李永乐复习全书高等数学 第一章 函数、极限、连续
1.2 极限
例4 设f(x)f(x)f(x)在x=0x=0x=0的某邻域内连续，f(0)≠0f(0)\ne0f(0)=0，则limx→0∫0x(x−t)f(t)dtx∫0xf(x−t)dt=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^x_0(x-t)f(t)\mathrm{d}t}{x\displaystyle\int^x_0f(x-t)\mathrm{d}t}=x→0limx∫0xf(x−t)dt∫0x(x−t)f(t)dt=______。
解
∫0x(x−t)f(t)dt=x∫0xf(t)dt−∫0xtf(t)dt,∫0xf(x−t)dt=∫x0f(u)(−du)=∫0xf(u)du=∫0xf(t)dt,原式=limx→0x∫0xf(t)dt−∫0xtf(t)dtx∫0xf(t)dt=limx→0∫0xf(t)dt+xf(x)−xf(x)∫0xf(t)dt+xf(x)=limx→0∫0xf(t)dt∫0xf(t)dt+xf(x).\begin{aligned} &\displaystyle\int^x_0(x-t)f(t)\mathrm{d}t=x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t,\\ &\displaystyle\int^x_0f(x-t)\mathrm{d}t=\displaystyle\int^0_xf(u)(-\mathrm{d}u)=\displaystyle\int^x_0f(u)\mathrm{d}u=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t, \end{aligned}\\ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t}{x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+xf(x)-xf(x)}{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+xf(x)}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t}{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+xf(x)}. \end{aligned} ∫0x(x−t)f(t)dt=x∫0xf(t)dt−∫0xtf(t)dt,∫0xf(x−t)dt=∫x0f(u)(−du)=∫0xf(u)du=∫0xf(t)dt,原式=x→0limx∫0xf(t)dtx∫0xf(t)dt−∫0xtf(t)dt=x→0lim∫0xf(t)dt+xf(x)∫0xf(t)dt+xf(x)−xf(x)=x→0lim∫0xf(t)dt+xf(x)∫0xf(t)dt.
此式不能用洛必达法则，因为f(x)f(x)f(x)在x=0x=0x=0的去心领域内未设可导，不满足洛必达法则的条件（2）。应将上式右边分子、分母统一除以xxx，得
原式=limx→01x∫0xf(t)dt1x∫0xf(t)dt+f(x).\text{原式}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\cfrac{1}{x}\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t}{\cfrac{1}{x}\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+f(x)}. 原式=x→0limx1∫0xf(t)dt+f(x)x1∫0xf(t)dt.
由洛必达法则，limx→0∫0xf(t)dtx=limx→0f(x)1=f(0)\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t}{x}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)}{1}=f(0)x→0limx∫0xf(t)dt=x→0lim1f(x)=f(0)。从而
原式=f(0)f(0)+f(0)=12.\text{原式}=\cfrac{f(0)}{f(0)+f(0)}=\cfrac{1}{2}. 原式=f(0)+f(0)f(0)=21.
（这道题主要利用了构造函数求解）
例5 limx→03sinx+x2cos1x(1+cosx)ln(1+x)=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{3\sin x+x^2\cos\cfrac{1}{x}}{(1+\cos x)\ln(1+x)}=x→0lim(1+cosx)ln(1+x)3sinx+x2cosx1=______。
解
limx→03sinx+x2cos1x(1+cosx)ln(1+x)=12limx→03sinx+x2cos1xx=12[limx→03sinxx+limx→0(xcos1x)]=32.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{3\sin x+x^2\cos\cfrac{1}{x}}{(1+\cos x)\ln(1+x)}&=\cfrac{1}{2}\lim\limits_{x\to0}\cfrac{3\sin x+x^2\cos\cfrac{1}{x}}{x}\\ &=\cfrac{1}{2}\left[\lim\limits_{x\to0}\cfrac{3\sin x}{x}+\lim\limits_{x\to0}\left(x\cos\cfrac{1}{x}\right)\right]=\cfrac{3}{2}. \end{aligned} x→0lim(1+cosx)ln(1+x)3sinx+x2cosx1=21x→0limx3sinx+x2cosx1=21[x→0limx3sinx+x→0lim(xcosx1)]=23.
（这道题主要利用了洛必达法则求极限的条件求解）
例6 求极限limx→+∞∫1x[t2(e1t−1)−t]dtx2ln(1+1x)\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t}{x^2\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)}x→+∞limx2ln(1+x1)∫1x[t2(et1−1)−t]dt。
解 命分母为g(x)=x2ln(1+1x)=x⋅xln(1+1x)g(x)=x^2\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)=x\cdot x\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)g(x)=x2ln(1+x1)=x⋅xln(1+x1)，由于limx→+∞xln(1+1x)=limu→0+ln(1+u)u=1\lim\limits_{x\to+\infty}x\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)=\lim\limits_{u\to0^+}\cfrac{\ln(1+u)}{u}=1x→+∞limxln(1+x1)=u→0+limuln(1+u)=1，所以limx→+∞g(x)=limx→+∞x=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\inftyx→+∞limg(x)=x→+∞limx=+∞。
命分子为f(x)=∫1x[t2(e1t−1)−t]dtf(x)=\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}tf(x)=∫1x[t2(et1−1)−t]dt，其中被积函数的极限
limx→+∞[t2(e1t−1)−t]=limu→0+eu−1−uu2=洛必达limu→0+eu−12u=洛必达limu→0+eu2=12,\begin{aligned} \lim\limits_{x\to+\infty}[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]&=\lim\limits_{u\to0^+}\cfrac{e^u-1-u}{u^2}\\ &\xlongequal{\text{洛必达}}\lim\limits_{u\to0^+}\cfrac{e^u-1}{2u}\\ &\xlongequal{\text{洛必达}}\lim\limits_{u\to0^+}\cfrac{e^u}{2}=\cfrac{1}{2}, \end{aligned} x→+∞lim[t2(et1−1)−t]=u→0+limu2eu−1−u洛必达u→0+lim2ueu−1洛必达u→0+lim2eu=21,
所以存在充分大的TTT，由保号性，当t>Tt>Tt>T时，有
[t2(e1t−1)−t]>13.[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]>\cfrac{1}{3}. [t2(et1−1)−t]>31.
于是当xxx充分大(x>T)(x>T)(x>T)时，
f(x)=∫1x[t2(e1t−1)−t]dt=∫1T[t2(e1t−1)−t]dt+∫Tx[t2(e1t−1)−t]dt>∫1T[t2(e1t−1)−t]dt+∫Tx13dt=∫Tx[t2(e1t−1)−t]dt+13(x−T)→x→+∞+∞.\begin{aligned} f(x)&=\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^T_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t+\displaystyle\int^x_T[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t\\ &>\displaystyle\int^T_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t+\displaystyle\int^x_T\cfrac{1}{3}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^x_T[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t+\cfrac{1}{3}(x-T)\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty. \end{aligned} f(x)=∫1x[t2(et1−1)−t]dt=∫1T[t2(et1−1)−t]dt+∫Tx[t2(et1−1)−t]dt>∫1T[t2(et1−1)−t]dt+∫Tx31dt=∫Tx[t2(et1−1)−t]dt+31(x−T)x→+∞+∞.
由洛必达法则
limx→+∞∫1x[t2(e1t−1)−t]dtx2ln(1+1x)=limx→+∞∫1x[t2(e1t−1)−t]dtx=洛必达limx→+∞x2(e1x−1)−x1=12.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t}{x^2\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)}&=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{\displaystyle\int^x_1[t^2(e^{\frac{1}{t}}-1)-t]\mathrm{d}t}{x}\\ &\xlongequal{\text{洛必达}}\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x}{1}=\cfrac{1}{2}. \end{aligned} x→+∞limx2ln(1+x1)∫1x[t2(et1−1)−t]dt=x→+∞limx∫1x[t2(et1−1)−t]dt洛必达x→+∞lim1x2(ex1−1)−x=21.
（这道题主要利用了积分式求导求解）
例17 设limx→0xf(x)+ln(1−2x)x2=4\lim\limits_{x\to0}\cfrac{xf(x)+\ln(1-2x)}{x^2}=4x→0limx2xf(x)+ln(1−2x)=4，则limx→0f(x)−2x=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)-2}{x}=x→0limxf(x)−2=______。
解
f(x)−2x−xf(x)+ln(1−2x)x2=−2x−ln(1−2x)x2.limx→0f(x)−2x=limx→0xf(x)+ln(1−2x)x2−limx→02x+ln(1−2x)x2=4−limx→02−21−2x2x=6.\cfrac{f(x)-2}{x}-\cfrac{xf(x)+\ln(1-2x)}{x^2}=\cfrac{-2x-\ln(1-2x)}{x^2}.\\ \begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)-2}{x}&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{xf(x)+\ln(1-2x)}{x^2}-\lim\limits_{x\to0}\cfrac{2x+\ln(1-2x)}{x^2}\\ &=4-\lim\limits_{x\to0}\cfrac{2-\cfrac{2}{1-2x}}{2x}=6. \end{aligned} xf(x)−2−x2xf(x)+ln(1−2x)=x2−2x−ln(1−2x).x→0limxf(x)−2=x→0limx2xf(x)+ln(1−2x)−x→0limx22x+ln(1−2x)=4−x→0lim2x2−1−2x2=6.
（这道题主要利用了极限的四则运算求解）
例21 设un=∑i=1n1(n+i−1)(n+i)u_n=\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{\sqrt{(n+i-1)(n+i)}}un=i=1∑n(n+i−1)(n+i)1，求limn→∞un\lim\limits_{n\to\infty}u_nn→∞limun。
解
un=∑i=1n1(n+i−1)(n+i)=1n∑i=1n1(1+i−1n)(1+in)⩽1n∑i=1n11+i−1n=1n∑i=0n−111+in→n→∞∫0111+xdx=ln2.un⩾∑i=1n1n+i=1n∑i=1n11+in→n→∞∫0111+xdx=ln2.\begin{aligned} u_n&=\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{\sqrt{(n+i-1)(n+i)}}=\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{\sqrt{(1+\cfrac{i-1}{n})(1+\cfrac{i}{n})}}\\ &\leqslant\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{1+\cfrac{i-1}{n}}=\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}\cfrac{1}{1+\cfrac{i}{n}}\xrightarrow[n\to\infty]{}\displaystyle\int^1_0\cfrac{1}{1+x}\mathrm{d}x=\ln2. \end{aligned}\\ \begin{aligned} u_n&\geqslant\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{n+i}\\ &=\cfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\cfrac{1}{1+\cfrac{i}{n}}\xrightarrow[n\to\infty]{}\displaystyle\int^1_0\cfrac{1}{1+x}\mathrm{d}x=\ln2. \end{aligned} un=i=1∑n(n+i−1)(n+i)1=n1i=1∑n(1+ni−1)(1+ni)1⩽n1i=1∑n1+ni−11=n1i=0∑n−11+ni1n→∞∫011+x1dx=ln2.un⩾i=1∑nn+i1=n1i=1∑n1+ni1n→∞∫011+x1dx=ln2.
所以，limn→∞un=ln2\lim\limits_{n\to\infty}u_n=\ln2n→∞limun=ln2。（这道题主要利用了积分定义求解）
例22 设u1>0,un+1=3+4un,n=1,2,⋯u_1>0,u_{n+1}=3+\cfrac{4}{u_n},n=1,2,\cdotsu1>0,un+1=3+un4,n=1,2,⋯。讨论数列{un}\{u_n\}{un}的收敛性。若收敛，并求其极限。
解
un+1−4=3+4un−4=4un−1=4−unun.u_{n+1}-4=3+\cfrac{4}{u_n}-4=\cfrac{4}{u_n}-1=\cfrac{4-u_n}{u_n}. un+1−4=3+un4−4=un4−1=un4−un.
由于对一切n,un>3n,u_n>3n,un>3，所以
∣un+1−4∣=∣4−un∣un⩽13∣un−4∣⩽⋯⩽(13)n∣u1−4∣.\begin{aligned} |u_{n+1}-4|&=\cfrac{|4-u_n|}{u_n}\leqslant\cfrac{1}{3}|u_n-4|\\ &\leqslant\cdots\leqslant\left(\cfrac{1}{3}\right)^n|u_1-4|. \end{aligned} ∣un+1−4∣=un∣4−un∣⩽31∣un−4∣⩽⋯⩽(31)n∣u1−4∣.
不等式左边显然⩾0\geqslant0⩾0，命n→∞n\to\inftyn→∞，由夹挤定理得limn→∞∣un+1−4∣=0\lim\limits_{n\to\infty}|u_{n+1}-4|=0n→∞lim∣un+1−4∣=0，所以limn→∞un=4\lim\limits_{n\to\infty}u_n=4n→∞limun=4。（这道题主要利用了放缩法求解）
例25 下列命题正确的是（ ）
(A)(A)(A)设limx→x0f(x)\lim\limits_{x\to x_0}f(x)x→x0limf(x)不存在，limx→x0g(x)\lim\limits_{x\to x_0}g(x)x→x0limg(x)存在，则limx→x0(f(x)g(x))\lim\limits_{x\to x_0}(f(x)g(x))x→x0lim(f(x)g(x))必存在；
(B)(B)(B)设limx→x0f(x)\lim\limits_{x\to x_0}f(x)x→x0limf(x)不存在，limx→x0g(x)\lim\limits_{x\to x_0}g(x)x→x0limg(x)不存在，则limx→x0(f(x)g(x))\lim\limits_{x\to x_0}(f(x)g(x))x→x0lim(f(x)g(x))必不存在；
(C)(C)(C)设limx→x0g(x)=u0,limu→u0f(u)=A\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=u_0,\lim\limits_{u\to u_0}f(u)=Ax→x0limg(x)=u0,u→u0limf(u)=A，则必有limx→x0f(g(x))=A\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))=Ax→x0limf(g(x))=A；
(D)(D)(D)设limx→x0g(x)=∞,limu→∞f(u)=A\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=\infty,\lim\limits_{u\to\infty}f(u)=Ax→x0limg(x)=∞,u→∞limf(u)=A，则必有limx→x0f(g(x))=A\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))=Ax→x0limf(g(x))=A。
解 由limu→∞f(u)=A\lim\limits_{u\to\infty}f(u)=Au→∞limf(u)=A，对于任给ϵ>0\epsilon>0ϵ>0，存在M>0M>0M>0，当∣u∣>M|u|>M∣u∣>M时，有∣f(u)−A∣<ϵ|f(u)-A|<\epsilon∣f(u)−A∣<ϵ。又因limx→x0g(x)=∞\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=\inftyx→x0limg(x)=∞，故对于上述M>0M>0M>0，存在δ>0\delta>0δ>0，当0<∣x−x0∣<δ0<|x-x_0|<\delta0<∣x−x0∣<δ时，∣g(x)∣>M|g(x)|>M∣g(x)∣>M。将上述两点结合起来推知，对于任给ϵ>0\epsilon>0ϵ>0，存在δ>0\delta>0δ>0，当0<∣x−x0∣<δ0<|x-x_0|<\delta0<∣x−x0∣<δ时，有∣f(g(x))−A∣<ϵ|f(g(x))-A|<\epsilon∣f(g(x))−A∣<ϵ，即
limx→x0f(g(x))=A.\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))=A. x→x0limf(g(x))=A.
所以(D)(D)(D)正确。
(A)(A)(A)的反例：f(x)=1x2,limx→0f(x)f(x)=\cfrac{1}{x^2},\lim\limits_{x\to0}f(x)f(x)=x21,x→0limf(x)不存在，g(x)=x,limx→0g(x)g(x)=x,\lim\limits_{x\to0}g(x)g(x)=x,x→0limg(x)存在，但limx→0(f(x)g(x))=limx→01x\lim\limits_{x\to0}(f(x)g(x))=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{1}{x}x→0lim(f(x)g(x))=x→0limx1仍不存在。
(B)(B)(B)的反例：f(x)=x∣x∣(x≠0),limx→0f(x)f(x)=\cfrac{x}{|x|}(x\ne0),\lim\limits_{x\to0}f(x)f(x)=∣x∣x(x=0),x→0limf(x)不存在，g(x)=x∣x∣(x≠0),limx→0g(x)g(x)=\cfrac{x}{|x|}(x\ne0),\lim\limits_{x\to0}g(x)g(x)=∣x∣x(x=0),x→0limg(x)亦不存在，但limx→0(f(x)g(x))=limx→0=limx→0x2∣x2∣=1\lim\limits_{x\to0}(f(x)g(x))=\lim\limits_{x\to0}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{x^2}{|x^2|}=1x→0lim(f(x)g(x))=x→0lim=x→0lim∣x2∣x2=1。
(C)(C)(C)的反例：g(x)=xsin1x,limx→0g(x)=0.f(u)=sinuu=1g(x)=x\sin\cfrac{1}{x},\lim\limits_{x\to0}g(x)=0.f(u)=\cfrac{\sin u}{u}=1g(x)=xsinx1,x→0limg(x)=0.f(u)=usinu=1，但对于复合函数f(g(x))=sin(xsin1x)xsin1xf(g(x))=\cfrac{\sin\left(x\sin\cfrac{1}{x}\right)}{x\sin\cfrac{1}{x}}f(g(x))=xsinx1sin(xsinx1)，不论δ>0\delta>0δ>0多么小，在x=0x=0x=0的δ\deltaδ去心领域Uδ(0)={x∣0<∣x∣<δ}U_\delta(0)=\{x|0<|x|<\delta\}Uδ(0)={x∣0<∣x∣<δ}内，f(g(x))f(g(x))f(g(x))在无穷多个点上（例如x=1nπ,n∈Zx=\cfrac{1}{n\pi},n\in\bold{Z}x=nπ1,n∈Z且充分大）没有定义（因为分母为000），因此谈不上取极限limx→x0f(g(x))\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))x→x0limf(g(x))。故(C)(C)(C)不成立。（这道题主要利用了临界点求解）
例26 设函数f(x)f(x)f(x)在(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)(−∞,+∞)内单调有界，{xn}\{x_n\}{xn}为数列，下列命题正确的是（ ）
(A)(A)(A)若{xn}\{x_n\}{xn}收敛，则{f(xn)}\{f(x_n)\}{f(xn)}收敛；
(B)(B)(B)若{xn}\{x_n\}{xn}单调，则{f(xn)}\{f(x_n)\}{f(xn)}收敛；
(C)(C)(C)若{f(xn)}\{f(x_n)\}{f(xn)}收敛，则{xn}\{x_n\}{xn}收敛；
(D)(D)(D)若{f(xn)}\{f(x_n)\}{f(xn)}单调，则{xn}\{x_n\}{xn}收敛。
解 因为{xn}\{x_n\}{xn}单调，f(x)f(x)f(x)在(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)(−∞,+∞)内也单调，所以复合函数构成的数列{f(xn)}\{f(x_n)\}{f(xn)}对nnn来说也是单调的。又因f(x)f(x)f(x)有界，所以{f(xn)}\{f(x_n)\}{f(xn)}有界。由单调有界数列必存在极限，所以limn→∞{f(xn)}\lim\limits_{n\to\infty}\{f(x_n)\}n→∞lim{f(xn)}存在，即{f(xn)}\{f(x_n)\}{f(xn)}收敛。选(B)(B)(B)。
(A)(A)(A)的反例。设
f(x)={arctanx,0⩽x<+∞,arctanx−1,−∞<x<0.xn=(−1)nn,n=1,2,⋯.f(x)=\begin{cases}\arctan x,&0\leqslant x<+\infty,\\\arctan x-1,&-\infty<x<0.\end{cases}\\ x_n=\cfrac{(-1)^n}{n},\qquad n=1,2,\cdots. f(x)={arctanx,arctanx−1,0⩽x<+∞,−∞<x<0.xn=n(−1)n,n=1,2,⋯.
f(x)f(x)f(x)在(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)(−∞,+∞)内单调有界，limn→∞xn=0,{xn}\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0,\{x_n\}n→∞limxn=0,{xn}收敛。
但
f(xn)={arctan(1x),n为偶数,arctan(−1x)−1,n为奇数.f(x_n)=\begin{cases}\arctan\left(\cfrac{1}{x}\right),&n\text{为偶数},\\\arctan\left(-\cfrac{1}{x}\right)-1,&n\text{为奇数}.\end{cases} f(xn)=⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧arctan(x1),arctan(−x1)−1,n为偶数,n为奇数.
故limn→∞{f(xn)}\lim\limits_{n\to\infty}\{f(x_n)\}n→∞lim{f(xn)}不存在。
由(A)(A)(A)的反例可见，由{xn}\{x_n\}{xn}的收敛性与f(x)f(x)f(x)的单调性推不出f(x)f(x)f(x)关于nnn的单调性。所以实际上，条件中的单调性在此已不起作用。
(C)(C)(C)的反例。f(x)=arctanxf(x)=\arctan xf(x)=arctanx，它在(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)(−∞,+∞)内单调有界，xn=n,f(xn)=arctann→π2(n→∞)x_n=n,f(x_n)=\arctan n\to\cfrac{\pi}{2}(n\to\infty)xn=n,f(xn)=arctann→2π(n→∞)，它收敛。但limn→∞xn=limn→∞n=+∞\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}n=+\inftyn→∞limxn=n→∞limn=+∞，不收敛。
(D)(D)(D)的反例见(C)(C)(C)的反例，f(xn)=f(n)=arctannf(x_n)=f(n)=\arctan nf(xn)=f(n)=arctann单调，但limn→∞xn=limn→∞n=+∞\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}n=+\inftyn→∞limxn=n→∞limn=+∞，不收敛。（这道题主要利用了函数的单调和有界性质求解）
练习一
10.设当0<x⩽10<x\leqslant10<x⩽1时f(x)=xsinxf(x)=x^{\sin x}f(x)=xsinx，对于其他x,f(x)x,f(x)x,f(x)满足f(x)+k=2f(x+1)f(x)+k=2f(x+1)f(x)+k=2f(x+1)。求常数kkk使f(x)f(x)f(x)在x=0x=0x=0处连续。
解 因为0<x⩽10<x\leqslant10<x⩽1时，f(x)=xsinxf(x)=x^{\sin x}f(x)=xsinx，所以f(1)=1f(1)=1f(1)=1，又因为题设f(x)f(x)f(x)在x=0x=0x=0处连续，于是
f(0)=limx→0+f(x)=limx→0+xsinx=limx→0+esinx⋅lnx.f(0)=\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to0^+}x^{\sin x}=\lim\limits_{x\to0^+}e^{\sin x\cdot\ln x}. f(0)=x→0+limf(x)=x→0+limxsinx=x→0+limesinx⋅lnx.
而limx→0+sinx⋅lnx=limx→0+x⋅lnx=limx→0+lnx1x=limx→0+1x−1x2=0\lim\limits_{x\to0^+}\sin x\cdot\ln x=\lim\limits_{x\to0^+}x\cdot\ln x=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\ln x}{\cfrac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\cfrac{1}{x}}{-\cfrac{1}{x^2}}=0x→0+limsinx⋅lnx=x→0+limx⋅lnx=x→0+limx1lnx=x→0+lim−x21x1=0，从而知f(0)=e0=1f(0)=e^0=1f(0)=e0=1。取x=0x=0x=0代入f(x)+k=2f(x+1)f(x)+k=2f(x+1)f(x)+k=2f(x+1)，得f(0)+k=2f(1)f(0)+k=2f(1)f(0)+k=2f(1)，即1+k=21+k=21+k=2，所以k=1k=1k=1。（这道题主要利用了洛必达法则求解）
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