2020張宇1000題【好題收集】【第一章：極限、連續】

一.極限、連續

函數極限

容易犯的錯誤：

①：雖然求極限闊以把加減號拆開然後分別求極限，但是這個是有條件的，比如這種就不能

$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1-x^2}cos^2x-1}{x^2}$
這個如果拆開了就是 $\infty-\infty$ 屬於不能判斷的情況，就不能拆

其實不管加減乘除，實際上就是未定式不能拆開，有兩種$\infty-\infty和0-0$說不清楚是等於多少，而其他的比如說$\infty\pm0$肯定是等於$\infty$的，0根本沒影響
但是比如像1.22的這道題屬於$\infty-\infty+0$的這種
$\lim_{x\to\infty}(x^3+\frac{x}{2})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}-tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}$
後面這項$tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}$答案直接就不要了是爲啥喃？
按道理來說$\infty-\infty$可能是0，然後三項就變成兩項$0-0$又是未定式，這樣就不能省略，而答案省略了卻對了的原因是因爲後面算出來$\infty-\infty=\infty$，所以纔對

②：用洛必達法則的時候：右存在，則左存在，但左存在，不一定右存在

$\lim_{x\to0}\frac{x^2sin\frac{1}{x}}{x}=xsin\frac{1}{x}=0$
但是用洛必達
$\lim_{x\to0}\frac{x^2sin\frac{1}{x}}{x}=2xsin\frac{1}{x}-cos\frac{1}{x},極限就不存在$

③：泰勒展開的時候，階數要展夠，比如這道

$\lim_{x\to0}\frac{(1+x^2)(1-cos2x)-2x^2}{x^4}$
答案是$\frac{4}{3}$

④：要求$f(0)=0$

$\lim_{x\to0}\frac{e^{1-\frac{1}{2}x}-e^{1-x}}{x}$
這個求極限的時候我直接把$e^{1-\frac{1}{2}x}和e^{1-x}展開了$

然後化成$\frac{1+1-\frac{1}{2}x-(1+1-x)}{x}=\frac{1}{2}$就錯了

因爲我們經常用的泰勒展開（也就是麥克勞林）是在$x_0=0$的地方展開的，因此$e^{f(x)}$要展開的話得要求$f(x)=0$

因此如果這道題要展開的話就闊以把常數提出來變成$\lim_{x\to0}\frac{e(e^{-\frac{1}{2}x}-e^{-x})}{x}$這樣就能夠展開了，答案等於$\frac{e}{2}$

⑤：要求$f(x)在0點有意義$

$我還犯過的錯誤就是把\ e^{\frac{1}{x}}\ 這東西展開了$
展開變成$e^{\frac{1}{x}=1+\frac{1}{x}+O(\frac{1}{x})}$，當x趨向零的時候，$O(\frac{1}{x})$這個不叫高階無窮小了，而變成高階無窮大了，因此在求極限中當然不能忽略啦~

⑥：非常非常非常經典的一道題

$證明\lim_{x\to\infty}\frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}}=e^{\frac{1}{2}}$
常見錯誤就是先算$(1+\frac{1}{x})^x求極限=e$，所以$(1+\frac{1}{x})^{x^2}=e^x$，錯誤原因是求極限是個整體，不能一部分求一部分不求

但是這樣做爲啥也不對喃？
$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^{x^2}=\lim_{x\to\infty}e^{x^2ln(1+\frac{1}{x})}=e^{x^2\cdot\frac{1}{x}}=e^x$
這個的原因應該是展開精度不夠，上面的$ln(1+\frac{1}{x})\sim\frac{1}{x}$相當於展開到第一項，精度不夠，如果多寫幾項就能發現
$\lim_{x\to\infty}e^{x^2ln(1+\frac{1}{x})}=e^{x^2(\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+O(\frac{1}{x^2}))}=e^x\cdot e^{-\frac{1}{2}}\cdot e^{O(\frac{1}{x^2}))}=e^x\cdot e^{-\frac{1}{2}}\cdot 1$
這樣答案就對了

1.6

$\lim_{x\to 0}\frac{(3+2tanx)^x-3^x}{3sin^2x+x^3cos\frac{1}{x}}$
就是分母這裏有點不好搞
通過求極限$\lim_{x\to0}\frac{x^3cos\frac{1}{x}}{3sin^2x}=\frac{1}{3}xcosx=0$發現 $x^3cos\frac{1}{x}$ 是 $3sin^2x$ 的高階無窮小，所以闊以直接省略掉，然後就好做了T_T

1.8

$I=\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}\int_0^x(\sqrt{t+1}-1)dt}dt$
這道題是我見過的最奇怪的求極限的題，答案是用的洛必達？？？沒懂怎麼用的，分數的形式不是都沒有嘛？？？
還是小波厲害~用的積分中值定理來化簡的
先把裏面的積分化簡
$I=\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}(\sqrt{\eta+1}-1)\int_0^xdt}dt=\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}(\sqrt{\eta+1}-1)x}dt再把外面的積分化簡=\frac{sin2\xi}{\sqrt{4+\xi^2}(\sqrt{\eta+1}-1)x}\int_0^xdt=\frac{xsin2\xi}{\sqrt{4+\xi^2}(\sqrt{\eta+1}-1)x}=$

$\because \eta\in(0,x),\xi\in(0,x)$

$\therefore \eta\to0,\xi\to0$
$\therefore I=\frac{x\cdot2\xi}{2(\sqrt{\eta+1}-1)x}=\frac{x\cdot2\xi}{2\frac{1}{2}\eta x}=\frac{2\xi}{\eta}=2$

哦哦我懂爲啥闊以提出來了，還是小波給我說滴：
$令F(x)=\int_0^x(\sqrt{t+1}-1)dt$

$I=\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}F(x)}dt,現在就能看出來爲啥闊以提出來了,積分變量是t,所以F(x)闊以提出來,然後就闊以用洛必達了$

1.22

$\lim_{x\to+\infty}[(x^3+\frac{x}{2}-tan\frac{1}{x})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}]$
$答案是變成這樣：\lim_{x\to\infty}(x^3+\frac{x}{2})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}-tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}，然後面這項tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}答案直接就不要了$

按道理來說$\infty-\infty$可能是0，然後三項就變成兩項$0-0$又是未定式，這樣就不能省略，而答案省略了卻對了的原因是因爲後面算出來$\infty-\infty=\infty$，所以纔對

1.40（不常見題型）

$設\alpha\geq5,則k是多少,I=\lim_{x\to\infty}[(x^{\alpha}+8x^4+2)^k-x]極限存在$

$I=\lim_{t\to0}\frac{(1+8t^{\alpha-4)^k-t^{k\alpha-1}}}{t^{k\alpha}}$
然後強行說只有當$k\alpha-1=0$的時候，極限才存在
然後解出$k=\frac{1}{\alpha}$，再帶進去求極限

這題感覺有點。。。怎麼說喃，他要化成那種能比較方便地來求極限的那種形式，然後才能看出啥時候存在，啥時候不存在

1.42

$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{cosx}-\sqrt[3]{cosx}}{sinx^2x}$
①換元，令$t=cos^{\frac{1}{6}}x$，然後用洛必達

②$\frac{\sqrt{cosx}-\sqrt[3]{cosx}}{x^2}=\frac{(\sqrt{cosx}-1)-(\sqrt[3]{cosx}-1)}{x^2}$

其中$\sqrt{cosx}-1=(1+cosx-1)^\frac{1}{2}-1\sim\frac{1}{2}(cosx-1)\sim-\frac{1}{4}x^2$另外一個也類似

1.44（打星）

$\lim_{x\to 0}\frac{1-cosx\cdot \sqrt{cos2x}\cdot \sqrt[3]{cos3x}}{x^2}$
這題真tm牛皮~
題1.42的換元以及變形都不能用了
沒想到分子闊以化成這樣
$1-abc=(1-a)+a(1-b)+ab(1-c)$
這樣就能變形來做了

原來這道題是有題源的，原題爲：
$\lim_{x\to 0}\frac{1-cosx\cdot \sqrt{cos2x}\cdot \sqrt[3]{cos3x}\cdot...\cdot\sqrt[n]{cosnx}}{x^2}$
雖然題解是用洛必達，但要叫我來洛我肯定不願意，這怎麼求導嘛T_T，結果答案令我大喫一斤T_T還真能求導QAQ
令$f(x)=cosx\cdot \sqrt{cos2x}\cdot \sqrt[3]{cos3x}\cdot...\cdot\sqrt[n]{cosnx}=e^{lnf(x)}$

$\therefore f'(x)=e^{lnf(x)}\cdot[lnf(x)]'=f(x)\cdot[ln(cosx)+ln(\sqrt{cos2x}+...+ln(\sqrt[n]{cosnx}))]'=f(x)\cdot[-tanx-\frac{1}{2}tan2x\cdot 2-...-\frac{1}{n}tannx\cdot n]=-f(x)\cdot\sum_{k=1}^ntankx$

$\therefore 原式求洛必達=\frac{-f'(x)}{2x}=\frac{1}{2}\frac{\cdot\sum_{k=1}^ntankx}{x}=\frac{1}{2}\cdot\sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}{4}$

1.45（打星）【證明題】【放縮】

$f(1)=1,f'(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)},證明\lim_{x\to\infty}f(x)極限存在且小於1+\frac{\pi}{2}$
這種題就屬於那種以前沒見過的話就特別懵逼的題

$\int_1^xf'(t)dt=f(x)+c$

當$x=1時\Rightarrow 0=f(1)+c\Rightarrow c=-1$

$\therefore f(x)-1=\int_1^xf'(t)dt=\int_1^x\frac{1}{t^2+f^2(t)}dt$

$又\because \frac{1}{x^2+f^2(x)}>0$

$\therefore f'(x)>0\Rightarrow f(x)單增$

$\therefore f(x)>=1,在x\in(1,+\infty)$

$\therefore \frac{1}{t^2+f^2(t)}\leq\frac{1}{t^2+1}\Rightarrow\int_1^x\frac{1}{t^2+f^2(t)}dt\leq\int_1^x\frac{1}{t^2+1}dt$

$\therefore f(x)-1=\int_1^x\frac{1}{t^2+f^2(t)}dt\leq\int_1^x\frac{1}{t^2+1}dt$

即：$f(x)\leq1+\int_1^x\frac{1}{t^2+1}dt$

再求個極限

$\lim_{x\to\infty}f(x)\leq1+\int_1^{\infty}\frac{1}{t^2+1}dt=1+\frac{\pi}{4}\leq1+\frac{\pi}{2}$
這道題中有$\frac{\pi}{2}$，求極限中好像只有$arctan\ x$纔會出現$\frac{\pi}{2}$，所以再看有沒有跟$arctan\ x$相關的

數列極限

例3

$證明數列\ {(1+\frac{1}{n})^n}\ 極限存在$
一般要證明極限存在都是要證明兩個：單調、有界
這個的證明感覺很厲害，也是張宇18講上面看到的
①：證明單增
$設e_n=(1+\frac{1}{n})^n$

$\sqrt[n+1]{e_n}=\sqrt[n+1]{1\cdot(1+\frac{1}{n})\cdot(1+\frac{1}{n})\cdot...\cdot(1+\frac{1}{n})}\leq\frac{1+(1+\frac{1}{n})+(1+\frac{1}{n})+...+(1+\frac{1}{n})}{n+1}=\frac{1+n(1+\frac{1}{n})}{n+1}=\frac{n+2}{n+1}=(1+\frac{1}{n+1})=\sqrt[n+1]{e_{n+1}}$

$\therefore e_n\leq(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}=e_{n+1}\Rightarrow e_n\leq e_{n+1}\Rightarrow單增$
②：證明有界
$設E_n=(1+\frac{1}{n})^{n+1}$

$\sqrt[n]{E_n}=\sqrt[n]{(1+\frac{1}{n})^2\cdot(1+\frac{1}{n})\cdot(1+\frac{1}{n})\cdot...\cdot(1+\frac{1}{n})}\leq\frac{(1+\frac{1}{n})^2+(n-1)\cdot(1+\frac{1}{n})}{n}=1+\frac{n^3-1}{n^3(n-1)}<1+\frac{1}{n-1}=\sqrt[n]{E_{n-1}}$
$\therefore E_n\leq E_{n-1}\leq E_{n-2}\leq...\leq E_1$

而$e_n<E_n\Rightarrow e_n<E_1\Rightarrow e_n有上界$
$\therefore 極限存在(✪ω✪)$

1.67（打星）

$\lim_{n\to\infty}n^2(a^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n+1}})$
這道題我無論怎麼化，好像都化不出個什麼樣子來，看答案發現竟然是用中值定理來做的T_T
令$f(x)=a^x$

$a^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n+1}}=(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})a^{\xi}lna$
然後求了極限，答案裏面不還有 $\xi$得哇，怎麼辦？
$\because \xi\in(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n})$
$\therefore \xi\to0$

1.69

$\lim_{n\to\infty}cos\frac{x}{2}cos\frac{x}{4}...cos\frac{x}{2^n}$
這道題以前應該做過的，就是分子分母同時乘上$sin\frac{x}{2^n}$，但是化了之後到底乘了多少個$\frac{1}{2}$這裏竟然搞錯了T_T

1.77（打星）【求極限先斬後奏】

$已知x_1=\frac{1}{2},2x_{n+1}+x_n^2=1,求\lim_{n\to\infty}x_n$
哇~又學到了，這道題屬於那種“先斬後奏”的，要先假設存在，並且強行求出極限
然後再假裝正式地求出 $\lim_{n\to\infty}|x_n-A|=0$來說明極限等於 $A$
首先在草稿紙上對這個等式 $2x_{n+1}+x_n^2=1$求極限得到 $2A+A^2=1$，然後把 $A$解出來取合適的值（這裏取捨要想一哈）

然後根據等式的變形 $x_{n+1}=\frac{1}{2}(1-x_n^2)$ 得出$A=\frac{1}{2}(1-A^2)$

然後兩個式子相減，構造出$|y_{n+1}|=k|y_n|$這種樣子（不同的題湊的方式不同，感覺這裏還不好弄）

$|x_{n+1}-A|=\frac{1}{2}|x_{n}+A||x_n-A|$

這道題就是令 $y_{n+1}=x_{n+1}-A,令k=\frac{1}{2}|x_{n}+A|$

然後就是這種必須掌握的套路了
$|y_{n+1}|=k|y_n|=k^2|y_{n-1}|=...=k^n|y_1|$
然後計算 $k$的範圍，算出來肯定是要小於 $1$ 的，所以$k^n\to0$

$\therefore \lim_{n\to\infty}|y_n|=0$
即：$\lim_{n\to\infty}x_n=A$

1.80【證明題】

$a\leq x\leq b,a\leq f(x)\leq b,且\forall x_1,x_2\in[a,b]有|f(x_2)-f(x_1)|=k|x_2-x_1|,k<1$
$(1)證明：\exist 唯一\xi使得f(\xi)=\xi$

移項一哈就是$f(\xi)-\xi=0$，也就是證明$g(x)=f(x)-x$在區間內有唯一零點
那麼按照老套路就是找到異號的兩個端點就能證明存在，這裏$g(a)\geq0,g(b)\leq0$，答案是不是寫反了？
然後證明唯一性就是證明他單調，但是這道題沒辦法證明單調，但是跟普通的題相比多了個條件，肯定要把這個條件用上

證明唯一性：反證法
假如還存在一個$\eta$使得$f(\eta)=\eta$
那麼$f(\xi)-f(\eta)=\xi-\eta$
$|\xi-\eta|=f(\xi)-f(\eta)=k|\xi-\eta|\Rightarrow |\xi-\eta|(1-k)=0\Rightarrow k=1$
而$k<1$所以矛盾
$(2)對於任意的x_1\in[a,b],x_{n+1}=f(x_n),證明\lim_{n\to\infty}x_n存在,且\lim_{n\to\infty}x_n=\xi$
這個也有種先斬後奏的思想
$x_n的極限等於\xi$，那麼$x_n-\xi的極限就該等於0$

因此就來求 $\lim_{n\to\infty}(x_n-\xi)$

而根據所給的$x_{n+1}=f(x_n)$的條件，就闊以一層一層變回去

$|x_n-\xi|=|f(x_{n-1})-f(\xi)|\stackrel{再用題乾的條件}{=}k|x_{n-1}-\xi|=...=k^{n-1}|x_1-\xi|=0$

這樣極限就求出來了，並且也說明了極限存在

1.81

就是求有理數的係數 與無理數的係數 的比值的極限
$(2+\sqrt{2})^n=A_n+\sqrt{2}B_n,求\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{B_n}$
要先找到關係式，一開始還沒反應過來QAQ
$A_n+\sqrt{2}B_n=(2+\sqrt{2})(A_{n-1}+\sqrt{2}B_{n-1})=2(A_{n-1}+B_{n-1})+\sqrt{2}(A_{n-1}+2B_{n-1})$
$\therefore \left\{\begin{matrix} A_n=2(A_{n-1}+B_{n-1})\\ \\ B_n=(A_{n-1}+2B_{n-1}) \end{matrix}\right.$

$\therefore \frac{A_n}{B_n}=\frac{2(A_{n-1}+B_{n-1})}{(A_{n-1}+2B_{n-1})}\stackrel{還要再轉換一哈}{======}\frac{2(\frac{A_{n-1}}{B_{n-1}})+1}{\frac{A_{n-1}}{B_{n-1}}+2}$
$然後就領\frac{A_n}{B_n}=x_n$就好做了
得到的關係式就是：
$x_n=\frac{2x_{n-1}+1}{x_{n-1}+2}$
$做差:x_{n+1}-x_{n}=\frac{2\left(x_{n}-x_{n-1}\right)}{\left(x_{n-1}+2\right)\left(x_{n}+2\right)}$，與分子同號，說明單調
然後$x_n>0$能理解，$x_n<2$是把上面的關係式化簡成$x_n=2-\frac{1}{x_{n-1}+2}$，這樣就能看出了因此極限存在
然後就設出來反解出來

1.82【函數迭代】

$0\leq f(x)\leq x,x\in[0,+\infty),a_1\geq0,a_{n+1}=f(a_n)\\ (1)求證：\{a_n\}收斂\\ (2)證明：設\lim_{n\to\infty}a_n=t,則有f(t)=t\\ (3)證明：若條件改爲0\leq f(x)<x,x\in(0,+\infty),則t=0$

(1)

$\because f(x)\leq x\Rightarrow f(a_n)\leq a_n$
又$\because f(a_n)=a_{n+1}\Rightarrow a_{n+1}\leq a_n\Rightarrow a_n單減$
$\because x\geq0\Rightarrow 有下界$
$\therefore 收斂$

(2)

$f(t)=f(\lim_{n\to\infty}a_n)=\lim_{n\to\infty}f(a_n)=\lim_{n\to\infty}a_{{n+1}}=t$
$其中f(\lim_{n\to\infty}a_n)=\lim_{n\to\infty}f(a_n)我懵逼了一哈(｀・ω・´),然後覺得好像有道理$

(3)

大概就是說，如果能等於，那就迭代到自變量和因變量相等那一點
如果不能等於，那就只能迭代到0

1.83

$已知f(x)=x+ln(2-x)有最大值f(1)=1,x_1=ln2,x_n=\sum_{i=2}^nln(2-x_i),證明:\lim_{n\to\infty}x_n極限存在並求值$

所給的條件就是第一問,一般第一問都是爲第二問做鋪墊的,我就沒發現這個

$x_n=\sum_{i=2}^nln(2-x_i)=x_{n-1}+ln(2-x_{n-1})$

這個我都沒看出來T_T，這樣就找到了遞推關係，並且這個遞推關係長得就和我們的條件一樣，所以寫出來就是

$x_n=f(x_{n-1})$

$f(x)$有最大值，說明$x_n$有上界，於是第一個條件就出來了，再證明單增就行了

$x_n-x_{n-1}=ln(2-x_{n-1})>0$所以單增也出來了，之後就好做了

1.84

$x_1=1,x_n=\int_0^1min(x,x_{n-1})dx,證明\lim_{n\to\infty}存在並求值$

這個$min$操作一開始會有點懵逼，寫幾項試一試喃
$x_2=\int_0^1min(x,1)dx=\int_0^1xdx=\frac{1}{2}$

$x_3=\int_0^{\frac{1}{2}}xdx+\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{2}dx=\frac{3}{8}$

會發現遞推關係是這樣 $x_n=\int_0^{x_{n-1}}xdx+\int_{x_{n-1}}^1x_{n-1}dx=x_{n-1}-\frac{1}{2}x_{n-1}^2$

單調性倒是一眼就看出來了，可是有下界還是要推一推的

$\because 單調\therefore x_{n-1}<x_1=1$

$\therefore x_{n-1}>x_{n-1}^2>\frac{x_{n-1}^2}{2}\Rightarrow x_{n-1}>x_{n-1}^2\Rightarrow x_{n-1}-x_{n-1}^2>0\Rightarrow x_n>0\Rightarrow 有下界$

1.87（多看）【證明題】

$(1)證明：方程e^x+x^{2n+1}=0在x\in(-1,0)內有唯一實根x_n$
就是證$f_n(x)=e^x+x^{2n+1}$單增並且兩端異號，爲後面題使用
$(2)證明：\lim_{n\to\infty}x_n存在並求其值a$
$f_{n+1}(x)=e^{x}+x^{2(n+1)+1}=e^{x}+x^{2n+1}\cdot x^2$

$\because x_{n+1}是f_{n+1}(x)的根\Rightarrow f_{n+1}(x_{n+1})=0\Rightarrow e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}\cdot x_{n+1}^2=0$

$又\because x_{n+1}\in(-1,0)\Rightarrow x_{n+1}^2\in(0,1)\Rightarrow x_{n+1}^2<1$

$\therefore e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}>e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}\cdot x_{n+1}^2$（這裏我應該沒判斷錯吧，確實應該是大於，答案好像寫錯了）

$\therefore e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}>0$

$而x_n是f_n(x)的根\Rightarrow f_n(x_n)=0\Rightarrow e^{x_n}+x_n^{2n+1}=0$

$\therefore e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}>e^{x_n}+x_n^{2n+1}\Rightarrow x_{n+1}>x_n\Rightarrow x_n單增$

$而x_n<0\Rightarrow 有上界\Rightarrow 極限存在$

然後由$e^{x_n}+x_n^{2n+1}=0闊以化出\Rightarrow x_n=(2n+1)ln(-x_n),然後同時求極限$

這題長得還有點怪。。因爲求極限的話右邊是$\infty$了，所以移項到左邊，讓左邊等於0
￣へ￣（有點無語）

$\frac{a}{2n+1}=ln(-a)$
然後$\frac{a}{2n+1}=0\Rightarrow ln(-a)=0\Rightarrow a=-1$

$(3)求\lim_{n\to\infty}\ \ n(x_n-a)$
$由上題知:x_n=(2n+1)ln(-x_n),但是這個形式對解題不方便,所以把右邊的x_n反解出來:$
$x_n=-e^{\frac{x_n}{2n+1}}$
$\therefore n(x_n-a)=n(1-e^{\frac{x_n}{2n+1}})$
然後求極限，有$e^{f(x)-1}這種形式並且滿足f(x)趨向0的條件，比較好求$

1.90（放縮夾逼）

$已知0<tan^2x-x^2<x^4,x_n=\sum_{k=1}^ntan^2\frac{1}{\sqrt{n+k}},求\lim_{n\to\infty}x_n$
這道題放縮很厲害呀~
設$I=tan^2\frac{1}{\sqrt{n+k}}$
很明顯闊以化成

$\frac{1}{n+k}<I<\frac{1}{n+k}+\frac{1}{(n+k)^2}$

我就只能弄到這兒了

答案還把右邊放縮了一哈，才能夠計算出來

$\frac{1}{n+k}<I<\frac{1}{n+k}+\frac{1}{n^2}$

然後，秀操作的時候來了

$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n+k}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\frac{1}{n}=\int_0^1\frac{1}{1+x}dx=ln2$

然後右邊只是多了個 $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0$，哇~

所以夾逼出來就是$ln2$

1.91

$證明：f(x)=(n^x+1)^{-\frac{1}{x}}單增,x\in(0,+\infty)$
如果直接求導會很複雜，因此取個對數，因爲對數是增函數，所以單調性不會變
$g(x)=lnf(x)=-\frac{1}{x}ln(n^x+1)$

$g'(x)=\frac{1}{x^2}ln(n^x+1)-\frac{1}{x}\frac{n^xlnn}{n^x+1}$

到這裏，如果直接令$g'(x)>0$又很難解出$x$的範圍

沒想到竟然是放縮。。。

$g'(x)=\frac{1}{x^2}ln(n^x+1)-\frac{1}{x}\frac{n^xlnn}{n^x+1}>\frac{1}{x^2}ln(n^x)-\frac{1}{x}\frac{(n^x+1)lnn}{n^x+1}=\frac{1}{x}lnn-\frac{1}{x}lnn=0$

哇地一聲哭了出來(╥╯^╰╥)

$x_n=\sum_{k=1}^n(n^k+1)^{-\frac{1}{k}},求\lim_{n\to\infty}x_n$

要用到第二問的結論
$x_n$相當於 $\sum_{k=1^n}f(k)$

$\because 1\leq k\leq n且f(x)單增$

$\therefore f(1)\leq f(k)\leq f(n)\Rightarrow \sum_{k=1}^nf(1)\leq x_n\leq \sum_{k=1}^nf(n)$

左邊很好求極限，右邊就還要變形一哈~

$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{(n^n+1)^{\frac{1}{n}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{(n^n+1)^{\frac{1}{n}}},分子分母同時除以n,=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(1+\frac{1}{n^n})^{\frac{1}{n}}}=1$

1.101

$求f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{x}}arctan\frac{1}{1+x}}{x^2+e^{nx}}的間斷點以及類型$

這道題我做第二遍的時候也沒反應過來QAQ，一來就直接求的，然後就遇到問題了，就是分母的 $e^{nx}$，$x\to0,n\to\infty$，那$nx\to?$

這道題先要分段
$f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { 0 , } & { x > 0 } \\ { \frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x } } \arctan \frac { 1 } { 1 + x } } { x ^ { 2 } } , } & { x < 0 } \end{array} \right.$
然後做纔好做
但是當$x>0$的時候，爲啥就是0喃？
萬一$x\to0$的時候，那$e^nx$也就不知道啊，我還是不理解T_T