微积分(曹定华)(修订版)课后题答案第二章习题详解

1第二章习题2-11.试利用本节定义5后面的注（3）证明：若limnxn=a,则对任何自然数k，有limnxn+k=a.证：由limnnxa，知0，1N，当1nN时，有nxa取1NNk，有0，N，设nN时（此时1nkN）有nkxa由数列极限的定义得limnkxxa.2.试利用不等式ABAB说明：若limnxn=a,则limn∣xn∣=|a|.考察数列xn=(-1)n，说明上述结论反之不成立.证：lim0,,.使当时，有nxnxaNnNxa而nnxaxa于是0，,使当时，有NnNnnxaxa即nxa由数列极限的定义得limnnxa考察数列(1)nnx，知limnnx不存在，而1nx，lim1nnx，所以前面所证结论反之不成立。3.利用夹逼定理证明：(1)limn222111(1)(2)nnn=0；(2)limn2!nn=0.证：（1）因为222222111112(1)(2)nnnnnnnnnn而且21lim0nn，2lim0nn，所以由夹逼定理，得2222111lim0(1)(2)nnnn.（2）因为22222240!1231nnnnn，而且4lim0nn，所以，由夹逼定理得2lim0!nnn4.利用单调有界数列收敛准则证明下列数列的极限存在.(1)xn=11ne，n=1,2,…；(2)x1=2,xn+1＝2nx,n=1,2,….证：（1）略。（2）因为122x，不妨设2kx，则12222kkxx故有对于任意正整数n，有2nx，即数列nx有上界，又1(2)nnnnxxxx，而0nx,2nx，所以10nnxx即1nnxx，即数列是单调递增数列。综上所述，数列nx是单调递增有上界的数列，故其极限存在。习题2-21※.证明：0limxxf(x)=a的充要条件是f(x)在x0处的左、右极限均存在且都等于a.证：先证充分性：即证若00lim()lim()xxxxfxfxa，则0lim()xxfxa.由0lim()xxfxa及0lim()xxfxa知：10,0,当010xx时，有()fxa，20当020xx时，有()fxa。取12min,，则当00xx或00xx时，有()fxa，而00xx或00xx就是00xx，3于是0,0，当00xx时，有()fxa，所以0lim()xxfxa.再证必要性：即若0lim()xxfxa，则00lim()lim()xxxxfxfxa,由0lim()xxfxa知，0,0，当00xx时，有()fxa，由00xx就是00xx或00xx，于是0,0，当00xx或00xx时，有()fxa.所以00lim()lim()xxxxfxfxa综上所述，0limxxf(x)=a的充要条件是f(x)在x0处的左、右极限均存在且都等于a.2.(1)利用极限的几何意义确定0limx(x2+a),和0limx1ex；(2)设f(x)=12e,0,,0,xxxax，问常数a为何值时，0limxf(x)存在.解：（1）因为x无限接近于0时，2xa的值无限接近于a，故20lim()xxaa.当x从小于0的方向无限接近于0时，1ex的值无限接近于0，故10lime0xx.（2）若0lim()xfx存在，则00lim()lim()xxfxfx，由（1）知22000lim()lim()lim()xxxfxxaxaa，100lim()lime0xxxfx所以，当0a时，0lim()xfx存在。3.利用极限的几何意义说明limxsinx不存在.解：因为当x时，sinx的值在-1与1之间来回振摆动，即sinx不无限接近某一定直线yA，亦即()yfx不以直线yA为渐近线，所以limsinxx不存在。习题2-31.举例说明：在某极限过程中，两个无穷小量之商、两个无穷大量之商、无穷小量与无穷大量之积都不一定是无穷小量，也不一定是无穷大量.解：例1：当0x时，tan,sinxx都是无穷小量，但由sincostanxxx（当0x时，4cos1x）不是无穷大量，也不是无穷小量。例2：当x时，2x与x都是无穷大量，但22xx不是无穷大量，也不是无穷小量。例3：当0x时，tanx是无穷小量，而cotx是无穷大量，但tancot1xx不是无穷大量，也不是无穷小量。2.判断下列命题是否正确：(1)无穷小量与无穷小量的商一定是无穷小量；(2)有界函数与无穷小量之积为无穷小量；(3)有界函数与无穷大量之积为无穷大量；(4)有限个无穷小量之和为无穷小量；(5)有限个无穷大量之和为无穷大量；(6)y=xsinx在(-∞，+∞)内无界，但limxxsinx≠∞；(7)无穷大量的倒数都是无穷小量；(8)无穷小量的倒数都是无穷大量.解：（1）错误，如第1题例1；（2）正确，见教材§2.3定理3；（3）错误，例当0x时，cotx为无穷大量，sinx是有界函数，cotsincosxxx不是无穷大量；（4）正确，见教材§2.3定理2；（5）错误，例如当0x时，1x与1x都是无穷大量，但它们之和11()0xx不是无穷大量；（6）正确，因为0M，正整数k，使π2π+2kM，从而ππππ(2π+)(2π+)sin(2π+)2π+2222fkkkkM，即sinyxx在(,)内无界，又0M，无论X多么大，总存在正整数k，使πkX，使(2π)πsin(π)0fkkkM，即x时，sinxx不无限增大，即limsinxxx；（7）正确，见教材§2.3定理5；（8）错误，只有非零的无穷小量的倒数才是无穷大量。零是无穷小量，但其倒数无意义。3.指出下列函数哪些是该极限过程中的无穷小量，哪些是该极限过程中的无穷大量.(1)f(x)=234x,x→2;(2)f(x)=lnx，x→0+，x→1,x→+∞；(3)f(x)=1ex,x→0+，x→0-；(4)f(x)=2-arctanx,x→+∞;(5)f(x)=1xsinx,x→∞;(6)f(x)=21x211x，x→∞.5解：（1）22lim(4)0xx因为，即2x时，24x是无穷小量，所以214x是无穷小量，因而234x也是无穷大量。（2）从()lnfxx的图像可以看出，10limln,limln0,limlnxxxxxx，所以，当0x时，x时，()lnfxx是无穷大量；当1x时，()lnfxx是无穷小量。（3）从1()exfx的图可以看出，1100lime,lime0xxxx，所以，当0x时，1()exfx是无穷大量；当0x时，1()exfx是无穷小量。（4）πlim(arctan)02xx，当x时，π()arctan2fxx是无穷小量。（5）当x时，1x是无穷小量，sinx是有界函数，1sinxx是无穷小量。（6）当x时，21x是无穷小量，211x是有界变量，22111xx是无穷小量。习题2-41.若0limxxf(x)存在，0limxxg(x)不存在，问0limxx［f(x)±g(x)］,0limxx［f(x)·g(x)］是否存在，为什么?解：若0limxxf(x)存在，0limxxg(x)不存在，则（1）0limxx［f(x)±g(x)］不存在。因为若0limxx［f(x)±g(x)］存在，则由()()[()()]gxfxfxgx或()[()()]()gxfxgxfx以及极限的运算法则可得0limxxg(x)，与题设矛盾。6（2）0limxx［f(x)·g(x)］可能存在，也可能不存在，如：()sinfxx，1()gxx，则0limsin0xx，01limxx不存在，但0limxx［f(x)·g(x)］=01limsin0xxx存在。又如：()sinfxx，1()cosgxx，则π2limsin1xx，π21limcosxx不存在，而0limxx［f(x)·g(x)］π2limtanxx不存在。2.若0limxxf(x)和0limxxg(x)均存在，且f(x)≥g(x)，证明0limxxf(x)≥0limxxg(x).证：设0limxxf(x)=A，0limxxg(x)=B，则0，分别存在10，20，使得当010xx时，有()Afx，当020xx时，有()gxB令12min,，则当00xx时，有()()AfxgxB从而2AB，由的任意性推出AB即00lim()lim()xxxxfxgx.3.利用夹逼定理证明：若a1,a2，…，am为m个正常数，则limn12nnnnmaaa=A,其中A=max{a1,a2,…，am}.证：因为12nnnnnnnnmAaaamA，即112nnnnnmAaaamA而limnAA，1limnnmAA，由夹逼定理得12limnnnnmnaaaA.4※.利用单调有界数列必存在极限这一收敛准则证明：若x1＝2,x2=22,…，xn+1=2nx（n=1,2,…），则limnxn存在，并求该极限.证：因为122,22,xx有21xx今设1kkxx，则1122kkkkxxxx，由数学归纳法知，对于任意正整数n有1nnxx，即数列nx单调递增。7又因为122x，今设2kx，则12222kkxx，由数学归纳法知，对于任意的正整数n有2nx，即数列nx有上界，由极限收敛准则知limnnx存在。设limnnxb，对等式12nnxx两边取极限得2bb，即22bb，解得2b，1b（由极限的保号性，舍去），所以lim2nnx.5.求下列极限：(1)limn33232451nnnnn；(2)limn11cos2nn；(3)limn2nnn;(4)limn11(2)3(2)3nnnn；(5)limn1112211133nn.解：（1）原式=23232433lim11155nnnnnn；（2）因为1lim(1)02nn，即当n时，112n是无穷小量，而cosn是有界变量，由无穷小量与有界变量的乘积是无穷小量得：1lim(1)cos02nnn；（3）222lim()limnnnnnnnnn而22332111limlim01nnnnnnnnn，222lim()limnnnnnnnnn；（4）1111121(1)()(2)31333limlim2(2)33(1)()13nnnnnnnnnn；8（5）111111()21111114[1()]42222limlimlim1111311()3[1()]3333113nnnnnnnnn.6.求下列极限：(1)