微积分课后题答案习题详解

1、第二章习题2-11.试利用本节定义5后面的注(3)证明：若limxn=a,则对任何自然数k,有limxn+k=a.证：由limnxnNi时,有取NN1k,0,N,设nN时(此时nkNi)有由数列极限的定义得limxnka.x2.试利用不等式AB说明：若limxn=a,则limI%|=|a|.考察数列xn=(-1)n,说明上述结论反之不成立.证：0,N,使当n由数列极限的定义得xnN时,xnxnaxnlimxnn考察数列xn(1)n,知limxn不存在，而xxn1,所以前面所证结论反之不成立。3.利用夹逼定理证明：limn1(n1)21Z2(2n)2(2)limn2n一=0.n!而且证:(1)因

2、为1(n1)2(2n)2lim40,nnlim20,所以由夹逼定理，得limn1(n1)212(2n)20.(2)因为02n所以，由夹逼定理得244,而且lim0,4.利用单调有界数列收敛准则证明下列数列的极限存在1 -(1) xn=，n=1,2,；e1(2) x1=&,xn+1=J2xn,n=1,2,:证：(1)略。因为x1222,不妨设xk2,则故有对于任意正整数n,有xn2,即数列xn有上界，又xn1xnH(V2A),而xn0,*口2,所以xn1K0即xn1xn,即数列是单调递增数列。综上所述，数列xn是单调递增有上界的数列，故其极限存在。习题2-21 .证明：limf(x)=a

3、的充要条件是f(x)在xo处的左、右极限均存在且都等于a.xx证：先证充分性：即证若limf(x)limf(x)a,则limf(x)a.x为xx0Xxo由limf(x)a及limf(x)a知：x%x%0,10，当0x°x1时，有f(x)a,20当0xx02时，有f(x)a。取min1,2,则当0x0x或0xx0时，有f(x)a,而0x0x或0xx0就是0xx0,于是0,0,当0xx0时，有|f(x)a,所以limf(x)a.xx0再证必要性：即若limf(x)a,则limf(x)limf(x)a,xx0xx0xM由limf(x)a知，0,0,当0xx0时，有f(x)a,xx0由0x%

4、就是0x0x或0xx0,于是0,0,当0x0x或0xx0时，有f(x)a所以综上所述，limf(x)=a的充要条件是xx0f(x)在x0处的左、右极限均存在且都等于a.limf(x)limf(x)aXxxx012.(1)利用极限的几何意义确定lim(x2+a),和limex;x0x01(2)设f(x)=limf(x)存在.x0e'，x0，问常数a为何值时,2xa,x0,解：(1)因为x无限接近于0时，x2a的值无限接近于a,故lim(x2a)a.x011当x从小于0的方向无限接近于0时，ex的值无限接近于0,故lime*0.x0(2)若limf(x)存在，则limf(x)limf(x)

5、,x0x0x0由(1)知limf(x)lim(x2a)lim(x2a)a,x0x0x0所以，当a0时，则0f(x)存在。3.利用极限的几何意义说明limsinx不存在.x解：因为当x时，sinx的值在-1与1之间来回振摆动，即sinx不无限接近某一定直线yA,亦即yf(x)不以直线yA为渐近线，所以limsinx不存在。x习题2-31 .举例说明：在某极限过程中，两个无穷小量之商、两个无穷大量之商、无穷小量与无穷大量之积都不一定是无穷小量，也不一定是无穷大量sinx解：例1：当x0时，tanx,sinx都是无否小重，但由cosx(当x0时，cosx1)tanx不是无穷大量，也不是无穷小量。一一

6、一2x一一一一例2：当x时，2x与x都是无穷大量，但2不是无穷大量，也不是无穷小量。x例3：当x0时，tanx是无穷小量，而cotx是无穷大量，但tanxcotx1不是无穷大量，也不是无穷小量。2 .判断下列命题是否正确：(1)无穷小量与无穷小量的商一定是无穷小量；(2)有界函数与无穷小量之积为无穷小量；(3)有界函数与无穷大量之积为无穷大量；(4)有限个无穷小量之和为无穷小量；(5)有限个无穷大量之和为无穷大量；(6) y=xsinx在(-°°,+°°)内无界，但limxsinxw°px(7)无穷大量的倒数都是无穷小量;(8)无穷小量的倒数都

7、是无穷大量解：(1)错误，如第1题例1;(2)正确，见教材§定理3;(3)错误，例当x0时，cotx为无穷大量，sinx是有界函数,无穷大量；(4)正确，见教材§定理2;_1-1(5)错误，例如当X0时，一与一都是无穷大量，但它们之和XX大量；(6)正确，因为M0,正整数k,使cotxsinxcosx不是1,1C-(-)0不是无穷xx九一一2k兀+-M,从而2.兀兀兀兀f(2k：t+-)(2k兀+-)sin(2ktt+-)2k/-M,即yxsinx在)内无界，又M0,无论X多么大，总存在正整数k,使kcX,使f(2k力kusin(k7t)0M,即x时，xsinx不无限增大，

8、即limxsinxx(7)正确，见教材理5;(8)错误，只有非零的无穷小量的倒数才是无穷大量。零是无穷小量，但其倒数无意义。3.指出下列函数哪些是该极限过程中的无穷小量，哪些是该极限过程中的无穷大量f(x)=-3-,x-2;x41(3)f(x)=ex,x-0+,x-O-；(2)f(x)=lnx,x-0+,x-1,x+8；(4)f(x)=-arctanx,xf+°0；1(5)f(x)=sinx,xf0°；x1(6)f(x)=x解：(1)因为!im(x24)0,即x2时,4是无穷小量，所以1口是无穷小量，因x24也是无穷大量。4,limlnx0,limInx,所以，当x1x(2

9、)从f(x)Inx的图像可以看出，limInxx0x0时，x时，f(x)lnx是无穷大量;当x1时，f(x)lnx是无穷小量。1,limex0,x011(3)从f(x)ex的图可以看出，limexx01所以，当x0时，f(x)ex是无穷大量；1当x0时，f(x)ex是无穷小量。(4)lim(x2arctanx)0,.冗当x时，f(x)arctanx是无穷小量。2(5)当x时，1是无穷小量，sinx是有界函数,x1一一，口-sinx是无否小重。x(6)丫当x，1+是有界变量,x12'-；111口,口是无否小重。x习题2-41 .若limf(x)存在,Xx0limg(x)不存在，问xxli

10、mf(x)(x),limf(x)g(x)1是否存在，为什么xx0Xx解：若limf(x)存在，limg(x)不存在,xx0xx0(1)limf(x)=g(x)不存在。因为若xxlimf(x)(x)存在，则由g(x)xxf(x)f(x)g(x)或g(x)f(x)g(x)f(x)以及极限的运算法则可得limg(x),与题设矛盾。xx0limf(x)g(x)可能存在，也可能不存在，如:xf(x)sinx,g(x)1一,贝Ulimsinxx00,.1lim一不存在，但x0x0存在。1.limf(x)g(x)=limsinx又如：f(x),、1sinx,g(x)cosxlimsinxItx2d11,li

11、mx-cosx2不存在limf(x)g(x)xx0limtanx不存在。x-22 .若limf(x)和limg(x)均存在，且f(x)福(x),证明limf(x)Nimg(x).证：设limf(x)=A,limg(x)=B,则xx0xx00,分别存在10,20,使得当0x%1时，有Af(x),当0x52时，有g(x)B令min1,2,则当0xm时，有从而AB2,由的任意性推出AB即limf(x)limg(x).xx0xx03 .利用夹逼定理证明：若a1,a2,，am为m个正常数，则limna1na；am=A,n其中A=maxa1,a2,，am.na?1而limAA,limmn*AA,由夹逼定理

12、得limna；na2namA.4.利用单调有界数列必存在极限这一收敛准则证明:若x1=V2,x2=yl"2V2，,xn+1=J2xn(n=1,2,)，则limxn存在，并求该极限.n证：因为x1J2,x2向2，有x2xi今设xkxk1,则xk1xk1xk,由数学归纳法知，对于任意正整数n有xni4,即数列xn单调递增。又因为xi亚2,今设xk2,则xk1J2xkJT_22,由数学归纳法知，对于任意的正整数n有xn2,即数列xn有上界，由极限收敛准则知limxn存在。设limxnb,对等式xn2xn两边取极限得bV2b，即b22b,解得b2,b1(由极限的保号性，舍去)limxnn2.

13、5.求下列极限:limn3n32n4325nn(2)limn14cosn;n2limn(4)limnnn2)3一n1_n1'(2)3limn11_211312n13n解:原式=limn_22n4n_1-3n(2)因为lim(1n0,即当n时,1,1是无穷小量，而cosn是有界变量，由无穷n2小量与有界变量的乘积是无穷小量得:limn(1(3)lim(.n2nn)n2而limnlimn11一?3nn300,(4)(5)lim(n2nn.n)limnlimnlimn(2)n2)n13n3n1(lim一n(1)n11213nlimn6.求下列极限:limx3limx6x42；2x3x33(x

14、h)x；h(9)limx2.1、(11)lim(xsin).x0x解：(1)limx:(2),'lim(x25x19n12151limn4(1夕131(1)n1(2)(4)(6)(8)limx1limx一22x3-2；x5x4sinxcosxcos2x2x33lim:;x3x12limxxsinx;sinx(10)limx1(x3)(x3)BQ4)0,lim(2x3)x1(131x3(3)limx6x342x43x2limx6j4一4xx0.2与x(4)lim兀x_2sinxcosxcos2x.冗冗sincos-21;cos九(5)iim(x"Ah0hlim22(xh)x(x

15、h)(xh)xxh22ljm(xh)(xh)xx3x2；limH3lim(2x3)9(士2)x3x12x3(x1)4(、2x33)lim2(x3)(q2)Hm2g2)<x3(x3)(.2x33)x32x3332nxxxnlimx1x12lim(x1)(xx11)(xn1)x1c1，,、3nn(n1)；sinx1.(8)JlimsnA0(无穷小量1与有界函数sinx之积为无穷小量)xxx(sinxxsinxlimxxsinx1-lim1;x/sinx1-xlimx1;(10)xm(1xx2)331x21xsin一x0。2.1I,Ei,(11):当x0时，x是无穷小量，sin是有界函数,x2

16、1一一一它们之积xsin无否小重,x习题2-5求下列极限（其中a>0,awi为常数）1.sin5x3x2.limtan2xx0sin5x；3.limxcotx；x04.1cosx5.7.10.limx13.limx0解:2.3.4.5.6.xm0cos5xcos2x6.limxcotx3sinx8.xm09.ln(1x)Inxarcsinx;1.xsin5x3x11.limx14.limtan2xsin5xlimsin5x35xsin2xx32x22xarctanx;5lim12.limxxsin5x1axe0txlimx0limxx0cos2xsin5x21-lim*lim5x0cos

17、2x2x0xlim0sinx,.1cosxlim02cos5xcos2xlimx3x05x21lim-*53；sin2x5xx05cos2x2xcosxlimsin2x“lim2x5x0x.5x0sinxsin5xsin5x啊0coscos01;2x2sin2limx01M0lim.一xsin一-2x._xsin_2x2sin21lim7x.3xsin2_sin一x2_7x2limxlim1、x(1一)xlimx02)sinx2_7x23sinx2_3x23sinx2_3x2217.lim(13sinx)cotxlim(1cosx3sinx)sinx13cosxlim(13sinx)3sinx

18、x08.令ua则xloga(10时，u0,xa9.limx0（利用了第10.limx11.limx12.lim(1x1limloga(1u)ulogae(ax1)(ax8题结论ln(1x)Inx32x2xlimx13.令arcsinxlimxx.a1limx0x11limln一limxx1ln(1x12x1)Inx1)x14.令arctanxlim1.证明:a);limxlimxax1limXxo(x)(x)1limxxln(112xx2x22x32x22xlim(1xln(1limx4)x2112lim2ln(1fxxx2exd1Y2lim1limln(1g)xxxxx2ex0lnee，则x

19、sinu,当xarcsinxulimu,贝uxarctanx0,0,u0sinutanu,当x.ulimu0tanulim0,usinuu0sinu,cosu习题若当x一xo时，（x）0,x）一0且证：先证充分性2-61;(x)1lim“imcosu1.u0sinuu0WQ则当x一x。时，（x）&x）的充要条件是若limxXo(-)凶=。，则lim(1(x)x为(x)=0,(X)即1lim(x)xxo(x)所以limxx0凶)=1lim(x)(x)xx(x)1lim上xx0(x)110.综上所述，当x-x0时,(x)黄x)的充要条件是2.若黄x)wqlim炳=0且lim证：limxx0

20、(x)(x)limxx0_=0(x)存在，证明(x)limxx(x)=0.limx0叫im(x)xx(x)lim(x)*。0xx0(x)(x)0,即lim1.xxo(x)也即lim(x)1,所以当xx0时，(x)(x).xx0(x)再证必要性：.一.(x)右当xx0时，(x)(x),则lim1,xx0(x)lim(x)0.xx03.证明:若当x-0时，f(x)=o(xa),g(x)=o(xb),则f(x)g(x)=o(xab),其中a,b都大于0,并由此判断当x-0时，tanxsinx是x的几阶无穷小量.证：,.当x-0时，f(x)=o(xa),g(x)=o(xb)f(x)limJA(Ax0x

21、于是：lim里警abx0x0),lim卑B(B0)x0xf(x)g(x)lim-abX0xxf(x)g(x)则不网丁AB0时，f(x)g(x)O(xab),.tanxsinxtanx(1cosx)而当x0时，tanxO(x),1cosxO(x2),由前面所证的结论知，tanx(1cosx)O(x3),所以，当x-o时，tanxsinx是x的3阶无穷小量.4.利用等价无穷小量求下列极限：sinax(bw0)tanbx(2)limx01coskx2-；xln(1x)1x1(4)arctanx;arcsinx(6)axbxee(awb);sinaxsinbxlncos2x;lncos3x(8)设f(

22、x)32x100，求付.axalim一0bxbsinax解limx0tanbx(8)由limx0f(x)3100，及踊x0知必有limjf(x)30,X”f(x)3则f(x)0,所以2-7limf(x)3.x0习题1.研究下列函数的连续性，并画出函数的图形：3xf(x)=31.0x,11,2；(2)f(x)=x,1,xx1,1或x1.解：limx0f(X)Xini(1)1f(0)f(x)在x=0处右连续,X)又丁limf(x)lim(3x1x1f(x)在x=1处连续.limx2f(x)lim(3x2x)1f(2)f(x)在x=2处连续.又f(x)在(0,1),(1,2)显然连续，综上所述，f(

23、x)在0,2上连续.图形如下：图2-1(2) ,limf(x)limx1x1x1.1.f(x)在x=1处连续.又limf(x)lim11x1x1故limf(x)limf(x)x1x1f(x)在x=-1处间断，x=-1是跳跃间断点又f(x)在(，1),(1,1),(1,)显然连续.综上所述函数f(x)在x=-1处间断，在(,1),(1,)上连续.图形如下：图2-22 .说明函数f(x)在点X0处有定义、有极限、连续这三个概念有什么不同？又有什么联系？略.3 .函数在其第二类间断点处的左、右极限是否一定均不存在？试举例说明.解:函数在其第二类间断点处的左、右极限不一定均不存在xx0例如f(x)1,

24、x0是其的一个第二类间断点Himf(x)limx0即在x0处x0x0x0x左极限存在，而limf(x)x01r-lim一，即在xx0x0处右极限不存在4 .求下列函数的间断点，并说明间断点的类型:(1) f(x)=x213x2sinxx(2) f(x)=sinx(3) f(x)=x2(4) f(x)=-一；x4(5)f(x)=xsin-.x解：(1)由x23x20得x=-1,x=-2x=-1是可去间断点,x=-2是无穷间断点(2)由sinx=0得xk:t,k为整数.x=0是跳跃间断点.(4)由x2-4=0得x=2,x=-2.x=2是无穷间断点,x=-2是可去间断点0,f(x)在x=0无定义r1

25、5 5)-Jimf(x)limxsinx0x0x故x=0是f(x)的可去间断点.5.适当选择a值，使函数f(x)=exx0e,x0,在点x=0处连续.ax,x0解：f(0)=a,要f(x)在x=0处连续，必须Pmf(x)limf(x)f(0).x0即a=1.一、一6.设f(x)=limxxaxaxaxa,讨论f(x)的连续性.解:解：f(x)limaxxaaxxaa所以，f(x)在(，0)U(0,7.求下列极限:2xlimx2xxlimln(x-1);lim(lnx)xxe2x2xlimaa1 x01 ，c,、-1x0sgn(x)0x0)上连续，x=0为跳跃间断点xm032xx2；limarcsin.1x2；x一21；习题2-81