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一.极限、连续
- 函数极限
- - ①：虽然求极限阔以把加减号拆开然后分别求极限，但是这个是有条件的，比如这种就不能
  - ②：用洛必达法则的时候：右存在，则左存在，但左存在，不一定右存在
  - ③：泰勒展开的时候，阶数要展够，比如这道
  - ④：要求f(0)=0f(0)=0f(0)=0
  - ⑤：要求f(x)在0点有意义f(x)在0点有意义f(x)在0点有意义
  - ⑥：非常非常非常经典的一道题
  - 1.6
  - 1.8
  - 1.22
  - 1.40（不常见题型）
  - 1.42
  - 1.44（打星）
  - 1.45（打星）【证明题】【放缩】
- 数列极限
- - 例3
  - 1.67（打星）
  - 1.69
  - 1.77（打星）【求极限先斩后奏】
  - 1.80【证明题】
  - 1.81
  - 1.82【函数迭代】
  - - (1)
    - (2)
    - (3)
  - 1.83
  - 1.84
  - 1.87（多看）【证明题】
  - 1.90（放缩夹逼）
  - 1.91
  - 1.101

一.极限、连续

函数极限

容易犯的错误：

①：虽然求极限阔以把加减号拆开然后分别求极限，但是这个是有条件的，比如这种就不能

lim⁡x→01−x2cos2x−1x2\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1-x^2}cos^2x-1}{x^2}x→0limx21−x2cos2x−1
这个如果拆开了就是 ∞−∞\infty-\infty∞−∞ 属于不能判断的情况，就不能拆

其实不管加减乘除，实际上就是未定式不能拆开，有两种∞−∞和0−0\infty-\infty和0-0∞−∞和0−0说不清楚是等于多少，而其他的比如说∞±0\infty\pm0∞±0肯定是等于∞\infty∞的，0根本没影响
但是比如像1.22的这道题属于∞−∞+0\infty-\infty+0∞−∞+0的这种
lim⁡x→∞(x3+x2)e1x−1+x6−tan1x⋅e1x\lim_{x\to\infty}(x^3+\frac{x}{2})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}-tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}x→∞lim(x3+2x)ex1−1+x6−tanx1⋅ex1
后面这项tan1x⋅e1xtan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}tanx1⋅ex1答案直接就不要了是为啥喃？
按道理来说∞−∞\infty-\infty∞−∞可能是0，然后三项就变成两项0−00-00−0又是未定式，这样就不能省略，而答案省略了却对了的原因是因为后面算出来∞−∞=∞\infty-\infty=\infty∞−∞=∞，所以才对

②：用洛必达法则的时候：右存在，则左存在，但左存在，不一定右存在

lim⁡x→0x2sin1xx=xsin1x=0\lim_{x\to0}\frac{x^2sin\frac{1}{x}}{x}=xsin\frac{1}{x}=0x→0limxx2sinx1=xsinx1=0
但是用洛必达
lim⁡x→0x2sin1xx=2xsin1x−cos1x,极限就不存在\lim_{x\to0}\frac{x^2sin\frac{1}{x}}{x}=2xsin\frac{1}{x}-cos\frac{1}{x},极限就不存在x→0limxx2sinx1=2xsinx1−cosx1,极限就不存在

③：泰勒展开的时候，阶数要展够，比如这道

lim⁡x→0(1+x2)(1−cos2x)−2x2x4\lim_{x\to0}\frac{(1+x^2)(1-cos2x)-2x^2}{x^4}x→0limx4(1+x2)(1−cos2x)−2x2
答案是43\frac{4}{3}34

④：要求f(0)=0f(0)=0f(0)=0

lim⁡x→0e1−12x−e1−xx\lim_{x\to0}\frac{e^{1-\frac{1}{2}x}-e^{1-x}}{x}x→0limxe1−21x−e1−x
这个求极限的时候我直接把e1−12x和e1−x展开了e^{1-\frac{1}{2}x}和e^{1-x}展开了e1−21x和e1−x展开了

然后化成1+1−12x−(1+1−x)x=12\frac{1+1-\frac{1}{2}x-(1+1-x)}{x}=\frac{1}{2}x1+1−21x−(1+1−x)=21就错了

因为我们经常用的泰勒展开（也就是麦克劳林）是在x0=0x_0=0x0=0的地方展开的，因此ef(x)e^{f(x)}ef(x)要展开的话得要求f(x)=0f(x)=0f(x)=0

因此如果这道题要展开的话就阔以把常数提出来变成lim⁡x→0e(e−12x−e−x)x\lim_{x\to0}\frac{e(e^{-\frac{1}{2}x}-e^{-x})}{x}limx→0xe(e−21x−e−x)这样就能够展开了，答案等于e2\frac{e}{2}2e

⑤：要求f(x)在0点有意义f(x)在0点有意义f(x)在0点有意义

我还犯过的错误就是把e1x这东西展开了我还犯过的错误就是把\ e^{\frac{1}{x}}\ 这东西展开了我还犯过的错误就是把 ex1 这东西展开了
展开变成e1x=1+1x+O(1x)e^{\frac{1}{x}=1+\frac{1}{x}+O(\frac{1}{x})}ex1=1+x1+O(x1)，当x趋向零的时候，O(1x)O(\frac{1}{x})O(x1)这个不叫高阶无穷小了，而变成高阶无穷大了，因此在求极限中当然不能忽略啦~

⑥：非常非常非常经典的一道题

证明lim⁡x→∞ex(1+1x)x2=e12证明\lim_{x\to\infty}\frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}}=e^{\frac{1}{2}}证明x→∞lim(1+x1)x2ex=e21
常见错误就是先算(1+1x)x求极限=e(1+\frac{1}{x})^x求极限=e(1+x1)x求极限=e，所以(1+1x)x2=ex(1+\frac{1}{x})^{x^2}=e^x(1+x1)x2=ex，错误原因是求极限是个整体，不能一部分求一部分不求

但是这样做为啥也不对喃？
lim⁡x→∞(1+1x)x2=lim⁡x→∞ex2ln(1+1x)=ex2⋅1x=ex\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^{x^2}=\lim_{x\to\infty}e^{x^2ln(1+\frac{1}{x})}=e^{x^2\cdot\frac{1}{x}}=e^xx→∞lim(1+x1)x2=x→∞limex2ln(1+x1)=ex2⋅x1=ex
这个的原因应该是展开精度不够，上面的ln(1+1x)∼1xln(1+\frac{1}{x})\sim\frac{1}{x}ln(1+x1)∼x1相当于展开到第一项，精度不够，如果多写几项就能发现
lim⁡x→∞ex2ln(1+1x)=ex2(1x−12x2+O(1x2))=ex⋅e−12⋅eO(1x2))=ex⋅e−12⋅1\lim_{x\to\infty}e^{x^2ln(1+\frac{1}{x})}=e^{x^2(\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+O(\frac{1}{x^2}))}=e^x\cdot e^{-\frac{1}{2}}\cdot e^{O(\frac{1}{x^2}))}=e^x\cdot e^{-\frac{1}{2}}\cdot 1x→∞limex2ln(1+x1)=ex2(x1−2x21+O(x21))=ex⋅e−21⋅eO(x21))=ex⋅e−21⋅1
这样答案就对了

1.6

lim⁡x→0(3+2tanx)x−3x3sin2x+x3cos1x\lim_{x\to 0}\frac{(3+2tanx)^x-3^x}{3sin^2x+x^3cos\frac{1}{x}}x→0lim3sin2x+x3cosx1(3+2tanx)x−3x
就是分母这里有点不好搞
通过求极限lim⁡x→0x3cos1x3sin2x=13xcosx=0\lim_{x\to0}\frac{x^3cos\frac{1}{x}}{3sin^2x}=\frac{1}{3}xcosx=0limx→03sin2xx3cosx1=31xcosx=0发现 x3cos1xx^3cos\frac{1}{x}x3cosx1 是 3sin2x3sin^2x3sin2x 的高阶无穷小，所以阔以直接省略掉，然后就好做了T_T

1.8

I=lim⁡x→0∫0xsin2t4+t2∫0x(t+1−1)dtdtI=\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}\int_0^x(\sqrt{t+1}-1)dt}dtI=x→0lim∫0x4+t2∫0x(t+1−1)dtsin2tdt
这道题是我见过的最奇怪的求极限的题，答案是用的洛必达？？？没懂怎么用的，分数的形式不是都没有嘛？？？
还是小波厉害~用的积分中值定理来化简的
先把里面的积分化简
I=lim⁡x→0∫0xsin2t4+t2(η+1−1)∫0xdtdt=∫0xsin2t4+t2(η+1−1)xdt再把外面的积分化简=sin2ξ4+ξ2(η+1−1)x∫0xdt=xsin2ξ4+ξ2(η+1−1)x=I=\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}(\sqrt{\eta+1}-1)\int_0^xdt}dt=\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}(\sqrt{\eta+1}-1)x}dt再把外面的积分化简=\frac{sin2\xi}{\sqrt{4+\xi^2}(\sqrt{\eta+1}-1)x}\int_0^xdt=\frac{xsin2\xi}{\sqrt{4+\xi^2}(\sqrt{\eta+1}-1)x}=I=x→0lim∫0x4+t2(η+1−1)∫0xdtsin2tdt=∫0x4+t2(η+1−1)xsin2tdt再把外面的积分化简=4+ξ2(η+1−1)xsin2ξ∫0xdt=4+ξ2(η+1−1)xxsin2ξ=

∵η∈(0,x),ξ∈(0,x)\because \eta\in(0,x),\xi\in(0,x)∵η∈(0,x),ξ∈(0,x)

∴η→0,ξ→0\therefore \eta\to0,\xi\to0∴η→0,ξ→0
∴I=x⋅2ξ2(η+1−1)x=x⋅2ξ212ηx=2ξη=2\therefore I=\frac{x\cdot2\xi}{2(\sqrt{\eta+1}-1)x}=\frac{x\cdot2\xi}{2\frac{1}{2}\eta x}=\frac{2\xi}{\eta}=2∴I=2(η+1−1)xx⋅2ξ=221ηxx⋅2ξ=η2ξ=2

哦哦我懂为啥阔以提出来了，还是小波给我说滴：
令F(x)=∫0x(t+1−1)dt令F(x)=\int_0^x(\sqrt{t+1}-1)dt令F(x)=∫0x(t+1−1)dt

I=lim⁡x→0∫0xsin2t4+t2F(x)dt,现在就能看出来为啥阔以提出来了,积分变量是t,所以F(x)阔以提出来,然后就阔以用洛必达了I=\lim_{x\to0}\int_0^x\frac{sin2t}{\sqrt{4+t^2}F(x)}dt,现在就能看出来为啥阔以提出来了,积分变量是t,所以F(x)阔以提出来,然后就阔以用洛必达了I=x→0lim∫0x4+t2F(x)sin2tdt,现在就能看出来为啥阔以提出来了,积分变量是t,所以F(x)阔以提出来,然后就阔以用洛必达了

1.22

lim⁡x→+∞[(x3+x2−tan1x)e1x−1+x6]\lim_{x\to+\infty}[(x^3+\frac{x}{2}-tan\frac{1}{x})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}]x→+∞lim[(x3+2x−tanx1)ex1−1+x6]
答案是变成这样：lim⁡x→∞(x3+x2)e1x−1+x6−tan1x⋅e1x，然后面这项tan1x⋅e1x答案直接就不要了答案是变成这样：\lim_{x\to\infty}(x^3+\frac{x}{2})e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}-tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}，然后面这项tan\frac{1}{x}\cdot e^{\frac{1}{x}}答案直接就不要了答案是变成这样：x→∞lim(x3+2x)ex1−1+x6−tanx1⋅ex1，然后面这项tanx1⋅ex1答案直接就不要了

按道理来说∞−∞\infty-\infty∞−∞可能是0，然后三项就变成两项0−00-00−0又是未定式，这样就不能省略，而答案省略了却对了的原因是因为后面算出来∞−∞=∞\infty-\infty=\infty∞−∞=∞，所以才对

1.40（不常见题型）

设α≥5,则k是多少,I=lim⁡x→∞[(xα+8x4+2)k−x]极限存在设\alpha\geq5,则k是多少,I=\lim_{x\to\infty}[(x^{\alpha}+8x^4+2)^k-x]极限存在设α≥5,则k是多少,I=x→∞lim[(xα+8x4+2)k−x]极限存在

I=lim⁡t→0(1+8tα−4)k−tkα−1tkαI=\lim_{t\to0}\frac{(1+8t^{\alpha-4)^k-t^{k\alpha-1}}}{t^{k\alpha}}I=t→0limtkα(1+8tα−4)k−tkα−1
然后强行说只有当kα−1=0k\alpha-1=0kα−1=0的时候，极限才存在
然后解出k=1αk=\frac{1}{\alpha}k=α1，再带进去求极限

这题感觉有点。。。怎么说喃，他要化成那种能比较方便地来求极限的那种形式，然后才能看出啥时候存在，啥时候不存在

1.42

lim⁡x→0cosx−cosx3sinx2x\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{cosx}-\sqrt[3]{cosx}}{sinx^2x}x→0limsinx2xcosx−3cosx
①换元，令t=cos16xt=cos^{\frac{1}{6}}xt=cos61x，然后用洛必达

②cosx−cosx3x2=(cosx−1)−(cosx3−1)x2\frac{\sqrt{cosx}-\sqrt[3]{cosx}}{x^2}=\frac{(\sqrt{cosx}-1)-(\sqrt[3]{cosx}-1)}{x^2}x2cosx−3cosx=x2(cosx−1)−(3cosx−1)

其中cosx−1=(1+cosx−1)12−1∼12(cosx−1)∼−14x2\sqrt{cosx}-1=(1+cosx-1)^\frac{1}{2}-1\sim\frac{1}{2}(cosx-1)\sim-\frac{1}{4}x^2cosx−1=(1+cosx−1)21−1∼21(cosx−1)∼−41x2另外一个也类似

1.44（打星）

lim⁡x→01−cosx⋅cos2x⋅cos3x3x2\lim_{x\to 0}\frac{1-cosx\cdot \sqrt{cos2x}\cdot \sqrt[3]{cos3x}}{x^2}x→0limx21−cosx⋅cos2x⋅3cos3x
这题真tm牛皮~
题1.42的换元以及变形都不能用了
没想到分子阔以化成这样
1−abc=(1−a)+a(1−b)+ab(1−c)1-abc=(1-a)+a(1-b)+ab(1-c)1−abc=(1−a)+a(1−b)+ab(1−c)
这样就能变形来做了

原来这道题是有题源的，原题为：
lim⁡x→01−cosx⋅cos2x⋅cos3x3⋅...⋅cosnxnx2\lim_{x\to 0}\frac{1-cosx\cdot \sqrt{cos2x}\cdot \sqrt[3]{cos3x}\cdot...\cdot\sqrt[n]{cosnx}}{x^2}x→0limx21−cosx⋅cos2x⋅3cos3x⋅...⋅ncosnx
虽然题解是用洛必达，但要叫我来洛我肯定不愿意，这怎么求导嘛T_T，结果答案令我大吃一斤T_T还真能求导QAQ
令f(x)=cosx⋅cos2x⋅cos3x3⋅...⋅cosnxn=elnf(x)f(x)=cosx\cdot \sqrt{cos2x}\cdot \sqrt[3]{cos3x}\cdot...\cdot\sqrt[n]{cosnx}=e^{lnf(x)}f(x)=cosx⋅cos2x⋅3cos3x⋅...⋅ncosnx=elnf(x)

∴f′(x)=elnf(x)⋅[lnf(x)]′=f(x)⋅[ln(cosx)+ln(cos2x+...+ln(cosnxn))]′=f(x)⋅[−tanx−12tan2x⋅2−...−1ntannx⋅n]=−f(x)⋅∑k=1ntankx\therefore f'(x)=e^{lnf(x)}\cdot[lnf(x)]'=f(x)\cdot[ln(cosx)+ln(\sqrt{cos2x}+...+ln(\sqrt[n]{cosnx}))]'=f(x)\cdot[-tanx-\frac{1}{2}tan2x\cdot 2-...-\frac{1}{n}tannx\cdot n]=-f(x)\cdot\sum_{k=1}^ntankx∴f′(x)=elnf(x)⋅[lnf(x)]′=f(x)⋅[ln(cosx)+ln(cos2x+...+ln(ncosnx))]′=f(x)⋅[−tanx−21tan2x⋅2−...−n1tannx⋅n]=−f(x)⋅k=1∑ntankx

∴原式求洛必达=−f′(x)2x=12⋅∑k=1ntankxx=12⋅∑k=1nk=n(n+1)4\therefore 原式求洛必达=\frac{-f'(x)}{2x}=\frac{1}{2}\frac{\cdot\sum_{k=1}^ntankx}{x}=\frac{1}{2}\cdot\sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}{4}∴原式求洛必达=2x−f′(x)=21x⋅∑k=1ntankx=21⋅∑k=1nk=4n(n+1)

1.45（打星）【证明题】【放缩】

f(1)=1,f′(x)=1x2+f2(x),证明lim⁡x→∞f(x)极限存在且小于1+π2f(1)=1,f'(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)},证明\lim_{x\to\infty}f(x)极限存在且小于1+\frac{\pi}{2}f(1)=1,f′(x)=x2+f2(x)1,证明x→∞limf(x)极限存在且小于1+2π
这种题就属于那种以前没见过的话就特别懵逼的题

∫1xf′(t)dt=f(x)+c\int_1^xf'(t)dt=f(x)+c∫1xf′(t)dt=f(x)+c

当x=1时⇒0=f(1)+c⇒c=−1x=1时\Rightarrow 0=f(1)+c\Rightarrow c=-1x=1时⇒0=f(1)+c⇒c=−1

∴f(x)−1=∫1xf′(t)dt=∫1x1t2+f2(t)dt\therefore f(x)-1=\int_1^xf'(t)dt=\int_1^x\frac{1}{t^2+f^2(t)}dt∴f(x)−1=∫1xf′(t)dt=∫1xt2+f2(t)1dt

又∵1x2+f2(x)>0又\because \frac{1}{x^2+f^2(x)}>0又∵x2+f2(x)1>0

∴f′(x)>0⇒f(x)单增\therefore f'(x)>0\Rightarrow f(x)单增∴f′(x)>0⇒f(x)单增

∴f(x)>=1,在x∈(1,+∞)\therefore f(x)>=1,在x\in(1,+\infty)∴f(x)>=1,在x∈(1,+∞)

∴1t2+f2(t)≤1t2+1⇒∫1x1t2+f2(t)dt≤∫1x1t2+1dt\therefore \frac{1}{t^2+f^2(t)}\leq\frac{1}{t^2+1}\Rightarrow\int_1^x\frac{1}{t^2+f^2(t)}dt\leq\int_1^x\frac{1}{t^2+1}dt∴t2+f2(t)1≤t2+11⇒∫1xt2+f2(t)1dt≤∫1xt2+11dt

∴f(x)−1=∫1x1t2+f2(t)dt≤∫1x1t2+1dt\therefore f(x)-1=\int_1^x\frac{1}{t^2+f^2(t)}dt\leq\int_1^x\frac{1}{t^2+1}dt∴f(x)−1=∫1xt2+f2(t)1dt≤∫1xt2+11dt

即：f(x)≤1+∫1x1t2+1dtf(x)\leq1+\int_1^x\frac{1}{t^2+1}dtf(x)≤1+∫1xt2+11dt

再求个极限

lim⁡x→∞f(x)≤1+∫1∞1t2+1dt=1+π4≤1+π2\lim_{x\to\infty}f(x)\leq1+\int_1^{\infty}\frac{1}{t^2+1}dt=1+\frac{\pi}{4}\leq1+\frac{\pi}{2}limx→∞f(x)≤1+∫1∞t2+11dt=1+4π≤1+2π
这道题中有π2\frac{\pi}{2}2π，求极限中好像只有arctanxarctan\ xarctan x才会出现π2\frac{\pi}{2}2π，所以再看有没有跟arctanxarctan\ xarctan x相关的

数列极限

例3

证明数列(1+1n)n极限存在证明数列\ {(1+\frac{1}{n})^n}\ 极限存在证明数列 (1+n1)n 极限存在
一般要证明极限存在都是要证明两个：单调、有界
这个的证明感觉很厉害，也是张宇18讲上面看到的
①：证明单增
设en=(1+1n)n设e_n=(1+\frac{1}{n})^n设en=(1+n1)n

enn+1=1⋅(1+1n)⋅(1+1n)⋅...⋅(1+1n)n+1≤1+(1+1n)+(1+1n)+...+(1+1n)n+1=1+n(1+1n)n+1=n+2n+1=(1+1n+1)=en+1n+1\sqrt[n+1]{e_n}=\sqrt[n+1]{1\cdot(1+\frac{1}{n})\cdot(1+\frac{1}{n})\cdot...\cdot(1+\frac{1}{n})}\leq\frac{1+(1+\frac{1}{n})+(1+\frac{1}{n})+...+(1+\frac{1}{n})}{n+1}=\frac{1+n(1+\frac{1}{n})}{n+1}=\frac{n+2}{n+1}=(1+\frac{1}{n+1})=\sqrt[n+1]{e_{n+1}}n+1en=n+11⋅(1+n1)⋅(1+n1)⋅...⋅(1+n1)≤n+11+(1+n1)+(1+n1)+...+(1+n1)=n+11+n(1+n1)=n+1n+2=(1+n+11)=n+1en+1

∴en≤(1+1n+1)n+1=en+1⇒en≤en+1⇒单增\therefore e_n\leq(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}=e_{n+1}\Rightarrow e_n\leq e_{n+1}\Rightarrow单增∴en≤(1+n+11)n+1=en+1⇒en≤en+1⇒单增
②：证明有界
设En=(1+1n)n+1设E_n=(1+\frac{1}{n})^{n+1}设En=(1+n1)n+1

Enn=(1+1n)2⋅(1+1n)⋅(1+1n)⋅...⋅(1+1n)n≤(1+1n)2+(n−1)⋅(1+1n)n=1+n3−1n3(n−1)<1+1n−1=En−1n\sqrt[n]{E_n}=\sqrt[n]{(1+\frac{1}{n})^2\cdot(1+\frac{1}{n})\cdot(1+\frac{1}{n})\cdot...\cdot(1+\frac{1}{n})}\leq\frac{(1+\frac{1}{n})^2+(n-1)\cdot(1+\frac{1}{n})}{n}=1+\frac{n^3-1}{n^3(n-1)}<1+\frac{1}{n-1}=\sqrt[n]{E_{n-1}}nEn=n(1+n1)2⋅(1+n1)⋅(1+n1)⋅...⋅(1+n1)≤n(1+n1)2+(n−1)⋅(1+n1)=1+n3(n−1)n3−1<1+n−11=nEn−1
∴En≤En−1≤En−2≤...≤E1\therefore E_n\leq E_{n-1}\leq E_{n-2}\leq...\leq E_1∴En≤En−1≤En−2≤...≤E1

而en<En⇒en<E1⇒en有上界e_n<E_n\Rightarrow e_n<E_1\Rightarrow e_n有上界en<En⇒en<E1⇒en有上界
∴极限存在(✪ω✪)\therefore 极限存在(✪ω✪)∴极限存在(✪ω✪)

1.67（打星）

lim⁡n→∞n2(a1n−a1n+1)\lim_{n\to\infty}n^2(a^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n+1}})n→∞limn2(an1−an+11)
这道题我无论怎么化，好像都化不出个什么样子来，看答案发现竟然是用中值定理来做的T_T
令f(x)=axf(x)=a^xf(x)=ax

a1n−a1n+1=(1n−1n+1)aξlnaa^{\frac{1}{n}}-a^{\frac{1}{n+1}}=(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})a^{\xi}lnaan1−an+11=(n1−n+11)aξlna
然后求了极限，答案里面不还有 ξ\xiξ得哇，怎么办？
∵ξ∈(1n+1,1n)\because \xi\in(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n})∵ξ∈(n+11,n1)
∴ξ→0\therefore \xi\to0∴ξ→0

1.69

lim⁡n→∞cosx2cosx4...cosx2n\lim_{n\to\infty}cos\frac{x}{2}cos\frac{x}{4}...cos\frac{x}{2^n}n→∞limcos2xcos4x...cos2nx
这道题以前应该做过的，就是分子分母同时乘上sinx2nsin\frac{x}{2^n}sin2nx，但是化了之后到底乘了多少个12\frac{1}{2}21这里竟然搞错了T_T

1.77（打星）【求极限先斩后奏】

已知x1=12,2xn+1+xn2=1,求lim⁡n→∞xn已知x_1=\frac{1}{2},2x_{n+1}+x_n^2=1,求\lim_{n\to\infty}x_n已知x1=21,2xn+1+xn2=1,求n→∞limxn
哇~又学到了，这道题属于那种“先斩后奏”的，要先假设存在，并且强行求出极限
然后再假装正式地求出 lim⁡n→∞∣xn−A∣=0\lim_{n\to\infty}|x_n-A|=0limn→∞∣xn−A∣=0来说明极限等于 AAA
首先在草稿纸上对这个等式 2xn+1+xn2=12x_{n+1}+x_n^2=12xn+1+xn2=1求极限得到 2A+A2=12A+A^2=12A+A2=1，然后把 AAA解出来取合适的值（这里取舍要想一哈）

然后根据等式的变形 xn+1=12(1−xn2)x_{n+1}=\frac{1}{2}(1-x_n^2)xn+1=21(1−xn2) 得出A=12(1−A2)A=\frac{1}{2}(1-A^2)A=21(1−A2)

然后两个式子相减，构造出∣yn+1∣=k∣yn∣|y_{n+1}|=k|y_n|∣yn+1∣=k∣yn∣这种样子（不同的题凑的方式不同，感觉这里还不好弄）

∣xn+1−A∣=12∣xn+A∣∣xn−A∣|x_{n+1}-A|=\frac{1}{2}|x_{n}+A||x_n-A|∣xn+1−A∣=21∣xn+A∣∣xn−A∣

这道题就是令 yn+1=xn+1−A,令k=12∣xn+A∣y_{n+1}=x_{n+1}-A,令k=\frac{1}{2}|x_{n}+A|yn+1=xn+1−A,令k=21∣xn+A∣

然后就是这种必须掌握的套路了
∣yn+1∣=k∣yn∣=k2∣yn−1∣=...=kn∣y1∣|y_{n+1}|=k|y_n|=k^2|y_{n-1}|=...=k^n|y_1|∣yn+1∣=k∣yn∣=k2∣yn−1∣=...=kn∣y1∣
然后计算 kkk的范围，算出来肯定是要小于 111 的，所以kn→0k^n\to0kn→0

∴lim⁡n→∞∣yn∣=0\therefore \lim_{n\to\infty}|y_n|=0∴limn→∞∣yn∣=0
即：lim⁡n→∞xn=A\lim_{n\to\infty}x_n=Alimn→∞xn=A

1.80【证明题】

a≤x≤b,a≤f(x)≤b,且∀x1,x2∈[a,b]有∣f(x2)−f(x1)∣=k∣x2−x1∣,k<1a\leq x\leq b,a\leq f(x)\leq b,且\forall x_1,x_2\in[a,b]有|f(x_2)-f(x_1)|=k|x_2-x_1|,k<1a≤x≤b,a≤f(x)≤b,且∀x1,x2∈[a,b]有∣f(x2)−f(x1)∣=k∣x2−x1∣,k<1
(1)证明：∃唯一ξ使得f(ξ)=ξ(1)证明：\exist 唯一\xi使得f(\xi)=\xi(1)证明：∃唯一ξ使得f(ξ)=ξ

移项一哈就是f(ξ)−ξ=0f(\xi)-\xi=0f(ξ)−ξ=0，也就是证明g(x)=f(x)−xg(x)=f(x)-xg(x)=f(x)−x在区间内有唯一零点
那么按照老套路就是找到异号的两个端点就能证明存在，这里g(a)≥0,g(b)≤0g(a)\geq0,g(b)\leq0g(a)≥0,g(b)≤0，答案是不是写反了？
然后证明唯一性就是证明他单调，但是这道题没办法证明单调，但是跟普通的题相比多了个条件，肯定要把这个条件用上

证明唯一性：反证法
假如还存在一个η\etaη使得f(η)=ηf(\eta)=\etaf(η)=η
那么f(ξ)−f(η)=ξ−ηf(\xi)-f(\eta)=\xi-\etaf(ξ)−f(η)=ξ−η
∣ξ−η∣=f(ξ)−f(η)=k∣ξ−η∣⇒∣ξ−η∣(1−k)=0⇒k=1|\xi-\eta|=f(\xi)-f(\eta)=k|\xi-\eta|\Rightarrow |\xi-\eta|(1-k)=0\Rightarrow k=1∣ξ−η∣=f(ξ)−f(η)=k∣ξ−η∣⇒∣ξ−η∣(1−k)=0⇒k=1
而k<1k<1k<1所以矛盾
(2)对于任意的x1∈[a,b],xn+1=f(xn),证明lim⁡n→∞xn存在,且lim⁡n→∞xn=ξ(2)对于任意的x_1\in[a,b],x_{n+1}=f(x_n),证明\lim_{n\to\infty}x_n存在,且\lim_{n\to\infty}x_n=\xi(2)对于任意的x1∈[a,b],xn+1=f(xn),证明n→∞limxn存在,且n→∞limxn=ξ
这个也有种先斩后奏的思想
xn的极限等于ξx_n的极限等于\xixn的极限等于ξ，那么xn−ξ的极限就该等于0x_n-\xi的极限就该等于0xn−ξ的极限就该等于0

因此就来求 lim⁡n→∞(xn−ξ)\lim_{n\to\infty}(x_n-\xi)limn→∞(xn−ξ)

而根据所给的xn+1=f(xn)x_{n+1}=f(x_n)xn+1=f(xn)的条件，就阔以一层一层变回去

∣xn−ξ∣=∣f(xn−1)−f(ξ)∣=再用题干的条件k∣xn−1−ξ∣=...=kn−1∣x1−ξ∣=0|x_n-\xi|=|f(x_{n-1})-f(\xi)|\stackrel{再用题干的条件}{=}k|x_{n-1}-\xi|=...=k^{n-1}|x_1-\xi|=0∣xn−ξ∣=∣f(xn−1)−f(ξ)∣=再用题干的条件k∣xn−1−ξ∣=...=kn−1∣x1−ξ∣=0

这样极限就求出来了，并且也说明了极限存在

1.81

就是求有理数的系数与无理数的系数的比值的极限
(2+2)n=An+2Bn,求lim⁡n→∞AnBn(2+\sqrt{2})^n=A_n+\sqrt{2}B_n,求\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{B_n}(2+2)n=An+2Bn,求n→∞limBnAn
要先找到关系式，一开始还没反应过来QAQ
An+2Bn=(2+2)(An−1+2Bn−1)=2(An−1+Bn−1)+2(An−1+2Bn−1)A_n+\sqrt{2}B_n=(2+\sqrt{2})(A_{n-1}+\sqrt{2}B_{n-1})=2(A_{n-1}+B_{n-1})+\sqrt{2}(A_{n-1}+2B_{n-1})An+2Bn=(2+2)(An−1+2Bn−1)=2(An−1+Bn−1)+2(An−1+2Bn−1)
∴{An=2(An−1+Bn−1)Bn=(An−1+2Bn−1)\therefore \left\{\begin{matrix} A_n=2(A_{n-1}+B_{n-1})\\ \\ B_n=(A_{n-1}+2B_{n-1}) \end{matrix}\right.∴⎩⎨⎧An=2(An−1+Bn−1)Bn=(An−1+2Bn−1)

∴AnBn=2(An−1+Bn−1)(An−1+2Bn−1)======还要再转换一哈2(An−1Bn−1)+1An−1Bn−1+2\therefore \frac{A_n}{B_n}=\frac{2(A_{n-1}+B_{n-1})}{(A_{n-1}+2B_{n-1})}\stackrel{还要再转换一哈}{======}\frac{2(\frac{A_{n-1}}{B_{n-1}})+1}{\frac{A_{n-1}}{B_{n-1}}+2}∴BnAn=(An−1+2Bn−1)2(An−1+Bn−1)======还要再转换一哈Bn−1An−1+22(Bn−1An−1)+1
然后就领AnBn=xn然后就领\frac{A_n}{B_n}=x_n然后就领BnAn=xn就好做了
得到的关系式就是：
xn=2xn−1+1xn−1+2x_n=\frac{2x_{n-1}+1}{x_{n-1}+2}xn=xn−1+22xn−1+1
做差:xn+1−xn=2(xn−xn−1)(xn−1+2)(xn+2)做差:x_{n+1}-x_{n}=\frac{2\left(x_{n}-x_{n-1}\right)}{\left(x_{n-1}+2\right)\left(x_{n}+2\right)}做差:xn+1−xn=(xn−1+2)(xn+2)2(xn−xn−1)，与分子同号，说明单调
然后xn>0x_n>0xn>0能理解，xn<2x_n<2xn<2是把上面的关系式化简成xn=2−1xn−1+2x_n=2-\frac{1}{x_{n-1}+2}xn=2−xn−1+21，这样就能看出了因此极限存在
然后就设出来反解出来

1.82【函数迭代】

0≤f(x)≤x,x∈[0,+∞),a1≥0,an+1=f(an)(1)求证：{an}收敛(2)证明：设lim⁡n→∞an=t,则有f(t)=t(3)证明：若条件改为0≤f(x)<x,x∈(0,+∞),则t=00\leq f(x)\leq x,x\in[0,+\infty),a_1\geq0,a_{n+1}=f(a_n)\\ (1)求证：\{a_n\}收敛\\ (2)证明：设\lim_{n\to\infty}a_n=t,则有f(t)=t\\ (3)证明：若条件改为0\leq f(x)<x,x\in(0,+\infty),则t=0 0≤f(x)≤x,x∈[0,+∞),a1≥0,an+1=f(an)(1)求证：{an}收敛(2)证明：设n→∞liman=t,则有f(t)=t(3)证明：若条件改为0≤f(x)<x,x∈(0,+∞),则t=0

(1)

∵f(x)≤x⇒f(an)≤an\because f(x)\leq x\Rightarrow f(a_n)\leq a_n∵f(x)≤x⇒f(an)≤an
又∵f(an)=an+1⇒an+1≤an⇒an单减\because f(a_n)=a_{n+1}\Rightarrow a_{n+1}\leq a_n\Rightarrow a_n单减∵f(an)=an+1⇒an+1≤an⇒an单减
∵x≥0⇒有下界\because x\geq0\Rightarrow 有下界∵x≥0⇒有下界
∴收敛\therefore 收敛∴收敛

(2)

f(t)=f(lim⁡n→∞an)=lim⁡n→∞f(an)=lim⁡n→∞an+1=tf(t)=f(\lim_{n\to\infty}a_n)=\lim_{n\to\infty}f(a_n)=\lim_{n\to\infty}a_{{n+1}}=tf(t)=f(limn→∞an)=limn→∞f(an)=limn→∞an+1=t
其中f(lim⁡n→∞an)=lim⁡n→∞f(an)我懵逼了一哈(｀・ω・´),然后觉得好像有道理其中f(\lim_{n\to\infty}a_n)=\lim_{n\to\infty}f(a_n)我懵逼了一哈(｀・ω・´),然后觉得好像有道理其中f(limn→∞an)=limn→∞f(an)我懵逼了一哈(｀・ω・´),然后觉得好像有道理

(3)

大概就是说，如果能等于，那就迭代到自变量和因变量相等那一点
如果不能等于，那就只能迭代到0

1.83

已知f(x)=x+ln(2−x)有最大值f(1)=1,x1=ln2,xn=∑i=2nln(2−xi),证明:lim⁡n→∞xn极限存在并求值已知f(x)=x+ln(2-x)有最大值f(1)=1,x_1=ln2,x_n=\sum_{i=2}^nln(2-x_i),证明:\lim_{n\to\infty}x_n极限存在并求值已知f(x)=x+ln(2−x)有最大值f(1)=1,x1=ln2,xn=i=2∑nln(2−xi),证明:n→∞limxn极限存在并求值

所给的条件就是第一问,一般第一问都是为第二问做铺垫的,我就没发现这个

xn=∑i=2nln(2−xi)=xn−1+ln(2−xn−1)x_n=\sum_{i=2}^nln(2-x_i)=x_{n-1}+ln(2-x_{n-1})xn=∑i=2nln(2−xi)=xn−1+ln(2−xn−1)

这个我都没看出来T_T，这样就找到了递推关系，并且这个递推关系长得就和我们的条件一样，所以写出来就是

xn=f(xn−1)x_n=f(x_{n-1})xn=f(xn−1)

f(x)f(x)f(x)有最大值，说明xnx_nxn有上界，于是第一个条件就出来了，再证明单增就行了

xn−xn−1=ln(2−xn−1)>0x_n-x_{n-1}=ln(2-x_{n-1})>0xn−xn−1=ln(2−xn−1)>0所以单增也出来了，之后就好做了

1.84

x1=1,xn=∫01min(x,xn−1)dx,证明lim⁡n→∞存在并求值x_1=1,x_n=\int_0^1min(x,x_{n-1})dx,证明\lim_{n\to\infty}存在并求值x1=1,xn=∫01min(x,xn−1)dx,证明n→∞lim存在并求值

这个minminmin操作一开始会有点懵逼，写几项试一试喃
x2=∫01min(x,1)dx=∫01xdx=12x_2=\int_0^1min(x,1)dx=\int_0^1xdx=\frac{1}{2}x2=∫01min(x,1)dx=∫01xdx=21

x3=∫012xdx+∫12112dx=38x_3=\int_0^{\frac{1}{2}}xdx+\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1}{2}dx=\frac{3}{8}x3=∫021xdx+∫21121dx=83

会发现递推关系是这样 xn=∫0xn−1xdx+∫xn−11xn−1dx=xn−1−12xn−12x_n=\int_0^{x_{n-1}}xdx+\int_{x_{n-1}}^1x_{n-1}dx=x_{n-1}-\frac{1}{2}x_{n-1}^2xn=∫0xn−1xdx+∫xn−11xn−1dx=xn−1−21xn−12

单调性倒是一眼就看出来了，可是有下界还是要推一推的

∵单调∴xn−1<x1=1\because 单调\therefore x_{n-1}<x_1=1∵单调∴xn−1<x1=1

∴xn−1>xn−12>xn−122⇒xn−1>xn−12⇒xn−1−xn−12>0⇒xn>0⇒有下界\therefore x_{n-1}>x_{n-1}^2>\frac{x_{n-1}^2}{2}\Rightarrow x_{n-1}>x_{n-1}^2\Rightarrow x_{n-1}-x_{n-1}^2>0\Rightarrow x_n>0\Rightarrow 有下界∴xn−1>xn−12>2xn−12⇒xn−1>xn−12⇒xn−1−xn−12>0⇒xn>0⇒有下界

1.87（多看）【证明题】

(1)证明：方程ex+x2n+1=0在x∈(−1,0)内有唯一实根xn(1)证明：方程e^x+x^{2n+1}=0在x\in(-1,0)内有唯一实根x_n(1)证明：方程ex+x2n+1=0在x∈(−1,0)内有唯一实根xn
就是证fn(x)=ex+x2n+1f_n(x)=e^x+x^{2n+1}fn(x)=ex+x2n+1单增并且两端异号，为后面题使用
(2)证明：lim⁡n→∞xn存在并求其值a(2)证明：\lim_{n\to\infty}x_n存在并求其值a(2)证明：n→∞limxn存在并求其值a
fn+1(x)=ex+x2(n+1)+1=ex+x2n+1⋅x2f_{n+1}(x)=e^{x}+x^{2(n+1)+1}=e^{x}+x^{2n+1}\cdot x^2fn+1(x)=ex+x2(n+1)+1=ex+x2n+1⋅x2

∵xn+1是fn+1(x)的根⇒fn+1(xn+1)=0⇒exn+1+xn+12n+1⋅xn+12=0\because x_{n+1}是f_{n+1}(x)的根\Rightarrow f_{n+1}(x_{n+1})=0\Rightarrow e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}\cdot x_{n+1}^2=0∵xn+1是fn+1(x)的根⇒fn+1(xn+1)=0⇒exn+1+xn+12n+1⋅xn+12=0

又∵xn+1∈(−1,0)⇒xn+12∈(0,1)⇒xn+12<1又\because x_{n+1}\in(-1,0)\Rightarrow x_{n+1}^2\in(0,1)\Rightarrow x_{n+1}^2<1又∵xn+1∈(−1,0)⇒xn+12∈(0,1)⇒xn+12<1

∴exn+1+xn+12n+1>exn+1+xn+12n+1⋅xn+12\therefore e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}>e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}\cdot x_{n+1}^2∴exn+1+xn+12n+1>exn+1+xn+12n+1⋅xn+12（这里我应该没判断错吧，确实应该是大于，答案好像写错了）

∴exn+1+xn+12n+1>0\therefore e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}>0∴exn+1+xn+12n+1>0

而xn是fn(x)的根⇒fn(xn)=0⇒exn+xn2n+1=0而x_n是f_n(x)的根\Rightarrow f_n(x_n)=0\Rightarrow e^{x_n}+x_n^{2n+1}=0而xn是fn(x)的根⇒fn(xn)=0⇒exn+xn2n+1=0

∴exn+1+xn+12n+1>exn+xn2n+1⇒xn+1>xn⇒xn单增\therefore e^{x_{n+1}}+x_{n+1}^{2n+1}>e^{x_n}+x_n^{2n+1}\Rightarrow x_{n+1}>x_n\Rightarrow x_n单增∴exn+1+xn+12n+1>exn+xn2n+1⇒xn+1>xn⇒xn单增

而xn<0⇒有上界⇒极限存在而x_n<0\Rightarrow 有上界\Rightarrow 极限存在而xn<0⇒有上界⇒极限存在

然后由exn+xn2n+1=0阔以化出⇒xn=(2n+1)ln(−xn),然后同时求极限e^{x_n}+x_n^{2n+1}=0阔以化出\Rightarrow x_n=(2n+1)ln(-x_n),然后同时求极限exn+xn2n+1=0阔以化出⇒xn=(2n+1)ln(−xn),然后同时求极限

这题长得还有点怪。。因为求极限的话右边是∞\infty∞了，所以移项到左边，让左边等于0
￣へ￣（有点无语）

a2n+1=ln(−a)\frac{a}{2n+1}=ln(-a)2n+1a=ln(−a)
然后a2n+1=0⇒ln(−a)=0⇒a=−1\frac{a}{2n+1}=0\Rightarrow ln(-a)=0\Rightarrow a=-12n+1a=0⇒ln(−a)=0⇒a=−1

(3)求lim⁡n→∞n(xn−a)(3)求\lim_{n\to\infty}\ \ n(x_n-a)(3)求n→∞lim n(xn−a)
由上题知:xn=(2n+1)ln(−xn),但是这个形式对解题不方便,所以把右边的xn反解出来:由上题知:x_n=(2n+1)ln(-x_n),但是这个形式对解题不方便,所以把右边的x_n反解出来:由上题知:xn=(2n+1)ln(−xn),但是这个形式对解题不方便,所以把右边的xn反解出来:
xn=−exn2n+1x_n=-e^{\frac{x_n}{2n+1}}xn=−e2n+1xn
∴n(xn−a)=n(1−exn2n+1)\therefore n(x_n-a)=n(1-e^{\frac{x_n}{2n+1}})∴n(xn−a)=n(1−e2n+1xn)
然后求极限，有ef(x)−1这种形式并且满足f(x)趋向0的条件，比较好求e^{f(x)-1}这种形式并且满足f(x)趋向0的条件，比较好求ef(x)−1这种形式并且满足f(x)趋向0的条件，比较好求

1.90（放缩夹逼）

已知0<tan2x−x2<x4,xn=∑k=1ntan21n+k,求lim⁡n→∞xn已知0<tan^2x-x^2<x^4,x_n=\sum_{k=1}^ntan^2\frac{1}{\sqrt{n+k}},求\lim_{n\to\infty}x_n已知0<tan2x−x2<x4,xn=k=1∑ntan2n+k1,求n→∞limxn
这道题放缩很厉害呀~
设I=tan21n+kI=tan^2\frac{1}{\sqrt{n+k}}I=tan2n+k1
很明显阔以化成

1n+k<I<1n+k+1(n+k)2\frac{1}{n+k}<I<\frac{1}{n+k}+\frac{1}{(n+k)^2}n+k1<I<n+k1+(n+k)21

我就只能弄到这儿了

答案还把右边放缩了一哈，才能够计算出来

1n+k<I<1n+k+1n2\frac{1}{n+k}<I<\frac{1}{n+k}+\frac{1}{n^2}n+k1<I<n+k1+n21

然后，秀操作的时候来了

lim⁡n→∞∑k=1n1n+k=lim⁡n→∞∑k=1n11+kn1n=∫0111+xdx=ln2\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n+k}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\frac{1}{n}=\int_0^1\frac{1}{1+x}dx=ln2n→∞limk=1∑nn+k1=n→∞limk=1∑n1+nk1n1=∫011+x1dx=ln2

然后右边只是多了个 lim⁡n→∞∑k=1n1n2=lim⁡n→∞1n=0\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0limn→∞∑k=1nn21=limn→∞n1=0，哇~

所以夹逼出来就是ln2ln2ln2

1.91

证明：f(x)=(nx+1)−1x单增,x∈(0,+∞)证明：f(x)=(n^x+1)^{-\frac{1}{x}}单增,x\in(0,+\infty)证明：f(x)=(nx+1)−x1单增,x∈(0,+∞)
如果直接求导会很复杂，因此取个对数，因为对数是增函数，所以单调性不会变
g(x)=lnf(x)=−1xln(nx+1)g(x)=lnf(x)=-\frac{1}{x}ln(n^x+1)g(x)=lnf(x)=−x1ln(nx+1)

g′(x)=1x2ln(nx+1)−1xnxlnnnx+1g'(x)=\frac{1}{x^2}ln(n^x+1)-\frac{1}{x}\frac{n^xlnn}{n^x+1}g′(x)=x21ln(nx+1)−x1nx+1nxlnn

到这里，如果直接令g′(x)>0g'(x)>0g′(x)>0又很难解出xxx的范围

没想到竟然是放缩。。。

g′(x)=1x2ln(nx+1)−1xnxlnnnx+1>1x2ln(nx)−1x(nx+1)lnnnx+1=1xlnn−1xlnn=0g'(x)=\frac{1}{x^2}ln(n^x+1)-\frac{1}{x}\frac{n^xlnn}{n^x+1}>\frac{1}{x^2}ln(n^x)-\frac{1}{x}\frac{(n^x+1)lnn}{n^x+1}=\frac{1}{x}lnn-\frac{1}{x}lnn=0g′(x)=x21ln(nx+1)−x1nx+1nxlnn>x21ln(nx)−x1nx+1(nx+1)lnn=x1lnn−x1lnn=0

哇地一声哭了出来(╥╯^╰╥)

xn=∑k=1n(nk+1)−1k,求lim⁡n→∞xnx_n=\sum_{k=1}^n(n^k+1)^{-\frac{1}{k}},求\lim_{n\to\infty}x_nxn=k=1∑n(nk+1)−k1,求n→∞limxn

要用到第二问的结论
xnx_nxn相当于 ∑k=1nf(k)\sum_{k=1^n}f(k)∑k=1nf(k)

∵1≤k≤n且f(x)单增\because 1\leq k\leq n且f(x)单增∵1≤k≤n且f(x)单增

∴f(1)≤f(k)≤f(n)⇒∑k=1nf(1)≤xn≤∑k=1nf(n)\therefore f(1)\leq f(k)\leq f(n)\Rightarrow \sum_{k=1}^nf(1)\leq x_n\leq \sum_{k=1}^nf(n)∴f(1)≤f(k)≤f(n)⇒∑k=1nf(1)≤xn≤∑k=1nf(n)

左边很好求极限，右边就还要变形一哈~

lim⁡n→∞∑k=1n1(nn+1)1n=lim⁡n→∞n(nn+1)1n,分子分母同时除以n,=lim⁡n→∞1(1+1nn)1n=1\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{(n^n+1)^{\frac{1}{n}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{(n^n+1)^{\frac{1}{n}}},分子分母同时除以n,=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(1+\frac{1}{n^n})^{\frac{1}{n}}}=1n→∞limk=1∑n(nn+1)n11=n→∞lim(nn+1)n1n,分子分母同时除以n,=n→∞lim(1+nn1)n11=1

1.101

求f(x)=lim⁡n→∞e1xarctan11+xx2+enx的间断点以及类型求f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{x}}arctan\frac{1}{1+x}}{x^2+e^{nx}}的间断点以及类型求f(x)=n→∞limx2+enxex1arctan1+x1的间断点以及类型

这道题我做第二遍的时候也没反应过来QAQ，一来就直接求的，然后就遇到问题了，就是分母的 enxe^{nx}enx，x→0,n→∞x\to0,n\to\inftyx→0,n→∞，那nx→?nx\to?nx→?

这道题先要分段
f(x)={0,x>0e1xarctan⁡11+xx2,x<0f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { 0 , } & { x > 0 } \\ { \frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x } } \arctan \frac { 1 } { 1 + x } } { x ^ { 2 } } , } & { x < 0 } \end{array} \right.f(x)={0,x2ex1arctan1+x1,x>0x<0
然后做才好做
但是当x>0x>0x>0的时候，为啥就是0喃？
万一x→0x\to0x→0的时候，那enxe^nxenx也就不知道啊，我还是不理解T_T

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文章目录经典收敛级数 ①:大名鼎鼎的自然数平方倒数和扩展 ②:∑n=1∞1n!=e−1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}=e-1∑n=1∞n!1=e−1 ③: 积分 ...
2020张宇1000题【好题收集】【第三章：一元函数积分学】
文章目录三.一元函数积分学性质概念 3.2(结论) [导函数与原函数的周期性] 3.4 3.7 一元积分比大小 3.10 3.13 定积分定义计算 3.17 3.22 换元法一元函数积分复杂与特 ...
2020张宇1000题【好题收集】【第十章：线性代数（一）】
文章目录线性代数中翻译成人话的结论一.行列式做题中得到的结论基础知识分块矩阵行列式爪型行列式范德蒙行列式 4[结论题][缺主对角线] 7[打星] 8 15(打星) 二.矩阵关于秩的一些 ...
2020张宇1000题【好题收集】【第四章：多元函数微分学】【第五章：二重积分】
文章目录多元函数微分学基本知识概念(感觉概念题还挺难的) 4.1[先代值后求导] 4.2 4.3 (1)是否连续,说明理由 (2)偏导数是否存在? (3)是否可微 4.4(打星) (1)偏导数存 ...
张宇1000题概率论与数理统计第一章随机事件和概率
目录 BBB组 15.在一个袋中有aaa个白球,bbb个黑球,每次摸一球且摸后放回重复nnn次.已知摸到白球kkk次的条件下,事件BBB发生的概率为kn\cfrac{k}{n}nk,则P(B)=P( ...
第一章函数连续极限公式小结论
计算机考研1000题pdf,2020考研张宇1000题(数一、二、三全）.pdf
张宇考研数学题源探析经典1000 题 (习题分册·数学一) 张宇 2019 年11 月14 日目录前言 ii 十四. 平均值 . . . . . . . . . . . . . . 18 十五. ...
计算机网络第一章考研题
计算机网络第一章考研题文章目录计算机网络第一章考研题一.单项选择题 1.[2010统考真题]下列选项中,不属于网络体系结构所描述的内容是( ) 2．[2009统考真题]在OSI参考模型中, 自下 ...

2020张宇1000题【好题收集】【第一章：极限、连续】