高等数学（第七版）同济大学 习题1-9 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题1-9

 

$\begin{array}{rlr}& 1.求函数f(x)=\frac{x^3+3x^2-x-3}{x^2+x-6}的连续区间，并求极限\underset{x\to 0}{\lim }f(x)，\underset{x\to -3}{\lim }f(x)及\underset{x\to 2}{\lim }f(x)& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 当x=-3，x=2时，f(x)无意义，所以这两个点为间断点，除此之外，函数都连续，& \\ & & \\ & 连续区间为(-\infty ,-3)，(-3,2)，(2,+\infty )& \\ & & \\ & f(x)=\frac{x^3+3x^2-x-3}{x^2+x-6}=\frac{(x+3)(x^2-1)}{(x+3)(x-2)}=\frac{x^2-1}{x-2}& \\ & & \\ & \underset{x\to 0}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2-1}{x-2}=\frac{1}{2}& \\ & & \\ & \underset{x\to -3}{\lim }f(x)=\underset{x\to -3}{\lim }\frac{x^2-1}{x-2}=-\frac{8}{5}& \\ & & \\ & \underset{x\to 2}{\lim }f(x)=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-1}{x-2}，而\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x-2}{x^2-1}=0，所以\underset{x\to 2}{\lim }f(x)=\infty & \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 2.设函数f(x)与g(x)在点x_0连续，证明函数\phi (x)=max\{f(x)，g(x)\}，\psi (x)=min\{f(x)，g(x)\}& \\ & & \\ & 在点x_0也连续。& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& \phi (x)=max\{f(x)，g(x)\}=\frac{1}{2}[f(x)+g(x)+|f(x)-g(x)|]，& \\ & & \\ & \psi (x)=min\{f(x)，g(x)\}=\frac{1}{2}[f(x)+g(x)-|f(x)-g(x)|]。& \\ & & \\ & 因f(x)在点x_0连续，则|f(x)|在点x_0也连续；由于连续函数的和、差仍连续，所以\phi (x)、\psi (x)在点x_0也连续& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 3.求下列极限：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\underset{x\to 0}{\lim }\sqrt{x^2-2x+5}；(2)\underset{\alpha \to \frac{\pi }{4}}{\lim }(sin2\alpha {)}^3；& \\ & & \\ & (3)\underset{x\to \frac{\pi }{6}}{\lim }ln(2cos2x)；(4)\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}；& \\ & & \\ & (5)\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}；(6)\underset{x\to \alpha }{\lim }\frac{sinx-sin\alpha }{x-\alpha }；& \\ & & \\ & (7)\underset{x\to +\infty }{\lim }(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})；(8)\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1-\frac{1}{2}{x}^2\right)}^{\frac{2}{3}}-1}{xln(1+x)}& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)\underset{x\to 0}{\lim }\sqrt{x^2-2x+5}=\sqrt{\underset{x\to 0}{\lim }(x^2-2x+5)}=\sqrt{5}& \\ & & \\ & (2)\underset{\alpha \to \frac{\pi }{4}}{\lim }(sin2\alpha {)}^3={\left(\underset{\alpha \to \frac{\pi }{4}}{\lim }sin2\alpha \right)}^3={\left(sin\frac{\pi }{2}\right)}^3=1& \\ & & \\ & (3)\underset{x\to \frac{\pi }{6}}{\lim }ln(2cos2x)=ln\left(\underset{x\to \frac{\pi }{6}}{\lim }2cos2x\right)=ln\left(2cos\frac{\pi }{3}\right)=ln1=0& \\ & & \\ & (4)\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x+1}-1}{(\sqrt{x+1}+1)(\sqrt{x+1}-1)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}=\frac{1}{2}& \\ & & \\ & (5)\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{(\sqrt{5x-4}-\sqrt{x})(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}{(x-1)(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}=\underset{x\to 1}{\lim }\left(-\frac{x^2-5x+4}{(x-1)(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}\right)=& \\ & & \\ & \underset{x\to 1}{\lim }\left(-\frac{x-4}{\sqrt{5x-4}+\sqrt{x}}\right)=\frac{3}{2}& \\ & & \\ & (6)\underset{x\to \alpha }{\lim }\frac{sinx-sin\alpha }{x-\alpha }=\underset{x\to \alpha }{\lim }\frac{2sin\frac{x-\alpha }{2}cos\frac{x+\alpha }{2}}{x-\alpha }=\underset{x\to \alpha }{\lim }\frac{sin\frac{x-\alpha }{2}}{\frac{x-\alpha }{2}}\cdot \underset{x\to \alpha }{\lim }cos\frac{x+\alpha }{2}=cos\alpha & \\ & & \\ & (7)\underset{x\to +\infty }{\lim }(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}}=1& \\ & & \\ & (8)\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1-\frac{1}{2}{x}^2\right)}^{\frac{2}{3}}-1}{xln(1+x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{2}{3}\cdot \left(-\frac{1}{2}{x}^2\right)}{x\cdot x}=-\frac{1}{3}& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 4.求下列极限：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}；(2)\underset{x\to 0}{\lim }ln\frac{sinx}{x}；& \\ & & \\ & (3)\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{\frac{x}{2}}；(4)\underset{x\to 0}{\lim }(1+3ta{n}^{2}x{)}^{co{t}^{2}x}；& \\ & & \\ & (5)\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{3+x}{6+x}\right)}^{\frac{x-1}{2}}；(6)\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{x\sqrt{1+si{n}^{2}x}-x}；& \\ & & \\ & (7)\underset{x\to e}{\lim }\frac{lnx-1}{x-e}；(8)\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{3x}-e^{2x}-e^x+1}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)}-1}& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}}=e^0=1& \\ & & \\ & (2)\underset{x\to 0}{\lim }ln\frac{sinx}{x}=ln\left(\underset{x\to 0}{\lim }\frac{sinx}{x}\right)=ln1=0& \\ & & \\ & (3)\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{\frac{x}{2}}=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left[{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x\right]}^{\frac{1}{2}}=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}& \\ & & \\ & (4)\underset{x\to 0}{\lim }(1+3ta{n}^{2}x{)}^{co{t}^{2}x}=\underset{x\to 0}{\lim }[(1+3ta{n}^{2}x{)}^{\frac{1}{3}co{t}^{2}x}{]}^3=e^3& \\ & & \\ & (5)\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{3+x}{6+x}\right)}^{\frac{x-1}{2}}=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left[{\left(1-\frac{3}{6+x}\right)}^{-\frac{6+x}{3}}\right]}^{-\frac{3}{2}}\cdot \underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{3}{6+x}\right)}^{-\frac{7}{2}}=e^{-\frac{3}{2}}& \\ & & \\ & (6)\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{x\sqrt{1+si{n}^{2}x}-x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{tanx-sinx}{x(\sqrt{1+si{n}^{2}x}-1)(\sqrt{1+tanx}+\sqrt{1+sinx})}=& \\ & & \\ & \underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{sinx}{x}\cdot \frac{secx-1}{\sqrt{1+si{n}^{2}x}-1}\cdot \frac{1}{\sqrt{1+tanx}+\sqrt{1+sinx}}\right)=& \\ & & \\ & \underset{x\to 0}{\lim }\frac{sinx}{x}\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{2}{x}^2}{\frac{1}{2}si{n}^{2}x}\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+tanx}+\sqrt{1+sinx}}=\frac{1}{2}& \\ & & \\ & (7)令t=x-e，则x=t+e，当x\to e时，t\to 0，\underset{x\to e}{\lim }\frac{lnx-1}{x-e}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{ln(t+e)-lne}{t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{ln\left(1+\frac{t}{e}\right)}{t}=\frac{1}{e}& \\ & & \\ & (8)\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{3x}-e^{2x}-e^x+1}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)}-1}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(e^{2x}-1)(e^x-1)}{(1-x^2{)}^{\frac{1}{3}}-1}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x\cdot x}{-\frac{1}{3}{x}^2}=-6& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 5.设f(x)在R上连续，且f(x)\ne 0，\phi (x)在R上有定义，且由间断点，则下列陈述中哪些是对的，& \\ & & \\ & 哪些是错的？如果是对的，试说明理由；如果是错的，试给出要给反例。& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\phi [f(x)]必有间断点；(2)[\phi (x){]}^2必有间断点；& \\ & & \\ & (3)f[\phi (x)]未必有间断点；(4)\frac{\phi (x)}{f(x)}必有间断点& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)错的，\phi (x)=sgnx，f(x)=e^x，\phi [f(x)]\equiv 1在R上连续& \\ & & \\ & (2)错的，\phi (x)=\{\begin{array}{l}1，x\in Q，\\ \\ -1，x\in R\text{}Q，\end{array}[\phi (x){]}^2\equiv 1在R上连续& \\ & & \\ & (3)对的，\phi (x)=\{\begin{array}{l}1，x\in Q，\\ \\ -1，x\in R\text{}Q，\end{array}f(x)=|x|+1，f[\phi (x)]\equiv 2在R上连续& \\ & & \\ & (4)对的，如果F(x)=\frac{\phi (x)}{f(x)}在R上连续，则\phi (x)=F(x)\cdot f(x)也在R上连续，与已知矛盾& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 6.设函数f(x)=\{\begin{array}{l}{e}^x，x<0，\\ \\ \alpha +x，x\ge 0\end{array}应当怎样选择数\alpha ，才能使得f(x)成为在(-\infty ，+\infty )内的连续函数。& \end{array}$

解：

   由 于 初 等 函 数 的 连 续 性 ， f ( x ) 在 ( − ∞ ， 0 ) 和 ( 0 ， + ∞ ) 内 连 续 ， 所 以 要 使 f ( x ) 在 ( − ∞ ， + ∞ ) 内 连 续 ，    只 要 选 择 数 α ， 使 f ( x ) 在 x = 0 处 连 续 即 可 。    在 x = 0 处 ， lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = lim ⁡ x → 0 − e x = 1 ， lim ⁡ x → 0 + f ( x ) = lim ⁡ x → 0 + ( α + x ) = α ， f ( 0 ) = α ，    取 α = 1 ， 则 lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = lim ⁡ x → 0 + f ( x ) = f ( 0 ) = 1 ， 所 以 取 α = 1 ， f ( x ) 就 成 为 在 ( − ∞ ， + ∞ ) 内 的 连 续 函 数 \begin{aligned} &\ \ 由于初等函数的连续性，f(x)在(-\infty，0)和(0，+\infty)内连续，所以要使f(x)在(-\infty，+\infty)内连续，\\\\ &\ \ 只要选择数\alpha，使f(x)在x=0处连续即可。\\\\ &\ \ 在x=0处，\lim_{x \rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x \rightarrow 0^-}e^x=1，\lim_{x \rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x \rightarrow 0^+}(\alpha+x)=\alpha，f(0)=\alpha，\\\\ &\ \ 取\alpha=1，则\lim_{x \rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x \rightarrow 0^+}f(x)=f(0)=1，所以取\alpha=1，f(x)就成为在(-\infty，+\infty)内的连续函数 & \end{aligned} ​  由于初等函数的连续性，f(x)在(−∞，0)和(0，+∞)内连续，所以要使f(x)在(−∞，+∞)内连续，  只要选择数α，使f(x)在x=0处连续即可。  在x=0处，x→0−lim​f(x)=x→0−lim​ex=1，x→0+lim​f(x)=x→0+lim​(α+x)=α，f(0)=α，  取α=1，则x→0−lim​f(x)=x→0+lim​f(x)=f(0)=1，所以取α=1，f(x)就成为在(−∞，+∞)内的连续函数​​