2020张宇1000题【好题收集】【第一章：极限、连续】

一.极限、连续

函数极限

容易犯的错误：

①：虽然求极限阔以把加减号拆开然后分别求极限，但是这个是有条件的，比如这种就不能

$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1-x^2}cos^2x-1}{x^2}$
这个如果拆开了就是 $\infty-\infty$ 属于不能判断的情况，就不能拆

其实不管加减乘除，实际上就是未定式不能拆开，有两种$\infty-\infty和0-0$说不清楚是等于多少，而其他的比如说$\infty\pm0$肯定是等于$\infty$的，0根本没影响
但是比如像1.22的这道题属于$\infty-\infty+0$的这种
$\lim_{x\to\infty}(x^3+\frac{x}{2})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}-tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}$
后面这项$tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}$答案直接就不要了是为啥喃？
按道理来说$\infty-\infty$可能是0，然后三项就变成两项$0-0$又是未定式，这样就不能省略，而答案省略了却对了的原因是因为后面算出来$\infty-\infty=\infty$，所以才对

②：用洛必达法则的时候：右存在，则左存在，但左存在，不一定右存在

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

③：泰勒展开的时候，阶数要展够，比如这道

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

④：要求$f(0)=0$

$\lim_{x\to0}\frac{e^{1-\frac{1}{2}x}-e^{1-x}}{x}$
这个求极限的时候我直接把$e^{1-\frac{1}{2}x}和e^{1-x}展开了$

然后化成$\frac{1+1-\frac{1}{2}x-(1+1-x)}{x}=\frac{1}{2}$就错了

因为我们经常用的泰勒展开（也就是麦克劳林）是在$x_0=0$的地方展开的，因此$e^{f(x)}$要展开的话得要求$f(x)=0$

因此如果这道题要展开的话就阔以把常数提出来变成$\lim_{x\to0}\frac{e(e^{-\frac{1}{2}x}-e^{-x})}{x}$这样就能够展开了，答案等于$\frac{e}{2}$

⑤：要求$f(x)在0点有意义$

$我还犯过的错误就是把\ e^{\frac{1}{x}}\ 这东西展开了$
展开变成$e^{\frac{1}{x}=1+\frac{1}{x}+O(\frac{1}{x})}$，当x趋向零的时候，$O(\frac{1}{x})$这个不叫高阶无穷小了，而变成高阶无穷大了，因此在求极限中当然不能忽略啦~

⑥：非常非常非常经典的一道题

$证明\lim_{x\to\infty}\frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}}=e^{\frac{1}{2}}$
常见错误就是先算$(1+\frac{1}{x})^x求极限=e$，所以$(1+\frac{1}{x})^{x^2}=e^x$，错误原因是求极限是个整体，不能一部分求一部分不求

但是这样做为啥也不对喃？
$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^{x^2}=\lim_{x\to\infty}e^{x^2ln(1+\frac{1}{x})}=e^{x^2\cdot\frac{1}{x}}=e^x$
这个的原因应该是展开精度不够，上面的$ln(1+\frac{1}{x})\sim\frac{1}{x}$相当于展开到第一项，精度不够，如果多写几项就能发现
$\lim_{x\to\infty}e^{x^2ln(1+\frac{1}{x})}=e^{x^2(\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+O(\frac{1}{x^2}))}=e^x\cdot e^{-\frac{1}{2}}\cdot e^{O(\frac{1}{x^2}))}=e^x\cdot e^{-\frac{1}{2}}\cdot 1$
这样答案就对了

1.6

$\lim_{x\to 0}\frac{(3+2tanx)^x-3^x}{3sin^2x+x^3cos\frac{1}{x}}$
就是分母这里有点不好搞
通过求极限$\lim_{x\to0}\frac{x^3cos\frac{1}{x}}{3sin^2x}=\frac{1}{3}xcosx=0$发现 $x^3cos\frac{1}{x}$ 是 $3sin^2x$ 的高阶无穷小，所以阔以直接省略掉，然后就好做了T_T

1.8

$I=\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}\int_0^x(\sqrt{t+1}-1)dt}dt$
这道题是我见过的最奇怪的求极限的题，答案是用的洛必达？？？没懂怎么用的，分数的形式不是都没有嘛？？？
还是小波厉害~用的积分中值定理来化简的
先把里面的积分化简
$I=\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}(\sqrt{\eta+1}-1)\int_0^xdt}dt=\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}(\sqrt{\eta+1}-1)x}dt再把外面的积分化简=\frac{sin2\xi}{\sqrt{4+\xi^2}(\sqrt{\eta+1}-1)x}\int_0^xdt=\frac{xsin2\xi}{\sqrt{4+\xi^2}(\sqrt{\eta+1}-1)x}=$

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

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

哦哦我懂为啥阔以提出来了，还是小波给我说滴：
$令F(x)=\int_0^x(\sqrt{t+1}-1)dt$

$I=\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}F(x)}dt,现在就能看出来为啥阔以提出来了,积分变量是t,所以F(x)阔以提出来,然后就阔以用洛必达了$

1.22

$\lim_{x\to+\infty}[(x^3+\frac{x}{2}-tan\frac{1}{x})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}]$
$答案是变成这样：\lim_{x\to\infty}(x^3+\frac{x}{2})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}-tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}，然后面这项tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}答案直接就不要了$

按道理来说$\infty-\infty$可能是0，然后三项就变成两项$0-0$又是未定式，这样就不能省略，而答案省略了却对了的原因是因为后面算出来$\infty-\infty=\infty$，所以才对

1.40（不常见题型）

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

$I=\lim_{t\to0}\frac{(1+8t^{\alpha-4)^k-t^{k\alpha-1}}}{t^{k\alpha}}$
然后强行说只有当$k\alpha-1=0$的时候，极限才存在
然后解出$k=\frac{1}{\alpha}$，再带进去求极限

这题感觉有点。。。怎么说喃，他要化成那种能比较方便地来求极限的那种形式，然后才能看出啥时候存在，啥时候不存在

1.42

$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{cosx}-\sqrt[3]{cosx}}{sinx^2x}$
①换元，令$t=cos^{\frac{1}{6}}x$，然后用洛必达

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

其中$\sqrt{cosx}-1=(1+cosx-1)^\frac{1}{2}-1\sim\frac{1}{2}(cosx-1)\sim-\frac{1}{4}x^2$另外一个也类似

1.44（打星）

$\lim_{x\to 0}\frac{1-cosx\cdot \sqrt{cos2x}\cdot \sqrt[3]{cos3x}}{x^2}$
这题真tm牛皮~
题1.42的换元以及变形都不能用了
没想到分子阔以化成这样
$1-abc=(1-a)+a(1-b)+ab(1-c)$
这样就能变形来做了

原来这道题是有题源的，原题为：
$\lim_{x\to 0}\frac{1-cosx\cdot \sqrt{cos2x}\cdot \sqrt[3]{cos3x}\cdot...\cdot\sqrt[n]{cosnx}}{x^2}$
虽然题解是用洛必达，但要叫我来洛我肯定不愿意，这怎么求导嘛T_T，结果答案令我大吃一斤T_T还真能求导QAQ
令$f(x)=cosx\cdot \sqrt{cos2x}\cdot \sqrt[3]{cos3x}\cdot...\cdot\sqrt[n]{cosnx}=e^{lnf(x)}$

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

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

1.45（打星）【证明题】【放缩】

$f(1)=1,f'(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)},证明\lim_{x\to\infty}f(x)极限存在且小于1+\frac{\pi}{2}$
这种题就属于那种以前没见过的话就特别懵逼的题

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

当$x=1时\Rightarrow 0=f(1)+c\Rightarrow c=-1$

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

$又\because \frac{1}{x^2+f^2(x)}>0$

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

$\therefore f(x)>=1,在x\in(1,+\infty)$

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

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

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

再求个极限

$\lim_{x\to\infty}f(x)\leq1+\int_1^{\infty}\frac{1}{t^2+1}dt=1+\frac{\pi}{4}\leq1+\frac{\pi}{2}$
这道题中有$\frac{\pi}{2}$，求极限中好像只有$arctan\ x$才会出现$\frac{\pi}{2}$，所以再看有没有跟$arctan\ x$相关的

数列极限

例3

$证明数列\ {(1+\frac{1}{n})^n}\ 极限存在$
一般要证明极限存在都是要证明两个：单调、有界
这个的证明感觉很厉害，也是张宇18讲上面看到的
①：证明单增
$设e_n=(1+\frac{1}{n})^n$

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

$\therefore e_n\leq(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}=e_{n+1}\Rightarrow e_n\leq e_{n+1}\Rightarrow单增$
②：证明有界
$设E_n=(1+\frac{1}{n})^{n+1}$

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

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

1.67（打星）

$\lim_{n\to\infty}n^2(a^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n+1}})$
这道题我无论怎么化，好像都化不出个什么样子来，看答案发现竟然是用中值定理来做的T_T
令$f(x)=a^x$

$a^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n+1}}=(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})a^{\xi}lna$
然后求了极限，答案里面不还有 $\xi$得哇，怎么办？
$\because \xi\in(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n})$
$\therefore \xi\to0$

1.69

$\lim_{n\to\infty}cos\frac{x}{2}cos\frac{x}{4}...cos\frac{x}{2^n}$
这道题以前应该做过的，就是分子分母同时乘上$sin\frac{x}{2^n}$，但是化了之后到底乘了多少个$\frac{1}{2}$这里竟然搞错了T_T

1.77（打星）【求极限先斩后奏】

$已知x_1=\frac{1}{2},2x_{n+1}+x_n^2=1,求\lim_{n\to\infty}x_n$
哇~又学到了，这道题属于那种“先斩后奏”的，要先假设存在，并且强行求出极限
然后再假装正式地求出 $\lim_{n\to\infty}|x_n-A|=0$来说明极限等于 $A$
首先在草稿纸上对这个等式 $2x_{n+1}+x_n^2=1$求极限得到 $2A+A^2=1$，然后把 $A$解出来取合适的值（这里取舍要想一哈）

然后根据等式的变形 $x_{n+1}=\frac{1}{2}(1-x_n^2)$ 得出$A=\frac{1}{2}(1-A^2)$

然后两个式子相减，构造出$|y_{n+1}|=k|y_n|$这种样子（不同的题凑的方式不同，感觉这里还不好弄）

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

这道题就是令 $y_{n+1}=x_{n+1}-A,令k=\frac{1}{2}|x_{n}+A|$

然后就是这种必须掌握的套路了
$|y_{n+1}|=k|y_n|=k^2|y_{n-1}|=...=k^n|y_1|$
然后计算 $k$的范围，算出来肯定是要小于 $1$ 的，所以$k^n\to0$

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

1.80【证明题】

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

移项一哈就是$f(\xi)-\xi=0$，也就是证明$g(x)=f(x)-x$在区间内有唯一零点
那么按照老套路就是找到异号的两个端点就能证明存在，这里$g(a)\geq0,g(b)\leq0$，答案是不是写反了？
然后证明唯一性就是证明他单调，但是这道题没办法证明单调，但是跟普通的题相比多了个条件，肯定要把这个条件用上

证明唯一性：反证法
假如还存在一个$\eta$使得$f(\eta)=\eta$
那么$f(\xi)-f(\eta)=\xi-\eta$
$|\xi-\eta|=f(\xi)-f(\eta)=k|\xi-\eta|\Rightarrow |\xi-\eta|(1-k)=0\Rightarrow k=1$
而$k<1$所以矛盾
$(2)对于任意的x_1\in[a,b],x_{n+1}=f(x_n),证明\lim_{n\to\infty}x_n存在,且\lim_{n\to\infty}x_n=\xi$
这个也有种先斩后奏的思想
$x_n的极限等于\xi$，那么$x_n-\xi的极限就该等于0$

因此就来求 $\lim_{n\to\infty}(x_n-\xi)$

而根据所给的$x_{n+1}=f(x_n)$的条件，就阔以一层一层变回去

$|x_n-\xi|=|f(x_{n-1})-f(\xi)|\stackrel{再用题干的条件}{=}k|x_{n-1}-\xi|=...=k^{n-1}|x_1-\xi|=0$

这样极限就求出来了，并且也说明了极限存在

1.81

就是求有理数的系数 与无理数的系数 的比值的极限
$(2+\sqrt{2})^n=A_n+\sqrt{2}B_n,求\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{B_n}$
要先找到关系式，一开始还没反应过来QAQ
$A_n+\sqrt{2}B_n=(2+\sqrt{2})(A_{n-1}+\sqrt{2}B_{n-1})=2(A_{n-1}+B_{n-1})+\sqrt{2}(A_{n-1}+2B_{n-1})$
$\therefore \left\{\begin{matrix} A_n=2(A_{n-1}+B_{n-1})\\ \\ B_n=(A_{n-1}+2B_{n-1}) \end{matrix}\right.$

$\therefore \frac{A_n}{B_n}=\frac{2(A_{n-1}+B_{n-1})}{(A_{n-1}+2B_{n-1})}\stackrel{还要再转换一哈}{======}\frac{2(\frac{A_{n-1}}{B_{n-1}})+1}{\frac{A_{n-1}}{B_{n-1}}+2}$
$然后就领\frac{A_n}{B_n}=x_n$就好做了
得到的关系式就是：
$x_n=\frac{2x_{n-1}+1}{x_{n-1}+2}$
$做差:x_{n+1}-x_{n}=\frac{2\left(x_{n}-x_{n-1}\right)}{\left(x_{n-1}+2\right)\left(x_{n}+2\right)}$，与分子同号，说明单调
然后$x_n>0$能理解，$x_n<2$是把上面的关系式化简成$x_n=2-\frac{1}{x_{n-1}+2}$，这样就能看出了因此极限存在
然后就设出来反解出来

1.82【函数迭代】

$0\leq f(x)\leq x,x\in[0,+\infty),a_1\geq0,a_{n+1}=f(a_n)\\ (1)求证：\{a_n\}收敛\\ (2)证明：设\lim_{n\to\infty}a_n=t,则有f(t)=t\\ (3)证明：若条件改为0\leq f(x)<x,x\in(0,+\infty),则t=0$

(1)

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

(2)

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

(3)

大概就是说，如果能等于，那就迭代到自变量和因变量相等那一点
如果不能等于，那就只能迭代到0

1.83

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

所给的条件就是第一问,一般第一问都是为第二问做铺垫的,我就没发现这个

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

这个我都没看出来T_T，这样就找到了递推关系，并且这个递推关系长得就和我们的条件一样，所以写出来就是

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

$f(x)$有最大值，说明$x_n$有上界，于是第一个条件就出来了，再证明单增就行了

$x_n-x_{n-1}=ln(2-x_{n-1})>0$所以单增也出来了，之后就好做了

1.84

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

这个$min$操作一开始会有点懵逼，写几项试一试喃
$x_2=\int_0^1min(x,1)dx=\int_0^1xdx=\frac{1}{2}$

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

会发现递推关系是这样 $x_n=\int_0^{x_{n-1}}xdx+\int_{x_{n-1}}^1x_{n-1}dx=x_{n-1}-\frac{1}{2}x_{n-1}^2$

单调性倒是一眼就看出来了，可是有下界还是要推一推的

$\because 单调\therefore x_{n-1}<x_1=1$

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

1.87（多看）【证明题】

$(1)证明：方程e^x+x^{2n+1}=0在x\in(-1,0)内有唯一实根x_n$
就是证$f_n(x)=e^x+x^{2n+1}$单增并且两端异号，为后面题使用
$(2)证明：\lim_{n\to\infty}x_n存在并求其值a$
$f_{n+1}(x)=e^{x}+x^{2(n+1)+1}=e^{x}+x^{2n+1}\cdot x^2$

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

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

$\therefore e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}>e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}\cdot x_{n+1}^2$（这里我应该没判断错吧，确实应该是大于，答案好像写错了）

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

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

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

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

然后由$e^{x_n}+x_n^{2n+1}=0阔以化出\Rightarrow x_n=(2n+1)ln(-x_n),然后同时求极限$

这题长得还有点怪。。因为求极限的话右边是$\infty$了，所以移项到左边，让左边等于0
￣へ￣（有点无语）

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

$(3)求\lim_{n\to\infty}\ \ n(x_n-a)$
$由上题知:x_n=(2n+1)ln(-x_n),但是这个形式对解题不方便,所以把右边的x_n反解出来:$
$x_n=-e^{\frac{x_n}{2n+1}}$
$\therefore n(x_n-a)=n(1-e^{\frac{x_n}{2n+1}})$
然后求极限，有$e^{f(x)-1}这种形式并且满足f(x)趋向0的条件，比较好求$

1.90（放缩夹逼）

$已知0<tan^2x-x^2<x^4,x_n=\sum_{k=1}^ntan^2\frac{1}{\sqrt{n+k}},求\lim_{n\to\infty}x_n$
这道题放缩很厉害呀~
设$I=tan^2\frac{1}{\sqrt{n+k}}$
很明显阔以化成

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

我就只能弄到这儿了

答案还把右边放缩了一哈，才能够计算出来

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

然后，秀操作的时候来了

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

然后右边只是多了个 $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0$，哇~

所以夹逼出来就是$ln2$

1.91

$证明：f(x)=(n^x+1)^{-\frac{1}{x}}单增,x\in(0,+\infty)$
如果直接求导会很复杂，因此取个对数，因为对数是增函数，所以单调性不会变
$g(x)=lnf(x)=-\frac{1}{x}ln(n^x+1)$

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

到这里，如果直接令$g'(x)>0$又很难解出$x$的范围

没想到竟然是放缩。。。

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

哇地一声哭了出来(╥╯^╰╥)

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

要用到第二问的结论
$x_n$相当于 $\sum_{k=1^n}f(k)$

$\because 1\leq k\leq n且f(x)单增$

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

左边很好求极限，右边就还要变形一哈~

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

1.101

$求f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{x}}arctan\frac{1}{1+x}}{x^2+e^{nx}}的间断点以及类型$

这道题我做第二遍的时候也没反应过来QAQ，一来就直接求的，然后就遇到问题了，就是分母的 $e^{nx}$，$x\to0,n\to\infty$，那$nx\to?$

这道题先要分段
$f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { 0 , } & { x > 0 } \\ { \frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x } } \arctan \frac { 1 } { 1 + x } } { x ^ { 2 } } , } & { x < 0 } \end{array} \right.$
然后做才好做
但是当$x>0$的时候，为啥就是0喃？
万一$x\to0$的时候，那$e^nx$也就不知道啊，我还是不理解T_T