第二章习题2-11、 试利用本节定义5后面的注(3)证明:若lim n →∞x n =a ,则对任何自然数k ,有lim n →∞x n +k =a 、证:由lim n n x a →∞=,知0ε∀>,1N ∃,当1n N >时,有n x a ε-<取1N N k =-,有0ε∀>,N ∃,设n N >时(此时1n k N +>)有n k x a ε+-<由数列极限的定义得 lim n k x x a +→∞=、2、 试利用不等式A B A B -≤-说明:若lim n →∞x n =a ,则lim n →∞∣x n ∣=|a|、考察数列x n =(-1)n ,说明上述结论反之不成立、证:lim 0,,.使当时，有n x n x aN n N x a εε→∞=∴∀>∃>-<Q而 n n x a x a -≤- 于就是0ε∀>,,使当时，有N n N ∃>n n x a x a ε-≤-< 即 n x a ε-<由数列极限的定义得 lim n n x a →∞=考察数列 (1)nn x =-,知lim n n x →∞不存在,而1n x =,lim 1n n x →∞=,所以前面所证结论反之不成立。

3、 利用夹逼定理证明:(1) lim n →∞222111(1)(2)n n n ⎛⎫+++ ⎪+⎝⎭L =0; (2) lim n →∞2!n n =0、 证:(1)因为222222111112(1)(2)n n n n n n n n n n++≤+++≤≤=+L 而且 21lim0n n →∞=,2lim 0n n→∞=, 所以由夹逼定理,得222111lim 0(1)(2)n n n n →∞⎛⎫+++= ⎪+⎝⎭L 、 (2)因为22222240!1231n n n n n<=<-g g g L g g ,而且4lim 0n n →∞=, 所以,由夹逼定理得2lim 0!nn n →∞= 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) x n =11ne +,n =1,2,…;(2) x 1,x n +1n =1,2,…、 证:(1)略。

(2)因为12x =,不妨设2k x <,则12k x +=<=故有对于任意正整数n ,有2n x <,即数列{}n x 有上界,又 1n n x x +-=,而0n x >,2n x <,所以 10n n x x +-> 即 1n n x x +>, 即数列就是单调递增数列。

综上所述,数列{}n x 就是单调递增有上界的数列,故其极限存在。

习题2-21※、 证明:0lim x x →f (x )=a 的充要条件就是f (x )在x 0处的左、右极限均存在且都等于a 、证:先证充分性:即证若0lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→==,则0lim ()x x f x a →=、 由0lim ()x x f x a -→=及0lim ()x x f x a +→=知: 10,0εδ∀>∃>,当010x x δ<-<时,有()f x a ε-<,20δ∃>当020x x δ<-<时,有()f x a ε-<。

取{}12min ,δδδ=,则当00x x δ<-<或00x x δ<-<时,有()f x a ε-<, 而00x x δ<-<或00x x δ<-<就就是00x x δ<-<,于就是0,0εδ∀>∃>,当00x x δ<-<时,有()f x a ε-<, 所以 0lim ()x x f x a →=、再证必要性:即若0lim ()x x f x a →=,则0lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→==, 由0lim ()x x f x a →=知,0,0εδ∀>∃>,当00x x δ<-<时,有()f x a ε-<,由00x x δ<-<就就是 00x x δ<-<或00x x δ<-<,于就是0,0εδ∀>∃>,当00x x δ<-<或00x x δ<-<时,有()f x a ε-<、所以 0lim ()lim ()x x x x f x f x a -+→→== 综上所述,0lim x x →f (x )=a 的充要条件就是f (x )在x 0处的左、右极限均存在且都等于a 、2、 (1) 利用极限的几何意义确定0lim x → (x 2+a ),与0lim x -→1e x; (2) 设f (x )= 12e ,0,,0,xx x a x ⎧⎪<⎨⎪+≥⎩,问常数a 为何值时,0lim x →f (x )存在、解:(1)因为x 无限接近于0时,2x a +的值无限接近于a ,故2lim()x x a a →+=、当x 从小于0的方向无限接近于0时,1e x 的值无限接近于0,故10lim e 0xx -→=、 (2)若0lim ()x f x →存在,则00lim ()lim ()x x f x f x +-→→=, 由(1)知 22lim ()lim()lim()x x x f x x a x a a +--→→→=+=+=, 1lim ()lim e 0xx x f x --→→== 所以,当0a =时,0lim ()x f x →存在。

3、 利用极限的几何意义说明lim x →+∞sin x 不存在、解:因为当x →+∞时,sin x 的值在-1与1之间来回振摆动,即sin x 不无限接近某一定直线y A =,亦即()y f x =不以直线y A =为渐近线,所以lim sin x x →+∞不存在。

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就是无穷小量,也不一定就是无穷大量、解:例1:当0x →时,tan ,sin x x 都就是无穷小量,但由sin cos tan xx x=(当0x →时,cos 1x →)不就是无穷大量,也不就是无穷小量。

例2:当x →∞时,2x 与x 都就是无穷大量,但22xx=不就是无穷大量,也不就是无穷小量。

例3:当0x +→时,tan x 就是无穷小量,而cot x 就是无穷大量,但tan cot 1x x =g 不就是无穷大量,也不就是无穷小量。

2、 判断下列命题就是否正确:(1) 无穷小量与无穷小量的商一定就是无穷小量; (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) 有限个无穷小量之与为无穷小量; (5) 有限个无穷大量之与为无穷大量;(6) y =x sin x 在(-∞,+∞)内无界,但lim x →∞x sin x ≠∞;(7) 无穷大量的倒数都就是无穷小量; (8) 无穷小量的倒数都就是无穷大量、 解:(1)错误,如第1题例1; (2)正确,见教材§2、3定理3;(3)错误,例当0x →时,cot x 为无穷大量,sin x 就是有界函数,cot sin cos x x x =g 不就是无穷大量;(4)正确,见教材§2、3定理2;(5)错误,例如当0x →时,1x 与1x -都就是无穷大量,但它们之与11()0x x+-=不就是无穷大量;(6)正确,因为0M ∀>,∃正整数k ,使π2π+2k M >,从而ππππ(2π+)(2π+)sin(2π+)2π+2222f k k k k M ==>,即sin y x x =在(,)-∞+∞内无界,又0M ∀>,无论X 多么大,总存在正整数k ,使π>k X ,使(2π)πsin(π)0f k k k M ==<,即x →+∞时,sin x x 不无限增大,即lim sin x x x →+∞≠∞;(7)正确,见教材§2、3定理5;(8)错误,只有非零的无穷小量的倒数才就是无穷大量。

零就是无穷小量,但其倒数无意义。

3、 指出下列函数哪些就是该极限过程中的无穷小量,哪些就是该极限过程中的无穷大量、(1) f (x )=234x -,x →2; (2) f (x )=ln x ,x →0+,x →1,x →+∞; (3) f (x )= 1e x,x →0+,x →0-; (4) f (x )=2π-arctan x ,x →+∞;(5) f (x )=1x sin x ,x →∞; (6) f (x )= 21xx →∞、解:(1)22lim(4)0x x →-=因为,即2x →时,24x -就是无穷小量,所以214x -就是无穷小量,因而234x -也就是无穷大量。

(2)从()ln f x x =的图像可以瞧出,1lim ln ,limln 0,lim ln x x x x x x +→→+∞→=-∞==+∞,所以,当0x +→时,x →+∞时,()ln f x x =就是无穷大量;当1x →时,()ln f x x =就是无穷小量。

(3)从1()e xf x =的图可以瞧出,110lim e ,lim e 0x xx x +-→→=+∞=, 所以,当0x +→时,1()e xf x =就是无穷大量; 当0x -→时,1()e xf x =就是无穷小量。

(4)πlim (arctan )02x x →+∞-=Q ,∴当x →+∞时,π()arctan 2f x x =-就是无穷小量。

(5)Q 当x →∞时,1x就是无穷小量,sin x 就是有界函数, ∴1sin x x就是无穷小量。

(6)Q 当x →∞时,21x就是无穷小量,∴习题2-41、若0lim x x →f (x )存在,0lim x x →g (x )不存在,问0lim x x →［f (x )±g (x )］, 0lim x x →［f (x )·g (x )］就是否存在,为什么?解:若0lim x x →f (x )存在,0lim x x →g (x )不存在,则(1)0lim x x →［f (x )±g (x )］不存在。

因为若0lim x x →［f (x )±g (x )］存在,则由()()[()()]g x f 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lim x x →g (x ),与题设矛盾。