高等数学第1章课后习题答案(科学出版社)

第一章 函数、极限、连续

习题1-1

1．求下列函数的自然定义域：

x3yx3(1)

1x2e； (2) yarctan1

x3x2 arccosx1x3y5ysin1, x1(3)

x2x6； (4) x3 , x1.

x解：(1)解不等式组

301x20得函数定义域为 [3,1)(1,1)(1,)

;

3x2(2)解不等式组0x0得函数定义域为[3,0)(0,3];

1

x1115x2x60(3)解不等式组得函数定义域为[4,2)(3,6];

(4)函数定义域为(,1].

2．已知函数f(x)定义域为[0,1]，求

f(x),f(cosx),f(xc)f(xc) (c0)

的定义域．

解：函数f(x)要有意义，必须0x1，因此f(x)的定义域为[0,1]；

同理得函数

[2kπ-,2kπ]f(cosx)定义域为22；

函数

0xc111ccf(xc)f(xc)要有意义，必须0xc1，因此，（1）若2，定义域为：c,1c；（2）若2，

11{}c定义域为：2；（3）若2，定义域为：．

3．设

f(x)1xa1,2x|xa|a0,求函数值f(2a),f(1)．

2

1解：因为

f(x)x21xa|xa|，所以

f(2a)14a21aa0，

f(1)11a1211a2 ,a>1,0 ,0．

4. 证明下列不等式:

(1) 对任何xR有 |x1||x2|1;

(2) 对任何1nnZ有

(1)1(11)nn1n;

1(3) 对任何1nZ及实数a1有

an1an.

证明：（1）由三角不等式得

|x1||x2||x1(x2)|1

（2）要证

(11n11n1)1(11n)n，即要证1n1n1(1n)n，由均值不等式有3

n1111(1)nn1(1)(1)nnn1(1)1n

111(1)(1)(1)11nnn1n1n1

得证。

1n（3）令ha1，则h0。当n2时由Bernouli不等式，有

a(1h)1nh1n(a1)

n1n所以

1na1a1n，

又当n1时，有

1na1a1n

故对任何nZ及实数a1有

a11na1n.

4

5. 试将下列直角坐标方程化为极坐标方程，而把极坐标方程化为直角坐标方程:

x2y2(1) 4; (2)

251; (3) x8y2; (4)

4.

解：(1) x2y216；(2) 2(57sin2)10；(3) 8sin2cos0；(4) yx (x0)

6．判断下列各组函数中的f(x)与g(x)是否为同一函数？说明理由！

(1)

f(x)lnx21x,g(x)lnx21x

；

(2)

f(x)1,g(x)sec2xtan2x

；

(3) f(x)2lgx,g(x)lgx2 ;

5

(4)

f(x)1x2,g(x)xxx3 ；

解：(1) 是； (2) 不是，因为定义域不同； (3) 不是，因为定义域不同；(4) 不是，因为定义域不同．

7．试确定下列函数的单调区间：

3xln(x)yx1x； (2)

(1)

y； (3) y1sinx.

解：(1) 函数的定义域为(,0)，此时，函数内也是递减的．

y13y2ln(x)也是单调递减，x单调递减，则yy1y2在(,0)(2) 函数的定义域为(,1)义域单调递减．

(1,)，而

y1x1y1x1在(,1)及(1,)上单调递减，故1xx1是在其定

(3) 函数的定义域为(,)，在增的.

(2k3,2k)(2k,2k)22函数是单调递减的，在22函数是单调递

8. 判定下列函数的奇偶性：

1x；

(1)

6

yx2cosx1；

2 (2)

ytan

exexxx2(3)

y2； (4)

ylg22.

解：(1)因为定义域为R关于原点对称，且

f(x)x22cosx1f(x)

，所以是偶函数．

1(2) 因为定义域为R\\{0}关于原点对称，且

f(x)tanxf(x)，所以是奇函数．x)exex(3) 因为定义域为R关于原点对称，且

f(2f(x)，所以是偶函数．

(4) 虽然定义域为R关于原点对称，但

x)lgxx2f(22lg(xx22)1lg(xx22)f(x),f(x)

，

所以是非奇非偶函数．

9．设f(x)是定义在[l,l]上的任意函数，证明：

7

(1) f(x)f(x)是偶函数，f(x)f(x)是奇函数；

(2) f(x)可表示成偶函数与奇函数之和的形式.

证明：（1）令

g(x)f(x)f(x),h(x)f(x)f(x)

，则它们的定义域为[l,l]，且

g(x)f(x)f(x)g(x),h(x)f(x)f(x)h(x)

，

所以f(x)f(x)是偶函数，f(x)f(x)是奇函数．

（2）任意函数

f(x)f(x)f(x)f(x)22

f(x)，由（1）可知

f(x)f(x)f(x)f(x)22是偶函数，是奇函数，所以命题得证．

10．判断下列函数是否是周期函数？若是，指出其最小正周期：

8

(1) y|cosx|； (2) yxcot2x

(3) y2sinπ2x； (4) ysin2x.

解：(1)周期函数，最小正周期为π；

(2)不是周期函数；

2(3)周期函数，最小正周期为π；

(4)周期函数，最小正周期为π．

11．求下列函数的反函数：

2x(1) y2x1；

(2)

ylnxx22．y解：(1) 依题意，

2xy1，则xlogy2y1，所以反函数为

f1(x)logx2x1,x(,1)(1,)

．

9

(2) 依题意，

e1xy2ey，所以反函数为

ex1f(x)x, xR2e

112．试判断下列函数由哪些基本初等函数复合而成：

(1)

ye(1x)20； (2) y(arcsinx2)4； (3) y3cos2x； (4) yln(1x21)．

u20ye,uv,v1x复合而成； 解：(1) 由

42yu,uarcsinv,vx(2) 由复合而成；

u2y3,uv,vcosx复合而成； (3) 由

(4) 由

ylnu,u1v,v1x2

复合而成；

13．设

1 , |x|<1 ,f(x)0, |x|=1, g(x)ex1, |x|>1,

10

，求f(g(x))与g(f(x))，并作出函数图形．

解：

e, |x|<1 ,1 , x<0 ,f(g(x))0 , x=0, g[f(x)]1, |x|=1,11, x>0,e, |x|>1,图略。

14．在一圆柱形容器内倒进某种溶液，该容器的底半径为r，高为H．当倒进溶液后液面的高度为h时，溶液的体积为V．试把h表示为V的函数，并指出其定义区间．

V,V[0,πr2H]2πr．

解：依题意有Vπrh，则

2h15．收音机每台售价为90元，成本为60元．厂方为了鼓励销售商大量采购，决定凡是订购量超过100台以上的，每多订购1台，售价就降低1元，但最低价为每台75元．

(1) 将每台的实际售价p表示为订购量x的函数；

(2) 将厂方所获的利润L表示成订购量x的函数；

(3) 某一商行订购了1000台，厂方可获利润多少？

解：依题意有(1)

90, x100p190x, 100x11575, x115；

11

(2)

30x, x100L(130x)x, 100x11515x, x115；

(3) L15000元

1．设

，

(1) 求

的值；

习题1-2

x2n3n3n1(n1,2,3,)

|x22213|,|x203|,|x10003|

12

2|xn|1063(2) 求N，使当nN时，不等式成立；

2|xn|3(3) 对实数0，求N，使当nN时，不等式成立．

解：(1)

21211237211|a1|||,|a10|||,34312 3613183

21997211|a1000|||3300139003

．

11124|an|104,3 即 3(3n+1)10(2) 要使 成立．

2|an|1043，则只要n12222, 取N12222, 故当n>N时，不等式

(3)要使

|an|an2|32n3211113113N1|n,9，那么当nN时， 9成立，只要3n139n3，即 取

|2|3成立.

2yx23．问x12．当时，等于多少，使当|x1|时，|y3|0.01？

13

解：令

|x1|135|x1|2，则22，要使

|y3||x223||x21||x1||x1|5|x1|0.012

，

只要|x1|0.004，所以取0.004，使当 |x1| 时，|y4|0.01成立．

2x21y22xx23．当时，．问X等于多少，使当|x|X时，|y2|0.001？

解：要使

2x2155|y2||22|22x2x2x

<0.001, 只要x25000, 即|x|5000就可以了,所以取X5000．

4．根据极限的定义证明：

(1)

alim0nn（a为常数）；

(2)

n21lim1lim(3x1)2nn； (3) x1；

(4)

14

x24lim4x2x2；

(5)

lim3x53xx1.

解： (1) 0，若a0，则任取正整数N，当nN时, 总有只需

n|a||0a|a|0|0|0|a0nnn；若，要使lim，

，取正整数

N[|a|]1，当nN时,总有

|a0|na0nn，综上可得；

(2) 0,要使

n2111|1|2nn(n21n)n

1n21n21Nn|1|lim1nnnnN, 即,取,当时, 总有, 则；

1(3) 0,要使|3x12|3|x1|，只要

lim(3x1)2x1|x1|3，取



3，则当0|x1|时，总有|3x12|，所以

；

(4) 对0，要使

x24|(4)||x(2)|x2

x24x24lim4|(4)|0|x(2)|x2x2x2，取，当时，总有，所以；

(5) 对|x|1，有

15

|3x5883|x1|x1||x|1

, 0, 要使

lim3x53xx1．

|3x53|x1,只要

8|x|1,即

|x|81,取

X18，则当|x|X时,有

|3x53|x1,故有

5．用X或语言，写出下列各函数极限的定义：

(1)

xlimf(x)a； (2)

xlimf(x)a；

(3)

xalimf(x)b； (4)

xalimf(x)b．

解: (1) 0, X0, 当xX时, 总有|f(x)a|;

(2) 0, X0, 当xX, 总有|f(x)a|;

(3) 0, 0, 当axa时, 总有|f(x)b|;

(4) 0, 0 当axa时, 总有|f(x)b|．

．并举例说明：如果数列x收敛，但数列n不一定收敛．

6．若nlimxna，证明nlim|xn||a||xn|16

证明: 因为nlimxna,所以0,N1,当nN1时,有|xna|.不妨假设a0,由收敛数列的保号性可知:N2,

则对上述,当nN时,

有||xn||a|||xna|.故nlim|xn||a|当nN2时,有xn0,取NmaxN1,N2,

lim|x||a|a0时,nn成立.

.同理可证

lim|x|1反之,如果数列|xn|有极限, 但数列|xn|未必有极限.如：数列xn1, |xn|1， 显然nn, 但

nlimxnn不存在．

limx2k1alimx2kalimxnaxnkk7．对于数列，若，，证明：n．

证明: 由于

klimx2k1a, 所以, 0, N10, 当k>N1时，有|x2k1a|, 同理, 对上述,N20, 当kN2limxa时, 有|x2ka|．取N=maxN1,N2, 0, 当nN时, |xna|成立, 故nn．

8．证明：若xlimf(x)A，xlimf(x)A，则xlimf(x)A．

证明: 由于x|f(x)A|limf(x)A,则对0,X10,当xX1时,有|f(x)A|．又xlimf(x)Alimf(x)A,则X20,当xX2,有

.取XmaxX1,X2,当|x|X时,总有|f(x)A|,故有x.

习题1-3

1．求下列极限：

17

(1)

lim2nn3n6n32n3；

3 (2)

11limn13351(2n1)(2n1)

；

lim(12n1(3)

n23222n)；(5)

lim(3x2x3x5)； limx21(7)

x1x24x5；

lim(xh)2x2(9)

h0h； 1x(11)

lim1xx131x31x；

x3(13) lim3xx2x37x8； (15)

lim(2xx33x6)；

lim3n2n(4)

n3n12n1；

limx31(6)

x2x25x3；

x3x2(8) lim9x9x3x327；

(10)

lim121x28x32x；

lim3x21(12)

xx27x3；

x23x(14) lim8x7x45x3；

(16)

xlimx42x2x41．

18

解：(1)

13322nn3nn1lim3limn6n2n3n23332；

(2)

；

(3)

；

6n2n3

lim11n13351(2n1)(2n1)

lim1n21131315111112n12n1limn212n12lim(1322n1n222n)lim(312n1n2n22n)3

19

(4)

3n2nlimn1n32n121()n13limn232()n33=；

(5)

lim(x33x5)(limx)33limx57x2x2x2；

(6)

x2x132lim2(limx)5limx3x2x5x3x2x2；

3(limx)31(7)

x21(x1)(x1)x11lim2limlimx1x4x5x1(x1)(x5)x1x53

；

(8)

x3x29x9(x1)(x3)8limlim32x3x3x27x3x99

；

(xh)2x2limh0h(x22xhh2)x2limh=h0(9) =h0lim(2xh)2x；

20

2lim112(42xx)(10)

x2128x32x=limx18x3 (2x)(4x)4x5=limx1(2x)(42xx2)=limx142xx27； 1x1x(11)

limx131x31x232=62．

31x2lim3x21limx733(12)

xx27x3=1xx2;

(13)

313limx3xx21x2x37x8limx2782x2x3;

(14)

12limx3x8x238x3x3x7x45x3limx075x21

;

36)x2x3;

(15)xlim(2x33x6)=xlimx3(2(16)

xlimx42x2x41=

xlim21x2x42x2x41x42x2x41 x42x2x41=

xlim2x21x42x2x41=

xlim211214xx1．

2．设函数

ex, x0f(x)0, x013x2,x0,试讨论x0limf(x)是否存在？

解：因为

x0limf(x)limex1,limf(x)lim(13x2)1x0x0x0

，即

x0limf(x)limf(x)x0，所以x0limf(x)存在．

22

x)2x13．设

f(, x0,2xa, x0.

若极限limx0f(x)存在，则a等于什么?

解：因为

xlim0f(x)limx02x12,xlim0f(x)lim(2x0xa)a

，所以，当

xlim0f(x)xlim0f(x)，即a2时，limx0f(x)存在．

4．已知

2xlim(5xaxbxc)1

，其中a,b,c为常数，求a和b的值．

解：因为

lim(5xax2(5xax2bxc)(5xax2bxc)xbxc) xlim5xax2bxcc2(25a)xb= lim(25a)xbxcxx5xax2bxcxlim15abxcx2

23

25a0b，所以5a1，则a25b10．

．

1．计算下列极限：

(112xx1(1)

； (2) xx)lim(1x3)；解：(1)

；

(2)

；

24

习题1-4

x1(3) lim(xx2xx33)3； (4) lim(xx2)．lim(11x)2xlim[(101x)x]2e2xx

lim(1x1x113)lim[(1x03)3xx]3e3x

(3)

11xx1x3x3333lim()lim(1)e3x33x23

；

(4)

2．计算下列极限

sin3x(1)

limx0sin5x； lim1cos2x(4)

x05x2；解：(1)

lim(x24x2x4(4)42xx2)lim[(1xx2)(1x2)]

lim(14x2(4)42x2)4lim(1xx2)e4x

limxsin3tanxsinx(2) xx； (3)

limx0x3；x(5)

lim3nnsin3n（x为不等于零的常数）．

limsin3xx0sin5xlimsin3x5x33x03xsin5x55

25

；

3x3limxsinx(2)

33limx3xxsin；

(3)

xtanxsinxsinx(1cosx)1sinx2)21limlimlim(x0x0xx3x3cosx2x0x22

sin；

(4)

x0lim1cos2xx52limx02sin2xx522sinxlimx0xx2

(5)

xx3nxlim3nsinnxlimnnx33n

sin3．利用极限存在准则证明：

26

(1) 数列

2,22,222,

的极限存在；

a(2)

limn1n1（a0为常数）；

(3)

lim111n2n22n1n2n1；

(4)

limx0x[1x]1．

(1) 证明： x2222x10，假设xnxn10成立，则

xn12xn2xn1xn

，

27

由数学归纳法只数列xn单调递增．

又因为x1212，假设xn12，则

xn12xn2(12)212212 ，故0xn12，即数列xn有界；根据单调有界准则知nn存在．

limx(2) 证明：因为

11aaaalim1lim111lim11nn，又nnn，所以nn．

(3) 证明：因为

nn2n1n211n221n2nnn21

，

又

nnn2limnlimnnn121

，所以

28

11lim22nn2n112nn 1．

1111xx． (4) 证明：对任一xR，有x1xx，则当x0时，有x1111x(1)xxlimxxx1x0xx因为x0，所以x0，此时，，由夹逼准则得．

习题1-5

1．用极限定义证明：

x2425xyyx2为当x2时的无穷小； (2) x(1) 为当x0时的无穷大．

x21lim0x1x1，从而

证明: (1)

x24x24|0||0||x2|0|x2|0,因为x2x2,取,则当时, 总有

,故

x24yx2为当x2时的无穷小；

(2) M0,

2M5,当0|x|时,总有

25x22||5|5Mxx|x||

29

,所以

25x25xyx0xx，即

lim为当x0时的无穷大.

2．计算下列极限：

1limsinxxx；

cosxxx2(1) (2)

lim；

(3)

limarctanxlimxarccot(lgx)xlnx； (4) x0．

1lim0解：(1) 因为sinx在(,)上有界，xx，由定理

3

1limsinx0知xx；

10(,)xx2cosx(2) 因为在上有界，，由定理

lim3

cosx0xx2知； lim10(,)xlnxarctanx(3) 因为在上有界，，由定理

lim3

arctanx0xlnx知； lim(4) 因为arccot(lgx)在(,)上有界，x0limx0，由定理3知x0limxarccot(lgx)0

2yxcosx在(0,)内是否有界？该函数是否为x时的无穷大？ 3．函数

解答: 因为M0,取N0M1,x02N0π(0,)，使得

30

yN02N0πcos2N0π2N0πM22

，

cosx在0,内是无界的.

所以yx2但，若取

xn2nπ+22,则yn0,故当n时, yn0xn，当x时，函数yxcosx不是无穷大量．

11ysinxx在其定义域上无界，但它不是x0时的无穷大． 4．证明：函数

x012N0π+证明：因为M0,取N0M1,

2(0,)，使得

yN0(2N0π+)sin(2N0π+)2N0π+M222

，

11ysinxx在0,内是无界的. 所以

1xn2nπ但，若取

11ysinxx不是无穷大量． ,则yn0,故当n时, yn0xn，当x时，函数

31

5．利用等价无穷小的性质，求下列极限：

3xsin(kx)limx0sin5x； (2) x0tantx（k,t是不为零常数）；

(1)

lim(3)

ln(13x2x2)limx0tan3x；

(4)

3x5x2x3lim3x0x2arctanx；

limarctan2xesinx23(5)

x01； (6)

limx021cosxsin23x；

(7)

x2tanxsin5xlimx0tan3xx3；

(8)

x0lim1cosxx(1cosx)；

(9)

ablimx02xx3x,其中a0,b0,均为常数.

解：(1)

lim3x3x3limx0sin5xx05x5；

(2)

limsin(kx)kxklimx0tantxx0txt；

(3)

ln(13x2x2)3x2x2limlim1x0x0tan3x3x

32

；

(4)

3x5x2x33x5x2x33lim3lim；

(5)

；

(6)

112182272；(7)

x0x2arctanxx02x2

limarcsin2xlimx2x0tanx2x0e3tanx23limx2x031tanx23

1lim21cosx2(1cosx)2x21x0sin23xlimx0sin23x(21cosx)limx0(3x)2limx021cosx33

limxtanxsin5x4x4limx0x03xtan3xx33

2；

(8)

12x1cosx1cosx112limlimlimlimx0x(1cosx)x0x(1cosx)(1cosx)x01x01cosx2xx2

；

a3limln(axbx3(9)lim()xex0x02x1bxx)ln(2e3limx0axbx21)2x

e3(lnalnb)2321xx(ab2)3lim2x0xe3(ax1)(bx1)lim2x0x

e(ab)．

6．证明：当x0时，ln(1x)~x．

证明：因为

34

1ln(1x)limlimln(1x)ln[lim(1x)x]lne1x0x0x0x

1x，当x0时，ln(1x)~x．

n17. 证明：当x0时，1x1nx.

证明：因为

nlim1x11xx01lim1xx01x[(n1x)n1(n1x)n2nn1]lim1x011[(n1x)n1(n1x)n2n1]

，

nx11所以，当x0时，1nx.

18．当x0时，若(1asinx2)41与xarctanx是等价无穷小，试求a．

1(1asinx2)4lim1解：依题意有x0xarctanx1， 因为当x0时，

35

2(1asinx)11(asinx)1124141(asinx2)41(ax2)4

，arctanxx，

所以

1(ax2)(1asinx)1alimlim412x0x0xarctanxx4

124，故a4．

习题1-6

1．研究下列函数的连续性：

(1) f(x)|x| (2)

x, x是有理数f(x)0, x是无理数

解：（1）在,内连续；

（2）f(x)在R上处处不连续。

2．讨论下列函数的间断点的类型．如果是可去间断点，则补充或改变函数的定义使其连续．

36

f(x)sinx1e1x(1) f(x)sgnx； (2)

(3) f(x)[x]； (4)

x41f(x)2x1；

(5)

x21f(x)2x3x2；

(6)

f(x)xsin1x

解：(1) x0为跳跃间断点；

limsinx1e1x(2) 因为

x00，所以x0为可去间断点，补充定义f(0)0，则函数f(x)在,内连续；

(3)

xn,n0,1,2,为跳跃间断点；

x41lim2x1x21(4) 因为，所以x1为可去间断点，补充定义f(1)2,f(1)2，则函数f(x)在,内连

续；

(5) x1为可去向断点，若令f(1)2,则f(x)在x1连续；x2为第二类向断点．

(6) 因为x0limxsin10x，所以x0为可去间断点，补充定义f(0)0，则函数f(x)在,内连续；

3．当a取何值时，函数

sinx, x0,f(x)ax, x0在x0处连续．

37

解：因为

x0limf(x)limsinx0,limf(x)lim(ax)a,x0x0x0

f(0)a,所以，依题意有a=0.

4．设

2cosx, xcfx2axb, xc 其中b,c是已知常数．试选择a，使f(x)为连续函数．

解：因为

xclimf(x)lim2cosx2cosc,limf(x)lim(ax2b)ac2b,xcx0xc

2coscbc2，

f(c)2cosc,所以，若c0,则f(x)为连续函数必要求b2,此时a可取任意实数；若c0,则取

a就可以使得f(x)为连续函数．

5．证明: 若函数f(x)在区间I上最大值与最小值相等，则f(x)是区间I上的常值函数．

maxf(x)minf(x)MxIxI证明：设常值函数．

，则对xI,Mf(x)M，即f(x)M (xI)，所以f(x)是区间I上的

(0,)x23sinx06．证明: 方程在区间2内至少存在一个实根．

38

证明：令f(x)x23sinx，则

[0,]f(x)在2上连续，又f(0)20，

f()10,22根据零点定理，

(0,)f(x)x23sinx在开区间2内至少有一点使

(0,)f()0，即方程x23sinx0在区间2内至少存在一个

实根．

7．证明方程xasinxb至少存在一个正根，并且它的根不超过ab，其中a0,b0．

2证明：令f(x)xasinxb，并取正整数k，使得

2kab，则

[0,2k]f(x)在2上连续，又f(0)b0，

f(2k)2kab0,22

根据零点定理，

(0,2k)f(x)xasinxb在开区间2内至少有一点使f()0，即方程xasinxb至少

存在一个正根．又因为xasinxbab，所以它的根不超过ab．

8．设函数f(x)在闭区间[a,b]上满足Lipshtz条件,即存在正常数L,使得对任意的x,y[a,b]，恒有

f(x)f(y)Lxy;又f(a)f(b)0．证明：至少存在一点(a,b)，使得f()0．

证明：任取x(a,b)，取x，使xx(a,b)，依题意有

0f(xx)f(x)Lx

，则x0

limf(xx)f(x)0，即x0limf(xx)f(x)，由x的任意性，可知f(x)在(a,b)内连续，同理可证f(x)39

在点a右连续，点b左连续，那么，f(x)在[a,b]上连续。而且f(a)f(b)0，根据零点定理，至少有一点(a,b)，使得f()0．

9．证明：若函数

limf(x)f(x)在区间[a,b)上连续，且xb存在，则f(x)在区间[a,b)上有界．

证明：因为xb使得

limf(x)存在，则必有0，使得ba，并且f(x)在区间(b,b)上有界，即存在M10，

f(x)M1(x(b,b))；又f(x)在[a,b]上连续，由有界性定理知，存在M20，使得

f(x)M2 (x[a,b])

，取max{M1,M2}M，则当x[a,b)时，总有

f(x)M，即f(x)在[a,b)内有界．

习题1-7

1．研究下列函数的连续性：

x327f(x)x3；

(1) f(x)x2exsin(x31)； (2) (3) f(x)exx. 2解：(1) 因为

f(x)x2exsin(x31)在,上是初等函数，所以f(x)在,上连续．

x327x327lim27f(x)x3x3x3x3的可去间断点． （2）因为，则是函数

40

（3）f(x)在(,)内连续．

2．求下列极限：

x2ln(2x)ln(1x2)limlimlimarctan(x22xx)x1x0(1)

arctanx； (2) xtanx； (3) x31x1(4)

limsinxx01tanx； (5)

lim12xsinxx0； (6)

lim(12x1cosxx0xe)；(7)

limnn[lnnln(n2)]．

x2ln(2x)解：(1) 因为arctanx是在点x1处连续，所以

limx2ln(2x)12ln(21)4x1arctanxarctan1

；

(2)

1limln(1x2)xtanxlimxx0tanxln(1x2)x2x01

；

；

41

(3)

2xx2xx2xlimarctan(x22xx)limarctan(x)

2x；

(4)

；

(5)

；

(6)

42

arctan(xlimx22xx)arctan14

1lim1tanx3lim1tanxsinxx03cosxln[1tanx]x0ee31lim12x1xlim2x(x1)lnsinx122xsinxxx0ex0e2

1x2x1lim(12x1cosxxxe1cosxx0xe)lim(122xex0xe)e2;

(7)

limnn[lnnln(n2)]

limnnnlnn2limnnln(12n2)

limln(12nnn2)

limln(12n22n2)2n2lne2nn2

x3．证明：已知limx2xxa4，求常数a的值．

解：因为

lim(x2xa(a2)xxa)xlim(1xa2xa)xlim(1xa2axxa)2xaea2

，则ea24，所以a2ln4．

4．假设函数f(x)在g(x)在点x0连续，证明函数

43

(x)maxf(x),g(x)

，

(x)minf(x),g(x)

也在点x0连续．

证明：略．

复习题A

一、选择题

1.下列函数中不是复合函数的是（ ）

1y()x1x2ye3； B. A．； C．yln1x； D．ysin(2x1)

2．当x0时，下列哪一个无穷小是比tanx高阶的无穷小（ ）

2A．x； B．1cosx；

2 C．1x21； D．sinxtanx

1x32xlime2x2x23．极限为（ ）

A．1； B．0； C．； D．不存在但不为

44

4．若当x0时，(x)和(x)都是无穷小，则当x0时，下列表达式中哪一个不一定是无穷小 ）．

2(x)A．|(x)(x)|； B．2(x)+2(x)； C．(x)； D．sin[(x)(x)]

x22xbf(x)x1,x1,5． 设

a,x1适合limx1f(x)A，则以下结果正确的是（

）A．b3,A4,a可取任意实数； B．a4,A4,b可取任意实数；C．a4,b3,A4； D．a,b,A都可取任意实数

解：1.A; 2．D; 3．B; 4．C; 5．A.

二.填空：

1．函数

y16x2lnx的定义域是________________； 2．ylnsinex是由基本初等函数_______________________ 复合而成的；

3．f(x)x22x1的连续区间是 _______________________；

45

（

x1limxx4．

x ；

ax2bx1lim2xa,b2x15. 已知为常数，，则a_________，b_________.

x1ylnu,usinv,ve(0,4]解：1．；2．；3．(,)；4．e；5. a0，b4

二、解答下列各题

12x21．已知

f(x)，g(x)sinx1，求f[g(x)]及其定义域．

解：

11sin2x1

f[g(x)]，定义域为

{x|x1且x(2k)21,kZ}2

；

2．求下列极限：

46

3(1)

xlim3x49x3；

(3)

limn2nsin2n1；

1cos(sinx)(5)

limx02ln(1x2)； 解：(1)

；

(2)

；

(3)

(2)

xlim(tanx0xx2sin1x)；

arcsinx2cos1 (4)

limxx0x；

1cos(sin1)limxx (6)

ln(11x2)；

333xx49x3x31lim1xlim493x3

tanx1tanxlim0(xx2sinx)limx21x0xlimx0xsinx147

lim2nsinn2n1limn2sin2n12；

(4) ;

(5) (6) ;

48

2n1

arcsinx2cos11limxx2cosx0xlimx0xlimx0xcos1xx0sin2xlim1cos(sinx)x02ln(1x2)lim2x02x2limx21x04x24;

1cos(sin11211limx)2sinx1x2xlimlim1ln(11x12x12x2)x2x2

3．设x110，xn1xn6(n1)，证明数列xn极限存在，并求此极限．

证明：用数学归纳法证明此数列的单调性．因为x110 及x26x14，可知x1x2,假设xnxn1,则

xn16xn6xn1xn2

limxnA，所以{xn}单调递减，又显然xn0，即{xn}有下界，由单调有界准则知{xn}存在极限，设n对xn16xn，

两边取极限，有A=6A，解之得A=3或A=2（舍去） ，即得nn=3．

limx4．设函数

tan4x2x, x0,f(x)a, x0,1(1bx)x,x0.在x0处连续,求常数a与b的值．

解：当x0时，

tan4xtan4x1limf(x)lim2xf(x)=2x连续,当x0时，f(x)=(1bx)连续，又x0x02x，

x0blimf(x)lim(1bx)ex01x

，当x0时，f(x)a,要使f(x)在x0点也连续，则eb2a,即a2,bln2．

5．证明方程x34x23x1有三个实根．

证明：令

f(x)x34x23x1，则f(x)在(,)内连续，又f(5)140, f(1)50,f(0)10，f(1)10，

49

根据零点定理，f(x)x34x3x1分别在(5,1),(1,0),(0,1)内各有一点2，使f()0，即方程x34x23x1有

三个实根．

复习题B

一、选择题

1．函数y|x|的连续区间是（ ）

A．(,0)； B．(0,)； C．(,)； D．[1,1]

2．下列极限不存在的是（ ）

A．limx0arctan1x； B．lim1x0xsin1x； C．limx23x11； D．xsinxxxxlim(2x)

3．当x时，下列变量为无穷小的是（ ）

1A. 2cosx1sinx； B. x2x； C. x； D. arctan(x1)4．若不等式对|f(n)|g(n)任何的正整数n成立，且

limng(n)3，则nlimf(n)=（ A．xlimf(n)0； B．

3limnf(n)3； C．nlimf(n)3； D．xlimf(n)3

50

）

35．设函数

f(x)xxsinx，则（ ）

A．只有1个可去间断点； B．有2个跳跃间断点 ；

C．有无穷多个第一类间断点； D．在R上连续

解：1．C; 2．B; 3．C; 4．B; 5．A

二、填空题

x11．设函数f(x)的定义域是[1,2]，则f(ex2)的定义域是_________；2．

lim1tanx1sinxx0x1sin2xx

________；

3．设x0时，excosx2ex与x是同阶无穷小，则 ；

x24．设limmxkx3x34,则m ，k ；

51

f(x)f(x)3lim235．设x0sinx，则x0x ．

lim1ln429[,2)解：1．ln21 ；2．4； 3．2； 4．m2，k3；5．0

三、解答下列各题

1．求下列极限：

(1)

lim[n5n12n3]n

； (2)

xlim[x(x5)x(x1)]；

121cosx(3)

lim(sinx)tanxxπ2； (4)

lim(1esinx)x02x；

lim(4e2e1x2x(5)

x0arctanx)|x|； (6)

abclimx03(a0,b0,c0)；

xxx1x解：(1)

52

lim[n5n12n3]lim[(n5)2(n3)2(n1)2(n3)2]n；

(2)

；

lim(sinx)tanx(3)

x2

=

nn5n3n1n3

lim[24nn5n3n1n3]0

4xxlim[x(x5)x(x1)]xlimx(x5)x(x1)2

1sinx(sinx1)lim(1sinx1)sinx1cosxxπ2

1sinx(cosxsinx2)22sinx1lim(1sinx1)cos2xsin2x22x2

53

e01；

(4)

1e2xsinx22x2limln(1e2xsinx2)esinx1；

(5) 因为

，

，所以，54

lim(1e2x21cosx01cosxx0sinx)exe2114exxxlim0(2arctanx2|x|)limx0(4e2arctanx)211ex2exx11exarctanxxxlim0(42|x|)limx0(4e2arctanx)0112ex2exx1lim(4exx02arctanx2ex|x|)1

．

1xxxlimabcxaxxx1(6)

x03lim(1bc3x03)x

3(ax1)(bx1)(cx1)lim(1axbxcx3)axbxcx33xx03

=lnabce3=3abc．

2．设0xx13n113，2xnxn(

n1,2,),证明数列{xn}收敛,并求limnxn．

证明：因为x10，所以xn0(n2)；又x13，所以

x2x313x12x12x0122x1

，从而

x1331311n1xn2(xnxn1x)(xnxn1)(1)(xnxn1)n1(x2x1)0nxn12xnxn122，

55

即xn单调递增，又因为

13xn1(xn)32xn，所以xn有上界，因此数列xn极限存在；令nlimxnA，

13A(A)limxn3A3A32A则，解之得或（舍去），即n. 3．若点f(x)在[a,b]上连续，x1,x2,,xn[a,b]．试证明:对任何满足i1tni1的正数组1,2,,n，至少存在一

(a,b)使得

f()1f(x1)2f(xn)nf(xn)

．

证明：因为

f(x)在

[a,b]上连续，所以

f(x)在

[a,b]上有最小值

m，最大值M，使得

mf(x1)M,mf(x2)M，...，mf(xn)M，那么t1mt1f(x1)t1M，t2mt2f(x2)t2M，...tnmtnf(xn)tnM，即

mtitif(i)Mtii1i1i1nnn，又

ti1ni1，故

mtif(i)Mi1n，由介值定理可知，至少存在一点(a,b)使得

f()t1f(x1)t2f(x2)tnf(xn)

．

4．证明：若

f(x)limf(x)f(x)在(a,)内连续，且xlimxa，则f(x)在(a,)有最大值．

证明：略

56