高等数学第一章极限和连续函数

例题：求函数

$f(x)= \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}},(x \geq 0)$ 的表达式并讨论函数的连续性。

分析解答：求表达式就是要求数列的极限。

$f(x)= \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1+(2x)^n+x^{2n}} = \lim _{t \to \infty} (1+(2x)^t+x^2t)^{\frac{1}{t}},(t \geq 0)$

（这是因为，自然数列 $\{n\}(n=1,2,...)$ 在 $n \to \infty$ 时和函数 $y=x$ 同时趋向于无穷大，故函数和子列有同样的极限。即是所给极限是对应函数的子列。数列是对应函数自变量的一些离散点构成数列（子列） $\Rightarrow$ 函数列是函数的子列。且函数列和函数有相同的极限。但可以推广，不仅限于自变量的离散点，而只要在数列的在n趋向于无穷大时，数列收敛于，自变量的趋向即可。）

令 $g(t)=(1+(2x)^t+x^{2t})^{\frac{1}{t}} \Rightarrow y=ln[g(t)] = \frac{ 1+(2x)^t+x^{2t}}{t }$

1.当 $x \leq \frac{1}{2}$ , $g(t)=(1+(2x)^t+x^{2t})^{\frac{1}{t}} \Rightarrow y=ln[g(t)] = \frac{ 1+(2x)^t+x^{2t}}{t } \to \frac{ 1+0} {\infty } = 0$

即是 $\lim_{t \to \infty} ln[g(t)] = 0 \Rightarrow g(t) \to 1 (t \rightarrow \infty )$ 也就是 $f(x) = 1$

2.当 $x > \frac{1}{2}$ , $\lim_{t \to \infty} y = \lim_{t \to \infty} ln[g(t)] =\lim_{t \to \infty} \frac{ 1+(2x)^t+x^{2t}}{t }$

$=\lim_{t \to \infty} \frac{ (2x)^t ln(2x)+ x^{2t}.2ln(x) }{1+(2x)^t+x^{2t} } =\lim_{t \to \infty} \frac{ (2x)^t ln^2(2x)+ x^{2t}.4ln^2(x) }{(2x)^tln(2x)+ x^{2t}.2ln(x) }$

$= \lim_{t \to \infty} \frac{ ln^2(2x)+ 4ln^2(x).(0.5x)^t }{ ln(2x)+ 2ln(x).(0.5x)^t} = \lim_{t \to \infty} \frac{ \frac{ln^2(2x) }{ (0.5x)^t } + 4ln^2(x)}{ \frac{ln(2x) }{(0.5x)^t }+ 2ln(x)}$

$\frac{ x^{2t}}{ (2x)^t}=(0.5x)^t$

2.1 若 $\frac{1}{2}< x < 2 ,f(x)=2x$

2.2 $x \geq 2 ,f(x)=x^2$

综上， $f(x)=\left\{\begin{matrix} 1 & x \leq 0.5\\2x & 0.5< x<2\\ x^2&x \geq 2\end{matrix}\right.$ ,第一问得证。

第二问：有表达式可以知道函数在个分段点出连续，因而在整个区间上连续。

总结：组要在于求数列极限，数列极限可以转化为函数极限，然后根据x的不同的取值范围，讨论函数的极限；从而确定出不同区间上的f（x）的表达式。

例题：设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续， $x_1,x_2,...,x_n,...$ 是 $[a,b]$ 的一个点列，求极限 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} e^{f(x_k)} }$

解答：令 $g(x)=e^{f(x)},(x\epsilon [a,b])$ ,则函数 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续.不妨设点 $a,x_1,x_2,...,x_n$ 把区间 $[a,b]$ 平均分成n份

则根据定积分的定义有

$A=\int_{a}^{b}g(x)dx= \lim_{n \to \infty} \sum_{ k=1}^{n} [g(x_k).\frac{b-a}{n}]= \lim_{n \to \infty} \sum_{ k=1}^{n} [\frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} e^{f(x_k)} ]$

$\Rightarrow \lim_{n \to \infty} \sum_{ k=1}^{n} [\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} e^{f(x_k)} ] =\frac{1}{b-a}\int_{b}^{a}g(x)dx=\frac{1}{b-a}\int_{b}^{a}e^{f(x)}dx=\frac{A}{b-a}$

原极限

$=\lim_{n \to \infty} e^{\frac{ ln( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} e^{f(x_k)}) }{n }}=e^0=1$

当不是平均分的时候，取 $\lambda_1 =max(x_1-a,x_2-x_1,...,x_n-x_{n-1});\lambda_2 =min(x_1-a,x_2-x_1,...,x_n-x_{n-1});$ ,记： $x_0=a$

$\lim_{n \to \infty} \sum_{ k=1}^{n} [g(x_k).\frac{\lambda_1}{n}] \geq A=\int_{a}^{b}g(x)dx= \lim_{n \to \infty} \sum_{ k=1}^{n} [g(x_k).\frac{x_k-x_{k-1}}{n}] \geq \lim_{n \to \infty} \sum_{ k=1}^{n} [g(x_k).\frac{\lambda_2}{n}]$

$\Rightarrow \lim_{n \to \infty} A \geq \lim_{n \to \infty} \sum_{ k=1}^{n} [g(x_k).\frac{\lambda_2}{n}] \Rightarrow A \geq \sum_{ k=1}^{n} [g(x_k).\frac{\lambda_2}{n}]$

类似地， $\Rightarrow A \leq \sum_{ k=1}^{n} [g(x_k).\frac{\lambda_1}{n}]$ ，这是由极限的保号性质确定的。

原极限 $1=\lim_{n \to \infty} \sqrt[ n]{ \frac{A}{\lambda_2}} =\lim_{n \to \infty} e^{\frac{ lnA-ln(\lambda_2)}{ n}} \leq \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} e^{f(x_k)} } \leq \lim_{n \to \infty} \sqrt[ n]{ \frac{A}{\lambda_1}} =\lim_{n \to \infty} e^{\frac{ lnA-ln(\lambda_1)}{ n}} =1$

由极限的夹逼准则可得原极限为 1 。

总结：1...关键是根据定积分的定义，写出定积分的定义式；其中注意定积分定义中两个无论：1 。无论区间怎么划分。2.无论定义中的中值 $\xi$ 如何的选取。必须理解这两个"无论" 。

2. 定积分是一个和的形式。然后根据区间的最大最小，进行缩放操作，然后根据极限的夹逼准则下结论即可

解答：

原极限 $=\lim_{n \to \infty} EXP \begin{Bmatrix}\frac{ln(1+\frac{1}{n})+ln(1+\frac{2}{n})+...+ln(1+\frac{n-1}{n})+ln(1+\frac{n}{n}) }{ n} \end{Bmatrix} =\lim_{n \to \infty} EXP\begin{Bmatrix} \frac{1}{n} \sum_{ i=1}^{n}ln(1+\frac{i}{n}) \end{Bmatrix}$

取区间为 $[1,2],\xi_i=1+\frac{i}{n},(i=1,2,3,4,....,n),y=ln(x)$ ,

原极限 $=EXP \begin{Bmatrix}\int_{1}^{2} ln(x) dx\end{Bmatrix},(\int lnxdx=xlnx-x+c)=e^{2ln2-1}=\frac{ 4}{e}$

总结：本例通过取对数让指数变成了区间长度，让乘积变成了求和，进而把极限变成了积分和，然后取合适的区间，和合适的 $\xi$ ，合适的函数。然后利用定积分来求极限。。

通过在二次根式下提取一个n平方，造成了区间平均分的德尔塔 x ，进而成为积分和！

分母提取一个n方，然后，把成绩写成乘积的形式，构造了区间增量和函数值序列的乘积和，称为积分和，进而求极限。

总结：积分区间，区间增量，和中值的取法。明确积分函数是什么。这里积分函数是

$\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{ n}=\lim_{x\to \infty}\sqrt[x]{ x} =\lim_{x\to \infty}EXP(\frac{lnx}{x})=\lim_{x \to \infty} e^{\frac{1}{x}} = e^0=1$

本例：由于和在根号低下，怎么都不能构成积分和的形式，但是，通过缩放，把和的形式转化成积的形式，然后再用取对数的方法转化成和的形式，然后再构造积分和，从而求得极限。这里缩放的一句是极限的夹逼准则

例题：函数

$f(x)=\left [\frac{x}{\pi} \right ] ,(x\geq 0)=k ,(k\pi\leq x < (k+1)\pi;k=0,1,2,...)$

$g(x) = \frac{f(x) }{ x^3}=$

$A=\int_{0}^{\infty} \frac{\left [ \frac{ x}{ \pi} \right ] }{ x^3} dx=\sum_{ i=0}^{\infty } \int_{i\pi}^{(i+1)\pi}\frac{ i}{x^3}dx,(i=0,1,2,...)$

$\int\frac{ 1}{x^3}dx = \frac{ x^{-3+1}}{ -3+1}+c =-\frac{ 1}{ 2x^2}+c=-0.5x^{-2}+c$

$\int_{i\pi}^{(i+1)\pi}\frac{ i}{x^3}dx =0.5i[i\pi]^{-2}-0.5i[(i+1)\pi]^{-2}$

i=1 $\int_{1.\pi}^{2.\pi}\frac{ 1}{x^3}dx =0.5*1* (1.\pi)^{-2}-0.5*1*(2\pi)^{-2}$

i=2 $\int_{2\pi}^{3\pi}\frac{ 2}{x^3}dx =0.5*2* (2.\pi)^{-2}-0.5*2*(3\pi)^{-2}$

i=3 $\int_{3\pi}^{4\pi}\frac{ 3}{x^3}dx =0.5*3* (3.\pi)^{-2}-0.5*2*(4\pi)^{-2}$

.................................................

i=n-1 $\int_{(n-1)\pi}^{n\pi}\frac{ n-1}{x^3}dx =0.5.(n-1)[(n-1)\pi]^{-2}-0.5(n-1)[n\pi]^{-2}$

i=n $\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{ n}{x^3}dx =0.5.n[n\pi]^{-2}-0.5n[(n+1)\pi]^{-2}$

原积分 $A=\int_{0}^{\infty} \frac{\left [ \frac{ x}{ \pi} \right ] }{ x^3} dx=\sum_{ i=0}^{\infty } \int_{i\pi}^{(i+1)\pi}\frac{ i}{x^3}dx = \lim_{n \to \infty} \left \{ \sum_{i=1 }^{n}0.5[i\pi]^{-2}-0.5n[(n+1)\pi]^{-2} \right \}= \frac{ 0.5}{ \pi^2} \lim_{n \to \infty }\sum_{ i=1 }^{ n}(i)^{-2}$

$A=\frac{ 0.5}{ \pi^2} \lim_{n \to \infty }\sum_{ i=1 }^{ n-1}(i)^{-2}= \frac{ 0.5}{ \pi^2} .\frac{\pi^2}{6} = \frac{1}{12}$

后边一项是p级数，p=2 的情形

https://wenku.baidu.com/view/9ad6445848d7c1c708a145f4.html

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更多定积分求极限的例题，请查看这里：https://wenku.baidu.com/view/aad329b2b9f67c1cfad6195f312b3169a451eac3.html

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已知 $f(x)$ 二阶可导，且 $f(x)>0$ , $f(x)f''(x)-[f'(x)]^2 \geq 0 ,(x \epsilon R)$

证明：

1. $f(x_1)f(x_2) \geq f^2(\frac{x_1+x_2 }{ 2})$

2 若 $f(0)=1$ ，证明 $f(x) \geq e ^{f'(0)x}$

解答：

令 $F(x)=ln(f(x))$ ,则 $F'(x)= \frac{f'(x)}{f(x)} \Rightarrow F''(x) = \frac{f''(x)f(x)-[f'(x)]^2 }{ f^2(x)}$

结合已知条件，有 $F''(x) \geq 0$ 因此 $F(x)=ln(f(x))$ 为凹函数，根据定义有。

$lnf(x_1)+lnf(x_2) \geq 2lnf( \frac{x_1+x_2}{2}) \rightarrow f(x_1)f(x_2) \geq f^2(\frac{x_1+x_2 }{ 2})$

2小题：

分析，不等式中含所有指数，取对数是一种化简运算的方式

要证 $f(x) \geq e ^{f'(0)x}$ ，由于 $f(x)>0$ ，只要证 $ln f(x) \geq f'(0)x$ ；只要证 $ln f(x) - f'(0)x \geq0$

令 $G(x)=ln f(x) - f'(0)x \Rightarrow G'(x) = \frac{ f'(x)}{f(x)}- \frac{ f'(0)}{f(0) }$

$f(x)$ 二阶可导，从而，函数 $f'(x)$ 连续可导；

容易证明 $g(x)= \frac{ f'(x)}{f(x)}$ 是连续可导函数且 $g'(x)= \frac{ f''(x)f(x)-[f'(x)]^2}{f^2(x)} \geq 0$ ；根据微分中值定理有， $g(x)-g(0) =g'(\xi)x , \xi$ 在 0 和x 间取值，于是，

当x> 0 $G'(x) > 0$ ；当 x < 0 $G'(x) < 0$ ,因此 $G(0 ) =0$ 是极小值，同时也是最小值。

因而 $G(x) \geq 0 (x \epsilon R)$ 即是 $ln f(x) \geq f'(0)x$ 也即 $f(x) \geq e ^{f'(0)x}$

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求极限： $\lim _{n \to \infty} n^3(a^{\frac{1}{n}}-a^{sin\frac{1}{n}})$

解答： $\lim _{n \to \infty} n^3(a^{\frac{1}{n}}-a^{sin\frac{1}{n}}) = \lim _{x \to 0 } \frac{ a^x-a^{sinx}}{x^3 }$

提取公因式，构造常数因子和等价无穷小因子。

$=\lim _{x \to 0 }a^x \frac{ 1-a^{sinx-x}}{x^3 } =\lim_{x \to 0} \frac{ 1-e ^{ (sinx-x)lna}}{ x^3}$

替换无穷小，并使用诺必达法则就得到答案。

$= \lim_{ x \to 0} \frac{ (x-sinx)lna}{x^3 } = \lim_{ x \to 0} \frac{ (1-cosx)lna}{ 3x^2} = \frac{lna }{6}$

误区：一开始不提取公因式，提取常数极限因子，和无穷小因子，化简；直接使用诺必达法则，将导致计算非常的复杂，几乎无法得到正确的结论。

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例题：设函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 具有二阶导数，且 $f''(x)>0$ ,证明：

$f(\frac{a+b}{2})<\frac{ 1}{b-a} \int_{ a}^{b}f(x)dx < \frac{f(a)+f(b)}{2}$

解答： $f''(x)>0$ 因此，函数在区间（a，b）山是上凹弧；

如图所以，M 为直线 $x= \frac{a+b}{2}$ 与曲线 $f(x)$ 的交点。

设 $h(x)$ 为过点M 的f（x）的切线，则有 $f(x) \geq h(x) ,f(x)\not\equiv h(x) ,x\epsilon [a,b]$ ,

于是， $\int_{a}^{b}[f(x)-h(x)]dx > 0$ 则 $\int_{a}^{b}f(x)dx > \int_{a}^{b}h(x)dx =f(\frac{a+b}{2})(b-a)$

即是 $f(\frac{a+b}{2})<\frac{ 1}{b-a} \int_{ a}^{b}f(x)dx$

设直线AB 为 $g(x)$ ,则有 $g(x) \geq f(x) ,g(x)\not\equiv f(x) ,x\epsilon [a,b]$ 则

$\int_{a}^{b}[g(x)-f(x)]dx > 0 \Rightarrow \int_{a}^{b} f(x)dx < \int_{a}^{b}g(x)dx=\frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a)$

即是 $\frac{ 1}{b-a} \int_{ a}^{b}f(x)dx < \frac{f(a)+f(b)}{2}$

总结：把函数值转化成定积分，然后利用定积分的几何意义转化一般确定实数和定积分之间的关系。

微分一类的最老火一种题型就是不给定函数，而是知识描述了函数的各种性质，要求自行构造合适的函数。

理解这类题的一个重要点，在于这些性质的描述唯一确定了一个未知函数，这是肯定的事情，因此，这类题是合理的！

同时，既然函数的存在是合理的，考察点就在于构造出这个函数的能力。

常数变易法：是一种解题技巧，运用它很多时候可以迅速的破题！

解法2：（利用常数变易法构造函数）：

令

$F(x)=(x-a)f(\frac{a+x}{2})-\int_{a}^{x}f(t)dt$ ,则 F（x）是【a,b】上的连续可导函数;

$F(a) =0,F(b) =(b-a)f(\frac{a+b}{2})-\int_{a}^{b}f(t)dt$ ,

(如果，F（x）是单调递减的就好了，为此需要F的导数的符号）

$F'(x)=f(\frac{a+x}{2})+\frac{1}{2}(x-a)f'(\frac{a+x}{2})-f(x) \Rightarrow F'(a)=0$

$=f(\frac{a+x}{2})-f(\frac{x+x}{2}) +\frac{1}{2}(x-a)f'(\frac{a+x}{2}),(a<x<b)$

对前两项利用微分中值定理 , 微分中值定理也是一种化简合并同类项的方法：

$=(\frac{a-x}{2})[ f'(\xi)-f'(\frac{a+x}{2})],(\frac{a+x}{2}<\xi<x)$

由已知条件， $f''(x)>0,(a \leq x \leq b)$ 从而 $f'(x)$ 单调增加,因此 $f'(\xi)>f'(\frac{a+x}{2})$ ;又 $\frac{a-x}{2} < 0$

$F'(x)<0$ 从而，F（x ）为单调递减函数，由前面的分析指导 F(a）= 0 , 因此， $F(x) \leq 0 \Rightarrow F(b) < 0$ .

因此左边得证；

令 $G(x)=\frac{f(a)+f(x)}{2}(x-a)-\int_a^{x}f(t)dt \Rightarrow G(a)=0$

$if ----G(b)>0 ,$ 只要， $G(x)$ 单调递增，就好了，

$G(x)=\frac{f(a)+f(x)}{2}(x-a)-\int_a^{x}f(t)dt \Rightarrow G'(x)=\frac{1}{2}f'(x)(x-a)+\frac{f(a)+f(x)}{2}-f(x)$

$G'(x)=\frac{1}{2}f'(x)(x-a)+\frac{f(a)-f(x)}{2}= \frac{1}{2}f'(x)(x-a)+ \frac{f'(\xi)(x-a)}{2} ,(a<\xi<x)$

$= \frac{1}{2}f'(x)(x-a)+ \frac{f'(\xi)(x-a)}{2} ,(a<\xi<x)=\frac{x-a}{2}[f'(x)-f'(\xi)] > 0$

所以G（x）单调递增， $G(b)>G(a)= 0$ ,即是 $\frac{ 1}{b-a} \int_{ a}^{b}f(x)dx < \frac{f(a)+f(b)}{2}$