高等数学学习教程，从入门到精通，函数与极限 —— 知识点详解(2）

第六节 极限存在准则 两个重要极限

准则一（夹逼准则/迫敛准则）

数列形式： 若从某项起 $y_n\le x_n\le z_n$，且 ${\lim }_{n\to \infty }{y}_n={\lim }_{n\to \infty }{z}_n=a$，则 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=a$。

函数形式： 若在 $x_0$ 的某去心邻域内 $g(x)\le f(x)\le h(x)$，且 ${\lim }_{x\to x_0}g(x)={\lim }_{x\to x_0}h(x)=A$，则 ${\lim }_{x\to x_0}f(x)=A$。

准则二（单调有界准则）

定理： 单调有界数列必收敛。

• 单调递增且有上界的数列必收敛；
• 单调递减且有下界的数列必收敛。

第一个重要极限

$$\boxed{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1}$$

详细推导：

设 $0<x<\frac{\pi }{2}$。在单位圆中：

• 弧 $AB$ 对应的弧长为 $x$
• 三角形 $OAB$ 的面积 = $\frac{1}{2}\sin x$
• 扇形 $OAB$ 的面积 = $\frac{1}{2}x$
• 三角形 $OAC$ 的面积 = $\frac{1}{2}\tan x$

由面积关系：

$$S_{△OAB}<S_{\text{扇形}OAB}<S_{△OAC}$$

$$\frac{1}{2}\sin x<\frac{1}{2}x<\frac{1}{2}\tan x$$

各项同除以 $\frac{1}{2}\sin x>0$：

$$1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x}$$

取倒数（不等号方向改变）：

$$\cos x<\frac{\sin x}{x}<1\cdots (\ast )$$

对 $-\frac{\pi }{2}<x<0$，令 $t=-x>0$，则 $\frac{\sin x}{x}=\frac{-\sin t}{-t}=\frac{\sin t}{t}$，而 $\cos x=\cos (-t)=\cos t$，故 $(\ast )$ 式对 $x\in \left(-\frac{\pi }{2},0\right)$ 也成立。

现在，对 $(\ast )$ 式两端取极限。由 $\underset{x\to 0}{\lim }\cos x=1$（后续会严格证明），由夹逼准则：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1■$$

补充证明 ${\lim }_{x\to 0}\cos x=1$：

∣cos⁡x−1∣=∣−2sin⁡2×2∣=2sin⁡2×2≤2⋅(x2)2=x22|\\cos x – 1| = \\left|-2\\sin^2 \\frac{x}{2}\\right| = 2\\sin^2 \\frac{x}{2} \\leq 2 \\cdot \\left(\\frac{x}{2}\\right)^2 = \\frac{x^2}{2}∣cosx−1∣=​−2sin22x​​=2sin22x​≤2⋅(2x​)2=2x2​

当 $x\to 0$ 时 $\frac{x^2}{2}\to 0$，由夹逼准则 $|\cos x-1|\to 0$，即 ${\lim }_{x\to 0}\cos x=1$。$■$

应用举例：

题8： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x}{x}$。

解：

$$\frac{\tan x}{x}=\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1}{\cos x}\to 1\cdot 1=1$$

题9： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}$。

解：

1−cos⁡xx2=2sin⁡2x2x2=12(sin⁡x2x2)2→12⋅12=12\\frac{1 – \\cos x}{x^2} = \\frac{2\\sin^2 \\dfrac{x}{2}}{x^2} = \\frac{1}{2}\\left(\\frac{\\sin \\dfrac{x}{2}}{\\dfrac{x}{2}}\\right)^2 \\to \\frac{1}{2} \\cdot 1^2 = \\boxed{\\frac{1}{2}}x21−cosx​=x22sin22x​​=21​​2x​sin2x​​​2→21​⋅12=21​​

题10： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arcsin x}{x}$。

解： 令 $t=\arcsin x$，则 $x=\sin t$，当 $x\to 0$ 时 $t\to 0$。

$$\frac{\arcsin x}{x}=\frac{t}{\sin t}\to \frac{1}{1}=1$$

第二个重要极限

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=e}$$

等价形式：$\underset{\alpha \to 0}{\lim }(1+\alpha {)}^{\frac{1}{\alpha }}=e$

推导过程（利用准则二证明数列情形）：

第一步：证明 $x_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ 单调递增。

由二项式定理展开：

$$x_n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\frac{1}{n^k}=\sum _{k=0}^n\frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!\cdot n^k}$$

$$=\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}\cdot \underset{k\text{ 个因子，每个}<1}{\frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-2}{n}\cdots \frac{n-k+1}{n}}$$

类似地：

$$x_{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}\cdot \frac{n+1}{n+1}\cdot \frac{n}{n+1}\cdots \frac{n+2-k}{n+1}$$

对每一项 $k$（$0\le k\le n$），比较 $x_{n+1}$ 的第 $k$ 项与 $x_n$ 的第 $k$ 项：

在 $x_n$ 中第 $k$ 项的最后一个因子为 $\frac{n-k+1}{n}$，在 $x_{n+1}$ 中为 $\frac{n+1-k}{n+1}$。由于 $\frac{n-k+1}{n}<\frac{n-k+1}{n+1}$，类似地其他因子也有：

$$\frac{n-j}{n}\le \frac{n+1-j}{n+1}(j=0,1,\dots ,k-1)$$

所以 $x_{n+1}$ 的每一项都不小于 $x_n$ 对应项，且 $x_{n+1}$ 多了一项正数（第 $n+1$ 项）。因此 $x_{n+1}>x_n$。

第二步：证明 $x_n$ 有上界。

由上面的展开，注意到 $\frac{n-j}{n}<1$，故：

$$x_n<\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}<1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots$$

而 $\frac{1}{k!}\le \frac{1}{2^{k-1}}$（$k\ge 1$），所以：

$$x_n<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots =1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=3$$

第三步：由准则二，$\{x_n\}$ 收敛。 记此极限为 $e$，即：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e\approx 2.71828\dots$$

再利用夹逼准则可以将数列形式推广到连续变量 $x\to \infty$。$■$

应用举例：

题11： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}$。

解： 令 $t=\frac{1}{x}$（或直接利用复合函数）：

$$\frac{\ln (1+x)}{x}=\ln (1+x{)}^{\frac{1}{x}}$$

当 $x\to 0$ 时，$(1+x{)}^{\frac{1}{x}}\to e$，由 $\ln$ 的连续性：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=\ln e=\boxed{1}$$

题12： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1}{x}$。

解： 令 $t=e^x-1$，则 $x=\ln (1+t)$，当 $x\to 0$ 时 $t\to 0$。

$$\frac{e^x-1}{x}=\frac{t}{\ln (1+t)}=\frac{1}{\frac{\ln (1+t)}{t}}\to \frac{1}{1}=\boxed{1}$$

题13： 求 $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{2}{x}\right)}^x$。

解：

$${\left(1-\frac{2}{x}\right)}^x={\left[{\left(1+\frac{-2}{x}\right)}^{-\frac{x}{2}}\right]}^{-2}\to e^{-2}=\boxed{e^{-2}}$$

第七节 无穷小的比较

背景： 当 $\alpha \to 0$、$\beta \to 0$ 时，$\frac{\beta }{\alpha }$ 的极限可以是 $0$、$\infty$、非零常数或不存在。由此引入无穷小的阶的概念。

定义（无穷小的阶）：

设 $\alpha \to 0$，$\beta \to 0$：

等价无穷小替换定理

定理： 设 $\alpha \sim \tilde{\alpha }$，$\beta \sim \tilde{\beta }$，且 $\lim \frac{\tilde{\beta }}{\tilde{\alpha }}$ 存在，则：

$$\lim \frac{\beta }{\alpha }=\lim \frac{\tilde{\beta }}{\tilde{\alpha }}$$

证明：

$$\lim \frac{\beta }{\alpha }=\lim \frac{\beta }{\tilde{\beta }}\cdot \frac{\tilde{\beta }}{\tilde{\alpha }}\cdot \frac{\tilde{\alpha }}{\alpha }=1\cdot \lim \frac{\tilde{\beta }}{\tilde{\alpha }}\cdot 1=\lim \frac{\tilde{\beta }}{\tilde{\alpha }}■$$

常用等价无穷小（$x\to 0$ 时）

$$\sin x\sim x$$

$$\tan x\sim x$$

$$\arcsin x\sim x$$

$$\arctan x\sim x$$

$$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$$

$$\ln (1+x)\sim x$$

$$e^x-1\sim x$$

$$a^x-1\sim x\ln a$$

$$(1+x{)}^a-1\sim ax$$

$$x-\sin x\sim \frac{x^3}{6}$$

$$\tan x-x\sim \frac{x^3}{3}$$

部分等价的推导：

推导 $(1+x{)}^a-1\sim ax$：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^a-1}{ax}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{a\ln (1+x)}-1}{ax}$$

令 $u=a\ln (1+x)$，当 $x\to 0$ 时 $u\to 0$，利用 $e^u-1\sim u$：

$$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{u}{ax}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a\ln (1+x)}{ax}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=1■$$

推导 $\tan x-x\sim \frac{x^3}{3}$：

$$\tan x-x=\frac{\sin x}{\cos x}-x=\frac{\sin x-x\cos x}{\cos x}$$

当 $x\to 0$ 时 $\cos x\to 1$，故只需分析分子：

$$\sin x-x\cos x$$

利用泰勒展开：$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\cdots$，$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\cdots$

$$\sin x-x\cos x=x-\frac{x^3}{6}-x+\frac{x^3}{2}+\cdots =\frac{x^3}{3}+\cdots$$

故 $\tan x-x\sim \frac{x^3}{3}$。$■$

应用举例：

题14： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 3x}{\ln (1+2x)}$。

解： 当 $x\to 0$ 时，$\sin 3x\sim 3x$，$\ln (1+2x)\sim 2x$，故：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 3x}{\ln (1+2x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3x}{2x}=\boxed{\frac{3}{2}}$$

题15： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}-1}{\cos x-1}$。

解： $e^{x^2}-1\sim x^2$，$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$，故：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}-1}{\cos x-1}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2}{-\frac{x^2}{2}}=\boxed{-2}$$

注意： 等价替换只能用于乘除因子，不能用于加减项中的替换！

第八节 函数的连续性与间断点

一、函数的连续性

定义（在一点连续）： 设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某邻域内有定义，若：

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=f(x_0)$$

则称 $f(x)$ 在点 $x_0$ 连续。

等价的 $\epsilon -\delta$ 定义：对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时，$|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$。

增量形式： 记 $\Delta x=x-x_0$，$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$，则 $f(x)$ 在 $x_0$ 连续等价于：

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\Delta y=0$$

左连续与右连续：

• $\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }f(x)=f(x_0)$：$f$ 在 $x_0$ 左连续
• $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }f(x)=f(x_0)$：$f$ 在 $x_0$ 右连续

$$f\text{ 在 }{x}_0\text{ 连续}⟺\text{在 }{x}_0\text{ 既左连续又右连续}$$

在区间上的连续性：

• 在开区间 $(a,b)$ 内连续：在每一点都连续
• 在闭区间 $[a,b]$ 上连续：在 $(a,b)$ 内连续，且在 $a$ 右连续、在 $b$ 左连续

二、函数的间断点

若 $f(x)$ 在 $x_0$ 处不连续，则 $x_0$ 为间断点。

间断点的分类：

典型例题：

题16： 讨论 $f(x)=\frac{\sin x}{x}$ 在 $x=0$ 处的连续性。

解： $f(x)$ 在 $x=0$ 处无定义，但 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$。

左右极限存在且相等（等于 $1$），故 $x=0$ 是第一类（可去）间断点。补充定义 $f(0)=1$ 即可使之连续。

题17： 讨论 $f(x)=\{\begin{array}{ll}x\sin \frac{1}{x},& x\ne 0\\ 0,& x=0\end{array}$ 在 $x=0$ 处的连续性。

解： $\underset{x\to 0}{\lim }x\sin \frac{1}{x}$：由于 ∣sin⁡1x∣≤1\\left|\\sin\\dfrac{1}{x}\\right| \\leq 1​sinx1​​≤1，有界函数乘无穷小：

∣xsin⁡1x∣≤∣x∣→0\\left|x\\sin\\frac{1}{x}\\right| \\leq |x| \\to 0​xsinx1​​≤∣x∣→0

故 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0=f(0)$，$f(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

题18： 讨论 $f(x)=\frac{1}{x}$ 的间断点类型。

解： $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}=+\infty$，$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{x}=-\infty$。

左右极限均不存在（为无穷大），故 $x=0$ 为第二类间断点（无穷间断点）。

第九节 连续函数的运算与初等函数的连续性

一、连续函数的和、差、积、商的连续性

定理： 若 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都在 $x_0$ 处连续，则：

• $f(x)\pm g(x)$ 在 $x_0$ 处连续
• $f(x)\cdot g(x)$ 在 $x_0$ 处连续
• $\frac{f(x)}{g(x)}$ 在 $x_0$ 处连续（$g(x_0)\ne 0$）

证明： 直接由极限的四则运算法则和连续性的定义得到。例如和的情形：

$$\underset{x\to x_0}{\lim }[f(x)+g(x)]=\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)+\underset{x\to x_0}{\lim }g(x)=f(x_0)+g(x_0)$$

故 $f+g$ 在 $x_0$ 连续。$■$

二、反函数与复合函数的连续性

定理1（反函数的连续性）： 若 $y=f(x)$ 在区间 $I_x$ 上严格单调且连续，则其反函数 $x=f^{-1}(y)$ 在对应区间 $I_y$ 上也严格单调且连续。

定理2（复合函数的连续性）： 若 $u=\phi (x)$ 在 $x_0$ 处连续，$y=f(u)$ 在 $u_0=\phi (x_0)$ 处连续，则复合函数 $y=f[\phi (x)]$ 在 $x_0$ 处连续，且：

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f[\phi (x)]=f[\phi (x_0)]=f\left[\underset{x\to x_0}{\lim }\phi (x)\right]$$

推论（极限号与函数符号的交换）： 若 ${\lim }_{x\to x_0}\phi (x)=u_0$（$u_0$ 可以是有限值或 $\infty$），$f(u)$ 在 $u_0$ 处连续，则：

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f[\phi (x)]=f\left[\underset{x\to x_0}{\lim }\phi (x)\right]$$

这就是为什么前面的例题中我们能用 $\underset{x\to 0}{\lim }\ln (1+x{)}^{1/x}=\ln \left[\underset{x\to 0}{\lim }(1+x{)}^{1/x}\right]=\ln e=1$。

三、初等函数的连续性

基本初等函数的连续性：

• 三角函数在其定义域内连续
• 反三角函数在其定义域内连续
• 指数函数 $a^x$（$a>0,a\ne 1$）在 $\mathbb{R}$ 上连续
• 对数函数 ${\log }_{a}x$ 在 $(0,+\infty )$ 上连续
• 幂函数 $x^a$ 在其定义域内连续

核心定理：一切初等函数在其定义区间内都是连续的。

注意： "定义区间"指定义域中的区间部分。如 $f(x)=\sqrt{\sin x-1}$，其定义域仅含孤立点 $x=\frac{\pi }{2}+2k\pi$，不构成区间，所以此定理不适用。

应用： 计算初等函数在定义区间内某点的极限，直接代入即可：

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=f(x_0)$$

典型习题：

题19： 求 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}$。

解： 这是 $\frac{0}{0}$ 型。分子有理化：

$$\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}\cdot \frac{\sqrt{5x-4}+\sqrt{x}}{\sqrt{5x-4}+\sqrt{x}}=\frac{(5x-4)-x}{(x-1)(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}$$

$$=\frac{4(x-1)}{(x-1)(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}=\frac{4}{\sqrt{5x-4}+\sqrt{x}}$$

当 $x\to 1$ 时：

$$\frac{4}{\sqrt{1}+\sqrt{1}}=\boxed{2}$$

第十节 闭区间上连续函数的性质

一、有界性与最大值最小值定理

定理1（有界性定理）： 若 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界。

定理2（最大值最小值定理/最值定理）： 若 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上必取得最大值 $M$ 和最小值 $m$。

即存在 ${\xi }_1,{\xi }_2\in [a,b]$，使得对所有 $x\in [a,b]$：

$$m=f({\xi }_1)\le f(x)\le f({\xi }_2)=M$$

条件不可或缺： "闭区间"和"连续"两个条件缺一不可。例如 $f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $(0,1]$ 上连续但无界。

二、零点定理与介值定理

定理3（零点定理）： 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)\cdot f(b)<0$（即 $f(a)$ 与 $f(b)$ 异号），则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得：

$$f(\xi )=0$$

证明思路（利用确界原理或二分法）：

不妨设 $f(a)<0$，$f(b)>0$。

取中点 $c=\frac{a+b}{2}$：

• 若 $f(c)=0$，取 $\xi =c$，证毕。
• 若 $f(c)<0$，则在 $[c,b]$ 上 $f(c)<0$，$f(b)>0$，令 $[a_1,b_1]=[c,b]$。
• 若 $f(c)>0$，则在 $[a,c]$ 上 $f(a)<0$，$f(c)>0$，令 $[a_1,b_1]=[a,c]$。

不断二分得到嵌套闭区间列 $[a_n,b_n]$，$b_n-a_n=\frac{b-a}{2^n}\to 0$。

由区间套定理，存在唯一 $\xi \in \bigcap [a_n,b_n]$。

可以证明 $f(\xi )=0$（利用 $f(a_n)\le 0\le f(b_n)$ 及连续性取极限）。$■$

定理4（介值定理）： 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$m$ 和 $M$ 分别为最小值和最大值，则对任意 $\mu$ 满足 $m\le \mu \le M$，至少存在一点 $\xi \in [a,b]$，使得：

$$f(\xi )=\mu$$

证明： 设 $f(x_1)=m$，$f(x_2)=M$，$x_1,x_2\in [a,b]$。

• 若 $m=M$，则 $f$ 为常数，结论显然。
• 若 $m<M$，令 $F(x)=f(x)-\mu$。则：

$$F(x_1)=m-\mu \le 0,F(x_2)=M-\mu \ge 0$$

若 $F(x_1)=0$ 或 $F(x_2)=0$，结论已得。否则 $F(x_1)<0$，$F(x_2)>0$，由零点定理知存在 $\xi$ 使得 $F(\xi )=0$，即 $f(\xi )=\mu$。$■$

推论： 闭区间上的连续函数必取到最大值与最小值之间的所有值。

典型习题：

题20： 证明方程 $x^3-4x^2+1=0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。

证明： 令 $f(x)=x^3-4x^2+1$，$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。

$$f(0)=1>0,f(1)=1-4+1=-2<0$$

$f(0)\cdot f(1)<0$，由零点定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f(\xi )=0$。$■$

题21： 设 $f(x)$ 在 $[0,2a]$ 上连续，且 $f(0)=f(2a)$，证明存在 $\xi \in [0,a]$ 使得 $f(\xi )=f(\xi +a)$。

证明： 令 $F(x)=f(x)-f(x+a)$，$x\in [0,a]$。

$F(x)$ 在 $[0,a]$ 上连续（因为 $f$ 连续），计算：

$$F(0)=f(0)-f(a)$$

$$F(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0)=-[f(0)-f(a)]=-F(0)$$

故 $F(0)\cdot F(a)=-[F(0){]}^2\le 0$。

• 若 $F(0)=0$，则 $f(0)=f(a)$，取 $\xi =0$。
• 若 $F(0)\ne 0$，则 $F(0)\cdot F(a)<0$，由零点定理，存在 $\xi \in (0,a)$ 使得 $F(\xi )=0$，即 $f(\xi )=f(\xi +a)$。$■$

三、一致连续性（选学内容）

定义： 设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义。若对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$（$\delta$ 只与 $\epsilon$ 有关，与 $x_0$ 无关），使得对 $I$ 上任意两点 $x_1,x_2$，只要 $|x_1-x_2|<\delta$，就有：

$$|f(x_1)-f(x_2)|<\epsilon$$

则称 $f(x)$ 在 $I$ 上一致连续。

与普通连续的区别：

• 在一点连续： $\delta$ 依赖于 $\epsilon$ 和 $x_0$，不同点的 $\delta$ 可能不同。
• 一致连续： $\delta$ 仅依赖于 $\epsilon$，可以同时适用于所有点。

康托尔定理（Cantor定理）： 若 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。

这说明在闭区间上，连续性可以自动"升级"为一致连续性。在开区间上不一定成立，例如 $f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 上连续但不一致连续。

典型习题（综合题）：

题22： 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$f(0)=0$，$f(1)=1$，证明存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f(\xi )=1-\xi$。

证明： 令 $F(x)=f(x)-(1-x)=f(x)+x-1$。

$F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。

$$F(0)=0+0-1=-1<0$$

$$F(1)=1+1-1=1>0$$

由零点定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $F(\xi )=0$，即 $f(\xi )=1-\xi$。$■$

题23（综合极限计算）： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+x\sin x}-1}{x^2}$。

解：

$$\frac{\sqrt{1+x\sin x}-1}{x^2}=\frac{(1+x\sin x)-1}{x^2(\sqrt{1+x\sin x}+1)}=\frac{x\sin x}{x^2(\sqrt{1+x\sin x}+1)}$$

$$=\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1}{\sqrt{1+x\sin x}+1}$$

当 $x\to 0$ 时：

$$\frac{\sin x}{x}\to 1,\frac{1}{\sqrt{1+0}+1}=\frac{1}{2}$$

故原式 $=1\cdot \frac{1}{2}=\boxed{\frac{1}{2}}$。

题24（综合极限计算）： 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{x^3}$。

解：

$$\frac{\tan x-\sin x}{x^3}=\frac{\sin x\left(\frac{1}{\cos x}-1\right)}{x^3}=\frac{\sin x\cdot \frac{1-\cos x}{\cos x}}{x^3}$$

$$=\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1-\cos x}{x^2}\cdot \frac{1}{\cos x}$$

利用等价无穷小：$\sin x\sim x$，$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$：

$$\to 1\cdot \frac{1}{2}\cdot 1=\boxed{\frac{1}{2}}$$

题25（利用单调有界准则）： 设 $x_1=\sqrt{2}$，$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$，证明 $\{x_n\}$ 收敛并求极限。

证明：

有界性： 先证 $x_n<2$。$x_1=\sqrt{2}<2$。设 $x_n<2$，则 $x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}<\sqrt{4}=2$。由归纳法 $x_n<2$。

又 $x_n>0$，故 $\{x_n\}$ 有界。

单调性： $x_{n+1}^2-x_n^2=(2+x_n)-x_n^2=(2-x_n)(1+x_n)$。

因为 $0<x_n<2$，所以 $2-x_n>0$，$1+x_n>0$，从而 $x_{n+1}^2>x_n^2$。

又 $x_n>0$，故 $x_{n+1}>x_n$。$\{x_n\}$ 单调递增。

求极限： 由准则二，设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A$。在 $x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$ 两边取极限：

$$A=\sqrt{2+A}⟹A^2=2+A⟹A^2-A-2=0⟹(A-2)(A+1)=0$$

$A=2$ 或 $A=-1$。因 $x_n>0$，故 $A=2$，即 $\boxed{\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=2}$。

本章知识框架总结

函数与极限
├── 映射与函数
│ ├── 映射（单射、满射、双射）
│ └── 函数（有界性、单调性、奇偶性、周期性）
├── 极限
│ ├── 数列极限（ε-N 定义、性质）
│ ├── 函数极限（ε-δ 定义、性质、单侧极限）
│ ├── 无穷小与无穷大
│ ├── 极限运算法则（四则运算）
│ ├── 极限存在准则与两个重要极限
│ │ ├── lim(sinx/x) = 1
│ │ └── lim(1+1/x)^x = e
│ └── 等价无穷小替换
├── 连续性
│ ├── 连续的定义
│ ├── 间断点分类（第一类：可去/跳跃；第二类：无穷/振荡）
│ ├── 连续函数的运算
│ └── 初等函数的连续性
└── 闭区间上连续函数的性质
├── 有界性定理
├── 最值定理
├── 零点定理
├── 介值定理
└── 一致连续性（康托尔定理）