第35章 35.X**X
【例5】設f（x）為連續函數，且limf（x）/x=1（x→0），求lim【f（x）∫f（x-t）dt（sx=x，xx=0）】/【∫tf（x-t）dt（sx=x，xx=0）】（x→0）。
思路分析：這是一道積分上限函數求極限的問題，因為分子分母都有積分上限函數，所以需要分開化簡，最後合併，再利用洛必達法則求解。
∫f（x-t）dt（sx=x，xx=0）=-∫f（x-t）d（x-t）（sx=x，xx=0）=-∫f（u）du（sx=0，xx=x）=∫f（u）du（sx=x，xx=0）.
∫tf（x-t）dt（sx=x，xx=0）=-∫tf（x-t）d（x-t）（sx=x，xx=0）=-∫（x-u）f（u）du（sx=0，xx=x）=∫（x-u）f（u）du（sx=x，xx=0）=x∫f（u）du（sx=x，xx=0）-∫uf（u）du（sx=x，xx=0）.
∴原式=lim【f（x）∫f（u）du（sx=x，xx=0）】/【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）-∫uf（u）du（sx=x，xx=0）】（x→0）
=lim【f（x）/x】·【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）】/【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）-∫uf（u）du（sx=x，xx=0）】（x→0）
=lim【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）】/【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）-∫uf（u）du（sx=x，xx=0）】（x→0）
=lim【∫f（u）du（sx=x，xx=0）+xf（x）】/【∫f（u）du（sx=x，xx=0）+xf（x）-xf（x）】（x→0）
=lim【∫f（u）du（sx=x，xx=0）+xf（x）】/∫f（u）du（sx=x，xx=0）（x→0）
=lim【1/x2·∫f（u）du（sx=x，xx=0）+f（x）/x】/1/x2·∫f（u）du（sx=x，xx=0）（x→0）
lim1/x2·∫f（u）du（sx=x，xx=0）（x→0）
=1/2limf（x）/x（x→0）
=1/2
∴lim【f（x）∫f（x-t）dt（sx=x，xx=0）】/【∫tf（x-t）dt（sx=x，xx=0）】（x→0）=【1/2+1】/1/2=3
解：∫f（x-t）dt（sx=x，xx=0）=-∫f（x-t）d（x-t）（sx=x，xx=0）=∫f（u）du（sx=x，xx=0）.
∫tf（x-t）dt（sx=x，xx=0）=-∫tf（x-t）d（x-t）（sx=x，xx=0）=∫（x-u）f（u）du（sx=x，xx=0）=x∫f（u）du（sx=x，xx=0）-∫uf（u）du（sx=x，xx=0）.
∴原式=lim【f（x）∫f（u）du（sx=x，xx=0）】/【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）-∫uf（u）du（sx=x，xx=0）】（x→0）
=lim【f（x）/x】·【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）】/【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）-∫uf（u）du（sx=x，xx=0）】（x→0）
=lim【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）】/【x∫f（u）du（sx=x，xx=0）-∫uf（u）du（sx=x，xx=0）】（x→0）
=lim【∫f（u）du（sx=x，xx=0）+xf（x）】/【∫f（u）du（sx=x，xx=0）+xf（x）-xf（x）】（x→0）
=lim【∫f（u）du（sx=x，xx=0）+xf（x）】/∫f（u）du（sx=x，xx=0）（x→0）
=lim【1/x2·∫f（u）du（sx=x，xx=0）+f（x）/x】/1/x2·∫f（u）du（sx=x，xx=0）（x→0）
lim1/x2·∫f（u）du（sx=x，xx=0）（x→0）
=1/2limf（x）/x（x→0）
=1/2
∴lim【f（x）∫f（x-t）dt（sx=x，xx=0）】/【∫tf（x-t）dt（sx=x，xx=0）】（x→0）=【1/2+1】/1/2=3
題型五：左右極限的問題
【例1】f（x）={1-2的【1/（x-1）】次方}/{2+2的【2/（x-1）】次方}，討論limf（x）（x→1）。
思路分析：由2的【1/（x-1）】次方和2的【2/（x-1）】次方，這道題得在x→1-和x→1+兩個方向討論極限。
f（1-0）=lim{1-2的【1/（x-1）】次方}/{2+2的【2/（x-1）】次方}（x→1-）
當x→1-時，x-1→0-，1/（x-1）→-∞，2的【1/（x-1）】次方→0，所以上式=1/2
f（1+0）=lim{1-2的【1/（x-1）】次方}/{2+2的【2/（x-1）】次方}（x→1+）
當x→1+時，x-1→0+，1/（x-1）→+∞，2的【1/（x-1）】次方→+∞，所以上式=0
因為f（1-0）≠f（1+0），所以limf（x）（x→1）不存在。
解：f（1-0）=lim{1-2的【1/（x-1）】次方}/{2+2的【2/（x-1）】次方}（x→1-）=1/2
f（1+0）=lim{1-2的【1/（x-1）】次方}/{2+2的【2/（x-1）】次方}（x→1+）=0
∵f（1-0）≠f（1+0），∴limf（x）（x→1）不存在。
注意：當x→1+時，2的【1/（x-1）】次方→+∞，2的【2/（x-1）】次方→+∞，但後者相當於2的【1/（x-1）】次方·2的【1/（x-1）】次方。
【例2】求lim{【（2+e的1/x次方）/（1+e的4/x次方）】+sinx/|x|}（x→0）
思路分析：這道題同上例1，題目中都出現了e的1/x次方的指數形式。
f（0-0）=lim{【（2+e的1/x次方）/（1+e的4/x次方）】+sinx/|x|}（x→0-）=lim{【（2+e的1/x次方）/（1+e的1/x次方）】-sinx/x}（x→0-）
當x→0-時，1/x→-∞，e的1/x次方→0，e的4/x次方→0，且limsinx/x（x→0-）=1，所以上式=2/1-1=1。
又f（0+0）=lim{【（2+e的1/x次方）/（1+e的4/x次方）】+sinx/|x|}（x→0+）=lim{【（2+e的1/x次方）/（1+e的4/x次方）】+sinx/x}（x→0+）
當x→0+時，1/x→+∞，e的1/x次方→+∞，e的4/x次方=e的1/x次方·e的1/x次方·e的1/x次方·e的1/x次方→+∞＞＞e的1/x次方，且limsinx/x（x→0+）=1，所以上式=0+1=1。
∵f（0-0）=f（0+0）=1，∴lim{【（2+e的1/x次方）/（1+e的4/x次方）】+sinx/|x|}（x→0）=1
解題步驟同上。
題型六：極限的存在問題。
解題工具：夾逼定理和單調有界必有極限。
常見題型：數列極限的存在性問題。
解題工具：①數學歸納法②判斷an+1-an的符號得單調性③導數法，由遞推關係式an+1=f（an）來確定，令an+1=y，an=x，轉化為y=f（x）的函數形式。如果導數大於零，則數列單調，再由a1和a2的大小關係確定單調遞增還是遞減。④先求極限，再證明極限存在。⑤用遞推關係式求出數列表達式，再求極限。
【例1】設0＜a1＜π，an+1=sinan，①證明：liman（n→∞）存在，並求極限。②求lim（an+1/an）的1/an2次方（n→∞）。
思路分析：題目中已經給出了遞推關係式，所以優先考慮用導數法求解。
顯然，an＞0，令y=sinx，y’=cosx，僅憑an≥0中不能判斷y’的正負，所以導數法失效。
當x＞0時，sinx＜x，所以an+1=sinan＜an，所以數列{an}單調遞減，又因為an＞0有下界，所以數列{an}極限存在。
令liman（n→∞）=A，則由an+1=sinan得，A=sinA，解得A=0，所以liman（n→∞）=0
lim（an+1/an）的1/an2次方（n→∞）=lim（sinan/an）的1/an2次方（n→∞）
令x=an，則當n→∞時，an→0，x→0，所以原式化為：lim（sinx/x）的1/x2次方（x→0）=lim{【1+（sinx-x）/x】的【x/（sinx-x）】次方}的【（sinx-x）/x3】次方（x→0）
=lime的【（sinx-x）/x3】次方（x→0）
=e的lim（sinx-x）/x3次方（x→0）
=e的lim（cos-1）/3x2次方（x→0）
=e的lim（-1/2·x2）/3x2次方（x→0）
=e的-1/6次方。
解：（1）顯然，an＞0，當x＞0時，sinx＜x，所以an+1=sinan＜an，所以數列{an}單調遞減，又因為an＞0有下界，所以數列{an}極限存在。
令liman（n→∞）=A，則由an+1=sinan得，A=sinA，解得A=0，所以liman（n→∞）=0
二lim（an+1/an）的1/an2次方（n→∞）=lim（sinan/an）的1/an2次方（n→∞）
令x=an，則當n→∞時，an→0，x→0，
所以lim（sinx/x）的1/x2次方（x→0）=lim{【1+（sinx-x）/x】的【x/（sinx-x）】次方}的【（sinx-x）/x3】次方（x→0）
=lime的【（sinx-x）/x3】次方（x→0）
=e的lim（sinx-x）/x3次方（x→0）
=e的lim（cos-1）/3x2次方（x→0）
=e的lim（-1/2·x2）/3x2次方（x→0）
=e的-1/6次方。