本讲主要介绍了极限与连续的相关计算。

例题二

例2.5 已知I=lim⁡x→0(ln⁡(1+e2x)ln⁡(1+e1x)+a[x])I=\lim\limits_{x\to0}\left(\cfrac{\ln(1+e^{\frac{2}{x}})}{\ln(1+e^{\frac{1}{x}})}+a[x]\right)I=x→0lim​(ln(1+ex1​)ln(1+ex2​)​+a[x])存在，[⋅][\cdot][⋅]为取整函数，求I,aI,aI,a。

解
lim⁡x→0−(ln⁡(1+e2x)ln⁡(1+e1x)+a[x])=u=1xlim⁡x→−∞2e2u1+e2ueu1+eu=0,lim⁡x→0−a[x]=−a,lim⁡x→0+(ln⁡(1+e2x)ln⁡(1+e1x)+a[x])=u=1xlim⁡x→+∞2e2u1+e2ueu1+eu=lim⁡x→+∞2(eu+e2u)1+e2u=lim⁡x→+∞2(e−u+1)1+e−2u=2,lim⁡x→0+a[x]=0.\lim\limits_{x\to0^-}\left(\cfrac{\ln(1+e^{\frac{2}{x}})}{\ln(1+e^{\frac{1}{x}})}+a[x]\right)\xlongequal{u=\cfrac{1}{x}}\lim\limits_{x\to-\infty}\cfrac{\cfrac{2e^{2u}}{1+e^{2u}}}{\cfrac{e^u}{1+e^u}}=0,\lim\limits_{x\to0^-}a[x]=-a,\\ \lim\limits_{x\to0^+}\left(\cfrac{\ln(1+e^{\frac{2}{x}})}{\ln(1+e^{\frac{1}{x}})}+a[x]\right)\xlongequal{u=\cfrac{1}{x}}\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{\cfrac{2e^{2u}}{1+e^{2u}}}{\cfrac{e^u}{1+e^u}}=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{2(e^u+e^{2u})}{1+e^{2u}}=\lim\limits_{x\to+\infty}\cfrac{2(e^{-u}+1)}{1+e^{-2u}}=2,\lim\limits_{x\to0^+}a[x]=0. x→0−lim​(ln(1+ex1​)ln(1+ex2​)​+a[x])u=x1​x→−∞lim​1+eueu​1+e2u2e2u​​=0,x→0−lim​a[x]=−a,x→0+lim​(ln(1+ex1​)ln(1+ex2​)​+a[x])u=x1​x→+∞lim​1+eueu​1+e2u2e2u​​=x→+∞lim​1+e2u2(eu+e2u)​=x→+∞lim​1+e−2u2(e−u+1)​=2,x→0+lim​a[x]=0.
  当且仅当a=−2a=-2a=−2时，原极限存在，此时I=2I=2I=2。（这道题主要利用了换元法求解）

例2.9 求下列极限。

（3）lim⁡n→∞(1n+1+1n+2+⋯+1n+n);\lim\limits_{n\to\infty}\left(\cfrac{1}{n+1}+\cfrac{1}{n+2}+\cdots+\cfrac{1}{n+n}\right);n→∞lim​(n+11​+n+21​+⋯+n+n1​);

解
lim⁡n→∞(1n+1+1n+2+⋯+1n+n)=lim⁡n→∞∑i=1n1n+i.\lim\limits_{n\to\infty}\left(\cfrac{1}{n+1}+\cfrac{1}{n+2}+\cdots+\cfrac{1}{n+n}\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n_{i=1}\cfrac{1}{n+i}. n→∞lim​(n+11​+n+21​+⋯+n+n1​)=n→∞lim​i=1∑n​n+i1​.
  利用定积分的定义，即
原式=lim⁡n→∞∑i=1n1n+i=lim⁡n→∞∑i=1n11+in⋅1n=∫0111+xdx=ln⁡2.\text{原式}=\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n_{i=1}\cfrac{1}{n+i}=\lim\limits_{n\to\infty}\sum^n_{i=1}\cfrac{1}{1+\cfrac{i}{n}}\cdot\cfrac{1}{n}=\displaystyle\int^1_0\cfrac{1}{1+x}\mathrm{d}x=\ln2. 原式=n→∞lim​i=1∑n​n+i1​=n→∞lim​i=1∑n​1+ni​1​⋅n1​=∫01​1+x1​dx=ln2.
（这道题主要利用了定积分的定义求解）

（5）lim⁡n→∞2nn!.\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{2^n}{n!}.n→∞lim​n!2n​.

解  记un=2nn!>0u_n=\cfrac{2^n}{n!}>0un​=n!2n​>0，则所求极限lim⁡n→∞2nn!\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{2^n}{n!}n→∞lim​n!2n​可视为正项级数∑n=1∞un\sum^\infty\limits_{n=1}u_nn=1∑∞​un​的一般项的极限。因lim⁡n→∞un+1un=lim⁡n→∞2n+1(n+1)!2nn!=lim⁡n→∞2n+1=0<1\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{u_{n+1}}{u_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{\cfrac{2^{n+1}}{(n+1)!}}{\cfrac{2^n}{n!}}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{2}{n+1}=0<1n→∞lim​un​un+1​​=n→∞lim​n!2n​(n+1)!2n+1​​=n→∞lim​n+12​=0<1，由正项级数的比值判别法知∑n=1∞2nn!\sum^\infty\limits_{n=1}\cfrac{2^n}{n!}n=1∑∞​n!2n​收敛，于是lim⁡n→∞2nn!=0\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{2^n}{n!}=0n→∞lim​n!2n​=0。（这道题主要利用了数列极限求解）

例2.10 求f(x)=lim⁡n→∞1+xn+(x22)nn(x⩾0)f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+x^n+\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}(x\geqslant0)f(x)=n→∞lim​n1+xn+(2x2​)n​(x⩾0)的表达式。

解  当x∈[0,1)x\in[0,1)x∈[0,1)时，1n1^n1n最大，则
1⋅1nn⩽1+xn+(x22)nn⩽3⋅1nn即1⩽1+xn+(x22)nn⩽313.\sqrt[n]{1\cdot1^n}\leqslant\sqrt[n]{1+x^n+\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}\leqslant\sqrt[n]{3\cdot1^n}\text{即}1\leqslant\sqrt[n]{1+x^n+\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}\leqslant3^{\frac{1}{3}}. n1⋅1n​⩽n1+xn+(2x2​)n​⩽n3⋅1n​即1⩽n1+xn+(2x2​)n​⩽331​.
  故当n→∞n\to\inftyn→∞时，由夹挤定理定理得：原极限=111。
  当x∈[1,2)x\in[1,2)x∈[1,2)时，xnx^nxn最大，则
1⋅xnn⩽1+xn+(x22)nn⩽3⋅xnn即x⩽1+xn+(x22)nn⩽313⋅x.\sqrt[n]{1\cdot x^n}\leqslant\sqrt[n]{1+x^n+\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}\leqslant\sqrt[n]{3\cdot x^n}\text{即}x\leqslant\sqrt[n]{1+x^n+\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}\leqslant3^{\frac{1}{3}}\cdot x. n1⋅xn​⩽n1+xn+(2x2​)n​⩽n3⋅xn​即x⩽n1+xn+(2x2​)n​⩽331​⋅x.
  故当n→∞n\to\inftyn→∞时，由夹挤定理定理得：原极限=xxx。
  当x∈[2,+∞)x\in[2,+\infty)x∈[2,+∞)时，(x22)n\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n(2x2​)n最大，则
1⋅(x22)nn⩽1+xn+(x22)nn⩽3⋅(x22)nn即x22⩽1+xn+(x22)nn⩽313⋅x22.\sqrt[n]{1\cdot\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}\leqslant\sqrt[n]{1+x^n+\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}\leqslant\sqrt[n]{3\cdot\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}\text{即}\cfrac{x^2}{2}\leqslant\sqrt[n]{1+x^n+\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}\leqslant3^{\frac{1}{3}}\cdot\cfrac{x^2}{2}. n1⋅(2x2​)n​⩽n1+xn+(2x2​)n​⩽n3⋅(2x2​)n​即2x2​⩽n1+xn+(2x2​)n​⩽331​⋅2x2​.
  故当n→∞n\to\inftyn→∞时，由夹挤定理定理得：原极限=x22\cfrac{x^2}{2}2x2​。
  所以
f(x)=lim⁡n→∞1+xn+(x22)nn={1,0⩽x<1,x,1⩽x<2,x22,x⩾2.f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+x^n+\left(\cfrac{x^2}{2}\right)^n}=\begin{cases}1,&0\leqslant x<1,\\x,&1\leqslant x<2,\\\cfrac{x^2}{2},&x\geqslant2.\end{cases} f(x)=n→∞lim​n1+xn+(2x2​)n​=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​1,x,2x2​,​0⩽x<1,1⩽x<2,x⩾2.​
（这道题主要利用了夹挤定理求解）

例2.11 设x1=2,xn+(xn−4)xn−1=3(n=2,3,⋯)x_1=2,x_n+(x_n-4)x_{n-1}=3(n=2,3,\cdots)x1​=2,xn​+(xn​−4)xn−1​=3(n=2,3,⋯)，试求lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty}x_nn→∞lim​xn​。

解  先证单调性。由xn+(xn−4)xn−1=3x_n+(x_n-4)x_{n-1}=3xn​+(xn​−4)xn−1​=3，得xn=3+4xn−11+xn−1x_n=\cfrac{3+4x_{n-1}}{1+x_{n-1}}xn​=1+xn−1​3+4xn−1​​，又x1=2x_1=2x1​=2，所以x2=113>x1>0x_2=\cfrac{11}{3}>x_1>0x2​=311​>x1​>0，假设xk>xk−1>0x_k>x_{k-1}>0xk​>xk−1​>0成立，则
xk+1−xk=3+4xk1+xk−3+4xk−11+xk−1=xk−xk−1(1+xk)(1+xk−1)>0.x_{k+1}-x_{k}=\cfrac{3+4x_k}{1+x_k}-\cfrac{3+4x_{k-1}}{1+x_{k-1}}=\cfrac{x_k-x_{k-1}}{(1+x_k)(1+x_{k-1})}>0. xk+1​−xk​=1+xk​3+4xk​​−1+xk−1​3+4xk−1​​=(1+xk​)(1+xk−1​)xk​−xk−1​​>0.
  故xk+1>xkx_{k+1}>x_kxk+1​>xk​，即数列{xn}\{x_n\}{xn​}单调增加。
  再证明其有界。又xn=3+4xn−11+xn−1=3+xn−11+xn−1<4x_n=\cfrac{3+4x_{n-1}}{1+x_{n-1}}=3+\cfrac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}<4xn​=1+xn−1​3+4xn−1​​=3+1+xn−1​xn−1​​<4，所以{xn}\{x_n\}{xn​}有上界。
  故lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty}x_nn→∞lim​xn​存在。设lim⁡n→∞xn=A\lim\limits_{n\to\infty}x_n=An→∞lim​xn​=A，令n→∞n\to\inftyn→∞，由xn=3+4xn−11+xn−1x_n=\cfrac{3+4x_{n-1}}{1+x_{n-1}}xn​=1+xn−1​3+4xn−1​​，得A=3+4A1+AA=\cfrac{3+4A}{1+A}A=1+A3+4A​，解得A=3±212A=\cfrac{3\pm\sqrt{21}}{2}A=23±21​​，由题设，xn>0x_n>0xn​>0，根据保号性可知A⩾0A\geqslant0A⩾0，故lim⁡n→∞xn=3+212\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\cfrac{3+\sqrt{21}}{2}n→∞lim​xn​=23+21​​。（这道题主要利用了归纳法求解）

例2.13 求极限lim⁡x→0e−1x2x100\lim\limits_{x\to0}\cfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}x→0lim​x100e−x21​​。

解
lim⁡x→0e−1x2x100=令1x2=tlim⁡t→+∞e−tt−50=lim⁡t→+∞t50e−t=洛必达法则lim⁡t→+∞50t49et=洛必达法则lim⁡t→+∞50⋅49t48et=洛必达法则⋯=lim⁡t→+∞50!et=0.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\cfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}&\xlongequal{\text{令}\cfrac{1}{x^2}=t}\lim\limits_{t\to+\infty}\cfrac{e^{-t}}{t^{-50}}=\lim\limits_{t\to+\infty}\cfrac{t^50}{e^{-t}}\xlongequal{\text{洛必达法则}}\lim\limits_{t\to+\infty}\cfrac{50t^{49}}{e^t}\\ &\xlongequal{\text{洛必达法则}}\lim\limits_{t\to+\infty}\cfrac{50\cdot49t^{48}}{e^t}\xlongequal{\text{洛必达法则}}\cdots=\lim\limits_{t\to+\infty}\cfrac{50!}{e^t}=0. \end{aligned} x→0lim​x100e−x21​​​令x21​=tt→+∞lim​t−50e−t​=t→+∞lim​e−tt50​洛必达法则t→+∞lim​et50t49​洛必达法则t→+∞lim​et50⋅49t48​洛必达法则⋯=t→+∞lim​et50!​=0.​
（这道题主要利用了换元法求解）

例2.15 求极限lim⁡x→−∞4x2+x−1+x+1x2+sin⁡x\lim\limits_{x\to-\infty}\cfrac{\sqrt{4x^2+x-1}+x+1}{\sqrt{x^2+\sin x}}x→−∞lim​x2+sinx​4x2+x−1​+x+1​。

解
lim⁡x→−∞4x2+x−1+x+1x2+sin⁡x=lim⁡x→−∞3x2−x−2x2+sin⁡x(4x2+x−1−x−1)=令t=−xlim⁡t→+∞3t2+t−2t2−sin⁡t(4t2−t−1+t−1)=lim⁡t→+∞3+1t−2t21−sin⁡tt2(4−1t−1t2+1−1t)=1.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to-\infty}\cfrac{\sqrt{4x^2+x-1}+x+1}{\sqrt{x^2+\sin x}}&=\lim\limits_{x\to-\infty}\cfrac{3x^2-x-2}{\sqrt{x^2+\sin x}(\sqrt{4x^2+x-1}-x-1)}\xlongequal{\text{令}t=-x}\lim\limits_{t\to+\infty}\cfrac{3t^2+t-2}{\sqrt{t^2-\sin t}(\sqrt{4t^2-t-1}+t-1)}\\ &=\lim\limits_{t\to+\infty}\cfrac{3+\cfrac{1}{t}-\cfrac{2}{t^2}}{\sqrt{1-\cfrac{\sin t}{t^2}}\left(\sqrt{4-\cfrac{1}{t}-\cfrac{1}{t^2}}+1-\cfrac{1}{t}\right)}=1. \end{aligned} x→−∞lim​x2+sinx​4x2+x−1​+x+1​​=x→−∞lim​x2+sinx​(4x2+x−1​−x−1)3x2−x−2​令t=−xt→+∞lim​t2−sint​(4t2−t−1​+t−1)3t2+t−2​=t→+∞lim​1−t2sint​​(4−t1​−t21​​+1−t1​)3+t1​−t22​​=1.​
（这道题主要利用了换元法求解）

例2.24 求lim⁡x→0[1ln⁡(1+x2)−1sin⁡2x]\lim\limits_{x\to0}\left[\cfrac{1}{\ln(1+x^2)}-\cfrac{1}{\sin^2x}\right]x→0lim​[ln(1+x2)1​−sin2x1​]。

解
lim⁡x→0[1ln⁡(1+x2)−1sin⁡2x]=lim⁡x→0sin⁡2x−ln⁡(1+x2)ln⁡(1+x2)⋅sin⁡2x=lim⁡x→0sin⁡2x−ln⁡(1+x2)x4=lim⁡x→0[x−13!x3+ο(x3)]2−[x2−12x4+ο(x4)]x4=lim⁡x→0[x2−23!x4+ο(x4)]2−[x2−12x4+ο(x4)]x4=lim⁡x→016x4+ο(x4)x4=16.\begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\left[\cfrac{1}{\ln(1+x^2)}-\cfrac{1}{\sin^2x}\right]&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin^2x-\ln(1+x^2)}{\ln(1+x^2)\cdot\sin^2x}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin^2x-\ln(1+x^2)}{x^4}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\left[x-\cfrac{1}{3!}x^3+\omicron(x^3)\right]^2-\left[x^2-\cfrac{1}{2}x^4+\omicron(x^4)\right]}{x^4}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\left[x^2-\cfrac{2}{3!}x^4+\omicron(x^4)\right]^2-\left[x^2-\cfrac{1}{2}x^4+\omicron(x^4)\right]}{x^4}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\cfrac{1}{6}x^4+\omicron(x^4)}{x^4}=\cfrac{1}{6}. \end{aligned} x→0lim​[ln(1+x2)1​−sin2x1​]​=x→0lim​ln(1+x2)⋅sin2xsin2x−ln(1+x2)​=x→0lim​x4sin2x−ln(1+x2)​=x→0lim​x4[x−3!1​x3+ο(x3)]2−[x2−21​x4+ο(x4)]​=x→0lim​x4[x2−3!2​x4+ο(x4)]2−[x2−21​x4+ο(x4)]​=x→0lim​x461​x4+ο(x4)​=61​.​
（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

习题二

2.4 设函数f(x)=lim⁡n→∞1+x1+x2nf(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1+x}{1+x^{2n}}f(x)=n→∞lim​1+x2n1+x​，讨论函数的间断点，其结论为（  ）
(A)(A)(A)不存在间断点
(B)(B)(B)存在间断点x=1x=1x=1
(C)(C)(C)存在间断点x=0x=0x=0
(D)(D)(D)存在间断点x=−1x=-1x=−1

解  当∣x∣<1|x|<1∣x∣<1时，lim⁡n→∞x2n=0\lim\limits_{n\to\infty}x^{2n}=0n→∞lim​x2n=0，所以f(x)=1+xf(x)=1+xf(x)=1+x；当∣x∣>1|x|>1∣x∣>1时，lim⁡n→∞1+x1+x2n=0\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1+x}{1+x^{2n}}=0n→∞lim​1+x2n1+x​=0。又f(1)=0,f(−1)=0f(1)=0,f(-1)=0f(1)=0,f(−1)=0，所以
f(x)=lim⁡n→∞1+x1+x2n={0,x⩽11+x,−1<x<11,x=10,x>1f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1+x}{1+x^{2n}}=\begin{cases}0,&x\leqslant1\\1+x,&-1<x<1\\1,&x=1\\0,&x>1\end{cases} f(x)=n→∞lim​1+x2n1+x​=⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​0,1+x,1,0,​x⩽1−1<x<1x=1x>1​
  由此可知x=1x=1x=1为间断点，故应选(B)(B)(B)。 （这道题主要利用了分段函数求解）

新版例题一

例1.9 

（这道题主要利用了换元法求解）

例1.11 

（这道题主要利用了换元法求解）

例1.17 

例1.25 

新版习题一

1.3 

新版例题二

例2.1 

例2.7 

例2.10 

新版习题二

2.4 

写在最后

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