李永樂複習全書高等數學 第一章 函數、極限、連續

1.2  極限

例4  設$f(x)$在$x=0$的某鄰域內連續，$f(0)\ne0$，則$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^x_0(x-t)f(t)\mathrm{d}t}{x\displaystyle\int^x_0f(x-t)\mathrm{d}t}=$______。

解
$\begin{aligned} &\displaystyle\int^x_0(x-t)f(t)\mathrm{d}t=x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t,\\ &\displaystyle\int^x_0f(x-t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^0_xf(u)(-\mathrm{d}u)=\displaystyle\int^x_0f(u)\mathrm{d}u=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t, \end{aligned}\\ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t}{x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+xf(x)-xf(x)}{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+xf(x)}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t}{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+xf(x)}. \end{aligned}$
  此式不能用洛必達法則，因爲$f(x)$在$x=0$的去心領域內未設可導，不滿足洛必達法則的條件（2）。應將上式右邊分子、分母統一除以$x$，得
$\text{原式}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\cfrac{1}{x}\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t}{\cfrac{1}{x}\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+f(x)}.$
  由洛必達法則，$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t}{x}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)}{1}=f(0)$。從而
$\text{原式}=\cfrac{f(0)}{f(0)+f(0)}=\cfrac{1}{2}.$
（這道題主要利用了構造函數求解）

例5  $\lim\limits_{x\to0}\cfrac{3\sin x+x^2\cos\cfrac{1}{x}}{(1+\cos x)\ln(1+x)}=$______。

解
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{3\sin x+x^2\cos\cfrac{1}{x}}{(1+\cos x)\ln(1+x)}&=\cfrac{1}{2}\lim\limits_{x\to0}\cfrac{3\sin x+x^2\cos\cfrac{1}{x}}{x}\\ &=\cfrac{1}{2}\left[\lim\limits_{x\to0}\cfrac{3\sin x}{x}+\lim\limits_{x\to0}\left(x\cos\cfrac{1}{x}\right)\right]=\cfrac{3}{2}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了洛必達法則求極限的條件求解）

例6  求極限$\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t}{x^2\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)}$。

解  命分母爲$g(x)=x^2\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)=x\cdot x\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)$，由於$\lim\limits_{x\to+\infty}x\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)=\lim\limits_{u\to0^+}\cfrac{\ln(1+u)}{u}=1$，所以$\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty$。
  命分子爲$f(x)=\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t$，其中被積函數的極限
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to+\infty}[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]&=\lim\limits_{u\to0^+}\cfrac{e^u-1-u}{u^2}\\ &\xlongequal{\text{洛必達}}\lim\limits_{u\to0^+}\cfrac{e^u-1}{2u}\\ &\xlongequal{\text{洛必達}}\lim\limits_{u\to0^+}\cfrac{e^u}{2}=\cfrac{1}{2}, \end{aligned}$
  所以存在充分大的$T$，由保號性，當$t>T$時，有
$[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]>\cfrac{1}{3}.$
  於是當$x$充分大$(x>T)$時，
$\begin{aligned} f(x)&=\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^T_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t+\displaystyle\int^x_T[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t\\ &>\displaystyle\int^T_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t+\displaystyle\int^x_T\cfrac{1}{3}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^x_T[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t+\cfrac{1}{3}(x-T)\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty. \end{aligned}$
  由洛必達法則
$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t}{x^2\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)}&=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t}{x}\\ &\xlongequal{\text{洛必達}}\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x}{1}=\cfrac{1}{2}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了積分式求導求解）

例17  設$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{xf(x)+\ln(1-2x)}{x^2}=4$，則$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)-2}{x}=$______。

解
$\cfrac{f(x)-2}{x}-\cfrac{xf(x)+\ln(1-2x)}{x^2}=\cfrac{-2x-\ln(1-2x)}{x^2}.\\ \begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)-2}{x}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{xf(x)+\ln(1-2x)}{x^2}-\lim\limits_{x\to0}\cfrac{2x+\ln(1-2x)}{x^2}\\ &=4-\lim\limits_{x\to0}\cfrac{2-\cfrac{2}{1-2x}}{2x}=6. \end{aligned}$
（這道題主要利用了極限的四則運算求解）

例21  設$u_n=\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{\sqrt{(n+i-1)(n+i)}}$，求$\lim\limits_{n\to\infty}u_n$。

解
$\begin{aligned} u_n&=\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{\sqrt{(n+i-1)(n+i)}}=\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{\sqrt{(1+\cfrac{i-1}{n})(1+\cfrac{i}{n})}}\\ &\leqslant\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{1+\cfrac{i-1}{n}}=\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}\cfrac{1}{1+\cfrac{i}{n}}\xrightarrow[n\to\infty]{}\displaystyle\int^1_0\cfrac{1}{1+x}\mathrm{d}x=\ln2. \end{aligned}\\ \begin{aligned} u_n&\geqslant\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{n+i}\\ &=\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{1+\cfrac{i}{n}}\xrightarrow[n\to\infty]{}\displaystyle\int^1_0\cfrac{1}{1+x}\mathrm{d}x=\ln2. \end{aligned}$
  所以，$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=\ln2$。（這道題主要利用了積分定義求解）

例22  設$u_1>0,u_{n+1}=3+\cfrac{4}{u_n},n=1,2,\cdots$。討論數列$\{u_n\}$的收斂性。若收斂，並求其極限。

解
$u_{n+1}-4=3+\cfrac{4}{u_n}-4=\cfrac{4}{u_n}-1=\cfrac{4-u_n}{u_n}.$
  由於對一切$n,u_n>3$，所以
$\begin{aligned} |u_{n+1}-4|&=\cfrac{|4-u_n|}{u_n}\leqslant\cfrac{1}{3}|u_n-4|\\ &\leqslant\cdots\leqslant\left(\cfrac{1}{3}\right)^n|u_1-4|. \end{aligned}$
  不等式左邊顯然$\geqslant0$，命$n\to\infty$，由夾擠定理得$\lim\limits_{n\to\infty}|u_{n+1}-4|=0$，所以$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=4$。（這道題主要利用了放縮法求解）

例25  下列命題正確的是（  ）
$(A)$設$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$不存在，$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)$存在，則$\lim\limits_{x\to x_0}(f(x)g(x))$必存在；
$(B)$設$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$不存在，$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)$不存在，則$\lim\limits_{x\to x_0}(f(x)g(x))$必不存在；
$(C)$設$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=u_0,\lim\limits_{u\to u_0}f(u)=A$，則必有$\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))=A$；
$(D)$設$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=\infty,\lim\limits_{u\to\infty}f(u)=A$，則必有$\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))=A$。

解  由$\lim\limits_{u\to\infty}f(u)=A$，對於任給$\epsilon>0$，存在$M>0$，當$|u|>M$時，有$|f(u)-A|<\epsilon$。又因$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=\infty$，故對於上述$M>0$，存在$\delta>0$，當$0<|x-x_0|<\delta$時，$|g(x)|>M$。將上述兩點結合起來推知，對於任給$\epsilon>0$，存在$\delta>0$，當$0<|x-x_0|<\delta$時，有$|f(g(x))-A|<\epsilon$，即
$\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))=A.$
  所以$(D)$正確。
  $(A)$的反例：$f(x)=\cfrac{1}{x^2},\lim\limits_{x\to0}f(x)$不存在，$g(x)=x,\lim\limits_{x\to0}g(x)$存在，但$\lim\limits_{x\to0}(f(x)g(x))=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{1}{x}$仍不存在。
  $(B)$的反例：$f(x)=\cfrac{x}{|x|}(x\ne0),\lim\limits_{x\to0}f(x)$不存在，$g(x)=\cfrac{x}{|x|}(x\ne0),\lim\limits_{x\to0}g(x)$亦不存在，但$\lim\limits_{x\to0}(f(x)g(x))=\lim\limits_{x\to0}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{x^2}{|x^2|}=1$。
  $(C)$的反例：$g(x)=x\sin\cfrac{1}{x},\lim\limits_{x\to0}g(x)=0.f(u)=\cfrac{\sin u}{u}=1$，但對於複合函數$f(g(x))=\cfrac{\sin\left(x\sin\cfrac{1}{x}\right)}{x\sin\cfrac{1}{x}}$，不論$\delta>0$多麼小，在$x=0$的$\delta$去心領域$U_\delta(0)=\{x|0<|x|<\delta\}$內，$f(g(x))$在無窮多個點上（例如$x=\cfrac{1}{n\pi},n\in\bold{Z}$且充分大）沒有定義（因爲分母爲$0$），因此談不上取極限$\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))$。故$(C)$不成立。（這道題主要利用了臨界點求解）

例26  設函數$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$內單調有界，$\{x_n\}$爲數列，下列命題正確的是（  ）
$(A)$若$\{x_n\}$收斂，則$\{f(x_n)\}$收斂；
$(B)$若$\{x_n\}$單調，則$\{f(x_n)\}$收斂；
$(C)$若$\{f(x_n)\}$收斂，則$\{x_n\}$收斂；
$(D)$若$\{f(x_n)\}$單調，則$\{x_n\}$收斂。

解  因爲$\{x_n\}$單調，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$內也單調，所以複合函數構成的數列$\{f(x_n)\}$對$n$來說也是單調的。又因$f(x)$有界，所以$\{f(x_n)\}$有界。由單調有界數列必存在極限，所以$\lim\limits_{n\to\infty}\{f(x_n)\}$存在，即$\{f(x_n)\}$收斂。選$(B)$。
  $(A)$的反例。設
$f(x)=\begin{cases}\arctan x,&0\leqslant x<+\infty,\\\arctan x-1,&-\infty<x<0.\end{cases}\\ x_n=\cfrac{(-1)^n}{n},\qquad n=1,2,\cdots.$
  $f(x)$在$(-\infty,+\infty)$內單調有界，$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0,\{x_n\}$收斂。
  但
$f(x_n)=\begin{cases}\arctan\left(\cfrac{1}{x}\right),&n\text{爲偶數},\\\arctan\left(-\cfrac{1}{x}\right)-1,&n\text{爲奇數}.\end{cases}$
  故$\lim\limits_{n\to\infty}\{f(x_n)\}$不存在。
  由$(A)$的反例可見，由$\{x_n\}$的收斂性與$f(x)$的單調性推不出$f(x)$關於$n$的單調性。所以實際上，條件中的單調性在此已不起作用。
  $(C)$的反例。$f(x)=\arctan x$，它在$(-\infty,+\infty)$內單調有界，$x_n=n,f(x_n)=\arctan n\to\cfrac{\pi}{2}(n\to\infty)$，它收斂。但$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}n=+\infty$，不收斂。
  $(D)$的反例見$(C)$的反例，$f(x_n)=f(n)=\arctan n$單調，但$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}n=+\infty$，不收斂。（這道題主要利用了函數的單調和有界性質求解）

練習一

10.設當$0<x\leqslant1$時$f(x)=x^{\sin x}$，對於其他$x,f(x)$滿足$f(x)+k=2f(x+1)$。求常數$k$使$f(x)$在$x=0$處連續。

解  因爲$0<x\leqslant1$時，$f(x)=x^{\sin x}$，所以$f(1)=1$，又因爲題設$f(x)$在$x=0$處連續，於是
$f(0)=\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to0^+}x^{\sin x}=\lim\limits_{x\to0^+}e^{\sin x\cdot\ln x}.$
  而$\lim\limits_{x\to0^+}\sin x\cdot\ln x=\lim\limits_{x\to0^+}x\cdot\ln x=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\ln x}{\cfrac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\cfrac{1}{x}}{-\cfrac{1}{x^2}}=0$，從而知$f(0)=e^0=1$。取$x=0$代入$f(x)+k=2f(x+1)$，得$f(0)+k=2f(1)$，即$1+k=2$，所以$k=1$。（這道題主要利用了洛必達法則求解）

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