函数与极限测试题答案(精选8篇)
篇1:函数与极限测试题答案
函数与极限测试题答案
(卷面共有26题,100分,各大题标有题量和总分)
一、选择(9小题,共26分)
1.D
2.B
3.B
4.C
5.A
6.D
7.B
8.A
9.B
二、填空(6小题,共13分)
1.1 e
2.yln(x2)
)3.(3,4.x1及x
15.aln
36.5 3
三、计算(10小题,共55分)
f(x)limf(x)成立。1.解:(1)要f(x)在x0处有极限,即要limx0x0
f(x)lim(xsin因为limx0x0
x01b)b……(1分)xlimf(x)limx0sinx1………(2分)x
x0x0f(x)limf(x)成立,即b1时,函数在x0处有极限存在,所以,当b1时,有lim
又因为函数在某点有极限与在该点处是否有定义无关,所以此时a可以取任意值。…(4分)
(2)依函数连续的定义知,函数在某点处连续的充要条件是
试卷答案 第 1 页(共 3 页)
xx0limf(x)limf(x)f(x0)xx0
于是有b1f(0)a,即ab1时函数在x0处连续。………(6分)
.解:x1……(2分)
x…(4分)
x1x16分)x13.要使f(x)在x=1处连续,必须满足条件
x4axb(x4axb)ab10 limf(1)2,于是limx1(x1)(x2)x
1x41a(x1)4a即b=-1-a,因此limf(x)=lim2 x1x1(x1)(x2)
3从而有a=2,b=-3
4.解:
x01 xxsin3x
1111 x03x0x0326
sinx3tanx3sinx3tanx……(3分)lim5.解:lim2x01cosxx01cosx
2x
4sinx3tanxlim3limx0x0112………(6分)1cosx2
limx02x4
3x23xln36.解:原式limx3cos(3x)
27(ln31)
试卷答案 第 2 页(共 3 页)
x23x2(x1)(x2)x17.解:2,当x2时……(4分)x4x12(x2)(x6)x6
x23x2x11lim2lim……(6分)x2x4x12x2x68
ex1x8.解:原式=lim(1分)x1x(ex1)
ex1=limx(3分)x1e1xex
ex
=limx(5分)x12exex
=1(6分)2
esinxexsinx1esinxxsinxlimlimesinx1 9.解:原式=limx0x0x0xsinxxsinx
10.解:f(00)1,f(00)b,f(0)a 当ab1时f(x)处处连续
四、证明(1小题,共6分)
1.证明:设f(x)3x2(1分)
则f(x)在区间[0,1]上连续,(2分)
因为f(0)20f(1)10(4分)由介值定理知存在01使得f()0
即32(6分)
x试卷答案 第 3 页(共 3 页)
篇2:函数与极限测试题答案
1.选择题(正确答案可能不止一个)。(1)下列数列收敛的是()。A.xnn1n(1)n
B.xn1n(1)n
C.xnnsinD.xn2n(2)下列极限存在的有()。
A.lim1xsinx
B.xlimxsinx
C.lim11x02xD.limn2n21
(3)下列极限不正确的是()。
A.lim(x1)2
B.lim1x1x0x11 12C.lim4x2xx2
D.xlim0e(4)下列变量在给定的变化过程中,是无穷小量的有()。A.2x1(x0)
B.sinxx(x0)
2C.ex(x)
D.xx1(2sin1x)(x0)1(5)如果函数f(x)xsinx,x0;a,x0;在x0处连续,则a、b的值为(xsin1xb,x0.A.a0,b0
B.a1,b1 C.a1,b0
D.a0,b1 2.求下列极限:
(1)lim(x322x13x1);
(2)xlim2(3x2x5);
(3)lim1x(1x3);
(4)limx30x2x2x;
x28x2(5)limx3x3;
(6)lim16x4x4;
(7)limx21x2x12x2x1;
(8)lim;
x2x2。)(9)limx0cosx1x1;
(10)lim;
xxxx33x1x43x1(11)lim;
(12)lim;
x3x3xx5x4x3x33x19x33x1(13)lim;
(14)lim; 42xxxxx1x3.(15)limx03xsin2x,x023.设f(x)2x1,0x1,求limf(x),limf(x),limf(x),limf(x)。
1x0x3x1x3(x1)3,x124.证明:xsinx~x(x0)。
5.求下列函数的连续区间:
2x1,x1;(1)yln(3x)9x;
(2)y2
x1,x1.26.证明limx2x2不存在.x21xsin,x0;x7.设f(x)求f(x)在x0时的左极限,并说明它在x0时10x.sin,x右极限是否存在?
8.证明lim(n1n121n221nn2)存在并求极限值。
x21axb)0,求a、b的值。9.若lim(xx1
答案
1.(1)B;(2)BD;
(3)C;
(4)ACD ;(5)B.2.(1)-1;(2)3;(3)
21;(4);(5);(6)8;
36(7)21111;
(8);(9);(10)0;(11);(12); 323522(13)0;(14);(15)
1.9x123.limf(x)3, limf(x)不存在, limf(x)x1x03, limf(x)11.2x35.(1)[3,3);
篇3:函数与极限测试题答案
1.1 数列
初等数学中对数列这样定义:按照一定顺序排列的一列数称为数列.数学分教材[1]关于数列的定义:若函数f的定义域是全体正整数集N+,则称f:N+→R或f(n),n∈N+为数列.正因为正整数集的元素可按从小到大的顺序排列,所以数列f(n)也可写作a1,a2,…an…,或简单地记作{an},其中an是该数列的通项.看得出来,数列就是一正整数集为定义域的函数,即所有数列的定义域都是正整数集.
1.2 数列的极限的定义
定义1(1)设{an}为数列,a为定数.若对任给的正数ε,总存在正整数N,使得当n>N时,有|an-a|<ε,则称数列{an}收敛于a,定数a为数列{an}的极限,并记作.
2. 关于函数极限
2.1 x→∞时函数极限
定义2(1)设f为定义[a,+∞)在上的函数,A为定数,若对任给的正数ε,存在正数M(≥a),使得当x>M时有|f(x)-A|<ε,则称函数当x→+∞时以A为极限,记作.
现设f为定义在U(-∞)或U(∞)上的函数,当x→-∞或x→∞时,若函数值无限地接近某定数A,则称f当x→-∞或x→∞时以A为极限,.
2.2 x→x0时函数极限
定义3(函数极限的ε-δ定义)(1)设函数f在点x0的某个空心邻域U0(x0;δ′)内有定义,A为定数,若对任给的正数ε,存在正数δ(<δ′),使得当0<|x-x0|<δ时有|f(x)-A|<0ε,则称函数f当x→x0时以A为极限,记作.
类似可定义及.
3. 数列极限与函数极限的异同及根本原因
从以上定义可以看出,数列极限与函数极限有相同点也有不同点,研究二者的方法大同小异,相同点是数列极限与函数极限中当x→+∞时的类型完全相似,因此可以用相同的方法研究.二者的不同点在于,数列极限只有一种类型,就是n→∞时的极限;而函数极限细分有六种类型x→+∞;x→-∞;x→∞;x→x0;x→x0+;x→x0+的极限,分类的标准是根据的趋向的不同来分类.
二者的相同点源自二者都是函数,数列可以认为是特殊情况的函数,任何一个不同的数列都以正整数集为定义域;而通常意义下的函数在数学分析课程中是定义在实数范围的,其定义域可以是实数集也可以是实数集的某个子集.
正因为将二者同看成函数的情况下,由于二者的定义域范围不同,导致二者极限类型的不同.数列的定义域是正整数集,那自变量的取值为1、2、3……,自变量的最小取1,因此不可能趋向于-∞,又因为数列各项必须取整数,所以它不可能趋近于某个定数,自变量n只可能有一种趋向于+∞;而通常意义下的函数是在实数范围内的讨论,因此,自变量x既可以趋近于+∞,又可以趋近于-∞;如果自变量x同时趋近于+∞和-∞时函数极限存在,则称x→∞时函数极限存在.同理,因为实数集的稠密性,自变量x会趋近于某个定数x0,根据自变量x趋近于x0的方向不同又可以分为x0点处的左极限和右极限,于是某定点处有三种类型x→x0;x→x0+;x→x0+函数极限.
综上,数列是特殊的函数,正因为数列作为函数的特殊性,使数列极限相对简单并且具有相对理想的性质,收敛数列的所有性质都具有整体性;而收敛函数的所有性质都只能满足局部性质.导致二者性质差别的真正原因也在于二者作为函数定义域的范围不同.笔者认为,还要真正学透极限,一定要从本质上研究导致他们不同的原因,相同的理论完全可以通过类比的方式学习,而学习的重点应该放在二者的不同上,弄懂有什么不同,为什么不同,只有懂得了“为什么”,才能真正学懂相应知识.
摘要:极限理论是数学分析课程的理论依据,就因为引入极限思想,微积分才有了理论根基,从而可以解决很多初等数学不能解决的实际问题.极限理论贯穿于数学分析课程的始终.因此,教学中让学生深刻理解极限理论对学好整门课程起到至关重要的作用.作者就自己多年教授数学分析课程的经验,谈谈数列极限与函数极限的联系与本质区别.
关键词:极限,数列极限,函数极限
参考文献
篇4:函数与极限测试题答案
关键词 导数算子; Malliavin随机变分;中心极限定理;高斯过程
中图分类号 O211 文献标识码 A
Central Limit Theorem for Function of Gaussian Process and Its Applications
SUNLin
(Applied Mathematics, Guangdong University of Technology, Guangdong, Guangzhou 510090, China)
AbstractUsing two operators and the relative identity of Wiener space, this paper presented a new method to provethe central limit theorem for function of Gaussian process. Furthermore, the applications of this central limit theoremwere presented.
Keywords derivative operator; Malliavin calculus; central limit theorem; Gaussian processes
1引 言
前苏联著名概率论学者Gnedenko和Kolmogrov曾说过“概率论的认识论的价值只有通过极限定理才能被揭示,没有极限定理就不可能去理解概率论的基本概念的真正含义” [1].因此研究统计量或者随机变量的统计特性,最重要的就是研究其极限理论.而实际问题中所获得的很多数据都可以认为来自高斯过程函数总体,比如来自正态随机变量就可以看成来自关于高斯过程恒等映射的总体.从而自上世纪30年代起,概率极限理论已获得完善的发展.近年来关于高斯过程函数的统计特性成为研究中的热门方向之一,大量学者研究了关于高斯过程函数的极限定理,如Nualart和Peccati (2005)[2],Nualart和Ortiz-Latorre (2008)[3], Peccati (2007)[4] ,Hu和Nualart(2005)[5] ,Peccati和Taqqu (2008)[6]以及Peccati和Taqqu (2007)[7].大量的文献如Deheuvels、Peccati与Yor (2006) [8],Hu和Nualart(2009) [9] 应用了该定理.
本文首先利用Malliavin随机变分法,通过导数算子和散度型算子,并利用恒等式构造了证明高斯过程函数的中心极限定理的新方法,该证明避免了采用Dambis-Dubins-Schwarz以及Clark-Ocone公式.进一步结合具体实例,给出了该中心极限定理的应用.
2 主要结论及其证明
定理 1[3]:设定k≥2,且Fnn≥1为k阶维纳混沌中平方可积随机变量序列.若lim n→+
EF2n=‖fn‖2H⊙k→σ2,则当n→
时,下面命题是等价的:
ⅰ)Fn→N(0,σ2);
ⅱ)lim n→
EF4n→3σ2;
ⅲ)对于所有的1≤l≤k-1,有
lim n→+
‖fnlfn‖2H2(n-1)=0;
ⅳ)‖DFn‖2HL2(Ω)n→+
kσ2,
其中,fn是关于随机变量Fn的平方可积核函数,
fnlfn表示两核函数的l次指数压缩.
证明 将采用下面的证明路线:ⅳ)ⅰ)ⅱ)ⅲ)ⅳ).
1)ⅳ)ⅰ)
不失一般性,令σ2=1,则由已知条件‖DFn‖2HL2(Ω)n→+
σ2,待证当n→+
时,有依分布收敛Fn→ε~N(0,1)成立.也就是说对于任意二次连续可微有界函数φ•有下面式子成立:
lim n→+
Eφ(Fn)=Eφ(ε). (1)
对于0≤t≤1,定义
ψt=EφtFn+1-tε.(2)
注意到ψ0=Eφε且ψ1=EφFn,由微积分基本定理知
EφFn-Eφε
=ψ1-ψ0=∫10ψ′tdt. (3)
另一方面,利用Malliavin随机变分恒等式
δDF=kF与E[〈DF(ξ),u((ξ))〉]=E[DF(ξ)δu(ξ)],易知∫10ψ′(t)dt可以表示为:
∫10ψ′tdt=∫10ddtEφtFn+1-tεdt
=∫10EddtφtFn+1-tεdt
=12k∫10Eφ″tFn+1-tε‖DFn‖2dt
-12∫10Eφ″tFn+1-tεdt
=12∫10Eφ″tFn+1-tε•
1k‖DFn‖2-1dt. (4)
由式(3)和式(4)知
EφFn-Eφε
=12∫10Eφ″tFn+1-tε•
1k‖DFn‖2-1dt.(5)
两边取绝对值,并利用φ•的二阶导的有界性以及假设条件‖DFn‖2HL2(Ω)n→+
k,则有
EφFn-Eφε
=12∫10Eφ″tFn+1-tε•
1k‖DFn‖2-1dt→0.
故lim n→+
Eφ(Fn)=Eφ(ε)成立,即有当n→
时,Fn→N(0,σ2).
2)ⅰ) ⅱ)
首先由参考文献Nualart(2006)知对于任意p≥2,有
EFnp≤ckEFn2, (6)
其中,ck∈R且与n独立.
式(4)结合假设条件lim n→+
EF2n=σ2可得当n→
时,
EFnp≤ckEFn2→ckσ2.(7)
则对于任意p≥2,有
sup nEFnp<+
.(8)
进一步根据假设当n→
时,Fn→η~N(0,σ2),根据期望的连续性有EF4n→Eε4,从而要证明lim n→
EF4n→3σ2,只需证Eη4→3σ2即可.
令X~N(0,σ2)且Y=Xσ~N(0,1),则对于任意n≥0,有
Eηn=EXn=σnEXσn=σnEYn.
另一方面,随机变量Y的特征函数可以表示为
φt=EeitY=e-t22=∑+
n=0-1nt2n2nn!
=∑+
n=01n!φn0tn=1-t22•1!+
t422•2!-t623•3!+…,
其中,φn00,n=2k+1,
-1k2k!2kk!,n=2k.
从而
EYn=φn0in=0,n=2k+1,
2k!2kk!=n!!,n=2k.(9)
令n=4,则有EYn=4!222!=3.
3)ⅱ)ⅲ) 见参考文献Nualart和Peccati(2005).[2]
4)ⅲ)ⅳ) 见参考文献Nualart和Ortiz-Latorre(2008).[3]
3应用实例
由定理1可知:若Fnn≥1为k≥2阶维纳混沌中平方可积随机变量序列.且lim n→+
EF2n→σ2,则如果要证明当n→
时,Fn→N(0,σ2).只需证明‖DFn‖2HL2(Ω)n→+
kσ2即可.该定理在证明统计量以及随机变量的函数满足中心极限定理时非常有用.下面给出该定理的应用例子.
首先由于林德伯格—勒维中心极限定理在概率中有着重要地位,是数理统计中大样本统计推断的理论基础.该定理说明如果现实生活中的某个量是由许多独立的因素影响叠加而成的,而其中偶然因素的影响又是一致得微小,则可以断定这个量近似服从正态分布.可采用定理1来证明该定理.
实例1(林德伯格—勒维定理) 设X1,X2,…,Xn,…是独立同分布的随机变量序列, 且
E(Xi)=μ,Var(Xi)=σ2,i=1,2,…,n,…
则∑ni=1Xi-nμσn→N(0,1).
证明 该定理表明:当n充分大时, n个具有相同期望和方差的独立同分布的随机变量之和近似服从正态分布.虽然在一般情况下, 很难求出X1+X2+…+Xn分布的具体形式, 但当n很大时, 可求出其近似分布.由定理结论有
∑ni=1Xi-μn→N(0,σ2).(10)
采用定理1来证明式(10).证明的关键在于找到合适的函数序列Fn∈Hk使得当n→
时:有EF2n→σ2且‖DFn‖22L2(Ω)kσ2.
对于任意k≥1,令ξi=Xi-μ,i=1,2,…,n,则ξi为独立且服从标准正态分布的随机变量.进一步令Fn=1nhkξ1+hkξ2+…+hkξn,这里k≥1且hk•为厄米多项式(详见参考文献Nualart (2006)).另一方面,
EF2n=E1nhkξ1+hkξ2+…+hkξn2
=1nnEh2kξ1=1k!=σ2. (11)
同时根据导数算子的定义知,对于1≤i≤n,有DiFn=0,…,1nh′kξi,0…0,故
‖DFn‖22=D1Fn2+D2Fn2+…+
DnFn2→Eh2k-1ξ1
=1k-1!=kσ2.(12)
由式(11)和式(12)知EF2n→σ2且‖DFn‖22L2(Ω)kσ2成立,从而林德伯格—勒维定理证毕.
实例 2(高斯移动平均)考虑独立高斯时间序列Znn≥0,满足EZn=0且
VarZn=σ21-λ,n=0;
σ2,n≥1,
这里λ2<1.再定义迭代过程
X0=Z01-λ2,Xn=λXn-1+1-λ2Zn,n≥1.
则Xn可以表示为
Xn=∑nj=0cn-jZj .
其中cn-j=λn-j.易证Xn是平稳遍历时间序列且满足
EX0=0,
VarXn=1.
下面证明∑ni=1Xin→N(0,1).利用定理1,需要构造合理的Fn,令
Fn=1nhkX0+hkX1+…+hkXn,
其中,k≥1且hk•为厄米多项式(详见参考文献Nualart (2006)),则显然Fn∈Hk,且有
EF2n=E1nhkX0+hkX1+…+hkXn2
=1nnEh2kX1=1k!=σ2,
以及
‖DFn‖22=D1Fn2+D2Fn2+…+DnFn2
→Eh2k-1X1=1k-1!=kσ2.
根据定理1知Fn→N(0,1).取k=1以及利用厄米多项式h1x=x知∑ni=1Xin→N(0,1).
实例 3 (带漂移项的布朗运动)20世纪初,Bachelier采用带漂移的布朗运动来刻画股票的价格行为模式,即:
St=s0+σBt,t∈0,T.
显然St为均值为S0,方差为σ2的高斯过程.固定观察间隔h,得到观察量Sh,…,Sjh,…,Snh,令 t=h,…,jh,…,nh′,Bt=Bh,…,Bjh,…,Bnh′,S0=s0,…,s0,…,sn′与S=Sh,…Sjh…Snh′.从而该随机向量的联合分布密度函数可以表示为
LS;σ2=2π-n2Γ-12•
exp-12S-S0′Γ-1S-S0,(13)
其中,
Γ=[Cov[Si,Sj]]i,j=1,2,…,n=σ2[Cov [Bi, Bj]]i,j=1,2,…,n =σ2[i∧j]i,j=1,2,…,n.
对式(13)两边取对数,并对σ2求导可得其极大似然估计量
2=1nS′Γ-1St′Γ-1t-t′Γ-1Y2t′Γ-1t.(14)
于是利用定理1得出由式(14)给出的估计量的中心极限定理.令
Fn=1σ2n22-σ2
=1σ2n21nS′Γ-1St′Γ-1t-t′Γ-1Y2t′Γ-1t-σ2,
显然有
lim n→
EFn=E1σ2n2σ^2-σ22
=1σ4n2σ4nnn+2-2n+2+3+σ4-2σ2n-1nσ2
=1.(15)
另一方面将St=s0+σBt代入式(15)并对其求Malliavin导数可得
DFn=12n2DB′tΓ-1Bt-2t′Γ-1Btt′Γ-1DBtt′Γ-1t,(16)
其中
DBt=(1[0,h](s),1[0,2h](s),…,1[0,nh](s))′.由式(16)知
‖DFn‖2H=2n‖DB′tΓ-1Bt‖2H+t′Γ-1Bt2‖t′Γ-1DBt‖2Ht′Γ-1t2-2t′Γ-1DBt〈DB′tΓ-1Bt,t′Γ-1DBt〉Ht′Γ-1t
=2nB′tΓ-1Bt-t′Γ-1Bt2t′Γ-1t=22σ2. (17)
根据式(15)和式(17),结合定理1知
Fn=1σ2n2σ^2-σ2~N0,1
4结 论
本文主要采用了新的方法证明了关于高斯过程函数的中心极限定理,并将给出了该定理的具体应用.虽然本文只给出了一维情况下的中心极限定理,但对于多维情况,可以得到类似的结论.当然,除了研究高斯过程函数的几乎处处中心极限定理之外,对高斯过程函数的几乎处处大偏差性质、几乎处处局部中心极限定理及几乎处处中心极限定理收敛度等问题需进一步研究.
参考文献
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篇5:函数与极限测试题答案
一、选择题
-(x-1)-11=lim =-.故选A.2x1(x-1)(x-2)(x-3)x→1(x-2)(x-3)
2.解析:若limf(x)和limg(x)都存在,则lim[f(x)-g(x)]=limf(x)-limg(x)=0,即limf(x)=limg(x). →∞→∞→∞→∞→∞→∞→∞1.解析:原式=lim →xxxxxxx故选C.2-223.解析:已知x=2是x+ax-2=0的根,则a1,故选D.22
122mma1CmxCmxCmx(1x)malimb 4解析:limx0x0xx
a101a=-1,b=m,故ab=-m选A Cbm
x1(x1)f(x)2xa(x1)且limf(x)存在,则a的值为_-1_______.5.如果函数x1
6.解:∵lim(x-x+1-a1x-b1)=lim →-∞→-∞xx22(1-a21)x-(2a1b1+1)x+1-b1x-x+1+a1x+b1=0,∴1-a21=0①
1-b21-(2a1b1+1)-2x-(2a1b1+1)x+1-b12a1b1+1且lim lim =x→-∞1-a111bx-x+1+a1x+b1x→-∞1-a1-xxx
从而2a1b1+1=0②
1-a1≠0③
1联立解①②③得a1=-1,b12
1同理可求得a2=1,b2=-.2
x2+cx+2b27已知lim a,且函数y=-alnx+c在[1,e]上存在反函数,求b的取值范围. xx→-2x+2
x2+cx+2解:∵lim a,x→-2x+2x2+3x+22∴x=-2为x+cx+2=0的根,解得c=3.又lim =lim(x+1)=-1,∴a=-1.x→-2x→-2x+2
b2lnxb2xlnx-b∴y=ln2x++3,y′=-=xxxxb∵y=ln2x++3在[1,e]上存在反函数,x
∴y′≥0或y′≤0在[1,e]上恒成立.
篇6:函数与极限测试题答案
1.f(x),g(x)C[a,b],在(a,b)内二阶可导且存在相等的最大值,又f(a)g(a),f(b)g(b),证明:(1)(a,b),使f()g()
(2)(a,b),使f()g()证明:设f(x),g(x)分别在xc,xd处取得最大值M,不妨设cd(此时acdb),作辅助函数F(x)f(x)g(x),往证(a,b),使F()0
令F(x)f(x)g(x),则F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)二阶可导,且F(a)F(b)0,① 当cd,由于 F(c)f(c)g(c)Mg(c)0F(d)f(d)g(d)f(d)M0由“闭.连.”零点定理,[c,d](a,b),使f()g()② 当cd,由于F(c)f(c)g(c)f(c)g(d)MM0即(a,b),使f()g()
对F(x)分别在[a,],[,b]上用罗尔定理,1(a,),2(,b),使
在[1,2]上对F(x)在用罗尔定理,F(1)F(2)0,(1,2)(a,b),使F()0,(a,b),使f()g().2.设数列{xn}满足0x1,xn1sinxn,n1,2,
xn存在,并求该极限(1)证明limn
xn1x1n(2)计算lim()nxn
分析:(1)确定{xn}为单调减少有下界即可
1xn,用洛必达法则.(2)利用(1)确定的limn
解:易得0xn1(n2,3,),所以xn1sinxnxn,n(2,3,),即{xn}为
xn存在,并记为limxna,则a[0,1],单调减少有下界的数列,所以 lim nn
对等式xn1sinxnxn,两边令n取极限,得asina,a[0,1],所以
a0,即limxn0.n
lim((2)n
xn1sinxn)lim()
nxnxn
2xn
2xn
令txn
lim(t0
sint)et0t
tlim
ln()t
t
2由于
lim
t0
t
ln(sin)ttsint
ln[1(sin1)]1-1t2sintt洛cost11tt2
limlimlimlimlim t0t0t0t0t03t2t2t2t33t26
xn1xn1
所以lim()e.nxn
3.已知f(x)在[0,1]连续,在(0,1)可导,且f(0)0,f(1)1,证明:(1)(0,1),使f()1,(2)存在两个不同点,(0,1),使f()f()1
证:(1)令F(x)f(x)x1,则F(x)在[0,1]上连续,且
F(0)10,F(1)10,由“闭.连.”零点定理,(0,1),使F()0,即f()1
(2)f(x)在[0,],[,1]上都满足拉格朗日中值定理,所以
(0,),(,1),使
f()f(0)f()(0),f(1)f()f()(1),即
f()f()
f()
1
1f()1(1)
111
f()f()
1
1
1
4.设方程xnnx10,其中n为正整数,证明此方程存在唯一的正
实根xn,并证明当1时,级数xn收敛.n1
证:令f(x)xnnx1,则f(x)在(0,)上连续,且
f(0)10,f()()n0
nn
所以由连续函数的零点定理,所给方程在(0,)内有根,又由f(x)n(xn11)0,即f(x)在(0,)内单调递增,所以所给方程(0,)内只有唯一的根,在(,)上无根,即所给方程存在唯一的正实根xn.
由上述知,对n1,2,,有0xn,有0xn
1n
1n1n
1n
1n1,n
此外,由1知,级数
收敛,所以由正项级数比较审敛法,知
n1n
x收敛.nn1
5.求lim(cosx)
x0
1ln(1x)
x0ln(1x)
解:lim(cosx)
x0
1ln(1x)
=e
lim
lncosx,其中limln(1x
x0
lncosx)
lim
x0
ln[1(cosx1)]ln(1x)
lim
x0
x22x
(cosx)所以,limx0
ln(1x)
e
6.f(x)在x0的某邻域内具有一阶连续导数,且f(0)0,f(0)0,若
af(h)bf(2h)f(0)在h0时是比h高阶的无穷小,试确定a,b的值.解1:(利用导数定义)
0lim
af(h)bf(2h)f(0)af(h)af(0)af(0)bf(2h)bf(0)bf(0)f(0)
lim
h0h0hhaf(h)af(0)bf(2h)bf(0)[(ab)1]f(0)[(ab)1]f(0)limlimlim(ab)f(0)limh0h0h0h0hhhh
ab1
由f(0)0,f(0)0,得,即a2,b1
a2b0
解2:按解1,只要假定f(x)在x0处可导即可,但在题中“f(x)在x0的某邻域内具有一阶连续导数”的假定下,有以下解法:由lim
h0
h0
af(h)bf(2h)f(0)
0得 limaf(h)bf(2h)f(0)=0
h0h
即0limaf(h)bf(2h)f(0)(ab1)f(0),由f(0)0,得ab1(1)
af(h)bf(2h)f(0)洛
limaf(h)2bf(2h)(a2b)f(0)且f(0)0,又由0lim
h0h0h
所以 a2b0(2)
由(1)、(2)得a2,b1.2esinx
.7.求lim4x0x1e
解:
2eesinx2esinx
1 limlim44x0x0xx1ee12esinx2esinx
1 limlim44x0xx01ex1e
所以 原式 = 1
8.求lim
x0
143
xx2
.2
x
解1:(泰勒公式)因
xx2[1
1111
xx2o(x2)][1xx2o(x2)]22828(x0)
x2o(x2)~x2
所以
1x2
xx21limlimx0x0x2x24
解2:(洛必达法则)
xx2洛必达limlimx0x0x22x1xx1
limlim x0xx4x0x
篇7:函数与极限测试题答案
1.设xn
nn2
(n1,2,),证明limxn1,即对于任意0,求出正整数N,使得
n
当nN时有 |xn-1|,并填下表:
n
1|
2n2
,只需n
22,取
证0,不妨设1,要使|xn-1||N
n2
2
2,则当nN时,就有|xn-1|.
n
n
2.设limanl,证明lim|an||l|.证0,N,使得当nN时,|anl|,此时||an||l|||anl|,故lim|an||l|.n
3.设{an}有极限l,证明
(1)存在一个自然数N,nN|an||l|1;
(2){an}是一个有界数列,即存在一个常数M,使得|an|M(n12,).证(1)对于1,N,使得当nN时,|anl|1,此时|an||anll||anl||l||l|1.(2)令Mmax{|l|1,|a1|,,|aN|},则|an|M(n12,).4.用-N说法证明下列各极限式:
(1)lim
n
3n12n3
;(2)lim
n
n1
0;
(3)limnq0(|q|1);(4)lim
n
n
2n
n!n
n
0;
111(5)lim1;n1223(n1)n11(6)lim0.3/23/2n(n1)(2n)证(1)>0,不妨设<1,要使
3n12n3
32
112(2n3)
,只需n
112
3,取N
3n133n1311
3,当nN时,,故lim.2n2n32n322
(2)>0,要使
,由于
只需
,n
3,1
取N
3(3)|q||nq|
n
,当
nN时1
.1n
(0).n4
1n124n
n
n(n1)
(1)6n
n
n(n1)(n2)
}.
3n
(n1)(n2)n!n
n
,n1.
,Nmax{4,243
(4)
1n
,n
,N
111(5)1
(n1)n1223
111111111
1,n,N
n(n1)n1223
.
(6)
1(n1)
n
3/2
1(2n)
3/2
n(n1)
3/2
,n
,N
12.
5.设liman0,{bn}是有界数列,即存在常数M,使得|bn|M(n1,2,),证
明limanbn0.n
证0,正整数 N,使得
|an|故limanbn0.n
M,|anbn||an||bn|
M
M,6.证明lim
n
1.证0,要使1|n(1)
n
1,只需
n(1)
n
1.4n
而
1n
nn(n1)
(n1)
4n,只需1,n
,N
4
2.
7.求下列各极限的值:(1)limn
lim
n
0.22
(2)lim
n
n3n1004nn2(2n10)nn
lim
n
13/n100/n41/n2/n
.(3)lim
n
lim
n
(210/n)11/n
n
16.2
1
(4)lim1
nn
2n
1
lim1
nn
e.2
11
(5)lim1limn1
nnn11
11
n1n1
1
lim1nn11
(6)lim1
nn
n
n
n
n1
1
lim1nn1
n
n
1e
.111
lim1,取q(,1),N,当nN时,1qnnen
11
10,即lim1nnn
n
n
n
n
n
1nn
01q,limq0,lim
nnn
n
n
n
0.1111
(7)lim12lim1lim1e1.nnnnnne
8.利用单调有界序列有极限证明下列序列极限的存在性:(1)xnxn1(2)xn
11112121
1n,xn1xn2
121
n
1(n1)
xn,
1(n1)n1
1n
2.xn单调增加有上界,故有极限.,xn1xn
n1
21
1
xn,1n
111111111.xn2n12n12222222211
2xn单调增加有上界,故有极限.(3)xn
1n1
1n2
1nn
.xn1xn
12n2
1n1
12n2
0,xn1xn,xn0,xn单调减少有下界,故有极限.(4)xn11
12!
1n!
.xn1xn
1(n1)!
0,111111
xn2133.223nn1nxn单调增加有上界,故有极限.11
9.证明e=lim11.n2!n!
11n(n1)1n(n1)(nk1)1
证11n2k
nn2!nk!n
n(n1)(nn1)1
n!
n
n
n
2
1111k111n1111112!nk!nnn!nn1
n
11111.elim1lim11.nn2!n!n2!n!对于固定的正整数k,由上式,当nk时,11111k112111,n2!nk!nn
11
令n得e11,2!k!
1111
elim11lim11n.k2!k!2!n!
10.设满足下列条件:|xn1|k|xn|,n1,2,,其中是小于1的正数.证明limxn0.n
n
n1
篇8:函数与极限测试题答案
一、问题的提出
本例中数列极限许多学生认为是由于但这种想法似是而非, 严格地讲这是由得出来的, 同一个类型的例子基本上都是这样, 由此可见这个式子的正确使用是我们必须要掌握的。
其中[x]表示x的整数部分, 令x->+∞时, 不等式左右两侧表现两个数列的极限再利用函数极限的夹逼定理得到
接下来我们重点了解一下能不能从数列极限求函数极限研究数列极限和函数极限时, 许多学生会想到海涅定理, 根据海涅定理, 的充分必要条件是对于任意趋于+∞的数列{n}都有。
二、得到的重要结果
通过上面的分析, 我们就可以提出下面的定理。
定理1设f (x) 在[a, +∞]上有定义, (a>0) , 如果存在数列{xn}, {yn}满足对于任意x>=a, 当n<=x
证明:对于任意A>0, 由于所以存在N∈N+ (假设N≥a) , 当n>N时, 就会有|xn-A|<ε且|yn-A|<ε取X=N+1, 当x>X时, 总可以找到满足n0>N且n0≤x≤n0+1, 由条件可得xn0≤f (x) ≤yn0, 所以xn0-A≤f (x) -A≤yn0-A, 于是|f (x) -A|≤max{|xn0-A|, |yn0-A|}<ε。
在学习定积分时且遇到下面的问题:
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