第一章 函数与极限 — 经典习题

用定义证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} = 1$。

分析：要证 $\forall\varepsilon>0$，$\exists N$ 使 $n>N$ 时有 $\left|\frac{n}{n+1}-1\right|<\varepsilon$。

解：

令 $\frac{1}{n+1}<\varepsilon$，得 $n > \frac{1}{\varepsilon}-1$。

取 $N = \left[\frac{1}{\varepsilon}-1\right]$（取整），则 $n>N$ 时恒有 $\left|\frac{n}{n+1}-1\right|<\varepsilon$。$\square$

用定义证明 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1}{2^n} = 0$。

解：$\left|\frac{1}{2^n}-0\right| = \frac{1}{2^n}$。令 $\frac{1}{2^n}<\varepsilon$，得 $2^n > \frac{1}{\varepsilon}$，$n > \log_2\frac{1}{\varepsilon}$。

取 $N = \left[\log_2\frac{1}{\varepsilon}\right]$，则 $n>N$ 时 $\frac{1}{2^n}<\varepsilon$。$\square$

用定义证明 $\displaystyle\lim_{x\to 2} (3x-1) = 5$。

分析：要证 $\forall\varepsilon>0$，$\exists\delta>0$，使 $0<|x-2|<\delta$ 时 $|3x-1-5|<\varepsilon$。

解：$|(3x-1)-5| = |3x-6| = 3|x-2|$。

令 $3|x-2|<\varepsilon$，得 $|x-2|<\frac{\varepsilon}{3}$。取 $\delta = \frac{\varepsilon}{3}$ 即可。$\square$

用定义证明 $\displaystyle\lim_{x\to 2} x^2 = 4$。

解：$|x^2-4| = |x-2|\cdot|x+2|$。

限定 $|x-2|<1$，则 $1<x<3$，$3<|x+2|<5$。

于是 $|x^2-4| < 5|x-2|$。令 $5|x-2|<\varepsilon$，得 $|x-2|<\frac{\varepsilon}{5}$。

取 $\delta = \min\!\left(1, \frac{\varepsilon}{5}\right)$ 即可。$\square$

求 $\displaystyle\lim_{x\to 1} \frac{x^2-1}{x-1}$。

解：$\frac{0}{0}$ 型，先约分：

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{x+1}-1}{x}$。

解：$\frac{0}{0}$ 型，有理化分子：

当 $x\to 0$ 时，极限为 $\frac{1}{2}$。

求 $\displaystyle\lim_{x\to\infty} \frac{3x^3+2x-1}{5x^3-x^2+4}$。

解：$\frac{\infty}{\infty}$ 型，分子分母同除以最高次幂 $x^3$：

求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2^n+3^n}$。

解：$\sqrt[n]{3^n} < \sqrt[n]{2^n+3^n} < \sqrt[n]{2\cdot 3^n}$，即

而 $\sqrt[n]{2}\to 1$，由夹逼定理，极限为 $3$。

求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)$。

解：$n$ 项和，每项都在 $\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$ 和 $\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ 之间。

而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = 1$，同理上界也为 $1$。

由夹逼定理，$\lim S_n = 1$。

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{\sin 2x}{x}$。

解：$\frac{\sin 2x}{x} = 2\cdot\frac{\sin 2x}{2x} \to 2\cdot 1 = 2$

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^3}$。

解（用重要极限 + 变形，不用等价无穷小）：

$\frac{\sin x}{x}\to 1$，$\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{2\sin^2(x/2)}{x^2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{\sin^2(x/2)}{(x/2)^2}\to\frac{1}{2}$，$\frac{1}{\cos x}\to 1$。

极限为 $1\cdot\frac{1}{2}\cdot 1 = \frac{1}{2}$。

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0} (1+3x)^{\frac{1}{x}}$。

解：利用 $(1+x)^{\frac{1}{x}}\to e$ 的等价形式：

求 $\displaystyle\lim_{x\to\infty} \left(1-\frac{2}{x}\right)^{3x}$。

解：$\left(1-\frac{2}{x}\right)^{3x} = \left[\left(1+\frac{-2}{x}\right)^{\frac{x}{-2}}\right]^{-6} \to e^{-6}$

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+3x)}{\sin 2x}$。

解：$x\to 0$ 时 $\ln(1+3x)\sim 3x$，$\sin 2x\sim 2x$：

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{e^{2x}-1}{\tan 3x}$。

解：$x\to 0$ 时 $e^{2x}-1\sim 2x$，$\tan 3x\sim 3x$：

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{\sqrt[3]{1+x}-1}{\sin x}$。

解：由 $(1+x)^\alpha-1\sim \alpha x$，$\sqrt[3]{1+x}-1 = (1+x)^{1/3}-1 \sim \frac{1}{3}x$。

分母 $\sin x\sim x$：

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^3}$。

注意：不能直接把 $\tan x$ 和 $\sin x$ 都换成 $x$，那样就是 $\frac{x-x}{x^3}=0$，错误！

正确做法：先变形再代换：

将乘积因子 $\sin x\to x$，$1-\cos x\to \frac{x^2}{2}$：

讨论 $f(x)=\begin{cases} x\sin\frac{1}{x}, & x\neq 0 \\ 0, & x=0 \end{cases}$ 在 $x=0$ 处的连续性。

解：当 $x\neq 0$ 时，$\left|x\sin\frac{1}{x}\right|\le |x|$。

$\displaystyle\lim_{x\to 0} x\sin\frac{1}{x} = 0$（无穷小 × 有界量 = 无穷小）。而 $f(0)=0$。

所以 $\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x) = f(0)$，$f(x)$ 在 $x=0$ 连续。

找出 $f(x)=\frac{x^2-1}{x^2-3x+2}$ 的间断点并判断类型。

解：分母 $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)=0$，间断点为 $x=1$ 和 $x=2$。

• $x=1$：$f(x)=\frac{(x-1)(x+1)}{(x-1)(x-2)}=\frac{x+1}{x-2}\;(x\neq 1)$。$\displaystyle\lim_{x\to 1}f(x)=\frac{2}{-1}=-2$。

  左右极限存在且相等（$=-2$），但 $f(1)$ 无定义 → 可去间断点。

• $x=2$：$\displaystyle\lim_{x\to 2}\frac{x+1}{x-2} = \infty$ → 无穷间断点（第二类）。

讨论 $f(x)=\begin{cases} e^{1/x}, & x>0 \\ \ln(1-x), & x\le 0 \end{cases}$ 在 $x=0$ 处的连续性。

解：

• 左极限：$\displaystyle\lim_{x\to 0^-} \ln(1-x) = 0$
• 右极限：$\displaystyle\lim_{x\to 0^+} e^{1/x} = +\infty$
• $f(0) = \ln(1-0) = 0$

右极限不存在（$+\infty$），故 $x=0$ 是第二类间断点（无穷间断点）。

证明 $x^3-3x+1=0$ 在 $(1,2)$ 内至少有一个根。

解：令 $f(x)=x^3-3x+1$，在 $[1,2]$ 连续。

$f(1)=1-3+1=-1<0$，$f(2)=8-6+1=3>0$。

$f(1)\cdot f(2)<0$，由零点定理，存在 $\xi\in(1,2)$ 使 $f(\xi)=0$。$\square$

证明 $e^x = 3x$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个根。

解：令 $f(x)=e^x-3x$，在 $[0,1]$ 连续。

$f(0)=1>0$，$f(1)=e-3\approx 2.718-3 = -0.282<0$。

$f(0)\cdot f(1)<0$，由零点定理，存在 $\xi\in(0,1)$ 使 $f(\xi)=0$，即 $e^\xi=3\xi$。$\square$

证明方程 $x^5-3x=1$ 在 $(1,2)$ 内恰有一个实根。

解：令 $f(x)=x^5-3x-1$。

$f(1)=-3<0$，$f(2)=32-6-1=25>0$，由零点定理至少有一个根。

又 $f'(x)=5x^4-3>0$ 在 $(1,2)$ 恒成立，$f(x)$ 严格单调增，故根恰好一个。

单调性 + 零点定理 = 唯一根。

已知 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{e^{3x}-1} = 1$，求 $\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x)$。

解：当 $x\to 0$ 时：

• 分母 $e^{3x}-1\sim 3x$
• 分子 $\sqrt{1+u}-1\sim \frac{1}{2}u$，其中 $u=f(x)\sin 2x\sim 2xf(x)$

所以分子 $\sim \frac{1}{2}\cdot 2xf(x) = xf(x)$。

原极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{xf(x)}{3x} = \frac{1}{3}\lim_{x\to 0} f(x) = 1$，故 $\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x) = 3$。

设 $f(x)$ 在 $x=0$ 连续，且 $\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{x} = 2$。求 $f(0)$ 和 $f'(0)$。

解：由于 $\lim\frac{f(x)}{x}=2$ 存在，且分母 $x\to 0$，必有分子 $f(x)\to 0$。

由连续性，$f(0)=\lim_{x\to 0}f(x)=0$。

又 $f'(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=2$。

故 $f(0)=0$，$f'(0)=2$。