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1、文档 例 1 求极限（1）nn2cos2cos2coslim2，解 0时，极限为 1；0时（n充分大时，02sinn），原式sin2sin2sinlimnnn。（2）nnnn)111(lim2 解 先求 1)11(lim)111ln(lim22nnnnnnnn，所以原式=e 另法 利用111111112nnnn（3）xxx1lim0 解 因为1111xxx，即有xxx1111 当0 x时，111xxx，由夹挤准则得11lim0 xxx，同理11lim0 xxx，故原极限为 1。（4）xxxcoslim0 解 先求21)1(cos1limcosln1lim00 xxxxxx，原极限为 2/1e。
2、（5）exexexexlim.解 原式exeeexeeexxexeexxex1limlimlnln )lnlimlnlnlim(lnlimexexeexxexxeexexxeexexeexe ee2 文档（6）2303cos2coscos1limxxxxx.解 分子为)3cosln312cosln21cosexp(ln1xxx)3cosln312cosln21cos(lnxxx,原式22203cosln312cosln21coslnlimxxxxxxx 222013cos3112cos211coslimxxxxxxx 332121.练习（1）)sin(tanlimnxnxnnn （答案321x
3、）（2）xxeexxeexsinlimsin0 （答案e）（3）20cos2coscos1limxnxxxnx （答案)1(41nn）（4）xxxxesin10)(lim2 （答案1e）（5）1311()1()1)(1(limnnxxxxx）（答案!1n）（6）)sin1sinlimxxx（提示和差化积，极限为 0）（7）设)1,1(0a，1,21211naann，求nnaaa21lim。（提示：令,0,cos0a，则nna2cos。）例 2 设Rx0，1,sin1nxxnn，求nnxlim 解 考虑1,1sin1x，分三个情形：（1）若01x，极限为 0.（2）若01x，则112sinxxx
4、，易得1,sin11nxxxnnn，故数列单调递减文档 有下界，极限存在。对1sinnnxx两边求极限得 llsin，从而0l。（3）01x时，同理求得0l。综上极限为 0.例 3 设babyax,0,011，且 )(21,11nnnnnnyxyyxx 证明 nnxlimnny lim。分析 问题中的递推公式互相关联，且平均值不等式（几何平均与算术平均）可用，考虑单调有界准则。证 由于0,0nnyx，且 xyxyxynnnnnn,)(2111 xxxyxxnnnnnn,1,)(21)(211nnnnnnyyyyxy 可知 nx为单调增加数列，ny为单调减少数列，且byxann,故数列 nx n
5、y极限都存在，设极限分别为BA,，对yxynnn),(211两边取极限得2/)(BAB，故 BA。注 此题变化为：babyax,0,011，且 yxyyxyxxnnnnnnnn,211 则nnxlimnny lim。例 4 求下列函数的间断点并判断类型：（1）.xxxxfsin)()(（2）.11)1()(xxexf 解 （1）无定义的点kkx,为整数.因为)0(,)0(ff，所以0 x是跳跃间断点；因为,)sin(lim)(limxxxfxx所以x是可去间断点；文档 1,0k时，kx 是第二类间断点。思考：间断点将实轴分成子区间，函数在哪个子区间上有界？（2）无定义的点1x及0 x.因为 )
6、1(lim/1)(lim100 xxxxexf,故0 x是)(xf的无穷间断点.又由于 xx，efxxx10)1(lim/1)1(11因 xx，efxxx11)1(lim/1)1(11因 故1x是)(xf的跳跃间断点.例 5 设函数)(xf在闭区间 1,0上连续，)1()0(ff。证明存在0 x 1,0，使得)31()(00 xfxf。证 令)31()()(xfxfxg，320 x，则由条件知)(xg在32,0上连续，设其最小值与最大值为Mm,。则 Mgggm)32()31()0(31 又直接计算得知 11211122(0)()()(0)()()()()(1)033333333gggfffff
7、f 故由连续函数的介值定理，在区间32,0内)(xg必能取到值 0。亦即存在0 x 1,0，使得)31()(00 xfxf。同型练习题：设函数)(xf在闭区间 1,0上连续，)1()0(ff。证明存在0 x 1,0，使得1),1()(00nnxfxf。例 6 设函数)(xf在实轴上连续，且xxff)(。证明c，使ccf)(。文档（用反证法）例 7 设)(xf在1x连续，且0 x：)()(2xfxf，证明：0 x时，)(xf是常数。证 对任0 x，)()()()(2141nxfxfxfxf.令n，利用121nx及连续性条件得，)1()lim()(lim)(2121fxfxfxfnnnn，即)(x
8、f恒等于)1(f.同型练习题：设)(xf在0 x连续，且)2()(xfxf，证明：)(xf是常数。例8 设niai,2,1为常数，若不等式 xnxaxaxansin2sinsin21 对所有Rx成立,证明 1221nnaaa。例 9 设)(xf在),(内连续，且任给Ryx,，有 )()()(yfxfyxf 试证)(xf为线性函数axxf)(，其中)1(fa。证 显然0)0(f，)()(xfxf，即)(xf为奇函数。又)1()111()(kffkf，)1()111()1(nnfnnnff，即)1(1)1(fnnf。从而)1()1()(fnmnmfnmf，故对有理数x都有xfxf)1()(。任给x),(，存在有理数数列 xxn，利用)(xf的连续性，得 xfxfxfxfxfnnnnnn)1()1(lim)(lim)lim()(。注 此题条件改为)(xf在0 x处可导，且任给Ryx,，有 )()()(yfxfyxf 文档 则证法改变为 )0()0()(lim)()(lim)(00fyfyfyxfyxfxfyy，记)0(f 为a，从而baxxf)(，由0)0(f得axxfb)(,0。