1 有理函数

例1 lim⁡x→∞(2x+1)4⋅(x−1)6−5x(x+8)(x+2)10\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(2x+1)^4\cdot(x-1)^6-5x(x+8)}{(x+2)^{10}}}x→∞lim​(x+2)10(2x+1)4⋅(x−1)6−5x(x+8)​

求有理函数分式极限

1. 看分子分母最高次幂大小
2. 如果最高次幂相等在比较最高次幂的系数

这里显然分子分母最高次幂都是10,比较系数，得21=2\frac{2}{1}=212​=2? 别想当然，
lim⁡x→∞(2x+1)4⋅(x−1)6−5x(x+8)(x+2)10=lim⁡x→∞24⋅16110=16\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(2x+1)^4\cdot(x-1)^6-5x(x+8)}{(x+2)^{10}}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2^4\cdot1^6}{1^{10}}}=16 x→∞lim​(x+2)10(2x+1)4⋅(x−1)6−5x(x+8)​=x→∞lim​11024⋅16​=16

• 注意：不要直接用底数常数系数直接运算，记得不要漏掉指数部分

2 有界函数与无穷小的乘积是无穷小

例2 lim⁡x→∞(x3−2x+5)⋅(2+cos⁡x−sin⁡x)(3x5+2x+3)\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)\cdot(2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}}x→∞lim​(3x5+2x+3)(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)​

• 分析

  1. 注意观察整体为有理分式，
  2. 分子部分含有三角函数且三角函数不容易化简
  3. 除三角函数部分外的lim⁡x→∞(x3−2x+5)(3x5+2x+3)=0\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}}=0x→∞lim​(3x5+2x+3)(x3−2x+5)​=0
  4. 三角函数部分对于常用的三角函数公式，并不好化简，那么是否有界呢？
     • $0\le2+\cos x-\sin x\le4 $ 有界
  5. 利用定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小，得结果是无穷小

• 解
  lim⁡x→∞(x3−2x+5)⋅(2+cos⁡x−sin⁡x)(3x5+2x+3)=lim⁡x→∞(x3−2x+5)(3x5+2x+3)⋅(2+cos⁡x−sin⁡x)因为lim⁡x→∞(x3−2x+5)(3x5+2x+3)=0，0≤2+cos⁡x−sin⁡x≤4根据定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小得,lim⁡x→∞(x3−2x+5)⋅(2+cos⁡x−sin⁡x)(3x5+2x+3)=0\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)\cdot(2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}}\cdot(2+\cos x -\sin x) \\ 因为\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)}{(3x^5+2x+3)}}=0，0\le2+\cos x-\sin x\le4 \\ 根据定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小得,\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{(x^3-2x+5)\cdot(2+\cos x-\sin x)}{(3x^5+2x+3)}}=0 x→∞lim​(3x5+2x+3)(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)​=x→∞lim​(3x5+2x+3)(x3−2x+5)​⋅(2+cosx−sinx)因为x→∞lim​(3x5+2x+3)(x3−2x+5)​=0，0≤2+cosx−sinx≤4根据定理有界函数与无穷小的乘积是无穷小得,x→∞lim​(3x5+2x+3)(x3−2x+5)⋅(2+cosx−sinx)​=0

3 常见函数在特殊点(或趋于无穷)的变化趋势

例3 lim⁡x→01−e1x1+e1x⋅arctan⁡1x\lim\limits_{x\to0}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}x→0lim​1+ex1​1−ex1​​⋅arctanx1​

• 分析

  • x→0,e1x,arctan⁡1xx\to0,e^{\frac{1}{x}},\arctan\frac{1}{x}x→0,ex1​,arctanx1​
  • 需要讨论x→0+,和x→0−x\to0^+,和x\to0^-x→0+,和x→0−情况

• 解
  当x→0−时，1x→−∞,e1x→0,arctan⁡1x→−π2所以lim⁡x→0−1−e1x1+e1x⋅arctan⁡1x=1−01+0⋅(−π2)=−π2当x→0+时，1x→+∞,e1x→+∞,arctan⁡1x→π2所以lim⁡x→0+1−e1x1+e1x⋅arctan⁡1x=lim⁡x→0e−1x−1e−1x+1⋅π2=−π2所以lim⁡x→01−e1x1+e1x⋅arctan⁡1x=lim⁡x→0+1−e1x1+e1x⋅arctan⁡1x=lim⁡x→0−1−e1x1+e1x⋅arctan⁡1x=−π2当x\to0^-时，\frac{1}{x}\to-\infty,e^{\frac{1}{x}}\to0,\arctan\frac{1}{x}\to-\frac{\pi}{2} \\ 所以\lim\limits_{x\to0^-}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}=\frac{1-0}{1+0}\cdot(-\frac{\pi}{2})=-\frac{\pi}{2} \\ 当x\to0^+时，\frac{1}{x}\to+\infty,e^{\frac{1}{x}}\to+\infty,\arctan\frac{1}{x}\to\frac{\pi}{2} \\ 所以\lim\limits_{x\to^0+}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to0}{\frac{e^{-\frac{1}{x}}-1}{e^{-\frac{1}{x}}+1}\cdot\frac{\pi}{2}}=-\frac{\pi}{2} \\ 所以 \lim\limits_{x\to0}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}= \lim\limits_{x\to0^+}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}= \lim\limits_{x\to0^-}{\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{1}{x}}}\cdot\arctan \frac{1}{x}}=-\frac{\pi}{2} 当x→0−时，x1​→−∞,ex1​→0,arctanx1​→−2π​所以x→0−lim​1+ex1​1−ex1​​⋅arctanx1​=1+01−0​⋅(−2π​)=−2π​当x→0+时，x1​→+∞,ex1​→+∞,arctanx1​→2π​所以x→0+lim​1+ex1​1−ex1​​⋅arctanx1​=x→0lim​e−x1​+1e−x1​−1​⋅2π​=−2π​所以x→0lim​1+ex1​1−ex1​​⋅arctanx1​=x→0+lim​1+ex1​1−ex1​​⋅arctanx1​=x→0−lim​1+ex1​1−ex1​​⋅arctanx1​=−2π​

• 注

  • 看到arctan⁡1x\arctan\frac{1}{x}arctanx1​，有没有想到利用等价无穷小代换，arctan⁡x∼x\arctan x\sim xarctanx∼x ,直接用1x\frac{1}{x}x1​替换呢？注意前提是1x→0\frac{1}{x}\to0x1​→0,这里显然不适用。

4 夹逼定理

例4 lim⁡n→∞(1n2+1+2n2+2+⋯+nn2+n)\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n})}n→∞lim​(n2+11​+n2+22​+⋯+n2+nn​)

• 分析

  • 数列求和，很容易想到应用夹逼定理
  • 那么如何选取两侧数列呢？哎有人是不是想到直接取数列最左边和最右边构成数列不就是了？
    • 计算结果不够精确得出0≤xn≤120\le{x_n}\le\frac{1}{2}0≤xn​≤21​
    • 直接取两边适用于每项的分子相同的情况，现在是分子分母都不相同
  • 既然是数列求和自然优先同一分母，利用数列2边项的分子构建数列

• 解
  构建数列yn=1n2+n+2n2+n+⋯+nn2+nzn=1n2+1+2n2+1+⋯+nn2+1此时yn≤xn≤znlim⁡x→∞yn=lim⁡x→∞1n2+n+2n2+n+⋯+nn2+n=lim⁡x→∞n(n+1)2(n2+n)=12lim⁡x→∞zn=lim⁡x→∞1n2+1+2n2+1+⋯+nn2+1=lim⁡x→∞n(n+1)2(n2+1)=12所以lim⁡n→∞(1n2+1+2n2+2+⋯+nn2+n)=12构建数列{y_n}=\frac{1}{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}\\ {z_n}=\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+1}+\cdots+\frac{n}{n^2+1} \\ 此时y_n\le x_n\le z_n \\ \lim\limits_{x\to\infty}{y_n}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{1}{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{n(n+1)}{2(n^2+n)}}=\frac{1}{2} \\ \lim\limits_{x\to\infty}{z_n}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+1}+\cdots+\frac{n}{n^2+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}}=\frac{1}{2} \\ 所以\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n})}=\frac{1}{2} 构建数列yn​=n2+n1​+n2+n2​+⋯+n2+nn​zn​=n2+11​+n2+12​+⋯+n2+1n​此时yn​≤xn​≤zn​x→∞lim​yn​=x→∞lim​n2+n1​+n2+n2​+⋯+n2+nn​=x→∞lim​2(n2+n)n(n+1)​=21​x→∞lim​zn​=x→∞lim​n2+11​+n2+12​+⋯+n2+1n​=x→∞lim​2(n2+1)n(n+1)​=21​所以n→∞lim​(n2+11​+n2+22​+⋯+n2+nn​)=21​

例5 lim⁡n→∞(an+bn+cn)1n(0≤a

• 解：第一次遇到，直接看的解题思路
  利用夹逼准则令yn=(cn)1n,zn=(cn+cn+cn)1n因为0≤a

• 推论:lim⁡n→∞(a1n+a2n+⋯+amn)1n(0≤a1a1​,a2​,⋯,am​}

5 单调有界数列必有极限

例6 设xn+1=12(xn+axn)(n=0,1,2,...,n),其中a>0,x0>0x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})(n=0,1,2,...,n),其中a\gt0,x_0\gt0xn+1​=21​(xn​+xn​a​)(n=0,1,2,...,n),其中a>0,x0​>0;证明数列{xn}\{x_n\}{xn​}收敛并求极限。

• 分析

  • 有递推公式，证明收敛，很容易想到准则单调有界数列必有极限
  • 是先有界还是单调性，看给的条件
    • 看到xn+axnx_n+\frac{a}{x_n}xn​+xn​a​很容易想到公式x+1x≥2,x>0x+\frac{1}{x}\ge2,x\gt0x+x1​≥2,x>0
    • 先证有界在证单调
  • 有递推公式求极限，直接对递推公式2边取极限即可，因为lim⁡xn=lim⁡xn+1\lim x_n=\lim x_{n+1}limxn​=limxn+1​
  • 证明单调可以xn+1−xn差值和0比大小或者xn+1xn比值与1比大小x_{n+1}-x_n差值和0比大小或者\frac{x_{n+1}}{x_n}比值与1比大小xn+1​−xn​差值和0比大小或者xn​xn+1​​比值与1比大小

• 解
  KaTeX parse error: Undefined control sequence: \ at position 552: … \\ b=\sqrt{a} \̲ ̲即\lim\limits_{n…

6 等价无穷小替换和重要极限

例7

① lim⁡x→∞x2+23x−1⋅sin⁡1x\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot\sin\frac{1}{x}}x→∞lim​3x−1x2+2​⋅sinx1​
解：∞⋅0型，0利用等价无穷小代换lim⁡x→∞x2+23x−1⋅sin⁡1x=lim⁡x→∞x2+23x−1⋅1x=13解：\infty\cdot0型，0利用等价无穷小代换\\ \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot\sin\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^2+2}{3x-1}\cdot\frac{1}{x}}=\frac{1}{3} 解：∞⋅0型，0利用等价无穷小代换x→∞lim​3x−1x2+2​⋅sinx1​=x→∞lim​3x−1x2+2​⋅x1​=31​
② lim⁡x→0ln⁡cos⁡xx⋅sin⁡(sin⁡x)\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\cos x}}{x\cdot\sin(\sin x)}}x→0lim​x⋅sin(sinx)lncosx​
解：00型等价无穷小代换lim⁡x→0ln⁡cos⁡xx⋅sin⁡(sin⁡x)=lim⁡x→0cos⁡x−1x⋅x=lim⁡x→0−12x2x2=−12解：\frac{0}{0}型 等价无穷小代换 \\ \lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\cos x}}{x\cdot\sin(\sin x)}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\cos x-1}{x\cdot x}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2}}=-\frac{1}{2} 解：00​型等价无穷小代换x→0lim​x⋅sin(sinx)lncosx​=x→0lim​x⋅xcosx−1​=x→0lim​x2−21​x2​=−21​
③lim⁡x→∞x2⋅(e−cos⁡1x−e−1)\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(e^{-\cos\frac{1}{x}}-e^{-1})}x→∞lim​x2⋅(e−cosx1​−e−1)
解：∞⋅0型，0等价无穷小代换lim⁡x→∞x2⋅(e−cos⁡1x−e−1)=e−1lim⁡x→∞x2⋅(e1−cos⁡1x−1)=e−1lim⁡x→∞x2⋅(1−cos⁡1x)=e−1lim⁡x→∞x2⋅(12)(1x)2=12e解：\infty\cdot0型，0等价无穷小代换 \\ \lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(e^{-\cos\frac{1}{x}}-e^{-1})}=e^{-1}\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(e^{1-\cos\frac{1}{x}}-1)}= \\ e^{-1}\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(1-\cos\frac{1}{x}})=e^{-1}\lim\limits_{x\to\infty}{x^2\cdot(\frac{1}{2})(\frac{1}{x})^2}=\frac{1}{2e} 解：∞⋅0型，0等价无穷小代换x→∞lim​x2⋅(e−cosx1​−e−1)=e−1x→∞lim​x2⋅(e1−cosx1​−1)=e−1x→∞lim​x2⋅(1−cosx1​)=e−1x→∞lim​x2⋅(21​)(x1​)2=2e1​
④lim⁡x→∞(2x+12x−1)x+1\lim\limits_{x\to\infty}{(\frac{2x+1}{2x-1})^{x+1}}x→∞lim​(2x−12x+1​)x+1
解：1∞型，利用重要极限lim⁡x→∞(1+1x)x=elim⁡x→∞(2x+12x−1)x+1=lim⁡x→∞(1+22x−1)2x−12+32=elim⁡x→∞(1+22x−1)32=e解：1^{\infty}型，利用重要极限\lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{1}{x})^{x}}=e \\ \lim\limits_{x\to\infty}{(\frac{2x+1}{2x-1})^{x+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{2}{2x-1})^{\frac{2x-1}{2}+\frac{3}{2}}}=\\ e\lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{2}{2x-1})^{\frac{3}{2}}}=e 解：1∞型，利用重要极限x→∞lim​(1+x1​)x=ex→∞lim​(2x−12x+1​)x+1=x→∞lim​(1+2x−12​)22x−1​+23​=ex→∞lim​(1+2x−12​)23​=e
⑤lim⁡x→0(ax+bx+cx3)1x\lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x}{3})^{\frac{1}{x}}}x→0lim​(3ax+bx+cx​)x1​
解：1∞型利用eln⁡{1+f(x)}g(x)=ef(x)⋅g(x)lim⁡x→0(ax+bx+cx3)1x=elim⁡x→0ln⁡(1+ax+bx+cx−33)1x=elim⁡x→0(ax+bx+cx−33)1xlim⁡x→0(ax+bx+cx−33)1x=lim⁡x→0(ax−13x)+lim⁡x→0(bx−13x)+lim⁡x→0(cx−13x)=ln⁡(abc)13即lim⁡x→0(ax+bx+cx3)1x=(abc)13解：1^\infty型 利用e^{\ln\{1+f(x)\}^{g(x)}}=e^{f(x)\cdot g(x)} \\ \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x}{3})^{\frac{1}{x}}}=e^{{\lim\limits_{x\to0}{\ln(1+\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3})^{\frac{1}{x}}}}} = \\ e^{\lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3}){\frac{1}{x}}}} \\ \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x-3}{3}){\frac{1}{x}}}= \lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x-1}{3x})}+\lim\limits_{x\to0}{(\frac{b^x-1}{3x})}+\lim\limits_{x\to0}{(\frac{c^x-1}{3x})}=\\ \ln(abc)^{\frac{1}{3}} \\ 即\lim\limits_{x\to0}{(\frac{a^x+b^x+c^x}{3})^{\frac{1}{x}}}= (abc)^{\frac{1}{3}} 解：1∞型利用eln{1+f(x)}g(x)=ef(x)⋅g(x)x→0lim​(3ax+bx+cx​)x1​=ex→0lim​ln(1+3ax+bx+cx−3​)x1​=ex→0lim​(3ax+bx+cx−3​)x1​x→0lim​(3ax+bx+cx−3​)x1​=x→0lim​(3xax−1​)+x→0lim​(3xbx−1​)+x→0lim​(3xcx−1​)=ln(abc)31​即x→0lim​(3ax+bx+cx​)x1​=(abc)31​

7 无穷小比阶

例8 设当x→0x\to0x→0时，(1−cos⁡x)ln⁡(1+x2)(1-\cos x)\ln(1+x^2)(1−cosx)ln(1+x2)是比x⋅sin⁡xnx\cdot\sin x^nx⋅sinxn高阶的无穷小，而x⋅sin⁡xnx\cdot\sin x^nx⋅sinxn是比ex2−1e^{x^2}-1ex2−1高阶的无穷小，则n=?(n为正整数)
由题得:lim⁡x→0x⋅sin⁡xn(1−cos⁡x)ln⁡(1+x2)=0lim⁡x→0ex2−1x⋅sin⁡xn=0lim⁡x→0x⋅sin⁡xn(1−cos⁡x)ln⁡(1+x2)=lim⁡x→0xn+112x4=0即n+1<4⇒n<3lim⁡x→0ex2−1x⋅sin⁡xn=lim⁡x→0x2xn+1=0⇒n+1>2⇒n>1中上得12 \Rightarrow n\gt1\\ 中上得1\lt n\lt 3,n为正整数即 n = 2 由题得:x→0lim​(1−cosx)ln(1+x2)x⋅sinxn​=0x→0lim​x⋅sinxnex2−1​=0x→0lim​(1−cosx)ln(1+x2)x⋅sinxn​=x→0lim​21​x4xn+1​=0即n+1<4⇒n<3x→0lim​x⋅sinxnex2−1​=x→0lim​xn+1x2​=0⇒n+1>2⇒n>1中上得1

8 加减→\rightarrow→乘除

f(x)g(x)=c≠0\frac{f(x)}{g(x)}=c\not =0g(x)f(x)​=c​=0 , 若f(x)→0,则g(x)→0f(x)\to 0,则g(x)\to0f(x)→0,则g(x)→0

例9 设lim⁡x→+∞(x2+x+1−ax−b)=0\lim\limits_{x\to+\infty}{(\sqrt{x^2+x+1}-ax-b)}=0x→+∞lim​(x2+x+1​−ax−b)=0，求常数a,ba,ba,b
令x=1t，则当x→+∞时，t→+0，此时可利用的方法很多lim⁡x→+∞(x2+x+1−ax−b)=lim⁡t→+0(t2+t+1−a−bt)t=0因为分母t→0,所以lim⁡t→+0(t2+t+1−a−bt)=1−a=0,得a=1原式=lim⁡t→+0(t2+t+1−1)t−b=lim⁡t→+012(t2+t)t−b=12−b=0,得b=12令x=\frac{1}{t}，则当x\to+\infty时，t\to+0，此时可利用的方法很多\\ \lim\limits_{x\to+\infty}{(\sqrt{x^2+x+1}-ax-b)}=\lim\limits_{t\to+0}{\frac{(\sqrt{t^2+t+1}-a-bt)}{t}}=0 \\ 因为分母t\to0,所以\lim\limits_{t\to+0}{(\sqrt{t^2+t+1}-a-bt)}=1-a=0,得 a = 1 \\ 原式=\lim\limits_{t\to+0}{\frac{(\sqrt{t^2+t+1}-1)}{t}-b}=\lim\limits_{t\to+0}{\frac{\frac{1}{2}(t^2+t)}{t}-b}=\frac{1}{2}-b=0,得b=\frac{1}{2} 令x=t1​，则当x→+∞时，t→+0，此时可利用的方法很多x→+∞lim​(x2+x+1​−ax−b)=t→+0lim​t(t2+t+1​−a−bt)​=0因为分母t→0,所以t→+0lim​(t2+t+1​−a−bt)=1−a=0,得a=1原式=t→+0lim​t(t2+t+1​−1)​−b=t→+0lim​t21​(t2+t)​−b=21​−b=0,得b=21​

9 分段函数在某点连续

例10 求常数a,ba,ba,b,使
f(x)={ln⁡(1+x)x,x>0a,x=01+x−1−x2bx,−1≤x<0f(x)= \begin{cases} \frac{\ln(1+x)}{x},\quad x\gt 0 \\ a,\qquad x=0 \\ \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{2bx},\quad -1\le x\lt0 \end{cases} f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧​xln(1+x)​,x>0a,x=02bx1+x​−1−x​​,−1≤x<0​
在x=0处连续。
解，函数f(x)在x=0处连续即lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0−f(x)=f(0)lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0+ln⁡(1+x)x=1f(0)=a=1,lim⁡x→0−f(x)=lim⁡x→0−1+x−1−x2bx=lim⁡x→0−(1+x−1−x)(1+x+1−x)2bx(1+x+1−x)=12b=1，得b=12解，函数f(x)在x=0处连续即\lim\limits_{x\to0^+}{f(x)}=\lim\limits_{x\to0^-}{f(x)}=f(0) \\ \lim\limits_{x\to0^+}{f(x)}=\lim\limits_{x\to0^+}{\frac{\ln(1+x)}{x}}=1 \\ f(0)=a=1, \\ \lim\limits_{x\to0^-}{f(x)}=\lim\limits_{x\to0^-}{\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{2bx}}=\lim\limits_{x\to0^-}{\frac{(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}{2bx(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}}\\ =\frac{1}{2b}=1，得b=\frac{1}{2} 解，函数f(x)在x=0处连续即x→0+lim​f(x)=x→0−lim​f(x)=f(0)x→0+lim​f(x)=x→0+lim​xln(1+x)​=1f(0)=a=1,x→0−lim​f(x)=x→0−lim​2bx1+x​−1−x​​=x→0−lim​2bx(1+x​+1−x​)(1+x​−1−x​)(1+x​+1−x​)​=2b1​=1，得b=21​

10 间断点判别

例 11 设f(x)=lim⁡n→∞1−x2n1+x2n⋅xf(x)=\lim\limits_{n\to\infty}{\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}}\cdot xf(x)=n→∞lim​1+x2n1−x2n​⋅x,求f(x)f(x)f(x)的间断点并指明类型。
解：f(x)是关于x的函数，但是表达式中处理了n→∞的极限，需要先处理极限;极限分析取决与x的取值范围；f(x)=lim⁡n→∞(21+x2n−1)⋅xn→∞,当∣x∣<1时，x2n→0,f(x)=x；∣x∣=1时,f(x)=0；当∣x∣>1时，f(x)=−xf(x)={−x,x<−10,x=−1x,−10lim⁡x→−1−f(x)=lim⁡x→−1−(−x)=1lim⁡x→−1+f(x)=lim⁡x→−1+(x)=−1f(−1)=0所有x=−1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。同理x=1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。解：f(x)是关于x的函数，但是表达式中处理了n\to\infty的极限，需要先处理极限;极限分析取决与x的取值范围； \\ f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}{(\frac{2}{1+x^{2n}}-1)}\cdot x\\ n\to\infty,当|x|<1时，x^{2n}\to0,f(x)=x；|x|=1时,f(x)=0；当|x|\gt1时，f(x)=-x \\ f(x)= \begin{cases} -x,\quad x\lt-1 \\ 0,\quad x=-1 \\ x,\quad -1\lt x\lt 1 \\ 0,\quad x=1 \\ -x,\quad x\gt0 \end{cases} \\ \lim\limits_{x\to-1^-}{f(x)}=\lim\limits_{x\to-1^-}{(-x)}=1 \\ \lim\limits_{x\to-1^+}{f(x)}=\lim\limits_{x\to-1^+}{(x)}=-1 \\ f(-1)=0 所有x=-1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。 \\ 同理x=1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。 解：f(x)是关于x的函数，但是表达式中处理了n→∞的极限，需要先处理极限;极限分析取决与x的取值范围；f(x)=n→∞lim​(1+x2n2​−1)⋅xn→∞,当∣x∣<1时，x2n→0,f(x)=x；∣x∣=1时,f(x)=0；当∣x∣>1时，f(x)=−xf(x)=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​−x,x<−10,x=−1x,−10​x→−1−lim​f(x)=x→−1−lim​(−x)=1x→−1+lim​f(x)=x→−1+lim​(x)=−1f(−1)=0所有x=−1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。同理x=1为f(x)的第一类间断点中的跳跃间断点。

11 渐近线

例如12 求曲线f(x)=2x3x2−3x+2f(x)=\frac{2x^3}{x^2-3x+2}f(x)=x2−3x+22x3​的渐近线
解：渐近线有铅直、水平和斜渐近线铅直找令lim⁡f(x)→∞的点化简f(x)=2x3(x−1)(x−2)lim⁡x→1f(x)=∞lim⁡x→2f(x)=∞所以x=1和x=2为f(x)的铅直渐近线水平渐近线，看当x→∞的时候，f(x)的极限是否存在lim⁡x→∞f(x)=lim⁡x→∞2x3x2−3x+2=∞不存在所以f(x)没有水平渐近线斜渐近线，看看lim⁡x→∞f(x)x是否存在lim⁡x→∞f(x)x=lim⁡x→∞2x3(x2−3x+2)x=2，即斜渐近线斜率为2求截距=lim⁡x→∞[f(x)−kx]=lim⁡x→∞(2x3x2−3x+2−2x)=6所以斜渐近线为:y=2x+6解： 渐近线有铅直、水平和斜渐近线 \\ 铅直找令\lim f(x)\to\infty的点 化简f(x)=\frac{2x^3}{(x-1)(x-2)} \\ \lim\limits_{x\to1}{f(x)}=\infty\quad \lim\limits_{x\to2}{f(x)}=\infty \\ 所以x=1和x=2为f(x)的铅直渐近线 \\ 水平渐近线，看当x\to\infty的时候，f(x)的极限是否存在 \\ \lim\limits_{x\to\infty}{f(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x^3}{x^2-3x+2}}=\infty不存在 \\ 所以f(x)没有水平渐近线 \\ 斜渐近线，看看\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{f(x)}{x}}是否存在 \\ \lim\limits_{x\to\infty}{\frac{f(x)}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x^3}{(x^2-3x+2)x}}=2 ，即斜渐近线斜率为2\\ 求截距=\lim\limits_{x\to \infty}{[f(x)-kx]}=\lim\limits_{x\to\infty}{(\frac{2x^3}{x^2-3x+2}-2x)}=6 \\ 所以斜渐近线为:y=2x+6 解：渐近线有铅直、水平和斜渐近线铅直找令limf(x)→∞的点化简f(x)=(x−1)(x−2)2x3​x→1lim​f(x)=∞x→2lim​f(x)=∞所以x=1和x=2为f(x)的铅直渐近线水平渐近线，看当x→∞的时候，f(x)的极限是否存在x→∞lim​f(x)=x→∞lim​x2−3x+22x3​=∞不存在所以f(x)没有水平渐近线斜渐近线，看看x→∞lim​xf(x)​是否存在x→∞lim​xf(x)​=x→∞lim​(x2−3x+2)x2x3​=2，即斜渐近线斜率为2求截距=x→∞lim​[f(x)−kx]=x→∞lim​(x2−3x+22x3​−2x)=6所以斜渐近线为:y=2x+6

12 方程根的存在性(零点定理)

例13 设f(x)在[a,b]f(x)在[a,b]f(x)在[a,b]连续，f(a)=f(b)f(a)=f(b)f(a)=f(b)。证明：存在ξ∈[a,b]\xi\in[a,b]ξ∈[a,b]使得f(ξ)=f(ξ+b−a2)f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2})f(ξ)=f(ξ+2b−a​)

令g(x)=f(x)−f(x+b−a2),x∈[a,a+b2]因为f(x)在[a,b]上连续，则g(x)在[a,a+b2]上连续g(a)=f(a)−f(a+b−a2)=f(a)−f(a+b2)g(a+b2)=f(a+b2)−f(a+b2+b−a2)=f(a+b2)−f(b)因为f(a)=f(b)若f(a)=f(a+b2),则ξ取a满足条件若f(a)≠f(a+b2)则g(a)和g(a+b2)异号,根据零点定理有∃ξ∈[a,a+b2]⊆[a,b],使得g(ξ)=f(ξ)−f(ξ+b−a2)=0即f(ξ)=f(ξ+b−a2)令g(x)=f(x)-f(x+\frac{b-a}{2}),x\in[a,\frac{a+b}{2}] \\ 因为f(x)在[a,b]上连续，则g(x)在[a,\frac{a+b}{2}]上连续\\ g(a)=f(a)-f(a+\frac{b-a}{2})=f(a)-f(\frac{a+b}{2}) \\ g(\frac{a+b}{2})=f(\frac{a+b}{2})-f(\frac{a+b}{2}+\frac{b-a}{2})=f(\frac{a+b}{2})-f(b) \\ 因为f(a)=f(b) 若f(a)=f(\frac{a+b}{2}),则\xi取a满足条件\\ 若f(a)\not=f(\frac{a+b}{2}) 则g(a)和g(\frac{a+b}{2})异号,根据零点定理有\\ \exists\xi\in[a,\frac{a+b}{2}]\subseteq[a,b],使得g(\xi)=f(\xi)-f(\xi+\frac{b-a}{2})=0即 \\ f(\xi)=f(\xi+\frac{b-a}{2}) 令g(x)=f(x)−f(x+2b−a​),x∈[a,2a+b​]因为f(x)在[a,b]上连续，则g(x)在[a,2a+b​]上连续g(a)=f(a)−f(a+2b−a​)=f(a)−f(2a+b​)g(2a+b​)=f(2a+b​)−f(2a+b​+2b−a​)=f(2a+b​)−f(b)因为f(a)=f(b)若f(a)=f(2a+b​),则ξ取a满足条件若f(a)​=f(2a+b​)则g(a)和g(2a+b​)异号,根据零点定理有∃ξ∈[a,2a+b​]⊆[a,b],使得g(ξ)=f(ξ)−f(ξ+2b−a​)=0即f(ξ)=f(ξ+2b−a​)

后记

❓QQ:806797785

⭐️文档笔记地址：https://gitee.com/gaogzhen/math

参考：

[1]同济大学数学系.高等数学 第七版 上册[M].北京:高等教育出版社,2014.7.P1~p72.

[2]【梨米特】同济七版《高等数学》全程教学视频｜纯干货知识点解析，应该是全网最细｜微积分 | 高数[CP/OL].2020-04-16.p12.