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1、第二章习题 2-1 1.试利用本节定义 5 后面的注（3）证明：若limnxn=a,则对任何自然数k，有limnxn+k=a.证：由limnnxa，知0，1N，当1nN时，有nxa取1NNk，有0，N，设nN时（此时1nkN）有nkxa由数列极限的定义得limn kxxa.2.试 利 用 不 等 式ABAB说 明：若limnxn=a,则limnxn=|a|.考察数列xn=(-1)n，说明上述结论反之不成立.证：lim0,.使当时，有nxnxaNnNxa而nnxaxa于是0，,使当时，有NnNnnxaxa即nxa由数列极限的定义得limnnxa考察数列(1)nnx，知limnnx不存在，而1nx
2、，lim1nnx，所以前面所证结论反之不成立。3.利用夹逼定理证明：(1)limn222111(1)(2)nnn=0；(2)limn2!nn=0.证：（1）因为222222111112(1)(2)nnnnnnnnnn而且21lim0nn，2lim0nn，所以由夹逼定理，得222111lim0(1)(2)nnnn.（2）因为22 2 22240!1 2 31nnnnn，而且4lim0nn，所以，由夹逼定理得2lim0!nnn4.利用单调有界数列收敛准则证明下列数列的极限存在.(1)xn=11ne，n=1,2,；(2)x1=2,xn+12nx,n=1,2,.证：（1）略。（2）因为122x，不妨设
3、2kx，则122 22kkxx故有对于任意正整数n，有2nx，即数列nx有上界，又1(2)nnnnxxxx，而0nx,2nx，所以10nnxx即1nnxx，即数列是单调递增数列。综上所述，数列nx是单调递增有上界的数列，故其极限存在。习题 2-21.证明：0limxxf(x)=a的充要条件是f(x)在x0处的左、右极限均存在且都等于a.证：先证充分性：即证若00lim()lim()xxxxf xf xa，则0lim()xxf xa.由0lim()xxf xa及0lim()xxf xa知：10,0,当010 xx时，有()f xa，20当020 xx时，有()f xa。取12min,，则当00
4、xx或00 xx时，有()f xa，而00 xx或00 xx就是00 xx，于是0,0，当00 xx时，有()f xa，所以0lim()xxf xa.再证必要性：即若0lim()xxf xa，则00lim()lim()xxxxf xfxa,由0lim()xxf xa知，0,0，当00 xx时，有()f xa，由00 xx就是00 xx或00 xx，于是0,0，当00 xx或00 xx时，有()f xa.所以00lim()lim()xxxxf xf xa综上所述，0limxxf(x)=a的充要条件是f(x)在x0处的左、右极限均存在且都等于a.2.(1)利用极限的几何意义确定0limx(x2+a
5、),和0limx1ex；(2)设f(x)=12e,0,0,x xxa x，问常数a为何值时，0limxf(x)存在.解：（1）因为x无限接近于0 时，2xa的值无限接近于a，故20lim()xxaa.当x从小于0 的方向无限接近于0 时，1ex的值无限接近于0，故10lim e0 xx.（2）若0lim()xf x存在，则00lim()lim()xxf xf x，由（1）知22000lim()lim()lim()xxxf xxaxaa，100lim()lim e0 xxxf x所以，当0a时，0lim()xf x存在。3.利用极限的几何意义说明limxsinx不存在.解：因为当x时，sinx的
6、值在-1 与 1 之间来回振摆动，即sinx不无限接近某一定直线yA，亦即()yf x不以直线yA为渐近线，所以lim sinxx不存在。习题 2-31.举例说明：在某极限过程中，两个无穷小量之商、两个无穷大量之商、无穷小量与无穷大量之积都不一定是无穷小量，也不一定是无穷大量.解：例 1：当0 x时，tan,sinxx都是无穷小量，但由sincostanxxx（当0 x时，cos1x）不是无穷大量，也不是无穷小量。例 2：当x时，2x与x都是无穷大量，但22xx不是无穷大量，也不是无穷小量。例 3：当0 x时，tanx是无穷小量，而cot x是无穷大量，但tancot1xx不是无穷大量，也不是
7、无穷小量。2.判断下列命题是否正确：(1)无穷小量与无穷小量的商一定是无穷小量；(2)有界函数与无穷小量之积为无穷小量；(3)有界函数与无穷大量之积为无穷大量；(4)有限个无穷小量之和为无穷小量；(5)有限个无穷大量之和为无穷大量；(6)y=xsinx在(-，+)内无界，但limxxsinx；(7)无穷大量的倒数都是无穷小量；(8)无穷小量的倒数都是无穷大量.解：（1）错误，如第 1 题例 1；（2）正确，见教材定理3；（3）错误，例当0 x时，cot x为无穷大量，sinx是有界函数，cotsincosxxx不是无穷大量；（4）正确，见教材定理2；（5）错误，例如当0 x时，1x与1x都是无
8、穷大量，但它们之和11()0 xx不是无穷大量；（6）正确，因为0M，正整数k，使2 +2kM，从而(2 +)(2 +)sin(2 +)2 +2222fkkkkM，即sinyxx在(,)内无界，又0M，无论X多么大，总存在正整数k，使 kX，使(2 )sin()0fkkkM，即x时，sinxx不 无 限 增 大，即limsinxxx；（7）正确，见教材定理5；（8）错误，只有非零的无穷小量的倒数才是无穷大量。零是无穷小量，但其倒数无意义。3.指出下列函数哪些是该极限过程中的无穷小量，哪些是该极限过程中的无穷大量.(1)f(x)=234x,x2;(2)f(x)=lnx，x0+，x1,x+；(3)
9、f(x)=1ex,x0+，x0-；(4)f(x)=2-arctanx,x+;(5)f(x)=1xsinx,x;(6)f(x)=21x211x，x.解：（1）22lim(4)0 xx因为，即2x时，24x是无穷小量，所以214x是无穷小量，因而234x也是无穷大量。（2）从()lnfxx的图像可以看出，10lim ln,limln0,lim lnxxxxxx，所以，当0 x时，x时，()lnf xx是无穷大量；当1x时，()lnf xx是无穷小量。（3）从1()exf x的图可以看出，1100lim e,lim e0 xxxx，所以，当0 x时，1()exf x是无穷大量；当0 x时，1()ex
10、f x是无穷小量。（4）lim(arctan)02xx，当x时，()arctan2f xx是无穷小量。（5）当x时，1x是无穷小量，sin x是有界函数，1sin xx是无穷小量。（6）当x时，21x是无穷小量，211x是有界变量，22111xx是无穷小量。习题 2-41.若0limxxf(x)存在，0limxxg(x)不存在，问0limxxf(x)g(x),0limxxf(x)g(x)是否存在，为什么解：若0limxxf(x)存在，0limxxg(x)不存在，则（1）0limxxf(x)g(x)不存在。因为若0limxxf(x)g(x)存在，则由()()()()g xf xf xg x或()
11、()()()g xf xg xf x以及极限的运算法则可得0limxxg(x)，与题设矛盾。（2）0limxxf(x)g(x)可能存在，也可能不存在，如：()sinf xx，1()g xx，则0limsin0 xx，01limxx不存在，但0limxxf(x)g(x)=01limsin0 xxx存在。又如：()sinf xx，1()cosg xx，则2limsin1xx，21limcosxx不存在，而0limxxf(x)g(x)2lim tanxx不存在。2.若0limxxf(x)和0limxxg(x)均 存 在，且f(x)g(x)，证 明0limxxf(x)0limxxg(x).证：设0li
12、mxxf(x)=A，0limxxg(x)=B，则0，分别存在10，20，使得当010 xx时，有()Af x，当020 xx时，有()g xB令12min,，则当00 xx时，有()()Af xg xB从而2AB，由的任意性推出AB即00lim()lim()xxxxf xg x.3.利用夹逼定理证明：若a1,a2，am为m个正常数，则limn12nnnnmaaa=A,其中A=maxa1,a2,，am.证：因为12nnnnnnnnmAaaam A，即112nnnnnmAaaamA而limnAA，1limnnmAA，由夹逼定理得12limnnnnmnaaaA.4.利用单调有界数列必存在极限这一收敛
13、准则证明：若x12,x2=22,，xn+1=2nx（n=1,2,），则limnxn存在，并求该极限.证：因为122,2 2,xx有21xx今设1kkxx，则1122kkkkxxxx，由数学归纳法知，对于任意正整数n有1nnxx，即数列nx单调递增。又因为122x，今设2kx，则12222kkxx，由数学归纳法知，对于任意的正整数n有2nx，即数列nx有上界，由极限收敛准则知limnnx存在。设limnnxb，对等式12nnxx两边取极限得2bb，即22bb，解得2b，1b（由极限的保号性，舍去），所以lim2nnx.5.求下列极限：(1)limn33232451nnnnn；(2)limn11c
14、os2nn；(3)limn2nnn;(4)limn11(2)3(2)3nnnn；(5)limn1112211133nn.解：（1）原式=23232433lim11155nnnnnn；（2）因为1lim(1)02nn，即当n时，112n是无穷小量，而cosn是 有 界 变量，由 无穷 小 量 与有 界 变 量的 乘 积 是无穷 小 量得：1lim(1)cos02nnn；（3）222lim()limnnnnnnnnn而22332111limlim01nnnnnnnnn，222lim()limnnnnnnnnn；（4）1111121(1)()(2)31333limlim2(2)33(1)()13nn
15、nnnnnnnn；（5）111111()211111141()42222limlimlim1111311()31()3333113nnnnnnnnn.6.求下列极限：(1)3limx239xx；(2)1limx22354xxx；(3)limx3426423xxx;(4)2limxsincoscos2xxx;(5)0limh33()xhxh;(6)3limx23312xx;(7)1limx21nxxxnx;(8)limxsinsinxxxx；(9)limx22xxxx；(10)1limx313()11xx；(11)0limx21(sin)xx.解：23333311(1)limlimlim9(3)
16、(3)36xxxxxxxxx（2）211lim(54)0,lim(23)1xxxxx22115423lim0,lim2354xxxxxxxx即（3）344226464limlim03232xxxxxxxx；（4）2sincossincos22lim1cos2cosxxxx；（5）223300()()()()limlimhhxhxxhxh xxxhxhh2220lim()()3hxhxh xxx；（6）33(23)9(12)233limlim12(1)4(233)xxxxxxxx332(3)(12)2(12)4limlim3(3)(233)233xxxxxxxx；（7）2211(1)(1)(1)
17、limlim11nnxxxxxnxxxxx2121lim1(1)(1)(1)nnxxxxxxx1123(1)2nn n；（8）sinlim0 xxx（无穷小量1x与有界函数sin x之积为无穷小量）sin1sinlimlim1sinsin1xxxxxxxxxx；（9）222222()()lim()limxxxxxxxxxxxxxx2222limlim11111xxxxxxxxx；（10）1limx313()11xx231(1)3lim1xxxx232112(2)(1)limlim1(1)(1)xxxxxxxxxx21(2)lim11xxxx（11）当0 x时，2x是无穷小量，1sinx是有界函
18、数，它们之积21sinxx是无穷小量，即201limsin0 xxx。习题 2-5求下列极限(其中a0,a1 为常数）：1.0limxsin53xx;2.0limxtan2sin5xx;3.0limxxcotx;4.0limx1cosxx;5.0limx2cos5cos2xxx;6.limx1xxx;7.0limxcot1 3sinxx;8.0limx1xax;9.0limxxxaax;10.limxln(1)lnxxx;11.limx3222xxx;12.limx211xx;13.0limxarcsin xx;14.0limxarctan xx;.解：1.000sin55 sin 55sin
19、 55limlimlim335353xxxxxxxxx；2.000tan2sin 221sin 25limlimlimsin 5cos2 sin55 cos22sin 5xxxxxxxxxxxxx0205021sin252limlimlim5cos22sin 55xxxxxxxx；3.0000limcotlimcoslimlimcos1 cos01sinsinxxxxxxxxxxxx；4.200002 sin2sinsin1cos2222limlimlimlim22xxxxxxxxxxxx0sin2222lim12222xxx；5.2200073732sinsinsinsincos5cos27
20、 32222limlimlim(2)732 222xxxxxxxxxxxxx0073sinsin212122limlim732222xxxxxx；6.111limlimlim111e(1)xxxxxxxxxxx；7.3coscos1cotsin3sin000lim(13sin)lim(13sin)lim(13sin)xxxxxxxxxxx13sin00lim(13sin)e,lim3cos3xxxxxcot30lim(13sin)exxx8.令1xua，则log(1)axu，当0 x时，0u，00011limlimlim1log(1)log(1)xxuuaaauxuuu1011lnlog el
21、imlog(1)auauau.9.000(1)(1)11limlimlimxxxxxxxxxaaaaaaxxxx0011limlimlnln2lnxxxxaaaaaxx（利用了第 8 题结论01limlnxxaax）；10.ln(1)ln11limlimlnxxxxxxxx1111limln(1)limlim ln(1)0 xxxxxxx；11.2 22 23211limlim 1lim1222222xxxxxxxxxxxx2 211lim 1e,lim22222xxxxxx1232lime22xxxx；12.1221222111ln(1)limln(1)2211lim(1)lim(1)lim
22、 eexxxxxxxxxxxxxxx2121limlim ln(1)0 lne0eee1xxxxx；13.令arcsinxu，则sinxu，当0 x，0u，000arcsin1limlim1sinsinlimxuuxuuxuu；14.令arctanxu，则tanxu，当0 x，0u，00000arctan1limlimlimcoslimlimcos1sintansinxuuuuxuuuuuxuuu.习题 2-61.证明：若当xx0时，(x)0,(x)0,且(x)0，则当xx时，(x)(x)的充要条件是0limxx()()()xxx.证：先证充分性.若0limxx()()()xxx，则0limx
23、x()(1)()xx0,即0()1lim0()xxxx，即0()lim1()xxxx.也即0()lim1()xxxx，所以当0 xx时，()()xx.再证必要性：若当0 xx时，()()xx，则0()lim1()xxxx，所以0limxx()()()xxx0limxx()(1)()xx0()1lim()xxxx011110()lim()xxxx.综上所述，当xx0时，(x)(x)的充要条件是0limxx()()()xxx.2.若(x)0，0limxx(x)=0 且0limxx()()xx存在，证明0limxx(x)=0.证：0000()()lim()lim()limlim()()()xxxxx
24、xxxxxxxxxx0()lim00()xxxx即0lim()0 xxx.3.证明：若当x0时，f(x)=o(xa)，g(x)=o(xb)，则f(x)g(x)o(a bx)，其中a,b都大于 0，并由此判断当x0 时，tanxsinx是x的几阶无穷小量.证:当x0时,f(x)=o(xa)，g(x)=o(xb)00()()lim(0),lim(0)abxxf xg xA AB Bxx于是:0000()()()()()()limlimlimlim0a bababxxxxfxg xfxg xf xg xABxxxxx当x0时,()()()a bf xg xO x,tansintan(1cos)xxx
25、x而当x0时,2tan(),1cos()xO xxO x,由前面所证的结论知,3tan(1cos)()xxO x,所以,当x0时,tansinxx是x的 3 阶无穷小量.4.利用等价无穷小量求下列极限：(1)0limxsintanaxbx(b0)；(2)0limx21coskxx；(3)0limxln(1)11xx；(4)0limx221cos11xx；(5)0limxarctanarcsinxx；(6)0limxsinsineeaxbxaxbx(ab)；(7)0limxln cos2lncos3xx；(8)设0limx2()3f xx100,求0limxf(x).解00sin(1)limli
26、m.tanxxaxaxabxbxb222200002222220001()1cos12(2)limlim.2ln(1)(3)limlim2.11211121cos(1cos)112(4)limlimlim21cos21cos11xxxxxxxkxkxkxxxxxxxxxxxxxxxx20112lim.2421cosxxx00arctan(5)limlim1.arcsinxxxxxx000000001)(1)(6)limlimsinsin2cossin2211limlim2cossin2cossin2222limlim2cos2cos2222limlim()cos2ee(eeeeaxbxaxbx
27、xxaxbxxxxxxxababaxbxxxababababxxxxaxbxababababxxxxabababx()cos21.ababxababababab0002220002ln 1(cos21)ln cos2cos21(7)limlimlimln cos3lncos311(cos31)1(2)1cos2442limlimlim.11cos399(3)2xxxxxxxxxxxxxxxxxx(8)由20()3lim100 xf xx,及20lim0 xx知必有0lim()30 xf x,即00lim()3lim()30 xxf xf x,所以0lim()3xf x.习题 2-7.研究下列函
28、数的连续性，并画出函数的图形：(1)f(x)=31,01,3,12;xxxx (2)f(x),111,11.xxxx，或解:(1)300lim()lim(1)1(0)xxf xxf f(x)在x=0处右连续,又11lim()lim(3)2xxf xx31111lim()lim(1)2lim()lim()2(1)xxxxf xxf xf xf f(x)在x=1处连续.又22lim()lim(3)1(2)xxf xxf f(x)在x=2处连续.又f(x)在(0,1),(1,2)显然连续,综上所述,f(x)在0,2 上连续.图形如下:图 2-1(2)11lim()lim1xxf xx1111lim(
29、)lim11lim()lim()1(1)xxxxf xf xf xf f(x)在x=1处连续.又11lim()lim 11xxf x11lim()lim1xxf xx故11lim()lim()xxf xf x f(x)在x=-1 处间断,x=-1 是跳跃间断点.又f(x)在(,1),(1,1),(1,)显然连续.综上所述函数f(x)在x=-1 处间断,在(,1),(1,)上连续.图形如下:图 2-22.说明函数f(x)在点x0处有定义、有极限、连续这三个概念有什么不同又有什么联系略.3.函数在其第二类间断点处的左、右极限是否一定均不存在试举例说明.解:函数在其第二类间断点处的左、右极限不一定均
30、不存在.例 如0(),010 xxf xxxx是 其 的 一 个 第 二 类 间 断 点,但00lim()lim0 xxf xx即在0 x处左极限存在,而001lim()limxxf xx,即在0 x处右极限不存在.4.求下列函数的间断点，并说明间断点的类型：(1)f(x)=22132xxx；(2)f(x)sinsinxxx；(3)f(x)=11xx；(4)f(x)=224xx；(5)f(x)=1sinxx.解:(1)由2320 xx得x=-1,x=-222111121(1)(1)1lim()limlimlim232(1)(2)2lim()xxxxxxxxxf xxxxxxf x x=-1 是
31、可去间断点,x=-2 是无穷间断点.(2)由 sinx=0 得xk,k为整数.000(0)sinlim()limlim(1)2sinsinlim(),xxxxkkxxxf xxxf x111001111000(1)0(3)()(1)0lim()lim(1)lim()lim(1)lim(1()e,exxxxxxxxxxxxf xxxf xxf xxx x=0是跳跃间断点.(4)由x2-4=0 得x=2,x=-2.222221lim()limlim42,xxxxf xxx2211lim()lim,24xxf xx x=2是无穷间断点,x=-2 是可去间断点.(5)001lim()limsin0,(
32、)xxf xxf xx在x=0无定义故x=0是f(x)的可去间断点.5.适当选择a值，使函数f(x)=,0,0 xe xax x在点x=0处连续.解:f(0)=a,0000lim()lim(),lim()lim1,exxxxxf xaxaf x要f(x)在x=0处连续,必须00lim()lim()(0)xxf xf xf.即a=1.6.设f(x)=limxxxxxaaaa，讨论f(x)的连续性.解:22101()limlimsgn()10100 xxxxxxaaxaaaf xxxaaax所以,f(x)在(,0)(0,)上连续,x=0为跳跃间断点.7.求下列极限：(1)2limx222xxx；(
33、2)0limx232xx；(3)2limxln(x-1);(4)12limxarcsin21x；(5)limxe(lnx)x.解:222222(1)lim1;2222xxxx2202212(2)lim3232003;(3)lim ln(1)ln(21)ln10;13(4)lim arcsin1arcsin1arcsin;423(5)lim(ln)(ln)11.eeeexxxxxxxxxx习题 2-81.证明方程x5-x4-x2-3x=1至少有一个介于1 和 2 之间的根.证:令542()31f xxxxx,则()f x在1,2 上连续,且(1)50f,(2)50f由零点存在定理知至少存在一点0
34、(1,2),x使得0()0f x.即542000031xxxx,即方程54231xxxx至少有一个介于1 和 2 之间的根.2.证明方程 ln（ex）-2x=0至少有一个小于 1 的正根.证:令()ln(1)2exfxx,则()f x在(,)上连续,因而在 0,1上连续,且0(0)ln(1)20ln 20ef(1)ln(1)20ef由零点存在定理知至少存在一点0(0,1)x使得0()0fx.即方程ln(1)20exx至少有一个小于1 的正根.3.设f(x)C（-，+），且limxf(x)=A,limxf(x)=B,AB0，试由极限及零点存在定理的几何意义说明至少存在一点x0（,），使得f(x0
35、).证:由AB0,B0由lim()0,lim()0 xxf xAf xB,及函数极限的保号性知,10X,使当1xX,有()0,f x20X,使当2xX时,有()0f x.现取1xaX,则()0f a,2xbX,则()0f b,且ab,由题设知()f x在,a b上连续,由零点存在定理,至少存在一点0(,)xa b使0()0f x,即至少存在一点0(,)x使0()0fx.4.设多项式Pn(x)xn+a11nx+an.，利用第 3 题证明：当n为奇数时，方程Pn(x)=0 至少有一实根.证:122()1nnnnaaaP xxxxx()lim10nnxPxx,由极限的保号性知.0X,使当Xx时有()0nnP xx,此时()nPx与nx同号,因为n为奇数,所 以(2X)n与(-2X)n异号,于 是(2)nPX与(2)nPX异 号,以()nPx在 2,2XX上连续,由零点存在定理,至少存在一点0(2,2)XXX,使0()0nP x,即()0nPx至少有一实根.