【正文】
例2. 证明函数 $y = \sqrt[3]{x},y = \sqrt {{x^2}} = \left| x \right|$ 在 $x = 0$ 点连续，但是在 $x = 0$ 点不可导。

证：
对 $y = \sqrt[3]{x}$ ，自变量在 $x = 0$ 点有增量 $\Delta x$ ，则 $\Delta y = \sqrt[3]{{0 + \Delta x}} - \sqrt[3]{0} = \sqrt[3]{{\Delta x}}$
因此 ${(\Delta y)^3} = \Delta x$
因为 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} {(\Delta y)^3} = {\left( {\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y} \right)^3} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta x = 0$
所以 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$
所以 $y = \sqrt[3]{x}$ 在 $x = 0$ 点连续（注：由第18课的连续性定义可知）
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下面证明导数不存在。
第一个函数：
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{\Delta x}}}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{1}{{{{(\Delta x)}^{\frac{2}{3}}}}} = \infty$
因此 $y = \sqrt[3]{x}$ 在 $x = 0$ 点不可导。

第二个函数：
对 $y = \sqrt {{x^2}} = \left| x \right| = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x,x \ge 0}\\{ - x,x < 0}\end{array}} \right.$ ，易证 $y = \left| x \right|$ 在 $x = 0$ 点连续（这里就不详细写了）
设自变量 $x$ 在 $x = 0$ 点有增量 $\Delta x$ ，则：

$\Delta y = \left| {0 + \Delta x} \right| - \left| 0 \right| = \left| {\Delta x} \right| = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta x,\Delta x > 0}\\{ - \Delta x,\Delta x < 0}\end{array}} \right.$
在 $x = 0$ 处的右导数 ${{f'}_ + }(0) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to {0^ + }} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to {0^ + }} \frac{{\Delta x}}{{\Delta x}} = 1$
在 $x = 0$ 处的左导数 ${{f'}_ - }(0) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to {0^ - }} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to {0^ - }} \frac{{ - \Delta x}}{{\Delta x}} = - 1$
因为 ${{f'}_ + }(0) \ne {{f'}_ - }(0)$
所以 $y = f(x) = \left| x \right|$ 在 $x = 0$ 点不可导（注：由第23课开头的定义可知）
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从函数图形上很容易看出来：

对右图，在 $x = 0$ 点处，切线垂直于 $x$ 轴，斜率为无穷大，故不可导。
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五、几个基本初等函数的导数公式
1. 常数 $C$ ： $f(x) \equiv C, - \infty < x < + \infty$
下面推导其导数：
令 $y = f(x) \equiv C,\;\forall x \in ( - \infty , + \infty )$
$\Delta y = f(x + \Delta x) - f(x) = C - C = 0$
$f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{0}{{\Delta x}} = 0$
因此 ${\left( C \right)^\prime } = 0$
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2. 幂函数 $y = f(x) = {x^\alpha }$ （ $\alpha$ 为实常数）
下面推导其导数：
当 $\alpha = n(n \in N)$ 时，有 $\Delta y = f(x + \Delta x) - f(x) = {(x + \Delta x)^n} - {x^n}$
按二项式定理展开前面的 ${(x + \Delta x)^n}$ ，得：
$\Delta y = \left[ {{x^n} + n{x^{n - 1}}\Delta x + \frac{{n(n - 1)}}{{2!}}{x^{n - 2}}{{(\Delta x)}^2} + \cdots + {{(\Delta x)}^n}} \right] - {x^n}$
$= n{x^{n - 1}}\Delta x + \frac{{n(n - 1)}}{{2!}}{x^{n - 2}}{(\Delta x)^2} + \cdots + {(\Delta x)^n}$
因此 $\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = n{x^{n - 1}} + \frac{{n(n - 1)}}{{2!}}{x^{n - 2}}\Delta x + \cdots + {(\Delta x)^{n - 1}}$
因此 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left[ {n{x^{n - 1}} + \frac{{n(n - 1)}}{{2!}}{x^{n - 2}}\Delta x + \cdots + {{(\Delta x)}^{n - 1}}} \right] = n{x^{n - 1}}$
（注：从第二项开始，每一项的极限均为0）
因此 $({x^n})' = n{x^{n - 1}}$
$\alpha$ 为任何实常数时， $({x^\alpha })' = \alpha {x^{\alpha - 1}}$ ，这个结论以后再证明。
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3. 正弦、余弦函数 $y = f(x) = \sin x,f(x) = \cos x$
先来推导正弦函数的导数：
$y = \sin x,\; - \infty < x < + \infty$
$\forall x \in ( - \infty , + \infty )$ ，自变量有增量 ${\Delta x}$ ，函数 $y = \sin x$ 的增量 $\Delta y = \sin (x + \Delta x) - \sin x = 2\sin \frac{{\Delta x}}{2}\cos (x + \frac{{\Delta x}}{2})$
（注：三角函数的和差化积公式）
因此 $\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \frac{{2\sin \frac{{\Delta x}}{2}\cos (x + \frac{{\Delta x}}{2})}}{{\Delta x}}$
因此 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{2\sin \frac{{\Delta x}}{2}}}{{\Delta x}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \cos (x + \frac{{\Delta x}}{2}) = 1 \cdot \cos x = \cos x$
（注： $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{2\sin \frac{{\Delta x}}{2}}}{{\Delta x}} = 1$ 是重要极限之一； $y = \cos x$ 是连续函数，因此 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \cos (x + \frac{{\Delta x}}{2})$ 的极限号可以放进去）
因此 $(\sin x)' = \cos x$
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再来推导余弦函数的导数：
$y = \cos x,\; - \infty < x < + \infty$
$\forall x \in ( - \infty , + \infty )$ ， $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\cos (x + \Delta x) - \cos x}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{ - 2\sin \frac{{\Delta x}}{2}\sin \left( {x + \frac{{\Delta x}}{2}} \right)}}{{\Delta x}}$
$= - \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin \frac{{\Delta x}}{2}}}{{\frac{{\Delta x}}{2}}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \sin \left( {x + \frac{{\Delta x}}{2}} \right) = - \sin x$
因此 $(\cos x)' = - \sin x$
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4. 对数函数 $y = f(x) = {\log _a}x\;(a > 0,a \ne 1)$
$y = {\log _a}x,\;0 < x < + \infty$
$\forall x \in (0, + \infty )$ ，设自变量 $x$ 有增量 ${\Delta x}$ ，函数对应的增量：
$\Delta y = {\log _a}(x + \Delta x) - {\log _a}x = {\log _a}\left( {\frac{{x + \Delta x}}{x}} \right) = {\log _a}\left( {1 + \frac{{\Delta x}}{x}} \right)$
因此 $\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \frac{1}{{\Delta x}}{\log _a}\left( {1 + \frac{{\Delta x}}{x}} \right) = \frac{1}{x} \cdot \frac{x}{{\Delta x}}{\log _a}\left( {1 + \frac{{\Delta x}}{x}} \right) = \frac{1}{x}{\log _a}{\left( {1 + \frac{{\Delta x}}{x}} \right)^{\frac{x}{{\Delta x}}}}$
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因此 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left[ {\frac{1}{x}{{\log }_a}{{\left( {1 + \frac{{\Delta x}}{x}} \right)}^{\frac{x}{{\Delta x}}}}} \right] = \frac{1}{x} \cdot \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left[ {{{\log }_a}{{\left( {1 + \frac{{\Delta x}}{x}} \right)}^{\frac{x}{{\Delta x}}}}} \right]$
$= \frac{1}{x} \cdot {\log _a}\left[ {\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} {{\left( {1 + \frac{{\Delta x}}{x}} \right)}^{\frac{x}{{\Delta x}}}}} \right] = \frac{1}{x} \cdot {\log _a}e = \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{{\ln a}} = \frac{1}{{x\ln a}}$
（注： $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} {\left( {1 + \frac{{\Delta x}}{x}} \right)^{\frac{x}{{\Delta x}}}} = e$ 是重要极限之一，即 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} {(1 + \alpha )^{\frac{1}{\alpha }}} = e$ ）
因此 ${\left( {{{\log }_a}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln a}}$
$(\ln x)' = \frac{1}{{x\ln e}} = \frac{1}{x}$
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本课推导的常用的导数公式总结：
${\left( C \right)^\prime } = 0$
${\left( {{x^\alpha }} \right)^\prime } = \alpha {x^{\alpha - 1}}$
${\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x$
${\left( {\cos x} \right)^\prime } = - \sin x$
${\left( {{{\log }_a}x} \right)^\prime } = \frac{1}{{x\ln a}}$
${\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}$
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（第24课完）

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【正文】
<定义2> 设函数 $f(x)$ 在 ${x_0}$ 点的左侧 $[{x_0} + \Delta x,{x_0}]$ （ $\Delta x < 0$ ）有定义，如果极限 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to {0^ - }} \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}}$ 存在，则称此极限为 $f(x)$ 在 ${x_0}$ 点的左导数，记为 ${{f'}_ - }({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to {0^ - }} \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}}$

类似有右导数：
${{f'}_ + }({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to {0^ + }} \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}}$
显然有：
${f({x_0})}$ 在 ${{x_0}}$ 点可导 $\Leftrightarrow {{f'}_ - }({x_0}),{{f'}_ + }({x_0})$ 存在且 ${{f'}_ - }({x_0}) = {{f'}_ + }({x_0})$
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如果 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，且 ${{f'}_ + }(a)$ 和 ${{f'}_ - }(b)$ 存在，则称 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，记为 $f(x) \in D\left[ {a,b} \right]$

三、导数的几何意义
由实例2（曲线上一点处切线的斜率问题）及导数定义：
$f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}$
可知 $\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}$ 表示割线 ${P_0}P$ 的斜率
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = f'({x_0})$

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$f'(x)$ 在几何上表示曲线上一点 ${P_0}({x_0},f({x_0}))$ 点处切线 ${P_0}T$ 的斜率 $f'({x_0}) = \tan \alpha$ ， $\alpha$ 是切线 ${P_0}T$ 的倾角。
根据导数几何意义及平面解析几何关于直线方程的知识（点斜式方程）：
切线方程为： $y - f({x_0}) = f'({x_0})(x - {x_0})$
曲线上点 ${P_0}({x_0},f({x_0}))$ 的法线（过 ${P_0}$ 点且与该点处的切线垂直的直线，称为曲线在 ${P_0}$ 点的法线）方程是什么？
已知：切线斜率 ${k_q} = f'({x_0})$
而切线与法线垂直，故法线斜率 ${k_f} = - \frac{1}{{f'({x_0})}}$ （与切线斜率互为负倒数，其中 $f'({x_0}) \ne 0$ ）
所以法线方程为： $y - f({x_0}) = - \frac{1}{{f'({x_0})}}(x - {x_0})$
若 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点处 $f'({x_0}) = \infty$ （表示切线垂直于 $x$ 轴），则切线方程为 $x = {x_0}$
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例1. 求曲线 $y = \frac{1}{{{x^2}}}$ 在 ${P_0}(1,1)$ 处的切线方程和法线方程。
解：先求导数： $y' = - \frac{2}{{{x^3}}}$ ，则 ${\left. {y'} \right|_{x = 1}} = - 2$
切线斜率 ${k_q} = - 2$ ，法线斜率 ${k_f} = \frac{1}{2}$
因此切线方程为： $y - 1 = - 2(x - 1) \Rightarrow 2x + y - 3 = 0$
法线方程为： $y - 1 = \frac{1}{2}(x - 1) \Rightarrow x - 2y + 1 = 0$
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思考：曲线 $y = f({x_0})$ 外有一点 ${M_0}({x_0},{y_0})$ ，过 ${M_0}$ 点作曲线的切线，怎样求该切线的方程？

四、函数的可导性与连续性的关系
<定理> 如果函数 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点可导，则 $f({x_0})$ 在 ${x_0}$ 点必定连续。
证：设 $f(x)$ 的自变量 $x$ 在 ${x_0}$ 点有增量 $\Delta x$ ，函数对应的增量 $\Delta y = f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})$
要证 $f(x)$ 在 ${x_0}$ 点处连续，也就是要证 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$ （注：为什么？见第18课的连续性定义）
由于 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点可导，从而有： $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}$ 存在，且 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = f'({x_0})$
根据有极限的函数与无穷小的关系（ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A \Leftrightarrow f(x) = A + \alpha ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \alpha = 0$ ）可知：
$\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = f'({x_0}) + \alpha$
即： $\Delta y = f'({x_0})\Delta x + \alpha \Delta x$
两边取极限：
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = f'({x_0})\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta x + \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} (\alpha \Delta x)$
（注： $\alpha \Delta x$ 为两个无穷小的乘积，仍为无穷小）
因此函数 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点处连续（连续是可导的必要条件）
定理的逆命题不成立，即函数在一点连续，也不一定是可导的。
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（第23课完）

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【正文】

（1）由于自变量 $x$ 的变化引起函数 $y = f(x)$ 变化的“快慢”问题——函数的变化率/导数。
（2）由于自变量的微小改变（增量 $\Delta x$ 很小时）引起 $y = f(x)$ 的改变量 $\Delta y$ 的近似值问题——微分问题。
（3）求导数或微分——微分法。

一、两个实例
1.直线运动的瞬时速度问题
设质点沿直线作非匀速运动，其走过的路程 $s$ 与时间 $t$ 的函数关系 $s = s(t)$ ，求某一时刻 ${t_0}$ 时的瞬时速度。
设从时刻 ${t_0}$ 到 ${t_0} + \Delta t$ 这段时间内质点走过的路程为 $\Delta s = s({t_0} + \Delta t) - s({t_0})$

从 ${t_0}$ 到 ${t_0} + \Delta t$ 这段时间内，平均速度 $\overline v = \frac{{\Delta s}}{{\Delta t}} = \frac{{s({t_0} + \Delta t) - s({t_0})}}{{\Delta t}}$
对非匀速运动的质点，平均速度 $\overline v$ 可以作为 ${t_0}$ 时刻瞬时速度的近似值（ ${\Delta t}$ 很小时）：
${\left. v \right|_{t = {t_0}}} \approx \overline v$
$\Delta t$ 越小， $\overline v$ 与 ${\left. v \right|_{t = {t_0}}}$ 越接近。
如果当 $\Delta t \to 0$ 时， $\overline v$ 的极限存在，即：
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta t \to 0} \overline v = \mathop {\lim }\limits_{\Delta t \to 0} \frac{{\Delta s}}{{\Delta t}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta t \to 0} \frac{{s({t_0} + \Delta t) - s({t_0})}}{{\Delta t}} = {v_0}$
则有 ${\left. v \right|_{t = {t_0}}} = {v_0}$
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2.曲线在一点处的切线斜率

切线：当 $P' \to {P_0}$ 时，割线 ${P_0}P'$ 的极限位置 ${P_0}T$ 称为曲线的切线

割线： ${P_0}({x_0},f({x_0})),P'({x_0} + \Delta x,f({x_0} + \Delta x))$
割线斜率 $\bar k = \tan {\alpha _1} = \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}}$
当 $P' \to {P_0}$ 时， $\Delta x \to 0$
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \bar k = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}}$
切线 ${P_0}T$ 的斜率 $k = \tan \alpha = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \bar k = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}}$
（注： $\alpha$ 为切线的倾斜角）
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二、导数定义
<定义1> 设 $y = f(x)$ 在 $N({x_0},\delta ),\delta > 0$ 内有定义，当自变量 $x$ 在 ${x_0}$ 点有增量 ${\Delta x}$ （ ${x_0} + \Delta x \in N({x_0},\delta )$ ），函数 $y = f(x)$ 相应的增量为 $\Delta y = f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})$ ，如果极限 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}}$ 存在，则称 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点可导，并称此极限值为 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点的导数。
记为：
$y'{|_{x = {x_0}}},\;f'({x_0}),\;{\left. {\frac{{dy}}{{dx}}} \right|_{x = {x_0}}},\;{\left. {\frac{{df(x)}}{{dx}}} \right|_{x = {x_0}}}$
即 $f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}}$
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直线运动的瞬时速度 $v{|_{t = {t_0}}} = s'(t){|_{t = {t_0}}}$
曲线在 $({x_0},f({x_0}))$ 的切线斜率 $k{|_{x = {x_0}}} = f'({x_0})$

导数定义的另一种极限形式—— $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点的导数可以定义为：
若记 $x = {x_0} + \Delta x$ （即 $\Delta x = x - {x_0}$ ）
当 $\Delta x \to 0$ 时， $x \to {x_0}$
$\Delta y = f({x_0} + \Delta x) - f({x_0}) = f(x) - f({x_0})$
$f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}$
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$y = f(x)$ 在 ${{x_0}}$ 点可导，记为 $f(x) \in D({x_0})$
$y = f(x)$ 在 $(a,b)$ 内每一点处都可导，则称 $y = f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，记为 $f(x) \in D(a,b)$
$y = f(x)$ 在区间 $I$ 上可导，记为 $f(x) \in D(I)$
若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导， $\forall x \in (a,b)$ ，就有 $f'(x)$ 与 $x$ 对应，由函数定义，可知 $f'(x)$ 是定义在 $(a,b)$ 上的函数， $f'(x)$ 称为导函数，一般还称为导数。
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例1. 求函数 $y = \frac{1}{{{x^2}}}$ 的导函数（ $x \ne 0$ ）
解：
$y = \frac{1}{{{x^2}}}$ 定义域为 $( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )$
$\forall x \in ( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )$ ，自变量有增量 $\Delta x$ ，且 $x + \Delta x \in ( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )$
函数 $y = \frac{1}{{{x^2}}}$ 对应的增量 $\Delta y = \frac{1}{{{{(x + \Delta x)}^2}}} - \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{ - 2x \cdot \Delta x - {{(\Delta x)}^2}}}{{{x^2}{{(x + \Delta x)}^2}}}$
作比值：
$\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \frac{{ - 2x - \Delta x}}{{{x^2}{{(x + \Delta x)}^2}}}$
求极限：
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{ - 2x - \Delta x}}{{{x^2}{{(x + \Delta x)}^2}}} = - \frac{2}{{{x^3}}}$
即 ${\left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right)^\prime } = - \frac{2}{{{x^3}}}$
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（第22课完）

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【正文】
四、连续函数在闭区间上的性质

函数在区间 $I$ 上的最大、最小值定义：
设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义，如果 ${x_0} \in I$ ，使得 $\forall x \in I$ ，都有 $f({x_0}) \le f(x)$ （或 $f({x_0}) \ge f(x)$ ），则称 $f({x_0})$ 是 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的最小值（或 $f({x_0})$ 是 $f(x)$ 在 $I$ 上的最大值），记为：
$\mathop {\min }\limits_{x \in I} f(x) = f({x_0})$ （或 $\mathop {\max }\limits_{x \in I} f(x) = f({x_0})$ ）
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1.最大、最小值定理
闭区间上的连续函数在该区间上一定有最大值和最小值，即：若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续（记为 $f(x) \in C\left[ {a,b} \right]$ ），则必定存在 $\xi ,\eta \in [a,b]$ ，使得：
$\mathop {\min }\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(\xi ),\;\mathop {\max }\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(\eta )$
即： $f(\xi ) \le f(x) \le f(\eta ),\;x \in [a,b]$
注意：“闭区间”、“连续”这两个条件不可少。
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例如： $y = \frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 连续，但它既无最大值，也无最小值。

又如：

【正文】
（3）复合函数的连续性：设 $u = \varphi (x)$ 在 ${x_0}$ 处连续， $\varphi ({x_0}) = {u_0}$ ，而 $y = f(u)$ 在 ${u_0}$ 点处连续，则复合函数 $f\left[ {\varphi (x)} \right]$ 在 ${x_0}$ 点处连续。

证：
要证明此结论，需要证明 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f\left[ {\varphi ({x_0})} \right]$
因为 $u = \varphi (x)$ 在 ${x_0}$ 点处连续
所以按定义有 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} u = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x) = \varphi ({x_0}) = {u_0}$
在复合函数的极限中，令 $a = \varphi ({x_0}) = {u_0}$
（注： $a$ 由前一节课定义，就是个极限值）
可推出： $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f\left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x)} \right] = f\left[ {\varphi ({x_0})} \right]$
（注：第一个等号是由上一节特别标记的结论①推出的，第二个等号是由前面已经推出的结论得知 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x) = \varphi ({x_0})$ ）
所以 $f\left[ {\varphi (x)} \right]$ 在 ${x_0}$ 点处连续
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3. 初等函数的连续性
首先说明[基本初等函数]的连续性
我们已经知道：三角函数、反三角函数在定义域内是连续的，那么，指数函数呢？
指数函数 $y = {a^x}(a > 0,a \ne 1)$ 定义域为 $( - \infty , + \infty )$ ，值域为 $(0, + \infty )$
为了证明 $y = {a^x}$ 是连续函数，需要先证明 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {a^x} = 1$ ，因为后面的推导会用到这个结论。
假设 $a > 1,\;\forall \varepsilon > 0$ ，为了使 $\left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$
需要有 $1 - \varepsilon < {a^x} < 1 + \varepsilon \Leftrightarrow \ln (1 - \varepsilon ) < x\ln a < \ln (1 + \varepsilon ) \Leftrightarrow \frac{{\ln (1 - \varepsilon )}}{{\ln a}} < x < \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}}$
不妨设 $0 < \varepsilon < 1$
则 $0 < 1 - {\varepsilon ^2} < 1 \Rightarrow 0 < (1 - \varepsilon )(1 + \varepsilon ) < 1 \Rightarrow \ln \left[ {(1 - \varepsilon )(1 + \varepsilon )} \right] < \ln 1$
所以 $\ln (1 - \varepsilon ) < - \ln (1 + \varepsilon )$
对任给的 $0 < \varepsilon < 1$ ，取 $\delta = \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}} > 0$ （注：这是因为分子、分母均>0）
则当 $\left| x \right| < \delta$ 时，有（注：这是倒推，其实是为了推出“对任意的 $\varepsilon$ ，取 $\delta =$ 某个数，均有 $\left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$ ”，所以干脆从寻找这样一个 $\delta$ 开始，看能不能推出 $\left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$ ）：
$- \delta < x < \delta \Leftrightarrow - \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}} < x < \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}}$
则有：
$\frac{{\ln (1 - \varepsilon )}}{{\ln a}} < - \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}} < x < \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}}$
（注：这是因为上面推出了 $\ln (1 - \varepsilon ) < - \ln (1 + \varepsilon )$ ，且 $\ln a > 0$ ，故可得此结论）
由 $\frac{{\ln (1 - \varepsilon )}}{{\ln a}} < x < \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}}$ 可得：
${\log _a}(1 - \varepsilon ) < x < {\log _a}(1 + \varepsilon ) \Rightarrow {a^{{{\log }_a}(1 - \varepsilon )}} < {a^x} < {a^{{{\log }_a}(1 + \varepsilon )}} \Rightarrow (1 - \varepsilon ) < {a^x} < (1 + \varepsilon )$
$\Rightarrow - \varepsilon < {a^x} - 1 < \varepsilon \Rightarrow \left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$
证到这里，综合一下上面的结论：对任给的 $0 < \varepsilon < 1$ ，取 $\delta = \frac{{\ln (1 + \varepsilon )}}{{\ln a}} > 0$ ，则当 $\left| x \right| < \delta$ 时，有 $\left| {{a^x} - 1} \right| < \varepsilon$
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {a^x} = 1$ ，这就证明了我们一开始就说要证明的一个小结论，别忘了，后面的证明会用到这个结论。
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下面，才真正开始证明 ${a^x}$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内连续。先假设 $a > 1$ （ $a < 1$ 的情况后面会证明）：
$\forall x \in ( - \infty , + \infty )$ ，设 $x$ 有增量 $\Delta x$
${a^x}$ 对应的增量 $\Delta y = {a^{x + \Delta x}} - {a^x} = {a^x}({a^{\Delta x}} - 1)$
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left[ {{a^x}({a^{\Delta x}} - 1)} \right] = {a^x}\left[ {\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} {a^{\Delta x}} - 1} \right] = {a^x} \cdot (1 - 1) = 0$
（注： $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} {a^{\Delta x}} = 1$ 是前面已经证明的结论）
根据连续性的定义， $y = {a^x}$ 在 $x$ 点处连续，至此， $a > 1$ 的情况证明完毕。
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下面证明 $a < 1$ 的情况：
当 $a < 1$ 时，可令 $b = \frac{1}{a} > 1$ ， ${a^x} = \frac{1}{{{b^x}}}$
显然 $b > 1,\;{b^x}$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内连续且 ${b^x} \ne 0$
由连续函数商的连续性，可知 ${a^x} = \frac{1}{{{b^x}}}$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内连续，至此， $a < 1$ 的情况证明完毕。
所以 $y = {a^x}(a > 0,a \ne 1)$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内连续。
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对数函数 $y = {\log _a}x(a > 0,a \ne 1)$ 看作是 $y = {a^x}$ 的反函数，利用反函数的连续性，可知 $y = {\log _a}x$ 在 $(0, + \infty )$ 是连续的。

对幂函数 $y = {x^\alpha }$ ，无论 $\alpha$ 为何实常数，当 $x > 0$ 时， ${x^\alpha }$ 有定义， $y = {x^\alpha }$ 的定义域为 $(0, + \infty )$
由 $y = {x^\alpha }$ 取对数函数得： ${\log _a}y = \alpha {\log _a}x \Rightarrow y = {a^{\alpha {{\log }_a}x}}$
这可以看成复合函数： $y = {a^u},u = \alpha {\log _a}x$ （注： $\alpha$ 为常数，且前面已经证明了 ${\log _a}x$ 连续，故 $\alpha {\log _a}x$ 连续）
由复合函数的连续性（注： $y = {a^u}$ 以及 $u = \alpha {\log _a}x$ 都是连续的），可知 ${x^\alpha } = {a^{\alpha {{\log }_a}x}}$ 在 $(0, + \infty )$ 内连续。

综上所述：基本初等函数在定义域内是连续的。

再根据连续函数的和、积、商的连续性，以及复合函数的连续性，可知：初等函数在定义区间内处处连续。
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（第20课完）

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【正文】
三、初等函数的连续性
1. 连续函数的和、积、商的连续性
（1）有限个在某点连续的函数的代数和仍然是在该点连续的函数
（2）有限个在某点连续的函数的乘积仍然是在该点连续的函数
（3）两个在某点连续的函数的商仍然是在该点连续的函数，只要分母在该点处函数值不零

现在证明（3）：
设 $f(x),g(x)$ 在 ${x_0}$ 点处连续，则有 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0}),\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = g({x_0}) \ne 0$ （分母不为0）
由极限的四则运算法则可知：
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x)}} = \frac{{f({x_0})}}{{g({x_0})}}$ （ $g({x_0}) \ne 0$ ）
所以 $\frac{{f(x)}}{{g(x)}}$ 在 ${x_0}$ 点处是连续的。
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例1. 证明 $y = \sin x,y = \cos x$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内处处连续，以及 $y = \tan x,y = \cot x$ 在其定义域内连续。
证：
$\forall x \in ( - \infty , + \infty )$ ， $x$ 有增量 $\Delta x$ ，则 $\Delta y = \sin (x + \Delta x) - \sin x = 2\sin \frac{{\Delta x}}{2}\cos (x + \frac{{\Delta x}}{2})$ （由三角函数的和差化积公式可得）
所以 $\left| {\Delta y} \right| = 2\left| {\sin \frac{{\Delta x}}{2}} \right| \cdot \left| {\cos (x + \frac{{\Delta x}}{2})} \right| \le 2\left| {\sin \frac{{\Delta x}}{2}} \right| \cdot 1 \le 2 \cdot \frac{{\left| {\Delta x} \right|}}{2} = \left| {\Delta x} \right|$
（注： $2\left| {\sin \frac{{\Delta x}}{2}} \right| \cdot 1 \le 2 \cdot \frac{{\left| {\Delta x} \right|}}{2}$ 是由不等式 $\left| {\sin \alpha } \right| < \left| \alpha \right|$ 成立得知的）
所以 $0 \le \left| {\Delta y} \right| \le \left| {\Delta x} \right|$
又由于 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left| {\Delta x} \right| = 0$
所以由极限存在的夹挤准则，得 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \left| {\Delta y} \right| = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$
由 $x$ 的任意性，可知 $y = \sin x$ 在 $( - \infty , + \infty )$ 内处处连续。
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2. 反函数与复合函数的连续性
（1）如果函数 $y = f(x)$ 在区间 ${I_x}$ 上单调增加（或减少）且连续，则其反函数 $x = \varphi (y)$ 也在对应区间 ${I_y} = \left\{ {y|y = f(x),x \in {I_x}} \right\}$ 上单调增加（或减少）且连续。

例如：
$y = \sin x$ 在 ${I_x} = \left[ { - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right]$ 上单调增且连续，因此其反函数 $y = \arcsin x$ 在 $\left[ { - 1,1} \right]$ 上单调增且连续。

$y = \cos x$ 在 ${I_x} = \left[ {0,\pi } \right]$ 上单调减且连续，因此其反函数 $y = \arccos x$ 在 $\left[ { - 1,1} \right]$ 上单调减且连续。

$y = \tan x$ 在 $\left( { - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right)$ 内单调增且连续，因此其反函数 $y = \arctan x$ 在 $\left( { - \infty , + \infty } \right)$ 内单调增且连续。

$y = \cot x$ 在 $\left( {0,\pi } \right)$ 内单调减且连续，因此其反函数 $y = {\mathop{\rm arc}\nolimits} \cot x$ 在 $\left( { - \infty , + \infty } \right)$ 内单调减且连续。
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（2）设当 $x \to {x_0}$ 时， $u = \varphi (x)$ 极限存在，且 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x) = a$ ，而 $y = f(u)$ 在对应点 $u = a$ 点处连续，则当 $x \to {x_0}$ 时，复合函数 $f\left[ {\varphi (x)} \right]$ 极限存在，且 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f(a)$
证：
因为 $y = f(u)$ 在 $u = a$ 点连续
所以 $\forall \varepsilon > 0$ ，存在 $\eta > 0$ ，使得当 $\left| {u - a} \right| < \eta$ （即 $a$ 的某个邻域内）时，恒有 $\left| {f(u) - f(a)} \right| < \varepsilon$
又由于 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x) = a$
所以对上述正数 $\eta > 0$ ，存在 $\delta > 0$ ，使得满足 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的 $\varphi (x)$ ，恒有 $\left| {\varphi (x) - a} \right| < \eta$
综合上面的结果：
$\forall \varepsilon > 0,\;\exists \delta > 0$ ，使得适合 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的函数值恒有 $\left| {f(u) - f(a)} \right| < \varepsilon \Rightarrow \left| {f\left[ {\varphi (x)} \right] - f(a)} \right| < \varepsilon$
由极限定义，有 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f(a)$
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left[ {\varphi (x)} \right] = f(a) = f\left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \varphi (x)} \right]$

上式相当于交换记号 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}}$ 与 $f$
（注：下一课会用到此结论，记为①）
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例如：求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln (1 + x)}}{x}$
解：原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{1}{x}\ln (1 + x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln {(1 + x)^{\frac{1}{x}}}$

复合函数 $y = f(u) = \ln u,\;\;u = \varphi (x) = {(1 + x)^{\frac{1}{x}}},\;\;f\left[ {\varphi (x)} \right] = \ln {(1 + x)^{\frac{1}{x}}}$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \varphi (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln {(1 + x)^{\frac{1}{x}}} = e$
而 $y = f(u) = \ln u$ 在 $u = e$ 点连续
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left[ {\varphi (x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln {(1 + x)^{\frac{1}{x}}} = \ln \left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{(1 + x)}^{\frac{1}{x}}}} \right] = \ln e = 1$
即上式 $=$ 原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln (1 + x)}}{x} = 1$
所以当 $x \to 0$ 时， $\ln (1 + x) \sim x$
（注：由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln (1 + x)}}{x} = 1$ 可知 ${\ln (1 + x)}$ 与 $x$ 为等价无穷小）
（第19课完）

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【正文】
函数 $y = f(x)$ 在一点 ${x_0}$ 处连续的定义：

设 $y = f(x)$ 在 $N({x_0})$ 内有定义（注意：在 ${x_0}$ 点也有定义）， $x \in N({x_0})$ ，如果当 $\Delta x = x - {x_0} \to 0$ 时，对应的函数的增量 $\Delta y = f({x_0} + \Delta x) - f({x_0}) \to 0$ ，则称 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点处连续。
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用极限形式表示就是 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$

另一种定义方式：
设 $y = f(x)$ 在 $N({x_0})$ 内有定义， $x \in N({x_0})$ ，如果 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})$ ，则称 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点处连续。

如果 $y = f(x)$ 在 $(a,b)$ 内每一点处都连续，则称 $y = f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，记为 $f(x) \in C(a,b)$ （注： $C$ 表示连续）， $(a,b)$ 称为 $y = f(x)$ 的连续区间。

左连续、右连续的定义
如果 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = f({x_0})$ ，则称 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点左连续。
如果 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = f({x_0})$ ，则称 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点右连续。

如果 $y = f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，且在 $a$ 点处 $f(x)$ 右连续，在 $b$ 点处 $f(x)$ 左连续，则称 $y = f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，记为 $f(x) \in C[a,b]$
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例1. 证明 $y = \sqrt x$ 在 $(0, + \infty )$ 内处处连续。
证：
$\forall x \in (0, + \infty )$ ，设 $x$ 有增量 $\Delta x$
$x + \Delta x \in (0, + \infty )$
$\Delta y = \sqrt {x + \Delta x} - \sqrt x = \frac{{\left( {\sqrt {x + \Delta x} - \sqrt x } \right)\left( {\sqrt {x + \Delta x} + \sqrt x } \right)}}{{\sqrt {x + \Delta x} + \sqrt x }} = \frac{{\Delta x}}{{\sqrt {x + \Delta x} + \sqrt x }}$
两边取绝对值：
$\left| {\Delta y} \right| = \frac{{\left| {\Delta x} \right|}}{{\sqrt {x + \Delta x} + \sqrt x }} < \frac{{\left| {\Delta x} \right|}}{{\sqrt x }}$
即： $0 \le \left| {\Delta y} \right| \le \frac{{\left| {\Delta x} \right|}}{{\sqrt x }}$
因为 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\left| {\Delta x} \right|}}{{\sqrt x }} = 0$
所以由夹挤准则得 $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$
所以 $y = \sqrt x$ 在 $(0, + \infty )$ 内连续。
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二、函数的间断点
间断点：若函数 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点不连续，则称 ${x_0}$ 为 $y = f(x)$ 的间断点。

那么，什么叫“不连续”呢？
分析：
函数 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点处连续 $\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})$
要求：
（1） $f(x)$ 在 ${x_0}$ 点有定义 $f({x_0})$ ；
（2） $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ 存在，即 $f({x_0} - 0)$ （左极限）， $f({x_0} + 0)$ （右极限）都存在；
（3） $f({x_0} - 0) = f({x_0} + 0) = f({x_0})$ 。
以上三个条件之一不满足的话， $f(x)$ 就在 ${x_0}$ 点间断。
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间断点可以分为两类：
第一类间断点：若 $f({x_0} - 0)$ （左极限）， $f({x_0} + 0)$ （右极限）都存在，但 $f({x_0} - 0) \ne f({x_0} + 0)$ ，或者 $f({x_0} - 0) = f({x_0} + 0) \ne f({x_0})$ ，或者 $f(x)$ 在 ${x_0}$ 点无定义，则称 ${x_0}$ 是 $f(x)$ 的第一类间断点。

例如：
设 $f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 1,\;x < 1}\\{{x^2},\;x \ge 1}\end{array}} \right.$
左极限 $f(1 - 0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} (x + 1) = 2$
右极限 $f(1 + 0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} {x^2} = 1$
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x)$ 不存在
所以 $x = 1$ 是 $f(x)$ 的第一类间断点
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又例如： $g(x) = \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}}$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x + 1) = 2$
即 $g(1 - 0) = g(1 + 0) = 2$ ，左、右极限都存在
但 $g(x)$ 在 $x = 1$ 点无定义
所以 $x = 1$ 是 $g(x)$ 的第一类间断点
若补充 $g(x)$ 定义： $g(1) = 2$ ，则 $g(x)$ 在 $x = 1$ 连续。
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又例如： $\varphi (x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x\sin \frac{1}{x},\;x \ne 0}\\{1,\;x = 0}\end{array}} \right.$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \varphi (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x} = 0$
（注：由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x = 0$ 可知当 ${x \to 0}$ 时， $x$ 是一个无穷小量，又因为 $\sin \frac{1}{x}$ 是有界函数，且有界函数与无穷小的乘积为无穷小，故可得 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x} = 0$ ）
上式极限为0，即左、右极限均存在
所以 $\varphi (0 - 0) = \varphi (0 + 0) = 0 \ne \varphi (0) = 1$
所以 $x = 0$ 是 $\varphi (x)$ 的第一类间断点
若改变 $\varphi (x)$ 的定义，使 $\varphi (0) = 0$ ，则 $\varphi (x)$ 在 $x = 0$ 点连续。
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在第一类间断点中，把 $f({x_0} - 0) = f({x_0} + 0)$ （即左极限=右极限）的间断点称为可去间断点。

第二类间断点：不是第一类间断点，就统称为第二类间断点，即左极限 $f({x_0} - 0)$ 与右极限 $f({x_0} + 0)$ 中，至少有一个不存在。

例如：对函数 $f(x) = \frac{1}{{x - 1}}$ ，有 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \infty$
所以 $x = 1$ 是 $f(x)$ 的第二类间断点。

又如：对函数 $f(x) = \sin \frac{1}{x}$ ， $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \sin \frac{1}{x}$ 不存在（讲海涅定理的时候说过）
所以 $x = 0$ 是 $f(x)$ 的第二类间断点。
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（第18课完）

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【正文】

这里讨论的 $\alpha ,\beta$ 都是同一个自变量作同一变化过程中的无穷小，且 $\alpha$ 与 $\beta$ 之比也是同一个变化过程中的极限。

<定义>设 $\alpha ,\beta$ 是两个无穷小，如果 $\lim \frac{\beta }{\alpha } = 0$ ，就说 $\beta$ 是比 $\alpha$ 高阶的无穷小，记为 $\beta = o(\alpha )$ ；
如果 $\lim \frac{\beta }{\alpha } = \infty$ ，就说 $\beta$ 是比 $\alpha$ 低阶的无穷小；
如果 $\lim \frac{\beta }{\alpha } = C \ne 0$ ，就说 $\beta$ 与 $\alpha$ 是同阶无穷小。特例： $C = 1$ ，就说 $\beta$ 与 $\alpha$ 是等价无穷小，记为 $\alpha \sim \beta$ 。
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例如，当 $x \to 0$ 时， $x,{x^2},\frac{1}{2}{x^2},1 - \cos x,\tan x$ 都是无穷小。
因为 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}{{\frac{1}{2}{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{1}{2} \cdot {{\left( {\frac{{\sin \frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2}}}} \right)}^2}} \right] = \frac{1}{2} \cdot {1^2} = \frac{1}{2}$
所以当 $x \to 0$ 时， ${1 - \cos x}$ 与 ${{x^2}}$ 是同阶无穷小。
因为 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{\frac{1}{2}{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}{{\left( {2 \cdot \frac{1}{2}} \right) \cdot \frac{1}{2}{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}{{{{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}}} = {\left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2}}}} \right)^2} = {1^2} = 1$
所以当 $x \to 0$ 时， $1 - \cos x \sim \frac{1}{2}{x^2}$ （等价无穷小）
因为 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos x}} = 1 \cdot 1 = 1$
所以当 $x \to 0$ 时， $\tan x \sim x$ （等价无穷小）
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等价无穷小代换定理
设 $\alpha \sim \alpha ',\;\beta \sim \beta '$ ，且 $\lim \frac{{\beta '}}{{\alpha '}}$ 存在，则 $\lim \frac{\beta }{\alpha }$ 存在，且 $\lim \frac{\beta }{\alpha } = \lim \frac{{\beta '}}{{\alpha '}}$
证：
因为 $\alpha \sim \alpha '$  所以 $\lim \frac{{\alpha '}}{\alpha } = 1$
因为 $\beta \sim \beta '$  所以 $\lim \frac{\beta }{{\beta '}} = 1$
所以 $\lim \frac{\beta }{\alpha } = \lim \left( {\frac{\beta }{{\beta '}} \cdot \frac{{\beta '}}{{\alpha '}} \cdot \frac{{\alpha '}}{\alpha }} \right) = \lim \frac{\beta }{{\beta '}} \cdot \lim \frac{{\beta '}}{{\alpha '}} \cdot \lim \frac{{\alpha '}}{\alpha } = \lim \frac{{\beta '}}{{\alpha '}}$

例1. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2} + {x^3}}}$
解：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2}(1 + x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2}}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{1 + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2}}}{{{x^2}}} \cdot 1 = 1$
（注：由于 $x \to 0$ 时， $\sin x \sim x$ ，故 ${\sin ^2}x \sim {x^2}$ ；倒数第二步的分母 ${x^2}$ 不用等价无穷小来替换，直接写就可以了）
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例2. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{{\tan }^2}2x}}$
解：
前面已经证明了 $x \to 0$ 时 $1 - \cos x \sim \frac{{{x^2}}}{2}$ ；
$x \to 0$ 时 $\tan x \sim x$ ，则 $\tan 2x \sim 2x$ ， ${\tan ^2}2x \sim {\left( {2x} \right)^2}$
所以原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{2}{x^2}}}{{{{\left( {2x} \right)}^2}}} = \frac{1}{8}$

例3. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x - \sin x}}{{{x^3}}}$
解：
错误的做法：原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x - x}}{{{x^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 0 = 0$
（由于分子中有减号隔开，所以不能那样替换等价无穷小）
正确的做法：原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{\sin x}}{{\cos x}} - \sin x}}{{{x^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin x}}{x} \cdot \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}\cos x}}} \right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos x}} = 1 \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2}$
（注： $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}} = \frac{1}{2}$ 是因为 $1 - \cos x \sim \frac{1}{2}{x^2}$ ）
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记住一些常用的等价无穷小：
当 $u \to 0$ 时，
$\sin u \sim u$
$\tan u \sim u$
$\arcsin u \sim u$
$\arctan u \sim u$
$\ln (1 + u) \sim u$
${e^u} - 1 \sim u$
$1 - \cos u \sim \frac{1}{2}{u^2}$
$\sqrt {1 + u} - 1 \sim \frac{1}{2}u$

当 $x \to 0$ 时， $\sin {x^2} \sim {x^2}$ 是因为可将 ${x^2}$ 看作 $u$ （复合函数）。
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一、函数连续性定义
变量 $u$ 的增量（或改变量） $\Delta u$ ：
设变量 $u$ 由初始值 ${u_1}$ 变化到终值 ${u_2}$ ，则称 ${u_2} - {u_1}$ 为变量 $u$ 在 ${u_1}$ 处的增量（或改变量），记为 $\Delta u = {u_2} - {u_1}$

函数 $y = f(x)$ 的增量 $\Delta y$ ：
设函数 $y = f(x)$ 在 $N({x_0})$ 内有定义，自变量从 ${x_0}$ 变化到 ${x_0} + \Delta x \in N({x_0})$ ，函数 $y = f(x)$ 相应地从 $f({x_0})$ 变化到 $f({x_0} + \Delta x)$ ，因此 $y = f(x)$ 在 ${x_0}$ 点处的增量为 $\Delta y = f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})$
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（第17课完）

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【正文】
上节课已经证明了：当 $x = n\;(n \in N)$ 时， $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n} = e$ ，下面要证明当 $x$ 为连续自变量时，结论仍成立。

当 $x$ 为连续自变量时， $\forall x > 0$ ，讨论 $x \to + \infty$ 时的情形。
对任意 $x > 0$ ，存在 $n\;(n \in N)$ ， $s.t.\;\;n \le x \le n + 1$
$\Rightarrow \frac{1}{n} \ge \frac{1}{x} \ge \frac{1}{{n + 1}} \Rightarrow 1 + \frac{1}{n} \ge 1 + \frac{1}{x} \ge 1 + \frac{1}{{n + 1}} \Rightarrow {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^{n + 1}} \ge {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} \ge {\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)^n}$
（注：注意不等式的三个指数，在上面已经推出了 $n + 1 \ge x \ge n$ ，所以可以推出不等式）
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其中 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^{n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n} \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {1 + \frac{1}{n}} \right) = e \cdot 1 = e$
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)^n} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {{\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)}^{n + 1}}}}{{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)}} = \frac{e}{1} = e$
由于 $x \ge n$ ，所以当 $n \to \infty$ 时， $x \to + \infty$
由夹挤准则可知 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$

上面证明了 $x > 0$ 的情况，下面证明 $x < 0$ 时的情况。
对 $\forall x < 0$ ，令 $x = - (t + 1)$ ，当 $x \to - \infty$ 时，有 $t \to + \infty$
（注：为什么这里要取 $x = - (t + 1)$ ？就是为了下面变换时凑数用的）
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {\left( {1 - \frac{1}{{t + 1}}} \right)^{ - (t + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {\left( {\frac{t}{{t + 1}}} \right)^{ - (t + 1)}}$
$= \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {\left( {\frac{{t + 1}}{t}} \right)^{t + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)^t} \cdot \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {1 + \frac{1}{t}} \right) = e \cdot 1 = e$
因为 $+ \infty ,\; - \infty$ 的情况都证明了
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$
特别说明： $e$ 是一个无理数，其值为2.71828...
此式的另一种形式：
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}} = e$
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例1. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 - \frac{2}{x}} \right)^x}$
解：
把原式与重要极限 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$ 比较，为了形式上能一致，令 $x = - 2t$ ，当 $x \to \infty$ 时， $t \to \infty$ （注：这里没写是 $+ \infty$ ）
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {\left[ {1 - \frac{2}{{( - 2t)}}} \right]^{ - 2t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)^{ - 2t}} = \frac{1}{{{{\left[ {\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {{\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)}^t}} \right]}^2}}} = \frac{1}{{{e^2}}}$

例2. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left( x \right)^{\frac{1}{{1 - x}}}}$
解：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} {\left[ {1 + (x - 1)} \right]^{ - \frac{1}{{x - 1}}}}$ （令 $t = x - 1$ ） $= \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} {(1 + t)^{ - \frac{1}{t}}} = \frac{1}{{\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} {{(1 + t)}^{\frac{1}{t}}}}} = \frac{1}{e}$
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例3. 设 $a > 0,\;{u_1} = \sqrt a ,\;{u_2} = \sqrt {a + \sqrt a } \;, \cdots ,\;{u_n} = \sqrt {a + {u_{n - 1}}} ,\; \cdots$
（1）证明 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$ 存在；（2）求 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$
（1）证：
先用数学归纳法证 $\{ {u_n}\}$ 单调增。
${u_1} = \sqrt a < \sqrt {a + \sqrt a } = {u_2}$
假设 ${u_{n - 1}} < {u_n}$ ，则有 ${u_{n + 1}} - {u_n} = \sqrt {a + {u_n}} - \sqrt {a + {u_{n - 1}}} = \frac{{{u_n} - {u_{n - 1}}}}{{\sqrt {a + {u_n}} + \sqrt {a + {u_{n - 1}}} }}$
（注：最后一步化简的由来：分子、分母均乘以 ${\sqrt {a + {u_n}} + \sqrt {a + {u_{n - 1}}} }$ 可得）
因为分母为两个根式相加，为正数，并且前面已经假设 ${u_n} - {u_{n - 1}} > 0$
所以 ${u_{n + 1}} - {u_n} > 0$ （分子分母均 $> 0$ ）
所以 $\{ {u_n}\}$ 单调增
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下面再证 $\{ {u_n}\}$ 有界。
现已知 ${u_1} = \sqrt a < 1 + \sqrt a$
假设 ${u_{n - 1}} < 1 + \sqrt a$
则 ${u_n} = \sqrt {a + {u_{n - 1}}} < \sqrt {a + 1 + \sqrt a } < \sqrt {a + 2\sqrt a + 1} = \sqrt {{{\left( {1 + \sqrt a } \right)}^2}} = 1 + \sqrt a$
所以由数学归纳法可知 $\{ {u_n}\}$ 有界。

由准则2（单调数列且有界，则极限存在），可知 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$ 存在。

（2）求 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$
已知 ${u_n} = \sqrt {a + {u_{n - 1}}}$ ，两边平方可得 ${u_n}^2 - {u_{n - 1}} - a = 0$
上式两边取极限（ $n \to \infty$ ），令 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = A$ （极限存在，假设其为 $A$ ）
则 ${A^2} - A - a = 0$
由二次方程求根公式得：
$A = \frac{{1 \pm \sqrt {1 + 4a} }}{2}$ （极限只有一个，所以只能取一个符号）
因为 ${u_n} > 0$ ，由函数值与极限值同号性定理，有 $A \ge 0$
所以取正号，即 $A = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt {1 + 4a}$
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当 $x \to {x_0}(x \to \infty )$ 时， $\alpha (x) \to 0$ ，则称当 $x \to {x_0}(x \to \infty )$ 时 $\alpha (x)$ 是无穷小。
例如，当 $x \to 0$ 时， $\alpha (x) = x,\;\beta (x) = 3{x^2},\;\gamma (x) = \sin x$ 都是无穷小。
$\alpha (x),\beta (x),\gamma (x)$ 都 $\to 0$ ，哪个趋于0的速度更快一些？
由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\beta (x)}}{{\alpha (x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{3{x^2}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 3x = 0$ ，可知 $\beta (x)$ 比 $\alpha (x)$ 趋于0的速度更快。
由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\alpha (x)}}{{\beta (x)}} = \infty$ 知 $\alpha (x)$ 比 $\beta (x)$ 趋于0的速度慢一些。
由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\gamma (x)}}{{\alpha (x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1$ 知 ${\gamma (x)}$ 与 $\alpha (x)$ 趋于0的速度相仿。
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（第16课完）

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【正文】
例2. 重要极限之一： $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \frac{{\sin \alpha }}{\alpha } = 1$

证：

在单位圆内，设圆心角 $\angle AOB = \alpha ,\;0 < \alpha < \frac{\pi }{2}$
$BC = \sin \alpha$
$\stackrel \frown {AB} = 1 \cdot \alpha = \alpha$ （弧长 = 半径×圆心角）
$AD = \tan \alpha$
$\bigtriangleup AOB$ 面积 < 圆扇形 $AOB$ 面积 <  $\bigtriangleup AOD$ 面积
即 $\frac{1}{2}AO \cdot BC < \frac{1}{2}AO \cdot \stackrel \frown {AB} < \frac{1}{2}AO \cdot AD$
即 $BC < \stackrel \frown {AB} < AD$
$\sin \alpha < \alpha < \tan \alpha$
因为 $0 < \alpha < \frac{\pi }{2},\;\sin \alpha > 0$
所以上面的不等式同除以 $\sin \alpha$ 得：
$1 < \frac{\alpha }{{\sin \alpha }} < \frac{1}{{\cos \alpha }}$
即 $1 > \frac{{\sin \alpha }}{\alpha } > \cos \alpha$
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如果 $- \frac{\pi }{2} < \alpha < 0$ ，令 $t = - \alpha$
$\cos \alpha = \cos ( - t) = \cos t$
$\frac{{\sin \alpha }}{\alpha } = \frac{{\sin ( - t)}}{{ - t}} = \frac{{ - \sin t}}{{ - t}} = \frac{{\sin t}}{t}$
所以上面的不等式对 $\alpha > 0$ 和 $\alpha < 0$ 都正确
因为 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} 1 = 1,\;\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \cos \alpha = 1$
所以根据夹挤准则，得 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \frac{{\sin \alpha }}{\alpha } = 1$
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例1. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \alpha x}}{{\sin \beta x}}\;\;(\alpha \ne 0,\;\beta \ne 0)$ ，其中 $\alpha ,\beta$ 均为常数。
解：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\frac{{\sin \alpha x}}{{\alpha x}}}}{{\frac{{\sin \beta x}}{{\beta x}}}} \cdot \frac{{\alpha x}}{{\beta x}}} \right) = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \alpha x}}{{\alpha x}}}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \beta x}}{{\beta x}}}} \cdot \frac{\alpha }{\beta } = \frac{1}{1} \cdot \frac{\alpha }{\beta } = \frac{\alpha }{\beta }$

例2. 求 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}$
解：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{\sin 2x}}{{\cos 2x}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin 2x}}{x} \cdot \frac{1}{{\cos 2x}}} \right) = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 2x}}{x} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos 2x}} = 2 \cdot 1 \cdot 1 = 2$
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例3. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\tan x - \sin x}}{{{x^3}}}$
解：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{\sin x}}{{\cos x}} - \sin x}}{{{x^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin x}}{x} \cdot \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}\cos x}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sin x}}{x} \cdot \frac{{2{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}{{{x^2}}} \cdot \frac{1}{{\cos x}}} \right)$
$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} \cdot \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{\sin \frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2}}}} \right)^2} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos x}} = 1 \cdot \left( {\frac{1}{2} \cdot {1^2}} \right) \cdot 1 = \frac{1}{2}$
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二、准则2 单调有界准则
如果数列 $\{ {u_n}\}$ 满足 ${u_1} \le {u_2} \le {u_3} \le \cdots \le {u_n} \le \cdots$ ，则称 $\{ {u_n}\}$ 为单调增数列。
若其满足 ${u_1} \ge {u_2} \ge {u_3} \ge \cdots \ge {u_n} \ge \cdots$ ，则称 $\{ {u_n}\}$ 为单调减数列。
极限存在的单调有界准则就是：若单调数列 $\{ {u_n}\}$ 是有界的，则 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n}$ 存在。

例1. 重要极限之二： $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$
证：
先证 $x = n,\;n \in N$ ，即 $n$ 为正整数的情况。
通项 ${u_n} = {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}$ ，要证 $\{ {u_n}\}$ 单调增且有界。
设 $a > b > 0$ （ $a,b$ 为实数）
${a^{n + 1}} - {b^{n + 1}} = (a - b)({a^n} + {a^{n - 1}}b + {a^{n - 2}}{b^2} + \cdots + {b^n})$ （中学因式分解知识）
$< (a - b)({a^n} + {a^{n - 1}}a + {a^{n - 2}}{a^2} + \cdots + {a^n})$ （把上个式子中的 $b$ 换成 $a$ ，由 $a > b$ 可得此不等式）
$= (a - b)({a^n} + {a^n} + {a^n} + \cdots + {a^n})$ （共 $n + 1$ 个 ${a^n}$ ）
$= (a - b)(n + 1){a^n}$
$\Rightarrow {a^n}\left[ {(n + 1)b - na} \right] < {b^{n + 1}}$
取 $a = 1 + \frac{1}{n},\;b = 1 + \frac{1}{{n + 1}}$ ，则 $a,b$ 的取值满足 $a > b > 0$
把 $a = 1 + \frac{1}{n},\;b = 1 + \frac{1}{{n + 1}}$ 代入上面推导出的不等式，得：
${\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n}\left[ {\left( {n + 1} \right)\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right) - n\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)} \right] < {\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)^{n + 1}}$
$\Rightarrow {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n} \cdot 1 < {\left( {1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right)^{n + 1}} \Rightarrow {u_n} < {u_{n + 1}}\;(n = 1,2, \cdots )$
这说明 ${u_n}$ 是单调增数列。
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再设 $a = 1 + \frac{1}{{2n}},\;b = 1$ ，则 $a,b$ 的取值满足 $a > b > 0$ 。代入上面推导出的不等式：
${\left( {1 + \frac{1}{{2n}}} \right)^n}\left[ {(n + 1) \cdot 1 - n\left( {1 + \frac{1}{{2n}}} \right)} \right] < {1^{n + 1}} \Rightarrow {\left( {1 + \frac{1}{{2n}}} \right)^n} < 2$
两边都是 $> 1$ 的数，故两边平方，得：
${\left( {1 + \frac{1}{{2n}}} \right)^{2n}} < 4$
即 ${u_{2n}} < 4$
又由前面已经证明的 ${u_n}$ 是单调增数列，可知：
${u_{2n - 1}} < {u_{2n}} < 4$
即 ${u_n} < 4\;(n = 1,2, \cdots )$ ，也即 ${u_n}$ 有界。
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因为 ${u_n}$ 单调增且有界
所以根据准则2， $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^n} = e$
（注：看到这里，有人可能会有疑问：上面折腾了那么多，无非就是证明了极限是存在的，但是并没有证明这个极限的值是什么啊！你怎么知道它是等于 $e$ 的呢？没错，这里根本就是“把这个极限值记为 $e$ ”，而不是知道了这个值具体等于多少，所以不要觉得奇怪）

上面成功地证明了当 $x$ 为正整数时的情况，下一节课将证明当 $x$ 是连续自变量时 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x} = e$ 也成立。
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（第15课完）

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例3. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}$

解：
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} x - 1 = 1 - 1 = 0$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} ({x^2} + 1) = {\left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} x} \right]^2} + 1 = 2 \ne 0$
因为 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{{x^2} + 1}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} ({x^2} + 1)}} = \frac{0}{2} = 0$
所以当 $x \to 1$ 时， $\frac{1}{{\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}}}$ 是无穷小
由无穷小与无穷大的关系（无穷小的倒数是无穷大），可知 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}} = \infty$
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例4. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{2}{{{x^2} - 1}}} \right)$
解：
当 $x \to 1$ 时， $\frac{1}{{x - 1}} \to \infty ,\;\frac{2}{{{x^2} - 1}} \to \infty$
所以不能直接用极限的四则运算公式来计算。
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{2}{{{x^2} - 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + 1 - 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 1}}{{(x - 1)(x + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{x + 1}} = \frac{1}{2}$

例5. 求 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2{x^2} + 5x + 1}}{{{x^2} - 4x - 8}}$
解：
分子、分母同时除以 ${{x^2}}$ （选分子多项式及分母多项式中最高的次数），得：
原式 $= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 + \frac{5}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{4}{x} - \frac{8}{{{x^2}}}}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } 2 + 5\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x} + {{\left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x}} \right)}^2}}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } 1 - 4\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x} - 8{{\left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x}} \right)}^2}}} = \frac{{2 + 0 + 0}}{{1 - 0 - 0}} = 2$
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一、准则1：夹挤准则
若在 $N({x_0},{\delta _0})$ 内（ ${\delta _0} > 0$ ），有 $F(x) \le f(x) \le G(x)$ 成立，而且 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} F(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} G(x) = A$ ，则 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ )存在，且极限值为 $A$ 。以上结论对 $x \to \infty$ 也成立。
证：
因为 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} F(x) = A$
所以对 $\forall \varepsilon > 0$ ，必 $\exists {\delta _1} > 0$ ，使得适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\delta _1}$ 的一切 $x$ 所对应的 $F(x)$ ，恒有 $\left| {F(x) - A} \right| < \varepsilon$

因为 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} G(x) = A$
所以对 $\forall \varepsilon > 0$ ，必 $\exists {\delta _2} > 0$ ，使得适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\delta _2}$ 的一切 $x$ 所对应的 $G(x)$ ，恒有 $\left| {G(x) - A} \right| < \varepsilon$
现取 $\delta = \min \left\{ {{\delta _0},{\delta _1},{\delta _2}} \right\}$ ，则适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的 $F(x),f(x),G(x)$ 都满足 $F(x) \le f(x) \le G(x)$
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由上面推导出来的：
$\left| {F(x) - A} \right| < \varepsilon \Leftrightarrow A - \varepsilon < F(x) < A + \varepsilon$
$\left| {G(x) - A} \right| < \varepsilon \Leftrightarrow A - \varepsilon < G(x) < A + \varepsilon$
$\Rightarrow A - \varepsilon < F(x) \le f(x) \le G(x) < A + \varepsilon \Rightarrow A - \varepsilon < f(x) < A + \varepsilon \Leftrightarrow \left| {f(x) - A} \right| < \varepsilon$
根据极限定义，有 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$

例1. 证明 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \sin \alpha = 0,\;\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \cos \alpha = 1$
证：
利用单位圆来找不等式（夹挤准则）两端的函数（如下图所示）。

先证 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \sin \alpha = 0$
作单位圆（圆心在原点 $O$ ）
$0 < \alpha < \frac{\pi }{2}$ （角度用弧度来表示）
圆心角 $\alpha$ 对应的圆弧长度 $\stackrel \frown {AD} = 1 \cdot \alpha = \alpha$ （圆弧长度=半径×角的弧度）
由直角三角形 $AOB$ 可知 $\frac{{AB}}{{AO}} = \frac{{AB}}{1} = AB = \sin \alpha$
因为 $0 < AB < \stackrel \frown {AD}$
所以 $0 < \sin \alpha < \alpha$
又因为 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ + }} 0 = 0$ （常数的极限为0）， $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ + }} \alpha = 0$
所以根据夹挤准则可知 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ + }} \sin \alpha = 0$
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以上求出了右极限，下面求左极限。
若 $- \frac{\pi }{2} < \alpha < 0$ ，令 $t = - \alpha$
当 $\alpha \to {0^ - }$ 时， $t \to {0^ + }$
$\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ - }} \sin \alpha = \mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ + }} \sin ( - t) = - \mathop {\lim }\limits_{t \to {0^ + }} \sin t = 0$
即 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ + }} \sin \alpha = \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to {0^ - }} \sin \alpha = 0$ （左、右极限均存在且相等）
所以 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \sin \alpha = 0$
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再证 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \cos \alpha = 0$
在直角 $\bigtriangleup AOB$ 中， $OA - AB < OB < 1$ （三角形两边之差小于第三边）
所以 $1 - AB < OB < 1$
$AB = \sin \alpha ,\;OB = \cos \alpha$
$1 - \sin \alpha < \cos \alpha < 1$
$\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} (1 - \sin \alpha ) = 1 - \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \sin \alpha = 1 - 0 = 1$
由夹挤准则可知 $\mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0} \cos \alpha = 1$
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（第14课完）

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【正文】
四、极限的四则运算公式
以下公式中，自变量都是 $x \to {x_0}$ ，或者都是 $x \to \infty$
设 $\lim f(x) = A,\;\lim g(x) = B$ ，则有：

1.  $\lim \left[ {f(x) \pm g(x)} \right] = A \pm B = \lim f(x) \pm \lim g(x)$
2.  $\lim \left[ {f(x)g(x)} \right] = AB = \lim f(x)\lim g(x)$
若 $C$ 是常数，则 $\lim \left[ {Cf(x)} \right] = CA = C\lim f(x)$
若 $n$ 是正整数， $\lim {\left[ {f(x)} \right]^n} = \lim \left[ {f(x) \cdot f(x) \cdots f(x)} \right] = {A^n} = {\left[ {\lim f(x)} \right]^n}$
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证明：
由函数极限与无穷小的关系：
$\lim f(x) = A \Leftrightarrow f(x) = A + \alpha (x),\;\lim \alpha (x) = 0$
$\lim g(x) = B \Leftrightarrow g(x) = B + \beta (x),\;\lim \beta (x) = 0$
$f(x)g(x) = \left[ {A + \alpha (x)} \right]\left[ {B + \beta (x)} \right] = AB + \left[ {A\beta (x) + B\alpha (x) + \alpha (x)\beta (x)} \right] = AB + \gamma (x)$
其中  $\gamma (x) = A\beta (x) + B\alpha (x) + \alpha (x)\beta (x)$
由无穷小的性质，可知 $\gamma (x)$ 是无穷小，即 $f(x)g(x) = AB + \gamma (x),\;\lim \gamma (x) = 0$
$\lim \left[ {f(x)g(x)} \right] = AB = \lim f(x) \cdot \lim g(x)$
证毕。
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3. 若 $B \ne 0$ ，则 $\lim \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \frac{A}{B} = \frac{{\lim f(x)}}{{\lim g(x)}}$
证：

【正文】
<定理>  $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$ （或 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = A$ ），A为常数 $\Leftrightarrow \;f(x) = A + \alpha (x)$ ，且 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \alpha (x) = 0$ （或 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \alpha (x) = 0$ ）

证：
左推右：设 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$ （或 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = A$ ，下面只证前一种情况），根据函数极限定义，对任意给定的 $\varepsilon > 0$ ，一定存在 $\delta > 0$ ，使得适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的 $f(x)$ ，恒有 $\left| {f(x) - A} \right| < \varepsilon$ 。
令 $\alpha (x) = f(x) - A$ ，就有 $\left| {\alpha (x)} \right| < \varepsilon$
从而有 $f(x) = A + \alpha (x),\;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \alpha (x) = 0$
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右推左：设 $f(x) = A + \alpha (x),\;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \alpha (x) = 0$
根据极限定义，对任意给定的 $\varepsilon > 0$ ，一定存在 $\delta > 0$ ，使得凡是适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的 $f(x)$ ，恒有 $\left| {\alpha (x)} \right| < \varepsilon$
由 $f(x) = A + \alpha (x) \Rightarrow \alpha (x) = f(x) - A$
由 $\left| {\alpha (x)} \right| < \varepsilon \Rightarrow \left| {f(x) - A} \right| < \varepsilon$ ，即 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$
证毕。

三、无穷小的性质
1. 有限个无穷小的代数和仍是无穷小
证：
只证两个无穷小的情形（更多个的情形，用数学归纳法便可得结果）。
设有 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \alpha (x) = 0,\;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \beta (x) = 0$ ，需要证明： $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {\alpha (x) + \beta (x)} \right] = 0$
由极限定义可知：任意给定正数 $\varepsilon > 0$ ，对正数 $\frac{\varepsilon }{2} > 0$ ，一定存在 ${\delta _1} > 0$ ，使得凡是适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\delta _1}$ 的一切 $x$ 所对应的 $\alpha (x)$ ，恒有 $\left| {\alpha (x)} \right| < \frac{\varepsilon }{2}$
同理，对正数 $\frac{\varepsilon }{2} > 0$ ，一定存在 ${\delta _2} > 0$ ，使得凡是适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\delta _2}$ 的一切 $x$ 所对应的 $\beta (x)$ ，恒有 $\left| {\beta (x)} \right| < \frac{\varepsilon }{2}$
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取 $\delta = \min \left\{ {{\delta _1},{\delta _2}} \right\} > 0$ ，当 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 时，这些 $x$ 所对应的 ${\alpha (x)}$ ， ${\beta (x)}$ 同时满足：
$\left| {\alpha (x)} \right| < \frac{\varepsilon }{2},\;\left| {\beta (x)} \right| < \frac{\varepsilon }{2}$
从而有：
$\left| {\alpha (x) + \beta (x)} \right| \le \left| {\alpha (x)} \right| + \left| {\beta (x)} \right| < \frac{\varepsilon }{2} + \frac{\varepsilon }{2} = \varepsilon$
因此 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {\alpha (x) + \beta (x)} \right] = 0$ ，即当 ${x \to {x_0}}$ 时， ${\alpha (x) + \beta (x)}$ 是无穷小。
证毕。

2. 有界函数与无穷小的乘积仍是无穷小
证：
设 $f(x)$ 在 $N({{\hat x}_0},{\delta _1}),\;{\delta _1} > 0$ 内有界，即存在 $M > 0,\;{\delta _1} > 0$ ，使得 $f(x) \le M,\;x \in N({{\hat x}_0},{\delta _1})$
又设 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \alpha (x) = 0$ （即当 ${x \to {x_0}}$ 时， $\alpha (x)$ 是无穷小）
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要证明的是：当 ${x \to {x_0}}$ 时， $f(x)\alpha (x)$ 是无穷小。
即要证： $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x)\alpha (x)} \right] = 0$
根据极限，任意给定 $\varepsilon > 0$ ，对 $\frac{\varepsilon }{M} > 0$ ，一定存在 ${\delta _2} > 0$ ，使得适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\delta _2}$ 的一切 $x$ 所对应的 $\alpha (x)$ 恒有 $\left| {\alpha (x)} \right| < \frac{\varepsilon }{M}$
现取 $\delta = \min \left\{ {{\delta _1},{\delta _2}} \right\} > 0$ ，则凡是适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ ，都会使 $\left| {f(x)} \right| \le M$ ，且 $\left| {\alpha (x)} \right| < \frac{\varepsilon }{M}$
从而有 $\left| {f(x)\alpha (x)} \right| = \left| {f(x)} \right|\left| {\alpha (x)} \right| < M \cdot \frac{\varepsilon }{M} = \varepsilon$
即 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x)\alpha (x)} \right] = 0$
证毕。

对一个常数 $C,\;f(x) \equiv C$ 为有界函数；对 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \gamma (x) = 0$ ，在 $N({{\hat x}_0})$ 内 $\gamma (x)$ 是有界函数，所以有：
${1^ \circ }$ 常数与无穷小的乘积仍是无穷小
${2^ \circ }$ 两个无穷小的乘积仍是无穷小（有限个无穷小的乘积仍是无穷小）
${3^ \circ }$ 设 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A \ne 0,\;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \alpha (x) = 0$ （或 $x \to \infty$ ），则 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\alpha (x)}}{{f(x)}} = 0$ （或 $x \to \infty$ ）
证：
$\frac{{\alpha (x)}}{{f(x)}} = \frac{1}{{f(x)}} \cdot \alpha (x)$
要证 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\alpha (x)}}{{f(x)}} = 0$ （即 $\frac{{\alpha (x)}}{{f(x)}}$ 是无穷小），只需证 $\frac{1}{{f(x)}}$ 是有界的，再由性质 ${2^ \circ }$ 就可得到性质 ${3^ \circ }$ 的结论。
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因为 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A \ne 0$ ，由极限定义，对给定正数 $\varepsilon = \frac{{\left| A \right|}}{2} > 0$ ，必定存在 $\delta > 0$ ，使得凡是适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的 $f(x)$ ，恒有 $\left| {f(x) - A} \right| < \frac{{\left| A \right|}}{2}$
又由 $\left| A \right| - \left| {f(x)} \right| \le \left| {f(x) - A} \right| < \frac{{\left| A \right|}}{2} \Rightarrow \left| A \right| - \left| {f(x)} \right| < \frac{{\left| A \right|}}{2} \Rightarrow \left| A \right| - \frac{{\left| A \right|}}{2} < \left| {f(x)} \right|$ （注：两个数差的绝对值一定 $\ge$ 它们绝对值的差）
因此 $0 < \frac{{\left| A \right|}}{2} < \left| {f(x)} \right|$
因此 $\left| {\frac{1}{{f(x)}}} \right| < \frac{2}{{\left| A \right|}}$ （ $\frac{2}{{\left| A \right|}}$ 相当于有界函数定义中的 $M$ ）
因此 ${\frac{1}{{f(x)}}}$ 在 $N({{\hat x}_0},\delta )$ 内是有界的。
所以结论成立。
证毕。
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（第12课完）

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【正文】

一、极限值与函数值的关系
1. （极限值的唯一性）如果 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ 存在，则其极限值是唯一的

下面证明这个结论。
证：
用反证法来证明。设 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ 存在且不唯一：
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A,\;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = B$ ，且 $A < B$
即 $B - A > 0$ ，这个假设后面要用到。
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对给定正数 $\varepsilon = \frac{{B - A}}{4} > 0$ ，由于 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$ ，故由极限定义，对正数 $\varepsilon = \frac{{B - A}}{4}$ ，一定存在 ${\delta _1} > 0$ ，使得适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\delta _1}$ 的一切 $x$ ，所对应的函数值 $f(x)$ 恒有 $\left| {f(x) - A} \right| < \frac{{B - A}}{4}$ 。

同理，对给定正数 $\varepsilon = \frac{{B - A}}{4} > 0$ ，由于 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = B$ ，故由极限定义，对正数 $\varepsilon = \frac{{B - A}}{4}$ ，一定存在 ${\delta _2} > 0$ ，使得适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\delta _2}$ 的一切 $x$ ，所对应的函数值 $f(x)$ 恒有 $\left| {f(x) - B} \right| < \frac{{B - A}}{4}$ 。

取 $\delta = \min \{ {\delta _1},{\delta _2}\}$ ，则凡是适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ 的一切 $x$ ，可以使以下两个不等式同时成立：
$\left| {f(x) - A} \right| < \frac{{B - A}}{4},\;\left| {f(x) - B} \right| < \frac{{B - A}}{4}$
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从而有：
$B - A = \left| {B - f(x) + f(x) - A} \right| \le \left| {B - f(x)} \right| + \left| {f(x) - A} \right| < \frac{{B - A}}{4} + \frac{{B - A}}{4} = \frac{{B - A}}{2}$
即 $B - A < \frac{{B - A}}{2}$ ，而在 $B - A > 0$ 的情况下，这是不可能成立的。
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$ 是唯一的。

2. 极限值与函数值的同号性
(1)设 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$ ，且 $A > 0$ （或 $A < 0$ ），则必存在 $N({{\hat x}_0}),\;s.t.\;\forall x \in N({{\hat x}_0})$ ，都有 $f(x) > 0$ （或 $f(x) < 0$ ）。
证：
设 $A > 0$ ，由 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$ 和极限定义，可知：
对正数 $0 < \varepsilon \le A$ ，一定存在 $\delta > 0,\;s.t.$ 适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ （即 $x \in N({{\hat x}_0},\delta )$ ）的一切 $x$ ，恒有 $\left| {f(x) - A} \right| < \varepsilon$ ，即 $A - \varepsilon < f(x) < A + \varepsilon$
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因为 $0 < \varepsilon \le A$
所以 $A - \varepsilon \ge 0$
即 $0 \le A - \varepsilon < f(x)$ ，其中 $x \in N({{\hat x}_0},\delta )$
证毕。

(2)设 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$ ，且在 $N({{\hat x}_0})$ 内 $f(x) \ge 0$ ，则 $A \ge 0$ 。
证：
用反证法来证明。假如 $A < 0$ ，又 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$
由已证的(1)，可知存在 $N({{\hat x}_0})$ ，使 $f(x) < 0,\;x \in N({{\hat x}_0})$
这与 $f(x) \ge 0$ 的假设矛盾，所以(2)成立。
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例1. 设 $f(x)$ 在 ${x_0}$ 点的某邻域 $N({x_0})$ 内有定义，且 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{{{(x - {x_0})}^2}}} = - 1$ ，则必存在某邻域 $N({x_0},\delta )$ ，使：
(A) $f(x) > f({x_0})$
(B) $f(x) < f({x_0})$ （此项为正确答案）
(C) $f(x) = f({x_0})$
(D)不能判断 $f(x)$ 与 ${f({x_0})}$ 的大小关系
解：
令 $F(x) = \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{{{(x - {x_0})}^2}}}$ ，则 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} F(x) = - 1 < 0$
由前面所证的结论(1)可知：一定存在 $N({x_0},\delta )$ ，使 $F(x) < 0,\;x \in N({x_0},\delta )$
由 $F(x) = \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{{{(x - {x_0})}^2}}} < 0\; \Rightarrow \;f(x) - f({x_0}) < 0\; \Rightarrow \;f(x) < f({x_0})$ （分母为正数）
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3.（有界性）如果当 $x \to {x_0}$ （或 $x \to \infty$ ）时 $f(x) \to A$ （常数），则一定存在 ${x_0}$ 的某个邻域 $N({{\hat x}_0})$ （或存在 $N > 0,\;\left| x \right| > N$ ），使得 $f(x)$ 是有界的。
证：
已知 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$ ，由极限定义，对给定正数 $\varepsilon = 1 > 0$ ，必定存在 $\delta > 0$ ，使得适合不等式 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \delta$ （即 $x \in N({{\hat x}_0},\delta )$ ）的一切 $x$ 所对应的 $f(x)$ ，恒有：
$\left| {f(x) - A} \right| < 1\; \Leftrightarrow \;A - 1 < f(x) < A + 1$
即 $f(x)$ 在 $N({{\hat x}_0},\delta )$ 内既有上界，又有下界 $\Rightarrow$ $f(x)$ 在 $N({{\hat x}_0},\delta )$ 内有界。
证毕。

二、函数极限与无穷小的关系
设 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$ （或 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = A$ ），讨论 $f(x), A$ 之间有何关系？
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（第11课完）

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【正文】
注意：
1. 不能把无穷大与一个很大的常数混为一谈；
2. 无穷大一定是无界函数，但无界函数不一定是无穷大。

我们来证明一下结论2。先证明无穷大一定是无界函数。
证：设 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \infty$ （或 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = \infty$ ），即 $f(x)$ 是无穷大
对任意给定的正数 $M > 0$ （无论多么大），一定存在 $\delta > 0$ （存在 $N > 0$ ），使得：
$\left| {f(x)} \right| > M$ （对 $\forall x \in N({{\hat x}_0},\delta )$ ，或 $\left| x \right| > N$ ）
所以，在 $N({{\hat x}_0},\delta )$ 内（或 $\left| x \right| > N$ ）， $f(x)$ 无界。
证毕。
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再证明无界函数不一定是无穷大。
证：
此处举一个实例即可证明这一点。证明 $f(x) = x\sin x$ 在 $(0, + \infty )$ 内是无界函数；但是当 $x \to + \infty$ 时， $f(x)$ 不是无穷大。
先证 $f(x) = x\sin x$ 在 $(0, + \infty )$ 内是无界函数。
对任何 $M > 0$ （无论多么大），现取足够大的正整数 $n$ ，使 ${x_n} = 2n\pi + \frac{\pi }{2} > M$ ，则：
$f({x_n}) = {x_n}\sin {x_n} = (2n\pi + \frac{\pi }{2})\sin (2n\pi + \frac{\pi }{2}) = (2n\pi + \frac{\pi }{2}) \cdot 1 > M$
可见， $f(x)$ 在 $(0, + \infty )$ 内是无界的。

再证 $x \to + \infty$ 时， $f(x) = x\sin x$ 不是无穷大。
给定 $M = 1$ ，则无论多么大的正整数 $N$ ，当 $n > N$ 时， ${x_n} = n\pi > N$
$f({x_n}) = {x_n}\sin {x_n} = n\pi \sin n\pi = 0 < 1 = M$
所以 $f(x)$ 不是无穷大。即，当 $x \to + \infty$ 时， $f(x)$ 不是无穷大。
证毕。
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3. 无穷小与无穷大的关系
定理：如果当 ${x \to {x_0}}$ （或 ${x \to \infty }$ ）时 $f(x)$ 是无穷大，则 $\frac{1}{{f(x)}}$ 是无穷小，如果当 ${x \to {x_0}}$ （或 ${x \to \infty }$ ）时 $f(x)$ 是无穷小，且 $f(x) \ne 0$ ，则 $\frac{1}{{f(x)}}$ 是无穷大。
证：
下面只证 $x \to {x_0}$ 的情形， $x \to \infty$ 的情形可类推。
①设 $x \to {x_0}$ 时， $f(x)$ 是无穷大，即 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \infty$
任意给定 $\varepsilon > 0$ ，因 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \infty$ ，对于正数 $M = \frac{1}{\varepsilon }$ ，一定存在 $\delta > 0$ ，使适合不等式 $0 < \left| {x - x0} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的 $f(x)$ 满足 $\left| {f(x)} \right| > M = \frac{1}{\varepsilon }$
因此 $\left| {\frac{1}{{f(x)}}} \right| < \varepsilon$ ，即 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{1}{{f(x)}} = 0$
即当 $x \to {x_0}$ 时， $\frac{1}{{f(x)}}$ 是无穷小。
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②设当 $x \to {x_0}$ 时， $f(x)$ 是无穷小，且 $f(x) \ne 0$
任意给定正数 $M > 0$ （无论多么大），因 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = 0$
对 $\varepsilon = \frac{1}{M}$ ，一定存在 $\delta > 0$ ，使适合不等式 $0 < \left| {x - x0} \right| < \delta$ 的一切 $x$ 所对应的 $f(x)$ 满足 $\left| {f(x)} \right| < \varepsilon = \frac{1}{M} \Rightarrow \left| {\frac{1}{{f(x)}}} \right| > M$
即当 $x \to {x_0}$ 时， $\frac{1}{{f(x)}}$ 是无穷小。
证毕。

四、海涅定理/Heine定理
连续自变量 $x$ 的函数 $f(x)$ 的极限 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ （或 $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x)$ ）存在的充分必要条件：对任选的数列 $\left\{ {{x_n}|{x_n} \to {x_0},{x_n} \ne {x_0}} \right\}$ （或 ${x_n} \to \infty$ ），其所对应的数列 $\left\{ {f({x_n})} \right\}$ 有同一极限。
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例. （用海涅定理）证明当 $x \to 0$ 时， $f(x) = \sin \frac{1}{x}$ 的极限不存在。
证：
取 ${x_n} = \frac{1}{{n\pi }},\;\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{n\pi }} = 0$
$f({x_n}) = \sin \frac{1}{{{x_n}}} = \sin n\pi = 0,\;\left\{ {f({x_n})} \right\} = \left\{ 0 \right\}$ （即数列的每一项都为0）
因此 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f({x_n}) = 0$

取 ${x_n}^\prime = \frac{1}{{2n\pi + \frac{\pi }{2}}} \to 0$
$f({x_n}^\prime ) = \sin (2n\pi + \frac{\pi }{2}) = 1,\;\left\{ {f({x_n}^\prime )} \right\} = \left\{ 1 \right\}$ （即数列的每一项都为1）
因此 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f({x_n}^\prime ) = 1$
因为 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f({x_n}) \ne \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f({x_n}^\prime )$
所以 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x)$ 不存在（由海涅定理可知）
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（第10课完）

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