极限、连续与间断.docx

第一章极限、连续与间断本章主要知识点求极限的几类主要题型及方法连续性分析间断判别与分类连续函数的介值定理及应用一、求极限的七类题型求极限问题归纳为七类主要题型，这里介绍前五类，后两类在相应的章节（洛必达法则，变限积分）再作相应介绍Px(1)题型IlimmXPn方法：上下同除以X的最咼次幂例.limX54xx2解:原式limX例.limX丄5X丄X3x1「2x32*3x41解:原式223x12x322lim—x—x3丄4xlimx22o133-2-xx=123丄x例.limx■.3x1'-./3x1解：原式1x1=limx例.lim(、4x2x12x)x解：原式=limxx1.4x2x12x11limx=1x11c4422\xx解：原式=limx($=1(1)x4x3x2x>!im4x3x2x例.(2)题型IIlim■Pm^xaPn(x)Pna0Pm(a)Pn(a)原式=上下分解因式（或洛比达）Pn(a)0,Pm(a)0Pn(a)Pm(a)0例.limx1解:原式例.limx1解:原式例.limx1解:原式cosx2x1=1/23■xxsinx2-"~x2x12xxx22x3..x(x1)Timx1(x1)(x=lim3)x1例.x13x1解:令uVx，原式=lim.3u1~21ulim(U1)(u2U1)u1(u1)(u1)2ax2xbolim22x1x23x2解:a+2+b=0.原式=limax22x(a2)(x1)(x2)(x1)(axa2)(x1)(x2)2a22limxarccot(sin(x2a=2,b=-4答案错误(3)题型IIIlimf(x)g(x)0xa若limf(x)0,g(x)有界xa解：因为limx2arccot(sin(x1))有界1))例.解:例.所以原式=0。

limln(1tanx)cos2(2)cx因为所以limx因为所以(4)题型例.解:22ln(1tanx)0(x0),cos2(-)有界,x原式=0..xx.2006sin(sin(2006x))x■lim—ix0,sin2006(sin(2006x))有界;原式=01u)u识别此类题型尤为重要,lim(1u)vlim(—)3xxx1原式=limx(1主要特征为lim{(1uv1u)u}未定式.步骤如下:limuvelim=ex3(3x2)x1~3)(3x1)2)limx3x1T7(3x2)33例.5x1)2x3)解:原式=limx3xx22x3x22x3x23x2k(2x1)lim(3x2)(2x1)=ex~x22x3~例•Xi叫(11x2sinx)X解：原式=lim(1x01X2sinX)x2sinxx2sin(x)_x(5)题型V等价无穷小替换替换公式：(X0)sinx~xtanx~x12—x2arcsinx〜x1cosx~arctanx~xln(1xe1x1—xnx)〜x替换原则：乘除可换，加减忌换例.limsinX3Xx0x3*错解：lim^vx=0x0X3例.In(12x)sin(5x)limx0X2e71解:原式=Xim°¥=-20解:3(2x2)原式=00=-例.2x4lim3x83x93(题目可能有误分子部分的9可能应替换为19)解:令x8u，则x原式二uim0162u327uu271142'8U27u27sinx答案错误例.tanxlim3x0tanx解:原式=limtanx(1x0cosx)x31 2x2030xxlim—xlim(cosx)ln(1x0解:原式=lim(1x0cosx1)cosx1(cosx1)——ln(11"27)limex02x2解:x原式=lim/一x—x2x13x24x(3x24)lim2x(2x1)(1x2)例.limx°cos(x)sin(.1tanxsinxee—3—x1)1)x31)tanxsinxlimex0(6)题型VI洛必达法则（见导数相关内容）(7)题型VII变上限积分有关积分（见积分相关内容）sinxtanxsinx解：原式=lim―e——(e一^亍=x0cos(x)sin(一11tanxsinx-=lim1x31x0!x32、极限应用一连续性分析定义：limf(x)f(x0)Xx变形：f(x。

0)f(x0)f(x)，其中f(x0)分别表示左、右极限sinx小,x0»例.f(x)tan(sin2x)，右f(x)在x0处连续，求aa,x0sinx11解：limf(x)limf(0)a，故a-x0x0tan(sin2x)22ax2sin丄Jng),x0xsin2x例.fxb,Jx£c()x，1xx0，若f（x）在x0处连续，求a,b,cx0解:f(00)lim(ax2sin1xln(12x))sin2x一2・1..ln(12x)1alimxsinx0xlimx0sin2xx0f(x)ce4由f(00)f(00)f(0)得：1bce4故b1,ce4,a为任意实数11x-f(00)limc()x1x例.f(x)g(X)Sinx,x0，其中g(x)为有界函数，问f(x)在x0是否连续0,x0解:1因为limf(x)limg(—)sinx0f(0)-0x0xsinx1|例.f(x)在x1可能连续吗x1x1解:f(10)limf(x)lim-limx10x10x1x1x1f(10)limf(x)limlimx10x10x1x1所以,f(x)在x0处连续不论f(1)取何值，f(x)均不能连续。

1xx1y1x1、极限应用一间断识别及分类.识别方法：可能间断点应是其定义域中不能取值的端点或分段点2.分类方法：(a)f(x0)f(x°0),x0为可去间断；(b)f(x°0)f(X0),x为第一类间断，或称跳跃型间断；(c)f(x°0)、f(X0)至少有一个不存在，X°为第二类间断;解：间断点为xk,k2,kZ,对于xk,kZ,因为limf(x)0，所以x2xk2对于xk，当k0,即x0,limx(x),xx0tanx对于xk，当k1,即xlimx(x),xx0tanx当k0,1,limx(x)xk为第n类无穷间断xktanxsinx1例.f(x)ex1x解：间断点x1,0例.f(x)k为可去间断20可去间断；可去间断；x(x)tanx1f(10)sin⑴Jme77e0,1f(10)sin(1)Jimef(x)在x1为n类无穷间断limf(x)e1,x=0为可去间断点x0例.f(x)2xln(1x)(x3)(x1)(x2)解：定义域为x1因为limf(x)x1,limf(x)x2间断点为x1,x2所以1,2均为f(x)的n类无穷间断例.f(x)对于x2,limf(x),x2为第n类无穷间断；1,丄例.f(x)x1sinx11对于x2,Ji^f(x)呵o'2xe2x,x2为第n类间断。

注：对x2,2仅考虑了其一个单侧极限x0,,x0,,x0.解：间断点是:xk,kZ,x2，x=0是可能间断点1对于x=0，f(o+o)=e2,f(o-o)=对于xk,kZ,limf(x)xk,x=0为第n类间断;,为第n类间断；对于x=2,f(2-0)=0,f(2+0)=，为第n类间断注：分段函数左右支分别识别，分段点单独考虑四、连续函数介值定理定理：f(x)在闭区间a,b内连续，且f(a)f(b)0，则f(x)在a,b至少有一零点，即存在c(a,b)，使得f(c)0应用此定理需要注意以下几点：(0)f(x)如何定义1) a,b区间的选择，在证明题过程中，有明确的线索2) 验证f(x)在闭区间a,b上的连续性，(3) 验证f(x)在两端的符号在a,b内的单调性(参见导数应用部分)例•证明：xex2在0,1内有一实根证：构造f(x)xex2,x0,1易知f(x)在0,1上连续，且f(0)2,f(1)e20，故f(0)f(1)0,由连续函数介值定理知，f(x)0在0,1有实根，即命题得证例•证明x43x2x2至少有一正根证明：令f(x)x43x2x2,x0,2f(x)在0,2内连续，且f(0)2,f(2)4,f(0)f(2)0由闭区间连续函数介值定理得,f(x)在0,2至少有一根，即命题得证。

五、数列极限定理：对充分大的n成立，anbncn,如果limanlimcnA,nn那么limbnA12n例.lim(—2-厂2)n1n2nn解：因为12n12n12n2nn2n1n22n2nn21lim12nlimn(n1)12nn2(n2n)2lim12nlimn(n1)1n212(n21)2所以，原式=1/2单元练习题1lim(L^)xxxa4，则a如果f（x）0，在x0处连续，则0f(x)1cos3x(x0）与mxn等价无穷小,1xx1(x0）与mxn是等价无穷小，mA.C.limxsin—0xx..ln(12x)limx1.01.lim。