高数-导数与极限习题详解

x →π
例
( )
法二：
原式＝ lim
x →π
eπ ⋅ ( x − π ) e π e x −π − 1 ＝ lim = −eπ x →π − ( x − π ) − sin( x − π )
(
)
4 arctan x − π x −1 π arctan x − 4 ＝4 lim arctan x − arctan 1 4 lim 原式＝ 法一： x →1 x →1 x −1 x −1 ′ ＝4(arctan x ) x =1 = 2 π 4u 4t − π u = t − 4 lim u→ 0 π 法二： 原式 t = arctan x lim tan u + − 1 π t → tan t − 1 4 4 lim
即 b ≠ 1且 b ≠ 0
f ( x )有可去间断点 x = 1 则 lim
x →1 x →1
(e
即 ∃M > 0, ∀x ∈ [a , b], g ( x ) ≤ M , 从而 ∀x ∈ (a , b )
则 g ( x )在[a , b]上连续， g ( x )在[a , b]上有界，
f ( x ) = g( x ) ≤ M ∴ f ( x )在(a , b )内有界
解： 原式 = lim (1 + 3 x ) x →0
= e 3a = 8 = e6
∴
a = ln 2
例
sin 2 x − 2 sin x x3 1 2 x − x 2 ( x − 1) = lim 2 = −1 解： 原式 = lim 2 sin x cos x →0 x →0 x3 x3 lim
无穷间断点
例
f ( x )都存在， 若 f ( x )在(a , b )内连续，且 lim+ f ( x )及 lim −
证明 f ( x )在(a , b )内有界。
x →a x →b
x = 0, 可去间断点x = 1.
解： x = 0为无穷间断点，则
而
x→0
lim ( x − a )( x − 1) = a = 0
2x − x +1
= e −1
例
lim
1 − 1 − x2 x → 0 1 − cos x
x →0
例
x2
x + 2a lim =8 x →∞ x−a
x
x
则a = _
解： 原式＝ lim
(1 − cos x )(1 +
1 − x2
)
＝ lim
x→0
1 2 x ⋅ 1 + 1 − x2 2
∴ b = e或 b = 1
综上知： a = 0, b = e
例
设 f ( x )是[0, n]上的连续函数，
分析： 即证 ∃ξ ∈ [0, n − 1],
证明： ∃ξ ∈ [0, n − 1], 使 f (ξ + 1) = f (ξ )
f (0 ) = f (n ), n是正整数，
设 M = max{F (0 ), F (1),− − − , F (n − 1)}
x→0
其中 f ( x )是连续函数
解： 由已知极限值知
f (x) =0 sin x
解：原式 = lim
f (x) ln 1 + sin x ∴ lim 2x x→0 e −1
f (x) f (x) = lim sin x = lim =3 x→0 2 x x →0 2 x 2
( f (x) − A ≤
)
特别：若 f ( x )在 x0 连续，则 f ( x ) 在 x0也连续，
x → x0
lim f ( x ) = f ( x0 ) = lim f ( x )
x → x0
例
lim
x →0
sin x 1 + x sin x − cos x
x ⋅ 1 + x sin x + cos x 1 + x sin x − cos x
,即
B.
x → x0
lim f ( x ) = lim f ( x )
x → x0 x → x0
(前提 : 极限存在 )
C. ln [1 + α ( x ) ⋅ β ( x ) ]
f (x) − A
α 2 ( x) + β 2 ( x) α 2 ( x) D. β ( x )
x → x0
lim f ( x ) = A ⇒ lim f ( x ) = A
x →0
解： 令
lim e x − b ( x − b ) = (1 − b )(− b ) ≠ 0
(
)
f ( x ), x ∈ (a , b ) g ( x ) = lim+ f ( x ), x=a →a xlim ( ) f x , x=b x →b−
x − b )( x − b ) 存在 ( x − a )( x − 1) ∴ lim (e x − b )( x − b ) = (e − b )(1 − b ) = 0
在 x = 0处
例 A. 0 ;
lim arc cot
x→0
1 = x
（ D ）. C. 2 ;
π
B. π
−
;
D. 不存在 .
极限存在，求a 值。
解： f (0 − 0 ) = lim−
x→0
x+a
1
2+ ex x sin x ⋅ tan 2 f (0 + 0) = lim+ x →0 1 − cos 2 x
( )′
= −eπ
=2
例
x →0
lim+
(1 − cos x )(e
(
3x
ln 1 + sin 2 x
2
)
−1
)
例
求极限 lim
x → −∞
(
x2 + x + 1 + x − 1
)
3 2
1 解： 原式 = lim+ 2
x →0
( x ) ⋅ 3x
sin 2 x
解： 原式 x = −
1 1− t + t2 −1− t lim + t → 0 t t
=
(
3 − xn − xn
)
=
xn ⋅
3 − 2 xn 3 − xn + xn
≥0
解:
由 0 < x1 < 3 知 x1 ,3 − x1 均正
x1 + (3 − x1 ) 3 = 故 0 < x 2 = x1 (3 − x1 ) ≤ 2 2 3 ( ) k >1 设 0 < xk ≤ 2 x k + (3 − x k ) 3 = 则 x k + 1 = x x (3 − x k ) ≤ 2 2 3 即 0 < xk +1 ≤ 2
2
(
x2
3a 解：原式 = lim 1 + x →∞ x−a
)
=1
例
lim(1 + 3 x )sin x
x→0 1 3x 6x sin x
x −a ⋅3 a a 3a 3 a 3a = lim 1 + ⋅ 1 + x→∞ x−a x−a
2
2
例
2 x 1− x 设 函 数 f ( x) = ，则当 x →1 时，其极限 x +1
2x
解： 原式 = lim
x →0
(
)
为
.
2x 2x
x − 1 1− x 2 x 1− x 解: lim x + 1 = lim 1+ x + 1 x →1 x →1
x→0
例
例
lim
x→0
x (1 − cos 2 x ) tan x − sin x 1 1 (2 x )2 x ⋅ 4x2 2 = lim 2 =4 x → 0 tan x (1 − cos x ) x →0 1 x ⋅ x2 2
x⋅
f (x ) ln 1 + sin x =3 已知 lim 2x x→0 e −1 f (x ) 求 lim x→0 x2 lim
由介值定理
∃ξ ∈ [0， n − 1]使
且
F (0 ) = f (1) − f (0 )
－－－－－－－－
F (ξ ) =
即
F (1) = f (2) − f (1)
1 [F (0) + F (1) + − − − + F (n − 1)] = 0 n f (ξ + 1) = f (ξ )
法一： 原式 t = x − 1 lim
t →0
ln(1 + t ) =1 t
法二： 原式＝ lim
x →1
ln(1 + x − 1) =1 x −1 ln x − ln 1 x −1
x =1
法三： 原式＝ lim
x →1
(
)
′ = (ln x )
=1
例
e x − eπ sin x e x − eπ x −π 法一： 原式＝ lim ⋅ x →π x − π sin x − sin π ′ e x x =π eπ ＝ = −eπ ＝ ′ cos π (sin x ) x =π lim
= lim +
t →0
(1 − t + t ) − (1 + t )
1 x ⋅ 3x 3 = lim+ 2 2 = x→0 x 2
t 1− t + t2 +1+ t
(wenku.baidu.com
2
2
)
=−
二、函数的连续性及间断点 (e x − b )( x − b ) , 试确定 a , b的值，使 f ( x )有 设 f (x) = 例 ( x − a )( x − 1)
第2章 导数与极限
一、极限的求法
例
设 0 < x1 < 3, x n +1 = 证明数列
由数学归纳法知
n > 1 时 ,0 < x n ≤
x n (3 − x n ) − x n
xn
3 2
{xn }的极限存在
x n (3 − x n )
(n = 1,2,− − − )
而 x n+1 − x n =
, 并求此极限
m = min{F (0 ), F (1),− − − , F (n − 1)}
m≤
使 F (ξ ) = f (ξ + 1) − f (ξ ) = 0
则
证： 令 F ( x ) = f ( x + 1) − f ( x )
则 F ( x )在[0, n − 1]上连续
1 [F (0) + F (1) + − − − + F (n − 1)] ≤ M n
解：
(cos x − sin x ) = 1 lim sin x − cos x ＝ lim x →0
x →0
例 若当 x → x0 时， α ( x ), β ( x ) 都是无穷小，则当 x → x0 时，下列表示式中哪一个不一定是无穷小( D ) A.
α ( x) + β ( x)
极限与绝对值可交换
∴
lim
x→0
f (x) =6 x2
例
x →0+
1 1 lim sin 1 + x − sin x
例
lim
x →1
ln x x −1
1 1 1 1 1+ − + x x x x 解：原式 = lim+ 2 cos ⋅ sin x→0 2 2 1 1 1+ + 1 x x ⋅ sin = lim+ 2 cos x →0 2 1 1 2 1+ x + x 1 1 1+ + x x x ⋅ sin = lim+ 2 cos =0 x →0 2 2 1+ 1+ x 1+
a = 2
lim arc cot = π 解: x →0 x
1
x x⋅ 2 =1 = lim+ x→0 1 (2 x )2 4 2 ∴ a= 1 2
x → 0+
lim arc cot
1 =0 x
f (0 − 0) = f (0 + 0 ) ⇒
a 1 = 2 4
例
lim sin x − cos x
x →0
x →1
法三： 原式＝ lim
x →π
e x − eπ e x − eπ ＝ lim x → π − sin( x − π ) − (x − π )
x =π
= lim
u→ 0
4u(1 − tan u ) 4u = lim u→ 0 1 + tan u 2 tan u −1 1 − tan u
＝− e x
x − 1 x −1 = lim 1 + x →1 x +1 x +1 2 x ⋅ − x +1
= lim
x →0
1 + x sin x + cos x x sin x 1 − cos x + x2 x2
4 = = 1 3 1+ 2
2
x +1 x − 1 x −1 = lim 1 + x →1 x +1
∴ x n+1 ≥ x n
设
n→ ∞
由数列收敛准则知
lim x n 存在
n→ ∞
x n+1 = lim xn (3 − x n ) lim xn = a 则 lim n→ ∞ n→ ∞ 3 2
∴ a = a (3 − a ) ∴ a = 0 (舍去 )或 ∴ lim x n =
n→ ∞
3 2
例
x+a , x<0 1 2+ex 函数 f ( x ) = x sin x ⋅ tan 2, x>0 1 − cos 2 x