【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

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（一）连续函数的和、差、积、商的连续性

• 定理1
  设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在点 $x_0$ 连续，则它们的和（差） $f\pm g$、积 $f\cdot g$ 及商 $\frac{f}{g}$（当 $g(x_0)\ne 0$ 时）都在点 $x_0$ 连续.

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（二）反函数与复合函数的连续性

• 定理2
  如果函数 $y=f(x)$ 在区间 $I_x$ 上单调增加（或单调减少）且连续，那么它的反函数 $x=f^{-1}(y)$ 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 $y=f[g(x)]$ 由函数 $u=g(x)$ 与函数 $y=f(u)$ 复合而成，$\mathring{U}(x_0)\subset D_{f\cdot g}$. 若 ${\lim }_{x\to x_0}g(x)=u_0$，而函数 $y=f(u)$ 在 $u=u_0$ 连续，则 ${\lim }_{x\to x_0}f[g(x)]={\lim }_{u\to u_0}f(u)=f(u_0)$.
  
  
• 定理4
  设函数 $y=f[g(x)]$ 是由函数 $u=g(x)$ 与函数 $y=f(u)$ 复合而成，$U(x_0)\subset D_{f\cdot g}$. 若函数 $u=g(x)$ 在 $x=x_0$ 连续，且$g(x_0)=u_0$, 而函数 $y=f(u)$ 在 $u=u_0$ 连续，则复合函数 $y=f[g(x)]$ 在 $x=x_0$ 也连续.

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（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。

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二、练习题

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1. 求函数 $f(x)=\frac{x^3+3x^2-x-3}{x^2+x-6}$ 的连续区间，并求极限 ${\lim }_{x\to 0}f(x)$， ${\lim }_{x\to -3}f(x)$ 及 ${\lim }_{x\to 2}f(x)$.

• 解答：
  $\because f(x)=\frac{(x+3)(x+1)(x-1)}{(x+3)(x-2)}$ 在 $x=-3$ 和 $x=2$ 上没有定义
  $\because$ 一切初等函数在其定义区间内都是连续的
  $\therefore f(x)$ 的连续区间为 $(-\infty ,-3)$，$(-3,2)$，$(2,+\infty )$.
  
  ${\lim }_{x\to 0}f(x)={\lim }_{x\to 0}\frac{-3}{-6}=\frac{1}{2}$
  ${\lim }_{x\to -3}f(x)={\lim }_{x\to -3}\frac{(-2)\cdot (-4)}{-5}=-\frac{8}{5}$
  ${\lim }_{x\to 2}f(x)={\lim }_{x\to 2}\frac{(x+1)(x-1)}{x-2}=\infty$

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2. 设函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在点 $x_0$ 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 $x_0$ 也连续.

• 解答：
  根据定理1:
  $\because$ 函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在点 $x_0$ 连续，而
  $\phi (x)=[f(x)+g(x)+\left|\begin{array}{c}f(x)-g(x)\end{array}\right|]/2$
  $\psi (x)=[f(x)+g(x)-\left|\begin{array}{c}f(x)-g(x)\end{array}\right|]/2$
  $\therefore \phi (x)$ 与 $\psi (x)$ 在点 $x_0$ 也连续.

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3. 求下列极限：
   (1) ${\lim }_{x\to 0}\sqrt{x^2-2x+5}$
   (2) ${\lim }_{\alpha \to \frac{\pi }{4}}(sin2\alpha {)}^3$
   (3) ${\lim }_{x\to \frac{\pi }{6}}ln(2cos2x)$
   (4) ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}$
   (5) ${\lim }_{x\to 1}\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}$
   (6) ${\lim }_{x\to \alpha }\frac{sinx-sin\alpha }{x-\alpha }$
   (7) ${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})$

• 解答：
• (1)
  ${\lim }_{x\to 0}\sqrt{x^2-2x+5}=\sqrt{0-0+5}=\sqrt{5}$
• (2)
  ${\lim }_{\alpha \to \frac{\pi }{4}}(sin2\alpha {)}^3=[sin(2\cdot \frac{\pi }{4}){]}^3=1$
• (3)
  ${\lim }_{x\to \frac{\pi }{6}}ln(2cos2x)=ln(2cos(2\cdot \frac{\pi }{6}))=ln1=0$
• (4)
  ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}={\lim }_{x\to 0}\frac{(\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x+1}+1)}{x(\sqrt{x+1}+1)}=\frac{1}{\sqrt{0+1}+1}=\frac{1}{2}$
• (5)
  ${\lim }_{x\to 1}\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}={\lim }_{x\to 1}\frac{(\sqrt{5x-4}-\sqrt{x})(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}{(x-1)(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}={\lim }_{x\to 1}\frac{4}{\sqrt{5x-4}+\sqrt{x}}=2$
• (6)
  ${\lim }_{x\to \alpha }\frac{sinx-sin\alpha }{x-\alpha }={\lim }_{x\to \alpha }\frac{2\cdot cos\frac{x+\alpha }{2}\cdot sin\frac{x-\alpha }{2}}{x-\alpha }={\lim }_{x\to \alpha }cos\frac{x+\alpha }{2}=cos\alpha$
• (7)
  ${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})={\lim }_{x\to +\infty }\frac{(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x})}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}={\lim }_{x\to +\infty }\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}}=1$

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4. 求下列极限：
   (1) ${\lim }_{x\to \infty }{e}^{\frac{1}{x}}$
   (2) ${\lim }_{x\to 0}ln\frac{sinx}{x}$
   (3) ${\lim }_{x\to \infty }(1+\frac{1}{x}{)}^{\frac{x}{2}}$
   (4) ${\lim }_{x\to 0}(1+3ta{n}^{2}x{)}^{co{t}^{2}x}$
   (5) ${\lim }_{x\to \infty }(\frac{3+x}{6+x}{)}^{\frac{x-1}{2}}$
   (6) ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{x\sqrt{1+si{n}^{2}x}-x}$

• 解答：
• (1)
  ${\lim }_{x\to \infty }{e}^{\frac{1}{x}}=e^{{\lim }_{x\to \infty }\frac{1}{x}}=e^0=1$
• (2)
  ${\lim }_{x\to 0}ln\frac{sinx}{x}=ln{\lim }_{x\to 0}\frac{sinx}{x}=ln1=0$
• (3)
  ${\lim }_{x\to \infty }(1+\frac{1}{x}{)}^{\frac{x}{2}}=[{\lim }_{x\to \infty }(1+\frac{1}{x}{)}^x{]}^{\frac{1}{2}}=e^{\frac{1}{2}}$
• (4)
  ${\lim }_{x\to 0}(1+3\cdot ta{n}^{2}x{)}^{co{t}^{2}x}$(令 $t=3\cdot ta{n}^{2}x$)$={\lim }_{t\to 0^{+}}(1+t{)}^{\frac{3}{t}}$(令$u=\frac{1}{t}$)$=[{\lim }_{u\to +\infty }(1+\frac{1}{u}{)}^u{]}^3=e^3$
• (5)
  ${\lim }_{x\to \infty }(\frac{3+x}{6+x}{)}^{\frac{x-1}{2}}={\lim }_{x\to \infty }(1+\frac{-3}{6+x}{)}^{\frac{6+x}{-3}\cdot \frac{-3}{6+x}\cdot \frac{x-1}{2}}=e^{{\lim }_{x\to \infty }\frac{3}{6+x}\cdot \frac{1-x}{2}}=e^{\frac{3}{2}}$
• (6)
  ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{x\sqrt{1+si{n}^{2}x}-x}={\lim }_{x\to 0}\frac{(x\sqrt{1+si{n}^{2}x}+x)(tanx-sinx)}{(\sqrt{1+tanx}+\sqrt{1+sinx})\cdot x^{2}si{n}^{2}x}={\lim }_{x\to 0}\frac{(\sqrt{1+si{n}^{2}x}+1)(secx-1)}{(\sqrt{1+tanx}+\sqrt{1+sinx})\cdot xsinx}={\lim }_{x\to 0}\frac{2si{n}^2\frac{x}{2}}{x\cdot sinx\cdot cosx}=\frac{1}{2}$

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5. 设 $f(x)$ 在 $R$ 上连续，且 $f(x)\ne 0$，$\phi (x)$ 在 $R$ 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) $\phi [f(x)]$ 必有间断点
   (2) $[\phi (x){]}^2$ 必有间断点
   (3) $f[\phi (x)]$ 未必有间断点
   (4) $\frac{\phi (x)}{f(x)}$ 必有间断点

• 解答：

• (1)
  错。
  如：
  $f(x)=1$
  $\phi (x)=\{\begin{array}{ll}x+1,& x\ge 0\\ x-1,& x<0\end{array}$
  $\phi (x)=2$ 在 $R$上连续，没有间断点.

• (2)
  错。
  如：
  $\phi (x)=\{\begin{array}{ll}1,& x\ge 0\\ -1,& x<0\end{array}$
  $[\phi (x){]}^2=1$ 在 $R$ 上连续，没有间断点.

• (3)
  对。
  如 (1) ，$f[\phi (x)]=1$，在 $R$ 上连续，没有间断点.

• (4)
  对。
  设 $F(x)=\frac{\phi (x)}{f(x)}$ 在 $R$ 上连续。
  $\phi (x)=F(x)\cdot f(x)$ 在 $R$ 上连续，这与题目中给定的条件矛盾
  $\therefore \frac{\phi (x)}{f(x)}$ 在 $R$ 上有间断点.

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6. 设函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^x,& x<0\\ a+x,& x\ge 0\end{array}$
   应当怎样选择数 $a$，使得 $f(x)$ 成为在 $(-\infty ,+\infty )$ 内的连续函数.

• 解答：
  ${\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{-}}{e}^x=1$
  ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{+}}(a+x)=a$
  当 $a=1$ 时，${\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)={\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)$，$f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内连续.

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• 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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