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高数函数定义域典型例题

高数函数定义域典型例题例1 已知()sin f x x =,2[()]1f x x ϕ=-,求()x ϕ的解析式及其定义域. 解 依题意得sin ()x ϕ=21x -,()x ϕ=2arcsin(1)x -.由2111x -≤-≤可知x ≤()x ϕ=2arcsin(1)x -,[x ∈.例2 设1,0()2,0x x f x x x -≤⎧=⎨+>⎩,2, 0(),0x x g x x x ⎧<=⎨-≥⎩.求[()]f g x .解 (1)由()0g x ≤得()0g x x =-≤即0x ≥,所以0x ≥时[()]f g x =1x +. (2)由()0g x >即2()0g x x =>得0x <.所以0x <时,[()]f g x =22x +. 故22,0[()]1, 0x x f g x x x ⎧+<=⎨+≥⎩.例3 设1,||1()0,||1x x x ϕ≤⎧=⎨>⎩,22,||1()2, ||1x x x x φ⎧-≤=⎨>⎩.试求[()]x ϕφ,{[()]}x ϕϕϕ.解 (1)由于1,|()|1[()]0,|()|0x x x φϕφφ≤⎧=⎨>⎩,且仅当||1x =时,()1x φ=;||1x ≠时,1()2x φ<≤.则1,||1[()]0,||1x x x ϕφ=⎧=⎨≠⎩.(2)当(,)x ∈-∞+∞时,0()1x ϕ≤≤.故[()]1x ϕϕ≡,(,)x ∈-∞+∞.于是{[()]}1x ϕϕϕ≡,(,)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()f x ,()x ϕ,()x φ均为单调递增函数,且()()()x f x x ϕφ≤≤.证明:[()][()][()]x f f x x ϕϕφφ≤≤.证明 由题设可知[()][()][()]x f x f f x ϕϕϕ≤≤, [()][()][()]f f x f x x φφφ≤≤,则由上述不等式可得[()][()][()]x f f x x ϕϕφφ≤≤.注 此处多次利用函数单调性的定义.例5 下述说法中与lim n n x a →∞=的定义等价的是( ).A .(0,1),N ε∀∈∃,当n N ≥时,有||100n x a ε-≤.B .1,N ε∀>∃,当n N >时,有||n x a ε-<.C .,0N ε∀∃>,当n N >时,有||n x a ε-<.D .,0N ε∃∀>,当n N >时,有||n x a ε-<.解 lim n n x a →∞=的定义:对于数列n x ,存在常数a ,使得对于任意给定的正数ε(不论它多么小),存在自然数N ,使当n N >时,不等式||n x a ε-<恒成立.A 与上述定义等价,因为0ε>具有任意性,100ε也具有任意性.B 因为1ε>不能保证ε为任意小,从而由||n x a ε-<不能保证n x 与a 无限接近.C 中的ε是存在性,与定义不符.D 如果存在自然数N ,使对0ε∀>,当n N >时有||n x a ε-<,这说明数列n x 有极限a ,说明D 是上述定义的充分条件.但反之如果lim n n x a →∞=,不一定能找到那样的N (它可能与ε无关.这一要求比N 与ε有关的要求更高),使对任意0ε>,当n N >时,都有||n x a ε-<,因为在定义中N 是依赖于ε的给定而确定的.因而D 不是上述定义的必要条件.故选A .例6(03研*) 设{}n a 、{}n b 、{}n c 均为非负数列,且lim 0n n a →∞=,lim 1n n b →∞=,lim n n c →∞=∞,则必有( ). A .n n a b <对任意n 成立. B .n n b c <对任意n 成立. C .lim n n n a c →∞不存在. D .lim n n n b c →∞不存在.解法1 由数列极限的定义,数列{}n a 的极限关心的是n a 在某个N (足够大)之后的性质,前面的有限多项则无关紧要.因此A 、B 中“任意n ”的条件显然不成立.“0⋅∞”型的极限是未定式,C 不成立,故选D .事实上,当lim 0n n b b →∞=≠,lim n n c →∞=∞时,由无穷大量的定义得到lim n n n b c →∞=∞.解法2 举反例:取2n a n =,1n b =,2n nc =,则可以直接排除A 、B 、C . 例7 当1x →时,函数12111x x e x ---的极限( ). A .2. B .0. C .∞. D .不存在且不为∞.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211exp 11x x x ---为两个因式的乘积,易求出211lim 21x x x →-=-,所以解本题的关键是因式11x e -.注:03研表示2003年考研真题,以下同.解 因211lim 21x x x →-=-,而111lim x x e +-→=+∞,111lim 0x x e --→=.故 12111lim 1x x x e x +-→-=+∞-,12111lim 01x x x e x --→-=-.所以选D . 例8求n →∞.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n →∞=n=n=n =2.例9求x →解法1 分子分母有理化.则有x →21123333))))x →=2122333)))x →=32. 解法2 注意到该极限属于型,可用洛必达法则,从而x →11222203311(1)(1)(1)22lim 11(1)(1)(1)33x x x x x --→--+--⋅-+--⋅- =1122223311(10)(10)(1)2211(10)(10)(1)33----+--⋅-+--⋅-=32. 注 解法2用到的洛必达法则属于第三章的内容. 例10求limx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x 的最高次幂.解法1 由于x →-∞||x x ==-.函数的分子分母同时除以x -得limx=limx =1.解法2 运用变量代换,令x t =-,则lim x=limt=lim t 1. 错误解答limxlimx 3.错解分析 错误的原因在于没有注意到x 的变化过程,而将被求极限函数分子分母同时除以x 导致错误出现.在解题过程中,最好用解法2则可避免出错.例11已知lim (51x x →+∞=.试求常数a 、b 、c 中的a 和b .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lim (5x x →+∞=2limx=(25)limx ca xb -+-=1,如果25a ≠,则lim[(25)]x ca xb x→+∞-+-=∞, 故要使lim (51x x →+∞=,必须有25a =1=,得25a =,10b =.解法2由题意有lim (51x x →+∞⋅=.当x →+∞时,由于lim (5x →+∞=5,若50≠,则lim (51x x →+∞⋅=∞≠.所以50,即25a =.由lim (51x x →+∞=⇒limx c b -=1,可得110b=.所以25a =,10b =. 例12求n →∞.分析 当n →∞时,的极限都不存在.尽管出现了根式,但无法直接有理化.应先利用三角函数的和差化积,然后再求解.解 因为=,又|2≤,即为有界量.且n →∞n →∞=n 0,即为n →∞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质可知:n →∞-=0.例13 求下列极限: (1)0sin limx x x →; (2)01lim sin x x x→⋅;(3)sin limx x x →∞; (4)1lim sin x x x→∞⋅;(5)11lim sin x x x →∞⋅; (6)011lim sin x x x →⋅.解 (1)由重要极限知0sin lim 1x xx→=.(2)0x →时,1sin x 为有界量.故01lim sin x x x→⋅=0.(3)x →∞时,1x 为无穷小量,sin x 为有界变量.故sin lim x xx→∞=0.(4)解法1 x →∞时,11sinx x .故1lim sin x x x→∞⋅=1.解法2 令1x t =,则由x →∞知0t →.故1lim sin x x x →∞⋅=0sin lim 1t tt →=.(5)解法1 x →∞时,10x →,1sin x 为有界量.故11lim sin x x x→∞⋅=0.解法2 x →∞时,10x →.11sinx x .故11lim sin x x x→∞⋅=0. (6)0x →时,1x →∞.1sin x 不定.取子列12n x n π=,则n →∞时0n x →,11sin 0n nx x ⋅=.另取子列122n y n ππ=+,则n →∞时,0n y →,11sin 22n n n y y ππ⋅=+→∞. 故011lim sin x x x→⋅不存在. 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)30tan sin lim x x xx →-; (2)01sin cos lim1sin cos x x x px px →+-+-,其中p 为常数且0p ≠; (3)0lim x +→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 0sin lim1x xx→=.解 (1)解法1 运用重要极限0sin lim1x xx→=.30tan sin limx x x x →-=30tan (1cos )limx x x x →- =230sin 2sin 2limcos x xx x x →⋅=20sinsin 12lim ()2cos 2x x x x x x →⋅⋅=12.解法2 30tan sin lim x x x x →-=30tan (1cos )lim x x x x →-=2302lim x x x x →⋅=12. 解法3 运用洛必达法则,则30tan sin lim x x xx→-=220sec cos lim 3x x x x →-=32201cos lim 3cos x x x x →-⋅=32011cos lim 3x x x →-⋅ =2013cos (sin )lim 32x x x x →-⋅-⋅=201cos sin lim 2x x x x →⋅⋅=12. 错误解答 0x →时,tan sin x x x ,故30tan sin lim x x x x →-=30limx x xx →-=0. 错解分析 错误原因在于错误地使用了等价代换.tan sin x x -并不与x x -等价,而是与32x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.(2)解法1运用重要极限sinlim1xxx→=.1sin coslim1sin cosxx xpx px→+-+-=sin1coslimsin1cosxx xx xpx pxx x→-+-+=2022sinsin2lim2sinsin2xxxx xpxpxppx x→+⋅+=222sinsin2()22limsinsin2()22xxx xxxpxpx p xppxpx→+⋅⋅+⋅=10p++=1p.解法2利用无穷小的等价替换:0x→时,sin x x,21cos2xx-.01sin coslim1sin cosxx xpx px→+-+-=sin1coslimsin1cosxx xx xpx pxx x→-+-+=0000sin1coslim limsin1coslim limx xx xx xx xpx pxx x→→→→-+-+=2002002lim lim()2lim limx xx xxxx xpxpxx x→→→→++=10p++=1p.解法3利用()oαββαα⇔=+.由于当0x →时,sinx x,21cos2xx-从而有sin()x x o x=+,sin()px px o px=+,222()1cos()22px p xpx o-=+.01sin coslim1sin cosxx xpx px→+-+-=222222()()22lim()()22xx xx o x op x p xpx o px o→++++++=2222()()212lim()()22xxoo x xx xp xoo px p xpx x→++++++=10001000p p+++=+++.解法4 用洛必达法则.01sin cos lim 1sin cos x x x px px →+-+-=00cos sin 1lim 0cos sin x x x p px p px p →++=++.(3) 解法1 运用重要极限0sin lim1x xx→=.0lim x +→0lim x +→=202sin lim x x+→=2200sin /2()lim x x x x +→→⋅=12. 解法2 利用等价无穷小的替换定理.0lim x +→0lim x +→=20(cos 1)2lim 2x x x +→--=2202lim x x x +→=12. 解法3 利用分子有理化和等价无穷小的替换定理.0lim x +→0lim x +→=200lim lim x x x ++→→=12. 解法4 分母先作等价替换,然后用洛必达法则.0lim x +→0lim x +→=1201(cos )(sin )2lim x x x x +-→-- =1201(cos )()2lim x x x x +-→--=12. 注 一般地,能够用重要公式0sin lim 1x xx→=来解决的问题,一般也可以通过恒等变形后作等价替换,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1402sin lim()||1xx xexx 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1434402sin 2sin lim()lim()011||11xxxx x xx e x e e xx xee ++--→→-+++=+=+=++,114402sin 2sin lim()lim()211||11xxx x xxe x e xx xee --→→+++=-=-=++, 所以1402sin lim()1||1xx xe xx e→++=+. 错误解答 因为 1402lim1xx xe e→++和0sin lim||x xx →均不存在,故原来的极限不存在.错解分析 如果lim ()x af x →和lim ()x ag x →均不存在,但lim[()()]x af xg x →+可能存在.用极限的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2lim()8xx x a x a→∞+=-.求a 的值.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()lim ()v x u x 的极限的求法参见内容提要.解法1 运用重要极限1lim(1)x x e x→∞+=.2lim()x x x a x a →∞+-=2lim(11)x x x a x a→∞++--=333lim(1)x a a x a x a x a x a -⋅⋅-→∞+-=3lim x axx ae →∞-=3a e , 得3a e =8,故ln2a =.解法2 2lim()x x x a x a →∞+-=2(1)lim(1)x x x a x a x →∞+-=2lim(1)lim(1)xx xx a x a x→∞→∞+-=2a a e e -=3a e =8,故ln2a =. 解法3 2lim()x x x a x a →∞+-=2limexpln()x x x a x a →∞+-=2exp(lim ln )x x ax x a→∞+-=3exp[lim ln(1)]x a x x a →∞+-=3exp(lim )x ax x a→∞⋅-=3a e =8,故ln2a =.例17 求21lim(sin cos )x x x x →∞+.解法1 121(sin cos 1)22sin cos 12121lim(sincos )lim[1(sin cos 1)]x x x x x xx x x x x x⋅+-+-→∞→∞+=++-,又因为21sincos 121lim (sincos 1)lim1x x x x x x xx →∞→∞+-⋅+-=21sin cos 1lim()20211x x x x x→∞-=+=+=, 故21lim(sin cos )x x x x→∞+2e =.解法2 21lim(sin cos )x x x x →∞+21limexp[ln(sin cos )]x x x x →∞=+21exp[lim ln(sin cos )]x x x x→∞=+21ln(sin cos )exp[lim]1x x x x→∞+= 0ln(sin 2cos )exp[lim ]t t t t→+=(令1t x =)0ln(1sin 2cos 1)exp[lim]t t t t →++-=0sin 2cos 1exp(lim)t t t t →+-=(用到这里In (1+x )=x)00sin 2cos 1exp(limlim )t t t t t t→→-=+2e =.解法3 21lim(sin cos )x x x x →∞+21limexp[ln(sin cos )]x x x x →∞=+21exp[lim ln(sin cos )]x x x x→∞=+21ln(sin cos )exp[lim]1x x x x→∞+= 0ln(sin 2cos )exp[lim ]t t t t →+=(令1t x =)202cos2sin exp(lim)sin 2cos t t te t t→-==+.例18(03研) 21ln(1)0lim(cos )x x x +→=_______.分析 极限属于1∞的类型,既可用重要极限,又可用求幂指函数的极限的方法. 解法1 用等价代换.21ln(1)lim(cos )x x x +→201exp[limln(cos )]ln(1)x x x →=+,而2200ln(cos )ln(1cos 1)lim limln(1)x x x x x x →→+-=+=22200cos 12lim lim x x x x x x →→--==12-, 故21ln(1)0lim(cos )x x x +→e1=. 解法2 先用等价代换,然后用洛必达法则.21ln(1)lim(cos )x x x +→ 201exp[limln(cos )]ln(1)x x x →=+,而22000sin ln(cos )ln cos 1cos lim lim lim()ln(1)22x x x xx x x x x x →→→==-=-+, 故21ln(1)lim(cos )x x x +→e1=. 例19 求11112lim ()xxxnxnx a a a n→+∞+++,其中1a ,2a ,,n a 均为正实数.分析 该极限属于1∞型,可采用例16的解法1与解法3. 解法1 11112lim ()x xxnx nx a a a n→+∞+++=11112lim (11)xxxnx nx a a a n→+∞++++-=111121111211112lim (1)x x x n x x x n a a a n nnxnx xxa a a nn x a a a nn+++-⋅⋅+++-→+∞+++-+=11112exp(lim)x xxn x a a a nnx n→+∞+++-⋅=11112(1)(1)(1)exp[lim]1xxxn x a a a x →+∞-+-++-=11112111exp(lim lim lim)111xxxn x x x a a a x xx→+∞→+∞→+∞---+++=12111ln ln ln exp(lim lim lim )111n x x x a a a x x x x x x→+∞→+∞→+∞+++ =12exp(ln ln ln )n a a a +++=12n a a a ⋅⋅.解法2 11112lim ()xxxnx nx a a a n→+∞+++=11112lim exp(ln)xxxnx a a a nx n →+∞+++⋅=11112exp(lim ln)xxxnx a a a nx n→+∞+++⋅=11112exp{lim ln[(1)1]}x xxnx a a a nx n→+∞+++⋅-+=11112exp[lim (1)]xxxnx a a a nx n→+∞+++⋅-=11112exp{lim [(1)(1)(1)]}xxxn x x a a a →+∞⋅-+-++-=12exp(ln ln ln )n aa a +++=12n a a a ⋅⋅.例20 求226n n n→∞++++.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≤≤1,2,,k n =. 得222nnnk k k ===≤≤,1,2,,k n =.又2lim nn k →∞==1(1)(21)n n n n ++=13.同理2lim nn k →∞=13. 所以由夹逼准则得226n n n →∞++=13. 例21 求极限112lim()nnn nk n a a a →∞+++,其中1a ,2a ,,k a 均为正实数,k 为自然数.解 记a =12max{,,,}k a a a ,则11112()()()n n nn n nn nk a a a a ka ≤+++≤.而1lim 1n n k →∞=,1lim()n nn a a →∞=.所以112lim()n nn nk n a a a →∞+++=a =12max{,,,}k a a a .例22 []x 表示x 的取整函数.试求01lim []x x x→⋅.分析 充分利用不等式1[]x x x -<≤是求解本题的关键.解 对任一x R ∈,有1[]x x x -<≤,则当0x ≠时有1111[]x x x-<≤.于是 (1)当0x >时,111(1)[]x x x x x x -<⋅≤⋅,由夹逼准则得01lim []1x x x +→⋅=;(2)当0x <时,111[](1)x x x x x x ⋅≤⋅<-,由夹逼准则得01lim []1x x x-→⋅=.所以01lim []1x x x→⋅=.例23 设110x =,1n x +=1,2,n =.试证数列}{n x 极限存在,并求此极限.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110x =及24x ==可得12x x >. 假设{1,2,}n ∈,有1+>n n x x ,则21166+++=+>+=n n n n x x x x .由数学归纳法知,对一切N n ∈都有1+>n n x x .即数列}{n x 单调递减.又0(1,2,)n x n >=显然成立,即}{n x 有下界,由单调有界准则知}{n x 存在极限,设A x n n =∞→lim ,对n n x x +=+61两边取极限,有A = 即 260A A --=.所以3A =或2A =-(舍去),即3lim =∞→n n x .例24 设0a >,1x =2x =,1n x +=其中1,2,n =,求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lim n n x A →∞=,并由A A =,此即为数列的一个上界,但此上界形式较复杂,论证不太方便.可将其适当放大化简:1<= 解 先用数学归纳法证明数列{}n x 单调递增.由0a >知,210x x =>.假设10n n x x ->>成立,则1n n x x +==,所以数列{}n x 单调递增.下证有界性.下证1为数列{}n x 的上界.假设1n x <+11n x +=故01n x <<+{}n x 有界.根据单调有界准则知lim n n x →∞存在.不妨设为A ,则有A 解得A =或A =.故lim n n x →∞=注1 讨论数列{}n x 的单调性和有界性时,数学归纳法是一种简洁有效的方法.注2 如果数列{}n x 的上界(或下界)不易直接看出时,则可以先假定数列{}n x 的极限存在并求出极限值A ,据此就可以找到数列{}n x 的上界(或下界),再进一步证明其确实是数列{}n x 的上界(或下界).例25 求下列极限:(1)lim 1)n n →∞; (2)n n →∞; (3)1121lim (33)n n 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 →∞=1ln lim (1)a nn n e→∞⋅-=1lim ln n n a n→∞⋅=ln a .(2)n n →∞=limexp[1)]n n →∞⋅=exp[lim 1)]n n →∞⋅=exp[lim n n →∞=exp(lim lim n n n n →∞→∞=1exp (ln5ln7)2+(3)1121lim (33)n n n n +→∞-=112(1)1lim 3[31]n n n n n ++→∞⋅-=ln32(1)lim [1]n n n n e+→∞-=2ln 3lim (1)n n n n →∞⋅+=ln3.注 本题用到了1n =(0a >),11ln na na e=以及当0x →时ln(1)x x +,1x e x-等结果.例26 当0x →时,试将21x e -,ln(1)x +,21cos x -,tan sin x x -按低阶到高阶的无穷小顺序排列.分析 注意将考虑对象均与x 进行比较,充分利用常用的等价替换关系式. 解 当0x →时,由于221x e x -, ln(1)x x +, 2242()1cos 22x x x-=,且tan sin x x -=1sin (1)cos x x-=2sin (1cos )cos 2x x x x x -⋅=32x , 故将其按低阶到高阶的无穷小顺序排列为ln(1)x +,21x e -,tan sin x x -,21cos x -.例27 设2tan (1cos )lim2ln(12)(1)x x a x b x c x d e -→+-=-+-,其中220a c +≠,则必有( ). A .4b d =. B .4b d =-. C .4a c =.D .4a c =-.分析 由于0x →,极限式中含有tan x ,21x e --,ln(12)x -,1cos x -这些无穷小量,因此要考虑运用无穷小量的有关知识.解法1 2tan (1cos )lim ln(12)(1)x x a x b x c x d e -→+--+-=20tan (1cos )lim ln(12)(1)x x x x abx x x e c dx x-→-+--+ =20000tan (1cos )limlimln(12)(1)lim limx x xx x x x a b x x x e c d x x→→-→→-+--+=22a c -=, 即4a c =-.选D .解法2 利用关系式()o αββαα⇔=+.因为当0x →时,tan x x , 1xx e -, ln(1)x x +, 21cos 2x x-, 所以tan ()x x o x =+, 1()x e x o x -=+, ln(1)()x x o x +=+, 221cos ()22x x x o -=+.则20tan (1cos )lim ln(12)(1)x x a x b x c x d e -→+--+-=22220(())(())22lim (2())(())x x x a x o x b o c x o x d x o x →+++-+++=22a c -=,即4a c =-.选D . 解法3 用洛必达法则.22200sin tan (1cos )cos lim lim 222ln(12)(1)212x x x xab x a x b x a xc c c xde dxe x -→→-++-==-=--+-+-,即4a c =-.选D . 例28(97研) 2013sin coslim(1cos )ln(1)x x x x x x →+=++_______. 分析 由于0x →,该极限属于0型,极限式中含有三角函数以及无穷小量ln(1)x +,因此要考虑运用无穷小量的有关知识.解 因为0x →时,x x ~)1ln(+,所以2013sin coslim (1cos )ln(1)x x x x x x →+++ 20013sin cos1lim lim(1cos )x x x x x x x→→+=⋅+ 01sin 1lim(3cos )2x x x x x →=⋅+13(310)22=⋅+=. 例29 已知0()ln[1]sin lim321x x f x x →+=-,求20()lim x f x x →.分析 因为0x →时,21ln 2x x -,由已知条件可知()ln[1]sin f x x +是无穷小量,而且()sin f x x与x 是同阶的无穷小.解法1 利用极限与无穷小量的关系.由题意得()ln[1]sin 321x f x x α+=+-, 其中0lim 0x α→=.即 ()ln[1](21)(3)sin x f x xα+=-+, 又因为021lim ln 2x x x→-=,故21ln 2()x x o x -=+.于是()ln[1]sin f x x+=(ln 2())(3)x o x α++=3ln 2()x o x +,则有()1sin f x x+=3ln 2()x o x e +,即 ()sin f x x=3ln 2()1x o x e +-=3ln 2()x o x ++(3ln 2())o x o x +. 所以 20()limx f x x →=01()sin lim sin x f x x x x x →⋅⋅=03ln 2()sin lim x x o x xx x →+⋅=3ln2. 解法2 利用等价无穷小替换.由于0x →时,21ln 2x x -,ln(1)x x +,sin xx .则()ln[1]sin lim21x x f x x →+-=0()sin lim ln 2x f x x x →=0()lim sin ln 2x f x x x →⋅⋅=3, 故 20()limx f x x →=0()sin lim ln 2sin ln 2x f x xx x x→⋅⋅⋅⋅=3ln2.注1 解法1用到了如下常用结论:a .0lim ()()x x f x A f x A α→=⇔=+,其中0lim 0x x α→=;b .()o αββαα⇔=+;c .当0x →时,()()k o x o x ⋅=,()()()o x ko x o x +=,()()o x o x α⋅=,其中k 为常数,lim 0x α→=.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2()lim n nn nn x x f x x x +--→∞-=+的连续性.分析 该函数为含有参数的极限式,应该先求出极限得()f x ,再讨论其连续性. 解 显然当0x =时()f x 无意义.故当0x ≠时21, 0<||1()0, ||1, ||1x f x x x x ⎧-<⎪==⎨⎪>⎩,,.而()f x 在区间(,1)-∞-,(1,0)-,(0,1),(1,)+∞上是初等函数,故()f x 在这些区间上连续.又1lim ()1x f x +→=,1lim ()1x f x -→=-, 0lim ()1x f x →=-,1lim ()1x f x +→-=-,1lim ()1x f x -→-=,所以1x =±及0x =为()f x 的第一类间断点,其中0x =为()f x 的可去间断点,1x =±为()f x 的跳跃间断点.例31 讨论函数2(2), 0,sin ()sin , 01x x x x n n N xf x x x x π+⎧<≠-∈⎪⎪=⎨⎪≥⎪-⎩,的间断点及其类型.解 0x =是该分段函数的分界点.并且当0x <时x n ≠-,当0x ≥时1x ≠. (1)由于(2)lim ()lim sin x x x x f x x π--→→+==2π,200sin lim ()lim 1x x xf x x +-→→=-=0, 所以0x =为()f x 的第一类间断点中的跳跃间断点.(2)当x n →-(2n ≠)时,(2)lim ()limsin x nx n x x f x xπ→-→-+==∞.所以x n =-(2n ≠)为()f x 的第二类间断点中的无穷间断点.(3)当2x →-时,由于22(2)lim ()limsin x x x x f x xπ→-→-+==0(2)limsin t t t t π→-=2π-(令2t x =+).所以2x =-为()f x 的第一类间断点中的可去间断点.(4)由于211sin lim ()lim1x x xf x x →→=-=∞,所以1x =为()f x 的第二类间断点中的无穷间断点.综上所述,0x =为()f x 的跳跃间断点,1x =与x n =-(2n ≠)为()f x 的无穷间断点,2x =-为()f x 的可去间断点.例32 证明方程323910x x x --+=在开区间(0,1)内有唯一实根.分析 问题等价于证明函数32()391f x x x x =--+在开区间(0,1)内有唯一的零点,既要证明存在性,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证明.证法1 令32()391f x x x x =--+.由于(0)10f =>,(1)100f =-<.又()f x 在[0,1]上连续.由零点定理知:至少存在一点1(0,1)x ∈使得1()0f x =.下证唯一性.对于唯一性下面给出三种证明方法.证法1 若有2(0,1)x ∈使得2()0f x =,于是12()()0f x f x ==,得12()()0f x f x -=.即2212112221()[()3()9]0x x x x x x x x -++-+-=,而1(0,1)x ∈,2(0,1)x ∈,所以221122213()90x x x x x x ++-+-<,则120x x -=,即12x x =.从而方程323910x x x --+=在开区间(0,1)内有唯一实根.证法2 若有2(0,1)x ∈且21x x ≠,使得2()0f x =.不妨设21x x >.可知12()()0f x f x ==,显然,()f x 在闭区间12[,]x x 上连续,在开区间12(,)x x 上可导.由罗尔定理知,至少存在一点12(,)(0,1)x x ξ∈∈使得()0f ξ'=,即23690ξξ--=,解得1ξ=-或3ξ=,于是(0,1)ξ∉,与假设矛盾.唯一性证得.证法3 由于2()3693(1)(3)f x x x x x '=--=+-.当(0,1)x ∈时,有()0f x '<即()f x 在(0,1)上单调递减.故()f x 在开区间(0,1)上零点唯一.证毕.证法2 令32()391f x x x x =--+,则由于(0)10f =>,(1)100f =-<,lim ()x f x →-∞=-∞,lim ()x f x →+∞=+∞,而()f x 在(,)-∞+∞上连续.所以由零点定理知()f x 在区间(,0)-∞,(0,1),(1,)+∞上至少各有一个零点.即一元三次方程323910x x x --+=在各区间(,0)-∞,(0,1),(1,)+∞内恰有一实根,即所给方程在(0,1)区间内有唯一实根.证毕.注1 证法1中唯一性的证法2和证法3涉及到微分中值定理和导数的应用等知识,这将在第三章重点讨论,它们是证明函数的零点或方程的根的唯一性的常用的两种方法.注2 零点定理在证明方程根的存在性的问题中应用较广泛.当函数()f x 在(,)a b (a 可以为-∞,b 可以为+∞)内连续,lim ()x af x +→存在(或者为-∞,或者为+∞,但不为∞),lim ()x b f x -→存在(或者为+∞,或者为-∞,但不为∞).分别记它们为()f -∞和()f +∞,且()()0f f -∞⋅+∞<.此时零点定理同样成立.例33 设函数()f x 在[,]a b 上连续,[,]i x a b ∈,0i t >(1,2,,i n =),且01ni i t ==∑.试证至少存在一点(,)a b ξ∈使得1122()()()()n n f t f x t f x t f x ξ=++⋅⋅⋅+.分析 用介值定理来证明,只需证明1122()()()n n t f x t f x t f x ++⋅⋅⋅+介于()f x 的最大值与最小值之间即可.证明 由于函数()f x 在[,]a b 上连续,所以由最值定理可知()f x 的最大值与最小值存在,令max{()|[,]}M f x x a b =∈,min{()|[,]}m f x x a b =∈,于是对任何[,]x a b ∈都有()m f x M ≤≤.由于[,]i x a b ∈,0i t >(1,2,,i n =).所以 111()nnni i i i i i i m mt t f x Mt M ====≤≤=∑∑∑,从而由介值定理知至少存在一点(,)a b ξ∈使得1122()()()()n n f t f x t f x t f x ξ=++⋅⋅⋅+.证毕.注 利用闭区间上的连续函数的性质证明与介值相关的命题,通常有两种方法: (1)直接法(利用介值定理和最值定理).解题步骤:a .从要证的等式中整理出连续函数()f x 所需取得的值()f ξ;b .说明()f ξ介于()f x 在相应区间上的最大值与最小值之间;c .利用介值定理得到命题的结论.如例33.(2)间接法(利用零点定理).解题步骤:a .作辅助函数:将要证的等式整理为左边=右边=0的形式,而左边设为辅助函数.b .寻找区间,使辅助函数在该区间端点处的函数值异号,用零点定理,如例32.。

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