第三章函数极限 §1函数极限概念 例1用E-δ方法验证: lim_x+r-2 解(1)消去分式分子、分母中当x→1时的零化因子(x-1): f(x)=x2+x-2(x+2(x-1)x+2 x(x2-3x+2)x(x-1)(x-2)x(x-2) (2)把|(x)-(-3化为(x)x-1,其中(x)为x的分式 J(x)+3 x+2 3x2-5x+2_13x-2 x(x-2)|x2-2 其中q(x)= (3)确定x=1的邻域04xl<n,并估计o(x)在此邻域内的上界:取n2 0<x-1k<时,可得 B259-1-2 1x2-2x1-(x-1)p4 于是 4 (4)要使(x)+3x2-2+-1s1x-1k,只要取x-1kE.于是应取 3x-2 3 当0<x-1kd时,|f(x)-(-3)kE 例2用E-M方法验证 lim √x2+1-x
第三章 函数极限 §1 函数极限概念 例 1 用 − 方法验证： 3 ( 3 2) 2 lim 2 2 1 = − − + + − → x x x x x x . 解 （1）消去分式分子、分母中当 x →1 时的零化因子（x-1）： ( 2) 2 ( 1)( 2) ( 2)( 1) ( 3 2) 2 ( ) 2 2 − + = − − + − = − + + − = x x x x x x x x x x x x x f x . （2）把 f (x) − (−3) 化为 (x) x −1 ，其中 (x) 为 x 的分式： | 1| | 2 | | 3 2 | ( 2) 3 5 2 3 ( 2) 2 ( ) 3 2 2 − − − = − − + + = − + + = x x x x x x x x x x x f x ， 其中 x x x x 2 3 2 ( ) 2 − − = . （3）确定 x0 =1 的邻域 0<|x-1|< ，并估计 (x) 在此邻域内的上界：取 2 1 = ，当 0<|x-1|< 2 1 时，可得 3x − 2 ≤ 2 5 3| x −1| +1 ， 4 3 | 2 | |1 ( 1) | 2 2 x − x = − x − ， 于是 3 10 4 3 2 5 | 2 | | 3 2 | 2 = − − x x x . （4）要使 | 1| | 2 | | 3 2 | | ( ) 3| 2 − − − + = x x x x f x ≤ | −1| 3 10 x ，只要取 10 3 | x −1| .于是应取 = 10 3 , 2 1 min ， 当 0<|x-1|< 时， | f (x) − (−3)| . 例 2 用 − M 方法验证： 2 1 1 lim 2 = − + − →− x x x x
解 √x2+1-x √x2+1-x)2(√x2+1-x) 注意到当n→∞时,上式可以充分小,但是直接解不等式 希望由此得到ⅹ1,考虑到x→所需要的是x1k是v6>0, x0与x>M(vM>0), 使得snx1≥5这是今后掌握证明题和学习后继课程的基本技巧 证利用lmnf(x)≠A的正面陈述,应当证:3E>0,wM>0,3x>M,使得mx12E 当此取乱0=1,vM>0,取n∈N,使得x=2nx+z>M,于是 这样就证得 lim sin x≠0 例4设f(x)=x-[x 求在整数点n处的极限lf(x)与lmf(x) 分析初学的读者可能对求函数的在某点的左、右极限感的困难,有效的方法是仔细观 察函数在该点的左、右邻域内的表达式与变化的状态 解先求lmf(x).设d<1,当0<x-n<d时,有 于是
解 2( 1 ) 1 2 1 1 2 2 2 x x x x x x x + − + + = − − + − 2 2 2( 1 ) 1 x + − x = 注意到当 n→ 时，上式可以充分小，但是直接解不等式 + − 2 2 2( 1 ) 1 x x ， 希望由此得到 x<-M，整个过程相当繁复，现用放大法简化求 M 的过程.因为由 = − + − 2 2 2 2 8 1 ( 2 ) 1 2 1 2( 1 ) 1 x x x x ， 便可求得 8 2 1 x ，考虑到 x→− 所需要的是 8 1 x − .于是 8 1 0,M = ，当 x<-M 时， − − + − 2 1 1 2 x x x . 例 3 证明 lim sin 0 →+ x x . 分析 利用极限否定形式的正面陈述证明 lim sin 0 →+ x x 是学习函数极限中的难点.关键 在于仔细观察 x→+ 时，函数 sinx 变化的状态，适当选取 0 0 与 x M （ M 0 ）， 使得 0 sin x .这是今后掌握证明题和学习后继课程的基本技巧. 证 利用 f x A x →+ lim ( ) 的正面陈述，应当证： 0 0,M 0,x M ，使得 0 sin x . 当此取 , 0 2 1 0 = M ，取 n0 N+ ，使得 x = n + M 2 2 0 ，于是 0 1 0 2 sin sin 2 = x = n + ， 这样就证得 lim sin 0 →+ x x . 例 4 设 f (x) = x −[x]. 求在整数点 n 处的极限 lim f (x) x n → + 与 lim f (x) x n → − . 分析 初学的读者可能对求函数的在某点的左、右极限感的困难，有效的方法是仔细观 察函数在该点的左、右邻域内的表达式与变化的状态. 解 先求 lim f (x) x n → + .设 1 ，当 0 x − n 时，有 f (x) = x −[x] = x − n， 于是
lim f(x)=lm(x-n)=0 同理,设δ0,V6>0,3x∈U(x;),|f(x)-4≥E 若A=0,取E0=2,6>006 于是有imf(x)不存在 对于x0=0的情形,只需考虑右极限lmf(x) §2函数极限的性质 例1求极限lim x 分析求极限中的困难是Im(+5x-(1+x)=0,且其中出现根式√1+5x,使用的 方法是作变换y=+5x,然后对变量y的分式应用四则运算法则简化后求极限
lim f (x) x n → + = lim ( − ) = 0 → + x n x n . 同理，设 1 ，当 − x − n 0 时，有 f (x) = x −[x] = x − (n −1)， 于是 lim f (x) x n → − = lim ( − +1) =1 → − x n x n . 例 5 证明函数 = 0, , , , ( ) 为无理数 为有理数 x x x f x x(0,+) 在任何点 0 x 处 lim ( ) 0 f x x→x 不存在. 证 若 (0, ) x0 + ，要证 A ， lim ( ) 0 f x x→x ≠A.即 0, 0, ( ; ) 0 x U x0 ， 0 f (x ) − A . 若 A=0，取 , 0( ) 2 0 0 0 x x = ，由实数的稠密性， 有理数 ( ; ) x U + x0 （为何 在 ( ; ) U + x0 中取 x ？） 0 0 2 ( ) − 0 = = x f x x . 若 A≠0，取 , 0( ) 2 | | 0 0 x A = ，由实数的稠密性， 有理数 ( ; ) x U + x0 ， 0 2 | | ( ) − = = A f x A A . 于是有 lim ( ) 0 f x x→x 不存在. 对于 0 x =0 的情形，只需考虑右极限 lim ( ) 0 f x x→ + . §2 函数极限的性质 例 1 求极限 1 5 (1 ) lim 5 2 0 x x x x + − + → . 分析 求极限中的困难是 lim( 1 5 (1 )) 0 5 0 + − + = → x x x ，且其中出现根式 5 1+ 5x ，使用的 方法是作变换 5 y = 1+ 5x ，然后对变量 y 的分式应用四则运算法则简化后求极限
解作变换y=Ⅵ1+5x,x= +4 ,1+X y2+y)(y-1) y3+2y2+3y+4 当x→>0时,y→1,有 1(y+y3+y 5y3+2y2+3y+4=2 例2设mo(x)=a,在x0某邻域U°(x0;1)内φ(x)≠a,又lmf(t)=A.证明 lim f((x)=A (2.5) 解由imf(m)=A,E>0,3n>0,vⅥt∈U°(x0;m)时, A 又因为im(x)=a,故对上述>0,36>0(不妨取δ0,36>0,当x∈U(x;0)时 f((x)-4 注称(2.5)为复合求极限法,(25)不仅对x→x0型的极限成立,且对于 x→>+∞,x→-∞,x→∞,x→x,x→x都成立 例3求下列极限 +x+√x+x X+ 解
解 作变换 5 y = 1+ 5x ， 5 1 5 − = y x ， 5 4 1 5 + + = y x ，于是 1 5 (1 ) 5 2 x x x + − + = 5 4 ( 1) 25 1 5 5 2 + − − y y y 5( 1) ( 1) ( 1) 5 1 5 5 2 − − − − = y y y [4 ( )]( 1) ( 1) ( 1) 5 1 4 3 2 4 3 2 2 2 − + + + − + + + + − = y y y y y y y y y y 2 3 4 ( 1) 5 1 3 2 4 3 2 2 + + + + + + + = − y y y y y y y . 当 x → 0 时， y →1 ，有 2 1 2 3 4 ( 1) 5 1 lim 1 5 (1 ) lim 3 2 4 3 2 2 5 1 2 0 = − + + + + + + + = − + − + → → y y y y y y y x x x x y 例 2 设 x a x x = → lim ( ) 0 ，在 0 x 某邻域 ( ; ) 0 1 U x 内 (x) a ，又 lim f (t) A. t a = → 证明 f x A x x = → lim ( ( )) 0 . （2.5） 解 由 f t A t a = → lim ( ) ， 0, 0, ( ; ) t U x0 时， f (t) − A . 又因为 x a x x = → lim ( ) 0 ，故对上述 0, 0 （不妨取 1 ），当 ( ; ) xU x0 时， (x) − a .由此可得： 0, 0, 当 ( ; ) xU x0 时 f ((x)) − A ， 即 f x A x x = → lim ( ( )) 0 . 注 称（2.5）为复合求极限法，（2.5）不仅对 0 x → x 型的极限成立，且对于 → + → − →+ →− → 0 0 x , x , x , x x , x x 都成立. 例 3 求下列极限 1 lim + + + + →+ x x x x x x 解
lm v+vx+ x+√x x+1 最后等式是应用了复合求极限法 例4设a>0,证明 lim ar=l 分析我们知道数列极限:lima"=1,下面是用这已知的数列极限求证函数极限 证设a>1,当n≤xn+1时(n∈N) 因为ima=1,所以vE>0,3N,Wn>N,1-EN+1时,[x]+1>x≥[x]>N,则有 0(=1,2,…,n),证明 a+…+a = maxa 证设maxa=a4(1≤k≤n),于是有 {m 令x→+∞0,从例4可知→1,由函数极限的迫敛性,证得
1 lim + + + + →+ x x x x x x = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 lim = + + + + →+ x x x x x x x 最后等式是应用了复合求极限法. 例 4 设 a>0，证明 lim 1 1 = →+ x x a . 分析 我们知道数列极限： lim 1 1 = → n x a ，下面是用这已知的数列极限求证函数极限 lim 1 1 = →+ x x a . 证 设 a>1，当 n≤xN+1 时，[x]+1>x≥[x]>N，则有 − + + 1 1 [ ] 1 1 [ ] 1 1 x x x ＜a a a ， 即证得 lim 1 1 = →+ x x a . 同理可证当 a≤1 时结论也成立. 例 5 设 a 0(i 1,2, , n) i = ，证明 i i n x x n x x x a n a a a →+ = + + + 1 1 1 2 lim max . 证 设 max (1 ) 1 ai ak k n i n = ，于是有 k x x k x x n x x x x k x k a n n a n a a a n a n a = + + + = 1 1 1 2 1 1 1 ， 令 x→+ ，从例 4 可知 1 1 1 → x n ，由函数极限的迫敛性，证得
a1+a3+…+a =maxa §3函数极限存在的条件 例1设 (x为有理数 试用归结原则证明x0≠0时,mf(x)不存在 证若x0≠0,取{xn}为有理点列,lmx=x;取{”为无理点列,imx"=x。,因为 lm f(x'=lm x n=xo, lim f(x")=lim0=0 于是由归结原则可知lf(x)不存在 例2设 f(x)={.x为有理数 -x,x为无理数 若x0≠0,用柯西准则的否定形式证明皿f(x)不存在mf(x)是否存在? 证需证360>0.V6,3x2,x"∈U(x),使得|f(x')-f(x")≥5当x>0,取 E。=x0,δ>0,取x,x"∈U°(x0;δ),使x为有理数,x"为无理数,此时 f(x)-f(x")=x-(-x")=x+x">2x>5 由此可知lmf(x)不存在 因为f(x)1x|→0(x→0),所以mf(x)=0 例3设f(x)是[ab上严格递增函数,又若对xn∈(a,b(=12,…),有lmf(xn)=f(a) lim x =a 分析因为f(x)是[ab]上的严格递增函数,所以存在反函数∫.如果以为从
i i n x x n x x x a n a a a →+ = + + + 1 1 1 2 lim max . §3 函数极限存在的条件 例 1 设 = 0 . , ( ) 2 为无理数 为有理数 x x x f x 试用归结原则证明 x0 0 时， lim ( ) 0 f x x→x 不存在. 证 若 x0 0 ，取 xn 为有理点列， 0 lim x x n n = → ；取 xn 为无理点列， 0 lim x x n n = → .因为 2 0 2 lim f (x ) lim x x n n n n = = → → ， lim ( ) = lim 0 = 0 → n→ n n f x ， 于是由归结原则可知 lim ( ) 0 f x x→x 不存在. 例 2 设 − = , . , , ( ) 为无理数 为有理数 x x x x f x 若 x0 0 ，用柯西准则的否定形式证明 lim ( ) 0 f x x→x 不存在. lim ( ) 0 f x x→ 是否存在？ 证 需 证 0, , , ( ) 0 0 x x U x ，使得 0 f (x ) − f (x ) . 当 x0 0 ， 取 0 = x0 , 0 ，取 , ( ; ) x x U + x0 ，使 x 为有理数， x 为无理数，此时 2 0 0 f (x ) − f (x ) = x − (−x ) = x + x x . 由此可知 lim ( ) 0 f x x→x 不存在. 因为 f (x) | x |→0(x →0) ，所以 lim ( ) 0 f x x→ =0. 例3 设 f (x) 是[a,b]上严格递增函数，又若对 x (a,b](n =1,2, ) n ，有 lim f (x ) f (a) n n = → . 证明 xn a n = → lim . 分析 因为 f (x) 是[a,b] 上的严格递增函数，所以存在反函数 −1 f . 如果以为从
imf(x)=f(a)可以推得lin(f。fxn)=(-。f)(a),因而mxn=a,那就错了,这 是因为f(x)并非是[b]上的连续函数(第四章),因而不能断定∫的连续性本题证明应从 反证法着手,由此可见数列极限的否定形式的正面陈述在证明题中的重要性 证用反证法,若mxn≠a,则30>0,n}{n},使得 由x≥a+E0,和f(x)的严格递增性,有 f(xn)≥f(a+E0)>f(a) 因为mf(x2)=lmf(xn)=f(a),于是对上式取k→∞的极限后,得到 f(a)≥f(a+c0)>f(a),而这是不可能的所以有lmxn= 例4设函数f(x)是[a,x)上单调,则极限lmf(x)存在的充要条件是f在[a,x0)上 有界 分析上述结论说明函数单侧极限的单调有界定理的条件不仅是充分而且是必要的 而它的必要性的证明是利用了单侧函数极限的局部有界性 证[必要性]若lmf(x)存在,则由函数极限的局部有界性,彐δ。>0,f(x)在 U°(x0;6)内有界而在[anx0-6(不妨设a<xo-60)上f(x)是单调函数,于是 x∈[a,xn-o],(x)≤max{(a)f(xn-6),由此函数∫在[a,x)上有界 [充分性]若函数∫在[a,x)上有界,因为∫在[a,x)上单调,由函数极限的单调有界 定理,imf(x)存在 例5设f(x)在点x0的邻域内有定义试证:若对任何满足下述条件的数列{xn}, xn∈U°(x0),xn→x0, 0<rm1-xo<r -xol (3.12) 都有imf(xn)=A,则mf(x)=A 分析由归结原则可知:上述结论不仅是充分的,而且是必要的本题可看作函数极限 归结原则的加强形式,即子列{xn}只要满足(312)的加强条件就可以了注意下面证明中选 子列的方法
lim f (x ) f (a) n n = → 可以推得 lim( )( ) ( )( ) 1 1 f f xn f f a n − − → = ，因而 xn a n = → lim ，那就错了，这 是因为 f (x) 并非是[a,b]上的连续函数（第四章），因而不能断定 −1 f 的连续性.本题证明应从 反证法着手，由此可见数列极限的否定形式的正面陈述在证明题中的重要性. 证 用反证法，若 xn a n → lim ，则 0 0 ， xn xn k ，使得 0 x − a nk . 由 0 x a + nk ，和 f (x) 的严格递增性，有 ( ) ( ) ( ) f x f a 0 f a nk + . 因为 lim f (x ) lim f (x ) f (a) n n n k k = = → → ，于是对上式取 k → 的极限后，得到 ( ) ( ) ( ) f a f a + 0 f a ，而这是不可能的.所以有 xn a n = → lim . 例 4 设函数 f (x) 是 [ , ) 0 a x 上单调，则极限 lim ( ) 0 f x x x → − 存在的充要条件是 f 在 [ , ) 0 a x 上 有界. 分析 上述结论说明函数单侧极限的单调有界定理的条件不仅是充分而且是必要的， 而它的必要性的证明是利用了单侧函数极限的局部有界性. 证 [必要性] 若 lim ( ) 0 f x x x → − 存在，则由函数极限的局部有界性， 0, ( ) 0 f x 在 ( ; ) 0 0 U x − 内有界.而在 [ , ] 0 − 0 a x （不妨设 0 − 0 a x ）上 f (x) 是单调函数，于是 x [ , ] 0 − 0 a x ， f (x) ≤ max f (a), f (x0 − 0 ) ，由此函数 f 在 [ , ) 0 a x 上有界. [充分性] 若函数 f 在 [ , ) 0 a x 上有界，因为 f 在 [ , ) 0 a x 上单调，由函数极限的单调有界 定理， lim ( ) 0 f x x x → − 存在. 例 5 设 f (x) 在点 0 x 的邻域内有定义.试证：若对任何满足下述条件的数列 xn ， ( ) 0 x U x n ， 0 x x n → ， 0 1 0 0 x x x x n+ − n − ， （3,12） 都有 f xn A n = → lim ( ) ，则 f x A x x = → lim ( ) 0 . 分析 由归结原则可知：上述结论不仅是充分的，而且是必要的.本题可看作函数极限 归结原则的加强形式，即子列 xn 只要满足（3.12）的加强条件就可以了.注意下面证明中选 子列的方法
证用反证法若imf(x)≠A,则 36>0,v6>0.,x'∈U(x;06),使得f(x)-A≥6。取1=1,彐x∈U(x;o),使 得/(x)-425取62=m1-x,32EUx,62),使得/(x2)一42 取=m1-x,3,Ex,,使得/(x)-42c与m/()=4 相矛盾所以mf(x)=A成立 §4两个重要的极限 sin x 例1求极限im 1-2 cosx 解作变换y=x-,当x→时,y→0,于是有 L-E 1-2 cosx y+0 1-2cos y+T li-S- =lim y y-xo 1-cos y = 2 sin=cos 例2求极限im tan(x+xo)tan(x-xo)+ tan-xo ,x0≠k丌+(k=0,±1+2,…) AE lim tan(x+xo)tan(x-xo)+tan?xo tan o+ tan xo =如、1-tan2xn2x
证 用反证法.若 f x A x x → lim ( ) 0 ，则 0, 0, ( ; ) 0 x U x0 ，使得 0 f (x ) − A .取 1 =1， ( ; ) 1 0 1 x U x ，使 得 1 0 f (x ) − A .取 2 = 1 − 0 , 2 1 min x x ， ( ; ) 2 0 2 x U x ，使得 2 0 f (x ) − A ； ………… 取 = −1 − 0 , 1 min x x n n n ， ( ; ) n 0 n x U x ，使得 0 f (x ) − A n 与 f x A x x = → lim ( ) 0 相矛盾.所以 f x A x x = → lim ( ) 0 成立. §4 两个重要的极限 例 1 求极限 x x x 1 2 cos 3 sin lim 3 − − → . 解 作变换 3 y = x − ，当 3 x → 时， y →0 ，于是有 − + = − − → → 3 1 2cos sin lim 1 2cos 3 sin lim 0 3 y y x x y x = y y y y 1 cos 3 sin sin lim 0 − + → = 3 sin 1 cos 1 lim 0 + → − y y y = 3 2 cos 2 2sin 2 2sin 1 lim 2 0 + → y y y y = 3 1 . 例 2 求极限 ( 0, 1, 2, ) 2 , tan( )tan( ) tan lim 2 0 0 2 0 0 0 + = + − + → x k k x x x x x x x . 解 2 0 2 0 0 0 tan( )tan( ) tan lim x x x x x x x + − + → = 2 0 2 0 2 2 0 2 2 0 tan 1 tan tan tan tan lim x x x x x x x + − − → = 2 0 2 2 0 2 4 0 (1 tan tan ) tan (1 tan ) lim x x x x x x − − →
-(-tan'so lin tanxllim1-tan'xtanso =(1-tan'xo) 例3求极限lmn x+n (n为正整数) 解lin X-n 作变换y=如,当x→∞时,y→0,于是 X-n im(+)=lim(1 +y)7*=lim(+y)') "lim(1 +y)=e2m 例4试求下列极限: sn x (2) lim xsin x: (3) lim xsin - (4) lim xsin x: (3) lim xsin -: 分析这几个极限不小心时容易混淆把(1)误认为mx;(2)与(4)函数相同 但变量x的趋向不同:(3)与(5)也有类似的情况注意变理的趋向是避免出错的关键 解(1)由 (2)由xSix4x|,可得 n xsin x=0(也可按 lm xsin x= lim x. lim sin x=0求得相 同结果) (3)因为xsms,所以mxsm=0 (4)取x=2nx+,lmx, sinx=+∞,由归结原则, lim xsin x不存在 (5)作变换y=1 有y→0,于是 lim xsin -=lim xsin -=I 例5设某种细菌繁殖的速度在合适的条件下与当时已有的数量B0成正比,即V=kB 其中k为比例常数,问经过时间t以后细菌数量为多少? 解为了计算出时刻t时的细菌数量,先把时间间隔等分为n份 t4|由于繁殖过程可看作连续变化的,因此当n充分大时,在每个
= (1 tan ) 1 tan tan 1 lim tan (1 tan ) lim 0 4 0 2 2 0 2 0 0 4 x x x x x x x x = − − − → → 例 3 求极限 x x x n x n − + → lim （n 为正整数） 解 x x x n x n − + → lim = x x x n n − + → 2 lim 1 作变换 x n n y − = 2 ，当 x → 时, y → 0 ，于是 x x x n x n − + → lim = ) 2 ( 0 lim (1 ) n y n y y + → + = n n y y n y y y e 2 0 2 1 0 lim ((1+ ) ) lim (1+ ) = → → 例 4 试求下列极限： （1） x x x sin lim → ； （2） x x x lim sin →0 ； （3） x x x 1 lim sin →0 ； （4） x x x lim sin → ； （3） x x x 1 lim sin →− ； 分析 这几个极限不小心时容易混淆.把（1）误认为 x x x sin lim →0 ；（2）与（4）函数相同， 但变量 x 的趋向不同；（3）与（5）也有类似的情况.注意变理的趋向是避免出错的关键. 解 （1）由 x x sin x 1 ，可知 x x x sin lim → =0. （2）由 x sin x | x | ，可得 x x x lim sin →0 =0（也可按 x x x lim sin →0 = → x x 0 lim x x lim sin →0 =0 求得相 同结果）. （3）因为 x x x 1 sin ，所以 x x x 1 lim sin →0 =0. （4）取 2 2 xn = n + ， = + → n n x lim x sin x ，由归结原则， x x x lim sin → 不存在. （5）作变换 x y 1 = ，有 y →0 ，于是 x x x 1 lim sin → = 1 sin lim sin 0 = → y y x y 例 5 设某种细菌繁殖的速度在合适的条件下与当时已有的数量 B0 成正比，即 0 V = kB ， 其中 k 为比例常数，问经过时间 t 以后细菌数量为多少？ 解 为 了 计 算 出 时 刻 t 时 的 细 菌 数 量 ， 先 把 时 间 间 隔 等 分 为 n 份 − t t n n n t n t n t , 1 , , 2 0, , , .由于繁殖过程可看作连续变化的，因此当 n 充分大时，在每个
小区间中繁殖速度可近似看作常数 在0内细菌繁殖数量为kB,在这段时间末细菌数量为B1 末细菌数量为B1+k 在时间t时,细菌数量为B1+k 当n赵来越大时,上述数量与实际的数量越来越接近设 有 2(+4)=(+ lim B.1+ Be 由此可见,这类细菌的增长规律是符合于指数规律的 注实际上,上述证明中应用了幂函数的连续性(见第四章) §5无穷小量与无穷大量 例1试确定a的值,使下列函数与(x-1)“当x→1时为同阶无穷小量 (1)x3-3x+2:(2)mnx:(3)ex-e 解(1)因为x3-3x+2=(x-1)2(x-2),于是 -3x+2=1im (x-1)2(x+2) 这样a=2 (2)设y=x-1,当x→1时,y→0,于是 lim n(1+y) =lim In(1+y)- 这样a=1; (3) lim e=lim e 1)
小区间中繁殖速度可近似看作常数. 在 n t 0, 内细菌繁殖数量为 n t kB0 ，在这段时间末细菌数量为 + n t B 1 k 0 ； 在 n t n t 2 , 末细菌数量为 2 0 1 + n t B k ； ………… 在时间 t 时，细菌数量为 n n t B k 0 1 + . 当 n 赵来越大时，上述数量与实际的数量越来越接近.设 n kt x = 1 ，有 = + → n n n t lim B 1 k 0 ktx x x B + → 1 lim 0 1 = kt kt x n B e x B0 0 1 lim 1 = + → . 由此可见，这类细菌的增长规律是符合于指数规律的. 注 实际上，上述证明中应用了幂函数的连续性（见第四章）. §5 无穷小量与无穷大量 例 1 试确定α的值，使下列函数与 (x −1) 当 x →1 时为同阶无穷小量： （1） 3 2 3 x − x + ；（2） Inx ；（3） e e x − . 解 （1）因为 3 2 3 x − x + = ( 1) ( 2) 2 x − x − ，于是 3 ( 1) ( 1) ( 2) lim ( 1) 3 2 lim 2 2 1 2 3 1 = − − + = − − + → → x x x x x x x x 这样α=2； （2）设 y = x −1 ，当 x →1 时， y →0 ，于是 lim (1 ) 1 (1 ) lim 1 lim 1 1 0 0 = + = + = → − → → y x y y In y y In y x Inx ， 这样α=1； （3） ( 1) 1 1 lim 1 lim 1 1 1 = − − − = − − − → → y x x e e x e e x x x x 令
