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

∴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0x 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

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,+∞)).