第一章 函数与极限

第一章 函数与极限#

§1.1 函数#

  1. 确定函数在指定区间内的单调性

    (1). \(y = \dfrac{x}{1-x}, \quad (-\infty, 1)\)

    (2). \(y = e^{\frac{1}{x}}, \quad (0, +\infty)\)

解

(1). 由于 \(y = -1 + \dfrac{1}{1-x}\), 而 \(1 - x\) 在区间 \((-\infty, 1)\) 上是单调递减的, 从而知 \(\dfrac{1}{1-x}\) 单调递增, 进而知 \(y = -1 + \dfrac{1}{1-x}\) 单调递增.

备注

也可以直接求导数 \(y' = \dfrac{1}{(1-x)^2}\), 由于 \((1-x)^2 > 0\), 所以 \(y' > 0\), 从而知 \(y\) 单调递增.

(2). 由于 \(y = e^u\) 单调递增, 而 \(u = \dfrac{1}{x}\) 在 \(x \in (0, +\infty)\) 上单调递减, 所以 \(y = e^{\frac{1}{x}}\) 单调递减.

备注

也可以直接求导数 \(y' = -\dfrac{1}{x^2} e^{\frac{1}{x}}\), 由于 \(x > 0\), 所以 \(y' < 0\), 从而知 \(y\) 单调递减.

  1. 确定函数奇偶性

    (1). \(f(x) = \ln (x + \sqrt{1 + x^2})\)

    (2). \(f(x) = \dfrac{a^x + a^{-x}}{2}, \quad a > 0\)

解

(1). \(f(x)\) 的定义域为 \((-\infty, +\infty)\), 关于原点对称. 由于

\[\begin{split}f(-x) & = \ln (-x + \sqrt{1 + (-x)^2}) = \ln (-x + \sqrt{1 + x^2}) = \ln \dfrac{1}{x + \sqrt{1 + x^2}} \\ & = - \ln (x + \sqrt{1 + x^2}) = - f(x),\end{split}\]

所以 \(f(x)\) 是奇函数.

(2). \(f(x)\) 的定义域为 \((-\infty, +\infty)\), 关于原点对称. 由于

\[f(-x) = \dfrac{a^{-x} + a^x}{2} = \dfrac{a^x + a^{-x}}{2} = f(x),\]

所以 \(f(x)\) 是偶函数.

  1. 下列哪些函数是周期函数, 周期是多少?

    (1). \(f(x) = x \sin x\)

    (2). \(f(x) = \cos^2 x\)

解

(1). \(f(x)\) 不是周期函数. 假设 \(f(x)\) 是周期函数, 以 \(T > 0\) 为周期, 那么 \(\forall x \in \mathbb{R}\), 有 \(f(x + T) = f(x)\), 特别地取 \(x = 0\), 那么 \(T \sin T = f(T) = f(0) = 0\), 由于 \(T > 0\), 所以 \(\sin T = 0\), 即 \(T = k \pi\), 其中 \(k \in \mathbb{N}^+\). 将其代入 \(f(x + T) = f(x)\) 有

\[(x + k \pi) \sin (x + k \pi) = (x + k \pi) (\pm \sin x) = f(x + T) = f(x) = x \sin x\]

在 \(x \neq k \pi\) 处, 能从上式得到 \(x = \pm (x + k \pi)\), 进而有 \(k \pi = 0\) 或者 \(x = -\dfrac{k \pi}{2}\), 这都是当 \(x \neq k \pi\) 时不可能成立, 或者不恒成立的, 所以 \(f(x)\) 不是周期函数.

(2). \(f(x)\) 是周期函数, 因为 \(f(x) = \cos^2 x = \dfrac{1 + \cos 2x}{2}\), 由于 \(\cos 2x\) 的周期是 \(k\pi\), 所以 \(f(x)\) 的周期是 \(k\pi\), 其中 \(k \in \mathbb{N}^+\).

  1. 设 \(f(x)\) 为定义在 \((-\ell, \ell)\) 内的奇函数, 若 \(f(x)\) 在 \((0, \ell)\) 内单调增加, 且 \(f(0) = 0\), 证明 \(f(x)\) 在 \((-\ell, 0)\) 内也单调增加.

证明

由于 \(f(x)\) 在 \((0, \ell)\) 内单调增加, 所以 \(f(x_1) \leqslant f(x_2)\) 对于 \(0 < x_1 < x_2 < \ell\) 成立. 现任取 \(-\ell < x_1 < x_2 < 0\), 那么有 \(0 < -x_2 < -x_1 < \ell\), 由于 \(f(x)\) 是奇函数, 所以有

\[f(x_2) = -f(-x_2) \leqslant -f(-x_1) = f(x_1),\]

由于 \(x_1, x_2\) 的任意性, 所以 \(f(x)\) 在 \((-\ell, 0)\) 内单调增加.

  1. 设下面所考虑的函数都是定义在区间 \((-\ell, \ell)\) 上的, 证明:

    (1). 两个偶函数的和是偶函数, 两个奇函数的和是奇函数；

    (2). 两个偶函数的乘积是偶函数, 两个奇函数的乘积是偶函数, 偶函数与奇函数的乘积是奇函数.

证明

(1). 设 \(f(x), g(x)\) 是偶函数, 那么 \(f(-x) = f(x), g(-x) = g(x)\), 记 \(h(x) = f(x) + g(x)\), 那么

\[h(-x) = f(-x) + g(-x) = f(x) + g(x) = h(x),\]

所以 \(h(x)\) 是偶函数. 若 \(f(x), g(x)\) 是奇函数, 那么 \(f(-x) = -f(x), g(-x) = -g(x)\), 那么

\[h(-x) = f(-x) + g(-x) = -f(x) - g(x) = -(f(x) + g(x)) = -h(x),\]

所以 \(h(x)\) 是奇函数.

(2). 设 \(f(x), g(x)\) 是偶函数, 那么 \(f(-x) = f(x), g(-x) = g(x)\), 记 \(h(x) = f(x) \cdot g(x)\), 那么

\[h(-x) = f(-x) \cdot g(-x) = f(x) \cdot g(x) = h(x),\]

所以 \(h(x)\) 是偶函数. 若 \(f(x), g(x)\) 是奇函数, 那么 \(f(-x) = -f(x), g(-x) = -g(x)\), 那么

\[h(-x) = f(-x) \cdot g(-x) = -f(x) \cdot (-g(x)) = f(x) \cdot g(x) = h(x),\]

所以 \(h(x)\) 是偶函数. 若 \(f(x)\) 是偶函数, \(g(x)\) 是奇函数, 那么 \(f(-x) = f(x), g(-x) = -g(x)\), 那么

\[h(-x) = f(-x) \cdot g(-x) = f(x) \cdot (-g(x)) = -(f(x) \cdot g(x)) = -h(x),\]

所以 \(h(x)\) 是奇函数.

  1. 设函数 \(f(x)\) 在数集 \(X\) 上有定义, 试证: 函数 \(f(x)\) 在 \(X\) 上有界的充分必要条件是它在 \(X\) 上既有上界又有下界.

证明

充分性: 若 \(f(x)\) 在 \(X\) 上有界, 那么存在 \(M > 0\), 使得 \(\forall x \in X\) 有 \(\lvert f(x) \rvert \leqslant M\), 那么 \(f(x)\) 在 \(X\) 上既有上界 \(M\), 又有下界 \(-M\).

必要性: 若 \(f(x)\) 在 \(X\) 上既有上界 \(M\), 又有下界 \(m\), 那么 \(\forall x \in X\) 有 \(\lvert f(x) \rvert \leqslant \max \{ \lvert m \rvert, \lvert M \rvert \}\), 所以 \(f(x)\) 在 \(X\) 上有界 \(\max \{ \lvert m \rvert, \lvert M \rvert \}\).

备注

这题要注意的就是函数“有界”, “有上界”和“有下界”的确切定义, 以及他们之间的细微差别.

§1.2 函数的极限#

  1. 若 \(\lim\limits_{n \to \infty} u_n = a\), 证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} \lvert u_n \rvert = \lvert a \rvert\), 并举例说明反之不成立.

证明

由 \(\lim\limits_{n \to \infty} u_n = a\) 知 \(\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}^+\), 使得 \(\forall n > N\) 有 \(\lvert u_n - a \rvert < \varepsilon\). 那么对于 \(\forall n > N\) 有

\[\lvert \lvert u_n \rvert - \lvert a \rvert \rvert \leqslant \lvert u_n - a \rvert < \varepsilon\]

所以 \(\lim\limits_{n \to \infty} \lvert u_n \rvert = \lvert a \rvert\).

反之, 有反例 \(u_n = (-1)^n\), 那么 \(\lim\limits_{n \to \infty} \lvert u_n \rvert = 1\), 但是 \(\lim\limits_{n \to \infty} u_n\) 不存在.

  1. 根据函数极限的定义证明

    (1). \(\lim\limits_{x \to 2} (2x + 5) = 9\)

    (2). \(\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1 + x^3}{2x^3} = \dfrac{1}{2}\).

证明

(1). 对任意给定的 \(\varepsilon > 0\), 取 \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\), 那么对于 \(\forall x \in \mathbb{R}\), 有

\[\lvert x - 2 \rvert < \delta \Rightarrow \lvert (2x + 5) - 9 \rvert = \lvert 2(x - 2) \rvert = 2 \lvert x - 2 \rvert < 2 \delta = \varepsilon\]

所以 \(\lim\limits_{x \to 2} (2x + 5) = 9\).

(2). 对任意给定的 \(\varepsilon > 0\), 取 \(X = \dfrac{1}{\sqrt[3]{\varepsilon}}\), 那么对于 \(\forall x > X\), 有

\[\left\lvert \dfrac{1 + x^3}{2x^3} - \dfrac{1}{2} \right\rvert = \dfrac{1}{2} \left\lvert \dfrac{1}{1 + x^3} \right\rvert < \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{x^3} < \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{X^3} = \varepsilon\]

所以 \(\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1 + x^3}{2x^3} = \dfrac{1}{2}\).

  1. 证明函数 \(f(x) = \lvert x \rvert\) 当 \(x \to 0\) 时的极限为 \(0\).

证明

对任意给定的 \(\varepsilon > 0\), 取 \(\delta = \varepsilon\), 那么对于 \(\forall x \in \mathbb{R}\), 有

\[\lvert x - 0 \rvert < \delta \Rightarrow \lvert \lvert x \rvert - 0 \rvert = \lvert x \rvert < \delta = \varepsilon\]

所以 \(\lim\limits_{x \to 0} \lvert x \rvert = 0\).

§1.3 极限的运算法则#

求下列极限

(2). \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{3x^3 - 5x^2 + 2x}{4x^2 + 3x}\);

(4). \(\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^3 - 1}{3x^3 - x^2 - 1}\);

(6). \(\lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{(n + 1)(n + 2)(2n + 3)}{4n^3}\);

(8). \(\lim\limits_{n \to \infty} \left( 1 + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{9} + \cdots + \dfrac{1}{3^n} \right)\);

(10). \(\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x} \left( \sqrt{a + x} - \sqrt{x} \right)\).

解

(2). \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{3x^3 - 5x^2 + 2x}{4x^2 + 3x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x (3x^2 - 5x + 2)}{x (4x + 3)} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{3x^2 - 5x + 2}{4x + 3} = \dfrac{2}{3}\).

(4). \(\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^3 - 1}{3x^3 - x^2 - 1} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1 - \dfrac{1}{x^3}}{3 - \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^3}} = \dfrac{1}{3}\).

(6). \(\lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{(n + 1)(n + 2)(2n + 3)}{4n^3} = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{\left(1 + \dfrac{1}{n}\right) \left(1 + \dfrac{2}{n}\right) \left(2 + \dfrac{3}{n}\right)}{4} = \dfrac{1}{2}\).

(8). \(\lim\limits_{n \to \infty} \left( 1 + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{9} + \cdots + \dfrac{1}{3^n} \right) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{1 - \dfrac{1}{3^{n+1}}}{1 - \dfrac{1}{3}} = \dfrac{3}{2}\).

(10). \(\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x} \left( \sqrt{a + x} - \sqrt{x} \right) = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{a\sqrt{x}}{\sqrt{a + x} + \sqrt{x}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{a}{\sqrt{\dfrac{a}{x} + 1} + 1} = \dfrac{a}{2}\).

§1.4 极限存在准则与两个重要极限#

  1. 求下列极限:

    \[\lim\limits_{n \to \infty} \left( \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \right)\]
解

有如下不等式恒成立:

\[\begin{split}\begin{multline*} \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} < \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \\ < \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}. \end{multline*}\end{split}\]

又有

\[\begin{split}& \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{n}{\sqrt{n^2 + n}} = 1, \\ & \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{n}{\sqrt{n^2 + 1}} = 1,\end{split}\]

由夹逼准则知

\[\lim\limits_{n \to \infty} \left( \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \dfrac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \right) = 1.\]

  1. 利用两个重要极限计算下列极限:

    (1). \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{\sin^3 x}\); (2). \(\lim\limits_{x \to 1} (1 - x) \tan \dfrac{\pi x}{2}\);

    (3). \(\lim\limits_{n \to \infty} 2^n \sin \dfrac{\pi}{2^n}\); (4). \(\lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 - \dfrac{2}{x} \right)^{3x}\).

解

(1).

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{\sin^3 x} & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x - \cos x \sin x}{\cos x \sin^3 x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{\cos x \sin^2 x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin^2 \dfrac{x}{2}}{\cos x \left(2 \sin \dfrac{x}{2} \cos \dfrac{x}{2}\right)^2} \\ & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{2 \cos x \cos^2 \dfrac{x}{2}} = \dfrac{1}{2}\end{split}\]

(2). 令 \(t = 1 - x\), 那么有

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to 1} (1 - x) \tan \dfrac{\pi x}{2} & = \lim\limits_{t \to 0} t \tan \dfrac{\pi (1 - t)}{2} = \lim\limits_{t \to 0} t \cot \dfrac{\pi t}{2} = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{t}{\tan \dfrac{\pi t}{2}} \\ & = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{t}{\dfrac{\sin \dfrac{\pi t}{2}}{\cos \dfrac{\pi t}{2}}} = \dfrac{2}{\pi} \lim\limits_{t \to 0} \cos \dfrac{\pi t}{2} \cdot \dfrac{\dfrac{\pi t}{2}}{\sin \dfrac{\pi t}{2}} = \dfrac{2}{\pi}\end{split}\]

(3).

\[\lim\limits_{n \to \infty} 2^n \sin \dfrac{\pi}{2^n} = \pi \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{\sin \dfrac{\pi}{2^n}}{\dfrac{\pi}{2^n}} = \pi\]

备注

这里用到了如下的结论, 即若 \(\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = A\), 同时又有数列 \(\{x_n\}\) 满足 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x_0\), 那么 \(\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = A\). 应用到这题, 就是 \(f(x) = \sin x, x_0 = 0, x_n = \dfrac{\pi}{2^n}\).

(4).

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 - \dfrac{2}{x} \right)^{3x} & = \lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 + \dfrac{-2}{x} \right)^{3x} = \lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 + \dfrac{-2}{x} \right)^{\dfrac{x}{-2} \cdot (-6)} \\ & = \left( \lim\limits_{x \to \infty} \left( 1 + \dfrac{-2}{x} \right)^{\dfrac{x}{-2}} \right)^{-6} = e^{-6}\end{split}\]

§1.5 无穷小与无穷大#

利用等价无穷小计算下列极限:

(1). \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x^3}{\sin^2 x}\);

(2). \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{x \sin^2 x}\);

(3). \(\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{3x^2 + 8}{5x + 1} \sin \dfrac{1}{x}\);

(4). \(\lim\limits_{x \to \infty} x \sin \dfrac{2x}{x^2 + 1}\).

解

(1). \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x^3}{\sin^2 x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x^3}{(x)^2} = \lim\limits_{x \to 0} x = 0\)

(2).

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{x \sin^2 x} & = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x - \cos x \sin x}{x \cos x \sin^2 x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{x \cos x \sin x} \\ & = \dfrac{1}{2} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2 \sin^2 \dfrac{x}{2}}{\dfrac{x}{2} \cos x \left(2 \sin \dfrac{x}{2} \cos \dfrac{x}{2}\right)} = \dfrac{1}{2} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{\cos x \cos \dfrac{x}{2}} \\ & = \dfrac{1}{2}\end{split}\]

(3). 令 \(t = \dfrac{1}{x}\), 那么有

\[\begin{split}\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{3x^2 + 8}{5x + 1} \sin \dfrac{1}{x} & = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{3 + 8t^2}{5t + t^2} \sin t = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{3 + 8t^2}{5t + t^2} \cdot t = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{3 + 8t^2}{5 + t} \\ & = \dfrac{3}{5}\end{split}\]

(4). 令 \(t = \dfrac{1}{x}\), 那么有

\[\lim\limits_{x \to \infty} x \sin \dfrac{2x}{x^2 + 1} & = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\sin \dfrac{2t}{t^2 + 1}}{t} = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\dfrac{2t}{t^2 + 1}}{t} = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{2}{t^2 + 1} = 2\]

§1.6 函数的连续性与连续函数的运算#

  1. 讨论函数 \(f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x}, & x < 0 \\ a, & x = 0 \\ x \sin \dfrac{1}{x} + b, & x > 0 \end{cases}\), 在 \(a, b\) 为何值时, \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处连续.

解

函数 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处的左极限为 \(\lim\limits_{x \to 0^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{\sin x}{x} = 1\), 右极限为 \(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} x \sin \dfrac{1}{x} + b = b\). 要使得 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处连续, 那么必须有左右极限相等且等于该点处的函数值, 即

\[1 = b = a\]

  1. 求 \(f(x) = \dfrac{x}{\tan x}\) 的间断点, 并指出间断点的类型.

解

由于 \(\tan x\) 在 \(x = \dfrac{\pi}{2} + k \pi, k \in \mathbb{Z}\) 无定义, 所以 \(f(x)\) 在 \(x = \dfrac{\pi}{2} + k \pi\) 处间断. 在 \(x = \dfrac{\pi}{2} + k \pi\) 附近, 有 \(\lim\limits_{x \to \dfrac{\pi}{2} + k \pi} f(x) = \lim\limits_{x \to \dfrac{\pi}{2} + k \pi} \dfrac{x}{\tan x} = 0\), 所以 \(f(x)\) 在 \(x = \dfrac{\pi}{2} + k \pi\) 处间断点为第一类可去间断点.

\(\tan x\) 在 \(x = k \pi, k \in \mathbb{Z}\) 处值为0, 所以函数 \(f(x) = \dfrac{x}{\tan x}\) 在这些点处无定义, 所以 \(f(x)\) 在 \(x = k \pi\) 处间断. 当 \(k = 0\) 时, \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\tan x} = 1\), 所以 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处间断点为第一类可去间断点. 当 \(k \ne 0\) 时, \(\lim\limits_{x \to k \pi} f(x) = \lim\limits_{x \to k \pi} \dfrac{x}{\tan x} = \infty\), 所以 \(f(x)\) 在 \(x = k \pi, k \in \mathbb{Z}, k \neq 0\) 处间断点为第二类无穷间断点.

  1. 求函数 \(f(x) = \dfrac{x + 1}{x^2 - x - 2}\) 的间断点, 并判断其类型. 如果是可去间断点, 则补充定义或改变函数的定义, 使它连续.

解

函数 \(f(x) = \dfrac{x + 1}{x^2 - x - 2}\) 的分母多项式 \(x^2 - x - 2 = (x - 2)(x + 1)\) 在 \(x = 2, -1\) 处为 \(0\), 所以 \(f(x)\) 在这两个点处间断. 在 \(x = 2\) 附近, 有

\[\lim\limits_{x \to 2} f(x) = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x + 1}{x^2 - x - 2} = \infty\]

所以 \(f(x)\) 在 \(x = 2\) 处间断点为第二类无穷间断点. 在 \(x = -1\) 附近, 有

\[\lim\limits_{x \to -1} f(x) = \lim\limits_{x \to -1} \dfrac{x + 1}{x^2 - x - 2} = \lim\limits_{x \to -1} \dfrac{x + 1}{(x - 2)(x + 1)} = \lim\limits_{x \to -1} \dfrac{1}{x - 2} = -\dfrac{1}{3},\]

所以 \(f(x)\) 在 \(x = -1\) 处间断点为第一类可去间断点, 可以补充定义 \(f(-1) = -\dfrac{1}{3}\) 使得 \(f(x)\) 在 \(x = -1\) 处连续.

§1.7 初等函数的连续性及闭区间上连续函数的性质#

  1. 设 \(a > 0, b > 0\), 试证明方程 \(x = a \sin x + b\) 至少有一个正根, 且不大于 \(a + b\).

解

考虑函数 \(f(x) = x - a \sin x - b\), 那么

\[\begin{split}f(0) & = -b < 0, \\ f(a + b) & = a + b - a \sin (a + b) - b = a \bigl(1 - \sin (a + b)\bigr) \geqslant 0.\end{split}\]

所以或者有 \(f(a + b) = 0\), \(a + b\) 是方程 \(x = a \sin x + b\) 的一个正根；或者有 \(f(a + b) > 0\), 那么由零点存在定理知 \(f(x)\) 在 \((0, a + b)\) 上至少有一个零点. 这两种情况都说明方程 \(x = a \sin x + b\) 至少有一个正根, 且不大于 \(a + b\).

  1. 证明: 方程 \(x - 2 \sin x = 0\) 在 \(\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)\) 内至少有一个根.

证明

考虑函数 \(f(x) = x - 2 \sin x\), 那么

\[\begin{split}f\left( \dfrac{\pi}{2} \right) & = \dfrac{\pi}{2} - 2 < 0, \\ f(\pi) & = \pi - 2 \sin \pi = \pi > 0.\end{split}\]

所以由零点存在定理知 \(f(x)\) 在 \(\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)\) 内至少有一个零点, 即方程 \(x - 2 \sin x = 0\) 在 \(\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)\) 内至少有一个根.

备注

由于 \(\sin x\) 在 \(\left[ \dfrac{\pi}{2}, \pi \right]\) 上是单调递减的, 所以 \(f(x) = x - 2 \sin x\) 在 \(\left[ \dfrac{\pi}{2}, \pi \right]\) 上是单调递增的, 那么 \(f(x)\) 在 \(\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)\) 内的零点就是唯一的.

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