高等数学第一章：极限与连续

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高等数学第一章：极限与连续
2026-11-06
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第一章 极限与连续#

目录#

第01节 函数及其性质#

1. 数集#

（1）实数集 R=(−∞,+∞)\mathbb{R}=(-\infty,+\infty) （2）正实数 R+=(0,+∞)\mathbb{R}^{+}=(0,+\infty) （3）有理数 Q\mathbb{Q}： Q⊂R\mathbb{Q} \subset \mathbb{R} （4）整数 Z={−n,⋯ ,−1,0,1,⋯ ,n,⋯ }\mathbb{Z}=\{-n,\cdots,-1,0,1,\cdots,n,\cdots\} （5）正整数 N+={1,2,⋯ ,n,⋯ }\mathbb{N}^{+}=\{1,2,\cdots,n,\cdots\} （6）自然数 N={0,1,2,⋯ ,n,⋯ }\mathbb{N}=\{0,1,2,\cdots,n,\cdots\}

2. 区间#

（1）(a,b)={x∣a<x<b}(a,b)=\{x\mid a<x<b\} （2）[a,b]={x∣a≤x≤b}[a,b]=\{x\mid a\le x\le b\} （3）(a,b]={x∣a<x≤b}(a,b]=\{x\mid a<x\le b\} （4）[a,b)={x∣a≤x<b}[a,b)=\{x\mid a\le x<b\} —— 有界区间 （5）(a,+∞)={x∣a<x<+∞}(a,+\infty)=\{x\mid a<x<+\infty\} （6）[a,+∞)={x∣a≤x<+∞}[a,+\infty)=\{x\mid a\le x<+\infty\} （7）(−∞,b)={x∣−∞<x<b}(-\infty,b)=\{x\mid -\infty<x<b\} （8）(−∞,b]={x∣−∞<x≤b}(-\infty,b]=\{x\mid -\infty<x\le b\} （9）(−∞,+∞)={x∣−∞<x<+∞}(-\infty,+\infty)=\{x\mid -\infty<x<+\infty\} —— 实数域

图1：各类区间在数轴上的表示
图1：各类区间在数轴上的表示

3. 邻域#

（1）x0x_0 的邻域 Uδ(x0)={x∣∣x−x0∣<δ}U_\delta(x_0)=\{x\mid |x-x_0|<\delta\}，其中 δ>0\delta>0 （2）x0x_0 的去心邻域 U˚δ(x0)={x∣0<∣x−x0∣<δ}\mathring{U}_\delta(x_0)=\{x\mid 0<|x-x_0|<\delta\}，其中 δ>0\delta>0

图2：邻域与去心邻域的数轴表示
图2：邻域与去心邻域的数轴表示

4. 映射#

图3：四种映射关系示意图
图3：四种映射关系示意图

5. 函数#

（1）x∈Dx\in D，称 DD 为定义域 （2）y∈Rfy\in R_f，称 RfR_f 为值域 （3）映射 ff（一对一、多对一）称为函数

（1）函数表达式#

📝 例题 1#

【题目】：判断函数 f(x)=xf(x)=x，g(x)=x2g(x)=x^2 是否是相同的函数关系。

【解析】：

（1）f(x)=xf(x)=x，Df=(−∞,+∞)D_f=(-\infty,+\infty)，Rf=(−∞,+∞)R_f=(-\infty,+\infty)

（2）g(x)=x2g(x)=x^2，Dg=(−∞,+∞)D_g=(-\infty,+\infty)，Rg=[0,+∞)R_g=[0,+\infty)

∵f(x)≠g(x)\because f(x)\ne g(x)，映射法则不同，

∴f(x)\therefore f(x) 与 g(x)g(x) 不是相同函数。

📝 例题 2#

【题目】：判断 f(x)=x2f(x)=x^2，g(t)=t2g(t)=t^2 是否是相同函数关系。

【解析】：

（1）f(x)=x2f(x)=x^2，Df=(−∞,+∞)D_f=(-\infty,+\infty)，a↦a2a\mapsto a^2

（2）g(t)=t2g(t)=t^2，Dg=(−∞,+∞)D_g=(-\infty,+\infty)，a↦a2a\mapsto a^2

∴f\therefore f 与 gg 是相同的函数关系。

📝 例题 3#

【题目】：下列选项中，函数 f(x)f(x) 和 g(x)g(x) 是相同的是（　　）

  • (A) f(x)=x0f(x)=x^0，g(x)=1g(x)=1
  • (B) f(x)=lg⁡x2f(x)=\lg x^2，g(x)=2lg⁡xg(x)=2\lg x
  • (C) f(x)=xf(x)=x，g(x)=x2g(x)=\sqrt{x^2}
  • (D) f(x)=sin⁡xf(x)=\sin x，g(x)=cos⁡(π2−x)g(x)=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)

【解析】：

  • (A) f(x)=x0=1 (x≠0)f(x)=x^0=1\ (x\ne 0)；g(x)=1 (x∈R)g(x)=1\ (x\in\mathbb{R})，定义域不同。
  • (B) f(x)=lg⁡x2=2lg⁡x (x≠0)f(x)=\lg x^2=2\lg x\ (x\ne 0)；g(x)=2lg⁡x (x>0)g(x)=2\lg x\ (x>0)，定义域不同。

⚠️ [智能体A注]：原笔记处写作 lg⁡x2=2lg⁡x\lg x^2=2\lg x，严格应为 lg⁡x2=2lg⁡∣x∣ (x≠0)\lg x^2=2\lg|x|\ (x\ne 0)；此处不影响”定义域不同”的结论。

  • (C) f(x)=x (x∈R)f(x)=x\ (x\in\mathbb{R})；g(x)=x2=∣x∣ (x∈R)g(x)=\sqrt{x^2}=|x|\ (x\in\mathbb{R})，对应法则不同。
  • (D) g(x)=cos⁡(π2−x)=sin⁡x=f(x)g(x)=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)=\sin x=f(x)。✓

故答案为 D。

6. 基本初等函数#

（1）常值函数 y=Cy=C#

图4：常值函数 y=C 图像
图4：常值函数 y=C 图像

（2）幂函数 y=xμy=x^\mu（x>0, μ≠0x>0,\ \mu\ne 0）#

图5：幂函数图像（随 μ 取值变化）
图5：幂函数图像（随 μ 取值变化）

（3）指数函数 y=axy=a^x（a>0, a≠1a>0,\ a\ne 1）#

图6：指数函数图像
图6：指数函数图像

运算性质：

am⋅an=am+na^m\cdot a^n=a^{m+n}

(am)n=amn(a^m)^n=a^{mn}

aman=am−n\frac{a^m}{a^n}=a^{m-n}

(ab)n=anbn(ab)^n=a^n b^n

（4）对数函数 y=log⁡axy=\log_a x（a>0, a≠1a>0,\ a\ne 1）#

图7：对数函数图像
图7：对数函数图像

运算性质：

log⁡a(MN)=log⁡aM+log⁡aN\log_a(MN)=\log_a M+\log_a N

log⁡aMN=log⁡aM−log⁡aN\log_a\frac{M}{N}=\log_a M-\log_a N

log⁡aMN=Nlog⁡aM\log_a M^N=N\log_a M

log⁡aM−1=−log⁡aM\log_a M^{-1}=-\log_a M

ab=ebln⁡aa^b=e^{b\ln a}

log⁡ab=log⁡cblog⁡ca\log_a b=\frac{\log_c b}{\log_c a}

（5）三角函数#

图8：三角函数图像（sin、cos、tan）
图8：三角函数图像（sin、cos、tan）

函数定义域 DD值域 RR周期 TT奇偶性
y=sin⁡xy=\sin x(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)[−1,1][-1,1]2π2\pi奇函数
y=cos⁡xy=\cos x(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)[−1,1][-1,1]2π2\pi偶函数
y=tan⁡xy=\tan x{x∣x≠kπ+π2, k∈Z}\{x\mid x\ne k\pi+\frac{\pi}{2},\ k\in\mathbb{Z}\}(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)π\pi奇函数

其余三角函数：

y=cot⁡x=cos⁡xsin⁡x,y=sec⁡x=1cos⁡x,y=csc⁡x=1sin⁡xy=\cot x=\frac{\cos x}{\sin x},\qquad y=\sec x=\frac{1}{\cos x},\qquad y=\csc x=\frac{1}{\sin x}

7. 反三角函数#

图9：反三角函数图像（arcsin、arccos、arctan）
图9：反三角函数图像（arcsin、arccos、arctan）

函数定义域 DD值域 RR奇偶性
y=arcsin⁡xy=\arcsin x[−1,1][-1,1][−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]奇函数
y=arccos⁡xy=\arccos x[−1,1][-1,1][0,π][0,\pi]非奇非偶
y=arctan⁡xy=\arctan x(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)(−π2,π2)\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)奇函数

8. 特殊函数#

（1）绝对值函数#

y=∣x∣={x,x>00,x=0−x,x<0y=|x|=\begin{cases} x, & x>0\\ 0, & x=0\\ -x, & x<0 \end{cases}

图10：绝对值函数图像
图10：绝对值函数图像

（2）符号函数#

y=sgn⁡x={1,x>00,x=0−1,x<0y=\operatorname{sgn} x=\begin{cases} 1, & x>0\\ 0, & x=0\\ -1, & x<0 \end{cases}

图11：符号函数图像
图11：符号函数图像

（3）取整函数#

y=[x]y=[x]，表示不超过 xx 的最大整数。例如：[2.718]=2[2.718]=2，[−2.718]=−3[-2.718]=-3。

图12：取整函数图像
图12：取整函数图像

（4）狄利克雷函数#

D(x)={1,x∈Q0,x∉QD(x)=\begin{cases} 1, & x\in\mathbb{Q}\\ 0, & x\notin\mathbb{Q} \end{cases}

📝 例题 4#

【题目】：已知 f(x)=sin⁡xf(x)=\sin x，f[φ(x)]=1−x2f[\varphi(x)]=1-x^2，则 φ(x)=\varphi(x)= ____，其定义域为 ____。

【解析】：由题设，

f[φ(x)]=sin⁡φ(x)=1−x2f[\varphi(x)]=\sin\varphi(x)=1-x^2

φ(x)=arcsin⁡(1−x2)\varphi(x)=\arcsin(1-x^2)

定义域满足：

−1≤1−x2≤1-1\le 1-x^2\le 1

⇒ 0≤x2≤2\Rightarrow\ 0\le x^2\le 2

⇒ −2≤x≤2\Rightarrow\ -\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}

📝 例题 5#

【题目】：设 f(x)=ex2f(x)=e^{x^2}，f[φ(x)]=1−xf[\varphi(x)]=1-x，且 φ(x)≥0\varphi(x)\ge 0，求 φ(x)\varphi(x) 及其定义域。

【解析】：由题设，

f[φ(x)]=eφ(x)2=1−xf[\varphi(x)]=e^{\varphi(x)^2}=1-x

φ(x)=ln⁡(1−x)\varphi(x)=\sqrt{\ln(1-x)}

定义域需满足：

{1−x>0ln⁡(1−x)≥0 ⇒ {x<11−x≥1 ⇒ x≤0\begin{cases} 1-x>0\\ \ln(1-x)\ge 0 \end{cases}\ \Rightarrow\ \begin{cases} x<1\\ 1-x\ge 1 \end{cases}\ \Rightarrow\ x\le 0

故定义域为 (−∞,0](-\infty,0]。

📝 例题 6#

【题目】：已知 3f(x)+f(2−x)=x23f(x)+f(2-x)=x^2，求 f(x)f(x)。

【解析】：令 t=2−xt=2-x，则 x=2−tx=2-t，代入原式得：

3f(2−t)+f(t)=(2−t)23f(2-t)+f(t)=(2-t)^2

换回 xx，与原式联立：

{3f(x)+f(2−x)=x2⋯①3f(2−x)+f(x)=(2−x)2⋯②\begin{cases} 3f(x)+f(2-x)=x^2 & \cdots ①\\ 3f(2-x)+f(x)=(2-x)^2 & \cdots ② \end{cases}

①×3−②①\times 3-② 得：

8f(x)=3x2−(2−x)2=2x2+4x−48f(x)=3x^2-(2-x)^2=2x^2+4x-4

 f(x)=14(x2+2x−2) \boxed{\,f(x)=\dfrac{1}{4}\left(x^2+2x-2\right)\,}

📝 例题 7#

【题目】：已知 3f(x)+f(1x)=x23f(x)+f\left(\dfrac{1}{x}\right)=x^2，求 f(x)f(x)。

【解析】：原式记为 ①：

3f(x)+f(1x)=x2⋯①3f(x)+f\left(\dfrac{1}{x}\right)=x^2 \quad \cdots ①

令 t=1xt=\dfrac{1}{x}，则 x=1tx=\dfrac{1}{t}，代入得：

3f(1x)+f(x)=1x2⋯②3f\left(\dfrac{1}{x}\right)+f(x)=\dfrac{1}{x^2} \quad \cdots ②

②−3×①②-3\times ① 得：

−8f(x)=1x2−3x2-8f(x)=\dfrac{1}{x^2}-3x^2

 f(x)=18(3x2−1x2) (x≠0) \boxed{\,f(x)=\dfrac{1}{8}\left(3x^2-\dfrac{1}{x^2}\right)\ (x\ne 0)\,}

第02节 函数的性质、复合函数与反函数#

1. 函数的性质#

函数的性质包括：奇偶性、单调性、有界性、周期性。

（1）奇偶性#

定义域 DD 关于原点对称。

  • 若 f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x)，则称 f(x)f(x) 是奇函数（图像关于原点对称）；
  • 若 f(−x)=f(x)f(-x)=f(x)，则称 f(x)f(x) 是偶函数（图像关于 yy 轴对称）。

图1：奇函数图像（y=x^3 与 y=\sin x）
图1：奇函数图像（y=x^3 与 y=\sin x）

图2：偶函数图像（y=x^2 与 y=\cos x）
图2：偶函数图像（y=x^2 与 y=\cos x）

判断奇偶性的两个步骤：① 考察定义域 DD 是否关于原点对称；② 考察 f(−x)f(-x) 与 f(x)f(x) 之间的关系。

📝 例题 1#

【题目】：判断 f(x)=ln⁡(x+1+x2)f(x)=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) 的奇偶性。

【解析】：由题设，f(x)f(x) 的定义域为

{1+x2≥0x+1+x2>0 ⇒ −∞<x<+∞\begin{cases} 1+x^2\ge 0\\ x+\sqrt{1+x^2}>0 \end{cases}\ \Rightarrow\ -\infty<x<+\infty

定义域关于原点对称。

f(−x)=ln⁡(−x+1+x2)=ln⁡(1+x2−x)f(-x)=\ln\left(-x+\sqrt{1+x^2}\right)=\ln\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)

=ln⁡(1+x2−x)(1+x2+x)1+x2+x=ln⁡11+x2+x=\ln\frac{\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)\left(\sqrt{1+x^2}+x\right)}{\sqrt{1+x^2}+x}=\ln\frac{1}{\sqrt{1+x^2}+x}

=−ln⁡(x+1+x2)=−f(x)=-\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)=-f(x)

故 f(x)f(x) 是奇函数。

根式有理化：

a−b=(a−b)(a+b)a+b=a−ba+b,a−b=(a−b)(a+b)a+b=a−b2a+b\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}},\qquad \sqrt{a}-b=\frac{\left(\sqrt{a}-b\right)\left(\sqrt{a}+b\right)}{\sqrt{a}+b}=\frac{a-b^{2}}{\sqrt{a}+b}

奇偶性的常用结论：

  • 奇 ++ 奇 == 奇，偶 ++ 偶 == 偶；奇 ×\times 奇 == 偶，偶 ×\times 偶 == 偶，奇 ×\times 偶 == 奇。
  • 若 F(x)F(x) 是可导的奇函数，则 F′(x)F'(x) 是偶函数；若 F(x)F(x) 是可导的偶函数，则 F′(x)F'(x) 是奇函数。
  • 若 f(x)f(x) 是奇函数，则 F(x)=∫0xf(t) dtF(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t 是偶函数；若 f(x)f(x) 是偶函数，则 F(x)=∫0xf(t) dtF(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t 是奇函数。

📝 例题 2#

【题目】：判断 f(x)=ln⁡1+x1−xf(x)=\ln\dfrac{1+x}{1-x} 的奇偶性。

【解析】：由题设，f(x)f(x) 的定义域为

{1+x≠01+x1−x>0 ⇒ {x≠−1(1+x)(1−x)>0 ⇒ −1<x<1\begin{cases} 1+x\ne 0\\[6pt] \dfrac{1+x}{1-x}>0 \end{cases}\ \Rightarrow\ \begin{cases} x\ne -1\\ (1+x)(1-x)>0 \end{cases}\ \Rightarrow\ -1<x<1

f(−x)=ln⁡1−x1+x=ln⁡(1+x1−x)−1=−ln⁡1+x1−x=−f(x)f(-x)=\ln\frac{1-x}{1+x}=\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^{-1}=-\ln\frac{1+x}{1-x}=-f(x)

故 f(x)f(x) 为奇函数。

📝 例题 3#

【题目】：f(x)=∣xsin⁡x∣ ecos⁡xf(x)=|x\sin x|\,e^{\cos x} 在 −∞<x<+∞-\infty<x<+\infty 上是（　　）

  • (A) 有界函数
  • (B) 单调函数
  • (C) 周期函数
  • (D) 偶函数

【解析】：由题设，f(x)f(x) 的定义域为 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty)，关于原点对称。

f(−x)=∣(−x)⋅sin⁡(−x)∣⋅ecos⁡(−x)=∣xsin⁡x∣⋅ecos⁡x=f(x)f(-x)=|(-x)\cdot\sin(-x)|\cdot e^{\cos(-x)}=|x\sin x|\cdot e^{\cos x}=f(x)

故 f(x)f(x) 是偶函数，答案选 D。

（2）单调性#

当 x1<x2x_1<x_2 时：

  • f(x1)<f(x2)f(x_1)<f(x_2)，称 f(x)f(x) 单调增；
  • f(x1)≤f(x2)f(x_1)\le f(x_2)，称 f(x)f(x) 单调不减。

图3：增函数与减函数图像
图3：增函数与减函数图像

f(x)f(x) 的单调性可由 f′(x)f'(x) 的符号判断；f(x)f(x) 的单调性与奇偶性也有关联。

（3）有界性#

设 f(x)f(x) 的定义域为 DD，数集 X⊂DX\subset D。

  • 若存在 MM，使 f(x)≤M, ∀x∈Xf(x)\le M,\ \forall x\in X，称 f(x)f(x) 在 XX 上有上界 MM；
  • 若存在 mm，使 f(x)≥m, ∀x∈Xf(x)\ge m,\ \forall x\in X，称 f(x)f(x) 在 XX 上有下界 mm；
  • 若 m≤f(x)≤M, ∀x∈Xm\le f(x)\le M,\ \forall x\in X，称 f(x)f(x) 在 XX 上有界。

有界指既有上界又有下界。若 f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上连续，则 f(x)f(x) 在 [a,b][a,b] 上有界。

图4：y=\ln x 的图像
图4：y=\ln x 的图像

以 y=ln⁡xy=\ln x 为例：在 (0,e)(0,e) 上有上界（y(e)=1y(e)=1），却没有下界（x→0+x\to 0^{+} 时 y→−∞y\to-\infty）。

📝 例题 4#

【题目】：判断函数 f(x)=x2−1x2+1f(x)=\dfrac{x^{2}-1}{x^{2}+1} 的有界性。

【解析】：由题设，

f(x)=x2−1x2+1=1−2x2+1f(x)=\frac{x^{2}-1}{x^{2}+1}=1-\frac{2}{x^{2}+1}

由于 x2+1≥1x^{2}+1\ge 1，故 0<2x2+1≤20<\dfrac{2}{x^{2}+1}\le 2，从而

−1≤f(x)<1-1\le f(x)<1

故 f(x)f(x) 在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 上有界（∣f(x)∣≤1|f(x)|\le 1）。

📝 例题 5#

【题目】：设函数 f(x)=xtan⁡x esin⁡xf(x)=x\tan x\,e^{\sin x}，则 f(x)f(x) 是（　　）

  • (A) 偶函数
  • (B) 无界函数
  • (C) 周期函数
  • (D) 单调函数

【解析】：由题设，逐项考察：

  • （A）f(−x)=(−x)tan⁡(−x)esin⁡(−x)=xtan⁡x e−sin⁡x≠f(x)f(-x)=(-x)\tan(-x)e^{\sin(-x)}=x\tan x\,e^{-\sin x}\ne f(x)，不是偶函数；
  • （B）当 x→π2x\to\dfrac{\pi}{2} 时，f(x)→∞f(x)\to\infty，无界；✓
  • （C）xx 不是周期函数；
  • （D）tan⁡x\tan x 不是单调函数。

故答案选 B。

（4）周期性#

  • 若 f(x+T)=f(x)f(x+T)=f(x)（T>0T>0），称 f(x)f(x) 是以 TT 为周期的周期函数；
  • 若存在最小正数 TT，称 TT 为最小正周期。

狄利克雷函数没有最小正周期。

∫aa+Tf(x) dx=∫0Tf(x) dx=∫−T2T2f(x) dx,∫aa+nTf(x) dx=n∫0Tf(x) dx\int_a^{a+T}f(x)\,\mathrm{d}x=\int_0^{T}f(x)\,\mathrm{d}x=\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(x)\,\mathrm{d}x,\qquad \int_a^{a+nT}f(x)\,\mathrm{d}x=n\int_0^{T}f(x)\,\mathrm{d}x

📝 例题 6#

【题目】：求下列周期函数的周期： （1）f(x)=sin⁡4x−cos⁡4xf(x)=\sin^{4}x-\cos^{4}x （2）f(x)=sin⁡6x+cos⁡6xf(x)=\sin^{6}x+\cos^{6}x

【解析】：

（1）

f(x)=(sin⁡2x+cos⁡2x)(sin⁡2x−cos⁡2x)=sin⁡2x−cos⁡2x=−cos⁡2xf(x)=\left(\sin^{2}x+\cos^{2}x\right)\left(\sin^{2}x-\cos^{2}x\right)=\sin^{2}x-\cos^{2}x=-\cos 2x

故 f(x)f(x) 的最小正周期为 T=2π2=πT=\dfrac{2\pi}{2}=\pi。

（2）

f(x)=(sin⁡2x+cos⁡2x)(sin⁡4x−sin⁡2xcos⁡2x+cos⁡4x)f(x)=\left(\sin^{2}x+\cos^{2}x\right)\left(\sin^{4}x-\sin^{2}x\cos^{2}x+\cos^{4}x\right)

=(sin⁡2x+cos⁡2x)2−3sin⁡2xcos⁡2x=1−34(2sin⁡xcos⁡x)2=1−34sin⁡22x=\left(\sin^{2}x+\cos^{2}x\right)^{2}-3\sin^{2}x\cos^{2}x=1-\frac{3}{4}\left(2\sin x\cos x\right)^{2}=1-\frac{3}{4}\sin^{2}2x

=1−34⋅1−cos⁡4x2=58+38cos⁡4x=1-\frac{3}{4}\cdot\frac{1-\cos 4x}{2}=\frac{5}{8}+\frac{3}{8}\cos 4x

故 f(x)f(x) 的最小正周期 T=2π4=π2T=\dfrac{2\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}。

求三角函数的周期时，优先考虑降幂。立方和差公式：

a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2),a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)a^{3}+b^{3}=(a+b)\left(a^{2}-ab+b^{2}\right),\qquad a^{3}-b^{3}=(a-b)\left(a^{2}+ab+b^{2}\right)

📝 例题 7#

【题目】：当 x∈[0,π]x\in[0,\pi] 时，f(x)>0f(x)>0，且 f(x+π)=f(x)+sin⁡xf(x+\pi)=f(x)+\sin x，则在 (0,+∞)(0,+\infty) 内 f(x)f(x) 是（　　） A. 以 π\pi 为周期的函数　B. 以 2π2\pi 为周期的函数　C. 以 3π3\pi 为周期的函数　D. 周期函数

【解析】：由题设，

f(x+2π)=f(x+π+π)=f(x+π)+sin⁡(x+π)=f(x)+sin⁡x−sin⁡x=f(x)f(x+2\pi)=f(x+\pi+\pi)=f(x+\pi)+\sin(x+\pi)=f(x)+\sin x-\sin x=f(x)

故 f(x)f(x) 的周期 T=2πT=2\pi，答案选 B。

📝 例题 8#

【题目】：函数 f(x)=xe−x2(2−cos⁡x)f(x)=xe^{-x^{2}}(2-\cos x) 在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 上是（　　） A. 有界的偶函数　B. 无界的偶函数　C. 有界的奇函数　D. 无界的奇函数

【解析】：由题设，记 f(x)=h(x)⋅g(x)=xe−x2⋅(2−cos⁡x)f(x)=h(x)\cdot g(x)=xe^{-x^{2}}\cdot(2-\cos x)。

① h(−x)=(−x)e−(−x)2=−xe−x2=−h(x)h(-x)=(-x)e^{-(-x)^{2}}=-xe^{-x^{2}}=-h(x)，故 h(x)h(x) 为奇函数；

② g(−x)=2−cos⁡(−x)=2−cos⁡x=g(x)g(-x)=2-\cos(-x)=2-\cos x=g(x)，故 g(x)g(x) 为偶函数。

奇函数与偶函数之积为奇函数，故 f(x)f(x) 为奇函数。

③ g(x)=2−cos⁡xg(x)=2-\cos x 为有界函数，1≤g(x)≤31\le g(x)\le 3。再证 h(x)=xe−x2h(x)=xe^{-x^{2}} 有界：

h′(x)=e−x2+xe−x2(−2x)=(1−2x2)e−x2=0 ⇒ x=±12h'(x)=e^{-x^{2}}+xe^{-x^{2}}(-2x)=(1-2x^{2})e^{-x^{2}}=0\ \Rightarrow\ x=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}

h(x)h(x) 是奇函数，只需讨论 x≥0x\ge 0 的情形：

xx(0,12)\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)12\dfrac{1}{\sqrt{2}}(12,+∞)\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}},+\infty\right)
h′(x)h'(x)++00−-
h(x)h(x)↗\nearrow极大↘\searrow

图5：h(x)=xe^{-x^{2}} 的图像
图5：h(x)=xe^{-x^{2}} 的图像

又 h(0)=0h(0)=0，lim⁡x→+∞h(x)=lim⁡x→+∞xe−x2=0\displaystyle\lim_{x\to+\infty}h(x)=\lim_{x\to+\infty}xe^{-x^{2}}=0，故 h(x)h(x) 有界，从而 f(x)f(x) 有界。

故答案选 C。

📝 例题 9#

【题目】：设 F(x)F(x) 是连续函数 f(x)f(x) 的一个原函数，"M⇔NM\Leftrightarrow N"表示”M 的充分必要条件”，则必有（　　）

（A）F(x)F(x) 是偶函数 ⇔\Leftrightarrow f(x)f(x) 是奇函数 （B）F(x)F(x) 是奇函数 ⇔\Leftrightarrow f(x)f(x) 是偶函数 （C）F(x)F(x) 是周期函数 ⇔\Leftrightarrow f(x)f(x) 是周期函数 （D）F(x)F(x) 是单调函数 ⇔\Leftrightarrow f(x)f(x) 是单调函数

【解析】：逐项用反例排除：

  • （B）取 f(x)=x2f(x)=x^{2}（偶函数），则 F(x)=13x3+CF(x)=\dfrac{1}{3}x^{3}+C，当 C≠0C\ne0 时不是奇函数，故（B）不成立；
  • （C）取 F(x)=x+sin⁡xF(x)=x+\sin x（非周期函数），而 f(x)=1+cos⁡xf(x)=1+\cos x 是周期函数，故（C）不成立；
  • （D）取 f(x)=2xf(x)=2x（单调函数），则 F(x)=x2+CF(x)=x^{2}+C 不是单调函数，故（D）不成立；
  • （A）F(x)F(x) 是偶函数 ⇔\Leftrightarrow f(x)f(x) 是奇函数成立（如 F(x)=x2+CF(x)=x^{2}+C，f(x)=2xf(x)=2x）。

故答案选 A。

2. 复合函数#

设 y=f(u)y=f(u)，u=g(x)u=g(x)，则 y=f(g(x))y=f(g(x))，其中 uu 称为中间变量。

图6：复合函数示意图
图6：复合函数示意图

复合的条件：gg 的值域与 ff 的定义域有公共部分，即

Rg∩Df≠∅R_{g}\cap D_{f}\ne\varnothing

📝 例题 10#

【题目】：设 f(x)={ex,x<1x,x≥1f(x)=\begin{cases}e^{x},& x<1\\ x,& x\ge1\end{cases}，φ(x)={x+2,x<0x2−1,x≥0\varphi(x)=\begin{cases}x+2,& x<0\\ x^{2}-1,& x\ge0\end{cases}，求 f[φ(x)]f[\varphi(x)]。

【解析】：由题设，

f(φ(x))={eφ(x),φ(x)<1φ(x),φ(x)≥1f(\varphi(x))=\begin{cases}e^{\varphi(x)},& \varphi(x)<1\\ \varphi(x),& \varphi(x)\ge1\end{cases}

① 当 φ(x)=x+2<1\varphi(x)=x+2<1（即 x<−1x<-1）时，f(φ(x))=ex+2f(\varphi(x))=e^{x+2}；

② 当 φ(x)=x2−1<1\varphi(x)=x^{2}-1<1（即 0≤x<20\le x<\sqrt{2}）时，f(φ(x))=ex2−1f(\varphi(x))=e^{x^{2}-1}；

③ 当 φ(x)=x+2≥1\varphi(x)=x+2\ge1（即 −1≤x<0-1\le x<0）时，f(φ(x))=x+2f(\varphi(x))=x+2；

④ 当 φ(x)=x2−1≥1\varphi(x)=x^{2}-1\ge1（即 x≥2x\ge\sqrt{2}）时，f(φ(x))=x2−1f(\varphi(x))=x^{2}-1。

综上所述，

f(φ(x))={ex+2,x<−1ex2−1,0≤x<2x+2,−1≤x<0x2−1,x≥2f(\varphi(x))=\begin{cases}e^{x+2},& x<-1\\[4pt] e^{x^{2}-1},& 0\le x<\sqrt{2}\\[4pt] x+2,& -1\le x<0\\[4pt] x^{2}-1,& x\ge\sqrt{2}\end{cases}

📝 例题 11#

【题目】：设函数 f(x)=x1+xf(x)=\dfrac{x}{1+x}，x∈[0,1]x\in[0,1]，令 f1(x)=f(x)f_1(x)=f(x)，f2(x)=f(f1(x))f_2(x)=f(f_1(x))，……，fn(x)=f(fn−1(x))f_n(x)=f(f_{n-1}(x))，求 fn(x)f_n(x)。

【解析】：用归纳法证明 fn(x)=x1+nxf_n(x)=\dfrac{x}{1+nx}。

当 n=1n=1 时，f1(x)=f(x)=x1+xf_1(x)=f(x)=\dfrac{x}{1+x}，结论成立。

假设当 n=kn=k 时 fk(x)=x1+kxf_k(x)=\dfrac{x}{1+kx}，则当 n=k+1n=k+1 时，

fk+1(x)=f(fk(x))=fk(x)1+fk(x)=x1+kx1+x1+kx=x1+(k+1)xf_{k+1}(x)=f(f_k(x))=\frac{f_k(x)}{1+f_k(x)}=\frac{\dfrac{x}{1+kx}}{1+\dfrac{x}{1+kx}}=\frac{x}{1+(k+1)x}

故对一切正整数 nn，有 fn(x)=x1+nxf_n(x)=\dfrac{x}{1+nx}。

3. 反函数#

设 y=x3y=x^{3}：x=2→ f y=8x=2\xrightarrow{\ f\ }y=8；反过来 y=27→ g x=3y=27\xrightarrow{\ g\ }x=3，则 ff 与 gg 互为反函数。

y=f(x) {x=g(y)——第一种形式反函数，与 y=f(x) 图像重合y=g(x)——第二种形式反函数，与 y=f(x) 关于 y=x 对称y=f(x)\ \begin{cases} x=g(y) & \text{——第一种形式反函数，与 } y=f(x) \text{ 图像重合}\\[10pt] y=g(x) & \text{——第二种形式反函数，与 } y=f(x) \text{ 关于 } y=x \text{ 对称} \end{cases}

第二种形式反函数 y=g(x)y=g(x) 相当于把 xx 与 yy 互换：y=f(x)y=f(x) 的定义域与值域，恰好分别是 y=g(x)y=g(x) 的值域与定义域。

📝 例题 12#

【题目】：求函数 y=ln⁡(x+x2−1)y=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}-1}\right)（x≥1x\ge1）的反函数。

【解析】：由题设，当 x≥1x\ge1 时 y≥0y\ge0，故反函数的定义域为 [0,+∞)[0,+\infty)。

由 x+x2−1=eyx+\sqrt{x^{2}-1}=e^{y}，两边取倒数并变形得 x−x2−1=e−yx-\sqrt{x^{2}-1}=e^{-y}（因 (x+x2−1)(x−x2−1)=1\left(x+\sqrt{x^{2}-1}\right)\left(x-\sqrt{x^{2}-1}\right)=1）。

两式相加：

2x=ey+e−y ⇒ x=12(ey+e−y)2x=e^{y}+e^{-y}\ \Rightarrow\ x=\frac{1}{2}\left(e^{y}+e^{-y}\right)

交换 xx 与 yy，得反函数

y=12(ex+e−x),x∈[0,+∞)y=\frac{1}{2}\left(e^{x}+e^{-x}\right),\quad x\in[0,+\infty)

📝 例题 13#

【题目】：设 f(x)={1−2x2,x<−1x3,−1≤x≤212x−16,x>2f(x)=\begin{cases}1-2x^{2},& x<-1\\ x^{3},& -1\le x\le2\\ 12x-16,& x>2\end{cases}，写出 f(x)f(x) 的反函数 g(x)g(x) 的表达式。

【解析】：分段求反函数：

① 当 x<−1x<-1 时，y=1−2x2y=1-2x^{2}。由 x2>(−1)2x^{2}>(-1)^{2} 得 −2x2<−2-2x^{2}<-2，即 y=1−2x2<−1y=1-2x^{2}<-1，故这一段反函数的定义域为 x<−1x<-1。由 y=1−2x2y=1-2x^{2} 解得 x2=1−y2x^{2}=\dfrac{1-y}{2}，又 x<−1x<-1 取负号，得 x=−1−y2x=-\sqrt{\dfrac{1-y}{2}}，故

g(x)=−1−x2,x<−1g(x)=-\sqrt{\frac{1-x}{2}},\quad x<-1

② 当 −1≤x≤2-1\le x\le2 时，y=x3y=x^{3}，则 x=y13x=y^{\frac{1}{3}}，且 −1≤y=x3≤8-1\le y=x^{3}\le8，故

g(x)=x13,−1≤x≤8g(x)=x^{\frac{1}{3}},\quad -1\le x\le8

③ 当 x>2x>2 时，y=12x−16y=12x-16，则 x=112(y+16)x=\dfrac{1}{12}(y+16)，且 x>2⇒12x−16>24−16⇒y>8x>2\Rightarrow 12x-16>24-16\Rightarrow y>8，故

g(x)=112(x+16),x>8g(x)=\frac{1}{12}(x+16),\quad x>8

综上所述，

g(x)={−1−x2,x<−1x13,−1≤x≤8112(x+16),x>8g(x)=\begin{cases}-\sqrt{\dfrac{1-x}{2}},& x<-1\\[12pt] x^{\frac{1}{3}},& -1\le x\le8\\[12pt] \dfrac{1}{12}(x+16),& x>8\end{cases}

第03节 数列极限#

1. 数列极限的定义#

（1）数列极限#

💡 [旁注]：数列变化趋势（位置：原图”数列极限”四字右侧，红字）

📌 [知识点]：极限 = 有限、确定的数（不无限大）（位置：原图顶部，红蓝字）

  • xn=1nx_n = \dfrac{1}{n}：1,12,13,⋯ ,1n,⋯1, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \cdots, \dfrac{1}{n}, \cdots，lim⁡n→∞xn=lim⁡n→∞1n=0\lim\limits_{n\to\infty} x_n = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{n} = 0
  • yn=(−1)n+1y_n = (-1)^{n+1}：1,−1,1,⋯ ,(−1)n+1,⋯1, -1, 1, \cdots, (-1)^{n+1}, \cdots，lim⁡n→∞yn=lim⁡n→∞(−1)n+1=\lim\limits_{n\to\infty} y_n = \lim\limits_{n\to\infty} (-1)^{n+1} = 不存在（振荡）
  • zn=nz_n = n：1,2,3,⋯ ,n,⋯1, 2, 3, \cdots, n, \cdots，lim⁡n→∞zn=lim⁡n→∞n=+∞\lim\limits_{n\to\infty} z_n = \lim\limits_{n\to\infty} n = +\infty 不存在（无穷大）

💡 [旁注]：振荡和无穷大时，极限不存在（位置：原图三个例子下方，红字）

💡 [旁注]：lim⁡n→∞(−1)n+1n=0\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} = 0（位置：原图右侧，蓝字）

💡 [旁注]：箭头指向”变化趋势”（位置：原图 znz_n 一行右侧）

lim⁡n→∞xn=a或xn→a (n→∞)\lim_{n\to\infty} x_n = a \quad \text{或} \quad x_n \to a \ (n\to\infty)

∀ε>0, ∃N, s.t. n>N 时, ∣xn−a∣<ε\forall \varepsilon > 0,\ \exists N,\ s.t.\ n > N\ \text{时},\ |x_n - a| < \varepsilon

📌 [知识点]：∀\forall = 任意，∃\exists = 存在，s.t.s.t. = 使得（位置：原图符号下方红字标注）

💡 [旁注]：当 nn 充分大时，xnx_n 充分接近 aa（位置：原图定义式下方，红字）

（2）极限的性质#

Ⅰ 唯一性：{xn}\{x_n\} 收敛于 aa，lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a，则 aa 唯一。

Ⅱ 有界性：{xn}\{x_n\} 收敛于 aa，lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a，则 {xn}\{x_n\} 有界。

💡 [旁注]：存在并有界（位置：原图Ⅰ、Ⅱ两条右侧，红字）

Ⅲ 保号性：当 lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a 时，

💡 [旁注]：近朱者赤，近墨者黑（位置：原图保号性右侧，红字）

  • 若 a>0a > 0 时，则当 nn 充分大时，xn>0x_n > 0
  • 若 xn>0x_n > 0 时，则 a≥0a \geq 0

💡 [旁注]：xn=1n>0⇒lim⁡n→∞xn=0≥0x_n = \dfrac{1}{n} > 0 \Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty} x_n = 0 \geq 0（位置：原图右侧，蓝字）

（3）子列收敛判别法#

lim⁡n→∞xn=a⇔lim⁡n→∞x2n=lim⁡n→∞x2n−1=a\lim_{n\to\infty} x_n = a \Leftrightarrow \lim_{n\to\infty} x_{2n} = \lim_{n\to\infty} x_{2n-1} = a

📝 例题 1#

【题目】：设 lim⁡n→∞an=a\lim\limits_{n\to\infty} a_n = a，且 a≠0a \neq 0，则当 nn 充分大时有（ ）

  • (A) ∣an∣>∣a∣2|a_n| > \dfrac{|a|}{2}
  • (B) ∣an∣<∣a∣2|a_n| < \dfrac{|a|}{2}
  • (C) an>a−1na_n > a - \dfrac{1}{n}
  • (D) an<a+1na_n < a + \dfrac{1}{n}

【解析】：由题设 lim⁡n→∞an=a\lim\limits_{n\to\infty} a_n = a（a≠0a \neq 0），取 ε=∣a∣2>0\varepsilon = \dfrac{|a|}{2} > 0，则存在 NN，当 n>Nn > N 时

∣an−a∣<∣a∣2 ⇒ ∣an∣>∣a∣−∣a∣2=∣a∣2|a_n - a| < \frac{|a|}{2} \ \Rightarrow\ |a_n| > |a| - \frac{|a|}{2} = \frac{|a|}{2}

故答案选 (A)。

📝 例题 2#

【题目】：设 {an}\{a_n\} 是数列，下列不正确的是（ ）

  • (A) 若 lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a，则 lim⁡n→∞x2n=lim⁡n→∞x2n+1=a\lim\limits_{n\to\infty} x_{2n} = \lim\limits_{n\to\infty} x_{2n+1} = a
  • (B) 若 lim⁡n→∞x2n=lim⁡n→∞x2n+1=a\lim\limits_{n\to\infty} x_{2n} = \lim\limits_{n\to\infty} x_{2n+1} = a，则 lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a
  • (C) 若 lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a，则 lim⁡n→∞x3n=lim⁡n→∞x3n+1=a\lim\limits_{n\to\infty} x_{3n} = \lim\limits_{n\to\infty} x_{3n+1} = a
  • (D) 若 lim⁡n→∞x3n=lim⁡n→∞x3n+1=a\lim\limits_{n\to\infty} x_{3n} = \lim\limits_{n\to\infty} x_{3n+1} = a，则 lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a

【解析】：由题设

⚠️ [智能体A注]：题干中数列记为 {an}\{a_n\}，而四个选项均使用 xnx_n，前后记号不一致，疑为转写（或原笔记）笔误；按题意二者应指同一数列。

  • （A）正确：数列收敛于 aa 时，其任一子列 {x2n}\{x_{2n}\}、{x2n+1}\{x_{2n+1}\} 都收敛于 aa。
  • （B）正确：偶数项子列与奇数项子列都以 aa 为极限，则原数列必以 aa 为极限。
  • （C）正确：同（A），{x3n}\{x_{3n}\}、{x3n+1}\{x_{3n+1}\} 都是 {xn}\{x_n\} 的子列。

💡 [旁注]：lim⁡n→∞xn=a⇔lim⁡n→∞x3n=lim⁡n→∞x3n+1=lim⁡n→∞x3n+2=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a \Leftrightarrow \lim\limits_{n\to\infty} x_{3n} = \lim\limits_{n\to\infty} x_{3n+1} = \lim\limits_{n\to\infty} x_{3n+2} = a（位置：原图解析中间，蓝字）

  • （D）错误：缺少 lim⁡n→∞x3n+2=a\lim\limits_{n\to\infty} x_{3n+2} = a 这一条件，三个子列不全，不能推出原数列收敛。

故不正确的是 (D)。

2. 根式有理化#

💡 [旁注]：根式相减时，优先考虑根式有理化（位置：原图标题右侧，红字）

a−b=(a−b)(a+b)a+b=a−ba+b\sqrt{a} - \sqrt{b} = \frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{a}+\sqrt{b})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}} = \frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}

a−b=(a−b)(a+b)a+b=a−b2a+b\sqrt{a} - b = \frac{(\sqrt{a}-b)(\sqrt{a}+b)}{\sqrt{a}+b} = \frac{a-b^2}{\sqrt{a}+b}

📝 例题 3#

【题目】：lim⁡n→∞(n+3n−n−n)\lim\limits_{n\to\infty} \left(\sqrt{n+3\sqrt{n}} - \sqrt{n-\sqrt{n}}\right)

【解析】：

原式=lim⁡n→∞n+3n−(n−n)n+3n+n−n=lim⁡n→∞4nn+3n+n−n\text{原式} = \lim_{n\to\infty} \frac{n+3\sqrt{n}-(n-\sqrt{n})}{\sqrt{n+3\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}} = \lim_{n\to\infty} \frac{4\sqrt{n}}{\sqrt{n+3\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}

=lim⁡n→∞41+3n+1−1n=41+1=2= \lim_{n\to\infty} \frac{4}{\sqrt{1+\frac{3}{\sqrt{n}}}+\sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}} = \frac{4}{1+1} = 2

💡 [旁注]：∞∞\dfrac{\infty}{\infty} 型，分子、分母除以最大项（位置：原图例3右侧，红字）

💡 [旁注]：数列极限 →\to 连续化 →\to 洛必达（位置：原图例3下方，红字带箭头）

3. 数列和的极限#

📌 [知识点]：求和符号：∑\sum，∑k=1nf(k)=f(1)+f(2)+⋯+f(n)\sum\limits_{k=1}^{n} f(k) = f(1) + f(2) + \cdots + f(n)

📌 [知识点]：连乘符号：∏\prod（位置：原图”求和符号”下方，蓝字）

∑k=1nf(k)=f(1)+f(2)+⋯+f(n)\sum_{k=1}^{n} f(k) = f(1) + f(2) + \cdots + f(n)

∑k=1n1=1+1+⋯+1⏟n=n\sum_{k=1}^{n} 1 = \underbrace{1+1+\cdots+1}_{n} = n

∑k=1nk=1+2+3+⋯+(n−2)+(n−1)+n=n(n+1)2\sum_{k=1}^{n} k = 1+2+3+\cdots+(n-2)+(n-1)+n = \frac{n(n+1)}{2}

∑k=1nk2=12+22+32+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6\sum_{k=1}^{n} k^2 = 1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

（1）等比数列和的极限#

💡 [旁注]：先求有限项的和 →\to 再取极限（位置：原图右上角，红字）

📝 例题 4#

【题目】：设 a≠0a \neq 0，求 lim⁡n→∞(a+aq+aq2+⋯+aqn−1)\lim\limits_{n\to\infty} \left(a + aq + aq^2 + \cdots + aq^{n-1}\right)

【解析】：由题设

Sn=a+aq+aq2+⋯+aqn−1⋯①S_n = a + aq + aq^2 + \cdots + aq^{n-1} \quad \cdots ①

qSn=aq+aq2+aq3+⋯+aqn⋯②qS_n = aq + aq^2 + aq^3 + \cdots + aq^n \quad \cdots ②

①−-②得：(1−q)Sn=a(1−qn)(1-q)S_n = a(1-q^n)

  • 当 q≠1q \neq 1 时，Sn=a(1−qn)1−qS_n = \dfrac{a(1-q^n)}{1-q}

💡 [旁注]：有限项等比数列求和公式（位置：原图该式右侧，红字）

  • 当 ∣q∣<1|q| < 1 时，lim⁡n→∞Sn=lim⁡n→∞a(1−qn)1−q=a1−q\lim\limits_{n\to\infty} S_n = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{a(1-q^n)}{1-q} = \dfrac{a}{1-q}

💡 [旁注]：无穷项等比数列求和（位置：原图该式右侧，红字）

  • 当 q=1q = 1 时，lim⁡n→∞Sn=lim⁡n→∞na=+∞\lim\limits_{n\to\infty} S_n = \lim\limits_{n\to\infty} na = +\infty 不存在

⚠️ [智能体A注]：严格来说，当 q=1q=1 时 Sn=naS_n = na，极限的符号依赖于 aa：a>0a>0 时为 +∞+\infty，a<0a<0 时为 −∞-\infty。原笔记只写了 +∞+\infty，结论”不存在”不受影响，但表述不够严谨。

  • 当 q=−1q = -1 时，lim⁡n→∞Sn\lim\limits_{n\to\infty} S_n 不存在 ⇐\Leftarrow lim⁡n→∞S2n+1=a\lim\limits_{n\to\infty} S_{2n+1} = a，lim⁡n→∞S2n=0\lim\limits_{n\to\infty} S_{2n} = 0
  • 当 ∣q∣>1|q| > 1 时，lim⁡n→∞Sn=lim⁡n→∞a(1−qn)1−q=∞\lim\limits_{n\to\infty} S_n = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{a(1-q^n)}{1-q} = \infty

📝 例题 5#

【题目】：lim⁡n→∞[23−(23)2+(23)3+⋯+(−1)n+1(23)n]\lim\limits_{n\to\infty} \left[\dfrac{2}{3} - \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 + \cdots + (-1)^{n+1}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n\right]

【解析】：由题设

原式=lim⁡n→∞23(1−(−23)n)1−(−23)=231+23=25\text{原式} = \lim_{n\to\infty} \frac{\frac{2}{3}\left(1-\left(-\frac{2}{3}\right)^n\right)}{1-\left(-\frac{2}{3}\right)} = \frac{\frac{2}{3}}{1+\frac{2}{3}} = \frac{2}{5}

（2）裂项化求数列和的极限#

📌 [知识点]：1k(k+1)=1k−1k+1\dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1}（位置：原图右侧，蓝字）

📝 例题 6#

【题目】：lim⁡n→∞∑k=1n1k(k+1)\lim\limits_{n\to\infty} \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k(k+1)}

【解析】：由题设

原式=lim⁡n→∞∑k=1n(1k−1k+1)=lim⁡n→∞(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)\text{原式} = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) = \lim_{n\to\infty} \left(1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right)

=lim⁡n→∞(1−1n+1)=1= \lim_{n\to\infty} \left(1 - \frac{1}{n+1}\right) = 1

📝 例题 7#

【题目】：lim⁡n→∞∑k=1n1k(k+2)\lim\limits_{n\to\infty} \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k(k+2)}

【解析】：由题设

原式=lim⁡n→∞∑k=1n12(1k−1k+2)=lim⁡n→∞12(1−13+12−14+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)\text{原式} = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+2}\right) = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right)

=lim⁡n→∞12(1+12−1n+1−1n+2)=12×32=34= \lim_{n\to\infty} \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}\right) = \frac{1}{2} \times \frac{3}{2} = \frac{3}{4}

（3）夹逼准则求数列和的极限#

设数列 {xn}\{x_n\} 满足

yn≤xn≤zn,且lim⁡n→∞yn=lim⁡n→∞zn=ay_n \leq x_n \leq z_n,\quad \text{且} \lim_{n\to\infty} y_n = \lim_{n\to\infty} z_n = a

则 lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a。

📌 [知识点]：[注]：用夹逼准则求数列和的极限：分子不动，放缩两端分母（“放缩”二字上方红字标注”通分”）

📝 例题 8#

【题目】：lim⁡n→∞∑k=1n1n2+k\lim\limits_{n\to\infty} \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}

💡 [旁注]：∑k=1n1n2+k=1n2+1+1n2+2+⋯+1n2+n\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}} = \dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2+2}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}（位置：原图题目右侧，红字）

【解析】：由题设，分母一致 →\to 通分

∑k=1n1n2+k≤1n2+1+1n2+1+⋯+1n2+1=nn2+1\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} = \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}

nn2+n≤∑k=1n1n2+k\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k}}

又由于 lim⁡n→∞nn2+n=lim⁡n→∞11+1n=1\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = 1，lim⁡n→∞nn2+1=1\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{n}{\sqrt{n^2+1}} = 1

根据夹逼准则，原式 =1= 1

📝 例题 9#

【题目】：lim⁡n→∞∑k=1nkn2+n+k\lim\limits_{n\to\infty} \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{k}{n^2+n+k}

💡 [旁注]：分子不动，放缩两端分母（位置：原图题目上方，蓝字）

💡 [旁注]：∑k=1nkn2+n+k=1n2+n+1+2n2+n+2+⋯+nn2+n+n\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{k}{n^2+n+k} = \dfrac{1}{n^2+n+1} + \dfrac{2}{n^2+n+2} + \cdots + \dfrac{n}{n^2+n+n}（位置：原图题目右侧，红字）

【解析】：由题设

12n(n+1)n2+n+n≤∑k=1nkn2+n+k≤1n2+n+1+2n2+n+1+⋯+nn2+n+1=12(n+1)nn2+n+1\frac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n^2+n+n} \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2+n+k} \leq \frac{1}{n^2+n+1} + \frac{2}{n^2+n+1} + \cdots + \frac{n}{n^2+n+1} = \frac{\frac{1}{2}(n+1)n}{n^2+n+1}

又由于 lim⁡n→∞12n(n+1)n2+n+n=lim⁡n→∞12+12n1+1n+1n=12\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n^2+n+n} = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}}{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n}} = \dfrac{1}{2}，lim⁡n→∞12n(n+1)n2+n+1=12\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n^2+n+1} = \dfrac{1}{2}

根据夹逼准则，原式 =12= \dfrac{1}{2}

📝 例题 10#

【题目】：设对任意的 nn，总有 yn≤xn≤zny_n \leq x_n \leq z_n，且 lim⁡n→∞(zn−yn)=0\lim\limits_{n\to\infty} (z_n - y_n) = 0，则 lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n（ ）

(A) 存在且等于零　(B) 存在但不等于零　(C) 一定不存在　(D) 不一定存在

💡 [旁注]：原图题干末尾括号处已标记答案 (D)（位置：原图题目”则 lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n“之后，黑字）

【解析】：由题设

(1) n−1n≤xn≤n+1nn - \dfrac{1}{n} \leq x_n \leq n + \dfrac{1}{n}，lim⁡n→∞(zn−yn)=lim⁡n→∞2n=0\lim\limits_{n\to\infty} (z_n - y_n) = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2}{n} = 0

但是 lim⁡n→∞xn=+∞\lim\limits_{n\to\infty} x_n = +\infty，故 {xn}\{x_n\} 极限不存在

(2) a−1n≤xn≤a+1na - \dfrac{1}{n} \leq x_n \leq a + \dfrac{1}{n}，lim⁡n→∞(zn−yn)=lim⁡n→∞2n=0\lim\limits_{n\to\infty} (z_n - y_n) = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2}{n} = 0

lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a，故 {xn}\{x_n\} 极限存在

⚠️ [智能体A注]：原笔记解析至此未点明答案。综合 (1)(2) 两个反例/正例可知，lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 可能存在也可能不存在，故应选 (D) 不一定存在。注意 lim⁡n→∞(zn−yn)=0\lim\limits_{n\to\infty}(z_n - y_n) = 0 并不等价于 lim⁡yn=lim⁡zn\lim y_n = \lim z_n，因此不能直接套用夹逼准则。

（4）定积分定义求数列和的极限#

lim⁡n→∞∑k=1nf(kn)⋅1n=∫01f(x) dx\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) \cdot \frac{1}{n} = \int_{0}^{1} f(x)\, dx

📌 [知识点]：① 1n→dx\dfrac{1}{n} \to dx　② kn→x\dfrac{k}{n} \to x　③ ∑→∫\sum \to \int（位置：原图公式下方，蓝字）

📌 [知识点]：∑k=1k=n→∫x=kn=1n→0x=kn=nn=1\sum\limits_{k=1}^{k=n} \to \displaystyle\int_{x=\frac{k}{n}=\frac{1}{n}\to 0}^{x=\frac{k}{n}=\frac{n}{n}=1}；∑k=1k=2n→∫x=kn=nn=1x=kn=2nn=2\sum\limits_{k=1}^{k=2n} \to \displaystyle\int_{x=\frac{k}{n}=\frac{n}{n}=1}^{x=\frac{k}{n}=\frac{2n}{n}=2}（位置：原图右侧上下限推导，蓝字）

📝 例题 11#

【题目】：lim⁡n→∞∑k=1n1n+k\lim\limits_{n\to\infty} \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{n+k}

【解析】：由定积分定义

原式=lim⁡n→∞∑k=1nnn+k⋅1n=lim⁡n→∞∑k=1n11+kn⋅1n\text{原式} = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n+k} \cdot \frac{1}{n} = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+\frac{k}{n}} \cdot \frac{1}{n}

=∫0111+x dx=ln⁡(x+1)∣01=ln⁡2= \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x}\, dx = \ln(x+1)\Big|_0^1 = \ln 2

📝 例题 12#

【题目】：lim⁡n→∞n(11+n2+122+n2+⋯+1n2+n2)\lim\limits_{n\to\infty} n\left(\dfrac{1}{1+n^2} + \dfrac{1}{2^2+n^2} + \cdots + \dfrac{1}{n^2+n^2}\right)

【解析】：由定积分定义

✅ [校对说明]：本例题干曾漏写因子 nn（若按漏写版本计算，答案为 00，与解析不符）。经对照原图（IMG20261013173238），极限号后、左括号前确有因子 nn，现已修正为 lim⁡n→∞n(11+n2+122+n2+⋯+1n2+n2)\lim\limits_{n\to\infty} n\left(\dfrac{1}{1+n^2}+\dfrac{1}{2^2+n^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2+n^2}\right)，与解析及答案 π4\dfrac{\pi}{4} 一致。

原式=lim⁡n→∞∑k=1nn⋅1k2+n2=lim⁡n→∞∑k=1nn2k2+n2⋅1n\text{原式} = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} n \cdot \frac{1}{k^2+n^2} = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{n^2}{k^2+n^2} \cdot \frac{1}{n}

=lim⁡n→∞∑k=1n1(kn)2+1⋅1n= \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\left(\frac{k}{n}\right)^2+1} \cdot \frac{1}{n}

=∫011x2+1 dx=arctan⁡x∣01=arctan⁡1=π4= \int_{0}^{1} \frac{1}{x^2+1}\, dx = \arctan x \Big|_0^1 = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}

第04节 单调有界原理#

1. 单调有界原理#

📌 [知识点]（红字，位于”1. 单调有界原理”下方）：数列极限

💡 [旁注1]（蓝字，位于红字”数列极限”右侧）：xn≤xn+1x_n \le x_{n+1}，xn≤Mx_n \le M

（1）数列 {xn}\{x_n\} 单调增，有上界，则 lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 存在； （2）数列 {xn}\{x_n\} 单调减，有下界，则 lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 存在。

💡 [旁注2]（蓝字，位于第（2）条下方）：xn≥xn+1x_n \ge x_{n+1}，xn≥mx_n \ge m

图1：单调递增有上界数列示意图
图1：单调递增有上界数列示意图

图2：单调递减有下界数列示意图
图2：单调递减有下界数列示意图

📌 [注1]（红字）：有界 →\to 单调 →\to 极限存在 →\to 求极限

📌 [注2]（红字）：(a−b)2≥0  ⇒  a2+b2≥2ab  ⇒  ab≤a2+b22  ⇒  ab≤a+b2(a-b)^2 \ge 0 \;\Rightarrow\; a^2+b^2 \ge 2ab \;\Rightarrow\; ab \le \dfrac{a^2+b^2}{2} \;\Rightarrow\; \sqrt{ab} \le \dfrac{a+b}{2}（a>0, b>0a>0,\ b>0）重要不等式

📌 [注3]（红字）：当 x>0x>0 时，x>sin⁡xx > \sin x，x>ln⁡(1+x)x > \ln(1+x)，ex>1+xe^x > 1+x

📝 例题 1#

【题目】：设 a1=2a_1 = 2，an+1=12(an+1an)a_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left(a_n + \dfrac{1}{a_n}\right)（n=1,2,⋯n=1,2,\cdots），求 lim⁡n→∞an\lim\limits_{n\to\infty} a_n。

💡 [思路]：先算前几项 a1=2, a2=54, a3=4140,⋯a_1=2,\ a_2=\dfrac{5}{4},\ a_3=\dfrac{41}{40},\cdots，可见 {an}\{a_n\} 单调减；若设 lim⁡n→∞an=A\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A，由递推式可预判 A=12(A+1A)=1A=\dfrac{1}{2}\left(A+\dfrac{1}{A}\right)=1。

【解析】：

由题设 a1=2>0a_1 = 2 > 0，则 an>0a_n > 0，故

an+1=12(an+1an)≥12⋅2an⋅1an=1  ⇒  an≥1即 {an} 有下界a_{n+1} = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{1}{a_n}\right) \ge \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{a_n \cdot \frac{1}{a_n}} = 1 \;\Rightarrow\; a_n \ge 1 \quad \text{即 } \{a_n\} \text{ 有下界}

an+1−an=12(an+1an)−an=1−an22an≤0  ⇒  an+1≤an即 {an} 单调减a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{1}{a_n}\right) - a_n = \frac{1-a_n^2}{2a_n} \le 0 \;\Rightarrow\; a_{n+1} \le a_n \quad \text{即 } \{a_n\} \text{ 单调减}

由单调有界原理，lim⁡n→∞an\lim\limits_{n\to\infty} a_n 存在，设 lim⁡n→∞an=A\lim\limits_{n\to\infty} a_n = A，令 n→∞n \to \infty 得：

an+1=12(an+1an)  ⇒  A=12(A+1A)a_{n+1} = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{1}{a_n}\right) \;\Rightarrow\; A = \frac{1}{2}\left(A + \frac{1}{A}\right)

解得 A=1A = 1 或 A=−1A = -1（×），故 lim⁡n→∞an=1\lim\limits_{n\to\infty} a_n = 1。

📝 例题 2#

【题目】：设 0<x1<30 < x_1 < 3，xn+1=xn(3−xn)x_{n+1} = \sqrt{x_n(3-x_n)}，证明 lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 存在，并求其值。

【解析】（证明）：

由题设 0<x1<30 < x_1 < 3，则 xn>0x_n > 0。

xn+1=xn(3−xn)≤xn+3−xn2=32  ⇒  xn≤32即 {xn} 有上界x_{n+1} = \sqrt{x_n(3-x_n)} \le \frac{x_n + 3 - x_n}{2} = \frac{3}{2} \;\Rightarrow\; x_n \le \frac{3}{2} \quad \text{即 } \{x_n\} \text{ 有上界}

xn+1−xn=xn(3−xn)−xn=xn(3−2xn)xn(3−xn)+xn≥0  ⇒  xn+1≥xn即 {xn} 单调增x_{n+1} - x_n = \sqrt{x_n(3-x_n)} - x_n = \frac{x_n(3-2x_n)}{\sqrt{x_n(3-x_n)} + x_n} \ge 0 \;\Rightarrow\; x_{n+1} \ge x_n \quad \text{即 } \{x_n\} \text{ 单调增}

由单调有界原理，lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 存在，设 lim⁡n→∞xn=A\lim\limits_{n\to\infty} x_n = A，令 n→∞n \to \infty，则

xn+1=xn(3−xn)  ⇒  A=A(3−A)x_{n+1} = \sqrt{x_n(3-x_n)} \;\Rightarrow\; A = \sqrt{A(3-A)}

解得 A=32A = \dfrac{3}{2} 或 A=0A = 0（舍去），故 lim⁡n→∞xn=32\lim\limits_{n\to\infty} x_n = \dfrac{3}{2}。

📝 例题 3#

【题目】：设 x1=2x_1 = \sqrt{2}，x2=2+2x_2 = \sqrt{2+\sqrt{2}}，xn+1=2+xnx_{n+1} = \sqrt{2+x_n}，证明 lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 存在，并求其值。

【解析】（证明）：

当 n=1n=1 时，有 0<x1=2≤20 < x_1 = \sqrt{2} \le 2。

假设当 n=kn=k 时成立 0<xk≤20 < x_k \le 2，则当 n=k+1n=k+1 时：

0<xk+1=2+xk≤2+2=2故 {xn} 有上界0 < x_{k+1} = \sqrt{2+x_k} \le \sqrt{2+2} = 2 \quad \text{故 } \{x_n\} \text{ 有上界}

xn+1−xn=2+xn−xn=2+xn−xn22+xn+xn=(2−xn)(1+xn)2+xn+xn≥0  ⇒  xn+1≥xn即 {xn} 单调增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{(2-x_n)(1+x_n)}{\sqrt{2+x_n}+x_n} \ge 0 \;\Rightarrow\; x_{n+1} \ge x_n \quad \text{即 } \{x_n\} \text{ 单调增}

由单调有界原理，lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 存在，设 lim⁡n→∞xn=A\lim\limits_{n\to\infty} x_n = A，令 n→∞n \to \infty，则

xn+1=2+xn  ⇒  A=2+Ax_{n+1} = \sqrt{2+x_n} \;\Rightarrow\; A = \sqrt{2+A}

解得 A=2A = 2 或 A=−1A = -1（舍），故 lim⁡n→∞xn=2\lim\limits_{n\to\infty} x_n = 2。

📝 例题 4#

【题目】：设数列 {xn}\{x_n\} 满足：0<x1<π0 < x_1 < \pi，xn+1=sin⁡xnx_{n+1} = \sin x_n（n=1,2,⋯n=1,2,\cdots） (1) 证明 lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 存在，并求该极限；(2) 求 lim⁡n→∞(xn+1xn)xn\lim\limits_{n\to\infty} \left(\dfrac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{x_n}。

【解析】：

(1) 证明：由题设，用归纳法证 0<xn≤π0 < x_n \le \pi

当 n=1n=1 时，0<x1≤π0 < x_1 \le \pi 成立；假设当 n=kn=k 时，0<xk≤π0 < x_k \le \pi；

当 n=k+1n=k+1 时，0<xk+1=sin⁡xk≤1≤π0 < x_{k+1} = \sin x_k \le 1 \le \pi，故 {xn}\{x_n\} 有界。

xn+1−xn=sin⁡xn−xn≤0  ⇒  xn+1≤xn即 {xn} 单调减x_{n+1} - x_n = \sin x_n - x_n \le 0 \;\Rightarrow\; x_{n+1} \le x_n \quad \text{即 } \{x_n\} \text{ 单调减}

由单调有界原理，lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 存在，设 lim⁡n→∞xn=A\lim\limits_{n\to\infty} x_n = A，令 n→∞n \to \infty，则

xn+1=sin⁡xn  ⇒  A=sin⁡Ax_{n+1} = \sin x_n \;\Rightarrow\; A = \sin A

解得 A=0A = 0，故 lim⁡n→∞xn=0\lim\limits_{n\to\infty} x_n = 0。

（2）由（1）知 xn→0x_n\to0，故 xn+1xn=sin⁡xnxn→1\dfrac{x_{n+1}}{x_n}=\dfrac{\sin x_n}{x_n}\to1。又当 x→0x\to0 时 ln⁡sin⁡xx∼sin⁡xx−1∼−x26\ln\dfrac{\sin x}{x}\sim\dfrac{\sin x}{x}-1\sim-\dfrac{x^2}{6}，故

xnln⁡xn+1xn=xnln⁡sin⁡xnxn∼−xn36→0x_n\ln\frac{x_{n+1}}{x_n}=x_n\ln\frac{\sin x_n}{x_n}\sim-\frac{x_n^3}{6}\to0

lim⁡n→∞(xn+1xn)xn=lim⁡n→∞e xnln⁡xn+1xn=e0=1\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{x_n}=\lim_{n\to\infty}e^{\,x_n\ln\frac{x_{n+1}}{x_n}}=e^{0}=1

📝 例题 5#

【题目】：设 x1=ax_1 = a，x2=bx_2 = b，xn+2=xn+xn+12x_{n+2} = \dfrac{x_n + x_{n+1}}{2}（n≥1n \ge 1），证明 lim⁡n→∞xn\lim\limits_{n\to\infty} x_n 存在，并求该极限。

【解析】（证明）：

由题设

xn+2−xn+1=−12(xn+1−xn)x_{n+2} - x_{n+1} = -\frac{1}{2}(x_{n+1} - x_n)

则

xn−xn−1=−12(xn−1−xn−2)=(−12)2(xn−2−xn−3)=(−12)3(xn−3−xn−4)=⋯=(−12)n−2(x2−x1)=(−12)n−2(b−a)x_n - x_{n-1} = -\frac{1}{2}(x_{n-1} - x_{n-2}) = \left(-\frac{1}{2}\right)^2 (x_{n-2} - x_{n-3}) = \left(-\frac{1}{2}\right)^3 (x_{n-3} - x_{n-4}) = \cdots = \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}(x_2 - x_1) = \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}(b-a)

于是

xn−xn−1=(−12)n−2(b−a)x_n - x_{n-1} = \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}(b-a) xn−1−xn−2=(−12)n−3(b−a)x_{n-1} - x_{n-2} = \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-3}(b-a) xn−2−xn−3=(−12)n−4(b−a)x_{n-2} - x_{n-3} = \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-4}(b-a) ⋮\vdots x2−x1=(−12)0(b−a)x_2 - x_1 = \left(-\frac{1}{2}\right)^0 (b-a)

∴  xn−x1=(−12)0(b−a)+(−12)1(b−a)+⋯+(−12)n−3(b−a)+(−12)n−2(b−a)\therefore \; x_n - x_1 = \left(-\frac{1}{2}\right)^0(b-a) + \left(-\frac{1}{2}\right)^1(b-a) + \cdots + \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-3}(b-a) + \left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}(b-a)

=(b−a)⋅1−(−12)n−11−(−12)= (b-a) \cdot \frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}

则 xn=a+(b−a)⋅23(1−(−12)n−1)x_n = a + (b-a) \cdot \dfrac{2}{3}\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\right)，故

lim⁡n→∞xn=lim⁡n→∞(a+23(b−a)(1−(−12)n−1))=13a+23b\lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty} \left(a + \frac{2}{3}(b-a)\left(1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right)\right) = \frac{1}{3}a + \frac{2}{3}b

第05节 重要极限和幂指转换#

本节框架：极限（数列、函数）求法#

  1. 夹逼准则
  2. 定积分定义
  3. 单调有界原理
  4. 重要极限
  5. 幂指函数转换
  6. 四则运算
  7. 等价无穷小替换
  8. 洛必达法则
  9. 泰勒公式
  10. 左右极限

拉格朗日中值定理、积分中值定理

1. 函数极限性质#

f(x)={x2−1x−1,x≠10,x=1⇒{x+1,x≠10,x=1,lim⁡x→1f(x)=2f(x)=\begin{cases}\dfrac{x^2-1}{x-1},& x\neq 1\\[4pt] 0,& x=1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x+1,& x\neq 1\\[4pt] 0,& x=1\end{cases},\quad \lim_{x\to 1}f(x)=2

图1：y=x+1 的图像（直线在 x=1 处为空心点，(1,0) 处为实心点）
图1：y=x+1 的图像（直线在 x=1 处为空心点，(1,0) 处为实心点）

图像特征：直线 y=x+1y=x+1 在 x=1x=1 处断开（空心圈），函数值定义为 f(1)=0f(1)=0；lim⁡x→1f(x)=2\lim_{x\to1}f(x)=2 与 f(1)f(1) 无关。

(1) lim⁡x→x0f(x)=A\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A，称当 x→x0x\to x_0 时，f(x)f(x) 以 AA 为极限。

📌 [知识点]（原图红字 [注]）： (1) x→x0x\to x_0 且 x≠x0x\neq x_0； (2) lim⁡x→x0f(x)\lim\limits_{x\to x_0}f(x) 与 f(x)f(x) 表达式及自变量 x→x0x\to x_0 相关； (3) AA 与 f(x0)f(x_0) 无关。

∀ε>0, ∃δ>0, s.t. 当 0<∣x−x0∣<δ 时, ∣f(x)−A∣<ε\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \text{s.t. 当 } 0<|x-x_0|<\delta \text{ 时},\ |f(x)-A|<\varepsilon

(2) lim⁡x→x0+f(x)=A\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=A，称当 x→x0+x\to x_0^+ 时，f(x)f(x) 以 AA 为极限（右极限）。

∀ε>0, ∃δ>0, s.t. 当 x0<x<x0+δ 时, ∣f(x)−A∣<ε\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \text{s.t. 当 } x_0<x<x_0+\delta \text{ 时},\ |f(x)-A|<\varepsilon

(3) lim⁡x→x0−f(x)=A\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=A，称当 x→x0−x\to x_0^- 时，f(x)f(x) 以 AA 为极限（左极限）。

∀ε>0, ∃δ>0, s.t. 当 x0−δ<x<x0 时, ∣f(x)−A∣<ε\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \text{s.t. 当 } x_0-\delta<x<x_0 \text{ 时},\ |f(x)-A|<\varepsilon

📌 [知识点]（原图红字 [定理]）：lim⁡x→x0f(x)=A  ⟺  lim⁡x→x0−f(x)=lim⁡x→x0+f(x)=A\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A \iff \lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=A

📌 [知识点]（原图蓝字 [注]）：f(x0−0)=lim⁡x→x0−f(x)f(x_0-0)=\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)，f(x0+0)=lim⁡x→x0+f(x)f(x_0+0)=\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)

(4) lim⁡x→∞f(x)=A\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A，记 f(∞)=Af(\infty)=A。

图2：y=arctan|x| 的图像（过原点的偶函数曲线，y=π/2 为水平渐近线，以虚线标出）
图2：y=arctan|x| 的图像（过原点的偶函数曲线，y=π/2 为水平渐近线，以虚线标出）

图像特征：y=arctan⁡∣x∣y=\arctan|x| 关于 yy 轴对称，当 x→∞x\to\infty 时 y→π2y\to\dfrac{\pi}{2}（虚线渐近线）。

📌 [知识点]（原图红字 [注]）：∞\infty 不是数，且 ∞=±∞\infty=\pm\infty（此处 ∞\infty 同时包含 +∞+\infty 与 −∞-\infty 两个方向）

(5) lim⁡x→+∞f(x)=A\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A，记 f(+∞)=Af(+\infty)=A。

(6) lim⁡x→−∞f(x)=A\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A，记 f(−∞)=Af(-\infty)=A。

📌 [知识点]（原图蓝字 [定理]）：lim⁡x→∞f(x)=A  ⟺  lim⁡x→+∞f(x)=lim⁡x→−∞f(x)=A\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A \iff \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A

📌 [知识点]（原图红字 [注]）：lim⁡x→∞f(x)=A\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A 或 lim⁡x→x0f(x)=A\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A 表示六种极限的一种。

📝 例题 1#

【题目】：lim⁡x→+∞(x+x−x−x)\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x+\sqrt{x}}-\sqrt{x-\sqrt{x}}\right)

【解析】： 原式=lim⁡x→+∞(x+x)−(x−x)x+x+x−x=lim⁡x→+∞2xx+x+x−x=lim⁡x→+∞21+1x+1−1x=21+1=1\begin{aligned}\text{原式}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{(x+\sqrt{x})-(x-\sqrt{x})}{\sqrt{x+\sqrt{x}}+\sqrt{x-\sqrt{x}}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x+\sqrt{x}}+\sqrt{x-\sqrt{x}}}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{x}}}+\sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{x}}}}=\frac{2}{1+1}=1\end{aligned}

📌 [知识点]（原图红字 [注]，“抓大头”结论）： lim⁡x→∞anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0bmxm+bm−1xm−1+⋯+b1x+b0={0,m>nanbm,m=n∞,m<n\lim_{x\to\infty}\frac{a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0}{b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_1x+b_0}=\begin{cases}0,& m>n\\[4pt] \dfrac{a_n}{b_m},& m=n\\[4pt] \infty,& m<n\end{cases} 其中 an≠0a_n\neq 0，bm≠0b_m\neq 0。

📝 例题 2#

【题目】：求极限 lim⁡x→∞(2x−1)35(1−x)15(2x+1)50\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{(2x-1)^{35}(1-x)^{15}}{(2x+1)^{50}}

【解析】： 原式=lim⁡x→∞(2x−1)35⋅(1−x)15(2x+1)50=lim⁡x→∞(2−1x)35(1x−1)15(2+1x)50=235⋅(−1)15250=−1215\text{原式}=\lim_{x\to\infty}\frac{(2x-1)^{35}\cdot(1-x)^{15}}{(2x+1)^{50}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\left(2-\frac{1}{x}\right)^{35}\left(\frac{1}{x}-1\right)^{15}}{\left(2+\frac{1}{x}\right)^{50}}=\frac{2^{35}\cdot(-1)^{15}}{2^{50}}=-\frac{1}{2^{15}}

2. 重要极限#

(1) lim⁡x→∞sin⁡xx=0\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\sin x}{x}=0；lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1

图3：单位圆示意图（圆心 O，x 为圆心角∠AOB，A 在圆周上，B 为 A 到 x 轴的垂足，C 为单位圆与 x 轴正方向交点，D 为过 C 的切线与 OA 延长线的交点）
图3：单位圆示意图（圆心 O，x 为圆心角∠AOB，A 在圆周上，B 为 A 到 x 轴的垂足，C 为单位圆与 x 轴正方向交点，D 为过 C 的切线与 OA 延长线的交点）

图像特征（单位圆中的长度比较，用于夹逼准则）： ABOA=AB1=sin⁡x⇒AB=sin⁡x\frac{AB}{OA}=\frac{AB}{1}=\sin x \Rightarrow AB=\sin x AC⌢=x⋅1⇒AC⌢=x\overset{\frown}{AC}=x\cdot 1 \Rightarrow \overset{\frown}{AC}=x CDOC=CD1=tan⁡x⇒CD=tan⁡x\frac{CD}{OC}=\frac{CD}{1}=\tan x \Rightarrow CD=\tan x AB<AC⌢<CDAB<\overset{\frown}{AC}<CD sin⁡x<x<tan⁡x⇒1<xsin⁡x<1cos⁡x→夹逼准则 lim⁡x→0sin⁡xx=1\sin x<x<\tan x \Rightarrow 1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x}\quad\xrightarrow{\text{夹逼准则}}\ \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1

📝 例题 3#

【题目】：lim⁡x→1sin⁡(x2−1)x−1\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\sin(x^2-1)}{x-1}

【解析】： 原式=lim⁡x→1sin⁡(x2−1)x2−1⋅x2−1x−1=lim⁡x→1sin⁡(x2−1)x2−1⋅(x+1)=1⋅2=2\text{原式}=\lim_{x\to 1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}\cdot\frac{x^2-1}{x-1}=\lim_{x\to 1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}\cdot(x+1)=1\cdot 2=2

📝 例题 4#

【题目】：极限 lim⁡x→∞xsin⁡2xx2+1\lim\limits_{x\to\infty}x\sin\dfrac{2x}{x^2+1}

【解析】： 原式=lim⁡x→∞sin⁡2xx2+12xx2+1⋅2x2x2+1=1⋅2=2\text{原式}=\lim_{x\to\infty}\frac{\sin\dfrac{2x}{x^2+1}}{\dfrac{2x}{x^2+1}}\cdot\frac{2x^2}{x^2+1}=1\cdot 2=2

(2) lim⁡n→∞(1+1n)n=e\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n=e

设 xn=(1+1n)nx_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n：x1=2x_1=2，x2=94x_2=\dfrac{9}{4}，x3=6427x_3=\dfrac{64}{27}，…，{xn}\{x_n\} 单调递增 ↑\uparrow

&=1+C_n^1\cdot\frac{1}{n}+C_n^2\cdot\frac{1}{n^2}+C_n^3\cdot\frac{1}{n^3}+\cdots+C_n^n\cdot\frac{1}{n^n}\\ &=1+n\cdot\frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{2}\cdot\frac{1}{n^2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\cdot\frac{1}{n^3}+\cdots+\frac{n!}{n!}\cdot\frac{1}{n^n}\\ &\leq 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}\leq 1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\\ &=1+\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1-\frac{1}{2}}=1+2\left(1-\frac{1}{2^n}\right)<3\end{aligned}$$ 故 $\{x_n\}$ 有上界。由单调有界原理，极限存在，记为 $e$。 $$\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e,\qquad \lim_{x\to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$$ $$\lim_{x\to 0^+}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=1,\qquad \lim_{x\to\infty}(1+x)^{\frac{1}{x}}=1$$ > 📌 **[知识点]**（原图红字 [注]）：$(1+\text{无穷小})^{\text{无穷大}}=e$（无穷小与无穷大互为倒数） ### 📝 例题 5 **【题目】**：$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n-2}{n+1}\right)^n$ **【解析】**： $$\begin{aligned}\text{原式}&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{n-2}{n+1}-1\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{3}{n+1}\right)^n\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{-3}{n+1}\right)^{\frac{n+1}{-3}\cdot\frac{-3}{n+1}\cdot n}=e^{-3}\end{aligned}$$ ### 📝 例题 6 **【题目】**：设 $a$ 为非零常数，则 $\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+a}{x-a}\right)^x=$ **【解析】**： $$\begin{aligned}\text{原式}&=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{x+a}{x-a}-1\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^x\\ &=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^{\frac{x-a}{2a}\cdot\frac{2a}{x-a}\cdot x}=e^{2a}\end{aligned}$$ ## 3. 幂指函数转化 $$f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\ln f(x)}$$ **说明**：由指数与对数的互逆关系 $u=e^{\ln u}\ (u>0)$，取 $u=f(x)^{g(x)}$，再用对数性质 $\ln f(x)^{g(x)}=g(x)\ln f(x)$，即得 $$f(x)^{g(x)}=e^{\ln f(x)^{g(x)}}=e^{g(x)\ln f(x)}\qquad\bigl(f(x)>0\bigr)$$ ### 📝 例题 7 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1}{\ln(1+x^2)}}$ **【解析】**： $$\text{原式}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{\ln\cos x}{\ln(1+x^2)}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{\cos x-1}{x^2}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2}}=e^{-\frac{1}{2}}$$ ### 📝 例题 8 **【题目】**：求 $\lim\limits_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}$（$n$ 为自然数） **【解析】**：（连续化：令 $x=\dfrac{1}{n}$，则 $n\to\infty\iff x\to 0^+$） $$\begin{aligned}\text{原式}&=\lim_{x\to 0^+}\left(\frac{\tan x}{x}\right)^{\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to 0^+}e^{\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}}\\ &=\lim_{x\to 0^+}e^{\frac{1}{x^2}\ln\left(1+\frac{\tan x}{x}-1\right)}=\lim_{x\to 0^+}e^{\frac{\tan x-x}{x^3}}\\ &=\lim_{x\to 0^+}e^{\frac{\frac{1}{3}x^3}{x^3}}=e^{\frac{1}{3}}\end{aligned}$$ ## 4. 无穷小及其性质 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0$，称 $f(x)$ 是 $x\to x_0$ 时的无穷小。 > 📌 **[知识点]**（原图红字 [注]）：无穷小是表达式，"0" 是特殊的无穷小。 **(1)** $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A \iff \lim\limits_{x\to x_0}(f(x)-A)=0$ 记为 $f(x)-A=\alpha(x)$，即 $f(x)=A+\alpha(x)$。 **(2)** 无穷小四则运算 - 有限个无穷小的和、差、积仍是无穷小； - 无穷小 × 有界 = 无穷小。 ### 📝 例题 9 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x^3+x^2+1}{2^x+x^3}(\sin x+\cos x)$ **【解析】**： $$|\sin x+\cos x|\leq|\sin x|+|\cos x|\leq 1+1=2,\quad\text{有界}$$ $$\lim_{x\to\infty}\frac{x^3+x^2+1}{2^x+x^3}\overset{\text{洛必达}}{=}\lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+2x}{2^x\ln 2+3x^2}\overset{\text{洛必达}}{=}\lim_{x\to\infty}\frac{6x+2}{2^x(\ln 2)^2+6x}\overset{\text{洛必达}}{=}\lim_{x\to\infty}\frac{6}{2^x(\ln 2)^3+6}=0$$ 故 原式 $=0$（无穷小 × 有界 = 无穷小）。 ## 5. 无穷大 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$，称 $f(x)$ 是 $x\to x_0$ 时的无穷大。 **(1)** $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty \Rightarrow \lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{1}{f(x)}=0$ **(2)** $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0\ (g(x)\neq 0) \Rightarrow \lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{1}{g(x)}=\infty$ **(3)** 无穷大与无界： $$\text{无界}\begin{cases}\text{无穷大}\\ \text{振荡}\end{cases}$$ $$\text{无穷大} \Rightarrow \text{无界}$$ ![图4：三条振荡曲线 f(x)=x·sinx（黑色，振幅线性增长）、g(x)=sinx（蓝色）、h(x)=2sinx（红色）在同一坐标系中的图像](images/s05-fig4-three-curves.svg) > 图像特征：$f(x)=x\sin x$ 的振幅随 $|x|$ 增大而增大（无界但非无穷大）；$g(x)=\sin x$ 与 $h(x)=2\sin x$ 均为有界振荡。 ### 📝 例题 10 **【题目】**：$f(x)=x\sin x$ 是（ ） - (A) 当 $x\to\infty$ 时为无穷大 - (B) 在 $(-\infty,+\infty)$ 内有界 - (C) 在 $(-\infty,+\infty)$ 内无界 - (D) 当 $x\to\infty$ 时有有限极限 **【解析】**：结合图像 $f(x)=x\sin x$： 令 $x_n=2n\pi+\dfrac{\pi}{2}$，当 $n\to\infty$ 时，$x_n\to\infty$，$f(x_n)=2n\pi+\dfrac{\pi}{2}\to+\infty$； 令 $y_n=2n\pi$，当 $n\to\infty$ 时，$y_n\to+\infty$，$f(y_n)=0$。 故 $f(x)$ **无界**（但非无穷大），选 (C)。 ![图5：y=x·sinx 的图像（振荡曲线，虚线为包络线 y=x 与 y=-x）](images/s05-fig5-xsinx-envelope.svg) > 图像特征：振荡曲线被两条虚线（包络线 $y=\pm x$）夹住，波峰落在 $y=x$ 上，波谷落在 $y=-x$ 上，过原点。 --- # 第06节 等价无穷小、四则运算和洛必达法则 > 📌 **[说明]**：原图标题为「第六节 等价无穷小，四则运算和洛必达法则」，本文件编号与原图一致。 ## 1. 无穷小量的阶 ### （1）定义 设 $\lim\limits_{x\to x_0}\alpha(x)=0$，$\lim\limits_{x\to x_0}\beta(x)=0$ > 💡 **[旁注]**：加相同变化（位置：原图该行右侧，红字；指对 $\alpha(x)$、$\beta(x)$ 作相同的变形） $$\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}= \begin{cases} 0, & \text{称 }\alpha(x)\text{ 是 }\beta(x)\text{ 的}\textbf{高阶无穷小}\text{，记为 }\alpha(x)=o(\beta(x))\\[6pt] \infty, & \text{称 }\alpha(x)\text{ 是 }\beta(x)\text{ 的}\textbf{低阶无穷小}\text{，记为 }\alpha(x)=O(\beta(x))\\[6pt] C\neq 0, & \text{称 }\alpha(x)\text{ 是 }\beta(x)\text{ 的}\textbf{同阶无穷小}\\[6pt] 1, & \text{称 }\alpha(x)\text{ 是 }\beta(x)\text{ 的}\textbf{等价无穷小}\text{，记为 }\alpha(x)\sim\beta(x) \end{cases}$$ > ⚠️ **[智能体A注]**：记号 $\alpha=O(\beta)$ 通常表示 $\left|\alpha/\beta\right|$ 有界，用以表示“低阶”并不规范；低阶更常见的写法是 $\beta=o(\alpha)$（或 $\alpha=\omega(\beta)$）。此处按原笔记保留，仅作记号提醒。 ### （2）k 阶无穷小 $$\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{\beta^k(x)}=C\neq 0,\quad\text{称 }\alpha(x)\text{ 是 }\beta(x)\text{ 的 }k\text{ 阶无穷小}$$ > 📌 **[知识点]**（原图红字、带下划线，位于本节下方）：注 2　无穷小量的阶描述了表达式趋于零的速度。 ## 2. 等价无穷小（当 $x\to 0$ 时） **（1）** $$\sin x\sim\tan x\sim\arcsin x\sim\arctan x\sim x$$ $$1-\cos x\sim\frac12x^2,\qquad x-\sin x\sim\frac16x^3,\qquad \tan x-x\sim\frac13x^3,\qquad \tan x-\sin x\sim\frac12x^3$$ **（2）** $$e^x-1\sim x,\qquad a^x-1=e^{x\ln a}-1\sim x\ln a$$ **（3）** $$\ln(1+x)\sim x,\qquad x-\ln(1+x)\sim\frac12x^2$$ **（4）** $$(1+x)^\alpha-1\sim\alpha x$$ **原图下方三条推导（验证上述等价）：** **（i）**　换元：令 $t=e^x-1$，则 $x=\ln(1+t)$， $$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=\lim_{t\to0}\frac{t}{\ln(1+t)}=\lim_{t\to0}\frac{1}{\ln(1+t)^{1/t}}=\frac{1}{\ln e}=1$$ **（ii）** $$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac1x\ln(1+x)=\lim_{x\to0}\ln(1+x)^{\frac1x}=\ln e=1$$ **（iii）** $$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^\alpha-1}{\alpha x}=\lim_{x\to0}\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{\alpha x}=\lim_{x\to0}\frac{\alpha\ln(1+x)}{\alpha x}=\lim_{x\to0}\frac{\alpha x}{\alpha x}=1$$ ### 📝 例题 1 **【题目】**：当 $x\to 0^+$ 时，与 $\sqrt x$ 等价的无穷小量是（　）．（原图勾选笔误，按 **(B)** 定稿） - (A) $1-e^{\sqrt x}$ - (B) $\ln\dfrac{1+x}{1-\sqrt x}$ - (C) $\sqrt{1+\sqrt x}-1$ - (D) $1-\cos\sqrt x$ **【解析】**：由题设，当 $x\to 0^+$ 时 - (A) $1-e^{\sqrt x}=-(e^{\sqrt x}-1)\sim-\sqrt x$ - (B) $\ln\dfrac{1+x}{1-\sqrt x}=\ln\!\left(1+\dfrac{x+\sqrt x}{1-\sqrt x}\right)\sim\dfrac{x+\sqrt x}{1-\sqrt x}\sim x+\sqrt x\sim\sqrt x$ - (C) $\sqrt{1+\sqrt x}-1\sim\dfrac12\sqrt x$ - (D) $1-\cos\sqrt x\sim\dfrac12(\sqrt x)^2=\dfrac12x$ 故与 $\sqrt x$ 等价的无穷小量是 **(B)**． ### 📝 例题 2 **【题目】**：设当 $x\to0$ 时，$e^{\tan x}-e^x$ 与 $x^n$ 是同阶无穷小，则 $n$ 为（　）． - (A) 1 - (B) 2 - (C) 3 - (D) 4 > 📌 **[知识点]**（原图红字，位于题目下方）：提差套 $e^a-e^b=e^b\left(e^{a-b}-1\right)$ **【解析】**：由题设 $$\lim_{x\to0}\frac{e^{\tan x}-e^x}{x^n}=\lim_{x\to0}\frac{e^x\left(e^{\tan x-x}-1\right)}{x^n}=\lim_{x\to0}\frac{e^x(\tan x-x)}{x^n}=\lim_{x\to0}\frac{e^x\cdot\frac13x^3}{x^n}=\lim_{x\to0}\frac{\frac13x^3}{x^n}=C\neq0$$ 故 $n=3$，选 **(C)**． ## 3. 高阶无穷小阶的运算 **（1）** $x^n\cdot o(x^m)=o(x^{n+m})$ $$\lim_{x\to0}\frac{x^n\cdot o(x^m)}{x^{n+m}}=\lim_{x\to0}\frac{o(x^m)}{x^m}=0$$ **（2）** $o(x^n)\cdot o(x^m)=o(x^{n+m})$ $$\lim_{x\to0}\frac{o(x^n)\,o(x^m)}{x^{n+m}}=\lim_{x\to0}\frac{o(x^n)}{x^n}\cdot\frac{o(x^m)}{x^m}=0\cdot0=0$$ **（3）** $o(x^n)-o(x^n)=o(x^n)$ **（4）** $o(x^m)+o(x^n)=o(x^n)\quad(m>n)$ > 📌 **[知识点]**（原图红字，位于（3）右侧）：无穷小量同阶运算无系数。 > 📌 **[知识点]**（原图红字，位于本节下方）：注　高阶无穷小量同阶运算，无系数，无正负号。 ### 📝 例题 3 **【题目】**：当 $x\to0$ 时，用 $o(x^n)$ 表示比 $x^n$ 高阶的无穷小量，则下列式子中**错误**的是（　）． - (A) $x\cdot o(x^2)=o(x^3)$ - (B) $o(x)\cdot o(x^2)=o(x^3)$ - (C) $o(x^2)+o(x^2)=o(x^2)$ - (D) $o(x)+o(x^2)=o(x^2)$ **【解析】**：由题设 - (A) $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x\cdot o(x^2)}{x^3}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{o(x^2)}{x^2}=0\ \Rightarrow\ x\cdot o(x^2)=o(x^3)$ - (B) $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{o(x)\,o(x^2)}{x^3}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{o(x)}{x}\cdot\dfrac{o(x^2)}{x^2}=0\cdot0=0\ \Rightarrow\ o(x)\,o(x^2)=o(x^3)$ - (C) $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{o(x^2)+o(x^2)}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{o(x^2)}{x^2}+\dfrac{o(x^2)}{x^2}=0+0=0\ \Rightarrow\ o(x^2)+o(x^2)=o(x^2)$ - (D) $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{o(x)+o(x^2)}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{o(x)}{x^2}$ 不一定为 $0$（低阶项 $o(x)$ 主导，实为 $o(x)+o(x^2)=o(x)\neq o(x^2)$） 故错误的为 **(D)**（原图末尾标注「∴ 选 D」）． > ⚠️ **[智能体A注]**：原笔记 (D) 推导不完整。补反例：取 $f(x)=x^{3/2}=o(x)$、$g(x)=0=o(x^2)$，则 $\dfrac{f+g}{x^2}=x^{-1/2}\to\infty$，故 $o(x)+o(x^2)\neq o(x^2)$，(D) 不成立。 ## 4. 极限四则运算 > 💡 **[旁注]**：加减乘除（位置：标题右侧，红字） 设 $\lim f(x)=A$，$\lim g(x)=B$，则 **（1）** $\lim[f(x)\pm g(x)]=\lim f(x)\pm\lim g(x)=A\pm B$ **（2）** $\lim[f(x)\cdot g(x)]=\lim f(x)\cdot\lim g(x)=A\cdot B$ **（3）** $\lim\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{\lim f(x)}{\lim g(x)}=\dfrac{A}{B}\quad(B\neq0)$ > 📌 **[知识点]**（原图红字，位于本节下方）：注　极限都存在、分母不为 $0$，才可以拆开计算。 ## 5. 等价无穷小替换定理 设 $\lim\limits_{x\to x_0}\alpha(x)=0$，$\lim\limits_{x\to x_0}\beta(x)=0$，且 $\alpha(x)\sim\tilde\alpha(x)$，$\beta(x)\sim\tilde\beta(x)$，则 $$\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{\tilde\alpha(x)}{\tilde\beta(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{\tilde\beta(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{\tilde\alpha(x)}{\beta(x)}$$ > 📌 **[知识点]**（原图红字，位于本节下方）：注 2　加减法慎用等价无穷小，乘除法（整体）可用；局部不可用等价，函数内部不可用等价。 ### 📝 例题 4 **【题目】**：$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac1n-\sin\dfrac1n}{\sin^3\dfrac1n}$ > 💡 **[旁注]**：数列极限，连续化后用等价无穷小（位置：题目右上，红框；原图标注“洛必达”，实际求解未用到） **【解析】**： $$\text{原式}=\lim_{n\to\infty}\frac{\dfrac1n-\sin\dfrac1n}{\sin^3\dfrac1n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\dfrac16\cdot\dfrac1{n^3}}{\dfrac1{n^3}}=\frac16$$ （分母 $\sin^3\dfrac1n\sim\dfrac1{n^3}$，与分子 $\dfrac1n-\sin\dfrac1n\sim\dfrac1{6n^3}$ 同阶，故原式 $=\dfrac16$，原笔记正确。） ### 📝 例题 5 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e-e^{\cos x}}{\sqrt[3]{1+x^2}-1}$ > 📌 **[知识点]**（原图红字，位于题目右上）：×局部等价——上面被划掉的做法是错的（反面例子）。 **【解析】**： $$\text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{e\left(1-e^{\cos x-1}\right)}{\frac13x^2}=\lim_{x\to0}\frac{-(e^{\cos x-1}-1)\,e}{\frac13x^2}=\lim_{x\to0}\frac{(1-\cos x)\,e}{\frac13x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\frac12x^2\,e}{\frac13x^2}=\frac32e$$ （原图答案框：$\dfrac32e$） ### 📝 例题 6 **【题目】**：求极限 $\lim\limits_{x\to1}\dfrac{x^x-1}{x\ln x}$ **【解析】**：由题设 $$\text{原式}=\lim_{x\to1}\frac{e^{x\ln x}-1}{x\ln x}=\lim_{x\to1}\frac{x\ln x}{x\ln x}=1$$ ### 📝 例题 7 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{3\sin x+x^2\cos\dfrac1x}{(1+\cos x)\ln(1+x)}$ **【解析】**：由题设 $$\text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{1}{1+\cos x}\cdot\frac{3\sin x+x^2\cos\frac1x}{\ln(1+x)}=\frac12\cdot\lim_{x\to0}\frac{3\sin x+x^2\cos\frac1x}{x}$$ $$=\lim_{x\to0}\frac{3\sin x}{2x}+\lim_{x\to0}\frac{x\cos\frac1x}{2}=\frac32+\lim_{x\to0}\frac12x\cos\frac1x$$ > 📌 **[知识点]**（原图红字，位于该行下方）：无穷小 $\times$ 有界 $=$ 无穷小。 $$=\frac32+0=\frac32$$ ### 📝 例题 8 **【题目】**：求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x\left(1-\cos\sqrt x\right)}$ **【解析】**：由题设 $$\text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x\left(1-\cos\sqrt x\right)}=\lim_{x\to0}\frac{\frac12x^2}{x\cdot\frac12\left(\sqrt x\right)^2}=\lim_{x\to0}\frac{\frac12x^2}{\frac12x^2}=1$$ > ⚠️ **[智能体A注]**：原笔记末值写作 $\frac12$，应为 **1**（$\frac{\frac12x^2}{\frac12x^2}=1$），系笔误。 ### 📝 例题 9 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^{x^2}-\cos x}{\ln(\cos x)}$ **【解析】**：由题设 $$\text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}-\cos x}{\ln\!\left(1+(\cos x-1)\right)}=\lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}-\cos x}{\cos x-1}=\lim_{x\to0}\frac{\left(e^{x^2}-1\right)+(1-\cos x)}{\cos x-1}$$ $$=\lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}-1}{\cos x-1}+\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\cos x-1}=-2+(-1)=-3$$ ### 📝 例题 10 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{1}{x^2}\right)$ **【解析】**：由题设 $$\text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{x^2-\sin^2x}{x^2\sin^2x}=\lim_{x\to0}\frac{(x-\sin x)(x+\sin x)}{x^4}=\lim_{x\to0}\left(1+\frac{\sin x}{x}\right)\cdot\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}$$ $$=(1+1)\cdot\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}=2\cdot\frac16=\frac13$$ ### 📝 例题 11 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{\left(1+\dfrac1x\right)^{x^2}}$ **【解析】**： $$\text{原式}=\lim_{x\to\infty}\frac{e^x}{e^{x^2\ln\left(1+\frac1x\right)}}=\lim_{x\to\infty}e^{\,x-x^2\ln\left(1+\frac1x\right)}$$ 令 $\dfrac1x=t$，则 $$\text{原式}=\lim_{t\to0^+}e^{\frac1t-\frac{\ln(1+t)}{t^2}}=\lim_{t\to0^+}e^{\frac{t-\ln(1+t)}{t^2}}=\lim_{t\to0^+}e^{\frac{\,t^2/2\,}{t^2}}=\lim_{t\to0^+}e^{\frac12}=e^{\frac12}=\sqrt e$$ ## 6. 洛必达法则 > 💡 **[旁注]**：先定型 → 再求导（位置：标题右侧，红字） $$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}\ \overset{\frac{0}{0}\,/\,\frac{\infty}{\infty}}{=}\ \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}\ \overset{\frac{0}{0}\,/\,\frac{\infty}{\infty}}{=}\ \lim_{x\to x_0}\frac{f''(x)}{g''(x)}$$ > 📌 **[知识点]**（原图红字，位于公式下方）：存在 $\Leftarrow$ 存在；不存在 $\nRightarrow$ 不存在（第二条箭头带划叉）。 ### 📝 例题 12 **【题目】**：求极限 $\lim\limits_{x\to1}\dfrac{\ln\left(\cos(x-1)\right)}{1-\sin\dfrac{\pi x}{2}}$ **【解析】**（方法一：洛必达 + 等价） $$\text{原式}\ \overset{\text{洛必达}}{=}\ \lim_{x\to1}\frac{-\tan(x-1)}{-\dfrac{\pi}{2}\cos\dfrac{\pi x}{2}}=\lim_{x\to1}\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\tan(x-1)}{\cos\dfrac{\pi x}{2}}$$ 其中 $\tan(x-1)\sim(x-1)$，$\cos\dfrac{\pi x}{2}=-\sin\dfrac{\pi(x-1)}{2}\sim-\dfrac{\pi(x-1)}{2}$，故 $$\text{原式}=\frac{2}{\pi}\cdot\left(-\frac{2}{\pi}\right)=-\frac{4}{\pi^2}$$ **【解析】**（方法二：换元 $x-1=t$） $$\lim_{t\to0}\frac{\ln\cos t}{1-\sin\dfrac{\pi(1+t)}{2}}=\lim_{t\to0}\frac{\ln\cos t}{1-\cos\dfrac{\pi t}{2}}=\lim_{t\to0}\frac{-\frac12t^2}{\frac12\left(\frac{\pi t}{2}\right)^2}=-\frac{4}{\pi^2}$$ > ⚠️ **[智能体A注]**：原笔记方法一末值写作 $-\dfrac{2}{\pi}$，为中途笔误；两法结果应一致，均为 $-\dfrac{4}{\pi^2}$。 ### 📝 例题 13 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x+\sin x}{x-\sin x}$ **【解析】**： 若用洛必达： $$\lim_{x\to\infty}\frac{1+\cos x}{1-\cos x}\quad(\text{原图红字：不存在})$$ 即洛必达法则在此失效（导数之比的极限不存在），应改用其他方法： $$\text{原式}=\lim_{x\to\infty}\frac{1+\dfrac{\sin x}{x}}{1-\dfrac{\sin x}{x}}=\frac{1+0}{1-0}=1$$ --- # 第07节 泰勒公式、左右极限和极限反问题 ## 1. 泰勒公式

\begin{aligned} e^x=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+\cdots+\frac{1}{n!}x^n+\cdots \ =1+x+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+\cdots+\frac{1}{n!}x^n+o(x^n) \end{aligned}

>📌∗∗[知识点]∗∗（蓝字，位于该行右侧）：皮亚诺型余项 > 📌 **[知识点]**（蓝字，位于该行右侧）：皮亚诺型余项

\begin{aligned} \sin x=x-\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5+\cdots+\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}+o\left(x^{2n+2}\right) \ =x-\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5+\cdots+\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}+0\cdot x^{2n+2}+o\left(x^{2n+2}\right) \end{aligned}

\begin{aligned} \cos x=1-\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4+\cdots+\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}+o\left(x^{2n+1}\right) \ =1-\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4+\cdots+\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}+0\cdot x^{2n+1}+o\left(x^{2n+1}\right) \end{aligned}

> 💡 **[旁注]**：「奇」为红字，位于 $\sin x$ 行上方；「偶」为红字，位于 $\cos x$ 行上方；蓝色「缺」字带弯箭头由 $\sin x$ 指向 $\cos x$（位置：原图左边缘）。含义：$\sin x$ 只含奇次项（奇函数）、$\cos x$ 只含偶次项（偶函数），二者互为缺项，故展开时可用 $0\cdot x^{k}$ 补位。

\ln(1+x)=x-\frac12x^2+\frac13x^3+\cdots+\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}+o\left(x^{n+1}\right)

(1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+o(x^n)

> 📌 **[知识点]**（原图红字 [注]，位于展开式下方）： > （1）分子分母同阶原则； > （2）系数不为零原则。 ### 📝 例题 1 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^{x^3}-1-x^3}{\sin^6x}$ **【解析】**：由题设（$\sin^6x\sim x^6$）

\text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{e^{x^3}-1-x^3}{x^6}=\lim_{x\to0}\frac{\left(1+x^3+\frac{1}{2!}x^6-1-x^3+o(x^6)\right)}{x^6}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2!}x^6+o(x^6)}{x^6}=\frac12

> 📌 **[知识点]**（原图红字 [注2]，位于本页页末）：泰勒公式要带皮亚诺余项。 ### 📝 例题 2 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2\left(x+\ln(1-x)\right)}$ > 📌 **[知识点]**（原图红字，位于题目右侧页边）： > > $$ > \ln(1+x)=x-\frac12x^2+o(x^3)\ \Rightarrow\ \ln(1-x)=-x-\frac12x^2+o(x^2) > $$ > > $$ > e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+o(x^2)\ \Rightarrow\ e^{-\frac{x^2}{2}}=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+o(x^4) > $$ **【解析】**：由题设

\begin{aligned} \text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+o(x^4)-\left(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+o(x^4)\right)}{x^2\left(x-x-\frac12x^2+o(x^2)\right)} \ =\lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{12}x^4+o(x^4)}{-\frac12x^4+o(x^4)}=\lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{12}+\frac{o(x^4)}{x^4}}{-\frac12+\frac{o(x^4)}{x^4}}=-\frac{1}{12}\cdot(-2)=\frac16 \end{aligned}

### 📝 例题 3 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$ **【解析】**：由题设

\begin{aligned} \text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^2\sin^2x}=\lim_{x\to0}\frac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} \ =\lim_{x\to0}\frac{x^2-\frac14\cdot\frac{1-\cos4x}{2}}{x^4}=\lim_{x\to0}\frac{x^2-\frac18\left(1-\cos4x\right)}{x^4} \ =\lim_{x\to0}\frac{x^2-\frac18+\frac18\left(1-\frac12(4x)^2+\frac{1}{4!}(4x)^4+o(x^4)\right)}{x^4}=\lim_{x\to0}\frac{\frac43x^4+o(x^4)}{x^4}=\frac43 \end{aligned}

> 📌 **[知识点]**（原图红字 [注2]，位于本页页末）：三角函数 → 先降幂，再计算（极限、求导、积分）。 ## 2. 左右极限 > 💡 **[旁注]**：函数极限 → 曲线的变化趋势（位置：标题右侧，红字） **定理**：

\lim_{x\to x_0}f(x)=A\iff \lim_{x\to x_0^+}f(x)=\lim_{x\to x_0^-}f(x)=A

> 📌 **[知识点]**（原图红字 [注]，位于定理下方）： > （1）分段函数在分段点； > （2）$\dfrac1x$，$\arctan\dfrac1x$，$e^{\frac1x}$； > （3）当 $x\to\infty$ 时，包含 $x\to+\infty$ 和 $x\to-\infty$，即 $\infty=\pm\infty$（此条为蓝字）。 ### 📝 例题 4 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1-e^{\frac1x}}{x+e^{\frac1x}}$ **【解析】**：

\text{原式}=\lim_{x\to0^+}\frac{e^{-\frac1x}-1}{xe^{-\frac1x}+1}=\frac{0-1}{0+1}=-1

> 📌 **[知识点]**（原图红字，位于本例下方）：函数极限 → 曲线变化（曲线趋势）。 ### 📝 例题 5 **【题目】**：$\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{2+e^{\frac1x}}{1+e^{\frac4x}}+\dfrac{\sin x}{|x|}\right)$ **【解析】**：由题设（左右极限分别计算）

\lim_{x\to0^+}\left(\frac{2+e^{\frac1x}}{1+e^{\frac4x}}+\frac{\sin x}{|x|}\right)=0+1=1

\lim_{x\to0^-}\left(\frac{2+e^{\frac1x}}{1+e^{\frac4x}}+\frac{\sin x}{|x|}\right)=2-1=1

左右极限相等，故原式 $=1$。 > 💡 **[旁注]**：$\dfrac{\sin x}{|x|}$ 分左右两侧讨论——右侧 $x\to0^+$ 时 $x>0$，$|x|=x$，故 $\dfrac{\sin x}{|x|}=\dfrac{\sin x}{x}\to1$；左侧 $x\to0^-$ 时 $x<0$，$|x|=-x$，故 $\dfrac{\sin x}{|x|}=-\dfrac{\sin x}{x}\to-1$。第一行写 $\dfrac{\sin x}{x}$（正、取 1），第二行结果为 $2-1=1$（负、取 $-1$），与此完全对应。分母指数经确认为 $e^{\frac4x}$。 ## 3. 极限反问题 > 📌 **[知识点]**（蓝字，位于标题右侧）：已知极限，求表达式/参数。 **（1）** 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=A$，$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0$，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0$。 **证明**：

\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}\cdot g(x)=A\cdot 0=0

**（2）** 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=B\neq0$，$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0$，则 $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0$。 ### 📝 例题 6 **【题目】**：已知当 $x\to0$ 时，$(1+ax^2)^{\frac13}-1$ 与 $\cos x-1$ 是等价无穷小，则常数 $a$ 为？ **【解析】**：由题设

\lim_{x\to0}\frac{(1+ax^2)^{\frac13}-1}{\cos x-1}=\lim_{x\to0}\frac{\frac13ax^2}{-\frac12x^2}=-\frac23a=1

故 $a=-\dfrac32$。 ### 📝 例题 7 **【题目】**：已知 $\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x^2}{x+1}-ax-b\right)=0$，其中 $a,b$ 常数，则（　） - (A) $a=1,\ b=1$ - (B) $a=-1,\ b=1$ - (C) $a=1,\ b=-1$ - (D) $a=-1,\ b=-1$ **【解析】**：由题设

\text{原式}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-(ax+b)(x+1)}{x+1}=\lim_{x\to\infty}\frac{(1-a)x^2-(a+b)x-b}{x+1}=0

则 则

\begin{cases}1-a=0\ a+b=0\end{cases}\quad\text{解得}\quad\begin{cases}a=1\ b=-1\end{cases}

> 💡 **[旁注]**：原图解析止于「解得」，末尾未写选项字母；按计算结果应选 **(C)**。 ### 📝 例题 8 **【题目】**：设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内具有一阶连续导数，且 $f(0)\neq0$，$f'(0)\neq0$，若 $af(h)+bf(2h)-f(0)$ 在 $h\to0$ 时是比 $h$ 高阶的无穷小，试确定 $a,b$ 的值。 **【解析】**：由题设

\lim_{h\to0}\frac{af(h)+bf(2h)-f(0)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{af’(h)+2bf’(2h)}{1}=0

**（1）** $\lim\limits_{h\to0}\left[af(h)+bf(2h)-f(0)\right]=af(0)+bf(0)-f(0)=0$， 由于 $f(0)\neq0$，则 $a+b-1=0$。 **（2）** $\lim\limits_{h\to0}\left[af'(h)+2bf'(2h)\right]=af'(0)+2bf'(0)=0$， 由于 $f'(0)\neq0$，则 $a+2b=0$。

\begin{cases}a+b-1=0\ a+2b=0\end{cases}\quad\text{解得}\quad\begin{cases}a=2\ b=-1\end{cases}

### 📝 例题 9 **【题目】**：当 $x\to0$ 时，$e^x-(ax^2+bx+1)$ 是比 $x^2$ 高阶的无穷小，则（　） - (A) $a=\dfrac12,\ b=1$ - (B) $a=1,\ b=1$ - (C) $a=-\dfrac12,\ b=1$ - (D) $a=-1,\ b=1$ **【解析】**：由题设

\lim_{x\to0}\frac{e^x-(ax^2+bx+1)}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{1+x+\frac{x^2}{2!}+o(x^2)-(ax^2+bx+1)}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\left(\frac12-a\right)x^2+(1-b)x+o(x^2)}{x^2}=0

故 故

\begin{cases}\frac12-a=0\ 1-b=0\end{cases}\quad\text{解得}\quad\begin{cases}a=\frac12\ b=1\end{cases}

选 **(A)**。 --- # 第08节 连续和间断 > 📌 **[说明]**：原图标题为「第08节 连续和间断」，本文件编号与原图一致。 ## 1. 函数在某点处的连续 ![图1：连续点与间断点示意（左：曲线在 $x_0$ 处不断开；右：$x_0$ 处为空心点，函数值另取）](images/s08-fig1-continuity.svg) > 图像特征：左图曲线在 $x=x_0$ 处连续，极限值等于函数值；右图在 $x=x_0$ 处断开（空心点），说明极限与函数值彼此无关，是连续性的反例。 设 $f(x)$ 在 $U_\delta(x_0)$ 内有定义 $$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$$ 称 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续。 > 📌 **[知识点]**（原图红字 [注]）： > （1）$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在； > （2）$f(x_0)$ 有定义； > （3）$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$。 > 📌 **[知识点]**（原图蓝字 [定理]）： > $$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)\iff \lim_{x\to x_0^-}f(x)=\lim_{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0)$$ > 连续的必要条件：左、右极限与函数值相等。 > 📌 **[知识点]**（原图红字 [注2]）：特殊点 $\to$ 分段点、无定义点。 ### 📝 例题 1 **【题目】**：讨论函数 $f(x)=\begin{cases}\sqrt{|x|}\sin\dfrac1x,& x\neq 0\\[6pt] 0,& x=0\end{cases}$ 在点 $x=0$ 处的连续性。 **【解析】**：由题设，$f(x)$ 在 $x=0$ 两侧表达式相同。 $$\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}|x|^{\frac12}\sin\frac1x=0=f(0)$$ 故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续。 ### 📝 例题 2 **【题目】**：设函数 $f(x)=\begin{cases}\dfrac{1-e^{\tan x}}{\arcsin\dfrac{x}{2}},& x>0\\[10pt] ae^{2x},& x\leq 0\end{cases}$ 在 $x=0$ 处连续，则 $a=$ ____。 **【解析】**：由题设，$f(x)$ 在 $x=0$ 两侧表达式不同。 $$\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^-}ae^{2x}=a,\qquad f(0)=a$$ $$\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}\frac{1-e^{\tan x}}{\arcsin\dfrac{x}{2}}=\lim_{x\to0^+}\frac{-x}{\dfrac{x}{2}}=-2$$ 当 $a=-2$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处连续。 > 📌 **[说明]**：原图此处紧接第 1 部分，未另写小节标题；以下 (1)(2) 按原图编号保留。 ### （1） 任意 $x_0\in(a,b)$，$f(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续，称 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 连续。 ### （2） 任意 $x_0\in(a,b)$，$f(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续，且 $$\lim_{x\to a^+}f(x)=f(a),\qquad \lim_{x\to b^-}f(x)=f(b)$$ 称 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续。 > 📌 **[知识点]**（原图红字 [注2]，右侧配两个小箭头示意）： > $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=f(x_0)$，称 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处**左连续**； > $\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0)$，称 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处**右连续**。 ## 2. 间断点 > 📌 **[知识点]**（原图蓝字，位于标题右侧）：（不连续点）$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\neq f(x_0)$ ![图2：四类间断点示意（可去、跳跃、无穷、振荡）](images/s08-fig2-discontinuity-types.svg) > 图像特征：从左至右依次为——可去（曲线有空洞，另有点补出）、跳跃（左右两段高度不同）、无穷（$x\to x_0$ 时函数值趋于 $\pm\infty$，有竖直渐近线）、振荡（曲线在 $x_0$ 附近无限密集振荡）。 ### （1）第一类间断点 $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)$ 和 $\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$ 都存在。 - 若 $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$，称 $x_0$ 为**可去间断点**。 $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\ (x\neq 0)$ ![图3：$y=\frac{\sin x}{x}$ 在原点处为空心点](images/s08-fig3-sinx-over-x.svg) > 图像特征：曲线在 $x=0$ 处有空洞，极限为 1；补定义 $f(0)=1$ 后即连续。 故补充定义后 $$f(x)=\begin{cases}\dfrac{\sin x}{x},& x\neq 0\\[6pt] 1,& x=0\end{cases}$$ $f(x)$ 在 $x=0$ 连续。 - 若 $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)\neq\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$，称 $x_0$ 为**跳跃间断点**。 $g(x)=[x]$ ![图4：取整函数 $y=[x]$ 的阶梯图](images/s08-fig4-floor.svg) > 图像特征：每两个相邻整数之间为水平线段，左端空心、右端实心；在每个整数点处左右极限相差 1，均为跳跃间断点。 ### （2）第二类间断点 $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)$ 和 $\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$ 至少有一个不存在。 - $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=\infty$ 或 $\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=\infty$，称 $x_0$ 为**无穷间断点**。 $h(x)=\dfrac1x\ (x\neq 0)$ ![图5：$y=\frac1x$ 的两支曲线](images/s08-fig5-reciprocal.svg) > 图像特征：$x\to0^\pm$ 时函数值分别趋于 $\mp\infty$，$y$ 轴为竖直渐近线。 - $\lim\limits_{x\to x_0}\sin\dfrac1x$ 振荡，称 $x_0=0$ 是**振荡间断点**。 $R(x)=\sin\dfrac1x\ (x\neq 0)$ ![图6：$y=\sin\frac1x$ 在原点附近无限振荡](images/s08-fig6-sin1x.svg) > 图像特征：$x\to0$ 时曲线在 $[-1,1]$ 内无限次振荡，极限不存在。 > 📌 **[知识点]**（原图红字 [注]）： > （1）分母为零或定义不明的点 $\to$ 间断点； > （2）由 $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)$、$\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)$ $\to$ 判断间断点类型。 ### 📝 例题 3 **【题目】**：求函数 $f(x)=\dfrac{x^2-2x}{|x|(x^2-4)}$ 的间断点，并确定其类型。 **【解析】**：由题设，$x=0,\ x=2,\ x=-2$ 是间断点。 （1）当 $x=0$ 时， $$f(0-0)=\lim_{x\to0^-}\frac{x(x-2)}{|x|(x-2)(x+2)}=-\frac12$$ $$f(0+0)=\lim_{x\to0^+}\frac{x(x-2)}{|x|(x-2)(x+2)}=\frac12$$ > 💡 **[旁注]**：跳跃间断点（位置：原图该段左侧，红字）。 （2）当 $x=2$ 时， $$f(2-0)=\lim_{x\to2^-}\frac{x(x-2)}{|x|(x-2)(x+2)}=\frac14$$ $$f(2+0)=\lim_{x\to2^+}\frac{x(x-2)}{|x|(x-2)(x+2)}=\frac14$$ > 💡 **[旁注]**：可去间断点（位置：原图该段左侧，红字）。 （3）当 $x=-2$ 时， $$f(-2-0)=\lim_{x\to-2^-}\frac{x(x-2)}{|x|(x-2)(x+2)}=+\infty$$ $$f(-2+0)=\lim_{x\to-2^+}\frac{x(x-2)}{|x|(x-2)(x+2)}=\infty$$ > 💡 **[旁注]**：无穷间断点（位置：原图该段左侧，红字）。 > ⚠️ **[智能体A注]**：原笔记第二行只写作 $\infty$；严格说 $x\to-2^+$ 时 $x+2>0$、$x/|x|=-1$，应为 $-\infty$。结论（无穷间断点）不受影响。 ### 📝 例题 4 **【题目】**：函数 $f(x)=\dfrac{x-x^3}{\sin\pi x}$ 的可去间断点。 **【解析】**：由题设，$x=0,\ x=\pm1,\ \pm2,\ \cdots$ 是间断点。 （1）$\lim\limits_{x\to0}f(x)=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x(1-x^2)}{\sin\pi x}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x(1-x^2)}{\pi x}=\dfrac1\pi$，$x=0$ 可去间断点。 （2）$\lim\limits_{x\to1}f(x)=\lim\limits_{x\to1}\dfrac{x-x^3}{\sin\pi x}=\lim\limits_{x\to1}\dfrac{1-3x^2}{\pi\cos\pi x}=\dfrac2\pi$，$x=1$ 可去间断点。 （3）$\lim\limits_{x\to-1}f(x)=\lim\limits_{x\to-1}\dfrac{x-x^3}{\sin\pi x}=\lim\limits_{x\to-1}\dfrac{1-3x^2}{\pi\cos\pi x}=\dfrac2\pi$，$x=-1$ 可去间断点。 （4）当 $x=\pm2,\ \pm3,\ \cdots$ 是无穷间断点。 ### 📝 例题 5 **【题目】**：设函数 $f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+x}{1+x^{2n}}$，讨论函数 $f(x)$ 的间断点，其结论为（ ） - (A) 不存在间断点 - (B) 存在间断点 $x=1$ - (C) 存在间断点 $x=0$ - (D) 存在间断点 $x=-1$ > 💡 **[旁注]**（蓝字，位于题干下方）：$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}g(x,n)=g(x,\infty)$ —— 先固定 $x$，再取极限（$n\to\infty$）。 **【解析】**：由题设 $$f\!\left(\frac12\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{1+\frac12}{1+\left(\frac12\right)^{2n}}=1+\frac12;\qquad f(2)=\lim_{n\to\infty}\frac{1+2}{1+2^{2n}}=0$$ 当 $|x|<1$ 时，$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+x}{1+x^{2n}}=1+x$； 当 $x=1$ 时，$f(1)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+1}{1+1}=1$； 当 $x=-1$ 时，$f(-1)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+(-1)}{1+1}=0$； 当 $|x|>1$ 时，$f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+x}{1+x^{2n}}=0$。 $$\therefore\ f(x)=\begin{cases}1+x,&|x|<1\\[4pt] 1,& x=1\\[4pt] 0,& x=-1\ \text{或}\ |x|>1\end{cases}$$ > 📌 **[知识点]**（原图红字 [注]）： > $$\lim_{n\to\infty}x^{2n}=\begin{cases}0,&|x|<1\\[4pt] 1,&|x|=1\\[4pt] +\infty,&|x|>1\end{cases}$$ ![图7：例5 中 $f(x)$ 的分段图像](images/s08-fig7-piecewise-ex5.svg) > 图像特征：$(-1,1)$ 上为直线 $y=1+x$；$x=1$ 处左极限为 2（空心点）、函数值为 1（实心点）；$|x|>1$ 时恒为 0。$x=-1$ 处左右极限与函数值同为 0，连续。 > 💡 **[旁注]**（蓝字，位于图右侧）：$x=1$ 是跳跃间断点。 故 $f(x)$ 仅在 $x=1$ 处间断，选 **(B)**。 ## 5. 有界闭区间连续函数的性质 > 📌 **[说明]**：原图小节编号为 1、2、5（缺 3、4），此处照原编号保留。 > 💡 **[旁注]**（蓝字，位于标题右侧）：有界闭区间 $\to [a,b]$ 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，则 ### （1）最值定理 有界闭区间上的连续函数 $f(x)$，有最大值 $M$ 和最小值 $m$ $$f(x_0)=M,\quad x_0\in[a,b];\qquad f(x_1)=m,\quad x_1\in[a,b]$$ ![图8：闭区间上连续函数的最值](images/s08-fig8-extreme.svg) > 图像特征：曲线在 $[a,b]$ 上连续，最高点取到最大值 $M$，最低点取到最小值 $m$（虚线标出）。 ### （2）有界定理 有界闭区间上连续函数 $f(x)$ 必有界（$m\leq f(x)\leq M$）。 ### （3）零点定理 有界闭区间上连续函数 $f(x)$，满足 $f(a)\cdot f(b)<0$，则存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $f(\xi)=0$。 ![图9：零点定理示意](images/s08-fig9-zero-point.svg) > 图像特征：曲线由 $x=a$ 处的负值连续变到 $x=b$ 处的正值，必在 $(a,b)$ 内穿过 $x$ 轴，交点横坐标为 $\xi$。 ### （4）介值定理 有界闭区间 $[a,b]$ 上的连续函数 $f(x)$ 有最大值 $M$ 和最小值 $m$，且 $m\leq C\leq M$，则存在 $\xi$ 使 $f(\xi)=C$（$a\leq\xi\leq b$）。 ![图10：介值定理示意](images/s08-fig10-intermediate.svg) > 图像特征：水平线 $y=C$ 位于 $m$ 与 $M$ 之间，与连续曲线必有交点 $(\xi,C)$。 > 📌 **[知识点]**（原图红字 [注]）：方程根的所在 $\to$ 零点定理；方程根的唯一性 $\to$ 单调性。 ### 📝 例题 6 **【题目】**：方程 $x^n+nx-1=0$，其中 $n$ 为正整数，证明此方程存在唯一正实根 $x_n$。 **【解析】**： 证明：设 $f(x)=x^n+nx-1$ 在 $[0,+\infty)$ 连续 $$f(0)=-1<0,\qquad f(1)=1+n-1=n>0$$ 由零点定理，至少存在一个 $x_n\in(0,1)$，使得 $$f(x_n)=x_n^n+nx_n-1=0$$ 又由于 $f'(x)=nx^{n-1}+n>0$，则 $f(x)$ 单调增， 故 $f(x)$ 有唯一的正实根 $x_n$。 > 📌 **[知识点]**（原图红字 [注3]）：初等函数在定义域内都是连续的。 ![图11：例6 中 $y=x^n+nx-1$ 与 $x$ 轴的交点](images/s08-fig11-ex6-root.svg) > 图像特征：$x<0$ 时 $f(x)<0$ 且无零点；$f(0)=-1<0$，$f(1)=n>0$，曲线在 $(0,1)$ 内单调上升并与 $x$ 轴唯一相交。 ### 📝 例题 7 **【题目】**：证明方程 $x^n+x^{n-1}+\cdots+x=1$（$n$ 为大于 1 的整数）在区间 $\left(\dfrac12,1\right)$ 有且仅有一个实根。 **【解析】**： 证明：设 $f(x)=x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1$ 在 $\left[\dfrac12,1\right]$ 连续，且 $$f\!\left(\frac12\right)=\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n-1}}+\cdots+\frac12-1=\frac{\frac12\left(1-\frac{1}{2^n}\right)}{1-\frac12}-1=-\frac{1}{2^n}<0$$ $$f(1)=1+1+\cdots+1-1=n-1>0$$ 由零点定理，至少存在 $x_n\in\left(\dfrac12,1\right)$ 使得 $$f(x_n)=x_n^n+x_n^{n-1}+\cdots+x_n-1=0$$ 又由于 $f'(x)=nx^{n-1}+(n-1)x^{n-2}+\cdots+1>0$，则 $f(x)$ 单调增， 故 $x_n\in\left(\dfrac12,1\right)$ 是方程的唯一实根。 ### 📝 例题 8　★ **【题目】**：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a<c<d<b$，证明在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $$pf(c)+qf(d)=(p+q)f(\xi)$$ 其中 $p,q$ 为任意正数。 > 💡 **[旁注]**（蓝字，位于题目下方，标"加权平均"）： > $$f(\xi)=\frac{pf(c)+qf(d)}{p+q}=\frac{p}{p+q}f(c)+\frac{q}{p+q}f(d)$$ **【解析】**： 证明：$f(x)$ 在 $[c,d]$ 连续，由最值定理，存在最大值 $M$、最小值 $m$，则 $$m\leq\frac{pf(c)+qf(d)}{p+q}\leq M$$ 即 $$(p+q)m\leq pf(c)+qf(d)\leq(p+q)M$$ 又由介值定理，存在 $\xi\in[c,d]\subset(a,b)$，使得 $$f(\xi)=\frac{pf(c)+qf(d)}{p+q}$$ ---

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高等数学第一章：极限与连续
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作者
李卓潼
发布于
2026-11-06
许可协议
CC BY-NC-SA 4.0
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