高等数学第一章

三 典型例题解析 例 1 已知 求的解析式及其定义域 sinf xx 2 1fxx x 解 依题意得 sin x 2 1x x 2 arcsin 1 x 由可知 故 2 111x 22x x 2 arcsin 1 x 2 2 x 例 2 设 求 1 0 2 0 x x f x xx 2 0 0 xx g x x x f g x 解 1 由得即 所以时 0g x 0g xx 0 x 0 x f g x1x 2 由即得 所以时 0g x 2 0g xx 0 x 0 x f g x 2 2x 故 2 2 0 1 0 xx f g x xx 例 3 设 试求 1 1 0 1 x x x 2 2 1 2 1 xx x x x x 解 1 由于 1 1 0 0 x x x 且仅当时 时 则 1x 1x 1x 1 2x 1 1 0 1 x x x 2 当时 故 于是 x 0 1x 1x x 1x x 注 函数复合类似 代入 但应注意定义域的变化 复合后要写下复合函数的定义 域 由于复合函数是微积分研究的主要对象之一 读者应熟练掌握复合函数的概念 例 4 设 均为单调递增函数 且 证明 f x x x xf xx xf f xx 证明 由题设可知 xf xf f x f f xf xx 则由上述不等式可得 xf f xx 注 此处多次利用函数单调性的定义 例 5 下述说法中与的定义等价的是 lim n n xa A 当时 有 0 1 N nN 100 n xa B 当时 有 1 N nN n xa C 当时 有 0N nN n xa D 当时 有 0N nN n xa 解 的定义 对于数列 存在常数 使得对于任意给定的正数 不论lim n n xa n xa 它多么小 存在自然数 使当时 不等式恒成立 NnN n xa A 与上述定义等价 因为具有任意性 也具有任意性 0 100 B 因为不能保证为任意小 从而由不能保证与无限接近 1 n xa n xa C 中的是存在性 与定义不符 D 如果存在自然数 使对 当时有 这说明数列有极限N0 nN n xa n x 说明 D 是上述定义的充分条件 但反之如果 不一定能找到那样的 它可alim n n xa N 能与无关 这一要求比与有关的要求更高 使对任意 当时 都有 N 0 nN 因为在定义中是依赖于的给定而确定的 因而 D 不是上述定义的必要条 n xa N 件 故选 A 例 6 03 研 设 均为非负数列 且 n a n b n c lim0 n n a lim1 n n b lim n n c 则必有 A 对任意成立 B 对任意成立 nn ab n nn bc n C 不存在 D 不存在 lim nn n a c lim nn n b c 解法 1 由数列极限的定义 数列的极限关心的是在某个 足够大 之后的 n a n aN 性质 前面的有限多项则无关紧要 因此 A B 中 任意 的条件显然不成立 n0 型的极限是未定式 C 不成立 故选 D 事实上 当 时 由无穷大量的定义得到 lim0 n n bb lim n n c lim nn n b c 解法 2 举反例 取 则可以直接排除 A B C 2 n a n 1 n b 2 n n c 例 7 当时 函数的极限 1x 12 1 1 1 x x e x 注 03 研表示 2003 年考研真题 以下同 A B C D 不存在且不为 20 分析 左 右极限存在且相等 是函数极限存在的充要条件 本题中函数 为两个因式的乘积 易求出 所以解本题的关键是因式 2 11 exp 11 x xx 2 1 1 lim2 1 x x x 1 1x e 解 因 而 故 2 1 1 lim2 1 x x x 1 1 1 lim x x e 1 1 1 lim0 x x e 所以选 D 12 1 1 1 lim 1 x x x e x 12 1 1 1 lim0 1 x x x e x 例 8 求 lim 3 n nnnn 分析 所求极限中有根式 通常需要对分子或分母有理化 有时甚至需要对分子分母 同时有理化 本题需对分子有理化 解 lim 3 n nnnn 3 lim 3 n nnnn nnnn 4 lim 3 n n nnnn 4 lim 31 11 n nn 2 例 9 求 33 0 11 lim 11 x xx xx 解法 1 分子分母有理化 则有 33 0 11 lim 11 x xx xx 2112 3333 0 1 1 1 1 1 1 lim 1 1 11 x xxxxxx xxxx 212 2 333 0 1 1 1 lim 11 x xxx xx 3 2 解法 2 注意到该极限属于型 可用洛必达法则 从而 0 0 33 0 11 lim 11 x xx xx 11 22 22 0 33 11 1 1 1 22 lim 11 1 1 1 33 x xx xx 11 22 22 33 11 10 10 1 22 11 10 10 1 33 3 2 注 解法 2 用到的洛必达法则属于第三章的内容 例 10 求 2 2 411 lim sin x xxx xx 分析 所求极限中分子与分母都有根式 通常需要有理化 但本题如果对分子分母同 时有理化则很难求解 注意到该极限属于型 考虑分子分母同时除以的最高次幂 x 解法 1 由于 则 函数的分子分母同时除以得x 2 xxx x 2 2 411 lim sin x xxx xx 2 2 111 41 lim sin 1 x xxx x x 1 解法 2 运用变量代换 令 则xt 2 2 411 lim sin x xxx xx 2 2 411 lim sin t ttt tt 2 2 111 41 lim sin 1 t ttt t t 1 错误解答 2 2 411 lim sin x xxx xx 2 2 111 41 lim sin 1 x xxx x x 3 错解分析 错误的原因在于没有注意到的变化过程 而将被求极限函数分子分母同x 时除以导致错误出现 在解题过程中 最好用解法 2 则可避免出错 x 例 11 已知 试求常数 中的和 2 lim 5 1 x xaxbxc abcab 分析 本题极限中出现根式可优先考虑有理化 然后利用极限运算性质来分析极限运 算过程 尤其是无穷小与无穷大的相关运算性质 即可解决问题 解法 1 分子有理化可得 2 lim 5 x xaxbxc 2 2 25 lim 5 x a xbxc xaxbxc 2 25 lim 5 x c a xb x bc a xx 1 如果 则25a lim 25 x c a xb x 故要使 2 lim 5 1 x xaxbxc 必须有 于是 得 25a 1 5 b a 25a 10b 解法 2 由题意有 当时 由于 2 lim 5 1 x bc xa xx x 2 lim 5 x bc a xx 5a 若 则50a 2 lim 5 1 x bc xa xx 所以 即 由50a 25a 2 lim 5 1 x xaxbxc 2 lim 525 x c b x bc xx 1 可得 所以 1 10 b 25a 10b 例 12 求 lim sin1sin n nn 分析 当时 与的极限都不存在 尽管出现了根式 但无法直n sin1n sinn 接有理化 应先利用三角函数的和差化积 然后再求解 解 因为 sin1sinnn 11 2sincos 22 nnnn 又 即为有界量 且 1 2cos 2 2 nn 1 2cos 2 nn 1 limsin 2 n nn 1 limsin 2 1 n nn 1 lim 2 1 n nn 0 即为时的无穷小量 根据有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性 1 sin 2 nn n 质可知 lim sin1sin n nn 0 例 13 求下列极限 1 2 0 sin lim x x x 0 1 limsin x x x 3 4 sin lim x x x 1 limsin x x x 5 6 11 limsin x xx 0 11 limsin x xx 解 1 由重要极限知 0 sin lim1 x x x 2 时 为有界量 故 0 x 1 sin x 0 1 limsin x x x 0 3 时 为无穷小量 为有界变量 故 x 1 x sin x sin lim x x x 0 4 解法 1 时 故 x 11 sin xx 1 limsin x x x 1 解法 2 令 则由知 故 1 x t x 0t 1 limsin x x x 0 sin lim1 t t t 5 解法 1 时 为有界量 故 x 1 0 x 1 sin x 11 limsin x xx 0 解法 2 时 故 x 1 0 x 11 sin xx 11 limsin x xx 0 6 时 不定 取子列 则时0 x 1 x 1 sin x 1 2 n x n n 0 n x 11 sin0 nn xx 另取子列 则时 1 2 2 n y n n 0 n y 11 sin2 2 nn n yy 故不存在 0 11 limsin x xx 注 在求极限时 一看自变量的变化过程 二看函数的变化趋势 准确判断极限类型 正确使用重要极限公式 充分利用有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性质 对解题将 大有帮助 例 14 求下列极限 1 2 其中为常数且 3 0 tansin lim x xx x 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx p0p 3 0 1cos lim 1cos x x xx 分析 极限若为型 且含有三角函数或反三角函数 可尝试运用重要极限 0 0 0 sin lim1 x x x 解 1 解法 1 运用重要极限 0 sin lim1 x x x 3 0 tansin lim x xx x 3 0 tan 1cos lim x xx x 2 3 0 sin2sin 2 lim cos x x x xx 2 0 sin sin1 2 lim 2cos 2 x x x x xx 1 2 解法 2 3 0 tansin lim x xx x 3 0 tan 1cos lim x xx x 2 3 0 2 lim x x x x 1 2 解法 3 运用洛必达法则 则 3 0 tansin lim x xx x 2 2 0 seccos lim 3 x xx x 3 22 0 1cos lim 3cos x x xx 3 2 0 11cos lim 3 x x x 2 0 13cos sin lim 32 x xx x 2 0 1cossin lim 2 x xx x 1 2 错误解答 时 故 0 x tansinxxx 3 0 tansin lim x xx x 3 0 lim x xx x 0 错解分析 错误原因在于错误地使用了等价代换 并不与等价 而是tansinxx xx 与等价 在极限的和差运算中要慎重使用等价代换 一定要确保所做代换是等价代换 3 2 x 2 解法 1 运用重要极限 0 sin lim1 x x x 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx 0 sin1cos lim sin1cos x xx xx pxpx xx 2 0 2 2sin sin 2 lim 2sin sin 2 x x x xx px px p pxx 2 0 2 2 sin sin 2 2 2 lim sin sin 2 2 2 x x xx x x px pxp x p px px 10 0p 1 p 解法 2 利用无穷小的等价替换 时 0 x sin xx 2 1cos 2 x x 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx 0 sin1cos lim sin1cos x xx xx pxpx xx 00 00 sin1cos limlim sin1cos limlim xx xx xx xx pxpx xx 2 00 2 00 2 limlim 2 limlim xx xx x x xx px px xx 10 0p 1 p 解法 3 利用 o 由于当时 从而有0 x sinxx 2 1cos 2 x x sin xxo x sin pxpxo px 222 1cos 22 pxp x pxo 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx 22 2222 0 22 lim 22 x xx xo xo p xp x pxo pxo 2 22 0 2 2 1 2 lim 2 2 x x o o xx xx p x o o pxp x p xx 10001 000pp 解法 4 用洛必达法则 0 1sincos lim1 sincos x xx pxpx 0 0cossin1 lim 0cossin x xx ppxppxp 3 解法 1 运用重要极限 0 sin lim1 x x x 0 1cos lim 1cos x x xx 2 0 1cos 1cos lim 1cos 1cos x xx xxx 2 2 0 2sin 1cos 2 lim 1cossin x x x xxx 2 2 00 22 sin 2 1cos 22 limlim 1cossin xx xx x x xx x x 1 2 解法 2 利用等价无穷小的替换定理 0 1cos lim 1cos x x xx 2 0 1 cos1 1 lim 2 x x x x 2 0 cos1 2 lim 2 x x x 2 2 0 2 lim x x x 1 2 解法 3 利用分子有理化和等价无穷小的替换定理 0 1cos lim 1cos x x xx 0 1cos lim 1cos 1cos x x xxx 2 2 00 1 2 limlim 1cos 2 xx x xx x 1 2 解法 4 分母先作等价替换 然后用洛必达法则 0 1cos lim 1cos x x xx 2 0 1cos lim 2 x x x x 1 2 0 1 cos sin 2 lim x xx x 1 2 0 1 cos 2 lim x xx x 1 2 注 一般地 能够用重要公式来解决的问题 一般也可以通过恒等变形后 0 sin lim1 x x x 作等价替换 在求极限时能用多种方法综合求解时多种方法一起使用 往往能使计算非常 简便 例 15 00 研 求 1 4 0 2sin lim 1 x x x ex x e 分析 求带有绝对值的函数的极限一定要注意考虑左 右极限 解 因为 143 44 00 2sin2sin lim lim 011 11 xxx xx xx exeex xx ee 11 44 00 2sin2sin lim lim 211 11 xx xx xx exex xx ee 所以 1 4 0 2sin lim 1 1 x x x ex x e 错误解答 因为 和均不存在 故原来的极限不存在 1 4 0 2 lim 1 x x x e e 0 sin lim x x x 错解分析 如果和均不存在 但可能存在 用极限的lim xa f x lim xa g x lim xa f xg x 四则运算来求极限时要注意条件 即参与极限四则运算的各部分的极限均要存在 例 16 设 求的值 2 lim 8 x x xa xa a 分析 所求极限的函数为幂指函数 可用幂指函数的极限求法来求解 关于幂指函数 的极限的求法参见内容提要 lim v xu x 解法 1 运用重要极限 1 lim 1 x x e x 2 lim x x xa xa 2 lim 11 x x xa xa 3 3 3 lim 1 x aa x ax a x a xa 3 lim x ax x a e 3a e 得 故 3a e8ln2a 解法 2 故 2 lim x x xa xa 2 1 lim 1 x x x a x a x 2 lim 1 lim 1 x x x x a x a x 2a a e e 3a e8ln2a 解法 3 2 lim x x xa xa 2 limexpln x x xa xa 2 exp lim ln x xa x xa 3 exp lim ln 1 x a x xa 3 exp lim x a x xa 3a e8 故 ln2a 例 17 求 21 lim sincos x x xx 解法 1 121 sincos1 22 sincos1 2121 lim sincos lim 1 sincos1 x xx x xx xx xxxx 又因为 21 sincos1 21 lim sincos1 lim 1 xx xx x xx x 21 sincos1 lim 202 11 x xx xx 故 21 lim sincos x x xx 2 e 解法 2 21 lim sincos x x xx 21 limexp ln sincos x x xx 21 exp lim ln sincos x x xx 21 ln sincos exp lim 1 x xx x 令 0 ln sin2cos exp lim t tt t 1 t x 0 ln 1sin2cos1 exp lim t tt t 0 sin2cos1 exp lim t tt t 00 sin2cos1 exp limlim tt tt tt 2 e 解法 3 21 lim sincos x x xx 21 limexp ln sincos x x xx 21 exp lim ln sincos x x xx 21 ln sincos exp lim 1 x xx x 令 0 ln sin2cos exp lim t tt t 1 t x 2 0 2cos2sin exp lim sin2cos t tt e tt 例 18 03 研 2 1 ln 1 0 lim cos x x x 分析 极限属于的类型 既可用重要极限 又可用求幂指函数的极限的方法 1 解法 1 用等价代换 2 1 ln 1 0 lim cos x x x 2 0 1 exp limln cos ln 1 x x x 而 22 00 ln cos ln 1cos1 limlim ln 1 xx xx xx 2 22 00 cos1 2 limlim xx x x xx 1 2 故 2 1 ln 1 0 lim cos x x x e 1 解法 2 先用等价代换 然后用洛必达法则 2 1 ln 1 0 lim cos x x x 2 0 1 exp limln cos ln 1 x x x 而 22 000 sin ln cos lncos1 cos limlimlim ln 1 22 xxx x xx x xxx 故 2 1 ln 1 0 lim cos x x x e 1 例 19 求 其中 均为正实数 111 12 lim xxx nxn x aaa n 1 a 2 a n a 分析 该极限属于型 可采用例 16 的解法 1 与解法 3 1 解法 1 111 12 lim xxx nxn x aaa n 111 12 lim 11 xxx nxn x aaa n 111 12 111 12 111 12 lim 1 xxx n xxx n aaann nx n xxx aaan n x aaan n 111 12 exp lim xxx n x aaan nx n 111 12 1 1 1 exp lim 1 xxx n x aaa x 111 12 111 exp limlimlim 111 xxx n xxx aaa xxx 12 111 lnlnln exp limlimlim 111 n xxx aaa xxx xxx 12 exp lnlnln n aaa 12n aaa 解法 2 111 12 lim xxx nxn x aaa n 111 12 lim exp ln xxx n x aaa nx n 111 12 exp limln xxx n x aaa nx n 111 12 exp limln 1 1 xxx n x aaa nx n 111 12 exp lim 1 xxx n x aaa nx n 111 12 exp lim 1 1 1 xxx n x xaaa 12 exp lnlnln n aaa 12n aaa 例 20 求 22 6662 12 lim 2 n n nnnnnn 分析 此类和式极限 不容易求出它的有限项的和的一般式 可考虑用夹逼准则 解 由于 6266 111 nnnknnn 1 2 kn 得 222 6266 111 nnn kkk kkk nnnknnn 1 2 kn 又 2 62 1 lim n n k k nn 62 1 1 21 6 lim n n nn nn 1 3 同理 2 6 1 lim n n k k nn 1 3 所以由夹逼准则得 22 6662 12 lim 2 n n nnnnnn 1 3 例 21 求极限 其中 均为正实数 为自然 1 12 lim nnn n k n aaa 1 a 2 a k ak 数 解 记 则a 12 max k a aa 111 12 nnnnn nnn k aaaaka 而 所以 1 lim1 n n k 1 lim n n n aa 1 12 lim nnn n k n aaa a 12 max k a aa 例 22 表示的取整函数 试求 xx 0 1 lim x x x 分析 充分利用不等式是求解本题的关键 1 xxx 解 对任一 有 则当时有 于是xR 1 xxx 0 x 111 1 xxx 1 当时 由夹逼准则得 0 x 111 1 xxx xxx 0 1 lim 1 x x x 2 当时 由夹逼准则得 0 x 111 1 xxx xxx 0 1 lim 1 x x x 所以 0 1 lim 1 x x x 例 23 设 其中 试证数列极限存在 并求此 1 10 x 1 6 nn xx 1 2 n n x 极限 分析 用单调有界准则来证明 先证明单调性 再证明有界性 解 用数学归纳法证明此数列的单调性 由及可得 1 10 x 21 64xx 12 xx 假设 有 则 1 2 n 1 nn xx 211 66 nnnn xxxx 由数学归纳法知 对一切都有 即数列单调递减 又Nn 1 nn xx n x 显然成立 即有下界 由单调有界准则知存在极限 设0 1 2 n xn n x n x 对Axn n lim nn xx 6 1 两边取极限 有 即 所以或 舍去 即6AA 2 60AA 3A 2A 3lim n n x 例 24 设 其中 求0a 1 xa 2 xaa 1nn xax 1 2 n lim n n x 分析 需先用单调有界准则证明数列极限存在 单调性易证 但上界或下界却不易估 计 为此则可先假设 并由解出 此即为数列的一个lim n n xA AaA 114 2 a A 上界 但此上界形式较复杂 论证不太方便 可将其适当放大化简 1141144 1 22 aaa a 解 先用数学归纳法证明数列单调递增 n x 由知 假设成立 则0a 21 0 xaaax 1 0 nn xx 11nnnn xaxaxx 所以数列单调递增 n x 下证有界性 下证为数列的上界 假设 则1a n x1 n xa 1 1121 nn xaxaaaaa 故 即数列有界 01 n xa n x 根据单调有界准则知存在 不妨设为 则有 解得lim n n x AAaA 或 舍去 114 2 a A 114 2 a A 故 114 lim 2 n n a x 注 1 讨论数列的单调性和有界性时 数学归纳法是一种简洁有效的方法 n x 注 2 如果数列的上界 或下界 不易直接看出时 则可以先假定数列的极 n x n x 限存在并求出极限值 据此就可以找到数列的上界 或下界 再进一步证明其确实A n x 是数列的上界 或下界 n x 例 25 求下列极限 1 2 3 lim 1 n n na 57 lim 2 nn n n 11 2 1 lim 33 nn n n 分析 含有指数函数或指数函数的差 一般考虑换底或提出公因子 然后结合等价替 换求解 解 1 lim 1 n n na 1ln lim 1 a n n ne 1 limln n na n lna 2 57 lim 2 nn n n 572 limexp ln 1 2 nn n n 572 exp limln 1 2 nn n n 51 71 exp lim 2 nn n n 51 71 exp limlim 22 nn nn nn 1 exp ln5ln7 2 35 3 11 2 1 lim 33 nn n n 1 1 2 1 1 lim3 31 n n n n n ln3 2 1 lim 1 n n n n e 2 ln3 lim 1 n n n n ln3 注 本题用到了 以及当时 lim1 n n a 0a 1 1 ln n a n ae 0 x ln 1 xx 等结果 1 x ex 例 26 当时 试将 按低阶到高阶的无0 x 2 1 x e ln 1 x 2 1cosx tansinxx 穷小顺序排列 分析 注意将考虑对象均与进行比较 充分利用常用的等价替换关系式 x 解 当时 由于0 x 2 2 1 x ex ln 1 xx 224 2 1cos 22 xx x 且 tansinxx 1 sin 1 cos x x 2 sin 1cos cos2 xxx x x 3 2 x 故将其按低阶到高阶的无穷小顺序排列为 ln 1 x 2 1 x e tansinxx 2 1cosx 例 27 设 其中 则必有 2 0 tan 1cos lim2 ln 12 1 x x axbx cxde 22 0ac A B C D 4bd 4bd 4ac 4ac 分析 由于 极限式中含有 这些无穷小量 0 x tan x 2 1 x e ln 12 x 1cosx 因此要考虑运用无穷小量的有关知识 解法 1 2 0 tan 1cos lim ln 12 1 x x axbx cxde 2 0 tan 1cos lim ln 12 1 x x xx ab xx xe cd xx 2 00 00 tan 1cos limlim ln 12 1 limlim xx x xx xx ab xx xe cd xx 2 2 a c 即 选 D 4ac 解法 2 利用关系式 o 因为当时 0 x tanxx 1 x xe ln 1 xx 2 1cos 2 x x 所以 tan xxo x 1 x exo x ln 1 xxo x 22 1cos 22 xx xo 则 即 选 2 0 tan 1cos lim ln 12 1 x x axbx cxde 22 22 0 22 lim 2 x xx a xo xbo cxo xd xo x 2 2 a c 4ac D 解法 3 用洛必达法则 即 选 D 2 2 2 00 sin tan 1cos cos limlim2 2 2 ln 12 1 2 12 x xx x a bx axbxa x c c cxde dxe x 4ac 例 28 97 研 2 0 1 3sincos lim 1cos ln 1 x xx x xx 分析 由于 该极限属于型 极限式中含有三角函数以及无穷小量 0 x 0 0 ln 1 x 因此要考虑运用无穷小量的有关知识 解 因为时 所以0 x xx 1ln 2 0 1 3sincos lim 1cos ln 1 x xx x xx 2 00 1 3sincos 1 limlim 1cos xx xx x xx 0 1sin1 lim 3cos 2 x x x xx 13 3 10 22 例 29 已知 求 0 ln 1 sin lim3 21 x x f x x 2 0 lim x f x x 分析 因为时 由已知条件可知是无穷小量 而且0 x 21ln2 x x ln 1 sin f x x 与是同阶的无穷小 sin f x x x 解法 1 利用极限与无穷小量的关系 由题意得 ln 1 sin 3 21 x f x x 其中 即 0 lim0 x ln 1 21 3 sin x f x x 又因为 故 于是 0 21 limln2 x x x 21ln2 x xo x ln 1 sin f x x ln2 3 xo x 3 ln2 xo x 则有 即 1 sin f x x 3 ln2 xo x e sin f x x 3 ln2 1 xo x e 3 ln2 xo x 3 ln2 oxo x 所以 2 0 lim x f x x 0 1 sin lim sin x f xx xxx 0 3 ln2 sin lim x xo xx xx 3ln2 解法 2 利用等价无穷小替换 由于时 0 x 21ln2 x x ln 1 xx sin xx 则 0 ln 1 sin lim 21 x x f x x 0 sin lim ln2 x f x x x 0 lim sinln2 x f x xx 3 故 2 0 lim x f x x 0 sin limln2 sinln2 x f xx xxx 3ln2 注 1 解法 1 用到了如下常用结论 a 其中 0 lim xx f xAf xA 0 lim0 xx b o c 当时 其中为常数 0 x k o xo x o xko xo x o xo x k 0 lim0 x 注 2 本章求极限常用如下一些方法 a 利用极限四则运算法则求极限 b 利用两个重要极限求极限 c 利用夹逼准则求极限 d 利用单调有界准则求极限 e 利用无穷小的性质求极限 f 利用函数的连续性求极限 例 30 讨论函数的连续性 2 lim nn nn n xx f x xx 分析 该函数为含有参数的极限式 应该先求出极限得 再讨论其连续性 f x 解 显然当时无意义 故当时0 x f x0 x 2 1 0 1 0 1 1 x f xx xx 而在区间 上是初等函数 故在这些区间上连 f x 1 1 0 0 1 1 f x 续 又 1 lim 1 x f x 1 lim 1 x f x 0 lim 1 x f x 1 lim 1 x f x 1 lim 1 x f x 所以及为的第一类间断点 其中为的可去间断点 为1x 0 x f x0 x f x1x 的跳跃间断点 f x 例 31 讨论函数的间断点及其类型 2 2 0 sin sin 0 1 x x xxn nN x f x x x x 解 是该分段函数的分界点 并且当时 当时 0 x 0 x xn 0 x 1x 1 由于 00 2 lim lim sin xx x x f x x 2 2 00 sin lim lim 1 xx x f x x 0 所以为的第一类间断点中的跳跃间断点 0 x f x 2 当 时 xn 2n 2 lim lim sin xnxn x x f x x 所以 为的第二类间断点中的无穷间断点 xn 2n f x 3 当时 由于2x 22 2 lim lim sin xx x x f x x 令 0 2 lim sin t tt t 2 2tx 所以为的第一类间断点中的可去间断点 2x f x 4 由于 2 11 sin lim lim 1 xx x f x x 所以为的第二类间断点中的无穷间断点 1x f x 综上所述 为的跳跃间断点 与 为的无穷间断点 0 x f x1x xn 2n f x 为的可去间断点 2x f x 例 32 证明方程在开区间内有唯一实根 32 3910 xxx 0 1 分析 问题等价于证明函数在开区间内有唯一的零点 既 32 391f xxxx 0 1 要证明存在性 又要证明唯一性 存在性通常用零点定理来证明 唯一性常用单调性或用 反证法来