母洩漏微 - superyu.idv.t · 序數學是所有科學之母, 洩漏天機的語言,...

序

數學是所有科學之母, 洩漏天機的語言 , 微積分這一門學問, 它是僅次於

歐氏幾何為數學上最偉大的成就之一, 也是近代所有理工商等學門的基礎學科 ,

因此是研讀理工商的同學必修的一門課程 , 但是因為它的理論艱澀繁瑣, 枯燥

難學 , 所以是很多莘莘學子在學習上的一大夢魘。近年來由於數位科技的發達

和網路的普及化下 , 學校在雲端 , 教室在網路 , 沒有上下課的鐘聲 , 上課的黑

板永遠不會被擦掉 , 忘掉了可隨時回頭再複習 , 只要上網就可上課 , 進度可自

行控制 ,同學是自已學習課程的主人 , 翻轉教室 (flipped classroom) 、MOOC

( Massive Open Online Course ) 、個人學習 (personalized learning) 現在

已是整個世界學習的主流趨勢 , 因此喻超凡老師秉著服務同學的初衷 , 參考國

內外著名之微積分叢書 , 以及在國立大學及全國各大補習班任教的教學心得 ,

提綱挈領的將重點及觀念 , 以結構化的方式放在每一章節的開始 , 並於每一章

節的精選範例中, 加入重要的題型做整體而詳細的思路分析和講解說明 , 精編

細撰出這本”翻轉微積分” , 期能幫助想藉由翻轉學習的同學 , 在短時間內能對

微積分有全盤性的認識及了解 , 進而讓同學翻轉成績, 翻轉末來。

本書手稿雖經多次修訂及校對, 但仍難免有所疏漏之處, 敬請各位老師和

同學不吝賜教 , 網址為 http://www.superyu.idv.tw 。

喻超凡雲端 2018. 11.

目錄

1 函數的極限與連續 1

1.1 極限 (Limit) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 極限的直覺意義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.2 極限的基本定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.3 運算子 ∞ (operator infinity) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.4 極限的直覺求法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.5 L’Hopital Rule(羅必達法則) 初論 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 特殊函數極限 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.2.1 夾擠定理(The Squeeze Theorem or The Sandwich Theorem) . . . . . 22

1.2.2 高斯函數 [x] (最大整數函數 Greatest Integer Function) . . . . . . . . . 22

1.2.3 其他特殊函數 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.3 ε 、 δ 的極限定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.3.1 概論 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.3.2 定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.3.3 極限的証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1.4 連續 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.4.1 定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.4.2 基本性質 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.5 連續的重要定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

1.5.1 勘根定理(Bolzano 定理) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

1.5.2 介值定理(The Intermediate Value Theorem) . . . . . . . . . . . . . . 70

1.5.3 極值定理(Extreme Value Theorem) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2 導數及其應用 75

2.1 導數(Derivative) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.1.1 導數的定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.1.2 常見函數的導數 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2.2 導數的基本運算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

I

II 喻超凡、喻超弘、喻婕叢書目錄

2.2.1 四則運算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

2.2.2 鏈微法則(Chain Rule) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

2.2.3 反函數(Inverse Function) 之導數 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

2.2.4 參數方程式(Parametric Equation) 之導數 . . . . . . . . . . . . . . . . 96

2.3 隱函數(Implicit Function) 的導數及高階導數 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

2.3.1 隱函數的導數 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

2.3.2 高階導數 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

2.4 微分均值定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

2.4.1 洛爾定理 (Rolle’s Theorem) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

2.4.2 微分均值定理 (The Mean Value Theorem) . . . . . . . . . . . . . . . 153

2.4.3 柯西均值定理 (Cauchy Mean Value Theorem) . . . . . . . . . . . . . . 154

2.5 L’Hopital Rule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

2.5.1 L’Hopital Rule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

2.5.2 利用 Taylor’s 級數展開求極限值 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

2.6 函數的極值及不等式的証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

2.6.1 單調函數(Monotonic Function) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

2.6.2 函數的極值 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

2.6.3 不等式的証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

2.7 函數與方程式圖形的描繪 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

2.7.1 函數圖形的描繪 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

2.7.2 方程式圖形的描繪 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266

2.8 導數的應用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

2.8.1 曲線的切線(Tangent Line) 及法線 (Normal Line) . . . . . . . . . . . . 347

2.8.2 相對變率 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

2.8.3 方程式的根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

2.8.4 函數的微分量(Differential) 與近似值 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350

3 不定積分(Indefinite Integral) 387

3.1 定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387

3.1.1 反導數(Antiderivative) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387

3.1.2 不定積分(Indefinite Integral) 的定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387

3.2 不定積分的基本性質 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388

3.2.1 基本性質 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388

3.2.2 常見函數的不定積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388

3.3 代換積分法(The Substitution Method) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394

3.3.1 合成函數(Composite Function) 的積分法 . . . . . . . . . . . . . . . . 394

3.3.2 三角函數代換積分法(Trigonometric Substitutions) . . . . . . . . . . . 394

目錄喻超凡、喻超弘、喻婕叢書 III

3.3.3 sin x 與 cosx 有理函數的積分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395

3.4 部分積分法(Integration by Parts) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 439

3.5 三角函數的積分(Trigonometric Integrals) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 469

3.6 分式與根式函數 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493

3.6.1 部分分式的理論 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493

3.6.2 部分分式題形分析 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496

3.6.3 分式積分法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 497

3.6.4 根式積分法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 498

3.7 一階微分方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 546

3.7.1 基本定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 546

3.7.2 一階微分方程式常用的解題方法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 547

第 1 章函數的極限與連續

1.1 極限 (Limit)

1.1.1 極限的直覺意義

1. 定義

設函數 f(x) 在 x 趨近 a 時 , 函數值 f(x) 亦趨近 � , 則稱函數 f(x) 在點 a 的極限為 �,

而表示成 limx→a

f(x) = � 。

2. 觀念分析

(1) 兩個實數之間 , 必存在第三個實數 , 稱為實數系具有稠密性。

(2) 由實數的稠密性可知 , 數線上某一點 a 的鄰近區域中 , 包含了無窮多個點。

(3) 函數的極限乃是探討數線上某一點 a 鄰近區域中之無限個點函數值分佈的情況。

(a) 極限值為該無限個點函數值的共同趨勢或一致結論。

(b) 極限值為概估值。

(c) 函數值為正確值。

(4) 若 limx→a(x �=a)

f(x) = � , 若且唯若 limx→a+(x>a)

f(x) = limx→a−(x<a)

f(x) = � 。

1.1.2 極限的基本定理

設 limx→a

f(x) = A 、 limx→a

g(x) = B 且 A 、 B ∈ R

1. limx→a

k f(x) = k limx→a

f(x) = kA ; k ∈ R

1

2 喻超凡、喻超弘、喻婕叢書第 1 章函數的極限與連續

2. limx→a

[f(x)± g(x)] = limx→a

f(x)± limx→a

g(x) = A± B

3. limx→a

[f(x) · g(x)] = limx→a

f(x) · limx→a

g(x) = A · B

4. limx→a

f(x)

g(x)=

limx→a

f(x)

limx→a

g(x)=

A

B; (B �= 0)

5. limx→a

n√f(x) = n

√limx→a

f(x) =n√A ;

n√A ∈ R

6. 設 f(x) = A (常數) , 則 limx→a

f(x) = A

1.1.3 運算子 ∞ (operator infinity)

1. ∞ 的基本運算

(1) c ∈ R ⇒ ∞± c = ∞

(2) ∞+∞ = ∞

(3) c > 0 ⇒ ∞ · c = ∞ ; c < 0 ⇒ ∞ · c = −∞ ; ∞ ·∞ = ∞

(4) c > 0 ⇒ ∞c = ∞ ; c < 0 ⇒ ∞c = 0

(5)1

±∞ = 0

(6)1

0+= +∞ ;

1

0−= −∞

2. ∞ 的不定型 (Indeterminate form) : ( 下面的 0 與 1 , 為近似的 0 與 1 )

(1) 0 · ∞ = 0 · 1

0+=

1

±∞ ·∞ ; ( 故0

0,∞∞ 亦為不定型 )

(2) ∞−∞(3) (0+)0 = e0 · ln 0+ = e0 · (−∞) ; ( ∵ ln 0+ = loge 0

+ → −∞ )

∞0 = e0 · ln∞ = e0 ·∞ ; ( ∵ ln∞ = loge ∞ → ∞ )

1∞ = e∞· ln 1 = e∞· 0 ; ( ∵ ln 1 = loge 1 = 0 )

1.1 極限 (Limit) 喻超凡、喻超弘、喻婕叢書 3

1.1.4 極限的直覺求法

1. 連續型 (直接代入法)

(1) 多項式 :

limx→b

(anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0) = anbn + an−1b

n−1 + · · ·+ a1b+ a0

(2) 分式 : (分母不為零)

limx→a

f(x)

g(x)=

f(a)

g(a); (g(a) �= 0)

2.0

0型

(1) 觀念分析

(a) 函數的分子及分母有一次或一次重因式之公因式時 , 則表示函數在該處為不連續

點。

(b) 消去一次或一次重因式之公因式 , 則表示將函數的不連續點變成連續點。

(c) ∀ x �= a , f(x) = g(x) , 則 limx→a

f(x) = limx→a

g(x) 。

(2) 分式型 : 分子與分母因式分解後 , 消去公因式 , 再以代入法求出極限值。

(3) 根式型 : 有理化後 , 消去公因式 , 再以代入法求出極限值。

常用的有理化公式如下 :

(a)√a−

√b =

a− b√a+

√b

(b) 3√a− 3

√b =

a− b3√a2 + 3

√ab+

3√b2

(c) 4√a− 4

√b =

a− b

( 4√a + 4

√b)(

√a+

√b)

(d) an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ · · ·+ abn−2 + bn−1)


3.∞∞ 型

(1) 分式型與根式型 : 提出分子與分母最高次因式 , 再以代入法求出極限值。

(a) 函數分子最高次因式的次數大於分母 , 則極限值為 ±∞ 。

(b) 函數分子最高次因式的次數等於分母, 則極限值為分子與分母最高次因式的係數

比值

(c) 函數分子最高次因式的次數小於分母 , 則極限值為 0 。

(2) 指數型 : 同除最大底 (最小底) 之指數函數 , 再以代入法求出極限值。

4. ∞−∞ 型

(1) 分式型 : 通分化簡。

(2) 根式型 : 有理化。

(3) 對數型 : 合併相同底的項。

1.1.5 L’Hopital Rule (羅必達法則) 初論

本節為 L’Hopital Rule 初論 , 是給已經有學習過微分理論的同學先修的 , 有關 L’Hopital Rule

的完整理論 , 將在第 165 頁 2.5 節中討論 , 倘若同學尚末學習過微分理論 , 本節可先行忽略。

1. 設 limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = 0 , 若 limx→a

f ′(x)g′(x)

= � , 則 limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)g′(x)

= �

2. 設 limx→a

f(x) = ±∞ , limx→a

g(x) = ±∞ , 若 limx→a

f ′(x)g′(x)

= � , 則 limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)g′(x)

= �

∗Guillaume Francois Antoine Marquis de L’Hopital(1661∼1704) 法國數學家。此一法則是 JohannBernoulli(July 1667∼Jan 1748) 首先發現的, 當時 L’Hopital 正花錢請 Bernoulli 教授他微積分 , 因此 Bernoulli就用 L’Hopital 來命名。 L’Hopital 正確的法國發音為 Low-pee-tall (French: [lopital]) 。


精選範例

1. 探討 f1(x) = x+ 2 、 f2(x) =x2 − 4

x− 2, 兩函數於 x = 2 之極限。

《解》 �x 1.9 1.99 1.999 · · ·2 · · · 2.001 2.01 2.1

f1(x) 3.9 3.99 3.999 · · ·4 · · · 4.001 4.01 4.1

f2(x) 3.9 3.99 3.999 · · · × · · · 4.001 4.01 4.1

因此由定義可得 limx→2

f1(x) = 4 = f1(2) 、 limx→2

f2(x) = 4 �= f2(2)

2. 求下列極限《台大》

(a) limx→−3

√3x2 + 1

x+ 4(b) lim

x→8

√3x− 2 +

√x+ 1

《提示》 � 直接代入法

《解》 �

(a) limx→−3

√3x2 + 1

x+ 4=

√27 + 1

−3 + 4=

√28

(b) limx→8

√3x− 2 +

√x+ 1 =

√24− 2 +

√8 + 1 = 5

3. If limx→−2

f(x)

x2= 2, find the limit : lim

x→−2{f(x) + f(x)

x}. 《台聯A2》


《解》 � 因

limx→−2

f(x)

x2= lim

x→−2{f(x) · 1

x2} = lim

x→−2f(x) · lim

x→−2

1

x2= lim

x→−2f(x) · 1

4= 2

故 limx→−2

f(x) = 8, 因此

limx→−2

{f(x) + f(x)

x} = 8 +

8

−2= 4

4. 求 limx→2

x2 + x− 6

x2 − 4

《提示》 �0

0分式型

《解》 � limx→2

x2 + x− 6

x2 − 4= lim

x→2

(x− 2)(x+ 3)

(x− 2)(x+ 2)= lim

x→2

x+ 3

x+ 2=

5

4

5. Find limx→1

2x3 + x2 − 3

3x3 − 4x+ 1

《提示》 �0

0分式型

《解》 � limx→1

2x3 + x2 − 3

3x3 − 4x+ 1= lim

x→1

(x− 1)(2x2 + 3x+ 3)

(x− 1)(3x2 + 3x− 1)=

8

5

6. 求 limt→2

√1 +

√2 + t−√

3

t− 2《台大》

《提示》 �0

0根式型

《解》 �

limt→2

√1 +

√2 + t−√

3

t− 2= lim

t→2

(√1 +

√2 + t−√

3)(√

1 +√2 + t+

√3)

(t− 2)(√1 +

√2 + t+

√3)


= limt→2

(√2 + t− 2)

(t− 2)(√1 +

√2 + t+

√3)

= limt→2

(√2 + t− 2)(

√2 + t + 2)

(t− 2)(√1 +

√2 + t+

√3)(

√2 + t+ 2)

= limt→2

t− 2

(t− 2)(√1 +

√2 + t+

√3)(

√2 + t+ 2)

= limt→2

1

(√1 +

√2 + t +

√3)(

√2 + t + 2)

=1

8√3

7. 求下列極限

(a) limt→1

√4t+ 5− 3√t + 3− 2

(b) limt→1

3√t− 1

t− 1

《提示》 �0

0根式型

《解》 �(a)

limt→1

√4t+ 5− 3√t+ 3− 2

= limt→1

√4t+ 5− 3√t + 3− 2

·√4t + 5 + 3√4t + 5 + 3

·√t + 3 + 2√t + 3 + 2

= limt→1

4(t− 1)(√t + 3 + 2)

(t− 1)(√4t+ 5 + 3)

= limt→1

4(√t+ 3 + 2)√4t+ 5 + 3

=16

6=

8

3

(b)

limt→1

3√t− 1

t− 1= lim

t→1

3√t− 1

t− 1·

3√t2 + 3

√t+ 1

3√t2 + 3

√t+ 1

= limt→1

t− 1

(t− 1)(3√t2 + 3

√t + 1)

= limt→1

13√t2 + 3

√t+ 1

=1

3


8. 求 limx→0

3√1 + 3x−√

1− 2x

x+ x2

《提示》 �0

0根式型

《解》 �

limx→0

3√1 + 3x−√

1− 2x

x+ x2

= limx→0

{3√1 + 3x− 1

x(1 + x)−

√1− 2x− 1

x(1 + x)

}

= limx→0

{( 3√1 + 3x− 1)( 3

√(1 + 3x)2 + 3

√1 + 3x+ 1)

x(1 + x)( 3√

(1 + 3x)2 + 3√1 + 3x+ 1)

− (√1− 2x− 1)(

√1− 2x+ 1)

x(1 + x)(√1− 2x+ 1)

}

= limx→0

{1 + 3x− 1

x(1 + x)( 3√

(1 + 3x)2 + 3√1 + 3x+ 1)

− 1− 2x− 1

x(1 + x)(√1− 2x+ 1)

}

= limx→0

{3

(1 + x)( 3√

(1 + 3x)2 + 3√1 + 3x+ 1)

− −2

(1 + x)(√1− 2x+ 1)

}

=3

3− (−2

2) = 2

9. 求下列極限

(a) limt→2

√t+ 7− 3√t+ 2− 2

(c) limt→0

3√8 + t + t3 − 3

√8 + t

3√8 + t− 3

√8 + t3

(b) limt→0

√t3 + 1−√

t2 + 1

t

(d) limt→27

√1 + 3

√t− 2

t− 27

《提示》 �0

0根式型

《解》 �


(a)

limt→2

√t+ 7− 3√t+ 2− 2

= limt→2

(√t + 7− 3)(

√t+ 7 + 3)(

√t+ 2 + 2)

(√t + 2− 2)(

√t+ 7 + 3)(

√t+ 2 + 2)

= limt→2

(t− 2)(√t+ 2 + 2)

(t− 2)(√t+ 7 + 3)

= limt→2

√t+ 2 + 2√t+ 7 + 3

=2

3

(b) limt→0

√t3 + 1−√

t2 + 1

t= lim

t→0

t(t2 − t)

t(√t3 + 1 +

√t2 + 1)

=0

2= 0

(c) limt→0

3√8 + t + t3 − 3

√8 + t

3√8 + t− 3

√8 + t3

= limt→0

( 3√8 + t + t3 − 3

√8 + t )( 3

√(8 + t)2 + 3

√(8 + t)(8 + t3) + 3

√(8 + t3)2)

( 3√8 + t− 3

√8 + t3)( 3

√(8 + t)2 + 3

√(8 + t)(8 + t3) + 3

√(8 + t3)2)

·(3√(8 + t + t3)2 + 3

√(8 + t+ t3)(8 + t) + 3

√(8 + t)2 )

( 3√(8 + t + t3)2 + 3

√(8 + t+ t3)(8 + t) + 3

√(8 + t)2 )

= limt→0

t3( 3√(8 + t)2 + 3

√(8 + t)(8 + t3) + 3

√(8 + t3)2 )

t(1− t)(1 + t)( 3√(8 + t+ t3)2 + 3

√(8 + t+ t3)(8 + t) + 3

√(8 + t)2 )

= 0

(d)

limt→27

√1 + 3

√t− 2

t− 27= lim

t→27

( 3√t− 3)(

3√t2 + 3 3

√t+ 9)

(t− 27)(√1 + 3

√t + 2)(

3√t2 + 3 3

√t+ 9)

= limt→27

t− 27

(t− 27)(√1 + 3

√t + 2)(

3√t2 + 3 3

√t+ 9)

=1

108

10. limx→∞

3x2 + x+ 1

4x2

《提示》 �∞∞ 分式型


《解》 � limn→∞

3x2 + x+ 1

4x2= lim

x→∞

x2{3 + 1

x+

1

x2}

4x2=

3

4

11. limx→∞

3√x3 + x+ 4

1 + x《中興》

《提示》 �∞∞ 根式型

《解》 � limx→∞

3√x3 + x+ 4

1 + x= lim

x→∞

3

√1 +

1

x2+

4

x3

1

x+ 1

= 1

12. limx→−∞

x+√x2 + 1

3x+ 1

《提示》 �∞∞ 根式型

《解》 � 令 x = −u , 故

limx→−∞

x+√x2 + 1

3x+ 1= lim

u→∞−u+

√u2 + 1

−3u+ 1= lim

u→∞

−1 +

√1 +

1

u2

−3 +1

u

= 0

13. Consider the function f : R → R defined by f(x) =x− 1√x2 + 1

. Note f is well

defined as x2 + 1 > 0 for all x ∈ R. Please find limx→−∞

f(x). Show your work.

《政大國貿金融統計資管》

《解》 � 令 x = −t , 故 x → −∞ , 則 t → ∞ , 因此

limx→−∞

f(x) = limt→∞

−t− 1√(−t)2 + 1

= limt→∞

−t− 1√t2 + 1

= −1


14. 求下列極限 :

(a) limx→∞

3x − 4x

3x + 4x(b) lim

x→−∞3x − 4x

3x + 4x

《提示》 �∞∞ 指數型

《解》 �

(a) limx→∞

3x − 4x

3x + 4x= lim

x→∞

(3

4)x − 1

(3

4)x + 1

=0− 1

0 + 1= −1

(b) limx→−∞

3x − 4x

3x + 4x= lim

x→−∞

1− (4

3)x

1 + (4

3)x

=1− 0

1 + 0= 1

15. 求 limx→0

1 + 21x

3− 21x

《提示》 �∞∞ 指數型

《解》 � 因

limx→0+

1 + 21x

3− 21x

= limx→0+

1

21x

+ 1

3

21x

− 1= −1

且

limx→0−

1 + 21x

3− 21x

=1

3

故

limx→0+

1 + 21x

3− 21x

�= limx→0−

1 + 21x

3− 21x

因此極限不存在。


16. Find the value of c such that the limit exists and evaluate the limit.

limx→1

(1

x− 1− c

x3 − 1) 《台大C》

《提示》 � ∞−∞ 分式型

《解》 � 因

limx→1

(1

x− 1− c

x3 − 1) = lim

x→1

x2 + x+ 1− c

x3 − 1= 存在

因分母函數 x = 1 時為 0 , 故 (x2 + x+ 1− c)∣∣∣x=1

= 3− c = 0 , 可得 c = 3 , 且

limx→1

(1

x− 1− c

x3 − 1) = lim

x→1

x2 + x+ 1− c

x3 − 1

= limx→1

x2 + x+ 1− 3

x3 − 1

= limx→1

2x+ 1

3x2= 1

17. limx→∞

(

√x+

√x+

√x−√

x ) 《台聯大A3 、台大》

《提示》 � ∞−∞ 根式型

《解》 �

limx→∞

(

√x+

√x+

√x−√

x)

= limx→∞

(

√x+

√x+

√x−√

x)(

√x+

√x+

√x+

√x)

(

√x+

√x+

√x+

√x)

= limx→∞

√x+

√x√

x+√x+

√x+

√x= lim

x→∞

√1 +

1√x√√√√1 +

√1

x+

1

x√x+ 1

=1

2


18. 求 limx→∞

√x(√x+ 2−√

x) 《成大、政大財政》

《提示》 � ∞−∞ 根式型

《解》 �

limx→∞

√x(√x+ 2−√

x) = limx→∞

√x(√x+ 2−√

x)(√x+ 2 +

√x)

(√x+ 2 +

√x)

= limx→∞

2√x

(√x+ 2 +

√x)

= limx→∞

2√1 +

2

x+ 1

= 1

19. 求下列極限

(a) limt→∞

(√t2 + t+ 1− t)

(c) limt→∞

√t (

√t + 1−√

t− 1 )

(b) limt→∞

(

√t+

√t−

√t−√

t )

《提示》 � ∞−∞ 根式型

《解》 �

(a) limt→∞

(√t2 + t+ 1− t) = lim

t→∞t+ 1√

t2 + t + 1 + t= lim

t→∞

1 +1

t√1 +

1

t+

1

t2+ 1

=1

2

(b)

limt→+∞

(

√t +

√t−

√t−√

t )

√t+

√t +

√t−√

t√t+

√t +

√t−√

t

= limt→+∞

t+√t− t+

√t√

t+√t+

√t−√

t


= limt→+∞

2√1 +

√1

t+

√1−

√1

t

= 1

(c)

limt→∞

√t (

√t + 1−√

t− 1 ) = limt→∞

√t (

√t + 1−√

t− 1 )

√t+ 1 +

√t− 1√

t+ 1 +√t− 1

= limt→∞

√t (t + 1− t + 1)√t+ 1 +

√t− 1

= limt→∞

2√1 +

1

t+

√1− 1

t

= 1

20. limx→−∞

{√x2 + 4x+ 5−

√x2 + 2x+ 1} 《政大經濟》

《解》 � 令 t = −x , 故 x → −∞ , 則 t → ∞lim

x→−∞{√x2 + 4x+ 5−

√x2 + 2x+ 1}

= limt→∞

{√t2 − 4t+ 5−

√t2 − 2t+ 1}

= limt→∞

(t2 − 4t+ 5)− (t2 − 2t+ 1)√t2 − 4t + 5 +

√t2 − 2t+ 1

= limt→∞

−2t + 4√t2 − 4t + 5 +

√t2 − 2t+ 1

= −1

21. Find the limit : limx→1+

{ln(x5 − 1)− ln(x3 − 1)}. 《中正理工系》

《提示》 � ∞−∞ 對數型

《解》 �

limx→1+

{ln(x5 − 1)− ln(x3 − 1)} = limx→1+

lnx5 − 1

x3 − 1= ln { lim

x→1+

x5 − 1

x3 − 1}

= limx→1+

ln {(x− 1)(x4 + x3 + x2 + x+ 1)

(x− 1)(x2 + x+ 1)}

= ln(5

3)


挑戰範例

1. 設 f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d 滿足

(a) limx→1

f(x)

x− 1= 2 (b) lim

x→2

f(x)

x− 2= 3

試求 a 、 b 、 c 、 d 。

《提示》 � 1. 明顯條件 : (a) limx→1

f(x)

x− 1= 2 , (b) lim

x→2

f(x)

x− 2= 3

2. 暗示條件 : (a) f(1) = 0 , (b) f(2) = 0

《解》 �(a) 由暗示條件可令

f(x) = (x− 1)(x− 2)(αx+ β)

(b) 由明顯條件可知

limx→1

f(x)

x− 1= lim

x→1(x− 2)(αx+ β) = −α− β = 2

limx→2

f(x)

x− 2= lim

x→2(x− 1)(αx+ β) = 2α+ β = 3

解上式可得 α = 5 、 β = −7 , 故

f(x) = (x− 1)(x− 2)(5x− 7) = 5x3 − 22x2 + 31x− 14

2. Is there a number a such that the following limit exists? If so, find the value of a

and the value of the limit.

limx→−2

3x2 + ax+ a + 3

x2 + x− 2

《政大資管》


《解》 � 令 f(x) = 3x2 + ax+ a+ 3 , 當

f(−2) = 3(−2)2 + a(−2) + a+ 3 = 15− a = 0

可得 a = 15 時 , 極限存在。且

limx→−2

3x2 + ax+ a + 3

x2 + x− 2= lim

x→−2

3x2 + 15x+ 15 + 3

x2 + x− 2

= limx→−2

3(x+ 2)(x+ 3)

(x+ 2)(x− 1)= −1

3. 試求滿足下列二條件的最低次多項式 f(x)

(a) limx→∞

f(x)− x4

x2= 2 (b) lim

x→1

f(x)

x− 1= 1

《提示》 � 1. 明顯條件 : (a) limx→∞

f(x)− x4

x2= 2 , (b) lim

x→1

f(x)

x− 1= 1

2. 暗示條件 : (a) deg {f(x)} = 4 , (b) f(1) = 0

《解》 �(a) 由暗示條件可知 deg{f(x)} = 4 , 且缺 x3 項 , 及 f(1) = 0 , 故可令

f(x) = (x− 1)(x3 + x2 + αx+ β)

(b) 由明顯條知

limx→∞

f(x)− x4

x2= lim

x→∞(α− 1)x2 + (β − α)x− β

x2= α− 1 = 2

故 α = 3 , 再由

limx→1

f(x)

x− 1= lim

x→1(x3 + x2 + αx+ β) = 1 + 1 + α + β = 1

故 β = −4 , 因此

f(x) = (x− 1)(x3 + x2 + 3x− 4) = x4 + 2x2 − 7x+ 4


4. 若 limx→0

√x2 + 4x+ 1− (ax+ 1)

x2= b , 其中 a 、 ∈ R , 則 a 、 b 為何 ?

《解》 � 因

limx→0

√x2 + 4x+ 1− (ax+ 1)

x2= b

有理化分子可得

limx→0

(1− a2)x2 + (4− 2a)x

x2(√x2 + 4x+ 1 + ax+ 1)

= b

故可得 4− 2a = 0 , 則 a = 2 , 代回上式可得

limx→0

−3√x2 + 4x+ 1 + 2x+ 1

= b

則 b = −3

2

5. If limx→0

√ax+ b− 2

x= 1 , then a− b = ? 《台聯大A3A4A7》

《解》 � 由

limx→0

√ax+ b− 2

x= lim

x→0

ax+ b− 4

x√ax+ b+ 2

= 1

可得 b− 4 = 0 , 即 b = 4 , 由

limx→0

ax+ b− 4

x√ax+ b+ 2

= limx→0

ax

x√ax+ b+ 2

= limx→0

a√ax+ 4 + 2

=a

4= 1

故 a = 4 。則 a− b = 4− 4 = 0

6. a 、 b ∈ R , limx→0

√1 + x+ x2 − (1 + ax)

x2= b , 求 a 、 b 之值。


《解》 � 因 limx→0

√1 + x+ x2 − (1 + ax)

x2= b , 故

limx→0

1 + x+ x2 − 1− 2ax− a2x2

x2[√1 + x+ x2 + (1 + ax)]

= limx→0

x(1− 2a) + x2(1− a2)

x2[√1 + x+ x2 + (1 + ax)]

= limx→0

(1− 2a) + x(1 − a2)

x[√1 + x+ x2 + (1 + ax)]

= b

故 (1− 2a) = 0 , 可解得 a =1

2, 代回原式可得

limx→0

3

4x

x[√1 + x+ x2 + (1 +

1

2x)]

=3

8= b

故可得 a =1

2、 b =

3

8。

7. 若 limx→∞

(√x2 − x+ 1− ax− b) = 0 , 則實數 a 、 b 為何 ?

《解》 � 因 limx→∞

(√x2 − x+ 1− ax− b) = 0 , 故

limx→∞

√x2 − x+ 1− ax− b

x= 0

由

limx→∞

√x2 − x+ 1− ax− b

x= lim

x→∞

{√1− 1

x+

1

x2− a− b

x

}= 1− a = 0

可得 a = 1 , 代回原式可得

limx→∞

(√x2 − x+ 1− x− b) = 0

故

b = limx→∞

(√x2 − x+ 1− x) = lim

x→∞−x+ 1√

x2 − x+ 1 + x= −1

2

8. Suppose that a, b and c are constants and limx→−∞

(√ax2 + bx+ c + 3x) = 2 , then

(a , b) = ? 《台大B》


《解》 � 令 x = −t , 當 x → −∞ , 故 t → ∞ , 原式可改寫成

limt→∞

(√at2 − bt + c− 3t) = 2

有理化可得

limt→∞

at2 − bt + c− 9t2√at2 − bt + c+ 3t

= limt→∞

(a− 9)t2 − bt + c√at2 − bt + c+ 3t

= 2

故 a− 9 = 0 且−b√a+ 3

= 2 , 可求得 a = 9 及

b = −2(√a+ 3) = −2(3 + 3) = −12

因此 (a , b) = (9 , −12) 。

9. (a) Find the limit limx→2

√x+ 2− x

x2 − 2xif it exits. 《中山海科》

(b) 已知 m 為有理數 , 求 limx→1

(xm − 1

x− 1) = ? 《中興C組》

《解》 � 利用 L’Hopital Rule 來求解

(a) limx→2

√x+ 2− x

x2 − 2x= lim

x→2

1

2√x+ 2

− 1

2x− 2= −3

8

(b) limx→1

(xm − 1

x− 1) = lim

x→1mxm−1 = m


精選習題

1. Find limx→0

cos(x+ sin x). 《高大資工》

《解》 � : 1

2. limx→−8

√1− x− 3

2 + 3√x

《解》 � : −2

3. The value of limx→0

√3 + x−√

3

xis ? 《北大經濟》

《解》 � :1

2√3

4. limx→2

x− 2√10− 3x− 2

《海洋大學》

《解》 � : −4

3

5. limx→1

cos(sin−1(1−√

x

1− x)) 《政大數學一》

《解》 � :

√3

2

6. 求 limx→5−

√x2 − 10x+ 25

2x− 10= ? 《嘉義大學》

《解》 � : −1

2

7. limh→0

3√a+ h− 3

√a− h

h《中興》

《解》 � :2

33√a2

8. limx→∞

3x+ 3√x2 − 1

. 《政大商院》

《解》 � : 3


9. limy→∞

√y2 + 2

5y − 6= ? 《政大經濟》

《解》 � :1

5

10. limy→∞

√y2 + 5y − y 《台大》

《解》 � :5

2

11. limx→∞

√x+ 3 · (√x+ 2−√

x+ 1) 《成大B》

《解》 � :1

2

12. Find value of limx→∞

(√9x2 + 2x− 3x). 《台師電機》

《解》 � :1

3

13. limn→∞

(√n2 + 3n+ 1−

√n2 − n− 4) 《政大經濟》

《解》 � : 2

14. limx→∞

(√x2 + 3x− x) 。《中山電機》

《解》 � :3

2

15. limx→∞

(x−√x2 + 2x) = ? 《台大C》

《解》 � : −1

16. limx→∞

(√x2 + 4x+ 1− x) = ? 《政大財政》

《解》 � : 2

17. limx→∞

(2x−√4x2 + x ) 《高大應物》

《解》 � : −1

4

18. limx→0+

⎧⎪⎨⎪⎩√√√√1

x+

√1

x+

√1

x−

√√√√1

x−√

1

x+

√1

x

⎫⎪⎬⎪⎭

《解》 � : 1

19. 令 f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d , a �= 0, limx→−1

f(x)

x+ 1= 2, lim

x→1

f(x)

x− 1= 1, 求 (a , d) = ?

《政大財政》

《解》 � : (a , d) = (3

4,1

4) 。


1.2 特殊函數極限

觀念分析 : 解特殊函數的極限 , 首先須利用特殊函數的定義 , 消去特殊函數。

1.2.1 夾擠定理 (The Squeeze Theorem or The Sandwich Theorem)

1. 若 g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) , 0 < |x− a| < δ , 且

limx→a

g(x) = limx→a

h(x) = �

則 limx→a

f(x) = �

2. 若 g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) , ∀ x ≥ k , 且

limx→∞

g(x) = limx→∞

h(x) = �

則 limx→∞

f(x) = �

1.2.2 高斯函數 [x] (最大整數函數 Greatest Integer Function)

1. 定義及基本性質 : [x] : 取不大於 x 的最大整數。

(1) [x] = n ⇔ n ≤ x < n+ 1 , ∀n ∈ Z

(2) [[x]] = [x]

(3) [x± n] = [x]± n , ∀n ∈ N

(4) [x] = n ⇔ n ≤ x < n+ 1 , 故 x− 1 < [x] ≤ x

(5) [−x] = −[x]− 1 , ∀ x ∈ R \ Z

2. 消去高斯函數的方法 :

(1) 直接消除法 : 已知 x 介於兩連續整數之間 , 即 n < x < n+ 1 , 則 [x] = n 。

(2) 間接消除法 :

(a) x → a ⇒ x− 1 < [x] < x 。

(b) x → ±∞ ⇒ x− 1 < [x] ≤ x 。

1.2 特殊函數極限喻超凡、喻超弘、喻婕叢書 23

1.2.3 其他特殊函數

1. 絕對值函數

(1) 定義

|x| ={x ; x ≥ 0

−x ; x < 0

(2) 基本性質

(a) |xy| = |x||y| 、 |xy| = |x|

|y| ; (y �= 0)

(b) ||x| − |y|| ≤ |x± y| ≤ |x|+ |y|

(c) |x± y ± z| ≤ |x|+ |y|+ |z|

2. 符號函數

sgn(x) =

⎧⎨⎩

1 ; x > 0

0 ; x = 0

−1 ; x < 0

3. 二項式

(1)

(1 + x)n = Cn0 + Cn

1 x+ Cn2 x

2 + · · ·+ Cnnx

n ; (n ∈ N)

= 1 + nx+n(n− 1)

2!x2 + · · ·+ xn

其中 Cnm = C(n , m) =

n!

(n−m)!m!=

n(n− 1)(n− 2) · · · (n−m+ 1)

m!

(2) (1 + x)n = 1 + nx+n(n− 1)

2!x2 +

n(n− 1)(n− 2)

3!x3 + · · · ; (n /∈ N ∪ {0})

(3) (1 + h)n ≥ 1 + nh > nh ; (n ∈ N , h > 0)


精選範例

1. 求下列極限

(a) limx→1+

x− [x]

x− 1(b) lim

x→10−

[x3]− x3

[x]− x(c) lim

x→0+

[x]

x

《提示》 � 高斯函數直接消除法 : n < x < n + 1 ⇒ [x] = n

《解》 �(a) x → 1+ , 則 1 < x < 2 , 故 [x] = 1 , 因此

limx→1+

x− [x]

x− 1= lim

x→1+

x− 1

x− 1= 1

(b) x → 10− , 則 9 < x < 10 , 故 [x] = 9 , 又 x → 10− , 則 x3 → 1000− , 故

999 < x3 < 1000 , 因此 [x3] = 999 , 故

limx→10−

[x3]− x3

[x]− x= lim

x→10−

999− x3

9− x=

−1

−1= 1

(c) x → 0+ , 則 0 < x < 1 , 故 [x] = 0 , 因此

limx→0+

[x]

x= lim

x→0+

0

x= 0

2. 求 limx→a

[x− [x− 1]]

《提示》 � [x± n] = [x]± n , ∀n ∈ N

《解》 � limx→a

[x− [x− 1]] = limx→a

[x− [x]] + 1 = limx→a

([x]− [x]) + 1 = 1


3. 求 limx→1

[2x− x2]

《解》 � 令 x = 1 + t , 則

limx→1

[2x− x2] = limt→0

[2(1 + t)− (1 + t)2]

= limt→0

[2 + 2t− 1− 2t− t2]

= limt→0

[1− t2] (∵ t → 0 ⇒ t2 → 0+)

= 0

4. 求 (a) limx→0+

[1

x]x (b) lim

x→0[1

x]x2 《中興B組》

《提示》 � (1) 高斯函數間接消除法 :

(i) x → a ⇒ x− 1 < [x] < x

(ii) x → ±∞ ⇒ x− 1 < [x] ≤ x

(2) 配合夾擠定理

《解》 �

(a) 因 x → 0+ , 則1

x→ ∞ , 故

1

x− 1 < [

1

x] ≤ 1

x

上式同乘 x(> 0) , 故可得

1− x < [1

x]x ≤ 1

又 limx→0+

(1− x) = 1 , 故由夾擠定理知

limx→0+

[1

x]x = 1


(b) 因 x → 0 , 則1

x→ ±∞ , 故

1

x− 1 < [

1

x] ≤ 1

x

上式同乘以 x2(> 0) , 故可得

x− x2 < [1

x]x2 ≤ x

又 limx→0

(x− x2) = 0 , 且 limx→0

x = 0 , 故由夾擠定理知

limx→0

[1

x]x2 = 0

5. Find the limit. limx→−1

x(x2 − 1)

|x2 − 1| . 《台聯A2, A3》

《解》 �

limx→−1−

x(x2 − 1)

|x2 − 1| = limx→−1−

x(x2 − 1)

(x2 − 1)= lim

x→−1−x = −1

limx→−1+

x(x2 − 1)

|x2 − 1| = limx→−1+

x(x2 − 1)

−(x2 − 1)= lim

x→−1+−x = 1

因 limx→−1−

x(x2 − 1)

|x2 − 1| �= limx→−1+

x(x2 − 1)

|x2 − 1| , 故 limx→−1

x(x2 − 1)

|x2 − 1| 不存在。

6. Find limx→2

2x(x− 2)

|x− 2| . 《高師數學物理光電》

《解》 � 因

limx→2−

2x(x− 2)

|x− 2| = limx→2−

2x(x− 2)

−(x− 2)= −4

limx→2+

2x(x− 2)

|x− 2| = limx→2+

2x(x− 2)

(x− 2)= 4

故 limx→2−

2x(x− 2)

|x− 2| �= limx→2+

2x(x− 2)

|x− 2| , 因此 limx→2−

2x(x− 2)

|x− 2| 不存在。


7. 求 (a) limx→0

| − 2− x| − | − 2|x

(b) limx→0

x

|x|

《解》 �

(a) limx→0

| − 2− x| − | − 2|x

= limx→0

2 + x− 2

x= lim

x→0

x

x= 1

(b) 因

limx→0+

x

|x| = limx→0+

x

x= 1 、 lim

x→0−

x

|x| = limx→0−

x

−x= −1

故 limx→0+

x

|x| �= limx→0−

x

|x| , 由定義知 limx→0

x

|x| 不存在

8. 求 limx→0

sgn (x) · |x|

《解》 � 因 x → 0 , 故 −1 ≤ sgn (x) ≤ 1 , 同乘以 |x| , 可得

−|x| ≤ sgn (x) · |x| ≤ |x|

因 limx→0

(−|x|) = 0 , 且 limx→0

|x| = 0 , 由夾擠定理知

limx→0

sgn (x) · |x| = 0

9. f(x) =

{x2 ; 若 x ∈ Q

x3 ; 若 x ∈ R\Q 求 limx→1+

f(x)

《解》 � 因 x → 1+ , 則 x > 1 , 故 x2 < x3 , 則

x2 ≤ f(x) ≤ x3

因

limx→1+

x2 = 1 、 limx→1+

x3 = 1


故由夾擠定理知 limx→1+

f(x) = 1

10. 試證若 limx→a

|f(x)| = 0 , 則 limx→a

f(x) = 0

《証》 � 因為

−|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)|且 lim

x→a|f(x)| = 0 , 故由夾擠定理知 lim

x→af(x) = 0

11. 試證若 limx→a

f(x) = 0 且 |g(x)| ≤ M (M > 0) , ∀ 0 < |x− a| < δ , 即函數 g(x) 在區

間 0 < |x− a| < δ 中為有界的函數 , 則 limx→a

f(x)g(x) = 0

《証》 � 因 |g(x)| ≤ M (M > 0) , ∀ 0 < |x− a| < δ , 則

0 ≤ |f(x)g(x)| = |f(x)| |g(x)| ≤ |f(x)|M

又 limx→a

f(x) = 0 , 故

limx→a

0 = limx→a

|f(x)|M = 0

故由夾擠定理知 limx→a

|f(x)g(x)| = 0 , 故 limx→a

f(x)g(x) = 0

12. 試證明 limx→0

x2 sin1

x= 0. 《政大財政、南大電機》

《解》 � 因

0 ≤ |x2 sin1

x| ≤ x2

且 limx→0

0 = limx→0

x2 = 0 , 由挾擠定可知 limx→0

|x2 sin1

x| = 0 , 故

limx→0

x2 sin1

x= 0


13. 求 limx→0+

x3 sin1

xx− [x]

《成大》

《解》 � 因為

limx→0+

x3 sin1

xx− [x]

= limx→0+

x3 sin1

xx

= limx→0+

x2 sin1

x

又

0 ≤∣∣∣x2 sin

1

x

∣∣∣ ≤ x2

且 limx→0+

x2 = 0 , 故由夾擠定理知 limx→0+

∣∣∣x2 sin1

x

∣∣∣ = 0 , 故

limx→0+

x2 sin1

x= 0

則 limx→0+

x3 sin1

xx− [x]

= 0

14. 求下列極限

(a) limx→∞

(sin√x+ 1− sin

√x ) (b) lim

x→∞{sin ln(x+ 1)− sin ln x}

《提示》 � 求極限 ⇒ 和差化積 ; 求積分 ⇒ 積化和差

積化和差 : 2 sinα cos β = sin(α + β) + sin(α− β)

2 cosα sin β = sin(α+ β)− sin(α− β)

2 cosα cos β = cos(α + β) + cos(α− β)

−2 sinα sin β = cos(α + β)− cos(α− β)

和差化積 : sinα + sin β = 2 sinα + β

2cos

α− β

2

sinα− sin β = 2 cosα+ β

2sin

α− β

2


cosα + cos β = 2 cosα + β

2cos

α− β

2

cosα− cos β = −2 sinα + β

2sin

α− β

2

《解》 �(a)

limx→∞

(sin√x+ 1− sin

√x ) = lim

x→∞2 cos

√x+ 1 +

√x

2· sin

√x+ 1−√

x

2

= limx→∞

2 cos

√x+ 1 +

√x

2· sin 1

2(√x+ 1 +

√x )

因

0 ≤∣∣∣2 cos

√x+ 1 +

√x

2· sin 1

2(√x+ 1 +

√x )

∣∣∣ ≤ 2∣∣∣ sin 1

2(√x+ 1 +

√x )

∣∣∣又

limx→∞

sin1

2(√x+ 1 +

√x )

= sin 0 = 0

則

limx→∞

2∣∣∣ sin 1

2(√x+ 1 +

√x )

∣∣∣ = 0

故根據夾擠定理知

limx→∞

∣∣∣2 cos√x+ 1 +

√x

2sin

1

2(√x+ 1 +

√x )

∣∣∣ = 0

故

limx→∞

2 cos

√x+ 1 +

√x

2sin

1

2(√x+ 1 +

√x )

= 0

因此

limx→∞

(sin√x+ 1− sin

√x ) = 0

(b)

limx→∞

{sin ln(x+ 1)− sin ln x} = limx→∞

2 cosln(x+ 1) + ln x

2sin

ln(x+ 1)− ln x

2

則

0 ≤∣∣∣2 cos ln(x+ 1) + ln x

2sin

ln(x+ 1)− ln x

2

∣∣∣ ≤ 2∣∣∣ sin ln(x+ 1)− ln x

2

∣∣∣又

limx→∞

{ln(x+ 1)− ln x} = limx→∞

lnx+ 1

x= ln 1 = 0


則

limx→∞

sinln(x+ 1)− ln x

2= 0

故

limx→∞

2∣∣∣ sin ln(x+ 1)− ln x

2

∣∣∣ = 0

故根據夾擠定理知

limx→∞

∣∣∣2 cos ln(x+ 1) + ln x

2sin

ln(x+ 1)− ln x

2

∣∣∣ = 0

則

limx→∞

2 cosln(x+ 1) + ln x

2sin

ln(x+ 1)− ln x

2= 0

因此

limx→∞

{sin ln(x+ 1)− sin ln x} = 0

15. 求下列極限

(a) limθ→0+

cos θ = 1

(c) limθ→0

sin θ

θ= 1

(b) limθ→0+

sin θ

θ= 1

(d) limθ→0

tan θ

θ= 1

x

y

θ

A B

D

1

x2 + y2 = 1C

O

《証》 � 因 θ → 0+ , 故 0 < θ <π

2, 由上圖可知

ΔOBC < 扇形 OBC 面積 < ΔOBD

則1

2· 1 · sin θ <

1

2· 12 · θ <

1

2· 1 · tan θ


故

0 < sin θ < θ < tan θ

因 limθ→0+

θ = 0 , 由夾擠定理可知

limθ→0+

sin θ = 0

(a) 由

0 < 1− cos θ = 2 sin2 θ

2< 2 · (θ

2)2 =

θ2

2

且 limθ→0+

θ2

2= 0 , 由夾擠定理可知

limθ→0+

(1− cos θ) = 0

故 limθ→0+

cos θ = 1

(b) 由

sin θ < θ <sin θ

cos θ

則

1 <θ

sin θ<

1

cos θ

故

cos θ <sin θ

θ< 1

又 limθ→0+

cos θ = 1 , 故根據夾擠定理可知

limθ→0+

sin θ

θ= 1

(c) 由

limθ→0+

sin θ

θ= 1

令 θ = −t , 故 θ → 0+ , 則 t → 0− , 代入上式可得

limθ→0+

sin θ

θ= lim

t→0−

sin(−t)

(−t)= lim

t→0−

sin t

t= 1

因

limθ→0+

sin θ

θ= lim

θ→0−

sin θ

θ= 1

故

limθ→0

sin θ

θ= 1


(d)

limθ→0

tan θ

θ= lim

θ→0{sin θ

θ· 1

cos θ} = lim

θ→0

sin θ

θ· limθ→0

1

cos θ= 1

16. 試證

(a) limn→∞

n!

nn= 0 (b) lim

n→∞3n

n!= 0 (c) lim

n→∞n2

n!= 0

《提示》 � 分母縮小 (保留一項) , 則不等式放大。

《証》 �(a) 因

0 <n!

nn=

n · (n− 1) · (n− 2) · · ·3 · 2 · 1n · n · n · · ·n · n · n <

1

n

又 limn→∞

1

n= 0 , 故根據夾擠定理可知

limn→∞

n!

nn= 0

(b) 因

0 <3n

n!=

3 · 3 · 3 · · ·3 · 3 · 3n · (n− 1) · (n− 2) · · ·3 · 2 · 1 <

3

n· 32· 31=

27

2n

又 limn→∞

27

2n= 0 , 故根據夾擠定理可知

limn→∞

3n

n!= 0

(c) 因

0 <n2

n!=

n · nn · (n− 1) · (n− 2) · · ·3 · 2 · 1 <

n

(n− 1)· 1

(n− 2)

又 limn→∞

n

(n− 1)(n− 2)= 0 , 故根據夾擠定理知

limn→∞

n2

n!= 0

17. 試證下列極限《政大經濟》

(a) limn→∞

n√n = 1 (b) lim

n→∞n√n2 + 1 = 1


《証》 �(a) 因 n → ∞ , 故 n > 1 , 則 n

√n >

n√1 = 1 , 因此

∃ hn > 0 使得 n√n = 1 + hn

故

n = (1 + hn)n >

n(n− 1)

2!h2n

兩端乘上2

n(n− 1), 可得

h2n <

2n

n(n− 1)

兩端開根號可得

0 < hn <

√2n

n(n− 1)

又 limn→∞

√2n

n(n− 1)= 0 , 故根據夾擠定理可知 lim

n→∞hn = 0 , 故

limn→∞

n√n = lim

n→∞(1 + hn) = 1

(b) 因 n → ∞ , 則 n2 + 1 > 1 , 故n√n2 + 1 >

n√1 = 1 , 因此

∃ hn > 0 使得n√n2 + 1 = 1 + hn

則

n2 + 1 = (1 + hn)n >

n(n− 1)(n− 2)

3!h3n

兩端乘上6

n(n− 1)(n− 2), 可得

h3n <

6(n2 + 1)

n(n− 1)(n− 2)

故

0 < hn < 3

√6(n2 + 1)

n(n− 1)(n− 2)

又 limn→∞

3

√6(n2 + 1)

n(n− 1)(n− 2)= 0 , 故根據夾擠定理可知 lim

n→∞hn = 0 , 因此

limn→∞

n√n2 + 1 = lim

n→∞(1 + hn) = 1


18. 已知 limn→∞

(1 +1

n)n = e , 試證下列極限

(a) limn→−∞

(1 +1

n)n = e (b) lim

x→∞(1 +

1

x)x = e

《証》 �(a) 令 m = −n , 故

limn→−∞

(1 +1

n)n = lim

m→∞(1− 1

m)−m = lim

m→∞(m− 1

m)−m

= limm→∞

(m

m− 1)m = lim

m→∞(1 +

1

m− 1)m

( 令 k = m− 1 )

= limk→∞

(1 +1

k)k+1 = lim

k→∞(1 +

1

k)k · (1 + 1

k)

= e · 1 = e

(b) 因 x → ∞ , 故 n ≤ x < n + 1 , 因此1

n+ 1<

1

x≤ 1

n, 則

(1 +1

n+ 1)n < (1 +

1

x)n ≤ (1 +

1

x)x < (1 +

1

x)n+1 ≤ (1 +

1

n)n+1

又

limn→∞

(1 +1

n+ 1)n = lim

m→∞(1 +

1

m)m−1

(令 m = n+ 1 )

= limm→∞

(1 +1

m)m

1 +1

m

=e

1= e

且

limn→∞

(1 +1

n)n+1 = lim

n→∞(1 +

1

n)n · (1 + 1

n) = e · 1 = e

故由夾擠定理可知 limx→∞

(1 +1

x)x = e


挑戰範例

1. 0 < r < 1 , 試證 (a) limn→∞

rn = 0 (b) limn→∞

n · rn = 0 。《政大經濟》

《証》 �

(a) 因 0 < r < 1 , 故 ∃ h > 0 , 使得 r =1

1 + h, 則

0 < rn =1

(1 + h)n<

1

nh

又 limn→∞

1

nh= 0 , 故根據夾擠定理可知 lim

n→∞rn = 0

(b) 因 0 < r < 1 , 故 ∃ h > 0 , 使得 r =1

1 + h, 則

0 < n · rn =n

(1 + h)n<

n

n(n− 1)

2!h2

又 limn→∞

n

n(n− 1)

2!h2

= 0 , 故根據夾擠定理可知 limn→∞

n · rn = 0

2. 設 k > 0 , 試證 limn→∞

n√k = 1

《証》 �(1) k = 1 :

limn→∞

n√k = lim

n→∞n√1 = 1

(2) k > 1 :


n√k >

n√1 = 1 , 則

∃ hn > 0 使得n√k = 1 + hn

故 k = (1 + hn)n > nhn , 則

0 < hn <k

n

又 limn→∞

k

n= 0 , 根據夾擠定理可知

limn→∞

hn = 0

故 limn→∞

n√k = lim

n→∞(1 + hn) = 1

(3) 0 < k < 1 :

1

k> 1 , 故由 (2) 可得 lim

n→∞n

√1

k= 1 , 即

1

limn→∞

n√k= 1 , 因此 lim

n→∞n√k = 1

故由 (1) 、 (2) 、 (3) 知 limn→∞

n√k = 1

3. 試證下列極限

(a) limn→∞

n√xn + yn + zn = x ; (x > y > z > 0)

(b) limn→∞

n√en + n = e

《証》 �(a) 因 x > y > z > 0 , 故 xn < xn + yn + zn < 3xn , 則

x < n√xn + yn + zn <

n√3 x

又 limn→∞

(n√3 x) = x , 故根據夾擠定理可知

limn→∞

n√xn + yn + zn = x = max{x , y , z}

(b) 因 en > n , 故 en < en + n < 2en , 則

e < n√en + n <

n√2e

又 limn→∞

(n√2e) = e , 故根據夾擠定理可知 lim

n→∞n√en + n = e


4. 求下列極限

(a) limx→∞

2x2

5x3 (b) limx→∞

5x2

2x3

《解》 �(a) 因 x → ∞ , 故

0 <2x

2

5x3 =2x

2

(5x)x2 <2x

2

5x2 = (2

5)x

2

(∵ 5x > 51)

又 limx→∞

(2

5)x

2

= 0 , 故根據夾擠定理知 limx→∞

2x2

5x3 = 0

(b) 因 x → ∞ , 故

0 <5x

2

2x3 =5x

2

(2x)x2 <5x

2

(23)x2 = (5

8)x

2

(∵ 2x > 23)

又 limx→∞

(5

8)x

2

= 0 , 故根據夾擠定理可知 limx→∞

5x2

2x3 = 0

5. 設 (x2 + 2x− 3)f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d tan−1(x2 − 1) 滿足

(a) limx→∞

f(x) = 1 (b) limx→1

f(x) = 2

試求 a 、 b 、 c 、 d 。

《解》 � 因

f(x) =ax3 + bx2 + cx+ d tan−1(x2 − 1)

x2 + 2x− 3(1)

由

limx→∞

f(x) = limx→∞

ax3 + bx2 + cx+ d tan−1(x2 − 1)

x2 + 2x− 3

= limx→∞

ax+ b+c

x+ d

tan−1(x2 − 1)

x2

1 +2

x− 3

x2

= 1


可得 a = 0 、 b = 1 , 代回 (1) 式中 , 可得 f(x) 為

f(x) =x2 + cx+ d tan−1(x2 − 1)

x2 + 2x− 3(2)

又由已知 limx→1

f(x) = 2 , 且 limx→1

(x2 + 2x− 3) = 0 , 可知

limx→1

[x2 + cx+ d tan−1(x2 − 1)] = 1 + c = 0

故可求得 c = −1 , 代回 (2) 式中 , 可得 f(x) 為

f(x) =x2 − x+ d tan−1(x2 − 1)

x2 + 2x− 3

再由

limx→1

f(x) = limx→1

x2 − x+ d tan−1(x2 − 1)

x2 + 2x− 3

= limx→1

[x2 − x

x2 + 2x− 3+ d · tan

−1(x2 − 1)

x2 − 1· x2 − 1

x2 + 2x− 3

]

= limx→1

[x(x− 1)

(x− 1)(x+ 3)+ d · tan

−1(x2 − 1)

x2 − 1· (x− 1)(x+ 1)

(x− 1)(x+ 3)

]

= limx→1

[x

x+ 3+ d

tan−1(x2 − 1)

x2 − 1· x+ 1

x+ 3

]

=1

4+

d

2= 2

故 d =7

2


精選習題

1. 求 (a) limx→4+

[[x]] (b) limx→1+

([x]2 − [x2])/(x2 − 1) 《交大》

《解》 � : (a) 4 (b) 0

2. limx→∞

[1

x]x

《解》 � : 0

3. limx→n

[x− [x]] 及 limx→n

[[x]− x] , ∀ n ∈ N 《交大》

《解》 � : 0 及 −1

4. limx→0

[1

x3]x5 《成大》

《解》 � : 0

5. limx→∞

5x+ 3

[2x+ 1]

《解》 � :5

2

6. 求 limx→2−

x|x− 2|x− 2

《解》 � : −2

7. limt→1+

|1− t|1− t

《政大經濟》

《解》 � : −1

8. limx→0

x3 sin1

x《政大商院》

《解》 � : 0

9. Let f(x) = x2{1− cos3

x} , x �= 0. Evaluate the limit. lim

x→0f(x). 《台綜大B》

《解》 � : 0

10. limx→0+

√x esin

πx 《政大經濟》

《解》 � : 0


11. 求 limx→0−

[x+ 1] + |x|x

《解》 � : −1

12. 求 limx→0

f(x) = ? 其中 f(x) =

{x2 ; 若 x 為有理數

x4 ; 若 x 為無理數《成大》

《解》 � : 0

13. 求 limx→1

f(x) , 若已知當 x �= 1 時 ,∣∣∣ f(x)x− 1

∣∣∣ ≤ 1

《解》 � : 0

14. If limx→0

[f(x)

x] exist , prove that lim

x→0f(x) = 0.

《解》 � : 証明題

15. limx→0

sin3 x

x《解》 � : 0

16. limn→∞

2n 3n

n!《政大經濟》

《解》 � : 0

17. 求 limx→+∞

21x

(1− 1

x)x. 《交大》

《解》 � : e

18. limn→∞

(3n + 5n + 7n)1n

《解》 � : 7

19. limx→∞

(1x + 2x)1x 《中興財金》

《解》 � : 2


1.3 ε 、 δ 的極限定義

1.3.1 概論

1. 常見的數學符號

(1) ε 、 δ 表任意微小正實數。 M 、 K 表任意很大正實數。

(2) 對稱鄰近區域 (symmetric neighborhood)

Nε(�) = (�− ε, � + ε) = {f(x) | �− ε < f(x) < �+ ε} = {f(x) | |f(x)− �| < ε}

(3) 去心對稱鄰近區域 (deleted symmetric neighborhood)

N�δ (a) = N ′

δ(a) = (a− δ , a) ∪ (a , a+ δ)

= {x | a− δ < x < a 或 a < x < a+ δ}= {x | 0 < |x− a| < δ}

(4) ∀ : for all ( 所有的 ) ; � : such that ( 使得 s.t. ) ; ∃ : exist ( 存在 )

2. 基本工具

(1) 以一多項式來表示另一多項式。

(2) 0 < δ ≤ 1 ⇒ δn ≤ δ ; (n ∈ N)

(3) N ′δ1(a) ∩N ′

δ2(a) = N ′δ(a) , 其中 δ = min{δ1 , δ2}

(4) [k1 , ∞) ∩ [k2 , ∞) = [k , ∞) , 其中 k = max{k1 , k2}

(5) ||x| − |y|| ≤ |x± y| ≤ |x|+ |y| , |x± y ± z| ≤ |x|+ |y|+ |z|

1.3.2 定義∗

1. limx→a

f(x) = �

∀ ε > 0 , ∃ δ > 0 , � 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− �| < ε ( 或 kε , k > 0 )

∗微積分約在1670年代左右誕生的, 在當時極限的定義 , 在邏輯上並不是很嚴謹 , 大部分的數學家都是以直觀的意義在求解。最早提出極限精確定義是波希米亞 (現在的捷克) 的數學家 Bernhard Placidus Johann NepomukBolzano (Oct 1781 ∼ Dec 1848) , 接下來法國的數學家 Augustin Louis Cauchy (Aug 1789 ∼ May 1857)再提出與現在幾乎相同形式的定義 , 而我們現在所用的極限精確定義是由德國的數學家 Karl Theodor WilhelmWeierstrass (Oct 1815 ∼ Feb 1897) 在1860年所提出的。

1.3 ε 、 δ 的極限定義喻超凡、喻超弘、喻婕叢書 43

2. limx→a

f(x) = ±∞

∀ M > 0 , ∃ δ > 0 , � 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)| > M

3. limx→±∞

f(x) = �

∀ ε > 0 , ∃ K > 0 , � |x| ≥ K ⇒ |f(x)− �| < ε

1.3.3 極限的証明

1. limx→a

f(x) = �

(1) 己知 ∀ε > 0 均 ∃δ > 0

(2) 滿足

(a) 0 < |x− a| < δ

(b) |f(x)− �| < g(δ) ≤ ε

(3) 由 (2) 的 g(δ) ≤ ε 找到適當的 δ(ε)

2. limx→±∞

f(x) = �

(1) 己知 ∀ε > 0 均 ∃K > 0

(2) 滿足

(a) |x| > K

(b) |f(x)− �| < g(K) ≤ ε

(3) 由 (2) 找到適當的 K(ε)


3. limx→a

f(x) = ±∞

(1) 己知 ∀M > 0 均 ∃δ > 0

(2) 滿足

(a) 0 < |x− a| < δ

(b) |f(x)| > g(δ) ≥ M

(3) 由 (2) 找到適當的 δ(M)

4. limx→a

f(x) 不存在

先假設 limx→a

f(x) = � , 再由定義探討出 limx→a

f(x) 的極限不唯一 , 即可求証函數的極限不存

在。


精選範例

1. 試證 limx→2

(2x+ 1) = 5

《証》 � ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ ε

2, � 0 < |x− 2| < δ , 則

|2x+ 1− 5| = |2x− 4| = 2|x− 2| < 2δ ≤ ε

故 limx→2

(2x+ 1) = 5

2. Given an ε− δ proof of the fact that limx→2

(2x− 3) = 1.

《証》 � ∀ ε > 0 , ∃δ ≤ ε

2, � 0 < |x− 2| < δ , 則

|2x− 3− 1| = |2x− 4| = 2|x− 2| < 2δ ≤ ε

故 limx→2

(2x− 3) = 1

3. 試證 limx→3

√x+ 1 = 2

《証》 � ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ 2ε , � 0 < |x− 3| < δ , 則

|√x+ 1− 2| =∣∣∣ x− 3√

x+ 1 + 2

∣∣∣ < δ

2≤ ε ( ∵

√x+ 1 > 0)


故 limx→3

√x+ 1 = 2

4. 試證 limx→1

(x3 + 2x2) = 3

《提示》 � 以一多項式來表示另一多項式

《証》 � ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ min{1 , ε

13} , � 0 < |x− 1| < δ ≤ 1 , 則

|x3 + 2x2 − 3| = |(x− 1)3 + 5(x− 1)2 + 7(x− 1)|≤ |x− 1|3 + 5|x− 1|2 + 7|x− 1|< δ3 + 5δ2 + 7δ

≤ δ + 5δ + 7δ

= 13δ ≤ ε

故 limx→1

(x3 + 2x2) = 3

5. Use the precise definition to show that limx→1

(2x3 + 9x+ 2) = 13.

《証》 � ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ min{1 ,

ε

23

}, � 0 < |x− 1| < δ ≤ 1 , 則

|2x3 + 9x+ 2− 13| = |2(x− 1)3 + 6(x− 1)2 + 15(x− 1)|≤ 2|x− 1|3 + 6|x− 1|2 + 15|x− 1|< 2δ3 + 6δ2 + 15δ

< 2δ + 6δ + 15δ

< 23δ ≤ ε

故 limx→1

(2x3 + 9x+ 2) = 13

6. 試證 limx→1

x+ 1

3x+ 2=

2

5


《証》 � ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ min{1 , 10ε} , � 0 < |x− 1| < δ ≤ 1 , 則

∣∣∣ x+ 1

3x+ 2− 2

5

∣∣∣ = | − x+ 1|5|3x+ 2| =

|x− 1|5|3x+ 2| <

|x− 1|5 · 2 <

δ

10≤ ε

∵ |x− 1| < 1 , 則 −1 < x− 1 < 1 , 故 0 < x < 2 , 則

0 < 3x < 6 ⇒ 2 < 3x+ 2 < 8

故 limx→1

x+ 1

3x+ 2=

2

5

7. 試證 limx→2

x3 + 1

x− 1= 9

《証》 � ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ min{12,

ε

20} , � 0 < |x− 2| < δ ≤ 1

2, 則

∣∣∣x3 + 1

x− 1− 9

∣∣∣ =∣∣∣x3 − 9x+ 10

x− 1

∣∣∣=

∣∣∣(x− 2)3 + 6(x− 2)2 + 3(x− 2)

x− 1

∣∣∣≤ |x− 2|3 + 6|x− 2|2 + 3|x− 2|

|x− 1|<

δ3 + 6δ2 + 3δ1

2< 20δ ≤ ε

∵ |x− 2| < 1

2, 故 −1

2< x− 2 <

1

2, 則

1

2< x− 1 <

3

2

故 limx→2

x3 + 1

x− 1= 9 。

Note : 如取 δ ≤ 1 , 則 |x− 2| < 1 , 即 0 < x− 1 < 2 , 無法縮小分母。

8. 設 f(x) =

{x3 ; x ∈ Q

0 ; x ∈ R\Q , 試證 limx→0

f(x) = 0


《提示》 � 1. 使用極限定義。 2. 使用夾擠定理

《証》 �法1 : ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ 3

√ε , � 0 < |x− 0| < δ , 則

|f(x)− 0| = |f(x)| ≤ |x3| = |x− 0|3 < δ3 ≤ ε

故 limx→0

f(x) = 0

法2 : 因 0 ≤ |f(x)| ≤ |x3| , 又 limx→0

|x3| = 0 , 故根據夾擠定理可知

limx→0

|f(x)| = 0

即 limx→0

f(x) = 0

9. 若 g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) , ∀ 0 < |x − a| < δ0 , 且 limx→a

g(x) = limx→a

h(x) = � , 則

limx→a

f(x) = � , 試證之。

《提示》 � 本題為夾擠定理之證明

《証》 �(1) 已知 lim

x→ag(x) = � , 由極限的定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ1 > 0 , � 0 < |x− a| < δ1

則 |g(x)− �| < ε , 即

�− ε < g(x) < �+ ε

(2) 已知 limx→a

h(x) = � , 由極限的定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ2 > 0 , � 0 < |x− a| < δ2

則 |h(x)− �| < ε , 即

�− ε < h(x) < �+ ε

(3) 已知 0 < |x− a| < δ0 時 g(x) ≤ f(x) ≤ h(x)

(4) 由 (1) 、 (2) 、 (3) 知

∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ min{δ0 , δ1 , δ2} , � 0 < |x− a| < δ


則

�− ε < g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) < �+ ε

即 |f(x)− �| < ε , 故 limx→a

f(x) = �

10. 證明 : 若 limx→c

f(x) = � , 則 limx→c

|f(x)| = |�| 《文化管研》

《証》 � 已知 limx→c

f(x) = � , 故

∀ ε > 0 , ∃ δ1 > 0 , � 0 < |x− c| < δ1 ⇒ |f(x)− �| < ε

由上面可知

∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ δ1 , � 0 < |x− c| < δ

則

||f(x)| − |�|| ≤ |f(x)− �| < ε

故 limx→c

|f(x)| = |�|

注意 : 本命題其逆不真 , 可舉反例如下 : 設 f(x) =|x|x

, 則

limx→0+

f(x) = limx→0+

x

x= 1

limx→0−

f(x) = limx→0−

−x

x= −1

因 limx→0−

f(x) �= limx→0+

f(x) , 故 limx→0

f(x) 不存在 , 但

limx→0

|f(x)| = limx→0

|x||x| = 1

故其逆命題不真。

11. 試證 limx→c

|f(x)| = 0 , 則 limx→c

f(x) = 0


《証》 � 已知 limx→c

|f(x)| = 0 , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ1 > 0 , � 0 < |x− c| < δ1 ⇒ ||f(x)| − 0| < ε

由上面可知

∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ δ1 , � 0 < |x− c| < δ

則

|f(x)− 0| = |f(x)| = ||f(x)| − 0| < ε

故 limx→c

f(x) = 0

12. 若 limx→c

f(x) = �1 、 limx→c

f(x) = �2 , 試證 �1 = �2

《提示》 � 本題為極限唯一性 (uniqueness) 之證明


x→cf(x) = �1 , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ1 > 0 , � 0 < |x− c| < δ1 ⇒ |f(x)− �1| < ε

(2) 已知 limx→c

f(x) = �2 , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ2 > 0 , � 0 < |x− c| < δ2 ⇒ |f(x)− �2| < ε

(3) 令 �1 �= �2 (反証) , 由 (1) 、 (2) 知

∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ min{δ1 , δ2} , � 0 < |x− c| < δ

則

|�1 − �2| = |�1 − f(x) + f(x)− �2|= |(f(x)− �2)− (f(x)− �1)|≤ |f(x)− �2|+ |f(x)− �1|< ε+ ε = 2ε

但現取 ε =1

2|�1 − �2| > 0 , 則 |�1 − �2| = 2ε , 與 |�1 − �2| < 2ε 矛盾 , 故 �1 = �2


13. 設 f(x) =

{2 ; x ∈ Q

−1 ; x ∈ R\Q , 試證 limx→c

f(x) 不存在。《政大數學、台大》

《提示》 � 使用反證法

《証》 � 設 limx→c

f(x) 存在 , 且 limx→c

f(x) = � , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ > 0 , � 0 < |x− c| < δ ⇒ |f(x)− �| < ε

取 ε =3

2> 0 , 則 ∃ δ1 > 0 , � 0 < |x− c| < δ1 ⇒ |f(x)− �| < 3

2

(1) x ∈ Q , 0 < |x− c| < δ1 , 則

|f(x)− �| = |2− �| < 3

2⇒ |�− 2| < 3

2⇒ 1

2< � <

7

2

(2) x ∈ R\Q , 0 < |x− c| < δ1 , 則

|f(x)− �| = | − 1− �| < 3

2⇒ |�+ 1| < 3

2⇒ − 5

2< � <

1

2

(3) 由 (1) 、 (2) 可知 , 不滿足極限唯一性 , 故 limx→c

f(x) 不存在

14. 試證 limx→0

sin1

x不存在。

《提示》 � 使用反證法

《証》 � 設 limx→0

sin1

x存在 , 且 lim

x→0sin

1

x= � , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ > 0 , � 0 < |x− 0| < δ ⇒∣∣∣ sin 1

x− �

∣∣∣ < ε

取 ε = 1 > 0 , 則 ∃ δ1 > 0 , � 0 < |x− 0| < δ1 ⇒∣∣∣ sin 1

x− �

∣∣∣ < 1

(1)1

x= 2mπ +

π

2, ∃ m ∈ Z , � 0 < |x− 0| < δ1 , 則

∣∣∣ sin 1

x− �

∣∣∣ = ∣∣∣ sin(2mπ +π

2)− �

∣∣∣ = |1− �| < 1 ⇒ 0 < � < 2


(2)1

x= 2nπ − π

2, ∃ n ∈ Z , � 0 < |x− 0| < δ1 , 則

∣∣∣ sin 1

x− �

∣∣∣ = ∣∣∣ sin(2nπ − π

2)− �

∣∣∣ = | − 1− �| < 1 ⇒ − 2 < � < 0

(3) 由 (1) 、 (2) 可知 , 不滿足極限唯一性 , 故 limx→0

sin1

x不存在

15. Prove that if limx→a

f(x) = b , then limx→a

cf(x) = cb for every positive constant c.

《証》 � 已知 limx→a

f(x) = b , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ > 0 , � 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− b| < ε

因 c > 0 , 故

c|f(x)− b| = |c f(x)− cb| < cε

故 limx→a

c f(x) = cb


挑戰範例

1. 設 f(x) = x sin1

x, 試證 lim

x→0f(x) = 0

《提示》 � 1. 使用極限定義。 2. 使用夾擠定理

《証》 �法1 : ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ ε , � 0 < |x− 0| < δ , 則∣∣∣x sin 1

x− 0

∣∣∣ = ∣∣∣x sin 1

x

∣∣∣ ≤ |x| = |x− 0| < δ ≤ ε

故 limx→0

f(x) = 0

法2 : 因 0 ≤ |f(x)| =∣∣∣x sin 1

x

∣∣∣ ≤ |x| , 因 limx→0

|x| = 0 , 故根據夾擠定理可知

limx→0

|f(x)| = 0

故 limx→0

f(x) = 0

2. 試證 limx→∞

1

xp= 0 , p > 0

《証》 � ∀ ε > 0 , ∃ K ≥ (1

ε)1p , � x > K , 則

| 1xp

− 0| = |1x|p < 1

Kp≤ ε

故 limx→∞

1

xp= 0


3. 試證 limx→0+

1

xp= ∞ , p > 0

《証》 � ∀ M > 0 , ∃ δ ≤ (1

M)1p , � 0 < |x− 0| < δ , 則

∣∣∣∣ 1xp

∣∣∣∣ > 1

δp≥ M

故 limx→0+

1

xp= ∞

4. 若 g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) , ∀ x > k0 , 且 limx→∞

g(x) = limx→∞

h(x) = � ,

則 limx→∞

f(x) = � , 試證之。

《提示》 � 本題為夾擠定理之證明


x→∞g(x) = � , 由極限的定義可知

∀ ε > 0 , ∃ k1 > 0 , � x > k1

則 |g(x)− �| < ε , 即 �− ε < g(x) < �+ ε

(2) 已知 limx→∞

h(x) = � , 由極限的定義可知

∀ ε > 0 , ∃ k2 > 0 , � x > k2

則 |h(x)− �| < ε , 即 �− ε < h(x) < �+ ε

(3) 已知 ∀ x > k0 時 g(x) ≤ f(x) ≤ h(x)

(4) 由 (1) 、 (2) 、 (3) 可知

∀ ε > 0 , ∃ k ≥ max{k0 , k1 , k2} , � x > k


則

�− ε < g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) < �+ ε

即 |f(x)− �| < ε , 故 limx→∞

f(x) = �

5. 設 a(x) = min{b(x) , c(x)} 且 A(x) = max{b(x) , c(x)} ,

若 limx→d

b(x) = limx→d

c(x) = � , 則 limx→d

a(x) = limx→d

A(x) = � , 試證之。

《提示》 � min{b(x) , c(x)} =b(x) + c(x)− |b(x)− c(x)|

2

max{b(x) , c(x)} =b(x) + c(x) + |b(x)− c(x)|

2


x→db(x) = � , 則

∀ ε > 0 , ∃ δ1 > 0 , � 0 < |x− d| < δ1 ⇒ |b(x)− �| < ε

(2) 已知 limx→d

c(x) = � , 則

∀ ε > 0 , ∃ δ2 > 0 , � 0 < |x− d| < δ2 ⇒ |c(x)− �| < ε

(3) ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ min{δ1 , δ2} , � 0 < |x− d| < δ , 則

∣∣∣b(x) + c(x)± |b(x)− c(x)|2

− �∣∣∣

=∣∣∣(b(x)− �) + (c(x)− �)± |(b(x)− �)− (c(x)− �)|

2

∣∣∣≤ 2|b(x)− �|+ 2|c(x)− �|

2< 2ε ( 由 (1) 、 (2) 得知 )

故 limx→d

a(x) = limx→d

A(x) = �

6. 若 limx→c

f(x) = �1 、 limx→c

g(x) = �2 , 試證 limx→c

f(x)g(x) = �1�2



x→cf(x) = �1 , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ1 > 0 , � 0 < |x− c| < δ1 ⇒ |f(x)− �1| < ε

(2) 已知 limx→c

g(x) = �2 , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ2 > 0 , � 0 < |x− c| < δ2 ⇒ |g(x)− �2| < ε

(3) ∀ ε > 0 , ∃ δ ≤ min{δ1 , δ2} , � 0 < |x− c| < δ , 則

|f(x)g(x)− �1�2| = |(f(x)− �1)(g(x)− �2) + f(x)�2 + g(x)�1 − 2�1�2|= |(f(x)− �1)(g(x)− �2) + �2(f(x)− �1) + �1(g(x)− �2)|≤ |f(x)− �1||g(x)− �2|+ |�2||f(x)− �1|+ |�1||g(x)− �2|< ε2 + |�2|ε+ |�1|ε ( 由 (1) 、 (2) 得知 )

= (ε+ |�2|+ |�1|)ε

故 limx→c

f(x)g(x) = �1�2

7. 若 limx→c

f(x) = � , 則 limx→c

1

f(x)=

1

�, � �= 0 , 試證之。


x→cf(x) = � , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ1 > 0 , � 0 < |x− c| < δ1 ⇒ |f(x)− �| < ε

(2) 取 ε =|�|2

> 0 , ∃ δ2 > 0 , � 0 < |x− c| < δ2 , 則

|f(x)− �| < |�|2

⇒ |�|2

< |f(x)| < 3|�|2

(3) ∀ ε > 0 , ∃δ ≤ min{δ1 , δ2} , � 0 < |x− c| < δ , 則∣∣∣ 1

f(x)− 1

�

∣∣∣ =∣∣∣�− f(x)

f(x)�

∣∣∣ = |f(x)− �||f(x)||�| (由 (1) 、 (2) 可知 )

<ε

|�|2|�|

=2

|�|2 ε


故 limx→c

1

f(x)=

1

�

8. Prove limx→1

|x− 1|x− 1

does not exist.

《証》 � 令

f(x) =|x− 1|x− 1

設 limx→1

|x− 1|x− 1

= limx→1

f(x) = � , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ > 0 , � 0 < |x− 1| < δ ⇒ |f(x)− �∣∣∣ < ε

當 δ > 0 , x1 ∈ (1− δ , 1) 時 f(x1) = −1 , x2 ∈ (1 , 1+ δ) 時 f(x2) = 1 , 現取 ε =1

2

2 = |f(x1)− f(x2)| = |{f(x2)− �} − {f(x1)− �}|≤ |f(x2)− �|+ |f(x1)− �| < ε+ ε = 1

矛盾 , 故 limx→1

|x− 1|x− 1

不存在

9. If n is an integer , prove limx→n

[x] does not exist. Where [x] is the greatest integer

function.

《証》 � 設 limx→n

[x] = � , 由定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ > 0 , � 0 < |x− n| < δ ⇒ |[x]− �| < ε

令 n − δ < x2 < n < x1 < n + δ , 則 [x1] = n 、 [x2] = n− 1 , 故 |[x1]− [x2]| = 1 ,

取 ε =1

2

1 = |[x1]− [x2]| = |{[x1]− �} − {[x2]− �}| ≤ |[x1]− �|+ |[x2]− �| < ε+ ε = 1

即 1 < 1 矛盾 , 故 limx→n

[x] 不存在


精選習題

1. Show that limx→1

(2x+ 1) = 3. 《彰師大數學》

《解》 � : δ ≤ ε

2

2. Find the limit � of limx→4

√x. Then use the ε− δ definition to prove that the limit is �.

《政大數學一》

《解》 � : � = 2 且 δ ≤ 2ε

3. Use the ε− δ definition to prove that limx→−4

(x2 + 4x) = 0.


《解》 � : δ ≤ min{1 , ε5}

4. Prove limx→2

x2 + x− 6

x− 2= 5 using the ε - δ definition of a limit.

《北大資訊、通訊》

《解》 � : δ ≤ ε

5. Show that limx→1

(x4 + 3x3 + 1) = 5.

《解》 � : δ ≤ min{1 , ε

36}

6. Let f be a function defined as


f(x) =

{0 , if x is rational

1 , if x is irrational

Prove rigorously that limx→c

f(x) does not exist for any c ∈ R.

《解》 � : 取 ε =1

2> 0

1.4 連續喻超凡、喻超弘、喻婕叢書 59

1.4 連續

1.4.1 定義

1. 基本定義 : 函數 f(x) 在 x = a 處 , 滿足

(1) f(a) 存在

(2) limx→a

f(x) 存在

(3) limx→a

f(x) = f(a)

則稱為函數 f(x) 在 x = a 處為連續。

2. 等價定義 : 設函數 f(x) 在 x = a 處為連續。

(1) limx→a

{f(x)− f(a)} = 0

(2) limh→0

f(a+ h) = f(a)

(3) limh→0

{f(a+ h)− f(a)} = 0

(4) ∀ ε > 0 , ∃ δ > 0 , � |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε

(a) 若 ∀a ∈ I 且 δ = δ(ε) 僅與 ε 有關與 x 無關時 , 稱為均勻連續。

(b) 若 ∀a ∈ I 且 δ = δ(ε , x) 時 , 稱為點態連續。

1.4.2 基本性質

1. 設函數 f(x) 在 x = a 處為連續 , 則 limx→a

f(x) = f(limx→a

x) = f(a)

2. 設函數 f(x) 在 x = a 處為連續 , 且 limx→b

g(x) = a , 則 limx→b

f(g(x)) = f(limx→b

g(x)) = f(a) 。

3. 函數 f(x) 於區間 I 中均為連續的函數 , 則 f(x) 在 I 中圖形連續不斷。

4. 函數 f(x) 在定義域內均為連續的函數 , 則稱為連續函數。任何初等函數均為連續函數。

5. 連續函數經過四則運算後 , 仍為連續函數。設 Df 、 Dg 分別為函數f(x) 、 g(x)的定義域。

(1) Df±g = Df ∩Dg , Df ·g = Df ∩Dg

(2) Df/g = (Df ∩Dg)\{x|g(x) = 0}


精選範例

1. Given f(x) =

{x2 ; if x �= 2

7 ; if x = 2is f continuous at x = 2 ?

《提示》 � 連續基本定義 : f(x) 在 x = a 為連續 , 必須滿足

(1) f(a) 存在

(2) limx→a

f(x) 存在

(3) limx→a

f(x) = f(a)

《証》 �(1) f(2) = 7

(2) limx→2

f(x) = limx→2

x2 = 4

(3) limx→2

f(x) �= f(2)

故 f(x) 在 x = 2 處不連續。

2. 設 f(x) =

{x+ 1 ; −1 ≤ x ≤ 1

2 ; 1 < x ≤ 3, 試討論 f 之連續性。

《解》 �(1) lim

x→−1+f(x) = lim

x→−1+(x+ 1) = 0 = f(−1) , 則 f 在 x = −1 為右連續。

(2) limx→3−

f(x) = limx→3−

2 = 2 = f(3) , 則 f 在 x = 3 為左連續。


(3)

(a) f(1) = 1 + 1 = 2

(b) limx→1−

f(x) = limx→1−

(x+ 1) = 2 , limx→1+

f(x) = limx→1+

2 = 2 , 故

limx→1

f(x) = 2

(c) limx→1

f(x) = f(1) , 則 f 在 x = 1 為連續。

(4) f 於 [−1 , 3] 內且 x �= −1 、 1 、 3 時為連續。

由 (1) ∼ (4) 知 f(x) 在 [−1 , 3] 均為連續。

3. 設 f(x) =

{1 ; x �= 0

−1 ; x = 0、 g(x) = x2 , 試問下列是否成立

(a) limx→0

f(g(x)) = f(limx→0

g(x)) (b) limx→0

g(f(x)) = g(limx→0

f(x))

《解》 �(a) lim

x→0f(g(x)) = lim

x→0f(x2) = lim

x→01 = 1

f(limx→0

g(x)) = f(limx→0

x2) = f(0) = −1

limx→0

f(g(x)) �= f(limx→0

g(x))

(b) limx→0

g(f(x)) = limx→0

g(1) = limx→0

12 = 1

g(limx→0

f(x)) = g(limx→0

1) = g(1) = 1

limx→0

g(f(x)) = g(limx→0

f(x)) 成立

4. 設 f(x) =

⎧⎨⎩

2 cosx ; x < 0

x+ a ; 0 ≤ x ≤ 1

x2 − bx ; x > 1

, 若 f(x) 為連續函數 , 試求 a 、 b 。

《解》 � f(x) 於 x = 0 為連續 , 則

limx→0−

f(x) = f(0) ⇒ limx→0−

2 cosx = 0 + a


故 a = 2 , f(x) 於 x = 1 為連續 , 則

limx→1+

f(x) = f(1) ⇒ limx→1+

(x2 − bx) = 1 + a

故 1− b = 3 , 則 b = −2

5. Suppose that the function f(x) =

⎧⎨⎩

ax+ b√3x+ 1−√

x+ 3; x �= 1

4 ; x = 1

is continuous

at x = 1. Then (a , b) = 《台綜大C》

《解》 � 因 f(x) 在 x = 1 時為連續 , 故 limx→1

f(x) = f(1) = 4 , 即

limx→1

ax+ b√3x+ 1−√

x+ 3= 4 (1)

由 (1) 式可知 , x → 1 時 , 分子必須為 0 , 故可得

a + b = 0 (2)

且

limx→1

ax+ b√3x+ 1−√

x+ 3= lim

x→1

(ax+ b)(√3x+ 1 +

√x+ 3)

(3x+ 1)− (x+ 3)

= limx→1

(ax− a)(√3x+ 1 +

√x+ 3)

2x− 2

=a(2 + 2)

2= 2a = 4

故 a = 2 、 b = −2 , 即 (a , b) = (2 , −2)

6. Find the values of A and B that make the function f(x) continuous every where

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x2 − 4

x− 2; x < 2

Ax2 − Bx+ 3 ; 2 ≤ x < 3

2x− A+B ; x ≥ 3

《成大企管所》


《解》 � 因為 f(x) 在 x ∈ R 為連續函數 , 故

f(2−) = f(2+) ⇒ 2 + 2 = 4A− 2B + 3 (1)

且

f(3−) = f(3+) ⇒ 9A− 3B + 3 = 6− A+B (2)

聯立 (1) 、 (2) 兩式可解得 A =1

2、 B =

1

2

7. 設 f(x) 、 g(x) 於 x = 0 不連續 , 試舉例說明 f(x) · g(x) 於 x = 0 可能會連續。

《解》 � 設

f(x) =

{1 ; x ≥ 0

0 ; x < 0, g(x) =

{0 ; x ≥ 0

1 ; x < 0

因

limx→0−

f(x) = 0 , limx→0+

f(x) = 1

故 limx→0−

f(x) �= limx→0+

f(x) , 則 limx→0

f(x) 不存在 , 又

limx→0−

g(x) = 1 , limx→0+

g(x) = 0

故 limx→0−

g(x) �= limx→0+

g(x) , 則 limx→0

g(x) 不存在 , 因此 f(x) 、 g(x) 於 x = 0 處均不連

續 , 但

f(x) · g(x) = 0 ; ∀ x ∈ R

故

limx→0

f(x) · g(x) = 0 = f(0) · g(0)即 f(x) · g(x) 於 x = 0 處連續。


挑戰範例

1. 試證若 limx→c

g(x) = a 且 f(x) 在x = a 為連續 , 則 limx→c

f(g(x)) = f(limx→c

g(x)) = f(a)

《証》 �(1) 因 f(x) 在 x = a 為連續 , 故

∀ ε > 0 , ∃ δ1 > 0 , � |x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− f(a)| < ε

(2) 因 limx→c

g(x) = a , 由極限的定義可知

∀ ε > 0 , ∃ δ > 0 , � 0 < |x− c| < δ ⇒ |g(x)− a| < ε

取

ε = δ1 > 0 , ∃ δ2 > 0 , � 0 < |x− c| < δ2 ⇒ |g(x)− a| < δ1

(3) 由 (1) 、 (2) 得知

∀ ε > 0 , ∃ δ2 > 0 , � 0 < |x− c| < δ2 ⇒ |g(x)− a| < δ1

則 |f(g(x))− f(a)| < ε , 故 limx→c

f(g(x)) = f(a) = f(limx→c

g(x))

2. 設 fn(x) =

{xn sin

1

x; x �= 0

0 ; x = 0, n ∈ N ∪ {0} , 試就 n 值探討 fn(x) 於 x = 0 之連

續性。

《解》 �(1) n = 0 時

f0(x) =

{sin

1

x; x �= 0

0 ; x = 0


因 limx→0

f(x) = limx→0

sin1

x不存在 , 則 f0(x) 於 0 不連續。

(2) n = 1 、 2 、 · · · 時fn(x) =

{xn sin

1

x; x �= 0

0 ; x = 0

因

0 ≤∣∣∣xn sin

1

x

∣∣∣ = |xn|∣∣∣ sin 1

x

∣∣∣ ≤ |xn|且 lim

x→0|xn| = 0 , 故根據夾擠定理可知

limx→0

∣∣∣xn sin1

x

∣∣∣ = 0 ⇒ limx→0

xn sin1

x= 0

故 limx→0

fn(0) = 0 = fn(0) , 故 fn(x) 於 x = 0 為連續 (∀ n ∈ N)

3. 設 f(x) = limn→∞

x2n−1 + ax2 + bx

x2n + 1, 若 f(x) 為連續函數 , 試求 a 、 b 。

《解》 �

(1) x = 1 ⇒ f(x) = limn→∞

x2n−1 + ax2 + bx

x2n + 1= lim

n→∞12n−1 + a+ b

12n + 1=

1 + a+ b

2

(2) x = −1 ⇒ f(x) = limn→∞

x2n−1 + ax2 + bx

x2n + 1= lim

n→∞(−1)2n−1 + a− b

(−1)2n + 1=

−1 + a− b

2

(3) |x| < 1 ⇒ f(x) = limn→∞

x2n−1 + ax2 + bx

x2n + 1= ax2 + bx

(4) |x| > 1 ⇒ f(x) = limn→∞

x2n−1 + ax2 + bx

x2n + 1= lim

n→∞

1

x+

a

x2n−2+

b

x2n−1

1 +1

x2n

=1

x

(5) 因 f(x) 於 x = 1 連續 , 故

limx→1+

f(x) = limx→1−

f(x) = f(1)

則 1 = a+ b =1 + a+ b

2, 故

a+ b = 1 (1)

因 f(x) 於 x = −1 連續 , 故

limx→−1+

f(x) = limx→−1−

f(x) = f(−1)


則 a− b = −1 =−1 + a− b

2, 故

a− b = −1 (2)

聯立 (1) 式、 (2) 式 , 可解得 a = 0 、 b = 1

4. If f(x) is continuous at x = a and that f(a) > 0 . Show that there is an open

interval around a on which f(x) is positive.

《証》 � f(x) 於x = a 為連續 , 故

∀ ε > 0 , ∃ δ > 0 , � |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε

取 ε = f(a) , 則

|f(x)− f(a)| < f(a) ⇒ − f(a) < f(x)− f(a) < f(a)

即 0 < f(x) < 2f(a) , 故 |x− a| < δ , 即在區間 (a− δ , a + δ) 時 , f(x) > 0

5. 設 f(x) = limn→∞

xn[x]− 2x

xn − 2, 試問 f(x) 於 x = 1 是否連續 ?

《解》 �

(1) f(1) = limn→∞

1n · [ 1 ]− 2 · 11n − 2

= limn→∞

1− 2

1− 2= 1

(2) 0 < x < 1 , 則

f(x) = limn→∞

xn[x]− 2x

xn − 2=

−2x

−2= x

故 limx→1−

f(x) = limx→1−

x = 1

(3) 1 < x < 2 , 則

f(x) = limn→∞

xn[x]− 2x

xn − 2=

[x]− 2

xn−1

1− 2

xn

= [x]


故 limx→1+

f(x) = limx→1+

[x] = 1

(4) 由 (1) 、 (2) 、 (3) 可知

limx→1

f(x) = limx→1−

f(x) = limx→1+

f(x) = f(1) = 1

故 f(x) 於 x = 1 處連續。

6. 試證 f(x) = [x] +√

x− [x] , 對任一 x 皆為連續。

《解》 �(1) n ∈ Z , 故

f(n) = [n] +√

n− [n] = n

因

limx→n+

f(x) = limx→n+

([x] +√x− [x] ) = lim

x→n+(n+

√x− n ) = n

limx→n−

f(x) = limx→n−

([x] +√x− [x] ) = lim

x→n−{n− 1 +

√x− (n− 1) } = n

故

limx→n+

f(x) = limx→n−

f(x) = f(n) = n

因此 f(x) 在 x = n ∈ Z 處為連續。

(2) 設 n < a < n+ 1, n ∈ Z , 故

f(a) = [a] +√a− [a] = n+

√a− n

且

limx→a

f(x) = limx→a

([x] +√

x− [x] ) = limx→a

([a] +√

x− [a] ) = n +√a− n

故 f(a) = limx→a

f(x) , 因此 f(x) 在 x = a 處為連續。

(3) 由 (1) 、 (2) 可知 f(x) 在 x ∈ R 中均為連續。

7. 設函數 f (0 , +∞) → R 而 f(x) = x[1

x] ( 內 [ ] 為最大整數函數 ) , 試討論函數 f

在那些點連續 ? 在那些點不連續 ? 為何 ? 《成大》


《解》 �

(1) x > 1 時 f(x) = x[1

x] = 0 。

(2) 0 < x ≤ 1 時, 設 [1

x] = n ∈ N , 故

n ≤ 1

x< (n + 1) ⇒ 1

n + 1< x ≤ 1

n

因此 f(x) = x[1

x] = xn ;

1

n+ 1< x ≤ 1

n, ∀n ∈ N 。

(3) 由 (1) 、 (2) 可知

f(x) =

⎧⎪⎨⎪⎩

0 ; x > 1

nx ;1

n+ 1< x ≤ 1

n, ∀n ∈ N

故 f(x) 在 x =1

n時為分段點 , 現在討論 x =

1

n時 f(x) 的連續性 , 因

limx→( 1

n)+f(x) = lim

x→( 1n)+x[1

x] = lim

x→( 1n)+x(n− 1) =

n− 1

n; (∀n ∈ N)

limx→( 1

n)−f(x) = lim

x→( 1n)−x[1

x] = lim

x→( 1n)−xn = 1 ; (∀n ∈ N)

因 limx→( 1

n)+f(x) �= lim

x→( 1n)−f(x) , 故 lim

x→( 1n)f(x) 不存在。

即 f(x) 在 x =1

n處不連續。

(4) 結論 : f(x) 在 (0 , ∞) \ { 1n

| ∀n ∈ N} 處連續。


精選習題

1. 試問下列之函數 , limx→0

f(g(x)) = f(limx→0

g(x)) 是否成立

(a) f(x) =

{2 ; x ≥ 0

−2 ; x < 0、 g(x) = x (b) f(x) =

{2 ; x ≥ 0

−2 ; x < 0、 g(x) = x2

(c) f(x) =

⎧⎨⎩

1 ; x > 0

0 ; x = 0

−1 ; x < 0

、 g(x) = 1− x+ [x]

《解》 � : (a) 不成立 (b) 成立 (c) 成立

2. 函數定義於《中興》

f(x) =

{sin x+ tanx

tanx; 若 −π

2< x <

π

2, x �= 0

3 ; 若 x = 0

試證 f(x) 在點 x = 0 處為不連續 , 又是否可重新定義 f(0) 之值 , 使得 f(x) 為連續函數

《解》 � : 可 , f(0) = 2

3. Suppose function f(x) =

{cx2 + 2x if x < 2

2x+ 4 if x ≥ 2is continuous on (−∞ , ∞). Then,

the value of constant c is 《北大經濟》

《解》 � : c = 1 。

4. f(x) is defined everywhere and continuous f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

−2 sin x ; x ≤ −π

2a sin x+ b ; −π

2< x <

π

2cosx ; x ≥ π

2Evaluate the a and b.

《解》 � : a = −1 、 b = 1

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