最新数学分析上册练习题及答案第三章函数极限

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数学分析答案函数极限

第三章函数极限与连续函数习题 3.1 函数极限1. 按函数极限的定义证明：⑴ lim x →2x 3＝8； ⑵ lim x →4x = 2； ⑶ limx →3x x -+11＝ 12；⑷ limx →∞x x +-121 = 12； ⑸ lim ln x x →+0=-∞；⑹ lim x →+∞e -x ＝0； ⑺ lim x →+2242xx -=+∞； ⑻ lim x →-∞x x 21+=-∞。

证（1）先取12<-x ，则31<<x ，219)2)(42(823-<-++=-x x x x x ，于是对任意的0>ε，取019,1min >⎭⎬⎫⎩⎨⎧=εδ，当δ<-<20x 时，成立ε<-<-21983x x ，所以lim x →2x 3＝8。

（2）首先函数x 的定义域为0≥x ，且421242-≤+-=-x x x x ，于是对任意的0>ε，取{}02,4m i n >=εδ，当δ<-<40x 时，成立ε<-≤-4212x x ，所以lim x →4x = 2。

（3）先取13<-x ，则42<<x ，)1(232111+-=-+-x x x x 361-<x ，于是对任意的0>ε，取{}06,1m i n >=εδ，当δ<-<30x 时，成立2111-+-x x ε<-<361x ，所以 limx →3x x -+11＝12。

（4）先取1>x ，则x x ≥-12，21121--+x x 1223-=x x23≤，于是对任意的0>ε，取023,1max >⎭⎬⎫⎩⎨⎧=εX ，当X x >时，成立21121--+x x ε<≤x 23，所以limx →∞x x +-121=12。

（5）对任意的0>G ，取0>=-G e δ，当δ<<x 0时，成立G x -<ln ，所以lim ln x x →+0=-∞。

数学分析3-1习题答案

数学分析3-1习题答案数学分析是大学数学学科的一门重要课程，它是数学的基础和核心内容之一。

而数学分析3-1是数学分析课程中的一个重要章节，涵盖了很多重要的概念和方法。

本文将针对数学分析3-1的习题进行解答，帮助读者更好地理解和掌握这一知识点。

1. 习题一：计算函数极限题目：计算极限lim(x→0)(sinx/x)。

解答：我们可以利用泰勒展开的方法来计算这个极限。

根据泰勒展开的公式，我们有sinx = x - (x^3)/3! + (x^5)/5! - (x^7)/7! + ...，将这个展开式代入极限表达式中，得到：lim(x→0)(sinx/x) = lim(x→0)((x - (x^3)/3! + (x^5)/5! - (x^7)/7! + ...)/x) =lim(x→0)(1 - (x^2)/3! + (x^4)/5! - (x^6)/7! + ...)由于极限lim(x→0)(x^n) = 0，其中n为正整数，所以我们可以得到：lim(x→0)(sinx/x) = 1因此，这个极限的值为1。

2. 习题二：证明函数的连续性题目：证明函数f(x) = x^2在区间[-1, 1]上是连续的。

解答：要证明函数f(x) = x^2在区间[-1, 1]上是连续的，我们需要证明它在该区间的任意一点x0处满足极限lim(x→x0)f(x) = f(x0)。

首先，我们可以计算函数f(x)在x0处的极限：lim(x→x0)f(x) = lim(x→x0)x^2 = x0^2然后，我们需要证明这个极限等于f(x0)。

根据函数f(x) = x^2的定义，我们有f(x0) = x0^2。

因此，我们可以得到：lim(x→x0)f(x) = f(x0)这说明函数f(x)在区间[-1, 1]上是连续的。

3. 习题三：求函数的导数题目：求函数f(x) = e^x的导数。

解答：要求函数f(x) = e^x的导数，我们可以利用导数的定义和指数函数的性质来计算。

数学分析3函数极限总练习题

第三章函数极限总练习题1、求下列极限：(1)；(2)；(3)；(4)；(5)；(6)；(7)，m,n为正整数.解：(1)=3-2=1；(2)=(1+1)-1=；(3)===1；(4)=== -1；(5)====a+b；(6)==3；(7)当m=n时，=0；当m>n时，设m-n=L，则===.=====.当m<n时，设n-m=L，则===.∴当m,n为正整数时，=.2、分别求出满足下述条件的常数a与b：(1)=0；(2)=0；(3)=0.解：(1)===.当1-a=0，a+b=0时，原式成立. 解得a=1,b= -1.(2)∵x→-∞，∴可设x<0，==.当1-a2=0，1+2ab=0，-1+a≠0时，原式成立. 解得或a= -1，b=. (3)∵x→+∞，∴可设x>0，==.当1-a2=0，1+2ab=0，1+a≠0时，原式成立. 解得或a= 1，b=.3、试分别举出符合下列要求的函数f.(1)≠f(2)；(2)不存在.解：(1)设f(x)=；则=0，f(2)=1，∴≠f(2).(2)设f(x)=；则=0，=1，∵，∴不存在.4、试给出函数f的例子，使f(x)>0恒成立，而在某一点x0处，有=0，这同极限的局部保号性有矛盾吗？解：(1)设f(x)=；则f(x)>0，且=0.这与局部保号性不矛盾. 在局部保号性定理中要求=A≠0.而这里的A=0. 所以不矛盾.5、=A. =B，能否推出=B.解：不一定.例如对于函数f(x)=当互质时当为无理数时及g(x)=，有=0. =1，而g(f(x))=D(x)为狄利克雷函数，不存在，即不存在.6、设f(x)=xcos x试作数列.(1){x n}使得x n→∞(n→∞)，f(x n)→0(n→∞).(2){y n}使得y n→∞(n→∞)，f(y n)→+∞(n→∞).(3){z n}使得z n→∞(n→∞)，f(z n)→-∞(n→∞).解：(1)令x n=，此时f(x n)=0，于是当n→∞时，便有x n→∞，且f(x n)→0.(2)令y n=2nπ，此时f(y n)= 2nπ，于是当n→∞时，便有y n→∞，且f(y n)→+∞.(3)令z n=(2n-1)π，此时f(z n)= -(2n-1)π，于是当n→∞时，便有z n→∞，且f(z n)→-∞.7、证明：若数列{a n}满足下列条件之一，则{a n}是无穷大数列.(1)=r>1；(2)=S>1 (a n≠0, n=1,2,…).证：(1)令0>1，则存在N1，使当n>N1时，有0，即|a n|> r0n. 又r0n=+∞，即任给G>0，存在N2，使当n>N2时，有r0n>G，取N=max{N1, N2}，则当n>N时，有|a n|>G，∴{a n}是无穷大数列.(2)令=S>S0>1，则存在N1，使当n>N1时，有>S0，从而有|a n|=||·…> ||·. 又||·=+∞，即任给G>0，存在N2，使当n>N2时，有||·>G，取N=max{N1, N2}，则当n>N时，有|a n|>G，∴{a n}是无穷大数列.8、利用7(1)的结论求极限.(1)；(2).解：(1)∵==e>1；∴=+∞.(2)∵==e>1；∴=+∞；∴=0.9、设=+∞，证明：(1)++…+)=+∞；(2)若a n>0(n=1,2,…)则=+∞.证：(1)∵=+∞，∴∀G>0，有N1，当n>N1时，a n>2G.即有>2G,>2G,…, a n>2G(共(n-N1)个).记S n=++…+，当n>N1时，=+>=>=又 1 (n→∞)，∴有N2，当n>N2时，>，N=max{N1, N2}，则当n>N时，有>G，∴++…+)=+∞.(2)∵a n>0(n=1,2,…)且=+∞，∴=+∞.由(1)知+ln+…+ln)=+∞.又+ln+…+ln)==+∞. ∴∞.10、利用上题结果求极限：(1)；(2).证：(1)=，这里a n=n，且a n=+∞；∴=+∞.(2)ln(n!)=ln(1·2·…·n)= ln1+ ln2+…+lnn，这里a n=lnn，且a n=+∞；∴=+∞.11、设f为U⁰-(x0)内的递增函数，证明：若存在数列{x n}⊂U⁰-(x0)且x n→x0(n→∞)，使得：f(x n)=A，则有f(x0-0)==A.证：若有x’∈U⁰-(x0,δ’)，使f(x’)>A，记ε0=>0，∵x n→x0(n→∞)，∴有N’，当n>N’时，有|x n-x0|<，于是x n>. 又f在U⁰-(x0,δ’)内递增，∴f(x n)≥f≥f(x’)>A，∴f(x n)-A≥f(x’)-A>0. 这与f(x n)=A矛盾.∴=A.另一方面，∵f(x n)=A，∴对∀ε>0，∃N，当n>N时有|f(x n)-A|<ε，∵N+1>N，∴|f(x N+1)-A|<ε，记δ=x0-x N+1>0，当0<x0-x<δ时，有x>x N+1，从而f(x)≥f(x N+1).对于任何x∈U⁰-(x0,δ)都有f(x)≤A，于是A-ε<f(x N+1)≤f(x)<A+ε，∴f(x n)=f(x0-0)==A.12、设函数f在(0,+∞)上满足方程f(2x)=f(x)且f(x)=A，证明：f(x)≡A(x∈(0,+∞)). 证：设有x0∈(0,+∞)使f(x0)=B≠A，∵f(x0)=f(2x0)=f(4x0)=…=f(2n x0)=…则对数列{ x0,2x0,4x0,…,2n x0,…}，有f(2n x0)=f(x0)=B，又f(x)=A且2n x0→+∞(n→∞)，由归结原则有f(2n x0)=A.∴B=A，与B≠A矛盾，∴f(x)≡A(x∈(0,+∞)).13、设函数f在(0,+∞)上满足方程f(x2)=f(x)且f(x)=f(x)=f(1)证明：f(x)≡f(1)(x∈(0,+∞)).证：设有x0∈(0,+∞)使f(x0)≠f(1)，∵f(x0)= f(x02)= f(x04)= …=f(x02n)=…则对数列{x02,x04,…,x02n,…}，若x0∈(0,1)，则有x02n=0且f(x02n)=f(x0)，又f(x)=f(1)，由归结原则有f(x02n)=f(1)，∴f(x0)=f(1)，与f(x0)≠f(1)矛盾；若x0∈[1,+∞)，则x02n=+∞且f(x02n)=f(x0)，又f(x)=f(1)，由归结原则有f(x02n)=f(1)，∴f(x0)=f(1)，与f(x0)≠f(1)矛盾.∴f(x)≡f(1)(x∈(0,+∞))14、设函数f在(a+∞)上，f在每一个有限区间(a,b)内有界，并满足(f(x+1)-f(x))=A. 证明：=A.证：∵(f(x+1)-f(x))=A，∴∀ε>0，必∃x0>a，使当x≥x0时，有|f(x+1)-f(x)-A|<ε. 设x>x0+1，于是有n>0，满足n<x-x0<n+1，令L=x-x0-n，则0≤L<1，且x=x0+n+L. 于是有||=显然≤=≤<·ε=ε又f(x)在[x0,x0+1)上有界，∴∃x1>0，使当x>x1时，有<ε(0≤L<1)又∃x2>0，使当x>x2时，有<ε令X=max{x0+1,x1,x2}，于是当x>X时，便有||<ε+ε+ε=ε，∴=A.。

数学分析 3,4,5章答案华东师范大学

9．（1）证明：若存在，则。
（2）若存在，试问是否成立？
解：（1）证明因为存在，设，则任给，存在，使得当时，有。此时取，则当时，，从而有，故有。
（2）若若存在，并不一定成立。
例如
这里存在，但不存在，但是则。
3．函数极限存在的条件
1．叙述函数极限的归结原则，并应用它证明不存在。
所以。
2．利用迫敛性求极限：
（1）；（2）。
解：（1）因为趋于负无穷，所以当时，
，而，由迫敛性定理得。
（2）因为趋于正无穷，所以当时，。而，。由迫敛性定理得。
3．设，，证明：
（1）；
（2）；
（3）。
证明：（1）因为，则对任给的，存在，当时，。，则对任给的，存在，当时，。对已给定的，取，当时，与同时成立。当时，
，对，存在，使得当时，有，于是取，则当，即在内有。
8．求下列极限（其中皆为正整数）：
（1）；（2）；
（3）；（4）；
（5）。
解：（1）。
（2）。
（3）由于
。由极限的四则运算法则，有
。
（4）由于，
。
（5）由于，当时，或。对于两种形式，均有，由迫敛性定理得。
解归结原则：设函数为定义在上的函数，则存在的充要条件是：对任何含于且趋于正无穷的数列，极限都存在且相等。
证明由于在上有定义，设，则显然有且，
但，有归结原则知不存在。
2．设为定义在上的增（减）函数。证明：存在的充要条件是在上有上（下）界。
证明只证一种情况即可。

数学分析第三章习题答案

数学分析第三章习题答案数学分析是数学的重要分支之一，它研究的是数学中的极限、连续、微分和积分等概念及其应用。

第三章是数学分析课程中的重要章节，主要讲述了函数的极限和连续性。

本文将为读者提供数学分析第三章习题的详细解答，帮助读者更好地理解和掌握这一章节的知识。

1. 设函数f(x) = x^2 - 3x + 2，求f(x)在x = 2处的极限。

解答：要求f(x)在x = 2处的极限，即求lim(x→2)f(x)的值。

根据极限的定义，我们需要计算当x无限接近2时，f(x)的取值。

将x代入f(x)的表达式中，得到f(2) = 2^2 - 3×2 + 2 = 4 - 6 + 2 = 0。

因此，f(x)在x = 2处的极限为0。

2. 设函数f(x) = sin(x)，求f(x)在x = π/2处的极限。

解答：要求f(x)在x = π/2处的极限，即求lim(x→π/2)f(x)的值。

根据极限的定义，我们需要计算当x无限接近π/2时，f(x)的取值。

将x代入f(x)的表达式中，得到f(π/2) = sin(π/2) = 1。

因此，f(x)在x = π/2处的极限为1。

3. 设函数f(x) = 1/x，求f(x)在x = 0处的极限。

解答：要求f(x)在x = 0处的极限，即求lim(x→0)f(x)的值。

根据极限的定义，我们需要计算当x无限接近0时，f(x)的取值。

将x代入f(x)的表达式中，得到f(0) = 1/0，由于分母为0，这个表达式是无意义的。

因此，f(x)在x = 0处的极限不存在。

4. 设函数f(x) = x^3，求f(x)在x = -1处的极限。

解答：要求f(x)在x = -1处的极限，即求lim(x→-1)f(x)的值。

根据极限的定义，我们需要计算当x无限接近-1时，f(x)的取值。

将x代入f(x)的表达式中，得到f(-1) = (-1)^3 = -1。

因此，f(x)在x = -1处的极限为-1。

华东师大数学分析答案第三章函数极限

第三章函数极限§1 函数极限概念一、按概念证明以下极限: (1);656lim=+∞→xx x (2)2)106(lim 22=+-→x x x ;(3) ;115lim 22=--∞→x x x (4) 04lim 22=-→x x ; (5) 0cos cos lim 0x x x x =→证: (1)当0>x 时,xx x 5656=-+,于是对任给正数ε,只要取ε5=M ,当M x >时,有ε<-+656xx .故656lim=+∞→x x x (2) 当120<-<x 时,有422)106(2-⋅-=-+-x x x x 23)22(2-<+-⋅-≤x x x ,对任给正数ε,只要取}3,1min{εδ=,那么当δ<-<20x 时,有ε<-+-2)106(2x x ,故2)106(lim 22=+-→x x x .(3)当2>x 时, x x x x x 411411522<+-=---.对任给正数ε,只要取}4,2{ε=M ,当M x >时,便有ε<---11522x x ,故115lim 22=--∞→x x x . (4)设)2,1[∈x ,那么x x x -⋅+=-2242x -≤22.0>∀ε,取42εδ=,那么当820<-<x ,即21<<-x δ时,ε<-24x ,故04lim 22=-→x x .(5)因为00002sin 2sin2cos cos x x x x x x x x -≤+-=-. 从而对任给正数ε,只要取εδ=,当δ<-<00x x 时,就有ε<-0cos cos x x .0cos cos lim 0x x x x =→故0cos cos lim 0x x x x =→.二、参照概念2正面陈述A x f x x ≠→)(lim 0.解:设函数f 在点0x 的某空心邻域),(00δ'x U 内有概念,A 是一个确信的常数.假设存在某个正数0ε,使得对任意的正数δ,总存在x ',知足δ<-'<00x x ,且0)(ε≥-'A x f 那么称当0x x →时)(x f 不以A 为极限,记为A x f x x ≠→)(lim 0.3、证明: )(lim )(lim 00h x f x f h x x +=→→.证明: 设A x f x x =→)(lim 0,那么对任给正数ε,存在正数δ,当δ<-<00x x 时,有ε<-A x f )(.从而当δ<<h 0时,有δ<-+<00)(0x h x ,于是ε<-+A h x f )(0, 故A h x f h =+→)(lim 00.反之,设A h x f h =+→)(lim 00,那么对任给正数ε,存在正数δ,当δ<<h 0时,有ε<-+A h x f )(0.从而当δ<-<00x x 时,0x x h -=知足δ<<h 0, 从而=-A x f )(ε<-+A h x f )(0 故A x f x x =→)(lim 0.4、证明A x f x x =→)(lim 0,那么A x f x x =→)(lim 0.但反之不真.证: 设A x f x x =→)(lim 0,那么对任给正数ε,存在正数δ,当δ<-<00x x 时,有ε<-A x f )(.因此当δ<-<00x x 时, 有ε<-≤-A x f A x f )()( 故A x f x x =→)(lim 0.但逆命题不真.如对⎪⎩⎪⎨⎧<=>-=0,10,00,1)(x x x x f ,有⎩⎨⎧=≠=0,00,1)(x x x f且1)(lim 0=→x f x x ,但)(lim 0x f x x →不存在.5、证明定理定理 A x f x x =→)(lim 0的充分必要条件是)(lim )(lim 00x f x f x x x x -+→→=A =.证: 必要性设A x f x x =→)(lim 0,那么对任给正数ε,存在正数δ,当δ<-<00x x 时,有ε<-A x f )(.因此,当δ<-<00x x 时,有ε<-A x f )(.故A x f x x =+→)(lim 0当δ<-<x x 00时,有ε<-A x f )(.故A x f x x =-→)(lim 0.充分性设A x f x f x x x x ==-+→→)(lim )(lim 0,那么对任给正数ε,别离存在正数1δ和2δ,使适当δ<-<00x x 或δ<-<x x 00时,都有ε<-A x f )(. 现取},min{21δδδ=,当δ<-<00x x 时,有1000δδ≤<-≤-<x x x x ,或2000δδ≤<-≤-<x x x x因此由(1)知ε<-A x f )(故A x f x x =→)(lim 0.6.研究以下函数在0=x 处的左右极限或极限(1)x x x f =)(; (2)][)(x x f =; (3) ⎪⎩⎪⎨⎧<+=>=0,10,00,2)(2x x x x x f x解: (1)当0>x 时, 1)(==xx x f ,故1)(lim 0=+→x f x x .当0<x 时, 1)(-==xx x f ,故1)(lim 0-=-→x f x x ,因此)(lim 0x f x →不存在.(2) 当01>>x 时, ][)(x x f =0=,故0)(lim 0=+→x f x x .当01<<-x 时, ][)(x x f =1-=,故1)(lim 0-=-→x f x x .因此)(lim 0x f x →不存在.(3) 当0>x 时, x x f 2)(=,故12lim )(lim 0==++→→x x x x f . 当0<x 时, 21)(x x f +=,故1)1(lim )(lim 20=+=--→→x x f x x . 因此1)(lim 0=→x f x .7.证明: )1(lim )(lim 0xf x f x x +→∞→=. 证: 设A x f x =∞→)(lim ,B xf x =+→)1(lim 0,下证B A =. 对任给正数ε,存在0>M ,0>δ,使适当M x >时,有2)(ε<-A x f .当δ<<x 0时,有2)1(δ<-B xf .令}1,min{M δη=,那么当η<<x 0时,M x>1, 从而由(1)知2)1(ε<-A xf .于是当η<<x 0时,由(2)与(3)知ε<-+-≤-B xf x f A B A )1()1(. 可见ε≤-B A ,由于ε的任意性可得, B A =8.证明:对黎曼函数)(x R 有0)(lim 0=→x R x x ,]1,0[0∈x (当0=x 或1时,考虑单侧极限)证: [0,1]上的黎曼函数概念如下: ⎪⎩⎪⎨⎧===或无理数当时当1,0,0,1)(x q p x q x R仍取]1,0[0∈x ,对任意给定的正数ε,知足不等式ε1≤n 的自然数n 最多有有限个.于是在[0,1]中最多有有限个既约分数qp ,使得ε≥=q q p R 1)(.因此咱们可取0>δ,使得0x 的空心邻域),(00δx U 内不含如此的既约分数, 于是只要δ<-<00x x (对00=x ,只要δ<<x 0;对10=x ,只要δ<-<x 10). 不论x 是不是为有理数,有ε<)(x R 故0)(lim 0=→x R x x ,]1,0[0∈x .§2 函数极限的性质一、求以下极限:(1))cos (sin 2lim 22x x x x --→π; (2) 121lim 220---→x x x x ;(3) 121lim 221---→x x x x ; (4) 32302)31()1(lim x x x x x +-+-→; (5) 11lim 1--→m n x x x (n 、m 为自然数);(6) 2321lim4--+→x x x ; (7) xax a x -+→20lim ,(0>a );(8) xx x x cos lim-∞→; (9) 4sin lim 2-∞→x xx x ;(10) 902070)15()58()63(lim --+∞→x x x x 解:(1))cos (sin 2lim 22x x x x --→π)41(22π-=.(2) 121lim 220---→x x x x 110010=---=.(3) 121lim 221---→x x x x 32121lim 1=++=→x x x . (4) 32302)31()1(lim xx x x x +-+-→3123lim 0-=+-=→x x x . (5) 11lim 1--→mn x x x mnx x x x x x m m n n x =++++++++=----→11lim 21211 . (6) 2321lim4--+→x x x 34321)2(2lim4=+++=→x x x . (7) x ax a x -+→20lim a ax a x 211lim 20=++=→. (8) x x x x cos lim-∞→1cos 1lim =-=∞→xxx .(9) 4sin lim 2-∞→x x x x 0411sin lim 2=-⋅=-∞→xx x x . (10) 902070)15()58()63(lim --+∞→x x x x 902070902070583)15()58()63(lim ⋅=--+=∞→xx x x .2.利用迫敛性求极限:(1) xx x x cos lim --∞→; (2) 4sin lim 2-+∞→x xx x .解: (1)因为1cos 1≤≤-x ,因此xx x x x x x 1cos 1-≤-≤+ )0(<x 而1)11(lim 1lim=+=+-∞→-∞→x x x x x ,1)11(lim 1lim =-=--∞→-∞→xx x x x 因此1cos lim=--∞→xxx x (2) 因为1sin 1≤≤-x ,因此44sin 4222-≤-≤--x xx x x x x , (2>x )而00411lim 4lim 22=-=--=--+∞→+∞→x x x x x x ,0411lim 4lim 22=-=-+∞→+∞→xx x xx x 因此04sin lim 2=-+∞→x xx x3.证明定理定理假设极限)(lim 0x f x x →与)(lim 0x g x x →都存在,那么g f ±,g f ⋅在0x x →时极限也存在,且(Ⅰ) =±→)]()([lim 0x g x f x x )(lim 0x f x x →)(lim 0x g x x →±;(Ⅱ) =⋅→)]()([lim 0x g x f x x )(lim 0x f x x →)(lim 0x g x x →⋅;(Ⅲ)假设0)(lim 0≠→x g x x ,那么g f 在0x x →时极限存在,且有)(lim )(lim )()(lim 00x g x f x g x f x x x x x x →→→=. 证:设A x f x x =→)(lim 0,B x g x x =→)(lim 0,那么对任给的正数ε,别离存在正数1δ和2δ,使当100δ<-<x x 时,有2)(ε<-A x f . (1)当200δ<-<x x 时,有2)(ε<-B x f . (2)(Ⅰ)取},min{21δδδ=,当δ<-<00x x 时,有(1)、(2)同时成立，于是有ε<-+-≤±-±B g A f B A g f )()(，故B A x g x f x x ±=±→)]()([lim 0.(Ⅱ)由B x g x x =→)(lim 0知, 存在正数3δ,使)(x g 在),(300δx U 上有界,即存在正数M ,对任给),(300δx U x ∈,有M x g ≤)(. (3)取},,min{321δδδδ=,当δ<-<00x x 时,有(1)、(2)、（3）同时成立，因此AB x g x f -⋅)()())(())()((B x g A A x f x g -+-=B x g A A x f x g -⋅+-⋅≤)()()(ε2A M +<。

函数极限习题及答案

函数极限习题及答案函数极限习题及答案函数极限是微积分中一个重要的概念，它在数学的各个领域中都有广泛的应用。

通过研究函数在某一点的极限，我们可以了解函数在该点附近的变化规律，进而推导出一些重要的结论。

本文将通过几个习题来讨论函数极限的相关概念和计算方法，并给出详细的解答。

1. 求函数f(x) = 2x + 3在x = 1处的极限。

解答：要求函数在某一点的极限，可以直接将该点的值代入函数进行计算。

将x = 1代入函数f(x) = 2x + 3中，得到f(1) = 2(1) + 3 = 5。

因此，函数f(x)在x = 1处的极限为5。

2. 求函数g(x) = (x^2 - 1)/(x - 1)在x = 1处的极限。

解答：当直接代入x = 1时，函数g(x)的分母为0，无法计算。

此时，我们可以通过化简来求解。

将函数g(x)的分子进行因式分解，得到g(x) = (x - 1)(x + 1)/(x - 1)。

分子的(x - 1)与分母的(x - 1)相约，得到g(x) = x + 1。

再将x = 1代入该函数，得到g(1) = 1 + 1 = 2。

因此，函数g(x)在x = 1处的极限为2。

3. 求函数h(x) = sin(x)/x在x = 0处的极限。

解答：当直接代入x = 0时，函数h(x)的分母为0，无法计算。

此时，我们可以利用极限的性质来求解。

首先，我们可以观察到当x接近0时，sin(x)也接近0。

因此，我们可以猜测函数h(x)在x = 0处的极限为1。

为了证明这个猜测，我们可以利用泰勒级数展开来近似计算。

根据泰勒级数展开，sin(x)可以表示为x -x^3/3! + x^5/5! - ...。

将这个级数代入函数h(x)，得到h(x) = (x - x^3/3! +x^5/5! - ...)/x。

分子中的x与分母的x相约，得到h(x) = 1 - x^2/3! + x^4/5! -...。

当x接近0时，x^2、x^4等项的值都会趋近于0，因此，我们可以得到h(x)在x = 0处的极限为1。

数学分析3.2函数极限的性质

第三章函数极限2 函数极限的性质六种类型的函数极限：(1)；(2)；(3)；(4)；(5)；(6).定理3.2(唯一性)：若极限存在，则此极限是唯一的.证：设A，B都是f当x→x0时的极限，则∀ε>0，分别有正数δ1与δ2，使当0<|x-x0|<δ1时，有|f(x)-A|<ε；当0<|x-x0|<δ2时，有|f(x)-B|<ε.取δ=min{δ1,δ2}，则当0<|x-x0|<δ时，|A-B|≤|f(x)-A|+|f(x)-B|<ε,由ε的任意性，可知A=B. ∴存在时，此极限是唯一的。

定理3.3(局部有界性)：若存在，则f在x0的某空心邻域U⁰(x0)内有界. 证：设=A，取ε=1，则存在正数δ，使得对一切x∈U⁰(x0;δ)有|f(x)-A|<1=>|f(x)|<|A|+1. ∴存在时，f在U⁰(x0;δ)内有界.定理3.4(局部保号性)：若=A>0(或<0)，则对任何正数r<A(或r<-A)存在U⁰(x0)有：f(x)>r>0(或f(x)<-r<0).证：当=A>0时，对任何r∈(0,A)，取ε=A-r，则存在正数δ，使得对一切x∈U⁰(x0;δ)有f(x)>A-ε=r，∴f(x)>r>0.当=A<0时，对任何-r∈(A,0)，取ε=-r-A，则存在正数δ，使得对一切x∈U⁰(x0;δ)有f(x)<A+ε=-r，∴f(x)<-r<0.定理3.5(保不等式性)：若与都存在，且在某邻域U⁰(x0;δ’)内有：f(x)≤g(x)，则≤.证：设=A，=B，则对∀ε>0，分别有正数δ1与δ2，使当0<|x-x0|<δ1时，有Aε<f(x)；当0<|x-x0|<δ2时，有g(x)<Bε.取δ=min{δ’,δ1,δ2}，则当0<|x-x0|<δ时，Aε<f(x)≤g(x)<Bε，从而有A<B+ε. 由ε的任意性，可知A≤B. 即≤.注：当f(x)<g(x)时，仍有≤.反之，当时，在某U⁰(x0)内有f(x)<g(x). (证明见习题第6题)定理3.6(迫敛性)：设==A，且在某U⁰(x0;δ’)内有：f(x)≤h(x)≤g(x)，则=A.证：∵==A，∴对∀ε>0，分别有正数δ1与δ2，使当0<|x-x0|<δ1时，有A-ε<f(x)；当0<|x-x0|<δ2时，有g(x)<A+ε.取δ=min{δ’,δ1,δ2}，则当0<|x-x0|<δ时，A-ε<f(x)≤h(x)≤g(x)< A+ε，从而有|h(x)-A|<ε. ∴=A.定理3.7(四则运算法则)：若极限与都存在，则函数f±g，f·g 当x→x0时的极限也存在，且：(1)=；(2)=.(3)当≠0时，当x→x0时的极限也存在，且：=.证：设=A，=B，则对∀ε>0，分别有正数δ1与δ2，使当0<|x-x0|<δ1时，有|f(x)-A|<ε，即A-ε<f(x)<A+ε；当0<|x-x0|<δ2时，有|g(x)-B|<ε，即B-ε<g(x)<B+ε.取δ=min{δ1,δ2}，则当0<|x-x0|<δ时：(1)有A+B-2ε<f(x)+g(x)<A+B+2ε，A-B-2ε<f(x)-g(x)<A-B+2ε；∴=A±B=.(2)|f(x)g(x)-AB|=|g(x)(f(x)-A)+A(g(x)-B)|≤|g(x)||f(x)-A|+|A||g(x)-B|<(|g(x)|+|A|)ε又|g(x)|-|B|≤|g(x)-B|<ε，即|g(x)|<ε+|B|，∴|f(x)g(x)-AB|<(ε+|B|+|A|)ε；∴=AB=. (3)==≤<ε.又|B|-|g(x)|≤|g(x)-B|<ε，即|g(x)|> |B|-ε，∴<ε；∴==.ε例1：求.解：当x>0时，1-x<≤1；当x<0时，1≤<1-x.∵=1，由迫敛性得==1；∴=1.例2：求.解：===.例3：求.解：当x+10时，===-1.例4：证明(a>1).证：∀ε>0，不妨设ε<1，为使|a x-1|<ε，即1-ε<a x<1+ε，∵a>1，即(1-ε)<x<(1+ε). 只要令δ=min{(1+ε),-(1-ε)}，则当0<|x|<δ时，就有|a x-1|<ε，∴(a>1).习题1、求下列极限：(1)；(2)；(3)；(4)；(5)(n,m为正整数)；(6)；(7)(a>0)；(8).解：(1)=2(sinx-cosx-x2)=2(1-0)= 2(1).(2)==1.(3)===.(4)==== -3.(5)当n,m为正整数时，==.(6)===.(7)当a>0时，===.(8)==.2、利用迫敛性求极限：(1)；(2).解：(1)∵-1≤cosx≤1，∴=≤≤=；∵==1，根据迫敛性定理，=1.(2)∵-1≤sinx≤1，又x→+∞，即x2-4>0，∴=≤≤=；∵==0，根据迫敛性定理，=0.3、设f(x)=，a0≠0，b0≠0，m≤n，试求. 解：=；当m=n时，=；当m<n时，=0.，∴=4、设f(x)>0，=A. 证明：，其中n≥2为正整数. 证：∵f(x)>0，∴=A≥0.当A=0时，由=0可知，对∀ε>0，存在正数δ，当0<|x-x0|<δ时，有f(x)<εn，即<ε，∴.当A>0时，由=A可知，对∀ε>0，有正数δ，使当0<|x-x0|<δ时，|f(x)-A|<ε.又=≤<ε.∴.5、证明=1(0<a<1).证1：∀ε>0(不妨设ε<1)，要使1-ε<a x<1+ε，∵0<a<1，即log a(1+ε)<x< log a(1-ε)，只要取δ=min{ log a(1-ε),- log a(1+ε)}，则当0<|x|<δ时，就有|a x-1|<ε，∴=1(0<a<1).证2：∵=1，∴对∀ε>0，∃N>0，有0<1-<ε，由a x递减，∴当0<x<时，有a x>.∴0<1-a x<1-<ε，取δ=，则当0<x<δ时，就有0<|a x-1|<ε，∴=1. 又=1，∴对∀ε>0，∃N>0，有-ε<1-<0，由a x递减，∴当<x<时，有a x<.∴-ε<1-<1-a x <0，取δ=，则当-δ<x<0时，就有0<|a x-1|<ε，∴=1. ∴=1(0<a<1).6、设=A，=B，(1)若在某U⁰(x0)内有f(x)<g(x)，问是否必有A<B？为什么？(2)证明：若A<B，则在某U⁰(x0)内有f(x)<g(x).解：(1)不一定。

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第三章函数极限1．函数极限概念1．按定义证明下列极限：（1）65lim 6x x x→+∞+=；（2）22lim(610)2x x x →-+=；（3）225lim 11x x x →∞-=-;（4）2lim 0x -→=；（5）00lim cos cos x x x x →=.证明（1）任意给定0ε>，取5M ε=，则当x M >时有65556x x x Mε+-=<=.按函数极限定义有65lim6x x x→+∞+=.（2）当2x ≠时有，2(610)2(2)(4)24x x x x x x -+-=--=--.若限制021x <-<，则43x -<.于是，对任给的0ε>，只要取min{1,}3εδ=，则当02x δ<-<时，有2(610)2x x ε-+-<.故有定义得22lim(610)2x x x →-+=.(3)由于22254111x x x --=--.若限制1x >，则2211x x -=-，对任给的0ε>，取max M ⎧⎪=⎨⎪⎩，则当x M >时有22225441111x x M x ε--=<=---，所以225lim 11x x x →∞-=-.(4)0==若此时限制021x <-<，==<=0ε>，取2min{1,}4εδ=，当02x δ<-<022εε<≤⋅=，故由定义得2lim 0x -→=.（5）因为sin ,x x x R ≤∈，则0000000cos cos 2sinsin 2sin sin 222222x x x x x x x x x x x x x x -+-+--=-=≤⋅=-.对任给的0ε>，只要取δε=，当00x x δ<-<时，就有00cos cos x x x x δε-≤-<=，所以按定义有00lim cos cos x x x x →=.2．叙述0lim ()x x f x A →≠。

解：0lim ()x x f x A →=陈述为：设函数f 在点0x 的某个空心邻域00(,)U x δ'内有定义，A 为定数，若对任给的0ε>，存在0δ>，使得当00x x δ<-<时有()f x A ε-<，则称函数f 当x 趋于0x 时以A 为极限，记作0lim ()x x f x A →=。

其否定陈述为：设函数()f x 在点0x 的某个空心邻域00(,)U x δ'内有定义，A 为一个确定的常数，若存在某个00ε>，使得对任意的正数()δδ'<，总存在x 满足00x x δ<-<，使得0()f x A ε-≥，则称当0x x →时，()f x 不以A 为极限，记为0lim ()x x f x A →≠。

3．设0lim ()x x f x A →=，证明00lim ()h f x h A →+=。

证明：因为0lim ()x x f x A →=，由定义有对任给0ε>，存在0δ>，当00x x δ<-<时，()f x A ε-<，从而当00h h δ<=-<时，有000()x h x δ<+-<，于是0()f x h A ε+-<，故00lim ()h f x h A →+=。

4．证明：若0lim ()x x f x A →=，则0lim ()x x f x A →=。

证明：因为0lim ()x x f x A →=。

由εδ-定义有对任给0ε>，存在0δ>，当00x x δ<-<时，()f x A ε-<，于是有()()f x A f x A ε-≤-<，故0lim ()x x f x A →=。

当0A =时，若0lim ()0x x f x →=，则对任给0ε>，存在0δ>，当00x x δ<-<时，()0()()f x f x f x ε-==<，因此，对已给定的0ε>，当00x x δ<-<时，()0()f x f x ε-=<，即0lim ()0x x f x →=。

说明当0A =时，上述命题的逆命题也成立。

但当0A ≠时，其逆命题不真。

例如对101()112x f x x ≤<⎧=⎨-<≤⎩有()1,02f x x ≡≤≤。

显然1lim ()1x f x A →==，但1lim ()x f x →不存在。

事实上，11lim ()1lim ()1x x f x f x -+→→==-，，可见11lim ()lim ()x x f x f x -+→→≠，故1lim ()x f x →不存在。

故当且仅当0A =时，本题反之也成立。

5．证明定理：0lim ()lim ()lim ()x x x x x x f x A f x f x A +-→→→=⇔==。

必要性设0lim ()x x f x A →=，由极限的εδ-定义知对任给0ε>，存在0δ>，当00x x δ<-<时，()f x A ε-<。

则当00x x x δ<<+时，有()f x A ε-<，故lim ()x x f x A +→=。

当00x x x δ-<<时，有()f x A ε-<，故0lim ()x x f x A -→=。

从而0lim ()lim ()x x x x f x f x A +-→→==。

充分性 0lim ()x x f x A +→=，则对任意给定0ε>，存在10δ>，使得当001x x x δ<<+时，有()f x A ε-<。

lim ()x x f x A -→=，则对任意给定0ε>，存在20δ>，使得当020x x x δ-<<时，有()f x A ε-<。

所以对已给定的0ε>，取12min{,}δδδ=，使得当00x x δ<-<时，有()f x A ε-<，故0lim ()x x f x A →=。

6．讨论下列函数在0x →时的极限或左右极限：（1）()x f x x =；（2）()[]f x x =；（3）22,0()0,01,0x x f x x x x ⎧>⎪==⎨⎪+<⎩。

解：（1）因为当0x >时，()1xf x x==，故有00lim ()lim11x x f x ++→→==。

当0x <时，()1xf x x==-，故00lim ()lim(1)1x x f x --→→=-=-。

因此0lim ()x f x →不存在。

（2）当01x <<时，()[]0f x x ==，故0lim ()0x f x +→=。

当10x -<<时，()[]1f x x ==-，故0lim ()1x f x -→=-。

所以0lim ()lim ()x x f x f x +-→→≠，因此0lim ()x f x →不存在。

（3）对任给的0ε>，先考虑0x -→，取δ=，则当0x δ-<<时，222()1(1)1f x x x δε-=+-=<<，于是0lim ()1x f x -→=。

再考虑0x +→，取2log (1)δε=+，则当0x δ<<时，()1212121x x f x δε-=-=-<-=，所以0lim ()1x f x +→=。

所以0lim ()1x f x →=。

7．设lim ()x f x A →+∞=，证明01lim ()x f A x+→=。

证明：因lim ()x f x A →+∞=，则对任给0ε>，存在0M >，当x M >时，()f x A ε-<，取10M δ=>，则当0x δ<<时，11M x δ>=，故有1()f A x ε-<，所以01lim ()x f A x+→=。

8．证明：对黎曼函数()R x 有00lim ()0,[0,1]x x R x x →=∈（当00x =或1时，考虑单侧极限）。

证明：因为[0,1]上的黎曼函数定义为：1,(,,()0,0,1(0,1)p p x p q N qq q R x x +⎧=∈⎪=⎨⎪=⎩当为既约真分数)当或内的无理数。

任取0[0,1]x ∈时，任给0ε>，满足不等式1q ε≤的正整数q 至多有有限个。

而p q <，从而正整数p 也至多有有限个。

于是在(0,1)内至多只有有限个既约真分数pq，使得1()p R q qε=≥。

因此可取0δ>，使得00(,)U x δ内不含这有限个既约分数，于是只要00x x δ<-<（对00x =，只要0x δ<<；对于01x =，只要01x δ<-<），不论x 是01，或无理数，都有()0()0R x R x ε-==<成立，故00lim ()0,[0,1]x x R x x →=∈。

2．函数极限的性质1．求下列极限：（1）22lim 2(sin cos )x x x x π→--；（2）2201lim 21x x x x →---；（3）2211lim 21x x x x →---；（4）3230(1)(13)lim 2x x x x x→-+-+；（5）01lim 1n m x x x →--（,n m 为正整数）；（6）4x →（7）0lim (0)x a a x →>；（8）702090(36)(85)lim (51)x x x x →+∞+--。

解：（1）因为2limsin sin12x x ππ→==，2lim cos cos02x x ππ→==，再根据极限的四则运算法则，得222222lim 2(sin cos )lim 2sin lim 2cos lim 2x x x x x x x x x x ππππ→→→→--=--222222lim 2sin 2lim cos 2lim 21202()222x x x x x x πππππ→→→=--=⨯-⨯-⨯=-。

（2）222200lim 1101lim1212lim lim 1001x x x x x x x x x x →→→→---===------。

（3）由于221(1)(1)121(1)(21)21x x x x x x x x x --++==---++，所以212111lim 111112lim lim 21212lim 12113x x x x x x x x x x x →→→→+-++====--++⨯+。