第一章 函数、极限与连续

选择题

单选题李正元练习题·高等数学选择题

极限

$$\displaystyle \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^{\frac{1}{x^2}}$$

A. 等于 $\displaystyle e^{-\frac16}$；

B. 等于 $\displaystyle e^{\frac16}$；

C. 等于 $\displaystyle e^{-6}$；

D. 不存在。

这是“$\displaystyle 1^\infty$”型极限。设原极限为 $\displaystyle L$，取对数：

$$\displaystyle \ln L=\lim_{x\to0}\dfrac{1}{x^2}\ln\dfrac{\sin x}{x}.$$

由

$$\displaystyle \dfrac{\sin x}{x}=1-\dfrac{x^2}{6}+o(x^2), \qquad \ln(1+u)=u+o(u),$$

可得

$$\displaystyle \ln\dfrac{\sin x}{x}=-\dfrac{x^2}{6}+o(x^2),$$

从而

$$\displaystyle \ln L=-\frac16, \qquad L=e^{-1/6}.$$

故选（A）。（B）的指数符号错误；（C）的指数数值错误；极限存在，故（D）错误。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处连续，$\displaystyle \varphi(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处间断，又 $\displaystyle f(a)\ne0$，则

A. $\displaystyle \varphi[f(x)]$ 在 $\displaystyle x=a$ 处间断；

B. $\displaystyle f[\varphi(x)]$ 在 $\displaystyle x=a$ 处间断；

C. $\displaystyle [\varphi(x)]^2$ 在 $\displaystyle x=a$ 处间断；

D. $\displaystyle \dfrac{\varphi(x)}{f(x)}$ 在 $\displaystyle x=a$ 处间断。

因为 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle a$ 处连续且 $\displaystyle f(a)\ne0$，所以 $\displaystyle 1/f(x)$ 在 $\displaystyle a$ 的某邻域内有定义并连续。若

$$\displaystyle \dfrac{\varphi(x)}{f(x)}$$

在 $\displaystyle a$ 处连续，则

$$\displaystyle \varphi(x)=f(x)\dfrac{\varphi(x)}{f(x)}$$

也应在 $\displaystyle a$ 处连续，与题设矛盾。因此（D）必成立。

其余选项均不一定成立。例如复合函数可能因内层函数的取值范围而连续；取 $\displaystyle f$ 为常值函数可否定（B）；间断函数平方后也可能成为常函数，可否定（C）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

“$\displaystyle f(x)$ 在点 $\displaystyle a$ 连续”是“$\displaystyle |f(x)|$ 在点 $\displaystyle a$ 处连续”的（　）条件。

A. 必要非充分；

B. 充分非必要；

C. 充要；

D. 既非充分又非必要。

若 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle a$ 处连续，则绝对值函数连续，故复合函数 $\displaystyle |f(x)|$ 在 $\displaystyle a$ 处连续，因此前者是后者的充分条件。

反之不成立。例如

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} -1,&x$$

在 $\displaystyle a$ 处间断，但 $\displaystyle |f(x)|\equiv1$ 连续。所以该条件充分但非必要。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设数列 $\displaystyle x_n,y_n$ 满足 $\displaystyle \lim\limits_{n\to\infty}x_ny_n=0$，则下列正确的是

A. 若 $\displaystyle x_n$ 发散，则 $\displaystyle y_n$ 必发散；

B. 若 $\displaystyle x_n$ 无界，则 $\displaystyle y_n$ 必有界；

C. 若 $\displaystyle x_n$ 有界，则 $\displaystyle y_n$ 必为无穷小；

D. 若 $\displaystyle \dfrac1{x_n}$ 为无穷小，则 $\displaystyle y_n$ 必为无穷小。

若 $\displaystyle 1/x_n\to0$，则

$$\displaystyle y_n=(x_ny_n)\frac1{x_n}\to0,$$

故（D）正确。

（A）可取 $\displaystyle x_n=n,y_n=0$；（C）可取 $\displaystyle x_n=0,y_n=n$。对（B），令

$$\displaystyle x_{2k}=k,\quad y_{2k}=\frac1{k^2},\qquad x_{2k-1}=\frac1{k^2},\quad y_{2k-1}=k,$$

则 $\displaystyle x_n,y_n$ 均无界，而 $\displaystyle x_ny_n\to0$。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

$\displaystyle f(x)=x\sin x$

A. 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 内有界；

B. 当 $\displaystyle x\to+\infty$ 时为无穷大；

C. 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 内无界；

D. 当 $\displaystyle x\to\infty$ 时有极限。

取

$$\displaystyle x_k=\dfrac\pi2+2k\pi,$$

则 $\displaystyle x_k\sin x_k=x_k\to+\infty$，所以函数在实数轴上无界。

但当 $\displaystyle x=k\pi$ 时函数值为零；当 $\displaystyle x=3\pi/2+2k\pi$ 时函数值趋于 $\displaystyle -\infty$。因此它既不趋于无穷大，也不存在极限，故只有（C）正确。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f(x),g(x)$ 在 $\displaystyle x=x_0$ 均不连续，则在 $\displaystyle x=x_0$ 处

A. $\displaystyle f(x)+g(x)$、$\displaystyle f(x)g(x)$ 均不连续；

B. $\displaystyle f(x)+g(x)$ 不连续，$\displaystyle f(x)g(x)$ 的连续性不确定；

C. $\displaystyle f(x)+g(x)$ 的连续性不确定，$\displaystyle f(x)g(x)$ 不连续；

D. $\displaystyle f(x)+g(x)$、$\displaystyle f(x)g(x)$ 的连续性均不确定。

两个间断函数的间断可能在和或积中相互抵消，也可能保留下来。例如令

$$\displaystyle h(x)= \begin{cases} -1,&x$$

取 $\displaystyle f=h,g=-h$，则

$$\displaystyle f+g\equiv0, \qquad fg\equiv-1,$$

二者均连续；改变函数的取法，又可使和或积不连续。因此 $\displaystyle f+g$ 与 $\displaystyle fg$ 的连续性均不能确定。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

当 $\displaystyle n\to\infty$ 时，$\displaystyle \left(1+\dfrac1n\right)^n-e$ 是 $\displaystyle \dfrac1n$ 的

A. 高阶无穷小；

B. 低阶无穷小；

C. 等价无穷小；

D. 同阶但非等价无穷小。

由展开式

$$\displaystyle n\ln\left(1+\frac1n\right) =1-\frac1{2n}+O\left(\frac1{n^2}\right),$$

得

$$\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^n =e\left[1-\frac1{2n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\right].$$

所以

$$\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^n-e =-\dfrac{e}{2n}+O\left(\frac1{n^2}\right),$$

并且

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \dfrac{(1+1/n)^n-e}{1/n}=-\dfrac e2.$$

比值为非零有限常数但不等于 $\displaystyle 1$，故二者同阶但不等价。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设

$$\displaystyle f(x)=\dfrac{x^2-x}{|x|(x^2-1)},$$

则下列结论：

（1）$\displaystyle x=1$ 为可去间断点；

（2）$\displaystyle x=0$ 为跳跃间断点；

（3）$\displaystyle x=-1$ 为无穷间断点。

中正确的个数是

A. 0；

B. 1；

C. 2；

D. 3。

当 $\displaystyle x\ne-1,0,1$ 时，

$$\displaystyle f(x)=\dfrac{x(x-1)}{|x|(x-1)(x+1)} =\dfrac{x}{|x|(x+1)}.$$

在 $\displaystyle x=1$ 处，极限为 $\displaystyle 1/2$，故为可去间断点；在 $\displaystyle x=0$ 处，左右极限分别为 $\displaystyle -1$ 与 $\displaystyle 1$，故为跳跃间断点；在 $\displaystyle x=-1$ 附近，

$$\displaystyle f(x)=-\frac1{x+1},$$

其绝对值趋于无穷大，故为无穷间断点。三个结论均正确。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

把当 $\displaystyle x\to0^+$ 时的无穷小量

$$\displaystyle \alpha=\tan x-x,\qquad \beta=\int_0^x(1-\cos\sqrt t)\,dt,\qquad \gamma=\left(\dfrac{2-x^3}{2}\right)^{\frac1{x^3}}-1$$

排列起来，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是

A. $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma$；

B. $\displaystyle \gamma,\beta,\alpha$；

C. $\displaystyle \beta,\alpha,\gamma$；

D. $\displaystyle \gamma,\alpha,\beta$。

$$\displaystyle \alpha=\tan x-x\sim\dfrac{x^3}{3}.$$

又因为

$$\displaystyle 1-\cos\sqrt t\sim\dfrac t2,$$

所以

$$\displaystyle \beta\sim\int_0^x\dfrac t2\,dt=\dfrac{x^2}{4}.$$

然而

$$\displaystyle \gamma=\left(1-\dfrac{x^3}{2}\right)^{1/x^3}-1 \to e^{-1/2}-1\ne0.$$

因此 $\displaystyle \gamma$ 并不是无穷小量，无法按题意排序。按现有题面，四个选项均不成立，题目中的指数或括号很可能存在排印错误。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

在

$$\displaystyle \begin{aligned} &\text{① }\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac1{x^2}},\qquad \text{② }\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac1{x^3}},\\ &\text{③ }\lim_{x\to0}(1-x)^{\frac1{x^2}},\qquad \text{④ }\lim_{x\to0}(1-x)^{\frac1{x^3}} \end{aligned}$$

中，无穷大量是

A. ①②；

B. ③④；

C. ②④；

D. ②。

分别取对数。

对①，

$$\displaystyle \dfrac{\ln(1+x)}{x^2}\sim\frac1x,$$

左右趋向不同，原极限不存在。

对②，

$$\displaystyle \dfrac{\ln(1+x)}{x^3} =\frac1{x^2}-\frac1{2x}+O(1)\to+\infty,$$

故②趋于 $\displaystyle +\infty$。

对③，

$$\displaystyle \dfrac{\ln(1-x)}{x^2}\sim-\frac1x,$$

左右趋向不同，原极限不存在。

对④，

$$\displaystyle \dfrac{\ln(1-x)}{x^3} =-\frac1{x^2}-\frac1{2x}+O(1)\to-\infty,$$

故④趋于 $\displaystyle 0$。因此只有②是无穷大量。

填空题

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\dfrac{3x^2\sin\frac1x+2\sin x}{x}=\underline{\qquad}.$$

$$\displaystyle \dfrac{3x^2\sin(1/x)+2\sin x}{x} =3x\sin\frac1x+\dfrac{2\sin x}{x}.$$

令 $\displaystyle u=1/x\to0$，则

$$\displaystyle x\sin\frac1x=\dfrac{\sin u}{u}\to1.$$

又因 $\displaystyle |\sin x|\le1$，有

$$\displaystyle \left|\dfrac{2\sin x}{x}\right|\le\frac2{|x|}\to0.$$

故极限为 $\displaystyle 3$。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+f(x)\tan x}-1}{e^{2x}-1}=3,$$

则 $\displaystyle \lim\limits_{x\to0}f(x)=\underline{\qquad}$。

由题设极限有限可知 $\displaystyle f(x)\tan x\to0$。利用

$$\displaystyle \sqrt{1+u}-1\sim\dfrac u2, \qquad e^{2x}-1\sim2x, \qquad \tan x\sim x,$$

得

$$\displaystyle 3=\lim_{x\to0}\dfrac{\frac12f(x)\tan x}{2x} =\frac14\lim_{x\to0}f(x).$$

所以

$$\displaystyle \lim_{x\to0}f(x)=12.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle K,L,\delta$ 为正的常数，则

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\left[\delta K^{-x}+(1-\delta)L^{-x}\right]^{-\frac1x}=\underline{\qquad}.$$

$$\displaystyle K^{-x}=1-x\ln K+o(x), \qquad L^{-x}=1-x\ln L+o(x).$$

因此括号内为

$$\displaystyle 1-x\bigl[\delta\ln K+(1-\delta)\ln L\bigr]+o(x).$$

取对数后，原极限的对数为

$$\displaystyle \delta\ln K+(1-\delta)\ln L,$$

故原极限为

$$\displaystyle K^\delta L^{1-\delta}.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} ae^{2x},&x\le0,\\[2mm] \dfrac{1-e^{\ln x}}{\arcsin\dfrac{x}{2}},&x>0, \end{cases}$$

在点 $\displaystyle x=0$ 处连续，则常数 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$。

当 $\displaystyle x>0$ 时，$\displaystyle e^{\ln x}=x$，故

$$\displaystyle \dfrac{1-e^{\ln x}}{\arcsin(x/2)} =\dfrac{1-x}{\arcsin(x/2)}.$$

当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，分子趋于 $\displaystyle 1$，分母趋于 $\displaystyle 0^+$，所以右极限为 $\displaystyle +\infty$。而

$$\displaystyle f(0)=a$$

为有限常数，因此函数不可能在 $\displaystyle x=0$ 处连续。题面很可能存在录入错误。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$\displaystyle 1+x^2-e^{x^2}$ 当 $\displaystyle x\to0$ 时是 $\displaystyle x$ 的 $\displaystyle \underline{\qquad}$ 阶无穷小（填数字）。

$$\displaystyle e^{x^2}=1+x^2+\dfrac{x^4}{2}+o(x^4),$$

所以

$$\displaystyle 1+x^2-e^{x^2}=-\dfrac{x^4}{2}+o(x^4).$$

故它是关于 $\displaystyle x$ 的四阶无穷小。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

已知

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+a}{x-a}\right)^x=9,$$

则 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$。

取对数：

$$\displaystyle \ln9 =\lim_{x\to\infty}x\ln\dfrac{x+a}{x-a} =\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1+\dfrac{2a}{x-a}\right) =2a.$$

因此

$$\displaystyle a=\frac12\ln9=\ln3.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}(1+2^n+3^n)^{\frac1n}=\underline{\qquad}.$$

提出最大项 $\displaystyle 3^n$：

$$\displaystyle (1+2^n+3^n)^{1/n} =3\left[1+\left(\frac23\right)^n+\left(\frac13\right)^n\right]^{1/n}.$$

括号内趋于 $\displaystyle 1$，其 $\displaystyle n$ 次方根也趋于 $\displaystyle 1$，故极限为 $\displaystyle 3$。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

若

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1-2x^3)+xf(x)}{x^6}=3,$$

则

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-2x^2}{x^5}=\underline{\qquad}.$$

$$\displaystyle \ln(1-2x^3)=-2x^3-2x^6+o(x^6).$$

于是

$$\displaystyle \dfrac{\ln(1-2x^3)+xf(x)}{x^6} =\dfrac{f(x)-2x^2}{x^5}-2+o(1).$$

左端极限为 $\displaystyle 3$，故

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-2x^2}{x^5}=3+2=5.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\arctan(x-\ln x\cdot\sin x)=\underline{\qquad}.$$

由 $\displaystyle |\sin x|\le1$，

$$\displaystyle x-\ln x\sin x\ge x-\ln x\to+\infty.$$

因此反正切函数的自变量趋于 $\displaystyle +\infty$，从而

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\arctan(x-\ln x\sin x)=\dfrac\pi2.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}x^{\sin x}=\underline{\qquad}.$$

令 $\displaystyle y=x^{\sin x}$，则

$$\displaystyle \ln y=\sin x\ln x\sim x\ln x\to0.$$

所以

$$\displaystyle y\to e^0=1.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}\left(\dfrac{2^x+3^x}{3}\right)^{\frac1x}=\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle y=\left(\dfrac{2^x+3^x}{3}\right)^{1/x}.$$

当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，底数趋于 $\displaystyle 2/3<1$，故

$$\displaystyle \ln y=\frac1x\ln\left(\dfrac{2^x+3^x}{3}\right)\to-\infty.$$

因此 $\displaystyle y\to0$。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac1{bx-\sin x}\int_0^x\dfrac{t^2}{\sqrt{a^2+t^2}}\,dt=4,$$

则 $\displaystyle a=\underline{\qquad}$，$\displaystyle b=\underline{\qquad}$。

当 $\displaystyle a\ne0$ 时，

$$\displaystyle \int_0^x\dfrac{t^2}{\sqrt{a^2+t^2}}\,dt =\dfrac{x^3}{3|a|}+o(x^3).$$

又

$$\displaystyle bx-\sin x=(b-1)x+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3).$$

若 $\displaystyle b\ne1$，原比值趋于零，不可能等于 $\displaystyle 4$，故 $\displaystyle b=1$。此时

$$\displaystyle 4=\dfrac{1/(3|a|)}{1/6}=\frac2{|a|},$$

从而 $\displaystyle |a|=1/2$。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

函数

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} \dfrac{\sin3x}{x},&x<0,\\[2mm] 3,&x=0,\\[2mm] 3+xe^{-\frac1x},&x>0 \end{cases}$$

的连续区间是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

各分段在其内部连续，只需考察 $\displaystyle x=0$。有

$$\displaystyle \lim_{x\to0^-}\dfrac{\sin3x}{x}=3, \qquad \lim_{x\to0^+}\left(3+xe^{-1/x}\right)=3,$$

且 $\displaystyle f(0)=3$。故函数在 $\displaystyle 0$ 处连续，从而在整个实数轴上连续。

计算题

主观题李正元练习题·高等数学计算题

求下列极限：

（1）

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+x\sin x}-1}{e^{x^2}-1};$$

（2）

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(1+\dfrac tn+\dfrac{t^2}{2n^2}\right)^{-n},\quad t\text{ 为常数};$$

（3）

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left[\dfrac{x^{1+x}}{(1+x)^x}-\dfrac xe\right];$$

（4）

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\cos x-x^2\cos x-1}{\sin(x^2)};$$

（5）

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac\pi2-\arctan x\right)^{\frac1x};$$

（6）

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}\left(\frac1{\sqrt x}\right)^{\tan x};$$

（7）

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\left(\frac1x-\frac1{e^x-1}\right);$$

（8）

$$\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\left(\sqrt{x^2+100}+x\right);$$

（9）

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\dfrac{\left(\int_0^x e^t\,dt\right)^2}{\int_x^0 e^{2t}\,dt};$$

（10）

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(x\arctan\frac1x\right)^{x^2};$$

（11）

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\left(\dfrac{a^{x+1}+b^{x+1}+c^{x+1}}{a+b+c}\right)^{\frac1x}, \quad a,b,c\text{ 为正的常数};$$

（12）

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac1x\int_0^x(1+t^2)e^{t^2-x^2}\,dt;$$

（13）

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{a_1x+b_1}{a_2x+b_2}\right)^x, \quad a_1>0,\ a_2>0;$$

（14）

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty}x\left[\sin\left(\ln\left(1+\frac3x\right)\right)-\sin\left(\ln\left(1+\frac1x\right)\right)\right];$$

（15）

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^3}-\dfrac n4\right);$$

（16）

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n, \quad x_n=\cos\dfrac x2\cos\dfrac{x}{2^2}\cdots\cos\dfrac{x}{2^n};$$

（17）

$$\displaystyle \lim_{x\to1}f(x), \quad f(x)= \begin{cases} \dfrac{x^x-1}{x\ln x},&x>1,\\[2mm] 0,&x=1,\\[2mm] \dfrac{\sin(1-x)+\cos(1-x)-1}{1-x},&x<1. \end{cases}$$

（1） 分子有理化：

$$\displaystyle \dfrac{\sqrt{1+x\sin x}-1}{e^{x^2}-1} =\dfrac{x\sin x}{\bigl(\sqrt{1+x\sin x}+1\bigr)(e^{x^2}-1)}.$$

利用 $\displaystyle \sin x\sim x$、$\displaystyle e^{x^2}-1\sim x^2$，得极限为 $\displaystyle 1/2$。

（2） 令

$$\displaystyle u_n=\dfrac tn+\dfrac{t^2}{2n^2}.$$

则

$$\displaystyle -n\ln(1+u_n) =-n\left(u_n-\dfrac{u_n^2}{2}+o(n^{-2})\right)\to-t.$$

因此原极限为

$$\displaystyle e^{-t}.$$

（3）

$$\displaystyle \dfrac{x^{1+x}}{(1+x)^x} =x\left(1+\frac1x\right)^{-x}.$$

由

$$\displaystyle -x\ln\left(1+\frac1x\right) =-1+\frac1{2x}+O(x^{-2}),$$

得

$$\displaystyle \left(1+\frac1x\right)^{-x} =\frac1e\left(1+\frac1{2x}+O(x^{-2})\right).$$

故

$$\displaystyle x\left(1+\frac1x\right)^{-x}-\dfrac xe \to\frac1{2e}.$$

（4）

$$\displaystyle \cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+O(x^4), \qquad x^2\cos x=x^2+O(x^4).$$

所以分子为

$$\displaystyle -\frac32x^2+O(x^4),$$

而 $\displaystyle \sin(x^2)\sim x^2$，故极限为 $\displaystyle -3/2$。

（5） 当 $\displaystyle x>0$ 时，

$$\displaystyle \dfrac\pi2-\arctan x=\arctan\frac1x\sim\frac1x.$$

令原式为 $\displaystyle y$，则

$$\displaystyle \ln y=\frac1x\ln\left(\arctan\frac1x\right) \sim-\dfrac{\ln x}{x}\to0.$$

故原极限为 $\displaystyle 1$。

（6） 令原式为 $\displaystyle y$，取对数：

$$\displaystyle \ln y=\tan x\ln\frac1{\sqrt x} =-\frac12\tan x\ln x.$$

由于 $\displaystyle \tan x\sim x$ 且 $\displaystyle x\ln x\to0$，故 $\displaystyle \ln y\to0$，从而 $\displaystyle y\to1$。

（7） 通分得

$$\displaystyle \frac1x-\frac1{e^x-1} =\dfrac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}.$$

分子等价于 $\displaystyle x^2/2$，分母等价于 $\displaystyle x^2$，故极限为 $\displaystyle 1/2$。

（8） 有理化：

$$\displaystyle x\left(\sqrt{x^2+100}+x\right) =\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}.$$

当 $\displaystyle x\to-\infty$ 时，$\displaystyle \sqrt{x^2+100}\sim-x$，分母等价于 $\displaystyle -2x$，故极限为 $\displaystyle -50$。

（9）

$$\displaystyle \int_0^x e^t\,dt=e^x-1, \qquad \int_x^0 e^{2t}\,dt=\dfrac{1-e^{2x}}2.$$

因此原式为

$$\displaystyle \dfrac{2(e^x-1)^2}{1-e^{2x}}\to-2.$$

（10）

$$\displaystyle \arctan\frac1x =\frac1x-\frac1{3x^3}+O(x^{-5}),$$

所以

$$\displaystyle x\arctan\frac1x =1-\frac1{3x^2}+O(x^{-4}).$$

取对数后有

$$\displaystyle x^2\ln\left(x\arctan\frac1x\right)\to-\frac13,$$

故原极限为 $\displaystyle e^{-1/3}$。

（11） 设

$$\displaystyle F(x)=\dfrac{a^{x+1}+b^{x+1}+c^{x+1}}{a+b+c}.$$

则 $\displaystyle F(0)=1$，并且

$$\displaystyle F'(0)=\dfrac{a\ln a+b\ln b+c\ln c}{a+b+c}.$$

因此

$$\displaystyle \lim_{x\to0}F(x)^{1/x}=e^{F'(0)}.$$

（12） 原式为

$$\displaystyle \dfrac{e^{-x^2}}x\int_0^x(1+t^2)e^{t^2}\,dt.$$

注意到

$$\displaystyle (1+t^2)e^{t^2} =\dfrac d{dt}\left(\frac12te^{t^2}\right)+\frac12e^{t^2},$$

所以原式等于

$$\displaystyle \frac12+\dfrac{e^{-x^2}}{2x}\int_0^xe^{t^2}\,dt.$$

对后一项使用洛必达法则可得其极限为 $\displaystyle 0$，故所求极限为 $\displaystyle 1/2$。

（13） 底数趋于 $\displaystyle a_1/a_2$。当该比值小于或大于 $\displaystyle 1$ 时，原式分别趋于 $\displaystyle 0$ 或 $\displaystyle +\infty$。

若 $\displaystyle a_1=a_2=a$，则

$$\displaystyle \dfrac{ax+b_1}{ax+b_2} =1+\dfrac{b_1-b_2}{ax+b_2},$$

从而

$$\displaystyle x\ln\dfrac{ax+b_1}{ax+b_2}\to\dfrac{b_1-b_2}{a}.$$

故极限为 $\displaystyle e^{(b_1-b_2)/a}$。

（14） 当 $\displaystyle x\to\infty$ 时，两个对数均趋于零。利用 $\displaystyle \sin u\sim u$ 与 $\displaystyle \ln(1+u)\sim u$，有

$$\displaystyle \begin{aligned} &x\left[\sin\ln\left(1+\frac3x\right)-\sin\ln\left(1+\frac1x\right)\right]\\ &\qquad\sim x\left(\frac3x-\frac1x\right)=2. \end{aligned}$$

（15） 利用立方和公式

$$\displaystyle 1^3+2^3+\cdots+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}2\right]^2,$$

得

$$\displaystyle \dfrac{1^3+\cdots+n^3}{n^3}-\dfrac n4 =\dfrac{(n+1)^2}{4n}-\dfrac n4 =\frac12+\frac1{4n}\to\frac12.$$

（16） 反复使用倍角公式，得到

$$\displaystyle \sin x=2^n\sin\dfrac{x}{2^n}\prod_{k=1}^n\cos\dfrac{x}{2^k}.$$

因此当 $\displaystyle x\ne0$ 时，

$$\displaystyle x_n=\dfrac{\sin x}{2^n\sin(x/2^n)}.$$

由于

$$\displaystyle 2^n\sin\dfrac{x}{2^n} =x\dfrac{\sin(x/2^n)}{x/2^n}\to x,$$

故极限为 $\displaystyle \sin x/x$。当 $\displaystyle x=0$ 时，各因子均为 $\displaystyle 1$。

（17） 分别计算左右极限。

当 $\displaystyle x\to1^+$ 时，令 $\displaystyle u=x\ln x$，则

\displaystyle \dfrac{x^x-1}{x\ln x}=rac{e^u-1}{u}\to1.

当 $\displaystyle x\to1^-$ 时，令 $\displaystyle t=1-x$，则

$$\displaystyle \dfrac{\sin t+\cos t-1}{t} =\dfrac{\sin t}{t}+\dfrac{\cos t-1}{t}\to1+0=1.$$

左右极限相等，所以所求极限为 $\displaystyle 1$。虽然 $\displaystyle f(1)=0$，但函数值不影响该极限。

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设 $\displaystyle x_{n+1}=\ln(1+x_n)$，$\displaystyle x_1>0$。

（Ⅰ）求 $\displaystyle \lim\limits_{n\to\infty}x_n$；

（Ⅱ）求

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\dfrac{x_nx_{n+1}}{x_n-x_{n+1}}.$$

因为 $\displaystyle x_1>0$，且对任意 $\displaystyle u>0$ 有

$$\displaystyle 0<\ln(1+u)<u,$$

所以

$$\displaystyle 0<x_{n+1}<x_n.$$

故 $\displaystyle \{x_n\}$ 单调递减且有下界 $\displaystyle 0$，从而收敛。设极限为 $\displaystyle l\ge0$，对递推式取极限：

$$\displaystyle l=\ln(1+l).$$

而 $\displaystyle l-\ln(1+l)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上仅在 $\displaystyle l=0$ 时为零，因此 $\displaystyle l=0$。

再由

$$\displaystyle x_n-x_{n+1}=x_n-\ln(1+x_n) \sim\dfrac{x_n^2}{2}, \qquad x_{n+1}\sim x_n,$$

得

$$\displaystyle \dfrac{x_nx_{n+1}}{x_n-x_{n+1}} \sim\dfrac{x_n^2}{x_n^2/2}=2.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设 $\displaystyle a>0$ 为常数，

$$\displaystyle x_n=\dfrac{a^n}{(1+a)(1+a^2)\cdots(1+a^n)},$$

求 $\displaystyle \lim\limits_{n\to\infty}x_n$。

分三种情形。

当 $\displaystyle 0<a<1$ 时，分母大于 $\displaystyle 1$，而 $\displaystyle a^n\to0$，故 $\displaystyle x_n\to0$。

当 $\displaystyle a=1$ 时，

$$\displaystyle x_n=\frac1{2^n}\to0.$$

当 $\displaystyle a>1$ 时，

$$\displaystyle \prod_{k=1}^n(1+a^k) =a^{1+2+\cdots+n}\prod_{k=1}^n(1+a^{-k}),$$

所以

$$\displaystyle x_n =\dfrac{a^{n-n(n+1)/2}}{\prod_{k=1}^n(1+a^{-k})} \le a^{-n(n-1)/2}\to0.$$

因此对任意 $\displaystyle a>0$，极限均为 $\displaystyle 0$。

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\left(x^{-3}\sin3x+ax^{-2}+b\right)=0,$$

试确定常数 $\displaystyle a,b$ 的值。

由

$$\displaystyle \sin3x=3x-\dfrac{(3x)^3}{3!}+\dfrac{(3x)^5}{5!}+o(x^5),$$

得

$$\displaystyle x^{-3}\sin3x =\frac3{x^2}-\frac92+\dfrac{81}{40}x^2+o(x^2).$$

于是

$$\displaystyle x^{-3}\sin3x+ax^{-2}+b =\dfrac{3+a}{x^2}+b-\frac92+o(1).$$

要使极限为 $\displaystyle 0$，必须有

$$\displaystyle 3+a=0, \qquad b-\frac92=0.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

讨论下列函数的连续性并判断间断点的类型：

（Ⅰ）

$$\displaystyle y=(1+x)\arctan\frac1{1-x^2};$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle y=\lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{x^{2n}-1}{x^{2n}+1}-x\right);$$

（Ⅲ）

$$\displaystyle y= \begin{cases} \dfrac{\ln(1+x)}x,&x>0,\\[2mm] \dfrac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}x,&-1\le x<0; \end{cases}$$

（Ⅳ）

$$\displaystyle f(x)=(1+x)^{\frac{x}{\tan\left(x-\frac\pi4\right)}},\quad x\in(0,2\pi);$$

（Ⅴ）

$$\displaystyle y=f[g(x)], \quad f(x)= \begin{cases} x^2,&x\le1,\\ 2-x,&x>1, \end{cases} \quad g(x)= \begin{cases} x,&x\le1,\\ x+4,&x>1. \end{cases}$$

（Ⅰ） 函数定义域为

$$\displaystyle \mathbb R\setminus\{-1,1\}.$$

在各定义区间内连续。考察两个间断点：

$$\displaystyle \lim_{x\to-1^-}(1+x)\arctan\frac1{1-x^2} = \lim_{x\to-1^+}(1+x)\arctan\frac1{1-x^2}=0,$$

故 $\displaystyle x=-1$ 为可去间断点。

当 $\displaystyle x\to1$ 时，

$$\displaystyle \lim_{x\to1^-}y=\pi, \qquad \lim_{x\to1^+}y=-\pi,$$

故 $\displaystyle x=1$ 为跳跃间断点。

（Ⅱ） 逐点求极限可得

$$\displaystyle y= \begin{cases} 1-x,&|x|>1,\\ 1,&x=-1,\\ -1-x,&|x|<1,\\ -1,&x=1. \end{cases}$$

它在 $\displaystyle ( -\infty,-1)$、$\displaystyle (-1,1)$、$\displaystyle (1,+\infty)$ 内连续。

在 $\displaystyle x=-1$ 处，

$$\displaystyle y(-1-0)=2, \qquad y(-1+0)=0;$$

在 $\displaystyle x=1$ 处，

$$\displaystyle y(1-0)=-2, \qquad y(1+0)=0.$$

因此 $\displaystyle x=\pm1$ 均为跳跃间断点。

（Ⅲ） 两个分段在各自定义区间内连续。只需考察 $\displaystyle x=0$：

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)}x=1,$$

而

$$\displaystyle \dfrac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}x =\frac2{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\to1 \qquad(x\to0^-).$$

故 $\displaystyle x=0$ 为可去间断点。若补充定义 $\displaystyle y(0)=1$，则函数在 $\displaystyle [-1,+\infty)$ 上连续。

（Ⅳ） 在 $\displaystyle (0,2\pi)$ 内，原式在

$$\displaystyle x=\dfrac\pi4,\quad\dfrac{3\pi}4,\quad\dfrac{5\pi}4,\quad\dfrac{7\pi}4$$

处无定义，其余各点连续。

当

$$\displaystyle x_0=\dfrac\pi4\quad\text{或}\quad x_0=\dfrac{5\pi}4$$

时，

$$\displaystyle \tan\left(x-\dfrac\pi4\right)\sim x-x_0,$$

指数在两侧分别趋于 $\displaystyle +\infty$ 与 $\displaystyle -\infty$，而底数 $\displaystyle 1+x_0>1$，故这两点为无穷间断点。

当

$$\displaystyle x_0=\dfrac{3\pi}4\quad\text{或}\quad x_0=\dfrac{7\pi}4$$

时，$\displaystyle \tan(x-\pi/4)\to\pm\infty$，指数趋于 $\displaystyle 0$，所以

$$\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=1.$$

故这两点为可去间断点。

（Ⅴ） 根据 $\displaystyle g(x)$ 的取值，有

$$\displaystyle f[g(x)]= \begin{cases} x^2,&x\le1,\\ -x-2,&x>1. \end{cases}$$

在 $\displaystyle x=1$ 处，

$$\displaystyle f[g(1)]=1, \qquad \lim_{x\to1^-}f[g(x)]=1, \qquad \lim_{x\to1^+}f[g(x)]=-3.$$

故 $\displaystyle x=1$ 为跳跃间断点；其余各点连续。

证明题

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设 $\displaystyle 0<x_0<1$，$\displaystyle x_{n+1}=x_n(2-x_n)$，求证：$\displaystyle \{x_n\}$ 收敛并求 $\displaystyle \lim\limits_{n\to\infty}x_n$。

由 $\displaystyle 0<x_0<1$。若 $\displaystyle 0<x_n<1$，则

$$\displaystyle 1-x_{n+1}=1-x_n(2-x_n)=(1-x_n)^2>0,$$

且 $\displaystyle x_{n+1}>0$，故 $\displaystyle 0<x_{n+1}<1$。由数学归纳法，

$$\displaystyle 0<x_n<1.$$

又

$$\displaystyle x_{n+1}-x_n=x_n(1-x_n)>0,$$

所以 $\displaystyle \{x_n\}$ 单调递增，并且以 $\displaystyle 1$ 为上界，故必收敛。

设极限为 $\displaystyle l$，对递推式取极限：

$$\displaystyle l=l(2-l),$$

即 $\displaystyle l=0$ 或 $\displaystyle l=1$。由于 $\displaystyle x_n\ge x_0>0$，不可能有 $\displaystyle l=0$，所以 $\displaystyle l=1$。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

证明：

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sqrt[n]{n(n+1)\cdots(n+n-1)}=\frac4e.$$

令

$$\displaystyle L_n=\frac1n\sqrt[n]{n(n+1)\cdots(2n-1)} =\left[\prod_{k=n}^{2n-1}\dfrac{k}{n}\right]^{1/n}.$$

取对数：

$$\displaystyle \ln L_n =\frac1n\sum_{k=n}^{2n-1}\ln\dfrac{k}{n}.$$

右端是函数 $\displaystyle \ln x$ 在区间 $\displaystyle [1,2]$ 上的黎曼和，因此

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\ln L_n =\int_1^2\ln x\,dx =\left[x\ln x-x\right]_1^2 =2\ln2-1 =\ln\frac4e.$$

两边取指数即得结论。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设

$$\displaystyle \lim_{x\to a}f(x)=\lim_{x\to a}g(x)=0, \qquad \lim_{x\to a}f'(x)=\lim_{x\to a}g'(x)=0,$$

且

$$\displaystyle f(x)\sim f'(x),\qquad g(x)\sim g'(x)\qquad(x\to a).$$

（Ⅰ）当 $\displaystyle x\to a$ 时无穷小 $\displaystyle f(x)$ 与 $\displaystyle g(x)$ 可比较、不等价，即

$$\displaystyle \lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=r\ne1, \quad\text{或}\quad \lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\infty,$$

求证：

$$\displaystyle f(x)-g(x)\sim f'(x)-g'(x)\qquad(x\to a).$$

（Ⅱ）当 $\displaystyle 0<|x-a|<\delta$ 时，$\displaystyle f(x)$ 与 $\displaystyle f'(x)$ 均为正值，求证：

$$\displaystyle \lim_{x\to a}f(x)^{g(x)}=\lim_{x\to a}f'(x)^{g'(x)},$$

其中一端极限存在，则另一端极限也存在且相等。

（Ⅰ） 由

$$\displaystyle f(x)\sim f'(x), \qquad g(x)\sim g'(x),$$

可写成

$$\displaystyle f'(x)=f(x)[1+o(1)], \qquad g'(x)=g(x)[1+o(1)].$$

于是

$$\displaystyle f'(x)-g'(x)=f(x)-g(x)+o(f(x))+o(g(x)).$$

若

$$\displaystyle \dfrac{f(x)}{g(x)}\to r\ne1$$

且 $\displaystyle r$ 为有限数，则

$$\displaystyle f(x)-g(x)\sim(r-1)g(x),$$

从而 $\displaystyle f(x),g(x)=O(f(x)-g(x))$。因此

$$\displaystyle o(f(x))+o(g(x))=o(f(x)-g(x)).$$

若

$$\displaystyle \dfrac{f(x)}{g(x)}\to\infty,$$

则 $\displaystyle g(x)=o(f(x))$，且

$$\displaystyle f(x)-g(x)\sim f(x),$$

同样有

$$\displaystyle o(f(x))+o(g(x))=o(f(x)-g(x)).$$

故在两种情形下均有

$$\displaystyle f'(x)-g'(x)=f(x)-g(x)+o(f(x)-g(x)),$$

即

$$\displaystyle f(x)-g(x)\sim f'(x)-g'(x).$$

（Ⅱ） 因为 $\displaystyle f(x),f'(x)>0$ 且二者均趋于零，所以

$$\displaystyle \ln f(x)\to-\infty, \qquad \ln f'(x)\to-\infty.$$

又由 $\displaystyle f'(x)/f(x)\to1$，

$$\displaystyle \dfrac{\ln f'(x)}{\ln f(x)} =1+\dfrac{\ln[f'(x)/f(x)]}{\ln f(x)}\to1.$$

同时 $\displaystyle g'(x)/g(x)\to1$，故

$$\displaystyle \dfrac{g'(x)\ln f'(x)}{g(x)\ln f(x)}\to1.$$

也就是说，两个幂指函数取对数后的指数互为等价量。若其中一个指数的极限存在，则另一个指数具有相同极限；再利用指数函数的连续性，得到

$$\displaystyle \lim_{x\to a}f(x)^{g(x)} = \lim_{x\to a}f'(x)^{g'(x)}.$$

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 连续，$\displaystyle x_1,x_2,\ldots,x_n\in(a,b)$，$\displaystyle \alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$ 为任意 $\displaystyle n$ 个正数，求证：存在 $\displaystyle \xi\in(a,b)$，使得

$$\displaystyle f(\xi)=\dfrac{\alpha_1f(x_1)+\alpha_2f(x_2)+\cdots+\alpha_nf(x_n)}{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n}.$$

记

$$\displaystyle A=\dfrac{\sum_{i=1}^n\alpha_i f(x_i)}{\sum_{i=1}^n\alpha_i}.$$

令

$$\displaystyle m=\min_{1\le i\le n}f(x_i), \qquad M=\max_{1\le i\le n}f(x_i).$$

因为 $\displaystyle \alpha_i>0$，所以

$$\displaystyle m\sum_{i=1}^n\alpha_i \le\sum_{i=1}^n\alpha_i f(x_i) \le M\sum_{i=1}^n\alpha_i.$$

两边除以正数 $\displaystyle \sum\alpha_i$，得到

$$\displaystyle m\le A\le M.$$

若 $\displaystyle m=M$，任取一个 $\displaystyle x_i$ 即可。若 $\displaystyle m<M$，取 $\displaystyle x_p,x_q\in(a,b)$，使

$$\displaystyle f(x_p)=m, \qquad f(x_q)=M.$$

函数 $\displaystyle f$ 在以 $\displaystyle x_p,x_q$ 为端点的闭区间上连续。由介值定理，存在该区间内一点 $\displaystyle \xi$，使

$$\displaystyle f(\xi)=A.$$

由于两个端点都位于 $\displaystyle (a,b)$，故 $\displaystyle \xi\in(a,b)$。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 连续，且对任意 $\displaystyle x\in[a,b]$，总存在 $\displaystyle y\in[a,b]$，使得

$$\displaystyle |f(y)|\le\frac12|f(x)|.$$

试证：存在 $\displaystyle \xi\in[a,b]$，使得 $\displaystyle f(\xi)=0$。

由于 $\displaystyle f$ 在闭区间上连续，$\displaystyle |f|$ 也连续。由最值定理，存在 $\displaystyle x_0\in[a,b]$，使

$$\displaystyle |f(x_0)|=\min_{x\in[a,b]}|f(x)|=:m\ge0.$$

根据题设，对 $\displaystyle x=x_0$，存在 $\displaystyle y_0\in[a,b]$，使

$$\displaystyle |f(y_0)|\le\frac12|f(x_0)|=\dfrac m2.$$

另一方面，由 $\displaystyle m$ 的最小性，

$$\displaystyle m\le|f(y_0)|.$$

因此

$$\displaystyle m\le|f(y_0)|\le\dfrac m2,$$

只能有 $\displaystyle m=0$。所以

$$\displaystyle f(x_0)=0.$$

取 $\displaystyle \xi=x_0$ 即得结论。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 连续，$\displaystyle \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A>0$，求证：

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\int_0^x f(t)\,dt=+\infty.$$

由 $\displaystyle f(x)\to A>0$，取 $\displaystyle \varepsilon=A/2$。存在 $\displaystyle X>0$，使得当 $\displaystyle t>X$ 时，

$$\displaystyle |f(t)-A|<\dfrac A2,$$

从而

$$\displaystyle f(t)>\dfrac A2.$$

当 $\displaystyle x>X$ 时，

$$\displaystyle \int_0^xf(t)\,dt =\int_0^Xf(t)\,dt+\int_X^xf(t)\,dt \ge\int_0^Xf(t)\,dt+\dfrac A2(x-X).$$

右端随 $\displaystyle x\to+\infty$ 趋于 $\displaystyle +\infty$，故原积分也趋于 $\displaystyle +\infty$。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 连续，$\displaystyle \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A\ne0$，证明：

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\int_0^1 f(nx)\,dx=A.$$

作变量替换 $\displaystyle t=nx$，得

$$\displaystyle \int_0^1f(nx)\,dx=\frac1n\int_0^nf(t)\,dt.$$

任取 $\displaystyle \varepsilon>0$。由 $\displaystyle f(t)\to A$，存在 $\displaystyle M>0$，使得 $\displaystyle t>M$ 时

$$\displaystyle |f(t)-A|<\varepsilon.$$

当 $\displaystyle n>M$ 时，

$$\displaystyle \begin{aligned} \left|\frac1n\int_0^nf(t)\,dt-A\right| &\le\frac1n\int_0^M|f(t)-A|\,dt +\frac1n\int_M^n|f(t)-A|\,dt\\ &\le\dfrac Cn+\varepsilon, \end{aligned}$$

其中

$$\displaystyle C=\int_0^M|f(t)-A|\,dt$$

与 $\displaystyle n$ 无关。令 $\displaystyle n\to\infty$，再由 $\displaystyle \varepsilon$ 的任意性可得所证结论。

主观题李正元练习题·高等数学证明题

（Ⅰ）设 $\displaystyle f(x),g(x)$ 连续，且

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=1, \qquad \lim_{x\to a}\varphi(x)=0,$$

求证：无穷小

$$\displaystyle \int_0^{\varphi(x)}f(t)\,dt\sim\int_0^{\varphi(x)}g(t)\,dt\qquad(x\to a).$$

（Ⅱ）求证

$$\displaystyle w=\lim_{x\to0} \dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2}\ln(1+2\sin t)\,dt} {\displaystyle\left[\int_0^x\ln(1+2\sin t)\,dt\right]^3}=1.$$

（Ⅰ） 令

$$\displaystyle F(u)=\int_0^uf(t)\,dt, \qquad G(u)=\int_0^ug(t)\,dt.$$

则 $\displaystyle F(0)=G(0)=0$，并且

$$\displaystyle F'(u)=f(u), \qquad G'(u)=g(u).$$

由洛必达法则及 $\displaystyle f(u)/g(u)\to1$，

$$\displaystyle \lim_{u\to0}\dfrac{F(u)}{G(u)} =\lim_{u\to0}\dfrac{f(u)}{g(u)}=1.$$

再令 $\displaystyle u=\varphi(x)\to0$，得到

$$\displaystyle \lim_{x\to a} \dfrac{\displaystyle\int_0^{\varphi(x)}f(t)\,dt} {\displaystyle\int_0^{\varphi(x)}g(t)\,dt}=1.$$

（Ⅱ） 当 $\displaystyle t\to0$ 时，

$$\displaystyle \ln(1+2\sin t)\sim2\sin t\sim2t.$$

因此

$$\displaystyle \int_0^{x^2}\ln(1+2\sin t)\,dt \sim\int_0^{x^2}2t\,dt=x^4,$$

并且

$$\displaystyle \int_0^x\ln(1+2\sin t)\,dt \sim\int_0^x2t\,dt=x^2.$$

所以

$$\displaystyle \dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2}\ln(1+2\sin t)\,dt} {\displaystyle\left[\int_0^x\ln(1+2\sin t)\,dt\right]^3} \sim\dfrac{x^4}{(x^2)^3}=\frac1{x^2}\to+\infty.$$

这说明题面所标注的结论 $\displaystyle w=1$ 与现有表达式不一致。