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## 第1讲
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[[27张宇基础30讲高数.pdf#page=9&rect=87,301,212,323|27张宇基础30讲高数, p.9]]
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## 函数极限与连续
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<table><tr><td>考题</td><td>计算函数极限</td></tr><tr><td>题型</td><td>选择题、填空题、解答题 ①理解函数的概念，掌握函数的表示法，会建立应用问题的函数关系；</td></tr><tr><td>目标</td><td>②了解函数的有界性、单调性、周期性和奇偶性； ③理解复合函数及分段函数的概念，了解反函数及隐函数的概念； ④掌握基本初等函数的性质及其图形，了解初等函数的概念； ⑤理解极限的概念，理解函数左极限与右极限的概念以及函数极限存在与左极限、右极限之间的关系； ③掌握极限的性质及四则运算法则，掌握利用两个重要极限求极限的方法； ⑦掌握极限存在的两个准则，并会利用它们求极限（仅数学一、数学二），了解极限的性质及 极限存在的两个准则（仅数学三）； ③理解无穷小量、无穷大量的概念，掌握无穷小量的比较方法，会用等价无穷小量求极限； ③理解函数连续性的概念（含左连续与右连续），会判别函数间断点的类型；</td></tr><tr><td>重难点</td><td>10了解连续函数的性质和初等函数的连续性 ①洛必达法则；②泰勒公式</td></tr></table>
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按《全国硕士研究生招生考试数学考试大纲》来编写的基础知识结构，只不过我把大纲中罗列的知识点做成了一个体系化的知识结构图，希望同学们每学宅一讲，回过头来能够自己写出基础知识结构.
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## 基础知识结构
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注 以上是第1讲的全面的知识结构．学完这一讲，做完这一讲的题目之后，回过头来看这个知识结构，相信大家会有完全不同的认识．学完之后，这些知识框架不再是陌生的文字，而是展现在头脑中的清晰的知识与方法.
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## 基础内容精讲
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## 函数的概念与特性
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## 1函数
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设x与y是两个变量，D是一个给定的数集，若对于每一个x∈D，按照一定的法则f，有一个确定的y值与之对应，则称y为x的函数，记作y=f(x)，称x为自变量，y为因变量，称数集D为此函数的定义域，定义域一般由实际背景中变量的具体意义或者函数对应法则的要求确定，称 $\{ f ( x ) { \big \vert } x \in D \}$ 为值域.
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## 注单值函数与多值函数
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事实上，上述定义的函数是单值函数，若给一个 $x _ { 1 }$ ，对应一个 $y _ { 1 }$ ；给另外一个 $x _ { 2 }$ ，对应另外一个$y _ { 2 }$ ，这叫一对一[见图1-1(a)].若给定 $x _ { 1 } \ : , \ : x _ { 2 } \ : ( \ : x _ { 1 } \neq x _ { 2 } )$ ，它们对应同一个y，则称多对一[见图1-1(b)]，所以函数可以一对一，也可以多对一，这叫单值函数。
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但是，若一个x对应一个 $y _ { 1 }$ ，又对应另一个 $y _ { 2 }$ ，也就是一对多，这叫多值函数[见图1-1(c)]，它不在上述定义中
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（a)
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(b)
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图1-1
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多值函数（不是我们传统意义上的函数）
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我们的研究对象主要是单值函数.
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★数与形：如何判断一个函数是单值还是多值呢？数与形是辩证统一的关系，用铅直画线法作铅直线，若任一条铅直线与f（x)至多有一个交点，则f(x)为单值函数.
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例1.1 设 $f { \Bigg ( } x + { \frac { 1 } { x } } { \Bigg ) } = { \frac { x + x ^ { 3 } } { 1 + x ^ { 4 } } }$ ，则当x≥2时，f(x）=
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解 应填 $\frac { x } { x ^ { 2 } - 2 }$
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$f { \Bigg ( } x + { \frac { 1 } { x } } { \Bigg ) } = { \frac { x + x ^ { 3 } } { 1 + x ^ { 4 } } } = { \frac { ( x + x ^ { 3 } ) / x ^ { 2 } } { ( 1 + x ^ { 4 } ) / x ^ { 2 } } } = { \frac { x + { \frac { 1 } { x } } } { x ^ { 2 } + { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } } } = { \frac { x + { \frac { 1 } { x } } } { \left( x + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { 2 } - 2 } }$ ，于是当 $x \geqslant 2$ 时， $f ( x ) = { \frac { x } { x ^ { 2 } - 2 } }$
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方法总结 将 ${ } ^ { \ast } x + \frac { 1 } { x } { } ^ { , }$ 视为整体，找出对应法则.
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公式 $x ^ { 2 } + \frac { 1 } { x ^ { 2 } } = ( x + \frac { 1 } { x } ) ^ { 2 } - 2$
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## 注以后会经常用到，给出复合函数，把它写回原来的函数，这样的考法也较常见
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例1.2 设函数f(x)的定义域为 $( 0 , + \infty )$ ，且满足 $2 f ( x ) + x ^ { 2 } { \Biggl [ } f { \Biggl ( } { \frac { 1 } { x } } { \Biggr ) } { = } { \frac { x ^ { 2 } + 2 x } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } }$ ，则 $f ( x ) =$
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分析 将x写成 $\frac { 1 } { x }$ ，找到方程组①，②，联立，消去 $f { \Bigg ( } { \frac { 1 } { x } } { \Bigg ) }$ 即可.
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解 应填 $\frac { x } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } }$
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2 f ( x ) + x ^ { 2 } f { \left( \frac { 1 } { x } \right) } = { \frac { x ^ { 2 } + 2 x } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } } ,\tag{①}
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将①中x写成 $\frac { 1 } { x }$ ，则
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2 \sqrt { \left( \frac { 1 } { x } \right) } + \frac { 1 } { x ^ { 2 } } f ( x ) = \frac { 1 + 2 x } { x \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } \ .\tag{②}
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由 $\enclose{circle} { 1 } \times 2 - \enclose{circle} { 2 } \times x ^ { 2 }$ ，得 $3 f ( x ) = \frac { 3 x } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } }$ ，则 $f ( x ) = \frac { x } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } }$
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方法总结 用所给关系式，造出方程组，解出所需的量.
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公式对应法则与所用的自变量无关，如 $f ( x ) = x ^ { 2 }$ ，则 $f { \left( { \frac { 1 } { x } } \right) } = \left( { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { 2 }$
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注（1）学习《考研数学基础30讲》，要关注“前世今生”，目前是要打基础.
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（2）若给 $f ( x ) + x f ( - x ) = x$ ，应学会写 $f ( - x ) - x f ( x ) = - x$ 消去f(-x)，得 $f ( x ) = \frac { x + x ^ { 2 } } { 1 + x ^ { 2 } }$ ·自练
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考生既要掌握单值函数，同时也要会根据给出的复合函数表达式，求出相应的对应法则.
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注本书所讲的知识是全面的，对题目的把握是准确的.从范围上、广度上讲是涵盖整个考研大纲的；从深度上讲，掌握我说的题目的难度就够了，达到这个难度，考研数学就能解决了．比
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这个题目的难度低，不行；超过这个题目的难度，不需要！
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## 2反函数 →前提：符合铅直画线法.
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设函数 $y = f ( x )$ 的定义域为D，值域为R.如果对于每一个 $y \in R$ ，必存在唯一的 $\boldsymbol { x } \in D$ ，使得 $y = f ( x )$ 成立，则由此定义了一个新的函数 $x = \varphi ( y )$ ，这个函数称为函数 $y = f ( x )$ 的反函数，一般记作 $x = f ^ { - 1 } ( y )$ 它的定义域为R，值域为D.相对于反函数来说，原来的函数也称为直接函数.以下两点需要说明.
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第一，严格单调函数必有反函数，比如函数 $y = x ^ { 2 } ( x \in [ 0 , + \infty ) )$ 是严格单调函数，故它有反函数→充分条件$x = { \sqrt { y } }$ 反函数：强调对应法则.
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第二，若把 $x = f ^ { - 1 } ( y )$ 与 $y = f ( x )$ 的图形画在同一坐标系中，则它们完全重合.只有把 $y = f ( x )$ 的反函数 $x = f ^ { - 1 } ( y )$ 写成 $y = f ^ { - 1 } ( x )$ 后，它们的图形才关于y=x对称.事实上,这也是字母 $| x \rrangle$ 与y互换的结果
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\downarrow \downarrow ; y = x ^ { 2 } ( x \geqslant 0 ) \downarrow \downarrow y = \sqrt { x } \downarrow ; \tilde { \mathcal { F } } y = x \varkappa \ast \ddag \downarrow ,
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## 注（1）单值函数（符合铅直画线法）才谈反函数
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（2）有反函数的函数不一定是单调函数，比如
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f ( x ) = \left\{ { \begin{array} { l l } { x , } & { x \geq 0 , } \\ { 1 } \\ { x } \end{array} } , & { x < 0 } , \right.
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其图像如图1-2所示，其反函数即为f（x）本身，但f（x）不是单调函数
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图1-2
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判断一个函数是否具有反函数：用水平画线法.
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水平画线法——在符合铅直画线法的条件下，作水平直线，若任一条水平直线与f(x)至多有一个交点，则f(x)有反函数.
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铅直直线定单、多（单值函数、多值函数），□诀：（水平直线定反、直（反函数、直接函数）.
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>=erh2重要关系： $\left\{ \begin{array} { l } { { f [ f ^ { - 1 } ( x ) ] = x , } } \\ { { f ^ { - 1 } [ f ( x ) ] = x . } } \end{array} \right.$ 如： $\mathrm { e } ^ { \mathrm { i } \mathrm { n } 2 ^ { \mathrm { s } } } = \boxed { 2 ^ { \mathrm { s } } }$
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例1.3 求函数 $y = f ( x ) = \ln \left( x + { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } \right)$ 的反函数 $f ^ { - 1 } ( x )$ 的表达式及其定义域.
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分析对数函数是一个极为重要的研究对象，三个基本公式要掌握 $( a , b > 0 )$
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[lnab=lna+lnb(积变和），$\ln { \frac { a } { b } } = \ln a - \ln b$ （商变差），$\ln a ^ { b } = b \ln a ($ 幂次变倍数）.
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解 直接由 $y = \ln \left( x + { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } \right)$ 解出 $x = f ^ { - 1 } ( y )$ 会很麻烦，现采用下述方法.
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- y = - \mathrm { l n } \left( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } \right) = \mathrm { l n } \frac { 1 } { x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } }
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所以
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\begin{array} { r l } & { \frac { \mathcal { I } + \sharp \sharp \sharp \sharp \mathcal { U } \mathcal { U } } { \mathrm { e } ^ { - \gamma } \mathrm { e } ^ { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } - x } } \mathrm { l n } \frac { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } - x } { \left( \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } + x \right) \left( \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } - x \right) } = \ln \left( \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } - x \right) , } \\ & { \qquad \mathrm { e } ^ { - \gamma } = \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } - x , } \end{array}\tag{①}
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再由y=f(x)的表达式有
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\begin{array} { r } { \mathbf { e } ^ { y } = \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } + x , } \end{array}\tag{②}
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②-①，得
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x = { \frac { 1 } { 2 } } \left( \mathrm { e } ^ { y } - \mathrm { e } ^ { - y } \right) ,
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交换上式中x，y的位置后就是y=f(x)的反函数，即
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y = f ^ { - 1 } ( x ) = \frac { 1 } { 2 } { \big ( } \mathbf { e } ^ { x } - \mathbf { e } ^ { - x } { \big ) } , - \infty < x < + \infty .
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方法总结 利用对数的性质，巧妙地反解x.
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公式 $\ln ( x + { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } )$ 是常见的奇函数.
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注（1）函数 $y = \ln ( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } )$ 叫作反双曲正弦函数，其图像如图1-3（a)所示.函数 $y = \frac { e ^ { x } - e ^ { - x } } { 2 }$ 叫作双曲正弦函数，其图像如图1-3(b)所示.考生应记住这两个函数的图像.
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(a)
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(b)
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图1-3
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→偶(2) $y = \frac { \mathrm { e } ^ { x } + \mathrm { e } ^ { - x } } { 2 }$ 叫作双曲余弦函数，其图像如图1-4所示，它是偶函数，是一种特殊的悬链线.达·芬
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奇在画《抱银貂的女子》时，曾仔细思索过女子的脖子上戴的项链的形状是什么函数，可惜他一生都未能明白，在他去世近200年后，约翰·伯努利解决了这个问题.那不是抛物线 $y = x ^ { 2 }$ 而是悬链线$y = \frac { a } { 2 } ( e ^ { \frac { x } { a } } + e ^ { - \frac { x } { a } } )$ 取a=1，便是 $y = \frac { e ^ { x } + e ^ { - x } } { 2 }$
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这个函数没有反函数
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图1-4
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三个重要函数： $\enclose{circle} { 1 } y = \ln ( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } )$ $y = \frac { e ^ { x } - e ^ { - x } } { 2 }$ $y = \frac { e ^ { x } + e ^ { - x } } { 2 }$ (2023年考查过）
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（3）以后会知道如下3个重要结论
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①当x→0时， $\ln ( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } ) - x$ 即当x→0时，反双曲正弦函数 $\ln ( x + { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } )$ 与x是等价无穷小 洛必达法则推出
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当x→0时，sinx\~x，tanx\~x，ln(x+√x²+1）\~x..
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② $[ \ln ( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } }$ ，于是 $\int \frac { 1 } { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } } \mathrm { d } x = \ln ( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } ) + C$ →记住这个结果
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③由于 $y = \ln ( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } )$ 是奇函数，于是 $\int _ { - 1 } ^ { 1 } \left[ \ln { \left( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } \right) } + x ^ { 2 } \right] \mathrm { d } x = \int _ { - 1 } ^ { 1 } x ^ { 2 } \mathrm { d } x = \frac { 2 } { 3 }$
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③是在预告未来，未来会用到在第1讲中讲到的知识，同时我们要明白一个道理：我们现在在讲基础，基础要慢慢去打.你所有的东西实际上是一个联系的整体，假如不知道 $y = \ln ( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } )$ 这个函数，不知道它的图像，不知道它的性质，那么在后面去学习的时候就会遇到困难.反过来说，如果知识掌握得很扎实，那么后面学到极限、导数、积兮、面积等，就能很快速地把问题解决了，从而可…掌握强大的基础知识，再学会做题，就可以应对综合题了.
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## ③复合函数
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设函数y=f(u)的定义域为 $D _ { 1 }$ ，函数 $\scriptstyle u = g ( x )$ 在D上有定义，且 $g ( D ) \subset D _ { 1 }$ ，则由
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y = f [ g ( x ) ] ( x \in D )
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确定的函数称为由函数 $u = g ( x )$ 和函数y=f(u)构成的复合函数，它的定义域为D,u称为中间变量.考生要重点掌握复合的方法.三层复合函数flg(x)])
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例1.4 设 $f ( x ) = x ^ { 2 } , f \lbrack \varphi ( x ) \rbrack = - x ^ { 2 } + 2 x + 3$ ，且 $\varphi ( x ) \geqslant 0$ ，求φ(x)及其定义域与值域.
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解 由题设条件知, $f [ \varphi ( x ) ] { = } \varphi ^ { 2 } ( x ) = - x ^ { 2 } + 2 x + 3$ ，于是 $\varphi ( x ) = { \sqrt { - x ^ { 2 } + 2 x + 3 } } \ { \xrightarrow { } } \ \varnothing \ \varphi ( x ) \geqslant 0$
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由 $- x ^ { 2 } + 2 x + 3 \geq 0$ ，即 $( x - 3 ) ( x + 1 ) \leqslant 0$ ，知φ(x)的定义域为[-1,3].
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又 ${ \sqrt { - x ^ { 2 } + 2 x + 3 } } = { \sqrt { - ( x - 1 ) ^ { 2 } + 4 } }$ ，当x=1时，φ(l)=2为最大值，显然 $\varphi ( - 1 ) = \varphi ( 3 ) = 0$ 为最小值,故 φ(x)的值域为[0,2]. →实际上， $- ( x - 1 ) ^ { 2 } + 4$ 的最值可借用导数工具.
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方法总结将(x)视为一个整体□，由 $f [ \varphi ( x ) ]$ 已知，可求出(x).
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公式若 $\varphi ^ { 2 } ( x ) = g ( x )$ ，则 $\varphi ( x ) = \pm \sqrt { g ( x ) }$
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注这个题目比较简单，可能是我们后面综合题的第一问，我们一定要把《考研数学基础30讲》吃透，把与本书配套的《张宇考研数学题源探析经典1000题》基础篇吃透，把它背下来最好，后面会发现做起题来，越来越顺，为什么呢？因为原材料准备得好，然后加上你高超的烹饪技术，炒菜水平就很高，解题能力和速度都会有一个很大的提高．
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例1.5 设 $g ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { 2 - x , x \leqslant 0 , } \\ { 2 + x , x > 0 , } \end{array} \right. f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { x ^ { 2 } , \qquad x < 0 , } \\ { - x - 1 , x \geqslant 0 , } \end{array} \right.$ 则g[f（x)]=
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分析数与形结合.
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华罗庚先生说：“数无形时少直觉，形少数时难入微，数形结合百般好”
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解 应填 $\left\{ \begin{array} { l l } { 3 + x , } & { x \geqslant 0 , } \\ { 2 + x ^ { 2 } , \ x < 0 . } \end{array} \right.$
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g [ f ( x ) ] { = } \left\{ \begin{array} { l l } { 2 - f ( x ) , f ( x ) { \leqslant } 0 , } \\ { 2 + f ( x ) , f ( x ) > 0 , } \end{array} \right.
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$$
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当 $f ( x ) \leqslant 0$ 时， $x \geqslant 0$ ，此时f(x)=-x-1；当f(x)>0时， $x < 0$ ，此时 $f ( x ) = x ^ { 2 }$ 综上，
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$$
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g [ f ( x ) ] = \left\{ \begin{array} { l l } { 2 - ( - x - 1 ) , } & { x \geqslant 0 , } \\ { 2 + x ^ { 2 } , } & { x < 0 } \end{array} \right. = \left\{ \begin{array} { l l } { 3 + x , } & { x \geqslant 0 , } \\ { 2 + x ^ { 2 } , } & { x < 0 . } \end{array} \right.
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方法总结 画出内层函数的图形，数形结合.
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## 4隐函数
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前面讲了单值函数和多值函数的区别个
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设方程 $F ( x , y ) = 0$ ，若当x取某区间内的任一值时，总有满足该方程的唯一的值y存在，则称方程$F ( x , y ) = 0$ 在上述区间内确定了一个隐函数 $y = y ( x )$
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多值函数不适用于铅直画线法.比如，上图有两个交点，则不满足铅直画线法，这个对应的就是多值函数，不能确定隐函数.能确定隐函數就不能是多值函数，这是基本概念，关于隐函数存在定理，我们后面专门讲.
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如 $x + y ^ { 3 } - 1 = 0$ 就表示一个隐函数，且可显化为 $\scriptstyle { y = { \sqrt [ { 3 } ] { 1 - x } } }$ ；再如 $\mathrm { s i n } ( x y ) = \ln { \frac { x + e } { y } } + 1$ 也表示一个隐函数，但不易显化，很难写出 $y = y ( x )$ 或 $x = x ( y )$
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一般来说，由 $F ( x , y ) = 0$ 所确定的隐函数求 $y ( x _ { 0 } )$ ，若代人 $x _ { 0 }$ 易求出 $y ( x _ { 0 } )$ ，则直接求之；若不易方程这个东西，解无定法，观察得求出 $y ( x _ { 0 } )$ ，则用观察法.如：之，有时\~显然”，有时超越方程
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①设函数y=y(x)由方程 $\ln y - { \frac { x } { y } } + x = 0 ( x > 0 )$ 确定，当x=2时， $y ( 2 ) = 1$ 方程 $\ln y - { \frac { 2 } { y } } + 2 = 0$ 是可观察的，用画图法，如图1-5所示.In $y + e ^ { y - 1 } = 1$ ，显然可看
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由 $\ln { y } = \frac { 2 } { y } - 2$ ，得 $\left\{ { z = \ln y , \atop z = \frac { 2 } { y } - 2 } \right.$ 看两条曲线交点.
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这些都是考研真题里面出现过的形式.
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y = 1
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图1-5
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②设函数y=y(x)由方程ln $y + \mathbf { e } ^ { y - 1 } = \frac { x } { 2 }$ 确定，当 $x = 2$ 时， $y ( 2 ) = 1$
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## 注考研试题中常出现这种问题，考生要重视
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隐函数问题先给大家提到这里，与之相关的隐函数存在定理，以及隐函数存在定理所推出的公式法等，我们到后面再去讲.
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★★★5函数的四种特性 考研中怎么去使用这些特性呢？徽积分是利用极限这个工具研究函数、函数的导数
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(1)有界性．
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设f(x)的定义域为D，数集 $I \subset D$ .如果存在某个正数M，使对任一 $x \in I$ ，有 $\left| f ( x ) \right| \leqslant M$ ，则称f(x)在I上有界；如果这样的M不存在，则称f(x)在I上无界.
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注(1）从几何上看，如果在给定的区间，函数y=f（x)的图形能够被直线y=-M和 $y = M$ “完全包起来”，则为有界；从解析上说，如果找到某个正数M，使得 $\vert f ( x ) \vert { \leqslant } M$ ，则为有界
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能画图则画图，不易画图，我们就用解析法，去找正数M.
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(2)有界还是无界的讨论首先需指明区间I，不知区间，无法谈论有界性.比如 $y = { \frac { 1 } { x } }$ 在 $( 2 , + \infty )$ 内有界，但在（0,2)内无界
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(3)事实上，只要在区间1上或其端点处存在点 $x _ { 0 }$ ，使得 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 的值为无穷大，则没有任何两条直线y=-M和y=M可以把I上的 $f ( x ) ^ { \ast }$ 包起来”,这就叫无界.考研中常出这样的题目，比如例1.17.
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例1.6 证明函数 $f ( x ) = { \frac { x } { 1 + x ^ { 2 } } }$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内有界．
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补充： $\scriptstyle x ^ { 2 } = \left| x ^ { 2 } \right| = \left| x \right| ^ { 2 }$ x²≠x²=|xχ²，$\left| x \right| = { \sqrt { x ^ { 2 } } } .$
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分析当x≠0时， $\left| f ( x ) \right| = { \frac { \left| x \right| } { 1 + x ^ { 2 } } }$ 分子分母同除x $\frac { 1 } { { \frac { 1 } { | x | } } + | x | }$ 或者用 $\left| x \right| = { \sqrt { x ^ { 2 } } }$
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若求 $\left[ \left[ f ( x ) \right] \right] ^ { \prime }$ 呢？
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证方法一 当x≠0时，
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\left| f ( x ) \right| = \frac { \left| x \right| } { 1 + x ^ { 2 } } = \frac { 1 } { \displaystyle \frac { 1 } { \left| x \right| } + \left| x \right| } ,
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{ \begin{array} { r l } { \left[ \left| f ( x ) \right| \right] ^ { \prime } = { \Big [ } { \sqrt { f ^ { 2 } ( x ) } } { \Big ] } ^ { \prime } } & { } \\ { \displaystyle } & { = { \frac { 2 f ( x ) f ^ { \prime } ( x ) } { 2 { \sqrt { f ^ { 2 } ( x ) } } } } = { \frac { f ( x ) f ^ { \prime } ( x ) } { | f ( x ) | } } . } \end{array} }
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\begin{array} { c } { { f ( x ) = 2 x + \sqrt { x ^ { 2 } + 2 x + 1 } } } \\ { { { } } } \\ { { = 2 x + \sqrt { \left( x + 1 \right) ^ { 2 } } } } \\ { { { } } } \\ { { { } = 2 x + \left| x + 1 \right| . } } \end{array}
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由不等式 ${ \frac { a + b } { 2 } } \geq { \sqrt { a b } } ( a , b > 0 )$ ，有 $\frac { 1 } { | x | } + | x | \geq 2 \sqrt { \frac { 1 } { | x | } | x | } = 2$ ，即 $\left| f ( x ) \right| \leqslant { \frac { 1 } { 2 } }$
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当x=0时，f(0)=0.综上，函数f(x)在 $( - \infty , + \infty )$ 内有界．
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方法二 当x≠0时， ${ \frac { 1 + x ^ { 2 } } { 2 } } \geq { \sqrt { 1 \cdot x ^ { 2 } } } = | x |$ ，则 $1 + x ^ { 2 } \geqslant 2 | x |$ ，故 ${ \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } } { \leqslant } { \frac { 1 } { 2 \left| x \right| } }$ ，则
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$$
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| f ( x ) | { = } \frac { \mid x \mid } { 1 { + } x ^ { 2 } } { \leqslant } \frac { \mid x \mid } { 2 \mid x \mid } { = } \frac { 1 } { 2 } \ .
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当x=0时，f(0)=0.综上，函数f(x)在 $( - \infty , + \infty )$ 内有界.
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方法总结 用基本不等式，找M，使 $\mid f ( x ) \mid \leqslant M$
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\enclose{circle} { \phi \mathrm { ~ / { \scriptsize ~ \AA } = \mathrm { \scriptsize ~ \it ~ \chi } \mathrm { \scriptsize ~ \alpha } } } \frac { a + b } { 2 } \geqslant \sqrt { a b } ( a , b > 0 ) ; \frac { 2 } { \frac { 1 } { a } + \frac { 1 } { b } } \leqslant \sqrt { a b } \leqslant \frac { a + b } { 2 } \leqslant \sqrt { \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } { 2 } } ( a , b > 0 ) .
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(2)单调性.一→整个考研数学，离不开单调性这个话题
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设f(x)的定义域为D，区间 $I \subset D$ .如果对于区间I上任意两点 $x _ { 1 } , x _ { 2 }$ ，当 $x _ { 1 } < x _ { 2 }$ 时，恒有 $f ( x _ { 1 } ) <$ $f ( x _ { 2 } )$ ，则称f(x)在区间I上单调增加.如果对于区间I上任意两点 $x _ { 1 } , x _ { 2 }$ ，当 $x _ { 1 } < x _ { 2 }$ 时，恒有 $f ( x _ { 1 } ) >$ $f ( x _ { 2 } )$ ，则称f(x)在区间I上单调减少.
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## 注（1）以上是定义法，是充要条件
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（2）后面会看到，在考研试题中常常用求导的方法来讨论函数在某个区间上的单调性，但是定义法不可以忘记.试题中也常用到如下定义法的判别形式，请考生留意.
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对任意 $x _ { 1 } , x _ { 2 } \in D , x _ { 1 } \neq x _ { 2 }$ ，有
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\Leftrightarrow ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) [ f ( x _ { 1 } ) - f ( x _ { 2 } ) ] > 0
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f（x）是单调减函数 $\Leftrightarrow ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) [ f ( x _ { 1 } ) - f ( x _ { 2 } ) ] < 0$
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f（x）是单调不减函数 $\iff ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) [ f ( x _ { 1 } ) - f ( x _ { 2 } ) ] \geq 0$
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f（x）是单调不增函数 $\iff ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) [ f ( x _ { 1 } ) - f ( x _ { 2 } ) ] \leq 0$
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在考研数学中，函数的单调性虽然是基础知识，但也会有综合应用.
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例1.7 设f(x)在 $( - \infty , + \infty )$ 上有定义，任给 $x _ { 1 } , x _ { 2 } , x _ { 1 } \neq x _ { 2 }$ ，均有 $( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) \cdot [ f ( x _ { 1 } ) - f ( x _ { 2 } ) ] > 0$ 则以下函数一定单调增加的是（ ）.（A) $\mid f ( x ) \mid$ (B) $f ( | x | )$ (C)f(-x) (D)-f(-x)
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分析由条件知f(x)是严格单调增加函数，利用图形的变换，去讨论其他函数的单调性.
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保留f(x)≥0部兮，f(x)<0部兮去掉，关于x轴对称过来
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(A)
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保留x≥0部兮，x<0部分消去，关于y轴对称
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(B)
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两者关于y轴对称
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(D)
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关于原点对称
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解 应选(D).
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由上述注的(2)知，f(x)是单调增函数，又f(-x)与f(x)的图像关于y轴对称，-f(-x)与f(x)的图像关于原点对称[见附录1(2)的②，③]，可知f(-x)单调减少，-f(-x)单调增加.|f(x)|是否具有单
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调性与f(x)的正负相关，f(x)为偶函数，在 $( - \infty , + \infty )$ 上无单调性[见附录1(2)的⑤，⑥]，故选(D).
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方法总结）f(ax)，af(x)等可参考附录1.
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公式)f(x)与f(-x)关于y轴对称；f(x)与-f(x)关于x轴对称；f(x)与-f(-x)关于原点对称.
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(3)奇偶性．→这个是四大特性中最重要的性质，原因：①题目易出：②对称美.
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设f(x)的定义域D关于原点对称（若 $\boldsymbol { x } \in D$ ，则-x∈D).如果对于任 $- \boldsymbol { x } \in D$ ，恒有 $f ( - x ) = f ( x )$ 则称f(x)为偶函数.如果对于任一 $x \in D$ ，恒有 $f ( - x ) = - f ( x )$ ，则称f(x)为奇函数.我们熟知的是，偶函数的图形关于y轴对称，奇函数的图形关于原点对称．
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注那么，怎么做题呢？要想会做题需要有：①原材料（我们正在学习的各种基础知识）；②技术。
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我们继续来看原材料.
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（1）前提：定义域关于原点对称
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（2)基本类型
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① $f ( x ) + f ( - x )$ 必是偶函数
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寳如 $\frac { e ^ { x } + e ^ { - x } } { 2 }$
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双曲余弦，记住图像
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如 $\sqrt [ 3 ] { ( 1 + x ) ^ { 2 } } + \sqrt [ 3 ] { ( 1 - x ) ^ { 2 } }$
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②f（x)-f（-x）必是奇函数.
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$\frac { \displaystyle \mathrm { e } ^ { x } - \mathrm { e } ^ { - x } } { 2 }$ 一书
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双曲正反函y++1（反双曲正）
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如 $\ln { \frac { 1 + x } { 1 - x } } = \ln ( 1 + x ) - \ln ( 1 - x ) -$
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对任一函数f(x)，令 $u ( x ) = { \frac { 1 } { 2 } } [ f ( x ) + f ( - x ) ]$ $\nu ( x ) = { \frac { 1 } { 2 } } [ f ( x ) - f ( - x ) ]$ 则u(x)是偶函数，ν(x)是奇函数由
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f ( x ) = \frac { 1 } { 2 } \big [ f ( x ) + f ( - x ) \big ] + \frac { 1 } { 2 } \big [ f ( x ) - f ( - x ) \big ] = u ( x ) + \nu ( x ) \ ,
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$$
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可知任何一个函数都可以写成一个奇函数与一个偶函数之和的形式，（重要结论）
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$f [ \varphi ( x ) ]$ （内偶则偶，内奇同外）
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若内层是偶，不管外面函数，复合起来一定是偶函数，这是内偶则偶：若内层是奇，则复合函数奇偶性与外层函数奇偶性一致，这是内奇同外
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奇[偶]→偶.如 $\sin x ^ { 2 }$
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偶[奇]→偶.如 $\cos ( \sin x ) , | \sin x |$
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奇[奇]奇 ${ \tan \frac { 1 } { x } } , \sqrt [ 3 ] { \tan x } .$
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偶[偶]→偶.如 $\cos | x | , | \cos x |$
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\mathfrak { i } \mathbf { e } ^ { x ^ { 2 } }
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④一个特色： $[ \ln ( x + \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } ) ] ^ { \prime } = \frac { 1 } { \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } }$
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★⑤f（x）奇=f（x）偶=f（x）奇=...见例3.1.]（偶）（奇）（偶） 后面再讲证明
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求导一次，奇偶性互换。
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从直观上解析：（数与形）
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f（x）奇 $\Rightarrow \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t$ 偶 徽积分的研究主体：导数，积分（偶） （奇）
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⑦设对任意的x，y，都有 $f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y )$ ，则f（x)是奇函数，证明见例1.8.
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隐含条件，
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例1.8 设对任意x，y，都有 $f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y )$ 个 ，证明：f(x)是奇函数.
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分析用定义法.
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令x=y=0，则f(0)=f(0)+f(0)，于是f(0)=0，再令y=-x，则f(0)=f(x)+f(-x)，即$f ( - x ) = - f ( x )$ ，故f(x)是奇函数.
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@方法总结）用定义法证明f(-x)=-f(x).
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公式）f(x)+f(-x)=0，则f(x)为奇函数.
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(4)周期性：
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设f(x)的定义域为D，如果存在一个正数T，使得对于任一x∈D，有 $x \pm T \in D$ ，且 $f ( x + T ) =$ f(x)，则称f(x)为周期函数，T称为f(x)的周期，一般指最小正周期.
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## 注重要结论，
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①若f(x)以T为周期，则 $f ( a x + b )$ 以 $\frac { T } { | a | }$ 为周期
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②若 $g ( x )$ 是周期函数，则复合函数 $f [ g ( x ) ]$ 也是周期函数，如 $\mathrm { e } ^ { \sin x }$ $\cos ^ { 2 } x$ 等
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\cos ^ { 2 } x = \frac { 1 + \cos 2 x } { 2 } , \enclose{circle} { 1 } \times \frac { 2 \pi } { 1 2 1 } = \pi .
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★③若f（x）是以T为周期的可导函数，则 $f ^ { \prime } ( x )$ 也以T为周期见例3.1.
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★④若f(x)是以T为周期的连续函数，则只有在 $\int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$ 时， $\int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t$ 也以T为周期．见例 9.25.
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例1.9 设函数f(x)在 $( - \infty , + \infty )$ 上满足 $f ( x ) = f ( x - \pi ) + \sin { x }$ .证明：f(x)是以 $T = 2 \pi$ 为周期的周期函数.
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分析证 $f ( x + 2 \pi ) = f ( x )$ 即可.
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证 多次利用题目等式条件，得到 $f ( x + 2 \pi ) = f ( x + \pi ) + \sin ( x + 2 \pi ) = f ( x ) + \sin ( x + \pi ) + \sin ( x + 2 \pi ) = f ( x ) + \sin ( x + \pi ) + f ( x ) + \sin ( x + 2 \pi ) = f ( x ) + \sin ( x + \pi )$ f(x)，故f(x)以T=2π为周期.
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两条腿走路：（1）知识：（2）解題.
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方法总结若 $f ( x + 2 \pi ) = f ( x )$ ，则f(x)是以2π为周期的周期函数.
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公式诱导公式： $\sin ( x + 2 \pi ) = \sin x \ , \sin ( x + \pi ) = - \sin x$
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注希望考生在学习过程中，记具体例子，这些例子的记忆可以帮助我们很好地理解各种各样的方法，同时有实实在在的例子记在脑子里，可以形成一个解题思路，这是非常重要的.很多人以为例子不要记，只要会即可，其实不然.你要形成数学的思维习惯，一定要记一些具体的例子
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要用典型的例子与习题撑起来我们的知识与方法，这是给大家的建议．
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## 函数的图像
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## 基本初等函数与初等函数
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我们在学习兮部积分法时，有口诀：反对幂指三.
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基本初等函数：常数函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数和反三角函数.
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(1)常数函数，→易考“找交点个数”或在概率论中求概率 $P \{ g ( X ) \leqslant y \}$
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$y = \overset { \frown } { A } , \overset { \ l } { A }$ 为常数，其图形为平行于x轴的水平直线（见图1-6).
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→为偶函数
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图1-6
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如求 $\ln x - { \frac { x } { \mathrm { e } } } + a = 0$ 实根的个数其实就是求直线 $y = a$ 与曲线 $y = \frac { x } { \mathrm { e } } - \ln x$ 交点的个数.
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在数学一和数学三学习的概率论中： $Y = g ( X )$ ，Y=y， $g ( X ) \leqslant y$ 即 $Y = g ( X )$ 在 $Y = y$ 直线下方X的取值范围.
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(2)幂函数.
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$y = x ^ { \mu } ( \mu$ 是实数）.
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[ $y = x ^ { \mu }$ 的定义域和值域取决于u的值.当x>0时， $y = x ^ { \mu }$ 都有定义
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（2）常用的幂函数（见图1-7).
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y = x , y = x ^ { 2 } , y = \sqrt { x } , y = x ^ { 3 } , y = \sqrt [ 3 ] { x } , y = \frac { 1 } { x } .
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(a)
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(b)
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图1-7
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（C)
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（3)当 $x > 0$ 时，由 $y = x$ 与 $y = { \sqrt { x } } , y = { \sqrt [ { 3 } ] { x } } , y = \ln x$ 具有相同的单调性且与 $y = { \frac { 1 } { x } }$ 具有相反的单调性，故
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①见到 $\sqrt { u } , \sqrt [ 3 ] { u }$ 时，可用u来研究最值
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考得最多 由时 $\vert u \vert = \sqrt { u ^ { 2 } }$ ，可用 $u ^ { 2 }$ 来研究最值； $\sqrt { u ^ { 2 } }$ 与 $u ^ { 2 }$ 具有相同的最值点$\star \enclose{circle} { 3 }$ 见到 $u _ { 1 } u _ { 2 } u _ { 3 }$ 时，可用 $\ln ( u _ { 1 } u _ { 2 } u _ { 3 } ) = \ln u _ { 1 } + \ln u _ { 2 } + \ln u _ { 3 }$ 来研究最值.
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考得频率不高如： $\ln ( x ^ { \frac { 1 } { 3 } } y ^ { \frac { 1 } { 2 } } z ^ { \frac { 1 } { 3 } } ) = \frac { 1 } { 3 } \ln x + \frac { 1 } { 2 } \ln y + \frac { 1 } { 5 } \ln z$
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④见到 $\frac { 1 } { u }$ 时，可用u来研究最值（结论相反，即 $\frac { 1 } { u }$ 与u的最大值点、最小值点相反）.
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利用以上①\~④，可使得计算简单方便.以上4点是我们在研究最值问题时的一个非常有用的技巧——简洁美
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例1.10 设 $0 < x < \frac { 1 } { 2 }$ ，求 $y ( x ) = x ^ { 6 } ( 1 - x ) ^ { 2 } ( 1 - 2 x ) ^ { 4 }$ 的最大值点.
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分析多项相乘（除）乘方（开方）的式子→取对数计算⇒线性运算.实现“简洁美”！
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解 取对数，得
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\ln y ( x ) = 6 \ln x + 2 \ln ( 1 - x ) + 4 \ln ( 1 - 2 x ) .
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\frac { \mathrm { d } \big [ \ln y ( x ) \big ] } { \mathrm { d } x } = \frac { 6 } { x } - \frac { 2 } { 1 - x } - \frac { 8 } { 1 - 2 x } = \frac { 2 4 x ^ { 2 } - 2 8 x + 6 } { x ( 1 - x ) ( 1 - 2 x ) } = 0 \ ,
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即 $1 2 x ^ { 2 } - 1 4 x + 3 = 0$ ，解得 $x = \frac { 7 \pm \sqrt { 1 3 } } { 1 2 }$ ，因为 $\frac { 7 + \sqrt { 1 3 } } { 1 2 } > \frac { 1 } { 2 }$ 不符合题意，又 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } y ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) ^ { - } } y ( x ) =$ $0 < y \left( { \frac { 7 - { \sqrt { 1 3 } } } { 1 2 } } \right)$ ，故y的最大值点为 $x = \frac { 7 - { \sqrt { 1 3 } } } { 1 2 }$
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方法总结 遇到多项相乘（除）函数的最值问题，常用对数求导法.
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公式 $( \ln x ) ^ { \prime } = { \frac { 1 } { x } } , [ \ln ( 1 - x ) ] ^ { \prime } = { \frac { 1 } { x - 1 } } , \{ f [ g ( x ) ] \} ^ { \prime } = f _ { g } ^ { \prime } \bullet g _ { x } ^ { \prime }$
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注希望同学们明白，做例题不是念一个题，把答案一抄这么简单，而是大家通过做这个题目，在不同的阶段可以有不同的收获.例如，在它的分析阶段你要学会什么，在它的解题过程中你要学会什么，然后在整个题目学完之后，你通过这个题目提高了哪些方面的解题能力.只有通过这样的学习，你才能快速地提高自己的解题水平
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(3)指数函数.
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$y = a ^ { x } ( a > 0 , a \neq 1 )$ [见图 $\left. 1 - 8 ( \mathbf { a } ) \right]$
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图1-8
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答案：+∞或0，(×)立即拒绝，违背了函数极限的唯一性（不存在）
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注1）定义域： $( - \infty , + \infty )$ ，值域： $( 0 , + \infty )$
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（2）单调性：当 $a > 1$ 时， $y = a ^ { x }$ 单调增加；当 $0 < a < 1$ 时， $y = a ^ { x }$ 单调减少
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（3）常用的指数函数： $y = e ^ { x }$ [见图1-8（b)]
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（4）极限： $\operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } \mathrm { e } ^ { x } = 0 , \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \mathrm { e } ^ { x } = + \infty$ ·
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\begin{array} { c } { { \begin{array} { c } { { \infty } } \\ { { \cdots } } \\ { { \infty } } \end{array} } } \end{array}
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符号是华里士给出的（华里士是牛顿的老师）
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不是常数，把它归到哪里呢？“∞”实际上是一个广义的数是一个特殊的存在，在很多定理中， ”8”的作用与位意常数的作用是一样的，比如后面我们会学“夹逼准则”，如
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$$
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\begin{array} { c } { y _ { n } \leqslant x _ { n } \leqslant z _ { n } } \\ { \downarrow \quad \Downarrow \downarrow } \\ { n \infty , a \Rightarrow a \Leftarrow a } \\ { + \infty \Rightarrow + \infty \Leftarrow + \infty } \\ { - \infty \Rightarrow - \infty \Leftarrow - \infty } \end{array}
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（5）特殊函数值： $a ^ { 0 } = 1 , { \mathrm e } ^ { 0 } = 1$
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考 $e ^ { x _ { * } } \frac { - 1 = e ^ { x _ { * } } - e ^ { 0 } } { 1 }$ 神秘的数字“1”和 $" 0 ^ { \ast }$ ，这个是解题时常见的包装.→后面就可用“拉格朗日中值定理”的学习捅破这层“窗户纸”
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（6）指数运算法则
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\left| x \right| ^ { 3 n } = ( \left| x \right| ^ { 3 } ) ^ { n } = ( \left| x ^ { 3 } \right| ) ^ { n }
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a ^ { \alpha } \bullet a ^ { \beta } = a ^ { \alpha + \beta } , { \frac { a ^ { \alpha } } { a ^ { \beta } } } = a ^ { \alpha - \beta } , \left( a ^ { \alpha } \right) ^ { \beta } = a ^ { \alpha \beta } , \left( a b \right) ^ { \alpha } = a ^ { \alpha } b ^ { \alpha } , \left( { \frac { a } { b } } \right) ^ { \alpha } = { \frac { a ^ { \alpha } } { b ^ { \alpha } } } ,
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x b 0 e ^ { \tan x } - e ^ { \sin x } = e ^ { \sin x } ( e ^ { \tan x - \sin x } - 1 )
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其中a，b是正实数， $\alpha , \beta$ 是任意实数，
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(4)对数函数.
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$y = \log _ { a } x ( a > 0 , a \neq 1 )$ [见图1-9(a)]是 $y = a ^ { x }$ 的反函数.
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(a)
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图1-9
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(b)
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注（1）定义域： $( 0 , + \infty )$ ，值域： $( - \infty , + \infty )$
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（2）单调性：当a>1时， $y = \log _ { a } x$ 单调增加；当 $0 < a < 1$ 时， $\scriptstyle y = \log _ { a } x$ 单调减少
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（3）常用的对数函数：y=lnx（自然对数：In $x = \log _ { \mathrm { c } } x , \lceil { \mathrm { e } = 2 . 7 \rceil 1 8 2 8 \cdots } ) [$ 见图1-9（b）].
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X _ { 2 } : e - 2 > 0
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（4)特殊函数值：log1=0,loga=1,n1=0,Ine=1
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神秘的数字 $" 0 "$ 和 $" 1 "$ ，实现“统一美”“简洁美”.
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如 $\mathrm { e } ^ { x _ { n } } - 1 = \mathrm { e } ^ { x _ { n } } - \mathrm { e } ^ { 0 }$ , In ${ x _ { n } } = \ln { x _ { n } } - \ln 1$
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再如，
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\ln \left( { \mathrm { e } + \frac { 1 } { x } } \right) - 1 = \ln \left( { \mathrm { e } + \frac { 1 } { x } } \right) - \ln { \mathrm { e } }
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$= \ln ( 1 + \frac { 1 } { \exp } )$ 这个转化是极为有意义的
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又如 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } x \left[ \ln \left( \mathrm { e } + { \frac { 1 } { x } } \right) - 1 \right] = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } x \cdot { \frac { 1 } { \mathrm { e } x } } = { \frac { 1 } { \mathrm { e } } }$ .如果你考虑用洛必达法则，那么就舍近求远了
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考研需要区分度，考生要掌握一些解题技巧，从辩证法去看，实现“统一美”。
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（5）极限： $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } \ln x = - \infty , \ \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \ln x = + \infty$
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当 $x \to + \infty$ 时， $\mathrm { e } ^ { x } + \infty$ 的速度越来越快，Inx→+∞的速度越来越慢.
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（6）常用公式： $x = \mathrm { e } ^ { \ln x } ( x > 0 ) , u ^ { \nu } = \mathrm { e } ^ { \ln u ^ { \nu } } = \mathrm { e } ^ { \nu \ln u } ( u > 0 )$
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$x ^ { x } = e ^ { \ln x ^ { x } } = e ^ { x \ln x }$ ，从而可看到， $x ^ { x }$ 是初等函数.
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（7）对数运算法则
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① $\log _ { a } { \left( M N \right) } = \log _ { a } { M } + \log _ { a } { N }$ （积的对数=对数的和）.
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→商变美$\log _ { a } { \frac { M } { N } } = \widetilde { \log _ { a } M - \log _ { a } N }$ （商的对数=对数的差）.→幂次变倍数
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$\log _ { a } M ^ { n } = n \log _ { a } M$ $\log _ { a } ^ { ^ n } \sqrt { M } = \frac 1 n \log _ { a } M$ （幂的对数=对数的倍数）.
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一定要用好对数的运算法则，如： $\mathrm { e } ^ { \ln \sqrt { f ^ { 2 } ( x ) - f ( x ) + 1 } } = \sqrt { f ^ { 2 } ( x ) - f ( x ) + 1 }$
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常考：当 $x > 0$ 时，
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中值定理（拉格朗日中值定理）证明
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\ln { \sqrt { x } } = { \frac { 1 } { 2 } } \ln x ; \ln { \frac { 1 } { x } } = - \ln x ; \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) = \ln { \frac { x + 1 } { x } } = \ln ( x + 1 ) - \ln x \ . \quad { \overset { - } { \operatorname { \ln } } } = - { \frac { 1 } { x } } \neq - { \frac { 1 } { x } }
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利用例1.11，学习解题技巧．
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例1.11 已知 $\displaystyle \mathrm { e } ^ { x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n ! } } , x \in \mathbf { R }$ ，则2²=（）.（A) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( x \ln 2 ) ^ { n } } { n ! } }$ (B) $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( x \ln 2 ) ^ { n } } { n ! } }$ (C) $\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } { \frac { ( \ln 2 ) x ^ { n } } { n ! } }$ (D) $\sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( \ln 2 ) x ^ { n } } { n ! } }$
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分析 $2 ^ { x } = \mathbf { e } ^ { \ln 2 ^ { x } } = \mathbf { e } ^ { x \ln 2 }$
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解 应选(B).
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由于 $2 ^ { x } = \mathbf { e } ^ { x \ln 2 }$ ，又 $\displaystyle \mathbf { e } ^ { x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n ! } } , ~ x \in \mathbf { R }$ ，因此 $2 ^ { x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( x \ln 2 ) ^ { n } } { n ! } }$
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方法总结 $\displaystyle \mathbf { e } ^ { x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n ! } }$ ，广义化： $2 ^ { x } = \mathbf { e } ^ { x \ln 2 } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { ( x \ln 2 ) ^ { n } } { n ! } }$
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公式 $\displaystyle \mathbf { e } ^ { x } = \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } { \frac { x ^ { n } } { n ! } } , ~ x \in \mathbf { R }$
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注理工类以及自然科学中，当然会用到 $e ^ { x } = 1 + x + \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } + \frac { x ^ { 3 } } { 3 ! } + \cdots$ ；在社会科学中，也经常会看到这个式子，因为多项式是最简单的。
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三角函数与反三角函数这里公式多、杂，是区兮度比较高酌部兮
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(5)三角函数.
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拱的面积为2，
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①正弦函数与余弦函数.
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正弦函数 $y = \sin x \ [ $ 见图1-10(a)]，余弦函数 $y = \cos x $ [见图1-10(b)].
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图1-10
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注（1）定义域：均为 $( - \infty , + \infty )$ ，值域：均为[-1,1]
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当 $x \to 0 ^ { + }$ 时，sinx≤1,sin x<x.
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（2）奇偶性：y=sinx是奇函数， $y = \cos x$ 是偶函数， $x \in ( - \infty , + \infty )$
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（3）周期性：y=sinx和y=cosx均以2π为最小正周期， $x \in ( - \infty , + \infty )$
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（4）有界性： $\left| \sin x \right| \leqslant 1 , \left| \cos x \right| \leqslant 1$
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（5）特殊函数值：sin0=0 $\sin { \frac { \pi } { 6 } } = { \frac { 1 } { 2 } }$ ,sin $\frac { \pi } { 4 } = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 }$ $\frac { \pi } { 3 } = \frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$ J
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\sin { \frac { \pi } { 2 } } = 1 , \sin \pi = 0 , \sin { \frac { 3 \pi } { 2 } } = - 1 , \sin 2 \pi = 0 ,
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\cos 0 = 1 , \cos \frac { \pi } { 6 } = \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } , \cos \frac { \pi } { 4 } = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , \cos \frac { \pi } { 3 } = \frac { 1 } { 2 } ,
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$$
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\cos { \frac { \pi } { 2 } } = 0 , \cos \pi = - 1 , \cos { \frac { 3 \pi } { 2 } } = 0 , \cos 2 \pi = 1 \ .
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$$
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$\sin ^ { 2 } \alpha + \cos ^ { 2 } \alpha = 1$ ★
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恒等变形的一个办法，如： $\sin ^ { 2 } \alpha + \cos ^ { 2 } \alpha = 1$ ${ \sqrt { \sin ^ { 2 } x - \cos ^ { 2 } \alpha } } = { \sqrt { 1 - \cos ^ { 2 } x - \cos ^ { 2 } \alpha } } = { \sqrt { \sin ^ { 2 } \alpha - \cos ^ { 2 } x } }$ 命题老师常用“手段”
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②正切函数与余切函数.
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正切函数y=tanx[见图1-11(a)]，余切函数y=cotx[见图1-11(b)].
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\tan x = { \frac { \sin x } { \cos x } } , \cot x = { \frac { \cos x } { \sin x } } = { \frac { 1 } { \tan x } } \ .
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(a)
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(b)
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图1-11
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注(1)定义域：y=tanx的定义域为 $\left\{ x \middle | x \neq k \pi + \frac { \pi } { 2 } ( k \in \mathbf { Z } ) \right\}$ y=cotx的定义域为{x｜x≠kπ (k∈Z))
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值域：均为 $( - \infty , + \infty )$
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（2）奇偶性：y=tanx和y=cotx均为奇函数（在其定义域内）
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（3）周期性：y=tanx和y=cotx均以π为最小正周期（在其定义域内）
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(4)特殊函数值： $\tan 0 = 0 , \tan { \frac { \pi } { 6 } } = { \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } } , \tan { \frac { \pi } { 4 } } = 1 , \tan { \frac { \pi } { 3 } } = { \sqrt { 3 } }$
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$$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to \frac { \pi } { 2 } } \tan x = \infty , \tan \pi = 0 , \ \operatorname* { l i m } _ { x \to \frac { 3 \pi } { 2 } } \tan x = \infty , \ \tan 2 \pi = 0 ,
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$$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \cot x = \infty , \cot { \frac { \pi } { 6 } } = { \sqrt { 3 } } , \cot { \frac { \pi } { 4 } } = 1 , \cot { \frac { \pi } { 3 } } = { \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } } ,
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$$
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记住
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\cot { \frac { \pi } { 2 } } = 0 , \operatorname* { l i m } _ { x \to \pi } \cot x = \infty , \cot { \frac { 3 \pi } { 2 } } = 0 , \operatorname* { l i m } _ { x \to 2 \pi } \cot x = \infty .
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$$
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③正割函数与余割函数.
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正割函数y=secx[见图1-12(a)]，余割函数y=cscx[见图1-12(b)].
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\sec x = { \frac { 1 } { \cos x } } , \csc x = { \frac { 1 } { \sin x } } \ .
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(a)
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图1-12
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(b)
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注（1）定义域：y=secx的定义域为 $\left\{ x \middle | x \neq k \pi + \frac { \pi } { 2 } ( k \in \mathbf { Z } ) \right\}$ $y = \mathtt { c s c } x$ 的定义域为 $\{ x \vert x \neq k \pi$ $( k \in { \bf Z } ) \}$
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值域：均为（-∞，-1]U[1，+）
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（2）奇偶性：y=secx为偶函数，y=cscx为奇函数（在其定义域内）
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（3）周期性：y=secx和y=cscx均以2π为最小正周期（在其定义域内）
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（4) $1 + \tan ^ { 2 } \alpha = \sec ^ { 2 } \alpha ; 1 + \cot ^ { 2 } \alpha = \csc ^ { 2 } \alpha$ ★非常重要
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(6)反三角函数.
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①反正弦函数与反余弦函数.
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反正弦函数y =arcsin x[见图1-13(a)]，反余弦函数y=arccosx[见图1-13(b).
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(a)
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(b)
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图1-13
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y=arcsin x是 $y = \sin x \left( - { \frac { \pi } { 2 } } \leqslant x \leqslant { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ 的反函数，y=arccos x是 $y = \cos x ( 0 \leqslant x \leqslant \pi )$ 的反函数.
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## 注（1）主值区间
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$y = \arcsin x$ 的主值区间为 $\left[ - { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { \pi } { 2 } } \right] , y = \operatorname { a r c c o s } x$ 的主值区间为[0,π]
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（2）反三角函数的恒等式有
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\arcsin ( \sin x ) = x , x \in \left[ - { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { \pi } { 2 } } \right] ;
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$$
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因此sint=√1-x²
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\beta \ P \sin ( \operatorname { a r c c o s } x ) = \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } \cdot
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$$
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\operatorname { a r c c o s } ( \cos x ) = x , x \in [ 0 , \pi ] ;
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$$
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$$
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\arcsin x + \operatorname { a r c c o s } x = { \frac { \pi } { 2 } } ( - 1 { \overline { { \leqslant x } } } \leqslant 1 ) \ .
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$$
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（3）特殊函数值：
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\arcsin 0 = 0 , \arcsin \frac 1 2 = \frac \pi 6 , \arcsin \frac { \sqrt 2 } 2 = \frac \pi 4 , \arcsin \frac { \sqrt 3 } 2 = \frac \pi 3 , \arcsin 1 = \frac \pi 2 ,
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$$
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$$
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\operatorname { a r c c o s } 1 = 0 , \operatorname { a r c c o s } \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } = \frac { \pi } { 6 } , \operatorname { a r c c o s } \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } = \frac { \pi } { 4 } , \operatorname { a r c c o s } \frac { 1 } { 2 } = \frac { \pi } { 3 } , \operatorname { a r c c o s } 0 = \frac { \pi } { 2 } \ .
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$$
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例1.12 设 $y = \sin x , 0 \leqslant x \leqslant 2 \pi$ ，求其所有单调区间上的反函数．
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分析分单调区间，分别讨论反函数（用诱导公式）.
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只有当x落在 $\left[ - { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { \pi } { 2 } } \right]$ 上时，才有反函数x=arcsiny，y∈[-1,1].7
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解当 $0 \leqslant x \leqslant \frac { \pi } { 2 }$ 时，对 $y = \sin x$ ，有 $x { \stackrel { ! } { = } } \arcsin y , y \in [ 0 , 1 ]$ ，此时反函数为 $y = \arcsin x , x \in [ 0 , 1 ]$
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当 $\frac { \pi } { 2 } < x { \leqslant } \frac { 3 \pi } { 2 }$ 时（见图1-14），有 $- { \frac { \pi } { 2 } } < \underline { { x } } - \underline { { \pi } } \leq \frac { \pi } { 2 }$ ，此时 $\sin ( x - \pi ) = - \sin ( \pi - x ) = - \sin x = - y$ ，于是放到主值区间中有 $x - \pi = - \arcsin y$ ，故 $x = \pi - \arcsin y , y \in [ - 1 , 1 )$ ，此时反函数为 $y = \pi - \arcsin x , x \in [ - 1 , 1 )$
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当 $\frac { 3 \pi } { 2 } < x { \leqslant } 2 \pi$ 时（见图1-14），有 $- { \frac { \pi } { 2 } } < x - 2 \pi \leqslant 0$ ，此时 $\sin ( x - 2 \pi ) = \sin x = y$ ，于是有 $x - 2 \pi =$ arcsiny，故 $x = 2 \pi + \arcsin y , y \in ( - 1 , 0 ]$ ，此时反函数为 $y = 2 \pi + \arcsin x , x \in ( - 1 , 0 ]$
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图1-14
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方法总结 arcsinx的主值区间是 $\left[ - { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { \pi } { 2 } } \right]$
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公式若 $y = \sin x , x \in \left( { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { 3 } { 2 } } \pi \right)$ ，则 $\scriptstyle x = \pi - \arcsin y$
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注（1）用处：如二重积分中，
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\int _ { - 1 } ^ { 0 } \mathrm { d } y \int _ { x - \arcsin y } ^ { 2 \pi + \arcsin y } f ( x , y ) \mathrm { d } x .
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后面我们讲二重积分时再讲
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（2)现在来回答大家：为什么不写成一个分段函数？会出现以下情况
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\sqrt { 0 \leqslant y } \leqslant \frac { \pi } { 2 } ,
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\frac { \pi } { 2 } < y \leq \frac { 3 } { 2 } \pi ,
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$$
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\frac { 3 } { 2 } \pi < y \leq 2 \pi .
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→一般习惯写自变量： x∈[0,1], x∈[-1,1); x∈(-1,0].
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这样的图形是什么呢？如图1-15所示
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图1-15
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这个图就是y=sinx在[0，2π]的沿y=x镜像的函数，就变成多值函数了
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②反正切函数与反余切函数.★★非常重要的函数
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反正切函数 $y = \arctan x $ [见图1-16(a)]，反余切函数 $y = \operatorname { a r c c o t } x $ [见图1-16(b)].
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图1-16
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$y = \arctan x $ 是 $y = \tan x \left( - { \frac { \pi } { 2 } } < x < { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ 的反函数，y=arccotx是 $y = \cot x ( 0 < x < \pi )$ 的反函数.
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## 注（1）定义域：均为 $( - \infty , + \infty )$
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值域：y=arctanx的值域为 $\left( - { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { \pi } { 2 } } \right) , y = \operatorname { a r c c o t } x$ 的值域为(0,π).
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（2）单调性 $\cdot { \sqrt { y - a \operatorname { r c t a n } x } }$ 单调增加， $y = \operatorname { a r c c o t } x $ 单调减少
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若 $a _ { n } > 0$ $\arctan a _ { n } + a _ { n } = \arctan b _ { n }$ ，则 $\arctan b _ { n } - \arctan a _ { n } = a _ { n } > 0$ （因y=arctanx是单调增加函数），因此 $b _ { n } > a _ { n } > 0$ ，若 $b _ { n } = a _ { n - 1 }$ ，则 $\{ a _ { n } \}$ 有下界且单调减少，从而 $\{ a _ { n } \}$ 极限存在
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若再加条件， $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n } = 0$ ，则 $b _ { n } > a _ { n } > 0$
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## 由夹逼准则，lima=0
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命题老师给的关系式一般都需要做逆运算：
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该加的，他减；该减的，他加；该乘的，他除；该除的，他乘，等等，这些都是需要作恒等变形的.命题老师通过做逆运算来迷惑你，要跟他唱反调，这是非常重要的解题经验．
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（3）奇偶性：y=arctanx为奇函数（在其定义域内）
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（4)有界性：两个函数在其定义域内有界， $- { \frac { \pi } { 2 } } < \arctan x < { \frac { \pi } { 2 } } , 0 < \operatorname { a r c c o t } x < \pi$
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（5）性质： $\arctan x + \operatorname { a r c c o t } x = { \frac { \pi } { 2 } } ( - \infty < x < + \infty )$ 。这个也是以后会讲到
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（6特殊函数值：
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\arctan 0 = 0 , \arctan { \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } } = { \frac { \pi } { 6 } } , \arctan 1 = { \frac { \pi } { 4 } } , \arctan \sqrt { 3 } = { \frac { \pi } { 3 } } ,
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\operatorname { a r c c o t } 0 = \frac { \pi } { 2 } , \operatorname { a r c c o t } \sqrt { 3 } = \frac { \pi } { 6 } , \operatorname { a r c c o t } 1 = \frac { \pi } { 4 } , \operatorname { a r c c o t } \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } = \frac { \pi } { 3 } ~ .
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（7）极限：
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\operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } \arctan x = - { \frac { \pi } { 2 } } , \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \arctan x = { \frac { \pi } { 2 } } , \operatorname* { l i m } _ { x \to - \infty } \operatorname { a r c c o t } x = \pi , \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \operatorname { a r c c o t } x = 0
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(7)初等函数.
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由基本初等函数经过有限次的四则运算，以及有限次的复合步骤所构成的并且可以由一个式子所表示的函数称为初等函数．
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注(1)初等函数的定义域可以是一个区间，也可以是几个区间的并集，甚至可以是一些孤立的点．例如， $y = \sqrt { \cos \pi x - 1 }$ 的定义域是 $\{ x | x = 0 , \pm 2 , \pm 4 , \cdots \}$
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★（2)幂指函数 $u ( x ) ^ { \nu ( x ) } = { \bf e } ^ { \nu ( x ) \ln u ( x ) }$ 也是初等函数，如 $x > 0$ 时， $f ( x ) = x ^ { x } = \mathrm { e } ^ { x \ln x }$ 是初等函数，其图形如图1-17所示.具体作图过程见例5.12.
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图1-17
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等到学完工具后再画图， $8 b x ^ { x } , x ^ { 2 x } , x ^ { 3 x }$ 的图像都类似。
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## ②分段函数 →有别于初等函数的另一种重要的函数。
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在自变量的不同变化范围中，对应法则用不同式子来表示的函数称为分段函数.需要强调一句，分段函数是用几个式子来表示的一个（不是几个)函数.一般来说，它不是初等函数.分段函数的典型形式如下：
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f ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { \varphi _ { 1 } ( x ) , } & { x > x _ { 0 } , } \\ { a , } & { x = x _ { 0 } , { \frac { \pi \vert } { x } } \ f ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { \varphi ( x ) , } & { x \neq x _ { 0 } , } \\ { a , } & { x = x _ { 0 } . } \end{array} \right. } } \end{array} \right. }
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分段函数很重要，原因在于其形式的复杂性所带来的命题的丰富性.后面会看到，不论是求极限、求导数，还是求积分，出现最多的研究对象之一便是分段函数.
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兮段函数是非常重要的一个命题素材
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下面列出三个重要的分段函数.
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$y = \left| x \right| = \left\{ \begin{array} { l l } { x , } & { \ x \geqslant 0 , } \\ { - x , } & { \ x < 0 } \end{array} \right.$ 称为绝对值函数，如图1-18(a)所示.
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|x|既然是分段函数，那它是不是初等函数呢？是，因为 $| x | = { \sqrt { x ^ { 2 } } }$ .一般来讲，分段函数不是初等函数，但|x|是一个特例.
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② $y = \operatorname { s g n } x = { \left\{ \begin{array} { l l } { 1 , } & { x > 0 , } \\ { 0 , } & { x = 0 , } \\ { - 1 , } & { x < 0 } \end{array} \right. }$ 称为符号函数，如图1-18(b)所示.对于任意实数x，有 $x = \mid x \mid \operatorname { s g n } x$
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(a)
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(b)
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图1-18
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③ $y = [ x ]$ 称为取整函数.先给出定义：设x为任一实数，不超过x的最大整数称为x的整数部分，记作[x].如
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[ 0 . 9 9 ] = 0 , [ \pi ] = 3 , [ - 1 ] = - 1 , [ - 1 . 9 9 ] = - 2 .
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因此，取整函数 $y = [ x ]$ 的定义域为R，值域为Z.它的图形如图1-19所示，在x为整数值处图形发生跳跃.
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图1-19
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国 $\star \star \star ( 1 ) [ x + n ] = [ x ] + n$ ，其中n为整数，
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（2) $x - 1 < [ x ] \leqslant x$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } [ x ] = 0 \ ; \ \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { - } } [ x ] = - 1$
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★★★（4）换一种说法， ${ } ^ { \ast } Y = i + 1$ 当且仅当 $i \leqslant X < i + 1$ ，i为整数，则 $Y = \left[ X \right] + 1 ^ { " }$ 考生要牢记
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例1.13 设[x]表示不超过x的最大整数，则 $y = \overbrace { x - [ x ] } ^ { }$ 是（ ）(A)无界函数 (B)单调函数(C)偶函数 (D)周期函数
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## 解 应选(D).
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由于 $y ( x + 1 ) = x + 1 - [ x + 1 ] = x + 1 - ( [ x ] + 1 ) = x - [ x ] = y ( x )$ ，即y(x)是周期为1的周期函数，其图形如图1-20所示，故选(D).
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图1-20
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方法总结 x-[x]：x的小数部分，是以1为周期的函数.公式 $[ x + n ] = [ x ] + n \ , [ x + 1 ] = [ x ] + 1$
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(1) $y = x - [ x ] = \{ x \}$
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1 . 9 9 - \left[ 1 . 9 9 \right] = 0 . 9 9 \ ,
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- 1 . 9 9 - \left[ - 1 . 9 9 \right] = - 1 . 9 9 + 2 = 0 . 0 1 \ ,
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-1.99的整数部分是-2，
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-1.99的小数部分是0.01.
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(2) $y = \sin x \mid$ ，其图形如图1-21所示
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图1-21
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（3) $y = \mid \arcsin ( \sin x ) \mid$ ，其图形如图1-22所示
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图1-22
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以后我们算积分的相关题目，这些图都有重要的应用。
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## 函数极限的概念与性质
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我们首先要厘清极限的概念，概念懂了，后面的性质是显然的，计算就会遵循概念和性质，从而不会出错.
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## 1 邻域
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①δ邻域.设 $x _ { 0 }$ 是数轴上一个点，δ是某一正数，则称 $( x _ { 0 } - \delta , x _ { 0 } ^ { ' } + \delta )$ 为点 $x _ { 0 }$ 的δ邻域，记作$U ( x _ { 0 } , \delta )$ ，即
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U ( x _ { 0 } , \delta ) = \left\{ x \big | x _ { 0 } - \delta < x < x _ { 0 } + \delta \right\} = \left\{ x \big | ~ \big | x - x _ { 0 } \big | < \delta \right\} ,
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其中点 $x _ { 0 }$ 称为邻域的中心，δ称为邻域的半径.
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②去心δ邻域.定义点 $x _ { 0 }$ 的去心邻域 $\mathring { U } ( x _ { 0 } , \delta ) = \left\{ x \big | 0 < \big | x - x _ { 0 } \big | < \delta \right\}$
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③左、右δ邻域. $\left\{ x | 0 < x - x _ { 0 } < \delta \right\}$ 称为点 $x _ { 0 }$ 的右δ邻域，记作 $U ^ { + } ( x _ { 0 } , \delta ) \ ; \ \left\{ x { \big \vert } 0 < x _ { 0 } - x < \delta \right\}$ 称为点 $x _ { 0 }$ 的左δ邻域，记作 $U ^ { - } ( x _ { 0 } , \delta )$
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④邻域与区间（区域).邻域当然属于区间（区域)的范畴，但事实上，邻域通常表示“一个局
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部位置”，比如“点 $x _ { 0 }$ 的 $\delta \cdot$ 邻域”就可以称为“点 $x _ { 0 }$ 的附近”.于是，函数f(x)在点 $x _ { 0 }$ 的某 $\delta ^ { \prime }$ 邻域内有定义也就是函数f(x)在点 $x _ { 0 }$ 的附近有定义，这个“附近”到底有多近多远，既难以说明也没有必要说明.
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注（1）邻域是区间（区域），但是这个区间是为定义极限才创建的区间
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（2)关于邻域的一组概念非常重要，因为我们将要“在一个局部位置”细致地研究问题。
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## ②函数极限的定义
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设函数f(x)在点 $x _ { 0 }$ 的某一去心邻域内有定义.若存在常数A，对于任意给定的 $\varepsilon > 0$ （不论它多么小)，总存在正数δ，使得当 $0 < \left| x - x _ { 0 } \right| < \delta$ 时，对应的函数值f(x)都满足不等式 $\left| f ( x ) - A \right| < \varepsilon$ ，则A叫作函数f(x)当 $x x _ { 0 }$ 时的极限，记为
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\operatorname * { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A \not \equiv \not \{array { \hat { x } } f ( x ) \to A ( x \to x _ { 0 } ) \ .
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写成 $ { { ^ { 4 } \varepsilon } } - \delta$ 语言”： $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0 , \exists \delta > 0$ ，当 $0 < \vert x - x _ { 0 } \vert < \delta$ 时，有 $\left| f ( x ) - A \right| < \varepsilon$ 文字语言：住给的 $\varepsilon > 0$ ，总能找到δ邻域，使得我们的距离小于你这个尺度.
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注符号“∀”是英文Arbitrary（任意的）的首字母上下方向倒着写出来的；符号“”是英文Exist（存在）的首字母左右方向倒着写出来的.
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画图理解.如图1-23所示.
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图1-23
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任给 $\varepsilon _ { \scriptscriptstyle 1 } > 0$ ，再给 $\varepsilon _ { 2 } > 0$ ，…，再给 $\varepsilon _ { n } > 0$ ，当ε一直取下去，越来越小，两条线越来越近.不管有多近，总能找到一个小邻域，使得在该邻域内，除了 $x _ { 0 }$ 之外，曲线被夹在宽度要多小有多小的这两条线中，则称 $x \to x _ { 0 } \ , f ( x ) \to A$ .这就是魏尔斯特拉斯给的极限的标准语言．
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1> $f ( x ) A$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $f ( x ) \infty$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $f ( x ) + \infty$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $f ( x ) - \infty$ </td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1> $\forall \varepsilon > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < \vert x - x _ { 0 } \vert < \delta$ 时，有|f(x)-A<ε</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < \vert x - x _ { 0 } \vert < \delta$ 时，有|f（x)|>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < | x - x _ { 0 } | < \delta$ 时，有f（x)>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < | x - x _ { 0 } | < \delta$ 时，有f（x)<-M-∞为核L无限靠近“-∞”</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1> $\forall \varepsilon > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < x - x _ { 0 } < \delta$ 时，有 $\left| f ( x ) - A \right| < \varepsilon$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < x - x _ { 0 } < \delta$ 时，有|f(x)|>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < x - x _ { 0 } < \delta$ 时，有f(x)>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < x - x _ { 0 } < \delta$ 时，有f(x)<-M</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1> $\forall \varepsilon > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < x _ { 0 } - x < \delta$ 时，有 $\left| f ( x ) - A \right| < \varepsilon$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < x _ { 0 } - x < \delta$ 时，有|f（x)|>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists \delta > 0$ 使得当 $0 < x _ { 0 } - x < \delta$ 时，有f（x)>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists \delta > 0 ,$ 使得当 $0 < x _ { 0 } - x < \delta$ 时，有f（x)<-M</td></tr></table>
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核（自带光环） ((（()) 8
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## 核(自带光环）不是实数轴上了，是超实数轴
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<table><tr><td rowspan=5 colspan=2> $x \to \infty$ $x + \infty$ x→-8</td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1></td><td rowspan=1 colspan=1>f(x)→A</td><td rowspan=1 colspan=1> $f ( x ) \infty$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $f ( x ) + \infty$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $f ( x ) - \infty$ </td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1> $\forall \varepsilon > 0 , \exists X > 0$ 使得当｜x>X时，有 $\left| f ( x ) - A \right| < \varepsilon$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists X > 0$ 使得当｜x>X时，有|f(x)|>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists X > 0$ 使得当｜x>X时，有f（x)>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists X > 0$ 使得当｜x|>X时，有f(x)<-M</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1> $\forall \varepsilon > 0 , \exists X > 0$ 使得当x>X时，有|f(x)-A<ε</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists X > 0$ 使得当x>X时,有|f（x)>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists X > 0$ 使得当x>X时，有f(x)>M</td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists X > 0 ~ ,$ 使得当x>X时，有f(x)<-M</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>∀>0,3x>0,使得当x<-X时，有 $\left| f ( x ) - A \right| < \varepsilon$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists X > 0$ 使得当x<-X时，有 $\left| f ( x ) \right| > M$ </td><td rowspan=1 colspan=1> $\forall M > 0 , \exists X > 0$ 使得当x<-X时，有f(x)>M</td><td rowspan=1 colspan=1>∀m>0,3X>0,使得当x<-X时，有f(x)<-M</td></tr></table>
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24种情况，好好写一遍
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例1.14 已知 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { x ^ { 2 } } }$ 存在，且函数
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f ( x ) = { \frac { x - \sin x } { x } } + x ^ { 2 } \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { 1 - \cos x } } ,
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则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { x ^ { 2 } } } =$ （ ）.(A) $- { \frac { 1 } { 3 } }$ (B) $\frac 1 3$ (C) $\frac { 1 } { 6 }$ (D) $- { \frac { 1 } { 6 } }$
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分析 令 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = A$ ，建立方程，
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解 应选(D).
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记 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = A$ ，且当x→0时，
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{ \frac { f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = { \frac { x - \sin x } { x ^ { 3 } } } + \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { 1 - \cos x } } , \eqno { \begin{array} { l } { \mathrm { l i m } } \\ { \Bigl | } \end{array} } \quad \operatorname* { l i m } _ { x ^ { 2 } } { \sqrt { \frac { x ^ { 2 } } { 1 - \cos x } } } { \Biggl \} } \to 2
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$$
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则 $A = \operatorname* { l i m } _ { x 0 } { \frac { x - \sin { x } } { x ^ { 3 } } } + 2 A$ ，故 $A = \frac { 1 } { 6 } + 2 A$ ，得 $A = - { \frac { 1 } { 6 } }$
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## ③超实数及其在极限中的应用
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下面讲一个极为重要的概念及其应用，帮助考生进一步深刻理解“极限”.
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实数系R中有如下公理：
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若对任意大的自然数n,均有 $\left| x \right| < { \frac { 1 } { n } }$ ，则 $x = 0$ .这使得实数系R中不存在非零无穷小量及其倒数-无穷大量.
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(1)定义.
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①非零无穷小量与无穷大量.
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若对任意大的自然数n，均有 $\left| x ^ { * } \right| < { \frac { 1 } { n } }$ 且 $x ^ { * } \neq 0$ ，则 $x ^ { \bullet }$ 为非零无穷小量，其倒数 $\frac { 1 } { x ^ { * } }$ 为无穷大量.
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②超实数.
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设 $x _ { 0 }$ 为任一实数，则 $x _ { 0 } + x ^ { * }$ 为有限超实数， $x _ { 0 } + { \frac { 1 } { x ^ { * } } }$ 为无穷超实数（无穷大量）.
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③超实数系 $\mathbf { R } ^ { * }$
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实数系R，非零无穷小量 $x ^ { * }$ ，无穷大量 $\frac { 1 } { x ^ { * } }$ 构成超实数系 $\mathbf { R } ^ { \ast }$ $x _ { 0 } + x ^ { * }$ $x _ { 0 } + { \frac { 1 } { x ^ { * } } }$ 不在实数系R中.
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(2)实数与超实数的关系（见图1-24）.
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图1-24
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在实数轴上任取一点 $x _ { 0 }$ ，称为核.
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$x _ { 0 } + x ^ { * }$ 是以 $x _ { 0 }$ 为核的有限超实数，称为核 $x _ { 0 }$ 的光环，由于 $x ^ { * }$ 是任意一个非零无穷小，故 $x _ { 0 }$ 的光环有无穷多个.
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为方便，记 $X ^ { ^ { * } } = x _ { 0 } + x ^ { ^ { * } } = \operatorname { s t d } ( X ^ { ^ { * } } ) + [ X ^ { ^ { * } } - \operatorname { s t d } ( X ^ { ^ { * } } ) ]$ $x _ { 0 } = \operatorname { s t d } ( X ^ { ^ { \ast } } )$ 也称为超实数 $\chi ^ { * }$ 的标准实数部分，$\boldsymbol { x } ^ { * } = \boldsymbol { X } ^ { * } - \mathrm { s t d } ( \boldsymbol { X } ^ { * } )$ 即为非零无穷小量.
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如 $x _ { 0 } = 0 , x _ { 1 } ^ { * } = \sin { x ( x 0 ) }$ ，则 $X _ { 1 } ^ { * } = x _ { 0 } + x _ { 1 } ^ { * } = \sin { x ( x 0 ) }$ 是以0为核，以sinx为无穷小量的超实数.
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如 $x _ { 0 } = 0 \ , x _ { 2 } ^ { * } = 2 x ( x 0 )$ ，则 $X _ { 2 } ^ { * } = x _ { 0 } + x _ { 2 } ^ { * } = 2 x ( x 0 )$ 是以0为核，以2x为无穷小量的超实数.
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如 $x _ { 0 } = 0 , x _ { 3 } ^ { * } = \frac { 1 } { x } ( x 0 )$ ，则 $\stackrel { \triangledown } { X _ { 3 } ^ { \bullet } } = x _ { 0 } + \stackrel { \bullet } { x _ { 3 } ^ { \bullet } } = \frac { 1 } { x } ( x 0 )$ 是以0为核，以 $\frac { 1 } { x }$ 为无穷大量的超实数.
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如 $x _ { 0 } = 0 \ , x _ { 4 } ^ { * } = { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } ( x 0 )$ ，则 $X _ { 4 } ^ { \bullet } = x _ { 0 } + x _ { 4 } ^ { \bullet } = { \frac { 1 } { { x } ^ { 2 } } } ( x 0 )$ 是以0为核，以 $\frac { 1 } { x ^ { 2 } }$ 为无穷大量的超实数.
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显然，上述4个超实数到它们的核的距离|sinx|，|2x|， $\left| { \frac { 1 } { x } } \right| , \ \left| { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } \right| ( x \to 0 )$ 均不是实数，lsin x|,$\left| 2 x \right| ( x \to 0 )$ 是比任何正实数都小的量， $\left| { \frac { 1 } { x } } \right| , \ \left| { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } \right| ( x \to 0 )$ 是比任何正实数都大的量.
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(3)超实数与极限的关系与运算.
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先举个例子.如
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\operatorname * { l i m } _ { x 0 } { \frac { \sin x } { x } } = 1 \ ,
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其中，① $\frac { \sin x } { x }$ 在未作极限运算时，为实数运算.
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② $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { x } }$ 称为趋核运算，此时的 $\frac { \sin x } { x }$ 称为超实数， $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { x } }$ 的结果为其核值1.于是
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★设 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A$ ，其运算（及其运算顺序）为
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a.f(x)为实数运算.
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b. $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 为趋核运算，A为核值，当A唯一时，称趋核运算存在， $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 存在；否则称趋核运算不存在， $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 不存在.
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如 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( { \underline { { x - x } } } ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } 0 = 0$ 实数运算 趋核运算=核值0
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再如， $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( x - \sin x ) \div \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( x - x ) = 0$ ，当然不等, $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( x - \sin x )$ 首先要作实数运算.由于 $\sin x \neq x$ $x - \sin x \neq x - x$ ，故趋核运算便无从谈起了.
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实数运算错误
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又如，计算 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x ^ { 2 } } } { \operatorname* { e } ^ { x } } }$ ，若写 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x ^ { 2 } } } { \operatorname* { e } ^ { x } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { \left[ \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } \right] ^ { x } } { \operatorname* { e } ^ { x } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { \operatorname { e } ^ { x } } { \operatorname* { e } ^ { x } } } = 1$ ，显然也是错误的.因为， $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x ^ { 2 } } } { \operatorname* { e } ^ { x } } }$ 的第一步，要作 $\frac { \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x ^ { 2 } } } { \mathbf { e } ^ { x } }$ 的实数运算，即
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{ \frac { \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x ^ { 2 } } } { \mathbf { e } ^ { x } } } = { \frac { \mathbf { e } ^ { x ^ { 2 } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) } } { \mathbf { e } ^ { x } } } = \mathbf { e } ^ { x ^ { 2 } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) - x } \ .
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$$
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第二步，再作 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) - x }$ 的趋核运算．
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上述错误是将 $\frac { \left[ \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } \right] ^ { x } } { \mathbf { e } ^ { x } }$ 中的 $\left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x }$ 换成了e，而在实数运算中， $\left( 1 + \frac { 1 } { x } \right) ^ { x } \neq \mathtt { e }$
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注有考生会问，等价无穷小替换的方法是否违背上述规则呢？举例来说，
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sqrt { 1 - \cos x } } { x ^ { 2 } } } \frac { \ddagger \{ \} \cdot \mathcal { \bar { Z } } \mathcal { \bar { H } } \mathcal { Z } \} { \ddagger } } \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } = { \frac { 1 } { 2 } } ,
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$$
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这里是不是在实数运算中将1-cosx写成 $3 \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } ?$ 是否犯了错误？
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请注意，如果认为 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sqrt { 1 - \cos x } } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } }$ 是在实数运算中进行的，显然是错误的
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这与 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( x - \boxed { \sin x } ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( x - \boxed { x } )$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { \left[ \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } \right] ^ { x } } { \mathrm { e } ^ { x } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { \mathrm { e } ^ { x } } { \mathrm { e } ^ { x } } }$ 的错误是一样的.
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事实上， $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 - \cos x } { x ^ { 2 } } }$ 是这样算的：
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实数运算，
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$\frac { 1 - \cos x } { x ^ { 2 } } = \frac { A } { x ^ { 2 } } \frac { 1 - \cos x } { A } = \frac { \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } \frac { 1 - \cos x } { \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } } \left( \begin{array} { l l l } { = \frac { 1 } { 2 } \bullet \frac { 1 - \cos x } { \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } } } & { } \end{array} \right)$ ，进一步是可以这样写的）
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趋核运算，
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 - \cos x } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } } \bullet \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 - \cos x } { { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } } } ,
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由于当 $x \to 0$ 时，1-cosx与 ${ \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 }$ 是等价无穷小量，即它们趋核速度相同，用趋核运算来刻画，即
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$| \operatorname* { l i m } _ { x 0 } { \frac { 1 - \cos x } { { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } } } | = 1$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 - \cos x } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } } \cdot 1$ 这是此问题的正确来由.
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$1 - \cos x \leq \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 }$ 趋核速度相同显然，上述 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 - \cos x } { \frac { 1 } { 2 } { x } ^ { 2 } } } = 1$ 涉及“趋核速度”，需要详细说一说.
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(4)趋核速度.
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既然一个核值 $x _ { 0 }$ 周围有无数个光环，这些光环的本质区别是什么呢？这就要提出“趋核速度”的问题了.
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比如，如图1-25所示.
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图1-25
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$\sin x ( x \to 0 )$ 与 $x ( x \to 0 )$ 均以0为核值，且趋核速度相同，则用下式来刻画这种关系：
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\scriptstyle { \begin{array} { l } { \displaystyle { \overbrace { \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { x } } } } = 1 } \\ { \displaystyle \sin x ( x \to 0 ) \operatorname { l i m } _ { \hat { \zeta } } x ( x \to 0 ) { \frac { 3 \delta } { 4 \hat { \phi } } } + { \hat { \phi } } \dots { \hat { \phi } } } \end{array} }
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$$
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于是，有下面的结论：
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若 $f ( x ) ( x \to x _ { 0 } )$ 与 $g ( x ) ( x \to x _ { 0 } )$ 均以0为核值，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = a \neq 0 \Leftrightarrow f ( x ) ( x \to x _ { 0 } )$ 与 $g ( x ) ( x \to x _ { 0 } )$ 趋核速度相同.
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = 0 \Leftrightarrow f ( x ) ( x \to x _ { 0 } )$ 比 $g ( x ) ( x \to x _ { 0 } )$ 趋核速度快.
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = \infty \Leftrightarrow f ( x ) ( x \to x _ { 0 } )$ 比 $g ( x ) ( x \to x _ { 0 } )$ 趋核速度慢.
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(5)极限四则运算规则.
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这也称为超实数趋核四则运算规则.
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设 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x ) = B$ ，则有
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1 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } [ f ( x ) \pm g ( x ) ] { = } A \pm B$
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② $\operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) g ( x ) = A B$
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③ $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = { \frac { A } { B } } ( B \neq 0 )$
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事实上，由于f(x)，g(x)的趋核运算值均为其实数核值，故如
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\operatorname * { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } [ f ( x ) + g ( x ) ] = \operatorname * { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) + \operatorname * { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x ) = A + B ,
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显然成立，比如
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\operatorname * { l i m } _ { x \to 0 } ( x + \sin x ) = \operatorname * { l i m } _ { x \to 0 } x + \operatorname * { l i m } _ { x \to 0 } \sin x = 0 + 0 = 0 \ ,
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } { \frac { \sin x } { x } } = { \frac { \operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } \sin x } { \operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } x } } = { \frac { \sin 1 } { 1 } } = \sin 1 ~ .
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下面说明两种情况.
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①f(x)，g(x)中恰有一个不存在核值.
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设 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x )$ 不存在或为无穷大量，则
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a.lim[f(x)±g(x)]=A±(不存在或α)=不存在或∞.x→x实数运算为平 不存在或∞作有限平移，依然为移运算 不存在或8.
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如 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( { \frac { \sin x } { x } } + \sin { \frac { 1 } { x } } \right)$ ，其中 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { x } } = 1 , \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \sin { \frac { 1 } { x } }$ 不存在（在-1到1之间振荡），则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( { \frac { \sin x } { x } } + \sin { \frac { 1 } { x } } \right) =$ 1+不存在=不存在.仅供理解，不要写出来.
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b. $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } \frac { f ( x ) g ( x ) = A \cdot ( \frac { x } { \# } \# \# \# \# \# \infty ) } { \enclose{circle} { 1 } \# \# \# } \frac { \cdot } { \emptyset }$
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这里的趋核运算有多种情况.
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i如 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } x \sin { \frac { 1 } { x } }$ ，其中 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } x = 0$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \sin { \frac { 1 } { x } }$ 不存在．
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此时A=0，可以将“-1到1之间振荡”的情形压缩成0，故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } x \sin { \frac { 1 } { x } } = \underline { { 0 } } .$ 有界振荡=0.压缩为0此时极限存在，即趋核运算值为0.
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(ii)如 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \sin { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } \bullet x$ ，其中 $\operatorname * { l i m } _ { x \infty } \sin { \frac { \dot { 1 } } { x ^ { 2 } } } = 0$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } x = \infty$ ，理由同(i)， $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \sin { \frac { 1 } { x ^ { 2 } } } \bullet x = 0$
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(i)如 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \cos x \bullet \sin { \frac { 1 } { x } }$ ，其中 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \cos { x } } = 1$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \sin { \frac { 1 } { x } }$ 不存在.此时A=1，放缩结果不变，故$\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \cos x } \sin { \frac { 1 } { x } }$ 不存在.
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) \bullet { \frac { 1 } { g ( x ) } }$ ，讨论与b.类似.
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②f(x)，g(x)均不存在核值.
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设 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 不存在或为∞, $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x )$ 不存在或为∞，则
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a. $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { [ f ( x ) \pm g ( x ) ] { = } } { \enclose{circle} { \cdot } { \operatorname* { m } } { \operatorname* { m } } } }$
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这里的趋核运算有多种情况.
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i如 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \underbrace { \left( { \frac { 1 } { x } } - { \frac { 1 } { x } } \right) } _ { \enclose{circle} { 1 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } 0 = 0$ ，其中 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 } { x } } = \infty$
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此时要明白，应先算实数运算，且因不符合拆开的条件，不能拆开算．
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(ii)如 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \underbrace { \left( { \frac { 1 } { x } } - { \frac { 2 } { x } } \right) } _ { \enclose{circle} { 1 } } = - \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 } { x } } = \infty$ .易知，趋核运算可能存在，亦可能不存在.
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b.limf(x)g(x)=(不存在或α)·(不存在或∞）. x→x0① ②
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这里的趋核运算有多种情况.
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(i)若取 $f ( x ) = { \binom { 1 , } { - 1 } }$ ，x为无理数， x为有理数， $g ( x ) = \left\{ { 1 , } \atop { - 1 } \right.$ ，x为无理数， x为有理数， 则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x )$ 不存在， $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } g ( x )$ 不存在，而 $f ( x ) \cdot g ( x ) \equiv 1$ 实数运算 ，故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) \cdot g ( x ) = 1$
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(ii)若取 $f ( x ) = \sin { \frac { 1 } { x } } , g ( x ) = \cos { \frac { 1 } { x } }$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x )$ 不存在， $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } g ( x )$ 不存在.而 $\frac { f ( x ) g ( x ) } { \not { k } \equiv \not { k } \equiv \not { k } } = \sin \frac { 1 } { x } \cos \frac { 1 } { x } =$ ${ \frac { 1 } { 2 } } \sin { \frac { 2 } { x } }$ ，故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) g ( x )$ 不存在．超据运算
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(i)若取 $f ( x ) = \sin \frac { 1 } { x } , g ( x ) = \frac { 1 } { x }$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x )$ 不存在（在-1到1之间振荡）， $\operatorname* { l i m } _ { x 0 } g ( x ) = \infty$ ，而$\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) g ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 } { x } } \sin { \frac { 1 } { x } }$ 实数运算
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若 $x = { \frac { 1 } { n \pi } } , n = 1 , 2 , \cdots$ ，则实数运算 ${ \frac { 1 } { x } } \sin { \frac { 1 } { x } } { \bigg | } _ { x = { \frac { 1 } { n \pi } } } = n \pi \sin n \pi = 0 , \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) g ( x ) = 0$
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若 $x = \frac { 1 } { 2 n \pi + \displaystyle \frac { \pi } { 2 } } , n = 1 , 2 , \cdots$ ，则实数运算
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\frac { 1 } { x } \sin \frac { 1 } { x } \bigg | _ { \displaystyle x = \displaystyle \frac { 1 } { 2 \pi + \frac { \pi } { 2 } } } = \left( 2 n \pi + \frac { \pi } { 2 } \right) \sin \left( 2 n \pi + \frac { \pi } { 2 } \right) = 2 n \pi + \frac { \pi } { 2 } \ : , ~ \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) g ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( 2 n \pi + \frac { \pi } { 2 } \right) = \infty \ : .
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$$
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此处，趋核运算的结果既有实数0，也有无穷大量，称为“无界变量”.
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(iv)显然， $\infty \bullet \infty = \infty$
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c. $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) \bullet { \frac { 1 } { g ( x ) } }$
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讨论与b.类似.
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综上所述，可列表如下：
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>条件</td><td rowspan=1 colspan=1>结论</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>f(x)，g(x)均存在核值</td><td rowspan=1 colspan=1>f(x)±g(x)，f(x)·g(x)， $\frac { f ( x ) } { g ( x ) }$ （g(x)核值不为0）均存在核值</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>f(x)，g(x)中恰有一个不存在核值</td><td rowspan=1 colspan=1> $f ( x ) \pm g ( x )$ 不存在核值； $f ( x ) \cdot g ( x )$ 可能存在核值，也可能不存在核值; $\frac { f ( x ) } { g ( x ) }$ 可能存在核值，也可能不存在核值</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>f(x)，g(x)均不存在核值</td><td rowspan=1 colspan=1>f(x)±g(x)，f(x)·g(x)， $\frac { f ( x ) } { g ( x ) }$ 均可能存在核值，也可能不存在核值</td></tr></table>
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## A 函数极限的性质
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(1)唯一性.极限是谁呢？是标准实数部分，是唯一的.
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如果极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 存在，那么极限唯 伍何一个实数，周围有无数个光环.
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7前面表中的24种情况
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## 注（1）函数极限存在的充要条件
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与f(x）天生没关系表示左右趋近都是A $\begin{array} { r } { \boxed { \underset { x x _ { 0 } } { \operatorname* { l i m } } \boxed { f ( x ) } } = A \Leftrightarrow \underset { x x _ { 0 } } { \operatorname* { l i m } } f ( x ) = A \underset { x x _ { 0 } ^ { + } } { \boxplus } f ( x ) = A , } \end{array}$ 超实数 std[f(x)] f(x)-std[f(x)]$\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \boxed { f ( x ) } } = A \Leftrightarrow f ( x ) = { \boxed { A } } + { \boxed { \alpha ( x ) } } , \ \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } \alpha ( x ) = 0$
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（2)关于唯一性的说明
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①对于 $x \to \infty$ ，意味着x→+∞且x→-∞；两个方向
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②对于 $x \to x _ { 0 }$ ，意味着 $x \to x _ { 0 } ^ { + }$ 且 $x x _ { 0 } ^ { - }$
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我们称这个细节的问题为自变量取值的“双向性（有正有负）”，基于此，我们看几个重要的函数极限问题
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① $\operatorname* { l i m } _ { x \infty } \operatorname* { e } ^ { x }$ 不存在，因为 $\operatorname* { l i m } _ { x + \infty } \operatorname { e } ^ { x } = + \infty ,$ $\operatorname* { l i m } _ { x - \infty } \mathrm { e } ^ { x } = 0$ ，根据“极限若存在，必唯一”，得原极限不存在，
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② $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { \left| x \right| } }$ 不存在，因为 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { \left| x \right| } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { * } } { \frac { \sin x } { x } } = 1$ , $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { \left| x \right| } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { - x } } = - 1$
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③limarctan x 不存在，因为 $\operatorname* { l i m } _ { x + \infty } \arctan x = { \frac { \pi } { 2 } }$ $\operatorname* { l i m } _ { x - \infty } \arctan x = - { \frac { \pi } { 2 } }$
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④ $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } [ x ]$ 不存在，因为 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } [ x ] = 0 , \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { - } } [ x ] = - 1$
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[x]为不超过x的最大整数，也就是x的整数部分。
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③分段函数分段点两侧表达式不同，需分别求左、右极限。
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在实际考试中，主要是这些函数：一个是指数函数，一个是带绝对值的函数，也就是分段函数.如果分段函数在分段点处两端的解析式不同，是需要分别求左、右极限的，这个考点在研究生考试中几乎是必考的.所以考生不仅要知道这些唯一性，而且研究生考试中更会通过这些具体的例子去考查考生对唯一性的认识.
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L 例1.15 当x→1时，函数 $\frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x ^ { - 1 } } } \ln \left| 1 + x \right| } { ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ( x - 2 ) }$ 的极限（ ）.(A)等于1 (B)等于0 (C)为8
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(D)不存在且不为
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分析x→1，关键看 $\frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { x - 1 } }$
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$x \to 1 ^ { + } , x - 1 \to 0 ^ { + } , { \frac { 1 } { \left| x - 1 \right| } } \to + \infty ;$ 你不能用一个非常非常小的正数去代替，后面会专门提无穷小的→概念，它不是一个很小很小的数，而是无限趋于零酌雯量$\frac { | x 1 ^ { - } | , | x - 1 0 ^ { - } , \frac { 1 } { x - 1 } - \infty } { \downarrow , }$
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x无限趋于1，但比1小
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解 应选(D).
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函数 $\frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x ^ { - 1 } } } \ln \left| 1 + x \right| } { ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ( x - 2 ) }$ 在x=1处没有定义，在x=1的两侧表达式虽然相同，但是注意到当x→1时，$\frac { 1 } { x - 1 }$ 左、右极限不相等，因此应该考虑单侧极限.
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 1 ^ { - } } { \frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x - 1 } } \ln \left| 1 + x \right| } { ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ( x - 2 ) } } = 0 ,
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$$
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$$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 1 ^ { + } } { \frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x - 1 } } \ln \left| 1 + x \right| } { ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ( x - 2 ) } } = - \infty ,
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$$
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可知当x→1时，函数 $\frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x - 1 } } \ln \left| 1 + x \right| } { ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ( x - 2 ) }$ 的极限不存在且不为 $\infty$ ，故选(D).
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方法总结遇到 $\mathrm { e } ^ { \infty }$ ，需讨论 $\mathrm { e } ^ { + \infty }$ 和 $\mathrm { e } ^ { - \infty }$
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公式 $\operatorname* { l i m } _ { u \to + \infty } \mathrm { e } ^ { u } = + \infty , \operatorname* { l i m } _ { u \to - \infty } \mathrm { e } ^ { u } = 0$
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注对于上述 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } { \mathrm { e } } ^ { \frac { 1 } { x - 1 } }$ 的情形，由于 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } { \frac { 1 } { x - 1 } }$ 与 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } { \frac { 1 } { x - 1 } }$ 不相等，因此不能忽视左极限与右极限，否则会导致错误，这是这类问题经常出现错误的原因
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例1.16 设 $g ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { 2 - x , } & { x \leqslant 0 , } \\ { 2 + x , } & { x > 0 , } \end{array} \right. f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { x ^ { 2 } , } & { x < 0 , } \\ { - x - 1 , } & { x \geqslant 0 , } \end{array} \right.$ 则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } g [ f ( x ) ]$ (A)为3 (B)为2 (C)为1 (D)不存在
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这个题已见过，例1.5，分段函数的复合方法，有前世今生，越往后学越轻松，这个题还有连续剧，后面再说解 应选(D).
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$$
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\begin{array} { r } { g [ f ( x ) ] = \left\{ \begin{array} { l l } { 3 + x , } & { x \ge 0 , } \\ { 2 + x ^ { 2 } , } & { x < 0 . } \end{array} \right. } \end{array}
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$$
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又 $\operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { + } } g [ f ( x ) ] = \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { + } } ( 3 + x ) ] = 3 \neq \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { - } } g [ f ( x ) ] = \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { - } } [ 2 + x ^ { 2 } ) ] = 2$ ，故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } g [ f ( x ) ]$ 不存在.这是超实数 这个超实数的极限结果是2
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方法总结 分段函数在分段点处的极限要考虑左、右极限.
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公式若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } f ( x ) \neq \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { - } } f ( x )$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 不存在.
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(2)局部有界性.
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两件事：①抽象证明，方法（技巧）重要.
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②具体例子理解.
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如果 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A$ ，则存在正常数M和 $\delta$ ，使得当 $0 < \left| x - x _ { 0 } \right| < \delta ^ { \dagger }$ 时，有 $\vert f ( x ) \vert { \leqslant } M$
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(1）证 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0 , \exists \delta > 0$ 当 $0 < \vert x - x _ { 0 } \vert < \delta$ 时 $\vert f ( x ) - A \vert < \varepsilon$ 则 $\mid f ( x ) \mid = \mid f ( x ) - A + A \mid \leqslant \mid f ( x ) - A \mid + \mid A \mid$ 取 $\varepsilon = 1 , | f ( x ) | \leqslant 1 + | A | = M$
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(2)这个M必须是个确定的数，比如2023年考研试题中出现 $| b _ { n }$ $b _ { n } - a _ { n } + a _ { n } \left| \leqslant \right| b _ { n } - a _ { n } \left| + \right| a _ { n }$ 1（是整个过程中的最关键环节），下面4条都有可能在考场出现.
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①设 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \cdot } f ( x )$ 存在，则当x→时，f（x)有界．其中 $\because x 0$ 是指 $x x _ { 0 } , x x _ { 0 } ^ { - } , x x _ { 0 } ^ { + }$ $x \infty , x - \infty , x + \infty$ 六种情形.值得注意的是，极限存在只是函数局部有界的充分条件，并非必要条件 →如y=sinx在位意区间上有界，但limsinx不存在 >f(a).f(b)为实数
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②若y=f（x）在[a，b]上为连续函数，则f（x）在[a，b]上必定有界.
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这里直观上给大家介绍连续：在黑板上拿粉笔点A点，一直到B点，中间不要离开黑板
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★③若f（x）在（a，b）内为连续函数，且 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a ^ { * } } f ( x )$ 与 $\operatorname* { l i m } _ { x \to b } f ( x )$ 都存在，则f(x)在(a,b）内必定有界.
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④有界函数与有界函数的和、差、积仍为有界函数.（商没有这个结论）
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例1.17 在下列区间内，函数 $f ( x ) = { \frac { x \sin ( x - 3 ) } { ( x - 1 ) ( x - 3 ) ^ { 2 } } }$ 有界的是（ ）(A) (-2,1) (B) (-1,0) (C) (1,2) (D) (2,3)
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分析考查开区间上的连续函数的有界性.
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## 解 应选(B).
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所给选项皆为开区间，因此不能直接利用连续函数在闭区间上的有界性定理.可以考虑在开区间两个端点处函数的极限是否存在.
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由于f(x)在 $x _ { 1 } = 1 , x _ { 2 } = 3$ 处没有定义，因此当x≠1,x≠3时，f(x)为初等函数且为连续函数.又由
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\begin{array} { l } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } f ( x ) = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } \frac { x \sin ( x - 3 ) } { \left[ x - 1 \right) \left( x - 3 \right) ^ { 2 } } = \infty , \medskip } \\ { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 1 } f ( x ) = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 3 } \frac { x \sin \left( x - 3 \right) } { \left( x - 1 \right) \left( x - 3 \right) ^ { 2 } } = \infty , } \end{array}
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可知在区间端点为1或3的开区间内，f(x)均为无界函数，故选(B).
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@方法总结若f(x)在(a,b)内是连续函数，且 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a ^ { * } } f ( x ) , \operatorname* { l i m } _ { x \to b ^ { - } } f ( x )$ 都存在，则f(x)在(a,b)内必定有界.
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公式若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a ^ { * } } f ( x )$ 存在，则存在δ>0，当 $x \in ( a , a + \delta )$ 时，f(x)有界.
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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★★★(3)局部保号性． (这个太重要了，极限的3个性质中最重要的一个)
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如果 $f ( x ) \to A ( x \to x _ { 0 } )$ 目 $\left| { \cal A } > 0 \right|$ 或 $\boxed { A < 0 } $ ，那么存在常数 $\delta > 0$ →超实数<使得当 $0 < \left| x - x _ { 0 } \right| < \delta \mathbb { H } _ { } \nmid$ ，有 $\left| f ( x ) \right| > 0$ （或 $\boxed { f ( x ) } < 0 )$ .如果在 $x _ { 0 }$ 的某去心邻域内f(x)≥0（或f(x)≤0）且 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A$ ，则 $A \geqslant 0$ （或A≤0）.
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limf>0⇒f>0 1 limf<0⇒f<0 (脱帽严格不等) 牢 f≥0⇒limf≥0 记 f≤0=limf≤0 (戴帽非严格不等)
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取ε=2A，则-A<f(x)<3A，此范围不够精确，不能用于证明此结论 7
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lim我=你：即使给我整个世界，我也只在你身边
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国证 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A ( A > 0 )$ ,即对任意ε>0,存在δ>0，使得当 $0 < | x - x _ { 0 } | < \delta$ 时，有 $\left| f ( x ) - A \right| < \varepsilon$ 取 $\varepsilon = \frac { A } { 2 } > 0$ , 即有 $\vert f ( x ) - A \vert < \frac { A } { 2 }$ 所以 $f ( x ) > { \frac { A } { 2 } } > 0$ 证毕
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四面八方均可到来，A为核心，A自带光环
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问题：超实数的标准实数部分都大于零，那这些超实数都怎么样呢？
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答：它们与A的距离无限小，从而它们一定大于零.
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注只要核心大于零，它的所有光晕都大于零
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如 $\operatorname* { l i m } _ { x + \infty } { \frac { 1 } { x } } = 0$ 0作为它的标准实数部分 超实数
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即使f(x)>0，它的极限也有可能等于零，即存在f(x)>0，使 $\operatorname { s t d } [ f ( x ) ] = 0$ .对于大于零的超实数，0的右边是有光晕的它的标准实数部分有可能是零.
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例1.18 已知f(x)在x=0的某个邻域内连续，且 $\displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { 1 - \cos x } } { = } - 1$ ，则存在δ>0，（）.
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(A)当x∈(-δ,0)时，f(x)>0；当 $x \in ( 0 , \delta )$ 时，f(x)<0
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(B)当x∈(-δ,0)时，f(x)<0；当 $x \in ( 0 , \delta )$ 时，f(x)>0
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(C)当x∈(-δ,0)时，f(x)>0；当 $x \in ( 0 , \delta )$ 时，f(x)>0
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(D)当 $x \in ( - \delta , 0 )$ 时，f(x)<0；当 $x \in ( 0 , \delta )$ 时， $f ( x ) < 0$
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分析本题考查保号性，在考研中经常出类似的题，本题关键在于极限是负数.
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解 应选(D).
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由于
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\operatorname * { l i m } _ { x 0 } { \frac { f ( x ) } { 1 - \cos x } } = \operatorname * { l i m } _ { x 0 } { \frac { 2 f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = - 1 \ ,
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故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = - { \frac { 1 } { 2 } } < 0$ ，由极限的局部保号性可知，在x=0的某去心邻域内有 $\frac { f ( x ) } { x ^ { 2 } } < 0$ ，即 $f ( x ) < 0$ ，从而选 (D).
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方法总结 见到 $\operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) = A < 0$ ，则利用保号性：当 $x \in \mathring { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ ，有 $f ( x ) < 0$
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公式 $1 - \cos x \geqslant 0$
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## 5无穷小的定义
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如果当 $x \to x _ { 0 }$ (或x→∞）时，函数f(x)的极限为零，那么称函数f(x)为当 $x x _ { 0 }$ （或 $x \infty )$ 时的无穷小，记为 有两种，包括{奔身就是0→是一个常数，唯一一个常数的无穷小（0是最高阶的无穷小）[牵身不是0，是趋于0的f(x)或{xn}→是一个极限过程
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\operatorname * { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = 0 ~ ( \not \equiv \emptyset \underset { x \to \infty } { \operatorname * { l i m } } f ( x ) = 0 ~ ) .
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注（脱帽法） $\operatorname* { l i m } _ { x \to \cdot } f ( x ) = A \Leftrightarrow f ( x ) = A + \lfloor \alpha \rfloor$ ，这里 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \cdot } \alpha = 0$ ，即α是𝑥→时的无穷小.
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把A换成0，为什么要单独讲这个定义呢？因为它有特殊的、重要的地位和意义.
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从牛顿、莱布尼茨开始，无穷小一直是一个无法解释的、必须回避的话题，包括第二次数学危机的产生，为什么大主教批判牛顿，牛顿都不敢讲话呢？因为对于无穷小是什么，他讲不出来，他一会儿让无穷小为零，一会儿让无穷小又不能为零，当无穷小在分母上，它就不能为零.然后，牛顿算出一个结果，加上一个无穷小，他就把无穷小扔掉了，无法解释！所以到了后来，才出现了魏尔斯特拉斯的 $\varepsilon - \delta$ 语言.在前面讲极限时，讲过超实数系，这里来简单复习下，从数学上来讲，
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\begin{array} { r } { \overrightarrow { \mathbb { H } } \underbrace { \mathbb { H } \underbrace { \mathbb { H } \frac { \lambda } { \lambda } \mathbb { X } } _ { \sqrt { 2 } } } \underbrace { \longrightarrow \mathbb { K } \underbrace { \mathbb { K } \mathbb { X } } _ { \sqrt { 2 } } } _ { \sqrt { 2 } } \underbrace { \longrightarrow \mathbb { K } \underbrace { \mathbb { K } \mathbb { X } } _ { \sqrt { 2 } } } _ { \sqrt { - 1 } } \underbrace { \longrightarrow \mathbb { K } \underbrace { \mathbb { K } \mathbb { X } } _ { \lambda } \mathbb { X } } _ { \sqrt { - 1 } } . } \end{array}
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$$
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现在又遇到问题了，这个无穷小怎么表示呢？牛顿、莱布尼茨没有想到，这是因为历史局限性.即便后来的柯西和魏尔斯特拉斯给出了数学分析中的标准极限定义，他们也没有想到，把实数系再扩展成超实数系.
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\begin{array} { r l } & { \bigoplus \limits _ { \mathbb H \geq \mathbb H \geq \mathbb K } \underbrace { \operatorname* { d e t } \langle \sum _ { \mathbf { \ell } } \mathcal { Z } _ { \mathbf { \ell } } ^ { * } \mathcal { Z } _ { \mathbf { \ell } } ^ { * } \rangle } _ { \sqrt { 2 } } \longrightarrow \operatorname* { d e t } \langle \sum _ { \mathbf { \ell } } \mathcal { Z } _ { \mathbf { \ell } } ^ { * } \mathcal { Z } _ { \mathbf { \ell } } ^ { * } \rangle . } \end{array}
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超实数系里面是什么呢？首先是我们所学到的实数，除了这些实数之外，还引入了无穷小量和无穷大量的概念.一旦无穷小量、无穷大量进来了，这个实数系就变成了超实数系.我用最通俗的语言讲给大家，不过也不要深究，因为这需要强大的数理逻辑的底子.
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超实数系告诉我们，任何一个实数 $x _ { 0 }$ ，自带光环，边上有无限个以它作为极限的超实数.
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\overrightarrow { \vert \vert \left( \frac { 1 } { x _ { 0 } } \right) \vert \vert \cdot \vert \vert } \overrightarrow { \vert \left( \frac { 1 } { x _ { 0 } } \right) \vert \vert \cdot \vert \vert }
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超实数：
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$\operatorname* { l i m } f ( x ) = { \mathrm { s t d } } [ f ( x ) ] .$ 实数部分(最终归属)①
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当x→0时， $\sin x = \underbrace { \operatorname { s t d } ( \sin x ) } _ { 0 } + \underbrace { \sin x - \operatorname { s t d } ( \sin x ) } _ { \mathcal { L } _ { \mathcal { D } } ^ { \otimes } \cdot \cdot \cdot \cdot \mathcal { D } }$
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② $\operatorname* { l i m } f ( x ) = 0$
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如：
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\begin{array} { r l } & { \underset { x 0 } { \mathrm { l i m b i n } } x \Big | = 0 \ , } \\ & { \underset { x 0 } { \mathrm { l i m b i n } } \Big | \mathrm { l i m } \Big ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 \Big ) \Big | = 0 \ , } \\ & { \underset { x 0 } { \mathrm { l i m } } \Big | \mathrm { l i m } x \Big | = 0 \ , } \\ & { \underset { x 0 } { \mathrm { l i m } } \Big [ \mathrm { l i m } x \Big | = 0 \ , } \\ & { \underset { x 0 } { \mathrm { l i m } } \Big | \mathrm { l i } ( 1 + x ) \Big | = 0 \ . } \end{array}
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它们是无限趋于零的，但是又描述不出它到零的距离到底是多少.所以在超实数系中，就增加了所谓的无穷小量.
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问题：无穷小如何描述它的超实数部分与实数部分呢？
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to \cdot } f ( x ) = A \Leftrightarrow f ( x ) = A + \alpha$ （A是超实数的实数部分）.
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无穷小的实数部分是零，无穷小是超实数．
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## 无穷小的性质
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①有限个无穷小的和是无穷小.
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简单组常用
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\begin{array} { r } { 0 < | \alpha _ { 1 } + \alpha _ { 2 } | \leqslant | \alpha _ { 1 } | + | \alpha _ { 2 } | 0 ~ . } \\ { \overset { \psi } { \underset { \mathrm { ~ 0 ~ } } { \psi } } } \end{array}
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无穷个无穷小的和可能不再是无穷小了，如第8讲习题8.4的注，
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\operatorname* { l i m } _ { n \infty } ( { \frac { 1 } { n + 1 } } + { \frac { 1 } { n + 2 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n + n } } ) = \ln 2 . ( \nleq 1 7 ) \ast \nonumber
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通俗理解：人多力量大.
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★②有界函数与无穷小的乘积是无穷小.
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若 $\vert \alpha _ { 1 } \vert { \leqslant } m , \alpha _ { 2 } \to 0$ ，则
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\begin{array} { c } { { 0 \leqslant | \alpha _ { 1 } \bullet \alpha _ { 2 } | = | \alpha _ { 1 } | \bullet | \alpha _ { 2 } | \leqslant m \bullet | \alpha _ { 2 } | 0 ~ . } } \\ { { \downarrow } } \\ { { 0 } } \end{array}
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$$
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考研数学对分析问题的能力有一定的要求，如果想把数学学好，在《考研数学基础30讲》中，凡是给予证明的，它往往是今后解决问题要用到的解题方法或过程，不会很难但都比较经典，要认真学一学.
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③有限个无穷小的乘积是无穷小.
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如
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\begin{array} { c } { { \alpha _ { 2 } 0 \Rightarrow | \alpha _ { 2 } | < 1 } } \\ { { \infty \nonumber } } \\ { { 0 \leqslant | \alpha _ { 1 } \alpha _ { 2 } | < | \alpha _ { 1 } | \bullet 1 0 ~ . } } \\ { { \xrightarrow [ ] { \qquad \quad } \overset { \quad } { \underset { | \bar { \phi } _ { 1 } | \bar { \phi } _ { 2 } | = 1 } { | \bar { \phi } _ { 1 } | | \bar { \phi } _ { 2 } | } } 0 } } \end{array}
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## 7无穷小的比阶
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在讲极限概念时，柯西也好，魏尔斯特拉斯也好，比牛顿和莱布尼茨的进步只是用了一个不等式，可是他们也没有讲α到0的距离到底有多少，β到0的距离是多少？不过我们可以尝试从α，β的阶数比人手.
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设在自变量的同一变化过程中， $\scriptstyle \operatorname* { l i m } \alpha ( x ) = 0 , \ \operatorname* { l i m } \beta ( x ) = 0$ ，且 $\beta ( x ) \neq 0$ ，则
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①若 $\mathrm { l i m } { \left| \begin{array} { l l } { \qquad \longrightarrow \qquad 0 } \\ { \qquad \displaystyle { \left| \frac { \alpha ( x ) } { \beta ( x ) } \right| = 0 } } , \right.} \\ { \qquad \quad { \left| \begin{array} { l l } { \qquad \downarrow } \\ { \qquad \nwarrow \qquad \nwarrow \qquad } \\ { \qquad \ n B \ne z } \end{array} \right| } } \end{array} $ 则称α(x)是比β(x)高阶的无穷小，记为 $\alpha ( x ) = o { \bigl ( } \beta ( x ) { \bigr ) }$
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α(x)→0的速度比β(x)→0的速度快
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②若 $\operatorname* { l i m } { \frac { \alpha ( x ) } { \beta ( x ) } } = \infty$ ，则称α(x)是比β(x)低阶的无穷小；
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★③若 $\operatorname* { l i m } { \frac { \alpha ( x ) } { \beta ( x ) } } = c \neq 0$ ，则称α(x)与β(x)是同阶无穷小； 速度相同
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最重要的是③与④
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★④若 $\mathrm { l i m } { \frac { \alpha ( x ) } { \beta ( x ) } } = 1$ ，则称α(x)与β(x)是等价无穷小，记为 $\alpha ( x ) \sim \beta ( x )$
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“等价”不是相等，如 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \overbrace { \frac { x \sin x } { x } } ^ { \sin x } } = \prod _ { i = 0 } ^ { + \infty } \left( { \begin{array} { l } { \sin { \it \Psi } \times { \it { \Psi } } } \\ { { \it \Psi } } \end{array} } \right)$ ，而 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x - [ \sin x ] } { x ^ { 3 } } } = { \frac { 1 } { 6 } }$ >此处不是它的标准实数部分stc $\scriptstyle ( { \frac { \sin x } { x } } ) = 1$
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⑤若 $\mathrm { l i m } { \frac { \alpha ( x ) } { \left[ \beta ( x ) \right] ^ { \ast } } } = c \neq 0 , k > 0$ ，则称α(x)是β(x)的k阶无穷小.
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x s i n { \frac { 1 } { x } }
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x ^ { 2 }
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x \sin { \frac { 1 } { x } } } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 } { x } } \sin { \frac { 1 } { x } }
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x \sin { \frac { 1 } { x } } } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 } { x } } \sin { \frac { 1 } { x } } .$ 极限不存在，一会儿跑到无穷大，一会跑到0.所以这种不专一的超实数定义为无界变量
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8是超实数，也可以理解是一个广义的数，作为实数系上的一个特殊的数（双重身份）
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通俗地讲，极限存在，就说明超实数找到了家，找到了标准实数部分，任何超实数在确定的趋向下都有唯一的家，即有唯一的核心，核心如果不唯一了，极限自然就不存在了
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在这种情况下，比阶就出问题了，这是柯西、魏尔斯特拉斯也解决不了的问题.用极限可以预言到所有情况吗？答案是否定的，两个超实数速度一会儿这个快，一会儿那个快，它们在较量中，会出现一会儿这个的实力强，一会儿那个的实力强的情况，并不是总是沿着简单的情况出现的，会儿×，一会儿0.那就是说当x→0时， $x \sin { \frac { 1 } { x } }$ $x ^ { 2 }$ 它们的力量是有对比的.
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## 8常用的等价无穷小
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当x→0时，常用的等价无穷小有
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sin x\~x,tan x\~x,arcsin x\~x,arctan x\~x,In(1+x)\~x,e-1\~x,
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a ^ { x } - 1 \sim x \ln a \ : , \ : \frac { 1 - \cos x \sim \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } \ : , ( 1 + x ) ^ { a } - 1 \sim a x } { \searrow q \ast } \ : .
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如图1-26所示，0作为实数，周围的无限个光晕紧密团结在核中心的周围.
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图1-26
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注使用时一般都要做广义化：可将x替换为趋向于0的函数，请灵活使用
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { x } } = 1 \ ;
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\operatorname* { l i m } _ { g ( x ) \to 0 } { \frac { \sin [ g ( x ) ] } { g ( x ) } } = 1 \ ;
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\operatorname* { l i m } _ { \stackrel { \mathrm { B } \to 0 } { \longrightarrow } } \frac { \sin ( x ) \stackrel { \prime } { \scriptscriptstyle \partial } 1 ) } { x ^ { ( \frac { \sin } { \scriptscriptstyle \partial } ) } } = 1 . \frac { \sin ^ { 2 } ( x ) \sin \mathrm { d o g } } { \gamma ^ { ( \frac { \sin } { \scriptscriptstyle \partial } ) } }
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## 9无穷大的定义
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如果当 $x \to x _ { 0 }$ （或x→∞）时，函数|f(x)无限增大，那么称函数f(x)为当 $x x _ { 0 }$ （或 $x \infty )$ 时的无穷大，记为
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同无穷小，也是一个极限过程一定无界，但无界不一定是无穷大量超实数
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\operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) = \infty \ \big ( \operatorname * { \overrightarrow { g } } _ { x \infty } ^ { } f ( x ) = \infty \big ) \ .
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## 注无穷小与无穷大的关系
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在自变量的同一变化过程中，如果f(x)为无穷大，则 $\frac { 1 } { f ( x ) }$ 为无穷小；反之，如果f(x)为无穷小，且 $f ( x ) \neq 0$ 则 $\frac { 1 } { f ( x ) }$ 为无穷大
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例1.19 设x→0时， $\mathbf { e } ^ { \tan x } - \mathbf { e } ^ { \sin x }$ 与 $x ^ { n }$ 是同阶无穷小，则n为（ ）
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用除法的新颖观点来理解“无穷”
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\frac { 1 } { 1 / 2 } = 2 \left( \ast \rlap \right) : 1 - \frac { 1 } { 2 } - \frac { 1 } { 2 } = 0 \ : .
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(A)1
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\frac { 1 } { 1 / 4 } = 4 ( { \mathit { 3 } } \mathit { k } ) : 1 - \frac { 1 } { 4 } - \frac { 1 } { 4 } - \frac { 1 } { 4 } - \frac { 1 } { 4 } = 0 .
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(B)2
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(C)3
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(D)4
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\frac { 1 } { 0 } = \pi \times \frac { \hbar } { 4 } \neq : 1 - 0 - 0 - \cdots \neq 0 .
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(0不能当分母)
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分析）无穷小的比阶问题.
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\operatorname * { l i m } _ { x 0 ^ { - } } { \frac { 1 } { x } } = + \infty ( { \mathit { \omega } } ; { \mathit { k } } ) : 1 - x - x - \cdots = 0
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当x→0时， $\mathrm { e } ^ { \mathrm { i } a \mathrm { i } x } - \mathrm { e } ^ { \mathrm { s i } a x } = \mathrm { e } ^ { \mathrm { s i } \mathrm { n } x } ( \mathrm { e } ^ { \mathrm { t a } n x - \mathrm { s i } n x } - 1 )$ 是以1作为标准实数部兮，这种题往往需要提出公因式.(数学中的恒等变形)
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\mathrm { e } ^ { 4 9 } - 1 \sim \ast _ { \circ } ^ { 2 } ( \ast _ { \circ } ^ { 2 } 0 )
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解 应选(C).
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当x→0时，
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\begin{array} { c } { { \displaystyle 3 \mathbb { L } \mathbb { L } \mathbb { L } \mathbb { L } \mathbb { R } \mathbb { H } \mathbb { L } \mathbb { H } \mathbb { L } ^ { 2 } \mathbb { E } \mathbb { L } \mathbb { L } ^ { 2 } } } \\ { { \displaystyle \mathbb { X } , \mathbb { X } , \mathbb { H } \mathbb { H } \mathbb { L } \mathbb { L } \mathbb { L } } } \\ { { \displaystyle \mathrm { e } ^ { \mathrm { t a n } x } - \mathrm { e } ^ { \mathrm { s i n } x } = \mathrm { e } ^ { \mathrm { s i n } x } ( \mathrm { e } ^ { \mathrm { t a n } x - \mathrm { s i n } x } - 1 ) \sim \underbrace { \mathrm { t a n } x - \mathrm { s i n } x } _ { = \displaystyle \mathrm { L a n } x - \mathrm { s i n } x } = \underbrace { \mathrm { t a n } x ( 1 - \cos x ) } _ { \displaystyle \mathrm { f o r } x } \sim \frac { 1 } { 2 } x ^ { 3 } , } } \end{array}
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因此选(C).
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方法总结 $\mathbf { e } ^ { \tan x } - \mathbf { e } ^ { \sin x }$ ，通常要提公因式出现 $\mathsf { e } ^ { \mathsf { \circ } } - 1$ 的形式.
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公式当x→0时， $\tan x - \sin x = \tan x ( 1 - \cos x ) \sim { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 3 }$
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## 四计算
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在学习了极限的定义和性质，尤其是了解了超实数的理论后，我们对于极限的计算方法有了一个完整、全面和深刻的认识.更为重要的是，今后在计算极限时，就不会再犯错误，什么位置该替换，什么位置不能替换，就能从一个新的角度，更加全面地去分析.
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## 1 方法
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(1)极限四则运算规则.
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若 $\operatorname* { l i m } f ( x ) = A , \operatorname* { l i m } g ( x ) = B$ ，那么
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$\operatorname* { l i m } [ k f ( x ) \pm l g ( x ) ] = k \operatorname* { l i m } f ( x ) \pm l \operatorname* { l i m } g ( x ) = k A \pm l B$ ，其中k,l为常数.
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$\operatorname* { l i m } [ f ( x ) \bullet g ( x ) ] { = } \operatorname* { l i m } f ( x ) \bullet \operatorname* { l i m } g ( x ) = A \bullet B$ .特别地，若limf(x)存在，n为正整数，则
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\operatorname* { l i m } [ f ( x ) ] ^ { n } = \operatorname* { l i m } \underbrace { f ( x ) \cdots \cdots f ( x ) } _ { n \uparrow } = [ \operatorname* { l i m } f ( x ) ] ^ { n } \ .
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③ $\operatorname* { l i m } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = { \frac { \operatorname* { l i m } f ( x ) } { \operatorname* { l i m } g ( x ) } } = { \frac { A } { B } } { \big ( } B \neq 0 { \big ) }$
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上面定理可以用一句话概括：当f(x)与g(x)极限都存在时，函数的加减乘除的极限分别等于极限的加减乘除（除要求分母的极限不为零）.
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例1.20 证明：(1)若 $\mathrm { l i m } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = A $ ，且 $\scriptstyle \operatorname* { l i m } g ( x ) = 0$ ，则 $\operatorname* { l i m } f ( x ) = 0$
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(2)若 $\mathrm { l i m } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = A \neq 0$ ，且limf(x)=0，则limg(x)=0.
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分析恒等变形.
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证(1)由于 $\mathbf { \partial } \cdot f ( x ) = { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } \cdot g ( x )$ ，则
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\operatorname* { l i m } f ( x ) = \operatorname* { l i m } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } \cdot g ( x ) { \frac { [ [ \ P ] ] [ [ \sum { \Xi } + { \frac { \rho + \cdots + \| \beta \| } { 2 } } ] ] } { \operatorname* { l i m } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } } } \operatorname* { l i m } g ( x ) = A \bullet 0 = 0
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(2)由于 $g ( x ) = { \frac { f ( x ) } { \displaystyle { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } } }$ ，则 $\operatorname* { l i m } g ( x ) = \operatorname* { l i m } \frac { f ( x ) } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } }$ 四则运算法则 ${ \frac { \operatorname* { l i m } f ( x ) } { \operatorname* { l i m } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } } } = { \frac { 0 } { A } } = 0$
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## 注以上结论非常重要，以后在有关定参数的题目中可直接使用，如下例
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例1.21 设 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { \operatorname { e } ^ { x } - a } } ( \cos x - b ) = 5$ ，则b=（）.(A)-4 (B)-3 (C)-2 (D)-1
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分析先利用例1.20的结果求出a的值，再用等价无穷小的代换求b的值.
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## 解 应选(A).
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lim x-0 $\frac { \sin x } { \mathrm { e } ^ { x } - a } ( \cos x - b ) = 5 \neq 0$ ，由例1.20的(2)知， $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( \mathrm { e } ^ { x } - a ) = 0$ ，故a=1，此时原极限变为$\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { \operatorname { e } ^ { x } - 1 } } ( \cos x - b ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( \cos x - b ) = 1 - b$ ，故 $b = - 4$
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方法总结若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = A \neq 0$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = 0$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } g ( x ) = 0$
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公式当x→0时， $\mathbf { e } ^ { x } - 1 \sim x \sim \sin x$
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例1.20的两个结论，是用四则运算规则证明的，所以可以把刚才的解题方法归结为极限的四则运算规则：加减乘除的极限只要存在，就等于极限的加减乘除.考生们在刚开始复习要记住它，不要认为它简单就轻视，前面用超实数分析了“不存在＋不存在”为什么可能存在，这部分内容不是那么容易理解的，不是听一遍就能完全搞懂，需要不断地、反复地思考和实践.
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后面我们会遇到复杂的极限情况，那么怎么处理这些复杂情况呢？需要请两个了不起的数学人物“登场”，他们是洛必达和伯努利.
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(2)洛必达法则.
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法则一设①当 $x \to a ($ 或 $x \infty )$ 时，函数f(x)及F(x)都趋于零; $\cdot \frac { 0 } { 0 } \cdot$
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② $f ^ { \prime } ( x )$ 及 $F ^ { \prime } ( x )$ 在点a的某去心邻域内(或当 $\left| x \right| > X$ ,此时X为充分大的正数)存在，且 $F ^ { \prime } ( x ) \neq 0$ ；
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③ $\operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } }$ （或 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } } \ )$ 存在或为无穷大，则
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洛必达（1661—1704）
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\operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ( x ) } { F ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } } \ ( \ { \bar { \mathbb { A } } } \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { f ( x ) } { F ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } } \ ) .
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$$
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法则二设①当 $x \to a$ （或 $x \infty )$ 时，函数f(x)及F(x)都趋于无穷大;
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2 $f ^ { \prime } ( x )$ 及 $F ^ { \prime } ( x )$ 在点a的某去心邻域内（或当 $\left| x \right| > X$ ，此时X为充分大的正数)存在，且 $F ^ { \prime } ( x ) \neq 0$
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3 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } }$ （或 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } } \ )$ 存在或为无穷大，则
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$$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ( x ) } { F ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } } \ ( \ { \bar { \mathbb { g } } } \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { f ( x ) } { F ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } } \ ) .
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$$
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这两个是用柯西中值定理证明.
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后面讲了柯西中值定理，再回头证明这个洛必达法则
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注法则二不是洛必达的，也不是伯努利的，实际上是柯西给的，但是为了称呼的统一性，都归到洛必达法则了.
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历史故事：洛必达(1661—1704)法国人，洛必达法则不是洛必达的，而是他老师约翰·伯努利（1667—1748）的.
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1694年，约翰·伯努利要结婚，洛必达送给他一个大礼包，他说“你结婚去吧，给你一笔钱，不用还，给我一篇论文就可以了”，然后伯努利欣然接受，主动拿着论文找到洛必达，一手交钱，一手交论文，这篇文章就被无情的卖掉了，是什么文章呢？就是大家看到的“洛必达法则”.这个法则实际上是伯努利在1694年卖给了洛必达，这是历史上的真事.有个人还在里面瞎掺和，那个人叫莱布尼茨（1646一1716），莱布尼茨是伯努利的老师，伯努利真正的学生是欧拉，这里面混进了洛必达.莱布尼茨听伯努利说“洛必达很有钱”，就主动找到洛必达，“孩子，我还有论文呢，你要不要？”而洛必达来者不拒，“来来来，买”.所以几乎在同一时间，洛必达还在世界上发表了一篇论文，叫“行列式的概念”.行列式的概念是谁给的呢？“莱布尼茨”；谁发表的呢？“洛必达”；世界上第一本微积分教材谁出的呢?“洛必达”.洛必达可以称之为“伟大的”数学知识的传播者，他把数学大家的创作汇总起来出成书了.
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注(1)一般来说，洛必达法则是用来计算 $\mathit { \Pi } _ { \overline { { 0 } } } ^ { \mathrm { ~ ~ } 0 \mathrm { ~ } , \mathrm { ~ } }$ 型或者 $\mathit { a } \frac { \infty } { \infty } , \mathit { \Pi }$ 型未定式的，不是 $\mathit { \Pi } _ { \overline { { 0 } } } ^ { \mathrm { ~ ~ } 0 \mathrm { ~ } , \mathrm { ~ } }$ 型和 $\because \frac { \alpha } { \infty } > \frac { 1 } { \infty }$ 型，就不能用洛必达法则
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$\frac { ? } { \infty }$ 亦可直接用洛必达法则.但是这个不在考研范围内.)
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(2)如果极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } }$ 仍属于 $\mathit { \Omega } _ { \overline { { 0 } } } \ : ,$ 型或者 $\because \frac { \infty } { \infty } > \frac { \pi } { 2 0 }$ 型，且f'(x),F'(x)继续满足洛必达法则的条件，则可以继续使用洛必达法则，即 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ( x ) } { F ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime \prime } ( x ) } }$ 可多次使用
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（3）如果 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } }$ 不存在也不为∞，不能推出 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ( x ) } { F ( x ) } }$ 不存在也不为∞，简单一点说就是：
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对于 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ( x ) } { F ( x ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { F ^ { \prime } ( x ) } }$ “右存在,则左存在；但左存在，并不意味着右一定存在”.比如说,极限
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x ^ { 2 } \bullet \sin { \frac { 1 } { x } } } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \underline { { x } } } \bullet \sin { \frac { 1 } { x } } = 0
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存在，而如果使用洛必达法则，会有
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x ^ { 2 } \cdot \sin { \frac { 1 } { x } } } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \left( 2 x \cdot \sin { \frac { 1 } { x } } - \cos { \frac { 1 } { x } } \right) } ,
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这个极限显然不存在，这是一个很细致、很隐蔽的问题，稍不注意就可能出错。
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## 例1.22 证明：
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(1)当x→0时， $\ln ( x + \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } ) \sim x$
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(2)当x→0时， $1 - ( \cos x ) ^ { a } \sim \frac { 1 } { 2 } a x ^ { 2 } , a \neq 0$
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分析求极限 $\mathit { \Omega } _ { \mathrm { ~ \tiny ~ w ~ } } \mathit { \Omega } _ { 0 } ,$ 型，用洛必达法则.
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证(1)由于 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \ln ( x + { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } ) } { x } } { \frac { \sharp \sharp \cdot \sharp \cdot \Sigma ) } { x \to 0 } } { \frac { 1 } { 1 } } = 1$ ，因此当x→0时, $\ln ( x + \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } ) \sim x$
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(2)当x→0时， $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 - ( \cos x ) ^ { a } } { \frac { 1 } { 2 } a x ^ { 2 } } } { \frac { \operatorname* { l i m } } { x \to 0 } } { \frac { - a ( \cos x ) ^ { a - 1 } ( - \sin x ) } { a x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( \cos x ) ^ { a - 1 } = 1$ .证毕.
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方法总结用洛必达法则解决 $\mathit { \Omega } _ { \mathrm { ~ \tiny ~ w ~ } } ^ { \mathrm { ~ o ~ } , \mathrm { ~ } }$ 型未定式.
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公式当x→0时， $\ln ( x + { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } ) \sim x \sim \sin x \sim \tan x \sim \arctan x \sim \operatorname { e } ^ { x } - 1 \sim \ln ( 1 + x )$
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当x→0时， $1 - ( \cos x ) ^ { a } \sim \frac { 1 } { 2 } a x ^ { 2 } , a \neq 0$ ，如：当x→0时， $1 - \cos x \sim \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } , 1 - \sqrt { \cos x } \sim \frac { 1 } { 4 } x ^ { 2 }$
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这个题目的价值：①练习了洛必达法则；②得到了两个重要结论.
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这两个重要结论，在未来会经常出现.
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凡是在《考研数学基础30讲》中给出的结论，都可以直接用，不必证明，这都是一些常见的、经典的结论.
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下面还有一个话题.当遇到 $\mathit { \Omega } _ { \mathrm { ~ \tiny ~ w ~ } } \mathit { \Omega } _ { 0 } ,$ 型未定式时，是看分子、分母中谁趋于零的速度快，在超实数体系中，以0作为标准实数部分的超实数它们的比值是多少？比如：
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\operatorname { s t d } \left( { \frac { x - \sin x } { x ^ { 3 } } } \right) = { \frac { 1 } { 6 } } ,
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x - \sin x } { x ^ { 3 } } } = { \frac { 1 } { 6 } } \ .
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在考研数学中，无穷小的关键是阶数，无穷小争先恐后趋于0，趋于0的速度是不一样的.接下来我们讨论无穷大的比阶问题，用例1.23来说明.
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例1.23 设 $f ( x ) = \ln ^ { 1 0 } x , g ( x ) = x , h ( x ) = \mathrm { e } ^ { \frac { x } { 1 0 } }$ ，则当x充分大时，有（ ）.
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h ( x ) < g ( x ) < f ( x )
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分析用洛必达法则，计算极限.
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解 应选(C).
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因为 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { g ( x ) } { f ( x ) } } = + \infty , \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { h ( x ) } { g ( x ) } } = + \infty$ ，所以当x充分大时，有 $f ( x ) < g ( x ) < h ( x )$ 故选项(C)正确.
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注①当 $x + \infty$ 时，有 $\ln ^ { \alpha } x \ll x ^ { \beta } \ll a ^ { x }$ ，其中 $\alpha , \beta > 0 , a > 1$ ，符号 $" \ll "$ 叫远远小于；
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②当 $n \infty$ 时，有 $\ln ^ { \alpha } n \ll n ^ { \beta } \ll a ^ { n } \ll n ! \ll n ^ { n }$ ，其中 $\alpha , \beta > 0 , a > 1$ ，记住，考试时直接用
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像上面这些公式必须要记住.在微积分中，有一个很要紧的问题，就是趋于零的函数，谁快谁慢，趋于无穷大的函数，谁快谁慢，这些问题解决好了，很多难题就迎刃而解.知识是有连续性的，它总是一环扣一环，其他方向如果欠缺，可能是因为这里的题目就掌握得不是太好.
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(3)泰勒公式.
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设f(x)在点x=0处n阶可导，则存在x=0的一个邻域，对于该邻域内的任一点x，有
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f ( x ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + \frac { f ^ { \prime \prime } ( 0 ) } { 2 ! } x ^ { 2 } + \cdots + \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! } x ^ { n } + o ( x ^ { n } ) ~ .
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泰勒（1685-1731）牛顿学生（英国教育家）
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泰勒公式背后的思想比拉格朗日中值定理的思想更精确.泰勒有一个非常直接的观点，就是可以用多项式（表达式最简单的）来表达任何一个函数（当然这个函数可导性要好）.
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泰勒有一双火眼金睛，一眼看穿所有函数．
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如 $\sin x = \sin 0 + ( \sin x ) ^ { \prime } { \Big | } _ { x = 0 } \bullet x + { \frac { ( \sin x ) ^ { \prime \prime } { \Big | } _ { x = 0 } } { 2 ! } } x ^ { 2 } + { \frac { ( \sin x ) ^ { \prime \prime } { \Big | } _ { x = 0 } } { 3 ! } } x ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } )$ 即 $\sin x = \left[ x - { \frac { 1 } { 6 } } x ^ { 3 } \right] ^ { \frac { x } { 7 } } + \underline { { o } } ( x ^ { 3 } )$ 考到这里 佩亚诺余项再如 $\sec x = \sec 0 + ( \sec x ) ^ { \prime } { \Big | } _ { x = 0 } \bullet x + { \frac { ( \sec x ) ^ { \prime } { \Big | } _ { x = 0 } } { 2 ! } } x ^ { 2 } + { \frac { ( \sec x ) ^ { \prime } { \Big | } _ { x = 0 } } { 3 ! } } x ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } )$ 即 $\sec x = 1 + { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } + o ( x ^ { 3 } )$
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下面给同学们看个真题.
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当x→0时，secx与2次泰勒多项式g(x)之差为 $o ( x ^ { 2 } )$ ，则 $g ( x ) = 1 + { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 }$
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另：secx在x=0处的2次泰勒多项式为 $1 + { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 }$
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同理可得如下重要函数的泰勒公式.
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\sin x = x - { \frac { x ^ { 3 } } { 3 ! } } + o ( x ^ { 3 } ) , \qquad \cos x = 1 - { \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } } + { \frac { x ^ { 4 } } { 4 ! } } + o ( x ^ { 4 } ) ,
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\arcsin x = x + { \frac { x ^ { 3 } } { 3 ! } } + o ( x ^ { 3 } ) , \qquad \tan x = x + { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } + o ( x ^ { 3 } ) ,
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\arctan x = x - { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } + o ( x ^ { 3 } ) , \qquad \ln ( 1 + x ) = x - { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } + { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } + o ( x ^ { 3 } ) ,
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8个都要“背”，泰勒公式熟记于心，都要“一站直达”
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\mathtt { e } ^ { x } = 1 + x + \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } + \frac { x ^ { 3 } } { 3 ! } + o ( x ^ { 3 } ) , \quad ( 1 + x ) ^ { \alpha } = 1 + \alpha x + \frac { \alpha ( \alpha - 1 ) } { 2 ! } x ^ { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) \ .
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我们要泰勒公式，也要洛必达法则，但泰勒公式是远远优于洛必达法则的.不仅是因为泰勒公式用多项式逼近可导函数的方法意义深刻，还因为其计算的简洁性.
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注从数学命题的角度对以上公式进行处理，可得到一组“差函数”的等价无穷小代换式，如$x - \sin x = \frac { 1 } { 6 } x ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } )$ 则 $x - \sin x \sim { \frac { 1 } { 6 } } x ^ { 3 } ( x 0 )$ 同理有 考研： $\Big [ \underline { { { g ( x ) } } } \Big ] \to 0 , g ( x ) - \sin [ g ( x ) ] - \frac { 1 } { 6 } g ^ { 3 } ( x )$
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\arcsin x - x - { \frac { 1 } { 6 } } x ^ { 3 } ( x \to 0 ) , { \mathrm { t a n } } x - x - { \frac { 1 } { 3 } } x ^ { 3 } ( x \to 0 ) , x - \arctan x \sim { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } ( x \to 0 )
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等，并可将这些公式广义化，如第一个公式广义化为：狗-sin狗 $- \frac { 1 } { 6 } ( x _ { \ast } ) ^ { 3 } ( x _ { \ast } ) 0 )$ ，其余类似．
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(4)无穷小的运算.
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设m,n为正整数，则
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① $o ( x ^ { m } ) \pm o ( x ^ { n } ) = o ( x ^ { l } ) , l \geqslant \operatorname* { m i n } \{ m , n \}$ （加减法时低阶“吸收”高阶）.
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如： $\frac { o ( x ^ { 2 } ) - o ( x ^ { 3 } ) = o ( x ^ { 2 } ) } { \dot { \mathcal { C } } \dot { \mathcal { P } } \mathcal { L } \mathcal { I } \mathcal { H } }$ ，对于无穷小来说，次数越小越大.对于无穷大来说，次数越大越大.
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② $o ( x ^ { m } ) \bullet o ( x ^ { n } ) = o ( x ^ { m + n } ) , x ^ { m } \bullet o ( x ^ { n } ) = o ( x ^ { m + n } )$ （乘法时阶数“累加”）.
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$\mathfrak { B } o ( x ^ { m } ) = o ( k x ^ { m } ) = \underbrace { k \bullet o ( x ^ { m } ) } _ { \downarrow }$ k≠0且为常数（非零常数相乘不影响阶数）.
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$o ( x ^ { 2 } ) = 2 o ( x ^ { 2 } )$ 记号运算不是符号运算， $o ( x ^ { 2 } ) - o ( x ^ { 2 } ) = o ( x ^ { 2 } )$
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这种题在数学三卷子中考过.
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注在后面泰勒公式的应用中，会对上述高阶无穷小的运算提出要求，请考生学会正确书写
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(5)泰勒公式应用时的展开原则.
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有了展开原则，就可以有强大的能力解决计算问题了，
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泰勒公式：
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f ( x ) = f ( 0 ) + f ^ { \prime } ( 0 ) x + \frac { f ^ { \prime \prime } ( 0 ) } { 2 ! } x ^ { 2 } + \cdots + \frac { f ^ { ( n ) } ( 0 ) } { n ! } x ^ { n } + o ( x ^ { n } ) ~ .
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它就会成为无穷多个向量，在三维空间中可以由向量i，j,k表示，线性代数中称其为三维空间的一个基，它可以表示三维空间中的任何一个向量，即三维空间中的任何一个点.
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再如：一维点可以比大小，但平面点（空间点）是不能比大小的，所以后面遇到多元函数会用偏导数退化为一维来研究.
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\{ x ^ { 0 } , x ^ { 1 } , x ^ { 2 } , \cdots , x ^ { n } , \cdots \} \ ,
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幂函数是所有可导函数的一个基，体现“统一美”.
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有句话是有道理的，微积分学得好坏，将决定未来走得有多远，光看一个公式，很多人看法层次是远远不同的，很多东西需要慢慢去体会.
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如：
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\left\{ \begin{array} { l l } { { \displaystyle x _ { n } \cos x _ { n + 1 } = \sin x _ { n } , } } & { { \displaystyle \sum _ { \cos x _ { n + 1 } } = \frac { \sin x _ { n } - \sin 0 } { x _ { n } - 0 } = \cos \xi \Rightarrow 0 < \left. \xi \right. < x _ { n } } } \\ \displaystyle \left\{ \cos a _ { n } - a _ { n } = \cos b _ { n } , \begin{array} { l l l } { { \displaystyle \cos a _ { n } - \cos b _ { n } = a _ { n } > 0 , 0 < a _ { n } , b _ { n } < \frac { \pi } { 2 } , \emptyset \vert \left\{ 0 < a _ { n } < b _ { n } \right\} } } & { { \displaystyle \downarrow } } \\ { { \displaystyle \left\{ \vphantom { \displaystyle { \sum _ { a } b _ { n } - \cos a _ { n } + \cos b _ { n } + \cos b _ { n } } , \left[ \cos a _ { n } - \cos b _ { n } - \cos b _ { n } + a _ { n } - \cos b _ { n } \right] - \left[ \sin \xi - \left[ \xi \right] - \left[ \xi \right] \right] \left\{ 0 < a _ { n } < b _ { n } \right\} } } } & { { \displaystyle 0 \right\} } } & { { \displaystyle \downarrow } } \\ { { \displaystyle \vphantom { \displaystyle \sum _ { a } b _ { a } \cos a _ { n } + \cos b _ { a } } } } & { { \displaystyle \downarrow } } & { { \displaystyle \downarrow \mathrm { ~ \pi ~ } \left\{ \begin{array} { l l l } { { \displaystyle a _ { n } < a _ { n } < b _ { a } } } & { { \displaystyle \vphantom { \displaystyle { \sum _ { a } b _ { n } - a _ { n } + \cos b _ { n } } } } } \\ { { \displaystyle \left[ \sin \xi - \left[ \xi \right] - 1 \right] } } } & { { \displaystyle 0 } } \end{array} \right. } } \en\right\ d{array} \right. \end{array} \end{array}
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数学题的最高境界就是那些最简单的地方，不是庞然大物或者是用非常复杂的技巧.大道至简才是考研数学的本质.
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这种题是考研的压轴题，但是大家也不要急.在命题老师眼里，他给的东西，他想的东西最简单，最朴素的cosx在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ 内递减，一个中学生也知道啊！但几百万考生，大部分考生都没想到.
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而且命题老师又说“不定积分”大家少做啊！因为在命题老师的知识体系中，他是深刻知道世界上能做出来的积分是寥寥无几的，世界上不能做出的积分，多得想象不到.再换句话说，几乎不定积分都没法做，那我们就把他喜欢出的那几个思想、方法掌握了，最基本的东西把握好了，那么考试就成功了，这就叫方向，不做无用功.
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① $\frac { A } { B }$ 型，适用“上下同阶”原则.
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具体说来，如果分母(或分子)是x的k次幂，则应把分子（或分母)展开到x的k次幂，可称为“上下同阶”原则.
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例如，计算 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x - \ln ( 1 + x ) } { x ^ { 2 } } }$
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由于
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\overbrace \left. \ln ( 1 + x ) = x + o ( x ) \right\} ^ { { \substack { \vec { x } \vec { x } \cdot \vec { y } \vec { y } } } } \overbrace { \left. \ln ( 1 + x ) = x - \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) \right] } ^ { \substack { \vec { y } \vec { z } \cdot \vec { z } \vec { y } \vec { z } } } ,
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\boxed { \ln ( 1 + x ) = x - \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + \frac { x ^ { 3 } } { 3 } + o ( x ^ { 3 } ) } ,
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因此
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { x - \ln ( 1 + x ) } { x ^ { 2 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { x - \left[ x - \displaystyle \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) \right] } { x ^ { 2 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { \displaystyle \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } { x ^ { 2 } } = \frac { 1 } { 2 } \ : ,
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这里顺便得到了一个重要的等价代换式 $x - \ln ( 1 + x ) \sim { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } ( x 0 )$
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x - \ln ( 1 + x ) \sim 1 - \cos x \sim { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } ( x 0 \ )
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同理
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x - \sin x \sim \frac { x ^ { 3 } } { 6 } ( x 0 ) ,
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\arcsin x - x \sim { \frac { x ^ { 3 } } { 6 } } ( x 0 ) ,
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\tan x - x \sim { \frac { x ^ { 3 } } { 3 } } ( x 0 ) ,
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x - \arctan x \sim \frac { x ^ { 3 } } { 3 } ( x 0 ) ,
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均可由“上下同阶”原则得到.
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②A-B型，适用“幂次最低”原则. $A + B = A - ( - B )$
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具体说来，即将A,B分别展开到它们的系数不相等的x的最低次幂为止.
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例如，已知当x→0时， $\cos x - e ^ { - \frac { x ^ { 2 } } { 2 } }$ 与 $a x ^ { b }$ 为等价无穷小，求 $a , b$
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用泰勒公式， $\cos x = 1 - { \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } } + { \frac { x ^ { 4 } } { 4 ! } } + o ( x ^ { 4 } ) , \mathrm { e } ^ { - { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } } = 1 - { \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } + { \frac { 1 } { 2 ! } } { \frac { x ^ { 4 } } { 4 } } + o ( x ^ { 4 } )$
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显然，将 $\cos x , \mathrm { e } ^ { - \frac { x ^ { 2 } } { 2 } }$ 展开到 $x ^ { 4 }$ 时，其系数就不一样了，使用“幂次最低”原则，展开到此项后，进行运算，得 孟王起忘弘仕富生北一追“屈五书”
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\cos x - \mathrm { e } ^ { - \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } = \left[ 1 - \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } + \frac { x ^ { 4 } } { 4 ! } + o ( x ^ { 4 } ) \right] - \left[ 1 - \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + \frac { 1 } { 2 ! } \frac { x ^ { 4 } } { 4 } + o ( x ^ { 4 } ) \right] = - \frac { 1 } { 1 2 } x ^ { 4 } + o ( x ^ { 4 } ) ,
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于是可知 $\cos x - e ^ { - \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } \sim - \frac { 1 } { 1 2 } x ^ { 4 } ( x 0 )$ ，故 $a = - { \frac { 1 } { 1 2 } } , b = 4$
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到此为止，整个泰勒公式就学习完了,在一般计算中，四则运算法则，洛必达法则,泰勒公式就够了，除此之外常用的，还有两个重要极限.
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(6)两个重要极限.
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第二重要极限两种写法
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { x } } = 1 , \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } = { \bf e } ~ .
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\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 } ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } = \mathbf { e } , } \\ { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \mathbf { e } } ( 1 + \frac { 1 } { x } ) ^ { x } = \mathbf { e } } \end{array}
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## 注常考变量广义化
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\operatorname* { l i m } _ { \sharp \to 0 } \frac { \sin \chi _ { \sharp } ^ { \sharp } | } { \chi _ { \sharp } } = 1 , \ : \operatorname* { l i m } _ { \sharp \to \infty } \left( 1 + \frac { 1 } { \chi _ { \sharp } } \right) ^ { \ast _ { \sharp } } = \mathrm { e } \ .
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如狗 $= \frac { 1 } { x }$ ，则上述式子为
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$\operatorname* { l i m } _ { { \frac { 1 } { x } } 0 } { \frac { \sin { \frac { 1 } { x } } } { \frac { 1 } { x } } } = 1$ 即 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } x \sin { \frac { 1 } { x } } = 1$
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\operatorname* { l i m } _ { { \frac { 1 } { x } } \to \infty } \left( 1 + { \frac { 1 } { { \frac { 1 } { x } } } } \right) ^ { \frac { 1 } { x } } = { \mathrm { e } } \ , \ \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } = { \mathrm { e } } \ .
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(7)夹逼准则： 适当放缩 $\{ \begin{array} { l } { { \mathcal { E } \dot { \mathcal { Z } } = \mathcal { R } \dot { \mathcal { Z } } \dot { \mathcal { Z } } \dot { \mathcal { Z } } \dot { \mathcal { Z } } \dot { \mathcal { Z } } } } \\ { { \mathcal { B } \ddot { \mathcal { Z } } \dot { \mathcal { Z } } \dot { \mathcal { Z } } \dot { \mathcal { Z } } \dot { \mathcal { Z } } \dot { \mathcal { Z } } } } \end{array} ,$
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如果函数f(x)，g(x)及h(x)满足下列条件：
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① $h ( x ) { \leqslant } f ( x ) { \leqslant } g ( x )$
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\enclose{circle} { 2 } \operatorname* { l i m } g ( x ) = A , \operatorname* { l i m } h ( x ) = A \quad \quad \quad \stackrel { } { \downarrow } h \in f ( x ) \leqslant g ( x )
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则limf(x)存在，且limf(x)=A. +8↓+8介+8
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夹逼准则，说成两边夹，三明治定理都不太准确，没有突出“逼”，叫“迫敛定理”是可以的．
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注常见的一个问题：设任意的x，总有 $h ( x ) \leqslant f ( x ) \leqslant g ( x )$ ，且 $\operatorname* { l i m } [ g ( x ) - h ( x ) ] = 0$ ，则 lim f(x)是否一定存在？答案是否定的. $\operatorname* { l i m } [ g ( x ) - h ( x ) ]$ 存在并不能说明limg(x),limh(x)都存在，从而也不能保证limf(x）存在.
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例如，当x>0时，取 $h ( x ) = x + { \frac { 1 } { x + 1 } } , f ( x ) = x + { \frac { 2 } { x + 1 } } , g ( x ) = x + { \frac { 3 } { x + 1 } }$ 则 $h ( x ) < f ( x ) < g ( x )$ 且$\operatorname* { l i m } _ { x + \infty } [ g ( x ) - h ( x ) ] = 0$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x )$ 不存在
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## ②七种未定式的计算
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七种未定式中，都是超实数的状态，我们算过七种超实数是否有一个标准实数部分.考研的函数极限计算题一般归纳为七种未定式： “未定”是由你来定，有可能存在有可能不存在
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★★★题型：直接计算、反求参数、已知某一极限求另一极限、无穷小的比阶等.
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在表达式中，有一些未知参数，已知这些超实数的极限值.来求这些未知参数，这是一种常考的反问题
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解题思路如下.
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已知一个超实数的极限值，给出另外一个趋实数，另外一个超实数跟这个超实数有联系，有区别，需要找到它们的联系和区别，从而用已知来求解未知
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①化简先行.
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》在考研数学中，可能无穷小比阶的考题考的是最多的
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拿到极限计算的问题，不要直接开始就洛必达法则，泰勒展开等等.实际上，先做一些化简，有的时候化简完了，这个题目就非常简单了，在考研中是专门出过这种题的，比如说2023年有道大题就是，第一步要化简，如果不知道化简的话，那个题太复杂了.有哪些化简办法呢？
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\overleftarrow { 1 \underbrace { \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \cos x } _ { \mathrm { \tiny \Gamma \backslash ~ x \to 0 } } } \bullet \mathrm { \bf \Gamma } ^ { x }
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a.提出极限不为0的因式；b.等价无穷小代换；c.恒等变形(基本的恒等变形法如提公因式、拆项、
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合并、分子分母同除变量的最高次幂等，高级的恒等变形法如变量代换，也叫换元法等).需要强调的是，很多问题如果不化简就计算，可能计算会很复杂，甚至可能计算不出结果．如负代换，倒代换
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如： $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( { \frac { 1 + \sin x } { x } } - { \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } } \right) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( { \frac { 1 } { x } } - { \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } } \right) + \left| \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { x } } \right|$ 解题的方法，我们不能蛮干，一定要注意这些=1细节，细节决定成败.
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②判断类型（运算类型）.
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→用在函数中，难度就很高了，对于这种问題呢，《考研数学基础30讲》里面也会提及，我会给大家一个完整的全面的归纳
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③选择方法（洛必达法则、泰勒公式、夹逼准则等）.
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(1) $u \cdot \frac { 0 } { 0 } , \quad u \cdot \frac { \infty } { \infty } , \quad u \cdot \infty ^ { , , }$
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→太重要了，“火眼金睛”泰勒
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例1.24 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } - \mathbf { e } } { x } }$ 这是考研中喜欢出的一种类型 (提前告诉存在了，实际上问是几)
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分析 $\mathit { \Omega } _ { \mathrm { ~ \tiny ~ w ~ } } ^ { \mathrm { ~ o ~ } , \mathrm { ~ } }$ ，先做恒等变形， $u ( x ) ^ { \nu ( x ) } = { \bf e } ^ { \nu ( x ) \ln u ( x ) }$ .碰到幂指函数，一定用e抬起来.
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解 应填 $- \frac { \mathbf { e } } { 2 }$
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原极限 $= \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } \frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x } \ln ( 1 + x ) } - \mathrm { e } } { x } = \mathrm { e } \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } \frac { \mathrm { e } ^ { \frac { - \ln ( 1 + x ) - 1 } { x } } - 1 } { x } \frac { \mathrm { e } ^ { \frac { x ^ { n } } { n } - 1 - \sqrt { 3 } \sqrt { 3 } ( \sqrt { n } \lvert ( \sqrt { n } \lvert ( \to 0 ) ) } - 0 ) } { x - { n } ^ { { 0 } ^ { + } } } \mathrm { e } \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } \frac { x } { x } \frac { \ln ( 1 + x ) - 1 } { x }$
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$\frac { \mathrm { i } \sharp \big / \mathrm { j } \big \cdot } { \mathrm { ~ \pi ~ } } \mathrm { e } [ \operatorname* { l i m } _ { \boldsymbol { x } 0 ^ { + } } \frac { \ln ( 1 + \boldsymbol { x } ) - \boldsymbol { x } } { x ^ { 2 } } ] = \mathrm { e } \operatorname* { l i m } _ { \boldsymbol { x } 0 ^ { + } } \frac { - \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } = - \frac { 1 } { 2 } \mathrm { e }$ lim $\frac { \ln ( 1 + x ) - x } { x ^ { 2 } }$ 洛必达法则lim $\frac { 1 } { { \frac { 1 + x } { 2 x } } } - 1$ x→0 x→0
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@方法总结碰到幂指函数，用e括起来， $u ( x ) ^ { \nu ( x ) } = { \bf e } ^ { \nu ( x ) \ln u ( x ) }$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { - { \frac { 1 } { ( 1 + x ) ^ { 2 } } } } { 2 } }
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公式当x→0时， $\ln ( 1 + x ) - x \sim - \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 }$
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国 $f ( x ) = ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } }$ 在x>0时有以下性质：
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①f（x)单调减少；② $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } f ( x ) = \mathbf { e }$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } = e \quad \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } = e
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$( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } - \mathrm { e } - \frac { \mathrm { e } } { 2 } x ( x 0 ^ { + } )$ ·刚才的例1.24
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这个结论太重要了，0是一个重要的实数，
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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考研复习的方法很重要，如基础阶段只做 $\ " 1 + 1 = 2 \ \ "$ 这肯定是不行的．必须在基础阶段，扎扎实实地落实到考研数学的命题当中，掌握他们喜欢考的这些表达式，这个是很重要的
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例1.25 求极限 $I = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { a _ { n } x ^ { n } + a _ { n - 1 } x ^ { n - 1 } + \cdots + a _ { 1 } x + a _ { 0 } } { b _ { m } x ^ { m } + b _ { m - 1 } x ^ { m - 1 } + \cdots + b _ { 1 } x + b _ { 0 } } }$ ，其中 $a _ { n } ( \neq 0 ) , b _ { m } ( \neq 0 )$ 为常数.纸老虎
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分析）有理函数的极限问题，抓主要矛盾.找“带头大哥”，若“带头大哥”次数一致，结果就是系数比，就能很快速地把问题解决了.
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解 若n=m，则
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I \frac { \underbrace { \mathrm { E } \mathbb { T } \mathbb { + } \mathbb { M } [ \oint _ { \mathbb { A } } [ \lambda ] x ^ { n } } } _ { x \infty } \operatorname* { l i m } _ { b _ { m } } \frac { a _ { n } + \frac { a _ { n - 1 } } { x } + \dots + \frac { a _ { 1 } } { x ^ { n - 1 } } + \frac { a _ { 0 } } { x ^ { n } } } { b _ { m } + \frac { b _ { m - 1 } } { x } + \dots + \frac { b _ { 1 } } { x ^ { n - 1 } } + \frac { b _ { 0 } } { x ^ { n } } }
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\frac { \underbrace { \rVert y [ ] \rVert \dotsc \sum _ { s \in \mathcal { F } _ { \Phi } } ^ { \prime } | \dotsc | | } } { \underbrace { \operatorname* { l i m } _ { \substack { x \to \infty } } ^ { \prime } \left( b _ { n } + \frac { b _ { n - 1 } } { x } + \dots + \frac { a _ { 1 } } { x ^ { n - 1 } } + \frac { a _ { 0 } } { x ^ { n } } \right) } _ { \substack { x \to \infty } } } \frac { \operatorname* { l i m } _ { \substack { x \to \infty } } } { \underbrace { a _ { n } } _ { \substack { x } } } ,
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n > m
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I = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { x ^ { n - m } \left( a _ { n } x ^ { m } + a _ { n - 1 } x ^ { m - 1 } + \cdots + a _ { 1 } x ^ { m - n + 1 } + a _ { 0 } x ^ { m - n } \right) } { b _ { m } x ^ { m } + b _ { m - 1 } x ^ { m - 1 } + \cdots + b _ { 1 } x + b _ { 0 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { x ^ { n - m } } \cdot { \frac { a _ { n } } { b _ { m } } } = [ \infty ] ;
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\overbrace { \frac { \ d } { \ d t } n } ^ { \# } n < m \ , \quad \iiint I = \operatorname * { l i m } _ { x \infty } \frac { a _ { n } x ^ { n } + a _ { n - 1 } x ^ { n - 1 } + \cdots + a _ { 1 } x + a _ { 0 } } { x ^ { m - n } ( b _ { m } x ^ { n } + b _ { m - 1 } x ^ { n - 1 } + \cdots + b _ { 1 } x ^ { n - m + 1 } + b _ { 0 } x ^ { n - m } ) } = \operatorname * { l i m } _ { x \infty } \frac { 1 } { x ^ { m - n } } \cdot \frac { a _ { n } } { b _ { m } } = 0 \ .
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这两种情况出现概車很小
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综上， $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \frac { a _ { n } x ^ { n } + a _ { n - 1 } x ^ { n - 1 } + \dots + a _ { 1 } x + a _ { 0 } } { b _ { m } x ^ { m } + b _ { m - 1 } x ^ { m - 1 } + \dots + b _ { 1 } x + b _ { 0 } } = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle \frac { a _ { n } } { b _ { m } } , } & { \displaystyle n = m , } \\ { \displaystyle \infty , } & { \displaystyle n > m , } \\ { \displaystyle 0 , } & { \displaystyle n < m . } \end{array} \right.$
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方法总结抓大头.
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { x ^ { 3 } + x ^ { 2 } - 1 } { \left[ 0 \bullet x ^ { 3 } \right] + 2 x ^ { 2 } + 2 } } = \infty , \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { 0 \bullet x ^ { 3 } - x ^ { 2 } + 2 } { 1 \bullet x ^ { 3 } - x + 1 } } = 0$ 补一个“带头大哥” (但不要写卷子上)最爱考的
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\begin{array} { r } \enclose{circle} { \mathcal { P } \mathrm { \varDelta } \overrightarrow { \mathfrak { L } \mathfrak { L } \mathfrak { t } } { \big ) } \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } { \frac { a _ { n } x ^ { n } + a _ { n - 1 } x ^ { n - 1 } + \cdots + a _ { 1 } x + a _ { 0 } } { b _ { m } x ^ { m } + b _ { m - 1 } x ^ { m - 1 } + \cdots + b _ { 1 } x + b _ { 0 } } } = \left\{ \begin{array} { l l } { \frac { a _ { n } } { b _ { m } } , } & { n = m , } \\ { \infty , } & { n > m , } \\ { 0 , } & { n < m . } \end{array} \right. } \end{array}
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注本题的结果要记住，以后直接使用，这就是通常说的“抓大头”，即当 $x \to \infty$ 时，分别抓分子、分母中关于x的最高次项，忽略其他项，如 $\operatorname* { l i m } _ { x - \infty } \frac { \sqrt { 4 x ^ { 2 } + x - 1 } + [ \frac { x + 1 } { x + 1 } ] } { [ \sqrt { x ^ { 2 } + \sin x } ] } = 1$ 另外特别注意，若 $x \to 0$ 则应该分别抓分子、分母中关于x的最低次项． $\vert 2 x \vert = - 2 x > \vert x \vert = - x$
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E 例1.26 设函数 $f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { x ^ { 2 } + n x ( 1 - x ) \sin ^ { 2 } \pi x } { 1 + n \sin ^ { 2 } \pi x } }$ ，则f(x)=
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分析这道题是近几年常考的用极限来定义对应法则的题.在本讲开头，我讲过一些求对应法则的内容，可以由关系式或复合函数的表达式求对应法则.在这里再加一条，由极限求对应法则.用什么样的题目来创造这些对应法则，这需要通过做题逐渐地积累起来，
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找特点：抓带头大哥，n在变，x在求极限过程中视为常数．
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解 应填 $\left\{ { \begin{array} { l } { x ^ { 2 } , } \\ { x ( 1 - x ) } \end{array} } \right.$ x=0,±1,±2,…,，其他.
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当 $\sin \pi x = 0$ ，即x=k(整数)时, $f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { x ^ { 2 } + n x ( 1 - x ) \bullet 0 } { 1 + n \bullet 0 } } = x ^ { 2 }$
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当 $\sin \pi x \neq 0$ ，即 $x \neq k$ （整数）时， $f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } { \frac { { \frac { x ^ { 2 } } { n } } + x ( 1 - x ) \sin ^ { 2 } \pi x } { { \frac { 1 } { n } } + \sin ^ { 2 } \pi x } } = { \frac { x ( 1 - x ) \sin ^ { 2 } \pi x } { \sin ^ { 2 } \pi x } } = x ( 1 - x )$
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综上， $f ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { x ^ { 2 } , } \\ { x ( 1 - x ) } \end{array} \right. }$ x=0,±1,±2,…,，其他.
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方法总结 主要关注n前面的系数.
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公式 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } n \cdot \bigtriangledown ^ { 2 } = 0$ 的0
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注这个题目精彩的地方在于，若n的系数为零，即 $\sin ^ { 2 } \pi x = 0$ .此时，含n的项消失了，结果就是 $x ^ { 2 }$
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这个题目有“前世今生”，后面我们仍会用到它．这个例子记住了，后面再遇到类似由这种用极限定义函数的问题不在话下，这是构造函数的最高难度了，不会再超过这个难度
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例1.27 已知极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \tan 2 x + x f ( x ) } { \sin x ^ { 3 } } } = 0$ ，则 $\operatorname * { l i m } _ { x 0 } { \frac { 2 + f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = ( \quad$ （A) $\frac { 1 3 } { 9 }$ (B)4 (C) $\frac { 1 0 } { 3 }$ (D) $- { \frac { 8 } { 3 } }$
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分析）建立已知和未知的联系．一是脱帽法，二是泰勒展开.
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解 应选(D).
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方法一脱帽法.
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \tan 2 x + x f ( x ) } { \left[ \sin x ^ { 3 } \right] } } = 0 , \quad
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则 ${ \frac { \tan 2 x + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } } = \alpha ( x )$ ，其中α(x)为x→0时的无穷小.因此
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f ( x ) = { \frac { x ^ { 3 } \cdot \alpha ( x ) - \tan 2 x } { x } } ,
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故
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 2 + f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \cfrac { 2 + { \frac { x ^ { 3 } \cdot \alpha ( x ) - \tan 2 x } { x } } } { x ^ { 2 } } }
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\begin{array} { l } { \displaystyle \frac { \mathrm { i } \mathbb { H } ^ { \prime } \mathrm { f } } { x 0 } \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { 2 x - \tan 2 x + x ^ { 3 } \alpha ( x ) } { x ^ { 3 } } } \\ { \displaystyle = \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { 2 x - [ 2 x + \frac { 1 } { 3 } ( 2 x ) ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } ) ] + \sqrt { x ^ { 3 } \alpha ( x ) } } { [ \begin{array} { l } { x ^ { 3 } } \end{array} ] } = - \frac { 8 } { 3 } . } \end{array}
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$$
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方法二泰勒展开.
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由 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \tan 2 x + x f ( x ) } { \sin x ^ { 3 } } } = 0$ ，得
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 2 x + { \frac { 1 } { 3 } } ( 2 x ) ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } ) + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } } = 0 \ ,
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故
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\operatorname * { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 2 + f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = - { \frac { 8 } { 3 } } \ .
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$$
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@方法总结①用好泰勒公式.
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②已知极限，用脱帽法可解出f(x).
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公式当狗→0时，狗-tan狗 $\sim - \frac { 1 } { 3 } \rlap { / } \mathbb { X } \sharp ^ { 3 }$
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脱帽法：若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = A$ ，则 $) \boxed { f ( x ) } = \boxed { A } + \alpha ( x ) \Bigl ( \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \alpha ( x ) = 0 \Bigr )$
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超实数 超实数的标准实数部分
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例1.28 求极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 1 ^ { - } } \ln x \ln ( 1 - x )$ .0·8型
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如：lim xlnxx→0\*
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" 0 \cdot \infty "
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把谁放在分母，是有讲究的.设置分母有原则，简单因式才下放.
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\begin{array} { r l } { \frac { \partial } { \partial x } \underset { x \leq \sigma } { \underline { { \sigma } } } \frac { \mathbf { l } _ { m } } { 1 + \sigma } \frac { x } { \underline { { \sigma } } } } & { { } \cdot \frac { \underline { { \sigma } } } { 0 } \cdot \qquad } \\ { \frac { \partial } { \partial \mathbf { x } } \underset { \partial \sigma } { \underline { { \sigma } } } \frac { \mathbf { l } _ { m } } { \partial \mathbf { k } } \underset { \partial \sigma } { \underline { { \sigma } } } \frac { \mathbf { l } _ { m } } { 1 + \sigma } \frac { \mathbf { l } _ { m } } { x \_ { \sigma } } \frac { 1 } { x } } & { { } } \\ { \frac { \partial } { \partial \mathbf { x } } \underset { \partial \sigma } { \underline { { \sigma } } } \frac { \mathbf { l } _ { m } } { \partial \mathbf { k } } \underset { \partial \sigma } { \underline { { \sigma } } } \frac { \mathbf { l } _ { m } } { 1 + \sigma } \frac { \mathbf { l } _ { m } } { x \_ { \sigma } } \frac { 1 } { x } } & { { } } \\ { \frac { \partial } { \partial \mathbf { x } \underset { \partial \sigma } { \underline { { \sigma } } } \frac { \mathbf { l } _ { m } } { 1 + \sigma } \frac { \mathbf { l } _ { m } } { x \_ { \sigma } } } \frac { 1 } { x } } & { { } \cdot \frac { \underline { { \sigma } } } { \infty } \cdot \qquad } \\ { \frac { \mu _ { \partial } \mathbf { l } _ { \sigma } } { 1 + \sigma } \frac { 1 } { x _ { \sigma } } \underset { \partial \sigma } { \underline { { \sigma } } } \frac { 1 } { x } = - \underset { \partial \sigma } { \underline { { \sigma } } } \frac { 1 } { x } = - \underset { \partial \sigma } { \underline { { \sigma } } } \varepsilon } \end{array}
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简单因式有 $x ^ { \alpha } , \mathrm { e } ^ { \beta x }$ ，sinrx等.
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复杂因式有arctan x，arcsin x,ln x等.
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这个题实际上是个小综合题，注意两点：
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①等价代换；②换元．
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这不是一个非常简单的问题，而是一个具有一定综合性，也有一定可以讨论的余地的一个好题目，它在以后还有很多用处，
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解这是 $" 0 \bullet \infty \ "$ 型未定式，注意一个事实：当x→0时， $\ln ( 1 + x ) \sim x$ ，将其广义化，得
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\ln ( 1 + u ) \sim u ( u 0 ) ,
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于是在考研中常考的一个式子是 $\scriptstyle \left\lceil \ln x = \ln ( 1 + x - 1 ) \sim x - 1 ( x \to 1 ) \right\rceil$ ，则这个公式出现的频率会更高
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\begin{array} { l } { \underset { x 1 ^ { - } } { \operatorname* { l i m } } \ln x \ln ( 1 - x ) = \underset { x 1 ^ { - } } { \operatorname* { l i m } } \ln ( 1 + x - 1 ) \ln ( 1 - x ) } \\ { = \underset { x 1 ^ { - } } { \operatorname* { l i m } } ( x - 1 ) \ln ( 1 - x ) } \\ { \underset { x 1 ^ { - } } { \overset { \iint } { \cong } } 1 - x = t \underset { t 0 ^ { + } } { \operatorname* { l i m } } t \ln t = 0 ~ . } \end{array} \begin{array} { l } { \underset { ( ) \cong \underset { ( ) \cong \underset { ( ) \cong \underset { ( ) \Vec { t } } { \oint } \ast \tilde { t } } } { \operatorname* { l i m } } \tilde { \mathscr { t } } } \underset { \mathrm { d } \underset { ( ) \cong \underset { ( ) \Vec { t } } { \oint } \ast \tilde { t } } } { \operatorname* { l i m } } \underset { \mathrm { d } \underset { ( ) \cong \underset { ( ) \Vec { t } } { \oint } \ast \tilde { t } } } { \operatorname* { l i m } } \underset { \mathrm { d } \underset { ( ) \cong \underset { ( ) \Vec { t } } { \oint } \ast \tilde { t } } } { \operatorname* { l i m } } \underset { \mathrm { d } \underset { ( ) \cong \underset { ( ) \Vec { t } } { \oint } \ast \tilde { t } } } { \operatorname* { l i m } } \underset { \mathrm { d } \underset { ) \cong \underset { ( ) \Vec { t } } { \oint } \ast \tilde { t } } } { \operatorname* { l i m } } \underset { \mathrm { d } \underset { ( ) \cong \underset { ( ) \Vec { t } } { \oint } \ast \tilde { t } } } { \operatorname* { l i m } } \underset { \mathrm { d } \underset { ( ) \cong \underset { ( ) \Vec { t } \underset { ( ) \Vec { t } } { \oint } \ast \tilde { t } } } { \operatorname* { l i m } } \mathrm { . } } } \end{array}
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注事实上，当 $\alpha > 0$ 时， $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \Big | } { \underline { { x } } } ^ { \alpha } { \Big | } { \ln { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { \ln x } { x ^ { - \alpha } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { x ^ { - 1 } } { - \alpha x ^ { - \alpha - 1 } } } = - { \frac { 1 } { \alpha } } \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { x ^ { \alpha } } = 0$ ，本题中 $\alpha = 1$
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只要是x的正次方即可， $\alpha > 0$
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limnx=0 0+
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超于无穷大速度太慢了
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始x的开一亿方根 $x ^ { \alpha } \to 0$ 的速度很慢了，都能抵消掉lnx→∞的速度
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一般形式： $\operatorname * { l i m } _ { x 0 ^ { + } } x ^ { \alpha } \ln ^ { \beta } x = 0 ( \beta , \alpha > 0 ) , \& \operatorname * { l i m } _ { x 0 ^ { + } } \sqrt { x } \ln ^ { 2 } x = 0$
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例1.29 求 $I = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } x \left[ \left[ { \frac { 1 0 } { x } } \right] \right]$ ，其中［·]为取整符号．→无穷大
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分析该问题的解决用“夹逼准则”.[∞]特殊不存在.
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解当x→0时， ${ \frac { 1 0 } { x } } \to \infty$ ，对于［]，此时想到极限计算的利器—夹逼准则（当常规求极限的方法——比如等价无穷小代换、泰勒公式、洛必达法则——无法使用时,一定要能够想得起这个“两边夹击”的重要方法).
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根据 $x - 1 < [ x ] \leqslant x$ ，有
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\frac { 1 0 } { x } - 1 < \left[ \frac { 1 0 } { x } \right] \leqslant \frac { 1 0 } { x } ,
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于是
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\begin{array}{c} \{ { \begin{array} { l } { \displaystyle x > 0 { \mathbb H } \nmid , \ \not { | { \mathrm { \# } } 1 0 - x < x \cdot [ { \frac { 1 0 } { x } } ] } \leqslant 1 0 , } \\ { \displaystyle x < 0 { \mathbb H } \nmid , \ \not { | { \mathrm { \# } } 1 0 - x > x \cdot [ { \frac { 1 0 } { x } } ] } \geqslant 1 0 . } \end{array} } \end{array}
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可见，无论 $x > 0$ ，还是 $x < 0$ ，不等式两边均可趋于同一极限，故 $I = \operatorname* { l i m } _ { x 0 } x \Biggl [ { \frac { 1 0 } { x } } \Biggr ] = 1 0$
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注 这个题目还是蛮难的，从考试的角度看，还是要把这个取整函数搞明白，以前的数学一，大题中考过取整函数，现在就是考的频率不高了，但是一旦出现，都是很有区分度的.命题老师对这种题也是很青睐的，有了这种具体问题，大家才知道这些公式怎么用，对于这些抽象性的，或者是比较困难的理论和方法，一定要有实际的例子作为支撑，把抽象和具体紧密地结合起来，这样对知识的把握会更加的扎实和可靠
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(2) $" \infty - \infty "$
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对于 $" \infty - \infty "$ 型未定式，一般有两种思路.
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\cdot \frac { 0 } { 0 } \cdot \frac { \infty } { \infty } \cdot
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①如果函数中有分母，则通分，将加减法变形为乘除法，以便于使用其他计算工具（比如洛必达法则)，见例1.30.
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②如果函数中没有分母，则可以通过提取公因式或者作倒代换，出现分母后，再利用通分等恒等变形的方法，将加减法变形为乘除法，见例1.31.
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例1.30 极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left[ { \frac { 1 } { \ln \left( 1 + x \right) } } - { \frac { 1 } { x } } \right] = { \left( \begin{array} { l l l } { \quad } & { } & { } \end{array} \right) }$ (A)2 (B) $\frac { 3 } { 2 }$ (C)1 (D) $\frac { 1 } { 2 }$
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分析 $" \infty - \infty "$ 常见考题： $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( { \frac { 1 } { \sqcap } } - { \frac { 1 } { \sqcup } } \right)$ .简洁美，统一美.
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解 应选(D).
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所给极限为 $" \infty - \infty "$ 型，先变形，化为 $\mathbf { \Omega } _ { \mathfrak { a } } \underbrace { 0 } _ { 0 } ,$ 型.
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方法一洛必达法则.
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\begin{array} { r l } & { \underset { x 0 } { \operatorname* { l i m } } \Bigg [ \cfrac { 1 } { \ln ( 1 + x ) } - \cfrac { 1 } { x } \Bigg ] = \underset { x 0 } { \operatorname* { l i m } } \frac { x - \ln ( 1 + x ) } { x \ln ( 1 + x ) } } \\ & { = \underset { x 0 } { \operatorname* { l i m } } \frac { x - \ln ( 1 + x ) } { x ^ { 2 } } = \underset { x 0 } { \operatorname* { l i m } } \cfrac { 1 - \cfrac { 1 } { 1 + x } } { 2 x } } \\ & { = \underset { x 0 } { \operatorname* { l i m } } \cfrac { x } { 2 x ( 1 + x ) } = \underset { x 0 } { \operatorname* { l i m } } \cfrac { 1 } { 2 ( 1 + x ) } = \frac { 1 } { 2 } . } \end{array}
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方法二 泰勒公式.
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\begin{array} { r } { \displaystyle | \overrightarrow { \mathbfcal { H } } _ { \mathbf { \overrightarrow { x } } } | \mathbf { \overrightarrow { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { x - \ln ( 1 + x ) } { x \ln ( 1 + x ) } \ ~ } \\ { \displaystyle = \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { 1 } { x ^ { 2 } } x ^ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } ~ . } \end{array}
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$$
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故选 (D).
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方法总结对于 $" \infty - \infty "$ 型的题目，如带分母，常常可以考虑通分.越是复杂和困难的情形，泰勒公式越
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能体现它的优越性.
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公式当x→0时， $x - \ln ( 1 + x ) \sim { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 }$
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注作为常见考题，在历年的考研数学题中，总会出现什么情况呢？命题老师觉得这个题是送分给你的，送你们一些分数，叠高分数底线，提高点下限，可是很多同学他不要，他说：“老师，我不好意思要这个分数”这个实在不应该，这是基本问题，它常考，这种分数一定要拿到手.下面我们来看没有分母怎么办．
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例1.31 求极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \left[ x ^ { 2 } \left( e ^ { \frac { 1 } { x } } - 1 \right) - x \right]$
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分析对于 $" \infty - \infty "$ 型，若无分母可以考虑倒代换，造出分母，或者考虑提公因式出来.
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解
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= \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } x \bullet \left[ x \left( { \mathrm { e } } ^ { \frac { 1 } { x } } - 1 \right) - 1 \right]
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倒代换，极限里换元要两换<
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= \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { x { \left( \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x } } - 1 \right) } - 1 } { \frac { 1 } { x } } }
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$$
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设置分母有原则，简单因子才下放.先不用洛必达法则，分子、分母求导较烦琐
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\frac { \displaystyle \bigoplus _ { x } a = \frac { 1 } { x } } { \displaystyle a \to 0 ^ { + } } \operatorname* { l i m } _ { u \to 0 ^ { + } } \frac { \mathrm { e } ^ { u } - 1 - u } { u ^ { 2 } } = \operatorname* { l i m } _ { u \to 0 ^ { + } } \frac { \mathrm { e } ^ { u } - 1 } { 2 u } = \frac { 1 } { 2 } ~ .
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$$
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》或者直接用公式：当u→0时， $\mathrm { e } ^ { u } - 1 - u \sim \frac { 1 } { 2 } u ^ { 2 }$
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注建议考生把这类题也练练，在《张宇考研数学题源探析经典1000题》中布置了这类题目，一定要把里面的每一道题反复地练，熟练地掌握这类题目的计算，为全面的综合题的学习、解题打下坚实的基础
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(3) $^ { u } \infty ^ { 0 \mathrm { \Delta } n }$ 和 $" 0 ^ { 0 } \ "$
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例1.32 求极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \left( x + { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } \right) ^ { \frac { 1 } { x } }$
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分析幂指函数的恒等变形： $u ( x ) ^ { \nu ( x ) } = { \bf e } ^ { \nu ( x ) \ln u ( x ) }$
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解这是 $\cdots { \infty } ^ { 0 \mathrm { ~ } \mathfrak { v } }$ 型未定式，是幂指函数的极限，对于“ $\infty ^ { 0 \ \mathfrak { p } }$ 和 $" 0 ^ { 0 \ : , }$ 型这两种未定式，一般来说，用恒等变形
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\operatorname* { l i m } u ^ { \nu } = { \mathrm e } ^ { \ln \nu \ln u } { \frac { { \mathrm { i } } \vec { \mathrm { L } } } { - \ln \nu } } { \mathrm { e x p } } \{ \operatorname* { l i m } \nu \ln u \} ~ ,
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$$
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将其化成 $\kappa \frac { 0 } { 0 } , \quad \cdot \frac { \infty } { \infty } , \quad \cdot \infty ^ { , , }$ 这三种类型，然后计算，故原式 $= \exp \{ \operatorname* { l i m } _ { x + \infty } { \frac { 1 } { x } } \ln ( x + { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } ) \}$
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因为 $\operatorname* { l i m } _ { x + \infty } { \frac { 1 } { x } } \ln ( x + { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } ) = \operatorname* { l i m } _ { x + \infty } { \cfrac { 1 } { x + { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } } } ( 1 + { \cfrac { x } { { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } } } ) = \operatorname* { l i m } _ { x + \infty } { \cfrac { 1 } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } } = 0$ ，所以$\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } \left( x + { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } \right) ^ { \frac { 1 } { x } } = \mathbf { e } ^ { 0 } = 1$
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(4) $^ { * } 1 { } ^ { \infty } \ ' \longrightarrow$ 简化公式 $\operatorname* { l i m } u ^ { v } = \mathrm { e } ^ { \operatorname* { l i m } \nu ( u - 1 ) }$
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例1.33 求极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( { \frac { \mathrm { e } ^ { x } + \mathrm { e } ^ { 2 x } + \mathrm { e } ^ { 3 x } } { 3 } } \right) ^ { \frac { \mathrm { e } } { x } }$
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分析）“1\*”型未定式，用好公式 ${ } ^ { \ast } \operatorname * { l i m } u ^ { \nu } = \mathrm { e } ^ { \mathrm { l i m } \nu ( u - 1 ) } { } ^ { \nu }$
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解 这是“1°”型未定式，是幂指函数的极限，如果limu"属于“1"”型，则有一个重要且简单的计算方法： $\operatorname* { l i m } u ^ { \nu } = \mathbf { e } ^ { \operatorname { l i m } ( u - 1 ) \nu }$ .—→这类问题不用凑重要极限 ${ } ^ { \cdot } \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } = \mathrm { e } ^ { - }$ ，用这个公式解决更快.
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推导如下：利用第二重要极限公式 $\operatorname* { l i m } _ { x \infty } { ( 1 + { \frac { 1 } { x } } ) } ^ { x } = \mathbf { e }$ ，得
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\begin{array} { r } { \operatorname* { l i m } u ^ { \nu } = \operatorname* { l i m } \biggl \{ \left[ 1 + \left( u - 1 \right) \right] ^ { \frac { 1 } { u - 1 } } \biggr \} ^ { ( u - 1 ) \nu } = \mathrm { e } ^ { \mathrm { l i m } \left( u - 1 \right) \nu } , } \end{array}
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$$
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故
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\begin{array} { l } { { \displaystyle | \overrightarrow { \mathrm { J } } _ { 1 } ^ { \ast } \overrightarrow { \mathrm { x } } | \Bigg [ \tan \frac { \mathrm { e } } { x 0 } \Bigg ( \frac { \mathrm { e } ^ { x } + \mathrm { e } ^ { 2 x } + \mathrm { e } ^ { 3 x } } { 3 } - 1 \Bigg ) \Bigg \} = \exp \{ \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { \mathrm { e } } { 3 } \Bigg ( \frac { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } { x } + \frac { \mathrm { e } ^ { 2 x } - 1 } { x } + \frac { \mathrm { e } ^ { 3 x } - 1 } { x } \Bigg ) \} } } \\ { { \displaystyle = \exp \{ \frac { \mathrm { e } } { 3 } \Bigg ( \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } { x } + \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { \mathrm { e } ^ { 2 x } - 1 } { x } + \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { \mathrm { e } ^ { 3 x } - 1 } { x } \Bigg ) \} = \mathrm { e } ^ { \frac { \mathrm { e } } { 3 } ^ { ( 1 + 2 + 3 ) } } = \mathrm { e } ^ { 2 \mathrm { e } } ~ . } } \end{array}
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$$
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注整体“抄”，不要只算指数部分 $\mathrm { l i m } \nu ( x ) \bigl [ u ( x ) - 1 \bigr ]$ ，免得忘记！
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★(5)泰勒公式.
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泰勒公式是极为重要的，它在处理 $\mathit { \Omega } _ { \mathrm { ~ \tiny ~ w ~ } } \mathit { \Omega } _ { 0 } ,$ 型未定式时，很好用.
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★ 例1.34 设当x→0时， $\mathbf { e } ^ { x } - ( a x ^ { 2 } + b x + 1 )$ 是比 $x ^ { 2 }$ 高阶的无穷小，则（ ）(A) $a = { \frac { 1 } { 2 } } , b = 1$ (B) $a = 1 , b = 1$ (C) $a = - \frac { 1 } { 2 } , b = - 1$ (D)a=-1,b=1
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分析 在无穷小比阶相关问题中，可优先考虑“泰勒公式”
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解 应选(A).
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方法一 由泰勒公式可知
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\mathbf { e } ^ { x } = 1 + x + \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } + o ( x ^ { 2 } ) \ .
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由题设可知
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$$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \operatorname { e } ^ { x } - ( a x ^ { 2 } + b x + 1 ) } { x ^ { 2 } } } = 0 ,
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$$
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即
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \left( { \frac { 1 } { 2 } } - a \right) x ^ { 2 } + \left( 1 - b \right) x + o ( x ^ { 2 } ) } { x ^ { 2 } } } = 0 ,
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$$
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则 $a = { \frac { 1 } { 2 } } , b = 1$
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方法二由洛必达法则可知
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \mathrm { e } ^ { x } - ( a x ^ { 2 } + b x + 1 ) } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \mathrm { e } ^ { x } - 2 a x - b } { 2 x } } ,
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$$
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若 $b \neq 1$ ，上式右端趋于无穷，从而左端也趋于无穷，与原题设矛盾，所以b=1.因此
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \operatorname { e } ^ { x } - 2 a x - b } { 2 x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \operatorname { e } ^ { x } - 1 } { 2 x } } - a = { \frac { 1 } { 2 } } - a = 0 ,
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故 $a = \frac { 1 } { 2 }$ ，所以应选(A).
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公式当x→0时， $\mathrm { e } ^ { x } = 1 + x + \frac { x ^ { 2 } } { 2 ! } + o ( x ^ { 2 } )$
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例1.35设函数 $f ( x ) = { \frac { \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } }$ 在x=0处的3次泰勒多项式为 $a x + b x ^ { 2 } + c x ^ { 3 }$ ，则（ ）.（A) $a = 1 , b = 0 , c = - { \frac { 7 } { 6 } }$ (B) $a = 1 , b = 0 , c = \frac { 7 } { 6 }$ (C) $a = - 1 , b = - 1 , c = - \frac { 7 } { 6 }$ (D) $a = - 1 , b = - 1 , c = \frac { 7 } { 6 }$
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## 解 应选(A).
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方法一由于在x=0处有泰勒展开式
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\sin x = x - { \frac { x ^ { 3 } } { 3 ! } } + \cdots , { \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } } = 1 - x ^ { 2 } + x ^ { 4 } - \cdots ,
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因此
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$$
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\frac { \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } = \left( x - { \frac { x ^ { 3 } } { 3 ! } } + \cdots \right) ( 1 - x ^ { 2 } + x ^ { 4 } - \cdots ) = x - { \frac { 7 } { 6 } } x ^ { 3 } + \cdots ~ .
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又由题设知，在x=0处有
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{ \frac { \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } } = a x + b x ^ { 2 } + c x ^ { 3 } + \cdots ,
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所以
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a = 1 , b = 0 , c = - { \frac { 7 } { 6 } } \ .
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故选(A).
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方法二由题设可得在x=0处
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\sin x = ( 1 + x ^ { 2 } ) ( a x + b x ^ { 2 } + c x ^ { 3 } + \cdots ) ,
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所以
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$$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( 1 + x ^ { 2 } ) ( a + b x + c x ^ { 2 } + \cdots ) = a ,
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$$
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故a=1.
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又因为sinx为奇函数，所以b=0，从而可得
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\sin x = ( 1 + x ^ { 2 } ) ( x + c x ^ { 3 } + \cdots ) ,
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故
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c = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x - ( 1 + x ^ { 2 } ) x } { x ^ { 3 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x - x } { x ^ { 3 } } } - 1 = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \cos x - 1 } { 3 x ^ { 2 } } } - 1 = - { \frac { 7 } { 6 } } \ .
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$$
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故选(A).
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注此题f(x)是奇函数，既然写“=”，则两边性质是一样的，相同的函数，即左边是奇函数，所以右边不能有偶次方，故b=0，(C)，(D)排除
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五函数的连续与间断
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无定义点（必间断）：①讨论间断点只看分段点（未必间断）.②连续与间断的判别本质上是极限计算
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## 连续点的定义
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x _ { 0 }
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设函数f(x)在点 $x _ { 0 }$ 的某一邻域内有定义，且有 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = f ( x _ { 0 } )$ ，则称函数f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处连续.
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什么叫函数连续？先说什么叫函数存在.存在是说，给了一个x,就有一个y对应在那里（见图1-27），它附近的点X们所对应的Y们也是如此，它们只是在那里，无牵无挂；连续是说，Y们充分靠近y（见图1-28），它们彼此的距离小到无法用任何小的正实数表达，只能用超实数“无穷小”来衡量，它们并不只是在那里，它们相依相偎.
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所以，函数存在，是y和Y们无牵无挂地待在那里；函数连续，是y和Y们充分靠近.连续并不是真的连着，连续只是Y们彼此充分靠近而已，也可以说，连续就是一种离散，连续曲线不是曲线不断开，恰恰相反，它每一个位置都是断开的.我们对于客观事物的刻画，严格说来，都是一种近似，只是看这种近似的代价是不是可以被接受.
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注（1）当需要讨论左、右极限时，用以下结论：
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { - } } f ( x ) = f ( x _ { 0 } ) \Leftrightarrow f ( x )$ 在点 $x _ { 0 }$ 处连续，
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（2)连续性运算法则
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①（连续性的四则运算法则）设f（x)与g(x)都在点 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处连续，则 $f ( x ) \pm g ( x )$ 与f（x）g（x）在点$\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处连续，当 $g ( x _ { 0 } ) \neq 0$ 时， $f ( x ) / g ( x )$ 在点 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处也连续．
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两个函数如果在同一个点x0处连续，则它们的和差积商在这点也是避续的
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②（复合函数的连续性）设 $\scriptstyle u = \varphi ( x )$ 在点 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处连续， $y = f ( u )$ 在点 $\boldsymbol { u } = \boldsymbol { u } _ { 0 }$ 处连续，且$u _ { 0 } = \varphi ( x _ { 0 } )$ 则 $f [ \varphi ( x ) ]$ 在点 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处连续.
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容易理解，不做证明，有些不需要证明，有些可能是超纲的
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③（反函数的连续性）设y=f（x)在区间 $I _ { x }$ 上单调且连续，则反函数 $x = \varphi ( y )$ 在对应的区间必有反函数$I _ { y } = \{ y \vert y = f ( x ) , x \in I _ { x } \}$ 上连续且有相同的单调性.
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★（3）设f（x）在点 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处连续，且 $f ( x _ { 0 } ) > 0$ （或 $f ( x _ { 0 } ) < 0 \ )$ ，则存在 $\delta > 0$ ，使得当 $\vert x - x _ { 0 } \vert < \delta$ 时，$f ( x ) > 0$ （或 $f ( x ) < 0 )$ 这句话非常重要！
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## 2 间断点的定义与分类
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→这是讨论间断点的前提
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以下设函数f(x)在点 $x _ { 0 }$ 的某去心邻域内有定义.
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讨论间断点只看无定义点和分段点，一个初等函数在其定义区间内都是连续的.
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区间 $[ a , b ]$ 上连续，是指a处（左端点）右连续，b处（右端点）左连续.
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在间断点中，无单侧间断的概念（考研数学中）.区间端点是不考虑间断的．
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(1)可去间断点.
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若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A \neq f ( x _ { 0 } ) ( f ( x _ { 0 } )$ 甚至可以无定义)，则 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 称为可去间断点：（可补间断点）
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$\begin{array}{c} f ( x ) = \left\{ { \begin{array} { l l } { \displaystyle \sin x } \\ { \displaystyle x } \end{array} } , & { \displaystyle x \neq 0 , } \\ { \displaystyle 1 , } & { \displaystyle x = 0 , } \end{array} \right.$ 则f(x)在x=0处就连续
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注只要修改或者补充 $f ( x _ { 0 } )$ ，使得 $f ( x _ { 0 } ) = A = \operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x )$ 就会使得函数在点 $x _ { 0 }$ 处连续，于是，这个点叫作可去间断点，也叫作可补间断点。
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(2)跳跃间断点.
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若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { - } } f ( x )$ 与 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } f ( x )$ 都存在，但 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { - } } f ( x ) \neq \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } f ( x )$ ，则 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 称为跳跃间断点.
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可去间断点和跳跃间断点统称为第一类间断点.
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第一类间断点在考研中是要求考生区分的.第一类间断点只有可去间断点和跳跃间断点
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## 注按此定义，跳跃间断点和 $f ( x _ { 0 } )$ 的值无关
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(3)无穷间断点.
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若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = \infty$ 或 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } f ( x ) = \infty$ 或 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { - } } f ( x ) = \infty$ ，则 ${ \boldsymbol { x } } = { \boldsymbol { x } } _ { 0 }$ 称为无穷间断点，如点x=0为函数 $y = { \frac { 1 } { x } }$
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的无穷间断点. $x _ { 0 }$ 点的左、右极限至少有一个无穷大.
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说明：
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①无穷间断点，不是说这一点的值是无穷大，是说这一点的左、右两侧，至少有一个极限值趋向无穷大.
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②无穷间断点是第二类间断点.
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(4)振荡间断点.
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若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 振荡不存在，则 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 称为振荡间断点，如函数 $y = \sin { \frac { 1 } { x } }$ 在点 $x = 0$ 处没有定义，且当$x \to 0$ 时，函数值在-1与1这两个数之间交替振荡取值，极限不存在，故点 $x = 0$ 为函数 $_ { y = \sin { \frac { 1 } { x } } }$ 的振荡间断点.
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无穷间断点和振荡间断点都属于第二类间断点．（第二类还有其他，但与考研无关）
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\begin{array} { l l } { { \displaystyle \sharp \sharp \sharp \vec { \chi } \vec { \chi } \dag \frac { \xi } { \mathcal { H } } \{ \begin{array} { l } { { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } f ( x ) \ ; } } \\ { { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } f ( x ) \ ; } } \\ { { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } f ( x ) \ ; } } \\ { { \displaystyle \{ \operatorname* { l i m } _ { f ( x _ { 0 } ) \triangleq \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } f ( x ) \ . } } } \end{array} } } & { { \qquad \sharp \sharp \vec { \mathbb { H } } \{ \begin{array} { l } { { \displaystyle \bigoplus \vec { \mathbb { H } } \vec { \mathbb { H } } [ \vec { y } ] \vec { y } \vec { \mathbb { f } } _ { \lceil \vec { \Gamma } \backslash } ^ { \perp } ; } } \\ { { \displaystyle \bigoplus \vec { \mathbb { H } } \vec { \mathbb { H } } [ \vec { y } ] \vec { \mathbb { H } } \vec { \mathbb { f } } _ { \lceil \vec { \Gamma } \backslash } ^ { \perp } ; } } \\ { { \displaystyle \big \{ \mathfrak { B } \vec { \mathbb { H } } \frac { \mathrel { } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } \mu \} { \mathcal { H } [ \vec { y } ] \vec { \mathbb { H } } [ \vec { y } ] \vec { \mathbb { f } } _ { \uparrow } \backslash } ^ { \perp } ; } } \\ { { \displaystyle \big \{ \bigoplus \ell ( x _ { 0 } ) \stackrel { } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) \ . } } \end{array} } } } \end{array}
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$$
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例1.36 已知 $f ( x ) = \left\{ { \begin{array} { l l } { \left( \cos x \right) ^ { x ^ { - 2 } } , } & { x \neq 0 , } \\ { a , } & { x = 0 } \end{array} } \right.$ 在x=0处连续，则a=
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分析 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = f ( x _ { 0 } ) \Leftrightarrow f ( x )$ 在 $x _ { 0 }$ 处连续．
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解 应填 $\mathrm { e } ^ { - \frac { 1 } { 2 } }$
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( \cos x ) ^ { x ^ { - 2 } } { \frac { \mathbf { \sigma } ^ { \ast } \mathbf { 1 } ^ { \infty } } { - } } \operatorname { e } ^ { \mathcal { A } }$ ，式中 $A = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \cos x - 1 } { x ^ { 2 } } } = - { \frac { 1 } { 2 } }$ ，故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = { \mathrm e } ^ { - { \frac { 1 } { 2 } } }$
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又f(x)在x=0处连续，所以 $a = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = { \mathrm { e } } ^ { - { \frac { 1 } { 2 } } }$
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方法总结 计算 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 即可．
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公式 $\mathrm { l i m } u ( x ) ^ { \nu ( x ) } = \mathrm { e } ^ { \mathrm { l i m } \nu ( x ) [ u ( x ) - 1 ] }$
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$f ( x ) = { \frac { { \mathrm { e } } ^ { \frac { 1 } { x - 1 } } \ln \left| 1 + x \right| } { ( { \mathrm { e } } ^ { x } - 1 ) ( x - 2 ) } }$ 回忆：例1.15例1.37 函数 的第二类间断点的个数为（ ）(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
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分析找无定义点和分段函数的分界点，求 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ ，进而判断间断点类型.
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解 应选(C).
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本题考查初等函数的连续性、间断点、间断点分类等基本概念，考查利用等价无穷小替换及洛必达法则求极限的方法，是一道考查基本概念和简单运算的题目.
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f(x)的定义域为 $\left\{ x { \big | } x \in ( - \infty , + \infty ) , x \neq - 1 , x \neq 0 , x \neq 1 , x \neq 2 \right\}$ ，而初等函数在定义域内是连续的，所以该函数的所有间断点是-1，0，1，2.由于
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\operatorname* { l i m } _ { x \to - 1 } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to - 1 } { \frac { { \mathrm { e } } ^ { { \frac { 1 } { x - 1 } } } \ln { \big | } 1 + x { \big | } } { { \mathrm { ( e } } ^ { x } - 1 ) ( x - 2 ) } } = - \infty ,
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$$
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 2 } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 2 } { \frac { { \mathrm { e } } ^ { { \frac { 1 } { x - 1 } } } \ln \left| 1 + x \right| } { ( { \mathrm { e } } ^ { x } - 1 ) ( x - 2 ) } } = \infty ,
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$$
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由例1.15知,
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$$
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\begin{array} { c } { { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 1 } f ( x ) = + \infty , } } \\ { { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x - 1 } } \ln | 1 + x | } { ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ( x - 2 ) } = - \frac { 1 } { 2 \mathrm { e } ^ { x } 0 } \frac { \ln ( 1 + x ) } { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } = - \frac { 1 } { 2 \mathrm { e } } , } } \end{array}
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$$
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因此 $x = 0$ 是函数的可去间断点，而其余3个点均为函数的第二类间断点，故选(C).
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方法总结 间断点找无定义点和分段函数的分界点．
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公式 $\mathtt { e } ^ { \infty }$ 要分 $\mathbf { e } ^ { + \infty } , \mathbf { e } ^ { - \infty }$
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注这个题目的计算量还是比较大的，对于极限计算，命题老师的要求还是比较高的。
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例1.38 设函数 $f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { x ^ { 2 } + n x ( 1 - x ) \sin ^ { 2 } \pi x } { 1 + n \sin ^ { 2 } \pi x } }$ ，则f(x)（）.
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(A)处处连续
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(B)只有第一类间断点
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(C)只有第二类间断点
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(D)既有第一类间断点，又有第二类间断点
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分析 去掉极限符号，找出对应法则．
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应选(B).
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由例1.26可知，
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\begin{array} { r } { f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { x ^ { 2 } , \qquad x = 0 , \pm 1 , \pm 2 , \cdots , } \\ { x ( 1 - x ) , \not \in \mathcal { H } \{ \pmb { \mathrm { f } } \} . } \end{array} \right. } \end{array}
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可见f(x)有第一类间断点，没有第二类间断点，故选(B).
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方法总结 求分段函数的分界点的极限值，进而判定间断点类型.若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ 存在，但 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) \neq f ( x _ { 0 } )$ ，则 $x _ { 0 }$ 为f(x)的可去间断点.
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注学好基础知识任重道远，数学成绩的提高，第一要靠理解，第二要通过做题，逐渐提高解题能力
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第1讲就到这里，考生们需要做几个工作：①要把我们整个第1讲讲的内容好好地进行复习，复盘，熟练地掌握讲过的各种概念，知识，定理，方法；②要把《张宇考研数学题源探析经典1000题》基础篇全部做完
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## 基础习题精练
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## 习题
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1.1若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } } = 0$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 + f ( x ) } { x ^ { 2 } } }$ 为（ ）. (A)0 (B) $\frac 1 3$ (C） $\frac { 1 } { 6 }$ (D) $\infty$
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1.2设f(x)在(-∞,+∞)内有定义，且 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } f ( x ) = a , g ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { f { \bigg ( } { \frac { 1 } { x } } { \bigg ) } , } & { x \neq 0 , } \\ { 0 , } & { x = 0 , } \end{array} \right. }$ 则（）
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(A)x=0必是g(x)的第一类间断点 (B)x=0必是g(x)的第二类间断点 (C)x=0必是g(x)的连续点 (D)g(x)在点x=0处的连续性与a的取值有关
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1.3设函数 $f ( x ) = { \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { \frac { x } { x - 1 } } - 1 } }$ ，则（）.
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(A)x=0,x=1都是f(x)的第一类间断点
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(B)x=0,x=1都是f(x)的第二类间断点
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(C)x=0是f(x)的第一类间断点，x=1是f(x)的第二类间断点(D)x=0是f(x)的第二类间断点，x=1是f(x)的第一类间断点
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1.4函数 $f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { t \to 0 } \left( 1 + { \frac { \sin t } { x } } \right) ^ { \frac { x ^ { 2 } } { t } }$ 在(-8,+8)内（(A)连续 (B)有可去间断点(C)有跳跃间断点 (D)有无穷间断点
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1.5设函数 $f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { 1 + x } { 1 + x ^ { 2 n } } }$ ，关于该函数的间断点，下列结论正确的是（(A)不存在间断点 (B)存在间断点x=1(C)存在间断点x=0 (D)存在间断点x=-1
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1.6设函数 $f ( x ) = \frac { x } { 1 + x } , x \in [ 0 , 1 ]$ ，定义函数列：
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f _ { 1 } ( x ) = f ( x ) , f _ { 2 } ( x ) = f [ f _ { 1 } ( x ) ] , \cdots , f _ { n } ( x ) = f [ f _ { n - 1 } ( x ) ] ( n = 1 , 2 , 3 , \cdots )
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$$
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则f(x)=
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1.7 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { 1 - { \sqrt { \cos x } } } { x ( 1 - \cos { \sqrt { x } } ) } } =$
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1.8 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( { \frac { x + 2 } { x - 1 } } \right) ^ { x } =$
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1.9 已知a>0,b>0，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } x { \left( a ^ { \frac { 1 } { x } } - b ^ { \frac { 1 } { x } } \right) }$
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1.10设函数 $f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { 1 - \mathrm { e } ^ { \mathrm { i } \mathrm { a } x } } } & { \quad x > 0 , } \\ { \displaystyle { \arcsin \frac { x } { 2 } } } & { } \\ { \displaystyle { a \mathrm { e } ^ { 2 x } , } } & { \quad x \leqslant 0 } \end{array} \right.$ 在x=0处连续，则a=
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1.11设f(x)=arcsin(sin x)，画出f(x)的图形.
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1.12求极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( { \frac { \mathrm { e } ^ { x } + x \mathrm { e } ^ { x } } { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } } - { \frac { 1 } { x } } \right)$
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1.13求极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( { \frac { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \cdots + a _ { n } ^ { x } } { n } } \right) ^ { \frac { n } { x } }$ ，其中 $a _ { i } > 0 , i = 1 , 2 , \cdots , n$
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1.14已知 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left[ a { \frac { 2 + \mathrm e ^ { \frac { 1 } { x } } } { 1 + \mathrm e ^ { \frac { 4 } { x } } } } + ( 1 + \left| x \right| ) ^ { \frac { 1 } { x } } \right]$ 存在，求a的值.
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1.15设 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \ln ( 1 + x ) - ( a x + b x ^ { 2 } ) } { x ^ { 2 } } } = 2$ ，求常数a,b.
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1.16求常数a和b的值，使得函数 $f ( x ) = x - ( a + b \cos x ) \sin x$ 在x→0时是x的5阶无穷小.
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## 解答
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1.1(C）解方法一 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x - x + x + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x - x } { x ^ { 3 } } } + \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } }$ 1 +lim 1+f（x)=0，6 x-→0 x²
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则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 + f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = { \frac { 1 } { 6 } }$ .故选(C).
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方法二对sinx使用泰勒展开，
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { \sin x + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { x - \frac { 1 } { 6 } x ^ { 3 } + o ( x ^ { 3 } ) + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { 1 + f ( x ) } { x ^ { 2 } } - \frac { 1 } { 6 } = 0 \ ,
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故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 + f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = { \frac { 1 } { 6 } }$ .故选(C).
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方法三由 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \sin x + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } } = 0$ ，得 ${ \frac { \sin x + x f ( x ) } { x ^ { 3 } } } = 0 + \alpha$ ，其中 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \alpha = 0$ ，于是得
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x f ( x ) = - \sin x + o ( x ^ { 3 } ) \ .
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故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 + f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x - \sin { x } + o ( x ^ { 3 } ) } { x ^ { 3 } } } = { \frac { 1 } { 6 } }$ .故选(C).
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1.2(D）解因为 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } g ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f { \Bigg ( } { \frac { 1 } { x } } { \Bigg ) } = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } f ( x ) = a$ ，而 $g ( 0 ) = 0$ ，所以当a=0时，函数g(x)在点x=0处连续；当a≠0时，函数 $g ( x )$ 在点x=0处不连续，故选(D).
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1.3(D）解f(x)非分段函数，只需讨论函数的无定义点x=0,1.因为
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { \frac { x } { x - 1 } } - 1 } } = \infty ,
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\operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { + } } f ( x ) = \operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { + } } \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { \frac { x } { x - 1 } } - 1 } = 0 , \operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { - } } f ( x ) = \operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { - } } \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { \frac { x } { x - 1 } } - 1 } = - 1 ,
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故x=0是f(x)的第二类间断点，x=1是f(x)的第一类间断点.故选(D).
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1.4(B）解这是“1”型未定式，于是
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f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { t \to 0 } \left( 1 + { \frac { \sin t } { x } } \right) ^ { \frac { x ^ { 2 } } { t } } = \mathrm { e } ^ { \mathrm { i } \omega _ { - } ^ { \underline { { x } } ^ { 2 } } \cdot \left( 1 + { \frac { \sin t } { x } } - 1 \right) } = \mathrm { e } ^ { \mathrm { i } \omega _ { - } \cdot \frac { \sin t } { t } } = \mathrm { e } ^ { x } \ , x \neq 0 \ .
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又f(x)在x=0处无定义，且 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \mathbf { e } ^ { x } = 1$ ，故x=0是f(x)的可去间断点.选(B).
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1.5(B）分析函数 $f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { 1 + x } { 1 + x ^ { 2 n } } }$ 是以x为自变量的函数，但是当 $n \infty$ 求极限时，x则被看成一个常数(参数)，根据x的不同取值求出极限，求完极限后x又恢复变量的本来身份.
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因为分式中有 $x ^ { 2 n }$ ，所以应先把x=-1和x=1作为分段点将函数写成分段函数，然后讨论函数的间断点.
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解当 $\left| x \right| < 1$ 时， $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x ^ { 2 n } = 0$ ，所以 $f ( x ) = 1 + x$ ；当 $\left| x \right| > 1$ 时， $f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { 1 + x } { 1 + x ^ { 2 n } } } = 0$
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又 $\textstyle f ( 1 ) = 1 , f ( - 1 ) = 0$ ，所以
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f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { 1 + x } { 1 + x ^ { 2 n } } } = { \left\{ \begin{array} { l l } { 0 , } & { x \leqslant - 1 , } \\ { 1 + x , } & { - 1 < x < 1 , } \\ { 1 , } & { x = 1 , } \\ { 0 , } & { x > 1 . } \end{array} \right. }
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由此可知x=1为间断点.故选(B).
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\mathbf { 1 . 6 } \quad { \frac { x } { 1 + n x } } ( n = 1 , 2 , 3 , \cdots ) \quad { \hat { \mathbb { R } } } \quad f _ { 2 } ( x ) = f [ f _ { 1 } ( x ) ] = { \frac { f _ { 1 } ( x ) } { 1 + f _ { 1 } ( x ) } } = { \frac { \frac { x } { 1 + x } } { 1 + { \frac { x } { 1 + x } } } } = { \frac { x } { 1 + 2 x } } \ .
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f _ { 3 } ( x ) = f [ f _ { 2 } ( x ) ] = \frac { f _ { 2 } ( x ) } { 1 + f _ { 2 } ( x ) } = \frac { \displaystyle \frac { x } { 1 + 2 x } } { 1 + \displaystyle \frac { x } { 1 + 2 x } } = \frac { x } { 1 + 3 x } ,
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由数学归纳法得 $f _ { n } ( x ) = \frac { x } { 1 + n x } ( n = 1 , 2 , 3 , \cdots )$
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\mathbf { 1 . 7 } \quad { \frac { 1 } { 2 } } \quad \iiint \quad \iiint _ { x } { \vec { \mathbf { x } } } \operatorname { d } \mathbf { \vec { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { 1 - \cos x } { x ( 1 - \cos { \sqrt { x } } ) ( 1 + { \sqrt { \cos x } } ) } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } } { x \cdot { \frac { 1 } { 2 } } x \cdot ( 1 + { \sqrt { \cos x } } ) } } = { \frac { 1 } { 2 } } \ .
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注若想到了例1.22的“当 $x 0$ 时， $1 - \cos ^ { a } x - \frac { a } { 2 } x ^ { 2 } , a \neq 0 ^ { 2 \cdot }$ 则解题就更简单了
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1.8 $\mathrm { e } ^ { 3 }$ 解 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( { \frac { x + 2 } { x - 1 } } \right) ^ { x } = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( { \frac { 1 + { \frac { 2 } { x } } } { 1 - { \frac { 1 } { x } } } } \right) ^ { x } = { \frac { \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( 1 + { \frac { 2 } { x } } \right) ^ { x } } { \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( 1 - { \frac { 1 } { x } } \right) ^ { x } } } = { \frac { \mathrm { e } ^ { 2 } } { \mathrm { e } ^ { - 1 } } } = \mathrm { e } ^ { 3 }$
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自 $\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( 1 + { \frac { a } { x } } \right) ^ { b x + d } = { \mathrm e } ^ { a b }$ 是常用的公式
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相仿，
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\operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( { \frac { x + a } { x - a } } \right) ^ { x } = \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( { \frac { 1 + { \frac { a } { x } } } { 1 - { \frac { a } { x } } } } \right) ^ { x } = { \frac { \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( 1 + { \frac { a } { x } } \right) ^ { x } } { \operatorname* { l i m } _ { x \to \infty } \left( 1 - { \frac { a } { x } } \right) ^ { x } } } = \mathrm { e } ^ { 2 a }
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上述两种表达式变形是求极限运算的常见技巧，为固定模式的求解方法，应熟记。
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1.91n $\frac { a } { b }$ 解利用变量代换.令 ${ \frac { 1 } { x } } = t$ ，则
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\operatorname * { l i m } _ { x + \infty } x ( a ^ { \frac { 1 } { x } } - b ^ { \frac { 1 } { x } } ) = \operatorname * { l i m } _ { t 0 ^ { + } } { \frac { a ^ { t } - b ^ { t } } { t } } = \operatorname * { l i m } _ { t 0 ^ { + } } ( a ^ { t } \ln a - b ^ { t } \ln b ) = \ln { \frac { a } { b } } ( a > 0 , b > 0 ) .
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1.10-2 解因为f(x)在x=0处连续，所以 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } f ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { - } } f ( x ) = f ( 0 )$ .又
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\begin{array} { l } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { + } } f ( x ) = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { + } } \frac { 1 - \mathrm { e } ^ { \tan x } } { \arcsin \displaystyle \frac { x } { 2 } } = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { + } } \frac { - \tan x } { \displaystyle \frac { x } { 2 } } = - 2 , } \\ { \displaystyle \qquad \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { - } } f ( x ) = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { - } } a \mathrm { e } ^ { 2 x } = a , } \end{array}
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所以a=-2.
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1.11解 $f ( x + 2 \pi ) = \arcsin [ \sin ( x + 2 \pi ) ] = \arcsin ( \sin x ) = f ( x )$ ，故f(x)以2π为周期.
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当 $x \in \left[ - { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ 时，有 $\arcsin ( \sin x ) = x$
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当 $x \in \left[ { \frac { \pi } { 2 } } , \pi \right]$ 时，有 $\pi - x \in \left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right]$ ，则
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\arcsin ( \sin x ) = \arcsin [ \sin ( \pi - x ) ] = \pi - x \ ;
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当 $x \in \left[ \pi , { \frac { 3 } { 2 } } \pi \right]$ 时，有 $x - \pi \in \left[ 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ ，则
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\arcsin ( \sin x ) = \arcsin [ - \sin ( x - \pi ) ] = \pi - x .
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故在 $\left[ - { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { 3 } { 2 } } \pi \right]$ 上， $f ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { x , } & { x \in \left[ - { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { \pi } { 2 } } \right] } \\ { } & { } \\ { \pi - x , } & { x \in \left[ { \frac { \pi } { 2 } } , { \frac { 3 } { 2 } } \pi \right) , } \end{array} \right. }$ 于是在 $( - \infty , + \infty )$ 上，
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f ( x ) = \arcsin ( \sin x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { x - 2 k \pi , } & { x \in \left[ - { \frac { \pi } { 2 } } + 2 k \pi , { \frac { \pi } { 2 } } + 2 k \pi \right] , } \\ { ( 2 k + 1 ) \pi - x , } & { x \in \left[ { \frac { \pi } { 2 } } + 2 k \pi , { \frac { 3 } { 2 } } \pi + 2 k \pi \right] , } \end{array} \right. } _ { k ^ { \frac { 3 } { \sqrt { j } } } \lambda ^ { \frac { 4 + k } { \sqrt { 3 } } } 3 ! } .
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其图形如图1-29所示.
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图1-29
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1.12解利用等价无穷小量代换， $\displaystyle \mathbf { e } ^ { x } - 1 \sim x \left( x \to 0 \right)$ ，则
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\begin{array} { l } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 } ( \frac { \mathbf { e } ^ { x } + x \mathbf { e } ^ { x } } { \mathbf { e } ^ { x } - 1 } - \frac { 1 } { x } ) = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { x \mathbf { e } ^ { x } ( 1 + x ) + 1 - \mathbf { e } ^ { x } } { x ( \mathbf { e } ^ { x } - 1 ) } = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { x \mathbf { e } ^ { x } ( 1 + x ) + 1 - \mathbf { e } ^ { x } } { x ^ { 2 } } } \\ { \displaystyle \qquad = \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { 3 x \mathbf { e } ^ { x } + x ^ { 2 } \mathbf { e } ^ { x } } { 2 x } = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x 0 } \frac { 3 \mathbf { e } ^ { x } + x \mathbf { e } ^ { x } } { 2 } = \frac { 3 } { 2 } ~ . } \end{array}
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注下面的做法是错误的：
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\begin{array} { l } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( \frac { \mathrm { e } ^ { x } + x \mathrm { e } ^ { x } } { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } - \frac { 1 } { x } \right) = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( \frac { \mathrm { e } ^ { x } + x \mathrm { e } ^ { x } } { x } - \frac { 1 } { x } \right) } \\ { \displaystyle \qquad = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { \mathrm { e } ^ { x } + x \mathrm { e } ^ { x } - 1 } { x } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( 2 \mathrm { e } ^ { x } + x \mathrm { e } ^ { x } ) = 2 \ . } \end{array}
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1.13解因为 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } a _ { i } ^ { x } = 1$ ，所以原极限为“1”型未定式.
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方法一使用洛必达法则求极限.
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\begin{array} { l } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( \frac { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \cdots + a _ { n } ^ { x } } { n } \right) ^ { \frac { n } { x } } = \exp \left\{ \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { n } { x } \left( \frac { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \cdots + a _ { n } ^ { x } } { n } - 1 \right) \right\} } \\ { \displaystyle \qquad = \exp \left\{ \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { a _ { 1 } ^ { x } - 1 } { x } + \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { a _ { 2 } ^ { x } - 1 } { x } + \cdots + \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { a _ { n } ^ { x } - 1 } { x } \right\} } \\ { \displaystyle \qquad = \exp \{ \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( a _ { 1 } ^ { x } \ln a _ { 1 } + a _ { 2 } ^ { x } \ln a _ { 2 } + \cdots + a _ { n } ^ { x } \ln a _ { n } ) \} = a _ { 1 } a _ { 2 } \cdots a _ { n } ~ . } \end{array}
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方法二凑成第二个重要极限 $( \mathbf { \partial } ^ { * } 1 ^ { \infty } \mathbf { \vec { \theta } } ^ { * }$ 型未定式都可以凑成第二个重要极限)，在计算过程中使用洛必达法则.
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( \frac { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \cdots + a _ { n } ^ { x } } { n } \right) ^ { \frac { n } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( 1 + \frac { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \cdots + a _ { n } ^ { x } - n } { n } \right) ^ { \frac { n } { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \cdots + a _ { n } ^ { x } - n } \cdot \frac { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \cdots + a _ { n } ^ { x } - n } { x } } ,
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其中
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \dots + a _ { n } ^ { x } - n } { x } } = \ln ( a _ { 1 } a _ { 2 } \cdots a _ { n } ) , \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left( 1 + { \frac { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \dots + a _ { n } ^ { x } - n } { n } } \right) ^ { \frac { n } { a _ { 1 } ^ { x } + a _ { 2 } ^ { x } + \dots + a _ { n } ^ { x } - n } } = \in \mathbf { e } ,
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所以，原式 $= a _ { 1 } a _ { 2 } \cdots a _ { n }$
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1.14解因为 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left[ { a { \frac { 2 + { \tt e } ^ { \frac { 1 } { x } } } { 1 + { \tt e } ^ { \frac { 4 } { x } } } } + ( 1 + \left| x \right| ) ^ { \frac { 1 } { x } } } \right]$ 存在，且
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } \left[ a \frac { 2 + \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x } } } { 1 + \mathrm { e } ^ { \frac { 4 } { x } } } + ( 1 + | x | ) ^ { \frac { 1 } { x } } \right] = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } \left[ a \frac { 2 + \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x } } } { 1 + \mathrm { e } ^ { \frac { 4 } { x } } } + ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } \right] = 0 + \mathrm { e } = \mathrm { e } \ ,
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { - } } \left[ a \frac { 2 + \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x } } } { 1 + \mathrm { e } ^ { \frac { 4 } { x } } } + ( 1 + | x | ) ^ { \frac { 1 } { x } } \right] = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { - } } \left[ a \frac { 2 + \mathrm { e } ^ { \frac { 1 } { x } } } { 1 + \mathrm { e } ^ { \frac { 4 } { x } } } + ( 1 - x ) ^ { \frac { 1 } { x } } \right] = 2 a + \frac { 1 } { \mathrm { e } } ,
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所以
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\mathrm { ~ ~ e ~ } { = } 2 a + \frac { 1 } { \mathrm { ~ ~ e ~ } } ,
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解得
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a = { \frac { \mathsf { e } } { 2 } } - { \frac { 1 } { 2 \mathsf { e } } } \ .
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1.15解原极限 $= \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x - { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) - a x - b x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { ( 1 - a ) x - \left( { \frac { 1 } { 2 } } + b \right) x ^ { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) } { x ^ { 2 } } } = 2$ ，从而
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1 - a = 0 , - \left( { \frac { 1 } { 2 } } + b \right) = 2 ,
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解得a=1, $b = - \frac { 5 } { 2 }$
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## 注本题还有一个值得借鉴的解法。
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根据泰勒公式容易得： $x - \ln ( 1 + x ) - { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } ( x \to 0 )$ （请考生记住此式)，故想办法把分子凑出这种形式.
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{ \begin{array} { r l } & { 2 = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \ln ( 1 + x ) - ( a x + b x ^ { 2 } ) } { x ^ { 2 } } } = - \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x - \ln ( 1 + x ) - x + ( a x + b x ^ { 2 } ) } { x ^ { 2 } } } } \\ & { \quad = - \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x - \ln ( 1 + x ) } { x ^ { 2 } } } - \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { ( a - 1 ) x } { x ^ { 2 } } } - \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { b x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } } = - { \frac { 1 } { 2 } } - b - \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { ( a - 1 ) x } { x ^ { 2 } } } , } \end{array} }
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故 $a - 1 = 0$ ，得a=1.因而 $- \frac { 1 } { 2 } - b = 2$ 得 $b = - \frac { 5 } { 2 }$
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1.16解先作恒等变形： $f ( x ) = x - a \sin x - { \frac { 1 } { 2 } } b \sin 2 x$ ，再利用泰勒展开式，由
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\sin x = x - \frac { x ^ { 3 } } { 6 } + \frac { x ^ { 5 } } { 1 2 0 } + o ( x ^ { 5 } ) ~ ,
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\sin 2 x = 2 x - { \frac { ( 2 x ) ^ { 3 } } { 6 } } + { \frac { ( 2 x ) ^ { 5 } } { 1 2 0 } } + o ( x ^ { 5 } ) = 2 x - { \frac { 4 } { 3 } } x ^ { 3 } + { \frac { 4 } { 1 5 } } x ^ { 5 } + o ( x ^ { 5 } ) \ ,
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可得
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f ( x ) = ( 1 - a - b ) x + \left( \frac { a } { 6 } + \frac { 2 b } { 3 } \right) x ^ { 3 } - \left( \frac { a } { 1 2 0 } + \frac { 2 b } { 1 5 } \right) x ^ { 5 } + o ( x ^ { 5 } ) \ .
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欲使在x→0时，函数f(x)是x的5阶无穷小，则 $\left\{ \begin{array} { l } { { 1 - a - b = 0 , } } \\ { { { \cfrac { a } { 6 } } + { \cfrac { 2 b } { 3 } } = 0 , } } \\ { { { \cfrac { a } { 1 2 0 } } + { \cfrac { 2 b } { 1 5 } } \neq 0 } } \end{array} \right.$ 解得 $a = \frac { 4 } { 3 } , b = - \frac { 1 } { 3 }$
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