1 - 函数、极限、连续（1）

(间断点、左右极限) 当 |x| < 1 时， $\lim_{n\to\infty}x^n = 0$ ;当 |x| > 1 时， $\lim_{n\to\infty}x^n = \infty$ 。

(函数有界性判定) 设f(x)在开区间(a,b)内连续，若 $\lim_{x\to a^+}f(x)$ 及 $\lim_{x\to b^-}f(x)$ 存在，则f(x)在(a,b)内有界。

例题讨论函数 $f(x)=x\cdot e^{-x^{2}}\int_{0}^{x}e^{t^{2}}\,dt$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的有界性。

由 $f(-x) = (-x)e^{-x^{2}}\int_{0}^{-x}e^{t^{2}}\,dt$ 及 $\int_{0}^{-x}e^{t^2}\,dt=-\int_{0}^{x}e^{u^2}\,du |(t=-u) =-\int_{0}^{x}e^{t^2}\,dt$ 可知f(x) = f(-x)，所以f(x)是偶函数。只需证明f(x)在 $[0,+\infty )$ 上有界。又 $\lim_{x\to+\infty}xe^{-x^{2}}\int_{0}^{x}e^{t^{2}}\,dt = \lim_{x\to+\infty}\frac{\int_{0}^{x}e^{t^{2}}\,dt}{\frac{1}{x} \cdot e^{x^{2}}} = \frac{1}{2}$ 于是，对于 $\epsilon =\frac{1}{2}$ （可以为任意正数但必须确定下来），存在A>0，当x>A时，有 $|f(x)-\frac{1}{2}|<\frac{1}{2}$ 。

即当x>A时，有0<f(x)<1。

因为f(x)在[0,A]上连续，因此f(x)在[0,A]有界，注意到在 $[0,+\infty )$ 上 $f(x)\ge 0$ 。故，存在M₁>0，使得任意 $x\in [0,A]$ 有 $0\le f(x)\le M_{1}$ 。取M = max{1,M₁}则对任意 $x\in [0,+\infty )$ 有 $0\le f(x)\le M$ 。从而可知：对任意 $x\in (-\infty ,+\infty )$ 有 $0\le f(x)\le M$ 。

注意：

1、要判断函数的有界性先考虑在间断点、无穷远点的极限（涉及左右极限）；

2、不用求导数、单调性之类，这两步已经证明了有界性。

(周期函数) 设f(x)是以T为周期的连续函数则：

1、f(x)的原函数 $\int_{a}^{x}f(t)\,dt$ 是以T为周期的充要条件是 $\int_{0}^{T}f(t)\,dt = 0$ ；

2、任意 $a\in R$ ， $\int_{a}^{a+T}f(x)\,dx = \int_{0}^{T}f(x)\,dx$ ；

3、 $\int_{0}^{nT}f(x)\,dx = n\int_{0}^{T}f(x)\,dx$ 。

(求极限) $\lim_{x\to 0^{+}}\frac{x^{x}-(sinx)^{x}}{x^{2}\cdot arctanx}$

解：原式 = $\frac{-x^{x}[(\frac{sinx}{x})^{x}-1]}{x^{3}}|x\rightarrow 0^{+}$ = $-\lim_{x\to 0^{+}}\frac{ln[(\frac{sinx}{x} -1)+1]}{x^{2}}$ = $\frac{1}{6}$

注意：这里运用了等价无穷小 x-1 ~ ln(x-1+1) 其实是 x ~ ln(x+1) 的变体

用到的无穷小：1、当 $x\rightarrow 0^{+}$ ，得到 $(x^{x} = e^{xlnx})\rightarrow 1$ ；2、arctanx ~ x；3、1-cosx ~ $\frac{1}{2}x^{2}$ ；4、 $((\frac{sinx}{x})^x-1)\rightarrow 0$ 。

(函数的导数)(不一定用得着) 若 $f'(x_{0})$ 存在，且 $\lim_{x\to{0}}g(x) = \lim_{x\to{0}}h(x) = x_{0}$ 则 $\lim_{x\to x_{0}}\frac{f[g(x)]-f[h(x)]}{x-x_{0}} = f'(x_{0})\cdot \lim_{x\to x_{0}}\frac{g(x)-h(x)}{x-x_{0}}$

(两个重要的极限) $\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n = e$ ； $\lim_{n\to\infty}(1-\frac{1}{n})^n = \frac{1}{e}$

(单侧极限) 若在求极限时，涉及 $\lim_{x\to\infty}e^{x}$ 、 $\lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{x}}$ 、 $\lim_{x\to\infty }arctanx$ 、绝对值，要考虑单侧极限。

(和差中的等价无穷小替换) 若当 $x \rightarrow$ o（代表一个值）时， $\alpha (x)$ ~ $\mu (x)$ 、 $\beta (x)$ ~ $\nu (x)$ ，则只有当 $\lim_{x\to o}\frac{\beta (x)}{\alpha (x)} \ne -1$ 时，才能用 $\lim_{x\to o}[\alpha (x)+\beta (x)] = \lim_{x\to o}[\mu (x)+\nu (x)]$ ，这是因为将 $\alpha (x)+\beta (x)$ 用 $\mu (x)+\nu (x)$ 替代后产生的误差大小只能用泰勒公式才能说清楚。

(求极限) $\lim_{x\to\infty}(x^{3}ln\frac{x+1}{x-1}-2x^{2})$

解：令 $x = \frac{1}{t}$ ，原式 = $\lim_{t\to 0}(\frac{1}{t^{3}}ln\frac{1+t}{1-t}-\frac{2}{t^{2}})$ = $\lim_{t\to 0}\frac{ln(1+t)-ln(1-t)-2t}{t^{3}}$ = $\lim_{t\to 0}\frac{\frac{1}{1+t}+\frac{1}{1-t}-2}{2t^{2}}$ = $\lim_{t\to 0}\frac{2t^{2}}{3t^{2}(1-t^{2})}$ = $\frac{2}{3}$

注意：在用常见方法（四则运算、重要极限、等价无穷小替换）不能求解极限时，变量替换是行之有效的方法（尤其是倒代换）（观察趋近的数一般由无穷大变到0）

(积分求导)

1、 $[\int_{a}^{x}f(x)\,dx]' = [F(x)-F(a)]' = F'(x) =f(x)$ $(\int_{a}^{b}f(x)\,dx)' = 0$ ；

2、 $\frac{\int_{a}^{x}f(t)\,dt}{x-a} = \frac{F(x)-F(a)}{x-a} = F(a)' = f(a)$ 。

(数学归纳法证明极限存在) 设 $x_1 = 10$ 、 $x_{n+1} = \sqrt{x_{n}+6} (n=1,2,...)$ ，证明 $\lim_{x\to\infty}x_n$ 存在，并求值。

解： $x_{1} = 10 > 3$ ，设 $x_{n}> 3$ ，则 $x_{n+1}= \sqrt{x_{n}+6}>\sqrt{6+3}=3$ 。由数学归纳法得知数列 $\{x_{n}\}$ 有下界，又 $x_{n+1}-x_{n} = \sqrt{x_{n}+6}-x_{n}=\frac{6+x_{n}-x_{n}^{2}}{\sqrt{x_{n}+6}+x_{n}}=-\frac{(x_{n}-3)(x_{n}+2)}{\sqrt{x_{n}+6}+x_{n}}<0$ ，因而 $\{x_{n}\}$ 单调递减，由单调有界原理 $\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在且为3。

注意：此题也可由 $a=\sqrt{a+6}\Rightarrow a=3$ 为下界，再证 $|x_{n+1}-3| = 0$ 即可得到 $\lim_{n\to\infty}x_n = 3$ 。

(求极限数列)(判别级数) $\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n}\cdot n!}{n^{n}}$

解：考虑级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{n}\cdot n!}{n^{n}}$ ，用比值判别法 $\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{2}{e}<1$ ，所以 $\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{n}\cdot n!}{n^{n}}$ 收敛，所以 $\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n}\cdot n!}{n^{n}}} = 0$

注意：利用级数收敛的必要条件，可求一些级数为0的数列极限。

(无穷小) 当 $x\rightarrow a$ 时， g(x) 是 (x-a) 的n阶无穷小，当 $u\rightarrow 0$ 时，f(u)是 u 的m阶无穷小，则 f[g(x)] 是 (x-a) 的nm阶无穷小。

(求极限) $\lim_{n\to\infty}n^{2}(arctan\frac{1}{n}-arctan\frac{1}{n+1})$

解： $arctan\frac{1}{n}-arctan\frac{1}{n+1}$ = $\frac{1}{1+\epsilon ^{2}}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$ = $\frac{1}{1+\epsilon ^{2}}\cdot \frac{1}{n(n+1)}$ (拉格朗日中值定理， $\epsilon \in (\frac{1}{n+1},\frac{1}{n})$ )

所以 $\lim_{n\to\infty}n^{2}(arctan\frac{1}{n}-arctan\frac{1}{n+1})$ = $\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{n(n+1)}\cdot \frac{1}{1+\epsilon ^{2}} = 1$

注意：求形如 I = $\lim_{n\to\infty}x_n[f(y_n)-f(z_n)]$ 的极限，可用拉格朗日中值定理，转化为 $I' = \lim_{n\to\infty}x_n(y_{n}-z_{n})\cdot f'(\epsilon ),\epsilon \in (y_n,z_n)$ 的式子