函数、极限、连续
极限的存在准则补充
例1:极限$\lim\limits_{x\to \infty}\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}=()$
$$
\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}=-1,\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}=1
$$
因此极限不存在
需要分左、右极限的问题常见以下三种
- 分段函数分界点处的极限,而在该分界点两侧函数表达式不同(这里也包括带有绝对值的函数,如$\lim\limits_{x\to0}\frac{|x|}{x}$
- $e^{\infty}$型极限(如$\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{1}{x}},\lim\limits_{x\to \infty}e^{x},\lim\limits_{x\to \infty}e^{-x}$)
$\lim\limits_{x\to0^{-}}e^{\frac{1}{x}}=0,\lim\limits_{x\to0^{+}}e^{\frac{1}{x}}=+\infty,\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{1}{x}}不存在$
$\lim\limits_{x\to -\infty}e^{x}=0,\lim\limits_{x\to +\infty}e^{x}=+\infty,\lim\limits_{x\to \infty}e^{x}不存在$ 即$e^{\infty}\ne \infty,e^{+\infty}=+\infty,e^{-\infty}=0$
- $\arctan \infty$型极限(如$\lim\limits_{x\to0} \arctan \frac{1}{x},\lim\limits_{x\to \infty}\arctan x$)
$\lim\limits_{x\to0^{-}} \arctan \frac{1}{x}=- \frac{\pi}{2},\lim\limits_{x\to0^{+}} \arctan \frac{1}{x}=\frac{\pi}{2},\lim\limits_{x\to0} \arctan \frac{1}{x}不存在$ $\lim\limits_{x\to-\infty}\arctan x=- \frac{\pi}{2},\lim\limits_{x\to+\infty}\arctan x=\frac{\pi}{2},\lim\limits_{x\to \infty}\arctan x不存在$ 即$\arctan \infty\ne \frac{\pi}{2},\arctan(+\infty)=\frac{\pi}{2},\arctan(-\infty)=- \frac{\pi}{2}$
利用有理运算法则和泰勒公式求极限
例2:设$\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-(ax+bx^{2})}{x^{2}}=2$,则$a=(),b=()$
当分母有因式等于$0$,且该分式去掉该因式后使用加法法则各项不全为$0$,可以乘以该因式用加法法则
左右同乘$x$
$$
\begin{aligned}
\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-(ax+bx^{2})}{x}&=0\
\lim\limits_{x\to0}1-a-bx&=0\
a&=1
\end{aligned}
$$
(此处如果乘$x^{2}$剩下$\lim\limits_{x\to0}x-ax-bx^{2}$每一项都为$0$,所以不可行)
本题以本人的能力用这种方法只能算到这里了
泰勒展开
$$
\begin{aligned}
\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-(ax+bx^{2})}{x^{2}}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{x- \frac{x^{2}}{2}-(ax+bx^{2})+o(x^{2})}{x^{2}}\
&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(1-a)x-(\frac{1}{2}+b)x^{2}}{x^{2}}\tag{1}
\end{aligned}
$$
对于该式,由于$\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-(ax+bx^{2})}{x^{2}}=2,\lim\limits_{x\to0}\frac{(\frac{1}{2}+b)x^{2}}{x^{2}}=-\frac{1}{2}-b$,因此$\lim\limits_{x\to0}\frac{(1-a)x}{x^{2}}$一定存在,可得$a=1$
带回$(1)$
$$
\begin{aligned}
\lim\limits_{x\to0}\frac{(1-a)x-(\frac{1}{2}+b)x^{2}}{x^{2}}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(\frac{1}{2}+b)x^{2}}{x^{2}}\
&=-\frac{1}{2}-b=2
\end{aligned}
$$
可得$b=- \frac{5}{2}$
观察到分式为极限存在,分母$\to0$,显然分子也$\to0$,因此,可以考虑洛必达法则
$$
\begin{aligned}
\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-(ax+bx^{2})}{x^{2}}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{1+x}-a-2bx}{2x}\
&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(1-a)-(a+2b)x-2bx^{2}}{2x(1+x)}
\end{aligned}
$$
若$1-a\ne0$则原式极限为$\infty$,当$a=1$带回上式
$$
\begin{aligned}
上式&=\lim\limits_{x\to0}\frac{-(1+2b)x-2bx^{2}}{2x(1+x)}\
&=\lim\limits_{x\to0}\frac{-(1+2b+2bx)x}{2x(1+x)}\
&=\lim\limits_{x\to0}\frac{-(1+2b+2bx)}{2+2x}\
&当x\to0时,上式分子分母都不为0,因此可以直接代入\
&=- \frac{1+2b}{2}=2
\end{aligned}
$$
可得$b=- \frac{5}{2}$
无穷小量阶的比较
例3:已知$a,b$为常数,若$(1+ \frac{1}{n})^{n}-e$与$\frac{b}{n^{a}}$在$n\to \infty$时是等价无穷小,求$a,b$
如果有因式加减(加可以变成减)等于$0$,可以考虑先化成相同形式,再用拉格朗日中值定理求等价
当$n\to \infty$时
$$
\begin{aligned}
(1+ \frac{1}{n})^{n}-e&=e^{n\ln(1+ \frac{1}{n})}-e,此处用e^{x}-1的等价也可以\
&=e^{\xi}(n\ln(1+ \frac{1}{n})-1),\xi在n\ln(1+ \frac{1}{n})和1之间\
&\sim e(n\ln(1+ \frac{1}{n})-1)\
&=ne[\ln(1+ \frac{1}{n})- \frac{1}{n}]\
&=ne(- \frac{1}{2}( \frac{1}{n})^{2})\
&=- \frac{e}{2n}
\end{aligned}
$$
由题意知$- \frac{e}{2n}\sim \frac{b}{n^{a}}$,则$a=1,b=- \frac{e}{2}$
判断间断点的类型
例4:函数$f(x)=\frac{e^\frac{1}{x-1}\ln|1+x|}{(e^{x}-1)(x-2)}$的第二类间断点的个数为()
只要两个有一个极限不存在即为第二类间断点
$k$表示非零常数,对本题求解无影响
$$
\lim\limits_{x\to0}f(x)=k\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln|x+1|}{e^{x}-1}=k\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln|x+1|}{x}=k\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{1+x}}{1}=k
$$
$x=0$不是无穷间断点
对于$\ln|x|$类型求极限建议使用洛必达法则,因为$(\ln|x|)'=\frac{1}{x}$
$$
\lim\limits_{x\to2}f(x)=k\lim\limits_{x\to2} \frac{1}{x-2}=\infty
$$
$x=2$是无穷间断点
$$
\lim\limits_{x\to1}f(x)=k\lim\limits_{x\to1}e^\frac{1}{x-1}\begin{cases}
\infty&x\to1^{+} \
0&x\to1^{-}
\end{cases}
$$
$x=1$是无穷间断点
$$
\lim\limits_{x\to-1}f(x)=k\lim\limits_{x\to-1}\ln|1+x|=\infty
$$
$x=-1$是无穷间断点
综上,有四个无穷间断点
导数与微分
导数定义
例1:设函数$f(x)$在$(-1,1)$上有定义,且$\lim\limits_{x\to0}f(x)=0$,说明:
-
当$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$时,$f(x)$在$x=0$处可导不成立
-
当$f(x)$在$x=0$处可导时,$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x^{2}}=0$不成立
-
当$f(x)$在$x=0$处可导时,$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$成立
对于$\lim\limits_{x\to0}f(x)=0$和$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$,都只能说明函数在$0$周围去心邻域的性质,而导数需要研究$x=0$处的函数性质,因此1. 显然不成立
$f(x)$在$x=0$处可导,即$f(x)$在$x=0$处连续,由于$\lim\limits_{x\to0}f(x)=0$,可知$f(0)=0$,根据导数定义
$$
f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(0+x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=A,A为实数
$$
由题意
$$
\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x^{2}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x} \frac{1}{x}=A\lim\limits_{x\to0} \frac{1}{x}=A\cdot\infty
$$
显然$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}$不一定为$0$,因此2. 不成立
由题意
$$
\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{|x|}\sqrt{|x|}=A\lim\limits_{x\to0}\sqrt{|x|}=A\cdot 0=0
$$
因此3. 成立