微积分(曹定华)(修订版)课后题答案第二课习题详解

于是 0, 0 ，当 0 x x0 时，有 f (x) a ，
所以
lim f (x) a .
x x0
再证必要性：即若 lim f (x) a ，则 lim f (x) lim f (x) a ,
x x0
x x0
x x0
由 lim x x0
f (x) a 知，
5
g(x)，与题设矛盾。
（2） lim ［f(x)·g(x)］可能存在，也可能不存在，如： f (x) sin x ， g(x) 1 ，则
x x0
x
lim sin x 0 ， lim 1 不存在，但 lim ［f(x)·g(x)］= lim 1 sin x 0 存在。
x0
x0 x
x x0
xk1 2xk 22 2
故有对于任意正整数 n，有 xn 2 ，即数列xn 有上界，
又
xn1 xn xn ( 2 xn ) ，而 xn 0 , xn 2 ，
所以
xn1 xn 0 即
xn1 xn ，
即数列是单调递增数列。
综上所述，数列xn 是单调递增有上界的数列，故其极限存在。
x0
x0
x0
由（1）知
lim f (x) lim (x2 a) lim (x2 a) a ，
x0
x0
x0
1
lim f (x) lim e x 0
x0
x0
所以，当 a 0 时， lim f (x) 存在。 x0
3. 利用极限的几何意义说明 lim sinx 不存在. x
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 不存在。
x x0
x x0
x x0
x x0
证：设
lim
x x0
f(x)=A ，
lim
x x0
g(x)=B ， 则
0
，分别存在
1
0，
2Leabharlann 0，使得当0 x x0 1 时，有 A f (x) ，当 0 x x0 2 时，有 g(x) B
令 min1,2 ，则当 0 x x0 时，有
x
时，
1 x2
是无穷小量，
1
1 x2
是有界变量，
1 x2
1
1 x2
是无穷小量。
习题 2-4
1.若 lim f(x)存在， lim g(x)不存在，问 lim ［f(x)±g(x)］, lim ［f(x)·g(x)］是否存在，
x x0
x x0
x x0
x x0
为什么?
解：若 lim f(x)存在， lim g(x)不存在，则
第二章
习题 2-1
1. 试利用本节定义 5 后面的注（3）证明：若 lim xn=a,则对任何自然数 k，有 lim
n
n
xn+k=a.
证：由
lim
n
xn
a
，知
0
， N1 ，当 n
N1
时，有
xn a
取 N N1 k ，有 0 ， N ，设 n N 时（此时 n k N1 ）有
xnk a
（7）正确，见教材§2.3 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.
3 (1) f(x)= x2 4 ,x→2;
(2) f(x)=lnx，x→0+，x→1,x→+∞；
1
(3) f(x)= e x ,x→0+，x→0-；
x x0
x x0
0, 1 0 ,当 0 x0 x 1 时，有 f (x) a ，
2 0 当 0 x x0 2 时，有 f (x) a 。
取 min1,2 ，则当 0 x0 x 或 0 x x0 时，有 f (x) a ，
2
而 0 x0 x 或 0 x x0 就是 0 x x0 ，
x0
x1
x
所以，当 x 0 时， x 时， f (x) ln x 是无穷大量；
当 x 1 时， f (x) ln x 是无穷小量。
1
1
1
（3）从 f (x) e x 的图可以看出， lim e x , lim e x 0 ，
x0
x0
1
所以，当 x 0 时， f (x) e x 是无穷大量；
0,
0 ，当 0
x x0
时，有
f (x) a
，
由 0 x x0 就 是 0 x0 x 或 0 x x0 ， 于 是 0, 0 ， 当
0 x0 x 或 0 x x0 时，有 f (x) a .
所以
lim f (x) lim f (x) a
xn+1=
2
xn
（n=1,2,…），则 lim n
xn 存在，并求该极限.
证：因为 x1 2, x2 2 2 , 有 x2 x1 今设 xk xk1 ，则 xk1 2 xk 2 xk1 xk ，由数学归纳法知，对于任意
cot xsin x cos x 不是无穷大量；
（4）正确，见教材§2.3 定理 2；
（5）错误，例如当 x 0 时， 1 与 1 都是无穷大量，但它们之和 1 ( 1 ) 0
xx
xx
不是无穷大量；
（ 6 ） 正 确 ， 因 为 M 0 ， 正 整 数 k ， 使 2kπ + π M ， 从 而 2
于是 0 ， N ,使当n N时，有
xn a xn a 即 xn a
由数列极限的定义得
lim
n
xn
a
考察数列
xn
(1)n
，知
lim
n
xn
不存在，而
xn
1， lim n
xn
1，
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
1 n2
(n
1 1)2
1 (2n)2
1
当 x 0 时， f (x) e x 是无穷小量。
（4） lim ( π arctan x) 0 ， 2 x
当 x 时， f (x) π arctan x 是无穷小量。 2
（5）当 x 时， 1 是无穷小量， sin x 是有界函数， x
1 sin x 是无穷小量。
x
（6） 当
小量。
例 3：当 x 0 时， tan x 是无穷小量，而 cot x 是无穷大量，但 tan xcot x 1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；
x x0
x x0
综上所述， lim f(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. x x0
1
2. (1) 利用极限的几何意义确定 lim (x2+a),和 lim e x ；
x0
x0
(2)
设 f(x)=
e
1 x
,
x 0, ，问常数 a 为何值时， lim f(x)存在.
=0；
2n (2) lim =0.
n n!
证：（1）因为
1 1 1 1 n1 n n 2
n2 n2 (n 1)2
(2n)2 n2 n2 n
而且
1
lim
n
n2
0 ， lim 2 n n
0，
1
所以由夹逼定理，得
lim
n
1 n2
(n
1 1)2
1 (2n)2
0
.
（2）因为 0 2n 2 2 2 2 2 4 ，而且 lim 4 0 ，
习题 2-2
1※. 证明： lim f(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. x x0
证：先证充分性：即证若 lim f (x) lim f (x) a ，则 lim f (x) a .
x x0
x x0
x x0
由 lim f (x) a 及 lim f (x) a 知：
x x0
x x0
（ 1 ） lim ［ f(x)±g(x) ］ 不 存 在 。 因 为 若 lim ［ f(x)±g(x) ］ 存 在 ， 则 由
x x0
x x0
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 lim x x0
由数列极限的定义得
lim
x
xn
k
a.
2. 试 利 用 不 等 式 A B A B 说 明 ： 若 lim xn=a, 则 lim ∣xn∣=|a|. 考 察 数 列
n
n
xn=(-1)n，说明上述结论反之不成立. 证：
lim x
xn
a
0, N,使当n N时，有 xn a .
而
xn a xn a
(4) f(x)= -arctanx,x→+∞;
2
4
1
(5) f(x)= sinx,x→∞;
x
1 (6) f(x)= x2
1
1 x2
，x→∞.
解：（1） 因为 lim( x 2 x2
4)
0