1-x^{3}} = \frac{1-x}{(1-x)(1+x+x^{2})} = \frac{1}{1+x+x^{2}} \to \frac{1}{3} (x \to 1) $，同阶，不等价.

(2) $ \frac{1-x}{\frac{1}{2}(1-x^{2})}=\frac{1-x}{\frac{1}{2}(1-x)(1+x)}=\frac{2}{1+x}\rightarrow1(x\rightarrow1) $，同阶，等价.

4. 证明：当 $ x \to 0 $ 时，有

(1) $ \arctan x \sim x $; (2) $ \sec x - 1 \sim \frac{x^{2}}{2} $.

（1）令 $ x = \tan t $，即 $ t = \arctan x $，当 $ x \to 0 $ 时， $ t \to 0 $.

因为

$$ \lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{x}=\lim_{t\to0}\frac{t}{\tan t}=1, $$

所以

$$ \arctan x\sim x\quad(x\to0). $$

（2）因为

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sec x-1}{\frac{x^{2}}{2}}&=\lim_{x\to0}\left(\frac{1-\cos x}{\frac{x^{2}}{2}}\cdot\frac{1}{\cos x}\right)=\lim_{x\to0}\left(\frac{2\sin^{2}\frac{x}{2}}{\frac{x^{2}}{2}}\cdot\frac{1}{\cos x}\right)\\&=\lim_{x\to0}\frac{\sin^{2}\frac{x}{2}}{\left(\frac{x}{2}\right)^{2}}\cdot\lim_{x\to0}\frac{1}{\cos x}=1,\end{aligned} $$

所以

$$ \sec~x-1~\sim\frac{x^{2}}{2}(x\longrightarrow0)\,. $$

1. 利用等价无穷小的性质，求下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan 3x}{2x} $; (2) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin (x^n)}{(\sin x)^m} $ (n,m为正整数);

(3) $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{\sin^3 x} $; (4) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \tan x}{(\sqrt[3]{1 + x^2} - 1) (\sqrt{1 + \sin x} - 1)} $.

解 (1) $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan 3x}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{3x}{2x} = \frac{3}{2} $.

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x^n)}{(\sin x)^m} = \lim_{x \to 0} \frac{x^n}{x^m} = \begin{cases} 0, & n > m, \\ 1, & n = m, \\ \infty, & n < m. \end{cases} $

(3)

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin^{3}x}=\lim_{x\to0}\frac{\sec x-1}{\sin^{2}x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{x^{2}}{2}}{x^{2}}=\frac{1}{2}. $$

注 在作等价无穷小的代换求极限时，可以对分子或分母中的一个或若干个因子作代换，但不能对分子或分母中的某个加项作代换。例如，本题中若将分子中的 $ \tan x $、 $ \sin x $ 均换成 x，那么分子成为 0，得出极限为 0。这就导致错误的结果。

(4)

$$ \begin{array}{l}\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x-\tan x}{(\sqrt[3]{1+x^{2}}-1)(\sqrt{1+\sin x}-1)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x(1-\sec x)}{-\frac{1}{3}x^{2}}\cdot\frac{1}{2}\sin x\\=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-\frac{1}{2}x^{2}}{-\frac{1}{6}x^{2}}=-3.\end{array} $$

1. 证明无穷小的等价关系具有下列性质：

（1） $ \alpha\sim\alpha $（自反性）；

（2）若 $ \alpha \sim \beta $，则 $ \beta \sim \alpha $（对称性）；

（3）若 $ \alpha \sim \beta, \beta \sim \gamma $ ，则 $ \alpha \sim \gamma $ （传递性）.

证（1）因为 $ \lim \frac{\alpha}{\alpha}=1 $ ，所以 $ \alpha\sim\alpha $

（2）因为 $ \alpha \sim \beta $，即 $ \lim \frac{\alpha}{\beta} = 1 $，所以 $ \lim \frac{\beta}{\alpha} = 1 $，即 $ \beta \sim \alpha $；

（3）因为 $ \alpha \sim \beta, \beta \sim \gamma $ ，即 $ \lim \frac{\alpha}{\beta} = 1, \lim \frac{\beta}{\gamma} = 1 $ ，所以

$ \lim_{\gamma} \frac{\alpha}{\gamma} = \lim \left( \frac{\alpha}{\beta} \cdot \frac{\beta}{\gamma} \right) = \lim \frac{\alpha}{\beta} \cdot \lim \frac{\beta}{\gamma} = 1 $，即 $ \alpha \sim \gamma $。

习题1-8

函数的连续性与间断点

1. 设 $ y = f(x) $ 的图形如图 1-11 所示，试指出 $ f(x) $ 的全部间断点，并对可去间断点补充或修改函数值的定义，使它成为连续点.

解 x = -1, 0, 1, 2 均为 $ f(x) $ 的间断点，除 x = 0 外它们均为 $ f(x) $ 的可去间断点。补充定义 $ f(-1) = f(2) = 0 $，修改定义使 $ f(1) = 2 $，则它们均成为 $ f(x) $ 的连续点。

1. 研究下列函数的连续性，并画出函数的图形：

(1) $ f(x) = \begin{cases} x^2, & 0 \leq x \leq 1, \\ 2 - x, & 1 < x \leq 2; \end{cases} $

(2) $ f(x)=\{\begin{aligned}&x,&-1\leqslant x\leqslant1,\\ &1,&x<-1\text{ 或 }x>1.\end{aligned}. $

解 (1) $ f(x) $ 在 $ [0,1) $ 及 $ (1,2] $ 内连续，在 x=1 处，

$$ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=\lim_{x\to1^{-}}x^{2}=1,\lim_{x\to1^{+}}f(x)=\lim_{x\to1^{+}}(2-x)=1, 又 f(1)=1 $$

故 $ f(x) $在x=1处连续，因此 $ f(x) $在 $ [0,2] $上连续，函数的图形如图1-12所示.

(2) $ f(x) $在 $ (-∞, -1) $与 $ (-1, +∞) $内连续，在x = -1处间断，但右连续。因为在x = -1处，

$$ \lim_{x\to-1}f(x)=\lim_{x\to-1}x=-1,f(-1)=-1, $$

但

$$ \lim_{x\to-1^{-}}f(x)=\lim_{x\to-1^{-}}1=1, $$

即

$$ \lim_{x\to-1^{+}}f(x)\neq\lim_{x\to-1^{-}}f(x). $$

函数的图形如图1-13所示.

1. 下列函数在指出的点处间断，说明这些间断点属于哪一类. 如果是可去间断点，那么补充或改变函数的定义使它连续：

(1)

$$ y=\frac{x^{2}-1}{x^{2}-3x+2},x=1,x=2; $$

(2) $ y = \frac{x}{\tan x} $, $ x = k\pi $, $ x = k\pi + \frac{\pi}{2} $ ( $ k = 0 $, $ \pm 1 $, $ \pm 2 $, $ \cdots $);

(3)

$$ y=\cos^{2}\frac{1}{x},x=0； $$

(4) $ y = \{ \begin{aligned} x - 1, & x \leqslant 1, \\ 3 - x, & x > 1, \end{aligned} . $ x = 1 $$

解 (1) 对 x=1 ，因为 $ f(1) $ 无定义，但

$$ \lim_{x\to1}\frac{x^{2}-1}{x^{2}-3x+2}=\lim_{x\to1}\frac{(x-1)(x+1)}{(x-2)(x-1)}=\lim_{x\to1}\frac{x+1}{x-2}=-2 $$

所以，x=1 为第一类间断点（可去间断点），重新定义函数：

$$ f_{1}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{x^{2}-1}{x^{2}-3x+2},&x\neq1,2,\\ &-2,&x=1,\end{aligned}. $$

则 $ f_{1}(x) $ 在 x=1 处连续.

因为 $ \lim_{x\to2}f(x)=\infty $，所以x=2为第二类间断点（无穷间断点）.

（2）对 x=0 ，因为 $ f(0) $ 无定义， $ \lim_{x\to0}\frac{x}{\tan x}=\lim_{x\to0}\frac{x}{x}=1 $ ，所以 x=0 为第一类间断点（可去间断点），重新定义函数：

$$ f_{1}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{x}{\tan x},&x\neq k\pi,k\pi+\frac{\pi}{2},\\ &1,&x=0\end{aligned}.\quad(k\in\mathbf{Z}), $$

则 $ f_{1}(x) $在x=0处连续.

对 $ x=k\pi(k=\pm1,\pm2,\cdots) $，因为 $ \lim_{x\to k\pi}\frac{x}{\tan x}=\infty $，所以 $ x=k\pi(k=\pm1,\pm2,\cdots) $ 为第二类间断点（无穷间断点）.

对 $ x = k\pi + \frac{\pi}{2} (k \in \mathbf{Z}) $，因为 $ \lim_{x \to k\pi + \frac{\pi}{2}} \frac{x}{\tan x} = 0 $，而函数在 $ k\pi + \frac{\pi}{2} $ 处无定义，所以 $ x = k\pi + \frac{\pi}{2} (k \in \mathbf{Z}) $ 为第一类间断点（可去间断点），重新定义函数：

$$ f_{2}(x)=\{\begin{aligned}&\frac{x}{\tan x},&x\neq k\pi,k\pi+\frac{\pi}{2},\\ &0,&x=k\pi+\frac{\pi}{2}\end{aligned}.\quad(k\in\mathbf{Z}), $$

则 $ f_2(x) $ 在 $ x = k\pi + \frac{\pi}{2} (k \in \mathbb{Z}) $ 处连续.

（3）对 x=0 ，因为 $ \lim_{x\to0^{+}}\cos^{2}\frac{1}{x} $ 及 $ \lim_{x\to0^{-}}\cos^{2}\frac{1}{x} $ 均不存在，所以 x=0 为第二类间断点.

（4）对 x=1，因为 $ \lim_{x\to1}f(x)=\lim_{x\to1}(3-x)=2,\lim_{x\to1}f(x)=\lim_{x\to1}(x-1)=0 $ ，即左、右极限存在，但不相等，所以 x=1 为第一类间断点（跳跃间断点）.

注 在讨论分段函数的连续性时，在函数的分段点处，必须分别考虑函数的左连续性和右连续性，只有函数在该点既左连续，又右连续，才能得出函数在该点

连续.

1. 讨论函数 $ f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1 - x^{2n}}{1 + x^{2n}} x $ 的连续性，若有间断点，则判别其类型.

解

$$ f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}x=\{\begin{aligned}&-x,&\mid x\mid>1,\\ &0,&\mid x\mid=1,\\ &x,&\mid x\mid<1.\end{aligned}. $$

在分段点 x = -1 处，因为

$$ \lim_{x\to-1^{-}}f(x)=\lim_{x\to-1^{-}}(-x)=1, $$

$$ \lim_{x\to-1}f(x)=\lim_{x\to-1}x=-1, $$

$$ \lim_{x\to-1}f(x)\neq\lim_{x\to-1}f(x), $$

所以 x = -1 为第一类间断点（跳跃间断点）.

在分段点 x=1 处，因为

$$ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=\lim_{x\to1^{-}}x=1, $$

$$ \lim_{x\to1^{+}}f(x)=\lim_{x\to1^{+}}(-x)=-1, $$

$$ \lim_{x\to1^{-}}f(x)\neq\lim_{x\to1^{+}}f(x) $$

所以 x=1 为第一类间断点（跳跃间断点）.

1. 下列陈述中，哪些是对的，哪些是错的？如果是对的，说明理由；如果是错的，试给出一个反例.

（1）如果函数 $ f(x) $ 在 a 连续，那么 $ \left|f(x)\right| $ 也在 a 连续；

（2）如果函数 $ \mid f(x)\mid $ 在 a 连续，那么 $ f(x) $ 也在 a 连续.

解（1）对.因为

$$ \mid\mid f(x)\mid-|\mid f(a)\mid|\leqslant|\mid f(x)-f(a)|\to0(x\to a), $$

所以 $ \mid f(x)\mid $ 也在 a 连续.

（2）错.例如

$$ f(x)=\{\begin{array}{rl}1,&x\geqslant0,\\-1,&x<0,\end{array}. $$

则 $ \mid f(x)\mid $ 在 x=0 处连续，而 $ f(x) $ 在 x=0 处不连续.

$ ^{*} $6. 证明：若函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续且 $ f(x_{0}) \neq 0 $，则存在 $ x_{0} $ 的某一邻域 $ U(x_{0}) $，当 $ x \in U(x_{0}) $ 时， $ f(x) \neq 0 $。

证 若 $ f(x_{0}) > 0 $，因为 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 连续，所以取 $ \varepsilon = \frac{1}{2} f(x_{0}) > 0 $， $ \exists \delta > 0 $，当 $ x \in U(x_{0}, \delta) $ 时，有 $ |f(x) - f(x_{0})| < \frac{1}{2} f(x_{0}) $，即

$$ 0<\frac{1}{2}f(x_{0})

若 $ f(x_0) < 0 $，因为 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 连续，所以取 $ \varepsilon = -\frac{1}{2}f(x_0) > 0 $， $ \exists \delta > 0 $，当 $ x \in U(x_0, \delta) $ 时，有 $ |f(x) - f(x_0)| < -\frac{1}{2}f(x_0) $，即

$$ \frac{3}{2}f(x_{0})

因此，不论 $ f(x_{0})>0 $或 $ f(x_{0})<0 $，总存在 $ x_{0} $的某一邻域 $ U(x_{0}) $，当 $ x\in U(x_{0}) $时， $ f(x)\neq0 $。

1. 设

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&x,&x\in\mathbf{Q},\\ &0,&x\in\mathbf{R}\backslash\mathbf{Q},\end{aligned}. $$

证明:(1) $ f(x) $在x=0连续;

(2) $ f(x) $ 在非零的 x 处都不连续.

证 (1) $ \forall\varepsilon>0 $, 取 $ \delta=\varepsilon $, 则当 $ |x-0|=|x|<\delta $ 时,

$$ \mid f(x)-f(0)\mid=\mid f(x)\mid\leqslant\mid x\mid<\varepsilon, $$

故 $ \lim_{x\to0}f(x)=f(0) $，即 $ f(x) $ 在 x=0 连续.

（2）我们证明： $ \forall x_{0}\neq0,f(x) $ 在 $ x_{0} $ 不连续.

若 $ x_0 = r \neq 0, r \in \mathbb{Q} $，则 $ f(x_0) = f(r) = r $。

分别取一有理数列 $ \{r_{n}\}: r_{n} \rightarrow r(n \rightarrow \infty) $， $ r_{n} \neq r $；取一无理数列 $ \{s_{n}\}: s_{n} \rightarrow r(n \rightarrow \infty) $，则

$$ \lim_{n\to\infty}f(r_{n})=\lim_{n\to\infty}r_{n}=r,\lim_{n\to\infty}f(s_{n})=\lim_{n\to\infty}0=0, $$

而 $ r \neq 0 $，由函数极限与数列极限的关系知 $ \lim_{x \to f(x)} f(x) $ 不存在，故 $ f(x) $ 在 r 处不连续。

若 $ x_0 = s, s \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q} $. 同理可证: $ f(x_0) = f(s) = 0 $, 但 $ \lim_{s \to s} f(x) $ 不存在, 故 $ f(x) $ 在 $ s $ 处不连续.

$ ^{*} $8. 试举出具有以下性质的函数 $ f(x) $ 的例子：

x = 0, $ \pm 1 $, $ \pm 2 $, $ \pm \frac{1}{2} $, $ \cdots $, $ \pm n $, $ \pm \frac{1}{n} $, $ \cdots $ 是 $ f(x) $ 的所有间断点，且它们都是无间断点.

解 设 $ f(x) = \cot\left(\pi x\right) + \cot\frac{\pi}{x} $，显然 $ f(x) $ 具有所要求的性质.

习题1-9 连续函数的运算与初等函数的连续性

1. 求函数 $ f(x) = \frac{x^{3} + 3x^{2} - x - 3}{x^{2} + x - 6} $ 的连续区间，并求极限 $ \lim_{x \to 0} f(x) $， $ \lim_{x \to -3} f(x) $ 及 $ \lim_{x \to 2} f(x) $.

解 $ f(x) $ 在 $ x_{1} = -3, x_{2} = 2 $ 处无意义，所以这两个点为间断点，此外函数到处连续，连续区间为 $ (-∞, -3), (-3, 2), (2, +∞) $.

因为

$$ f(x)=\frac{x^{3}+3x^{2}-x-3}{x^{2}+x-6}=\frac{(x^{2}-1)(x+3)}{(x+3)(x-2)}=\frac{x^{2}-1}{x-2}, $$

所以

$$ \lim_{x\to0}f(x)=\frac{1}{2},\quad\lim_{x\to-3}f(x)=-\frac{8}{5},\quad\lim_{x\to2}f(x)=\infty. $$

1. 设函数 $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续，证明函数

$$ \varphi(x)=\max\{f(x),g(x)\mid\psi(x)=\min\{f(x),g(x)\mid.. $$

在点 $ x_{0} $ 也连续.

证

$$ \varphi(x)=\max\{f(x),g(x)\mid=\frac{1}{2}[f(x)+g(x).+|f(x)-g(x)|\}, $$

$$ \psi(x)=\min\{f(x),g(x)\}=\frac{1}{2}[f(x)+g(x)-|f(x)-g(x)|]. $$

又，若 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续，则 $ \left|f(x)\right| $ 在点 $ x_{0} $ 也连续；由连续函数的和、差仍连续，故 $ \varphi(x) $、 $ \psi(x) $ 在点 $ x_{0} $ 也连续.

1. 求下列极限：

(1)

$$ \lim_{x\to0}\sqrt{x^{2}-2x+5} $$

$$ \lim_{\alpha\to\frac{\pi}{4}}(\sin2\alpha)^{3}; $$

$$ \lim_{x\to\frac{\pi}{6}}\ln(2\cos2x) $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}; $$

$$ \lim_{x\to1}\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}; $$

$$ \lim_{x\to\alpha}\frac{\sin x-\sin\alpha}{x-\alpha}; $$

$$ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^{2}+x}-\sqrt{x^{2}-x}\right) $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{\left(1-\frac{1}{2}x^{2}\right)^{\frac{2}{3}}-1}{x\ln\left(1+x\right)}. $$

解 (1) $ \lim_{x \to 0} \sqrt{x^2 - 2x + 5} = \sqrt{\lim_{x \to 0} (x^2 - 2x + 5)} = \sqrt{5} $.

$$ \lim_{\alpha\to\frac{\pi}{4}}(\sin2\alpha)^{3}=(\lim_{\alpha\to\frac{\pi}{4}}\sin2\alpha)^{3}=\left(\sin\frac{\pi}{2}\right)^{3}=1. $$

$$ \lim_{x\to\frac{\pi}{6}}\ln(2\cos2x)=\ln(\lim_{x\to\frac{\pi}{6}}2\cos2x)=\ln\left(2\cos\frac{\pi}{3}\right)=\ln1=0. $$

(4) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x + 1} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{\sqrt{x + 1} + 1} = \frac{1}{2} $.

(5) $ \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{5x - 4} - \sqrt{x}}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{4}{\sqrt{5x - 4} + \sqrt{x}} = 2 $.

(6)

$$ \begin{align*}\lim_{x\to\alpha}\frac{\sin x-\sin\alpha}{x-\alpha}&=\lim_{x\to\alpha}\frac{2\sin\frac{x-\alpha}{2}\cos\frac{x+\alpha}{2}}{x-\alpha}\\&=\lim_{x\to\alpha}\frac{\sin\frac{x-\alpha}{2}}{\frac{x-\alpha}{2}}\cdot\lim_{\alpha\to\alpha}\cos\frac{x+\alpha}{2}=\cos\alpha.\end{align*} $$

（7）

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^{2}+x}\right.\sqrt{x^{2}-x})&=\lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+x}+\sqrt{x^{2}-x}}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}}=1.\end{aligned} $$

(8) $ \lim_{x \to 0} \frac{\left(1 - \frac{1}{2}x^2\right)^{\frac{2}{3}} - 1}{x \ln(1 + x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{2}{3} \cdot \left(-\frac{1}{2}x^2\right)}{x \cdot x} = -\frac{1}{3} $.

注 本题及下一题求极限中，采用了以下几种常用的方法：

（1）利用极限运算法则：

（2）利用复合函数的连续性，将函数符号与极限号交换次序；

（3）利用一些初等方法：因式分解，分子或分母有理化，分子分母同乘或除以一个不为零的因子，消去分母中趋于零的因子等；

（4）利用重要极限以及它们的变形；

（5）利用等价无穷小替代.

1. 求下列极限：

(1)

$$ \lim_{x\to\infty}e^{\frac{1}{x}}; $$

$$ \lim_{x\to0}\ln\frac{\sin x}{x} $$

(3) $ \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{\frac{x}{2}} $;

(4) $ \lim_{x \to 0} (1 + 3 \tan^2 x)^{\cot^2 x} $;

(5) $ \lim_{x \to \infty} \left( \frac{3 + x}{6 + x} \right)^{\frac{x - 1}{2}} $;

(6) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 + \sin x}}{x \sqrt{1 + \sin^2 x} - x} $;

(7) $ \lim_{x \to \infty} \frac{\ln x - 1}{x - e} $;

(8) $ \lim_{x \to 0} \frac{e^{3x} - e^{2x} - e^x + 1}{\sqrt[3]{(1 - x)(1 + x)} - 1} $.

解 (1) $ \lim_{x\to\infty}e^{\frac{1}{x}}=e^{\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}}=e^0=1 $

(2) $ \lim_{x \to 0} \ln \frac{\sin x}{x} = \ln \left( \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \right) = \ln 1 = 0 $.

(3) $ \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{\frac{x}{2}} = \lim_{x \to \infty} \left[\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x\right]^{\frac{1}{2}} = e^{\frac{1}{2}} = \sqrt{e} $.

(4) $ \lim_{x \to 0} (1 + 3 \tan^2 x)^{\cot^2 x} = \lim_{x \to 0} [ (1 + 3 \tan^2 x)^{\frac{1}{3} \cot^2 x} ]^3 = e^3 $.

$$ \lim_{x\to\infty}\left(\frac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}=\lim_{x\to\infty}\left[\left(1-\frac{3}{6+x}\right)^{-\frac{6+x}{3}}\right]^{-\frac{3}{2}}\cdot\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{3}{6+x}\right)^{-\frac{7}{2}}=e^{-\frac{3}{2}}. $$

(6)

$$ \begin{aligned}&)\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\sqrt{1+\sin^{2}x}-x}=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x(\sqrt{1+\sin^{2}x}-1)(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x})}\\ &\quad=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\sec x-1}{\sqrt{1+\sin^{2}x}-1}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}\right)\\ &\quad=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}}{\frac{1}{2}\sin^{2}x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}\\ &\quad=1\cdot1\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\\ \end{aligned} $$

(7)

$$ \lim_{x\to e}\frac{\ln x-1}{x-e}\overline{\overline{x-e=t}}\lim_{t\to0}\frac{\ln(e+t)-\ln e}{t}=\lim_{t\to0}\frac{\ln\left(1+\frac{t}{e}\right)}{t}=\frac{1}{e}. $$

(8)

$$ \lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-e^{2x}-e^{x}+1}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)}-1}=\lim_{x\to0}\frac{(e^{2x}-1)(e^{x}-1)}{(1-x^{2})^{\frac{1}{3}}-1}=\lim_{x\to0}\frac{2x\cdot x}{-\frac{1}{3}x^{2}}=-6. $$

1. 设 $ f(x) $ 在 $ \mathbb{R} $ 上连续，且 $ f(x) \neq 0, \varphi(x) $ 在 $ \mathbb{R} $ 上有定义，且有间断点，则下列陈述中，哪些是对的，哪些是错的？如果是对的，试说明理由；如果是错的，试给出一个反例.

(1) $ \varphi[f(x)] $ 必有间断点； (2) $ [\varphi(x)]^{2} $ 必有间断点；

(3) $ f[\varphi(x)] $未必有间断点；(4) $ \frac{\varphi(x)}{f(x)} $必有间断点.

解 （1）错. 例如, $ \varphi(x)=\mathrm{sgn}x $, $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $, $ \varphi[f(x)]\equiv1 $ 在 R 上处处连续.

(2) 错. 例如, $ \varphi(x) = \{ \begin{array}{l} 1, x \in \mathbb{Q}, \\ -1, x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}, \end{array} . [\varphi(x)]^2 \equiv 1 $ 在 $ \mathbb{R} $ 上处处连续.

（3）对. 例如, $ \varphi(x) $同(2), $ f(x)=|x|+1 $, $ f[\varphi(x)]\equiv2 $在R上处处连续.

（4）对. 因为，若 $ F(x)=\frac{\varphi(x)}{f(x)} $ 在 R 上处处连续，则 $ \varphi(x)=F(x)\cdot f(x) $ 也在 R 上处处连续，这与已知条件矛盾.

1. 设函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\mathrm{e}^{x},&x<0,\\ &a+x,&x\geqslant0.\end{aligned}. $$

应当怎样选择数 a，才能使得 $ f(x) $ 成为在 $ (-∞, +∞) $ 内的连续函数.

解 由初等函数的连续性， $ f(x) $ 在 $ (-∞,0) $ 及 $ (0,+∞) $ 内连续，所以要使 $ f(x) $ 在 $ (-∞,+∞) $ 内连续，只要选择数 a，使 $ f(x) $ 在 x=0 处连续即可.

在 x=0 处， $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\mathrm{e}^x=1,\lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}(a+x)=a,f(0)=a $ ，取 a=1 即有

$$ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}f(x)=f(0) $$

即 $ f(x) $ 在 x=0 处连续. 于是，选择 a=1, $ f(x) $ 就成为在 $ (-\infty, +\infty) $ 内的连续函数.

习题1-10

闭区间上连续函数的性质

1. 假设函数 $ f(x) $在闭区间 $ [0,1] $上连续，并且对 $ [0,1] $上任一点 $ x $有 $ 0\leq f(x)\leq 1 $。试证明 $ [0,1] $中必存在一点 $ c $，使得 $ f(c)=c $（ $ c $称为函数 $ f(x) $的不动点）。

证 设 $ F(x)=f(x)-x $，则 $ F(0)=f(0)\geqslant0 $， $ F(1)=f(1)-1\leqslant0 $。

若 $ F(0)=0 $ 或 $ F(1)=0 $，则0或1即为 $ f(x) $的不动点；若 $ F(0)>0 $ 且 $ F(1)<0 $，则由零点定理，必存在 $ c\in(0,1) $，使 $ F(c)=0 $，即 $ f(c)=c $，这时c为 $ f(x) $的不动点.

1. 证明方程 $ x^{5}-3x=1 $ 至少有一个根介于 1 和 2 之间.

证 设 $ f(x)=x^{3}-3x-1 $，则 $ f(x) $ 在闭区间 $ [1,2] $ 上连续，且 $ f(1)=-3<0 $ $ f(2)=25>0 $。由零点定理，即知 $ \exists\xi\in(1,2) $，使 $ f(\xi)=0 $， $ \xi $ 即为方程的根。

1. 证明方程 $ x=a\sin x+b $，其中 a>0, b>0，至少有一个正根，并且它不超过 $ a+b $。

证 设 $ f(x)=x-a\sin x-b $，则 $ f(x) $ 在闭区间 $ [0,a+b] $ 上连续，且 $ f(0)=-b<0 $， $ f(a+b)=a[1-\sin(a+b)] $。当 $ \sin(a+b)<1 $ 时， $ f(a+b)>0 $，由零点定理，即知 $ \exists\xi\in(0,a+b) $，使 $ f(\xi)=0 $，即 $ \xi $ 为原方程的根，它是正根且不超过 $ a+b $；当 $ \sin(a+b)=1 $ 时， $ f(a+b)=0 $， $ a+b $ 就是满足条件的正根。

1. 证明任一最高次幂的指数为奇数的代数方程

$$ a_{0}x^{2n+1}+a_{1}x^{2n}+\cdots+a_{2n}x+a_{2n+1}=0 $$

至少有一实根，其中 $ a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{2n+1} $ 均为常数， $ n \in \mathbb{N} $

证 当 x 的绝对值充分大时， $ f(x)=a_{0}x^{2n+1}+a_{1}x^{2n}+\cdots+a_{2n}x+a_{2n+1} $ 的符号取决于 $ a_{0} $ 的符号，即当 x 为正时与 $ a_{0} $ 同号，当 x 为负时与 $ a_{0} $ 异号，而 $ a_{0}\neq0 $ 。因 $ f(x) $ 是连续函数，它在某充分大的区间的两端处异号，由零点定理可知它在区间内某一点处必定为零，故方程 $ f(x)=0 $ 至少有一实根。

1. 若 $ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续， $ a

证 因为 $ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，又 $ [x_{1},x_{n}]\subset[a,b] $，所以 $ f(x) $ 在 $ [x_{1},x_{n}] $ 上连续。设

$$ M=\max\{f(x)\mid x_{1}\leqslant x\leqslant x_{n}\mid,m=\min\{f(x)\mid x_{1}\leqslant x\leqslant x_{n}\mid..\}, $$

则

$$ m\leqslant\frac{f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots+f(x_{n})}{n}\leqslant M. $$

若上述不等式中为严格不等号，则由介值定理知， $ \exists\xi\in(x_{1},x_{n}) $，使

$$ f(\xi)=\frac{f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots+f(x_{n})}{n}; $$

若上述不等式中出现等号，如

$$ m=\frac{f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots+f(x_{n})}{n}, $$

则有 $ f(x_{1})=f(x_{2})=\cdots=f(x_{n})=m $ ，任取 $ x_{2},\cdots,x_{n-1} $ 中一点作为 $ \xi $ ，即有 $ \xi\in(x_{1},x_{n}) $ ，使

$$ f(\xi)=\frac{f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots+f(x_{n})}{n}. $$

如

$$ \frac{f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots+f(x_{n})}{n}=M, $$

同理可证.

$ ^{*} $6. 设函数 $ f(x) $ 对于闭区间 $ [a,b] $ 上的任意两点 x,y，恒有 $ |f(x)-f(y)| \leqslant L|x-y| $，其中 L 为正常数，且 $ f(a) \cdot f(b) < 0 $。证明：至少有一点 $ \xi \in (a,b) $，使得 $ f(\xi) = 0 $。

证 任取 $ x_{0} \in (a, b) $， $ \forall \varepsilon > 0 $，取 $ \delta = \min\{\frac{\varepsilon}{L}, x_{0} - a, b - x_{0}\} $，则当 $ |x - x_{0}| < \delta $ 时，由假设

$$ \mid f(x)-f(x_{0})\mid\leqslant L\mid x-x_{0}\mid

所以 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 连续. 由 $ x_{0} \in (a,b) $ 的任意性知, $ f(x) $ 在 $ (a,b) $ 内连续.

当 $ x_{0}=a $ 或 $ x_{0}=b $ 时，取 $ \delta=\frac{c}{L} $，并将 $ |x-x_{0}|<\delta $ 换成 $ x\in[a,a+\delta) $ 或 $ x\in(b-\delta,b] $，便可知 $ f(x) $ 在 x=a 右连续，在 x=b 左连续。从而 $ f(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续。

又由假设 $ f(a) \cdot f(b) < 0 $，由零点定理即知 $ \exists\xi \in (a, b) $，使得 $ f(\xi) = 0 $。

1. 证明：若 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内连续，且 $ \lim_{x \to \infty} f(x) $ 存在，则 $ f(x) $ 必在 $ (-\infty, +\infty) $ 内有界.

证 设 $ \lim_{x\to\infty}f(x)=A $，则对 $ \varepsilon=1>0,\exists X>0 $，当 $ |x|>X $ 时，有

$$ \left|f(x)-A\right|<1\Rightarrow\left|f(x)\right|\leqslant\left|f(x)-A\right|+\left|A\right|<\left|A\right|+1. $$

又， $ f(x) $ 在 $ [-X,X] $ 上连续，利用有界性定理，得： $ \exists M>0 $，对 $ \forall x\in[-X,X] $，有 $ |f(x)|\leq M $。

取 $ M' = \max\{M, |A| + 1\} $，即有 $ |f(x)| \leq M' $， $ \forall x \in (-\infty, +\infty) $。

$ ^{*} $8. 在什么条件下， $ (a,b) $ 内的连续函数 $ f(x) $ 为一致连续？

解 若 $ f(a^{+}) \sqrt{f(b^{-})} $ 均存在，设

$$ F(x)=\{\begin{aligned}&f(\boldsymbol{a}^{+}),&\quad x=a,\\ &f(x),&\quad x\in(a,b),\\ &f(\boldsymbol{b}^{-}),&\quad x=b.\end{aligned}. $$

易证 $ F(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续，从而 $ F(x) $ 在 $ [a,b] $ 上一致连续，也就有 $ F(x) $ 在 $ (a,b) $ 内一致连续，即 $ f(x) $ 在 $ (a,b) $ 内一致连续.

总习题

1. 在“充分”“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内：

（1）数列 $ \{x_{n}\} $ 有界是数列 $ \{x_{n}\} $ 收敛的 ___ 条件，数列 $ \{x_{n}\} $ 收敛是数列 $ \{x_{n}\} $ 有界的 ___ 条件；

（2） $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 的某一去心邻域内有界是 $ \lim_{x\to x_{0}}f(x) $ 存在的 ___ 条件， $ \lim_{x\to x_{0}}f(x) $ 存在是 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 的某一去心邻域内有界的 ___ 条件；

（3） $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 的某一去心邻域内无界是 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=\infty $ 的 ___ 条件， $ \lim_{x\to x_0}f(x)=\infty $ 是 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 的某一去心邻域内无界的 ___ 条件；

（4） $ f(x) $ 当 $ x \to x_{0} $ 时的右极限 $ f(x_{0}^{+}) $ 及左极限 $ f(x_{0}^{-}) $ 都存在且相等是 $ \lim_{x \to x_{0}} f(x) $ 存在的 ___ 条件.

解（1）必要，充分.

（2）必要，充分.

（3）必要，充分.

（4）充分必要.

1. 已知函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&(\cos x)^{-x^{2}},&&0<\mid x\mid<\frac{\pi}{2},\\ &a,&&x=0\end{aligned}. $$

在 x=0 连续，则 a= ___.

解 $ a = f(0) = \lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} (\cos x)^{-x^2} = 1 $.

1. 以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

（1）设 $ f(x)=2^{x}+3^{x}-2 $，则当 $ x\to0 $时，有（）.

(A) $ f(x) $ 与 x 是等价无穷小 (B) $ f(x) $ 与 x 同阶但非等价无穷小

(C) $ f(x) $ 是比 x 高阶的无穷小 (D) $ f(x) $ 是比 x 低阶的无穷小

（2）设

$$ f(x)=\frac{\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-1}{\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}+1}, $$

则 x=0 是 $ f(x) $ 的().

（A）可去间断点 （B）跳跃间断点

（C）第二类间断点 （D）连续点

解（1）因为

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}&=\lim_{x\to0}\frac{2^{x}+3^{x}-2}{x}=\lim_{x\to0}\frac{2^{x}-1}{x}+\lim_{x\to0}\frac{3^{x}-1}{x}\\&=\ln2+\ln3=\ln6\neq1,\end{aligned} $$

所以当 $ x \to 0 $ 时， $ f(x) $ 与 x 同阶但非等价无穷小，应选(B).

(2) $ f(0^{-})=\lim_{x\to0^{-}}f(x)=-1,f(0^{+})=\lim_{x\to0^{+}}f(x)=1 $，因为 $ f(0^{+}) $、 $ f(0^{-}) $均存在，但 $ f(0^{+})\neq f(0^{-}) $，所以x=0是 $ f(x) $的跳跃间断点，应选(B).

1. 设 $ f(x) $ 的定义域是 $ [0,1] $，求下列函数的定义域：

(1) $ f(e^{x}) $; (2) $ f(\ln x) $;

(3) $ f(\arctan x) $; (4) $ f(\cos x) $.

解 （1）因为 $ 0 \leqslant e^{x} \leqslant 1 $，所以 $ x \leqslant 0 $，即函数 $ f(e^{x}) $ 的定义域为 $ (- \infty, 0] $.

（2）因为 $ 0 \leqslant \ln x \leqslant 1 $，所以 $ 1 \leqslant x \leqslant e $，即函数 $ f(\ln x) $ 的定义域为 $ [1, e] $.

（3）因为 $ 0 \leqslant \arctan x \leqslant 1 $，所以 $ 0 \leqslant x \leqslant \tan 1 $，即函数 $ f(\arctan x) $ 的定义域为 $ [0, \tan 1] $.

（4）因为 $ 0 \leqslant \cos x \leqslant 1 $，所以 $ 2n\pi - \frac{\pi}{2} \leqslant x \leqslant 2n\pi + \frac{\pi}{2}, n \in \mathbb{Z} $，即函数 $ f(\cos x) $ 的定义域为 $ [2n\pi - \frac{\pi}{2}, 2n\pi + \frac{\pi}{2}] $， $ n \in \mathbb{Z} $。

1. 设

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&0,&&x\leqslant0,\\ &x,&&x>0,\end{aligned}.\quad g(x)=\{\begin{aligned}&0,&&x\leqslant0,\\ &-x^{2},&&x>0,\end{aligned}. $$

求 $ f[f(x)] $, $ g[g(x)] $, $ f[g(x)] $, $ g[f(x)] $.

解 因为 $ f[f(x)] = \begin{cases} 0, & f(x) \leq 0, \\ f(x), & f(x) > 0, \end{cases} $ 而 $ f(x) \geq 0, x \in \mathbb{R} $，所以

$$ f[f(x)]=f(x),\quad x\in\mathbf{R}. $$

因为 $ g[g(x)] = \{ \begin{array}{ll} 0, & g(x) \leq 0, \\ -g^2(x), & g(x) > 0, \end{array} . $ 而 $ g(x) \leq 0, x \in \mathbb{R} $，所以

$$ g[g(x)]=0,\quad x\in\mathbf{R}. $$

因为 $ f[g(x)] = \begin{cases} 0, & g(x) \leq 0, \\ g(x), & g(x) > 0, \end{cases} $ 而 $ g(x) \leq 0, x \in \mathbb{R} $，所以

$$ f[g(x)]=0,\quad x\in\mathbf{R}. $$

因为 $ g[f(x)] = \begin{cases} 0, & f(x) \leq 0, \\ -f^2(x), & f(x) > 0, \end{cases} $ 而 $ f(x) \geq 0, x \in \mathbb{R} $，所以

$$ g[f(x)]=g(x),\quad x\in\mathbf{R}. $$

1. 利用 $ y = \sin x $ 的图形作出下列函数的图形：

(1) $ y = |\sin x| $; (2) $ y = \sin |x| $; (3) $ y = 2\sin \frac{x}{2} $.

解 （1）作 $ y = \sin x $ 的图形在 x 轴下方的部分关于 x 轴的轴对称图形即可得 $ y = |\sin x| $ 的图形，如图 1-14 所示.

（2）因为 $ y = \sin |x| $ 为偶函数，所以只要先画出 $ y = \sin x $ 在 x 轴正方向上的图形，再对它作关于 y 轴的轴对称图形即可，如图 1-15 所示.

（3）将 $ y = \sin x $ 的图形的振幅增大为2，周期增大为 $ 4\pi $，如图1-16所示.

1. 把半径为 R 的一圆形铁皮，自圆心处剪去圆心角为 $ \alpha $ 的一扇形后围成一无底圆锥。试建立这圆锥的体积 V 与角 $ \alpha $ 间的函数关系。

解 设围成的圆锥底半径为 r，高为 h，则按题意（图 1-17）有

$$ (2\pi-\alpha)R=2\pi r, $$

$$ h=\sqrt{R^{2}-r^{2}}. $$

故

$$ r=\frac{\left(2\pi-\alpha\right)R}{2\pi}, $$

$$ h=\sqrt{R^{2}-\frac{\left(2\pi-\alpha\right)^{2}}{4\pi^{2}}R^{2}}=\frac{\sqrt{4\pi\alpha-\alpha^{2}}}{2\pi}R, $$

圆锥体积

$$ \begin{align*}V&=\frac{1}{3}\pi\cdot\frac{(2\pi-\alpha)^{2}}{4\pi^{2}}R^{2}\cdot\frac{\sqrt{4\pi\alpha-\alpha^{2}}}{2\pi}R\\&=\frac{R^{3}}{24\pi^{2}}(2\pi-\alpha)^{2}\sqrt{4\pi\alpha-\alpha^{2}}(0<\alpha<2\pi).\end{align*} $$

$ ^{*} $8. 根据函数极限的定义证明 $ \lim_{x\to3}\frac{x^2-x-6}{x-3}=5 $.

证 因为

$$ \left|\frac{x^{2}-x-6}{x-3}-5\right|=\left|\frac{(x-3)(x+2)}{x-3}-5\right|=|x-3|, $$

要使 $ \left|\frac{x^{2}-x-6}{x-3}-5\right|<\varepsilon $，只要 $ |x-3|<\varepsilon $。所以 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ \delta=\varepsilon $，则当 $ 0<|x-3|<\delta $时，就有

$$ \left|\frac{x^{2}-x-6}{x-3}-5\right|<\varepsilon. $$

即 $ \lim_{x\to3}\frac{x^{2}-x-6}{x-3}=5 $

1. 求下列极限：

(1)

$$ \lim_{x\to1}\frac{x^{2}-x+1}{\left(x-1\right)^{2}} $$

(2)

$$ \lim_{x\to+\infty}x\left(\sqrt{x^{2}+1}-x\right) $$

(3) $ \lim_{x \to \infty} \left( \frac{2x + 3}{2x + 1} \right)^{x + 1} $;

(5) $ \lim_{x \to 0} \left( \frac{a^x + b^x + c^x}{3} \right)^{\frac{1}{x}} (a > 0, b > 0, c > 0) $; (6) $ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (\sin x)^{\tan x} $;

(7) $ \lim_{x \to a} \frac{\ln x - \ln a}{x - a} (a > 0) $;

(8) $ \lim_{x \to 0} \frac{x \tan x}{\sqrt{1 - x^2} - 1} $.

解 （1）因为 $ \lim_{x\to1}\frac{(x-1)^2}{x^2-x+1}=0 $，所以 $ \lim_{x\to1}\frac{x^2-x+1}{(x-1)^2}=\infty $。

(2)

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}x(\sqrt{x^{2}+1}-x)&=\lim_{x\to+\infty}\frac{x(\sqrt{x^{2}+1}-x)(\sqrt{x^{2}+1}+x)}{\sqrt{x^{2}+1}+x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}+x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}+1}=\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

(3)

$$ \lim_{x\to\infty}\left(\frac{2x+3}{2x+1}\right)^{x+1}=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{\frac{2x+1}{2}}\right)^{\frac{2x+1}{2}}\cdot\lim_{x\to\infty}\left(\frac{2x+3}{2x+1}\right)^{\frac{1}{2}}=e. $$

(4)

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^{3}}=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\sec x-1}{x^{2}}\right)=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}}{x^{2}}=\frac{1}{2}. $$

（5）因为

$$ \left(\frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}}{3}\right)^{\frac{1}{x}}=\left(1+\frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}-3}{3}\right)^{\frac{3}{a^{x}+b^{x}+c^{x}-3}\cdot\frac{1}{3}\left(\frac{a^{x}-1}{x}+\frac{b^{x}-1}{x}+\frac{c^{x}-1}{x}\right)}, $$

而

$$ \left(1+\frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}-3}{3}\right)^{\frac{3}{a^{x}+b^{x}+c^{x}-3}}\rightarrow\mathrm{e}(x\rightarrow0), $$

$$ \frac{a^{x}-1}{x}\longrightarrow\ln a,\quad\frac{b^{x}-1}{x}\longrightarrow\ln b,\quad\frac{c^{x}-1}{x}\longrightarrow\ln c\left(x\longrightarrow0\right), $$

所以

$$ \lim_{x\to0}\left(\frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}}{3}\right)^{\frac{1}{x}}=\mathrm{e}^{\frac{1}{3}\left(\ln a+\ln b+\ln c\right)}=\left(abc\right)^{\frac{1}{3}}. $$

（6）因为 $ \left(\sin x\right)^{\tan x}=\left[1+\left(\sin x-1\right)\right]^{\frac{1}{\sin x-1}\cdot\left(\sin x-1\right)\tan x} $，而

$$ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\left[1+(\sin x-1)\right]^{\frac{1}{\sin x-1}}=\mathrm{e}, $$

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}(\sin x-1)\tan x&=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x-\sin\frac{\pi}{2}}{\sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)}\cdot\sin x&\\&=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{2\sin\frac{x-\frac{\pi}{2}}{2}\cos\frac{x+\frac{\pi}{2}}{2}}{2\sin\frac{x+\frac{\pi}{2}}{2}\cos\frac{x+\frac{\pi}{2}}{2}}\cdot\sin x\\ &\\&=\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)}\cdot\sin x=0,\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \lim_{x\to\frac{\pi}{3}}(\sin x)^{\tan x}=\mathrm{e}^{0}=1. $$

（7）令 x-a=t，则 x=a+t，当 $ x\to a $ 时， $ t\to0 $ 。故

$$ \lim_{x\to a}\frac{\ln x-\ln a}{x-a}=\lim_{t\to0}\frac{\ln\left(1+\frac{t}{a}\right)}{t}=\frac{1}{a}\lim_{t\to0}\ln\left(1+\frac{t}{a}\right)^{\frac{a}{t}}=\frac{1}{a}. $$

(8)

$$ \lim_{x\to0}\frac{x\tan x}{\sqrt{1-x^{2}}-1}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{-\frac{1}{2}x^{2}}=-2. $$

1. 设

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&x\sin\frac{1}{x},&x>0,\\ &a+x^{2},&x\leqslant0,\end{aligned}. $$

要使 $ f(x) $ 在 $ (-∞, +∞) $ 内连续，应当怎样选择数 a？

解 $ f(x) $ 在 $ (-∞,0) $ 及 $ (0,+∞) $ 内均连续，要使 $ f(x) $ 在 $ (-∞,+∞) $ 内连续，只要选择数 a，使 $ f(x) $ 在 x=0 处连续即可. 而

$$ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}x\sin\frac{1}{x}=0,\lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}(a+x^{2})=a, $$

又 $ f(0)=a $，故应选择a=0，使得 $ f(x) $在x=0处连续，从而 $ f(x) $在 $ (-\infty,+\infty) $内连续。

1. 设

$$ f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1+x}{1+x^{2n}} $$

求 $ f(x) $ 的间断点，并说明间断点所属类型.

解 $ f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1+x}{1+x^{2n}}=\{\begin{aligned}&1+x,& 当 |x|<1 时,\\ &0,& 当 |x|>1 或 x=-1 时,\\ &1,& 当 x=1 时.\end{aligned}. $

x = $ \pm1 $ 为分段函数的分段点. x = -1 处，因为 $ f(-1^{-}) = f(-1^{+}) = f(-1) = 0 $，所以 x = -1 为连续点；x = 1 处，因为 $ f(1^{-}) = 2, f(1^{+}) = 0, f(1^{-}) \neq f(1^{+}) $，所以 x = 1 为 $ f(x) $ 的间断点，属第一类间断点，是跳跃间断点.

1. 证明

$$ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}\right)=1. $$

证 因为 $ \frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}}<\frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}<1 $，而

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=1,\quad\lim_{n\to\infty}1=1, $$

由夹逼准则，即得证.

1. 证明方程 $ \sin x + x + 1 = 0 $ 在开区间 $ \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) $ 内至少有一个根.

证 设 $ f(x)=\sin x+x+1 $ , 则 $ f(x) $ 在 $ \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] $ 上连续. 因为

$$ f\Big(-\frac{\pi}{2}\Big)=\sin\Big(-\frac{\pi}{2}\Big)-\frac{\pi}{2}+1=-\frac{\pi}{2}<0, $$

$$ f\Big(\frac{\pi}{2}\Big)=\sin\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}+1=\frac{\pi}{2}+2>0, $$

由介值定理，至少存在一点 $ \xi\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) $，使 $ f(\xi)=0 $，即 $ \sin\xi+\xi+1=0 $。所以方程 $ \sin x+x+1=0 $ 在 $ \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) $ 内至少有一个根。

1. 如果存在直线 L: $ y = kx + b $，使得当 $ x \to \infty $（或 $ x \to +\infty, x \to -\infty $）时，曲线 y = f(x) 上的动点 M(x, y) 到直线 L 的距离 d(M, L) $ \to $ 0，则称 L 为曲线 y = f(x) 的渐近线。当直线 L 的斜率 k $ \neq $ 0 时，称 L 为斜渐近线。

（1）证明：直线 $ L: y = kx + b $ 为曲线 $ y = f(x) $ 的渐近线的充分必要条件是

$$ k=\lim_{\substack{x\to\infty\\(x\to+\infty\\x-x\to-\infty)}}\frac{f(x)}{x},\quad b=\lim_{\substack{x\to\infty\\(x\to+\infty\\x-x\to-\infty)}}\left[f(x)-kx\right]; $$

（2）求曲线 $ y = (2x - 1)e^{\frac{1}{x}} $ 的斜渐近线.

解（1）就 $ x \to +\infty $ 的情形证明，其他情形类似.

设 $ L: y = kx + b $ 为曲线 $ y = f(x) $ 的渐近线.

1°若 $ k \neq 0 $，如图1-18所示， $ k = \tan \alpha $ ( $ \alpha $ 为 L 的倾角， $ \alpha \neq \frac{\pi}{2} $)，曲线 $ y = f(x) $ 上动点 $ M(x, y) $ 到直线 L 的距离为 |MK|. 过 M 作横轴的垂线，交直线 L 于 $ K_{1} $，则

$$ \mid M K_{1}\mid=\frac{\mid M K\mid}{\cos\alpha}. $$

显然 $ \left|MK\right|\rightarrow0\left(x\rightarrow+\infty\right) $ 与 $ \left|MK_{1}\right|\rightarrow0\left(x\rightarrow+\infty\right) $ 等价，而

$$ \mid M K_{1}\mid=\mid f(x)-(k x+b)\mid. $$

因为 $ L:y=kx+b $ 是曲线 $ y=f(x) $ 的渐近线，所以

$$ |M K|\to0\left(\left.x\to+\infty\right.\right)\Rightarrow|M K_{1}|\to0\left(\left.x\to+\infty\right.\right), $$

即

$$ \lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-(kx+b)\right]=0, $$

从而

$$ \lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-kx\right]=\lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-(kx+b)\right]+b=0+b=b, $$

$$ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\left[f(x)-kx\right]+k=0+k=k. $$

反之，若(2)、(3)成立，则(1)成立，即 $ L:y=kx+b $是曲线 $ y=f(x) $的渐近线.

2°若 k=0，设 L: y=b 是曲线 $ y=f(x) $ 的水平渐近线，如图 1-19 所示。按定义有 $ \left|MK\right|\rightarrow0\left(x\rightarrow+\infty\right) $，而 $ \left|MK\right|=\left|f(x)-b\right| $，故有

$$ \lim_{x\to+\infty}f(x)=b, $$

$$ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\cdot\lim_{x\to+\infty}f(x)=0. $$

反之，若(4)、(5)成立，即有 $ \left|MK\right|=\left|f(x)-b\right|\rightarrow0(x\rightarrow+\infty) $，故y=b是曲线 $ y=f(x) $的水平渐近线.

（2）因为

$$ k=\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{(2x-1)}{x}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}=2, $$

$$ \begin{aligned}b=\lim_{x\to\infty}\left[f(x)-2x\right]&=\lim_{x\to\infty}\left[(2x-1)e^{\frac{1}{x}}-2x\right]=\lim_{x\to\infty}2x\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)-\lim_{x\to\infty}e^{\frac{1}{x}}\\&=2\lim_{x\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{x}}-1}{\frac{1}{x}}-1=2\lim_{u\to0}\frac{e^{u}-1}{u}-1=2\ln e-1=1,\end{aligned} $$

所以，所求曲线的斜渐近线为 $ y=2x+1 $