【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) 和 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 f⋅g 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=f−1(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={y∣y=f(x),x∈Ix} 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)⊂Df⋅g. 若 lim x → x 0 g ( x ) = u 0 \lim_{x\rightarrow x_0}g(x)=u_0 limx→x0g(x)=u0,而函数 y = f ( u ) y=f(u) y=f(u) 在 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) limx→x0f[g(x)]=limu→u0f(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)⊂Df⋅g. 若函数 u = g ( x ) u=g(x) u=g(x) 在 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) 在 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)] 在 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
- 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+x−6x3+3x2−x−3 的连续区间,并求极限 lim x → 0 f ( x ) \lim_{x\rightarrow 0}f(x) limx→0f(x), lim x → − 3 f ( x ) \lim_{x\rightarrow -3}f(x) limx→−3f(x) 及 lim x → 2 f ( x ) \lim_{x\rightarrow 2}f(x) limx→2f(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)(x−2)(x+3)(x+1)(x−1) 在 x = − 3 x=-3 x=−3 和 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} limx→0f(x)=limx→0−6−3=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} limx→−3f(x)=limx→−3−5(−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 limx→2f(x)=limx→2x−2(x+1)(x−1)=∞
- 设函数 f ( x ) f(x) f(x) 与 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) 与 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) 与 ψ ( x ) \psi(x) ψ(x) 在点 x 0 x_0 x0 也连续.
- 求下列极限:
(1) lim x → 0 x 2 − 2 x + 5 \lim_{x\rightarrow 0}\sqrt{x^2-2x+5} limx→0x2−2x+5
(2) lim α → π 4 ( s i n 2 α ) 3 \lim_{\alpha \rightarrow \frac{\pi}{4}}(sin2\alpha)^3 limα→4π(sin2α)3
(3) lim x → π 6 l n ( 2 c o s 2 x ) \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{6}}ln(2cos2x) limx→6πln(2cos2x)
(4) lim x → 0 x + 1 − 1 x \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x} limx→0xx+1−1
(5) lim x → 1 5 x − 4 − x x − 1 \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1} limx→1x−15x−4−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} limx→αx−αsinx−sinα
(7) lim x → + ∞ ( x 2 + x − x 2 − x ) \lim_{x\rightarrow +\infty}(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}) limx→+∞(x2+x−x2−x)
- 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} limx→0x2−2x+5=0−0+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 limα→4π(sin2α)3=[sin(2⋅4π)]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 limx→6πln(2cos2x)=ln(2cos(2⋅6π))=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} limx→0xx+1−1=limx→0x(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 limx→1x−15x−4−x=limx→1(x−1)(5x−4+x)(5x−4−x)(5x−4+x)=limx→15x−4+x4=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 limx→αx−αsinx−sinα=limx→αx−α2⋅cos2x+α⋅sin2x−α=limx→αcos2x+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−x2−x)=limx→+∞x2+x+x2−x(x2+x−x2−x)(x2+x+x2−x)=limx→+∞x2+x+x2−x2x=limx→+∞1+x1+1−x12=1
- 求下列极限:
(1) lim x → ∞ e 1 x \lim_{x\rightarrow \infty}e^{\frac{1}{x}} limx→∞ex1
(2) lim x → 0 l n s i n x x \lim_{x\rightarrow 0}ln\frac{sinx}{x} limx→0lnxsinx
(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} limx→0(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)2x−1
(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} limx→0x1+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 limx→∞ex1=elimx→∞x1=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 limx→0lnxsinx=lnlimx→0xsinx=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} limx→0(1+3⋅tan2x)cot2x(令 t = 3 ⋅ t a n 2 x t=3\cdot tan^2x t=3⋅tan2x) = lim t → 0 + ( 1 + t ) 3 t =\lim_{t\rightarrow 0^+}(1+t)^\frac{3}{t} =limt→0+(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)2x−1=limx→∞(1+6+x−3)−36+x⋅6+x−3⋅2x−1=elimx→∞6+x3⋅21−x=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} limx→0x1+sin2x−x1+tanx−1+sinx=limx→0(1+tanx+1+sinx)⋅x2sin2x(x1+sin2x+x)(tanx−sinx)=limx→0(1+tanx+1+sinx)⋅xsinx(1+sin2x+1)(secx−1)=limx→0x⋅sinx⋅cosx2sin22x=21
- 设 f ( x ) f(x) f(x) 在 R R R 上连续,且 f ( x ) ≠ 0 f(x)\neq 0 f(x)=0, φ ( x ) \varphi(x) φ(x) 在 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,x−1,x≥0x<0
φ ( x ) = 2 \varphi(x)=2 φ(x)=2 在 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,x≥0x<0
[ φ ( x ) ] 2 = 1 [\varphi(x)]^2=1 [φ(x)]2=1 在 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。
设 F ( x ) = φ ( x ) f ( x ) F(x)=\frac{\varphi(x)}{f(x)} F(x)=f(x)φ(x) 在 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) 在 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) 在 R R R 上有间断点.
- 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<0x≥0
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 limx→0−f(x)=limx→0−ex=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 limx→0+f(x)=limx→0+(a+x)=a
当 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) limx→0−f(x)=limx→0+f(x), f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , + ∞ ) (-\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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