Предел функции

Тема 2
Предел функции в точке
Теоретические вопросы
1. Предел функции в точке. Единственность предела.
2. Бесконечно малые функции и их свойства. Необходимое и
достаточное условие существования предела функции в точке.
3. Сравнение бесконечно малых функций. Таблица
эквивалентности.
4. Бесконечно большие функции. Теорема о связи бесконечно
малых и бесконечно больших функций.
5. Теорема об ограниченности функции, имеющей предел в
точке.
6. Теоремы о пределах функций, связанные с арифметическими
действиями.
7. Теоремы о пределах функций, связанные с неравенствами.
8. Первый замечательный предел. Следствия.
9. Второй замечательный предел. Следствия.
Контрольные вопросы
1. Может ли функция не иметь предела в точке?
2. Может ли функция иметь различные левосторонние и
правосторонние пределы в данной точке?
3. Может ли функция не иметь односторонних пределов в
данной точке?
4. Является ли бесконечно малая функция ограниченной?
5. Является ли произведение двух бесконечно малых функций
бесконечно малой функцией?
6. Является ли произведение двух бесконечно больших
функций бесконечно большой функцией?
7. Является ли сумма двух бесконечно больших функций
бесконечно большой функцией?
8. Является ли сумма бесконечно малой и ограниченной
функций бесконечно малой функцией?
9. Является ли сумма бесконечно большой и ограниченной
функций бесконечно большой функцией?
10. Является ли частное бесконечно малых функций бесконечно
малой функцией?
11. Является ли частное бесконечно больших функций
бесконечно большой функцией?
12. Является ли существование предела функции в точке
необходимым условием ограниченности функции в
некоторой окрестности этой точки?
13. Является ли существование предела функции в точке
достаточным условием ограниченности функции в некоторой
окрестности этой точки?
14. Является ли ограниченность функции в окрестности точки
необходимым условием существования предела функции в
этой точке?
15. Является ли ограниченность функции в окрестности точки
достаточным условием существования предела функции в
этой точке? lim f ( х)  e
x
16. Используя логическую символику, записать следующее
утверждение lim f ( х)  0 . Схематически изобразить график
x0
функции, удовлетворяющей этому условию.
17. Используя логическую символику, записать следующее
утверждение lim f ( х)  0 . Схематически изобразить график
x
функции, удовлетворяющей этому условию.
18. Используя логическую символику, записать следующее
утверждение lim f ( х)   . Схематически изобразить
x10
график функции, удовлетворяющей этому условию.
19. Используя логическую символику, записать следующее
утверждение lim f ( х)  e . Схематически изобразить
x
график функции, удовлетворяющей этому условию.
20. Используя логическую символику, записать следующее
утверждение lim f ( х)   . Схематически изобразить
x0
график функции, удовлетворяющей этому условию.
21. Используя определение предела функции доказать, что
lim f ( х) не существует, если:
xa
1
а) f ( х)  cos x , а = ;
б) f ( х)  sin , а = 0;
x
в) f ( х)  x  [ x] , а = .
Задачи для практических занятий
1. Используя ( - ) определение предела функции в точке,
доказать, что
1
а) lim ( x  5)  3 ;
б) lim (3х 2  2)  10 .
х2
x4 2
Указать  ().
2. Найти предел функции :
x2  5
2
а) lim ( x  7 x  9) ; б) lim
; в) lim ( x3  5x 2  2 x  3) .
x
х2 x 2  3
x2
0
Неопределённость вида .
0
0
Чтобы раскрыть неопределённость вида , заданную отношением
0
двух многочленов, необходимо выделить в числителе и знаменателе
множитель, равный нулю при предельном значении х и сократить на
этот множитель, а затем перейти к пределу.
0
3. Найти предел функции (неопределённость ):
0
x2  x  2
x 3  3x  2
а) lim
;
б) lim
;
x1 x 2  2 x  1
x1 x3  x 2  x 1
x2  6x  5
в) lim
;
x1 x 2  3x  2
x3  8
г) lim
;
х2 x  2
x
д) lim
;
x0 2  4  x
x 2 1
ж) lim
;
х13 x  1
( x  3)( x 2  2 x  3)
е) lim
;
2
x3
x  x6
з)
5 x 2
lim
.
х1 2  x 1
Неопределённость вида

.


, заданную отношением

двух многочленов, необходимо разделить числитель и знаменатель
почленно на х n, где n – степень многочлена в знаменателе.
Чтобы раскрыть неопределённость вида
4. Найти предел функции (неопределённость
x2  x  2
а) lim
;
x 2
x  2x 1
x 4  5x
в) lim
;
x 2
x  3x  1
д) lim
x
x 3  3x  2
б) lim
;
x 3 2
x  x  x 1
x3  8
г) lim
;
х 2
2x 1
3 2
4 3
x

x

1

x 1 .
lim
е)
x
x2  x  2
x
;
2
x 3
.

):

Неопределённость вида  – 
С помощью различных преобразований (приведение к общему
знаменателю, умножение на «сопряжённое» выражение)
неопределённость вида ( – ) приводят к неопределённостям

0
вида
или
.

0
5. Найти предел функции:


3
 x

а) lim 
 x ;
x 2

 x 1


1 
в) lim  ctgx 
;
х0
sin x 
б)
lim ( x  2  x 1) ;
x
г) lim x 2  2x 1  x 2  7 x  3 .
x
6. Найти предел функции, используя первый замечательный
предел или следствия:
sin 3x
8x 2
а) lim
;
б) lim
;
х0 arcsin 5x
х0 sin 2 3x
3 5 x 2
cos x  sin x
в) lim
;
г) lim
.
х3 sin x
х   4 x
4
7. Найти предел функции, используя второй замечательный
предел или следствия:
2
x2
4
x

2
 2x  6 

2

1  2 x 
а) lim 
;
б)
.
lim
x 2 x  1 
x0

8. Найти предел функции, используя принцип замены
эквивалентных
бесконечно малых функций:
ln(1  sin 2 x)
а) lim
;
х0 1  cos 3x
ln cos x 2
в) lim
х0 x 2  tg 2 x
8x  7 x
б) lim x x ;
х0 7  5
3
1  2 x 2 1
г) lim
х0 x  sin 5x
Задачи для самостоятельной работы
1. Используя ( - ) определение предела функции в точке,
доказать, что
а) lim (3x  2)  2 ; б) lim х 2  9 ;
в) lim 1  1 .
x5 х 5
х3
x 0
Указать  ().
2. Найти предел функции:
arcsin(cos x)
а) lim
;
х0 arccos(sin x)
в) lim
x
5 x 4 x 3 x
3 2x 1
;
( x  3) 40  (3x  1)10
б) lim
;
x
2
25
(2 x 1)
2 x 1 1
lim
г)
;
х 5  2 x 1
x2  4
д) lim
;
х2 x3  2 x 2  x  2
е)
4
ж) lim x  3x  2 ;
x1 x5  4x  3
x m 1
з) lim
;
х1 x 1
lim
x1
x2  x  2
;
2
( x  1)( x  11x  10)
x  sin 3x
и) lim
;
х01  cos 4 x
x  sin 3 x
л) lim
;
х cos 2 x
2
н)
 x4 

lim 
x x 10 
x 3
к) lim
х0
;
1  cos x
;
2
x
1
м) lim x 2  arcsin
;
х
2
x
7
 1  5x  x

о) lim 
x0 1  x 
3. Найти предел функции, заменяя бесконечно малые
эквивалентными:
ln 2 (1  7 x)
а) lim
;
х0 sin 4 x 2
в) lim
х0
ln(1  3x)
;
x
e x 1
б) lim
;
х0 arctgx
35x 1
г) lim
;
х0 arcsin 3x
sin 3 x  ln(1  3x)
3
(arctg x ) 2  (e5  x 1)
1  x  x 2 1
(sin x  tgx) 2  (1  cos 2 x) 4  x5
е) lim
;
ж) lim
.
х0
х0 7tg 7 x  sin 6 x  2 arcsin 5 x
sin 4 x
д) lim
х0
Проверочная работа № 2 – 0
(с решением)
1. Используя ( - ) определение
предела функции в точке,
доказать, что
а) lim (2 x 1)  3 ;
x2
б)
lim х 2  4 ;
х2
в)
lim 2х 1   1 .
2
x1 х  3
Указать  ().
2. Найти предел функции:
3
2
а) lim x  2 x  x  2 ;
x1 x 2  3x  2
г)
lim ( х  а  х ) ;
x
ж) lim 1  cos 5x ;
x  0 x  arcsin 7 x
2
б) lim x  4  2 ;
в) lim 2 х  х ;
x х 2  10
x
x0


д) lim  1  12  ; е) lim х  сtg 2 x
x0
x2 x  2 x3  8 
7
6 x3


з) lim 1  5x3 
.
x0

3. Найти предел функции, заменяя бесконечно
эквивалентными:
(5 (1  x)3 1)( x  10)
а) lim
;
x0 3
( (1  x) 2 1)( x  9)
б) lim
х0
малые
1  x sin x 1
.
2
x
Решение проверочной работы № 2– 0.
1.а) f (x) = 2x – 1, b = 3. Нам надо доказать, что для всякого сколь
угодно малого положительного числа  существует такое число ,
зависящее от ,  > 0, что из неравенства 0 < | x – 2 | <  следует
неравенство | f (x) – 3 | < .
Зададим  > 0 и составим выражение
| f (x) – 3 | = | (2x – 1) – 3 | = 2 | x – 2 |.
Если взять    , то для всех значений х, удовлетворяющих
2
неравенству 0 < | x – 2 | < ,
| f (x) – 3 | = 2 | x – 2 |< 2   2 ·
Следовательно,

2
= .
по определению
lim (2 x 1)  3 .
x2
1.б) Пусть  - любое положительное число. Требуется доказать,
что можно подобрать такое число, зависящее от ,  > 0, что для
всех х, удовлетворяющих неравенству
0 < | x – 2 | < , будет
выполняться неравенство
| x2 – 4 | < .
Если | x – 2 | < , то
|x+2|=|x–2+4||x–2|+4<+4
и
| x2 – 4 | = | x – 2 | | x + 2 |<  ( + 4).
Для выполнения неравенства | x2 – 4 | <  достаточно
потребовать, чтобы
 ( + 4) =  или
 2+ 4  –  = 0,
откуда
 = – 2 + 4
( второй корень квадратного уравнения не удовлетворяет условию,
так как  должно быть положительным).
Таким образом, для любого  > 0 найдено такое  > 0, что из
неравенства
0 < | x – 2 | <  следует неравенство | x2 – 4 | < ,
т.е. по определению lim х 2  4.
х2
Второй
с п о с о б.
Возьмём любое  > 0 и посмотрим, для какой окрестности точки
х = 2 значения х будут удовлетворять неравенству
|
x2 – 4 | < 
или
| x2 – 4 | = | x – 2 | | x + 2 | <.
Не теряя общности можно считать, что  будет выбрано не
больше 1 (уменьшить найденное , в случае необходимости, всегда
можно). Тогда значения х, удовлетворяющие неравенству | x – 2 | < 1,
будут удовлетворять неравенству
1 < x < 3. Поэтому | x + 2 | < 5.
Найдём, при каких х выполняется неравенство
| x2 – 4 | = | x – 2 | | x + 2 |< 
или
| x – 2 | · 5 < .
Откуда, получим | x – 2 | <  .
5
Таким образом, в качестве , можно взять меньшее из чисел 1 и  .
5
1.в) Пусть  - произвольное положительное число. Требуется
доказать, что существует такое число  > 0, что при всех значениях х,
удовлетворяющих неравенству 0 < | x + 1 | < , будет выполняться
неравенство
2 x  1    1   4 x  2  3  x  5x  5  5 x  1  
x  3  2 
2(3  x)
2(3  x) 2 x  3
или
x 1  2  .
x3 5
Не теряя общности можно считать, что  < 1.
Поэтому при | x + 1 | < 1 имеем
| x + 3 | = | x + 1 + 2 | > 2 – | x + 1| > 2 – 1 = 1.
Тогда
x 1  x 1 .
x3
2
Чтобы выполнялось неравенство x  1   достаточно, чтобы
x3 5
2
x 1   .
5
Таким образом, в качестве  можно взять меньшее из чисел 1 и
2
.
5
Итак, для любого  > 0 найдено такое  > 0, что из неравенства


0 < | x + 1 | <  следует неравенство 2 x  1    1    .
x 3  2
Таким образом, доказано, что lim 2х 1   1 .
2
x1 х  3
Ответ. 1 а)    ; 1 б)  = – 2 + 4   или  = min 1,  ;
5
2
2
1 в)  = min 1, .
5
2. а) Так как lim ( x 2  3x  2)  0, lim ( x3  2 x 2  x  2)  0 , то имеем
x1
x1
неопределённость вида 0 . Чтобы раскрыть эту неопределённость,
0
разложим числитель и знаменатель дроби на множители:
х 3 + 2 х2 – х – 2 = (х – 1) (х2 + 3 х + 2),
х 2– 3 х + 2 = (х – 1) (х – 2).
3  2x 2  x  2
( x 1)  ( x 2  3x  2)
x 2  3x  2 6
x
lim
 lim
 lim
  6
x1 x 2  3x  2
1
x  1 ( x 1)  ( x  2)
x 1 x  2
2. б) Имеем неопределённость вида 0 . Чтобы раскрыть эту
0
неопределённость, умножим числитель и знаменатель дроби на
выражение х  4  2  0 (сопряжённое числителю).
( х  4  2)  ( х  4  2)
=
lim x  4  2 = lim
x
x0
x0
х( х  4  2)
1
lim x  4  4
= lim
= 1.
4
x0 x( x  4  2)
x0 x  4  2
2. в) Имеем неопределённость вида  . Делим числитель и

2
знаменатель почленно на х . Тогда
1
2
x  2,
lim 2 х  х = lim
x х 2  10 x 10
1
x2
так как lim 1  0 и
lim 10  0 .
x х
x х 2
2
2. г) Имеем неопределённость вида  – . Умножим и разделим
выражение, стоящее под знаком предела на ( х  а  х) :
( х  а  х)( х  а  х)
=
lim ( х  а  х ) = lim
x
x
ха  х
х  а  х = a  lim
1
 a 0  0 .
lim
x х  а  х
x х  а  х
2. д) Имеем неопределённость вида  – . Приведем дроби,
стоящие под знаком предела, к общему знаменателю, получим новую
дробь, числитель и знаменатель которой стремятся к нулю при х  –
2.
 1

x 2  2 x  4 12
x 2  2x  8
12


lim

 lim
 lim
x2 x  2 x3  8  x  2 ( x  2)  ( x 2  2 x  4) x  2 ( x  2)  ( x 2  2 x  4)
( x  2)  ( x  4)
x4
24
1
 lim


2
x  2 ( x  2)  ( x 2  2 x  4) x  2 x 2  2 x  4 (2) 2  2  (2)  4
= lim
2. е) Имеем неопределённость вида 0· . Запишем функцию,
стоящую под знаком предела, в другом виде и перейдём к пределу:
lim х  сtg 2 x
=
=
=
lim x  lim cos 2 x
lim x cos 2 x
x0
x0 sin 2 x x0
x0 sin 2 x
1 lim 2x  lim cos 2x = 1 ·1·1 = 1 .
2
2
2 x0 sin 2x x0
2. ж) Воспользуемся формулой двойного угла для функции
y  cos 5 x , получим
25x  sin 2 5x
2 sin 2 5x
1

cos
5
x
2  lim
4
2 .
lim
 lim
2
x  0 x  arcsin 7 x x  0 x  arcsin 7 x x  0 25x  arcsin 7 x
4
В последнем действии умножили числитель и знаменатель на 25x .
4
Воспользовавшись первым замечательным пределом и
следствием из него, имеем



sin 5x  замена
2  переменной   lim sin t  1 и
lim

 t 0 t
x  0 5x
2
t  5 x

2


 замена

7x
t

lim
 переменной   lim
 1,
 t  0 arcsin t
x  0 arcsin 7 x t  7 x

продолжим решение исходной задачи:


25x  sin 2 5x
5x sin 5x
 sin
 25
7
x
2

25
4
2  lim 
2 
2 

lim

.
5
x
 5x
 14
2
arcsin
7
x
4

7
x  0 25x  arcsin 7 x x  0

2
 2

4
з) Воспользовавшись вторым замечательным пределом
1
x
t


1
lim 1    lim 1  t   e ,
t 0
x   x 
получим
7
1  5x3  7
6 x3
5x3 1 6 x3




lim 1  5x3 
 lim 1  5x3 





x0
x0
5x3 7



1
1


6 x3




5x3 

 замена



3





 lim  1  5x 
 переменной  


x  0 



3


t  5 x







 lim  1  t
t  0



1 
t
35
6




e
35
6
2. б) 1 ;
4
Ответ. 2. а)  6 ;
2. е) 1 ;
2
.
2. ж) 25 ;
14
3. а) Так как (1  t )


2. в) 2;
2. г) 0;
2. д)  1 ;
2
2. з) e
35
6
.
~ 1  t при t  0 . Это означает, что
(1  t )
lim
 1 и одну функцию в пределе можно заменить
1


t
x0
другой, эквивалентной.
3
5
3
Поскольку 5 (1  x)3  (1  x) ~ 1  x при x  0 и
5
2
3 (1  x) 2  (1  x) 3 ~ 1  2 x при x  0 , то
3
(1  3 x 1)( x  10)
(5 (1  x)3 1)( x  10)
5
lim
 lim

2
x0 3
2
( (1  x) 1)( x  9) x  0 (1  3 x 1)( x  9)
3 ( x  10) 3 10
lim 5
5
 1.
2
2
9
x  0 ( x  9)
3
3

3. б) Так как (1  t ) ~ 1  t при t  0 , sin x ~ x при x  0 ,
x  sin x ~ x 2 при x  0 , то
1
2
1  x  sin x  (1  x  sin x) ~ 1  1 x  sin x ~ 1  1 x 2 при x  0 .
2
2
1  1 x 2 1
1  x sin x 1
2
lim
 lim
 1.
2
х0
x0
x2
x2
. Ответ.
3. а) 1;
3. б) 1 .
2