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更换极限表达方式
This commit is contained in:
Didnelpsun
@@ -105,7 +105,7 @@ $y=a^x(a>0,a\neq 1)$：
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\item 定义域：$(-\infty, +\infty)$，值域：$(0,+\infty)$。
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\item 单调性：$a>1$，$y=a^x$单调增，$0<a<1$，$y=a^x$单调减。
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\item 常用指数函数：$y=e^x$。
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\item 极限：$\lim_{x\to -\infty}e^x=0$，$\lim_{x\to +\infty}e^x=+\infty$。
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\item 极限：$\lim\limits_{x\to -\infty}e^x=0$，$\lim\limits_{x\to +\infty}e^x=+\infty$。
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\end{enumerate}
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\subparagraph{对数函数} \leavevmode \bigskip
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@@ -127,7 +127,7 @@ $y=log_ax(a>0,a\neq 1)$为$y=a^x$的反函数：
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\item 定义域：$(0, +\infty)$，值域：$(-\infty,+\infty)$。
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\item 单调性：$a>1$，$y=\log_ax$单调增，$0<a<1$，$y=\log_ax$单调减。
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\item 常用对数函数：$y=\ln x$，$e=2.71828...$。
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\item 极限：$\lim_{x\to 0^+}\log_a x=-\infty$，$\lim_{x\to +\infty}\log_ax=+\infty$。
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\item 极限：$\lim\limits_{x\to 0^+}\log_a x=-\infty$，$\lim\limits_{x\to +\infty}\log_ax=+\infty$。
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\item 常用公式：$x=e^{\ln x}$，$u^v=e^{\ln u^v}=e^{v\ln u}(x>0,u>0)$
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\end{enumerate}
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@@ -213,7 +213,7 @@ $y=log_ax(a>0,a\neq 1)$为$y=a^x$的反函数：
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切函数有如下特征：
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\begin{enumerate}
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\item 特殊函数值：$\tan 0=0$，$\tan\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\tan\frac{\pi}{4}=1$，$\tan\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$，$\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\tan x=\infty$，$\tan\pi=0$，$\lim_{x\to\frac{3\pi}{2}}\tan x=\infty$，$\tan 2\pi=0$，$\lim_{x\to 0}\cot x=\infty$，$\cot\dfrac{\pi}{6}=\sqrt{3}$，$\cot\dfrac{\pi}{4}=1$，$\cot\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，$\cot\dfrac{\pi}{2}=0$，$\lim_{x\to\pi}\cot x=\infty$，$\cot\dfrac{3\pi}{2}=0$，$\lim_{x\to 2\pi}\cot x=\infty$。
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\item 特殊函数值：$\tan 0=0$，$\tan\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\tan\frac{\pi}{4}=1$，$\tan\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$，$\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\tan x=\infty$，$\tan\pi=0$，$\lim\limits_{x\to\frac{3\pi}{2}}\tan x=\infty$，$\tan 2\pi=0$，$\lim\limits_{x\to 0}\cot x=\infty$，$\cot\dfrac{\pi}{6}=\sqrt{3}$，$\cot\dfrac{\pi}{4}=1$，$\cot\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，$\cot\dfrac{\pi}{2}=0$，$\lim\limits_{x\to\pi}\cot x=\infty$，$\cot\dfrac{3\pi}{2}=0$，$\lim\limits_{x\to 2\pi}\cot x=\infty$。
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\item 定义域：$\tan x:x\neq k\pi+\dfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，$\cot x:x\neq k\pi(k\in Z)$，值域：$(-\infty,+\infty)$。
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\item 奇偶性：定义域内均为奇函数。
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\item 周期性：最小正周期为$\pi$。
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@@ -435,8 +435,8 @@ $x$为实数，不超过$x$的最大整数称为其整数部分$[x]$，其定义
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\begin{enumerate}
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\item $x-1<[x]\leqslant x$。
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\item $\lim_{x\to 0^+}[x]=0$。
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\item $\lim_{x\to 0^-}[x]=-1$。
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\item $\lim\limits_{x\to 0^+}[x]=0$。
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\item $\lim\limits_{x\to 0^-}[x]=-1$。
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\end{enumerate}
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\begin{tikzpicture}[scale=0.6]
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@@ -263,7 +263,7 @@ $f(x+T)=f(x)$，其中T为周期。 \bigskip
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\section{数列的极限}
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极限就是一个无限逼近某个值的过程。如$\dfrac{n}{n+1}$这个分式在$n$无限增大的时候会无限逼近1，这个1叫做极限值，所以写成$\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{n+1}=1$。
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极限就是一个无限逼近某个值的过程。如$\dfrac{n}{n+1}$这个分式在$n$无限增大的时候会无限逼近1，这个1叫做极限值，所以写成$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{n+1}=1$。
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所以从另一个方面更精确的指出一个数$N>0$，使得数列下标大于$N$的项与极限值之间的距离始终保持在$(0,\varepsilon)$之间，即$\dfrac{1}{n+1}<\varepsilon$，即$n>\dfrac{1}{\varepsilon}-1$，所以任意正数都能得到从$N>\dfrac{1}{\varepsilon}-1$项开始之后都有$\left\vert\dfrac{n}{n+1}-1\right\vert<\varepsilon$。
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@@ -273,9 +273,9 @@ $f(x+T)=f(x)$，其中T为周期。 \bigskip
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\subsubsection{数列极限定义}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设$\{x_n\}$为一数列，若存在常数$a$，对于不论任意小的$\varepsilon>0$，总存在正整数$N$，使$n>N$时，$\vert x_n-a\vert<\varepsilon$恒成立，则常数$a$为数列$\{x_n\}$的极限，或$\{x_n\}$收敛于$a$，记为：$\lim_{x\to\infty}x_n=a$或$x_n\to a(n\to\infty)$。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设$\{x_n\}$为一数列，若存在常数$a$，对于不论任意小的$\varepsilon>0$，总存在正整数$N$，使$n>N$时，$\vert x_n-a\vert<\varepsilon$恒成立，则常数$a$为数列$\{x_n\}$的极限，或$\{x_n\}$收敛于$a$，记为：$\lim\limits_{x\to\infty}x_n=a$或$x_n\to a(n\to\infty)$。
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常用语言（$\varepsilon-N$语言）：$\lim_{x\to\infty}x_n=a\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\exists N\in N_+$，当$n>N$时，恒有$\vert x_n-a\vert<\varepsilon$。
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常用语言（$\varepsilon-N$语言）：$\lim\limits_{x\to\infty}x_n=a\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\exists N\in N_+$，当$n>N$时，恒有$\vert x_n-a\vert<\varepsilon$。
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如果不存在该数$a$，则称数列$x_n$发散。
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@@ -291,7 +291,7 @@ $f(x+T)=f(x)$，其中T为周期。 \bigskip
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\item 取$N=[g(\varepsilon)]+1$，所以令$n>N$就可以证明。
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\end{enumerate}
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\textbf{例题：}用定义证明$\lim_{x\to\infty}\left[1+\dfrac{(-1)^n}{n}\right]=1$
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\textbf{例题：}用定义证明$\lim\limits_{x\to\infty}\left[1+\dfrac{(-1)^n}{n}\right]=1$
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证明：
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@@ -305,7 +305,7 @@ $\therefore\forall\varepsilon>0$，当$n>N$时，就有$n>\dfrac{1}{\varepsilon}
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$\therefore$证明完毕。
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\textbf{例题：}用定义证明$\lim_{n\to\infty}q^n=0$（$q$为常数且$\vert q\vert<1$）。
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\textbf{例题：}用定义证明$\lim\limits_{n\to\infty}q^n=0$（$q$为常数且$\vert q\vert<1$）。
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证明：
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@@ -317,19 +317,19 @@ $\therefore$证明完毕。
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$\therefore$当$n>N$时，必然$n>\dfrac{\ln\varepsilon}{\ln\vert q\vert}$，有$\vert q^n-0\vert<\varepsilon$。
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故$\lim_{n\to\infty}q^n=0$。
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故$\lim\limits_{n\to\infty}q^n=0$。
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\subsubsection{数列绝对值}
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\textbf{例题：}证明若$\lim_{x\to\infty}a_n=A$，则$\lim_{x\to\infty}\vert a_n\vert=\vert A\vert$。
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\textbf{例题：}证明若$\lim\limits_{x\to\infty}a_n=A$，则$\lim\limits_{x\to\infty}\vert a_n\vert=\vert A\vert$。
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因为$\lim_{n\to\infty}a_n=A\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\exists N>0,\text{当}n>N$，恒有$\vert a_n-A\vert<\varepsilon$。
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因为$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\exists N>0,\text{当}n>N$，恒有$\vert a_n-A\vert<\varepsilon$。
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又由重要不等式$\vert\vert a\vert-\vert b\vert\vert\leqslant\vert a-b\vert$，所以$\vert\vert a_n-\vert A\vert\vert\leqslant\varepsilon$。
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所以恒成立，证明完毕。
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从这个题推出：$\lim_{n\to\infty}a_n=0\Leftrightarrow\lim_{n\to\infty}\vert a_n\vert=0$。所以如果我们以后需要证明某一数列极限为0，可以证明数列绝对值极限0，而数列绝对值绝对时大于等于0的，所以由夹逼准则，其中小的一头已经固定为0了，所以只用找另一个偏大的数列夹逼所证明数列就可以了。
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从这个题推出：$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\Leftrightarrow\lim\limits_{n\to\infty}\vert a_n\vert=0$。所以如果我们以后需要证明某一数列极限为0，可以证明数列绝对值极限0，而数列绝对值绝对时大于等于0的，所以由夹逼准则，其中小的一头已经固定为0了，所以只用找另一个偏大的数列夹逼所证明数列就可以了。
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\subsubsection{子数列}
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@@ -356,17 +356,17 @@ $\therefore$当$n>N$时，必然$n>\dfrac{\ln\varepsilon}{\ln\vert q\vert}$，
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证明：
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设$\lim_{n\to\infty}a_n=A$且$\lim_{n\to\infty}a_n=B$且$A\neq B$。
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设$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A$且$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=B$且$A\neq B$。
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不如设$A>B$。任意取$\varepsilon=\dfrac{A-B}{2}>0$。
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$\because\lim_{n\to\infty}a_n=A$
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$\because\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A$
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$\therefore\exists N_1>0$，当$n>N_1$时，$\vert a_n-A\vert<\dfrac{A-B}{2}$。
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得到$\dfrac{A+B}{2}<a_n<\dfrac{3A-B}{2}$并设为式子一。
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又$\because\lim_{n\to\infty}a_n=B$
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又$\because\lim\limits_{n\to\infty}a_n=B$
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$\therefore\exists N_2>0$，当$n>N_2$时，$\vert a_n-B\vert<\dfrac{A-B}{2}$。
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@@ -380,13 +380,13 @@ $\therefore\exists N_2>0$，当$n>N_2$时，$\vert a_n-B\vert<\dfrac{A-B}{2}$。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若数列$\{x_n\}$极限存在，则数列有界。
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即$\lim_{n\to\infty}a_n=A$，则存在$M>0$，使得$\vert a_n\vert\leqslant M$。
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即$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A$，则存在$M>0$，使得$\vert a_n\vert\leqslant M$。
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证明：
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由极限定义，取$\varepsilon=1$。
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$\because\lim_{n\to\infty}a_n=A$
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$\because\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A$
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$\therefore\exists N>0$，当$n>N$时，$\vert a_n-A\vert<1$。
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@@ -406,17 +406,17 @@ $\forall n$，有$\vert a_n\vert\leqslant M$
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较重要。也称为脱帽法。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若数列$\{x_n\}$存在极限$\lim_{n\to\infty}a_n=a\neq 0$，则存在正整数$N$，当$n>N$时$a_n$都与$a$同号。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若数列$\{x_n\}$存在极限$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a\neq 0$，则存在正整数$N$，当$n>N$时$a_n$都与$a$同号。
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简单来说，就是极限大于0，后面一部分数列大于0，极限小于0，后面一部分数列小于0。
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推论，戴帽法：若数列$\{a_n\}$从某项开始$a_n\geqslant b$，且$\lim_{n\to\infty}a_n=a$，则$a\geqslant b$。这里一定要带等号。
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推论，戴帽法：若数列$\{a_n\}$从某项开始$a_n\geqslant b$，且$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=a$，则$a\geqslant b$。这里一定要带等号。
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证明：
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设$A>0$，取$\varepsilon=\dfrac{A}{2}>0$。
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$\because\lim_{n\to\infty}a_n=A$
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$\because\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A$
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$\therefore\exists N>0$，当$n>N$时，$\vert a_n-A\vert<\dfrac{A}{2}\Rightarrow a_n>\dfrac{A}{2}>0$
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@@ -424,17 +424,17 @@ $\therefore\exists N>0$，当$n>N$时，$\vert a_n-A\vert<\dfrac{A}{2}\Rightarro
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\subsection{海涅定理（归结原则）}
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设$f(x)$在$\mathring{U}(x_0,\delta)$内有定义，则$\lim_{x\to x_0}f(x)=A$存在$\Leftrightarrow$对任何$\mathring{U}(x_0,\delta)$内以$x_0$为极限的数列$\{x_n\}(x_n\neq x_0)$，极限$\lim_{n\to\infty}f(x_n)=A$存在。
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设$f(x)$在$\mathring{U}(x_0,\delta)$内有定义，则$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$存在$\Leftrightarrow$对任何$\mathring{U}(x_0,\delta)$内以$x_0$为极限的数列$\{x_n\}(x_n\neq x_0)$，极限$\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=A$存在。
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海涅定理用来连接数列极限与函数极限。在极限存在下他们可以相互转换。
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\textbf{例题：}求$\lim_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}$（$n\in N^+$）。
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\textbf{例题：}求$\lim\limits_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}$（$n\in N^+$）。
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$\because \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{\tan x}{x}\right)^{\frac{1}{x^2}}$
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$\because \lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{\tan x}{x}\right)^{\frac{1}{x^2}}$
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又$u^v=e^{v\ln u}$
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$\therefore =e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}}$
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$\therefore =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}}$
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又在$x\to 0$下$\ln (1+x)\sim x$，$\therefore \ln(1+g(x))\sim g(x),g(x)\to 0$。
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@@ -450,14 +450,14 @@ $\therefore$ \bigskip
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$
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\begin{aligned}
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& e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}} \\
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& =e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{\tan x-x}{x}} \\
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& =e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{3}} \\
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& e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}} \\
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& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{\tan x-x}{x}} \\
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& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{3}} \\
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& = e^{\frac{1}{3}}
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\end{aligned}
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$
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根据海涅定理：取$x=\dfrac{1}{n},n\to\infty$，$\lim_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}=e^{\frac{1}{3}}$。
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根据海涅定理：取$x=\dfrac{1}{n},n\to\infty$，$\lim\limits_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}=e^{\frac{1}{3}}$。
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\section{函数的极限}
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@@ -465,11 +465,11 @@ $
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\subsubsection{极限定义}
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设函数$f(x)$在点$x_0$的某一个去心邻域有定义，若存在常数$A$，对于任意给定的$\varepsilon>0$，总存在正数$\delta$，使得当$0<\vert x-x_0\vert<\delta$式，对应的函数值$f(x)$都满足不等式$\vert f(x)-A\vert <\varepsilon$，则$A$就是函数$f(x)$当$x\to x_0$时的极限，记作$\lim_{x\to x_0}f(x)=A$或$f(x)\rightarrow A(x\rightarrow x_0)$。
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设函数$f(x)$在点$x_0$的某一个去心邻域有定义，若存在常数$A$，对于任意给定的$\varepsilon>0$，总存在正数$\delta$，使得当$0<\vert x-x_0\vert<\delta$式，对应的函数值$f(x)$都满足不等式$\vert f(x)-A\vert <\varepsilon$，则$A$就是函数$f(x)$当$x\to x_0$时的极限，记作$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$或$f(x)\rightarrow A(x\rightarrow x_0)$。
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写成$\varepsilon-\delta$语言：$\lim_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,\text{当}0<\vert x-x_0\vert<\delta$时，有$\vert f(x)-A\vert\varepsilon$。
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写成$\varepsilon-\delta$语言：$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,\text{当}0<\vert x-x_0\vert<\delta$时，有$\vert f(x)-A\vert\varepsilon$。
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而对于趋向无穷时，写成$\varepsilon-X$语言：$\lim_{x\to\infty}f(x)=A\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\exists X>0,\text{当}\vert x\vert>X$时，有$\vert f(x)-A\vert<\varepsilon$。
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而对于趋向无穷时，写成$\varepsilon-X$语言：$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0,\exists X>0,\text{当}\vert x\vert>X$时，有$\vert f(x)-A\vert<\varepsilon$。
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\textcolor{orange}{注意：}这里的趋向分为六种：$x\to x_0$、$x\to x_0^+$、$x\to x_0^-$、$x\to\infty$、$x\to\infty^+$、$x\to\infty^-$。
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@@ -482,8 +482,8 @@ $
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函数存在的充要条件是：
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\begin{enumerate}
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\item $\lim_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow\lim_{x\to x_0^-}f(x)=\lim_{x\to x_0^+}f(x)=A$。
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\item 函数脱帽法：$\lim_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=0$，后面的$\alpha(x)$就是函数与极限值的误差。
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\item $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=A$。
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\item 函数脱帽法：$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim\limits_{x\to x_0}\alpha(x)=0$，后面的$\alpha(x)$就是函数与极限值的误差。
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\end{enumerate}
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\subsubsection{极限情况总结}
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@@ -518,7 +518,7 @@ $
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若极限存在，则极限唯一。
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\textbf{例题：}设$a$为常数，$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$存在，求出极限值。
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\textbf{例题：}设$a$为常数，$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$存在，求出极限值。
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因为求$x\to 0$，所以需要分两种情况讨论：
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@@ -526,16 +526,16 @@ $
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
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& = \lim_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\lim_{x\to 0^+}\left(a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
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||||
& = \lim_{x\to 0^+}\left(\dfrac{0\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi}{1\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+1}\right)+a\cdot\dfrac{\pi}{2} \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
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||||
& = \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\lim\limits_{x\to 0^+}\left(a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{0\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi}{1\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+1}\right)+a\cdot\dfrac{\pi}{2} \\
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||||
& = a\cdot\dfrac{\pi}{2}
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\end{aligned}
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$
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
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& = -\pi+a\cdot\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) \\
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& = -\pi-\dfrac{\pi}{2}\cdot a
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\end{aligned}
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@@ -579,31 +579,31 @@ $A.(-1,0)$\qquad$B.(0,1)$\qquad$C.(1,2)$\qquad$D.(2,3)$
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解：看选项，0，1，2出现次数较多，所以从$B$选项开始检查是否有界：
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$\lim_{x\to 0^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=(-1)\cdot\dfrac{-\sin 2}{(-1)\cdot 4}=-\dfrac{\sin 2}{4}$
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$\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=(-1)\cdot\dfrac{-\sin 2}{(-1)\cdot 4}=-\dfrac{\sin 2}{4}$
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所以趋于$0^-$的一段有界。
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同理$\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=\dfrac{\sin 2}{4}$。
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同理$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=\dfrac{\sin 2}{4}$。
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所以趋于$0^+$的一段有界。
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$\lim_{x\to 1^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中$(x-1)$为0且在分母位置，所以极限为$\infty$，无界。
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$\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中$(x-1)$为0且在分母位置，所以极限为$\infty$，无界。
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所以$(0,1)$无界，$B$排除。
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同理$\lim_{x\to 1^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$也无穷大而无界。
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同理$\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$也无穷大而无界。
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所以$(1,2)$无界，$C$排除。
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$\lim_{x\to 2^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中不管前面的项，而看到后面的$\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)^2}$。
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$\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中不管前面的项，而看到后面的$\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)^2}$。
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因为$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$，所以对于$\lim_{x\to 2}\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)}=1$，所以下面还有一个$x-2$，所以还是为$\infty$。
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因为$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$，所以对于$\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)}=1$，所以下面还有一个$x-2$，所以还是为$\infty$。
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所以$(2,3)$无界，$D$排除。
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验证-1处是否有界：
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$\lim_{x\to -1}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=-\dfrac{\sin 3}{18}$。
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$\lim\limits_{x\to -1}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=-\dfrac{\sin 3}{18}$。
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所以该处有界，所以选$A$。
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@@ -634,17 +634,17 @@ $\Rightarrow A-\varepsilon<f(x)<A+\varepsilon$。
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关于三个性质要注意自变量取值的双向性，所以需要留意下面几个函数：
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\begin{enumerate}
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\item $\lim_{x\to\infty}e^x$不存在，因为$\lim_{x\to +\infty}e^x=+\infty$，$\lim_{x\to -\infty}e^x=0$。
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\item $\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{\vert x\vert}$不存在，因为$\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x}{\vert x\vert}=1$，$\lim_{x\to 0^-}\dfrac{\sin x}{\vert x\vert}=-1$。
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||||
\item $\lim_{x\to\infty}\arctan x$不存在，因为$\lim_{x\to +\infty}\arctan x=\dfrac{\pi}{2}$，$\lim_{x\to -\infty}\arctan x=-\dfrac{\pi}{2}$。
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||||
\item $\lim_{x\to 0}[x]$不存在，因为$\lim_{x\to 0^+}[x]=0$，$\lim_{x\to 0^-}[x]=-1$
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\item $\lim\limits_{x\to\infty}e^x$不存在，因为$\lim\limits_{x\to +\infty}e^x=+\infty$，$\lim\limits_{x\to -\infty}e^x=0$。
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||||
\item $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{\vert x\vert}$不存在，因为$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x}{\vert x\vert}=1$，$\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\sin x}{\vert x\vert}=-1$。
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||||
\item $\lim\limits_{x\to\infty}\arctan x$不存在，因为$\lim\limits_{x\to +\infty}\arctan x=\dfrac{\pi}{2}$，$\lim\limits_{x\to -\infty}\arctan x=-\dfrac{\pi}{2}$。
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||||
\item $\lim\limits_{x\to 0}[x]$不存在，因为$\lim\limits_{x\to 0^+}[x]=0$，$\lim\limits_{x\to 0^-}[x]=-1$
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\end{enumerate}
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\section{无穷大与无穷小}
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\subsection{无穷定义}
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无穷小\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}当$x\to x_0(\infty)$时，函数$f(x)$极限为0，就称$f(x)$为当$x\to x_0(\infty)$时的无穷小，记为：$\lim_{x\to x_0(\infty)}f(x)=0$。
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无穷小\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}当$x\to x_0(\infty)$时，函数$f(x)$极限为0，就称$f(x)$为当$x\to x_0(\infty)$时的无穷小，记为：$\lim\limits_{x\to x_0(\infty)}f(x)=0$。
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以0为极限的数列称为$n\to\infty$时的无穷小。
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@@ -654,11 +654,11 @@ $\Rightarrow A-\varepsilon<f(x)<A+\varepsilon$。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}$\lim f(x)=A\Leftrightarrow f(x)=A+o(x)$，其中$\lim o(x)=0$。
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无穷大\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}当$x\to x_0(\infty)$时，函数$\vert f(x)\vert$无限增大，就称$f(x)$为当$x\to x_0(\infty)$时的无穷大，记为：$\lim_{x\to x_0(\infty)}f(x)=\infty$。
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无穷大\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}当$x\to x_0(\infty)$时，函数$\vert f(x)\vert$无限增大，就称$f(x)$为当$x\to x_0(\infty)$时的无穷大，记为：$\lim\limits_{x\to x_0(\infty)}f(x)=\infty$。
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若$\lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$则$x=x_0$为$y=f(x)$的垂直渐进线。
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若$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$则$x=x_0$为$y=f(x)$的垂直渐进线。
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若$\lim_{x\to\infty}f(x)=a$则$y=a$为$y=f(x)$的水平渐进线。
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若$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=a$则$y=a$为$y=f(x)$的水平渐进线。
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}若同一极限过程中，$f(x)$为无穷大，则$\dfrac{1}{f(x)}$为无穷小，反之若$f(x)$为无穷小且不为0，则$\dfrac{1}{f(x)}$为无穷大。
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@@ -672,25 +672,25 @@ $\Rightarrow A-\varepsilon<f(x)<A+\varepsilon$。
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\subsection{数列极限}
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若$\lim_{n\to\infty}x_n=a$，$\lim_{n\to\infty}y_n=b$则：
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若$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$，$\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b$则：
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\begin{enumerate}
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\item $\lim_{n\to\infty}x_n\pm y_n=a\pm b$。
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\item $\lim_{n\to\infty}(x_ny_n)=\lim_{n\to\infty}x_n\lim_{n\to\infty}y_n=ab$。
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\item $\lim_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{\lim_{n\to\infty}x_n}{\lim_{n\to\infty}y_n}=\dfrac{a}{b}(b\neq 0)$。
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\item $\lim\limits_{n\to\infty}x_n\pm y_n=a\pm b$。
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\item $\lim\limits_{n\to\infty}(x_ny_n)=\lim\limits_{n\to\infty}x_n\lim\limits_{n\to\infty}y_n=ab$。
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||||
\item $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x_n}{y_n}=\dfrac{\lim\limits_{n\to\infty}x_n}{\lim\limits_{n\to\infty}y_n}=\dfrac{a}{b}(b\neq 0)$。
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\end{enumerate}
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\textbf{例题：}若$\lim_{n\to\infty}(a_n+b_n)=1$且$\lim_{n\to\infty}(a_n-b_n)=3$，计算$\lim_{n\to\infty}a_n$与$\lim_{n\to\infty}b_n$。
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\textbf{例题：}若$\lim\limits_{n\to\infty}(a_n+b_n)=1$且$\lim\limits_{n\to\infty}(a_n-b_n)=3$，计算$\lim\limits_{n\to\infty}a_n$与$\lim\limits_{n\to\infty}b_n$。
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首先是不能通过运算法则第一条将两个条件直接加减的，因为不能保证两个极限是否都存在。
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所以必须先令$u_n=a_n+b_n$，$v_n=a_n-b_n$，所以$\lim_{n\to\infty}u_n=1$，$\lim_{n\to\infty}v_n=3$。
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所以必须先令$u_n=a_n+b_n$，$v_n=a_n-b_n$，所以$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=1$，$\lim\limits_{n\to\infty}v_n=3$。
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因为这两个极限都存在，所以可以进行运算。
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相加得到$\lim_{n\to\infty}(u_n+v_n)=2\lim_{n\to\infty}a_n=4$。
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相加得到$\lim\limits_{n\to\infty}(u_n+v_n)=2\lim\limits_{n\to\infty}a_n=4$。
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所以得到$\lim_{n\to\infty}a_n=2$。同理$\lim_{n\to\infty}(u_n-v_n)$得到$\lim_{n\to\infty}b_n=-1$。
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所以得到$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=2$。同理$\lim\limits_{n\to\infty}(u_n-v_n)$得到$\lim\limits_{n\to\infty}b_n=-1$。
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\subsection{函数极限}
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@@ -701,7 +701,7 @@ $\Rightarrow A-\varepsilon<f(x)<A+\varepsilon$。
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\item $\lim[f(x)\cdot g(x)]=\lim f(x)\cdot\lim g(x)=A\cdot B$
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||||
\item $\lim[f(x)]^n=[\lim f(x)]^n$，其中$n$为正整数。
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||||
\item $\lim\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{\lim f(x)}{\lim g(x)}=\dfrac{A}{B}(B\neq 0)$。
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||||
\item $\lim_{x\to\infty}\dfrac{a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0}{b_mx^m+\cdots+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_1x+b_0}=\left\{
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||||
\item $\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0}{b_mx^m+\cdots+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_1x+b_0}=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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||||
\dfrac{a_n}{b_m}, & & n=m \\
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||||
0, & & n<m \\
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@@ -709,12 +709,12 @@ $\Rightarrow A-\varepsilon<f(x)<A+\varepsilon$。
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||||
\end{array}
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\right.$
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||||
\item 若$f(x)\geqslant g(x)$，则$A\geqslant B$。
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||||
\item 若$y=f[g(x)]$由$y=f(u)$与$u=g(x)$复合而成，且$\lim_{x\to x_0}g(x)=u_0$且$\lim_{u\to u_0}f(u)=a$，当$x\in\mathring{U}(x_0,\delta_0)$时，$g(x)\neq u_0$，则$\lim_{x\to x_0}f[g(x)]=a$。
|
||||
\item 若$y=f[g(x)]$由$y=f(u)$与$u=g(x)$复合而成，且$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=u_0$且$\lim\limits_{u\to u_0}f(u)=a$，当$x\in\mathring{U}(x_0,\delta_0)$时，$g(x)\neq u_0$，则$\lim\limits_{x\to x_0}f[g(x)]=a$。
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\end{enumerate}
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对于结论7必须\textcolor{orange}{注意}$g(x)\neq u_0$。
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假设$f(u)=\dfrac{u^2-1}{u-1}$，所以这个$f(x)$在$x=1$处应无定义。但是这并不影响$\lim_{u\to 1}f(u)=2$。
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||||
假设$f(u)=\dfrac{u^2-1}{u-1}$，所以这个$f(x)$在$x=1$处应无定义。但是这并不影响$\lim\limits_{u\to 1}f(u)=2$。
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||||
假设$g(x)=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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@@ -723,7 +723,7 @@ $\Rightarrow A-\varepsilon<f(x)<A+\varepsilon$。
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\end{array}
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\right.$。
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则$\lim_{x\to 0}g(x)=1$，所以$\lim_{x\to 0}f[g(x)]=2?$。
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则$\lim\limits_{x\to 0}g(x)=1$，所以$\lim\limits_{x\to 0}f[g(x)]=2?$。
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答案是不，因为当$x>0$时，$u=g(x)=1$，而$1$在$g(x)$中是无定义的，所以复合函数当$x>0$时无定义，从而在$0$处极限不存在。
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@@ -744,13 +744,13 @@ $\Rightarrow A-\varepsilon<f(x)<A+\varepsilon$。
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\begin{enumerate}
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\item $y_n\leqslant x_n\leqslant z_n(n=1,2,3,\cdots)$。
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\item $\lim_{n\to\infty}y_n=a,\lim_{n\to\infty}z_n=a$。
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\item 则$\lim_{n\to\infty}x_n=a$。
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\item $\lim\limits_{n\to\infty}y_n=a,\lim\limits_{n\to\infty}z_n=a$。
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\item 则$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$。
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\end{enumerate}
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证明：
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由于$\lim_{n\to\infty}y_n=a,\lim_{n\to\infty}z_n=a$。
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由于$\lim\limits_{n\to\infty}y_n=a,\lim\limits_{n\to\infty}z_n=a$。
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则$\forall\varepsilon>0$，$\exists N$，当$n>N$时，$\vert y_n<\varepsilon$，$\vert z_n<\varepsilon$。
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@@ -760,13 +760,13 @@ $\therefore a-\varepsilon<y_n\leqslant x_n\leqslant z_n<a+\varepsilon$。
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$\therefore\vert x_n-a\vert<\varepsilon$。
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\textbf{例题：}求极限$\lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{n}{n^2+1}+\dfrac{n}{n^2+2}+\cdots+\dfrac{n}{n^2+n}\right)$。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{n}{n^2+1}+\dfrac{n}{n^2+2}+\cdots+\dfrac{n}{n^2+n}\right)$。
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使用夹逼准则：$\dfrac{n^2}{n^2+n}<\sum_{i=1}^n\dfrac{n}{n^2+i}<\dfrac{n^2}{n^2+1}$。
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又$\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^2}{n^2+1}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^2/n^2}{n^2/n^2+1/n^2}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n^2}}=1$。
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又$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^2}{n^2+1}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^2/n^2}{n^2/n^2+1/n^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n^2}}=1$。
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||||
且$\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^2}{n^2+n}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n}}=1$。
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且$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^2}{n^2+n}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n}}=1$。
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由夹逼准则，原式的极限为1。
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@@ -782,13 +782,13 @@ $\therefore\vert x_n-a\vert<\varepsilon$。
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\textcolor{orange}{注意：}两函数差值极限为0不代表两函数极限相同，也不能保证中间的$f(x)$的极限存在。
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\textbf{例题：}求$\lim_x\to+\infty(2+\sin x)^{\frac{1}{x}}$。
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\textbf{例题：}求$\lim\limits_x\to+\infty(2+\sin x)^{\frac{1}{x}}$。
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$\because \sin x\in[-1,1]$，$\therefore 1\leqslant 2+\sin x\leqslant 3$。
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$\therefore 1^{\frac{1}{x}}\leqslant\left(2+\sin x\right)^{\frac{1}{x}}\leqslant 3^{\frac{1}{x}}$。
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而当$x\to+\infty$时两边的极限都为$1$，则由夹逼定理$\lim_x\to+\infty(2+\sin x)^{\frac{1}{x}}=1$。
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而当$x\to+\infty$时两边的极限都为$1$，则由夹逼定理$\lim\limits_x\to+\infty(2+\sin x)^{\frac{1}{x}}=1$。
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\subsection{单调有界准则}
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@@ -819,7 +819,7 @@ $\therefore$数列$\{a_n\}$有下界$\sqrt{2}$。
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$\therefore a_{n+1}\leqslant a_n$，得到数列单调减少。
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由单调有界准则，$\lim_{n\to\infty}a_n$存在并记为$A$。
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由单调有界准则，$\lim\limits_{n\to\infty}a_n$存在并记为$A$。
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将$A$代入递推式并两边求极限：$A=\dfrac{1}{2}(A+\dfrac{2}{A})$，得到$A=\pm\sqrt{2}$。
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@@ -837,11 +837,11 @@ $\therefore a_{n+1}\leqslant a_n$，得到数列单调减少。
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\ding{175}故$\{x_n\}\searrow$且有下界0。
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$\therefore\lim_{n\to\infty}x_n$存在，并记为$A$。
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$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}x_n$存在，并记为$A$。
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对两边取极限：$A=\sin A$，所以$A=0$。
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$\therefore\lim_{n\to\infty}x_n=0$。
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$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$。
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\textbf{例题：}证明$a_n=\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}$存在极限。
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@@ -864,7 +864,7 @@ $
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单调增且有上界，所以必然有极限。
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\subsection{\texorpdfstring{$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$}{}}
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\subsection{\texorpdfstring{$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$}{}}
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证明：
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@@ -893,13 +893,13 @@ $\therefore 1<\dfrac{x}{\sin x}<\dfrac{1}{\cos x}\Rightarrow\cos x<\dfrac{\sin x
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$\therefore 0<1-\dfrac{\sin x}{x}<1-\cos x=2\sin^2\dfrac{x}{2}\leqslant 2\left(\dfrac{x}{2}\right)^2$。
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根据夹逼定理，$\lim_{x\to 0}2\left(\dfrac{x}{2}\right)^2=0\Rightarrow\lim_{x\to 0}1-\dfrac{\sin x}{x}=0$。
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根据夹逼定理，$\lim\limits_{x\to 0}2\left(\dfrac{x}{2}\right)^2=0\Rightarrow\lim\limits_{x\to 0}1-\dfrac{\sin x}{x}=0$。
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$\therefore\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$。
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$\therefore\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$。
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从而$\lim_{\Delta\to 0}\dfrac{\sin\Delta}{\Delta}=1(\Delta\neq 0)$。
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从而$\lim\limits_{\Delta\to 0}\dfrac{\sin\Delta}{\Delta}=1(\Delta\neq 0)$。
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\subsection{\texorpdfstring{$\lim_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e$}{}}
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\subsection{\texorpdfstring{$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e$}{}}
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书上通过数列进行单调有界定理证明极限存在性。
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@@ -907,24 +907,24 @@ $\therefore\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$。
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x \\
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& =\lim_{x\to\infty}e^{\ln(1+\frac{1}{x})^x} \\
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& =\lim_{x\to\infty}e^{x\ln(1+\frac{1}{x})} \\
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& =e^{\lim_{x\to\infty}x\ln(1+\frac{1}{x})} \\
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& =e^{\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}} \\
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& =e^{\lim_{x\to\infty}\frac{\left(\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\right)\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-\frac{1}{x^2}}} \\
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& =e^{\lim_{x\to\infty}\frac{1}{1+x}} \\
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||||
& \lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x \\
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& =\lim\limits_{x\to\infty}e^{\ln(1+\frac{1}{x})^x} \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to\infty}e^{x\ln(1+\frac{1}{x})} \\
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||||
& =e^{\lim\limits_{x\to\infty}x\ln(1+\frac{1}{x})} \\
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||||
& =e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}} \\
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||||
& =e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\left(\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\right)\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-\frac{1}{x^2}}} \\
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||||
& =e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{1+x}} \\
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& =e
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\end{aligned}
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$
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从而$\lim_{\Delta\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{\Delta}\right)^\Delta=e$与$\lim_{\Delta\to 0}\left(1+\Delta\right)^{\frac{1}{\Delta}}=e(\Delta\neq 0)$。
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从而$\lim\limits_{\Delta\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{\Delta}\right)^\Delta=e$与$\lim\limits_{\Delta\to 0}\left(1+\Delta\right)^{\frac{1}{\Delta}}=e(\Delta\neq 0)$。
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\section{无穷小的比较}
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\subsection{无穷小量}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若$\lim_{x\to x_0}f(x)=0$，则称$f(x)$为当$x\to x_0$时的无穷小量。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0$，则称$f(x)$为当$x\to x_0$时的无穷小量。
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\subsection{无穷小的比较}
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@@ -940,15 +940,15 @@ $
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}$\alpha(x)\sim\beta(x)$的充要条件是$\alpha(x)=\beta(x)+o(\beta(x))$。
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\textcolor{orange}{注意：}并不是任意无穷小都可以比阶。如$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin\dfrac{1}{x}}{x^2}$就因为得到函数振荡而无法得到极限。
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\textcolor{orange}{注意：}并不是任意无穷小都可以比阶。如$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin\dfrac{1}{x}}{x^2}$就因为得到函数振荡而无法得到极限。
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\textbf{例题：}证明当$x\to 0$时，$\sqrt[n]{1+x}-1\sim\dfrac{1}{n}x$。
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证明$\sqrt[n]{1+x}-1\sim\dfrac{1}{n}x$就是证明$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}\sim\dfrac{1}{n}$。
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证明$\sqrt[n]{1+x}-1\sim\dfrac{1}{n}x$就是证明$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt[n]{1+x}-1}{x}\sim\dfrac{1}{n}$。
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令$\sqrt[n]{1+x}-1=t$，则$1+x=(1+t)^n$，则$x=(1+t)^n-1$。
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利用二项式展开：$=\lim_{t\to 0}\dfrac{t}{nt+\dfrac{n(n-1)}{2}t^2+\cdots}=\dfrac{1}{n}$。
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利用二项式展开：$=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t}{nt+\dfrac{n(n-1)}{2}t^2+\cdots}=\dfrac{1}{n}$。
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\subsection{无穷小运算}
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@@ -992,7 +992,7 @@ $x\to 0$：
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\subsection{连续定义}
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若函数$f(x)$在点$x_0$的某一邻域内有定义，且有$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$或$\lim_{\Delta x\to 0}\Delta y=0$，则称函数$f(x)$在点$x_0$处连续。
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||||
若函数$f(x)$在点$x_0$的某一邻域内有定义，且有$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$或$\lim\limits_{\Delta x\to 0}\Delta y=0$，则称函数$f(x)$在点$x_0$处连续。
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极限值等于函数值，则该点连续。
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@@ -1000,7 +1000,7 @@ $x\to 0$：
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讨论间断只看两类点：分段函数分段点，无定义点。
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若函数$f(x)$在点$x_0$的某一去心邻域内有定义，且有$\lim_{x\to x_0}f(x)\neq f(x_0)$，则称函数$f(x)$在点$x_0$处间断。
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||||
若函数$f(x)$在点$x_0$的某一去心邻域内有定义，且有$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\neq f(x_0)$，则称函数$f(x)$在点$x_0$处间断。
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||||
极限值不等于函数值，则该点间断。
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@@ -1008,7 +1008,7 @@ $x\to 0$：
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\subsubsection{可去间断点（可补间断点）}
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若$\lim_{x\to x_0}f(x)=A\neq f(x_0)$（甚至可以没有定义）。
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||||
若$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\neq f(x_0)$（甚至可以没有定义）。
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\begin{tikzpicture}
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||||
\draw[-latex](-0.5,0) -- (3,0) node[below]{$x$};
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||||
@@ -1020,12 +1020,12 @@ $x\to 0$：
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||||
\draw[black, densely dashed](1,1) -- (0,1) node[left]{$A$};
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||||
\draw[black, densely dashed](1,2) -- (1,0) node[below]{$x_0$};
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||||
\filldraw[black] (1,2) circle (2pt) node[above]{$f(x_0)=B$};
|
||||
\filldraw[black] (1,1) node[right]{$\lim_{x\to x_0}=A$};
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||||
\filldraw[black] (1,1) node[right]{$\lim\limits_{x\to x_0}=A$};
|
||||
\end{tikzpicture}
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\subsubsection{跳跃间断点}
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||||
若$\lim_{x\to x_0^-}f(x)$与$\lim_{x\to x_0^+}$都存在，但是$\lim_{x\to x_0^-}f(x)\neq\lim_{x\to x_0^+}$。
|
||||
若$\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)$与$\lim\limits_{x\to x_0^+}$都存在，但是$\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)\neq\lim\limits_{x\to x_0^+}$。
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||||
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||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\draw[-latex](-0.5,0) -- (3,0) node[below]{$x$};
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||||
@@ -1038,14 +1038,14 @@ $x\to 0$：
|
||||
\draw[black, densely dashed](1,1) -- (0,1) node[left]{$A$};
|
||||
\draw[black, densely dashed](1,2) -- (1,0) node[below]{$x_0$};
|
||||
\filldraw[black] (1,2) circle (2pt) node[above]{$f(x_0)=B$};
|
||||
\filldraw[black] (1,1) node[right]{$\lim_{x\to x_0}=A$};
|
||||
\filldraw[black] (1,1) node[right]{$\lim\limits_{x\to x_0}=A$};
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
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||||
可去间断点与跳跃间断点的左右极限都存在的点都称为第一类间断点。
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\subsubsection{无穷间断点}
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若$\lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$，或至少一个方向为无穷大（定义分歧）。如$y=\dfrac{1}{x}$在$x=0$处为无穷间断点。
|
||||
若$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$，或至少一个方向为无穷大（定义分歧）。如$y=\dfrac{1}{x}$在$x=0$处为无穷间断点。
|
||||
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||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\draw[-latex](-2,0) -- (2,0) node[below]{$x$};
|
||||
@@ -1057,7 +1057,7 @@ $x\to 0$：
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||||
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\subsubsection{振荡间断点}
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||||
若$\lim_{x\to x_0}f(x)$为振荡不存在。如$\lim_{x\to 0}\sin\dfrac{1}{x}$的$x=0$就是振荡间断点。
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||||
若$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$为振荡不存在。如$\lim\limits_{x\to 0}\sin\dfrac{1}{x}$的$x=0$就是振荡间断点。
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||||
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||||
\begin{tikzpicture}
|
||||
\draw[-latex](-2,0) -- (2,0) node[below]{$x$};
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||||
@@ -1078,7 +1078,7 @@ $x\to 0$：
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||||
\end{array} \right.
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||||
$在$(-\infty,+\infty)$内连续，求$a$。
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||||
因为连续，所以$f(0)=\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^-}f(x)$。
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||||
因为连续，所以$f(0)=\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)$。
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||||
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||||
$\therefore a=1$。
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@@ -1086,7 +1086,7 @@ $\therefore a=1$。
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||||
由式子的分式部分可知有两个无定义的间断点：$x=0$，$x=1$。
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$\lim_{x\to 1}f(x)=\lim_{x\to 1}\dfrac{x-1}{\vert x-1\vert}\sin x=\left\{
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||||
$\lim\limits_{x\to 1}f(x)=\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x-1}{\vert x-1\vert}\sin x=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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||||
x\to 1^+ & \rightarrow & \sin 1 \\
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x\to 1^- & \rightarrow & -\sin 1
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@@ -1095,7 +1095,7 @@ $。
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所以$x=1$跳跃间断点。
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$\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\ln\vert x\vert\cdot\sin x=\lim_{x\to 0}x\ln\vert x\vert=0$。
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||||
$\lim\limits_{x\to 0}f(x)=\lim\limits_{x\to 0}\ln\vert x\vert\cdot\sin x=\lim\limits_{x\to 0}x\ln\vert x\vert=0$。
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||||
而$x=0$未定义，所以其为可去间断点。
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@@ -74,7 +74,7 @@ $\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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\subsection{对数法则}
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\textbf{例题：}求$\lim_{x\to 0}\dfrac{(e^{x^2}-1)(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})}{[\ln(1-x)+\ln(1+x)]\sin\dfrac{x}{x+1}}$。
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||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(e^{x^2}-1)(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})}{[\ln(1-x)+\ln(1+x)]\sin\dfrac{x}{x+1}}$。
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||||
注意在积或商的时候不能把对应的部分替换为0，如分母部分的$[\ln(1-x)+\ln(1+x)]$就无法使用$\ln(1+x)\sim x$替换为$-x+x$，这样底就是0了，无法求得最后的极限。
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@@ -82,7 +82,7 @@ $\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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\subsection{指数法则}
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||||
求$\lim_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right]$。
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求$\lim\limits_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right]$。
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||||
首先对于幂指函数需要取指数，所以$\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}=e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})}$。
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@@ -94,11 +94,11 @@ $\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right] \\
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||||
& =\lim_{n\to\infty}n\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})}-\sqrt{e}\right) \\
|
||||
& =\lim_{n\to\infty}n\left[e^{\frac{1}{2}}\cdot\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})-\frac{1}{2}}-1\right)\right] \\
|
||||
& =\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim_{n\to\infty}n^2\left[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\dfrac{1}{n}\right] \\
|
||||
& =\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}-\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n^2}} \\
|
||||
& \lim\limits_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right] \\
|
||||
& =\lim\limits_{n\to\infty}n\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})}-\sqrt{e}\right) \\
|
||||
& =\lim\limits_{n\to\infty}n\left[e^{\frac{1}{2}}\cdot\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})-\frac{1}{2}}-1\right)\right] \\
|
||||
& =\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\dfrac{1}{n}\right] \\
|
||||
& =\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}-\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n^2}} \\
|
||||
& =\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right) \\
|
||||
& =-\dfrac{\sqrt{e}}{4}
|
||||
\end{aligned}
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||||
@@ -106,23 +106,23 @@ $
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||||
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||||
\subsection{三角函数关系式}
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||||
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||||
\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$。
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||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$。
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||||
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||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right) \\
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||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{\sin^2x\cdot x^2} (\sin x\sim x)\\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\dfrac{1}{4}\sin^22x}{x^4} \\
|
||||
& \lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right) \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{\sin^2x\cdot x^2} (\sin x\sim x)\\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\dfrac{1}{4}\sin^22x}{x^4} \\
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4x^3} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{2}\sin 4x}{4x^3} \\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2-\dfrac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2} \\
|
||||
& = \dfrac{1}{6}\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\cos 4x}{x^2} (1-\cos x\sim \dfrac{1}{2}x^2)\\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4x^3} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{2}\sin 4x}{4x^3} \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2-\dfrac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2} \\
|
||||
& = \dfrac{1}{6}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos 4x}{x^2} (1-\cos x\sim \dfrac{1}{2}x^2)\\
|
||||
& = \dfrac{4}{3}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
@@ -139,21 +139,48 @@ $
|
||||
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||||
当趋向为负且式子中含有根号的时候最好提取负因子，从而让趋向变为正。
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||||
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||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to-\infty}\left[\sqrt{4x^2+x}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)+2\ln 2x\right]$
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||||
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||||
题目的形式为$\infty-\infty$，所以必须使用后面的倒代换转换为商的形式。
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||||
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||||
$=\lim\limits_{x\to-\infty}-x\left[\sqrt{4+\dfrac{1}{x}}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)-2\ln 2\right]$
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||||
|
||||
这里就需要注意到因为$\sqrt{4x^2+x}$的限制导致这个式子必然为正数，而$x\to-\infty$代表自变量为负数，所以提出来的$x$必然是负数，而原式是正数，所以就需要添加一个负号，而后面的$2\ln 2x$则没有要求，所以直接变成$-2\ln 2$就可以了。
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||||
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||||
将$x$下翻变成分母为$\dfrac{1}{x}$，并令$t=\dfrac{1}{x}$。
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||||
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$
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\begin{aligned}
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||||
& =\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{\sqrt{t+4}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)-2\ln 2}{-t}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
|
||||
|
||||
\subsection{幂指函数}
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||||
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||||
当出现$f(x)^{g(x)}$的类似幂函数与指数函数类型的式子，需要使用$u^v=e^{v\ln u}$。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。
|
||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
|
||||
& \lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right) \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}} \\
|
||||
& =e^0 \\
|
||||
& =1
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
% $
|
||||
% \begin{aligned}
|
||||
% & \lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}} \\
|
||||
% & =e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right) \\
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||||
% & =e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}} \\
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% & =e^0 \\
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||||
% & =1
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||||
% \end{aligned}
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% $
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$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$
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$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)$
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||||
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||||
$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}$
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$=e^0$
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$=1$
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\subsection{有理化}
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@@ -161,9 +188,9 @@ $
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如$\sqrt{a}\pm\sqrt{b}=\dfrac{a+b}{\sqrt{a}\mp\sqrt{b}}$。
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\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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||||
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||||
首先定性分析：$\lim_{x\to-\infty}x\cdot(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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||||
首先定性分析：$\lim\limits_{x\to-\infty}x\cdot(\sqrt{x^2+100}+x)$。
|
||||
|
||||
在$x\to-\infty$趋向时，$x$就趋向无穷大，而$\sqrt{x^2+100}$为一次，所以$\sqrt{x^2+100}+x$趋向0。
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@@ -171,11 +198,11 @@ $
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x) \\
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||||
& \lim_{x\to-\infty}x\dfrac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
|
||||
& = \lim_{x\to-\infty}\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{令}x=-t}\lim_{t\to+\infty}\dfrac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t} \\
|
||||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{-100}{\sqrt{1+\dfrac{100}{t^2}}+1} \\
|
||||
& \lim\limits_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x) \\
|
||||
& \lim\limits_{x\to-\infty}x\dfrac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{令}x=-t}\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100}{\sqrt{1+\dfrac{100}{t^2}}+1} \\
|
||||
& = -50
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\end{aligned}
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$
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@@ -184,7 +211,7 @@ $
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换元法本身没什么技巧性，主要是更方便计算。最重要的是获取到共有的最大因子进行替换。
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\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x)$。
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||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x)$。
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||||
|
||||
当$x\to 1^-$时，$\ln x$趋向0，$\ln(1-x)$趋向$-\infty$。
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@@ -192,12 +219,12 @@ $
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||||
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x) \\
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||||
& = \lim_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x) \\
|
||||
& \xRightarrow{令t=1-x} =-\lim_{t\to 0^+}t\ln t \\
|
||||
& = -\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}} \\
|
||||
& = -\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}} \\
|
||||
& = \lim_{t\to 0^+}t \\
|
||||
& \lim\limits_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x) \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x) \\
|
||||
& \xRightarrow{令t=1-x} =-\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t \\
|
||||
& = -\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}} \\
|
||||
& = -\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to 0^+}t \\
|
||||
& = 0
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
@@ -208,13 +235,13 @@ $
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||||
当极限式子中含有分式中一般都需要用其倒数，把分式换成整式方便计算。
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||||
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$
|
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||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^{99}} \\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}
|
||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^{99}} \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}
|
||||
\end{aligned}
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$
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@@ -226,26 +253,26 @@ $
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
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& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{e^{-t}}{t^{-50}} \\
|
||||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{t^{50}}{e^t} \\
|
||||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{50t^{49}}{e^t} \\
|
||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{e^{-t}}{t^{-50}} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{t^{50}}{e^t} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50t^{49}}{e^t} \\
|
||||
& = \cdots \\
|
||||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{50!}{e^t} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50!}{e^t} \\
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||||
& = 0
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\end{aligned}
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$
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||||
\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$。
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||||
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||||
该式子含有分数，所以尝试使用倒数代换：
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x] \\
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||||
& \xRightarrow{\text{令}x=\frac{1}{t}}\lim_{t\to 0^+}\left(\dfrac{e^t-1}{t^2}-\dfrac{1}{t}\right) \\
|
||||
& \lim_{t\to 0^+}\dfrac{e^t-1-t}{t^2} \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{泰勒展开}e^t}\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}t^2}{t^2} \\
|
||||
& \lim\limits_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x] \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{令}x=\frac{1}{t}}\lim\limits_{t\to 0^+}\left(\dfrac{e^t-1}{t^2}-\dfrac{1}{t}\right) \\
|
||||
& \lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{e^t-1-t}{t^2} \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{泰勒展开}e^t}\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}t^2}{t^2} \\
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||||
& =\dfrac{1}{2}
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\end{aligned}
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$
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@@ -256,21 +283,51 @@ $
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当极限式子中出现不知道项数的$n$时，一般需要使用拆项，把项重新组合。一般的组合是根据等价无穷小。
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\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}}$。（$n\in N^+$）
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||||
而对于复杂的具有同一结构的式子也可以考虑拆项。
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||||
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}}$。（$n\in N^+$）
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||||
|
||||
这里可以使用等价无穷小$e^x-1\sim x$。
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||||
$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to 0}\frac{e}{x}\ln\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}-1\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}-n}{n}\right)} \\
|
||||
& =e^{\frac{e}{n}\lim_{x\to 0}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots+\frac{e^{nx}-1}{x}\right)} \\
|
||||
& \lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}} \\
|
||||
& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\ln\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}-1\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}-n}{n}\right)} \\
|
||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
|
||||
$
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\begin{aligned}
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||||
& =e^{\frac{e}{n}\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots+\frac{e^{nx}-1}{x}\right)} \\
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||||
& =e^{\frac{e}{n}[1+2+\cdots+n]} \\
|
||||
& =e^{\frac{e}{n}\cdot\frac{n(1+n)}{2}} \\
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||||
& =e^{\frac{e(1+n)}{2}}
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||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{\ln\cos x}$
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可以使用$\cos x-1\sim\dfrac{x^2}{2}$。
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{\ln\cos x} \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x+\cos x-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{x^2}{2}}{-\dfrac{x^2}{2}}+\dfrac{\cos x(1-\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x})}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
|
||||
& =-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1-\sqrt{\cos 2x})+\sqrt{\cos 2x}-\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
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||||
\end{aligned}
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$
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$
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\begin{aligned}
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& =-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(\cos 2x-1)+\sqrt{\cos 2x}(1-\sqrt[3]{\cos 3x})}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
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||||
& =-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(-\dfrac{4x^2}{2})+\left(-\dfrac{1}{3}\right)\left(-\dfrac{9x^2}{2}\right)}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
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& =-6
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\end{aligned}
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\section{基本计算方式}
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课本上极限计算可以使用的主要计算方式：
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@@ -293,7 +350,7 @@ $
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夹逼准则可以用来证明不等式也可以用来计算极限。但是最重要的是找到能夹住目标式子的两个式子。
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\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]$，其中$[\cdot]$为取整符号。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]$，其中$[\cdot]$为取整符号。
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||||
取整函数公式：$x-1<[x]\leqslant x$，所以$\dfrac{10}{x}-1<\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant\dfrac{10}{x}$。
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@@ -301,13 +358,13 @@ $
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当$x>0$时，$x\to 0^-$，同样也是夹逼准则得到极限为10。
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$\therefore \lim_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]=10$。
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$\therefore \lim\limits_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]=10$。
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\subsection{拉格朗日中值定理}
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对于形如$f(a)-f(b)$的极限式子就可以使用拉格朗日中值定理，这个$f(x)$为任意的函数。
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\textbf{例题：}求极限$\lim_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\right)$。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\right)$。
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因为式子不算非常复杂，其实也可以通过洛必达法则来完成，但是求导会很复杂。而$\arctan x$可以认定为$f(x)$。
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@@ -317,7 +374,7 @@ $\therefore \lim_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]=10$。
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$\therefore\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\sim\dfrac{2}{n}-\dfrac{2}{n+1}=\dfrac{2}{n(n+1)}$。
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$\therefore\lim_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\right)=\lim_{n\to\infty}n^2\cdot\dfrac{2}{n(n+1)}=2$。
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||||
$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\right)=\lim\limits_{n\to\infty}n^2\cdot\dfrac{2}{n(n+1)}=2$。
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\subsection{洛必达法则}
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@@ -333,7 +390,7 @@ $\therefore\lim_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\r
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且一般只有麦克劳林公式表上的基本初等函数才会使用倒泰勒公式，复合函数最好不要使用。
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\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。
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分析：该题目使用洛必达法则会比较麻烦且难以计算，所以先考虑是否能用泰勒展开：
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@@ -363,53 +420,53 @@ $\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)
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最常用的方式就是将目标值作为一个部分，然后对已知的式子进行替换。
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\textbf{例题：}已知$\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}=0$，求$\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}$。
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\textbf{例题：}已知$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}=0$，求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}$。
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令目标$\dfrac{f(x)-1}{x}=t$，$\therefore f(x)=tx+1$。
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2} \\
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& =\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+tx^2+x}{x^2} (\text{泰勒展开}) \\
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& =\lim_{x\to 0}\dfrac{-x-\dfrac{x^2}{2}+tx^2+x}{x^2} \\
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||||
& =\lim_{x\to 0}\dfrac{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)x^2}{x^2} \\
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& ==\lim_{x\to 0}\left(t-\dfrac{1}{2}\right) \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2} \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+tx^2+x}{x^2} (\text{泰勒展开}) \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-x-\dfrac{x^2}{2}+tx^2+x}{x^2} \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)x^2}{x^2} \\
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||||
& ==\lim\limits_{x\to 0}\left(t-\dfrac{1}{2}\right) \\
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& =0
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\end{aligned}
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$\therefore\lim_{x\to 0}t=\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1}{2}$。
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$\therefore\lim\limits_{x\to 0}t=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1}{2}$。
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\subsubsection{关系转换}
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\textbf{例题：}如果$\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}$为常数多少？
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||||
\textbf{例题：}如果$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}$为常数多少？
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由$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$，而目标是$x^3$，所以需要变形：
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由$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$，而目标是$x^3$，所以需要变形：
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A \\
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot\lim_{x\to 0}x=0 \\
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}+\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=0 \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot\lim\limits_{x\to 0}x=0 \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=0 \\
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||||
& \text{泰勒展开：}x-\sin x=\dfrac{1}{6}x^3 \\
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6} \\
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6} \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6
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\end{aligned}
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$
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\subsubsection{脱帽法}
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$\lim_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=0$。
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$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim\limits_{x\to x_0}\alpha(x)=0$。
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\textbf{例题：}如果$\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}$为常数多少？
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\textbf{例题：}如果$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}$为常数多少？
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由$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$脱帽：$\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A+\alpha$。
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由$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$脱帽：$\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A+\alpha$。
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得到：$f(x)=Ax^4+\alpha\cdot x^4-(x-\sin x)$。
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反代入：$\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=\lim_{x\to 0}\dfrac{Ax^4+\alpha\cdot x^4-x+\sin x}{x^3}=0+0-\dfrac{1}{6}=-\dfrac{1}{6}$。
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反代入：$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{Ax^4+\alpha\cdot x^4-x+\sin x}{x^3}=0+0-\dfrac{1}{6}=-\dfrac{1}{6}$。
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$\therefore \lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。
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$\therefore \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。
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\subsection{求参数}
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@@ -417,14 +474,16 @@ $\therefore \lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。
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一般极限式子右侧等于一个常数，或是表明高阶或低阶。具体的关系参考无穷小比阶。
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\textbf{例题：}设$\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$，求常数a，b。
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在求参数的时候要注意与0的关系。
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\textbf{例题：}设$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$，求常数a，b。
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根据泰勒展开式：$x\to 0,\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{x}+o(x^2)$。
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2 \\
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& =\lim_{x\to 0}\dfrac{(1-a)x-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\neq 0 \\
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& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2 \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1-a)x-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\neq 0 \\
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& 1-a=0;-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)=2 \\
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& \therefore a=1;b=-\dfrac{5}{2}
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\end{aligned}
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@@ -438,23 +497,23 @@ $
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函数的连续性代表：极限值=函数值。
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\textbf{例题：}函数在$f(x)$在$x=1$处连续，且$f(1)=1$，求$\lim_{x\to+\infty}\ln\left[2+f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)\right]$。
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\textbf{例题：}函数在$f(x)$在$x=1$处连续，且$f(1)=1$，求$\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left[2+f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)\right]$。
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根据题目，所求的$\lim_{x\to+\infty}\ln\left[2+f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)\right]$中，唯一未知的且会随着$x\to+\infty$而变换就是$f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)$。如果我们可以求出这个值就可以了。
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根据题目，所求的$\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left[2+f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)\right]$中，唯一未知的且会随着$x\to+\infty$而变换就是$f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)$。如果我们可以求出这个值就可以了。
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而我们对于$f(x)$的具体的关系是未知的，只知道$f(1)=1$。那么先需要考察$\lim_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}$的整数最大值。
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而我们对于$f(x)$的具体的关系是未知的，只知道$f(1)=1$。那么先需要考察$\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}$的整数最大值。
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}} \\
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& e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}} \\
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& e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}} \\
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& \lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}} \\
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& e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}} \\
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& e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x}} \\
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& =e^0 \\
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& =1
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\end{aligned}
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$
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$\therefore\lim_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。
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$\therefore\lim\limits_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。
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\subsection{迭代式数列}
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@@ -462,7 +521,7 @@ $\therefore\lim_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。
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最重要的是将迭代式进行变形。
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\textbf{例题：}数列$\{a_n\}$满足$a_0=0,a_1=1,2a_{n+1}=a_n+a_{n-1},n=1,2,\cdots$。计算$\lim_{n\to\infty}a_n$。
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\textbf{例题：}数列$\{a_n\}$满足$a_0=0,a_1=1,2a_{n+1}=a_n+a_{n-1},n=1,2,\cdots$。计算$\lim\limits_{n\to\infty}a_n$。
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首先看题目，给出的递推式设计到二阶递推，即存在三个数列变量，所以我们必须先求出对应的数列表达式。因为这个表达式涉及三个变量，所以尝试对其进行变型：
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@@ -485,10 +544,11 @@ $
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& = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} + \cdots + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^0 \\
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& = \dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)} \\
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& = \dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right] \\
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\lim_{n\to\infty}a_n & =\dfrac{2}{3}
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\end{aligned}
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$
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$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\dfrac{2}{3}$
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\subsubsection{单调有界准则}
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\subsection{变限积分极限}
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@@ -49,13 +49,13 @@
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设$f(x)$下$x$在$x_0$的邻域内，$\alpha$为切线所成夹角。
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$\tan\alpha=f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=k$。
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$\tan\alpha=f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=k$。
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导数的本质是增量比的极限。
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\subsection{定义}
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设$y=f(x)$定义在区间$I$上，让自变量在$x=x_0$处加一个增量$\Delta x$，其中$x_0\in I$，$x_0+\Delta x\in I$，则可得函数的增量$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$。若函数增量$\Delta y$与自变量增量$\Delta x$的比值在$\Delta x\to 0$时的极限存在，则称函数$y=f(x)$在$x_0$处可导，并称这个极限为$y=f(x)$在点$x_0$处的导数，记作$f'(x)$，即$f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$。
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设$y=f(x)$定义在区间$I$上，让自变量在$x=x_0$处加一个增量$\Delta x$，其中$x_0\in I$，$x_0+\Delta x\in I$，则可得函数的增量$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$。若函数增量$\Delta y$与自变量增量$\Delta x$的比值在$\Delta x\to 0$时的极限存在，则称函数$y=f(x)$在$x_0$处可导，并称这个极限为$y=f(x)$在点$x_0$处的导数，记作$f'(x)$，即$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$。
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下面三句话等价：
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@@ -67,9 +67,9 @@ $\tan\alpha=f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=k$。
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单侧导数分为左导数和右导数。
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$f'_-(x)=\lim_{\Delta x\to 0^-}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$
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$f'_-(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0^-}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$
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$f'_+(x)=\lim_{\Delta x\to 0^+}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$
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$f'_+(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0^+}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$
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所以$f(x)$在$x_0$处可导的充要条件是其左导数和右导数存在且相等。
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@@ -87,9 +87,9 @@ $\therefore$
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$
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\begin{aligned}
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f'(-x) &=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(-x+\Delta x)-f(-x)}{\Delta x} \\
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& =\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+(-\Delta x))}{\Delta x} \\
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& =-\lim_{-\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+(-\Delta x))}{-\Delta x} \\
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||||
f'(-x) &=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(-x+\Delta x)-f(-x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+(-\Delta x))}{\Delta x} \\
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& =-\lim\limits_{-\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+(-\Delta x))}{-\Delta x} \\
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& =-f'(x)
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\end{aligned}
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$
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@@ -100,9 +100,9 @@ $
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已知$f(x+T)=f(x)$，求证$f'(x+T)=f'(x)$。
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$\therefore f'(x+T)=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+T+\Delta x)-f(x+T)}{\Delta x}$
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$\therefore f'(x+T)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+T+\Delta x)-f(x+T)}{\Delta x}$
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$=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=f'(x)$。
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$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=f'(x)$。
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\textbf{例题：}设$f(x)$是二阶可导的以2为周期的奇函数，且$f(\dfrac{1}{2})>0$，$f'(\dfrac{1}{2})>0$，比较$f(-\dfrac{1}{2})$、$f'(\dfrac{3}{2})$、$f''(0)$的大小。
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@@ -118,10 +118,10 @@ $\therefore f'(\dfrac{3}{2})>f''(0)>f(-\dfrac{1}{2})$。
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\
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& =\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{\left(x+\Delta x\right)^\alpha-x^\alpha}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\left[\left(1+\dfrac{\Delta x}{x}\right)^\alpha-1\right]}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\cdot\alpha\cdot\dfrac{\Delta x}{x}}{\Delta x} \\
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||||
& \lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\left(x+\Delta x\right)^\alpha-x^\alpha}{\Delta x} \\
|
||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\left[\left(1+\dfrac{\Delta x}{x}\right)^\alpha-1\right]}{\Delta x} \\
|
||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\cdot\alpha\cdot\dfrac{\Delta x}{x}}{\Delta x} \\
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||||
& =\alpha x^{\alpha-1}
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\end{aligned}
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$
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@@ -140,26 +140,26 @@ $
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\textbf{例题：}证明可导必连续。
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已知连续定义：$\lim_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)=f(x)$，即$\lim_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x)=0$。
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已知连续定义：$\lim\limits_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)=f(x)$，即$\lim\limits_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x)=0$。
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可导定义：$f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = A$
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可导定义：$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = A$
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x) \\
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& =\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot\Delta x \\
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& \lim\limits_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x) \\
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& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot\Delta x \\
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& =A\cdot 0 \\
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& =0
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\end{aligned}
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$
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\textbf{例题：}若$f(x)$在$x=x_0$处连续，且$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$，则$f(x_0)=0$且$f'(x_0)=A$。
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\textbf{例题：}若$f(x)$在$x=x_0$处连续，且$\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$，则$f(x_0)=0$且$f'(x_0)=A$。
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证明：$\because\text{连续，}\therefore f(x_0)=\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}(x-x_0)=A\cdot 0=0$。
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证明：$\because\text{连续，}\therefore f(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}(x-x_0)=A\cdot 0=0$。
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又$f'(x_0)=\lim_{x\to x_0\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$。
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又$f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$。
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如$\lim_{x\to 1}\dfrac{f(x)}{x-1}=2$且$f(x)$连续，可以推出$f(1)=0$与$f'(1)=2$。
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如$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{f(x)}{x-1}=2$且$f(x)$连续，可以推出$f(1)=0$与$f'(1)=2$。
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\section{函数求导法则}
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@@ -182,10 +182,10 @@ $
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\begin{aligned}
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& (u\cdot v)' \\
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& =f'(x) \\
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& =\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x) +\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}u(x) \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x) +\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}u(x) \\
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||||
& =u'(x)v(x)+v'(x)u(x)
|
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\end{aligned}
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$
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@@ -273,7 +273,7 @@ $
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在分段点用定义：
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判断$f'_+(x_0)=\lim_{x\to x_0^+}\dfrac{f_1(x)-f(x_0)}{x-x_0}\overset{?}{=}\lim_{x\to x_0^-}\dfrac{f_2(x)-f(x_0)}{x-x_0}$。
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||||
判断$f'_+(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0^+}\dfrac{f_1(x)-f(x_0)}{x-x_0}\overset{?}{=}\lim\limits_{x\to x_0^-}\dfrac{f_2(x)-f(x_0)}{x-x_0}$。
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||||
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||||
非分段点使用导数公式求导：$x>x_0,f'(x)=f_1'(x),x<0，f'(x)=f_2'(x)$。
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@@ -317,9 +317,9 @@ $\therefore y'=\left(x^{\frac{1}{x}}\right)=\left(e^{\frac{1}{x}\ln x}\right)'=x
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$0<x<e$时$1-\ln x$大于0，所以导数大于0，函数在该区间增。相反$x>e$时函数在区间减。
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||||
研究驻点左侧情况，求对应的极限：$e^{\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{x}}=e^{-\infty}\to 0$。
|
||||
研究驻点左侧情况，求对应的极限：$e^{\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{x}}=e^{-\infty}\to 0$。
|
||||
|
||||
研究驻点右侧情况，求对应的极限：$e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}}=e^0\to 1$。
|
||||
研究驻点右侧情况，求对应的极限：$e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}}=e^0\to 1$。
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||||
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||||
\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
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||||
\draw[-latex](-0.5,0) -- (10,0) node[below]{$x$};
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||||
@@ -340,7 +340,7 @@ $0<x<e$时$1-\ln x$大于0，所以导数大于0，函数在该区间增。相
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\subsection{定义}
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高阶导数\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}$f^{(n)}(x_0)=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f^{(n-1)}(x_0+\Delta x)-f^{(n-1)}(x_0)}{\Delta x}$，其中$n\geqslant 2$且$n\in N^+$，$f^{(n-1)}(x)$在$x_0$的某领域内有定义，$x_0+\Delta x$也在该邻域内。
|
||||
高阶导数\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}$f^{(n)}(x_0)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f^{(n-1)}(x_0+\Delta x)-f^{(n-1)}(x_0)}{\Delta x}$，其中$n\geqslant 2$且$n\in N^+$，$f^{(n-1)}(x)$在$x_0$的某领域内有定义，$x_0+\Delta x$也在该邻域内。
|
||||
|
||||
若$f^{(n)}(x)$在区间$I$上连续，称$f(x)$在$I$上$n$阶连续可导。
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||||
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||||
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||||
@@ -120,8 +120,8 @@ $\text{罗尔定理}\xrightleftharpoons[\text{特例：}f(a)=f(b)]{\text{泛化
|
||||
\begin{enumerate}
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||||
\item 当$x\to a\text{或}\infty$时，函数$f(x)$，$g(x)$都趋向0或无穷大。
|
||||
\item $f'(x)$和$F'(x)$在点$a$的某去心邻域内，或$\vert x\vert$大于充分大的正数时，存在，且$g'(x)\neq 0$。
|
||||
\item $\lim_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$或$\lim_{x\to\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$存在或无穷大。
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\item $\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$或$\lim_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$。
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\item $\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$或$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$存在或无穷大。
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\item $\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$或$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$。
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\end{enumerate}
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\textcolor{orange}{注意：}
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@@ -129,18 +129,18 @@ $\text{罗尔定理}\xrightleftharpoons[\text{特例：}f(a)=f(b)]{\text{泛化
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\begin{enumerate}
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\item 如果函数比值不为$\dfrac{0}{0}$或$\dfrac{\infty}{\infty}$型，则不能使用洛必达法则。
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\item 若求导后极限仍为$\dfrac{0}{0}$或$\dfrac{\infty}{\infty}$型，则可以继续使用洛必达法则。
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\item 若$\lim_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$不存在且不为$\infty$，不能反推$\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}$不存在也不为$\infty$，这时候洛必达法则是失效的。
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\item 若$\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$不存在且不为$\infty$，不能反推$\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}$不存在也不为$\infty$，这时候洛必达法则是失效的。
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\end{enumerate}
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对于第三个注意点：$\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}=\lim_{x\to 0}x\cdot\sin\dfrac{1}{x}=0$。
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对于第三个注意点：$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}=\lim\limits_{x\to 0}x\cdot\sin\dfrac{1}{x}=0$。
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而使用洛必达法则：
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x} \\
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& =\lim_{x\to 0}\left(2x\cdot\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}\right) \\
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& =\lim_{x\to 0}\left(-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\text{不存在}
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& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x} \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\left(2x\cdot\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}\right) \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\left(-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\text{不存在}
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\end{aligned}
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@@ -216,7 +216,7 @@ $R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$就是函数的拉格朗日
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4} \\
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& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4} \\
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& =\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^3x\cdot\sin x}{x^4} \\
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& =\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^4x}{x^4} \\
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& =\dfrac{1}{6}
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@@ -254,13 +254,13 @@ $\therefore \dfrac{y^{(6)}(0)}{6!}=-\dfrac{1}{6}\Rightarrow y^{(6)}(0)=-5!=-120$
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当分母或分子式$x$的$k$次幂那么应该把分母或分子展开到对应的次数幂。
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如$\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$展开为三次：
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如$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$展开为三次：
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3} \\
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& =\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\left[x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\right]}{x^3} \\
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& =\lim_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3} \\
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& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3} \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\left[x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\right]}{x^3} \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3} \\
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& =\dfrac{1}{6}
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\end{aligned}
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@@ -284,7 +284,7 @@ $
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$\therefore a=-\dfrac{1}{12},b=4$。
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\textbf{例题：}求解$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1}$。
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\textbf{例题：}求解$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1}$。
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首先由泰勒展开式$e^x=1+x+o(x)$，得到$e^x-1\sim x$。
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@@ -315,9 +315,9 @@ $\therefore$ \bigskip
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1} \\
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& =\lim_{x\to 0}\dfrac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4} \\
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& =\lim_{x\to 0}\dfrac{2x\cdot\left(-\dfrac{1}{6}x^3\right)}{x^4} \\
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& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1} \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4} \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x\cdot\left(-\dfrac{1}{6}x^3\right)}{x^4} \\
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& =-\dfrac{1}{3}
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\end{aligned}
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@@ -454,9 +454,9 @@ $\forall x\in U(x_0,\delta)$恒有$f(x)\leqslant f(x_0)$，则$f(x)$在$x_0$取
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\subsection{函数渐近线}
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\begin{itemize}
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\item 若$\lim_{x\to\infty}f(x)=A$，那么$y=A$就是水平渐近线。
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\item 若$\lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$，那么$x=x_0$就是垂直渐近线。
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\item 若$\lim_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x}=a,b=\lim_{x\to\infty}(f(x)-ax)$，那么$y=ax+b$就是斜渐近线。
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\item 若$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A$，那么$y=A$就是水平渐近线。
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\item 若$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$，那么$x=x_0$就是垂直渐近线。
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\item 若$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x}=a,b=\lim\limits_{x\to\infty}(f(x)-ax)$，那么$y=ax+b$就是斜渐近线。
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\end{itemize}
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\end{document}
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