張宇1000題高等數學 第一章 函數極限與連續

$A$組

15.求極限$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin x+x^2\sin\cfrac{1}{x}}{(2+x^2)\ln(1+x)}$。

解
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin x+x^2\sin\cfrac{1}{x}}{(2+x^2)\ln(1+x)}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{1}{2+x^2}\cdot\cfrac{\sin x+x^2\sin\cfrac{1}{x}}{x}\\ &=\cfrac{1}{2}\lim\limits_{x\to0}\left(\cfrac{\sin x}{x}+x\sin\cfrac{1}{x}\right)=\cfrac{1}{2}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了洛必達法則適用條件求解）

$B$組

3.當$x\to0^+$時，下列無窮小量中，與$x$同階的無窮小是（  ）
$(A)\sqrt{1+x}-1;$
$(B)\ln(1+x)-x;$
$(C)\cos(\sin x)-1;$
$(D)x^x-1.$

解  選項$(A)$，$\sqrt{1+x}-1\sim\cfrac{1}{2}x$，是關於$x$的一階無窮小。
  選項$(B)$，$\ln(1+x)-x=\left[x-\cfrac{1}{2}x^2+\omicron(x^2)\right]-x\sim-\cfrac{1}{2}x^2$，是關於$x$的二階無窮小。
  選項$(C)$，$\cos(\sin x)-1\sim-\cfrac{1}{2}\sin^2x\sim-\cfrac{1}{2}x^2$，是關於$x$的二階無窮小。
  選項$(D)$，$x^x-1=e^{x\ln x}-1\sim x\ln x$，不是關於$x$的一階無窮小。（這道題主要利用了無窮小求解）

15.計算下列極限。

（5）$\lim\limits_{x\to\infty}e^{-x}\left(1+\cfrac{1}{x}\right)^{x^2};$

解
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to\infty}e^{-x}\left(1+\cfrac{1}{x}\right)^{x^2}&=\lim\limits_{x\to\infty}e^{x^2\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-x}=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}}{\left(\frac{1}{x}\right)^2}}\\ &\xlongequal{x=\frac{1}{t}}e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\ln(1+t)-t}{t^2}}=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\frac{1}{1+t}-1}{2t}}=e^{-\frac{1}{2}}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了變量代換求解）

（19）$\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{x^x-(\tan x)^x}{x(\sqrt{1+3\sin^2x}-1)}.$

解  因爲$\lim\limits_{x\to0^+}x^x=\lim\limits_{x\to0^+}e^{x\ln x}=1,\lim\limits_{x\to0^+}e^{x\ln\tan x}=1$。對分母作等價無窮小代換：$\sqrt{1+3\sin^2x}-1\sim\cfrac{1}{2}\cdot3\sin^2x\sim\cfrac{3}{2}x^2(x\to0^+)$，得
$\begin{aligned} \text{原式}&=\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{x^x-(\tan x)^x}{x^3}=\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{x^x\left[1-\left(\cfrac{\tan x}{x}\right)^x\right]}{x^3}\\ &=-\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\left(\cfrac{\tan x}{x}\right)^x-1}{x^3}=-\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{e^{x\ln\left(\frac{\tan x}{x}\right)}-1}{x^3}. \end{aligned}$
  對分子作等價無窮小代換：當$x\to0^+$時，有
$e^{x\ln\left(\frac{\tan x}{x}\right)}-1\sim x\ln\left(\cfrac{\tan x}{x}\right)=x\ln\left[1+\left(\frac{\tan x}{x}-1\right)\right]\sim x\left(\frac{\tan x}{x}-1\right)=\tan x-x,\\ \begin{aligned} \text{原式}&=-\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\tan x-x}{x^3}=-\cfrac{2}{3}\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\sec^2x-1}{3x^2}\\ &=-\cfrac{4}{9}\lim\limits_{x\to0^+}\left(\cfrac{\tan x}{x}\right)^2=-\cfrac{2}{9}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了等價無窮小代換求解）

$C$組

3.記$f(x)=27x^3+5x^2-2$的反函數爲$f^{-1}$，求極限：$\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{f^{-1}(27x)-f^{-1}(x)}{\sqrt[3]{x}}$。

解  首先，顯然有$\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{f(x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to\infty}\left(27+\cfrac{5}{x}-\cfrac{2}{x^3}\right)=27$。
  先令$t=27x$，再令$y=f^{-1}(x)$，則$t=f(y)$，且$x\to\infty$時，$t\to\infty,y\to\infty$，所以
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{f^{-1}(27x)}{\sqrt[3]{x}}&=3\lim\limits_{t\to\infty}\cfrac{f^{-1}(t)}{\sqrt[3]{t}}=3\lim\limits_{y\to\infty}\cfrac{y}{\sqrt[3]{f(y)}}=3\sqrt[3]{\lim\limits_{y\to\infty}\cfrac{y^3}{f(y)}}\\ &=3\sqrt[3]{\cfrac{1}{27}}=1. \end{aligned}$
  同理，令$y=f^{-1}(x)$，則$x=f(y)$，且$x\to\infty$時，$y\to\infty$，所以
$\lim\limits_{x\to\infty}\cfrac{f^{-1}(x)}{\sqrt[3]{x}}=\lim\limits_{y\to\infty}\cfrac{y}{\sqrt[3]{f(y)}}=\sqrt[3]{\lim\limits_{y\to\infty}\cfrac{y^3}{f(y)}}=\sqrt[3]{\cfrac{1}{27}}=\cfrac{1}{3}.$
  因此，原式$=1-\cfrac{1}{3}=\cfrac{2}{3}$。（這道題主要利用了變量代換求解）

4.計算下列極限。

（2）$\lim\limits_{x\to0}\displaystyle\int^x_0\cfrac{\sin2t}{\sqrt{4+t^2}\displaystyle\int^x_0(\sqrt{t+1}-1)\mathrm{d}t};$

解
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\displaystyle\int^x_0\cfrac{\sin2t}{\sqrt{4+t^2}\displaystyle\int^x_0(\sqrt{t+1}-1)\mathrm{d}t}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin2x}{\sqrt{4+x^2}(\sqrt{x+1}-1)}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{(\sqrt{x+1}+1)\sin2x}{x\sqrt{4+x^2}}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{2(\sqrt{x+1}+1)}{\sqrt{4+x^2}}\cdot\cfrac{\sin 2x}{2x}\\ &=2. \end{aligned}$
（這道題主要利用了積分式求導求解）

（3）$\lim\limits_{x\to+\infty}(\sqrt[3]{x^3+2x^2+1}-xe^{\frac{1}{x}});$

解  令$x=\cfrac{1}{t}$，有
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to+\infty}(\sqrt[3]{x^3+2x^2+1}-xe^{\frac{1}{x}})&=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{\sqrt[3]{t^3+2t+1}-e^t}{t}\\ &=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{\cfrac{1}{3}(t^3+2t+1)^{-\frac{2}{3}}(2+3t^2)-e^t}{1}\\ &=\cfrac{1}{3}\times1\times2-1=-\cfrac{1}{3}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了變量代換求解）

（4）$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{1+\cfrac{1}{2}x^2-\sqrt{1+x^2}}{(\cos x-e^{\frac{x^2}{2}})\sin\cfrac{s^2}{2}};$

解
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{1+\cfrac{1}{2}x^2-\sqrt{1+x^2}}{(\cos x-e^{\frac{x^2}{2}})\sin\cfrac{s^2}{2}}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{1+\cfrac{1}{2}x^2-\left[1+\cfrac{1}{2}x^2-\cfrac{1}{8}x^4+\omicron(x^4)\right]}{\left\{\left[1-\cfrac{1}{2}x^2+\omicron(x^2)\right]-\left[1+\cfrac{1}{2}x^2+\omicron(x^2)\right]\right\}\cdot\cfrac{x^2}{2}}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\cfrac{1}{8}x^4+\omicron(x^4)}{-\cfrac{1}{2}x^2+\omicron(x^4)}=-\cfrac{1}{4}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

7.設$a\geqslant5$且爲常數，則$k$爲何值時極限$I=\lim\limits_{x\to+\infty}[(x^\alpha+8x^4+2)^k-x]$存在，並求此極限值。

解  當$k\leqslant0$時，$I=-\infty$，極限不存在；
  當$k>0$時，
$\begin{aligned} I&\xlongequal[x=\frac{1}{t}]{\infty-\infty}\lim\limits_{t\to0^+}\left[\left(\frac{1}{t^\alpha}+\frac{8}{t^4}+2\right)^k-\frac{1}{t}\right](\alpha\geqslant5)\\ &=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{(1+8t^{\alpha-4}+2t^\alpha)^{k}-t^{\alpha k-1}}{t^{\alpha k}}. \end{aligned}$
  只有當$\alpha k-1=0$，即$k=\cfrac{1}{\alpha}$時極限纔可以用洛必達法則，否則極限爲$\infty$，不存在。故
$I=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{(1+8t^{\alpha-4}+2t^\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}-1}{t}=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{\cfrac{1}{\alpha}(8t^{\alpha-4}+2t^\alpha)}{t}.$
  當$\alpha=5$時，$I=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{1}{5}\cfrac{8t+2t^5}{t}=\cfrac{8}{5}$，此時$k=\cfrac{1}{5}$；
  當$\alpha>5$時，$I=0$，此時$k=\cfrac{1}{5}$。（這道題主要利用了分類討論求解）

11.設$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}}(x\geqslant0)$。

（1）求函數$f(x)$的表達式；

解  當$0\leqslant x<\cfrac{1}{2}$時，有$\sqrt[n]{1}\leqslant\sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}}\leqslant1\cdot\sqrt[n]{3}$；
  當$\cfrac{1}{2}\leqslant x<2$時，有$2x<\sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}}\leqslant2x\sqrt[n]{3}$；
  當$x\geqslant2$時，有$x^2\leqslant\sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}}\leqslant x^2\sqrt[n]{3}$。
  又$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{3}=1$，故
$f(x)=\begin{cases} 1,&0\leqslant x<\cfrac{1}{2},\\ 2x,&\cfrac{1}{2}\leqslant x<2,\\ x^2,&x\geqslant2. \end{cases}$

（2）討論函數$f(x)$的連續性。

解  因爲$f(x)$在$\left[0,\cfrac{1}{2}\right),\left[\cfrac{1}{2},2\right),\left[2,+\infty\right)$上連續，又
$\lim\limits_{x\to\left(\frac{1}{2}\right)^-}f(x)=1,\quad\lim\limits_{x\to\left(\frac{1}{2}\right)^+}f(x)=1,\quad f\left(\frac{1}{2}\right)=1,\\ \lim\limits_{x\to2^-}f(x)=4,\quad\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=4,\quad f(2)=4,\\$
  所以$f(x)$在$[0,+\infty)$上連續。（這道題主要利用了分類討論求解）

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