专升本《高等数学》易错题解析-第一章：函数、极限与连续.pdf

函数函数 极限极限 连续连续微积分研究的对象是函数，函数这部分的重点是：复合函数、反函数和分段函数及函数记号的运算.极限是微积分的理论基础，微积分中的重要概念，如连续、导数、定积分等实质上是各种类型的极限，既要准确理解极限的概念、性质和极限存在的条件，又要能准确地求出各种极限，求极限的方法主要有：利用极限的四则运算幂指数运算法则;利用洛必达法则;利用函数的连续性;利用变量替换与两个重要极限(利用几个重要的等价无穷小因子替换求极限);数列极限转化为函数极限;利用夹逼定理;利用递推数列先证明再求出极限;利用导数的定义求极限. 函数的连续性是通过极限定义的,判断函数的连续性及函数间断点的类型等问题在本质上极是求极限, 所以连续仍是本章的重点. 要求掌握判断函数连续性及求间断点的方法，特别是分段函数在连接点处的连续性，会判别函数间断点的类型. 函数的许多重要性质都与连续性有关, 要求掌握有界闭区间上连续函数的性质及应用.本章在历年数学一试题中的分数统计年份878889909192939495969798990001020304分数56835338358一、知识网络图定义（特点）性质(周期性,有界性,奇偶性)函数基本初等函数(定义,性质,图形)反函数复合函数(复合函数的分解)0()lim( )lim( )()xxxNf xf x数列极限定义定义函数极限定义左、右极限极限存在充要条件单调性性质夹逼定理定义极限高阶无穷小无穷小（大）量等价无穷小阶的分类同阶无穷小k阶无穷小单调、有界数列夹逼定理求极限的方法利用极限运算法则及函数的连续性两个重要极限无穷小量乘有界变量000000( )()0,0,( )()xxxyf xf xxxxf xf x 0l i ml i m函数在点处连续的定义当时，有间断点定义，分类和、差、积、商的连续性连续连续函数的运算反函数的连续性复合函数的连续性初等函数的连续性零点定理介值定理闭区间上连续函数的性质有界性定理最大值最小值定理一致连续性定理二、典型错误分析例 1设分段函数 ,求2sin ,0( )ln ,0 xxf xxxx(1),(1).fxf x错解2sin(1),0(1)(1)ln(1),0 xxfxxxx 2sin(1),0(1)(1)ln(1),0 xxf xxxx错因分析忽视了改变自变量形式的同时,要相应地考虑定义域的变化这个关键点.正确解 2sin(1),10(1)(1)ln(1),10 xxfxxxx 即2sin(1),1(1)(1)ln(1),1xxfxxxx类似地 2sin(1),1(1)(1)ln(1),1xxf xxxx例 2.证明. 1limnnn错证 要使, 01nn则应有.)1ln(ln1nn注意到,)2(2ln)1ln(ln)1ln(1nnn则有,)1ln(2lnn故取,则当时,恒有)1ln(2lnNNn ,11nn即. 1limnnn分析 由,)2(2ln)1ln(ln)1ln(1nnn推出是正确的.nn)1ln(ln)1ln(2ln而错在由而取这一步上.)1ln(2lnn)1ln(2lnN事实上,这样得到的,当时并不能保证一定成立.NNn nn )1ln(ln例如,取,按以上解法,只要6901. 1ln2ln,01. 0N,70n则.01. 006. 017070正确证明 令,nnhn1则.)2(2) 1(! 2) 1(1)1 (22nhnnhhnnnhhnnnnnnnn注意到,当时,2n21nn于是或,224nhnn nhn2也就是,nnn21故对取,当时,便有, 024, 2maxNNn ,nhnnn21所以. 1limnnn例 3. 求.)cos1(coslimxxx错解 =,)cos1(coslimxxx1coslimxxxxcoslim因为与均不存在,故原式极限不存在.1coslimxxxxcoslim错因分析极限的运算法则是在参与运算的两个函数极限都存在的条件下适用的,本题错在误解了极限的运算法则.正确解由于,21sin21sin2cos1cosxxxxxx当时, ,x121sinxx而,)1(21121sin21sin0 xxxxxx故 ,于是原式等于零.021sinlimxxx例 4. 求.)1ln()cos1 (1sinsinlim20 xxxxxx错解 利用洛必达法则,注意到极限不存在,故xx1coslim0原式=的极限也不存在.xxxxxxxxx1cos1)1ln(sin1cos1sin2coslim0错因分析 不满足洛必达法则的条件, 故本题不能用洛必达法则解,错因是忽视了洛必达法则仅是极限存在的充分条件而非必要条件.正确解原式=)1ln(1sinsincos11lim20 xxxxxxxx =.21)1ln(lim1sinsinlimcos11lim000 xxxxxxxxxx例 5. 设函数的二阶导数存在,求)(xf .)(2)()(lim20hxfhxfhxfh错解利用洛必达法则, 则原式=.hhxfhxfh2)()(lim0)(2)()(lim0 xfhxfhxfh 错因分析在推导出结果时使用了二阶导数连续的条件,本题并无这样的假设.正确解 20)(2)()(limhxfhxfhxfh =hhxfhxfh2)()(lim0 =hxfhxfhxfhxfh)()()()(lim210 =.)()()(21xfxfxf 例 6. 求.)11(lim22xxxxx错解 原式=22112limxxxxxx =.11111112lim22xxxxx错因分析 将误写成是问题所在.xx2xx2正确解 原式=xxxxxx1111112lim22 由于;11111112lim22xxxxxx . 1)(1111112lim22xxxxxx故原极限不存在.例 7. 求().nnnxxx21lim20 x错解 当时,.10 x132112 nnnnnxx1)(xf 当时, ;21 xxxxxxnnnnn 3212xxf)( 当时, .2x2232122222xxxxxnnnnn 2)(2xxf综上所述,故有=.nnnxxx21lim22,221,10, 12xxxxx错因分析 当时,误认为,而由可知,2xnnxx22nnnxxx222仅当时,才有.2xnnxx22正确解 将上述变量的取值点改为,其余不变,则x2x2x=.nnnxxx21lim22,221,10, 12xxxxx例 8. 设,求证:,当时,有.Axfx)(lim, 00XXxx21,)()(21xfxf错证 由题设,当时,有;, 001X11Xx 2)(1 Axf又由假设, ,当时,有.02X22Xx 2)(2 Axf取,则当时,就有21,maxXXX Xxx21,.22)()()()(2121AxfAxfxfxf错因分析 主要是没搞清表示的什么角色,既然任意取定,它们就应看21,xx21,xx作常数,而最后一步又视它们为变量,显然是矛盾的.正确证明 由假设, ,当时,则, 00XXx .2)( Axf对于,同时有,Xxx21,2)(1 Axf2)(2 Axf于是.22)()()()()()(212121AxfAxfAxfAxfxfxf例 9. 设在内连续,且,存在,证明:在)(xf),(Axfx)(limAxfx)(lim)(xf上一致连续.),(错解 由, ,当时,有;, 0Axfx)(lim01X1Xx 2)( Axf于是,当时,有121,Xxx22)()()()(2121AxfAxfxfxf可知在上一致连续.)(xf),1X同理,由,当时,Bxfx)(lim02X221,Xxx有.可知在上一致连续.)()(21xfxf)(xf,(2X又因为在上连续,故在上一致连续.)(xf,12XX,12XX综上所述, 在上一致连续.)(xf),(错因分析对一致连续的定义记忆不清、理解有误.正确证明 由, ,当时,有, 0Axfx)(lim01X1Xx 2)( Axf故当时,且时,121,Xxx121 xx,22)()()()(2121AxfAxfxfxf可知在上一致连续.)(xf),1X同理可证 当时,221 xx)()(21xfxf即知在上一致连续.)(xf,(2X又因为在上连续,因此,当时,有)(xf,12XX03321 xx ,故在上一致连续.)()(21xfxf)(xf,12XX综上各项,取,当时,便有321,min21xx )()(21xfxf即在上一致连续.)(xf),(例 10. 求的间断点并判别类型.xxxftan)(错解当,即时,函数无定义,又因,0tanx), 1, 0(kkxxxkxtanlim故为的第二类间断点.), 1, 0(kkx)(xf错因分析 有两个问题: 遗漏了使无定义的点,这些点也是的间断点.xtan), 1, 0(2kkx)(xf由于,故不是第二类间断点.1tanlim0 xxx0 x正确解 的定义点和零点分别为:xtan和), 1, 0(2kk), 1, 0(kk又因,1tanlim0 xxx0tanlim2xxkx), 1, 0(k.xxkxtanlim), 1, 0(k故及为第一类可去间断点;0 x), 1, 0(2kkx而为第二类间断点.), 1, 0(kkx三、综合题型分析例 11.设则是sin( )tan,xf xxxe( )f x(A)偶函数 (B)无界函数 (C)周期函数 (D)单调函数答案 （B）分析一 有正下界: ;和无界, 在的定义域在存在数列sinxesinxe1extan x( )f x满足,可证无界. nxlim()nnf x ( )f x解一 设=,于是=,即nx2(1,2,)4nn()nf x22(2)()4nen 无界. 因此选(B)( )f x分析二 用排除法, 不是周期函数, 也有函数值相同的点, 可以证明当( )f x时,不是偶函数.sin0 x ( )f x解二 由,知不是单调函数. (0)( )0ff( )f x由于=,不是偶函数.又()fxsin()sin()tan()tan( ),(sin0)xxxx exxef xx( )f x也不是周期函数,因此选(B).( )f x例 12 设和在内有定义，为连续函数，且，( )f x( ) x(,) ( )f x( )0f x 有间断点，则（ ）( ) x（A）必有间断点 （B）必有间断点 ( )f x2 ( )x（C）必有间断点 （D）必有间断点 ( )fx( )( )xf x答案 （D）分析 用反证法证明必有间断点. 假如没有间断点,即为连续函数.因( )( )xf x( )( )xf x连续,故=连续, 与有间断点矛盾.( )f x( ) x( )f x ( )( )xf x( ) x用例举法说明其余三个选项不正确.对于(A),设=为间断点, 连续, 而=1 连续,无( ) x,0,01,0 xxxx( )1f x ( )f x间断点.对于(B),设=为间断点, 而连续,无间断点.( ) x1,0,01,0 xxx2 ( )1x对于(C),设=, 则=连续,无间断点.( ) x1,0,1,0 xx2( )f xx ( )fx2 ( )1x从而,(A)、(B)、(C)必有间断点的说法不正确,选(D).例 13设处处连续,求的值.( )f x 2122lim1nnnxaxbxx, a b分析与求解首先求出. 注意到( )f x即应分段求出.2,| 1,lim1,| 1,0,| 1,nnxxxx( )f x当时, =;| 1x ( )f x12 21 22lim1nnnnxaxbxx1x当时, =.| 1x ( )f x22lim1naxbxaxbx于是得( )f x 21,1,1(1),1,21(1),1,2,1.xxabxabxaxbxx 其次,由初等函数的连续性,当1,1 时分别与初等函数相等,故连续.xx( )f x最后,考察分段函数的连接点处的连续性.根据定义,分别计算1x , ;111lim( )lim1xxf xx211lim( )lim()xxf xaxbxab ;211lim( )lim (),xxf xaxbxab111lim( )lim1xxf xx 在连续( )f x1x 1(1 0)(1 0)(1)1(1)2fffabab 1;ab在连续( )f x1x 1( 1 0)( 1 0)( 1)1(1)2fffabab 1.ab 因此在均连续( )f x1x 10,1.1ababab 故仅当时处处连续.0,1ab( )f x例 14设函数在的某邻域内具有一阶连续导数,且)(xf0 x若在时是比高阶的无穷小,试确, 0)0(, 0)0(ff)0()2()(fhbfhaf0hh定的值.ba,分析 题设可知是无穷小量,故其极限为零.)0()2()(fhbfhaf在时是比高阶的无穷小,也可得到关于的关系式.)0()2()(fhbfhaf0hhba,解一 由题设条件知.0)0() 1()0()2()(lim0fbafhbfhafh由于,故必有.0)0(f01ba又由洛必达法则,有).0()2(1)2(2)(lim)0()2()(lim000fbahf bhf ahfhbfhafhh因,故.0)0( f02 ba由可得.0201baba12ba 解二 由条件可知),()0()0()(hhffhf).()0(2)0()2(hhffhf所以=)0()2()(fhbfhaf).()0()2()0() 1(hhfbafba从而.0201baba即当时,有=.1, 2ba)0()2()(fhbfhaf)(h例 15设函数在上连续,且,利用闭区间上连续函数性质,)(),(xgxf,ba0)(xg证明存在一点,使.,bababadxxgfdxxgxf)()()()(分析 此题要求利用闭区间上连续函数性质证明,实际是给出了提示,说明可以用介值定理或零值定理证明.证一 因为在上连续,且,由最值定理知, 在上)(),(xgxf,ba0)(xg)(xf,ba有最大值和最小值,即,MmMxfm)(故 ).()()()(xMgxgxfxmg于是.bababadxxMgdxxgxfdxxmg)()()()(因此.Mdxxgdxxgxfmbaba)()()(由介值定理知,存在,使,bababadxxgdxxgxff)()()()(即.babadxxgfdxxgxf)()()()(证二 设,由于在上连续,babadttgxfdttgtfxF)()()()()()(),(xgxf,ba,故在上连续,且有最大值,最小值,其0)(xg)(xF,ba)(xf)(1xfM )(2xfm 中,.所以,21baxx)()()(12xfxfxf, 0)()()()()()()()(111bababadttgxftfdttgxfdttgtfxF. 0)()()()()()()()(222bababadttgxftfdttgxfdttgtfxF故由零值定理可知,存在(或)使.,21xx,12xx0)(F即.0)()()()(babadxxgfdxxgxf故babadxxgfdxxgxf)()()()(例 16求.)93(lim1xxxx分析 求极限的题目变换灵活,方法多样,本题是幂指型函数,可采用多种变换方式. 解一 点.xxxxxxxx1121)31 (3)33()93(3ln313ln3lim1313ln3lim)31ln(limxxxxxxxxx故=.xxxxxxe)31ln(lim1)31 (lim33lne所以=9.xxxx1)93(limxlimxxxxxx112)31 (3lim)33(解二 =xxxx1)93(lim)93ln(1limcxxxexxxxe)93ln(lim.9ln9lnlim3119lnlim)93ln(limxxxxxxxxxxx所以=.xxxx1)93(lim)93ln(1limcxxxexxxxe)93ln(lim99lne解三 =,xxxx1)93(lim)93ln(1limcxxxexxxxe)93ln(limxxxxxxxxx939ln93ln3lim)93ln(lim=,xxxxxxxx311312lim3ln939233lnlim9ln3ln2所以=.xxxx1)93(lim)93ln(1limcxxxexxxxe)93ln(lim99lne例 17 确定下列各题中指定常数的值.(17.1)已知当时,与是等价无穷小,求的值.1x2)2(xx2) 1() 1(xbxaba,分析一 因为与是等价无穷小,2)2(xx2) 1() 1(xbxa显然由极限式来确定的值.可通过等价无穷小量代1) 1() 1(2)2(lim21xbxaxxxba,换来求解.解一 ,22ln)ln2(ln12)ln2(ln121) 1() 1(1lim2) 1() 1(2lim) 1() 1(2)2(limxbxaexbxaexbxaxxxxxxxxx, 所以有) 1(02ln)ln2(lnxxx,)(1(ln2ln) 1(lim2) 1() 1(2ln)ln2(lnlim2) 1() 1(1lim212122ln)ln2(ln1bbxaxxxxxbxaxxxbxaexxxxx而abbxaxxx2ln)(1(2ln) 1(lim1 ,abbxaxbbxaxxxbbxaxxxxxx1lim)(1() 1(lim)(1(lnlim111故, 12ln1212ln2)(1(ln2ln) 1(lim21 aaabbxaxxxxx所以,显然为任意实常数.)2ln1 (2ab分析二 由已知条件有极限式,显然是型未定式,故可1) 1() 1(2)2(lim21xbxaxxx00用洛必塔法则.解二 ,而,1)2(lim1xxx102ln1 2) 1(22ln1 )2(lim) 1() 1(2)2(lim121baxbaxxxbxaxxxxx所以,显然为任意实常数.)2ln1 (2ab(17.2)已知,求的值.2)13(lim2bxaxxxba,分析像这种类型的极限,已知此未定式的极限存在且等于 2,要确定极限)(式中的参数.一般有两种方法: 方法 1 直接将所给无理式有理化定出极限式ba,中所含参数之值; 方法 2 先提出因子,将型化为型, 然后由极限式0存在的条件定出极限式中所含参数之值.解一 原式可改写成.2)13(lim)13(lim22xxbaxbxaxxxx由于上式成立,所以必有, 即=0,.0)13(lim2xxbaxa39a将代入原式,并有理化得9a2221931lim1931lim)193(limxxbxbbxxxbxbxxxxxx =.12, 26bb故,.9a12b解二 原式改写成.2)13(lim)13(lim22xxbaxbxaxxxx由于上式成立,所以必有, 即=0,.0)13(lim2xxbaxa39a是型.xxxbaxxbaxxx113lim)13(lim2200,22122lim1122lim113lim222322abxxbaxbxxxbaxxbxxxbaxxx,而, 故有,.ab49a9a12b解三=.131)9(lim)13(lim222bxaxxbxxabxaxxxx2131)9(lim2xxbaxbxax因此有 ,故.2309aba129ba(17.3)设存在极限，求常数与.bxxxImx)27(lim45mb分析与求解 时,极限不存在.0mI时原极限为型极限,改写成0m 1)271 (lim 1)27(lim551451mmxmxxxxxxxxxxI. 1)271 (lim515mmxxxxx当时,015mI 时,015mI 极限均不存在,于是必有,即,此时015m51m .572751lim1)271 (lim5515xxxxxxIxx等价无穷小因子替换因此.57,51bm例 18证明有无穷多个正根,并指明这一事实的几何意义.01cosxx分析要用连续函数零点存在性定理来证明有无穷多个正根, 只xxxf1cos)(要给出无穷多个点使得与异,02211nnbababa)(naf)(nbf号.), 3 , 2 , 1(n证明令 , ,xxxf1cos)(,2nan) 12(nbn则 11nnnnbaba), 3 , 2 , 1(n)5432(2211baba由, 0) 12(11)(nbfn,0211)(nafn使得, 3 , 2 , 1),) 12( ,2(),(nnnbaxnnn=0, 且)(nxfnxcosnx1.21nxxx几何意义令, 有无穷多个正根的几何意义是:xxxf1cos)(0)(xf曲线与轴的正半轴有无穷多个交点.)(xfy x若将方程改写为, 它有无穷多个正根的另一几何意义是:xx1cos曲线与当时有无穷多个交点.xycosxy10 x例 19 设.xxxxxfnnn21)(1)求证: 对任意自然数,方程有唯一正根,记为.1n1)(xfnnx(2)已知单调下降(不证明), 求. nxnnxlim分析与求解 (1)令则在可导,又, 1)()(xfxgnn)(xgn), 0 , 01) 1 (, 01)0(nggnn 使即),1 , 0(nx, 0)(nnxg. 1)(nnxf又 ).0(021)()(1xnxxxfxgnnn 在单调上升, 在有唯一零点即.)(xgn), 0 )(xgn), 0 nx(2) 已知单调下降, 且,故单调下降有下界, nx0),1 , 0(nnxx nx存在极限.axnnlim注意 11)1)(1 (1)(1221xxxxxxxxxxxgnnnn ,1121111xxxxxxnn . 0112)(1nnnnnnxxxxg因单调下降, .nx00limlim10101axxxaxnnnxnnxn在上式中令, 得n, 0112aa因此 .21 a.21limnnx例 20设数列满足，求它的极限. na1001annaa51分析 由这是一个递归数列, 如何求其极限呢?先假定,nnaa51aannlim对两边取极限,得,由此式若能唯一地解出,我们就求出nnaa51aa5a了这个极限值. 此极限是在收敛的前提下求得的, 因此用这种方法求递推数na列的极限时, 还必须证明这个数列是收敛的, 而判定一个数列的收敛性,可以 na用单调有界数列必收敛这一准则.解 首先假定,则对递归方程取极限得.由此得方程的正根aannlimaa5.)211 (21a以下证明数列单调有界,用归纳法. na.)211 (21100510021aaa若,那么)211 (21na).211 (21)211 (21)211 (215521nnaa即对一切都有. 由于naaan,55521nnnnnnnnaaaaaaaa而).2211)(2211(52nnnnaaaa从前面已证出的)211 (21 aan可知, 052nnaa ,即. 01nnaa故数列单调下降,且有下界, na)211 (21从而存在, 且=.nnalimnnalim)211 (21四、考研试题分析例 21(1990 年高数一)设是非零常数，则.a_limxxaxax答案 .ae2分析 本题主要考查 型极限的求法.将所求极限“凑”成基本极限1的形式；利用以下结论：若且xxx11lim,)(lim, 0)(limxx则,)()(limAxx；利用洛必达法则求解.Axex)()(1 (lim解一 .)0(21limlim222aeaxaaxaxaaxaxaaxxxx当时, 0a.1lim2axxeaxax则对一切的,有a.lim2axxeaxax解二 ,xxxxaxaaxax21limlimxaxaxxlim, 02lim又则,22limaxaxaxx.lim2axxeaxax解三 .21limlim22lim21lnlimaaxaxaxaxxxxxeeeaxaaxaxxx例 22(1991 年高数一)已知当时, 与是等价无穷小,0 x1)1 (312 ax1cosx则常数._a答案.23分析 利用等价无穷小的概念和等价无穷小代换:当时, 0 x.;1)1 (xx221cos1xx解 由于时, ,0 x2312311)1 (axax2211cosxx则即,1322131lim1cos1)1 (lim2203120axaxxaxxx.23a例 23(1992 年高数一)当时, 函数的极限1x11211xexx(A)等于 2. (B)等于 0. (C)为. (D)不存在但不为.答案.(D)分析 注意到函数左、右极限, .lim, 0lim111111xxxxee解 由于=1limx11211xexx, 0) 1(lim111xxex而=1limx11211xexx.) 1(lim111xxex则时, 函数的极限不存在,但不是1x11211xexx例 24 (1994 年高数一)设其中则必有, 2)1 ()21ln()cos1 (tanlim20 xxedxcxbxa, 022 ca(A). (B) . (C). (D).db4db4ca4ca4答案(D).分析 运用极限的四则运算法则.本题的关键是确定分子和分母中最低阶无穷小项的阶数,由于时,则分0 x221 ,21cos1 ,2)21ln(,tan2xexxxxxxx子和分母的最低阶无穷小项分别为和,它们都是的一阶无穷小,则xatan)21ln(xcx分子分母同除问题很快得到解决.x解一 ,xedxxcxxbxxaedxcxbxaxxxx)1 ()21ln()cos1 (tanlim)1 ()21ln()cos1 (tanlim2200又, 22lim)21ln(lim, 021limcos1lim, 1tanlim002000 xxxxxxxxxxxxxxx . 0lim1lim2002xxxexxx则. 22020lim)1 ()21ln()cos1 (tanlim002cacaedxcxbxaxxx从而.ca4解二 )21ln()1 (1)21ln()cos1 ()21ln(tanlim)1 ()21ln()cos1 (tanlim2200 xcedxcxbxcxaedxcxbxaxxxx分母极限不为零可用商的运算法则.)21ln()1 (lim1)21ln()cos1 (lim)21ln(tanlim)21ln()1 (1)21ln()cos1 ()21ln(tanlim220000 xcedxcxbxcxaxcedxcxbxcxaxxxxxx.2201022lim1221lim2lim20200cacacxdxcxbxcxaxxxx从而.ca4例 25 (1998 年高数三)设函数, 讨论函数的间断点, 其结)(xfnnxx211lim)(xf论为 .(A)不存在间断点. (B)存在间断点. 1x(C)存在间断点. (D)存在间断点. 0 x1x答案 (B).解 显然不是间断点;0 x当时, 也不是间断点.1x0) 1(20) 1(ff1 x讨论. 1) 1 (, 1fx当时, , ;10 x)(02nxn211lim2nnxx当时, , .1x)(2nxn2011lim2nnxx在处间断.)(xf1x故选(B).例 26(1999 年高数四)设函数, 则) 1, 0()(aaaxfx._)()2() 1 (ln1lim2nfffnn答案.ln21a解 ln1lim)()2() 1 (ln1lim2122nnnaaannfffn =nlim2)1(2ln1nnannlim2) 1( nnanln12.ln21a例 27(1998 年高数二)设数列与满足, 则下列断言正确的是_.nxny0limnnnyx答案(D).分析与求解 用排除法易将(A)、(B)排除掉, 容易产生麻烦的是(C), 若(C)成立,则显然有;但反过来却未必全成立. 例如取, 则只要, 就有0limnnnyx0nxny, 而不必是无穷小.0limnnnyxny 对于(D), 若为无穷小, 等价于为无穷大, 即当nx1nx, 0, 01NM时, 又,故当时, , 1Nn ;|Mxn0limnnnyx, 0, 02N2Nn |nnyx取,当时, 即),max(21NNN Nn ,|nnnyxyM , 是无穷小.Myn |ny例 28(1996 年高数二) ._11lnsin31lnsinlimxxxx答案2.解一 xxxxxxxx31ln31ln31lnsinlim31lnsinlim . 3ln31lnlim31lnlim333exxxxxx 同理. 111lnsinlimxxx . 21311lnsin31lnsinlimxxxx解二 时， xxxx31lnsin31ln3.33lim31lnsinlimxxxxxx. 11lim11lnsinlimxxxxxx . 21311lnsin31lnsinlimxxxx解三 2121lnsin2341lncos2lim11lnsin31lnsinlim2xxxxxxxxx.10cos234limcos2lim341lnlimcos2341lncoslim222xxxxxxxxxx. 212lim112lim2121lnsin2lim2121lnsin121ln21122111,xxxxxxxxxxxxxx=2.11lnsin31lnsinlimxxxx例 29(1996 年高数一)设, (),试证数列极限101xnnxx61, 3 , 2 , 1n nx存在,并求此极限.分析 这种由递推关系定义的数列极限问题,一方面用单调有界准则证明极限存在,另一方面等式两边取极限求出极限.证明一 用数学归纳法证明数列单调减. nx由, ,知.101x416612xx21xx 即时, 有.1n1nnxx设时, 不等式成立. 由可知,kn 1nnxxkkxx61216kkxx时, 不等式也成立, 因而对一切的自然数时, 不等式总1 kn1nnxx1nnxx成立.又()即有下界, 由单调有界准则可知原数列有极限, 0nx, 3 , 2 , 1n nx设, 等式两边取极限得, 即(与题意axnnlimnnxx61aa6, 3a2不符,舍去), 故. 3limnnx证明二由数列的初值及递推关系式显然有，所以，0nxnnxx6126 这表明数列有下界，又nx，06)3)(2(61nnnnnnnnxxxxxxxx所以数列单调减. 于是根据单调有界准则, 数列有极限. 设极限为,则对递nxnxa推公式取极限有, 即(与题意不符,舍去), 故aa6, 3a2. 3limnnx证明三 由数列的初值及递推关系式显然有，所以0nx，因此,若数列有极限,则.nnxx6126 a0a假定数列有极限,则对递推公式取极限有, 即(与题意不符,aaa6, 3a2舍去). 事实上,3 确实是数列的极限,因为nx|3|31|3|31|3|361|36|3|121nnnnnnxxxxxx.0|3|311xn)(n例 30(2003 年高数一)设均为非负数列, 且 ,nnncba, 则必有nnnnnncbalim, 1lim, 0lim(A)对任意 成立. (B)对任意成立. nnba nnncb n(C) 不存在. (D) 不存在nnncalimnnncblim答案(D)分析 本题考查应用数列极限的保序性, 应注意:“若且，则存在，当时，有” ，而不bbaannnnlim,limba NNn nnba 是对于任意的 有.nnnba 还应注意以下结论：“,则”这是一个常用nnnnbaalim, 0limnnnbalim的结论.解一 由于, 则不存在.01limnnbnnclimnnncblim故应选(D).解二 排除法: 令,.,1nan1nnbnncn31显然,以上满足题设条件,但 nnncba,从而, 故(A)不正确.,21, 111ba11ba 又故(B)也不正确.,31,211111cbcb,故(C)也不正确.31311limlimnncannnn由排除法知, 应选(D).