2022年最新数学分析上册练习题及答案第三章函数极限.pdf

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1、精品文档精品文档第三章函数极限1 函数极限概念1 按定义证明下列极限：（1）65lim6xxx；（2）22lim(610)2xxx； （3）225lim11xxx; （4）22lim40 xx；（5）00lim coscosxxxx. 证明（ 1）任意给定0，取5M，则当xM时有65556xxxM.按函数极限定义有65lim6xxx. （2）当2x时有，2(610)2(2)(4)24xxxxxx. 若限制021x，则43x.于是，对任给的0，只要取min1, 3，则当02x时，有2(610)2xx.故有定义得22lim(610)2xxx. (3)由于22254111xxx. 若限制1x，则22

2、11xx，对任给的0，取4max 1,1M， 则当xM时有22225441111xxMx，所以225lim11xxx. (4) 22404(2)(2)xxxx. 若此时限制021x，有2422242422 2xxxxxxx（），则任给0，取2min1,4，当02x时，有2402 2222xx，故由定义得22lim40 xx. （5）因为sin,xx xR，则0000000coscos2sinsin2 sinsin222222xxxxxxxxxxxxxx.精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1

3、页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档对任给的0， 只要取， 当00 xx时， 就有00coscosxxxx，所以按定义有00lim coscosxxxx. 2 叙述0lim( )xxf xA。解：0lim( )xxf xA陈述为：设函数f在点0 x的某个空心邻域00(,)Ux内有定义，A为定数，若对任给的0，存在0，使得当00 xx时有( )f xA，则称函数f当x趋于0 x时以A为极限，记作0lim( )xxf xA。其否定陈述为： 设函数( )f x在点0 x的某个空心邻域00(,)Ux内有定义，A为一个确定的常数，若存在某个00，使得对任意的正数()

4、，总存在x满足00 xx，使得0( )f xA，则称当0 xx时，( )f x不以A为极限，记为0lim( )xxf xA。3 设0lim( )xxf xA，证明00lim()hf xhA。证明：因为0lim( )xxf xA，由定义有对任给0，存在0，当00 xx时，( )f xA， 从 而 当00hh时 ， 有000()xhx， 于 是0()f xhA，故00lim()hf xhA。4 证明：若0lim( )xxf xA，则0lim( )xxf xA。证明：因为0lim( )xxf xA。由定义有对任给0， 存在0，当00 xx时，( )f xA，于是有( )( )f xAf xA，故0l

5、im( )xxf xA。当0A时，若0lim( )0 xxfx，则对任给0，存在0，当00 xx时，( )0( )( )f xf xf x， 因 此 ， 对 已 给 定 的0， 当00 xx时 ，( )0( )f xf x，即0lim( )0 xxf x。说明当0A时，上述命题的逆命题也成立。但当0A时，其逆命题不真。例如对101( )112xf xx有( )1,02f xx。显然1lim( )1xf xA，但1lim( )xf x不存在。事实上，11lim( )1 lim( )1xxf xf x，可见11lim( )lim( )xxf xf x，故1lim( )xf x不存在。精品资料 -

6、- - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档故当且仅当0A时，本题反之也成立。5 证明定理：000lim( )lim( )lim( )xxxxxxf xAf xf xA。必 要 性设0lim( )xxf xA， 由 极 限 的定 义 知 对 任 给0， 存 在0， 当00 xx时 ，( )f xA。 则 当00 xxx时 ， 有( )f xA， 故0lim( )xxf xA。 当00 xxx时 ， 有( )f xA， 故0lim( )xx

7、f xA。 从 而00lim( )lim( )xxxxf xf xA。充分性0lim( )xxf xA，则对任意给定0，存在10，使得当001xxx时，有( )f xA。0lim( )xxf xA， 则 对 任 意 给 定0， 存 在20， 使 得 当020 xxx时 ， 有( )f xA。所以对已给定的0，取12min,，使得当00 xx时， 有( )f xA，故0lim( )xxf xA。6 讨论下列函数在0 x时的极限或左右极限：（1）( )xf xx； （2）( ) f xx； （3）22 ,0( )0,01,0 xxf xxxx。解 ： （ 1） 因 为 当0 x时 ，( )1xf

8、xx， 故 有00lim( )lim11xxf x。 当0 x时 ，( )1xf xx，故00lim( )lim(1)1xxf x。因此0lim( )xf x不存在。（2） 当01x时，( ) 0f xx，故0lim( )0 xf x。 当10 x时，( ) 1f xx，故0lim( )1xf x。所以00lim( )lim( )xxf xf x，因此0lim( )xf x不存在。（ 3 ） 对 任 给 的0， 先 考 虑0 x， 取， 则 当0 x时 ，222( )1(1)1f xxx，于是0lim( )1xf x。再考虑0 x，取2log (1)，则当0 x时，( )1212121xxf

9、x，所以0lim( )1xf x。所以0lim( )1xf x。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档7设lim( )xf xA，证明01lim()xfAx。证明：因lim( )xf xA，则对任给0，存在0M，当xM时，( )f xA，取10M，则当0 x时，11Mx，故有1()fAx，所以01lim()xfAx。8 证明：对黎曼函数( )R x有00lim( )0,0,1xxR xx（当00 x或1时，考虑单侧极限

10、） 。证明：因为0,1上的黎曼函数定义为：1,( ,( )0,0,1(0,1)ppxp qNqqqR xx当为既约真分数 )当或内的无理数。任取00,1x时，任给0，满足不等式1q的正整数q至多有有限个。而pq，从而正整数p也至多有有限个。于是在(0,1)内至多只有有限个既约真分数pq，使得1()pRqq。因此可取0，使得00(,)Ux内不含这有限个既约分数，于是只要00 xx（对00 x， 只要0 x；对于01x，只要01x） ， 不论x是01 ，或无理数，都有( )0( )0R xR x成立，故00lim( )0,0,1xxR xx。2 函数极限的性质1 求下列极限：（1）22lim 2(

11、sincos)xxxx； （2）2201lim21xxxx；（3）2211lim21xxxx； （ 4）3230(1)(1 3 )lim2xxxxx；（5）01lim1nmxxx（,n m为正整数）； （6）41 23lim2xxx；（7）20lim(0)xaxaax； （8）702090(36) (85)lim(51)xxxx。解： （1）因为2limsinsin12xx，2lim coscos02xx，再根据极限的四则运算法则，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 22 页 -

12、- - - - - - - - - 精品文档精品文档得222222lim 2(sincos)lim 2sinlim 2coslim 2xxxxxxxxxx222222lim 2sin2lim cos2lim2 1202()222xxxxxx。（2）22022000lim110 1lim1212limlim1001xxxxxxxxxx。（3）由于221(1)(1)121(1)(21)21xxxxxxxxx，所以212111lim1111 12limlim21212lim12 1 13xxxxxxxxxxx。（4）3323222323232(1)(1 3 )331 1 33(3)3222(1 2

13、)12xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx，所以3023000lim3(1)(1 3 )303limlim321212lim120 xxxxxxxxxxxx。（5）由于121212121(1)(1)11(1)(1)1nnnnnmmmmmxxxxxxxxxxxxLLLL，所以121200111 11limlim111 11nnnmmmxxxxxnxxxmLLLL。（6）由于1 23( 123)( 123)2(4)2(2)( 123)(2)( 123)xxxxxxxxx2(2)(2)2(2)(2)( 123)123xxxxxx，所以441232(2)2(22)4limlim33321 23xx

14、xxxx。（7）由于222222()()1()()axaaxaaxaxxxaxaxaxaaxa，所以22200111limlim20 xxaxaxaaxaaa。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档（8）70207020909065(3) (8)(36) (85)1(51)(5)xxxxxx，所以70207020702070209090909065(3) (8)(36) (85)(30) (80)38limlim1(5

15、1)(50)5(5)xxxxxxxxg。2 利用迫敛性求极限：（1）coslimxxxx； （2）2sinlim4xxxx。解： （1）因为1cos1,xx趋于负无穷，所以当0 x时，1( 1)cos1111xxxxxxxxx，而11lim1lim11xxxx，由迫敛性定理得coslimxxxx。（2）因为1sin1,xx趋于正无穷，所以当2x时，222sin444xxxxxxx。而221limlim0441xxxxxx，221limlim0441xxxxxx。 由 迫 敛 性 定 理 得2sinlim4xxxx。3 设0lim( )xxf xA，0lim( )xxg xB，证明：（1）0li

16、m( )( )xxf xg xAB；（2）0lim( ) ( )xxf x g xAB；（3）0( )lim(0)( )xxf xABg xB。证明：（1）因为0lim( )xxf xA，则对任给的0，存在10，当010 xx时，( )f xA。0lim( )xxg xB，则对任给的0，存在20，当020 xx时，( )g xB。 对已给定的0， 取12min,， 当00 xx时，( )f xA精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精

17、品文档精品文档与( )g xB同时成立。当00 xx时，( )( )()( ) ( )( )( )2f xg xABf xAg xBf xAg xB，所以0lim( )( )xxf xg xAB。（2）由0lim( )xxf xA及有界性知，存在0M及30，使得当030 xx时，( )f xM。 对 已 给 定 的0， 取123min,， 当00 xx时 ， 有( ) ( )( ) ( )( )( )( )( )( ( )f x g xABf x g xBf xBf xABB f xAf x g xB( )( )( )()B f xAf xg xBBMBM，所以0lim( ) ( )xxf x

18、 g xAB。（3） 因为0lim( )0 xxg xB， 据函数极限的局部保号性，存在40， 使得当040 xx时，有1( )2g xB。取124min,，当00 xx时有( )( )( )( )( )( )( )( )f xABf xAg xBf xABABAg xg xBBg xBg x2( )( )1( )2Bf xAA g xBBABAB g xBBB。由的任意性知，0( )lim( )xxf xAg xB。4 设1011001011( ),0,0,mmmmnnnna xa xaxaf xabmnb xb xbxbLL。试求lim( )xf x。解：1101101111011011m

19、mm nm nnmmmnnnnnnnna xa xaxaa xa xa xb xb xbxbbb xbxb xLLLL，当mn时，1limlimlim0m nm nnxxxxxxL，12limlimlim0nxxxxxxL。所以0000lim( )000 xf xbLL。当mn时，1lim1,limlim0m nm nnxxxxxxL。所以000000lim( )00 xaafxbbLL。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档

20、精品文档5 设( )0f x，0lim( )xxf xA。证明0lim( )nnxxf xA，其中2n为正整数。证明：由于( )0f x，由局部保号性知0lim( )0 xxf xA。当0A时，由0lim( )0 xxf xA知，对任给的0，存在0，当00 xx时，( )( )f xAf x，所以( )0( )nnnfxf x，即0lim( )0nnxxfxA。当0A时，由0lim( )xxf xA。由极限的定义知，对任给的0，存在0，当00 xx时，( )f xA，从而有112211( )( )( )( )( )( )nnnnnnnnnnnnnnfxAf xAf xAAfxAfxAfxAAL

21、由的任意性知0lim( )nnxxf xA。6 证明0lim1(01)xxaa。证明：任给10，为了使1xa，即11xa。对 其 取 对 数 函 数 并 由 对 数 函 数log(01)axa的 严 格 递 减 性 ， 只 要log (1)log (1)aax，于是取minlog(1) ,log (1)aa，则当0 x时，有1xa成立，从而证得结论。7 设0lim( )xxf xA，0lim( )xxg xB。（1）若在某00()Ux内有( )( )fxg x，问是否必有AB？为什么？（2）证明：若AB，则在某00()Ux内有( )( )f xg x。解： （1）不一定有AB。因0lim( )

22、xxf xA。由极限的定义知， 对任给的0，存在0，当00 xx时，( )Af xA。又0lim( )xxg xB。由极限的定义知， 对任给的0，存在0，当00 xx时，( )Bf xB。虽然有( )( )f xg x，但不一定有AB或AB但AB有可能。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档例如2( )0,( )f xg xx，则在任一0(0)U内有( )( )f xg x， 但00lim( )lim( )0 xxf

23、xg x。（ 2） 证 明 ： 由 于AB，0lim( )xxf xA， 对02AB， 存 在10， 使 得 当010 xx时，有3( )22ABABAf xA。0lim( )xxg xB， 对02AB， 存 在20， 使 得 当020 xx时 ， 有3( )22BAABBg xB，于是取12min,，则当0330( )( )222BAABABxxg xf x，即在00()Ux ，内有( )( )f xg x。8 求下列极限（其中n皆为正整数）：（1）01lim1nxxxx； （2）01lim1nxxxx；（3）21lim1nxxxxnxL； （4）011limnxxx；（5） limxxx。

24、解： （1）000001111limlimlimlimlim( 1)111110nnnxxxxxxxxxxxxxx。（2）000001111limlimlimlimlim1111110nnnxxxxxxxxxxxxxx。（3）由于223(1)(1)(1)(1)11nnxxxnxxxxxxLL2121(1)(1)(1)nnxxxxxLL。由极限的四则运算法则，有221211limlim1(1)(1)(1)1nnnxxxxxnxxxxxxLLL(1)1232n nnL。（4）由于12111( 1)( 1)1nnnnnxxxxL，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - -

25、 - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档120011111limlim1 11( 1)( 1)1nnnnnxxxxnxxLL。（5）由于1 xxx，当0 x时，1 1xxxx或 11xxxx。对于两种形式，均有11limlim(1)1 01xxxxx，由迫敛性定理得 lim1xxx。9 （1）证明：若30lim()xf x存在，则300lim( )lim()xxf xf x。（2）若20lim()xf x存在，试问是否成立200lim( )lim()xxf xf x？解： （1）证明因为3

26、0lim()xf x存在，设30lim()xf xA，则任给0，存在10，使得当10 x时，有3()f xA。此时取310，则当0 x时，310 x，从而有33( )() fxAfxA，故有300lim( )lim()xxf xAf x。（2）若若20lim()xf x存在，200lim( )lim()xxf xf x并不一定成立。例如221010( )sgn( )00,()sgn0010 xxf xxxf xxxx这里20lim()1xf x存在，但0lim( )xf x不存在，但是0lim( )xf xA则20lim()xf xA。3 函数极限存在的条件1 叙述函数极限lim( )xf x

27、的归结原则，并应用它证明lim cosxx不存在。解 归结原则：设函数( )f x为定义在 ,)a上的函数，则lim( )xf x存在的充要条件是：对任何含于 ,)a且趋于正无穷的数列nx，极限lim()nnf x都存在且相等。证明由于cosx在0,)上有定义，设2,2(1,2,)2nnxnxnnL，则显然有0,),0,)nnxx且limlimnnnnxx，但lim coslim 11, lim coslim 00nnnnnnxx，有归结原则知lim cosxx不存在。2 设f为定义在 ,)a上的增（减）函数。证明：lim( )xf x存在的充要条件是f在 ,)a上有上（下）界。证明只证一种情

28、况即可。必要条件由题设lim( )xf x存在，设lim( )xf xA，取1，存在0M，当xM时，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档有1( )1Af xA， 又( )f x为 ,)a上 的 增函 数 ，对 任 意 的 ,xa M时 ， 有( )()f xf M。取max(),1Mf MA。则 ,)xa时，( )f xM，所以( )f x在 ,)a上有上界。充分条件因为( )f x在 ,)a上有上界，则由确界原理

29、可知，( )f x在 ,)a上有上确界，设,)sup( )xaAfx，则对任意的 ,)xa，有( )f xA，对任给0，按上确界定义，存在 ,)xa，使得()f xA，对一切,)xx，有()( )Af xf xAA，即当xx时，( )f xA，故lim( )xf xA。3 （1）叙述极限lim( )xf x的柯西准则；（2）根据柯西准则叙述lim( )xf x不存在的充要条件，并应用它证明lim sinxx不存在。解 （1）设( )f x在(,a上有定义，极限lim( )xf x存在的充要条件是：任给0，存在正整数()MMa，使得对任何,xMxM，有( )()f xf x。（2）设( )f x

30、在(, a上有定义，极限lim( )xf x不存在的充要条件是：对某一00，对任何0M，总存在,xM xM，使得0()()f xf x。以下用此充要条件来证明lim sinxx不存在。取012，对任给0M，记1nMM，存在1(),2xnM xnM，使得01sinsin12xx，故lim sinxx不存在。4 设f在00()Ux内有定义。证明：若对任何数列00()nxUx且0limnxxx，极限lim()nnf x都存在，则所有这些极限都相等。证明任何两个数列,nnxy， 且有00()nxUx，00()nyUx，0limlimnnnnxxy，由题知lim()nnf x，lim()nnf y都存在

31、，设lim()nnf xA，lim()nnf yB，下证AB。考虑数列1122,nnnzxy xyxyLL：。易见00()nzUx且0limnnzx，由题设知lim()nnf z存在。于是作为()nf z的两个子精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档列(),()nnfxfy必有相同的极限， 由归结原则得出AB。 即lim()lim()nnnnf xfy的值都相等，且,nnxy为任取的两极限为0 x的数列，得对所有以0

32、 x为极限的数列结论成立。5 设f为00()Ux上 的 递 增 函 数 。 证 明 ：00(0),(0)f xfx都 存 在 ， 且000000()()(0)sup( ),(0)inf( )x Uxx Uxf xf xf xf x。证明因为f为00()Ux上的递增函数，取001020(),()xUxxUx。（1）对任意的00()xUx。由于2xx，有2( )()f xf x， 即( )f x在00()Ux上有上界，由确界原理知( )f x在00()Ux上有上确界，记00()sup( )x UxAf x。于是任给0，存在00()xUx，使()f xA，记00 xx，则当00 xxxx时 ， 有(

33、)( )Af xf xAA。 可 见 ， 当00(,)xUx时 ，( )f xA，故有0000()lim( )(0)sup( )xxx Uxf xf xAf x。（2）对任意的00()xUx。由于1xx，有1()( )f xf x，即( )f x在00()Ux上有下界，由确界原理知( )f x在00()Ux上有下确界，记00()inf( )x UxBf x。于是任给0，存在00()xUx， 使()f xB， 记00 xx， 则当00 xxxx时 ， 有( )()BBf xf xB。 可 见 ， 当00(,)xUx时 ，( )f xB，故有0000()lim( )(0)inf( )xxx Uxf

34、 xfxBf x。6 设( )D x为狄里克莱函数，0 xR。证明：0lim( )xxD x不存在。证明狄里克莱函数1( )0 xD xx当 为有理数当 为无理数法一用柯西准则证明。取012，对任何0，由有理数和无理数的稠密性可知，在00(,)Ux中必有有理数x和 无 理 数x， 即0000(,),(,)xUxxUx， 使 得()1,()0D xD x， 于 是0()()1D xD x，故( )D x在0 x不满足柯西准则条件，知0lim( )xxD x不存在。法二用归结原则证明。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - -

35、 - - - - -第 12 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档由有理数和无理数的稠密性知，对任何自然数，有有理数001(,)nxUxn，有无理数001(,),1,2,nxUxnnL，则得到有理数列nx和无理数列nx都以0 x为极限，即0limlimnnnnxxx，使得lim()1nnD x，而lim()0nnD x，由归结原则知0lim( )xxD x不存在。7 证明：若f为周期函数，且lim( )0 xf x，则( )0fx。证明假设( )f x不恒等于0，则存在0 xR，使( )0fx，因( )f x为周期函数，不妨设周 期为0l， 作数 列0(2

36、,3,)nxxnl nL，则有limnnx，但00lim()lim()()0nnnf xf xf x，根据归结原则，lim( )0 xf x，与题设矛盾，故( )0f x。8 证明：设函数( )f x在点0 x的某空心右邻域00()Ux有定义，0lim( )xxf xA的充要条件是：对任何以0 x为极限的递减数列00()nxUx，且0limnnxx，有lim()nnf xA。证明必要性设0lim( )xxfxA，由极限的定义知对任给的0，存在0，当00 xxx时，有( )f xA；另一方面，设数列00()nxUx，且递减趋于0 x，则对上述的0，存在N，当nN时，有00nxxx，从而有()nf

37、 xA，故lim()nnf xA。充分性设对任何递减数列00()nxUx，且0limnnxx，有lim()nnf xA，则可用反证法推出0lim( )xxfxA。事实上，若0lim( )xxf xA，则存在某一正数0，不论0多么小，总存在一点x，尽管00 xxx，但有0( )f xA。现依次取23nL， ， ， ，取点12,nx xxLL，则00100112nnxxxxxxxnnL，但0()(1,2,)nf xAnL。显然数列00(,)nxUx，且0limnnxx，即nx是以0 x为极限的递减数列，且含于精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师

38、归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档00()Ux，但lim()nnf xA，这与题设矛盾，故0lim( )xxf xA。4 两个重要极限1 求下列极限：（1）0sin2limxxx； （2）320sinlim(sin )xxx；（3）2coslim2xxx； （4）0tanlimxxx；（5）30tansinlimxxxx； （6）0arctanlimxxx；（7）1limsinxxx； （8）22sinsinlimxaxaxa；（9）0sin 4lim1 1xxx（10）201coslim1cosxx

39、x。解（ 1）000sin2sin2sin2limlim22lim2 1222xxxxxxxxx。（2）23323232300000sinsinsinlimlimlimlimlim1 1 00(sin )sinsinxxxxxxxxxxxxxxxxx。（3）设2tx，则2x时相当于0t，coscos()2xt，于是0002cos()cossinsin2limlimlimlim12tttxtxtttttx。（4）00000tansincossin1sin1limlimlimlimlim1 1 1coscosxxxxxxxxxxxxxxxx。（5）332000tansinsin (1 cossin

40、1 cos1limlimlimcoscosxxxxxxxxxxx xxxx）22200002sinsinsin1sin111122limlimlimlim11cos2cos22424xxxxxxxxxxxxxx。（ 6 ）令arctanxt，xtant，当0 x时相当于0t，于是精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档000arctanlimlimlimcos1tansinxttxtttxtt。（7）令1tx，于是当x

41、时，0y，于是有01sinlimsinlim1xttxxt。（8）222cossinsinsin(sinsin )(sinsin )22(sinsin )xaxaxaxaxaxaxaxaxasinsin222cos(sinsin )cos(sinsin )22222xaxaxaxaxaxaxaxa。所以22sinsinsin2limlimcoslimlim(sinsin )22xaxaxaxaxaxaxaxaxaxacos1 (sinsin)2sincossin 2aaaaaa。（9）000sin4sin44sin44 (11)limlimlim44111 1xxxxxxxxxxxxxx00s

42、in 4limlim 4(1 1)1 4284xxxxx。（10）222222222 sinsinsinsin2221cos1221cos222 sinsin2222xxxxxxxxxx。当202x时，22sinsin22xx。所以222200sinsin1cos222limlim21cos222xxxxxxxx。2求下列极限：（1）2lim(1)xxx； （2）10lim(1)xxx（为指定实数） ；（3）cot0lim(1tan )xxx； （4）101lim()1xxxx；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - -

43、- - - - -第 15 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档（5）2132lim ()31xxxx； （6）lim (1)xxx（，为指定实数）。解（ 1）22222222lim(1)lim1lim 122xxxxxxexxx。（2）111000lim(1)lim(1)lim(1)xxxxxxxxxe。（3）1tancot00lim(1tan )lim(1tan )xxxxxxe。（4）1 11(1) 2 121100001211lim()lim(1)lim 1lim 1111 1111222xxxxxxxxxxxxxx21 1(1)2220012li

44、m 1lim 1111112xxxxeexx。（5）31122121333233lim ()lim (1)lim (1)313131xxxxxxxxxx2311223333lim (1)lim (1)13131xxxeexx。（6）lim (1)lim(1)lim (1)xxxxxxexxx。3 证明：20limlim cos coscoscos1222nxnxxxxL。证明2222sin2cossin2 cos cossin2 coscoscossin222222222nnnxxxxxxxxxxLL所以2limcos coscoscos222nnxxxxL精品资料 - - - 欢迎下载 -

45、- - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档sin1sinsin2limcoslim coscos2sinsin22nnnnnnxxxxxxxxxxx。从而000sinsinlimcoslimlimcos1xxxxxxxxx。所以20limlim cos coscoscos1222nxnxxxxL。4.利用归结原则计算下列极限：（1）limsinnnn； （2）211lim 1+)nnnn（。解： （1）记函数( )sinf xxx，则有sinlimsinl

46、im0 xxxxxxx，故有归结原则得limsin=0nnn。（2）法一令211( )1+)xf xxx（，则21121( )1)xxxxxf xx（。22211lim1111222111lim1)=lim1)=lim1)xxxxxxxxxxxxxxxxxxxexxx（。故有归结原则得211lim 1+)nnenn（。法二21111+)1+)nnnnn（，另一方面，当1n时，22111122211111+)1)1)nnnnnnnnnnnnn（，而由归结原则知：11lim 1+) = lim 1+)nxnxenx（。2221111122221111lim 1)= lim1)lim1)lim1)n

47、xxnxxnxxxnxxxenxxx（。由迫敛性原理可知：211lim 1+)nnenn（。5.无穷小量与无穷大量1.证明下列各式：（1）22( )(0)xxO xx； （2）3+2sin()(0 )xxO xx；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档（3）11(1)(0)xOx； （4）(1)1( )(0)nxnxO xx（n为正整数）；（5）2232()()xxO xx； （6）0( ( )( ( )( ( )(

48、)O g xO g xO g xxx；（7）12120( )( )( )( )()O g xO gxO gx gxxx。证明（ 1）因20002(2)limlimlim(2)2xxxxxxxxxx，由函数极限的局部有界性知，22xxx在0(0)U内有界，所以22( )(0)xxO x x。（2） 因+30002sinsinsinlimlimlim1xxxxxxxxxxxx， 由极限的局部有界性知，32sinxxx在+0(0)U内有界，所以3+2sin()(0 )xxO xx。（3）因0lim(11)1010 xx，故11(1)(0)xOx。（4）因为112200(1)(1)limlimnnnn

49、nnxxxCxC xxnxxxL11220lim()0nnnnnxxCxC xL，故(1)(1)( )(0)nxnxO xx，即得(1)1( )(0)nxnxO xx。（5） 因32321limlim(2)202xxxxxx， 由函数极限的局部有界性知，在某个()U内3232xxx有界，故2232()()xxO xx。（6）任取1020( )( ( )();( )( ( )()fxO g xxxfxO g xxx，则0012( )( )limlim0( )( )xxxxfxfxg xg x，从而有0000121212( )( )( )( )( )( )limlimlimlim0( )( )(

50、)( )( )xxxxxxxxfxfxfxfxfxfxg xg xg xg xg x，所以0( )( ( )( ( )()O g xO g xO g xxx。（7）任取110220( )( )();( )( )()fxO gxxxfxO gxxx，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 22 页 - - - - - - - - - - 精品文档精品文档则001212( )( )limlim0( )( )xxxxfxfxg xgx，于是00012121212( )( )( )( )li