第一章 函数与极限

第一章 函数与极限

高等数学是变量数学，它研究变量的变化过程，以函数作为研究对象，主要内容是微积分。而微积分的基本概念和方法，都以极限理论为基础。因此，作为高等数学的开篇，本章首先介绍函数与极限，并以极限引出函数的连续性。

第一节 函 数

一、 变量与函数

客观世界中的一切事物都处在不停运动与变化之中．运动与变化是绝对的、普遍的，而静止与恒定不变则是相对的、暂时的．运用数学方法对自然现象或科学技术问题进行观察和研究时，所遇到的各种不同的量，可根据问题的实际需要将它们分为两类：一类是在过程中保持数值不变的量，这类量称为常量；另一类是在过程中变化着的，可以取不同数值的量，称之为变量.

通常用字母 a、b、c 等表示常量，而用字母 x、y、t 等表示变量.

在高等数学中，变量的取值局限在实数集 R（除特别声明外）内。我们知道，实数集与数轴上的点一一对应。这样，人们就把实数 a 与它在数轴上的对应点相等同起来，也即是将实数 a 及其在数轴的对应点都称之为“点 a”。

变量在其变化过程中所可能取的一切值构成数集，有一类特殊的数集称为区间．给定两个实数 $ a \lt b $，我们把数集 $ \{x \mid a \leq x \leq b\} $ 称作闭区间，记作 $ [a, b] $；把数集 $ \{x \mid a \lt x \lt b\} $ 称作开区间，记作 $ (a, b) $．

类似地，可定义半开区间 $ (a, b] $ 与 $ [a, b) $，以上四类区间统称为以 a、b 为端点的有限区间。此外，还有所谓的无限区间，例如，全体实数的集合 R 表示成 $ (-\infty, +\infty) $，它是无限区间。还有以下的无限区间：

$$ [a\;,\;+\infty\;)=\;\{x\mid a\leqslant x\lt +\infty\}; $$

$$ (-\infty,b]=\{x\mid-\infty\lt x\leqslant b\}. $$

在无需区分有限与无限区间的场合下，通常将以上的各类区间统称为“区间”，并用字母 I 来表示.

邻域是微积分中常用的一类区间. 设 a 为实数, $ \delta $ 是任一正数, 称开区间 $ (a-\delta, a+\delta) $ 为点 a 的 $ \delta $ 邻域, 记为 $ U(a, \delta) $. 即

$$ U(\mathbf{\mathit{a}},\mathbf{\mathit{\delta}})=\{\mathbf{\mathit{x}}\mid\mathbf{a}-\mathbf{\delta}\lt \mathbf{\mathit{x}}\lt \mathbf{a}+\mathbf{\mathit{\delta}}\}, $$

点 a 称为这邻域的中心， $ \delta $ 则是邻域的半径，如图 1-1 所示.

在几何上，邻域 $ U(a, \delta) $ 表示：与点 a 距离小于正数 $ \delta $ 的一切点 x 的集合。而点 x 与 a 的距离可用 $ |x - a| $ 表示。因此

a 的距离可用 $ \left|x-a\right| $ 表示，因此

$$ U(a,\delta)=\{x\mid\mid x-a\mid\lt \delta\}. $$

如果把邻域 $ U(a, \delta) $ 的中心点 a 去掉，则称之为点 a 的去心 $ \delta $ 邻域，记作 $ \dot{U}(a, \delta) $，即

$$ \hat{U}(a,\delta)=\{x\mid0\lt |x-a|\lt \delta\}. $$

可以知道，对开区间 $ (a, b) $ 内的任一点 $ x_{0} $，必存在一个正数 $ \delta $，使得 $ U(x_{0}, \delta) \subset (a, b) $。且称 $ x_{0} $ 是开区间 $ (a, b) $ 的内点。

例 1 （1）用区间或区间的并表示数集

$$ \{x\mid x^{2}-3x+2\geqslant0\}; $$

（2）用邻域表示区间 $ (-3,1) $.

解 （1）数集 $ \{x \mid x^{2}-3x+2 \geqslant 0\} $ 可用区间的并 $ (-\infty, 1] \cup [2, +\infty) $ 表示.

（2）区间 $ (-3,1) $ 表示的是以 a=-1 为中心，正数 $ \delta=2 $ 为半径的邻域，即邻域 U $ (-1,2) $.

在研究某一变化过程时，往往会出现多个变量，且它们的变化彼此间相互联系．变量之间的关系，大量地表现为确定的依赖关系.

例如，圆的面积 A 随半径 r 变化着，我们知道这两个变量之间的关系由公式

$$ A=\pi r^{2} $$

确定．当半径 r 在区间 $ (0, +\infty) $ 内任意取定一个数值时，由上式便可得出唯一确定的圆面积 A 值与之对应.

再如，气缸内一定质量的气体，其体积 V 依赖于温度 T 和压强 P，它们间的关系是

$$ V=R~\frac{T}{P}, $$

其中 R 为常数，这关系式称为克拉伯龙（Claperon）公式。有时为使问题的讨论简单化，便设定温度保持不变，于是体积与压强这两个变量的依赖关系由

$$ V=\frac{C}{P} $$

所确定．其中 C 为常数，这关系式称为波义耳-马略特（Boyle-Mariote）定律.

上述两例中，变量 A 和 V 分别由 r 与 p 所确定，我们称 r 与 p 为自变量；而称 A 与 V 为因变量．因变量完全由自变量的逐一取值而唯一确定，变量间的这种确定的依赖关系称为函数关系.

定义 1.1.1 设 x 与 y 是两个变量，若对变量 x 在其变化域 D 中的每一个值 x，按照一定法则 f，变量 y 总有唯一确定的值与之对应，则称 f 是定义在 D 上的函数，记作

$$ y=f(x),\ x\in D, $$

这时称 x 为自变量，y 为因变量．数集 D 称为函数的定义域，它由函数的对应法则或实际问题的要求确定，而相应的函数值的全体称为函数的值域．

定义域和对应法则是函数的两个要素．两个函数如果定义域相同且对应法则一样 则称它们是同一个函数．否则，便是不同的两个函数.

例2 讨论下列两个函数是否表示同一函数：

$$ f(x)=\left|x\right|\sqrt{1-x} 与 g(x)=x\sqrt{1-x}. $$

解 定义域同为 $ D = \{x \mid -\infty \lt x \leq 1\} $，但只有当 $ 0 \leq x \leq 1 $ 时，才有 $ |x| \sqrt{1 - x} = x\sqrt{1 - x} $，而当 $ -\infty \lt x \lt 0 $ 时， $ |x|\sqrt{1 - x} \neq x\sqrt{1 - x} $。可见这两个函数的对应法则不同，它们不是同一函数。

在课本中通常见到的函数大多由解析表达式给出，例如圆面积 $ A=\pi r^{2} $，但表示函数的方式还可以用图像法和列表法。比如一昼夜气温的变化，气温显然是关于时间的函数，该函数关系可以用自动记录仪画出的曲线图直观地表示，却很难用一个数学的解析式来表达。

下面再举几个函数的例子.

例3 函数 $ f(x)=|x|=\{\begin{array}{l}x, x\geqslant0,\\ -x, x\lt 0.\end{array}. $

该函数的定义域是 $ (-∞, +∞) $，值域是 $ [0, +∞) $。图像如图1-2所示，该函数称为绝对值函数。

例4 函数 $ y = \operatorname{sgn} x = \{ \begin{aligned} 1, & x \gt 0, \\ 0, & x = 0, \\ -1, & x \lt 0. \end{aligned} . $

该函数称为符号函数，它的定义域是 $ (-\infty, +\infty) $。图像如图1-3所示。对任意的实数 $ x $，下列关系式成立： $ |x| = x \cdot \operatorname{sgn} x $。

从例3和例4看到，在一个函数中，因变量y随自变量x而确定的对应法则可用几个不同式子将它表示. 这种在自变量不同的变化范围，其对应法则用不同解析式子表示的函数，通常称为分段函数.

例5 对任意实数x，对应的y是不超过x的最大整数，记作

$$ y=\left[\begin{array}{l}x\end{array}\right], $$

称为取整函数.

取整函数的定义域是 $ (-∞,+∞) $，它的图像如图1-4所示，该图形称为阶梯曲线。在x取整数值处，图形发生跳跃，跃度为1。

在上述函数定义中，当自变量 x 在定义域 D 上任取一个值时，对应的函数值 y 只有一个，这样定义的函数称为单值函数。如果对应的函数值多于一个，则称为多值函数，今后如无特

别声明，所论的函数都指单值函数。对于多值函数，我们通常可附加上条件，将它分解为几个单值分支来研究，例如，在多值函数 $ x^2 + y^2 = 4 $ 中，附加条件 “ $ y \leq 0 $”，就以 “ $ x^2 + y^2 = 4 $ 且 $ y \leq 0 $” 作为对应法则，得出它的单值分支，即单值函数 $ y = -\sqrt{4 - x^2} $。

现在，我们来定义反函数.

定义 1.1.2 设有函数 $ y=f(x) $，其定义域为 D，值域为 E，若对 E 中的每一个 y 值，都可由方程 $ y=f(x) $ 唯一地确定出 D 中的 x 值，则得到一个定义在 E 上的函数，称它为函数 $ y=f(x) $ 的反函数，记作

$$ x=f^{-1}(y),\qquad y\in E, $$

且把 $ y=f(x) $ 称之为直接函数.

显然， $ y=f(x) $ 与 $ x=f^{-1}(y) $ 互为反函数.

习惯上，用 x 表示自变量，将因变量记作 y，只强调对应法则 $ f^{-1} $，故常把 $ y = f(x) $ 的反函数 $ x = f^{-1}(y) $ 改写为

$$ y=f^{-1}(x),\qquad x\in E. $$

可以知道，在同一 xOy 坐标平面上， $ y = f(x) $ 的图形与 $ x = f^{-1}(y) $ 的图形是相同的。而 $ y = f(x) $ 的图形与 $ y = f^{-1}(x) $ 的图形则关于直线 y = x 对称。正如大家所熟知的指数函数 $ y = e^x $，它的反函数称为对数函数 $ x = \ln y $，由于习惯记 x 为自变量，y 为因变量，所以通常说 $ y = \ln x $ 是 $ y = e^x $ 的反函数。 $ y = \ln x $ 的图形与 $ y = e^x $ 的图形关于直线 y = x 对称，如图 1-5 所示。

此外我们应知道，一个函数是否存在单值反函数，取决于对应法则 f 在定义域 D 与值域 E 之间是否构成一一对应关系。如果构成一一对应关系，则必存在单值反函数。否则就没有单值反函数。

例6 求函数 $ y=f(x)=\{\begin{aligned}-x,&-1\leq x\leq0,\\x+1,&0\lt x\leq1\end{aligned}. $ 的反函数.

解 直接函数 $ y=f(x) $ 的图形如图 1-6 (a) 所示. 可以看出其定义域 D=[-1,1] 与值域 E=[0,2] 之间构成一一对应关系，故存在单值反函数. 对 E 中的每一个 y 值，可确定出反函数

$$ x=f^{-1}(y)=\{\begin{aligned}-y,\quad&0\leqslant y\leqslant1,\\ y-1,\quad&1\lt y\leqslant2.\end{aligned}. $$

按习惯，又把反函数写成

$$ y=f^{-1}(x)=\{\begin{aligned}-x,\quad&0\leqslant x\leqslant1,\\ x-1,\quad&1\lt x\leqslant2.\end{aligned}. $$

如图 1-6（b）所示.

二、 初等函数

在中学数学中已介绍了常见的基本初等函数，可归纳如下：

（1）常数函数 y=c （c 为常数）.

它的定义域是 $ (-∞, +∞) $，即无论自变量 x 取何实数值，其函数值都等于 c。这函数的图像是一条与 x 轴平行且纵截距为 c 的直线。

（2）幂函数 $ y=x^{a} $ ( $ a\neq0 $ 为实常数).

幂函数的定义域与 a 值有关，但无论 a 取何值，在区间 $ (0, +\infty) $ 内， $ y = x^a $ 总是有意义的，且图形过点 $ (1, 1) $.

（3）指数函数 $ y=a^{x} $ （a 为常数，且 a>0， $ a\neq1 $）.

指数函数的定义域为 $ (-∞, +∞) $，值域为 $ (0, +∞) $，且图形过点 $ (0, 1) $.

（4）对数函数 $ y=\log_{a}x $ （a为常数，且a>0， $ a\neq1 $）.

对数函数的定义域为 $ (0, +\infty) $。实际应用中，如取 $ a=10 $，称 $ \log_{10}x $ 为常用对数，并简记为 $ y=\lg x $；如果取 $ a=e $（ $ e=2.71828\cdots $ 是个无理数），称 $ \log_{e}x $ 为自然对数，并简记为 $ y=\ln x $。

（5）三角函数 它包括以下6个函数.

正弦函数 $ y = \sin x $；余弦函数 $ y = \cos x $；

正切函数 $ y = \tan x $；余切函数 $ y = \cot x $；

正割函数 $ y = \sec x $；余割函数 $ y = \csc x $.

它们都是周期函数且 $ \sin x $ 和 $ \cos x $ 有界，其余4个无界.

可以知道： $ \tan x \cdot \cot x = 1 $； $ \sin x \cdot \csc x = 1 $； $ \cos x \cdot \sec x = 1 $。

三角函数中的角度通常用弧度制表示.

（6） 反三角函数

三角函数的反函数叫做反三角函数，由于三角函数都是周期函数，所以只能在指定的主值区间内得到单值的反三角函数. 反三角函数相应的也有六个，分别讨论如下.

反正弦函数：我们知道正弦函数 $ y = \sin x $ 对定义域 $ (-\infty, +\infty) $ 上的每个 x 值，因变量 y 都在 $ [-1, 1] $ 上有唯一的值与它对应。但反过来，对于 y 在 $ [-1, 1] $ 上的每一个值，x 总有无穷多个值与之对应，因此，可以说函数 $ y = \sin x $， $ x \in (-\infty, +\infty) $ 没有反函数。

但从图1-7可以看出，在正弦函数的单调区间 $ \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $上，对于x的每一个值， $ y = \sin x $在 $ [-1, 1] $上有唯一的值与之对应；反过来，对于y在 $ [-1, 1] $上的每一个值，x在 $ \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $上也有唯一的值与之对应，构成一一对应关系。因此，函数 $ y = \sin x $， $ x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $就有反函数，我们称这

反函数为反正弦函数，记作 $ x = \arcsin y $， $ y \in [-1, 1] $，习惯上又写成 $ y = \arcsin x $， $ x \in [-1, 1] $。它的值域是 $ \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $，也称它为反正弦函数的主值区间。

这样，对属于 $ [-1, 1] $ 的每一个 x 值， $ \arcsin x $ 就表示属于 $ \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $ 的唯一确定的一个值，它的正弦恰等于已知的 x 值，由此可得到

$$ \sin\left(\arcsin x\right)=x, $$

其中 $ x \in [-1, 1] $， $ \arcsin x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $。

反正弦函数 $ y = \arcsin x $ 的图形（如图 1-8）与正弦函数 $ y = \sin x $ 在 $ \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $ 上的一段图形关于直线 y = x 对称.

用类似方法可讨论其余5个三角函数分别在其主值区间上的反函数，这里不作详述．通常我们应熟悉以下4个反三角函数的图形：

反正弦函数 $ y = \arcsin x $， $ x \in [-1, 1] $，主值

区间 $ \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $．如图1-8所示；

反余弦函数 $ y = \arccos x $， $ x \in [-1, 1] $，主值区间 $ [0, \pi] $。如图 1-9 所示；

反正切函数 $ y = \arctan x $， $ x \in (-\infty, +\infty) $，主值区间 $ \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) $，如图 1-10 所示；反余切函数 $ y = \operatorname{arccot} x $， $ x \in (-\infty, +\infty) $，主值区间 $ (0, \pi) $。如图 1-11 所示。

在微积分中，我们研究的主要对象是函数，且其中的绝大多数是由以上六类基本初等函数经有限次的四则运算及有限次的复合步骤而构成的。下面先看函数复合的例子。

由物理学可知将质量为 m 的物体向上抛出，物体的动能

$$ E=\frac{1}{2}m V^{2}\;, $$

其中 V 为运动的速度．而运动速度 V 又是关于时间 t 的函数，即有

$$ V=V_{0}-g t\;, $$

其中 $ V_{0} $ 是物体上抛时的初速度，g 是重力加速度. 于是，动能 E 通过速度 V 的联系而成为时间 t 的函数：

$$ E(t)=\frac{1}{2}m\left(V_{0}-g t\right)^{2}, $$

它就是由两个函数经复合构成的一个新函数，自变量是 t，因变量是 E.

一般地，设函数 $ y=f(u) $ 的定义域为 G，而函数 $ u=\varphi(x) $ 的值域为 E。若集合 G 与 E 的交集非空，则函数 $ y=f[\varphi(x)] $ 称为由函数 $ y=f(u) $ 与 $ u=\varphi(x) $ 复合而成的复合函数，u 是中间变量。

例7 下列各题中的函数能否复合？若能复合，求其复合函数.

(1) $ y = f(u) = \arcsin u $, $ u = \varphi(x) = 2 + x^2 $;

(2) $ y = f(u) = \sqrt{u} $, $ u = \varphi(x) = 1 - x^{2} $

解 （1） $ y = \arcsin u $ 的定义域 G = $ [-1, 1] $，而 $ u = \varphi(x) = 2 + x^{2} $ 的值域 E = $ [2, +\infty) $。由于

$$ G\cap E=\varnothing, $$

故 $ y=\arcsin u $ 与 $ u=2+x^{2} $ 不能复合.

(2) $ y = \sqrt{u} $ 的定义域 $ G = [0, +\infty) $，而 $ u = 1 - x^2 $ 的值域 $ E = (-\infty, 1] $. 由于

$$ G\cap E\neq\varnothing, $$

故 $ y=\sqrt{u} $ 与 $ u=1-x^{2} $ 可以复合成函数 $ y=\sqrt{1-x^{2}} $，这复合函数的定义域 D 为 $ [-1,1] $。

复合函数不仅可由两个函数复合而成，还可以由更多个函数相继复合而得到.

例8 求由 $ y=\sqrt{u} $， $ u=\lg v $， $ v=\frac{x^{2}+5x}{6} $ 复合而成的函数 $ y=f(x) $ 及其定义域.

解 由 $ u = \lg v = \lg \frac{x^{2} + 5x}{6} $，而 $ y = \sqrt{u} = \sqrt{\lg \frac{x^{2} + 5x}{6}} $，可得复合函数

$$ y=f(x)=\sqrt{\lg\frac{x^{2}+5x}{6}}. $$

为求得自变量 x 的取值范围，可由外往内逐层按要求：内层函数的取值应使外层函数有定义．为此，

应取 $ \lg \frac{x^{2}+5x}{6} \geqslant 0 $（因负数不能开偶次方），进而应使 $ \frac{x^{2}+5x}{6} \geqslant 1 $，即 $ x^{2}+5x-6 \geqslant 0 $，解此二次不等式，可得

因此，复合函数 $ y=\sqrt{\lg\frac{x^{2}+5x}{6}} $ 的定义域

$$ D=\left(\begin{array}{c c c}{-\infty}&{,}&{-6}\\ \end{array}\right]\cup\left[\begin{array}{c c}{1,}&{+\infty}\\ \end{array}\right). $$

以后遇到复合函数，应能熟练地将它们分解。例如，函数 $ y = (\arctan \sqrt{\sin e^x})^2 $ 是由五个简单函数： $ y = u^2 $， $ u = \arctan v $， $ v = \sqrt{w} $， $ w = \sin t $， $ t = e^x $ 逐层复合而成。

定义 1.1.3 凡是由基本初等函数经有限次四则运算与有限次复合所得，且能用一个解析式子将它表示的函数称为初等函数.

例如，多项式 $ p_{n}(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n} $ （n 为正整数），它是由正整幂函数与常数经加、乘法运算而得到的函数，它是初等函数。由于多项式函数简单常用，于是通常被当作基本初等函数（本身不是！）对待，而无需再分解。

再如，由 $ y = e^u $， $ u = \sin x \cdot \ln x $ 可复合成函数 $ y = e^{\sin x \cdot \ln x} = e^{\ln x \sin x} = x^{\sin x} $， $ x \in (0, +\infty) $。由此可知，函数 $ y = x^{\sin x} $ 是初等函数。

假设 $ u(x) $、 $ v(x) $ 是已知的两个初等函数，我们构造出如下新函数：

$$ f(x)=\max\{u(x),v(x)\}=\{\begin{aligned}&u(x),& 当 u(x)\geqslant v(x),\\ &v(x),& 当 u(x)\lt v(x).\end{aligned}. $$

$$ g(x)=\min\{u(x),v(x)\}=\{\begin{aligned}&u(x), 当 u(x)\leqslant v(x),\\ &v(x), 当 u(x)\gt v(x).\end{aligned}. $$

表面上看， $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 不像是初等函数，但如果将其改写为

$$ f(x)=\frac{1}{2}(u+v+\mid u-v\mid)； $$

$$ g\left(\;x\right)=\frac{1}{2}\big(\;u+v-\mid u-v\mid\;\big). $$

可见， $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 是初等函数.

初等函数中，有一类在科技中常见的双曲函数. 它们分别是

双曲正弦 $ y = \sin x = \frac{e^{x} - e^{-x}}{2} $;

双曲余弦 $ y = \mathrm{ch} \quad x = \frac{\mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{-x}}{2} $;

双曲正切 $ y = \mathrm{th} $ $ x = \frac{\mathrm{sh}x}{\mathrm{ch}x} = \frac{\mathrm{e}^{x} - \mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{-x}} $;

由双曲函数的定义，不难验证下列恒等式：

$$ \mathrm{sh}\left(x\pm y\right)=\mathrm{sh}\;x\cdot\mathrm{ch}\;y\pm\mathrm{ch}\;x\cdot\mathrm{sh}\;y; $$

$$ \operatorname{ch}\left(x\pm y\right)=\operatorname{ch}x\cdot\operatorname{ch}y\pm\operatorname{sh}x\cdot\operatorname{sh}y; $$

$$ \mathrm{ch}^{2}x-\mathrm{sh}^{2}x=1; $$

$$ \mathrm{sh}2x=2\mathrm{sh}x\cdot\mathrm{ch}x; $$

$$ \mathrm{ch}2x=\mathrm{ch}^{2}x+\mathrm{sh}^{2}x. $$

以上这些双曲函数的公式与三角函数的相关公式类似．可通过类比，帮助记忆.

双曲正弦函数 y = sh x 的反函数称为反双曲正弦函数，记作 $ y = \operatorname{arcsh} x $。其分析表达式可用如下方法得出：

由 $ y = \sin x = \frac{e^{x} - e^{-x}}{2} $，得

$$ \mathrm{e}^{2x}-2y\mathrm{e}^{x}-1=0, $$

解出 $ e^x = y \pm \sqrt{y^2 + 1} $，由于 $ e^x \gt 0 $，因此应得 $ e^x = y + \sqrt{y^2 + 1} $，从而

$$ x=\ln\left(y+\sqrt{y^{2}+1}\right). $$

再按习惯记法，可得反函数为

$$ y=\operatorname{arcsch} x=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right). $$

用类似方法，可得出

反双曲余弦函数 $ y = \operatorname{arccch} x = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1}) $;

反双曲正切函数 $ y = \operatorname{arcoth} x = \frac{1}{2} \ln \frac{1+x}{1-x} $.

例9 已知 $ f(x)=\mathrm{e}^{x^{2}} $， $ f[\varphi(x)]=1-3x $ 且 $ \varphi(x)\geqslant0 $，求函数 $ \varphi(x) $，并写

出它的定义域.

解 由所给条件，有

$$ f[\varphi(x)]=\mathrm{e}^{\varphi^{2}(x)}=1-3x, $$

于是 $ \varphi^{2}(x)=\ln(1-3x) $，由 $ \varphi(x)\geqslant0 $

可得 $ \varphi(x)=\sqrt{\ln(1-3x)} $

因 $ \varphi(x) $ 定义域中的点应使

$ \ln(1-3x)\geqslant0 $，即 $ 1-3x\geqslant1 $

故函数 $ \varphi(x)=\sqrt{\ln(1-3x)} $，其定义域 $ D=(-\infty,0] $.

例 10 求函数表达式.

（1）已知 $ f(x+1)=x^{2}-2x+3 $ ，求 $ f(x) $

（2）已知 $ f(e^{x-1})=3x-2 $，求 $ f(x) $.

解 $ (1)f(x+1)=x^{2}-2x+3=(x+1)^{2}-4(x+1)+6 $ 故得 $ f(x)=x^{2}-4x+6 $.

（2）令 $ e^{x-1}=u $ ，则 $ x=1+\ln u $ ，

于是 $ 3x-2=3(1+\ln u)-2=1+3\ln u $,

故得 $ f(x)=1+3\ln x(x\gt 0) $.

三、 函数的特性

1. 函数的有界性 若存在正数 M，使对一切 $ x \in D $，都有

$$ \mid f(x)\mid\leqslant M, $$

则称 $ f(x) $ 在 $ D $ 上有界．否则，这样的 $ M $ 不存在，则称 $ f(x) $ 在 $ D $ 上无界；这就是说，对任何 $ M\gt 0 $，总存在 $ x_0 \in D $，使

$$ |f(x_{0})|\gt M, $$

那么函数 $ f(x) $ 在 D 上无界.

例 11 求证 函数 $ f(x)=\frac{\lg x}{x} $ 在 $ D=\left[\frac{1}{2},1\right] $ 上有界.

证 由 $ \frac{1}{2}\leq x\leq1 $，知

$$ 1\leqslant\frac{1}{x}\leqslant2\ 与 \ \lg\frac{1}{2}\leqslant\lg\ x\leqslant\lg\ 1=0. $$

于是可得

$$ 2\lg x\leq\frac{\lg x}{x}\leq\lg x, $$

$$ 2\lg\frac{1}{2}\leq\frac{\lg x}{x}\leq0. $$

从而

取 $ M = \max\{0, |2\lg\frac{1}{2}|\} $，有

$$ \left|\frac{\lg x}{x}\right|=|f(x)|\leqslant M,\ x\in D $$

成立，故 $ f(x)=\frac{\lg x}{x} $在 $ D=\left[\frac{1}{2},1\right] $上有界.

函数的有界性与数集的有界性相仿，可叙述为：若存在两个实数 M 与 N，使得

$$ N{\leqslant}f(x){\leqslant}M,\ x\in D, $$

则称 $ f(x) $ 在 D 上是有界函数. 并分别称 M 与 N 为 $ f(x) $ 在 D 上的上界与下界.

从几何直观上看，一个有界函数的图像介于两条平行 Ox 轴的直线 y = M 和 y = N 之间.

应该注意，一个函数有界与否，不仅与函数式有关，而且还与所论的区间 $D$ 有关。例如，函数 $f(x) = \lg x$ 在 $[0.01, 100]$ 上有界，因为对任意的 $x \in [0.01, 100]$ 都有 $|\lg x| \leq 2$ 成立。但函数 $f(x) = \lg x$ 在 $(0, 1)$ 内却是无界的。事实上，对于任意的正数 $M$（无论多么大），取 $x_0 = \frac{1}{10^{M+1}}$，显然 $x_0 \in (0, 1)$，而 $|f(x_0)| = M + 1 \gt M$。

1. 函数的单调性 设函数 $ y=f(x) $ 在区间 I 上有定义，若对于 I 上任意两点 $ x_{1} $ 与 $ x_{2} $，且 $ x_{1}\lt x_{2} $ 时，均有

$$ f(x_{1})\lt f(x_{2})\quad\left[ 或 f(x_{1})\gt f(x_{2})\right], $$

则称函数 $ y=f(x) $ 在区间 I 上单调增加 [或单调减少].

可以看出， $ f(x) $ 对 I 上任意两点 $ x_{1} $ 与 $ x_{2} $，若恒有

$$ \frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}\gt 0\quad\left[ 或 \lt 0\right], $$

则 $ f(x) $ 在 I 上单调增 [或单调减].

1. 函数的奇偶性 设有函数 $ f(x) $， $ x \in I $，其中 I 关于原点对称。若对任意 $ x \in I $，都有 $ f(-x) = f(x) $，则称 $ f(x) $ 为 I 上的偶函数；若对任意 $ x \in I $，都有 $ f(-x) = -f(x) $，则称 $ f(x) $ 为 I 上的奇函数。

在几何上，偶函数的图像关于y轴对称，奇函数的图像关于原点对称.

依定义，若存在一点 $ x_{0} $，使 $ |f(x_{0})| \neq |f(-x_{0})| $，则函数 $ f(x) $ 既非偶函数，亦非奇函数。特别的是，函数 $ f(x)=0 $，它既是偶函数，也是奇函数。

例 12 判断下列函数的奇偶性：

(1) $ f(x) = \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}) $;

(2) $ g(x) = \left( \frac{2^x - 1}{2^x + 1} \right) \cdot \sin x. $

解 （1） $ f(x) $ 的定义域为 $ (-∞, +∞) $，且

$$ \begin{align*}f(-x)&=\ln(-x+\sqrt{(-x)^{2}+1})=\ln\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+1}}\\&=-\ln(x+\sqrt{x^{2}+1})=-f(x),\end{align*} $$

故 $ f(x)=\ln(x+\sqrt{x^{2}+1}) $ 是 $ (-\infty,+\infty) $ 上的奇函数.

(2) $ g(x) $ 的定义域为 $ (-∞, +∞) $，且

$$ \begin{align*}g\left(-x\right)&=\left(\frac{2^{-x}-1}{2^{-x}+1}\right)\sin\left(-x\right)=-\left(\frac{1-2^{x}}{1+2^{x}}\right)\sin x\\&=\left(\frac{2^{x}-1}{2^{x}+1}\right)\sin x=g\left(x\right),\end{align*} $$

故 $ g(x)=\left(\frac{2^{x}-1}{2^{x}+1}\right)\sin x $ 是 $ (-\infty, +\infty) $ 上的偶函数.

1. 函数的周期性 设 $ f(x) $ 是定义在 $ (-\infty, +\infty) $ 上的函数，若存在常数 l>0，对任给的 $ x \in (-\infty, +\infty) $ 都有

$$ f(x+l)=f(x), $$

则称 $ f(x) $ 是周期函数，l 为 $ f(x) $ 的一个周期。周期函数一定有无穷多个周期，若其中有一个最小的正数 T，则称 T 为周期函数的最小周期，简称周期。

例如， $ \sin x $、 $ \cos x $ 是以 $ 2\pi $ 为周期的函数； $ \tan x $、 $ \cot x $ 是以 $ \pi $ 为周期的函数。又如 $ f(x)=c $（常数）以任意非零实数为周期，但它没有最小正周期。

例 13 证明：函数 $ f(x)=x-[x] $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上是周期函数，其中 $ [x] $ 表示不超过 x 的最大整数.

证 对任意 $ x \in (-\infty, +\infty) $，有

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

故 $ f(x) $ 是以 T=1 为周期的周期函数.

习题1-1

1. 判定下列各题中的函数 $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 是否表示同一函数，并说明理由.

(1) $ f(x)=2x+1 $ 与 $ g(x)=\frac{4x^{2}-1}{2x-1} $;

(2) $ f(x) = \sqrt{x^{2} - 1} $ 与 $ g(x) = \sqrt{x - 1} \cdot \sqrt{x + 1} $;

(3) $ f(x) = \sqrt{x^{2}(x-1)(4-x)} $ 与 $ g(x) = |x| \sqrt{(x-1)(4-x)} $.

1. 确定下列各函数的定义域，并用区间或区间的并表示.

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

(2) $ f(x) = \ln \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} $;

(3) $ f(x) = \sqrt{4 - x^{2}} + \ln(x^{2} - 1) $;

(4) $ f(x) = \sqrt{\lg |5 - 5x + x^2|} $.

1. 设函数 $ f(x)=\frac{2+x}{2-x}(x \neq 2) $，求

$ f(-x) $; $ f\left(\frac{1}{x}\right) $; $ f(x+1) $.

1. 求满足下列各等式的未知函数 $ f(x) $.

(1) $ f\left(\frac{1-\ln x}{1+\ln x}\right)=x\ln x; $

(2) $ f\left(x-\frac{1}{x}\right)=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-1 $;

(3) $ f(3+x)+2f(1-x)=x^{2} $

1. 设 $ f(x)=\{\begin{aligned}1+x,&x\gt 0,\\0,&x=0,\\-(1+x),&x\lt 0,\end{aligned}. $

求 $ f(0) $; $ f(-1) $; $ f(x+a) $; $ f(-x) $.

1. 设 $ f(x)=\{\begin{aligned}&1-2x^{2},&x&\lt -1,\\&x^{3},&-1\leqslant x\leqslant2,\\&10x-12,&x&\gt 2,\end{aligned}. $

求 $ f(x) $的反函数.

1. 判定下列函数的奇偶性

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

(2) $ f(x) = \log_{2} \frac{x + \sqrt{4 + x^{2}}}{2} $;

(3) $ f(x) = \mathrm{e}^{\cos x} + \cos\mathrm{e}^x $;

(4) $ f(x)=\{\begin{aligned}&x^{2}+2x,&x\leqslant0,\\ &x^{2}-2x,&x\gt 0.\end{aligned}. $

1. 将函数 $ f(x)=\mathrm{e}^{x-x^{2}} $, $ x\in(-\infty,+\infty) $ 分解成为一个奇函数与一个偶函数的和.

1. 设 $ f(x) $， $ x \in (-\infty, +\infty) $ 有两对称轴 x = a 及 x = b (a < b)，试证明 $ f(x) $ 是周期函数.

1. 求下列函数的周期：

(1) $ \cos^{2}x $;

(2) $ \tan 3x $;

(3) $ \cos\frac{x}{2}+2\sin\frac{x}{3} $

1. 证明下列函数在其定义域内是无界的.

(1) $ f(x) = |1 - 3x| $;

(2) $ f(x) = x \sin x $.

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ (0, +\infty) $ 单调增加，a>0，b>0，证明

$$ a f(a)+b f(b)\leqslant(a+b)f(a+b). $$

1. 设 $ f(x)=\{\begin{aligned}&2-\sin x,&x\leqslant0,\\ &2+\ln(1+x),&x\gt 0,\end{aligned}. $ $ \varphi(x)=\{\begin{aligned}&x^{2},&x\lt 0,\\ &-x,&x\geqslant0,\end{aligned}. $ 求 $ f[\varphi(x)] $.

1. 已知球的半径为 r，作圆锥外切于球，试将圆锥体积 V 表示为高 h 的函数，并指出函数的定义域.

第二节 数列的极限

一、 整标函数与数列

定义在正整数集 $ N^{+} $上的函数 $ f(n) $ 称为整标函数。当自变量 n 按自然序取值，所对应的一列函数值 $ u_{n}=f(n) $，n=1,2,3，…就称为数列，即 $ u_{1} $， $ u_{2} $， $ u_{3} $，…， $ u_{n} $，…简记为 $ \{u_{n}\} $。数列中的每一个数叫做数列的项，第 n 项 $ u_{n} $ 称为数列的通项。

不同的数列在 n 取正整数而无限增大过程中，有着各自不同的变化趋势.例如：

(1) $ \{\frac{1}{2^n}\}:\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\cdots,\frac{1}{2^n},\cdots $

它是每项都大于零的单调减数列，有下界. 在 n 无限增大过程中，数列越来越接近零，且无限地接近零，但永远达不到零.

(2) $ \{\frac{3n+(-1)^n}{n}\}:\frac{2}{1},\frac{7}{2},\frac{8}{3},\cdots,\frac{3n+(-1)^n}{n},\cdots $

它是有界数列，但不单调。在 n 无限增大过程中，数列的项时而小于 3，时而大于 3，总在 3 的左、右两侧反复跳动着，虽取不到 3，但可无限地接近 3。

(3) $ \{\sin\frac{n\pi}{2}\}:1,0,-1,0,\cdots,\sin\frac{n\pi}{2},\cdots $

这数列有界，不单调．当 n 取偶数时对应的项为零，当 n 取奇数（2k+1）时对应的项是 $ (-1)^{k} $．可见，在 n 取正整数无限增大的过程中，数列的项总在 -1，0，1 这三个数值中重复着，不能与一个确定的数无限接近.

$$ (4)\{\frac{\sin\frac{n\pi}{2}}{n}\}：1,0,-\frac{1}{3},0,\frac{1}{5},\cdots,\frac{\sin\frac{n\pi}{2}}{n},\cdots $$

这数列有界，不单调。当 n 取偶数时的对应项为零；当 n 取奇数时对应项不为零，数列尽管也是在零的左、右两侧反复跳动着，然而，总体上随 n 取正整数而无限增大，数列能与唯一确定的数值零无限接近。

(5) $ \lg n $: $ \lg 1 $, $ \lg 2 $, $ \lg 3 $, $ \cdots $, $ \lg n $, $ \cdots $

这数列单调增，无界。在 n 无限增大的过程中，数列对应项的函数值也随之无限增大，不能与某一确定的数无限接近。

二、 数列的极限

对给定的数列进行性态研究，我们注重的是：在自变量 n 取正整数无限增大过程中（即 $ n \to \infty $），考察数列 $ \{u_n\} $ 的变化趋势，判断它能否无限接近某一确定的数值 A？如果能够的话，这数值 A 是多少？这就是所谓数列的极限问题。粗略地说，如果这样的定数 A 存在，我们就称 A 是数列 $ \{u_n\} $ 在 $ n \to \infty $ 时的极限值，简称为数列的极限（即 $ u_n \to A $）。

前面所列举的五个数列，经过分析可以知道：

（1）在 $ n \to \infty $ 过程中，数列 $ \{\frac{1}{2^n}\} $ 能无限接近数 A=0，于是常数 0 是数列 $ \{\frac{1}{2^n}\} $ 的极限．可记为 $ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} = 0 $

（2）在 $ n \to \infty $ 过程中，数列 $ \{\frac{3n+(-1)^n}{n}\} $ 能无限接近数 A=3，于是常数 3 是数列 $ \{\frac{3n+(-1)^n}{n}\} $ 的极限．可记为 $ \lim_{n \to \infty} \frac{3n+(-1)^n}{n} = 3 $

（3）在 $ n \to \infty $ 过程中，数列 $ \{\sin \frac{n\pi}{2}\} $ 不能无限接近某一常数 A，于是数列 $ \{\sin \frac{n\pi}{2}\} $ 的极限不存在.

（4）在 $ n \to \infty $ 过程中，数列 $ \{\frac{\sin \frac{n\pi}{2}}{n}\} $ 能无限接近数 A=0，于是常数 0 是数列 $ \{\frac{\sin \frac{n\pi}{2}}{n}\} $ 的极限．可记为 $ \lim_{n \to \infty} \frac{\sin \frac{n\pi}{2}}{n} = 0 $．

（5）在 $ n \to \infty $ 过程中，数列 $ \{\lg n\} $ 不能无限接近某一常数 A，于是数列 $ \{\lg n\} $ 极限不存在.

在自变量 n 取正整数无限增大过程中，数列 $ u_{n}=f(n) $ 所对应的函数值无限接近常数 A，这只是数列 $ \{u_{n}\} $ 以 A 为极限的定性的描述。我们不禁要问，

到底 $ u_n $ 与 $ A $ 接近到何等程度，才能称之为“无限接近”？又该如何来刻画 $ u_n $ 与 $ A $ 的接近程度呢？下面我们以 $ \lim_{n \to \infty} \frac{3n + (-1)^n}{n} = 3 $ 为例进行量化的分析。

我们知道，两个实数 $ a $ 与 $ b $ 之间的接近程度，可以用 $ |a-b| $ 的大小来度量。由 $ |b-a| \lt \delta $，可以看出当正数 $ \delta $ 的值越小， $ a $ 与 $ b $ 就越接近。

因此，可以用 $ \left|u_{n}-3\right| $表示 $ u_{n} $与3的接近程度（在数轴上它表示动点 $ u_{n} $与定点3的距离）。这样， $ u_{n} $与3无限接近就可以量化为 $ \left|u_{n}-3\right| $可以无限小。

在数列 $ \{\frac{3n+(-1)^{n}}{n}\} $中， $ u_{n}=\frac{3n+(-1)^{n}}{n}=3+\frac{(-1)^{n}}{n} $.

于是有

$$ \mid u_{n}-3\mid=\left|\frac{(-1)^{n}}{n}\right|=\frac{1}{n}, $$

因此可见，在 n 取正整数无限增大过程中，由 $ \frac{1}{n} $ 是可以小于任意给定的正数，进而得出： $ \{u_n - 3\} $ 可以任意小．所以，当 n 无限增大时， $ \{u_n\} $ 能无限接近常数 3.

比如，要求 $ \left|u_{n}-3\right|\lt 0.005 $，即要求数列能接近3到如此地步：落在以3为中心， $ \delta=0.005 $为半径的邻域内。可以知道，这只要令 $ \frac{1}{n}\lt 0.005 $，解得 $ n\gt 200 $，也就是说，当n取正整数增大到200以后，即从数列的第201项起 $ u_{201} $， $ u_{202} $，…都达到此要求。

再进一步要求 $ |u_n - 3| \lt 10^{-8} $，则也只需 $ n \gt 10^8 $，即数列自第 $ 10^8 $ 项起，后面余下的整个“尾巴”都能达到此要求。

事实上，对给定的任意小正数，我们用字母 $ \varepsilon $ 表示（无论 $ \varepsilon $ 多么的小），都可以通过令 $ \frac{1}{n} \lt \varepsilon $，求得正整数 $ N = \left[\frac{1}{\varepsilon}\right] $，只要 $ n \gt N $，即数列余下的整个“尾巴” $ u_{N+1} $， $ u_{N+2} $， $ u_{N+3} $，…都有

$$ \left|\frac{3n+(-1)^{n}}{n}-3\right|\lt \varepsilon $$

成立. 由此可见, 在 $ n \to \infty $ 过程中, 数列 $ \{\frac{3n+(-1)^n}{n}\} $ 确实能够与 3 无限接近, 即 3 是数列 $ \{\frac{3n+(-1)^n}{3}\} $ 当 $ n \to \infty $ 时的极限.

以上是对特定数列的极限讨论，只要加以归纳，便可抽象出一般数列极限的定义.

定义 1.2.1 设有数列 $ \{u_{n}\} $。若存在一个常数 A，对任意给定正数 $ \varepsilon $（无

论它多么小），总存在着正数 N，使得对适合不等式 n > N 的一切正整数 n，恒有

$$ \mid u_{n}\text{--}A\mid\lt \varepsilon $$

成立．则称在 n 趋于无穷时，数列 $ \{u_{n}\} $ 以 A 为极限，或称数列 $ \{u_{n}\} $ 收敛于 A，记为

$$ \lim_{n\to\infty}u_{n}=A\quad 或 u_{n}\to A(n\to\infty). $$

如果不存在这样的常数 A，就说数列 $ \{u_{n}\} $ 没有极限，或者说数列 $ \{u_{n}\} $ 是发散的，习惯上也说 $ \lim_{n\to\infty}u_n $ 不存在.

这一定义通常称为数列极限的“ $ \varepsilon-N $”定义．在定义中应注意两点：

(1) $ \varepsilon $ 的任意性

正数 $ \varepsilon $ 具有任意性很重要，只有 $ \varepsilon $ 可以任意小，才能通过不等式 $ |u_n - A| \lt \varepsilon $ 表达出 $ u_n $ 与 $ A $ 的无限接近。

(2) N 的存在性

N 是与任意给定的 $ \varepsilon $ 相关的正数，它随 $ \varepsilon $ 的给定而存在．可以知道，对给定的 $ \varepsilon $，若存在某个 $ N_{0} $ 能符合定义要求，显然大于 $ N_{0} $ 的任一个正数 N 也必符合要求．可见，N 不是唯一的．此外，N 不一定是正整数（n 才是正整数），但由于 N 不唯一，如果要 N 取正整数也无妨.

例1 “用 $ \varepsilon-N $”定义验证 $ \lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}=0 $.

证 因 $ \left|\frac{n!}{n^n}-0\right|=\frac{n!}{n^n} $，当 n>1 时，

$$ 0\lt \frac{n!}{n^{n}}=\frac{1\cdot2\cdot3\cdots n}{n\cdot n\cdot n\cdots n}\leqslant\frac{1}{n}, $$

所以，对任意给定 $ \varepsilon\gt 0 $，要使 $ \left|\frac{n!}{n^n}-0\right|\lt \varepsilon $，只要 $ \frac{1}{n}\lt \varepsilon $，于是可取 $ N=\frac{1}{\varepsilon} $，则当正整数 n>N 时，恒有

$$ \left|\frac{n!}{n^n}-0\right|\lt \frac{1}{n}\lt \varepsilon $$

成立. 故 $ \lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}=0 $.

应用定义验证常数 $A$ 是数列 $\{u_n\}$ 的极限，重要的是对任意给定的正数 $\varepsilon$，要能指出满足定义要求的正数 $N$ 确实存在！$N$ 只要存在即可，完全不必去求出满足要求的最小的 $N$。这就给我们的验证带来方便，也就是说，在运算中可以将 $\{u_n - A\}$ 适当放大，只要它小于某个量（应是关于 $n$ 的较简单表达式，且随 $n$ 的增大可以任意小），便可令这个量小于 $\varepsilon$，由此去求得 $N$。当 $n \gt N$ 时，

必定有 $ \left|u_{n}-A\right|\lt \varepsilon $ 也成立.

例2 验证 $ \lim_{n\to\infty}\frac{n^{2}-n+2}{3n^{2}+2n-4}=\frac{1}{3} $

证 由于 $ \left|\frac{n^{2}-n+2}{3n^{2}+2n-4}-\frac{1}{3}\right|=\left|\frac{10-5n}{3(3n^{2}+2n-4)}\right| $

当 $ n\geqslant2 $时，有5n-10 $ \geqslant0 $，于是

$$ \left|\frac{10-5n}{3\left(3n^{2}+2n-4\right)}\right|=\frac{5n-10}{3\left(3n^{2}+2n-4\right)}\lt \frac{5n}{9n^{2}}\lt \frac{1}{n} $$

所以，任给 $ \varepsilon\gt 0 $，取 $ N=\max\{2,\frac{1}{\varepsilon}\} $，则当正整数 n>N 时，不等式

$$ \left|\frac{n^{2}-n+2}{3n^{2}+2n-4}-\frac{1}{3}\right|\lt \varepsilon $$

恒成立. 即 $ \lim_{n\to\infty}\frac{n^{2}-n+2}{3n^{2}+2n-4}=\frac{1}{3} $.

下面是数列 $ \{u_{n}\} $ 以 A 为极限的几何表示：

如果将数列 $ \{u_{n}\} $ 中的每一项在数轴上都用点表示，那么数列 $ \{u_{n}\} $ 收敛于 A 就意味着不管 $ \varepsilon $ 多么小，点列 $ \{u_{n}\} $ 从点 $ u_{N+1} $ 开始，后面所有的点全部落在以 A 为中心， $ \varepsilon $ 为半径的邻域 $ U(A, \varepsilon) $ 之内。换句话说，落在邻域以外的点至多也只有有限个，于是点 A 就成为点列 $ \{u_{n}\} $ 的凝聚中心，如图 1-12 所示。

为了让证明过程书写简便，引入逻辑记号.

“∀”它是英文 Any 中第一字母 A 的倒写，表示 “对于任意给定” 之意；

“∃”它是英文 Exist 中第一字母 E 的反写，表示“存在”之意.

这样，数列极限 $ \lim_{n\to\infty}u_n=A $的定义便可简洁表达为： $ \forall\varepsilon\gt 0 $， $ \exists $正数N，当n>N时，恒有 $ \{u_n-A\}\lt \varepsilon $成立。

三、 收敛数列的性质

定理 1.2.1（唯一性）若数列 $ \{u_{n}\} $ 收敛，则它的极限是唯一的.

证 用反证法. 假设 $ \{u_{n}\} $ 存在两个不等的极限值 A 和 B，且 A<B. 对 $ \varepsilon=\frac{B-A}{2}\gt 0 $，由 $ \lim_{n\to\infty}u_n=A $，则必存在正数 $ N_1 $，使得当 $ n\gt N_1 $ 时，有

$$ \mid u_{n}-A\mid\lt \varepsilon=\frac{B-A}{2}, $$

从而应有 $ u_{n}\lt \frac{B+A}{2}(n\gt N_{1}) $

又因 $ \lim_{n\to\infty}u_n=B $，则必存在正数 $ N_2 $，使得当 $ n\gt N_2 $时，有

$$ \mid u_{n}-B\mid\lt \varepsilon=\frac{B-A}{2}, $$

从而应有 $ u_{n}\gt \frac{B+A}{2}(n\gt N_{2}) $

这样，若取 $ N = \max\{N_1, N_2\} $，则当 $ n \gt N $ 时，应该有 $ u_n \lt \frac{B + A}{2} $ 与 $ u_n \gt \frac{B + A}{2} $ 同时成立。显然，这是不可能的。这矛盾证明了极限存在只能是唯一的。

定理 1.2.2（有界性） 若数列 $ \{u_{n}\} $ 收敛，则 $ \{u_{n}\} $ 必有界.

证 设 $ \lim_{n\to\infty}u_n=A $，则对 $ \varepsilon_0=1 $，必存在正数 N，当 n>N 时，恒有

$$ \mid u_{n}-A\mid\lt \varepsilon_{0}=1, $$

从而有 $ |u_n| \lt |A| + \varepsilon_0 = |A| + 1 $ ( $ n \gt N $)，而不满足以上不等式的项只有有限项 $ u_1 $， $ u_2 $， $ \cdots $， $ u_N $，故取 $ M = \max\{|u_1|, |u_2|, \cdots, |u_N|\} $， $ |A| + 1\} $，则对一切 $ n $ 都有 $ |u| \leq M $。

成立，所以数列 $ \{u_{n}\} $ 有界.

根据定理 1.2.2 可知，如果数列 $ \{u_{n}\} $ 无界，则 $ \{u_{n}\} $ 必发散。但应注意：有界数列不一定收敛。

定理1.2.3（保号性）若 $ \lim_{n\to\infty}u_n=A $，且A>0（或A<0），则必存在正数N，当n>N时，恒有 $ u_n\gt 0 $（或 $ u_n\lt 0 $）.

证 设 A>0，因极限存在，取 $ \varepsilon_{0}=\frac{A}{2} $，必存在正数 N，当 n>N 时，有

$$ -\frac{A}{2}\lt u_{n}-A\lt \frac{A}{2}, $$

由此推出 $ u_{n}\gt \frac{A}{2}\gt 0 $.

同理可证 A<0 的情况.

定理 1.2.3 表明：若数列极限为正（或负），则它从某一项开始，以后所有项为正（或负）.

根据定理 1.2.3，还可得如下结论：若 $ u_n \gt 0 $（或 $ u_n \lt 0 $），且 $ \lim_{n \to \infty} u_n = A $，则 $ A \geq 0 $（或 $ A \leq 0 $）.

四、 子列

在讨论数列极限时，经常会涉及数列的子列．所谓子列是指从原数列中抽出部分的项（必须抽出无穷多项），并按原先后次序所组成的新数列．比如，

我们在数列 $ \{u_{n}\} $ 中抽出其全部奇数项：

$$ u_{1}~,~u_{3}~,~u_{5}~,~\cdots~,~u_{2k-1}~,~\cdots, $$

这就组成了一个子列，这子列中的第 k 项，恰好是数列 $ \{u_{n}\} $ 的第 2k-1 项.

一般说来，在数列 $ \{u_{n}\} $ 中首先挑出 $ u_{n_{1}} $ 作为子列的第一项，然后又在 $ \{u_{n}\} $ 中再挑一项 $ u_{n_{2}} $ 作为第二项，…如此下去，我们就得到 $ \{u_{n}\} $ 的一子列：

$$ u_{n_{1}},\quad u_{n_{2}},\quad u_{n_{3}},\quad\cdots,\quad u_{n_{k}},\quad\cdots, $$

子列的第 k 项 $ u_{n_k} $ 恰好是原数列 $ \{u_n\} $ 的第 $ n_k $ 项，显然 $ k \leq n_k $．关于数列与它的子列之间的极限关系，有如下定理.

定理 1.2.4 若数列 $ \{u_{n}\} $ 有极限 A，则它的任一子列 $ \{u_{n_k}\} $ 也以 A 为极限.

证 对任意给定 $ \varepsilon\gt 0 $，由假定可知必存在正数 N，当正整数 n>N 时，有

$$ \mid u_{n}\mathrm{-}A\mid\lt \varepsilon, $$

特别地，当 $ n_{k}\gt N $时，有

$$ \mid u_{n_{k}}-A\mid\lt \varepsilon. $$

而 $ \{u_{n_{k}}\} $ 是 $ \{u_{n}\} $ 的任一子列， $ n_{k} \geqslant k $.

故当 k>N 时， $ n_{k}\gt N $，从而有

$$ \mid u_{n_{k}}-A\mid\lt \varepsilon. $$

这就证明了子列 $ \{u_{n_k}\} $ 以 A 为极限.

由定理 1.2.4 可知，若数列 $ \{u_{n}\} $ 有一个子列发散，则 $ \{u_{n}\} $ 也发散；若在数列 $ \{u_{n}\} $ 中存在两个收敛于不同极限值的子列，则数列 $ \{u_{n}\} $ 也发散.

习题1-2

1. 观察下列数列变化趋势，判定是否收敛. 若收敛，用“ $ \varepsilon-N $”定义验证.

(1)

$$ u_{n}=\frac{n+\left(-1\right)^{n-1}}{n+1}; $$

(2)

$$ u_{n}=\frac{\sqrt{n^{2}+n}}{n}; $$

(3)

$$ u_{n}=\frac{1}{n}\cos\frac{n\pi}{3}; $$

(4)

$$ u_{n}=\sqrt{n+1}\sqrt{n}. $$

1. 用 $ \varepsilon-N $ 定义证明下列极限：

(1)

$$ \lim_{n\to\infty}\cos\frac{\pi}{n}=1; $$

(2)

$$ \lim_{n\to\infty}a^{n}=0\left(\mid a\mid\lt 1\right) $$

(3)

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{4n^{2}}{n^{2}-n}=4; $$

(4)

$$ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}\right)=1. $$

1. 证明 $ \lim_{n\to\infty}u_n=A $ 的充分必要条件是 $ \lim_{n\to\infty}(u_n-A)=0 $.

1. 证明：若 $ \lim_{n\to\infty}u_n=A $，则 $ \lim_{k\to\infty}u_{100+k}=A $（k 是正整数）.

1. 设数列 $ \{u_{n}\} $， $ \{v_{n}\} $ 有相同的极限 A. 求证：若 $ x_{n}=u_{n}-v_{n} $，则 $ \lim_{n\to\infty}x_{n}=0 $.

1. 设数列 $ \{u_{n}\} $ 有界，而 $ \lim_{n\to\infty}v_{n}=0 $ 。证明： $ \lim_{n\to\infty}u_{n}v_{n}=0 $

1. 证明：若 $ \lim u_{n}=A $，则 $ \lim |u_{n}|=|A| $，并举例说明其逆命题不成立.

1. 设数列 $ \{u_{n}\} $ 的子列 $ \{u_{2k-1}\} $ 和 $ \{u_{2k}\} $ 收敛于同一极限 A，求证 $ \lim_{n\to\infty}u_n=A $

第三节 函数的极限

数列作为一类特殊的函数，在考察极限时，自变量只能取正整数而无限增大，也就是说，自变量 n 只能有一种无限的变化趋势。而对一般函数 $ f(x) $ 而言，自变量 x 的变化趋势可以呈现多样化，因此，函数 $ f(x) $ 的极限也就相应地有不同的形式。比如可考察

（1）在 x>0 且无限增大（记 $ x\to+\infty $）过程中，函数 $ f(x) $ 的极限；

（2）在 x<0 且无限减小（记 $ x \to -\infty $）过程中，函数 $ f(x) $ 的极限；

（3）在 x 的绝对值 |x| 无限增大（记 $ x \to \infty $）过程中，函数 $ f(x) $ 的极限；

（4）在自变量 x 无限接近某定值 $ x_{0} $ （记 $ x \to x_{0} $）过程中，函数 $ f(x) $ 的极限.

下面讨论在自变量 x 的某一指定的无限变化过程中，函数 $ f(x) $ 的极限.

一、 自变量趋于无穷时的函数极限

自变量 x 趋于无穷包括以下三种情形.

1. 当 $ x \to +\infty $ 时函数的极限

定义 1.3.1 设函数 $ f(x) $， $ x \in (a, +\infty) $ 如果存在常数 A，对任意给定的正数 $ \varepsilon $，必存在正数 X，使当 $ x \gt X $ 时，恒有

$$ |f(x)-A|\lt \varepsilon $$

成立，则称 A 为函数 $ f(x) $ 当 x 趋于正无穷大时的极限，或者说 $ f(x) $ 当 $ x \to +\infty $ 时收敛于 A，记作

$$ \lim_{x\to+\infty}f(x)=A. $$

用符号表示： $ \forall \varepsilon\gt 0 $， $ \exists X\gt 0 $，当 $ x\gt X $ 时，恒有 $ |f(x)-A|\lt \varepsilon $ 成立。

证 $ \forall\varepsilon\gt 0 $ ，由于

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

令 $ \frac{1}{x^{2}}\lt \varepsilon $，解得 $ x\gt \sqrt{\frac{1}{\varepsilon}} $，取 $ X=\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}} $，则当x>X时，恒有

$$ \left|\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}-1\right|\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}=1 $

从几何上看， $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=A $ 的意义是：对任意给定的正数 $ \varepsilon $，作两平行线 $ y=A+\varepsilon $与 $ y=A-\varepsilon $，则在x轴上，总有一个正数X存在，使当x>X时，曲线 $ y=f(x) $相应部分的一段都应被夹在这两平行线之间。如图1-13所示。

1. 当 $ x \to -\infty $ 时函数的极限

定义 1.3.2 设函数 $ f(x) $， $ x \in (-\infty, a) $ 如果存在常数 A，对任意给定的正数 $ \varepsilon $，必存在正数 X，使当 x < -X 时，恒有

$$ \mid f(x)-A\mid\lt \varepsilon $$

成立，则称 $ A $ 为 $ f(x) $ 当 $ x $ 趋于负无穷大时的极限，或者说 $ f(x) $ 当 $ x \to -\infty $ 时收敛于 $ A $，记作

$$ \lim_{x\to-\infty}f(x)=A. $$

用符号表示： $ \forall \varepsilon\gt 0 $， $ \exists X\gt 0 $，当 $ x\lt -X $ 时，恒有 $ |f(x)-A|\lt \varepsilon $ 成立。

例2 验证 $ \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{x-1}=1 $

证 $ \forall\varepsilon\gt 0 $ ，由于

$$ \left|\frac{x}{x-1}-1\right|=\frac{1}{\left|x-1\right|}=\frac{1}{1-x}\lt \frac{1}{-x}\quad(x\lt 0), $$

令 $ \frac{1}{-x}\lt \varepsilon $，解得 $ x\lt -\frac{1}{\varepsilon} $，取 $ X=\frac{1}{\varepsilon}\gt 0 $，则当x<-X时，恒有

$$ \left|\frac{x}{x-1}-1\right|=\frac{1}{1-x}\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{x-1}=1 $

例3 验证 $ \lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}=-1 $

证 $ \forall\varepsilon\gt 0 $ ，由于

$$\left|\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}-(-1)\right|=\left|\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{x}\right|=\frac{1}{|x|\cdot(\sqrt{x^2+1}-x)}\lt \frac{1}{2x^2}\quad(x\lt 0),$$

令$$\frac{1}{2x^2}\lt \varepsilon$$，得$$x\lt -\frac{1}{\sqrt{2}\varepsilon}$$，取$$X=\frac{1}{\sqrt{2}\varepsilon}\gt 0$$，则当$$x\lt -X$$时，恒有

$$ \left|\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}-(-1)\right|\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to-\infty}\frac{x^{2}+1}{x}=-1 $

1. 当 $ x \to \infty $ 时函数的极限

这里 $ x \to \infty $ 是指自变量 x 的绝对值无限增大，即自变量沿 x 轴的正向与负向同时无限地远离原点。因此， $ x \to \infty $ 的过程实际上包含了 $ x \to +\infty $ 及 $ x \to -\infty $ 两个变化趋势。

定义 1.3.3 设函数 $ f(x) $ 当 $ |x| \gt a $ （ $ a $ 是某正数）时有定义，如果存在常数 $ A $，对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，必存在正数 $ X $，使当 $ |x| \gt X $ 时，恒有

$$ |f(x)-A|\lt \varepsilon $$

成立，则称 A 为 $ f(x) $ 当 x 趋于无穷大时的极限，或者说 $ f(x) $ 当 $ x \to \infty $ 时收敛于 A，记作

$$ \lim_{x\to\infty}f(x)=A. $$

例4 验证 $ \lim_{x\to\infty}\frac{\sin x}{x}=0 $

证 $ \forall\varepsilon\gt 0 $ ，由于

$$ \left|\frac{\sin x}{x}-0\right|=\left|\frac{\sin x}{x}\right|\leqslant\frac{1}{\left|x\right|}, $$

取 $ X = \frac{1}{\varepsilon} $，则当 $ |x| \gt X $ 时，恒有

$$ \left|\frac{\sin x}{x}-0\right|\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to\infty}\frac{\sin x}{x}=0 $

应该指出，极限 $ \lim_{x\to\infty}f(x) $ 存在的充分必要条件是 $ \lim_{x\to+\infty}f(x) $ 与 $ \lim_{x\to-\infty}f(x) $ 都存在，并且相等。若 $ \lim_{x\to+\infty}f(x) $ 与 $ \lim_{x\to-\infty}f(x) $ 中有一个不存在，或它们分别都存在，但不相等，则 $ \lim_{x\to\infty}f(x) $ 不存在。例如： $ \lim_{x\to\infty}e^x $， $ \lim_{x\to\infty}\arctan x $， $ \lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{x} $ 都可

验证是不存在的.

二、 自变量趋于定值时的函数极限

当自变量 x 在定点 $ x_{0} $ 的左、右两侧有定义且无限趋近 $ x_{0} $ 的过程中，如果对应的函数值 $ f(x) $ 能无限接近一确定的数值 A，那么就说 A 是函数 $ f(x) $ 当 $ x \to x_{0} $ 时的极限.

定义 1.3.4 设函数 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 的某去心邻域内有定义，如果存在常数 A，对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，必存在正数 $ \delta $，使当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，恒有

$$ \mid f(x)-A\mid\lt \varepsilon $$

成立，则称 A 为 $ f(x) $ 当 x 趋于 $ x_{0} $ 时的极限，或者说 $ f(x) $ 在 $ x \to x_{0} $ 时收敛于 A，记作

$$ \lim_{x\to x_{0}}f(x)=A. $$

这定义称为函数极限的“ $ \varepsilon-\delta $”定义.

用符号表示： $ \forall \varepsilon \gt 0 $， $ \exists \delta \gt 0 $，当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，恒有 $ |f(x) - A| \lt \varepsilon $ 成立。

定义中只要求 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 的某去心邻域内有定义。这就是说，允许 $ f(x) $ 在点 $ x_0 $ 处没有定义，即 $ 0 \lt |x - x_0| $。这表示在 $ x \to x_0 $ 时，考虑函数 $ f(x) $ 的极限这与 $ f(x) $ 在点 $ x_0 $ 处的状态并无关系。

从几何上看，极限 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A $的意义是：对任意给定的正数 $ \varepsilon $，作两平行线 $ y=A+\varepsilon $与 $ y=A-\varepsilon $，则在x轴上总存在着点 $ x_0 $的去心 $ \delta $邻域，使得当x落在此邻域 $ (x_0-\delta,x_0+\delta) $内，且 $ x\neq x_0 $时，曲线 $ y=f(x) $相应的一段应被夹在这两平行线之间。如图1-14所示。

例5 验证 $ \lim_{x\to1}\frac{2x^{2}-2}{x-1}=4 $

这里 $ f(x)=\frac{2x^{2}-2}{x-1} $ 在 x=1 处没有定义，但这不妨碍我们考察在 x $ \rightarrow $1 过程中函数 $ f(x) $ 的极限. 在 x $ \neq $1 时，约去非零因子后

$$ \left|f(x)-A\right|=\left|\frac{2x^{2}-2}{x-1}-4\right|=2\mid x-1\mid. $$

证 $ \forall\varepsilon\gt 0 $ ，为使

$$ \left|\frac{2x^{2}-2}{x-1}-4\right|=2\mid x-1\mid\lt \varepsilon, $$

只要 $ |x-1| \lt \frac{\varepsilon}{2} $，取 $ \delta = \frac{\varepsilon}{2} $，则当 $ 0 \lt |x-1| \lt \delta $ 时，有

$$ \left|\frac{2x^{2}-2}{x-1}-4\right|\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to1}\frac{2x^{2}-2}{x-1}=4 $.

例6 验证 $ \lim_{x\to3}\frac{x-1}{2(x+1)}=\frac{1}{4} $

这里 $ |f(x)-A| = \left|\frac{x-1}{2(x+1)} - \frac{1}{4}\right| = \frac{|x-3|}{4|x+1|} \lt \frac{|x-3|}{|x+1|} $。因 $ x \to 3 $，在此过程中，总可以在定值 x=3 的邻近考察函数的变化，不妨限制： $ |x-3| \lt 1 $，即 2 < x < 4，这时有

$$ \frac{\left|x-3\right|}{\left|x+1\right|}\lt \frac{\left|x-3\right|}{3}, $$

再令 $ \frac{|x-3|}{3}\lt \varepsilon $，可得 $ |x-3|\lt 3\varepsilon $。

证 $ \forall\varepsilon\gt 0 $ ，为使

$$ \left|\frac{x-1}{2(x+1)}-\frac{1}{4}\right|=\frac{|x-3|}{4|x+1|}\lt \frac{1}{|x+1|}|x-3|\lt \varepsilon $$

可将 $ \frac{1}{|x+1|}|x-3| $在限制条件： $ |x-3|\lt 1 $下放大，即只要 $ \frac{1}{|x+1|}|x-3|\lt \frac{|x-3|}{3}\lt \varepsilon $，于是，可取 $ \delta=\min\{1,3\varepsilon\} $，则当 $ 0\lt |x-3|\lt \delta $时，有 $ |x-3|\lt 1 $，且

$$ \left|\frac{x-1}{2(x+1)}-\frac{1}{4}\right|\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to3}\frac{x-1}{2(x+1)}=\frac{1}{4} $.

验证函数极限 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = A $时，通常从目标不等式 $ |f(x) - A| \lt \varepsilon $出发，去寻找满足它的自变量 $ x $所应该适合的不等式 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \varepsilon $。这里正数 $ \varepsilon $可任意小且给定，而 $ \delta $与 $ \varepsilon $相关，依 $ \varepsilon $的给定而存在。因只需证得 $ \delta $的存在性，所以并不需要求出精确的 $ \delta $来（往往很麻烦，甚至做不到）。事实上， $ \delta $并不是唯一的，找到一个合适的 $ \delta_0 $后，比它小的任一正数也都可以取为 $ \delta $，知道这一点，并在解题时利用它就会带来方便。

在例6中先将 $ |f(x)-A| $化为 $ |\varphi(x)| $，接着限制x满足条件 $ |x-x_0|\lt \delta_1 $，在此限制条件下将 $ |\varphi(x)| $放大为常数M，这样就可推出

$$ \mid f(x)-A\mid\lt M\mid x-x_{0}\mid, $$

再令 $ M|x-x_0|\lt \varepsilon $，解得 $ |x-x_0|\lt \frac{\varepsilon}{M}=\delta_2 $。因此，取 $ \delta=\min\{\delta_1,\delta_2\} $ 即可保证：当 $ 0\lt |x-x_0|\lt \delta $ 时，有 $ |x-x_0|\lt \delta_1 $，且有 $ |f(x)-A|\lt \varepsilon $ 成立。

我们应该明确知道，求当 $ x \to x_{0} $ 时函数 $ f(x) $ 的极限值与求函数 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处的函数值是截然不同的两回事。然而有一类特殊的函数——基本初等函数，函数 $ f(x) $ 的极限值 $ \lim_{x \to x_{0}} f(x) $ 恰好与函数在有定义的点 $ x_{0} $ 处的定义值 $ f(x_{0}) $ 相等，如例6所示。这并非偶然，而是由函数的连续性所确定的，这将在本章第八节中加以讨论。下面先给出结论：

若 $ f(x) $ 是基本初等函数， $ x_{0} $ 是 $ f(x) $ 定义域区间内的点（即 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 及其邻域内有定义），则有

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

在极限的计算中，将经常应用这结论．通过例7我们来验证这结论的正确性.

例 7 验证下列极限：

(1) $ \lim_{x \to +\infty} C = C $ （C 为一常数）;

(2) $ \lim_{x \to +\infty} \ln x = \ln x_0 \quad (x_0 \gt 0) $;

(3) $ \lim_{x \to 0} \sin x = \sin a $.

证 (1) 这里 $ \left|f(x)-A\right|=\left|C-C\right|=0 $.

$ \forall \varepsilon \gt 0 $，可任取 $ \delta \gt 0 $，则当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，恒有

$$ \left|f(x)-A\right|=\left|C-C\right|=0\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to x_0}C=C $.

（2）这里 $ \left|f(x)-A\right|=\left|\ln x-\ln x_{0}\right|=\left|\ln\frac{x}{x_{0}}\right|=\left|\ln\left(1+\frac{x-x_{0}}{x_{0}}\right)\right| $

$ \forall \varepsilon \gt 0 $，令 $ \left|\ln\left(1 + \frac{x - x_0}{x_0}\right)\right| \lt \varepsilon $，即

$$ \mathrm{e}^{-\varepsilon}\lt 1+\frac{x-x_{0}}{x_{0}}\lt \mathrm{e}^{\varepsilon}, $$

解得 $ -\frac{x_{0}}{e^{\varepsilon}}(e^{\varepsilon}-1)\lt x-x_{0}\lt x_{0}(e^{\varepsilon}-1) $,

取 $ \delta = \frac{x_0}{\mathrm{e}^\varepsilon} (\mathrm{e}^{\varepsilon} - 1) $，则当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，

恒有

$$ \mid\ln x-\ln x_{0}\mid\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to0}\ln x=\ln x_0 $ $ (x_0\gt 0) $.

(3) 这里 $ |f(x)-A| = |\sin x - \sin a| = |2\sin\frac{x-a}{2}\cos\frac{x+a}{2}| $，又因为

$$ \left|\sin\frac{x-a}{2}\right|\leqslant\left|\frac{x-a}{2}\right|\quad( 弧长大于弦长 )；\quad\left|\cos\frac{x+a}{2}\right|\leqslant1, $$

这样

$$ \left|\sin x-\sin a\right|\leqslant2\cdot\frac{\left|x-a\right|}{2}\leqslant\left|x-a\right|. $$

$ \forall \varepsilon \gt 0 $，取 $ \delta = \varepsilon $，则当 $ 0 \lt |x - a| \lt \delta $ 时，恒有

$$ |\sin x-\sin a|\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to a}\sin x=\sin a $.

在极限 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = A $中，自变量 $ x $是从 $ x_0 $的左、右两侧同时趋向于 $ x_0 $的。然而，有些时候只能或只需研究 $ x $从 $ x_0 $的某一侧趋向于 $ x_0 $时函数 $ f(x) $的极限。例如， $ y = \sqrt{x} $当 $ x \lt 0 $时没定义，若研究 $ x \to 0 $时函数 $ \sqrt{x} $的极限，就只能讨论 $ x \gt 0 $而趋向于0的情形（记作 $ x \to 0^* $）；又如， $ y = \arcsin x $的定义域为 $ [-1, 1] $，若研究 $ x \to 1 $时函数 $ \arcsin x $的极限，就只能讨论 $ x \lt 1 $而趋向于1的情形（记作 $ x \to 1^- $）。下面我们给出单侧极限的定义。

定义 1.3.5 (右极限 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A $) 设函数 $ f(x) $ 在点 $ x_0 $ 的右侧近旁有定义，如果存在常数 A，对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，存在正数 $ \delta $，使当 $ 0\lt x-x_0\lt \delta $ (即 $ x_0\lt x\lt x_0+\delta $) 时，恒有 $ |f(x)-A|\lt \varepsilon $ 成立，则称 A 为 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 处的右极限，记作

$$ f(\boldsymbol{x}_{0}^{+})=\lim_{x\to x_{0}^{+}}f(x)=A. $$

可类似定义左极限 $ \lim_{x\to x_{0}^{-}}f(x)=A $.

左极限与右极限统称为单侧极限．容易证明： $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A $ 的充分必要条件是

$$ \lim_{x\to x_{0}^{+}}(x)=\lim_{x\to x_{0}^{-}}(x)=A. $$

因此，即使两个单侧极限 $ \lim_{x \to x_0} f(x) $ 和 $ \lim_{x \to x_0} f(x) $ 分别存在，但若不相等，则 $ \lim_{x \to x_0} f(x) $ 仍不存在.

例8 验证 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{1}{1+e^{\frac{1}{x}}}=0 $

证 $ \forall \varepsilon \gt 0 $ （不妨设 $ 0 \lt \varepsilon \lt 1 $），由于 $ \left| \frac{1}{1 + e^{\frac{1}{x}}} - 0 \right| = \frac{1}{1 + e^{\frac{1}{x}}} \lt e^{-\frac{1}{x}} $，令 $ e^{-\frac{1}{x}} \lt \varepsilon $，由

$ e^{\frac{1}{x}} \gt \frac{1}{\varepsilon} $ 解得 $ 0 \lt x \lt -\frac{1}{\ln \varepsilon} $，取 $ \delta = -\frac{1}{\ln \varepsilon} \gt 0 $，则当 $ 0 \lt x \lt \delta $ 时，恒有

$$ \left|\frac{1}{1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}}-0\right|\lt \varepsilon $$

成立，故 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{1}{1+e^{\frac{1}{x}}}=0 $.

可以验证 $ \lim_{x\to0^{-}}1+e^{\frac{1}{x}}=1 $。由于 $ f(0^{+})\neq f(0^{-}) $，由此可得知 $ \lim_{x\to0}1-\frac{1}{1+e^{\frac{1}{x}}} $不存在。

三、 函数极限的性质

下面仅以自变量 $ x \to x_{0} $ 的情形介绍有关函数极限的重要性质，但事实上这些性质对其他各极限过程都是成立的（只要在阐述与证明中作出相应的改动）。证明过程从略。

性质1（局部有界性） 若 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A $，则 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 的某去心邻域内有界.

由性质1可知，如果 $ f(x) $在 $ x_{0} $的任一去心邻域内无界，则当 $ x\to x_{0} $时， $ f(x) $的极限一定不存在.

性质2（局部保号性） 若 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A\neq0 $，则存在 $ \delta\gt 0 $，使当 $ 0\lt |x-x_0|\lt \delta $时， $ f(x) $与A同号（即同为正或者同为负）.

性质3（局部保号性之逆） 若在 $ x_{0} $ 的某去心邻域内 $ f(x)\gt 0 $ （或<0），则 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A\geqslant0 $ （或 $ \leq0 $）.

四、 函数极限与数列极限的关系

定理 1.3.1 若 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A $，而数列 $ \{x_n\} $ 是任一以 $ x_0 $ 为极限的数列 $ (x_n\neq x_0) $，则有

$$ \lim_{n\to\infty}f(x_n)=A. $$

证 由 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A $，可知 $ \forall\varepsilon\gt 0,\exists\delta\gt 0 $，使得当 $ 0\lt |x-x_0|\lt \delta $ 时，都有 $ \left|f(x)-A\right|\lt \varepsilon $

$$ \mid f(x)-A\mid\lt \varepsilon. $$

又由于 $ x_n \to x_0 $（当 $ n \to \infty $）且 $ x_n \neq x_0 $，故对上述 $ \delta $，必存在正数 $ N $，使得当 $ n \gt N $ 时，有 $ 0 \lt |x_n - x_0| \lt \delta $，于是当 $ n \gt N $ 时，恒有

$$ |f(x_{_{n}})-A|\lt \varepsilon. $$

因此 $ \lim_{n\to\infty}f(x_n)=A $.

应用这一定理，可得出如下结论：

（1）若存在数列 $ \{x_{n}\} $: $ x_{n} \rightarrow x_{0} $, $ x_{n} \neq x_{0} $ 使 $ \lim_{n \to \infty} f(x_{n}) $ 不存在，则 $ \lim_{x \to x_{0}} f(x) $ 也不存在.

（2）若存在两个收敛于 $ x_{0} $ 的数列 $ \{x_{n}'\} $ 与 $ \{x_{n}''\} $，而 $ \lim_{n\to\infty}f(x_{n}')\neq\lim_{n\to\infty}f(x_{n}') $，则 $ \lim_{x\to x_{0}}f(x) $ 不存在.

以上结论通常用来证明函数极限不存在.

例9 证明 $ \lim_{x\to0}\sin\frac{1}{x} $不存在.

证 设 $ f(x)=\sin\frac{1}{x} $，取 $ x_{n}^{\prime}=\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}} $，显然 $ x_{n}^{\prime}\to0 $ （当 $ n\to\infty $），且 $ x_{n}^{\prime}\neq $

），则

$$ f(x_{n}^{\prime})=\sin\left(2n\pi+\frac{\pi}{2}\right)=1, $$

于是 $ \lim_{n\to\infty}f(x_{n}^{\prime})=1 $

另取 $ x''_n = \frac{1}{2n\pi - \frac{\pi}{2}} $，显然 $ x''_n \to 0 $（当 $ n \to \infty $），且 $ x''_n \ne 0 $，则 $ f(x''_n) = $ $ \sin(2n\pi - \frac{\pi}{2}) = -1 $，于是 $ \lim_{n \to \infty} f(x''_n) = -1 $。

可见， $ \lim_{n\to\infty}f(x_{n}^{\prime})\neq\lim_{n\to\infty}f(x_{n}^{\prime\prime}) $，故 $ \lim_{x\to0}\sin\frac{1}{x} $不存在.

习题1-3

1. 用函数极限的“ $ \varepsilon-X $”定义证明：

(1)

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{\sin x}{x^{2}+1}=0 $$

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

(3) $ \lim_{x \to \infty} \frac{3x + 5}{4x + 3} = \frac{3}{4} $;

(5) $ \lim_{x \to -\infty} \frac{2}{1+2^x} = 2 $; (6) $ \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2-1}{2x^2+1} = \frac{1}{2} $.

1. 用函数极限的“ $ \varepsilon-\delta $”定义证明：

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

$$ \lim_{x\to1}\sqrt{3x+1}=2 $$

$$ \lim_{x\to3}x^{2}=9 $$

$$ \lim_{x\to x_{0}}\sqrt{x}=\sqrt{x_{0}}\quad(x_{0}\gt 0) $$

(5) $ \lim_{x \to 0^{+}} \arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2} $; (6) $ \lim_{x \to 0^{-}} \frac{1}{1 + e^{\frac{1}{x}}} = 1 $.

1. 设 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A $，证明：存在 $ x_0 $ 的去心邻域，使得函数 $ f(x) $ 在该邻域内是有界的.

1. 若 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = A \gt 0 $，证明：存在 $ \delta \gt 0 $，使得当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时， $ f(x) \gt 0 $。

1. 若 $ x \to x_{0} $ 时， $ f(x) \to A $，且 A > 0，试证 $ \lim_{x \to x_{0}} \sqrt{f(x)} = \sqrt{A} $.

1. 若 $ x \to x_{0} $ 时， $ f(x) \to A $ 且 A > 0，试证 $ \lim_{x \to x_{0}} \frac{1}{f(x)} = \frac{1}{A} $.

1. 若 $ x \to x_{0} $ 时， $ f(x) \to A $， $ g(x) \to B $，且 A > B，试证明存在 $ x_{0} $ 的去心邻域，使得在该邻域内 $ f(x) \gt g(x) $.

1. 研究下列函数在指定点 $ x_{0} $ 处的左极限、右极限及 $ x \to x_{0} $ 时的极限：

(1) $ f(x)=\{\begin{array}{ll}2x+1, & x\lt 2, \\ 0, & x=2, \\ 3x-1, & x\gt 2,\end{array}. $ $ x_{0}=2 $;

(2) $ f(x)=\{\begin{array}{ll}x^{2}, & x\gt 3, \\ 3x, & x\lt 3,\end{array}. $ $ x_{0}=3 $;

(3) $ f(x) = \frac{|x|}{x} $, $ x_0 = 0 $.

第四节 无穷小与无穷大

一、 无穷小的概念

无穷小是指一类特殊的变量，它们在各自的自变量所指定的变化过程中，都以零为极限．换句话说，以零为极限的变量称为无穷小（量）．

下面给出的是几个具体的无穷小量.

（1） $ \frac{1}{2^{n}} $是当 $ n\to\infty $时的无穷小量；

(2）$\frac{1+(-1)^{n}}{n}$ 是当 $n\to\infty$ 时的无穷小量；

(3) $ \frac{\sin x}{x} $ 是当 $ x \to \infty $ 时的无穷小量；

（4） $ e^{x} $ 是当 $ x \to -\infty $ 时的无穷小量；

(5) $ \frac{x-2}{x-1} $是当 $ x\to2 $时的无穷小量.

(6) $ \ln x $ 是当 $ x \to 1 $ 时的无穷小量.

应该指出，一个变量是否为无穷小量是与其自变量的变化趋势相关的。比如，变量 $ e^x $ 当 $ x \to -\infty $ 时是无穷小量，而当 $ x \to +\infty $ 时就不是无穷小量，因为 $ \lim_{x \to +\infty} e^x \ne 0 $。因此，不能脱离自变量的变化过程，而盲目地说： $ e^x $ 是无穷小量。

无穷小既然是以零为极限的一类函数，因此，可按极限的定义来描述。以

“当 $ x \to x_0 $ 时， $ \alpha(x) $ 是无穷小”为例，可定义为：对任意给定的正数 $ \varepsilon $，总存在正数 $ \delta $，使得当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，恒有 $ |\alpha(x)| \lt \varepsilon $ 成立。类似可给出在自变量指定的其他变化过程中的无穷小量定义，而且由定义可知，无穷小量是在自变量的无限变化过程中，绝对值可以无限变小的变量，因此，不能把无穷小与绝对值很小的定数混为一谈。例如，定数 $ 10^{-18} $ 不是无穷小，因为它的极限不会等于零。可以知道，在所有常数中只有唯一的一个可称为无穷小的，它就是 0。

二、 无穷小的性质

性质1 两个无穷小的和（或差）是无穷小.

（只证 $ x \to x_{0} $ 时的情形，其他情形类似可证，以后都按此处理）

设当 $ x \to x_{0} $ 时， $ \alpha(x) $ 和 $ \beta(x) $ 都是无穷小.

任给 $ \varepsilon\gt 0 $，由 $ \lim_{x\to x_0}\alpha(x)=0 $，对 $ \varepsilon_1=\frac{\varepsilon}{2} $，必存在 $ \delta_1\gt 0 $，使当 $ 0\lt |x-x_0|\lt \delta_1 $ 时，恒有

$$ \mid\alpha(x)\mid\lt \varepsilon_{1}=\frac{\varepsilon}{2}. $$

又由 $ \lim_{x\to x_0}\beta(x)=0 $，对 $ \varepsilon_2=\frac{\varepsilon}{2} $，也必存在 $ \delta_2\gt 0 $，使当 $ 0\lt |x-x_0|\lt \delta_2 $时，恒有

$$ \mid\beta(x)\mid\lt \varepsilon_{2}=\frac{\varepsilon}{2}. $$

取 $ \delta = \min\{\delta_1, \delta_2\} $，则当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，有

$$ \mid\alpha(x)\pm\beta(x)\mid\leqslant\mid\alpha(x)\mid+\mid\beta(x)\mid\lt \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon $$

成立，故当 $ x \to x_{0} $ 时， $ \alpha(x) \pm \beta(x) $ 是无穷小量.

应用数学归纳法可推出：有限个无穷小的代数和仍是无穷小.

性质2 有界函数与无穷小的乘积是无穷小.

证 设 $ u(x) $ 在 $ x_{0} $ 的某去心邻域 $ U(x_{0}, \delta_{1}) $ 内有界，即存在正数 M，使当 $ 0 \lt |x - x_{0}| \lt \delta_{1} $ 时，有

$$ \mid u\left(x\right)\mid\leqslant M. $$

任给 $ \varepsilon\gt 0 $，因为 $ x\to x_0 $ 时， $ \alpha(x) $ 为无穷小，必存在 $ \delta_2\gt 0 $，使当 $ 0\lt |x-x_0|\lt \delta_2 $ 时，有

$$ \alpha(x)\mid\lt \frac{\varepsilon}{M}. $$

现取 $ \delta = \min\{\delta_1, \delta_2\} $，则当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，有

$$ \mid u\left(x\right)\mid\leqslant M 及 \mid\alpha\left(x\right)\mid\lt \frac{\varepsilon}{M} $$

同时成立．从而

$$ \mid u\left(x\right)\alpha\left(x\right)\mid=\mid u\left(x\right)\mid\cdot\mid\alpha\left(x\right)\mid\lt M\cdot\frac{\varepsilon}{M}=\varepsilon. $$

因此，当 $ x \to x_{0} $ 时， $ u(x)\alpha(x) $ 为无穷小.

推论1 常数与无穷小的乘积是无穷小.

推论2 无穷小与无穷小的乘积是无穷小.

同样可推出，有限个无穷小的乘积仍是无穷小.

推论3 无穷小除以极限存在且不为零的变量仍是无穷小.

应用无穷小性质，可直接求出一些简单函数的极限。例如： $ \lim_{x\to0}\frac{x}{\cos x}=0 $； $ \lim_{x\to\infty}\frac{\arctan x}{x}=0 $； $ \lim_{x\to0}x^2\cos\frac{1}{x}=0 $； $ \lim_{x\to1}\frac{x-1}{x+1}=0 $等。但应当注意，两个无穷小相除，未必是无穷小，它会出现各种可能性，其结果要根据具体所给出的两个无穷小而定，称之为 $ \frac{0}{0} $型未定式。

三、 无穷小与函数极限的关系

无穷小是一类具有特殊极限值的变量，正是这一特殊性让无穷小在函数极限的研究中发挥着极其重要的作用。

定理1.4.1 当 $ x \to x_{0} $ 时，函数 $ f(x) $ 以 A 为极限的充分必要条件是： $ f(x) - A $ 是无穷小.

证 必要性：若 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = A $，依极限定义，对任给 $ \varepsilon \gt 0 $，存在 $ \delta \gt 0 $，使当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，有 $ |f(x) - A| \lt \varepsilon $。

这就是说， $ f(x)-A $ 是当 $ x\to x_{0} $ 时的无穷小.

充分性：记 $ f(x)-A=\alpha(x) $，其中A是常数，且 $ \lim_{x\to x_0}\alpha(x)=0 $，由无穷小定义，对任给 $ \varepsilon\gt 0 $，存在 $ \delta\gt 0 $，使得当 $ 0\lt |x-x_0|\lt \delta $时，恒有

$$ \mid\alpha(x)\mid\lt \varepsilon,\ 即 \mid f(x)-A\mid\lt \varepsilon. $$

这就证明了 A 是当 $ x \to x_{0} $ 时，函数 $ f(x) $ 的极限.

定理也可表述为

$$ \lim_{x\to x_{0}}f(x)=A\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\ 其中 \lim_{x\to x_{0}}\alpha(x)=0. $$

这定理揭示了无穷小与一般函数极限之间的关系，提供了可通过无穷小去分析、研究一般函数的极限问题。所以说无穷小分析是微积分的理论基础。

例1 在 $ x \to 3 $ 的变化趋势下，将函数 $ f(x) = \frac{x-1}{2(x+1)} $ 分解为一个常数与一

个无穷小之和.

解 由 $ \lim_{x\to3}f(x)=\lim_{x\to3}\frac{x-1}{2(x+1)}=\frac{1}{4} $，可知

$$ \alpha(x)=f(x)-\frac{1}{4}=\frac{x-3}{4(x+1)} $$

是 $ x \to 3 $ 时的无穷小量，故 $ f(x) = \frac{1}{4} + \frac{x - 3}{4(x + 1)} = \frac{1}{4} + \alpha(x) $，其中 $ \lim_{x \to 3} \alpha(x) = 0 $。

四、 无穷大量

如果函数在自变量指定的无限变化过程中，其函数值的绝对值无限增大，则称该函数为无穷大量. 确切定义如下.

定义 1.4.1 设 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 的某去心邻域内有定义，如果对任意给定的正数 $ M $ 无论它多么大，总存在正数 $ \delta $，使当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，恒有 $ |f(x)| \gt M $，则称当 $ x \to x_0 $ 时 $ f(x) $ 为无穷大.

仿此定义，可给出在自变量指定的其他变化过程中无穷大的定义.

若当 $ x \to x_0 $ 时， $ f(x) $ 是无穷大，则在 $ x_0 $ 的任一邻域内 $ f(x) $ 无界，且极限 $ \lim_{x \to x_0} f(x) $ 不存在。但为反映 $ |f(x)| $ 无限增大这一变化趋势，也为书写方便，通常借用极限记号，将它记作 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = \infty $，并说成“函数 $ f(x) $ 的极限为无穷大”。事实上，它是极限不存在情形中的一个特殊类型。此外，无穷大不是数，千万不可与很大的数混为一谈。

如果在无穷大定义中，将 $ |f(x)| \gt M $ 换成 $ f(x) \gt M $（或 $ f(x) \lt -M $），则记作

$$ \lim_{x\to x_{0}}f(x)=+\infty\quad( 或 \lim_{x\to x_{0}}f(x)=-\infty\text{)} $$

称当 $ x \to x_{0} $ 时 $ f(x) $ 为正无穷大（或负无穷大）.

例2 验证：当 $ x \to 0^{+} $ 时， $ f(x) = \ln x $ 是无穷大.

证 任给 $M\gt 0$，令 $\ln x\lt -M$，解得 $0\lt x\lt \mathrm{e}^{-M}$，取 $\delta=\mathrm{e}^{-M}$，则当 $0\lt x\lt \delta$ 时，有 $\ln x\lt -M$ 成立，故 $\lim\limits_{x\to-\infty}\ln x=-\infty$。即当 $x\to0^{+}$ 时，$\ln x$ 为负无穷大。

无穷大与无穷小有如下关系：

定理1.4.2 在同一极限过程中，若 $ f(x) $ 是无穷大，则 $ \frac{1}{f(x)} $ 为无穷小；反之，若 $ f(x) $ 是无穷小，且 $ f(x) $ 恒不为零，则 $ \frac{1}{f(x)} $ 为无穷大.

证 下面仅就 $ x \to x_{0} $ 的情形作证明，其他情形类似可证.

任给 $ \varepsilon \gt 0 $，由 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = \infty $，对 $ M = \frac{1}{\varepsilon} $，必存在 $ \delta \gt 0 $，使得当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，有

$$ |f(x)|\gt M=\frac{1}{\varepsilon}, $$

从而有 $ \left|\frac{1}{f(x)}\right|\lt \varepsilon $

所以当 $ x \to x_{0} $ 时， $ \frac{1}{f(x)} $ 为无穷小.

反之，任给 $ M\gt 0 $，由 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = 0 $，且 $ f(x) \neq 0 $，对 $ \varepsilon = \frac{1}{M} \gt 0 $，必存在 $ \delta \gt 0 $，使 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，恒有

$$ 0\lt |f(x)|\lt \varepsilon=\frac{1}{M}, $$

从而有 $ \left|\frac{1}{f(x)}\right|\gt M. $

所以，当 $ x \to x_{0} $ 时， $ \frac{1}{f(x)} $ 为无穷大量.

应当注意：无穷大量必无界，而无界变量未必是无穷大量。

例3 设函数 $ f(x) = e^x \sin x $, $ x \in [0, +\infty) $，证明

(1) $ f(x) $ 在 $ [0, +\infty) $ 上无界；

(2) 当 $ x \to +\infty $ 时， $ f(x) $ 不是无穷大量.

证 （1）任给 $ M\gt 0 $ （无论 $ M $ 多么大），存在 $ k\in\mathbb{N}^+ $，使 $ x_k=2k\pi+\frac{\pi}{2}\gt M $，于是 $ f(x_k)=\mathrm{e}^{2k\pi+\frac{\pi}{2}}\sin\left(2k\pi+\frac{\pi}{2}\right)=\mathrm{e}^{2k\pi+\frac{\pi}{2}}\gt \mathrm{e}^M\gt M $，所以 $ f(x) $ 在 $ [0, +\infty) $ 上无界。

（2）取 $ M_0 = 1 $，对任意正数 $ X $，存在 $ k \in \mathbb{N}^+ $，使 $ x_k = k\pi \gt X $，而

$$ f(x_{k})=\mathrm{e}^{k\pi}\sin k\pi=0\lt M_{0}, $$

所以当 $ x \to +\infty $ 时， $ f(x) $ 不是无穷大量.

习题1-4

1. 用无穷小定义证明：

(1) 当 $ x \to 3 $ 时， $ f(x) = \frac{x-3}{x+1} $ 是无穷小；

(2) 当 $ x \to \infty $ 时， $ f(x) = \frac{\sin x}{x} $ 是无穷小；

(3) 当 $ x \to 0 $ 时， $ f(x) = e^{x} - 1 $ 是无穷小.

1. 用无穷大定义证明：

（1）当 $ x \to 0 $ 时， $ f(x) = \frac{1 + 2x}{x} $ 为无穷大；

(2) 当 $ x \to \infty $ 时， $ f(x) = \sqrt{x^2 - 1} $ 为无穷大.

1. 求下列极限，并说明理由：

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

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

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

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

(5) $ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{e^{\frac{1}{x}} + 1} $; (6) $ \lim_{x \to 0} \frac{1 - x^2}{1 - x} $.

1. 设 $ x \to x_{0} $ 时， $ f(x) \to \infty $， $ g(x) \to A(A \neq 0) $，试证明下列极限式：

(1) $ \lim_{x \to x_0} \frac{g(x)}{f(x)} = 0 $;

(2) $ \lim_{x \to x_0} f(x) \cdot g(x) = \infty $;

(3) $ \lim_{x \to x_0} [f(x) + g(x)] = \infty $; (4) $ \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{f(x) + g(x)} = 1 $.

1. 设 $ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=A $ ( $ A\neq0 $ 为实数)，而 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=0 $.

证明：当 $ x \to x_{0} $ 时， $ g(x) $ 是无穷小.

1. 证明：函数 $ f(x) = x \cos x $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内无界，但当 $ x \to \infty $ 时， $ f(x) $ 不是无穷大.

1. 证明：函数 $ f(x)=\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x} $ 在（0，1]上无界，但当 $ x\to0^{+} $ 时， $ f(x) $ 不是无穷大.

1. 试将函数 $ f(x)=\frac{3x^{2}+2x-1}{x^{2}+1} $ 分解为一个常数与一个无穷小之和：

(1) 当 $ x \to 0 $ 时；

(2) 当 $ x \to 1 $ 时；

(3) 当 $ x \to \infty $ 时.

第五节 极限的运算法则

本节将借助无穷小与函数极限的关系，以及无穷小的性质，建立极限的运算法则，从而有效解决极限的计算问题.

下面给出的定理，在论证时，只给出 $ x \to x_0 $ 的情形，实际上定理对其他极限过程都是成立的.

一、 极限的四则运算法则

定理1.5.1 若在同一极限过程中，函数 $ f(x) $、 $ g(x) $ 分别都有极限： $ \lim_{x\to0}f(x)=A $， $ \lim_{x\to\infty}g(x)=B $ 则有

(1) $ \lim[f(x)\pm g(x)]=A\pm B $;

(2) $ \lim [f(x) \cdot g(x)] = A \cdot B $;

(3) $ \lim \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{A}{B} \quad (B \neq 0). $

下面只证（2），且以 $ x \to x_{0} $ 为例，其余证明略.

证 根据无穷小与函数极限关系，有

$$ \lim_{x\to x_{0}}f(x)=A\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x); $$

$$ \lim_{x\to x_{0}}g(x)=B\Leftrightarrow g(x)=B+\beta(x), $$

其中 $ \alpha(x) $、 $ \beta(x) $ 分别是 $ x \to x_{0} $ 时的无穷小. 于是

$$ \begin{align*}f(x)\cdot g(x)&=\left[A+\alpha(x)\right]\cdot\left[B+\beta(x)\right]\\&=A\cdot B+\left[B\cdot\alpha(x)+A\cdot\beta(x)+\alpha(x)\cdot\beta(x)\right].\end{align*} $$

由无穷小性质可知 $ \lim[B\cdot\alpha(x)+A\cdot\beta(x)+\alpha(x)\cdot\beta(x)]=0 $。所以

$$ \lim_{x\to0}f(x)\cdot g(x)=A\cdot B=\lim_{x\to x_{0}}(x)\cdot\lim_{x\to x_{0}}g(x). $$

定理1.5.1 告诉我们：在所涉及函数极限存在的条件下（分母的极限不仅要存在，而且要求不为零），极限运算与四则运算可以交换次序，这就为求极限提供了极大的方便.

例1 求 $ \lim_{x\to0}\frac{x^{2}-9}{x^{2}-2x-3} $

解 $ \lim_{x\to0}\frac{x^{2}-9}{x^{2}-2x-3}=\frac{\lim_{x\to0}(x^{2}-9)}{\lim_{x\to0}(x^{2}-2x-3)}=\frac{0-9}{0-0-3}=3. $

不难证明：对任意有理函数 $ R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)} $，其中 $ P(x) $、 $ Q(x) $ 为多项式，只要 $ Q(x_0)\neq0 $，就有

$$ \lim_{x\to x_{0}}R(x)=\frac{P(x_{0})}{Q(x_{0})}=R(x_{0}). $$

例2 求 $ \lim_{x\to3}\frac{x^{2}-9}{x^{2}-2x-3} $

解 因为分母的极限 $ \lim_{x\to3}(x^{2}-2x-3)=0 $，不能直接应用定理1.5.1，但注意到 $ x\to3 $，所以在 $ x\neq3 $时，约去非零因子 $ (x-3) $后有

$$ \frac{x^{2}-9}{x^{2}-2x-3}=\frac{(x-3)(x+3)}{(x-3)(x+1)}=\frac{x+3}{x+1} $$

于是 $ \lim_{x\to3}\frac{x^{2}-9}{x^{2}-2x-3}=\lim_{x\to3}\frac{x+3}{x+1}=\frac{3}{2} $.

例3 求 $ \lim_{x\to-1}\frac{x^{2}-9}{x^{2}-2x-3} $

解 因为分母极限 $ \lim_{x\to-1}(x^{2}-2x-3)=0 $，不能直接应用定理1.5.1，但由于

$$ \lim_{x\to-1}\frac{x^{2}-2x-3}{x^{2}-9}=\frac{0}{-8}=0 $$

根据无穷小与无穷大关系，可得

$$ \lim_{x\to-1}\frac{x^{2}-9}{x^{2}-2x-3}=\infty $$

例4 求 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}-9}{x^{2}-2x-3} $

解 因为 $ \lim_{x\to\infty}(x^{2}-9)=\infty $， $ \lim_{x\to\infty}(x^{2}-2x-3)=\infty $，不能直接应用定理1.5.1，但注意到 $ x\to\infty $，所以在 $ x\neq0 $，有

$$ \frac{x^{2}-9}{x^{2}-2x-3}=\frac{1-\frac{9}{x^{2}}}{1-\frac{2}{x}-\frac{3}{x^{2}}}. $$

于是 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x^2-9}{x^2-2x-3}=\lim_{x\to\infty}\frac{1-\frac{9}{x^2}}{1-\frac{2}{x}-\frac{3}{x^2}}=\frac{1-0}{1-0-0}=1 $.

例5 求 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}-9}{x^{3}-2x-3} $

解 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}-9}{x^{3}-2x-3}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{x}-\frac{9}{x^{3}}}{1-\frac{2}{x^{2}}-\frac{3}{x^{3}}}=\frac{0}{1}=0. $

例6 求 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{3}-2x-3}{x^{2}-9} $

解 由例 5 可知 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}-9}{x^{3}-2x-3}=0 $

根据无穷小与无穷大关系，可得

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{3}-2x-3}{x^{2}-9}=\infty. $$

由例4、例5、例6可得一般结论：当 $ a_{0}\neq0 $， $ b_{0}\neq0 $，m、n为正整数时

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{a_{0}x^{m}+a_{1}x^{m-1}+\cdots+a_{m-1}x+a_{m}}{b_{0}x^{n}+b_{1}x^{n-1}+\cdots+b_{n-1}x+b_{n}}=\{\begin{aligned}&\frac{a_{0}}{b_{0}},& 当 m=n,\\ &0,& 当 m\lt n,\\ &\infty,& 当 m\gt n.\end{aligned}. $$

例7 求 $ \lim_{x\to1}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{3}{x^{3}-1}\right) $

解 因为 $ \lim_{x\to1}\frac{1}{x-1}=\infty $， $ \lim_{x\to1}\frac{3}{x^3-1}=\infty $，不能直接应用定理1.5.1，但可把函数变形. 在 $ x\neq1 $时，

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

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

例8 求 $ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x+\sqrt{x}}-\sqrt{x}\right) $.

解 因为 $ \lim_{x\to+\infty}\sqrt{x+\sqrt{x}}=\infty $， $ \lim_{x\to+\infty}\sqrt{x}=\infty $，不能直接应用定理1.5.1，但可把函数变形. 在 $ x\neq0 $ 时，

$$ \sqrt{x+\sqrt{x}}-\sqrt{x}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+\sqrt{x}}+\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{x}}}+1}, $$

于是

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

显然，定理 1.5.1 可以推广到求函数的有限次加、减、乘、除极限运算的情形. 但对无限次运算未必成立，应特别注意.

例 9 求 $ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^{2}}+\frac{2}{n^{2}}+\frac{3}{n^{2}}+\cdots+\frac{n-1}{n^{2}}\right) $

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

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

二、 复合函数的极限运算法则

定理 1.5.2 设 $ \lim_{u\to u_0}f(u)=A $， $ \lim_{x\to x_0}\varphi(x)=u_0 $ 且存在 $ x_0 $ 的去心邻域 $ \dot{U}(x_0,\delta_0) $，在该邻域内 $ \varphi(x)\neq u_0 $，则 $ \lim_{x\to x_0}f[\varphi(x)]=A $.

证 由 $ \lim_{u\to u_0}f(u)=A $，对任给 $ \varepsilon\gt 0 $，存在 $ \eta\gt 0 $，使当 $ 0\lt |u-u_0|\lt \eta $ 时，恒有

$$ |f(u)-A|\lt \varepsilon. $$

又因 $ \lim_{x\to x_0}\varphi(x)=u_0 $，且 $ \varphi(x)\neq u_0 $，对上述 $ \eta\gt 0 $总存在着 $ \delta_1\gt 0 $，使当 $ 0\lt |x-x_0|\lt \delta_1 $时，恒有

$$ \mid\varphi\left(x\right)-u_{0}\mid\lt \eta. $$

取 $ \delta = \min\{\delta_0, \delta_1\} $，则当 $ 0 \lt |x - x_0| \lt \delta $ 时，

$ |\varphi(x)-u_0| \lt \eta $ 及 $ |\varphi(x)-u_0| \neq 0 $

同时成立，即 $ 0 \lt \lg(x) - u_0 \lt \lg\eta $ 成立．从而有

$$ \mid f[\varphi(x)]-A\mid\lt \varepsilon. $$

故得 $ \lim_{x\to x_0}f[\varphi(x)]=A $.

应用定理 1.5.2 求复合函数的极限，其格式如下：求极限 $ \lim_{x \to x_0} f[\varphi(x)] $.

解 令 $ \varphi(x)=u $，当 $ x\to x_{0} $ 时， $ u=\varphi(x)\to u_{0} $ 且 $ \varphi(x)\neq u_{0}(x\neq x_{0}) $，故

$$ \lim_{x\to x_{0}}f[\varphi(x)]=\lim_{u\to u_{0}}f(u)=A. $$

例 10 求极限 $ \lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^{\frac{1}{n}} - 1}{x} $ ( $ n \in \mathbb{Z} $).

解 令 $ (1+x)^{\frac{1}{n}}=u $，则 $ u^{n}=(1+x) $，当 $ x\to0 $ 时， $ u=(1+x)^{\frac{1}{n}}\to1 $，且 $ x\neq0 $ 时， $ u\neq1 $。故

$$ \lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{n}}-1}{x}=\lim_{u\to1}\frac{u-1}{u^{n}-1}=\lim_{u\to1}\frac{1}{u^{n-1}+u^{n-2}+\cdots+u+1}=\frac{1}{n}. $$

上述结果 $ \lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{n}}-1}{x}=\frac{1}{n} $ $ (n\in\mathbf{Z}) $，可以扩展为

$ \lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\alpha $ （ $ \alpha $为任意有理数）.

例 11 设 $ \lim_{x\to x_0}u(x)=A(A\gt 0) $， $ \lim_{x\to x_0}v(x)=B $，试求 $ \lim_{x\to x_0}u(x)^{v(x)} $.

解 因 $ \lim_{x\to x_0}u(x)=A\gt 0 $，由极限的局部保号性可知，必存在 $ x_0 $ 的去心邻域 $ \mathring{U}(x_0,\delta_0) $，使得 $ u(x)\gt 0 $，于是 $ u(x)^{\nu(x)}=\mathrm{e}^{\nu(x)\ln u(x)} $，而

$$ \lim_{x\to x_{0}}v(x)\cdot\ln u(x)=B\cdot\ln A, $$

故 $ \lim_{x\to x_0}u(x)^{v(x)}=\lim_{x\to x_0}e^{v(x)\ln u(x)}=e^{B\ln A}=A^B $.

函数 $ u(x)^{\nu(x)} $ 通常称为幂指（型）函数，求幂指函数的极限时经常采用例11的方法.

例 12 求 $ \lim_{x\to1}x^{\frac{1}{1+x}} $

解 $ \lim_{x\to1}x^{\frac{1}{1+x}}=\lim_{x\to1}e^{\frac{1}{1+x}\ln x}=e^{\frac{0}{2}}=e^{0}=1 $

例 13 试确定 a, b 的值，使

$$ \lim_{x\to+\infty}\left[\sqrt{4x^{2}+6x+5}-(ax+b)\right]=0. $$

解 因 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0 $ ，于是

$$ \lim_{x\to+\infty}\left[\sqrt{4x^{2}+6x+5}-(ax+b)\right]\cdot\frac{1}{x}=0 $$

即有

$$ \lim_{x\to+\infty}\left[\sqrt{4+\frac{6}{x}+\frac{5}{x^{2}}}-\left(a+\frac{b}{x}\right)\right]=2-a=0, $$

可得a=2.

这样再由 $ \lim_{x\to+\infty}\left[\sqrt{4x^{2}+6x+5}-(2x+b)\right]=0 $，可知

$$ \begin{aligned}b&=\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{4x^{2}+6x+5}-2x)\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{6x+5}{\sqrt{4x^{2}+6x+5}+2x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{6+\frac{5}{x}}{\sqrt{4+\frac{6}{x}+\frac{5}{x^{2}}}+2}\\&=\frac{3}{2}.\end{aligned} $$

故 a=2, $ b=\frac{3}{2} $ 为所求.

这结果在几何上表明，当 $ x \to +\infty $ 时，曲线 $ y = \sqrt{4x^2 + 6x + 5} $ 与直线 $ y = 2x + \frac{3}{2} $ 无限接近。因此，可把直线 $ y = 2x + \frac{3}{2} $ 称为曲线 $ y = \sqrt{4x^2 + 6x + 5} $ 的一条斜渐近线。

一般地，如果对曲线 $ y=f(x) $ 有直线 y=ax+b 满足 $ \lim_{x\to+\infty}[f(x)-(ax+b)]=0 $，则称直线 $ y=ax+b $ 是曲线的一条斜渐近线 $ (a\neq0) $。且渐近线方程 $ y=ax+b $ 的系数可由以下公式计算得出

$$ a=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x},\qquad b=\lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-ax\right]. $$

习题1-5

1. 设 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = A $ （ $ A $ 为确定常数）， $ \lim_{x \to x_0} g(x) $ 不存在，考察下列各极限式是否存在（请说明理由或举例说明）.

(1)

$$ \lim_{x\to x_{0}}\left[f(x)+g(x)\right]; $$

(2)

$$ \lim_{x\to x_{0}}f(x)\cdot g(x); $$

(3)

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{g(x)}{f(x)}; $$

(4)

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}. $$

1. 计算下列极限：

(1)

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

(2)

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{2x}; $$

(3) $ \lim_{x \to 1} \frac{4x - 3}{x^2 - 5x + 4} $;

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

(5) $ \lim_{x \to 2} \frac{3x^2 - 5x - 2}{x^2 - 4} $;

(6) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x + a} - \sqrt{a}}{x} $ (a > 0);

(7) $ \lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{1+2x} - 3}{\sqrt{x} - 2} $;

(8) $ \lim_{x \to 8} \frac{\sqrt{9+2x}-5}{\sqrt[3]{x}-2} $

1. 求下列极限：

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

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

(3) $ \lim_{x \to \infty} \frac{(4x^2 - 3)^3 (3x - 2)^4}{(6x^2 + 7)^5} $;

(4) $ \lim_{x \to +\infty} x(\sqrt{x^2 + 4x + 5} - x - 2) $;

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

(6) $ \lim_{x \to \infty} \frac{x + 3 \cos x}{3x - 2 \sin x} $;

(7) $ \lim_{x \to +\infty} (\cos \sqrt{x+1} - \cos \sqrt{x}) $;

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

(9) $ \lim_{x \to 2}\left(\frac{1}{2-x}-\frac{12}{8-x^{3}}\right) $

1. 若 $ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{2x^{2}-6x+5}-ax-b\right)=0 $，试确定常数 a，b 的值.

1. 确定常数 a, b 的值，使得

$$ \lim_{x\to1}\frac{(a+b)x+b}{\sqrt{3x+1}-\sqrt{x+3}}=4. $$

1. 设 $ f(x)=\frac{(\sqrt{1+3x}-b)(x-b)}{(x-a)(x-1)} $ 适合

(1) $ \lim_{x \to 0} f(x) = \infty $, (2) $ \lim_{x \to 1} f(x) = A $ ( $ A \neq 0 $ 为常数).

试确定常数 a，b 的值.

1. 设 $ f(x)=\{\begin{aligned}x^{2}+2x-3,&\quad x\leqslant1,\\x,&\quad1\lt x\lt 2,\\2x-2,&\quad x\geqslant2,\end{aligned}. $

试问下列极限是否存在？若存在，求出极限值.

(1) $ \lim_{x \to 1} f(x) $; (2) $ \lim_{x \to 2} f(x) $; (3) $ \lim_{x \to 3} f(x) $.

第六节 极限存在准则与重要极限

本节介绍极限存在的两个准则，并应用准则推出两个重要极限．这就进一步有效地解决初等函数极限的计算问题.

一、 夹逼准则

定理 1.6.1 如果数列 $ \{x_{n}\} $、 $ \{y_{n}\} $、 $ \{z_{n}\} $ 满足以下两条件：

（1）存在正整数 $ N_{0} $，当 $ n \gt N_{0} $ 时，有 $ y_{n} \leqslant x_{n} \leqslant z_{n} $

(2) $ \lim_{n \to \infty} y_n = \lim_{n \to \infty} z_n = A $,

则数列 $ \{x_{n}\} $ 以 A 为极限，即 $ \lim_{n\to\infty}x_{n}=A $

证 由条件（2），对任给 $ \varepsilon\gt 0 $，必存在正数 $ N_{1} $ 与 $ N_{2} $，当 $ n\gt N_{1} $ 时，有 $ |y_{n}-A|\lt \varepsilon $，即有 $ A-\varepsilon\lt y_{n} $；

当 $ n\gt N_{2} $时，有

$ |z_n - A| \lt \varepsilon $，即有 $ z_n \lt A + \varepsilon $.

取 $ N = \max\{N_0, N_1, N_2\} $，结合条件（1）可知，当 n > N 时，恒有

$$ A-\varepsilon\lt y_{n}\leqslant x_{n}\leqslant z_{n}\lt A+\varepsilon, $$

即有 $ \left|x_{n}-A\right|\lt \varepsilon $ 成立，故 $ \lim_{n\to\infty}x_n=A $

这准则表明，当数列 $ \{x_{n}\} $ 的表达式较复杂，难以判定其收敛性时，不妨将它适当地放大与缩小，只要放大与缩小后的两个数列能收敛于同一数值 A，则数列 $ \{x_{n}\} $ 的极限存在且等于 A.

例1 设常数 a>1，试证明：数列 $ \{\frac{n}{a^{n}}\} $ 以0为极限.

证 令 a-1=h，则 h>0，应用二项式定理可得

$$ a^{n}=\left(1+h\right)^{n}=1+nh+\frac{n(n-1)}{2!}h^{2}+\cdots+\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}h^{k}+\cdots+h^{n}, $$

因此，当 n>1 时， $ a^{n}\geqslant\frac{n(n-1)}{2}h^{2} $

现将所给数列 $ \{\frac{n}{a^{n}}\} $适当放大与缩小，得到

$$ 0\leqslant\frac{n}{a^{n}}\leqslant\frac{n}{\frac{n(n-1)}{2}h^{2}}=\frac{2}{(n-1)h^{2}}, $$

又由于 $ \lim_{n\to\infty}\frac{2}{(n-1)h^2}=0,\quad\lim_{n\to\infty}0=0 $

故 $ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{a^n}=0(a\gt 1) $.

数列极限存在的夹逼准则可以推广到函数极限的情形.

定理 1.6.2 如果函数 $ f(x) $， $ g(x) $， $ h(x) $ 满足以下两条件：

（1）在点 $ x_{0} $ 的某去心邻域内，有 $ h(x) \leqslant f(x) \leqslant g(x) $;

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

则函数 $ f(x) $ 当 $ x \to x_{0} $ 时极限存在等于 A，即 $ \lim_{x \to x_{0}} f(x) = A $.

定理 1.6.2 还可进一步推广到 $ x \to \infty $ 及单侧极限的情形，这里证明从略.

二、 重要极限 $ \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1 $

应用夹逼准则证明此重要极限的要点是：将函数 $ \frac{\sin x}{x} $在点x=0的两侧适当放大与缩小，即在去心邻域 $ \dot{U}(0,\delta) $内，找两个函数 $ g(x) $与 $ h(x) $，使 $ h(x)\leq\frac{\sin x}{x}\leq g(x) $，且当x $ \rightarrow $0时， $ h(x) $与 $ g(x) $的极限都存在且等于1.为此，首先用几何方法建立函数不等式，然后对不等式两端函数求极限.

证 在图1-15所示的单位圆中，以x表示圆心角

$ \angle AOB $ 的弧度 $ \left(0\lt x\lt \frac{\pi}{2}\right) $. 过点 A 作圆的切线与 OB 延长线交于点 C，则 $ \triangle AOB $ 面积 < 扇形 AOB 面积 < $ \triangle AOC $ 面积，即有

$$ \frac{1}{2}\sin x\lt \frac{1}{2}x\lt \frac{1}{2}\tan x, $$

故得 $ \sin x \lt x \lt \tan x \left(0 \lt x \lt \frac{\pi}{2}\right) $

由此可得不等式 $ \cos x \lt \frac{\sin x}{x} \lt 1 \left( 0 \lt x \lt \frac{\pi}{2} \right) $

上面不等式当 x 用 -x 代替时， $ \cos x $ 与 $ \frac{\sin x}{x} $ 都不变，所以对于开区间 $ \left(-\frac{\pi}{2}, 0\right) $ 内的一切 x 也是成立的，即有

$$ \cos x\lt \frac{\sin x}{x}\lt 1\left(0\lt |x|\lt \frac{\pi}{2}\right), $$

又有 $ \lim_{x\to0}\cos x=1 $ 和 $ \lim_{x\to0}1=1 $，由定理1.6.2可得

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

利用这重要极限可求出一类含有三角函数、反三角函数的函数式的极限.

例2 求下列各极限：

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

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

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

(4) $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^3} $.

解 (1) $ \lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1}{\cos x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \lim_{x \to 0} \frac{1}{\cos x} = 1 $.

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

（3）令 $ x = \sin t $，则

$$ \lim_{x\to0}\frac{\arcsin x}{x}=\lim_{t\to0}\frac{t}{\sin t}=1. $$

$$ \begin{array}{l}(4)\quad\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^{3}}=\lim_{x\to0}\frac{\tan x\left(1-\cos x\right)}{x^{3}}\\=\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^{2}}=\frac{1}{2}.\end{array} $$

三、 单调有界准则

定理 1.6.3 若数列单调递增（减）且有上（下）界，则数列必有极限.

在第二节中我们曾证明：收敛的数列必有界。同时指出，有界的数列不一定收敛。而定理1.6.3指明：如果数列不仅有界，且是单调的，那么此数列就必有极限。但应注意，收敛的数列不一定是单调的。

下面对定理 1.6.3 作几何直观的说明．在数轴上，对应于单调增数列的点列 $ u_{n} $ 只能从左往右沿一个方向移动．因此，只会出现两种情形，当 $ \{u_{n}\} $ 无界时，点列 $ u_{n} $ 沿数轴向右移至无穷远处 $ (u_{n} \to +\infty) $ ；当 $ \{u_{n}\} $ 有上界 M 时，点列 $ u_{n} $ 只会落在数轴的区间 $ [u_{1}, M] $ 上．因此，点列 $ u_{n} $ 只能越来越接近且达到无限地接近某一定点，这就表示数列趋于一个极限值，并且这个极限值不超过 M．关于单调减且有下界数列的收敛性，可作类似的说明.

例3 证明：当 $ n \to \infty $ 时，数列 $ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} $ 有极限.

证 设 $ u_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} $，应用二项式定理将 $ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} $ 展开，得

$$ \begin{aligned}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}&=1+n\frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{2!}\frac{1}{n^{2}}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\frac{1}{n^{3}}+&\\&\cdots+\frac{n(n-1)(n-2)}{n!}\cdots2\cdot1\frac{1}{n^{n}}\\&\lt 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}\\&\lt 1+1+\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\cdots+\frac{1}{(n-1)\ n}\\&=1+1+\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)\\ \end{aligned} $$

$$ =3-\frac{1}{n}\lt 3. $$

这表明数列 $ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} $是有上界的.

下面验证数列 $ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} $单调递增，可分别将 $ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} $与 $ \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} $按二项式定理展开：

$$ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=1+1+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) $$

$$ \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}=1+1+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n+1}\right)+\left(\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}. $$

比较以上两展开式右端求和号中的对应项，显然前者较小；而且后者又多出一项 $ \left(\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\gt 0 $，于是

$$ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\lt \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}, $$

即 $ u_{n}\lt u_{n+1} $

综上所述，可知数列 $ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n $单调递增且有上界，根据单调有界准则可以肯定极限 $ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n $存在.

通常人们把这个数列的极限值记为 e，它是数学家欧拉（Euler）名字的第一个英文字母。是欧拉在 1748 年发表名著《无穷小分析引论》时首先引进这个数。根据前面讨论可得知数 e 介于 2 与 3 之间，可以证明 e 是一个无理数，算到 7 位小数为

$$ \mathrm{e}=2.~7182818\cdots, $$

即

$$ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=\mathrm{e}=2.7182818\cdots. $$

四、重要极限 $ \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e $

证 先考虑 $ x \to +\infty $ 时的情形.

对任意的正数 $ x $（可设 $ x \geq 1 $），总存在唯一的正整数 $ n $，使得 $ n \leq x \lt n+1 $，于是 $ \frac{1}{n+1} \lt \frac{1}{x} \leq \frac{1}{n} $，从而有

$$ \left(1+\frac{1}{n+1}\right)\lt \left(1+\frac{1}{x}\right)\leqslant\left(1+\frac{1}{n}\right), $$

故得不等式 $ \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n}\lt \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}\leqslant\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} $

又 $ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{-1}=\mathrm{e} $

及 $ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\left(1+\frac{1}{n}\right)=\mathrm{e} $

且当 $ n \to \infty $ 时必有 $ x \to +\infty $，由夹逼准则，故得

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

再考虑 $ x \to -\infty $ 的情形.

令 $ x+1 = -t $，当 $ x \to -\infty $ 时，则有 $ t \to +\infty $

于是 $ \lim_{x\to-\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=\lim_{t\to+\infty}\left(1-\frac{1}{t+1}\right)^{-(t+1)} $

$ =\lim_{t\to+\infty}\left(\frac{t}{t+1}\right)^{-(t+1)}=\lim_{t\to+\infty}\left(\frac{t+1}{t}\right)^{t+1} $

$ =\lim_{t\to+\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^t\left(1+\frac{1}{t}\right)=e. $

综上所述，可得 $ \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e $.

这重要极限的特征是：求极限的函数是幂指型的，且在极限过程中呈现 $ (1+\text{无穷小})^{\text{无穷大}} $，俗称 $ [1^\infty] $型未定式，若记无穷小为 $ \alpha(x) $，极限的函数还应恰好是 $ (1+\alpha(x))^{\frac{1}{\alpha(x)}} $的形式。应用这重要极限，可以求一些含对数函数、指数函数的函数式极限。

例4 求下列各极限：

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

(3) $ \lim_{x \to 0} (1+3x)^{\frac{1}{x}} $; (4) $ \lim_{x \to 0} \frac{\log_2(1+x)}{x} $;

(5) $ \lim_{x \to 0} \frac{2^x - 1}{x} $; (6) $ \lim_{x \to 0} \frac{\ln \cos x}{x^2} $.

解 (1) 令 $ x = \frac{1}{t} $，则当 $ x \to 0 $， $ t \to \infty $，于是

$$ \lim_{x\to0}\quad(1+x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{t\to\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^{t}=\mathrm{e}. $$

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

(3) $ \lim_{x \to 0} (1 + 3x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{3x \to 0} [\left(1 + 3x\right)^{\frac{1}{3x}}]^3 = e^3 $.

(4) $ \lim_{x \to 0} \frac{\log_2(1+x)}{x} = \lim_{x \to 0} \log_2(1+x)^{\frac{1}{x}} = \log_2 e = \frac{1}{\ln 2} $.

（5）令 $ 2^{x}-1=t $

$$ \lim_{x\to0}\frac{2^{x}-1}{x}=\lim_{t\to0}\frac{t}{\log_{2}(1+t)}=\ln2. $$

$$ \begin{aligned}(6)\quad&\lim_{x\to0}\frac{\ln\cos x}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{2\ln\cos x}{2x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(1-\sin^{2}x\right)}{2x^{2}}\\=&\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(1-\sin^{2}x\right)}{-\sin^{2}x}\cdot\left(\frac{-\sin^{2}x}{2x^{2}}\right)=-\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

例5 设 $ x_{1}=2 $， $ x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{2}{x_{n}}\right) $，n=1,2,\cdots

（1）证明 $ \lim_{n\to\infty}x_n $存在；（2）求 $ \lim_{n\to\infty}x_n $

解 （1）由已知条件，显然 $ x_{n}\gt 0(n=1,2,\cdots) $，又 $ x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{2}{x_{n}}\right)\geq $ $ \sqrt{x_{n}\cdot\frac{2}{x_{n}}}=\sqrt{2}(n=1,2,\cdots) $ 可知数列 $ \{x_{n}\} $ 有下界．而

$$ x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{x_{n}}-x_{n}\right)=\frac{2-x_{n}^{2}}{2x_{n}}\leqslant0, $$

即数列 $ \{x_{n}\} $ 单调递减，且有下界. 根据定理1.6.3可知 $ \lim_{n\to\infty}x_{n} $ 存在.

（2）令 $ \lim_{n\to\infty}x_n=A $，由 $ x_n\geqslant\sqrt{2}(n=2,3,\cdots) $。可知 $ A\geqslant\sqrt{2}\gt 0 $在所给递推公式的两边取极限，得

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

即有

$$ A=\frac{1}{2}\bigg(A+\frac{2}{A}\bigg)\ , $$

由此解得 $ A=\sqrt{2} $

故 $ \lim_{n\to\infty}x_n=\sqrt{2} $.

习题1-6

1. 求下列极限：

(1)

$$ \lim_{x\to\infty}x\sin\frac{\pi}{x}; $$

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

$$ \lim_{x\to0}\left(\frac{1}{x\sin x}-\frac{1}{x\tan x}\right) $$

(4)

$$ \lim_{x\to0}\frac{x-\sin2x}{x+\sin3x}; $$

(5) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{\sqrt{x+1}-1} $;

(6) $ \lim_{x \to 0^-} \frac{\sqrt{1 - \cos 2x}}{x} $

1. 求下列极限：

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

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

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

(4) $ \lim_{x \to 1} x^{\frac{1}{1-x}} $;

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

(6) $ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + \tan x)}{x} $;

(7) $ \lim_{x \to +\infty} x[\ln(x+2)-\ln x] $;

(8) $ \lim_{x \to 2} \frac{2^x - x^2}{x - 2} $.

1. 利用夹逼准则求下列极限：

(1) $ \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[3]{n^2} \sin(n!)}{n+1} $;

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

(3) $ \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] $;

(4) $ \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n}{n^2 + \pi} + \frac{n}{n^2 + 2\pi} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n\pi} \right) $.

1. 证明下列数列 $ \{x_{n}\} $ 极限存在，并求其极限值.

(1) $ x_1 = \sqrt{a} $, $ x_2 = \sqrt{a + \sqrt{a}} $, $ \cdots $, $ x_{n+1} = \sqrt{a + x_n} $, $ \cdots $ ( $ a \gt 0 $);

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

1. 设数列 $ \{x_{n}\} $ 满足： $ 0 \lt x_{1} \lt \pi $ 且

$$ x_{n+1}=\sin x_{n}(n=1,2,\cdots). $$

证明： $ \lim_{n\to\infty}x_n $ 存在，并求此极限值.

第七节 无穷小的比较

一、 无穷小比较的概念

我们知道，无穷小是一类以零为极限变量的总称，在自变量各自所指定的无限变化过程中，它们都以零为极限。例如，当 $ x \to 0 $ 时，变量 $ 3x $、 $ x^2 $、 $ \sin x $、 $ \tan x $、 $ \arcsin x $、 $ \arctan x $、 $ (e^x - 1) $、 $ (1 - \cos x) $、 $ (\sqrt{1 + x} - 1) $、 $ \ln(1 + x) $ 和 $ (\tan x - \sin x) $ 等都以零为极限，它们都是 $ x \to 0 $ 时的无穷小量。再如，当 $ x \to -\infty $ 时， $ e^x $ 是无穷小量；当 $ x \to 1 $ 时， $ \ln x $ 是无穷小量。但我们发现，同为无穷小量的两个变量之比的极限却可以呈现出不同的各种情形。比如：

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1,\qquad\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^{2}}=\frac{1}{2},\qquad\lim_{x\to0}\frac{3x}{\sin x}=3, $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{3x}=0,\quad\lim_{x\to0}\frac{3x}{x^{2}}=\infty,\quad\lim_{x\to0}\frac{\sin kx}{x}=k\quad(k 是任一常数 ). $$

两个无穷小之比呈现出不同的结果，这正是两个无穷小趋于零的“快慢”程度存在差异的体现。所谓无穷小的比较，就是比较它们趋于零的速度。

定义 1.7.1 设在自变量的同一变化过程中， $ \alpha(x) $ 和 $ \beta(x) $ 都是无穷小，且 $ \beta(x) \neq 0 $.

（1）若 $ \lim_{\beta(x)} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 0 $，则称 $ \alpha(x) $ 是比 $ \beta(x) $ 高阶的无穷小，记为 $ \alpha(x) = o(\beta(x)) $；

（2）若 $ \lim_{\beta(x)} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = A $ （A 为非零常数），则称 $ \alpha(x) $ 与 $ \beta(x) $ 是同阶无穷小；

（3）若 $ \lim_{\beta(x)} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 1 $，则称 $ \alpha(x) $ 与 $ \beta(x) $ 是等价无穷小，记为 $ \alpha(x) \sim \beta(x) $.

显然，等价无穷小是同阶无穷小的特殊情况；而若 $ \lim \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = \infty $，则 $ \beta(x) = o(\alpha(x)) $。

依定义，我们可以验证，当 $ x \to 0 $ 时：

(1) $ x^{2}=o(\sin x) $, $ x^{2}=o(e^{x}-1) $;

（2） $ x^{2} $ 与 $ (1-\cos x) $ 同阶， $ x^{3} $ 与 $ (\tan x-\sin x) $ 同阶；

(3) $ x \sim \sin x $, $ x \sim \tan x $, $ x \sim \arcsin x $, $ x \sim \arctan x $, $ x \sim (\mathrm{e}^{x} - 1) $,

$$ x\sim\ln\left(1+x\right),\qquad\left(1-\cos x\right)\sim\frac{x^{2}}{2},\quad\left(\sqrt{1+x}-1\right)\sim\frac{x}{2}. $$

例1 比较下列各组无穷小：

(1) 当 $ x \to 1 $ 时， $ \alpha(x) = \frac{1 - x}{1 + x} $ 与 $ \beta(x) = 1 - \sqrt{x} $;

(2) 当 $ x \to 0^{+} $ 时， $ \alpha(x) = 2x \tan x $ 与 $ \beta(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} \sin x^{2} $.

解 (1) 因 $ \lim_{x\to1}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lim_{x\to1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\left(\frac{1}{1-\sqrt{x}}\right)=\lim_{x\to1}\frac{1+\sqrt{x}}{1+x}=1 $

故 $ \frac{1-x}{1+x}\sim(1-\sqrt{x})(x\rightarrow1) $.

(2) 因 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{2x\tan x\cdot\sqrt{x}}{\sin x^{2}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\tan x}{x}\frac{x^{2}}{\sin x^{2}}2\sqrt{x}=0 $

故 $ 2x\tan x=o\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\sin x^{2}\right)(x\to0^{+}) $.

二、 等价无穷小的性质

等价无穷小在理论和应用中具有重要作用，这是由无穷小的性质所决定的。下面介绍等价无穷小的两个重要性质。

定理1.7.1 若 $ \alpha(x) \sim \alpha_{1}(x) $， $ \beta(x) \sim \beta_{1}(x) $，且 $ \lim_{\beta_{1}(x) \cdot v(x)} \frac{\alpha_{1}(x) \cdot u(x)}{\beta_{1}(x) \cdot v(x)} $ 存在（其中 $ u(x) $、 $ v(x) $ 为非零函数）。则有

$$ \lim_{\beta(x)\cdot v(x)}\frac{\alpha(x)\cdot u(x)}{\beta(x)\cdot v(x)}=\lim_{\beta(x)\cdot v(x)}\frac{\alpha_{1}(x)\cdot u(x)}{\beta(x)\cdot v(x)}=\lim_{\beta_{1}(x)\cdot v(x)}\frac{\alpha(x)\cdot u(x)}{\beta_{1}(x)\cdot v(x)}=\lim_{\beta_{1}(x)\cdot v(x)}\frac{\alpha_{1}(x)\cdot u(x)}{\beta_{1}(x)\cdot v(x)} $$

定理 1.7.1 表明：在求极限时，对被求极限函数中的无穷小因式可以用与之等价的简单的无穷小进行代换，只要代换后的极限存在，这样做并不影响极限的结果。下面只证结论中最具一般性的等式：

$$ \begin{aligned}\lim_{\beta(x)\rightarrow v(x)}\frac{\alpha(x)\cdot u(x)}{\beta(x)\cdot v(x)}&=\lim_{\beta_{1}(x)\rightarrow v(x)}\frac{\alpha_{1}(x)\cdot u(x)}{\beta_{1}(x)\cdot v(x)}.\\ 证 \quad\lim_{\beta(x)\rightarrow v(x)}&=\lim_{\alpha_{1}(x)\rightarrow v(x)}\frac{\alpha(x)}{\alpha_{1}(x)}\frac{u(x)\alpha_{1}(x)}{\beta_{1}(x)}\frac{\beta_{1}(x)}{\beta(x)}\\ =\lim_{\alpha_{1}(x)\rightarrow v(x)}\frac{u(x)}{v(x)}\frac{\alpha_{1}(x)}{\beta_{1}(x)}\cdot\lim_{\beta(x)}\frac{\beta_{1}(x)}{\beta(x)}\\ =1\cdot\lim_{v(x)\rightarrow v(x)}\frac{u(x)\alpha_{1}(x)}{\beta_{1}(x)}\cdot1&=\lim_{\beta(x)\rightarrow v(x)}\frac{\alpha_{1}(x)u(x)}{\beta_{1}(x)v(x)}.\end{aligned} $$

例2 应用定理1.7.1 求下列极限：

(1)

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan3x}{\sin5x} $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2x+x^{2}}-1}{\ln(1-2x)} $$

解 （1）因为当 $ x \to 0 $ 时， $ \tan 3x \sim 3x $， $ \sin 5x \sim 5x $，故

$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan\ 3x}{\sin\ 5x}=\lim_{x\to0}\frac{3x}{5x}=\frac{3}{5}. $$

(2) 因为当 $ x \to 0 $ 时， $ \sqrt{1 + 2x + x^{2}} - 1 \sim \frac{1}{2}(2x + x^{2}) $，

$$ \ln(1-2x)\sim(-2x) $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2x+x^{2}}-1}{\ln(1-2x)}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}(2x+x^{2})}{-2x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}(2+x)}{-2}=-\frac{1}{2}. $$

应用定理 1.7.1 求极限的方法俗称等价无穷小代换法. 为了应用方便, 记住一些基本的等价无穷小是很有益处的.

在自变量 x 指定的某变化过程中，若 $ \alpha(x) \to 0 $ 且 $ \alpha(x) \neq 0 $，则有

$$ \alpha\sim\sin\alpha\sim\tan\alpha\sim\arcsin\alpha\sim\arctan\alpha; $$

$$ \alpha\sim\left(\mathrm{e}^{\alpha}-1\right)\sim\ln(1+\alpha); $$

$$ \left(1-\cos\alpha\right)\sim\frac{\alpha^{2}}{2};\qquad\left(1+\alpha\right)^{n}-1\sim n\cdot\alpha. $$

例3 求下列各极限：

(1) $ \lim_{x \to 1^{+}} \frac{\ln(1 + \sqrt{x - 1})}{\arcsin(2\sqrt{x - 1})} $,

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{-x} - 2}{x^2} $,

(3) $ \lim_{x \to 0} \frac{(1+x)^x - 1}{\ln \cos x} $,

(4) $ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{2x^2 + \pi x - \pi^2}{\cos 3x} $.

解 (1) $ \lim_{x \to 1^{+}} \frac{\ln(1 + \sqrt{x - 1})}{\arcsin(2\sqrt{x - 1})} = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{\sqrt{x - 1}}{2\sqrt{x - 1}} = \frac{1}{2} $.

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

$ = \lim_{x \to 0} \frac{e^{-x} \cdot x^2}{x^2} = \lim_{x \to 0} e^{-x} = 1 $.

$$ \begin{aligned}&(3)\quad\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{x}-1}{\ln\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x\ln(1+x)}-1}{\ln\left[1+(\cos x-1)\right]} $$ \\&=\lim_{x\to0}\frac{x\ln(1+x)}{\cos x-1}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{-\frac{1}{2}x^{2}}=-2.\end{aligned} $$

(4) $ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{2x^2 + \pi x - \pi^2}{\cos 3x} $,

令 $ x - \frac{\pi}{2} = t $，则当 $ x \to \frac{\pi}{2} $ 时， $ t \to 0 $

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{2x^{2}+\pi x-\pi^{2}}{\cos3x}&=\lim_{t\to0}\frac{t(2t+3\pi)}{\cos\left(3t+\frac{3\pi}{2}\right)}\\&=\lim_{t\to0}\frac{t(2t+3\pi)}{\sin3t}=\lim_{t\to0}\frac{t(2t+3\pi)}{3t}=\pi.\end{aligned} $$

等价无穷小代换是求极限的一个重要方法，使用时应注意：代换应在因式中进行，而对函数中出现的无穷小项一般不要作代换．例如：

$$ \lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-2}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)+\left(\mathrm{e}^{-x}-1\right)}{x^{2}}\neq\lim_{x\to0}\frac{x+\left(-x\right)}{x^{2}}=0. $$

定理 1.7.2 无穷小 $ \beta(x) $ 与 $ \alpha(x) $ 等价的充分必要条件是：

$$ \beta(x)=\alpha(x)+o(\alpha(x)), $$

且称 $ \alpha(x) $ 是无穷小 $ \beta(x) $ 的主部.

$$

证 必要性 设 $ \alpha(x) \sim \beta(x) $，则

$$ \lim\frac{\beta(x)-\alpha(x)}{\alpha(x)}=\lim\left(\frac{\beta(x)}{\alpha(x)}-1\right)=\lim\frac{\beta(x)}{\alpha(x)}-1=0, $$

因此 $ \beta(x)-\alpha(x)=o(\alpha(x)) $，即 $ \beta(x)=\alpha(x)+o(\alpha(x)) $。

充分性 设 $ \beta(x)=\alpha(x)+o(\alpha(x)) $，则

$$ \lim_{\alpha(x)}\frac{\beta(x)}{\alpha(x)}=\lim_{\alpha(x)}\frac{\alpha(x)+o(\alpha(x))}{\alpha(x)}=\lim_{\alpha(x)}\left(1+\frac{o(\alpha(x))}{\alpha(x)}\right)=1, $$

因此 $ \alpha(x) \sim \beta(x) $.

定理1.7.2指出，若 $ \alpha(x) $与 $ \beta(x) $是等价无穷小，则用 $ \alpha(x) $代替 $ \beta(x) $所产生的误差是比 $ \alpha(x) $高阶的无穷小.显而易见，两个等价无穷小 $ \alpha(x) $与 $ \beta(x) $互为主部.

例4 求极限 $ \lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}(3^{x}+8^{x})-6^{x}}{3^{x}-2^{x}} $

解 由 $ (a^{x}-1)=(e^{x\ln a}-1)\sim x\ln a(a\gt 0) $，由定理1.7.2可知当 $ x\to0 $ 时， $ a^{x}-1=x\ln a+o(x\ln a) $，于是有 $ a^{x}=1+x\ln a+o(x) $。因此

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}\left(3^{x}+8^{x}\right)-6^{x}}{3^{x}-2^{x}}&=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}\left(x\ln3+x\ln8\right)-x\ln6+o\left(x\right)}{x\ln3-x\ln2+o\left(x\right)}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x\left(\ln3+\ln8-\ln36\right)+o\left(x\right)}{x\left(\ln3-\ln2\right)+o\left(x\right)}=\frac{\frac{1}{2}\ln\frac{24}{36}}{\ln\frac{3}{2}}=-\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

三、 无穷小的阶

前面我们在同一极限过程中对两个无穷小进行了比较．应该说，那还只是粗略的比较．请看下面两个极限：

$$ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}}{x}=0\text{ 和 }\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\tan x(1-\cos x)}{x}=0, $$

由上可知，当 $x \to 0$ 时，无穷小 $(1 - \cos x)$ 和 $(\tan x - \sin x)$ 都是关于 $x$ 的高阶无穷小。然而，更进一步会发现：$(1 - \cos x)$ 与 $x^2$ 是同阶无穷小，而 $(\tan x - \sin x)$ 却是 $x^2$ 的高阶无穷小。由此可见，对无穷小的比较还需更精确化、标准化。也就是说，可以选一个无穷小作为基本标准单位，然后将其他的无穷小都以它为标准进行比较，确定出无穷小的阶。通俗地说，就是要对无穷小进行数量级的比较。由此引出如下定义。

定义 1.7.2 如果 $ \beta $ 与 $ \alpha^{k}(k\gt 0 $ 为常数）是同阶无穷小，则称 $ \beta $ 是 $ \alpha $ 的 k

阶无穷小.

可见其中无穷小 $ \alpha $ 被当作比较的基本标准单位．在实际应用中，基本标准单位无穷小 $ \alpha $ 的选取是：

在 $ x \to 0 $ 时，选取 $ \alpha = x $;

在 $ x \to x_{0} $ 时，选取 $ \alpha = x - x_{0} $;

在 $ x \to \infty $ 时，选取 $ \alpha = \frac{1}{x} $.

例如，在 $ x \to 0 $ 时，我们可以知道

$ \sin x $、 $ \tan x $、 $ \ln(1+x) $、 $ (e^{x}-1) $是x的一阶无穷小；

$ (1-\cos x) $ 是 x 的二阶无穷小；

( $ \tan x - \sin x $) 是 x 的三阶无穷小；

$ \sqrt[3]{\sin x} $ 是 x 的 $ \frac{1}{3} $ 阶无穷小.

例5 当 $ x \to 1 $ 时，求下列无穷小关于 $ (x-1) $ 的阶.

(1) $ 1 - \sin \frac{\pi}{2} x $, (2) $ \ln (2x - x^2) $.

解 （1）因为 $ 1 - \sin \frac{\pi}{2} x = 1 - \cos \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} x \right) \sim \frac{1}{2} \left[ \frac{\pi}{2} (1 - x) \right]^{2} $，所以当 $ x \to 1 $ 时， $ \left(1 - \sin \frac{\pi}{2} x\right) $ 是关于 $ (x-1) $ 的二阶无穷小.

（2）因为 $ \ln(2x-x^{2})=\ln[1+(2x-x^{2}-1)]\sim(2x-x^{2}-1)=-(x-1)^{2} $，所以当 $ x\to1 $ 时， $ \ln(2x-x^{2}) $ 是关于 $ (x-1) $ 的二阶无穷小.

例6 当 $ x \to +\infty $ 时，求无穷小 $ \alpha(x) = \ln(x+1) - 2\ln x + \ln(x-1) $ 关于 $ \frac{1}{x} $ 的阶.

解 $ \alpha(x)=\ln(x+1)-2\ln x+\ln(x-1)=\ln\frac{x^{2}-1}{x^{2}} $

$ =\ln\left(1-\frac{1}{x^{2}}\right)\sim\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)=-\left(\frac{1}{x}\right)^{2} $

故当 $ x \to +\infty $ 时， $ \alpha(x) = \ln(x+1) - 2\ln x + \ln(x-1) $ 是关于 $ \frac{1}{x} $ 的二阶无穷小.

习题1-7

1. 试比较下列各组无穷小：

（1）当 $ x \to 0 $ 时， $ \alpha(x) = 2\sin x - \sin 2x $ 与 $ \beta(x) = \sin^{2}x \cdot \tan x $；

(2) 当 $ x \to 3^- $ 时， $ \alpha(x) = \sqrt{3} - \sqrt{x} $ 与 $ \beta(x) = \sqrt{3 - x} $；

（3）当 $ x \to 1 $ 时， $ \alpha(x) = \sqrt{5 - x} - \sqrt{3 + x} $ 与 $ \beta(x) = x^{2} - 1 $.

1. 当 $ x \to 0 $ 时，确定下列无穷小关于 x 的阶：

(1) $ \tan x + \sin x $; (2) $ 3x + \sin^{2}x $;

(3) $ \sin x(\tan x + x^2) $; (4) $ \sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 - \sin x} $;

(5) $ (7x+8x^{3/5})^{\frac{1}{3}} $

1. 求下列极限：

(1) $ \lim_{n \to \infty} n^2 \left(1 - \cos^2 \frac{\pi}{n}\right) $;

(2) $ \lim_{x \to 0} \frac{e^{\tan x} - e^{\sin x}}{\tan x - \sin x} $;

(3) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2(e^x - 1)}{\ln(2 - \cos x)} $;

(4) $ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 - x^2) - \ln(1 + x^2)}{\sin^2\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right)} $.

1. 设 $ \lim_{x\to0}\frac{\ln\left[1+\frac{f(x)}{\sin x}\right]}{2^x-1}=3 $，求 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2} $.

1. 设 $ x \to x_{0} $ 时， $ \alpha(x) $ 和 $ \beta(x) $ 是无穷小，且 $ \alpha(x) \neq \beta(x) $，证明：

（1） $ \alpha(x)-\beta(x) $ 与 $ \ln[1+\alpha(x)]-\ln[1+\beta(x)] $ 等价；

(2） $ \alpha(x)-\beta(x) $ 与 $ \mathrm{e}^{\alpha(x)}-\mathrm{e}^{\beta(x)} $ 等价.

1. 求下列各式中的常数 A 及 k.

（1）当 $ x \to 0 $ 时， $ \sqrt[3]{x}\sin^{2}(2x) \sim Ax^{k} $

(2) 当 $ x \to 0 $ 时， $ \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}) - x \sim Ax^k $，

(3) 当 $ x \to \pi $ 时， $ (\sqrt{4 + 3\tan x} - 2) \sim A(x - \pi)^k $.

1. 求下列各无穷小的线性主部（若存在非零常数 A，当 $ x \to x_{0} $ 时，有 $ f(x) \sim A(x - x_{0}) $，则称 $ A(x - x_{0}) $ 为 $ x \to x_{0} $ 时无穷小 $ f(x) $ 的线性主部）.

(1) $ f(x) = \sqrt{1 + x} - 2 $ （当 $ x \to 3 $）;

(2) $ f(x) = \sin 5x $ （当 $ x \to \pi $）;

(3) $ f(x) = \ln x - 1 $ （当 $ x \to e $）.

1. 证明：若 $ \alpha_{1}=o(\alpha) $， $ \beta_{1}=o(\beta) $ 且 $ \lim \frac{\alpha}{\beta} $ 存在，则 $ \lim \frac{\alpha+\alpha_{1}}{\beta+\beta_{1}}=\lim \frac{\alpha}{\beta} $.

1. 求下列各极限：

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

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

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

第八节 函数的连续性

在实际问题中经常会遇到一类这样的函数：当自变量有微小变化时，对应

的函数值也只有微小的改变．函数的这一特性称为函数的连续性．从几何直观上看，定义在区间上的连续函数的图像是一段连续的曲线.

一、 函数在点 $ x_{0} $ 处的连续性

设函数 $ f(x) $ 在点 $ x_0 $ 及其邻域内有定义，自变量 $ x $ 在初值 $ x_0 $ 处的函数值为 $ f(x_0) $，当自变量 $ x $ 发生变化，由初值 $ x_0 $ 变到终值 $ (x_0 + \Delta x) $ 时，函数值相应地从 $ f(x_0) $ 变到 $ f(x_0 + \Delta x) $，记 $ \Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) $ 为函数 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 处对应于自变量增量 $ \Delta x $ 所产生的函数的增量（增量也称改变量，它可为正值也可为负值）。有了增量的概念，应用它可给出函数在一点处连续的定义。

定义 1.8.1 设函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 的某邻域内有定义，如果当自变量的增量 $ \Delta x $ 趋于零时，对应函数的增量 $ \Delta y $ 也趋于零，即

$$ \lim_{\Delta x\to0}\Delta y=\lim_{\Delta x\to0}\left[f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})\right]=0, $$

则称函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续.

例1 证明 $ y=\sin x $ 在任意点 $ x_{0} $ 处连续.

证 设 $ x_{0} $ 是 $ (-\infty, +\infty) $ 内任意给定的一点，有

$$ \Delta y=\sin\left(x_{0}+\Delta x\right)-\sin x_{0}=2\sin\frac{\Delta x}{2}\cos\left(x_{0}+\frac{\Delta x}{2}\right)~, $$

于是 $ \lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = \lim_{\Delta x \to 0} 2 \sin \frac{\Delta x}{2} \cos \left( x_0 + \frac{\Delta x}{2} \right) = 0 $，故得 $ y = \sin x $ 在任意点 $ x_0 $ 处连续.

为方便应用，函数在点 $ x_{0} $ 处连续可用其他等价定义表示．根据极限与无穷小的关系，可得

$$ \lim_{\Delta x\to0}f(x_{0}+\Delta x)=f(x_{0})\,. $$

令 $ x_{0}+\Delta x=x $，则当 $ \Delta x\to0 $ 时，有 $ x\to x_{0} $，于是可得如下等价定义.

定义 1.8.2 设函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 某邻域内有定义，且 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) $，则称函数 $ f(x) $ 在点 $ x_0 $ 连续.

由定义 1.8.2 可以知道， $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续，具体地要求 $ f(x) $ 应同时满足以下的三个条件：

（1）函数值 $ f(x_{0}) $存在；

（2）极限 $ \lim_{x\to a}f(x) $ 存在；

（3）极限 $ \lim_{x\to x_0}f(x) $ 的值应等于 $ f(x) $ 在点 $ x_0 $ 处的函数值，即 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) $.

既然函数的连续性是通过极限来描述的，因此，连续也可用极限的“ $ \varepsilon-\delta $”语言来定义.

定义 1.8.3 设函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 的某邻域内有定义，如果对任意给定的

正数 $ \varepsilon $，总存在正数 $ \delta $，使得当 $ |x-x_0|\lt \delta $ 时，恒有

$$ |f(x)-f(x_{0})|\lt \varepsilon $$

成立，则称函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续.

函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续，不仅涉及 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 附近的变化趋势，还与 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处的状态有关，这是连续与极限存在两者之间的主要区别。连续要求当 $ x=x_{0} $ 时，函数必须有定义值 $ f(x_{0}) $，这样在点 $ x_{0} $ 处 $ |f(x)-f(x_{0})|=|f(x_{0})-f(x_{0})|=0\lt \varepsilon $ 恒成立。

例2 用定义 1.8.3 ( $ \varepsilon-\delta $) 证明：函数 $ f(x)=\sqrt{x} $ 在点 $ x_{0}(x_{0}\gt 0) $ 处连续.

证 因为

$$ |\sqrt{x}-\sqrt{x_{0}}|=\frac{|x-x_{0}|}{\sqrt{x}+\sqrt{x_{0}}}\lt \frac{|x-x_{0}|}{\sqrt{x_{0}}}, $$

∀ ε < 0，为使 $ |\sqrt{x} - \sqrt{x_0}| \lt \varepsilon $ 只要 $ \frac{|x - x_0|}{\sqrt{x_0}} \lt \varepsilon $，即 $ |x - x_0| \lt \sqrt{x_0} \varepsilon $，故若取 $ \delta = \min\{x_0, \sqrt{x_0} \varepsilon\} $ 则当 $ |x - x_0| \lt \delta $ 时，恒有

$$ |\sqrt{x}-\sqrt{x_{0}}|\lt \varepsilon $$

成立，故得 $ \lim_{\sqrt{x}}=\sqrt{x_{0}} $，即 $ f(x)=\sqrt{x} $在点 $ x_{0}(x_{0}\gt 0) $处连续.

函数在点 $ x_{0} $ 处有所谓左极限与右极限，相应地函数在点 $ x_{0} $ 处也有左连续与右连续的单侧连续概念.

如果 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) $，则称 $ f(x) $在点 $ x_0 $右连续；同理，如果 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) $，则称 $ f(x) $在点 $ x_0 $左连续。容易知道，函数 $ f(x) $在点 $ x_0 $连续的充分必要条件是： $ f(x) $在点 $ x_0 $既右连续又左连续。

例3 讨论函数 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{2}{1+e^{\frac{1}{x}}}+\frac{|\sin x|}{x},&x\neq0,\\ &1,& 在点x=0 处的连续性.\end{aligned}. $

解 由于 $ e^{\frac{1}{x}} $ 及 $ \left|\sin x\right| $ 在 x=0 的左、右两侧有着不同的变化趋势，因此，应先考察单侧连续.

由 $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\left(\frac{2}{1+e^{\frac{1}{x}}}+\frac{|\sin x|}{x}\right)=\frac{2}{1+0}-1=1=f(0) $ 可得 $ f(x) $ 在 x=0 处左

连续：

又由 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}\left(\frac{2}{1+e^{\frac{1}{x}}}+\frac{|\sin x|}{x}\right)=0+1=f(0) $可得 $ f(x) $在x=0处右连续；故 $ f(x) $在x=0处连续.

二、 区间上的连续函数

定义 1.8.4 若对任给的 $ x_{0}\in(a,b) $， $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 连续，则称 $ f(x) $ 在区间 $ (a,b) $ 内连续. 若 $ f(x) $ 在 $ (a,b) $ 内连续，且在点 a 处右连续，在点 b 处左连续，则称 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a,b] $ 上连续.

例如，函数 $ y = \sin x $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内连续；而函数 $ y = \sqrt{1 - x^2} $ 在闭区间 $ [-1, 1] $ 上连续.

三、 函数的间断点及其分类

定义 1.8.5 设 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 的某去心邻域内有定义，若函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 不连续，则称 $ x_{0} $ 为函数 $ f(x) $ 的间断点.

为方便应用，将函数的间断点分成两大类. 若 $ x_{0} $ 是 $ f(x) $ 的间断点，而 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 的左、右极限分别存在（包括相等或不等），则称 $ x_{0} $ 为 $ f(x) $ 的第一类间断点；若 $ x_{0} $ 是 $ f(x) $ 的间断点，而 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 的左、右极限中至少有一个不存在，则称 $ x_{0} $ 为 $ f(x) $ 的第二类间断点.

函数的第一类间断点包括可去间断点和跳跃间断点：

（1） 可去间断点

如果 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A $，而 $ f(x) $在 $ x_0 $没定义或者 $ f(x_0)\neq A $，则称 $ x_0 $为 $ f(x) $的第一类中的可去间断点.

此时可补充或修改 $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $ 处的函数值，使之在 $ x_{0} $ 处连续．即若令

$$ F(x)=\{\begin{aligned}f(x),&x\neq x_{0},\\ A,&x=x_{0},\end{aligned}. $$

则函数 $ F(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处连续.

（2） 跳跃间断点

如果 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处的左、右极限分别存在，但不相等，即 $ f(x_{0}^{-}) \neq f(x_{0}^{+}) $，则称 $ x_{0} $ 为 $ f(x) $ 的第一类中的跳跃间断点.

例 4 指出下列函数的间断点，并判定其类型，如果是可去间断点，则补充或修改函数在该点的函数值，使之连续.

(1)

$$ f(x)=\frac{2}{1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}}; $$

$$ g\left(x\right)=\frac{x^{2}}{\sqrt{1+x^{2}}-1}. $$

解 函数 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 在 x=0 处均没定义，而在 x=0 的任一去心邻域内都有定义，故函数 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 在 x=0 处均不连续，点 x=0 是这两个函数的间断点.

（1）由于 $ f(0^{-})=\lim_{x\to0^{-}}1\frac{2}{1+e^{\frac{1}{x}}}=2 $

$$ f(0^{+})=\lim_{x\to0^{+}}\frac{2}{1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}}=0, $$

可知 $ f(0^{-}) \neq f(0^{+}) $，故 x = 0 是 $ f(x) $ 的第一类中的跳跃间断点（如图 1-16）.

（2）由于

$$ \lim_{x\to0}g(x)=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{\sqrt{1+x^{2}}-1}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{\frac{1}{2}x^{2}}=2, $$

所以 x=0 是 $ g(x) $ 的第一类中的可去间断点，可补充函数在 x=0 处的定义使其连续．即令

$$ G(x)=\{\begin{aligned}\frac{x^{2}}{\sqrt{1+x^{2}}-1}&,&x\neq0,\\ 2&,&x=0,\end{aligned}. $$

则 $ G(x) $ 在 x = 0 处连续.

例 5 指出下列函数的间断点，并判定其类型.

(1) $ f(x) = \frac{1}{\ln x} $; (2) $ g(x) = \sin \frac{1}{x} $.

解 （1） $ f(x) $ 在 x=1 处没定义，而在 x=1 的某去心邻域内有定义，故 x=1 是 $ f(x) $ 的间断点．而 $ f(1^{-})=\lim_{x\to1^{-}}\ln x=-\infty $， $ f(1^{+})=\lim_{x\to1^{+}}\frac{1}{\ln x}=+\infty $，因此，x=1 是 $ f(x) $ 的第二类间断点，且称之为无穷间断点.

（2） $ g(x) $ 在 x=0 处没定义，而在 x=0 的某去心邻域内有定义，故 x=0 是 $ g(x) $ 的间断点。而 $ \lim_{x\to0}g(x)=\lim_{x\to0}\sin\frac{1}{x} $ 不存在，因此，x=0 是第二类间断点。可以知道，在 x=0 的任一去心邻域内，函数 $ g(x)=\sin\frac{1}{x} $ 无数次地取得介于 -1 与 1 之间的一切值，作无限多次的反复振荡。这种第二类的间断点又通俗地称为振荡间断点。

四、 连续函数的运算

由极限的四则运算法则，容易推出连续函数的如下四则运算法则.

定理 1.8.1 若函数 $ f(x) $， $ g(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处连续，则

(1) $ f(x) \pm g(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处连续；

(2) $ f(x)\cdot g(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处连续；

（3）当 $ g(x_{0})\neq0 $时， $ \frac{f(x)}{g(x)} $在点 $ x_{0} $处连续.

证明从略.

由定理1.8.1可知：

有理整函数（多项式）

$$ p\left(x\right)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n} $$

在 $ (-∞, +∞) $内连续；

有理分式函数（两个多项式之商）

$$ R\left(x\right)=\frac{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}}{b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+\cdots+b_{m}x^{m}}=\frac{p\left(x\right)}{Q\left(x\right)} $$

在 $ Q(x) \neq 0 $ 的点处连续；

在已经知道 $ \sin x $， $ \cos x $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 连续的基础上，由定理 1.8.1 可推出三角函数在各自的定义域内是连续的.

定理 1.8.2 (复合函数的连续性) 设 $ y = f(u) $， $ u = \varphi(x) $ 构成复合函数 $ y = f[\varphi(x)] $。若 $ u = \varphi(x) $ 在 $ x_0 $ 连续， $ y = f(u) $ 在 $ u_0 = \varphi(x_0) $ 连续，则复合函数 $ y = f[\varphi(x)] $ 在 $ x_0 $ 连续。

证 因为 $ \varphi(x) $ 在 $ x_{0} $ 处连续，故

$$ \lim_{x\to x_{0}}\varphi\left(x\right)=\varphi\left(x_{0}\right)=u_{0}. $$

又因为 $ f(u) $ 在 $ u_{0} $ 处连续，故

$$ \lim_{u\to u_{0}}f(u)=f(u_{0}). $$

所以由复合函数的极限定理，有

$$ \lim_{x\to x_{0}}f[\varphi(x)]=\lim_{u\to u_{0}}f(u)=f(u_{0})=f[\varphi(x_{0})], $$

故 $ y=f[\varphi(x)] $ 在 $ x_{0} $ 处连续.

例如，函数 $ y = \sin \frac{1}{x} $ 可以看作由 $ y = \sin u $ 及 $ u = \frac{1}{x} $ 复合而成的函数。 $ \sin u $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 是连续的， $ \frac{1}{x} $ 在 $ (-\infty, 0) \cup (0, +\infty) $ 是连续的。根据定理 1.8.2 可知， $ y = \sin \frac{1}{x} $ 在 $ (-\infty, 0) \cup (0, +\infty) $ 是连续的。

定理 1.8.3 (反函数的连续性) 如果函数 $ y=f(x) $ 在区间 $ I_{x} $ 上单调递增（或递减），且是连续的，则其反函数 $ x=\varphi(y) $ 在对应区间 $ I_{y}=\{y\mid y=f(x), x\in I_{x}\} $ 上也是单调递增（或递减）且连续的.

证明从略.

例如， $ y=\sin x $ 在 $ (-\infty,+\infty) $ 连续. 特别地，它在区间 $ \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] $ 上连

续，且函数由-1单调递增到1. 因此，它的反函数 $ y=\arcsin x $ 在区间 $ [-1,1] $ 上也单调递增且连续. 类似可以说明其他反三角函数的连续性. 总而言之，反三角函数在它们各自的定义域内都是连续的.

可以证明，指数函数 $ y=a^{x}(a\gt 0 $，且 $ a\neq1) $ 在 $ (-\infty,+\infty) $ 连续，且当 a>1 时单调递增；当 a<1 时单调递减.

由于对数函数是指数函数的反函数，根据定理1.8.3可知， $ y=\log_{a}x $ (a>0，且 $ a\neq1 $)是区间 $ (0,+\infty) $上的连续函数。且当a>1时， $ \log_{a}x $单调递增；当a<1时， $ \log_{a}x $单调递减。

综上所述，基本初等函数在其定义域内都是连续的。更进一步，由连续函数的四则运算法则和复合函数的连续性可知：一切初等函数在其定义域区间上都是连续的。

利用初等函数的连续性，可得出求极限的重要方法：若 $ f(x) $ 是初等函数，且 $ x_{0} $ 是 $ f(x) $ 定义域区间内的点（即 $ f(x) $ 在以 $ x_{0} $ 为中心的某邻域内有定义），则

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

例6 求极限 $ \lim_{x\to1}\sqrt{\frac{x^{2}+\ln(2-x)}{\arctan x}} $

解 $ f(x)=\sqrt{\frac{x^{2}+\ln(2-x)}{\arctan x}} $ 是初等函数，且存在以 $ x_{0}=1 $ 为中心的邻域，使 $ f(x) $ 有定义.于是

$$ \lim_{x\to1}\sqrt{\frac{x^{2}+\ln(2-x)}{\arctan x}}=\sqrt{\frac{1^{2}+\ln(2-1)}{\arctan1}}=\frac{2}{\sqrt{\pi}}. $$

五、 闭区间上连续函数的性质

在闭区间上连续的函数具有一些特有的性质，这些性质在微积分理论中将起着重要的作用。下面从两个方面介绍四个定理，它们都是描述闭区间上连续函数性质的、定理内容具有非常直观的几何意义，但定理的证明已超出教学大纲，这里从略。

1. 最值定理与有界性定理

定理 1.8.4（最值定理） 设函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，则 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上必取得最大值和最小值．即存在 $ x_1, x_2 \in [a, b] $，使得

$$ f(x_{1})=m,\qquad f(x_{2})=M, $$

且对任意的 $ x \in [a, b] $，有

$$ m\leqslant f(x)\leqslant M, $$

这里 m、M 分别称为 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上的最小值与最大值.

定理4的几何意义，可以由图1-17看出．应特别指出的是函数的最值有可能在区间的端点处取得，还应注意，如果函数 $ f(x) $在 $ [a,b] $上有间断点或者只是在开区间 $ (a,b) $连续，定理的结论未必成立.

由最值定理立即可以得出下面的有界性定理.

定理 1.8.5 (有界性定理) 设函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，则 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 必有界.

显然，定理1.8.5是定理1.8.4的推论．值得注意：开区间上的连续函数可能是无界的．例如，函数 $ y=\frac{1}{x} $在开区间（0，1）内无界，既没最大值，也没最小值.

由定理 1.8.4 和定理 1.8.5 还可以推出：闭区间上连续函数的值域是一个闭区间.

1. 零点存在定理与介值定理

定理 1.8.6 (零点存在定理) 设函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，且 $ f(a) \cdot f(b) \lt 0 $，则在 $ (a, b) $ 内部至少存在一点 $ \xi $，使得 $ f(\xi) = 0 $。且称点 $ \xi $ 为函数 $ f(x) $ 的零点。

从几何上看，定理1.8.6的正确性是很明显的。在图1-18中有一段连续曲线弧 $ y=f(x) $，它的两个端点分别位于x轴的上、下两侧，那么这段连续的曲线弧必定与x轴至少有一个交点。

定理1.8.6 还可以表述为：若函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，且 $ f(a) \cdot f(b) \lt 0 $，则方程 $ f(x) = 0 $ 在 $ (a, b) $ 内至少有一实根 $ x = \xi $.

例7 证明方程 $ \frac{1}{x}+\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}=0 $有且仅有两个实根，它们分别位于区间

(0, 1) 与 (1, 2) 内.

证 经通分，原方程可化为 $ (x-1)(x-2)+x(x-2)+x(x-1)=0 $

令 $ f(x)=(x-1)(x-2)+x(x-2)+x(x-1) $，显然， $ f(x) $ 在闭区间 $ [0,2] $ 上连续。且 $ f(0)=2\gt 0 $， $ f(1)=-1\lt 0 $， $ f(2)=2\gt 0 $。

根据零点存在定理，方程 $ f(x)=0 $ 至少有两个实根，分别在区间 $ (0,1) $、 $ (1,2) $ 内.

又因为方程 $ f(x)=0 $ 是关于 x 的二次方程，所以仅有两个实根．而方程 $ \frac{1}{x}+\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}=0 $ 与方程 $ f(x)=0 $ 同解.

综上所述，方程 $ \frac{1}{x}+\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}=0 $有且仅有两个实根，分别在区间（0，1）与（1，2）内.

由定理1.8.6可推出更一般性的结论.

定理1.8.7（介值定理）设函数 $ f(x) $在闭区间 $ [a,b] $上连续，且 $ f(a)\neq f(b) $，而 $ \mu $是介于 $ f(a) $与 $ f(b) $之间的任一个定数，则在开区间 $ (a,b) $内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ f(\xi)=\mu $.

证 令 $ F(x)=f(x)-\mu $，显然 $ F(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续。且

$$ F({\mathbf{\mathit{a}}})\cdot F({\mathbf{\mathit{b}}})=\left[f({\mathbf{\mathit{a}}})-\mu\right]\left[f({\mathbf{\mathit{b}}})-\mu\right]\lt 0. $$

根据零点存在定理，在开区间 $ (a, b) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得 $ F(\xi) = 0 $。而 $ F(\xi) = f(\xi) - \mu $，故得

$$ f(\xi)=\mu\quad(a\lt \xi\lt b). $$

介值定理的几何意义是：连续曲线弧 $ y=f(x) $ 与水平直线 $ y=\mu $ ( $ \mu $ 是介于 $ f(a) $ 与 $ f(b) $ 之间的任一定数) 至少有一个交点（如图 1-19）.

推论 闭区间 $ [a, b] $ 上的连续函数 $ f(x) $，必取得介于最小值 m 与最大值 M 之间的一切值.

介值定理的推论表明，若函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，则 $ f(x) $ 的函数值会填满区间 $ [m, M] $，而不留空隙（如图 1-20）.

例8 设函数 $ f(x) $ 在 $ (a, b) $ 内连续，任取 $ x_{1}, x_{2} $ 适合 $ a \lt x_{1} \lt x_{2} \lt b $，又 $ \lambda_{1} \gt 0 $， $ \lambda_{2} \gt 0 $。证明：在 $ (a, b) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使得

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

证 显然，函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [x_{1}, x_{2}] $ 上连续．根据最值定理，知 $ f(x) $ 在 $ [x_{1}, x_{2}] $ 上必取得最大值 M 与最小值 m，于是有

$$ m\leqslant f(x_{1})\leqslant M 和 m\leqslant f(x_{2})\leqslant M, $$

进而有 $ \lambda_{1}m\leqslant\lambda_{1}f(x_{1})\leqslant\lambda_{1}M $ 和 $ \lambda_{2}m\leqslant\lambda_{2}f(x_{2})\leqslant\lambda_{2}M $ ，将两式相加，得

$$ \left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)m\leqslant\lambda_{1}f\left(x_{1}\right)+\lambda_{2}f\left(x_{2}\right)\leqslant\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)M, $$

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

由介值定理的推论可知：在 $ (x_{1}, x_{2}) $内至少存在一点 $ \xi $，使得

$$ f(\xi)=\frac{\lambda_{1}f(x)+\lambda_{2}f(x_{2})}{\lambda_{1}+\lambda_{2}},\quad\xi\in(x_{1},x_{2})\subseteq(a,b). $$

习题1-8

1. 设函数 $ f(x) $ 在点 $ x=0 $ 处连续，且对一切 $ x_1, x_2 \in \mathbb{R} $ 适合 $ f(x_1 + x_2) = f(x_1) + f(x_2) $ 证明 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上连续.

1. 确定常数 a 的值，使下列函数在 $ (-∞, +∞) $ 上连续：

(1)

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

(2)

$$ f(x)=\{\begin{array}{r}\sqrt{1+x^{2}},\quad x\lt 0,\\ a+x,\quad x\geqslant0;\end{array}. $$

(3)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}\ln(1+x),&x\lt 0,\\ a\cos\pi x,&x\geqslant0;\end{aligned}. $$

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

1. 指出下列函数的间断点及其类型，若是可去间断点，请补充或修改函数在该点的函数值，使之成为连续函数.

(1)

$$ f(x)=\arctan\frac{1}{x}; $$

(2)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}x^{2}+1\ ,&\quad0\leqslant x\leqslant1\ ,\\ \sin\frac{\pi}{x-1} ,\quad&1\lt x\leqslant2\ ;\end{aligned}. $$

(3)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{1}{2-x},0\leqslant x\leqslant1,\\&x,&1\lt x\leqslant2,\\&\frac{1}{1-x},&2\lt x\leqslant3;\end{aligned}. $$

(4)

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

(5) $ f(x)=\{\begin{array}{ll}\mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}}, & x\gt 0, \\ \ln(1+x), & -1\lt x\leq0.\end{array}. $

1. 求下列极限：

(1)

$$ \lim_{x\to+\infty}\cos\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{x}; $$

(2)

$$ \lim_{n\to\infty}\left(\cos\frac{x}{n}\right)^{n^2}; $$

(3)

$$ \lim_{x\to0}\frac{3\sin x+x^{2}\cos\frac{1}{x}}{(1+\cos x)\ln(1+x)}; $$

(4)

$$ \lim_{x\to\pi}\left(\sqrt{2}\cos\frac{x}{4}\right)^{\csc x}. $$

1. 验证：方程 $ e^{-x} = x $ 至少有一个小于 1 的正实根.

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，且 $ a \lt f(x) \lt b $，证明：方程 $ f(x) = x $ 在 $ (a, b) $ 内至少有一实根.

1. 设函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [0, 2a] $ 上连续，且 $ f(0) = f(2a) $。证明：在闭区间 $ [0, a] $ 上至少存在一点 $ \xi $，使得 $ f(\xi) = f(\xi + a) $。

1. 设函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续， $ x_1, x_2, \cdots, x_n \in [a, b] $，证明：在 $ [a, b] $ 上至少存在一点 $ \xi $，使得 $ f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f(x_i) $.

1. 证明：任一奇数次实系数多项式至少有一个零点.

1. 设 $ f(x) $ 是连续的周期函数，证明：对任意取定的正数 k，总存在无穷多个 $ \xi $，使得

$$ f(\xi+k)=f(\xi). $$

总练习题一

1. 填空题：

（1）设 $ f(x) $的定义域是 $ [-1,1] $，则函数 $ f(1-2x)+f(3x) $的定义域为___。

(2) 设 $ f(x) = \ln x $， $ f[\varphi(x)] = 1 + x^2 + \ln 3 $，则 $ \varphi(x) = $ ___.

(3) 若 $ f(x) $ 为奇函数，当 $ x \geq 0 $ 时， $ f(x) = 1 - |x - 1| $，则当 x < 0 时， $ f(x) = $ ___.

(4) 若 x=1 是函数 $ f(x)=\frac{x^2+3x+b}{x^2-3x+a} $ 的可去间断点，则 $ a= $ ___， $ b= $ ___。

（5）若 $ x \to 0 $ 时，有 $ \ln \frac{1-x^{2}}{1+x^{2}} \sim a \sin^{2}\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right) $，则 $ a = $ ___.

(6) 函数 $ f(x)=\frac{x^{2}+x}{\sqrt[3]{x+1}\ln(x-2)} $ 的连续区间为 ___.

1. 单选题：

（1）若 $ f(x) $ 是严格单调递增函数，则下列函数中不一定严格单调递增的是（）.

A. $ f^{2}(x) $ B. $ f[f(x)] $ C. $ \mathrm{e}^{\mathrm{f}(x)} $ D. $ f(\mathrm{e}^{x}) $

(2) 若 $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 互为反函数，则 $ f\left[\frac{1}{2}g(3x)\right] $ 的反函数是（）.

A. $ g\left[\frac{1}{2}f(3x)\right] $ B. $ \frac{1}{3}f[2g(x)] $ C. $ g\left[2f\left(\frac{x}{3}\right)\right] $ D. $ 2g\left[\frac{1}{3}f(x)\right] $

(3) 当 $ x \to 0 $ 时，下列无穷小中不是 x 的 4 阶无穷小应为（）.

A. $ \ln\frac{1-x^{4}+x^{8}}{1+x^{4}+x^{8}} $ B. $ x^{4}\left(2+\sin\frac{1}{x}\right) $ C. $ 10^{-8}x^{4}+10^{8}x^{3} $ D. $ \left(1+2x^{4}\right)^{7}-1 $

（4）下列结论正确的是（）.

A. 若 $ \left|f(x)\right| $ 在 x=a 点处连续，则 $ f(x) $ 在 x=a 处也连续

B. 若 $ \left[f(x)\right]^{2} $ 在 x=a 点处连续，则 $ f(x) $ 在 x=a 处也连续

C. 若 $ \left[f(x)\right]^{3} $ 在 x=a 点处连续，则 $ f(x) $ 在 x=a 处也连续

D. 若 $ f(x) $ 在 x=a 处连续，则 $ \frac{1}{f(x)} $ 在 x=a 处也连续

(5) 当 $ x \to 0 $ 时，下列结论正确的是（）.

A. $ e^{x} \sim 1 + x $

B. 若 $ \alpha(x) $ 是非零无穷小，则必有 $ \sin \alpha(x) \sim \alpha(x) $

C. 若 $ \alpha(x) $ 和 $ \beta(x) $ 是同阶无穷小，则必有 $ \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = A $

D. 若 $ \alpha(x) $ 和 $ \beta(x) $ 是等价无穷小，则 $ \alpha(x) - \beta(x) \sim o(x) $

(6) x=0 是函数 $ f(x)=x\arctan\frac{1}{x} $ 的 () .

A. 连续点

B. 可去间断点

C. 跳跃间断点

D. 无穷间断点

1. 设

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\mathrm{e}^{x},&x\lt 1,\\ &x,&x\geqslant1,\end{aligned}.\varphi(x)=\{\begin{aligned}&x+2,&x\lt 0,\\ &x^{2}-1,&x\geqslant0,\end{aligned}. $$

求 $ f[\varphi(x)] $.

1. 确定下列各极限式中的常数 a 和 b.

(1) $ \lim_{x \to 3} \frac{x^2 + (a-3)x - 3a}{x^2 + bx + 6} = 4 $;

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

1. 求下列极限：

(1) $ \lim_{x \to 1^+} \frac{\sqrt{x-1} + \sqrt{x} - 1}{\sqrt{x^2 - 1}} $; (2) $ \lim_{\alpha \to \beta} \frac{\mathrm{e}^{\alpha\beta x} - \mathrm{e}^{\beta^2 x}}{\alpha^2 - \alpha\beta} $;

(3) $ \lim_{x \to 0} \frac{x \sin x + 5 \sin(x^2)}{1 - \sec x} $;

(4) $ \lim_{x \to \pi} \frac{x^2 - \pi^2}{\sin 5x} $;

(5) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x^2 + 4} - 2}{\ln \cos x} $; (6) $ \lim_{x \to 1} \frac{\sin(\pi \sqrt{x})}{\ln(3x - 2)} $.

1. 确定常数 A 及 k，使当 $ x \to 2 $ 时，

$$ \left(\sqrt{3}x-\sqrt{8+x^{2}}\right)\sim A\left(x-2\right)^{k}. $$

1. 若函数 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处连续， $ g(x) $ 在点 $ x_{0} $ 处不连续，研究下列函数在点 $ x_{0} $ 处的连续性.

(1) $ f(x) + g(x) $; (2) $ \frac{g(x)}{f(x)}(f(x) \neq 0) $; (3) $ f(x) \cdot g(x) $.

1. 若 b>0，证明 $ y=kx+b $ 与曲线 $ y=\sin x $ 至少有一个交点.

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上连续，且地一切实数 $ x $ 都有 $ f[f(x)] = x $，证明：存在实数 $ \xi $，使得 $ f(\xi) = \xi $。

1. 证明：方程 $ \cos x - \frac{1}{x} = 0 $ 有无穷多个正根.

1. 设函数 $ f(x) $ 在闭区间 $ [0, 2] $ 上连续，且 $ f(0) = f(2) $，证明：在 $ [0, 2] $ 上存在两点 $ x_{1} $ 与 $ x_{2} $，使 $ |x_{1} - x_{2}| = 1 $，且 $ f(x_{1}) = f(x_{2}) $

1. 设函数 $ f(x) $， $ g(x) $ 在闭区间 $ [a, b] $ 上连续，且满足 $ f(a) \leq g(a) $， $ f(b) \geq g(b) $，证明：在区间 $ (a, b) $ 内至少存在一点 $ \xi $，使 $ f(\xi) = g(\xi) $。