問題解答

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极限一节习题提示、解答与答案

解

第一题

提示

先把 $x=1$ 这一点和 $x\to1$ 这一过程分开. 当 $x\ne1$ 时，函数表达式其实很简单.

解. 当 $x\ne1$ 时， $f(x)=x+2$ ，所以 $\lim_{x\to1}f(x)=\lim_{x\to1}(x+2)=3$ .

题目给出 $f(1)=0$ ，极限值与函数值不同.

答案

$\lim_{x\to1}f(x)=3, f(1)=0.$

解

第二题

提示

整式极限，先直接代入.

解. 直接代入 $x=-2$ ： $\lim_{x\to-2}(x^2+3x+1)=(-2)^2+3(-2)+1=4-6+1=-1.$

答案

$-1.$

解

第三题

提示

代入后会出现 $\frac00$ . 先因式分解分子.

解. 直接代入得 $\frac00$ . 化简： $x^2-9=(x-3)(x+3)$ ，当 $x\ne3$ 时，

\frac{x^2-9}{x-3}=x+3, \lim_{x\to3}\frac{x^2-9}{x-3} =\lim_{x\to3}(x+3)=6.

答案

$6.$

解

第四题

提示

分子里是根式差，先乘共轭式，把分子化成 $x-5$ .

解. 有理化：

\frac{\sqrt{x+4}-3}{x-5} =\frac{\sqrt{x+4}-3}{x-5}\cdot\frac{\sqrt{x+4}+3}{\sqrt{x+4}+3} =\frac{x+4-9}{(x-5)(\sqrt{x+4}+3)} =\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}.

$\lim_{x\to5}\dfrac{\sqrt{x+4}-3}{x-5} =\dfrac{1}{3+3} =\dfrac16.$

答案

$\frac16.$

解

第五题

提示

含绝对值时，优先分 $x\>2$ 和 $x\<2$ 两侧讨论.

解. $x\>2$ 时， $|x-2|=x-2$ ， $\dfrac{|x-2|}{x-2}=1$ .

$x\<2$ 时， $|x-2|=-(x-2)$ ， $\dfrac{|x-2|}{x-2}=-1$ .

\lim_{x\to2^+}\frac{|x-2|}{x-2}=1, \lim_{x\to2^-}\frac{|x-2|}{x-2}=-1.

左右极限不同，双边极限不存在.

答案

\lim_{x\to2}\frac{|x-2|}{x-2}\ \text{不存在}.

解

第六题

提示

先看 $x\<2$ 和 $x\>2$ 时分别使用哪一段，再单独写点值.

解. 从左侧靠近 $2$ 时，使用 $2x-1$ ： $\lim_{x\to2^-}g(x)=2\cdot2-1=3$ .

从右侧靠近 $2$ 时，使用 $x+1$ ： $\lim_{x\to2^+}g(x)=2+1=3$ .

左右极限相等， $\lim_{x\to2}g(x)=3$ . 点值来自中间一行： $g(2)=5$ .

答案

\lim_{x\to2^-}g(x)=3, \lim_{x\to2^+}g(x)=3, \lim_{x\to2}g(x)=3, g(2)=5.

解

第七题

提示

左边先因式分解，右边先有理化. 两侧都化简到可直接代入的形式后，再比较点值.

解. 左侧： $\dfrac{x^2-4}{x-2}=x+2$ （ $x\ne2$ ）， $\lim_{x\to2^-}p(x)=4$ .

右侧：

\frac{16(\sqrt{x+2}-2)}{x-2} =\frac{16}{\sqrt{x+2}+2} (x\ne2), \lim_{x\to2^+}p(x)=\frac{16}{2+2}=4.

左右极限相等， $\lim_{x\to2}p(x)=4$ . 要使点值与极限接上，需要 $a=4$ .

答案

$\lim_{x\to2}p(x)=4, a=4.$

解

第八题

提示

找两列都趋向 $1$ 的数，让函数值分别取到两个不同结果.

解. 取 $x_n=1+\dfrac{1}{\frac{\pi}{2}+2n\pi}, y_n=1+\dfrac{1}{\frac{3\pi}{2}+2n\pi}.$

当 $n\to\infty$ 时， $x_n\to1$ ， $y_n\to1$ .

但 $q(x_n)=\sin\!\left(\dfrac{1}{x_n-1}\right)=1$ ， $q(y_n)=\sin\!\left(\dfrac{1}{y_n-1}\right)=-1$ .

同一个趋近过程里出现了两个不同的逼近结果， $\lim\limits_{x\to1}\sin\dfrac{1}{x-1}$ 不存在.

答案

\lim_{x\to1}\sin\frac{1}{x-1}\ \text{不存在}.

解

第九题

提示

先把 $|x^2-1|$ 因式分解成 $|x-1||x+1|$ , 再先控制 $|x+1|$ 的大小.

解. $|x^2-1|=|x-1||x+1|$ . 先要求 $|x-1|\<1$ ，这时 $0\<x\<2$ ， $|x+1|\<3$ .

若进一步要求 $|x-1|\<\dfrac{0.2}{3}$ ，就有

|x^2-1|=|x-1||x+1|\<\frac{0.2}{3}\cdot3=0.2.

取 $\delta=\min\!\left\{1,\dfrac{0.2}{3}\right\}=\dfrac{1}{15}$ .

答案

$\delta=\dfrac{1}{15}$ 是一个可行取值.

解

第十题

提示

直接把 $|(x+1)-(c+1)|$ 化简，你会发现它正好等于 $|x-c|$ .

解. 要证：对任意 $\varepsilon\>0$ ，总存在 $\delta\>0$ ，使得当 $0\<|x-c|\<\delta$ 时， $|(x+1)-(c+1)|\<\varepsilon$ .

注意到 $|(x+1)-(c+1)|=|x-c|$ .

取 $\delta=\varepsilon$ ，当 $0\<|x-c|\<\delta$ 时， $|(x+1)-(c+1)|=|x-c|\<\delta=\varepsilon$ .

由 $\varepsilon$ - $\delta$ 定义， $\lim_{x\to c}(x+1)=c+1$ .

答案

$\delta=\varepsilon$ 即可完成证明.

切线问题习题答案

解

第一题

思路. 切线斜率 $=$ 割线斜率的极限. 分子是根式差，有理化后约分.

解. 割线斜率：

k_{PQ} = \frac{\sqrt{x_0+\Delta x} - \sqrt{x_0}}{\Delta x}

分子有理化：

\begin{aligned} k_{PQ} &= \frac{\sqrt{x_0+\Delta x} - \sqrt{x_0}}{\Delta x} \cdot \frac{\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0}}{\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0}} &= \frac{\Delta x}{\Delta x (\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0})} = \frac{1}{\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0}} \end{aligned}

令 $\Delta x \to 0$ ：

k_{\text{tan}} = \frac{1}{2\sqrt{x_0}}

结论. $y=\sqrt{x}$ 在 $x_0\>0$ 处的切线斜率为 $\dfrac{1}{2\sqrt{x_0}}$ .

解

第二题

思路. 点 $A(1,-3)$ 不在曲线上，是切线经过的外部点. 设切点 $P(x_0,x_0^2)$ ，切线过 $P$ 且斜率为 $2x_0$ ，再令切线通过 $A$ 定出 $x_0$ .

解. 曲线 $y=x^2$ 在 $P(x_0,x_0^2)$ 处的切线斜率为 $2x_0$ ，切线方程：

y - x_0^2 = 2x_0 (x - x_0) \text{即} y = 2x_0 x - x_0^2

切线通过 $A(1,-3)$ ：

-3 = 2x_0 \cdot 1 - x_0^2 \implies x_0^2 - 2x_0 - 3 = 0 \implies (x_0-3)(x_0+1)=0

$x_0=3$ ：切点 $(3,9)$ ，斜率 $6$ ，切线 $y=6x-9$ .

$x_0=-1$ ：切点 $(-1,1)$ ，斜率 $-2$ ，切线 $y=-2x-1$ .

结论. 两条切线： $y=6x-9$ 和 $y=-2x-1$ .

解

第三题

思路. $h(x)=|x^2-4|$ 在 $x=2$ 处两侧的解析式不同（一正一负），分别求左右割线斜率极限，看是否相等.

解. $h(2)=0$ . $x\>2$ 时 $h(x)=x^2-4$ ， $x\<2$ 时 $h(x)=-(x^2-4)$ .

右极限：

\lim_{x \to 2^+} \frac{(x^2 - 4) - 0}{x - 2} = \lim_{x \to 2^+} (x+2) = 4

左极限：

\lim_{x \to 2^-} \frac{-(x^2 - 4) - 0}{x - 2} = \lim_{x \to 2^-} -(x+2) = -4

左右割线斜率极限分别为 $4$ 和 $-4$ ，不相等.

点拨. 几何上， $x=2$ 是尖点——曲线在此处折弯，左右切线方向不同，切线不存在.

结论. $h(x)=|x^2-4|$ 在 $x=2$ 处没有切线.

解

第四题

思路. 两曲线相切需要两个条件：函数值相等、切线斜率相等. 两个方程解两个未知数（切点 $x_0$ 和参数 $a$ ）.

解. 设切点 $P(x_0,y_0)$ ， $x_0\>0$ .

函数值相等（1）： $ax_0^2=\ln x_0$ .

斜率相等（2）：对 $y=ax^2$ 求斜率 $k_1=2ax_0$ ；对 $y=\ln x$ ，用极限定义求得 $k_2=1/x_0$ .

由 (2) 得 $a=\dfrac{1}{2x_0^2}$ ，代入 (1)：

\frac{1}{2x_0^2}\cdot x_0^2 = \ln x_0 \implies \frac{1}{2} = \ln x_0 \implies x_0 = \sqrt{e}

代回： $a=\dfrac{1}{2(\sqrt{e})^2}=\dfrac{1}{2e}$ .

结论. $a=\dfrac{1}{2e}$ .

解

第五题

思路. $y=x+b$ 斜率恒为 $1$ ，令其等于 $\ln x$ 在切点处的斜率 $1/x_0$ ，先定切点再定截距.

解. 令 $1=1/x_0$ ，得 $x_0=1$ .

在 $x_0=1$ 处， $\ln1=0$ ，切点为 $(1,0)$ . 直线过此点： $0=1+b$ ， $b=-1$ .

结论. $b=-1$ 时， $y=x-1$ 与 $y=\ln x$ 在点 $(1,0)$ 处相切.

解

第六题

思路. 法线在切点处与切线垂直，斜率互为负倒数. 法线过原点，把 $(0,0)$ 代入法线方程解 $x_0$ .

解. 抛物线 $y=x^2-1$ 在 $P(x_0,x_0^2-1)$ 处切线斜率为 $2x_0$ .

当 $x_0\ne0$ 时，法线斜率 $k_{\text{norm}}=-\dfrac{1}{2x_0}$ ，法线方程：

y - (x_0^2-1) = -\frac{1}{2x_0}(x-x_0)

法线过原点：

-(x_0^2-1) = -\frac{1}{2x_0}(-x_0) = \frac{1}{2} \implies x_0^2 = \frac{1}{2}

$x_0=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ，对应点 $\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},-\dfrac{1}{2}\right)$ 和 $\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},-\dfrac{1}{2}\right)$ .

当 $x_0=0$ 时，切线斜率为 $0$ （水平线），法线为 $x=0$ （竖直线），过原点，切点为 $(0,-1)$ .

结论. 三个满足条件的点： $(0,-1)$ 、 $\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},-\dfrac{1}{2}\right)$ 和 $\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},-\dfrac{1}{2}\right)$ .

解

第七题

思路. $e^x\ge x+1$ 的几何解释：直线 $y=x+1$ 是 $y=e^x$ 在 $(0,1)$ 处的切线，凸函数恒在切线上方. 先验证切线关系，再用斜率的单调性证明.

解. 在 $x=0$ 处， $e^0=1$ ， $y=x+1$ 亦过 $(0,1)$ ，公共点确认. 曲线斜率：

k = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{e^{\Delta x}-1}{\Delta x} = 1

与直线斜率 $1$ 相同， $y=x+1$ 是 $y=e^x$ 在 $(0,1)$ 的切线.

令 $g(x)=e^x-(x+1)$ ，其斜率：

k_g(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x} = e^x - 1

$k_g(x)\<0$ （ $x\<0$ 时）， $g$ 递减； $k_g(x)\>0$ （ $x\>0$ 时）， $g$ 递增. $g$ 在 $x=0$ 取全局最小值 $g(0)=0$ .

结论. 对任意 $x\in\mathbb{R}$ ， $e^x\ge x+1$ .

解

第八题

思路. 切线与两坐标轴的交点构成三角形，面积用截距表示. 关键观察：截距之积与 $x_0$ 无关.

解. $y=1/x$ 在 $P(x_0,1/x_0)$ 处的切线斜率：

k = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\frac{1}{x_0+\Delta x} - \frac{1}{x_0}}{\Delta x} = -\frac{1}{x_0^2}

切线方程： $y-\dfrac{1}{x_0}=-\dfrac{1}{x_0^2}(x-x_0)$ .

$y$ 轴截距：令 $x=0$ ， $y=\dfrac{2}{x_0}$ ，截点 $A(0,2/x_0)$ .

$x$ 轴截距：令 $y=0$ ， $x=2x_0$ ，截点 $B(2x_0,0)$ .

三角形面积（ $x_0\>0$ ）：

\text{Area} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{x_0} \cdot 2x_0 = 2

结论. 面积恒为 $2$ ，与切点选取无关.

极限的运算习题答案

解

第一题

思路. $x\to2$ 时分子分母同为 $0$ ，必有公共因子 $(x-2)$ ，约去后再代入.

解. 分母 $x^2-4=(x-2)(x+2)$ .

分子 $x=2$ 是根，分解得 $x^3-x^2-x-2=(x-2)(x^2+x+1)$ .

约去公因子：

\lim_{x\to2}\frac{(x-2)(x^2+x+1)}{(x-2)(x+2)} =\lim_{x\to2}\frac{x^2+x+1}{x+2} =\frac{7}{4}.

结论. 极限值为 $\dfrac{7}{4}$ .

解

第二题

思路. 分子含平方根、分母含立方根，分别有理化. 平方根乘共轭式，立方根乘立方差公式.

解.

\begin{aligned} \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{x+3}-2}{\sqrt[3]{x}-1} &= \lim_{x \to 1} \left[ \frac{\sqrt{x+3}-2}{\sqrt[3]{x}-1} \cdot \frac{\sqrt{x+3}+2}{\sqrt{x+3}+2} \cdot \frac{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1} \right] &= \lim_{x \to 1} \left[ \frac{(x+3)-4}{(\sqrt[3]{x})^3-1^3} \cdot \frac{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}{\sqrt{x+3}+2} \right] &= \lim_{x \to 1} \left[ \frac{x-1}{x-1} \cdot \frac{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}{\sqrt{x+3}+2} \right] \end{aligned}

约去 $(x-1)$ ，代入 $x=1$ ：

\frac{\sqrt[3]{1^2}+\sqrt[3]{1}+1}{\sqrt{1+3}+2} = \frac{1+1+1}{2+2} = \frac{3}{4}

结论. 极限值为 $\dfrac{3}{4}$ .

解

第三题

思路. $\infty-\infty$ 型不定式，分子有理化后提取 $x$ 并约分.

解.

\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+ax} - \sqrt{x^2+bx}) &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2+ax) - (x^2+bx)}{\sqrt{x^2+ax} + \sqrt{x^2+bx}} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(a-b)x}{x\sqrt{1+a/x} + x\sqrt{1+b/x}} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{a-b}{\sqrt{1+a/x} + \sqrt{1+b/x}} &= \frac{a-b}{2} \end{aligned}

其中 $x\>0$ 时 $\sqrt{x^2}=x$ .

结论. 极限值为 $\dfrac{a-b}{2}$ .

解

第四题

思路. $x\to-\infty$ 时 $x\<0$ ， $\sqrt{x^2}=|x|=-x$ ，这是唯一的陷阱.

解.

\begin{aligned} \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2+1}}{x} &= \lim_{x \to -\infty} \frac{|x|\sqrt{1+1/x^2}}{x} &= \lim_{x \to -\infty} \frac{-x\sqrt{1+1/x^2}}{x} &= \lim_{x \to -\infty} -\sqrt{1+\frac{1}{x^2}} = -1 \end{aligned}

点拨. 若误写 $\sqrt{x^2}=x$ ，会得到 $+1$ 的错误答案. $x\to-\infty$ 时务必先化 $|x|$ 再定号.

结论. 极限值为 $-1$ .

解

第五题

思路. 分母 $x-2\to0$ 而极限为有限数 $5$ ，说明分子也有因子 $(x-2)$ . 先由连续性得条件，再代入消元.

解. $\lim\limits_{x\to2}(x^2+ax+b)=0$ ，代入得 $4+2a+b=0$ ，即 $b=-2a-4$ .

代回极限式：

\begin{aligned} \lim_{x \to 2} \frac{x^2+ax-2a-4}{x-2} &= \lim_{x \to 2} \frac{(x^2-4) + a(x-2)}{x-2} &= \lim_{x \to 2} (x+2+a) = 4+a \end{aligned}

由 $4+a=5$ 得 $a=1$ ，再由 $b=-2(1)-4=-6$ .

结论. $a=1$ ， $b=-6$ .

解

第六题

思路. 连续性要求 $\lim\limits_{x\to1}f(x)=f(1)=k$ . 极限是 $\dfrac{0}{0}$ 型，用重要极限 $\lim\limits_{u\to0}\dfrac{\sin u}{u}=1$ 求解.

解. 令 $u=x-1$ ，则 $x\to1$ 时 $u\to0$ .

\begin{aligned} \lim_{u \to 0} \frac{\sin(\pi (u+1))}{u} &= \lim_{u \to 0} \frac{\sin(\pi u + \pi)}{u} = \lim_{u \to 0} \frac{-\sin(\pi u)}{u} &= -\pi \cdot \lim_{u \to 0} \frac{\sin(\pi u)}{\pi u} = -\pi \end{aligned}

连续性要求 $k=-\pi$ .

结论. $k=-\pi$ .

解

第七题

思路. 绝对值在 $x=1$ 两侧打开方式不同，必须分左右极限讨论.

解. $x\to1^+$ 时， $|x-1|=x-1$ ：

\lim_{x \to 1^+} \frac{|x-1|}{x^2-1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{x-1}{(x-1)(x+1)} = \frac{1}{2}

$x\to1^-$ 时， $|x-1|=-(x-1)$ ：

\lim_{x \to 1^-} \frac{|x-1|}{x^2-1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{-(x-1)}{(x-1)(x+1)} = -\frac{1}{2}

左右极限不相等，双边极限不存在.

结论. $\lim\limits_{x\to1}\dfrac{|x-1|}{x^2-1}$ 不存在.

解

第八题

思路. 通分后看分子次数. 要让 $x\to+\infty$ 时极限为 $0$ ，分子的增长必须被分母压制——逐次消去高次项.

解.

\begin{aligned} \frac{x^2+1}{x+1} - ax - b &= \frac{x^2+1 - (ax+b)(x+1)}{x+1} &= \frac{(1-a)x^2 - (a+b)x + (1-b)}{x+1} \end{aligned}

分母最高次为 $1$ ，要极限为 $0$ ，分子的 $x^2$ 项系数必须为零： $1-a=0$ ，即 $a=1$ .

此时分子为 $-(1+b)x+(1-b)$ ，分母为 $x+1$ ，同次，极限等于最高次项系数之比：

\lim_{x \to +\infty} \frac{-(1+b)x + (1-b)}{x+1} = -(1+b)

由 $-(1+b)=0$ 得 $b=-1$ .

结论. $a=1$ ， $b=-1$ .

解

第九题

思路. $\dfrac{0}{0}$ 型，用指数—对数互写拆成两个已知极限的乘积.

解.

\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{(1+x)^a-1}{x} &= \lim_{x \to 0} \frac{e^{a\ln(1+x)}-1}{x} &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{e^{a\ln(1+x)}-1}{a\ln(1+x)} \cdot \frac{a\ln(1+x)}{x} \right) \end{aligned}

第一个极限：令 $u=a\ln(1+x)$ ， $x\to0$ 时 $u\to0$ ， $\lim\limits_{u\to0}\dfrac{e^u-1}{u}=1$ .

第二个极限：

\lim_{x \to 0} a \frac{\ln(1+x)}{x} = a \lim_{x \to 0} \ln(1+x)^{1/x} = a \ln e = a

结论. 极限值为 $a$ .

解

第十题

思路. 把 $\tan x-\sin x$ 拆开，用三角恒等变形逐步凑出 $\dfrac{\sin u}{u}$ 的形式.

解.

\tan x - \sin x = \sin x \left( \frac{1}{\cos x} - 1 \right) = \sin x \cdot \frac{1-\cos x}{\cos x} = \sin x \cdot \frac{2\sin^2(x/2)}{\cos x}

代回极限：

\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x \cdot 2\sin^2(x/2)}{x^3 \cos x} &= \left( \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \right) \cdot \left( \lim_{x \to 0} \frac{2}{\cos x} \right) \cdot \left( \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2(x/2)}{x^2} \right) &= 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2} \end{aligned}

其中 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin^2(x/2)}{x^2}=\dfrac{1}{4}\left(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin(x/2)}{x/2}\right)^2=\dfrac{1}{4}$ .

结论. 极限值为 $\dfrac{1}{2}$ .

解

第十一题

思路. 先看定义域排除垂直渐近线，再分别算 $x\to+\infty$ 和 $x\to-\infty$ 两个方向的斜渐近线. 注意 $x\to-\infty$ 时 $|x|=-x$ .

解. 定义域 $x^2+3x\ge0$ ，即 $(-\infty,-3]\cup[0,+\infty)$ . 函数在定义域内连续，无垂直渐近线.

当 $x\to+\infty$ 时：

m = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2+3x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{1+3/x} = 1

\begin{aligned} b &= \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+3x}-x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{3}{\sqrt{1+3/x}+1} = \frac{3}{2} \end{aligned}

斜渐近线 $y=x+\dfrac{3}{2}$ .

当 $x\to-\infty$ 时： $x\<0$ ， $|x|=-x$ .

m = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2+3x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-x\sqrt{1+3/x}}{x} = -1

\begin{aligned} b &= \lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2+3x}+x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}-x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{3x}{-x\sqrt{1+3/x}-x} &= \frac{3}{-1-1} = -\frac{3}{2} \end{aligned}

斜渐近线 $y=-x-\dfrac{3}{2}$ .

结论. 两条渐近线： $y=x+\dfrac{3}{2}$ 和 $y=-x-\dfrac{3}{2}$ .

解

第十二题

思路. 凑出已知极限 $\lim\limits_{u\to0}\dfrac{f(u)}{u}=L$ 和重要极限 $\dfrac{\sin x}{x}\to1$ .

解.

\frac{f(x^2)}{\sin^2 x} = \frac{f(x^2)}{x^2} \cdot \frac{x^2}{\sin^2 x} = \frac{f(x^2)}{x^2} \cdot \left( \frac{x}{\sin x} \right)^2

第一部分：令 $u=x^2$ ， $x\to0$ 时 $u\to0$ ， $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x^2)}{x^2}=\lim\limits_{u\to0}\dfrac{f(u)}{u}=L$ .

第二部分： $\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{x}{\sin x}\right)^2=\left(\dfrac{1}{1}\right)^2=1$ .

结论. 极限值为 $L$ .

解

第十三题

思路. 极限由 $|x|$ 与 $1$ 的大小关系决定，分四段求出 $f(x)$ 的分段表达式，再在分界点 $x=\pm1$ 处用连续性定参数.

解. 当 $|x|\<1$ 时： $x^{2n}\to0$ ， $x^{2n-1}\to0$ ， $f(x)=\dfrac{0+ax}{0+1}=ax$ .

**当 $|x|\>1$ 时：**同除以 $x^{2n}$ ， $f(x)=\dfrac{1/x+0}{1+0}=\dfrac{1}{x}$ .

当 $x=1$ 时： $f(1)=\dfrac{1+a}{2}$ . 当 $x=-1$ 时： $f(-1)=\dfrac{-1-a}{2}$ .

分段表达式：

f(x) = \begin{cases} 1/x, & x \< -1 (-1-a)/2, & x = -1 ax, & -1 \< x \< 1 (1+a)/2, & x = 1 1/x, & x \> 1 \end{cases}

在 $x=1$ 处连续： $a=1=\dfrac{1+a}{2}$ ，解得 $a=1$ .

在 $x=-1$ 处连续： $-1=-a=\dfrac{-1-a}{2}$ ，解得 $a=1$ .

两个条件一致.

结论. $a=1$ 时 $f(x)$ 连续.

解

第十四题

思路. 零点存在性定理：连续函数在闭区间端点异号，则内部必有零点.

解. 令 $f(x)=x^3-3x+1$ ，多项式在 $[0,1]$ 上连续.

$f(0)=1\>0$ ， $f(1)=-1\<0$ .

由零点存在性定理，存在 $c\in(0,1)$ 使 $f(c)=0$ ，即方程 $x^3-3x+1=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个实根.

结论. 方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根.

无穷远处的极限与无穷小量习题答案

解

第一题

思路. 分子一次、分母二次，分子次数严格低于分母，极限为 $0$ ，即有水平渐近线 $y=0$ .

解. 分母 $x^2+x+1=(x+1/2)^2+3/4\>0$ ，定义域为 $\mathbb{R}$ .

\lim_{x \to \infty} \frac{3x+5}{x^2+x+1} = \lim_{x \to \infty} \frac{3/x+5/x^2}{1+1/x+1/x^2} = \frac{0+0}{1+0+0}=0

结论. 水平渐近线 $y=0$ .

解

第二题

思路. 同次有理分式——水平渐近线；分母有零点——垂直渐近线.

解. 定义域 $x\ne\pm1$ .

**水平渐近线：**分子分母同次，极限为最高次项系数之比：

\lim_{x \to \infty} \frac{2x^2-3x}{x^2-1} = \lim_{x \to \infty} \frac{2-3/x}{1-1/x^2} = 2

$y=2$ 为水平渐近线.

**垂直渐近线：**考察 $x=1$ .

\lim_{x \to 1^+} \frac{x(2x-3)}{(x-1)(x+1)} = \frac{1\cdot(-1)}{0^+\cdot2} = -\infty, \lim_{x \to 1^-} \frac{x(2x-3)}{(x-1)(x+1)} = \frac{-1}{0^-\cdot2} = +\infty

$x=1$ 为垂直渐近线. 同理 $x=-1$ 亦为垂直渐近线.

结论. 水平渐近线 $y=2$ ，垂直渐近线 $x=1$ 和 $x=-1$ .

解

第三题

思路. $\infty-\infty$ 型，分子有理化后提取 $x$ .

解.

\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+6x}-x) &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2+6x)-x^2}{\sqrt{x^2(1+6/x)}+x} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{6x}{x\sqrt{1+6/x}+x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{6}{\sqrt{1+6/x}+1} = 3 \end{aligned}

结论. $x\to+\infty$ 方向有水平渐近线 $y=3$ .

解

第四题

思路. $x\to-\infty$ 的 $\infty-\infty$ 型，令 $t=-x$ 转化为 $t\to+\infty$ 再有理化.

解. 令 $t=-x$ ， $x\to-\infty$ 时 $t\to+\infty$ .

\lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2+6x}+x) = \lim_{t \to +\infty} (\sqrt{t^2-6t}-t)

有理化：

\begin{aligned} \lim_{t \to +\infty} \frac{(t^2-6t)-t^2}{\sqrt{t^2-6t}+t} &= \lim_{t \to +\infty} \frac{-6t}{t\sqrt{1-6/t}+t} = \lim_{t \to +\infty} \frac{-6}{\sqrt{1-6/t}+1} = -3 \end{aligned}

结论. $x\to-\infty$ 方向有水平渐近线 $y=-3$ .

解

第五题

思路. 分母含平方， $x\to1$ 时趋于 $+\infty$ ——垂直渐近线. 分子比分母高一次，存在斜渐近线.

解. 定义域 $x\ne1$ .

垂直渐近线： $\lim\limits_{x\to1}\dfrac{x^3}{(x-1)^2}=\dfrac{1}{0^+}=+\infty$ ， $x=1$ 为垂直渐近线.

斜渐近线： $m=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x^2}{(x-1)^2}=1$ .

\begin{aligned} b &= \lim\limits_{x \to \infty} \left(\dfrac{x^3}{(x-1)^2} - x\right) = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^3 - x(x^2-2x+1)}{(x-1)^2} &= \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2x^2-x}{x^2-2x+1} = 2 \end{aligned}

结论. 垂直渐近线 $x=1$ ，斜渐近线 $y=x+2$ .

解

第六题

思路. 分子分母各有振荡项 $\cos x$ 、 $\sin x$ ，但它们有界，同除以 $x^2$ 后用夹逼定理处理.

解.

\lim_{x \to \infty} \frac{x^2 + \cos x}{2x^2 - \sin x} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{\cos x}{x^2}}{2 - \frac{\sin x}{x^2}}

由 $-1\le\cos x\le1$ 得 $-\dfrac{1}{x^2}\le\dfrac{\cos x}{x^2}\le\dfrac{1}{x^2}$ ，夹逼得 $\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\cos x}{x^2}=0$ . 同理 $\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\sin x}{x^2}=0$ .

结论. 水平渐近线 $y=\dfrac{1}{2}$ .

解

第七题

思路. 正负无穷方向 $e^x$ 的衰减速度不同，需分别选主项除之.

解. 当 $x\to+\infty$ 时： $e^{-x}\to0$ ，除以 $e^x$ ：

\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 - e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} = 1

当 $x\to-\infty$ 时： $e^{x}\to0$ ，除以 $e^{-x}$ ：

\lim_{x \to -\infty} \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1} = -1

结论. 水平渐近线 $y=1$ （正无穷方向）和 $y=-1$ （负无穷方向）.

解

第八题

思路. $x\to\infty$ 时， $x$ 的增长速度高于 $\ln(x^2+1)$ ，极限应为 $0$ . 用洛必达法则或直接除以 $x$ 验证.

解.

\lim_{x \to \infty} \frac{\ln(x^2+1)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln(x^2+1)}{x} = 0

对数增长慢于幂函数增长， $y=0$ 为水平渐近线.

结论. 水平渐近线 $y=0$ .

解

第九题

思路. $xe^{1/x}\to x\cdot1=x$ 粗估趋向 $\infty$ ，但 $e^{1/x}-1\sim1/x$ ，乘积趋于 $1$ . 用换元法把 $1/x$ 换成 $t$ .

解. 令 $t=1/x$ ， $x\to\infty$ 时 $t\to0$ .

\lim_{t \to 0} \frac{1}{t}(e^t-1) = \lim_{t \to 0} \frac{e^t-1}{t} = 1

结论. 水平渐近线 $y=1$ .

解

第十题

思路. 重要极限 $\lim\limits_{u\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{u}\right)^u=e$ 的变形，指数从 $x$ 变成 $2x$ .

解.

\lim_{x \to \infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{2x} = \left[ \lim_{x \to \infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x \right]^2 = e^2

结论. 水平渐近线 $y=e^2$ .

解

第十一题

思路. $x+\arctan x$ 中 $\arctan x$ 有界，斜渐近线的斜率必为 $1$ ，截距取决于 $\arctan x$ 在 $\pm\infty$ 的极限值.

解. 当 $x\to+\infty$ 时：

m = \lim_{x \to +\infty} \frac{x+\arctan x}{x} = 1, b = \lim_{x \to +\infty} \arctan x = \frac{\pi}{2}

当 $x\to-\infty$ 时：

m = \lim_{x \to -\infty} \frac{x+\arctan x}{x} = 1, b = \lim_{x \to -\infty} \arctan x = -\frac{\pi}{2}

结论. 两条斜渐近线： $y=x+\dfrac{\pi}{2}$ 和 $y=x-\dfrac{\pi}{2}$ .

解

第十二题

思路. 与第十一题类似，但被开方函数的定义域分成两段，两方向的斜渐近线斜率符号相反（ $x\to-\infty$ 时 $|x|=-x$ ）.

解. 定义域 $x(4x+1)\ge0$ ，即 $(-\infty,-1/4]\cup[0,\infty)$ .

当 $x\to+\infty$ 时：

m = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{4x^2+x}}{x} = \sqrt{4}=2, b = \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{4x^2+x}-2x) = \frac{1}{4}

当 $x\to-\infty$ 时： $|x|=-x$ ， $m=-2$ .

b = \lim_{x \to -\infty} (\sqrt{4x^2+x}+2x)

令 $t=-x$ ， $t\to+\infty$ ：

b = \lim_{t \to +\infty} (\sqrt{4t^2-t}-2t) = -\frac{1}{4}

结论. 斜渐近线 $y=2x+\dfrac{1}{4}$ 和 $y=-2x-\dfrac{1}{4}$ .

解

第十三题

思路. 极限为有限数，一次主项必须抵消. 由主项定 $a$ ，有理化定 $b$ .

解. $\sqrt{4x^2+bx}\sim2x$ ，与 $ax-1$ 中 $ax$ 抵消需要 $a=2$ .

$a=2$ 时：

\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{4x^2+bx} - (2x-1)) &= \lim_{x \to +\infty} \frac{4x^2+bx - (4x^2-4x+1)}{\sqrt{4x^2+bx} + 2x-1} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(b+4)x-1}{\sqrt{4x^2+bx} + 2x-1} \end{aligned}

分子分母同次，极限为最高次项系数之比 $\dfrac{b+4}{\sqrt4+2}=\dfrac{b+4}{4}$ .

由 $\dfrac{b+4}{4}=3$ 得 $b=8$ .

结论. $a=2$ ， $b=8$ .

解

第十四题

思路. 与第十三题类似——按 $|x|$ 与 $1$ 的大小关系分段求极限，写出分段表达式，再判断间断点.

解. 当 $|x|\<1$ 时： $x^{2n}\to0$ ， $x^{2n+1}\to0$ ， $f(x)=\dfrac{0+2x}{0+1}=2x$ .

**当 $|x|\>1$ 时：**同除以 $x^{2n}$ ， $f(x)=\dfrac{x+0}{1+0}=x$ .

当 $x=1$ 时： $f(1)=\dfrac{1+2}{1+1}=\dfrac{3}{2}$ .

当 $x=-1$ 时： $f(-1)=\dfrac{-1-2}{1+1}=-\dfrac{3}{2}$ .

分段表达式：

f(x) = \begin{cases} x, & x \< -1 -3/2, & x = -1 2x, & -1 \< x \< 1 3/2, & x = 1 x, & x \> 1 \end{cases}

在 $x=1$ 处： $\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=2$ ， $f(1)=3/2$ ， $\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=1$ ，左右极限不相等， $x=1$ 为跳跃间断点.

在 $x=-1$ 处： $\lim\limits_{x\to-1^-}f(x)=-1$ ， $f(-1)=-3/2$ ， $\lim\limits_{x\to-1^+}f(x)=-2$ ， $x=-1$ 亦为跳跃间断点.

结论. 间断点为 $x=1$ 和 $x=-1$ .

端点分析与局部保号习题答案

解

第一题

思路. 不等式 $e^x\ge ax+1$ 在 $[0,+\infty)$ 上恒成立，端点 $x=0$ 处等号成立（ $e^0=1$ ， $a\cdot0+1=1$ ）. 这种"端点取等"的结构提示端点分析法：只需保证函数在端点附近"不往下走"，即导函数在端点处非负.

解. 令 $g(x)=e^x-ax-1$ ，则 $g(0)=0$ .

$g'(x)=e^x-a$ ， $g''(x)=e^x$ .

当 $x\>0$ 时， $g''(x)=e^x\>0$ ，所以 $g'(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格递增，其最小值在 $x=0$ 取得.

$g(x)\ge0$ 恒成立等价于 $g'(0)\ge0$ ，即 $1-a\ge0$ ，解得 $a\le1$ .

点拨. $a=1$ 时， $g'(x)=e^x-1$ ，对 $x\>0$ 有 $g'(x)\>0$ ，函数从端点处开始严格递增，确实保持非负. $a\<1$ 时， $g'(0)\>0$ ，递增更快，同样成立.

结论. $a$ 的取值范围是 $(-\infty,1]$ .

解

第二题

思路. 不等式 $a(x-1)\ge\ln x$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立，端点 $x=1$ 处等号成立. 与第一题结构相同，考察导函数在端点的行为.

解. 令 $g(x)=a(x-1)-\ln x$ ，则 $g(1)=0$ .

$g'(x)=a-\dfrac{1}{x}$ ， $g''(x)=\dfrac{1}{x^2}$ .

当 $x\>1$ 时， $g''(x)=\dfrac{1}{x^2}\>0$ ，所以 $g'(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上严格递增，其最小值在 $x=1$ 取得.

$g(x)\ge0$ 恒成立等价于 $g'(1)\ge0$ ，即 $a-1\ge0$ ，解得 $a\ge1$ .

结论. $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$ .

临界情况 $a=1$: 直线 $y=x-1$ 是曲线 $y=\ln x$ 的切线*

解

第三题

思路. 不等式 $ax\ge\sin x$ 在 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 上恒成立，端点 $x=0$ 处等号成立. 仍用端点分析法. 此题还可用参数全分离法做交叉验证.

解. 令 $g(x)=ax-\sin x$ ，则 $g(0)=0$ .

$g'(x)=a-\cos x$ ， $g''(x)=\sin x$ .

当 $x\in(0,\frac{\pi}{2})$ 时， $g''(x)=\sin x\>0$ ，所以 $g'(x)$ 在 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 上严格递增，其最小值在 $x=0$ 取得.

$g(x)\ge0$ 恒成立等价于 $g'(0)\ge0$ ，即 $a-1\ge0$ ，解得 $a\ge1$ .

检查. 用全分离法验证：当 $x\>0$ 时， $a\ge\dfrac{\sin x}{x}$ . 函数 $\dfrac{\sin x}{x}$ 在 $(0,\frac{\pi}{2}]$ 上递减，上确界为 $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\sin x}{x}=1$ . 故 $a\ge1$ ，与端点分析法结论一致.

结论. $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$ .

解

第四题

思路. 不等式 $e^x-\frac{1}{2}x^2-ax-1\ge0$ 在 $[0,+\infty)$ 上恒成立，端点 $x=0$ 处等号成立. 前三题的二阶导数恒正，本题同样如此.

解. 令 $g(x)=e^x-\frac{1}{2}x^2-ax-1$ ，则 $g(0)=0$ .

$g'(x)=e^x-x-a$ ， $g''(x)=e^x-1$ .

当 $x\>0$ 时， $e^x\>1$ ，故 $g''(x)\>0$ ， $g'(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格递增，其最小值在 $x=0$ 取得.

$g(x)\ge0$ 恒成立等价于 $g'(0)\ge0$ ，即 $1-a\ge0$ ，解得 $a\le1$ .

结论. $a$ 的取值范围是 $(-\infty,1]$ .

解

第五题

思路. 不等式 $x^3-3x^2+ax\ge0$ 在 $[0,+\infty)$ 上恒成立，端点 $x=0$ 处等号成立. 前四题的二阶导数在区间上恒正，本题却变号——端点分析法在此失效. 这是一个关键的警示：端点分析法生效的前提是导函数单调（即二阶导数不变号），前提不满足时结论不可用.

解. 令 $g(x)=x^3-3x^2+ax$ ，则 $g(0)=0$ .

$g'(x)=3x^2-6x+a$ ， $g''(x)=6x-6=6(x-1)$ .

$g''(x)$ 在 $x\in(0,1)$ 时为负， $x\in(1,+\infty)$ 时为正. $g'(x)$ 先减后增，不单调，端点分析法的充分性条件不满足.

点拨. $g'(0)=a\ge0$ 只是必要条件. 取 $a=2$ 验证： $g(x)=x(x-1)(x-2)$ ，在 $x\in(1,2)$ 时 $g(x)\<0$ ，与题设矛盾. 端点分析法给出的 $a\ge0$ 远不够.

回到全局分析：因 $x\ge0$ ， $g(x)=x(x^2-3x+a)\ge0$ 等价于 $h(x)=x^2-3x+a\ge0$ 在 $[0,+\infty)$ 上恒成立.

$h(x)$ 是开口向上的二次函数，对称轴 $x=\dfrac{3}{2}$ 位于区间内部，最小值在顶点处取得：

h_{\min}=h\!\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{9}{4}-\frac{9}{2}+a=a-\frac{9}{4}

令 $h_{\min}\ge0$ ，得 $a\ge\dfrac{9}{4}$ .

检查. $a=\dfrac{9}{4}$ 时， $h(x)=\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^2\ge0$ ，成立. $a\<\dfrac{9}{4}$ 时，顶点处 $h(x)\<0$ ，不成立.

结论. $a$ 的取值范围是 $\left[\dfrac{9}{4},+\infty\right)$ .

解

第六题

思路. 不等式 $e^x+ax^2-x-\frac{1}{2}x^3-1\ge0$ 在 $[0,+\infty)$ 上恒成立，端点 $x=0$ 处等号成立. 本题的特殊之处在于 $g'(0)=0$ 也恒成立，一阶必要条件不提供任何关于 $a$ 的信息，需要继续向高阶导数推进.

解. 令 $g(x)=e^x+ax^2-x-\frac{1}{2}x^3-1$ ，则 $g(0)=0$ .

$g'(x)=e^x+2ax-1-\frac{3}{2}x^2$ ， $g'(0)=0$ .

一阶必要条件 $g'(0)\ge0$ 自动满足，无法约束 $a$ . 转而要求 $g'(x)\ge0$ （即 $g$ 递增的充分条件），等价于分析 $h(x)=g'(x)=e^x+2ax-1-\frac{3}{2}x^2$ 在 $[0,+\infty)$ 上的非负性.

$h(0)=0$ . 再对 $h$ 施加递增条件： $h'(x)=g''(x)=e^x+2a-3x\ge0$ .

此时函数结构已足够简单，使用全分离法： $2a\ge3x-e^x$ .

令 $\phi(x)=3x-e^x$ ，则 $\phi'(x)=3-e^x$ . 令 $\phi'(x)=0$ 得 $x=\ln3$ ， $\phi$ 在 $x=\ln3$ 处取最大值 $\phi_{\max}=3\ln3-3$ .

条件为 $2a\ge3\ln3-3$ ，即 $a\ge\dfrac{3}{2}(\ln3-1)$ .

检查. **充分性：**当 $a\ge\dfrac{3}{2}(\ln3-1)$ 时， $g''(x)=e^x+2a-3x\ge0$ ， $g'(x)$ 递增且 $g'(0)=0$ ，故 $g'(x)\ge0$ ； $g(x)$ 递增且 $g(0)=0$ ，故 $g(x)\ge0$ .

**必要性：**当 $a\<\dfrac{3}{2}(\ln3-1)$ 时，存在 $x_0\>0$ 使 $g''(x_0)\<0$ ， $g'(x)$ 在某段下降，且 $\lim\limits_{x\to+\infty}g'(x)=-\infty$ ，故 $g'(x)$ 会变为负值， $g(x)$ 先升后降并最终跌破零.

结论. $a$ 的取值范围是 $\left[\dfrac{3}{2}(\ln3-1),+\infty\right)$ .

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