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【高等数学学习记录】连续函数的运算与初等函数的连续性

一、知识点


(一)连续函数的和、差、积、商的连续性

  • 定理1
    设函数 f ( x ) f(x) f(x) g ( x ) g(x) g(x) 在点 x 0 x_0 x0 连续,则它们的和(差) f ± g f\pm g f±g、积 f ⋅ g f\cdot g fg 及商 f g \frac{f}{g} gf(当 g ( x 0 ) ≠ 0 g(x_0)\neq 0 g(x0)=0 时)都在点 x 0 x_0 x0 连续.

(二)反函数与复合函数的连续性

  • 定理2
    如果函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 在区间 I x I_x Ix 上单调增加(或单调减少)且连续,那么它的反函数 x = f − 1 ( y ) x=f^{-1}(y) x=f1(y) 也在对应的区间 I y = { y ∣ y = f ( x ) , x ∈ I x } I_y=\lbrace y|y=f(x),x\in I_x\rbrace Iy={yy=f(x),xIx} 上单调增加(或单调减少)且连续.

  • 定理3
    设函数 y = f [ g ( x ) ] y=f[g(x)] y=f[g(x)] 由函数 u = g ( x ) u=g(x) u=g(x) 与函数 y = f ( u ) y=f(u) y=f(u) 复合而成, U ˚ ( x 0 ) ⊂ D f ⋅ g \mathring{U}(x_0)\subset D_{f\cdot g} U˚(x0)Dfg. 若 lim ⁡ x → x 0 g ( x ) = u 0 \lim_{x\rightarrow x_0}g(x)=u_0 limxx0g(x)=u0,而函数 y = f ( u ) y=f(u) y=f(u) u = u 0 u=u_0 u=u0 连续,则 lim ⁡ x → x 0 f [ g ( x ) ] = lim ⁡ u → u 0 f ( u ) = f ( u 0 ) \lim_{x\rightarrow x_0}f[g(x)]=\lim_{u\rightarrow u_0}f(u)=f(u_0) limxx0f[g(x)]=limuu0f(u)=f(u0).

  • 定理4
    设函数 y = f [ g ( x ) ] y=f[g(x)] y=f[g(x)] 是由函数 u = g ( x ) u=g(x) u=g(x) 与函数 y = f ( u ) y=f(u) y=f(u) 复合而成, U ( x 0 ) ⊂ D f ⋅ g U(x_0)\subset D_{f\cdot g} U(x0)Dfg. 若函数 u = g ( x ) u=g(x) u=g(x) x = x 0 x=x_0 x=x0 连续,且 g ( x 0 ) = u 0 g(x_0)=u_0 g(x0)=u0, 而函数 y = f ( u ) y=f(u) y=f(u) u = u 0 u=u_0 u=u0 连续,则复合函数 y = f [ g ( x ) ] y=f[g(x)] y=f[g(x)] x = x 0 x=x_0 x=x0 也连续.

(三)初等函数的连续性

  • 一切初等函数在其定义区间内都是连续的。所谓定义区间,就是包含在定义域内的区间。

二、练习题


  1. 求函数 f ( x ) = x 3 + 3 x 2 − x − 3 x 2 + x − 6 f(x)=\frac{x^3+3x^2-x-3}{x^2+x-6} f(x)=x2+x6x3+3x2x3 的连续区间,并求极限 lim ⁡ x → 0 f ( x ) \lim_{x\rightarrow 0}f(x) limx0f(x) lim ⁡ x → − 3 f ( x ) \lim_{x\rightarrow -3}f(x) limx3f(x) lim ⁡ x → 2 f ( x ) \lim_{x\rightarrow 2}f(x) limx2f(x).
  • 解答:
    ∵ f ( x ) = ( x + 3 ) ( x + 1 ) ( x − 1 ) ( x + 3 ) ( x − 2 ) \because f(x)=\frac{(x+3)(x+1)(x-1)}{(x+3)(x-2)} f(x)=(x+3)(x2)(x+3)(x+1)(x1) x = − 3 x=-3 x=3 x = 2 x=2 x=2 上没有定义
    ∵ \because 一切初等函数在其定义区间内都是连续的
    ∴ f ( x ) \therefore f(x) f(x) 的连续区间为 ( − ∞ , − 3 ) (-\infty, -3) (,3) ( − 3 , 2 ) (-3,2) (3,2) ( 2 , + ∞ ) (2, +\infty) (2,+).

    lim ⁡ x → 0 f ( x ) = lim ⁡ x → 0 − 3 − 6 = 1 2 \lim_{x\rightarrow 0}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-3}{-6}=\frac{1}{2} limx0f(x)=limx063=21
    lim ⁡ x → − 3 f ( x ) = lim ⁡ x → − 3 ( − 2 ) ⋅ ( − 4 ) − 5 = − 8 5 \lim_{x\rightarrow -3}f(x)=\lim_{x\rightarrow -3}\frac{(-2)\cdot (-4)}{-5}=-\frac{8}{5} limx3f(x)=limx35(2)(4)=58
    lim ⁡ x → 2 f ( x ) = lim ⁡ x → 2 ( x + 1 ) ( x − 1 ) x − 2 = ∞ \lim_{x\rightarrow 2}f(x)=\lim_{x\rightarrow 2}\frac{(x+1)(x-1)}{x-2}=\infty limx2f(x)=limx2x2(x+1)(x1)=

  1. 设函数 f ( x ) f(x) f(x) g ( x ) g(x) g(x) 在点 x 0 x_0 x0 连续,证明函数: φ ( x ) = m a x { f ( x ) , g ( x ) } \varphi(x)=max\lbrace f(x),g(x)\rbrace φ(x)=max{f(x),g(x)}, ψ ( x ) = m i n { f ( x ) , g ( x ) } \psi (x)=min\lbrace f(x),g(x) \rbrace ψ(x)=min{f(x),g(x)} 在点 x 0 x_0 x0 也连续.
  • 解答:
    根据定理1:
    ∵ \because 函数 f ( x ) f(x) f(x) g ( x ) g(x) g(x) 在点 x 0 x_0 x0 连续,而
    φ ( x ) = [ f ( x ) + g ( x ) + ∣ f ( x ) − g ( x ) ∣ ] / 2 \quad \varphi (x)=[f(x)+g(x)+\begin{vmatrix}f(x)-g(x)\end{vmatrix}]/2 φ(x)=[f(x)+g(x)+f(x)g(x)]/2
    ψ ( x ) = [ f ( x ) + g ( x ) − ∣ f ( x ) − g ( x ) ∣ ] / 2 \quad \psi(x)=[f(x)+g(x)-\begin{vmatrix}f(x)-g(x)\end{vmatrix}]/2 ψ(x)=[f(x)+g(x)f(x)g(x)]/2
    ∴ φ ( x ) \therefore \varphi (x) φ(x) ψ ( x ) \psi(x) ψ(x) 在点 x 0 x_0 x0 也连续.

  1. 求下列极限:
    (1) lim ⁡ x → 0 x 2 − 2 x + 5 \lim_{x\rightarrow 0}\sqrt{x^2-2x+5} limx0x22x+5
    (2) lim ⁡ α → π 4 ( s i n 2 α ) 3 \lim_{\alpha \rightarrow \frac{\pi}{4}}(sin2\alpha)^3 limα4π(sin2α)3
    (3) lim ⁡ x → π 6 l n ( 2 c o s 2 x ) \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{6}}ln(2cos2x) limx6πln(2cos2x)
    (4) lim ⁡ x → 0 x + 1 − 1 x \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x} limx0xx+1 1
    (5) lim ⁡ x → 1 5 x − 4 − x x − 1 \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1} limx1x15x4 x
    (6) lim ⁡ x → α s i n x − s i n α x − α \lim_{x\rightarrow \alpha}\frac{sinx-sin\alpha}{x-\alpha} limxαxαsinxsinα
    (7) lim ⁡ x → + ∞ ( x 2 + x − x 2 − x ) \lim_{x\rightarrow +\infty}(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}) limx+(x2+x x2x )
  • 解答:
  • (1)
    lim ⁡ x → 0 x 2 − 2 x + 5 = 0 − 0 + 5 = 5 \lim_{x\rightarrow 0}\sqrt{x^2-2x+5}=\sqrt{0-0+5}=\sqrt{5} limx0x22x+5 =00+5 =5
  • (2)
    lim ⁡ α → π 4 ( s i n 2 α ) 3 = [ s i n ( 2 ⋅ π 4 ) ] 3 = 1 \lim_{\alpha\rightarrow \frac{\pi}{4}}(sin2\alpha)^3=[sin(2\cdot \frac{\pi}{4})]^3=1 limα4π(sin2α)3=[sin(24π)]3=1
  • (3)
    lim ⁡ x → π 6 l n ( 2 c o s 2 x ) = l n ( 2 c o s ( 2 ⋅ π 6 ) ) = l n 1 = 0 \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{6}}ln(2cos2x)=ln(2cos(2\cdot \frac{\pi}{6}))=ln1=0 limx6πln(2cos2x)=ln(2cos(26π))=ln1=0
  • (4)
    lim ⁡ x → 0 x + 1 − 1 x = lim ⁡ x → 0 ( x + 1 − 1 ) ( x + 1 + 1 ) x ( x + 1 + 1 ) = 1 0 + 1 + 1 = 1 2 \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{(\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x+1}+1)}{x(\sqrt{x+1}+1)}=\frac{1}{\sqrt{0+1}+1}=\frac{1}{2} limx0xx+1 1=limx0x(x+1 +1)(x+1 1)(x+1 +1)=0+1 +11=21
  • (5)
    lim ⁡ x → 1 5 x − 4 − x x − 1 = lim ⁡ x → 1 ( 5 x − 4 − x ) ( 5 x − 4 + x ) ( x − 1 ) ( 5 x − 4 + x ) = lim ⁡ x → 1 4 5 x − 4 + x = 2 \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{(\sqrt{5x-4}-\sqrt{x})(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}{(x-1)(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{4}{\sqrt{5x-4}+\sqrt{x}}=2 limx1x15x4 x =limx1(x1)(5x4 +x )(5x4 x )(5x4 +x )=limx15x4 +x 4=2
  • (6)
    lim ⁡ x → α s i n x − s i n α x − α = lim ⁡ x → α 2 ⋅ c o s x + α 2 ⋅ s i n x − α 2 x − α = lim ⁡ x → α c o s x + α 2 = c o s α \lim_{x\rightarrow \alpha}\frac{sinx-sin\alpha}{x-\alpha}=\lim_{x\rightarrow \alpha}\frac{2\cdot cos\frac{x+\alpha}{2} \cdot sin \frac{x-\alpha}{2}}{x-\alpha}=\lim_{x\rightarrow \alpha}cos\frac{x+\alpha}{2}=cos\alpha limxαxαsinxsinα=limxαxα2cos2x+αsin2xα=limxαcos2x+α=cosα
  • (7)
    lim ⁡ x → + ∞ ( x 2 + x − x 2 − x ) = lim ⁡ x → + ∞ ( x 2 + x − x 2 − x ) ( x 2 + x + x 2 − x ) x 2 + x + x 2 − x = lim ⁡ x → + ∞ 2 x x 2 + x + x 2 − x = lim ⁡ x → + ∞ 2 1 + 1 x + 1 − 1 x = 1 \lim_{x\rightarrow +\infty}(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x})}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}}=1 limx+(x2+x x2x )=limx+x2+x +x2x (x2+x x2x )(x2+x +x2x )=limx+x2+x +x2x 2x=limx+1+x1 +1x1 2=1

  1. 求下列极限:
    (1) lim ⁡ x → ∞ e 1 x \lim_{x\rightarrow \infty}e^{\frac{1}{x}} limxex1
    (2) lim ⁡ x → 0 l n s i n x x \lim_{x\rightarrow 0}ln\frac{sinx}{x} limx0lnxsinx
    (3) lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 1 x ) x 2 \lim_{x\rightarrow\infty}(1+\frac{1}{x})^{\frac{x}{2}} limx(1+x1)2x
    (4) lim ⁡ x → 0 ( 1 + 3 t a n 2 x ) c o t 2 x \lim_{x\rightarrow 0}(1+3tan^2x)^{cot^2x} limx0(1+3tan2x)cot2x
    (5) lim ⁡ x → ∞ ( 3 + x 6 + x ) x − 1 2 \lim_{x\rightarrow \infty}(\frac{3+x}{6+x})^{\frac{x-1}{2}} limx(6+x3+x)2x1
    (6) lim ⁡ x → 0 1 + t a n x − 1 + s i n x x 1 + s i n 2 x − x \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{x\sqrt{1+sin^2x}-x} limx0x1+sin2x x1+tanx 1+sinx
  • 解答:
  • (1)
    lim ⁡ x → ∞ e 1 x = e lim ⁡ x → ∞ 1 x = e 0 = 1 \lim_{x\rightarrow \infty}e^{\frac{1}{x}}=e^{\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{1}{x}}=e^0=1 limxex1=elimxx1=e0=1
  • (2)
    lim ⁡ x → 0 l n s i n x x = l n lim ⁡ x → 0 s i n x x = l n 1 = 0 \lim_{x\rightarrow 0}ln\frac{sinx}{x}=ln\lim_{x\rightarrow 0}\frac{sinx}{x}=ln1=0 limx0lnxsinx=lnlimx0xsinx=ln1=0
  • (3)
    lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 1 x ) x 2 = [ lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 1 x ) x ] 1 2 = e 1 2 \lim_{x\rightarrow \infty}(1+\frac{1}{x})^{\frac{x}{2}}=[\lim_{x\rightarrow \infty}(1+\frac{1}{x})^x]^{\frac{1}{2}}=e^{\frac{1}{2}} limx(1+x1)2x=[limx(1+x1)x]21=e21
  • (4)
    lim ⁡ x → 0 ( 1 + 3 ⋅ t a n 2 x ) c o t 2 x \lim_{x\rightarrow 0}(1+3\cdot tan^2x)^{cot^2x} limx0(1+3tan2x)cot2x(令 t = 3 ⋅ t a n 2 x t=3\cdot tan^2x t=3tan2x) = lim ⁡ t → 0 + ( 1 + t ) 3 t =\lim_{t\rightarrow 0^+}(1+t)^\frac{3}{t} =limt0+(1+t)t3(令 u = 1 t u=\frac{1}{t} u=t1) = [ lim ⁡ u → + ∞ ( 1 + 1 u ) u ] 3 = e 3 =[\lim_{u\rightarrow +\infty}(1+\frac{1}{u})^u]^3=e^3 =[limu+(1+u1)u]3=e3
  • (5)
    lim ⁡ x → ∞ ( 3 + x 6 + x ) x − 1 2 = lim ⁡ x → ∞ ( 1 + − 3 6 + x ) 6 + x − 3 ⋅ − 3 6 + x ⋅ x − 1 2 = e lim ⁡ x → ∞ 3 6 + x ⋅ 1 − x 2 = e 3 2 \lim_{x\rightarrow \infty}(\frac{3+x}{6+x})^{\frac{x-1}{2}}=\lim_{x\rightarrow \infty}(1+\frac{-3}{6+x})^{\frac{6+x}{-3}\cdot \frac{-3}{6+x} \cdot \frac{x-1}{2}}=e^{\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{3}{6+x}\cdot \frac{1-x}{2}}=e^{\frac{3}{2}} limx(6+x3+x)2x1=limx(1+6+x3)36+x6+x32x1=elimx6+x321x=e23
  • (6)
    lim ⁡ x → 0 1 + t a n x − 1 + s i n x x 1 + s i n 2 x − x = lim ⁡ x → 0 ( x 1 + s i n 2 x + x ) ( t a n x − s i n x ) ( 1 + t a n x + 1 + s i n x ) ⋅ x 2 s i n 2 x = lim ⁡ x → 0 ( 1 + s i n 2 x + 1 ) ( s e c x − 1 ) ( 1 + t a n x + 1 + s i n x ) ⋅ x s i n x = lim ⁡ x → 0 2 s i n 2 x 2 x ⋅ s i n x ⋅ c o s x = 1 2 \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{x\sqrt{1+sin^2x}-x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{(x\sqrt{1+sin^2x}+x)(tanx-sinx)}{(\sqrt{1+tanx}+\sqrt{1+sinx})\cdot x^2sin^2x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{(\sqrt{1+sin^2x}+1)(secx-1)}{(\sqrt{1+tanx}+\sqrt{1+sinx})\cdot xsinx}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2sin^2\frac{x}{2}}{x\cdot sinx \cdot cosx}=\frac{1}{2} limx0x1+sin2x x1+tanx 1+sinx =limx0(1+tanx +1+sinx )x2sin2x(x1+sin2x +x)(tanxsinx)=limx0(1+tanx +1+sinx )xsinx(1+sin2x +1)(secx1)=limx0xsinxcosx2sin22x=21

  1. f ( x ) f(x) f(x) R R R 上连续,且 f ( x ) ≠ 0 f(x)\neq 0 f(x)=0 φ ( x ) \varphi(x) φ(x) R R R 上有定义,且有间断点,则下列陈述中哪些是对的,哪些是错的?如果是对的,说明理由;如果是错的,试给出一个反例.
    (1) φ [ f ( x ) ] \varphi[f(x)] φ[f(x)] 必有间断点
    (2) [ φ ( x ) ] 2 [\varphi(x)]^2 [φ(x)]2 必有间断点
    (3) f [ φ ( x ) ] f[\varphi(x)] f[φ(x)] 未必有间断点
    (4) φ ( x ) f ( x ) \frac{\varphi(x)}{f(x)} f(x)φ(x) 必有间断点
  • 解答:

  • (1)
    错。
    如:
    f ( x ) = 1 f(x)=1 f(x)=1
    φ ( x ) = { x + 1 , x ≥ 0 x − 1 , x < 0 \varphi(x)=\begin{cases}x+1,&x\geq 0\\x-1,&x<0\end{cases} φ(x)={x+1,x1,x0x<0
    φ ( x ) = 2 \varphi(x)=2 φ(x)=2 R R R上连续,没有间断点.

  • (2)
    错。
    如:
    φ ( x ) = { 1 , x ≥ 0 − 1 , x < 0 \varphi(x)=\begin{cases}1,&x\geq 0\\-1,&x<0\end{cases} φ(x)={1,1,x0x<0
    [ φ ( x ) ] 2 = 1 [\varphi(x)]^2=1 [φ(x)]2=1 R R R 上连续,没有间断点.

  • (3)
    对。
    如 (1) , f [ φ ( x ) ] = 1 f[\varphi(x)]=1 f[φ(x)]=1,在 R R R 上连续,没有间断点.

  • (4)
    对。
    F ( x ) = φ ( x ) f ( x ) F(x)=\frac{\varphi(x)}{f(x)} F(x)=f(x)φ(x) R R R 上连续。
    φ ( x ) = F ( x ) ⋅ f ( x ) \varphi(x)=F(x)\cdot f(x) φ(x)=F(x)f(x) R R R 上连续,这与题目中给定的条件矛盾
    ∴ φ ( x ) f ( x ) \therefore \frac{\varphi(x)}{f(x)} f(x)φ(x) R R R 上有间断点.


  1. 设函数 f ( x ) = { e x , x < 0 a + x , x ≥ 0 f(x)=\begin{cases}e^x,&x<0\\a+x,&x\geq 0\end{cases} f(x)={ex,a+x,x<0x0
    应当怎样选择数 a a a,使得 f ( x ) f(x) f(x) 成为在 ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty, +\infty) (,+) 内的连续函数.
  • 解答:
    lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = lim ⁡ x → 0 − e x = 1 \lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^-}e^x=1 limx0f(x)=limx0ex=1
    lim ⁡ x → 0 + f ( x ) = lim ⁡ x → 0 + ( a + x ) = a \lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}(a+x)=a limx0+f(x)=limx0+(a+x)=a
    a = 1 a=1 a=1 时, lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = lim ⁡ x → 0 + f ( x ) \lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x) limx0f(x)=limx0+f(x) f ( x ) f(x) f(x) ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) (,+) 内连续.

  • 学习资料
    1.《高等数学(第六版)》 上册,同济大学数学系 编

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