微积分曹定华修订版课后题答案第二章习题详解

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微积分(曹定华)(修订)课后题答案第二章习题详解

第二章习题2-11. 试利用本节定义5后面的注〔3〕证明：假设lim n →∞x n =a ,则对任何自然数k ，有lim n →∞x n +k =a .证：由lim n n x a →∞=，知0ε∀>，1N ∃，当1n N >时，有n x a ε-<取1N N k =-，有0ε∀>，N ∃，设n N >时〔此时1n k N +>〕有n k x a ε+-<由数列极限的定义得 lim n k x x a +→∞=.2. 试利用不等式A B A B -≤-说明：假设lim n →∞x n =a ,则lim n →∞∣x n ∣=|a|.考察数列x n =(-1)n ，说明上述结论反之不成立. 证：lim 0,,.使当时，有n x n x aN n N x a εε→∞=∴∀>∃>-<而 n n x a x a -≤- 于是0ε∀>，,使当时，有N n N ∃>n n x a x a ε-≤-< 即 n x a ε-<由数列极限的定义得 lim n n x a →∞=考察数列 (1)nn x =-，知lim n n x →∞不存在，而1n x =，lim 1n n x →∞=，所以前面所证结论反之不成立。

3. 利用夹逼定理证明：(1) lim n →∞222111(1)(2)n n n ⎛⎫+++ ⎪+⎝⎭=0； (2) lim n →∞2!nn =0.证：〔1〕因为222222111112(1)(2)n n n n n n n n n n++≤+++≤≤=+ 而且 21lim0n n →∞=，2lim 0n n→∞=，所以由夹逼定理，得222111lim 0(1)(2)n n n n →∞⎛⎫+++= ⎪+⎝⎭. 〔2〕因为22222240!1231n n n n n<=<-，而且4lim 0n n →∞=，所以，由夹逼定理得2lim 0!nn n →∞= 4. 利用单调有界数列收敛准则证明以下数列的极限存在. (1) x n =11ne +，n =1,2,…；(2) x 1,x n +1n =1,2,…. 证：〔1〕略。

《微积分》课后答案(复旦大学出版社(曹定华李建平毛志强著))第三章

(3) y x x 3 x
2
y ( x 6 )
6．讨论函数 y= 3 x 在 x=0 点处的连续性和可导性．解： lim 3 x 0 f (0)
x 0
lim
x 0
3 f ( x) f (0) x 0 1 lim lim x 0 x 0 3 2 x0 x x
t
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解：(1) lim
x 0
f ( x0 x) f ( x0 ) f [ x0 ( x)] f ( x0 ) lim f ( x0 ) x 0 x x
A f ( x0 )
tt

2 3
1
1 5 1 x 6 6 6 6 x5
le
5 2
x2
；(3) y=
x6
1
ar
x2
3
x2
x5
n.
．
2
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ne
t
f ( x0 h) f ( x0 h) h 0 h [ f ( x0 h) f ( x0 )] [ f ( x0 h) f ( x0 )] lim h 0 h f ( x0 h) f ( x0 ) f [ x0 (h)] f ( x0 ) lim lim h 0 h 0 h h
解：为使 f ( x) 在 x 1 处连续，必须 f (1 0) f (1 0) f (1) ，
le
为了使 f ( x) 在 x 1 处可导，必须 f (1) f (1)
f (1) lim
f ( x) f (1) ax b 1 ax a lim lim a x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

微积分第二章习题参考答案

f ( x ) f ( x ), f ( x ) f ( x ),
即f ( x )为奇函数;
§2.3隐函数的导数(23-24)
一.1. ey sec 2 ( r ) ; 2. csc 2 ( r ) ; 2 2 y 1 sec ( r )
x 0
1 2 x
1.
二.解1.(1).
y ln( x 1 x 2 ) ln x ,
1 x
1 y (1 ) x x 1 x2 1 x2 1 . x 2 1 x 2 x(1 x 2 )
(2) 1 y 3sec (ln x ) sec(ln x )tan(ln x ) x 3 sec 3 (ln x )tan(ln x ). x
x 1 dy k 2e ,当 0时, , dx 0 y0
切线方程为 y 2e( x 1), 1 法线方程为 y ( x 1). 2e
四.
解 : s ( t ) x ( t ) 9,
2 2
ds dx s( t ) x ( t ) 0, dt dt ds 已知 160, s 5, x 4, dt dx 200, v 200 120 80. dt
(sin 2 x ) f (cos 2 x )]sin 2 x . [f 1 (3) y f ( x ); 2 1 f ( x)
(4) y f (sin x )cos x cos[ f ( x )] f ( x ).
4.解.(一) lim f ( x ) lim
1 1 2( 1)2 2( 1)2 y , y 2 2 , 3 3 ( t 2) ( t 1) ( t 2) ( t 1)

微积分曹定华课后题答案第二章习题详解

第二章习题2-11、试利用本节定义5后面的注(3)证明:若lim n →∞x n =a ,则对任何自然数k ,有lim n →∞x n +k =a 、证:由lim n n x a →∞=,知0ε∀>,1N ∃,当1n N >时,有n x a ε-<取1N N k =-,有0ε∀>,N ∃,设n N >时(此时1n k N +>)有n k x a ε+-<由数列极限的定义得 lim n k x x a +→∞=、2、试利用不等式A B A B -≤-说明:若lim n →∞x n =a ,则lim n →∞∣x n ∣=|a|、考察数列x n =(-1)n ,说明上述结论反之不成立、证:lim 0,,.使当时，有n x n x aN n N x a εε→∞=∴∀>∃>-<Q而 n n x a x a -≤- 于就是0ε∀>,,使当时，有N n N ∃>n n x a x a ε-≤-< 即 n x a ε-<由数列极限的定义得 lim n n x a →∞=考察数列 (1)nn x =-,知lim n n x →∞不存在,而1n x =,lim 1n n x →∞=,所以前面所证结论反之不成立。

3、利用夹逼定理证明:(1) lim n →∞222111(1)(2)n n n ⎛⎫+++ ⎪+⎝⎭L =0; (2) lim n →∞2!n n =0、证:(1)因为222222111112(1)(2)n n n n n n n n n n++≤+++≤≤=+L 而且 21lim0n n →∞=,2lim 0n n→∞=, 所以由夹逼定理,得222111lim 0(1)(2)n n n n →∞⎛⎫+++= ⎪+⎝⎭L 、 (2)因为22222240!1231n n n n n<=<-g g g L g g ,而且4lim 0n n →∞=, 所以,由夹逼定理得2lim 0!nn n →∞= 4、利用单调有界数列收敛准则证明下列数列的极限存在、 (1) x n =11ne +,n =1,2,…;(2) x 1,x n +1n =1,2,…、证:(1)略。

微积分(曹定华)(修订版)课后题答案第一章习题详解

第一章习题1-11.用区间表示下列不等式的解2(1)9;(2)1;1(3)(1)(2)0;(4)00.011 x x x x x ≤>--+<<<+ 解 (1)原不等式可化为(3)(3)0x x -+≤,其解为33x -≤≤,用区间表示是[-3,3].(2)原不等式可化为11x ->或11x -<-,其解为2x >或0x <,用区间表示是(-∞,0)∪(2,+ ∞).(3)原不等式的解为21x -<<,用区间表示是(-2,1).(4)原不等式可化为0.0110.0110x x -<+<⎧⎨+≠⎩即 1.010.991x x -<<-⎧⎨≠⎩ 用区间表示是(-1.01,-1)∪(-1,-0.99).2.用区间表示下列函数的定义域:1(1)(2)arcsin(1)lg(lg );1(3).ln(2) y y x x x y x ==-+=- 解 (1)要使函数有意义,必须2010x x ≠⎧⎨-≥⎩即011x x ≠⎧⎨-≤≤⎩所以函数的定义域为[-1,0)∪(0,1].(2)要使函数有意义,必须111lg 00x x x -≤-≤⎧⎪>⎨⎪>⎩即0210x x x ≤≤⎧⎪>⎨⎪>⎩所以函数的定义域是12x <≤,用区间表示就是(1,2].(3)要使函数有意义,必须2650ln(2)020x x x x ⎧--≥⎪-≠⎨⎪->⎩即6112x x x -≤≤⎧⎪≠⎨⎪<⎩所以函数的定义域是-6≤x <1,用区间表示就是[-6,1).3.确定下列函数的定义域及求函数值f (0),ff (a )(a 为实数),并作出图形(1)1,0,2,011,12x x y x x x ⎧<⎪⎪=⎨≤<⎪⎪<≤⎩； (2)y＝211,12x x x ⎧≤⎪⎨-<<⎪⎩解 (1)函数的定义域(){|0}{|01}{|12}{|112}(,1)(1,2]或D f x x x x x x x x x =<≤<<≤=<<≤=-∞1(0)200,1,()201112a af f f a a a a ⎧<⎪⎪=⨯===⎨≤<⎪⎪<≤⎩,图1-1 图1-2(2)函数的定义域(){|1}{|12}{|2}(2,2)D f x x x x x x =≤<<=<=-221(0)1,11,()112a f f f a a a ≤===-==-<<⎪⎩4※.设1,1()1,1x f x x ⎧≤⎪=⎨->⎪⎩,求f (f (x )).解当|x |≤1时, f (x )=1, f (f (x ))= f (1)=1;当|x |>1时, f (x )=-1, f (f (x ))= f (-1)=1,综上所述f (f (x ))=1(x ∈R ).5.判定下列函数的奇偶性：(1) f (x )＝21cos x x -； (2)f (x )＝(x 2＋x )sin x ；(3) ※ f (x )＝1e ,0e 1,0x x x x -⎧-≤⎨->⎩解 (1) ∵221()1()()cos()cos x x f x f x x x----===- ∴f (x )是偶函数.(2)∵222()[()()]sin()()(sin )()sin ()f x x x x x x x x x x f x -=-+--=--=--≠ 且()()f x f x -≠-,∴f (x )是非奇非偶函数.(3) ※当x <0时,-x >0, ()1(1)()e e x x f x f x ---=-=--=-; 当x ≥0时,-x ≤0, ()()11(1)()e e e x x x f x f x ---=-=-=--=-,综上所述, x ∀∈R ,有f (-x )=-f (x ),所以f (x )是奇函数.6.设f (x )在区间(-l ,l )内有定义,试证明：(1) f (-x )+f (x )为偶函数； (2) f (-x ) -f (x )为奇函数.证 (1)令()()()F x f x f x =-+(,)x l l ∀∈-有()[()]()()()()F x f x f x f x f x F x -=--+-=+-=所以()()()F x f x f x =-+是偶函数;(2)令()()()F x f x f x =--,(,)x l l ∀∈-有()[()]()()()[()()]()F x f x f x f x f x f x f x F x -=----=--=---=-所以()()()F x f x f x =--是奇函数.7. 试证：(1) 两个偶函数的代数和仍为偶函数； (2) 奇函数与偶函数的积是奇函数. 证 (1)设f (x ),g (x )均为偶函数,令()()()F x f x g x =±则 ()()()()()()F x f x g x f x g x F x -=-±-=±=,所以()()f x g x ±是偶函数,即两个偶函数的代数和仍为偶函数.(2)设f (x )为奇函数,g (x )为偶函数,令()()()F x f x g x =⋅,则 ()()()()()()F x f x g x f x g x F x -=-⋅-=-=-,所以()()f x g x ⋅是奇函数,即奇函数与偶函数之积是奇函数.8. 求下列函数的反函数:22(1)2sin 3,,;(2);66212101,(3)()2(2)1 2.xx y x x y x x f x x x ππ⎡⎤=∈-=⎢⎥+⎣⎦-≤≤⎧=⎨--<≤⎩解 (1)由2sin3y x =得1arcsin 32yx =所以函数2sin3y x =的反函数为1arcsin (22)32xy x =-≤≤.(2)由221xx y =+得21x y y =-,即2log 1yx y =-. 所以函数221x x y =+的反函数为2log (01)1xy x x =<<-.(3) ※当01x ≤≤时,由21y x =-得1,112yx y +=-≤≤;当12x <≤时,由22(2)y x =--得22x y =<≤;于是有1112212yy x y +⎧-≤≤⎪=⎨⎪<≤⎩,所以函数22101()2(2)12x x f x x x -≤≤⎧=⎨--<≤⎩的反函数是1112()212x x f x x +⎧-≤≤⎪=⎨⎪<≤⎩.9. 将y 表示成x 的函数,并求定义域:222(1)10,1;(2)ln ,2,sin ;(3)arctan ,(). 为实数u v y u x y u u v x y u u v a x a ==+======+解 (1)211010u x y +==,定义域为(-∞,+∞);(2) sin ln ln 2ln 2sin ln 2v x y u x ====⋅定义域为(-∞,+∞);(3) arctan y u ===(a 为实数),定义域为(-∞,+∞).习题1-21.下列初等函数是由哪些基本初等函数复合而成的?(1) y= ； (2) y =sin 3ln x ;(3) y = tan 2x a ； (4) y =ln ［ln 2(ln 3x )］.解 (1)令arcsin x u a =,则y ,再令xv a =,则arcsin u v =,因此y =是由基本初等函数arcsin ,x y u v v a ===复合而成的.(2)令sin ln u x =,则3y u =,再令ln v x =,则sin u v =.因此3sin ln y x =是由基本初等函数3,sin ,ln y u u v v x ===复合而成.(3)令2tan u x =,则u y a =,再令2v x =,则tan u v =,因此2tan x y a =是由基本初等函数2,tan ,u y a u v v x ===复合而成.(4)令23ln (ln )u x =,则ln y u =,再令3ln(ln )v x =则2u v =,再令3ln w x =,则ln v w =,再令ln t x =,则3w t =,因此23ln[ln (ln )]y x =是由基本初等函数2ln ,,ln ,y u u v v w === 3,ln w t t x ==复合而成.2.设f (x )的定义域为［0,1］,分别求下列函数的定义域：(1) f (x 2)； (2) f (sin x );(3) f (x +a ),(a ＞0)； (4) f (e x +1).解 (1)由f (x )的定义域为[0,1]得0≤x 2≤1,于是-1≤x ≤1,所以f (x 2)的定义域为[-1,1].(2)由f (x )的定义域为[0,1]得0≤sin x ≤1,于是2k π≤x ≤(2k +1)π,k ∈z ,所以f (sin x )的定义域为[2k π,(2k +1) π], k ∈Z .(3)由f (x )的定义域为[0,1]得0≤x+a ≤1即-a ≤x ≤1-a 所以f (x+a )的定义域为[-a ,1-a ].(4)由f (x )的定义域为[0,1]得0≤e x +1≤1,解此不等式得x ≤-1,所以f (e x +1)的定义域为(-∞,-1].3. 求下列函数的表达式：(1) 设ϕ(sin x )=cos 2x +sin x +5,求ϕ(x );(2) 设g (x -1)=x 2+x +1,求g (x );(3) 设1()f x x +=x 2+21x,求f (x ). 解 (1)法一:令sin t x =,则222cos 1sin 1x x t =-=-,代入函数式,得:22()156t t t t t ϕ=-++=+-,即 2()6x x x ϕ=++.法二:将函数的表达式变形得:22(sin )(1sin )sin 56sin sin x x x x x ϕ=-++=+-令sin t x =,得 2()6t t t ϕ=+-,即 2()6x x x ϕ=+-.(2)法一:令1t x =-,则1x t =+,将其代入函数式,得22()(1)(1)133g t t t t t =++++=++即 2()33g x x x =++.法二:将函数表达式变形,得22(1)(21)(33)3(1)3(1)3g x x x x x x -=-++-+=-+-+令1x t -=,得 2()33g t t t =++,即 2()33g x x x =++.(3)法一:令1x t x +=,两边平方得22212x t x ++= 即22212x t x+=-,将其代入函数式,得2()2f t t =-,即2()2f x x =-. 法二:将函数表达式变形,得222111222f x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 令1x t x+=,得2()2f t t =-,即2()2f x x =-.习题1-31.设销售商品的总收入是销售量x 的二次函数,已知x =0,2,4时,总收入分别是0,6,8,试确定总收入函数TR(x ).解设2()TR x ax bx c =++,由已知(0)0,(2)6,(4)8TR TR TR === 即 04261648c a b c a b c =⎧⎪++=⎨⎪++=⎩ 解得 1240a b c ⎧=-⎪⎪⎨=⎪⎪=⎩ 所以总收入函数21()42TR x x x =-+. 2.设某厂生产某种产品1000吨,定价为130元/吨,当一次售出700吨以内时,按原价出售；若一次成交超过700吨时,超过700吨的部分按原价的9折出售,试将总收入表示成销售量的函数.解设销售量为x ,实际每吨售价为P 元,由题设可得P 与x 间函数关系为1307001177001000x P x ≤⎧=⎨<≤⎩,总收入 130700()130700(700)1177001000TR x x x x x ≤⎧=⎨⨯+-⨯<≤⎩,即 130700()91001177001000TR x x x x x ≤⎧=⎨+<≤⎩.3. 已知需求函数为105Q P =-,成本函数为C =50+2Q ,P 、Q 分别表示价格和销售量.写出利润L 与销售量Q 的关系,并求平均利润.解由题设知总收入2()105Q R Q PQ Q ==- ,则总利润 ()221()()()8505021055Q L Q R Q C Q Q Q Q Q ⎛⎫=-=-=--+- ⎪⎝⎭, 平均利润 ()150()85L Q AL Q Q Q Q==--. 4. 已知需求函数Q d 和供给函数Q s ,分别为Q d =100233P -,Q s =-20+10P ,求相应的市场均衡价格.解当d s Q Q =时供需平衡,由d s Q Q =得1002201033P P -=-+,解得5P = 所以市场均衡价格5P =.。

《微积分》课后答案(复旦大学出版社(曹定华_李建平_毛志强_著))第四章

f (0) 0 ,依题意知 f ( x0 ) 0 .即有 f (0) f ( x0 ) .由罗尓定理,至少存在一点 (0, x0 ) ,使
得 f ( ) 0 成立,即
a0 n n 1 a1 (n 1) n 2 … an 1 0
成立,这就说明是方程 a0 nx n 1 a1 (n 1) x n 2 an 1 0 的一个小于 x0 的正根. 7. 设 f(a) = f(c) = f(b),且 a＜c＜b, f ″(x)在［a,b］上存在，证明在(a,b)内至少存在一点ξ，使 f ″(ξ) = 0. 证: 显然 f ( x ) 分别在 a , c 和 c, b 上满足罗尓定理的条件 , 从而至少存在
x x x
由 e 在 , 上连续,可导, f ( x) 在 a, b 上连续,在 a, b 内可导,知 F ( x) 在 a, b 上连
x
续,在 a, b 内可导,而且 F ( a ) e f ( a ) 0, F (b) e f (b) 0, 即F ( a ) F (b) ,
(4) lim
(a x) x a x ,(a＞0)； x 0 x2
(6) lim sin x ln x ;
x 0
1 ln(1 ) x ; (7) lim x arc cot x
(9) lim(1 sin x) x ;
x 0
1
(8) lim(
x 0
ex 1 ); x ex 1
x 0

f ( x) 在 0,π 上不连续,
显然 f ( x) 在
0, π

微积分曹定华版课后题答案习题详解

第9章习题9-11．判定下列级数的收敛性：(1) 115n n a ∞=⋅∑（a ＞0）； (2)∑∞=-+1)1(n n n ;(3) ∑∞=+131n n ; (4)∑∞=-+12)1(2n nn; (5) ∑∞=+11ln n n n ; (6)∑∞=-12)1(n n;(7) ∑∞=+11n n n ; (8)(1)21n n nn ∞=-⋅+∑．解：（1）该级数为等比级数，公比为1a ,且0a >,故当1||1a <,即1a >时，级数收敛，当1||1a≥即01a <≤时，级数发散.（2）Q n S =+++L∴1n ∞=∑发散.（3）113n n ∞=+∑是调和级数11n n ∞=∑去掉前3项得到的级数，而调和级数11n n∞=∑发散，故原级数113n n ∞=+∑发散. （4）Q 1112(1)1(1)222n n nn n n n ∞∞-==⎛⎫+--=+ ⎪⎝⎭∑∑ 而1112n n ∞-=∑,1(1)2m nn ∞=-∑是公比分别为12的收敛的等比级数，所以由数项级数的基本性质知111(1)22n n n n ∞-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∑收敛，即原级数收敛.（5）Q lnln ln(1)1nn n n =-++ 于是(ln1ln 2)(ln 2ln 3)[ln ln(1)]n S n n =-+-+-+L故lim n n S →∞=-∞,所以级数1ln1n nn ∞=+∑发散. （6）Q 2210,2n n S S +==-∴lim n n S →∞不存在，从而级数1(1)2n n ∞=-∑发散.（7）Q 1lim lim10n n n n U n→∞→∞+==≠∴ 级数11n n n ∞=+∑发散. （8）Q (1)(1)1, lim 21212n n n n n n U n n →∞--==++∴ lim 0n x U →∞≠，故级数1(1)21n n nn ∞=-+∑发散.2．判别下列级数的收敛性，若收敛则求其和：(1) ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+13121n n n ； (2) ※∑∞=++1)2)(1(1n n n n ; (3) ∑∞=⋅12sin n n n π; (4)πcos2n n ∞=∑．解：Q （1）1111, 23n n n n ∞∞==∑∑都收敛，且其和分别为1和12，则11123n n n ∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛，且其和为1+12=32.（2）Q11121(1)(2)212n n n n n n ⎛⎫=-+ ⎪++++⎝⎭1lim 4n n S →∞=故级数收敛，且其和为14. （3）πsin 2n U n n =,而πsinππ2lim lim 0π222n n n U n→∞→∞=⋅=≠，故级数1πsin2n n n ∞=⋅∑发散. （4）πcos 2n n U =,而4lim limcos2π1k k k U k →∞→∞==,42lim limcos(21)π1k k k U k +→∞→∞=+=-故lim n n U →∞不存在，所以级数πcos2n n ∞=∑发散.3※．设1nn U∞=∑ (U n ＞0)加括号后收敛，证明1nn U∞=∑亦收敛．证：设1(0)nn n UU ∞=>∑加括号后级数1n n A ∞=∑收敛，其和为S .考虑原级数1n n U ∞=∑的部分和1n k k S U ∞==∑，并注意到0(1,2,)k U k >=L ，故存在0n ,使又显然1n n S S +<对一切n 成立，于是，{}n S 是单调递增且有上界的数列，因此，极限lim n n S →∞存在，即原级数1nn U∞=∑亦收敛.习题9-21．判定下列正项级数的收敛性：(1) ∑∞=++1n n n )2)(1(1; (2)∑∞=+1n n n1; (3) ∑∞=++1n n n n )2(2; (4)∑∞=+1n n n )5(12；(5) 111nn a ∞=+∑ (a ＞0); (6) ∑∞=+1n nb a 1(a , b ＞0); (7)()∑∞=--+1n a n a n22(a ＞0); (8)∑∞=-+1n n n 1214； (9) ∑∞=⋅1n nn n 23； (10) ※∑∞=1n nn n !; (11) ∑∞=+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅1n n n )13(1074)12(753ΛΛ; (12)∑∞=1n nn3；(13) ※∑∞=1n n n 22)!(2； (14)∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+1n nn n 12; (15)∑∞=1πn nn3sin2; (16) ∑∞=1πn n n n 2cos 32．解：（1）因为211(1)(2)n n n <++而211n n ∞=∑收敛，由比较判别法知级数11(1)(2)n n n ∞=++∑收敛.（2）因为lim 10n n n U →∞==≠，故原级数发散.（3）因为21(1)(1)1n n n n n n n +>=+++，而111n n ∞=+∑发散，由比较判别法知，级数12(1)n n n n ∞=++∑发散.（4321n<=,而1n ∞=是收敛的p -级数3(1)2p =>,由比较判别法知,级数n ∞=.（5）因为111lim lim lim(1)111n n n n n n n na a a a a →∞→∞→∞+==-++ 而当1a >时，11n n a ∞=∑收敛，故111nn a ∞=+∑收敛; 当1a =时，11n n a∞=∑=11n ∞=∑发散，故111nn a∞=+∑发散;当01a <<时1lim101n n a →∞=≠+，故1lim1nn a →∞+发散; 综上所述，当01a <≤时，级数1lim 1n n a →∞+发散，当1a >时，1lim 1nn a →∞+收敛. （6）因为1lim lim lim(1)1n n n n n n n n b aa b a b a bb→∞→∞→∞+==-++ 而当1b >时, 11n n b ∞=∑收敛，故11nn a b ∞=+∑收敛; 当1b =时，1111n n n b ∞∞===∑∑发散，故而由0a >, 101a <<+∞+,故11nn a b ∞=+∑也发散; 当01b <<时，11lim 0n n a b a →∞=≠+故11n n a b ∞=+∑发散; 综上所述知，当01b <≤时，级数11n n a b ∞=+∑发散;当b >1时，级数11nn a b∞=+∑收敛. （7）因为lim lim 1n n n→∞→∞=而11n n ∞=∑发散，故级数10)n a ∞=>∑发散. （8）因为434431121lim lim 1212n n n n n n n n→∞→∞++-==-而311n n ∞=∑收敛，故级数21121n n n ∞=+-∑收敛.（9）因为1113233lim lim lim 1(1)232(1)2n n n n n n n n nU n n U n n +++→∞→∞→∞⋅⋅==>+⋅+由达朗贝尔比值判别法知，级数132nnn n ∞=⋅∑发散. （10）因为11(1)!1lim lim lim(1)1(1)!n n n n n n n nU n n e U n n n ++→∞→∞→∞+=⋅=+=>+，由达朗贝尔比值判别法知，级数1!nn n n ∞=∑发散. （11）因为1357(21)(23)4710(31)limlim 4710(31)(34)357(21)n n n nU n n n U n n n +→∞→∞⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+L L L L232lim1343n n n →∞+==<+,由达朗贝尔比值判别法知原级数收敛.（12）因为111311lim lim lim 1333n n n n n n nU n n U n n ++→∞→∞→∞++=⋅==<，由达朗贝尔比值判别法知，级数13n n n ∞=∑收敛.（13）因为22221221(1)[(1)!]2(1)lim lim lim (!)22n n n n n n n nU n n U n +++→∞→∞→∞++=⋅= 由2212121(1)2(1)1lim lim lim 222ln 22ln 2x x x x x x x x x +++→∞→+∞→+∞+++==⋅⋅2121lim 022(ln 2)x x +→+∞==⋅知2121(1)lim lim 012n n n n n U n U ++→∞→∞+==< 由达朗贝尔比值判别法知，级数221(!)2n n n ∞=∑收敛.（14）因为1lim 1212n n n n →∞==<+，由柯西根值判别法知级数121nn n n ∞=⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑收敛. （15）因为ππ2sinsin 33lim lim 1π2π33n n nn n n n n→∞→∞==⋅ 而112233nn n n n ∞∞==⎛⎫= ⎪⎝⎭∑∑是收敛的等比级数，它的每项乘以常数π后新得级数12π3n n n ∞=⋅∑仍收敛，由比较判别法的极限形式知，级数1π2sin3n n n ∞=∑收敛. （16）因为2πcos 322n nn n n ≤而与（12）题类似地可证级数12n n n ∞=∑收敛，由比较判别法知级数1πcos 32nn n n ∞=∑收敛.2．试在(0，+∞)内讨论x 在什么区间取值时，下列级数收敛：(1) ∑∞=1n nn x ; (2)nn x n ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛123．解：（1）因为11lim lim lim 11n n n n n n nU x n nxx U n x n ++→∞→∞→∞=⋅==++由达朗贝尔比值判别法知，当1x >时，原级数发散;当01x <<时，原级数收敛; 而当1x =时，原级数变为调11n n∞=∑，它是发散的. 综上所述，当01x <<时，级数1nn x n ∞=∑收敛.（2）因为1313(1)2limlim 22n n n n n nx n U xU x n ++→∞→∞⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭==⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭,由达朗贝尔比值判别法知，当12x >即2x >时，原级数发散;当012x<<即02x <<时，原级收敛.而当12x =即 2x =时，原级数变为31n n ∞=∑，而由3lim n n →∞=+∞知31n n ∞=∑发散，综上所述，当02x <<时，级数31()2n n xn ∞=∑收敛.习题9-31．判定下列级数是否收敛，如果是收敛级数，指出其是绝对收敛还是条件收敛：(1) ∑∞=--1121)1(n nn ; (2)11(1)2(1)2n n nn ∞-=-+-⋅∑; (3) ∑∞=12sin n n nx; (４) 111π(1)sin πn n n n∞+=-∑; (5) ∑∞=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-11210121n n n ； (6)∑∞=+-1)1(n n x n ; (7) ∑∞=⋅1!)2sin(n n n x ．解：（1）这是一个交错级数121n U n =-, 1lim lim 021n n n U n →∞→∞==-, 1112121n n U U n n +=>=-+ 由莱布尼茨判别法知11(1)21nn n ∞=--∑. 又1111(1)2121n n n n n ∞∞==-=--∑∑，由1121lim 12n n n→∞-=,及11n n ∞=∑发散，知级数1121n n ∞=-∑发散，所以级数11(1)21nn n ∞=--∑条件收敛. （2）因为2111(1)211(1)22(1)2n n n n n ----+-=+-⋅-⋅,故而112n n ∞=∑收敛，故132n n ∞=∑亦收敛，由比较判别法知11(1)2(1)2n n nn ∞-=-+-⋅∑收敛，所以级数11(1)2(1)2n n n n ∞-=-+-⋅∑绝对收敛.（3）因为22sin 1,nx n n ≤而级数211n n ∞=∑收敛，由比较判别法知21sin n nxn ∞=∑收敛，因此，级数21sin n nxn ∞=∑绝对收敛.（4）因为121ππ|(1)sin |sin πlimlim 11πn n n n n n n n+→∞→∞-==而211n n∞=∑收敛，由比较判别法的极限形式知，级数111π|(1)sin |πn n n n∞+=-∑收敛，从而级数11π(1)sin πn n n+-绝对收敛. （5）因为212121111111210210210n n n n n n ----≤+=+,而级数112nn ∞=∑收敛的等比级数1()2q =;由比值判别法，易知级数211110n n ∞-=∑收敛，因而21111210n n n ∞-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛，由比较判别法知级数21111210n n n ∞-=-∑收敛，所以原级数21111210n n n ∞-=-∑绝对收敛. （6）当x 为负整数时，级数显然无意义；当x 不为负整数时，此交错级数满足莱布尼茨判别法的条件，故它是收敛的，但因11n x n ∞=+∑发散，故原级数当x 不为负整数时仅为条件收敛. （7）因为sin(2)1!!n x n n ⋅≤由比值判别法知11!n n ∞=∑收敛(Q 1(1)!lim 01!n n n →∞+=)，从而由比较判别法知1sin(2)!n n x n ∞=⋅∑收敛，所以级数1sin(2)!n n x n ∞=⋅∑，绝对收敛.2．讨论级数∑∞=--111)1(n pn n 的收敛性(p ＞0)．解：当1p >时，由于11111(1)n p p n n n n ∞∞-==-=∑∑收敛，故级数111(1)n p n n ∞-=-∑绝对收敛. 当01p <≤时，由于111,(1)n n p pu u n n +=>=+ lim 0n n u →∞=,由莱布尼茨判别法知交错级数111(1)n p n n ∞-=-∑收敛，然而，当01p <≤时，11111(1)n p p n n n n ∞∞-==-=∑∑发散，故此时，级数111(1)n p n n ∞-=-∑条件收敛.综上所述，当01p <≤时，原级数条件收敛;当p >1时，原级数绝对收敛.3※．设级数∑∞=12n na及∑∞=12n nb都收敛，证明级数∑∞=1n n n b a 及()∑∞=+12n n n b a 也都收敛．证：因为2222||||110||222n n n n n n a b a b a b +≤≤=+ 而由已知1nn a ∞=∑及21n n b ∞=∑都收敛，故221111,22n n n n a b ∞∞==∑∑收敛，从而2211122n n n a b ∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛，由正项级数的比较判别法知1n nn a b∞=∑也收敛，从而级数1n nn a b∞=∑绝对收敛.又由222()2,n n n n n n a b a a b b +=++及2211,n n n n a b ∞∞==∑∑,以及1n n n a b ∞=∑收敛，利用数项级数的基本性质知，221(2)nn n n n aa b b ∞=++∑收剑，亦即21()n n n a b ∞=+∑收敛.习题9-41．指出下列幂级数的收敛区间：(1) ∑∞=0!n nn x (0!=1)； (2)∑∞=0!n nn x n n ； (3) ∑∞=⋅022n n nnx ； (4)∑∞=++-01212)1(n n nn x ． (5) ∑∞=⋅+02)2(n n nn x ； (6)∑∞=-0)1(2n n nx n．解：（1）因为111(1)!limlim lim 011!n n n n na n p a n n +→∞→∞→∞+====+，所以收敛半径r =+∞，幂级数1!n n x n ∞=∑的收敛区间为(,)-∞+∞.（2）因为-111lim lim lim 1e 11n nn n n n na n p a n n +→∞→∞→∞⎛⎫===-= ⎪++⎝⎭，所以收敛半径1e r p ==. 当x =e 时，级数01!!e n n n n n n n n x n n ∞∞===∑∑，此时11(1)n n n u e u n+=+，因为1(1)nn +是单调递增数列，且1(1)n n+<e 所以1n n u u +>1,从而lim 0n n u →∞≠，于是级数当x =e 时，原级数发散.类似地，可证当x =-e 时，原级数也发散(可证lim ||0n n u →∞≠),综上所述，级数!nnn n x n∞=∑的收敛区间为(-e,e).（3）因为2111limlim ()212n n n n a n p a n +→∞→∞===+,所以收敛半径为r =2. 当2x =时，级数221012n n n n x n n∞∞===⋅∑∑是收敛的p 一级数（p =2>1）;当x =-2时，级数22011(1)2n nn n n x n n ∞∞===-⋅⋅∑∑是交错级数，它满足莱布尼茨判别法的条件，故它收敛.综上所述，级数202nn n x n∞=⋅∑的收敛区间为[-2,2].（4）此级数缺少偶次幂的项，不能直接运用定理2求收敛半径，改用达朗贝尔比值判别法求收敛区间.令21(1)21n nn x u n +=-+，则22121lim lim 23n n n nu n x x u n +→∞→∞+=⋅=+.当21x <时，即||1x <时，原级数绝对收敛.当21x >时，即||1x >时，级数0||n n u ∞=∑发散，从而210(1)21n nn x n +∞=-+∑发散，当1x =时，级数变为01(1)21nn n ∞=-+∑;当1x =-时，级数变为11(1)21n n n ∞+=-+∑;它们都是交错级数，且满足莱布尼茨判别法的条件，故它们都收敛.综上所述，级数210(1)21n nn x n +∞=-+∑的收敛区间为[-1,1].（5）此级数为（x +2）的幂级数. 因为11limlim 2(1)2n n n n a n p a n +→∞→∞===+. 所以收敛半径12r p==，即|2|2x +<时，也即40x -<<时级数绝对收敛.当|2|2x +>即4x <-或0x >时，原级数发散.当4x =-时，级数变为01(1)nn n ∞=-∑是收敛的交错级数，当x =0时，级数变为调和级数11n n ∞=∑,它是发散的.综上所述，原级数的收敛区间为[-4,0).（6）此级数（x -1）的幂级数故收敛半径12r =. 于是当1|1|2x -<即1322x <<时，原级数绝对收敛. 当1|1|2x ->即12x <或32x >时，原级数发散. 当32x =时，原级数变为01n n∞=∑是调和级数，发散. 当12x =时，原级数变为11(1)n n n ∞=-∑，是收敛的交错级数. 综上所述，原级数的收敛区间为13,22⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 2．求下列幂级数的和函数： (1) ∑∞=-1)1(n nn n x ； (2) ∑∞=-1122n n nx ； (3) n n x n n ∑∞=+1)1(1； (4) ∑∞=+0)12(n n xn ．解：（1）可求得所给幂级数的收敛半径r =1. 设1()(1)nnn x S x n ∞==-∑,则 1111()(1)(1)1n n n n n n x S x x n x ∞∞-=='⎡⎤'=-=-=-⎢⎥+⎣⎦∑∑ 又当x =1时，原级数收敛，且()S x 在x =1处连续.（2）所给级数的收敛半经r =1，设211()2n n S x nx∞-==∑,当||1x <时，有于是22222()1(1)x x s x x x '⎛⎫== ⎪--⎝⎭又当1x =±时，原级数发散.故 2122122 (||1)(1)n n x nx x x ∞-==<-∑ （3）可求所给级数的收敛半径为1.令1111()(0)(1)(1)n n n n x x s x x n n x n n +∞∞====≠++∑∑ 令11()(1)n n x g x n n +∞==+∑,则111()1n n g x x x ∞-=''==-∑ 所以0()ln(1)d ln(1)ln(1)xg x x x x x x x =--=+---⎰; 所以1()11ln(1),||1,S x x x x ⎛⎫=+--< ⎪⎝⎭且0x ≠. 当1x ±时，级数为11(1)n n n ∞=+∑和11(1)(1)n n n n ∞=-+∑,它们都收敛.且显然有(0)0S =. 故111ln(1)(1,0)(0,1)()00,1x x S x x x x ⎧⎛⎫+--∈-⋃⎪ ⎪=⎝⎭⎨⎪=±⎩. （4）可求得所给级数的收敛半径为r =1且1x ±时，级数发散，设10()n n S x nx ∞-==∑,则001()d .1xn n s x x x x∞===-∑⎰ 于是211()()1(1)S x x x '==--,即1211(1)n n nx x ∞-==-∑. 所以1101(21)2n n n n n n n xx nx x ∞∞∞-===+=+∑∑∑ 3．求下列级数的和： (1) ∑∞=125n n n ； (2)∑∞=-12)12(1n n n ； (3) ∑∞=--112212n n n ； (4) 1(1)2n n n n ∞=+∑．解：（1）考察幂级数21n n n x ∞=∑，可求得其收敛半径1r = ，且当1x ±时，级数的通项2n n u n x =，2lim ||lim n n n u n →∞→∞==+∞，因而lim 0n n u →∞≠，故当1x ±时，级数21n n n x ∞=∑发散，故幂级数21n n n x ∞=∑的收敛区间为（-1，1）.设21() (||1)n n S x n x x ∞==<∑，则211()n n S x x n x ∞-==∑ 令2111()n n S x n x∞-==∑,则11011()d x n n n n S x x nx x nx ∞∞-====∑∑⎰. 再令121()n n S x nx∞-==∑,则201()d 1x n n x S x x x x∞===-∑⎰. 故221()(||1)1(1)x S x x x x '⎛⎫==< ⎪--⎝⎭，从而有120()d (1)x x S x x x =-⎰. 于是 213()() (||1)(1)x x S x xS x x x +==<- 取15x =，则223111()11555()5532115n n n S ∞=+===⎛⎫- ⎪⎝⎭∑. （2）考察幂级数21121n n x n ∞=-∑，可求得收敛半径r =1，设令21111()21n n S x x n ∞-==-∑,则221211()1n n S x x x ∞-='==-∑. 即 1111()(0)ln (,(0)0)21x S x S s x+-==-. 于是 111()ln ,(||<1)21x S x x x +=-，从而取x =则11(21)21n n S n ∞===--∑（3）考察幂级数211(21)n n n x∞-=-∑，可求得其级数半经为r =1,因为令2111()2n n S x nx∞-==∑，则221201()d 1x n n x S x x xx ∞===-∑⎰.所以212222() (||1)1(1)x x S x x x x '⎛⎫==< ⎪--⎝⎭,于是取12x =，得 3212111()121102212291()2n n n S ∞-=+-⎛⎫=== ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭∑. （4）考察幂级数1(1)n n n n x∞=+∑，可求得其收敛半径r =1. 设1()(1) (||1)n n S x n n xx ∞==+<∑ 则121011()d xn n n n S x x nx x nx ∞∞+-====∑∑⎰. 又设111()n n S x nx∞-==∑则101()d 1x n n x S x x x x∞===-∑⎰. 从而121()1(1)x S x x x '⎛⎫== ⎪--⎝⎭, 取12x =，则习题9-51．将下列函数展开成x 的幂级数：(1) 2cos 2x ; (2) 2sin x ； (3) 2x x -e ; (4) 211x -； (5)πcos()4x -．解：（1）2201cos 11cos (1)2222(2)!n n n x x x n ∞=+==+-∑ （2）2101sin (1) ()2(21)!2n n n x x x n +∞=⎛⎫=--∞<<+∞ ⎪+⎝⎭∑ （3）22210011e ()(1) ()!!x n n n n n x x x x x n n ∞∞-+===-=--∞<+∞∑∑ （4）211111211x x x ⎡⎤=+⎢⎥--+⎣⎦（5）πππcos cos cos sin sin 444x x x ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭ 2．将下列函数在指定点处展开成幂级数，并求其收敛区间： (1)x -31,在x 0＝１； (2) cos x,在x 0=3π; (3) 3412++x x ,在x 0=1; (4) 21x, 在x 0＝３．解：（1）因为11113212x x =⋅---,而 0111 (||112212nn x x x ∞=--⎛⎫=< ⎪-⎝⎭-∑即13x -<<). 所以100111(1) (13)3222nnn n n x x x x ∞∞+==--⎛⎫=⋅=-<< ⎪-⎝⎭∑∑. 收敛区间为：（-1，3）.（2）πππ2π2cos cos ()cos cos()sin sin()333333x x x x ⎡⎤=+-=---⎢⎥⎣⎦ 收敛区间为(,)-∞+∞.（3）211111111()1143213481124x x x x x x =-=⋅-⋅--++++++ 由112x -<且114x -<得13x -<<，故收敛区间为（-1，3）（4）因为011113(1)()333313n n n x x x ∞=-=⋅=-⋅-+∑ 而21011(3)(1)3n n n n x x x ∞+=''⎡⎤-⎛⎫=-=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦∑ 由313x -<得06x <<. 故收敛区间为（0，6）.。

微积分II课后答案详解

x+ y
x→0
分析�由二元函数极限定义�我们只须找到沿不同路径 p → p0(0,0) 时�所得极限值不同即可。
证明� ① p(x, y) x ( x ≠ 0, y = 0)
f (x, y) = f (x,0) = 1, lim f (x, y) = 1 x →0 y→0
p0 (0, 0)
②当 p(x, y)沿直线y = kx(x ≠ 0)趋于�0�0�时�
f (x, y) = x − kx = 1 − k ≠ 1(k ≠ 0) x + kx 1 + k
综合①②可知函数极限不存在。
练习 5.2
1.求下列函数的偏导数
① z = x3 y − xy3,求 ∂z , ∂z
∂x ∂y
解� ∂z = 3x 2 y − y 3 , ∂z = x3 − 3xy 2
(2) ln(3 1.03 + 4 0.98 − 1) 解:令 f (x, y) = ln(3 x + 4 y −1)
取 x0 = 1, ∆x = 0.03, y0 = 1, ∆y = −0.02
原式
= f (1 + 0 .0 3,1 − 0 .0 2 )
1
−2
x3
≈
ln( 3 1 +
4 1 − 1) +
解�全增量 ∆z = f (2 + 0.1,3 − 0.2) − f (2,3) = 2.1× 2.8 − 6 = −0.12
dz = zx∆x + zy∆y = y∆x + x∆y = 3× 0.1+ 2 × (−0.2) = −0.1
�2�求 z = ln(1 + x2 + y 2 ),当x = 1, y = 2时的全微分

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第二章习题2-11. 试利用本节定义5后面的注（3）证明：若lim n →∞x n =a ,则对任何自然数k ，有lim n →∞x n +k =a .证：由lim n n x a →∞=，知0ε∀>，1N ∃，当1n N >时，有取1N N k =-，有0ε∀>，N ∃，设n N >时（此时1n k N +>）有由数列极限的定义得 lim n k x x a +→∞=.2. 试利用不等式A B A B -≤-说明：若lim n →∞x n =a ,则lim n →∞∣x n ∣=|a|.考察数列x n =(-1)n ，说明上述结论反之不成立.证：而 n n x a x a -≤- 于是0ε∀>，,使当时，有N n N ∃>n n x a x a ε-≤-< 即 n x a ε-<由数列极限的定义得 lim n n x a →∞=考察数列 (1)nn x =-，知lim n n x →∞不存在，而1n x =，lim 1n n x →∞=，所以前面所证结论反之不成立。

3. 利用夹逼定理证明：(1) lim n →∞222111(1)(2)n n n ⎛⎫+++ ⎪+⎝⎭=0； (2) lim n →∞2!nn =0. 证：（1）因为222222111112(1)(2)n n n n n n n n n n++≤+++≤≤=+ 而且 21lim0n n →∞=，2lim 0n n→∞=，所以由夹逼定理，得222111lim 0(1)(2)n n n n →∞⎛⎫+++= ⎪+⎝⎭. （2）因为22222240!1231n n n n n<=<-，而且4lim 0n n →∞=，所以，由夹逼定理得4. 利用单调有界数列收敛准则证明下列数列的极限存在.(1) x n =11n e +，n =1,2,…；(2) x 1,x n +1,n =1,2,…. 证：（1）略。

（2）因为12x =<，不妨设2k x <，则故有对于任意正整数n ，有2n x <，即数列{}n x 有上界，又1n n x x +-=，而0n x >,2n x <，所以 10n n x x +-> 即 1n n x x +>，即数列是单调递增数列。

综上所述，数列{}n x 是单调递增有上界的数列，故其极限存在。

习题2-21※. 证明：0lim x x →f (x )=a 的充要条件是f (x )在x 0处的左、右极限均存在且都等于a .证：先证充分性：即证若0lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→==，则0lim ()x x f x a →=. 由0lim ()x x f x a -→=及0lim ()x x f x a +→=知： 10,0εδ∀>∃>,当010x x δ<-<时，有()f x a ε-<，20δ∃>当020x x δ<-<时，有()f x a ε-<。

取{}12min ,δδδ=，则当00x x δ<-<或00x x δ<-<时，有()f x a ε-<，而00x x δ<-<或00x x δ<-<就是00x x δ<-<，于是0,0εδ∀>∃>，当00x x δ<-<时，有()f x a ε-<，所以 0lim ()x x f x a →=.再证必要性：即若0lim ()x x f x a →=，则0lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→==, 由0lim ()x x f x a →=知，0,0εδ∀>∃>，当00x x δ<-<时，有()f x a ε-<，由00x x δ<-<就是 00x x δ<-<或00x x δ<-<，于是0,0εδ∀>∃>，当00x x δ<-<或00x x δ<-<时，有()f x a ε-<.所以 0lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→== 综上所述，0lim x x →f (x )=a 的充要条件是f (x )在x 0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0lim x →(x 2+a ),和0lim x -→1e x；(2) 设f (x )= 12e ,0,,0,xx x a x ⎧⎪<⎨⎪+≥⎩，问常数a 为何值时，0lim x →f (x )存在.解：（1）因为x 无限接近于0时，2x a +的值无限接近于a ，故20lim()x x a a →+=.当x 从小于0的方向无限接近于0时，1e x的值无限接近于0，故1lim e 0xx -→=. （2）若0lim ()x f x →存在，则0lim ()lim ()x x f x f x +-→→=，由（1）知 22lim ()lim()lim()x x x f x x a x a a +--→→→=+=+=，所以，当0a =时，0lim ()x f x →存在。

3. 利用极限的几何意义说明lim x →+∞sin x 不存在.解：因为当x →+∞时，sin x 的值在-1与1之间来回振摆动，即sin x 不无限接近某一定直线y A =，亦即()y f x =不以直线y A =为渐近线，所以lim sin x x →+∞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0x →时，tan ,sin x x 都是无穷小量，但由sin cos tan xx x=（当0x →时，cos 1x →）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0x +→时，tan x 是无穷小量，而cot x 是无穷大量，但tan cot 1x x =不是无穷大量，也不是无穷小量。

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 =x sin x 在(-∞，+∞)内无界，但lim x →∞x sin x ≠∞；(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0x →时，cot x 为无穷大量，sin x 是有界函数，cot sin cos x x x =不是无穷大量；（4）正确，见教材§定理2；（5）错误，例如当0x →时，1x 与1x -都是无穷大量，但它们之和11()0x x+-=不是无穷大量；（6）正确，因为0M ∀>，∃正整数k ，使π2π+2k M >，从而ππππ(2π+)(2π+)sin(2π+)2π+2222f k k k k M ==>，即sin y x x =在(,)-∞+∞内无界，又0M ∀>，无论X 多么大，总存在正整数k ，使π>k X ，使(2π)πsin(π)0f k k k M ==<，即x →+∞时，sin x x 不无限增大，即lim sin x x x →+∞≠∞；（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 -,x →2; (2) f (x )=ln x ，x →0+，x →1,x →+∞； (3) f (x )= 1e x,x →0+，x →0-； (4) f (x )=2π-arctan x ,x →+∞;(5) f (x )=1x sin x ,x →∞; (6) f (x )= 21xx →∞. 解：（1）22lim(4)0x x →-=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()ln f x x =的图像可以看出，1lim ln ,limln 0,lim ln x x x x x x +→→+∞→=-∞==+∞，所以，当0x +→时，x →+∞时，()ln f x x =是无穷大量；当1x →时，()ln f x x =是无穷小量。

（3）从1()e x f x =的图可以看出，110lim e ,lim e 0x xx x +-→→=+∞=，所以，当0x +→时，1()e xf x =是无穷大量；当0x -→时，1()e xf x =是无穷小量。

（4）πlim (arctan )02x x →+∞-=， ∴当x →+∞时，π()arctan 2f x x =-是无穷小量。

（5）当x →∞时，1x是无穷小量，sin x 是有界函数，∴ 1sin x x是无穷小量。

（6）当x →∞时，21x∴习题2-41.若0lim x x →f (x )存在，0lim x x →g (x )不存在，问0lim x x →［f (x )±g (x )］, 0lim x x →［f (x )·g (x )］是否存在，为什么解：若0lim x x →f (x )存在，0lim x x →g (x )不存在，则（1）0lim x x →［f (x )±g (x )］不存在。

因为若0lim x x →［f (x )±g (x )］存在，则由()()[()()]g x f x f x g x =--或()[()()]()g x f x g x f x =+-以及极限的运算法则可得0lim x x →g (x )，与题设矛盾。

（2）0lim x x →［f (x )·g (x )］可能存在，也可能不存在，如：()sin f x x =，1()g x x=，则0limsin 0x x →=，01lim x x →不存在，但0lim x x →［f (x )·g (x )］=01limsin 0x x x→=存在。