第一篇:极限连续-高数竞赛超好
高数竞赛例题
第一讲 函数、极限、连续
例1.例2.例3.例4.例5.例6.例7.例8.例9.lim1nn(1n2nn).lim135(2n1)246(2n)n
limx0x35x,其中[]为取整函数
lim1cosxx2x0
lim(cosnn)n2
lim(xxaxa)2x1e,求常数a.lim(sinx2xcos1x)x
lim[(nnn32n21)en1n]
6limln(13x)(e2x3x01)sinx2 例10.例11.例12.lim1tanx1sinx2x0xln(1x)x
limln(12)ln(1xx3x)
limsinxxcosxsinx3x0
例13.已知f(x)在x0的某邻域内有连续导数,且lim(sin2xx0f(x)xx)2,求 f(0),f(0).例14.例15.例16.lim(nnn12nn222nnn22)
2nsinsinsinnnnlimn11n1nn2n
xlim[xx1(axb)]0,求常数a,b.2例17.设f(x)nlim
x2n1axbxx2n21为连续函数,求a,b.例18.设f(x)在(,)上连续,且f(f(x))x,证明至少,使得f().....................................................................................................................极 限
例1.例2.nlim(n1nn122nn22nnnn2)
limnk1knk122
先两边夹,再用定积分定义 例3.例4.例5.设limx0 例6.例7.1x2lim(n1)nnn1nsin1n
limee2xsinx2x0x[ln(1xx)ln(1xx)]
ln(1)f(x)tanx5,求limx2x021xf(x).12(3sinttcos)dt0tlimxx0(1cosx)ln(1t)dtx0
xlimln(2e2xx1)xxsinx1
例8.例9.limexx0100
xlim(xxxx)
1例10.xxxlima1a2anx,其中,ax0.n1,a2,an均为正数
例11.已知2nf(x)limxe(1x)nxene(1x)nx2n1,求0f(x)dx.例12.设10ab,求limanbnnn
例13.设f(x)在(,)内可导,且limf(x)ex,xlim的值.xclim[f(x)f(x1)],求cxxcx
例14.设f(x)在x0的某邻域内二阶可导,且f(0)0,x又已知)dtlim0f(tx0xsinx0,求,.例15.当x1时,lim(1x)(1x2)(1x4)n(1x2)n
例16.当x0时,求limxncosx2cosx4cos2n
例17.lim(11(11n22)(1132)n2)
例18.lim1nnnn(n1)(2n1)
limf(x)x0x0,连 续
例1.求f(x)lim
例2.设g(x)在x0的某邻域内连续,且lim1g(x2t)dt102x1f(x)2abcosx2xx0x0x01x1x2n的间断点,并判断其类型
ng(x)1xn0a,已知
在x0处连续,求a,b的值.例3.证方程ln实根.例4.f(x)在[a,b]上连续,且acdb,证:在(a,b)内至少存在xxe01cos2xdx在区间(0,)内有且仅有两个不同,使得pf(c)qf(d)(pq)f(),其中p,q为任意正常数.例5.设f(x)在(a,b)内连续,且x1,x2,,xn(a,b),试证:(a,b),使
例6.试证方程xasin且它不超过ba.例7.设f(x),g(x)在(,)上连续,且g(x)0,利用闭区间上连续函数的性质,证明存在一点[a,b],使abf()1n[f(x1)f(x2)f(xn)].xb,其中a0,b0,至少存在一个正根,并
f(x)g(x)dxf()g(x)dx
ab
第二篇:高数竞赛练习题答案(函数、极限、连续)
函数、极限、连续
1.f(x),g(x)C[a,b],在(a,b)内二阶可导且存在相等的最大值,又f(a)g(a),f(b)g(b),证明:(1)(a,b),使f()g()
(2)(a,b),使f()g()证明:设f(x),g(x)分别在xc,xd处取得最大值M,不妨设cd(此时acdb),作辅助函数F(x)f(x)g(x),往证(a,b),使F()0
令F(x)f(x)g(x),则F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)二阶可导,且F(a)F(b)0,① 当cd,由于 F(c)f(c)g(c)Mg(c)0F(d)f(d)g(d)f(d)M0由“闭.连.”零点定理,[c,d](a,b),使f()g()② 当cd,由于F(c)f(c)g(c)f(c)g(d)MM0即(a,b),使f()g()
对F(x)分别在[a,],[,b]上用罗尔定理,1(a,),2(,b),使
在[1,2]上对F(x)在用罗尔定理,F(1)F(2)0,(1,2)(a,b),使F()0,(a,b),使f()g().2.设数列{xn}满足0x1,xn1sinxn,n1,2,
xn存在,并求该极限(1)证明limn
xn1x1n(2)计算lim()nxn
分析:(1)确定{xn}为单调减少有下界即可
1xn,用洛必达法则.(2)利用(1)确定的limn
解:易得0xn1(n2,3,),所以xn1sinxnxn,n(2,3,),即{xn}为
xn存在,并记为limxna,则a[0,1],单调减少有下界的数列,所以 lim nn
对等式xn1sinxnxn,两边令n取极限,得asina,a[0,1],所以
a0,即limxn0.n
lim((2)n
xn1sinxn)lim()
nxnxn
2xn
2xn
令txn
lim(t0
sint)et0t
tlim
ln()t
t
2由于
lim
t0
t
ln(sin)ttsint
ln[1(sin1)]1-1t2sintt洛cost11tt2
limlimlimlimlim t0t0t0t0t03t2t2t2t33t26
xn1xn1
所以lim()e.nxn
3.已知f(x)在[0,1]连续,在(0,1)可导,且f(0)0,f(1)1,证明:(1)(0,1),使f()1,(2)存在两个不同点,(0,1),使f()f()1
证:(1)令F(x)f(x)x1,则F(x)在[0,1]上连续,且
F(0)10,F(1)10,由“闭.连.”零点定理,(0,1),使F()0,即f()1
(2)f(x)在[0,],[,1]上都满足拉格朗日中值定理,所以
(0,),(,1),使
f()f(0)f()(0),f(1)f()f()(1),即
f()f()
f()
1
1f()1(1)
111
f()f()
1
1
1
4.设方程xnnx10,其中n为正整数,证明此方程存在唯一的正
实根xn,并证明当1时,级数xn收敛.n1
证:令f(x)xnnx1,则f(x)在(0,)上连续,且
f(0)10,f()()n0
nn
所以由连续函数的零点定理,所给方程在(0,)内有根,又由f(x)n(xn11)0,即f(x)在(0,)内单调递增,所以所给方程(0,)内只有唯一的根,在(,)上无根,即所给方程存在唯一的正实根xn.
由上述知,对n1,2,,有0xn,有0xn
1n
1n1n
1n
1n1,n
此外,由1知,级数
收敛,所以由正项级数比较审敛法,知
n1n
x收敛.nn1
5.求lim(cosx)
x0
1ln(1x)
x0ln(1x)
解:lim(cosx)
x0
1ln(1x)
=e
lim
lncosx,其中limln(1x
x0
lncosx)
lim
x0
ln[1(cosx1)]ln(1x)
lim
x0
x22x
(cosx)所以,limx0
ln(1x)
e
6.f(x)在x0的某邻域内具有一阶连续导数,且f(0)0,f(0)0,若
af(h)bf(2h)f(0)在h0时是比h高阶的无穷小,试确定a,b的值.解1:(利用导数定义)
0lim
af(h)bf(2h)f(0)af(h)af(0)af(0)bf(2h)bf(0)bf(0)f(0)
lim
h0h0hhaf(h)af(0)bf(2h)bf(0)[(ab)1]f(0)[(ab)1]f(0)limlimlim(ab)f(0)limh0h0h0h0hhhh
ab1
由f(0)0,f(0)0,得,即a2,b1
a2b0
解2:按解1,只要假定f(x)在x0处可导即可,但在题中“f(x)在x0的某邻域内具有一阶连续导数”的假定下,有以下解法:由lim
h0
h0
af(h)bf(2h)f(0)
0得 limaf(h)bf(2h)f(0)=0
h0h
即0limaf(h)bf(2h)f(0)(ab1)f(0),由f(0)0,得ab1(1)
af(h)bf(2h)f(0)洛
limaf(h)2bf(2h)(a2b)f(0)且f(0)0,又由0lim
h0h0h
所以 a2b0(2)
由(1)、(2)得a2,b1.2esinx
.7.求lim4x0x1e
解:
2eesinx2esinx
1 limlim44x0x0xx1ee12esinx2esinx
1 limlim44x0xx01ex1e
所以 原式 = 1
8.求lim
x0
143
xx2
.2
x
解1:(泰勒公式)因
xx2[1
1111
xx2o(x2)][1xx2o(x2)]22828(x0)
x2o(x2)~x2
所以
1x2
xx21limlimx0x0x2x24
解2:(洛必达法则)
xx2洛必达limlimx0x0x22x1xx1
limlim x0xx4x0x
12x1lim.4x0x(xx)4
第三篇:高数课件-函数极限和连续
一、函数极限和连续自测题
1,是非题
(1)无界变量不一定是无穷大量
()(2)若limf(x)a,则f(x)在x0处必有定义
()
xx012x(3)极限lim2sinxlimx0
()
xx33x2,选择题
(1)当x0时,无穷小量1x1x是x的()A.等价无穷小
B.同阶但不等价
C.高阶无穷小
D.低价无穷小
x11x0(2)设函数f(x),则x0是f(x)的()x0x0A.可去间断点 B.无穷间断点
C 连续点
D 跳跃间断点
exx0(3)设函数f(x),要使f(x)在x0处连续,则a
()axx0A.2
B 1
C 0
D 1
3n25n1
()(4)lim2n6n3n2A 151
B
C
D 2321xsinx0x(5)设f(x),则在x0处f(x)
()
1sinx1x0xA 有定义
B 有极限
C 连续
D左连续
3(6)x1是函数yx1的()x1A 可去间断点
B 无穷间断点
C 连续
D跳跃间断点
3.求下列极限
(1)limxxsinxsin(2x)x23
(2)lim
(3)lim
x0x12xln(12x)x1e2x1(4)lim
(5)limn[ln(1n)lnn]
(6)lim(sinn1sinn)
nnx0x2x3x2(sinx3)tanx2lim()(7)lim
(8)
(9)limx(x1x)x2x1x01cosx2xcosxcosaarctanxexex0(10)lim
(11)lim
(12)lim
xaxxx0xxxax0x232x21sin(x1))(13)lim
(14)lim(2
xx1x1x24,求满足下列条件的a,b的值
1x2xab
(2)lim(3xax2x1)(1)limxx26x2tanaxx0axb2
(4)已知f(x)x(3)lim且limf(x)存在
x0x1x2x2x0x122(5)已知f(x)xaxb1x1在(,)内连续
2x1sin2xe2ax1x0(6)函数f(x)在x0点连续 xax05.求下列函数的间断点并判断其类型
x1x11cosxx21(1)y2
(2)y
(3)f(x)
sinxx3x23xx11x0x(4)f(x)ex1
(5)y
tanxln(1x)1x026.已知x1时,xax5x1是同阶无穷小,求a
7.证明方程x4x20在区间(1,2)内至少有一个根 8.当x0时,eln(1x)1与x是同阶无穷小,求n 9.设函数f(x)a,(a0,a1),求limxxn41ln[f(1)f(2)f(n)]
nn2
第四篇:高数极限习题
第二章 导数与微分
典型例题分析
客观题
例 1 设f(x)在点x0可导,a,b为常数,则limf(x0ax)f(x0bx)xabx0()
f(x0)Aabf(x0)
B(ab)f(x0)
C(ab)f(x0)
D
答案 C
解
f(x0ax)f(x0bx)limx0x[f(x0ax)f(x0)][f(x0bx)f(x0)]lim x0x
f(x0bx)f(x0)f(x0ax)f(x0)blim
alim
x0x0bxax
(ab)f(x0)
例2(89303)设f(x)在xa的某个邻域内有定义,则f(x)在xa处可导的一个充分条件是()1f(a2h)f(ah)(A)limhfaf(a)存在(B)lim存在h0hhh(C)limf(ah)f(ah)2hh0存在(D)limf(a)f(ah)h存在h0答案 D
解题思路
(1)对于答案(A),不妨设
1hx,当h时,x0,则有
1f(ax)f(a)limhfaf(a)lim存在,这只表明f(x)在xa处hx0hx右导数存在,它并不是可导的充分条件,故(A)不对.(2)对于答案(B)与(C),因所给极限式子中不含点a处的函数值f(a),因此与导数概念不相符和.例如,若取
1,xaf(x)
0,xa则(B)与(C)两个极限均存在,其值为零,但limf(x)0f(a)1,从而f(x)在xaxa处不连续,因而不可导,这就说明(B)与(C)成立并不能保证f(a)存在,从而(B)与(C)也不对.(3)记xh,则x0与h0是等价的,于是 limf(a)f(ah)hh0limf(ah)f(a)hh0limf(ah)f(a)h
h0x所以条件D是f(a)存在的一个充分必要条件.例3(00103)设f(0)0,则f(x)在点x0可导的充要条件为()x0limf(ax)f(a)f(a)(A)lim1h1h2h0f(1cosh)存在(B)lim1h1hh0f(1e)存在
h(C)limh02f(hsinh)存在(D)limh0f(2h)f(h)存在
答案 B
解题思路
(1)当h0时, 1coshhh02limf(1cosh)h2h0lim2f(1cosh)f(0)h21.所以如果f(0)存在,则必有
limf(1cosh)f(0)1coshh0lim1coshh2h0若记u1cosh,当h0时,u0,所以
f(1cosh)f(0)f(u)f(0)limlimf(0)h0h01coshu于是
limf(1cosh)h2h012f(0)
1h2这就是说由f(0)存在能推出limh0f(1cosh)存在.h0,而不是u0,因此 但是由于当h0时,恒有u1cos1f(x)f(0)f(0)limlim2f(1cosh)存在只能推出存在,而不能推出f(0)h0hx0x存在.
(2)当h0时, 1eho(h),于是
hlimf(1e)hhh0limf(ho(h))f(0)hh0limf(ho(h))f(0)ho(h)
h0 由于当h0时, ho(h)既能取正值,又能取负值,所以极限limf(ho(h))f(0)ho(h)h0存在与limf(h)f(0)hh0f(0)存在是互相等价的.因而
极限lim1hh0hf(1e)存在与f(0)存在互相等价.(3)当h0时, 用洛比塔法则可以证明limlimf(hsinh)h2h0,所以 6hf(hsinh)f(0)hsinhlimlimh 3h0h0hsinhhh03hsinh1由于h0,于是由极限limf(hsinh)f(0)hsinhh0limhsinhh3h0h存在未必推出hsinh(4)f(x)在点x0可导一定有(D)存在,但(D)存在不一定f(x)在点x0可导.h0limf(hsinh)f(0)也存在,因而f(0)未必存在.例 4(98203)函数f(x)(xx2)|xx|有()个不可导点
(A)0(B)1(C)2(D)3
答案 C
解题思路 当函数中出现绝对值号时,不可导的点就有可能出现在函数的零点,因为函数零点是分段函数的分界点.因此需要分别考察函数在点x00,x11,x21考察导数的存在性.解 将f(x)写成分段函数:
23(x22(xf(x)2(x(x2x2)x(1x),x2)x(x1),x2)x(1x),x2)x(x1),2222x1,1x0,0x1,1x.(1)在x00附近,f(x)写成分段函数:
22x(xx2)(x1),x023 f(x)(xx2)|xx|22x(xx2)(1x),x0容易得到
f(x)f(0)22f(0)limlim(xx2)(x1)2
x0x0xf(x)f(0)22f(0)limlim(xx2)(1x)2
x0x0x由于f(0)f(0),所以f(0)不存在.(2)在x11附近,f(x)写成分段函数:
2x(1x)(xx2)(1x),x123f(x)(xx2)|xx|
2x(1x)(xx2)(x1),x1f(x)f(1)2f(1)limlimx(1x)(xx2)4
x1x1x1f(x)f(1)2f(1)limlimx(1x)(xx2)4
x1x1x1由于f(1)f(1),所以f(1)不存在.(3)在x21附近,f(x)写成分段函数:
2x(1x)(xx2)(x1),x123f(x)(xx2)|xx|
2x(1x)(xx2)(x1),x1f(1)limf(x)f(1)x1x0x1由于f(1)f(1)0,所以f(1)存在.x1f(1)limx1f(x)f(1)limx1x(x1)(x22x2)0
limx(x1)(xx2)0
综合上述分析,f(x)有两个不可导的点.例5(95103)设f(x)具有一阶连续导数,F(x)f(x)(1|sinx|),则f(0)0是F(x)在x0处可导的()
(A)必要但非充分条件
(B)充分但非必要条件
(C)充分且必要条件
(D)既非充分也非必要条件
答案 C
分析 从F(x)在x0的导数定义着手.将F(x)f(x)(1|sinx|)f(x)f(x)|sinx| 解
F(x)F(0)f(x)f(0)f(x)|sinx|f(0)|sin0|limlimF(0)lim
x0x0x0x0x0x0
f(0)f(0)
f(x)f(0)f(x)|sinx|f(0)|sin0|F(x)F(0)limlimF(0)lim
x0x0x0x0x0x0f(0)f(0)
于是推知F(0)F(0)的充分必要条件是f(0)0. 例6(92103)设函数f(x)3xx|x|,则使f32(n)(0)存在的最高阶数n().(A)0
(B)1(C)
2(D)3
答案 C
解题思路 应先去掉f(x)中的绝对值,将f(x)改写为分段函数
2x3 f(x)3xx|x|34x32x0x0x0x0
2x3 解 由f(x)3xx|x|34x32
6x2得f(x)212xx0x0
12x且f(x)24x又f(0)limx012 f(x)x024x0x0x0
f(x)f(0)x0limx02x03x00,f(0)limf(x)f(0)x0x0limx04x03x020
所以f(0)存在.f(0)limf(x)f(0)x0x0limx06x0x012x0 00 f(0)limf(x)f(0)x02limx0x0x0所以f(0)存在.f(0)limf(x)f(0)x0x0limx012x0x012
x0即f(0)f(0).因而使fx0f(0)limf(x)f(0)24
x0(n)(0)存在的最高阶数是2.x0lim24x0
例7 f(x)cos|x|x2|x|存在的最高阶导数的阶数等于()
A
0
B 1
C 2
D 3 答案 C 解题思路 注意cos|x|cosx,所以只需考察x|x|在点x0的情况.例8(96203)设0,f(x)在区间(,)内有定义,若当x(,)时,恒有f(x)x,则x0必是f(x)的()
(A)间断点,(B)连续而不可导的点,(C)可导的点,且2f'(0)0
(D)可导的点,且f'(0)0
答案
C
解 由题目条件易知f(0)0,因为
|所以由夹逼定理
f(x)f(0)x||f(x)xf(x)x||x2x|
2lim|x0f(x)f(0)x|lim|x0|lim|x0xx|0
于是f(0)0.1ex,x0, 则f(0)为()
例9(87103)设f(x)x0,x0.
1(A)0
(B)
(C)1
(D)1
2答案
(C)
解题思路
因f(x)为分段函数,故它在分段点处的导数应按导数的定义,又由于是未定式,可用洛必达法则求极限.200型解
1e f(0)limx2f(x)f(0)x0ulimx0x0xx00lim1exx2x02x
2当u0时,e 1与u是等价无穷小,所以当x0时,1e与x是等价无穷小.因而
2lim1exx2x021
12,则x0时,f(x)在x0处的微分dy与
例10(88103)设f(x)可导且f(x0)x比较是()的无穷小.(A)等价(B)同阶(C)低阶(D)高阶
答案 B
解题思路
根据yf(x)在xx0处的微分的定义:dyf(x0)x.x12 解 limlim,可知dy与x是同阶的无穷小.x0xx0x21xsin,x0
例11(87304)函数f(x)在x0处()xx00,dy
(A)连续,且可导
(B)连续,不可导
(C)不连续
(D)不仅可导,导数也连续
答案 B
解题思路
一般来说,研究分段函数在分段点处的连续性时,应当分别考察函数的左右极限;在具备连续性的条件下,为了研究分段函数在分界点处可导性,应当按照导数定义,或者分别考察左右导数来判定分段函数在分段点处的导数是否存在.因此,本题应分两步:(1)讨论连续性;(2)讨论可导性.解(1)讨论函数在点x0处的连续性
10f(0),可知函数f(x)在点x0处是连续的.由于limf(x)limxsinx0x0x
(2)讨论函数在点x0处的可导性
1xsin0f(x)f(0)1xlimlimsin
由于lim不存在,所以,函数f(x)在点
x0x0x0x0xxx0处不可导.x
例12 设f(x)p必须满足()p1sin01x,x0,x0 在点x0可导,但是f(x)导数在点x0不连续,则
A0p1
B1p2
C0p2
D1p答案 B
解题思路
(1)当p1时,下述极限不存在: x因此f(0)不存在.当p1时, x0limf(x)f(0)xsinlimx0p1xlimxp1sin1
x0xxx所以f(0)0.x0limf(x)f(0)xsinlimx0p1xlimxp1sin10
x0xx这就是说,只有当p1时, f(0)才存在,所以选项A,C可以被排除.(2)当p1时
0,x0 f(x)11p1p2sinxcos,x0pxxx当且仅当p20,即p2时,limf(x)0f(0),所以当且仅当1p2时,x0f(x)在点x0可导,但是f(x)在点x0不连续.例13(95403)设f(x)可导,且满足条件limf(1)f(1x)2x12x01,则曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线斜率为()(A)2,(B)2,(C),(D)1
答案 B
解 记ux,则有
f(1)f(1x)1f(1u)f(1)1limlimf(1)x02x2u0u2
例1
4设yln(12x),则y
(A)(10)()
9!(12x)10
(B)9!(12x)10
(C)10!2910(12x)
(D)9!21010(12x)
答案 D
解题思路
求高阶导数的一般方法是: 先求出一阶、二阶、三阶导数;找出规律,即可写出高阶导数.2y, 12x21y(2)(1)(2)(1)(2)
22(12x)(12x)y(2)(1)(2)(2)2(12x)3
y(10)9!21010(12x).例17
(90103)设函数f(x)有任意阶导数,且f(x)f(x),则f(n)(x)(n1),(n2).n1(A)n!f(x)(B)nf(x)(C)f2n(x)(D)n!f2n(x)
答案 A
解题思路 这是一个求高阶导数的问题,涉及到求抽象函数的导数.解
由f(x)有任意阶导数且f(x)f(x),可知
2f(x)f(x)32f(x)f(x)2f(x)ff(x)2f(x)32f(x)f(x)3!f2(n)n12(x)2f(x),(x)
34依此由归纳法可知 f(x)n!f(x)
注意(1)当n1,n2时虽然(B)也正确,但当n2就不正确了,所以将(B)排除之;
222(2)在求导数f(x)时,可将函数f(x)看成是由yt与tf(x)复合而成的,(t)f(x)2tf(x)2f(x)f(x).(初学者可能会这样做:f(x)2f(x),后面丢掉一个因子f(x).则根据复合函数的求导法则,故f(x)222
例18(91303)若曲线yxaxb和2y1xy在点(1,1)处相切,其中
23a,b是常数,则()(A)a0,b
2(B)a1,b3
(C)a3,b
1(D)a1,b1
答案 D
解题思路
两曲线在某点相切就是指两曲线在此公共点处共一条切线,从而两曲线的斜率也应相等.解
曲线yxaxb在点(1,1)处的斜率是
2k1(xaxb)2x1(2xa)x132a
另一条曲线是由隐函数2y1xy确定,该曲线在点(1,1)处的斜率可以由隐函数求导数得到: 对于方程2y1xy两边求导得到2y3xyyy,解出y得到此曲线在点(1,1)处的斜率为
k2yx1y1323y3223xy1
x1y12令k1k2,立即得到a1.再将a1,x1,y1代入yxaxb中得出b1.例19设f(x),g(x)定义在(1,1),且都在x0处连续,若g(x)x0f(x)x,则()x02(A)limg(x)0且g'(0)0,(B)limg(x)0且g'(0)1
x0x0(C)limg(x)1且g'(0)0
(D)limg(x)0且g'(0)2
x0x0 答案 D
解题思路 分析函数f(x)的表达式,并运用f(x)在x0处连续这一关键条件.解 既然f(x)在x0处连续,于是必有limf(x)limx0g(x)xx02,于是必有limg(x)0.于是又有g(0)limx0g(x)g(0)xx0limg(x)xx02.1cosx 例 20(99103)设f(x)x2xg(x)x0x0 其中g(x)是有界函数,则f(x)在x0处()(A)极限不存在(B)极限存在,但不连续
(C)连续,但不可导(D)可导
答案 D
解题思路
若能首先判定f(x)在x0处可导,则(A)、(B)、(C)均可被排除.解
x f(0)lim21f(x)f(0)x0x0x2limx01cosx3limx023limx0x2x)
2x220
(x0时1cosx~ f(0)lim2f(x)f(0)x0xx0由于f(x)在x0点的左导数等于右导数,因而 f(x)在x0处可导.x0x0limxg(x)2limxg(x)0(g(x)是有界函数)
例21 设f(x)sinx,则(f(f(x)))()A.cos(sinx)cosx B.sin(sinx)cosx C.cos(cosx)sinx D.sin(cosx)sinx
答案 A
例 22 设f(x)是可导函数,则()A.若f(x)为奇函数,则f(x)为偶函数B.若f(x)为单调函数C.若f(x)为奇函数,则f(x)为奇函数D.若f(x)为非负函数 答案 A
解题思路 根据导数定义,利用函数的奇性.解 由于f(u)f(u),所以 ,则f(x)为单调函数 ,则f(x)为非负函数
f(x)limlimf(xx)f(x)xf[x(x)]f(x)x0limf(xx)f(x)x
x0x因此f(x)为偶函数.x0f(x)例23 设yesinsin22x,则dy()sin2 B.2eA.esinx C.2e 答案 D
解题思路 运用复合函数微分法
例 24 设f(0)存在,lim(1x0xxsin2xsincosx D.e2xsin2x
1cosf(x)sinx1)xe,则f(0)()A.0 B.1 C.答案 C
解 由 C.e
lim(1x01cosf(x)sinx1)xe
可以知道当x0时,有
lim(参阅第一章1.5的例2)
x011cosf(x)1 xsinxf2当x0时,sinx与x是等价无穷小,1cosf(x)与
(x)2是等价无穷小.于是
f(x)11cosf(x)1limlim1 2x0xx0sinx2x又因为f(0)存在,所以此式又推出 f(0)limf(x)xx022.1,x0arctan 例 25 设f(x) 在点x0可导,则()xaxb,x0A.a1,b2 B.a1,b0 C.a1,b2 D.a1,b2
答案D
解题思路 先考察函数在点x0左右极限,确定连续性,再考察左右导数.由可微性最终确定a,b.解
1,所以b.(1)limf(x)lim(axb)b,limf(x)limarctanx0x0x22x0x0于是f(0)2.(2)f(0)a,f(0)limx0f(x)f(0)arctanlimx01xx2
xarctan1xx2: 以下需要用洛比塔法则求极限limx0
arctanlimx01x2lim(arctan1xx2)limx01x2xx0于是由f(0)f(0)推出a1
11
例26.(93303)若f(x)f(x),且在(0,)内f(x)0,f(x)0,则f(x)在(,0)内必有
(A)f(x)0,f(x)0(B)f(x)0,f(x)0
(C)f(x)0,f(x)0(D)f(x)0,f(x)0 答案 C
解体思路 所给函数显然是奇函数,因此f(x)是偶函数,f(x)是奇函数.解 由f(x)0,x(0,)知f(x)0,x(,0);由f(x)0,x(0,)知f(x)0,x(,0).
第五篇:高数8多元函数的极限与连续
二元函数的极限
二元极限存在常用夹逼准则证明
例1 lim(3x2y)14
x2y1211xsinysin,xy0,例2 函数f(x,y)在原点(0,0)的极限是0.yx
xy0.0二元极限不存在常取路径
x2y例3
证明:函数f(x,y)4在原点(0,0)不存在极限.((x,y)(0,0))4xy与一元函数极限类似,二元函数极限也有局部有限性、极限保序性、四则运算、柯西收敛准则等.证明方法与一元函数极限证法相同,从略.上述二元函数极限limf(x,y)是两个自变量x与y分别独立以任意方式无限趋近于xx0yy0x0与y0.这是个二重极限.二元函数还有一种极限:
累次极限
定义
若当xa时(y看做常数),函数f(x,y)存在极限,设当yb时,(y)也存在极限,设
lim(y)limlimf(x,y)B,ybybxa则称B是函数f(x,y)在点P(a,b)的累次极限.同样,可定义另一个不同次序的累次极限,即
limlimf(x,y)C.xayb那么二重极限与累次极限之间有什么关系呢?一般来说,它们之间没有蕴含关系.例如: 1)两个累次极限都存在,且相等,但是二重极限可能不存在.如上述例3.2)二重极限存在,但是两个累次极限可能都不存在.如上述的例2.多重极限与累次极限之间的关系
定理
若函数f(x,y)在点P0(x0,y0)的二重极限与累次极限(首先y0,其次x0)都存在,则
limlimf(x,y).limf(x,y)xx0yy0xx0yy0
二元函数的连续性
定理
若二元函数f(P)与gP在点P0连续,则函数f(P)g(P),f(P)g(P),(g(P0)0)都在点P0连续
f(P)
g(P)
定理
若二元函数u(x,y),v(x,y)在点P0(x0,y0)连续,并且二元函数f(u,v)在点(u0,v0)(x0,y0),(x0,y0)连续,则复合函数f(x0,y0),(x0,y0) 在点P0(x0,y0)连续.1.用极限定义证明下列极限:
1)lim(4x3y)19;
2)lim(xy)sinx2y12x0y011sin0; xyx2y2xy03)lim2.(提示:应用1.)22x0xy2xyy02.证明:若f(x,y)xy,(xy0),则 xyy0x0
limlimf(x,y)1
与
limlimf(x,y)1.x0y0x4y43.设函数f(x,y)4,证明:当点(x,y)沿通过原点的任意直线(ymx)趋23(xy)于(0,0)时,函数f(x,y)存在极限,且极限相等.但是,此函数在原点不存在极限.(提示:在抛物线yx上讨论.)2x2y22D(x,y)yx4.若将函数f(x,y)2限制在区域,则函数f(x,y)在原点2xy(0,0)存在极限(关于D).5.求下列极限: 1)limxysinxy;
2); limx1x2xyy2x0xy2y422x0y03)lim(xy)In(xy);
(提示:设xrcos,yrsin)
4)limx0y0(14x2)(16y2)12x23y2.