数学分析十讲习题册、课后习题答案习 题1-11．计算下列极限（1）lim xax aa xx a→--, 0;a > 解：原式lim[]x a a ax a a a x a x a x a→--=---=()|()|xa x ax aa x ==''-=1ln aa a a a a --⋅=(ln 1)aa a - （2）sin sin lim sin()x ax ax a →--； 解：原式sin sin lim x ax a x a→-=-(sin )'cos x ax a===（3）2lim 2), 0;n n a →∞>解：原式2n =20[()']x x a ==2ln a = （4）1lim [(1)1]p n n n→∞+-，0;p >解：原式111(1)1lim ()|p p p x n n nx =→∞+-'===11p x px p -==（5）10100(1tan )(1sin )lim ;sin x x x x→+--解：原式101000(1tan )1(1sin )1lim lim tan sin x x x x x x→→+---=--=99010(1)|10(1)|20t t t t ==+++=（6）1x →，,m n 为正整数；解：原式1111n x x x →-=-1111()'()'mx nx x x ===n m=2．设()f x 在x 处二阶可导，计算0002()2()()limh f x h f x f x h h →+-+-.解：原式000()()lim2h f x h f x h h →''+--=00000()()()()lim 2h f x h f x f x f x h h→''''+-+--=000000()()()()limlim 22h h f x h f x f x h f x h h →→''''+---=+-00011()()()22f x f x f x ''''''=+=3．设0a >，()0f a >，()f a '存在，计算1ln ln ()lim[]()x a x a f x f a -→.解：1ln ln ()lim[]()x a x a f x f a -→ln ()ln ()ln ln lim f x f a x ax a e --→= ln ()ln ()limln ln x a f x f a x a e→--=ln ()ln ()lim ln ln x a f x f a x ax ax ae→----='()()f a a f ae=习 题1-21.求下列极限 （1）lim x →+∞;解：原式1lim [(1)(1)]02x x x ξξ→+∞=+--= ，其中ξ在1x -与1x +之间（2）4cos(sin )cos lim sin x x xx→-; 解：原式=4sin (sin )lim x x x x ξ→--=3sin sin lim()()()x x x x x ξξξ→--⋅=16，其中ξ在x 与sin x 之间（3） lim x →+∞解：原式116611lim [(1)(1)]x x x x →+∞=+--56111lim (1)[(1)(1)]6x x x x ξ-→+∞=⋅+⋅+--5611lim (1)33x ξ-→+∞=+= ，其中ξ在11x -与11x+之间（4）211lim (arctan arctan );1n n n n →+∞-+解：原式22111lim ()11n nn n ξ→+∞=-++1=，其中其中ξ在11n +与1n之间2．设()f x 在a 处可导，()0f a >，计算11()lim ()nn n n f a f a →∞⎡⎤+⎢⎥-⎣⎦. 解：原式1111(ln ()ln ())lim (ln ()ln ())lim n n f a f a n f a f a n nn nn e e→∞+--+--→∞==11ln ()ln ()ln ()ln ()[lim lim ]11n n f a f a f a f a n n n ne→∞→∞+---+-=()()2()()()()f a f a f a f a f a f a ee'''+==习 题1-31．求下列极限（1）0(1)1lim (1)1x x x λμ→+-+-,0;μ≠解：原式0lim x x x λλμμ→== （2）0x →;解：02ln cos cos 2cos lim12x x x nxI x→-⋅⋅⋅=20ln cos ln cos 2ln cos 2lim x x x nx x →++⋅⋅⋅+=-20cos 1cos 21cos 12limx x x nx x →-+-+⋅⋅⋅+-=-22220(2)()lim x x x nx x →++⋅⋅⋅+=21ni i ==∑（3）011lim )1xx x e →--（;解：原式01lim (1)x x x e x x e →--=-201lim x x e x x →--=01lim 2x x e x →-=01lim 22x x x →==（4）112lim [(1)]xxx x x x →+∞+-;解：原式11ln(1)ln 2lim ()x x xxx x ee+→+∞=-21lim (ln(1)ln )x x x x x →+∞=+-1lim ln(1)x x x→+∞=+1lim 1x xx→+∞==2. 求下列极限（1）2221cos ln cos lim sin x x x x x e e x -→----;解：原式222201122lim 12x x xx x→+==-（2）0ln()2sin limsin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e xx x x→++--; 解：原式0ln(11)2sin lim sin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e x x x x →++-+=--012sin lim sin(2tan 2)sin(tan 2)tan x x x e xx x x→+-+=--02lim442x x x xx x x→++==--习 题1-41．求下列极限（1）21lim (1sin )n n n n→∞-； 解：原式2331111lim [1(())]3!n n n o n n n →∞=--+11lim((1))3!6n o →∞=+= （2）求33601lim sin x x e x x→--；解：原式3636336600()112lim lim 2x x x x x o x x e x x x →→++---===（3）21lim[ln(1)]x x xx→∞-+；解：原式222111lim[(())]2x x x o x xx →∞=--+12=（4）21lim (1)x xx e x-→+∞+；解：原式211[ln(1)]2lim x x xx ee+--→∞==此题已换3．设()f x 在0x =处可导，(0)0f ≠，(0)0f '≠.若()(2)(0)af h bf h f +-在0h →时是比h 高阶的无穷小，试确定,a b 的值. 解：因为 ()(0)(0)()f h f f h o h '=++，(2)(0)2(0)()f h f f h o h '=++所以00()(2)2(0)(1)(0)(2)(0)()0lim limh h af h bf h f a b f a b f o h h h→→'+-+-+++==从而10a b +-=20a b += 解得：2,1a b ==-3．设()f x 在0x 处二阶可导，用泰勒公式求02()2()()limh f x h f x f x h h→+-+- 解：原式22220000100022''()''()()'()()2()()'()()2!2!limh f x f x f x f x h h o h f x f x f x h h o h h →+++-+-++=22201220''()()()limh f x h o h o h h →++=0''()f x =4. 设()f x 在0x =处可导，且2sin ()lim() 2.x x f x x x →+=求(0),(0)f f '和01()lim x f x x →+.解 因为220sin ()sin ()2lim()limx x x f x x xf x x x x →→+=+=[]22()(0)(0)()limx x o x x f f x o x x →'++++=2220(1(0))(0)()lim x f x f x o x x →'+++=所以 1(0)0,(0)2f f '+==,即(0)1,(0)2f f '=-= 所以01()limx f x x →+01(0)(0)()lim x f f x o x x →'+++=02()lim 2x x o x x→+==习 题1-51. 计算下列极限 (1)1n n++; ;解：原式n =2n ==(2)2212lim (1)n n n a a na a na +→∞+++⋅⋅⋅+>解：原式21lim (1)n n n n na na n a ++→∞=--2lim (1)n n na n a →∞=--21a a=-2． 设lim n n a a→∞=，求 (1) 1222lim n n a a na n →∞+++；解：原式22lim (1)n n na n n →∞=--lim 212n n na an →∞==-(2) 12lim111n nna a a →∞+++，0,1,2,,.i a i n ≠=解：由于1211111lim lim n n n na a a n a a →∞→∞+++==，所以12lim 111n nnaa a a →∞=+++3．设2lim()0n n n xx -→∞-=，求lim nn x n →∞和1lim nn n xx n-→∞-. 解：因为2lim()0nn n xx -→∞-=，所以222lim()0nn n xx -→∞-=且2121lim()0n n n xx +-→∞-=从而有stolz 定理2222lim lim022nnn n n x xx n -→∞→∞-==， 且212121lim lim 0212n n n n n x xx n ++-→∞→∞-==+所以lim 0nn x n→∞=，111lim lim lim 01n n n n n n n x x x x n n n n n --→∞→∞→∞--=-=-4．设110x q <<，其中01q <≤，并且1(1)n n n x x qx +=-，证明：1lim nn nxq→∞=.证明：因110x q<<，所以 211211(1)111(1)()24qx qx x x qx q q q+-=-≤=<，所以210x q<<，用数学归纳法易证，10nxq<<。