高等数学（第七版）同济大学习题1-6 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题1-6

1.计算下列极限：\begin{aligned}&1. \ 计算下列极限：&\end{aligned}1. 计算下列极限：

(1)lim⁡x→0sinωxx；(2)lim⁡x→0tan3xx；(3)lim⁡x→0sin2xsin5x；(4)lim⁡x→0xcotx；(5)lim⁡x→01−cos2xxsinx；(6)lim⁡x→∞2nsinx2n（x为不等于零的常数）\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ \omega x}{x}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{tan\ 3x}{x}；\\\\ &\ \ (3)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ 2x}{sin\ 5x}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}xcot\ x；\\\\ &\ \ (5)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{1-cos\ 2x}{xsin\ x}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ \lim_{x \rightarrow \infty}2^nsin\ \frac{x}{2^n}（x为不等于零的常数） & \end{aligned} (1) x→0limxsin ωx； (2) x→0limxtan 3x； (3) x→0limsin 5xsin 2x； (4) x→0limxcot x； (5) x→0limxsin x1−cos 2x； (6) x→∞lim2nsin 2nx（x为不等于零的常数）

解：

(1)lim⁡x→0sinωxx=lim⁡x→0(ω⋅sinωxωx)=ωlim⁡x→0sinωxωx=ω(2)lim⁡x→0tan3xx=lim⁡x→0sin3xx⋅cos3x=lim⁡x→0(3sin3x3x⋅1cos3x)=3lim⁡x→0sin3x3x⋅lim⁡x→01cos3x=3(3)lim⁡x→0sin2xsin5x=lim⁡x→0(25⋅sin2x2x⋅5xsin5x)=25lim⁡x→0sin2x2xlim⁡x→0(1sin5x5x)=25(4)lim⁡x→0xcotx=lim⁡x→0xcosxsinx=lim⁡x→0(1sinxx⋅1cosx)=1(5)lim⁡x→01−cos2xxsinx=lim⁡x→01−(1−2sin2x)xsinx=2lim⁡x→0sinxx=2(6)lim⁡x→∞2nsinx2n=lim⁡x→∞(x⋅sinx2nx2n)=x\begin{aligned} &\ \ (1)\ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ \omega x}{x}=\lim_{x \rightarrow 0}\left(\omega \cdot \frac{sin\ \omega x}{\omega x}\right)=\omega \lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ \omega x}{\omega x}=\omega\\\\ &\ \ (2)\ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{tan\ 3x}{x}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ 3x}{x \cdot cos\ 3x}=\lim_{x \rightarrow 0}\left(3\frac{sin\ 3x}{3x} \cdot \frac{1}{cos\ 3x}\right)=3\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ 3x}{3x} \cdot \lim_{x \rightarrow 0}\frac{1}{cos\ 3x}=3\\\\ &\ \ (3)\ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ 2x}{sin\ 5x}=\lim_{x \rightarrow 0}\left(\frac{2}{5} \cdot \frac{sin\ 2x}{2x} \cdot \frac{5x}{sin\ 5x}\right)=\frac{2}{5}\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ 2x}{2x}\lim_{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{\frac{sin\ 5x}{5x}}\right)=\frac{2}{5}\\\\ &\ \ (4)\ \lim_{x \rightarrow 0}xcot\ x=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{x\ cos\ x}{sin\ x}=\lim_{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{\frac{sin\ x}{x} \cdot \frac{1}{cos\ x}}\right)=1\\\\ &\ \ (5)\ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{1-cos\ 2x}{xsin\ x}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{1-(1-2sin^2x)}{x\ sin\ x}=2\lim_{x \rightarrow 0}\ \frac{sin\ x}{x}=2\\\\ &\ \ (6)\ \lim_{x \rightarrow \infty}2^nsin\ \frac{x}{2^n}=\lim_{x \rightarrow \infty}\left(x \cdot \frac{sin\ \frac{x}{2^n}}{\frac{x}{2^n}}\right)=x & \end{aligned} (1) x→0limxsin ωx=x→0lim(ω⋅ωxsin ωx)=ωx→0limωxsin ωx=ω (2) x→0limxtan 3x=x→0limx⋅cos 3xsin 3x=x→0lim(33xsin 3x⋅cos 3x1)=3x→0lim3xsin 3x⋅x→0limcos 3x1=3 (3) x→0limsin 5xsin 2x=x→0lim(52⋅2xsin 2x⋅sin 5x5x)=52x→0lim2xsin 2xx→0lim(5xsin 5x1)=52 (4) x→0limxcot x=x→0limsin xx cos x=x→0lim(xsin x⋅cos x11)=1 (5) x→0limxsin x1−cos 2x=x→0limx sin x1−(1−2sin2x)=2x→0lim xsin x=2 (6) x→∞lim2nsin 2nx=x→∞lim(x⋅2nxsin 2nx)=x

2.计算下列极限：\begin{aligned}&2. \ 计算下列极限：&\end{aligned}2. 计算下列极限：

(1)lim⁡x→0(1−x)1x；(2)lim⁡x→0(1+2x)1x；(3)lim⁡x→∞(1+xx)2x；(4)lim⁡x→∞(1−1x)kx（k为正整数）\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}(1-x)^{\frac{1}{x}}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}(1+2x)^{\frac{1}{x}}；\\\\ &\ \ (3)\ \ \lim_{x \rightarrow \infty}\left(\frac{1+x}{x}\right)^{2x}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ \lim_{x \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{x}\right)^{kx}（k为正整数） & \end{aligned} (1) x→0lim(1−x)x1； (2) x→0lim(1+2x)x1； (3) x→∞lim(x1+x)2x； (4) x→∞lim(1−x1)kx（k为正整数）

解：

(1)令−x=1t，1x=−t，当x→0时，t→−∞，则有lim⁡x→0(1−x)1x=lim⁡t→−∞(1+1t)−t=lim⁡t→−∞1(1+1t)t=e−1(2)令2x=1t，x=12t，当x→0时，t→∞，则有lim⁡x→0(1+2x)1x=lim⁡t→∞(1+1t)2t=e2(3)lim⁡x→∞(1+xx)2x=lim⁡x→∞(1+1x)2x=e2(4)令1t=−1x，x=−t，当x→∞，t→−∞，则有lim⁡x→∞(1−1x)kx=lim⁡t→−∞(1+1t)−kt=lim⁡t→−∞1(1+1t)kt=e−k\begin{aligned} &\ \ (1)\ 令-x=\frac{1}{t}，\frac{1}{x}=-t，当x \rightarrow 0时，t \rightarrow -\infty，则有\lim_{x \rightarrow 0}(1-x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{t \rightarrow -\infty}(1+\frac{1}{t})^{-t}=\lim_{t \rightarrow -\infty}\frac{1}{(1+\frac{1}{t})^t}=e^{-1}\\\\ &\ \ (2)\ 令2x=\frac{1}{t}，x=\frac{1}{2t}，当x \rightarrow 0时，t \rightarrow \infty，则有\lim_{x \rightarrow 0}(1+2x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{t \rightarrow \infty}(1+\frac{1}{t})^{2t}=e^2\\\\ &\ \ (3)\ \lim_{x \rightarrow \infty}\left(\frac{1+x}{x}\right)^{2x}=\lim_{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{2x}=e^2\\\\ &\ \ (4)\ 令\frac{1}{t}=-\frac{1}{x}，x=-t，当x \rightarrow \infty，t \rightarrow -\infty，则有\lim_{x \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{x}\right)^{kx}=\lim_{t \rightarrow -\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^{-kt}=\lim_{t \rightarrow -\infty}\frac{1}{(1+\frac{1}{t})^{kt}}=e^{-k} & \end{aligned} (1) 令−x=t1，x1=−t，当x→0时，t→−∞，则有x→0lim(1−x)x1=t→−∞lim(1+t1)−t=t→−∞lim(1+t1)t1=e−1 (2) 令2x=t1，x=2t1，当x→0时，t→∞，则有x→0lim(1+2x)x1=t→∞lim(1+t1)2t=e2 (3) x→∞lim(x1+x)2x=x→∞lim(1+x1)2x=e2 (4) 令t1=−x1，x=−t，当x→∞，t→−∞，则有x→∞lim(1−x1)kx=t→−∞lim(1+t1)−kt=t→−∞lim(1+t1)kt1=e−k

3.根据函数极限的定义，证明极限存在的准则I′\begin{aligned}&3. \ 根据函数极限的定义，证明极限存在的准则I'&\end{aligned}3. 根据函数极限的定义，证明极限存在的准则I′

解：

准则I′：如果（1）当x∈U˚(x0,r)(或∣x∣>M)时，g(x)≤f(x)≤h(x)；（2）lim⁡x→x0g(x)=A，lim⁡x→x0h(x)=A，那么lim⁡x→x0f(x)存在，且等于A.∀ε>0，因lim⁡x→x0g(x)=A，故∃δ1>0，当0<∣x−x0∣<δ1时，有∣g(x)−A∣<ε，即A−ε<g(x)<A+ε，（3）又因lim⁡x→x0h(x)=A，故对上面的ε>0，∃δ2>0，当0<∣x−x0∣<δ2时，有∣h(x)−A∣<ε，即A−ε<h(x)<A+ε。（4）取δ=min{δ1,δ2,r}，则当0<∣x−x0∣<δ时，假设（1）及关系式（3）、（4）同时成立，从而有A−ε<g(x)≤f(x)≤h(x)<A+ε，即有∣f(x)−A∣<ε。因此lim⁡x→x0f(x)存在，且等于A.\begin{aligned} &\ \ 准则I'：如果（1）当x \in \mathring{U}(x_0,\ r)(或|x| \gt M)时，g(x) \le f(x) \le h(x)；\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ （2）\lim_{x \rightarrow x_0}g(x)=A，\lim_{x \rightarrow x_0}h(x)=A，那么\lim_{x \rightarrow x_0}f(x)存在，且等于A.\\\\ &\ \ \forall \ \varepsilon \gt 0，因\lim_{x \rightarrow x_0}g(x)=A，故\exists \ \delta_1 \gt 0，当0 \lt |x-x_0| \lt \delta_1时，有|g(x)-A| \lt \varepsilon，即A-\varepsilon \lt g(x) \lt A+\varepsilon，（3）\\\\ &\ \ 又因\lim_{x \rightarrow x_0}h(x)=A，故对上面的\varepsilon \gt 0，\exists\ \delta_2 \gt 0，当0 \lt |x-x_0| \lt \delta_2时，有|h(x)-A| \lt \varepsilon，\\\\ &\ \ 即A-\varepsilon \lt h(x) \lt A+\varepsilon。（4）\\\\ &\ \ 取\delta=min\{\delta_1, \ \delta_2, \ r\}，则当0 \lt |x-x_0| \lt \delta时，假设（1）及关系式（3）、（4）同时成立，从而有\\\\ &\ \ A-\varepsilon \lt g(x) \le f(x) \le h(x) \lt A+\varepsilon，即有|f(x)-A| \lt \varepsilon。因此\lim_{x \rightarrow x_0}f(x)存在，且等于A. &\ \ & \end{aligned} 准则I′：如果（1）当x∈U˚(x0, r)(或∣x∣>M)时，g(x)≤f(x)≤h(x)；（2）x→x0limg(x)=A，x→x0limh(x)=A，那么x→x0limf(x)存在，且等于A. ∀ ε>0，因x→x0limg(x)=A，故∃ δ1>0，当0<∣x−x0∣<δ1时，有∣g(x)−A∣<ε，即A−ε<g(x)<A+ε，（3）又因x→x0limh(x)=A，故对上面的ε>0，∃ δ2>0，当0<∣x−x0∣<δ2时，有∣h(x)−A∣<ε，即A−ε<h(x)<A+ε。（4）取δ=min{δ1, δ2, r}，则当0<∣x−x0∣<δ时，假设（1）及关系式（3）、（4）同时成立，从而有 A−ε<g(x)≤f(x)≤h(x)<A+ε，即有∣f(x)−A∣<ε。因此x→x0limf(x)存在，且等于A.

3.利用极限存在准则证明：\begin{aligned}&3. \ 利用极限存在准则证明：&\end{aligned}3. 利用极限存在准则证明：

(1)lim⁡n→∞1+1n=1；(2)lim⁡n→∞n(1n2+π+1n2+2π+⋅⋅⋅+1n2+nπ)=1；(3)数列2，2+2，2+2+2，⋅⋅⋅的极限存在；(4)lim⁡x→01+xn=1；(5)lim⁡x→0+x[1x]=1.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt{1+\frac{1}{n}}=1；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ \lim_{n \rightarrow \infty}n\left(\frac{1}{n^2+\pi}+\frac{1}{n^2+2\pi}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n^2+n\pi}\right)=1；\\\\ &\ \ (3)\ \ 数列\sqrt{2}，\sqrt{2+\sqrt{2}}，\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}，\cdot \cdot \cdot的极限存在；\\\\ &\ \ (4)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\sqrt[n]{1+x}=1；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (5)\ \ \lim_{x \rightarrow 0^+}x\left[\frac{1}{x}\right]=1. & \end{aligned} (1) n→∞lim1+n1=1； (2) n→∞limn(n2+π1+n2+2π1+⋅⋅⋅+n2+nπ1)=1； (3) 数列2，2+2，2+2+2，⋅⋅⋅的极限存在； (4) x→0limn1+x=1； (5) x→0+limx[x1]=1.

解：

(1)因1<1+1n<1+1n，而lim⁡n→∞1=1，lim⁡n→∞(1+1n)=1，根据夹逼准则，得出lim⁡n→∞1+1n=1(2)因nn+π≤n(1n2+π+1n2+2π+⋅⋅⋅+1n2+nπ)≤n2n2+π，而lim⁡n→∞nn+π=1，lim⁡n→∞n2n2+π=1，根据夹逼准则，得出lim⁡n→∞n(1n2+π+1n2+2π+⋅⋅⋅+1n2+nπ)=1(3)xn+1=2+xn(n∈N+)，x1=2.n=1时，x1=2<2；假定n=k时，xk<2，当n=k+1时，xk+1=2+xk<2+2=2。故xn<2(n∈N+)，数列{xn}有界。因xn+1−xn=2+xn−xn=2+xn−xn22+xn+xn=−(xn−2)(xn+1)2+xn+xn，由0<xn<2，得xn+1−xn>0，即xn+1>xn(n∈N+)。由单调有界准则，得lim⁡x→∞xn存在。(4)当x>0时，1n<1+xn<1+x；当−1<x<0时，1+x<1+xn<1n，因lim⁡x→01=1，lim⁡x→0(1+x)=1，由夹逼准则，得出lim⁡x→01+xn=1(5)当x>0时，1−x<x[1x]≤1。因lim⁡x→0+(1−x)=1，lim⁡x→0+1=1，由夹逼准则得出lim⁡x→0+x[1x]=1\begin{aligned} &\ \ (1)\ 因1 \lt \sqrt{1+\frac{1}{n}} \lt 1+\frac{1}{n}，而\lim_{n \rightarrow \infty}1=1，\lim_{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1，根据夹逼准则，得出\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt{1+\frac{1}{n}}=1\\\\ &\ \ (2)\ 因\frac{n}{n+\pi} \le n\left(\frac{1}{n^2+\pi}+\frac{1}{n^2+2\pi}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n^2+n\pi}\right) \le \frac{n^2}{n^2+\pi}，而\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{n}{n+\pi}=1，\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{n^2}{n^2+\pi}=1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 根据夹逼准则，得出\lim_{n \rightarrow \infty}n\left(\frac{1}{n^2+\pi}+\frac{1}{n^2+2\pi}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n^2+n\pi}\right)=1\\\\ &\ \ (3)\ x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}(n \in N_+)，x_1=\sqrt{2}.\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ n=1时，x_1=\sqrt{2} \lt 2；假定n=k时，x_k \lt 2，当n=k+1时，x_{k+1}=\sqrt{2+x_k} \lt \sqrt{2+2}=2。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 故x_n \lt 2(n \in N_+)，数列\{x_n\}有界。\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因x_{n+1}-x_n=\sqrt{2+x_n}-x_n=\frac{2+x_n-{x_n}^2}{\sqrt{2+x_n}+x_n}=-\frac{(x_n-2)(x_n+1)}{\sqrt{2+x_n}+x_n}，由0 \lt x_n \lt 2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得x_{n+1}-x_n \gt 0，即x_{n+1} \gt x_n(n \in N_+)。由单调有界准则，得\lim_{x \rightarrow \infty}x_n存在。\\\\ &\ \ (4)\ 当x \gt 0时，\sqrt[n]{1} \lt \sqrt[n]{1+x} \lt 1+x；当-1 \lt x \lt 0时，1+x \lt \sqrt[n]{1+x} \lt \sqrt[n]{1}，因\lim_{x \rightarrow 0}1=1，\lim_{x \rightarrow 0}(1+x)=1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 由夹逼准则，得出\lim_{x \rightarrow 0}\sqrt[n]{1+x}=1\\\\ &\ \ (5)\ 当x \gt 0时，1-x \lt x\left[\frac{1}{x}\right] \le 1。因\lim_{x \rightarrow 0^+}(1-x)=1，\lim_{x \rightarrow 0^+}1=1，由夹逼准则得出\lim_{x \rightarrow 0^+}x\left[\frac{1}{x}\right]=1 & \end{aligned} (1) 因1<1+n1<1+n1，而n→∞lim1=1，n→∞lim(1+n1)=1，根据夹逼准则，得出n→∞lim1+n1=1 (2) 因n+πn≤n(n2+π1+n2+2π1+⋅⋅⋅+n2+nπ1)≤n2+πn2，而n→∞limn+πn=1，n→∞limn2+πn2=1，根据夹逼准则，得出n→∞limn(n2+π1+n2+2π1+⋅⋅⋅+n2+nπ1)=1 (3) xn+1=2+xn(n∈N+)，x1=2. n=1时，x1=2<2；假定n=k时，xk<2，当n=k+1时，xk+1=2+xk<2+2=2。故xn<2(n∈N+)，数列{xn}有界。因xn+1−xn=2+xn−xn=2+xn+xn2+xn−xn2=−2+xn+xn(xn−2)(xn+1)，由0<xn<2，得xn+1−xn>0，即xn+1>xn(n∈N+)。由单调有界准则，得x→∞limxn存在。 (4) 当x>0时，n1<n1+x<1+x；当−1<x<0时，1+x<n1+x<n1，因x→0lim1=1，x→0lim(1+x)=1，由夹逼准则，得出x→0limn1+x=1 (5) 当x>0时，1−x<x[x1]≤1。因x→0+lim(1−x)=1，x→0+lim1=1，由夹逼准则得出x→0+limx[x1]=1