第四节无穷小与无穷大

1、1.解(1)7limx2=0,而cos1为有界函数即X0x1cosx<1,由P39定理3,limx2cos-0Tx第四节无穷小与无穷大材习题1-4答案(上册P43).解：两个无穷小的商不一定是无穷小.例如：X1,lim(x2一1)=0=lim(x1),x1x_1larctan=0.2x_x3.证：12x-叽,1：2x1要想使M,即-2-M12xi1兀*lim=0,而arctanx为有界函数即arctanx成一lim予x小111=lx耐,"心°,我=耐，当时,1+2x1+2xlim,即函数y为当x-0时的无穷大.#x_oxx111当M=104时，4,当0：x时，能使y1

2、04.104+210002100024解:第五节极限运算法则教材习题1-5答案(上册P49)lim(x2+5)91.解原式=9.匹&-3)-1lim(x22x5)42一2原式=2X2+1)2lim(x-3)原式=-3l二二2亠八xj-3lim(x-2)0原式=I0=0.limJx十22xj20lim_(x21)4=0.(5)(x-1)2(x-1)(x1)2x(4x2_2x+1)ixm)(4x_2x+1)y原式=xmx(3x+2)lim(3x2)(8)(9)(10)原式=lim(2二lim(2xh)=2x.moh711原式=lim2-limlim2=2-00=2.112原式=limJx工

3、丄1x1原式=limx、丄一24xx2x1-X_1(11)(12)(13)(14)(15)(16)(17)=0=0-、.4x2原式=limlimf(2x1)(3x1)母3x1(2x-1)(4x22x1)原式=lim(X-2)(x-4)=|im口=2xT(x1)(x_4)XTx_13原式=im(1丄)im(2-2)=12=2.原式=lim(111nY242)iim2门ni:1-夬TT22x1=lim(2二)=22n(n-1)原式=lim2n#n211一原式=nim-(V-)(1)(1)nr5nnn(x2)(x-1)21lim(2n-&n22、，.3、1*21原式=凹皿TIT=5x2x2x

4、1二-1.x32x2=oc2解盹:"，由P42定理4即无穷大与无穷小的关系龙叮&_2)2x32x(2)；x叫丁7由无穷大与无穷小的关系厂血不3.解：(1)原式=lim。=.02-205=,5.2Jx+1-12(2)原式=lim:lim0x/FH-1)1二1（即分子有理化）112原式=limx(1+,'1+x)=Hm712_(+x2)2Tx2(1、1x2)-（厂X2）22-x=2（即分母有理化）原式=lim教材习题1-6答案（上册1.解:原式=lim.2_2J5x-4-Jx(x-1)(,5x-4.x)第八节P59)sinx4422;x2极限存在法则两个重要极限二limx

5、、5x-4xsin3x原式=limxJ3xsin2x原式=limXT2xsinx/=lim仁-.J0x3.sin3x.limlimcos3x空5xx=13=3.2.解:(1)原式=limcosxxsinx原式=lim沁x0xsinxi_x_原式=lim二2nscx2n原式=lim(1tiC：(2)(3)原式=lim(4)xT3xx_ocos3x5x2sin2x5xlimlimsin5x5x02xx>0sin5x二limcosxlim二x0-1.x0sinx-2limsinxx_0二limxn>:二limt<=2.xsin2nlim2二x.n；：x2n当x0时，t，所以,1(1

6、J)t1r,当x>2t1(1l)x=e_x10时，t宀，所以，原式=呵（1ye2.令=,则x=g，当22X_.'时，tr''/2t11所以，原式=问（1/2=问（1所以原式=lim（1*）卫而nim厂化十児沽，由夹逼准则,lim（11）=1.#n.n21.n22n2第七节无穷小的比较教材习题1-7答案（上册P64）231.解：tlim（2x-x2）=0,1叫（x2-x3）=0，且叫2=limko,2x-x2xe（2一x）-x2-x为2x的高阶无穷小，记作（x2-x3）=o（2x-x2）.1-X322.解：（1）丁0lim（1xx）=3,当X0时,无穷小1-x与1-

7、x3是同阶但非等价无穷小.12尹-X）（2）妁2xT1-x价无穷小.11=lim（1x）=1,当x；1时,无穷小1-x与1x2是等3证：lim-cosxX2sin2二lim2x0.xsin2x2=1,当x>0时,无穷小2cosx与行是等价无穷小，即12xCOSX（Xr0）.#24.解：（1）：tan3x3x（x；0）,原式=lim0,(n>m)(2)T当X；0,sinnXxn,sinxx,原式=啊二三1,(n=m).:,(n：m)原式=limtanx(1一cosx)2XX21z八=lim3.(x；0时,tanxx,1cosx)x2原式=四篇期X亠11=.(x；0时，ln(1+x)x

8、).x332x原式=lim2.(Xr0时，e2x_12x)、ct5.证：(1)tlim=lim1=1,：:.a-11-(2)：rlim1.lim=lim1,.卜：Potaa丁lim=。aopa:、lim=“,如刊aaPaPlim=lim=lim=lim=1.；.#【常用的等价无穷小：:(x)0时，有sin(x)(x);tan(x)(x);12arcsin(x)(x);arctan(x):(x);ln(1(x)(x);1-cos'(x)(x);sec-112(x);e(x)t(x);1(x)-1(x).】第八节教材习题1-8答案(上册P72)1.解：(1)X=1是该函数的分段点.函数的连

9、续性；limf(x)=lim(2-x)=1,X)1X)12呵")巳叱r!0x>1f所I以该函数在点X二1处连续,从而在|0,2上连续.(如图)(2)x=-1，及x=1是该函数的分段点.Tlimf(x)=1=limf(x)=f，x=1H十xT为连续点.又7limf(x)=limx=T=limf(x)=1rx=T为函数f(x)的跳跃十H十xT间断点，即f(x)在点X=-1处不连续f(x)在(-一(-1：)上连续(如图)2.解：y二f(x)二2.解：y二f(x)二(x1)(x-1)(x-1)(x-2)x亠1X亠1一.limf(x)=lim2,limf(x)=lim.x=1为可去间断点

10、，属第X1x1x_2X£'/X£x_2X2-1一类间断点；X=2为无穷间断点，属第二类间断点则该函数在x=1处连续.则该函数在x=1处连续.2,X=1可令y二x2-3x22,x-1x(2)7lim(kz,k=O),晌nxxx当k=0时，："lim1,lim0,.x=k：(k乙k=0)为无穷间Ttanxt躍tanx断点，属第二类间断点.x=0和.x=k(kz)为可去间断点，属第2类间断点x兀厂,xk兀+且x0tanx23T可补充定义y=0,x=k；(kz),则此时y在x=0和1,x=0x=k(kz)出连续.2当：x>0时，函数值在0与1之间变换无限多次

11、，所以点x=0为函数ycoS1的震荡间断点，属第二类间断点.x(4)：limy=lim3-x=2,limy=lim(x-1)=0,.x=1为函数的跳跃间断xT斤孑_x1_点，属第一类间断点3.解：f(x)=©如如®,.f(x)的间断点为2或-3.(x2)(x+3)-其连续区间为(：，-3),(-3,2),(2,：).因为该函数在x=0连续所以limf(x)二f(0)=丄，limf(x)=lim°地B=_5X-02X；3'，x_;3x_28(x1)(x-1)(x3)(x-2)(x3)4解:4解:et1（1）原式二t22e_11e2e2原式=sin32：二si

12、n3(2)=13=1.原式=1n(2cos3x)=|n(2cosm=|ni=°.原式sin2xJtsin22cos(：-x)lim-5.解：(1)原式=e®=e0原式=InIimsinx02-3令t=tanx,则原式1叩(13t)t=e.4(cosxJ)原式=lim。1-(1-cosx)Ix2=lim1-(1-cosx)cosx-lx21.lim1(1co®")1e,x)0x2x2又cosx-1-(x>0).lim4(cos.lim2ox2故原式=6.解:由题设知,函数f（x）（-：,0）一.（0,：）上连续，在x=0处，Vf（0a0,limf(x

13、)=lim(ax)=a,limf(x)=limex=1，要使该函数在x=0点连续应满足xexjxQfx>0limf(x)二f(0)=limf(x),即a=a0=1=a=1当a=1时,使得f(x)在x0x)0-m内连续第九节闭区间上连续性函数的性质教材习题1-9答案(上册P77)1证:令f(x)=X5-3x-1.则f(1)=-3:0,f(2)=250.又：f(x)在1,21上连续，-由零点定理知，至少一点-e（1,2,使得f）=0,即方程x5-3x=1至少有一个根介于1和2之间.#2.证:令f(x)=x-asinx-b.贝Uf(ab)=abasin(ab)-b=a1-sin(ab)I_0,

14、1若f(ab)=0,则ab就是x二asinxb的一个正根，且不超过ab.2巾若f(ab)=0,即f(ab)0,；f(0)=-b：0且f(x)在1.0,ab1上连续.由零点定理知，至少一点-0,ab使得f)=0.综合12两点，-即为方程x=asinxb的一个正根且，不超过ab.#3.解:设3m=minf(Xi),f(X2),f(X3),M二maxIf(xi),f(X2),f(X3)1.f(X)=f(X1)+f(X2)+f(X3)则mT"丁畑普=m,即m"x)W又函数f(x)在X,x3丨la,b丨或仪3,xiIb,b1上连续.由介值定理，至少T一点lXi,X3La,b1或&qu

15、ot;(X3,xja,b1,使得f()=f(xi)f(x2)f本题可作以下推广：设f(x)在l.a,b1上连续，a.x1:x2：:：xn：b(n亠3),则在X1,X”内至少有一点，使f()=5"A畑#4.解：解：以山脚为原点，山顶方向的位移为正，设4.解：解：以山脚为原点，山顶方向的位移为正，设f(t)为上山时的位移函数，是个连续7：00时g*),的单调增函数，g(t)为下山时的位移函数，是一个连续的单调减函数，设早间点为a，晚7:00时间点为b，则fa)毛b)f(bg丰，令Ft()甘t)则F(t)是一个连续单调增函数，又F(a)=f(a)-g(a)=g(b)-g(a),F(b)=f

16、(b)-g(b)弋(a)-f(a)F(a)由F(t)的单调性及介值定理，存在唯一一点.使F(J二f(J-g(.)=0即这个运动员必在这两天的某一时刻经过登山路线的同一地点第一章复习题教材总习题一答案(上册P77)一、概念复习1.解：(1)答案(A)和(D)正确，(B)和(C)不符合函数的定义。(2) (D)正确。(3) ",f(sinx)=1cos2x=2-2sin2x,.f(x)=2-2x2.(4) X=_1,X=0,X=1，间断点的类型分别是可去间断点，跳跃间断点和无穷间断占八、-由f(X)=1X(x_0)=f(x)二、.1-x,则fJ(_3)f1(3)=2.(5) xr0时，s

17、inxx,tanxx,arcsinx,arctanx,2xex-1x,ln(1x)x,1-cosx,(1x)；'_1土x.2(7)：(x)0(xX0).2解：错如数列、(-1)n，有界但极限不存在.正确.；limg(x)=lim(f(x)g(x)-f(x)丨-lim(f(x)g(x)-limf(x),Iim(x()gx(存在且limf(x)也存在，.limg(x)存在.x一ax>ax)a2121错.女口limx.sin0,limx=0存在，而limsin不存在.0xxvx屮x1错.如四瑶哩十".(7)二、综合练习2X错.答案同P60第3题.错.如x；0,x1x21,而l

18、im(x1,lim(x211正确闭区间上连续函数的性质.1解:ex：1,则x：0;eX=1,则x=0;eX-1,x0.!1,x<0fg(x)l-0,x二0如图.gf(x)l-1-1,x0e'e,xI,x_d,X:1=1,如图.>12解：(1)令X=1-t,则t=1-X,当X；1时，tr0.2rt)1+cos兀x1cos(兀t)2lim2lim2lim2XT(x-1)0tJ0t22-.(t>0时,1-cos(：t)22JT1xSt>0.li2t112t=lim(e1)一=2t=2.(tT0时,e-12t)tt2t2(/2*12)分子有理化，即limx(Jx2+1J枫x_jbcx,'x21xXlim2枚Jx2+1+x=limx_j-:1!123.解：原式=limx_-01-a_a_b=0a=1,b-1.4.解：因为该函数在(-：，0)_(0，:上连续，要想在x=0处连续,必使1limf(x)=f(0)=limf(x),即1二limxsin1=a=limx0x0x&g