数学分析—极限练习题及详细答案
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—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 。
高数极限真题及答案解析
高数极限真题及答案解析引言：高等数学是大多数理工科学生必修的一门课程，其中极限是数学中的重要概念之一。
作为基础与应用数学的桥梁，掌握高数极限的理论和解题方法对学生的学习和发展至关重要。
本文将介绍几道经典的高数极限真题，并对它们的答案进行详细解析，帮助读者深入理解高数极限的概念和运用。
第一道题目：求极限：lim(x→2) (3x² - 7x + 2)解析：对于这道题目，我们可以使用极限的性质，将其分解为更简单的形式。
首先，我们将3x² - 7x + 2因式分解为(x - 2)(3x - 1)。
然后，我们可以得到：lim(x→2) (x - 2)(3x - 1) = lim(x→2) (x - 2) ×lim(x→2) (3x - 1)将极限运算分解为两个单独的极限，便于计算。
此时，我们可以得到：lim(x→2) (x - 2) = 2 - 2 = 0lim(x→2) (3x - 1) = 3(2) - 1 = 5因此，原极限的结果为0 × 5 = 0。
第二道题目：求极限：lim(x→∞) (2x² - 5x) / (3x² + 4)解析：对于这道题目，我们需要考虑的是当自变量趋向于无穷大时的极限情况。
首先，我们可以使用同除法的原则，将分子和分母同时除以x²，得到：lim(x→∞) (2x² - 5x) / (3x² + 4) = lim(x→∞) (2 -5/x) / (3 + 4/x²)随着x趋向于无穷大，5/x和4/x²的值都趋近于0，因此我们可以得到：lim(x→∞) (2 - 5/x) / (3 + 4/x²) = 2/3所以，原极限的结果为2/3。
第三道题目：求极限：lim(x→0) (sin²x) / x解析：对于这道题目，我们可以使用极限的定义，即lim(x→a) f(x) = L。
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。
(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 。
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 。
大一高数极限计算例题及答案
大一高数极限计算例题及答案一、极限的定义极限是数学上的一个基本概念，它可以用来描述一个数列、函数或者一个数列的极限。
一般情况下，我们可以用以下方式来定义一个函数f(x)在x趋近a的时候的极限：若对于任何的正数ε，都存在正数δ，使得当0＜|x-a|<δ时，有|f(x)-L|<ε，则称lim_(x→a) f(x)=L其中，L表示函数f(x)在x趋近a的时候的极限。
二、求极限的方法1. 代数法代数法就是直接将极限中的变量代入函数中去，并进行简化式子。
这种方法适用于这些特别简单的极限例题：lim_(x→0) [(sinx)/x]解答：将x代入函数中得lim_(x→0) [(sinx)/x]=12. 函数法函数法就是将复杂的极限转化成某个反三角函数或者指数函数的函数极限，然后用函数极限的技巧来解决问题。
这种方法适用于一些较难的极限例题：lim_(x→∞) [x/(x^2 + 1)]解答：将分子分母同时除以x^2 ，得：lim_(x→∞) [x/(x^2 + 1)]=[1/ (x +(1/x)]令t=1/x，则t趋向于0，原式变为：lim_(t→0)[1/(t+1/t)]令y=t+1/t，则y>=2，原式变为：lim_(y→∞)[1/y]因为当y趋向于正无穷时，1/y趋向于0，所以原式的极限等于0。
3. 夹逼法夹逼定理也被称为靠近定理，是求解极限的一种非常重要的技巧。
这种方法主要是通过找到两个函数，一个可以逐渐逼近待求极限；一个可以比待求极限更小，并逐渐逼近等于待求极限的极限，然后两边一起夹逼待求极限，找到唯一解。
这种方法适用于一些难以求解的复杂的极限例题：lim_(x→0) [xsin(1/x)]解答：对于 |sin(1/x)|<=1,所以-lim_(x→0) |x|<=lim_(x→0) [xsin(1/x)]<=lim_(x→0) |x|因此，lim_(x→0) [xsin(1/x)]=0以上便是求解极限的三种常用方法，当然还有其他的方法，但是在求解极限的时候应根据实际情况来选择适合的方法。
二元极限习题及答案
二元极限习题及答案二元极限习题及答案在数学中，二元极限是研究函数在二维平面上的极限行为的重要概念。
它在微积分和数学分析中扮演着重要的角色。
本文将介绍一些常见的二元极限习题，并提供详细的解答。
1. 习题一：计算二元函数f(x, y) = (x^2 + y^2)/(x + y)在点(0, 0)处的极限。
解答：要计算该二元函数在(0, 0)处的极限，可以尝试使用极坐标变换。
令x = rcosθ，y = rsinθ，其中r为距离原点的距离，θ为与x轴的夹角。
将x和y代入原函数中得到：f(r, θ) = (r^2cos^2θ + r^2sin^2θ)/(rcosθ + rsinθ)= r(cos^2θ + sin^2θ)/(cosθ + sinθ)= r/(cosθ + sinθ)当r趋近于0时，函数f(r, θ)趋近于0。
因此，原函数在(0, 0)处的极限为0。
2. 习题二：计算二元函数f(x, y) = (x^2 - y^2)/(x - y)在点(1, 1)处的极限。
解答：要计算该二元函数在(1, 1)处的极限，可以尝试使用直接代入法。
将x和y分别替换为1，得到：f(1, 1) = (1^2 - 1^2)/(1 - 1)= 0/0由于分子和分母都为0，无法直接计算极限。
这时可以尝试对函数进行化简。
将分子进行因式分解，得到：f(x, y) = ((x - y)(x + y))/(x - y)当x ≠ y时，可以约去分子和分母的(x - y)项，得到f(x, y) = x + y。
因此，在点(1, 1)处，函数的极限为2。
3. 习题三：计算二元函数f(x, y) = xy*sin(1/x)在点(0, 0)处的极限。
解答：要计算该二元函数在(0, 0)处的极限，可以尝试使用夹逼定理。
根据夹逼定理，如果存在两个函数g(x, y)和h(x, y)，满足对于所有的(x, y) ∈ D，有g(x, y) ≤ f(x, y) ≤ h(x, y)，且lim(g(x, y)) = lim(h(x, y)) = L，那么lim(f(x, y)) = L。
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 \(\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1\)。
极限习题及答案
极限习题及答案极限是数学分析中的一个基本概念，它描述了函数在某一点附近的行为。
在解决极限问题时，我们通常需要掌握一些基本的极限性质和技巧。
以下是一些极限习题及相应的答案。
习题1：求极限 \(\lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 4}{x - 2}\)答案：首先，我们可以尝试化简表达式：\[\lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 4}{x - 2} = \lim_{x \to 2}\frac{(x - 2)(x + 2)}{x - 2}\]当 \(x \neq 2\) 时，分子和分母中的 \(x - 2\) 可以相互抵消，得到：\[\lim_{x \to 2} (x + 2) = 2 + 2 = 4\]习题2：求极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}\)答案：这个极限是著名的正弦极限，其值是 1。
我们可以通过洛必达法则或者直接利用正弦函数的图形来理解这个极限。
当 \(x\) 接近 0 时，\(\frac{\sin x}{x}\) 接近 1。
求极限 \(\lim_{x \to \infty} \frac{3x^2 + 2x}{x^2 + 1}\)答案：当 \(x\) 趋向于无穷大时，分子和分母中 \(x^2\) 的项占主导地位，因此：\[\lim_{x \to \infty} \frac{3x^2 + 2x}{x^2 + 1} = \frac{3 +\frac{2}{x}}{1 + \frac{1}{x^2}} = 3\]习题4：求极限 \(\lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}}\)答案：这个极限是 e 的定义，即自然对数的底数。
我们可以通过取对数来解决这个问题：\[\ln(\lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}}) = \lim_{x \to 0}\frac{\ln(1 + x)}{x}\]当 \(x\) 接近 0 时，\(\ln(1 + x)\) 接近 \(x\)，因此：\[\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = \lim_{x \to 0} 1 = 1\]所以原极限的值为 \(e\)。
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}}。
极限练习题含答案
极限练习题含答案极限是数学分析中的一个重要概念，它描述了当自变量趋近于某个值时，函数值的行为。
下面是一些极限练习题及其答案，供同学们学习和练习。
练习题1：求极限\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \]答案1：根据洛必达法则或者直接使用三角函数的性质，我们可以知道：\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1 \]练习题2：求极限\[ \lim_{x \to \infty} \frac{3x^2 + 2x + 1}{x^2 - 3x + 2} \]答案2：分子和分母同时除以\( x^2 \)，得到：\[ \lim_{x \to \infty} \frac{3 + \frac{2}{x} +\frac{1}{x^2}}{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2}} = 3 \]练习题3：求极限\[ \lim_{x \to 0} (1 + x)^{1/x} \]答案3：这是e的极限定义，即：\[ \lim_{x \to 0} (1 + x)^{1/x} = e \]练习题4：求极限\[ \lim_{x \to 1} \frac{1}{x - 1} \]答案4：这是一个无穷小量的倒数，当\( x \)趋近于1时，\( x - 1 \)趋近于0，所以：\[ \lim_{x \to 1} \frac{1}{x - 1} \text{ 不存在} \]练习题5：求极限\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{\sin 3x} \]答案5：分子分母同时除以\( \sin x \)，得到：\[ \lim_{x \to 0} \frac{2}{3} \cdot \frac{\sin x}{x} \cdot\frac{\sin 2x}{\sin 3x} = \frac{2}{3} \cdot 1 \cdot 1 =\frac{2}{3} \]练习题6：求极限\[ \lim_{x \to 0} x \cdot \tan x \]答案6：使用洛必达法则或者直接利用三角函数的性质，我们可以得到：\[ \lim_{x \to 0} x \cdot \tan x = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{\cos x} = 0 \]练习题7：求极限\[ \lim_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x} \]答案7：当\( x \)趋近于无穷大时，\( \sin x \)的值在-1和1之间波动，但相对于\( x \)来说，它趋近于0，所以：\[ \lim_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x} = 0 \]练习题8：求极限\[ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} \]答案8：这是e的导数的极限定义，即：\[ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1 \]以上练习题和答案可以帮助同学们更好地理解和掌握极限的概念和求解方法。
高数极限习题50题分步骤详解
高数极限习题50题分步骤详解1. 求极限)]12ln()12[ln(lim --+∞→n n n n解：依题意，对算式进行变形，得到原式＝1212ln lim -+∞→n n n n＝12212ln lim -+-∞→n n n n ＝)1221ln(lim -+∞→n n n 【注：当∞→n 时，122~)1221ln(--+n n 】 ＝122lim -∞→n nn ＝12. 求极限xx x e x x sin 1lim 3202--→解：本题为0型未定式，可运用洛必达法则求极限。
因为 )0(~sin 43→x x x x所以 原式＝4201lim 2x x e x x --→＝30422lim 2x xxe x x -→ （洛必达法则）＝2021lim 2x e x x -→＝x xe xx 42lim 2∞→ （洛必达法则）＝2lim 20xx e →＝213. 求极限2sin 0cos )21(lim x xx x x -+→解：本题属于“幂指函数”，不适合直接应用洛必达法则求导。
应先对算式适当变形，再求极限。
过程如下：原式＝2sin 0)1(cos ]1)21[(lim xx x x x ---+→ （注：表达式的分子加1减1，恒等变形。
） ＝2sin 01)21(lim x x x x -+→-201cos lim x x x -→ （注：和差的极限，等于极限的和差。
） ＝20sin 2lim xx x x →-2202lim x x x -→ ＝2202lim x x x →+21 ＝25 （注：当时0→x ，.2~1cos ,2~sin 2~1)21(22sin x x x x x x x---+）4. 求极限x xe e x x x cos 1320lim ----→解：本题看似很复杂，其实完全可以通过两次运用洛必达法则求出极限，具体过程如下：因为 )0(2~cos 12→-x x x 所以 原式＝23220lim x xe e x x x ---→ ＝x e e x x x 3220lim -+-→ （第一次运用洛必达法则）＝1420lim xx x e e -→- （第二次运用洛必达法则）＝35. 求极限)1ln(2)cos(sin 12lim x x x +-→ 解：本题可运用洛必达法则，但建议优先采用等价无穷小替换。
高数极限习题及答案
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.。
（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 。
（完整word版）数学分析—极限练习题及详细答案
（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 。
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.3x B.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.34.【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 。
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 →≠。
高二数学函数极限练习题及答案
高二数学函数极限练习题及答案一、选择题1. 若函数f(x) = 2x³ + ax² + 4x + b，对于x的取值范围，使得f(x)存在极限，则a和b的关系是（）A. a = 2bB. a = -2bC. a = -4bD. a = 4b2. 已知函数g(x) = (x - a) / (x + a)，若lim(x→∞) g(x)存在，则a的取值范围是（）A. a > 0B. a ≠ 0C. a < 0D. a = 03. 已知函数h(x) = sin(x) / x，若lim(x→0) h(x)存在，则函数h(x)在x = 0处的连续性是（）A. 连续B. 不连续C. 可导但不连续D. 半连续二、判断题1. 对于函数f(x) = √(x² + 1) - √(x² - 1)，当x趋向于正无穷时，f(x)的极限不存在。
（）2. 设函数g(x)在点x = a处连续，则必定在点x = a处存在极限。
（）3. 若lim(x→0) f(x) = lim(x→0) g(x) = 1，则lim(x→0) (f(x) + g(x)) = 2。
三、计算题1. 计算lim(x→0) (sin(3x) / x)。
2. 设函数f(x) = x² - 4x + 3，求f(x)在x = 2处的极限。
3. 若函数g(x)满足lim(x→2) g(x) = 5和lim(x→2) [f(x) - g(x)] = 3，求lim(x→2) f(x)。
四、应用题1. 某物体的运动距离s(t)与时间t的函数关系为s(t) = 2t² - 3t + 1，其中t表示时间（s），s表示距离（m）。
求物体在t = 2s时的瞬时速度。
2. 一块圆形薄片的直径随时间的变化关系为d(t) = t² - 2t + 3，其中t表示时间（s），d表示直径（cm）。
求薄片在t = 3s时的瞬时变化率。
数列极限习题及答案
数列极限习题及答案数列极限习题及答案数列是数学中的重要概念，它在许多领域中都有广泛的应用。
数列的极限是数学分析中的基本概念之一，它描述了数列随着项数的增加趋向于某个确定的值。
在这篇文章中，我们将讨论一些关于数列极限的习题，并给出相应的答案。
1. 习题一：考虑数列{an}，其中an = 1/n。
求该数列的极限。
解答：要求该数列的极限，我们需要计算当n趋向于无穷大时，数列的值趋向于的值。
对于这个数列，当n趋向于无穷大时，an的值趋向于0。
因此，该数列的极限为0。
2. 习题二：考虑数列{bn}，其中bn = (-1)^n/n。
求该数列的极限。
解答：对于这个数列，当n为奇数时，bn = -1/n；当n为偶数时，bn = 1/n。
当n趋向于无穷大时，奇数项和偶数项的绝对值都趋向于无穷大。
但是，由于数列中的负号交替出现，所以数列的极限不存在。
3. 习题三：考虑数列{cn}，其中cn = (n+1)/n。
求该数列的极限。
解答：对于这个数列，当n趋向于无穷大时，cn的值趋向于1。
因此，该数列的极限为1。
4. 习题四：考虑数列{dn}，其中dn = 2^n/n!。
求该数列的极限。
解答：要求该数列的极限，可以尝试计算数列的前几项并观察规律。
当n取1时，d1 = 2/1 = 2；当n取2时，d2 = 4/2 = 2；当n取3时，d3 = 8/6 = 4/3；当n取4时，d4 = 16/24 = 2/3。
观察可以发现，当n趋向于无穷大时，数列的值趋向于0。
因此，该数列的极限为0。
5. 习题五：考虑数列{en}，其中en = (1+1/n)^n。
求该数列的极限。
解答：对于这个数列，当n趋向于无穷大时，(1+1/n)^n的值趋向于自然对数e 的值。
因此，该数列的极限为e。
通过以上习题的讨论，我们可以看到数列的极限与数列的定义和表达式有着密切的关系。
在计算数列的极限时，我们需要观察数列的规律，并利用数学知识进行推导和计算。
数列极限的概念在数学分析中有着广泛的应用，例如在微积分、实分析等领域中都会涉及到。
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.。