数学分析—极限练习题及详细答案

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数学—极限练习题及详细答案

一、选择题1.若0()lim1sin x x xφ→=，则当x 0→时，函数(x)φ与（）是等价无穷小。

A.sin ||xB.ln(1)x -C.11.【答案】D 。

2.设f(x)在x=0处存在3阶导数，且0()lim 1tan sin x f x x x→=-则'''f (0)=（）A.5B.3C.1D.0 2.【答案】B.解析由洛必达法则可得30002()'()''()limlimlim1tan sin 2cos sin sin cos cos x x x f x f x f x x x x x xx x -→→→==-+-42200''()''()lim lim 16cos sin 2cos cos 21x x f x f x x x x x --→→===-++++可得'''f (0)3= 3.当x 0→时，与1x 133-+为同阶无穷小的是（） A.3xB.34x C.32xD.x3.【答案】A.解析.12233312332000311(1)1133lim lim (1)3313x x x x x x x ---→→→-+⋅==+=选A 。

4.函数2sin f ()lim 1(2)nn xx x π→∞=+的间断点有（）个A.4B.3C.2D.14.【答案】C.解析.当0.5x >时，分母→∞时()0f x =，故20.5sin 12lim1(2(0.5))2n x π→--=-+⨯-， 20.5sin12lim1(20.5)2n x π→=+⨯，故，有两个跳跃间断点，选C 。

5.已知()bx xf x a e=-在（-∞，+∞）内连续，且lim ()0x f x →∞=，则常数a ，b 应满足的充要条件是（）A.a>0，b>0B.a ≤0，b>0C.a ≤0，b<0D.a>0，b<05.【答案】B 。

极限部分练习题答案

《极限部分练习题》参考答案1. 42lim416--→x x x解1 ()()()()()()84244x 48422lim 42lim4424344243416416++++-++++-=--→→x x x x x x x x x x x x x()()()()84216x 416lim4424316+++-+-=→x x x x x x 418888448424lim4424316=++++=++++=→x x x x x .解2 ()()4122121lim 222lim 42lim41644416416=+=+=+--=--→→→x x x x x x x x x . 【注】解1中是分子、分母同乘分子24-x 的共轭根式84244243+++x x x ，解2中是分子、分母同乘分母4-x 的共轭根式4+x ，显然解2比解1简单.2. 求a 的值，使得411lim =⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→xx x a解 a aa xx aa xx xx e x a x a x a ---∞→--∞→∞→=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-1lim 1lim 1lim Θ，41=∴-a e ，即4=ae ,取对数得2ln 24ln ==a . 3. ⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→x x x x x sin 11sinlim 解 101sin 1lim 11sinlim sin 1lim 1sin lim sin 11sin lim =+=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→∞→∞→∞→x x xx x x x x x x x x x x x x x .【注】解题中求极限xx x 1sin lim ∞→时应用了第一个重要极限，而求极限x x x sin 1lim ∞→时则应用了无穷小量的性质（无穷小量与有界变量的乘积仍为无穷小量）.4. 当∞→n 时，n 1sin2与k n1等价，则=k ？解 Θ当∞→n 时k n n 1~1sin 2，111sin lim2=∴∞→k n n n ，而111sin lim 11sin lim 11sin lim =⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∞→∞→∞→kn kn k k n n n n n n n ，2=∴k .5. xx x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∞→1212lim 解1 e e e x x x x x x x x x x xx x xx x x x x ==⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+---∞→∞→--∞→∞→∞→2121212212212212211lim 211lim 211211lim 211211lim 1212lim . 解2 ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-∞→∞→∞→2121212211221lim 1221lim 1212lim x x x x x x x xx xxe e x x x x x =⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=∞→-∞→11221lim 1221lim 21212. 6. ⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→22211311211lim n n Λ 解 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→22211311211lim n n Λ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∞→n n n 1111311311211211lim Λ 21121lim 1134322321lim =⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅-⋅⋅⋅=∞→∞→n n n n n n n n Λ. 7. 设()3222+-=+x x x f ，则()[]=2f f ？解在()3222+-=+x x x f 中令0=x ，得()32=f ，从而()[]()32f f f =；再在()3222+-=+x x x f 中令1=x ，得()23=f ，即()[]22=f f .8. xxx 3sin 11lim0--→解1 ()()()()xx xx x x x x x x x x -+=-+-+--=--→→→113sin lim113sin 1111lim 3sin 11lim000 ()()616111131lim 3sin 3lim 11313sin 3lim 000=⨯=-+⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⋅=→→→x x x x x x x x x . 解2 注意，当0→x 时，x x 3~3sin ，且()2~1111xx x ---+=--，所以当0→x 时，()2~1111x x x ---=--，于是由无穷小量替换法得613lim 3sin 11lim 00==--→→x 2xx x x x .9. xx x x ⎪⎭⎫⎝⎛-+∞→12lim 解1 31212212211lim 21lim 1121lim 1121lim 12lim e e e x x x x x x x x x x xx x x x xx x x ==⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+---∞→∞→--∞→∞→∞→. 解2 ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-∞→∞→∞→131131lim 131lim 12lim 331x x x x x x x xx xx333311131lim 131lim e e x x x x x =⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=∞→-∞→. 10. ⎪⎭⎫ ⎝⎛+→x x x x x sin 11sinlim 0解 110sin lim 1sin lim sin 11sinlim 000=+=+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+→→→x x x x x x x x x x x .【注】解题中求极限⎪⎭⎫⎝⎛⋅→x x x 1sin lim 0时应用了无穷小量的性质（无穷小量与有界变量的乘积仍为无穷小量）.11. 623lim 2232--++-→x x xx x x解 ()()()()()5231lim 2321lim 623lim 222232-=-+=+-++=--++-→-→-→x x x x x x x x x x x x x x x x .12. hx h x h 330)(lim -+→解1 ()()2220322033333lim 33lim limx h xh x hh xh h x hx h x h h h =++=++=-+→→→. 解2 ()()()[]()()[]2220220333lim lim limx x x h x h x hx x h x h x h hx h x h h h =++++=++++=-+→→→.【注】解1中分子是直接将二项式()3h x +展开再减3x ，而解2中分子是直接对()33xh x -+应用立方差公式. 13. 321lim3--+→x x x解 ()()()()()()41211lim 2133lim 2132121lim 321lim3333=++=++--=++-++-+=--+→→→→x x x x x x x x x x x x x x . 14. ()x x x x -+++∞→)2)(1(lim解 ()()()[]()()[]()()xx xx x x x x x x x x x x ++++++-++=-+++∞→+∞→212121lim )2)(1(lim()()()()23123123lim2323lim 2121lim222=++++=++++=+++-++=+∞→+∞→+∞→x x x xx x x x x x x x x x x x . 【注】仿上步骤可知，()()()[]()()[]()()xx xx x x x x x x x x x x ++++++-++=-++-∞→-∞→212121lim )2)(1(lim()()()()+∞=+++-+=++++=+++-++=-∞→-∞→-∞→123123lim2323lim 2121lim222x x xxx x x x x x x x x x x x ，即极限()x x x x -++-∞→)2)(1(lim不存在，所以()x x x x -++∞→)2)(1(lim 也不存在，故将原题改为()x x x x -+++∞→)2)(1(lim .15. xx xx x e e e e 2223lim ++-+∞→解1 21231lim 23lim 322=++=++--+∞→-+∞→x x x x x x x x e e e e e e .解2 令xe u =，则当+∞→x 时，+∞→u ，故由无穷小量分出法，有212311lim 231lim23lim32222=++=++=+++∞→+∞→-+∞→uu u u u u e e e e u u x x xx x .16. xxx x 3sin sin 2tan 2lim+-+→ 解 ()()()xx x xx x x xxx x x sin 2tan 2sin sin 2tan 2sin 2tan 2lim sin sin 2tan 2lim3030+++++++-+=+-+→→ ()()xx x x x x x x x x x sin 2tan 2sin 1cos 1lim sin 2tan 2sin sin tan lim 2030+++-=+++-=→→ ⎪⎭⎫⎝⎛+++⋅⋅-=→x x x x x x sin 2tan 21cos 1sin cos 1lim 20（以下分3种作法） ① 原式⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⋅⋅=→x x x x x x sin 2tan 21cos 1sin 2sin 2lim 220 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⋅⋅⋅⋅=→x x x x x x x xxx sin 2tan 21cos 1sin 242sinlim 2222220 241221111121sin 2tan 21lim cos 1lim sin lim 22sin lim21002020=⨯⨯⨯⨯=+++⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅=→→→→x x x x x x x x x x x .② 原式⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⋅⋅+⋅-=→x x x x x x x sin 2tan 21cos 1cos 11sin cos 1lim 220 ⎪⎭⎫⎝⎛+++⋅⋅+=→x x x x x sin 2tan 21cos 1cos 11lim 0 2412211121sin 2tan 21lim cos 1lim cos 11lim000=⨯⨯⨯=+++⋅⋅+=→→→x x x x x x x .③ Θ当0→x 时，2~cos 12x x -，且22~sin x x ，∴由无穷小量替换法，原式⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⋅⋅=→x x x x x x sin 2tan 21cos 12lim 220⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⋅⋅=→x x x x sin 2tan 21cos 121lim 0 2412211121sin 2tan 21lim cos 1lim 2100=⨯⨯⨯=+++⋅⋅=→→x x x x x . 17. xx x x⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∞→1lim 22解 x x xx x x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→∞→222111lim 1lim xx x x x x x x x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--∞→∞→11111lim 11111lim 1 1111lim 11lim 111=⋅=⎪⎭⎫⎝⎛+⋅⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-∞→--∞→ee x x xx xx . 18. ()xx x 3sin 21ln lim 0+→ 解1 ()()()xx x xx x x x x x x x x x x 33sin 21ln lim 32333sin 221ln 21lim 3sin 21ln lim 21000+=⋅⋅+=+→→→()x x x x xx 33sin lim 21ln lim 320210→→+= ()321ln 3233sin lim 21lim ln 320210=⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=→→e x x x x x x . 解2 ()3232lim 3sin 21ln lim 00==+→→x x x x x x （Θ当0→x 时，x x 2~)21ln(+，且x x 3~3sin ）.19. 9lim =⎪⎭⎫⎝⎛-+∞→xx a x a x ，求=a ？解 Θa a a a a x x aa xx a a x aa x x xx x x e e e x a x a x a x a x a x a a x a x 21lim 1lim 11lim 11lim lim ==⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+---∞→∞→--∞→∞→∞→. ∴92=a e ，两边取对数，得3ln 29ln 2==a ，3ln =a .20. ()x x xx ++-∞→100lim2解 ()()()xx x xx xxx xx x x x x -+-+++=++-∞→-∞→100100100lim100lim 22225011001100lim100100lim100100lim2222-=-+-=-+=-+-+=-∞→-∞→-∞→xxx x x xx x x x x x x x .【注】解题过程中要特别注意的是，由于-∞→x ，故x ＜0，于是作到第3步骤后，分母中的根式x x x x x x 1001100110022+-=⎪⎭⎫⎝⎛+=+（同样的情况前面也有遇到，请参见第14题【注】的第4步骤）.。

极限定理习题及答案

极限定理习题及答案极限定理习题及答案引言：极限定理是微积分中的重要概念，它描述了函数在某个点附近的行为。

通过研究极限，我们可以揭示函数的性质，解决各种数学问题。

本文将介绍一些常见的极限定理习题，并给出详细的答案。

一、极限的定义在开始解答具体习题之前，我们先来回顾一下极限的定义。

对于给定的函数f(x)，当自变量x无限接近某个常数a时，如果函数值f(x)也无限接近一个常数L，那么我们就说函数f(x)在x趋于a时的极限为L，记作lim(x→a)f(x)=L。

二、习题及解答1. 求函数f(x)=2x^2-3x+1在x趋于2时的极限。

解答：根据极限定义，我们要求当x趋于2时，函数f(x)的极限。

将x代入函数f(x)，得到f(2)=2(2)^2-3(2)+1=7。

因此，当x趋于2时，函数f(x)的极限为7。

2. 求函数f(x)=sinx/x在x趋于0时的极限。

解答：根据极限定义，我们要求当x趋于0时，函数f(x)的极限。

首先，我们可以观察到当x等于0时，函数的值为0/0，这是一个未定义的情况。

但是，我们可以利用泰勒展开将函数转化为可求解的形式。

对于sinx，我们可以将其展开为x-x^3/3!+x^5/5!-...。

将展开后的形式代入函数f(x)，得到f(x)=(x-x^3/3!+x^5/5!-...)/x=1-x^2/3!+x^4/5!-...。

当x趋于0时，我们可以发现除了第一项1之外，其他各项都趋于0。

因此，当x趋于0时，函数f(x)的极限为1。

3. 求函数f(x)=ln(1+x)/x在x趋于0时的极限。

解答：根据极限定义，我们要求当x趋于0时，函数f(x)的极限。

将x代入函数f(x)，得到f(0)=ln(1+0)/0=ln(1)/0。

我们可以发现ln(1)=0，而0/0是一个未定义的情况。

为了解决这个问题，我们可以利用洛必达法则。

对函数f(x)求导，得到f'(x)=(1/(1+x)-ln(1+x))/x^2。

数学分析2数列极限总练习题

第二章数列极限总练习题1、求下列数列的极限： (1)limn →∞n 3+3n n；(2)limn →∞n 5e n；(3)lim n →∞( n +2−2 n +1+ n ).解：(1)当n>3时，n 3<3n ，∴3= 3n n< n 3+3n n< 2·3n n=3 2n→3(n →∞). 由迫敛性定理可知：lim n →∞ n 3+3n n=3.(2)设a n =n 5e n ，则limn →∞a na n +1=lim n →∞e nn+1 5=e>1，∴limn →∞n 5e n=0.(3)lim n →∞n +2−2 n +1+ n =lim n →∞n +2− n +1 − n +1− n =lim n →∞ n +2+n +1−n +1+ n=0.2、证明：(1)lim n →∞n 2q n =0(|q|<1)；(2)limn →∞lgn n a=0(a ≥1)；(3)lim n →∞ n !n=0.证明：(1)当q=0 时，n 2q n =0，lim n →∞n 2q n =0；当0<|q|<1时，令|q|=1p ，则p>1. 设p=1+h ，h>0. 由(1+h)n >13!n(n-1)(n-2)h 3,(n>2) 得0<|n 2q n|<n 2(1+h)n <6h 3·n 2n(n −1)(n −2)=6h 3·1n(1−1n )(1−12)→0(n →∞).由迫敛性定理可知：lim n →∞n 2q n =0 (|q|<1).(2)任给ε>0，则10ε>1， n n→1(n →∞)，故存在N ，当n>N 时，有1< n n<10ε，取对数后得：0<lgn n<ε，∴limn →∞lgnn=0. 从而当a ≥1时，0<lgn n a ≤lgn n→0(n →∞).由迫敛性定理可知：limn →∞lgn n a=0(a ≥1).(3)任给ε>0，令M=1ε，则limn →∞M nn!=0.又对ε0=1，存在自然数N ，使得当n>N 时，M nn!<1，即1n!<εn ， ∴当n>N 时，有0< n !n <ε，∴limn →∞ n !n=0.3、设lim n →∞a n =a ，证明：(1)limn →∞a 1+a 2+⋯+a nn=a(又问由此等式能否反过来推出lim n →∞a n =a )；(2)若a n >0，(n=1,2,…)，则lim n →∞a 1a 2…a n n =a.证：(1)∵lim n →∞a n =a ，∴对任意的ε>0，必存在N 1，使当n>N 1时，|a n -a|<ε，令m=max{|a 1-a|,|a 2-a|,…,|a n -a|}，于是n>N 1时，a 1+a 2+⋯+a nn −a =a 1−a +a 2−a +⋯+a n −an≤1n (|a 1-a|+|a 2-a|+…+|a N 1+1-a|+|a N 1+2-a|+…+|a n -a|)<N 1m n+(n −N 1)nε<N 1m n+ε.又limn →∞N 1m n=0. ∴对已给的ε>0，存在N 2，当n>N 2时，N 1mn<ε.取N=max{N 1,N 2}，则当n>N 时， a 1+a 2+⋯+a nn−a <2ε，∴limn →∞a 1+a 2+⋯+a nn=a. 此等式反过来不能推出lim n →∞a n =a .例如a n =(-1)n 不收敛，但limn →∞a 1+a 2+⋯+a nn=0.(2)对任意自然数n ，a n >0，∴当a ≠0，lim n →∞1a n=1a .又11a 1+1a 2+⋯+1a nn=n1a 1+1a 2+⋯+1a n≤ a 1a 2…a n ≤a 1+a 2+⋯+a nn→a (n →∞).由迫敛性定理可知：lim n →∞a 1a 2…a n n =a.当a=0时，对任给的ε>0，存在N 1，使当n>N 1时，0<a n <ε，于是当n>N 1时，0< a 1a 2…a n n = a 1a 2…a N 1n · a N 1+1a N 1+2…a n n< a 1a 2…a N 1n·εn −N 1n< a 1a 2…a N 1·ε−N 1n·ε,∵lim n →∞a 1a 2…a N 1·ε−N 1n=1，从而存在N 2，使当n>N 2时，a 1a 2…a N 1·ε−N 1n<2，故当n>N=max{N 1,N 2}时，必有0< a 1a 2…a n n <2ε，∴lim n →∞a 1a 2…a n n=a.4、应用上题的结论证明下列各题： (1)limn →∞1+12+⋯+1nn=0；(2)lim n →∞a n =1(a>0)；(3)lim n →∞n n=1；(4)limn →∞n !n=0；(5)limn →∞ n !n=e ；(6)lim n →∞1+ 2+⋯+ n nn =1；(7)若limn →∞b n +1b n=a (b n >0)，则lim n →∞b n n =a ；(8)若lim n →∞a n −a n−1 =d ，则limn →∞a nn=d .证：(1)∵lim n →∞1n =0；∴limn →∞1+12+⋯+1nn =0；(2)设a 1=a, a n =1 (n=2,3…)，则lim n →∞a n =1；∴lim n →∞a n=lim n →∞a 1a 2…a n n =1.(3)设a 1=1, a n =nn −1 (n=2,3…)，则lim n →∞a n =1；∴lim n →∞n n=lim n →∞a 1a 2…a n n =1.(4)limn →∞n !n=lim n →∞11·12···1n n=limn →∞1n=0.(5)设a n =n nn ! (n=1,2…)，则a 1=1;limn →∞ n !n=lim n →∞a n n=lim n →∞a 2a 1·a 3a 2···a nan −1n=limn →∞a na n −1=lim n →∞1+1n−1n−1=e.(6)lim n →∞1+ 2+⋯+ n nn =lim n →∞n n=1. (7)令b 0=1，则lim n →∞b n n =lim n →∞b 1b 0·b 2b 1·b3b 2···b nb n −1n=limn →∞b n +1b n=a (b n >0).(8) lim n →∞a nn=lim n →∞(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+⋯+(a n −a n −1)n+a1n =lim n →∞a n −a n−1 =d .5、证明：若{a n }为递增数列，{b n }为递减数列，且lim n →∞(a n −b n )=0，则lim n →∞a n 与lim n →∞b n 都存在且相等.证：∵lim n →∞(a n −b n )=0，∴{a n -b n }有界，不妨设A ≤a n -b n ≤B ，A,B 为常数. ∵{a n }递增，{b n }递减，∴a n ≤B+b n ≤B+b 1，b n ≥a n -B ≥a 1-B. ∴{a n }{b n }单调有界 ∴{a n }{b n }都有极限. 而lim n →∞(a n −b n )= lim n →∞a n −lim n →∞b n =0，∴lim n →∞a n =lim n →∞b n .6、设数列{a n }满足：存在正数M ，对一切n 有： A n =|a 2-a 1|+|a 3-a 2|+…+|a n -a n-1|≤M 证明：{a n }与{A n }都收敛。

高等数学极限经典习题及解析

dv 1 v3 v C 1
1 x2
3
2
1 x2
1
2 C.
2v
3
3
2.求
I

arctan x
x dx .
解. I 2 arctan xd x 2 x arctan x 2 xd arctan x
2
x arctan
x

1
1
x
dx

2
x arctan
条件(充分,必要,充要).
3.设 f x 的一个原函数是 x sin x ,则 f x ______ .

4.反常积分 xexdx ______ .
x dx ,于是
At

1 2
t

f
t ,故 t

1 2
是
At
在0,1 上的唯一驻点,又 t 1 时 At 0 , t 1 时 At 0 ,故 t 1 是
2
2
2
At 在0,1 上的最小值点,证毕.
4
七.(1)求解初值问题
dx
dx
dx 2u
dx 2u
2u 1 u2
du

1 dx ,解得 ln 1 u2 x
ln
x
C1 x
1 u2
C ,即
x2 y2 Cx ,代入 x 1, y 0 C 1 ,因此 x2 y2 x .
(2)设 y y x 满足 y 3y 2 y 2ex ,且图形在 0,1 处与曲线 y x2 x 1
4.对于a,b 上函数的下列性质:(1)连续,(2)有界,(3)可导,(4)可积,下面

(完整word版)数学分析—极限练习题及详细答案

一、选择题1.若0()lim1sin x x xφ→=，则当x 0→时，函数(x)φ与（）是等价无穷小。

A.sin ||xB.ln(1)x -C.11.【答案】D 。

5.已知()bx xf x a e=-在（-∞，+∞）内连续，且lim ()0x f x →∞=，则常数a ，b 应满足的充要条件是（）A.a>0，b>0B.a ≤0，b>0C.a ≤0，b<0D.a>0，b<05.【答案】B 。

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。

极限150题答案解析第1

极限150题答案解析第1这个系列一共分成六部分发出所有题目的解析均为笔者现做现发，时间较为匆忙，如果有错误之处还请读者在评论区指出如果有不懂的地方也欢迎在评论区留言讨论，也可以加入我主页的数学群讨论问题在纠错或提问之前，请务必自己做计算在一些解题过程中，省略了加减乘除等不重要的化简运算。

不自己算，可能会跳过解题步骤，或者误以为分析错了光看对提高数学水平没有帮助以下为150题链接：极限必做150题1\lim\limits_{x\to0}\frac{1}{x}\left( \frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x} \right)=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x\tan x\sin x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x\left( 1-\cos x\right)}{x^{3}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x\frac{1}{2}x ^{2}}{x^{3}}=\frac{1}{2}2\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln\left( a+x\right)+\ln\left( a-x \right)-2\ln a}{x^{2}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln\left( 1+\frac{x}{a}\right)+\ln\left( 1-\frac{x}{a} \right)}{x^{2}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\left( \frac{x}{a} -\frac{1}{2}\frac{x^{2}}{a^{2}}\right)+\left( -\frac{x}{a}-\frac{1}{2}\frac{x^{2}}{a^{2}}\right)+o\left( x^{2}\right)}{x^{2}}=-\frac{1}{a^{2}}3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1-\cos x^{2}}}{1-\cos x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{\frac{1}{2}x^{4}}}{\ frac{1}{2}x^{2}}=\sqrt{2}本题与第77题类似，但第77题的结果却是极限不存在，请读者思考原因4\lim\limits_{x\to a}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{a}+\sqrt{x-a}}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\lim\limits_{x\to a}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{a}}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}+\lim\limits_{x\toa}\frac{\sqrt{x-a}}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\lim\limits_{x\to a}\frac{x-a}{\left( \sqrt{x}+\sqrt{a} \right)\sqrt{x^{2}-a^{2}}}+\lim\limits_{x\to a}\frac{1}{\sqrt{x+a}}=\lim\limits_{x\to a}\frac{\sqrt{x-a}}{\left( \sqrt{x}+\sqrt{a}\right)\sqrt{x+a}}+\frac{1}{\sqrt{2a}}=\frac{1}{\sqrt{2a}}5\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1+x^{2}}}{\sqrt{1+x}-1}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\left( 1+\frac{1}{2}x+o\left ( x \right) \right)-\left( 1+\frac{1}{2}x^{2}+o\left( x^{2} \right)\right)}{\frac{1}{2}x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x-x^{2}+o\left( x\right)}{x}=16\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan mx}{\sinnx}=\lim\limits_{x\to0}\frac{mx}{nx}=\frac{m}{n}7\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln\left( 1+x+x^{2}\right)+\ln\left( 1-x+x^{2} \right)}{\sec x-\cos x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\cos x}{1+\cosx}\frac{\ln\left( 1+x+x^{2} \right)+\ln\left( 1-x+x^{2} \right)}{1-\cos x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\left[ \left(x+x^{2} \right) -\frac{1}{2}\left( x+x^{2} \right)^{2}+o\left( x^{2}\right)\right]+\left[ \left( x^{2} -x\right) -\frac{1}{2}\left( x^{2} -x\right)^{2}+o\left( x^{2} \right)\right] }{x^{2}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x^{2}+o\left( x^{2}\right)}{x^{2}}=18\lim\limits_{x\to0}\frac{1}{x}\ln\frac{e^{x}+e^{2x}+\c dots+e^{nx}}{n}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln\left( e^{x}+e^{2x}+\cdots+e^{nx} \right)-\ln n}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^{x}+2e^{2x}+\cdots+ne^{nx} }{e^{x}+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}=\frac{\frac{n\left( n+1 \right)}{2}}{n}=\frac{n+1}{2} 9\lim\limits_{n\to\infty}\sin\left( \sqrt{n^{2}+a^{2}}\pi \right)=\left( -1 \right)^{n}\lim\limits_{n\to\infty}\sin\pi\left( \sqrt{n^{2}+a^{2}} -n\right)=\left( -1 \right)^{n}\lim\limits_{n\to\infty} \sin \left( \frac{a^{2}\pi}{\sqrt{n^{2}+a^{2}}+n} \right)=\left( -1 \right)^{n}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a^{2}\pi}{\sqrt{n^{2}+a^{2}}+n}=010\lim\limits_{n\to\infty}\left( \frac{3n^{2}-2}{3n^{2}+4} \right)^{n\left( n+1\right)}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{n\left( n+1\right)\ln\left(1 -\frac{6}{3n^{2}+4} \right)}=\lim\limits_{n\to\infty} e^{n\left( n+1\right)\left( -\frac{6}{3n^{2}+4} \right)}=e^{-2}11\lim\limits_{n\to\infty}\left( \frac{2n+1}{2n-1}\right)^{n}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{n\ln\left( 1+\f rac{2}{2n-1} \right)}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{\frac{2n}{2n-1}}=e12\lim\limits_{n\to\infty}\left( \frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt [n]{b}}{2} \right)^{n}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{n\ln\left( 1+\frac{\sqrt[n ]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}-1 \right)}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{n\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n ]{b}-2}{2}}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}n\frac{e^{\frac{1}{n}\ln a}-1}{2}+\lim\limits_{n\to\infty}n\frac{e^{\frac{1}{n}\ln b}-1}{2}}=e^{\frac{\ln a+\ln b}{2}}=\sqrt{ab}13\lim\limits_{n\to\infty}n^{2}\left[ e^{2+\frac{1}{n}} +e^{2-\frac{1}{n}}-2e^{2}\right]=\lim\limits_{n\to\infty}n^{2}e^{2}\left[ \left( 1+\fr ac{1}{n} +\frac{1}{2}\frac{1}{n^{2}}\right) +\left( 1-\frac{1}{n}+\frac{1}{2}\frac{1}{n^{2}}\right)+o\left( \frac{1}{n^{2}}\right)-2\right]=e^{2}14\lim\limits_{n\to\infty}n\left( a^{\frac{1}{n}}-1\right)=\lim\limits_{n\to\infty}n\left( e^{\frac{1}{n} \ln a}-1 \right)=\lim\limits_{n\to\infty}n\frac{1}{n}\ln a=\ln a15\lim\limits_{n\to\infty}\left( \frac{\sqrt{n^{2}+1}}{n +1} \right)^{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\left( \sqrt{\frac{n^{2}+1}{n ^{2}+1+2n}} \right)^{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\left( 1-\frac{2n}{n^{2}+1+2n} \right)^{\frac{n}{2}}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{\frac{n}{2}\ln\left( 1-\frac{2n}{n^{2}+1+2n} \right)}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{\frac{n}{2}\left( -\frac{2n}{n^{2}+1+2n} \right)}16解法参考第2题答案为： -\frac{1}{a^{2}}17\lim\limits_{n\to\infty}n\left( e^{\frac{a}{n}}-e^{\frac{b}{n}} \right)=\lim\limits_{n\to\infty}ne^{\xi}\frac{a-b}{n} ， \xi 介于 \frac{a}{n} 和 \frac{b}{n} 之间=\lim\limits_{\xi\to0}\left( a-b \right)e^{\xi}=a-b本题用等阶无穷小和洛必达也可解（略）本题拓展练习，请点击链接18\lim\limits_{n\to\infty}\left( \frac{1}{n}+e^{\frac{1}{n}}\right)^{n}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{n\ln\left( \frac{1}{n}+e^{ \frac{1}{n}} \right)}，t=\frac{1}{n}=\lim\limits_{t\to0}e^{\frac{\ln\left( t+e^{t}\right)}{t}}=\lim\limits_{t\to0}e^{\frac{1+e^{t}}{t+e^{t}}}19\lim\limits_{n\to\infty}n\left[ \ln\left( n+1 \right)-\ln n \right]=\lim\limits_{x\to+\infty}x\left[ \ln\left( x+1\right)-\ln x\right]=\lim\limits_{x\to+\infty}x\frac{1}{\xi}\left( x+1-x \right) ， \xi 介于 x 和 x+1 之间=1本题用洛必达和等价无穷小也可解（略）20\lim\limits_{x\to-1}\frac{x^{2}-1}{\ln \left| x\right|}=\lim\limits_{x\to-1}\frac{x^{2}-1}{\ln\left(- x\right)}=\lim\limits_{x\to-1}\frac{2x}{\frac{1}{x}}=221\lim\limits_{x\to+\infty}x\left[ \ln\left( x+1\right)-\ln\left( x -1\right) \right]=\lim\limits_{x\to+\infty}x\frac{1}{\xi}\left[ \left( x+1 \right)-\left( x-1 \right) \right] ， \xi 介于 x 和 x+1 之间=2本题用洛必达和等价无穷小也可解（略）22\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln\cos x}{x^{2}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x^{2}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{-\frac{1}{2}x^{2}}{x^{2}}=-\frac{1}{2}23\lim\limits_{x\to+\infty}x\left[ \left( x+2\right)\ln\ left( x+2 \right) -2\left( x+1 \right)\ln\left( x+1 \right)+x\ln x\right]=\lim\limits_{x\to+\infty}x\left\{ \left[ \left( x+2 \right) \ln\left( x+2 \right)-\left( x+1\right)\ln\left( x+1 \right)\right] -\left[ \left( x +1\right) \ln\left( x+1 \right)-x\lnx\right]\right\}=\lim\limits_{x\to+\infty}x\ln\left( 1 +\frac{1}{\xi} \right)\left[ \left( x+1 \right) -\left( x \right)\right]， \xi 介于 x 和 x+1 之间=\lim\limits_{x\to +\infty}x\frac{1}{\xi}=1本题用洛必达和泰勒展开也可解（略）24\lim\limits_{x\to0}\left( \sqrt{x^{2}+1}+x\right)^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{\ln\left( \sqrt{x^{2}+1}+ x \right)}{x}}=\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}+ 1}{\sqrt{x^{2}+1}+x}}=e25\lim\limits_{x\to0}\left( \cos \sqrt{x}\right)^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{\ln \cos\sqrt{x}}{x}}=\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{\cos\sqrt{x}-1}{x}}=\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{-\frac{1}{2}x}{x}}=e^{-\frac{1}{2}}。

数学分析习题册答案

习题 1-11．计算下列极限（1）lim x ax a a x x a→--, 0;a >解：原式lim[]x a a ax a a a x a x a x a→--=---=()|()|x a x a x a a x ==''- =1ln aa a a a a --⋅=(ln 1)a a a -（2）sin sin limsin()x a x ax a →--；解：原式sin sin lim x a x ax a→-=-(sin )'cos x a x a ===（3）2lim 2), 0;n n a →∞->解：原式2n =20[()']x x a ==2ln a = （4）1lim [(1)1]pn n n→∞+-，0;p >解：原式111(1)1lim ()|p p p x n n nx =→∞+-'===11p x px p -== （5）10100(1tan )(1sin )lim;sin x x x x→+-- 解：原式101000(1tan )1(1sin )1lim lim tan sin x x x x x x→→+---=--=990010(1)|10(1)|20t t t t ==+++=（6）1x →，,m n 为正整数；解：原式11lim1x x →=- 1111()'()'mx nx x x ===n m=2．设()f x 在0x 处二阶可导，计算00020()2()()lim h f x h f x f x h h→+-+-. 解：原式000()()lim 2h f x h f x h h →''+--=00000()()()()lim 2h f x h f x f x f x h h→''''+-+--=000000()()()()lim lim 22h h f x h f x f x h f x h h →→''''+---=+-00011()()()22f x f x f x ''''''=+=3．设0a >，()0f a >，()f a '存在，计算1ln ln ()lim[]()x a x a f x f a -→.解：1ln ln ()lim[]x a x a f x -→ln ()ln ()ln ln lim f x f a x ax a e --→=ln ()ln ()limln ln x a f x f a x a e→--=ln ()ln ()lim ln ln x af x f a x a x a x a e →----='()()f a a f a e=习题 1-21.求下列极限（1）lim x →+∞;解：原式lim 1)(1)]0x x x →+∞=+--= ，其中ξ在1x -与1x +之间（2）40cos(sin )cos lim sin x x xx→-;解：原式=40sin (sin )limx x x x ξ→--=30sin sin lim()()()x x x x x ξξξ→--⋅=16，其中ξ在x 与sin x 之间（3）lim x →+∞解：原式116611lim [(1)(1)]x x x x →+∞=+--56111lim (1)[(1)(1)]6x x x xξ-→+∞=⋅+⋅+--5611lim (1)33x ξ-→+∞=+= ，其中ξ在11x -与11x +之间（4） 211lim (arctan arctan);1n n n n →+∞-+ 解：原式22111lim ()11n n n n ξ→+∞=-++ 1=，其中其中ξ在11n +与1n 之间 2．设()f x 在a 处可导，()0f a >，计算11()lim ()nn n n f a f a →∞⎡⎤+⎢⎥-⎣⎦.解：原式1111(ln ()ln ())lim (ln ()ln ())lim n n f a f a n f a f a n nn nn e e→∞+--+--→∞==11ln ()ln ()ln ()ln ()[lim lim ]11n n f a f a f a f a n n n ne→∞→∞+---+-=()()2()()()()f a f a f a f a f a f a ee'''+==习题 1-31．求下列极限（1）0(1)1lim (1)1x x x λμ→+-+-,0;μ≠解：原式0limx x x λλμμ→==（2）0x →;解：02ln cos cos 2cos lim12x x x nxI x →-⋅⋅⋅=20ln cos ln cos 2ln cos 2lim x x x nx x→++⋅⋅⋅+=- 20cos 1cos 21cos 12lim x x x nx x →-+-+⋅⋅⋅+-=-22220(2)()lim x x x nx x →++⋅⋅⋅+=21ni i ==∑ （3）011lim)1xx x e →--（; 解：原式01lim (1)x x x e xx e →--=-201lim x x e x x →--=01lim 2x x e x→-=01lim 22x x x →== （4）112lim [(1)]xxx x x x →+∞+-;解：原式11ln(1)ln 2lim ()x x xxx x ee+→+∞=-21lim (ln(1)ln )x x x x x →+∞=+- 1lim ln(1)x x x→+∞=+1lim 1x xx→+∞== 2. 求下列极限（1）2221cos ln cos limsin x x x x xe e x-→----;解：原式222201122lim12x x x x x →+==- （2）0ln()2sin lim sin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e xx x x→++--;解：原式0ln(11)2sin lim sin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e x x x x →++-+=--012sin limsin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e xx x x→+-+=-- 02lim442x x x xx x x→++==--习题 1-41．求下列极限（1）21lim (1sin )n n n n→∞-；解：原式2331111lim [1(())]3!n n n o n n n →∞=--+11lim((1))3!6n o →∞=+=（2）求33601lim sin x x e x x→--；解：原式3636336600()112lim lim 2x x x xx o x x e x x x →→++---=== （3）21lim[ln(1)]x x x x→∞-+；解：原式222111lim[(())]2x x x o x x x →∞=--+12=（4）21lim (1)x xx e x-→+∞+；解：原式211[ln(1)]2lim x x xx ee +--→∞==此题已换3．设()f x 在0x =处可导，(0)0f ≠，(0)0f '≠.若()(2)(0)af h bf h f +-在0h →时是比h 高阶的无穷小，试确定,a b 的值.解：因为 ()(0)(0)()f h f f h o h '=++，(2)(0)2(0)()f h f f h o h '=++ 所以00()(2)2(0)(1)(0)(2)(0)()0limlim h h af h bf h f a b f a b f o h h h→→'+-+-+++==从而 10a b +-= 20a b += 解得：2,1a b ==- 3．设()f x 在0x 处二阶可导，用泰勒公式求0002()2()()limh f x h f x f x h h →+-+-解：原式222200001000220''()''()()'()()2()()'()()2!2!limh f x f x f x f x h h o h f x f x f x h h o h h→+++-+-++=22201220''()()()lim h f x h o h o h h→++=0''()f x = 4. 设()f x 在0x =处可导，且20sin ()lim() 2.x x f x x x →+=求(0),(0)f f '和01()lim x f x x→+. 解因为 2200sin ()sin ()2lim()lim x x x f x x xf x x x x→→+=+= []22()(0)(0)()limx x o x x f f x o x x→'++++=2220(1(0))(0)()lim x f x f x o x x →'+++=所以 1(0)0,(0)2f f '+==,即(0)1,(0)2f f '=-= 所以 01()l i mx f x x→+01(0)(0)()l i m x f f x o x x →'+++=02()l i m 2x x o x x →+==习题 1-51. 计算下列极限(1) limn →∞解：原式limn →∞=2n ==(2)2212lim (1)nn n a a na a na+→∞+++⋅⋅⋅+> 解：原式21lim (1)nn n n na na n a ++→∞=--2lim (1)n n na n a →∞=--21a a=-2．设lim n n a a →∞=，求 (1) 1222lim nn a a na n →∞+++ ；解：原式22lim (1)n n na n n →∞=--lim 212n n na a n →∞==- (2) 12lim 111n nna a a →∞+++ ，0,1,2,,.i a i n ≠=解：由于1211111lim lim n n n na a a n a a →∞→∞+++== ，所以12lim 111n nna a a a →∞=+++3．设2lim()0n n n x x -→∞-=，求lim n n x n →∞和1lim n n n x x n-→∞-.解：因为2lim()0n n n x x -→∞-=，所以222lim()0n n n x x -→∞-=且2121lim()0n n n x x +-→∞-=从而有stolz 定理2222limlim 022n n n n n x x xn -→∞→∞-==，且212121lim lim 0212n n n n n x x x n ++-→∞→∞-==+ 所以lim 0n n x n →∞=，111lim lim lim 01nn n n n n n x x x x n n n n n --→∞→∞→∞--=-=-4．设110x q <<，其中01q <≤，并且1(1)n n n x x qx +=-，证明：1lim n n nx q→∞=.证明：因110x q<<，所以211211(1)111(1)()24qx qx x x qx q q q+-=-≤=<，所以210x q <<，用数学归纳法易证，10n x q <<。

数学分析—极限练习题及详细答案

一、选择题1.若0()lim1sin x x xφ→=，则当x 0→时，函数(x)φ与（）是等价无穷小。

A.sin ||xB.ln(1)x -C.11.【答案】D 。

5.已知()bx xf x a e=-在（-∞，+∞）内连续，且lim ()0x f x →∞=，则常数a ，b 应满足的充要条件是（）A.a>0，b>0B.a ≤0，b>0C.a ≤0，b<0D.a>0，b<05.【答案】B 。

（完整版）函数极限习题与解析

函数与极限习题与解析（同济大学第六版高等数学）一、填空题1、设x x x f lg lg 2)(+-=，其定义域为。

2、设)1ln()(+=x x f ，其定义域为。

3、设)3arcsin()(-=x x f ，其定义域为。

4、设)(x f 的定义域是的定义域是[0[0[0，，1]1]，则，则)(sin x f 的定义域为。

5、设)(x f y =的定义域是的定义域是[0[0[0，，2] ，则)(2x f y =的定义域为。

6、432lim 23=-+-→x k x x x ，则k= 。

7、函数xx y sin =有间断点，其中为其可去间断点。

8、若当0≠x 时，xxx f 2sin )(=，且0)(=x x f 在处连续，则=)0(f 。

9、=++++++∞→)21(lim 222n n nn nn n n Λ。

1010、函数、函数)(x f 在0x 处连续是)(x f 在0x 连续的条件。

1111、、=++++∞→352352)23)(1(lim x x x x x x 。

1212、、3)21(lim -∞→=+e n kn n ，则k= 。

1313、函数、函数23122+--=x x x y 的间断点是。

1414、当、当+∞→x 时，x 1是比13+-+x x 的无穷小。

1515、当、当0→x 时，无穷小x --11与x 相比较是无穷小。

1616、函数、函数x e y 1=在x=0处是第类间断点。

1717、设、设113--=x x y，则x=1为y 的间断点。

1818、已知、已知33=⎪⎭⎫ ⎝⎛πf ，则当a 为时，函数x x a x f 3sin 31sin )(+=在3π=x 处连续。

1919、设、设⎪⎩⎪⎨⎧>+<=0)1(02sin )(1x ax x x x x f x 若)(lim 0x f x →存在，则a= 。

2020、曲线、曲线2sin 2-+=xx x y 水平渐近线方程是。

数学分析—极限练习题及详细答案教学文稿

数学分析—极限练习题及详细答案一、选择题1.若0()lim1sin x x xφ→=，则当x 0→时，函数(x)φ与（）是等价无穷小。

A.sin ||xB.ln(1)x -C.1 1.【答案】D 。

2.设f(x)在x=0处存在3阶导数，且0()lim 1tan sin x f x x x→=-则'''f (0)=（）A.5B.3C.1D.02.【答案】 B.解析由洛必达法则可得30002()'()''()limlimlim1tan sin 2cos sin sin cos cos x x x f x f x f x x x x x xx x -→→→==-+-42200''()''()lim lim 16cos sin 2cos cos 21x x f x f x x x x x --→→===-++++可得'''f (0)3= 3.当x 0→时，与1x 133-+为同阶无穷小的是（） A.3xB.34x C.32xD.x3.【答案】A.解析.1223331233200311(1)1133lim lim (1)3313x x x x x x x ---→→→-+⋅==+=选A 。

4.函数2sin f ()lim 1(2)nn xx x π→∞=+的间断点有（）个A.4B.3C.2D.14.【答案】C.解析.当0.5x >时，分母→∞时()0f x =，故20.5sin 12lim1(2(0.5))2n x π→--=-+⨯-， 20.5sin12lim 1(20.5)2n x π→=+⨯，故，有两个跳跃间断点，选C 。

5.已知()bx xf x a e=-在（-∞，+∞）内连续，且lim ()0x f x →∞=，则常数a ，b 应满足的充要条件是（）A.a>0，b>0B.a ≤0，b>0C.a ≤0，b<0D.a>0，b<05.【答案】B 。

数学分析竞赛试题及答案

数学分析竞赛试题及答案试题一：极限计算计算下列极限：\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \]试题二：级数收敛性判断判断下列级数是否收敛：\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \]试题三：函数连续性与可导性若函数 \(f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x\)，判断其在 \(x=1\) 处的连续性与可导性。

试题四：中值定理应用若函数 \(f(x)\) 在闭区间 \([a, b]\) 上连续，在开区间 \((a, b)\) 内可导，且 \(f(a) = f(b)\)，证明在 \((a, b)\) 内至少存在一点 \(c\)，使得 \(f'(c) = 0\)。

试题五：积分计算计算下列定积分：\[ \int_{0}^{1} x^2 dx \]答案：试题一：根据极限的定义，我们知道当 \(x\) 趋近于 0 时，\(\sin x\) 与 \(x\) 是等价无穷小，所以极限为 1。

试题二：根据级数的比较判别法，由于 \(\frac{1}{n^2}\) 与\(\frac{1}{n(n+1)}\) 比较，后者的级数是收敛的，因此原级数也收敛。

试题三：函数 \(f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x\) 在 \(x=1\) 处的导数为\(f'(x) = 3x^2 - 6x + 2\)，代入 \(x=1\) 可得 \(f'(1) = -1\)。

由于 \(f(x)\) 在 \(x=1\) 处的左导数和右导数都存在且相等，所以\(f(x)\) 在 \(x=1\) 处连续且可导。

试题四：根据罗尔定理，由于 \(f(x)\) 在闭区间 \([a, b]\) 上连续，在开区间 \((a, b)\) 内可导，且 \(f(a) = f(b)\)，所以必然存在至少一点 \(c \in (a, b)\) 使得 \(f'(c) = 0\)。

高数极限习题测验及答案

练习题1. 极限xx x x x x x x xx x x x x x 1lim)4(11lim)3(15865lim )2(31lim )1(2312232---+-+-+++-∞→→→∞→(5) 已知011lim 2=⎪⎪⎭⎫⎝⎛--++∞→b ax x x x , 求常数a , b .(6) x x x x sin 1sin lim 20→ (7) 211lim 22x x x x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-∞→(8) xx x21lim 0-→ (9)x x x sin )31ln(lim 0-→(10)⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∞→1lim 1xx e x2. 函数的连续性(1) 确定b 的值, 使函数⎩⎨⎧<≥+==-002)(1x e x b x x f y x 在x =0点连续.(2) 确定a , b 的值, 使函数1lim)(2212+-+==-∞→nn n x bxax xx f y 在整个实数轴上连续.(3) 讨论下列函数的连续性, 并判断其间断点的类型.①x xx f sin )(=② ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=≠+-=0001212)(11x x x f xx3. 连续函数的性质 (1) 设1)(1-+++=-x xx x f n n ,证明：)(x f 有一个不大于1的正根.(2) 若),()(∞+-∞∈C x f , 且A x f x =∞→)(lim , 证明: ),()(∞+-∞在x f 内有界.提高1º),()(∞+-∞在x f 内至少有一个最值存在. 2º 对于最值与A 间的任意值C , 存在21,ξξ, 使得C f f ==)()(21ξξ.2. 函数的连续性(1) 确定b 的值, 使函数⎩⎨⎧<≥+==-002)(1x ex b x x f y x在x =0点连续.解:1)(lim )(lim )0(-→→====-+e x f b x f f x x(2) 确定a , b 的值, 使函数1lim)(2212+-+==-∞→nn n x bxax xx f y 在整个实数轴上连续.解:⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧-=++-=-+<->==121121111)(2x b a x ba x bx ax x x x f yb a x f x f b a f x x -====-+=-+→→)(lim 1)(lim 21)1(11 b a x f x f b a f x x +==-==++-=--→-→-)(lim 1)(lim 21)1(_111,0-==b a(3) 讨论下列函数的连续性, 并判断其间断点的类型.①x x x f sin )(=解: x =0为可去间断点.②⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=≠+-=0001212)(11x x x f xx解:1)(lim 1)(lim 0-=≠=-+→→x f x f x x , x =0为跳跃间断点.3. 连续函数的性质 (1) 设1)(1-+++=-x xx x f n n ,证明：)(x f 有一个不大于1的正根.解: 若n=1, 则显然有解x =1. 若n>1, 则01)1(,01)0(>-=<-=n f f , 由零点定理可知在(0, 1)内至少有一个根..(2) 若),()(∞+-∞∈C x f , 且A x f x =∞→)(lim , 证明: ),()(∞+-∞在x f 内有界.解: 由A x f x =∞→)(lim 可知: 0>∃X , 当X x >时, 1)(<-A x f , 故1)(+<A x f由),()(∞+-∞∈C x f 可知]1,1[)(+--∈X X C x f , 故01>∃M ,当1+<X x 时, 1)(M x f <取}1,max{1+=A M M 即可.提高1º),()(∞+-∞在x f 内至少有一个最值存在. 2º 对于最值与A 间的任意值C , 存在21,ξξ, 使得C f f ==)()(21ξξ.证明: 若A x f ≡)(, 则显然结论成立.设存在A x f >)(0, 则存在X >0, 当X x ≥时, 有2)()(0Ax f A x f -<- 于是: )(2)()(00x f A x f x f <+< 由],[)(X X C x f -∈, 可知存在],[X X -∈ξ{})(],[:)(max )(0x f X X x x f f ≥-∈=ξ从而),()(∞+-∞在x f 内有最大值)(ξf .对于任意的C , )(ξf C A <<, 存在X 1>0, 当1X x ≥时, 有 C AC x f <+<2)( 于是有CAC X f <+<±2)(1. 分别在闭区间],[],,[11X X ξξ-上使用介值定理即可得结论2º.。

数学分析上册练习题及答案第三章函数极限

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 →≠。

极限练习题及答案

极限练习题及答案一. 选择题1.设F是连续函数f的一个原函数，”M?N”表示“M 的充分必要条件是N”，则必有.F是偶函数?f)是奇函数.F是奇函数?f是偶函数. F是周期函数?f是周期函数. F是单调函数?f是单调函数．设函数f?1x,则ex?1?1x?0，x x?0，x?1都是f?1都是f的第一类间断点. 的第二类间断点x?0是f的第一类间断点，x?1是f的第二类间断点. x?0是f的第二类间断点，x3．设f?x??x?1x?1是f的第一类间断点.1，则f[，x?0、，1f]?1A） 1?xB） 1?x4．下列各式正确的是 C）XD） x1+ )?exx11lim??elimC） D）?exxA） limx?0?1x?1B）limx?01x?x?xx??x??5．已知lim?9，则a?。

A.1；B.?；C.ln3；D.2ln3。

．极限：lim x??2A.1；B.?；C.e7．极限：lim； D.e。

2x??x3?2= x3A.1；B.?；C.0；D.2．8．极限：limx?0x?1?1x=A.0；B.?；C 1； D.2．29. 极限：lim=x???A.0；B.?；C.2；D. 1．2sinx10．极限: limtanx?=x?0sin2xA.0；B.?；C.二. 填空题 11．极限limxsinx??116； D.16．2xx?12= ； 12. limarctanx= ；x?0x13. 若y?f在点x0连续，则lim[f?f]= ； x?x?14. limsin5xxx?0?；15. limn?；16. 若函数y?x?1x?3x?222，则它的间断点是17. 绝对值函数?x,x?0;?f?x??0,x?0;??x,x?0.?其定义域是，值域是。

?1,x?0;?18.符号函数 f?sgnx??0,x?0;其定义域是，值域是三个点的集合。

??1,x?0.?19无穷小量是。

20. 函数y?f在点x0连续，要求函数y?f满足的三个条件是。

大学求极限试题及答案

大学求极限试题及答案试题：1. 求极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}\)。

2. 计算 \(\lim_{n \to \infty} \left(1 +\frac{1}{n}\right)^n\)。

3. 求 \(\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x}\)。

4. 计算 \(\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}\)。

5. 求 \(\lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x}\)。

答案：1. \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1\)。

解答过程：根据洛必达法则，分子分母同时求导，得到 \(\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1} = \cos(0) = 1\)。

2. \(\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e\)。

解答过程：利用自然对数的定义，\(\ln(1 + \frac{1}{n})\approx \frac{1}{n}\) 当 \(n\) 趋向于无穷大时，所以 \(\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \lim_{n \to\infty} e^{\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} = e^{\lim_{n\to \infty} n \cdot \frac{1}{n}} = e^1 = e\)。

3. \(\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1\)。

解答过程：根据 \(e^x\) 的泰勒展开式，\(e^x = 1 + x +\frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots\)，当 \(x\) 趋向于0时，\(e^x - 1 \approx x\)，所以 \(\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1\)。

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=-∞。

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