函数、极限、连续
必备知识点
\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n \dots + a_m^n} = \max_{1 \leq i \leq m}\{a_i\} \]
这个公式用夹逼定理证明，证明如下：记 \(\max\limits_{1 \leq i \leq m} = a\)，则 \[ a = \sqrt[n]{a^n} \leq \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n \dots + a_m^n} \leq \sqrt[n]{m \times a^n} = a \sqrt[n]{m} \]
而\(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{m} = 1\)，所有根号下变量要求 \(\geq 0\)。
拉格朗日中值定理 如果函数 \(f(x)\) 满足以下条件：
- 在闭区间 \([a, b]\) 上连续
- 在开区间 \((a, b)\) 上可导
那么，至少存在一点 \(\xi \in (a, b)\)，使得： \[ f'(\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \]
立方和公式与立方差公式 \[ \begin{align*} a^3 + b^3 &= (a + b)(a^2 - ab + b^2) \\ a^3 - b^3 &= (a - b)(a^2 + ab + b^2) \end{align*} \]
更进一步， \[ \begin{align*} a^n + b^n &= (a + b)(a^{n - 1} - a^{n - 2}b + a^{n - 3}b^2 - \cdots + b^{n - 1}), n = 2k - 1 \\ a^n - b^n &= (a - b)(a^{n - 1} + a^{n - 2}b + a^{n - 3}b^2 + \cdots + b^{n - 1}) \end{align*} \]
几个常用函数的麦克劳林公式 \((n = 0, 1, \cdots)\) \[ \begin{align*} \text{e}^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n) \\ \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots + (-1)^{n } \frac{x^{2n + 1}}{(2n + 1)!} + o(x^{2n + 2}) \\ \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n + 1}) \\ \ln (1 + x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n} \frac{x^{n + 1}}{n + 1} + o(x^{n + 1}) \\ (1 + x)^{\alpha} &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!} x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha - 1) \cdots (\alpha - n + 1)}{n!} x^n + o(x^n) \\ \frac{1}{1- x} &= 1 + x + x^2 + \cdots + x^n + o(x^n) \\ \frac{1}{1 + x} &= 1 - x + x^2 - \cdots + (-1)^{n} x^n + o(x^n) \\ \arctan x &= x - \frac{1}{3} x^3 + \frac{1}{5} x^5 - \cdots + (-1)^n \frac{1}{2n + 1} x^{2n + 1} + o(x^{2n + 1}) \end{align*} \]
若函数 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 在区间 \(I\)上连续，对于 \(x \in I\)，构造函数 \(M(x) = \max\{f(x), g(x)\} = \frac{f(x) + g(x) + |f(x) - g(x)|}{2}\)，\(m(x) = \min\{f(x), g(x)\} =\frac{f(x) + g(x) - |f(x) - g(x)|}{2}\)
双侧极限存在的充要条件是两个单侧极限存在且相等。
常用的等价无穷小
\[ \begin{align*} \sin x &\sim x \\ \tan x &\sim x \\ 1 - \cos x &\sim \frac{x^2}{2} \\ \arcsin x &\sim x \\ \arctan x &\sim x \\ \text{e}^x - 1 &\sim x \\ \ln(x + 1) &\sim x \\ (1 + x)^{\lambda} - 1 &\sim \lambda x \end{align*} \]
无穷小 \(o(x^n)\) 的意义是最低次数大于 \(n\)。
洛必达法则要求可导，对于无穷比无穷型，无需要求分子趋于无穷。
归结原则：对于任何趋于某一状态 \(a\) 的数列 \(\{x_n\}\)，都有 \(\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = A\)，则 \(\lim\limits_{x \to a} f(x) = A\)。
\(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = A\) 的充要条件是对于任何 \(\{x_n\}\) 的子数列 \(\{x_{k_n}\}\) 都有 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_{k_{n}} = A\)
Stolz 定理：设数列 \(\{b_n\}\) 单调增加且 \(\lim\limits_{n \to \infty} b_n = +\infty\)。如果 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_n - a_{n - 1}}{b_n - b_{n - 1}}\) 存在或为 \(\pm \infty\)，则其结果等于 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}\)。
\(\lim\limits_{x \to 0^{+}} x^x = 1\)
曲线的斜渐近线：\(\lim\limits_{x \to \pm \infty} \frac{f(x)}{x} = k\) 和 \(\lim\limits_{x \to \pm \infty} (f(x) - kx) = b\)
一元函数连续：\(\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)\)
如果 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 处不连续，则称 \(x_0\) 是 \(f(x)\) 的一个间断点。
例题讲解
设
\[ x_n=\prod_{k = 1}^n\Bigl(1 + \frac1{2^{2^k}}\Bigr) =(1 + \frac12)(1 + \frac1{2^2})(1 + \frac1{2^4})\cdots(1 + \frac1{2^{2^n}}) \]
求 \(\lim\limits_{n \to \infty}x_n\)。
构造望远镜乘积 \[ \frac{1}{2^{2^n}} + 1 = \frac{(\frac{1}{2^{2n}} + 1)(\frac{1}{2^{2n}} - 1)}{\frac{1}{2^{2n}} - 1}= \frac{\frac{1}{2^{2^{n + 1}}} - 1}{\frac{1}{2^{2^n}} - 1} \]
替换所有元素的形式，最终得到： \[ \lim_{n \to \infty}x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{2^{2^{n + 1}}} - 1}{\frac{1}{2^{2^0}} - 1} = 2 \]
求 \[ \lim_{n \to \infty} \sin(\pi \sqrt{n^2 + 1}) \]
变形： \[ \lim_{n \to \infty} \sin(\pi \sqrt{n^2 + 1}) = (-1)^n\lim_{n \to \infty} \sin(\pi \sqrt{1 + n^2} -n\pi) = (-1)^n \lim_{n \to \infty} \sin(\frac{\pi}{\sqrt{1 + n^2} + n}) = 0 \]
求 \[ \lim_{n \to \infty} \frac{(1 + 1/n)^{n^{2}}}{\text{e}^n} \]
变形： \[ \text{e}^{\ln \lim\limits_{n \to \infty} \frac{(1 + 1/n)^{n^{2}}}{\text{e}^n}} = \text{e}^{\lim\limits_{n \to \infty} n^2 \ln (1 + \frac{1}{n}) - n} = \text{e}^{\lim\limits_{n \to \infty} n^2 (\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + o(\frac{1}{n^2})) - n} = \text{e}^{-\frac{1}{2}} \]
设 \(\alpha > 0\)，求 \[ \lim_{n \to \infty} \Bigl(\cos \frac{1}{n^\alpha}\Bigr)^n \]
变形： \[ \text{e}^{\lim\limits_{n \to \infty} n \ln (1 - \frac{1}{2! \cdot n^{2\alpha}} + o(\frac{1}{n^{3 \alpha}}))} = \text{e}^{\lim\limits_{n \to \infty} n \cdot(- \frac{1}{2! \cdot n^{2\alpha}} + o(\frac{1}{n^{3 \alpha}}) + o(- \frac{1}{2! \cdot n^{2\alpha}} + o(\frac{1}{n^{3 \alpha}})))} \]
可以分析： \[ \lim_{n \to \infty} \Bigl(\cos \frac{1}{n^\alpha}\Bigr)^n = \begin{cases} 0, &\alpha < \frac{1}{2} \\ \text{e}^{-\frac{1}{2}}, &\alpha = \frac{1}{2} \\ 1, &\alpha > \frac{1}{2} \end{cases} \]
求极限 \[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\ln n} \]
对 \(\ln n\) 放缩，\(1 - \frac{1}{n} < \ln n < n - 1\)，而 \(\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 - \frac{1}{n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n - 1} = 1\)，再由夹逼定理，得到问题极限结果也为 1
设 \[ x_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \cdots \cdot \frac{2n - 1}{2n} \]
求 \[ \lim_{n \to \infty} x_n \]
\[ \frac{2n - 1}{2n} = 1 - \frac{1}{2n} > \frac{2n - 2}{2n - 1} = 1 - \frac{1}{2n - 1} \]
因为 \(1 > \frac{2n - 1}{2n} > 0\)，所以
\[ 0 \leq \prod_{k = 1}^{n} \frac{2k - 1}{2k} \leq \prod_{k = 1}^{n} \sqrt{\frac{2k - 1}{2k + 1}} = \sqrt{\frac{1}{2n + 1}} \]
所以极限为 0.
设数列 \(\{a_n\}\) 有界，对于任何 \(n\) 总有 \(a_n \leq a_{n + 2}\)，\(a_n \leq a_{n + 3}\) 成立，证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} a_n\) 存在。
此时有，\(a_{2n} \leq a_{2n + 2}\)，\(a_{2n - 1} \leq a_{2n + 1}\)，\(a_{3n} \leq a_{3n + 3}\)，\((n = 1, 2, \cdots)\)，这表明子数列 \(\{a_{2n}\}\)，\(\{a_{2n - 1}\}\) 和 \(\{a_{3n}\}\) 都是单调有界的，故都存在极限，分别设为 \(a\)，\(b\)，\(c\)。由于数列 \(\{a_{2n}\}\) 和 \(\{a_{3n}\}\) 有公共数列 \(\{a_{6n}\}\)，所以 \(a = c\)；又由于数列 \(\{a_{2n - 1}\}\) 和 \(\{a_{3n}\}\) 有公共数列 \(\{a_{6n -3}\}\)，所以 \(b = c\)，从而 \(a = b\)，所以 \(\lim\limits_{n \to \infty} a_n\) 存在。
如果存在正整数 \(p\)，使得 \[ \lim_{n \to \infty} (a_{n + p} - a_n) = \lambda \]
则， \[ \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = \frac{\lambda}{p} \]
将数列 \(\{\frac{a_n}{n}\}\)，划分为如下互不相交的子数列，\(\{\frac{a_{1 + (n - 1)p}}{1 + (n - 1)p}\}\)，\(\{\frac{a_{2 + (n - 1)p}}{2 + (n - 1)p}\}\)，\(\cdots\)，\(\{\frac{a_{p + (n - 1)p}}{p + (n - 1)p}\}\)，\(n \geq 1\)，记为 \(\{\frac{a_{i + (n - 1)p}}{i + (n - 1)p}\}\)，\(1 \leq i \leq p\)，只需要证明对于所有的 \(i\)，都有 \[ \lim_{n \to \infty} \frac{a_{i + (n - 1)p}}{i + (n - 1)p} = \frac{\lambda}{p} \]
由 stolz 定理，得 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{i + (n - 1)p}}{i + (n - 1)p} = \frac{\lim\limits_{n \to \infty} a_{i + (n - 1)p} - a_{i + (n - 2)p}}{p} = \frac{\lambda}{p}\)。综上，题目推论成立
设 \(x_0 = a\)，\(x_1 = b\)，\(x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_n + x_{n - 1})(n = 1, 2, \cdots)\)。证明数列 \(\{x_n\}\) 有极限，并求 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\)。
不妨设 \(b > a\)，由题目可得：
\[ \begin{align*} x_1 &> x_0 \\ x_1 &> x_2 > x_0 \\ x_1 &> x_3 > x_2 \\ x_1 &> x_3 > x_4 > x_2 > x_0 \\ x_1 &> x_3 > x_5 > x_4 > x_2 > x_0 \\ x_1 &> x_3 > x_5 > x_6 > x_4 > x_2 > x_0 \\ \cdots \end{align*} \]
有数学归纳法容易证明，数列 \(\{x_{2n - 1}\}\) 单调递减，数列 \(\{x_{2n}\}\) 单调递增，同时有界，所以这两个数列均有极限。
\[ \begin{aligned} x_{2n + 1} &= \frac{1}{2} (x_{2n} + x_{2n - 1}) \\ x_{2n} &= \frac{1}{2} (x_{2n - 1} + x_{2n - 2}) \\ x_{2n + 1} - x_{2n} &= \frac{1}{2} (x_{2n} - x_{2n - 2}) \end{aligned} \]
因为极限存在，所以
\[ \lim_{n \to \infty} (x_{2n + 1} - x_{2n}) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} (x_{2n} - x_{2n - 2}) = 0 \]
所以奇数项和偶数项的极限相等，故改数列极限存在，同时 \(x_{n + 1} + \frac{1}{2} x_n = x_1 + \frac{1}{2} x_0\)，解得极限为 \(\frac{2}{3}(b + \frac{a}{2})\)
设数列：\(x_0 = a\)，\(x_1 = 1 + b x_0\)，\(\cdots\)，\(x_{n + 1} = 1 + b x_n\)，\(\cdots\)，求 \(a\)，\(b\) 使得该数列收敛。
由题目可得： \[ \begin{align*} x_{n} &= 1 + b x_{n - 1} \\ x_{n - 1} &= 1 + b x_{n - 2} \\ &\cdots \\ x_1 &= 1 + b x_0 \end{align*} \]
从而推出 \(x_n = 1 + b + b^2 + \cdots + b^{n - 1} + b^n \cdot a = \frac{b^n - 1}{b - 1} + b^n \cdot a = \frac{-1}{b - 1} + b^n (\frac{1}{b - 1} + a)\)，分析得：当 \(|b| < 1\) 时，收敛；当 \(b \leq -1\) 和 \(b > 1\) 时，\(a = \frac{1}{1 - b}\) 时，收敛。
设 \(x_0 = a\)，\(x_1 = b\)，\(x_{n + 1} = \frac{x_{n - 1} + (2n - 1) x_n}{2n}(n = 1, 2, \cdots)\)，求 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\)。
\[ x_{n + 1} - x_{n} = -\frac{x_{n} - x_{n - 1}}{2n} = (-1)^2\frac{x_{n - 1} - x_{n - 2}}{2n \cdot 2(n - 1)} = \cdots = \frac{(-1)^{n - 1} (x_2 - x_1)}{2n \cdot 2(n - 1) \cdots 2} \\ = \bigg(\frac{-1}{2}\bigg)^{n} \frac{1}{n!} (b - a) = a + (b - a)\text{e}^{-\frac{1}{2}} \]
所以
\[ \begin{aligned} x_{n + 1} &= a + (b - a) \sum_{k = 0}^{n} \bigg(\frac{-1}{2}\bigg)^{k} \frac{1}{k!} \\ \lim_{n \to \infty} x_{n + 1} &= a + (b - a) \sum_{k = 0}^{\infty} \bigg(\frac{-1}{2}\bigg)^{k} \frac{1}{k!} \end{aligned} \]
设数列由递推公式 \(u_1 = b\)，\(u_{n + 1} = u_n^2 + (1 - 2a) u_n + a^2 (n = 1, 2, \cdots)\) 所确定。当 \(a\) 和 \(b\) 为何值时，数列 \(\{u_n\}\) 收敛？它的极限等于什么？
\[ \begin{aligned} u_{n + 1} - u_{n} &= (u_n - a)^2 \\ u_{n} - u_{n - 1} &= (u_{n - 1} - a)^2 \\ \cdots \\ u_2 - u_1 &= (u_1 - a)^2 \end{aligned} \]
所以，\(u_{n + 1} = b + \sum\limits_{k = 1}^{n} (u_{k} - a)^2\)，所以需要级数 \(\sum\limits_{k = 1}^{n} (u_{k} - a)^2\) 收敛，必要条件是 \(\lim\limits_{n \to \infty} u_n = a\)。同时，因为数列 \(\{u_n\}\) 单调递增，\(\lim\limits_{n \to \infty} u_{n + 1} = \lim\limits_{n \to \infty} u_n^2 + (1 - 2a) u_n + a^2 = a\)，应有 \(a - 1 \leq u_n \leq a\)，故 \(a - 1 \leq b \leq a\)。
设数列 \(\{x_n\}\) 定义如下：\(x_1 = \sqrt{5}\)，\(x_{n + 1} = x_n^2 - 2(n = 1, 2, \cdots)\)。求极限 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{x_1 x_2 \cdots x_n}{x_{n + 1}}\)。
\[ x_{n + 1}^2 - 4 = x_n^2 (x_n^2 - 4) = x_n^2 x_{n - 1}^2 \cdots x_2^2 x_1^2 \]
所以，
\[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{x_1 x_2 \cdots x_{n}}{x_{n + 1}} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt{\big(\frac{x_1 x_2 \cdots x_{n}}{x_{n + 1}}\big)^2} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt{\frac{x_{n + 1}^2 - 4}{x_{n + 1}^2}} = 1 \]
设 \(x_1 \in (0, 1)\)，\(x_{n + 1} = x_n (1 - x_n)\)，证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} n x_n = 1\)。
因为 \(x_1 \in (0, 1)\)，且 \(x_i(1 - x_i) = x_{i + 1} \leq 0.25\)，容易证明数列 \(\{x_n\}\) 单调递减且有界。
易证 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0\)，证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} n x_n = 1\) 等价于证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n x_n} = 1\)。由 stolz 定理得：
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n x_n} = \lim_{n \to \infty} \bigg(\frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_{n - 1}} \bigg)= \lim_{n \to \infty} \frac{x_{n - 1} - x_n}{x_n x_{n - 1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{x_{n - 1}^2}{x_{n - 1}^2 (1 - x_{n - 1})} = 1 \]
设 \(x_1 = \sin x_0 > 0\)，\(x_{n + 1} = \sin x_n(n = 1, 2, \cdots)\)，证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n \sqrt{\frac{n}{3}} = 1\)
\(1 > x_1 = \sin x_0 > x_1 = x_2 > \cdots\) > 0，故数列 \(\{x_n\}\) 单调递减且有下界，故极限存在。
易证 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0\)，证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n \sqrt{\frac{n}{3}} = 1\) 等价于证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n x_n^2} = \frac{1}{3}\)，由 stolz 定理和洛必达法则得： \[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n x_n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_n^2} - \frac{1}{x_{n - 1}^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{x_{n - 1}^2 - x_{n}^2}{x_n^2 x_{n - 1}^2} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2 - \sin^2 x}{x^4} = \frac{1}{3} \]
设 \(x_n = (1 + \frac{1}{n + 1})^{n + 1} -(1 + \frac{1}{n})^n (n = 1, 2, 3, \cdots)\)。证明 \(\{x_n\}\) 与 \(\{\frac{1}{n^2}\}\) 是同阶无穷小。
只需要证明 \(\lim\limits_{n \to \infty} \frac{x_n}{\frac{1}{n^2}}\) 存在
\[ \begin{aligned} x_n n^2 &= \bigg(1 + \frac{1}{\xi}\bigg)^{\xi}\bigg[\ln (1 + \frac{1}{\xi}) - \frac{1}{1 + \xi}\bigg] n^2, n < \xi < n + 1 \\ \lim_{n \to \infty} x_n n^2 &= \lim_{n \to \infty} n^2\bigg(1 + \frac{1}{\xi}\bigg)^{\xi}\bigg[\ln (1 + \frac{1}{\xi}) - \frac{1}{1 + \xi}\bigg] \\ \lim_{n \to \infty} x_n n^2 &= \text{e} n^2 \lim_{n \to \infty} \bigg(\frac{1}{\xi} - \frac{1}{2\xi^2} + o\bigg(\frac{1}{\xi^2}\bigg) - \frac{1}{1 + \xi} \bigg) = \frac{\text{e}}{2} \end{aligned} \]
求极限 \[ \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{n} - 1}{\frac{1}{n^{\alpha}}}(0 < \alpha < 1) \]
由等价无穷小，原极限为： \[ \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{n} - 1}{\frac{1}{n^{\alpha}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\text{e}^{\frac{\ln n}{n}} - 1}{\frac{1}{n^{\alpha}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{\ln n}{n}}{\frac{1}{n^{\alpha}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{ n^{1 - \alpha}} = 0 \]
设 \(x_1 = \sqrt{2}\)，\(x_{n + 1} = \sqrt{2 + x_n}(n = 1, 2, \cdots)\)，证明 \(x_n - 2 = o(\frac{1}{3^n})(n \to \infty)\)
显然数列单调递增，极限为 \(A = 2\)。
\[ x_{n + 1} - A = \sqrt{2 + x_n} - \sqrt{2 + A} = \frac{x_n - A}{\sqrt{2 + x_n} \sqrt{2 + A}} \leq \frac{x_n - A}{4} \leq \cdots \leq \frac{\sqrt{2} - 2}{4^{n}} = o\bigg(\frac{1}{3^n}\bigg) \]
设 \(f(x) = \frac{2 + x}{1 + x}\)，\(x_0 = 1\)，\(x_{n + 1} = f(x_n)(n = 0, 1, 2, \cdots)\)，求 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n\)，并尽可能估计数列趋于极限得速度。
\(x_{n + 1} = \frac{2 + x_n}{1 + x_n}\)，当 \(n \geq 1\) 时，数列 \(\{x_n\}\) 单调递减且有下界，故有极限 \(A\)。
\[ |x_{n + 1} - A| = \bigg|\frac{1}{1 + x_n} - \frac{1}{1 + A}\bigg| = \bigg|\frac{x_n - A}{(1 + x_n)(1 + A)}\bigg| \leq \bigg|\frac{x_n - A}{(1 + \sqrt{2})^2}\bigg| \leq \cdots \leq \frac{|x_1 - A|}{(1 + \sqrt{2})^{2n}} \]
设 \(x_1\)，\(x_2\)，\(x_3\)，\(\cdots\)，\(x_n\)，\(\cdots\) 是将方程 \(\tan x = x\) 的全部正根按由小到大的次序编号而成的，求极限 \(\lim\limits_{n \to \infty} (x_{n} - x_{n - 1})\)。
由几何关系记 \(y_n = \arctan x_n\)，\(x_n = y_n + n\pi\)，所以 \(\lim\limits_{n \to \infty} (y_n - y_{n - 1} + \pi) = \pi\)
设 \(a > 0\)，\(f_n(x) = x^n + nx - a(n = 1, 2, \cdots)\)，\(x_n\) 是 \(f_n(x)\) 在 \((0, +\infty)\) 上的唯一零点，求 \(\lim\limits_{n \to \infty} (1 + x_n)^n\)
\(n > a\) 时，\(f_n(\frac{a}{n} - \frac{a}{n^2}) = (\frac{a}{n} - \frac{a}{n^2})^n - \frac{a}{n} < 0\)，所以 \(\frac{a}{n} - \frac{a}{n^2} < x_n < \frac{a}{n}\)，由夹逼定理得极限为 \(\text{e}^a\)
设 \(x_1 = a\)，\(y_1 = b(0 < a < b)\)；\(x_{n + 1} = \sqrt{x_n y_n}\)，\(y_{n + 1} = \frac{x_n + y_n}{2}\)。证明：数列 \(\{x_n\}\)，\(\{y_n\}\) 的极限都存在且相同。
由均值不等式得到 \(y_{n + 1} = \frac{x_n + y_n}{2} \geq \sqrt{x_n y_n} = x_{n + 1}\)，若存在等号成立的 \(x_n\) 和 \(y_n\)，记为 \(a\)，则有 \(x_{n + 1} = x_n = y_{n + 1} = y_{n} = a\)，此时显然存在极限且相同。若不存在等号成立的 \(x_n\) 和 \(y_n\)，此时严格有 \(y_{n} > x_{n}\)，从而可以推出，\(x_{n + 1} = \sqrt{x_n y_n} > x_{n}\) 和 \(y_{n + 1} = \frac{x_n + y_n}{2} < y_n\)，且 \(x_n < y_n < y_1 = b\) 和 \(y_n > x_n > x_1 = a\)，所以数列 \(\{x_n\}\) 严格单调递增且有界，数列 \(\{y_n\}\) 严格单调递减且有界，故数列 \(\{x_n\}\)，\(\{y_n\}\) 的极限都存在，分别设极限为 \(x_0\) 和 \(y_0\)，由 \(\lim\limits_{n \to \infty} y_{n + 1} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{x_n + y_n}{2}\) 得 \(x_0 = y_0\)，所以极限相等。
求极限 \[ \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^x - (\sin)^x}{x^3} \]
原极限为： \[ \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^x - (\sin)^x}{x^3} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\text{e}^{x \ln x} - \text{e}^{x \ln \sin x}}{x^3} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\text{e}^{\xi}(x \ln x - x \ln \sin x)}{x^3} = \frac{1}{6} \]
求极限 \[ \lim_{x \to + \infty} \bigg(\frac{x^{1 + x}}{(1 + x)^{x}} - \text{e}^{-1} x\bigg) \]
原极限为： \[ \lim_{x \to + \infty} \bigg(\frac{x^{1 + x}}{(1 + x)^{x}} - \text{e}^{-1} x\bigg) = \lim_{x \to + \infty} x \cdot \bigg(\frac{1}{(1 + \frac{1}{x})^x} - \frac{1}{\text{e}}\bigg) = \lim_{t \to 0^{+}} \frac{\text{e} - (1 + t)^{\frac{1}{t}}}{t(1 + t)^{\frac{1}{t}} \text{e}}= \\ = \frac{1}{\text{e}} \lim_{t \to 0^{+}} \frac{1 - \text{e}^{\frac{1}{t} \ln (1 + t) - 1}}{t} = \frac{1}{2\text{e}} \]
设 \(f(x)\) 在区间 \([0, 1]\) 上连续，\(f(0) = 0\)，\(f(1) = 1\)。证明：\(F(x) = f(x)(1 - f(x)) - x(1 - x)\) 在 \([0, 1]\) 上至少有 \(3\) 个不同的零点。
\(x = 0\) 和 \(x = 1\) 是两个零点，故只需要证明在区间 \((0, 1)\) 上至少有一个零点。\(F(x) = f(x) - f^2(x) - x + x^2 = (f(x) - x) -(f(x) - x)(f(x) + x) = (f(x) - x)(1 - f(x) - x)\)，令 \(g(x) = 1 - f(x) - x\)，有 \(g(0) = 1\)，\(g(1) = -1\)，由零点定理得，至少存在一点 \(c\)，使得 \(g(c) = 0\)，所以至少有 \(3\) 个零点。
设 \(f(x)\) 在闭区间 \([0, 1]\) 上连续，\(f(0) = f(1)\)。证明：对于任何自然数 \(n\)，总存在 \(\xi_n \in (0, 1)\) 使得 \(f(\xi_n) = f(\frac{1}{n} + \xi_n)\)
令 \(F(x) = f(x) - f(\frac{1}{n} + x)\)，只需要证明 \(F(x)\) 在区间 \([0, 1 - \frac{1}{n}]\) 上有零点。假设不存在零点，此时不妨设恒有 \(F(x) > 0\)，因此有 $F(0) + F() + + F() > 0 $，也就是 \(f(0) - f(\frac{1}{n}) + f(\frac{1}{n}) - f(\frac{2}{n}) - \cdots - f(1) = f(0) - f(1) > 0\)，显然出现矛盾，因为 \(f(0) - f(1) = 0\)，因此必然有零点。
设 \(f(x)\)，\(g(x)\) 在闭区间 \([a, b]\) 上连续，并有数列 \(\{x_0\} \subset [a, b]\)，使得 \(f(x_{n + 1}) = g(x_n) (n = 1, 2, \cdots)\)。证明：存在一点 \(x_0\)，使得 \(f(x_0) = g(x_0)\)。
设 \(F(x) = f(x) - g(x)\)，假设 \(F(x)\) 在区间 \([a, b]\) 不存在零点，其在区间内的最小值为 \(m\)，不妨设恒有 \(F(x) > 0\)，$f(x_{n + 1}) = g(x_n) = g(x_n) - f(x_n) + g(x_{n - 1}) = [g(x_n) - f(x_n)] + [g(x_{n - 1}) - f(x_{n - 1})] + + [g(x_2) - f(x_2)] + g(x_1) $\(= -F(x_n) - F(x_{n - 1}) - \cdots - F(x_2) + g(x_1) \leq (1 - n)m + g(x_1)\)，显然 \(\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = -\infty\) 和 \(f(x)\) 有界条件矛盾，所以必然存在一点 \(x_0\)，使得 \(f(x_0) = g(x_0)\)。
设函数 \(f(x)\) 在闭区间 \([a, b]\) 上连续，其值域 \(f([a, b]) \subseteq [a, b]\)。证明：该函数存在不动点，即存在 \(x_0 \in [a, b]\) 使得 \(f(x_0) = x_0\)。
设函数 \(F(x) = f(x)- x\)，由题知：\(a \leq f(x) \leq b\)，所以有 \(F(a) = f(a) - a \geq 0\) 和 \(F(b) = f(b) - b \leq 0\)，有零点定理得：至少存在一点 \(x_0\) 使得 \(f(x_0) = x_0\)。
设函数 \(f(x)\) 在区间 \((0, 1)\) 内有定义，且 \(\text{e}^{x} f(x)\) 与 \(\text{e}^{-f(x)}\) 在区间 \((0, 1)\) 内都是单调递加的函数，证明：\(f(x)\) 在 \((0, 1)\) 内连续。
根据 \(\text{e}^{-f(x)}\) 的单调性，可知，函数 \(f(x)\) 在 \((0, 1)\) 上单调递减。任取 \(x_0 \in (0, 1)\)，当 \(x \in (x_0, 1)\)，有 \(\text{e}^{x_0 - x} f(x_0) \leq f(x) < f(x_0)\)，由夹逼定理得到 \(\lim\limits_{x \to x_0^+} f(x) = f(x_0)\)；当 \(x \in (0, x_0)\)，同理可得 \(f(x_0) < f(x) < \text{e}^{x_0 - x} f(x)\)，由夹逼定理得 \(\lim\limits_{x \to x_0^{-}} f(x) = f(x_0)\)，综上，\(\lim\limits_{x \to x_0} f(x) =f(x_0)\)，得连续性。
设 \(f(x)\) 在区间 \((0, +\infty)\) 上有定义，在 \(x = 1\) 处连续且 \(f(1) = 3\)。如果对任意正数 \(x\) 都有 \(f(x^2) = f(x)\) 成立，求 \(f(x)\) 的表达式。
\(f(x) = f(\sqrt{x}) = f(\sqrt[4]{x}) = \cdots = f(\sqrt[2^n]{x})\)，由于在 \(x = 1\) 处连续，\(\lim\limits_{n \to \infty} f(\sqrt[2^n]{x}) = f(1) = 3\)，所以有 \(f(x) \equiv 3\)。
设函数 \(f(x)\) 在 \((-\infty, +\infty)\) 上有定义，在 \(x = 0\) 处连续且 \(f(0) = 2\)。证明：恒等式 \(f(2x) = f(x) \text{e}^x\) 成立的充要条件是 \(f(x) = 2 \text{e}^{x}\)。
充分性显然，下面证明必要性。\(f(x) = f(\frac{x}{2}) \text{e}^{\frac{x}{2}} = f(\frac{x}{4}) \text{e}^{\frac{x}{4}} \text{e}^{\frac{x}{2}} = \cdots = f(\frac{x}{2^n}) \text{e}^{x(\frac{\frac{1}{2} - \frac{1}{2^{n + 1}}}{1 - \frac{1}{2}})}\)，由于 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处连续，所以 \(\lim\limits_{n \to \infty} f(x) = f(0) \text{e}^{x} = 2 \text{e}^{x}\)，所以 \(f(x) = 2 \text{e}^{x}\)。综上，得证充分必要性。
设 \(f(x)\) 在 \((-\infty. +\infty)\) 上有定义，在点 \(x = 0\) 处连续且 \(f(1) = 2\)。又对于任何 \(x\)，\(y\) 满足函数方程 \(f(x + y) = f(x) + f(y)\) 成立。求 \(f(x)\) 的表达式。
先证明，\(f(x)\) 在 \((-\infty. +\infty)\) 上连续，\(f(0) = 0\) 且在点 \(x = 0\) 处连续，所以 \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0\)，对任意 \(x_0 \in (-\infty, +\infty)\)，\(\lim\limits_{\Delta x \to 0} f(x + \Delta x) = f(x) + \lim\limits_{\Delta x \to 0} f(\Delta x) = f(x)\)，故证明连续性。对于任意正整数 \(n\)，有 \(f(1) = f(\frac{1}{n}) + f(\frac{1}{n}) + \cdots + f(\frac{1}{n}) = n f(\frac{1}{n})\)，也就是 \(f(1) \frac{1}{n} = f(\frac{1}{n})\)；同理，对于任意正有理数 \(\frac{m}{n}\)，有 \(f(\frac{m}{n}) = m f(\frac{1}{n}) = 2 \frac{m}{n}\)，也就是 \(f(x) = 2x\)。对任意负有理数 \(x\)，\(-x\) 是正有理数，所以 \(f(0) = f(x) + f(-x)\)，得到 \(f(-x) = 2 \cdot -x\)，同样说明了 \(f(x) = 2x\)。对于任何无理数 \(x\)，存在有理数列 \(r_n\)，\(\lim\limits_{n \to \infty} r_n = x\)，由函数及其连续性知 \(f(x) = \lim\limits_{n \to \infty} f(r_n) = \lim\limits_{n \to \infty} 2r_n = 2x\)。综上，\(f(x) = 2x\)。
设有一非负连续函数，对于所有的实数 \(x\) 和 \(y\) 满足函数方程 \(f(\sqrt{x^2 + y^2}) = f(x)f(y)\) 及 \(f(1) = 2\)，证明：\(f(x) = 2^{x^{2}}\)。
容易得到 \(f(x) = f(-x)\)。对任意正整数 \(n\)，有 \(f(\sqrt{n + 1} x) = f(\sqrt{n}x)f(x) = [f(x)]^{n + 1}\)。设正整数 \(p\)，\(q\)，得 \(f(|p|) = f(\sqrt{q^2}|\frac{p}{q}|) = [f(|\frac{p}{q}|)]^{q^2} = 2^{p^2}\)
求极限 \[ \lim_{x \to 0^-} -\frac{1}{x^2} \text{e}^{\frac{1}{x}} \]
\[ \lim_{x \to 0^-} -\frac{1}{x^2} \text{e}^{\frac{1}{x}} = \lim_{t \to +\infty} - \frac{t^2}{\text{e}^t} = 0 \]
给定三个实数 \(a_1\)，\(b_1\)，\(c_1\)。将每个数换为另外两个数的算术平均值，即 \(a_2 = \frac{b_1 + c_1}{2}\)，\(b_2 = \frac{a_1 + c_1}{2}\)，\(c_2 = \frac{a_1 + b_1}{2}\)，如此下去构造的三个数列 \(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)，\(\{c_n\}\)。证明三个数列的极限都为 \(\frac{S}{3}\)，其中 \(S = a_1 + b_1 + c_1\)。
\(a_n = \frac{b_{n - 1} + c_{n - 1}}{2}\)，\(b_n = \frac{a_{n - 1} + c_{n - 1}}{2}\)，所以 \(a_n - b_n = \frac{b_{n - 1} - a_{n - 1}}{2} = \frac{a_{n - 2} - b_{n - 2}}{2^2} = \cdots = (-1)^{n - 1} \frac{b_1 - a_1}{2^{n - 1}}\)，即 \(\lim\limits_{n \to \infty} a_n - b_n = 0\)，同理可得 \(a_n = b_n = c_n\)，同时 \(a_n + b_n + c_n = a_{n - 1} + b_{n - 1} + c_{n - 1} = \cdots = a_1 + b_1 + c_1 = S\)。综上，三个数列的极限结果都是 \(\frac{S}{3}\)。
设 \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a\)，\(\lim\limits_{n \to \infty} y_n = b\)，证明：数列
\[ z_n = \frac{x_1 y_n + x_2 y_{n - 1} + \cdots + x_n y_1}{n} \]
收敛于 \(ab\)
设 \(x_n = a + \alpha_n\)，\(y_n = b + \beta_n\)，其中 \(\alpha_n\)，\(\beta_n \to 0\)，\(n \to \infty\)，于是
\[ \begin{aligned} z_n &= \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} (a + \alpha_n)(b + \beta_{n - k}) \\ &= \frac{1}{n} \biggl(\sum_{k = 1}^{n} ab + \sum_{k = 1}^{n} a\beta_{n - k} + \sum_{k = 1}^{n} \alpha_kb + \sum_{k = 1}^{n} \alpha_k \beta_{n - k}\biggr) \\ &= ab \end{aligned} \]
设 \(a > 0\)，参数方程：\(x = \frac{3at}{1 + t^3}\)，\(y = \frac{3at^2}{1 + t^3}\) 表示的曲线称为笛卡儿叶形线。
(1). 求出该曲线在直角坐标系下的方程；
(2). 仅就直角坐标系下的方程求出该曲线的渐近线；
(3). 仅就参数方程求出该曲线的渐近线。
(1). 直角坐标系下的方程为
\[ x^3 + y^3 = 3axy \]
(2). 对曲线的直角坐标系下的方程变形得到：
\[ \frac{x^3}{y} + y^2 = 3ax \]
如果存在垂直渐近线，也就是存在 \(c \in R\)，\(\lim\limits_{x \to c} y = \pm \infty\)，则会推出变形后的方程左端的值为 \(\infty\)，右端为 \(3ac\)，产生矛盾，故不存在垂直渐近线。同理不存在水平渐近线。
设曲线有斜渐近线 \(y = kx + b\)，则 \(\lim\limits_{x \to \pm \infty}\frac{y}{x} = k\)，\(\lim\limits_{x \to \pm \infty} (y - kx) = b\)，再次变形原直角坐标系方程
\[ \biggl(\frac{y}{x}\biggr)^2 + \frac{x}{y} = \frac{3a}{x} \]
解得 \(k = -1\)，从而
\[ b = \lim_{x \to \pm \infty} (y + x) = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^3 + y^3}{x^2 - xy + y^2} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{3axy}{x^2 - xy + y^2} = -a \]
所以，渐近线方程为 \(x + y + a = 0\)
(3).
\[ \lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim_{t \to -1} \frac{\frac{3at^2}{1 + t^3}}{\frac{3at}{1 + t^3}} = -1 \]
\[ \lim_{x \to \infty} (y + x) = \lim_{t \to -1}\biggl(\frac{3at^2}{1 + t^3} + \frac{3at}{1 + t^3} \biggr) = -a \]
求极坐标方程的曲线 \(\Gamma: \rho = \frac{1}{3\theta - \pi}\) 在直角坐标系下的渐近线方程。
直角坐标系下，该曲线的参数方程为
\[ \begin{cases} x &= \rho \cos \theta \\ y &= \rho \sin \theta \end{cases} \]
由于 \(\cos x\) 和 \(\sin x\) 都是有界函数，易见不存在垂直渐近线和水平渐近线，下面求其斜渐近线。
\[ \begin{aligned} \lim_{x \to \pm \infty} \frac{y}{x} &= \lim_{\theta \to \frac{\pi}{3}} \tan \theta = \sqrt{3} \\ \lim_{x \to \pm \infty} (y - kx) &= \lim_{\theta \to \frac{\pi}{3}} \rho(\sin \theta - \sqrt{3} \cos \theta) = \frac{2}{3} \end{aligned} \]
设 \(F(x) = \bigl(\frac{a_1^x + a_2^x + \cdots + a_n^x}{n}\bigr)^{\frac{1}{x}}\)，\(a_i^x\) 都是正数，，求下列极限；
(1). \(\lim\limits_{x \to +\infty} F(x)\)；
(2). \(\lim\limits_{x \to -\infty} F(x)\)；
(3). \(\lim\limits_{x \to 0} F(x)\)
记 \(\max \{a_1, a_2, \cdots, a_n\} = a_x\)，\(\min \{a_1, a_2, \cdots, a_n\} = a_y\)
(1).
\[ \frac{a_x}{n^{\frac{1}{x}}} \leq F(x) \leq a_x \]
故 \(\lim\limits_{x \to +\infty} F(x) = a_x\)
(2). 因为 \(x < 0\)，所以有
\[ \frac{a_y}{n^{\frac{1}{x}}} \leq F(x) \leq a_y \]
故 \(\lim\limits_{x \to -\infty} F(x) = a_y\)
(3). 由洛必达法则得到
\[ F(x) = \text{e}^{\frac{1}{x} [\ln (a_1^x + a_2^x + \cdots + a_n^x) - \ln n]} = \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} \]
已知
\[ \lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + \frac{f(x)}{\sin 2x})}{3^x - 1} = 5 \]
求 \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2}\)。
利用等价无穷小可得：
\[ \lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + \frac{f(x)}{\sin 2x})}{3^x - 1} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{2x \cdot \ln 3 \cdot x} = 5 \]
所以，\(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = 10 \ln 3\)
设在 \((-\infty, +\infty)\) 上，\(f(x) \geq 0\)，且对于任何 \(x_1\)，\(x_2\) 总有 \(\frac{1}{2} f(x_1) + \frac{1}{2} f(x_2) \leq f(\frac{x_1 + x_2}{2})\) 成立。证明：\(f(x)\) 恒为常数。