六、连续函数的性质
（一）连续函数的局部保号性质
【定理 1.15】 设 \(f(x)\) 在点 \(x = x_0\) 处连续，且 \(f(x_0) > 0\)（或 \(< 0\)），则 \(\exists \delta > 0\)，使得当 \(|x - x_0| < \delta\) 时 \(f(x) > 0\)（或 \(< 0\)）。
（二）有界闭区间上连续函数的性质
【定理 1.16】（有界闭区间上连续函数的有界性） 设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续，则 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 有界，即存在常数 \(M > 0\)，使得 \(|f(x)| \leqslant M\)（\(x \in [a, b]\)）。
综合【定理 1.16】与【定理 1.4】可得如下推论：
【推论】 设 \(x_0 \in (a, b)\)，\(f(x)\) 在 \([a, b] \setminus \{x_0\}\) 连续，\(x = x_0\) 是 \(f(x)\) 的第一类间断点，则 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 是有界的。
【定理 1.17】（有界闭区间上连续函数存在最大、最小值） 设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，则在 \([a,b]\) 上必存在 \(x_{1},x_{2}\)，使得
\[f (x _ {1}) = \max _ {x \in [ a, b ]} f (x) \quad (\text {即 对} \forall x \in [ a, b ] \text {有} f (x) \leqslant f (x _ {1})),\] \[f (x _ {2}) = \min _ {x \in [ a, b ]} f (x) \quad (\text {即 对} \forall x \in [ a, b ] \text {有} f (x) \geqslant f (x _ {2})).\]【定理 1.18】（连续函数介值定理（中间值定理）） 设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，\(f(a)\neq f(b)\)，则对 \(f(a)\) 与 \(f(b)\) 之间的任何数 \(\eta\)，必 \(\exists c(a < c < b)\)，使得 \(f(c) = \eta\)。
【推论】（连续函数零点存在性定理） 设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，又 \(f(a)\) 与 \(f(b)\) 异号，则 \(\exists c\in (a,b)\)，使得 \(f(c) = 0\)。
【注】
- 连续函数零点存在定理可以推广到开区间情形。
- 保证连续函数的有界性及取到最大值与最小值，有界闭区间这一条件是重要的。例如 \(f(x) = \frac{1}{x - b}\) 在 \((a, b)\) 连续，但在 \((a, b)\) 无界，也无最大值与最小值。
- 设 \(I\) 为区间（开的，或闭的，或半开半闭的），且 \(f(x)\) 在 \(I\) 上连续，\(x_1, x_2 \in I, x_1 < x_2\)，若 \(f(x_1) \neq f(x_2)\)，则对 \(f(x_1)\) 与 \(f(x_2)\) 间的任何数 \(\eta\)，必 \(\exists c \in (x_1, x_2)\)，使得 \(f(c) = \eta\)。
综合【定理 1.17】与【定理 1.18】可得如下推论：
【推论】 设函数 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续，且 \(M\) 与 \(m\) 分别为函数 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上的最大值与最小值，则函数 \(f(x)\) 的值域是闭区间 \([m, M]\)。
【注】 由该推论可知，求 \([a,b]\) 上连续函数 \(f(x)\) 的值域，归结为求它的最值。
（三）方程式根的存在性——连续函数介值定理的应用
连续函数介值定理【定理 1.18】的推论（连续函数零点存在性定理）可用于证明方程 \(f(x) = 0\) 存在根，并给出根所在的区间（参见本章【例 1.37】）。
题型一 求 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式的极限
【解题思路】 求 \(\frac{0}{0}\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式极限的方法有：
- 通过恒等变形约去分子、分母中极限为零或 \(\infty\) 的因子，然后用极限四则运算法则；
- 洛必达法则；
- 泰勒公式（参见第五章之题型二）；
- 变量替换与重要极限公式；
- 等价无穷小因子替换。
【例 1.21】 求下列极限：
\[\begin{aligned} (\mathrm{I}) &\quad w = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin^{2} x}{\sqrt{1 + x \sin x} - \sqrt{\cos x}}; \\ (\mathrm{II}) &\quad w = \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{\sqrt{4 x^{2} + x - 1} + x + 1}{\sqrt{x^{2} + \arctan x}}. \end{aligned}\]【解】
（I）恒等变形：分子、分母同乘 \(\sqrt{1 + x\sin x} + \sqrt{\cos x}\)，然后再同除 \(x^2\)，得
\[\begin{aligned} w &= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin^{2} x (\sqrt{1 + x \sin x} + \sqrt{\cos x})}{1 - \cos x + x \sin x} \\ &= 2 \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{\sin^{2} x}{x^{2}}}{\frac{1 - \cos x}{x^{2}} + \frac{\sin x}{x}} = 2 \cdot \frac{1}{\frac{1}{2} + 1} = \frac{4}{3}. \end{aligned}\]（Ⅱ）恒等变形：分子、分母同除 \(-x\)（\(x < 0, - x = |x| = \sqrt{x^2}\)），得
\[w = \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{\sqrt{4 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}}} - 1 - \frac{1}{x}}{\sqrt{1 + \frac{\arctan x}{x^{2}}}} = \frac{2 - 1}{1} = 1.\]评注
- 这两题均是作简单恒等变形后消去极限为 \(0\) 或 \(\infty\) 的因子，或直接相消或同阶无穷小取极限后为常数。
- 这两题为 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型的极限，也可用洛必达法则，但并不简单。求 \(\frac{0}{0}\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型极限时，有时用相消法更方便。
【例 1.22】 求下列极限：
（I）\(w = \lim_{x\to 0}\frac{\arcsin x - \sin x}{\arctan x - \tan x}\)；（Ⅱ）例 1.8。
【解】
（I）这是求 \(\frac{0}{0}\) 型极限，用洛必达法则得
\[\begin{aligned} w &= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} - \cos x}{\frac{1}{1 + x^{2}} - \frac{1}{\cos^{2} x}} \\ &= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \sqrt{1 - x^{2}} \cos x}{\cos^{2} x - 1 - x^{2}} \cdot \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(1 + x^{2}) \cos^{2} x}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\ &= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \sqrt{1 - x^{2}} \cos x}{- \sin^{2} x - x^{2}} \\ &= - \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - (1 - x^{2}) \cos^{2} x}{\sin^{2} x + x^{2}} \cdot \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{1 + \sqrt{1 - x^{2}} \cos x} \\ &= - \frac{1}{2} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin^{2} x + x^{2} \cos^{2} x}{\sin^{2} x + x^{2}} \\ &= - \frac{1}{2} \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{\sin^{2} x}{x^{2}} + \cos^{2} x}{\frac{\sin^{2} x}{x^{2}} + 1} = - \frac{1}{2}. \end{aligned}\]（Ⅱ）见例 1.8。
评注 用洛必达法则求 \(\frac{0}{0}\) 型极限时应注意某些技巧以简化计算，如恒等变形、等价无穷小因子替换及某些非未定式的因子的极限（不为零）应先求出等。
题型二 求 \(0\cdot \infty\) 或 \(\infty -\infty\) 型未定式的极限
【解题思路】
- 求 \(0\cdot \infty\) 型未定式极限的方法与求 \(\frac{0}{0}\) 型与 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式极限基本相同。必须注意的是为使用洛必达法则需根据函数的特点先将 \(0\cdot \infty\) 型未定式化为 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式。注意，一般将较复杂的因子取作分子，特别地含有对数因子时，将该因子取作分子。
- 求 \(\infty -\infty\) 型未定式极限一般需用适当方法将其化为 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式。若是两个分式函数之差的 \(\infty -\infty\) 型未定式，则用通分将其化为 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式；若是与根式函数之和、差有关的 \(\infty -\infty\) 型未定式，则需用有理化等方法将其化为 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式。
【例 1.23】 求极限 \(w = \lim_{x\to +\infty}x\left(\frac{\pi}{4} -\arctan \frac{x}{x + 1}\right)\)。
【解】 属 \(\infty \cdot 0\) 型，可化为 \(\frac{0}{0}\) 型后作变量替换，接着再用洛必达法则求极限。
\[\begin{aligned} w &= \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\frac{\pi}{4} - \arctan \frac{1}{1 + \frac{1}{x}}}{\frac{1}{x}} \stackrel{t = \frac{1}{x}}{=} \lim_{t \rightarrow 0+} \frac{\frac{\pi}{4} - \arctan \frac{1}{1 + t}}{t} \\ &\stackrel{\text{洛必达法则}}{=} \lim_{t \rightarrow 0+} \frac{- 1}{1 + \left(\frac{1}{1 + t}\right)^{2}} \cdot \frac{- 1}{(1 + t)^{2}} = \frac{1}{2}. \end{aligned}\]【例 1.24】 求下列极限：
（I）\(w = \lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin^2x} -\frac{1}{x^2\cos^2x}\right)\)；（II）\(w = \lim_{x\to +\infty}\left[(x^{2} - x)\mathrm{e}^{\frac{1}{x}} - \sqrt{x^{4} + x^{2}}\right]\)。
【解】
（I）属 \(\infty -\infty\) 型。先化成 \(\frac{0}{0}\) 型未定式，即 \(w = \lim_{x\to 0}\frac{x^2\cos^2x - \sin^2x}{x^2\cos^2x\sin^2x}\) 作等价无穷小因子替换与恒等变形再用洛必达法则即得
\[\begin{aligned} w &= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \cos x - \sin x}{x^{3}} \cdot \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x \cos x + \sin x}{x} \cdot \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{\cos^{2} x} \\ &= 2 \lim_{x \rightarrow 0} \frac{- x \sin x}{3 x^{2}} = - \frac{2}{3}. \end{aligned}\]（Ⅱ）属 \(\infty -\infty\) 型。先作变量替换并转化成 \(\frac{0}{0}\) 型未定式，然后用洛必达法则。
\[\begin{aligned} w &= \lim_{x \rightarrow +\infty} x^{2} \left[\left(1 - \frac{1}{x}\right) e^{\frac{1}{x}} - \left(1 + \frac{1}{x^{2}}\right)^{\frac{1}{x}} \right] \underset{t = \frac{1}{x}}{\overset{t \rightarrow 0+}{\longrightarrow}} \lim_{t \rightarrow 0+} \frac{(1 - t) e^{t} - (1 + t^{2})^{\frac{1}{t}}}{t^{2}} \\ &\stackrel{\text{洛必达法则}}{=} \lim_{t \rightarrow 0+} \frac{- e^{t} + (1 - t) e^{t} - t \left(1 + t^{2}\right)^{- \frac{1}{2}}}{2 t} \\ &= - \lim_{t \rightarrow 0+} \frac{1}{2} \left[ e^{t} + \left(1 + t^{2}\right)^{- \frac{1}{2}} \right] = - 1. \end{aligned}\]题型三 求 \(1^{\infty}, 0^{0}, \infty^{0}\) 型未定式的极限
【解题思路】
- 求 \(1^{\infty}, 0^{\circ}\) 或 \(\infty^{\circ}\) 型未定式的极限 \(\lim_{x \to 0} f(x)^{g(x)} = e^{\lim_{x \to 0} g(x) \ln f(x)}\)，总可转化为求 \(\lim_{x \to 0} g(x) \ln f(x)\)，它必为 \(0 \cdot \infty\) 型未定式的极限，可再化为求 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式求极限。
- 对“\(1^{\infty}\)”型极限 \(\lim_{x\to 0}f(x)^{g(x)}\)，也可利用重要极限 \(\lim_{x\to 0}(1 + x)^{\frac{1}{x}} = e\) 转化为求 \(0\cdot \infty\) 型极限 \(\lim [f(x) - 1]g(x)\)，然后再转化为求 \(\frac{0}{0}\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型极限。
- 对“\(0^{0}\)”型极限 \(\lim_{x\to 0^{+}}f(x)^{g(x)}\)，若 \(\lim_{x\to 0^{+}}\frac{g(x)}{f(x)} = l\)，可借助基本极限 \(\lim_{x\to 0^{+}}x^{x} = 1\) 消除未定式：
- 对 \(\infty^{0}\) 型极限 \(\lim_{x\to +\infty}f(x)^{g(x)}\)，若 \(\lim_{x\to +\infty}f(x)g(x) = l\)，可借助基本极限 \(\lim_{x\to +\infty}x^{\frac{1}{x}} = 1\) 消除未定式：
【例 1.25】 求下列极限：
（I）\(w = \lim_{x\to 0 + }(\arcsin x)^{\tan x}\)；（II）\(w = \lim_{x\to \infty}\left(\sin {\frac{2}{x}} + \cos {\frac{1}{x}}\right)^x\)； （III）\(w = \lim_{x\to 0 + }(\cot x)^{\frac{1}{\ln x}}\)；（IV）\(w = \lim_{x\to +\infty}(x + \sqrt{2 + x^2})^{\frac{1}{x}}\)。
【解】
（I）属 \(0^{\circ}\) 型。
方法 1 一般方法
\[\begin{aligned} &\lim_{x \rightarrow 0+} [\tan x \ln (\arcsin x)] = \lim_{x \rightarrow 0+} [x \ln (\arcsin x)] \\ &\stackrel{t = \arcsin x, t \rightarrow 0+}{=} \lim_{t \rightarrow 0+} (\sin t \ln t) = \lim_{t \rightarrow 0+} \frac{\ln t}{\frac{1 --- # 练习题 ### 例题1 **题目内容** 设函数 $ f(x) $ 在区间 $[a, b]$ 上连续，且 $ f(a) < 0 $，$ f(b) > 0 $。证明：存在一点 $ c \in (a, b) $ 使得 $ f(c) = 0 $。 **题目解答** 由连续函数零点存在性定理（定理1.18的推论），由于 $ f(x) $ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $ f(a) $ 与 $ f(b) $ 异号，因此存在 $ c \in (a, b) $ 使得 $ f(c) = 0 $。 --- ### 例题2 **题目内容** 求极限： \]w = \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2 x}{\sqrt{1 + x \sin x} - \sqrt{\cos x}}.
\[ **题目解答** 这是 $\frac{0}{0}$ 型未定式。分子分母同乘 $\sqrt{1 + x \sin x} + \sqrt{\cos x}$： \]w = \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2 x (\sqrt{1 + x \sin x} + \sqrt{\cos x})}{1 + x \sin x - \cos x}.
\[利用等价无穷小 $\sin x \sim x$，$\cos x \sim 1 - \frac{x^2}{2}$，分母化为： \]1 + x \sin x - \cos x \sim x^2 + \frac{x^2}{2} = \frac{3x^2}{2}.
\[分子中 $\sin^2 x \sim x^2$，且 $\sqrt{1 + x \sin x} + \sqrt{\cos x} \to 2$，因此： \]w = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \cdot 2}{\frac{3x^2}{2}} = \frac{4}{3}.
\[ --- ### 例题3 **题目内容** 设 $ f(x) $ 在 $[0, 1]$ 上连续，且 $ f(0) = f(1) $。证明：存在 $ \xi \in [0, 1 - \frac{1}{n}] $ 使得 \]f(\xi) = f\left(\xi + \frac{1}{n}\right).
\[ **题目解答** 构造辅助函数 $ F(x) = f(x) - f\left(x + \frac{1}{n}\right) $，定义在 $[0, 1 - \frac{1}{n}]$ 上。由于 $ f(x) $ 连续，$ F(x) $ 也连续。计算： \]\sum_{k=0}^{n-1} F\left(\frac{k}{n}\right) = f(0) - f(1) = 0.
\[若所有 $ F\left(\frac{k}{n}\right) = 0 $，则结论成立；否则存在两点使 $ F(x) $ 异号，由介值定理，存在 $ \xi \in [0, 1 - \frac{1}{n}] $ 使得 $ F(\xi) = 0 $，即 $ f(\xi) = f\left(\xi + \frac{1}{n}\right) $。 --- ### 例题4 **题目内容** 求极限： \]w = \lim_{x \to +\infty} x\left(\frac{\pi}{4} - \arctan \frac{x}{x + 1}\right).
\[ **题目解答** 这是 $ \infty \cdot 0 $ 型未定式。令 $ t = \frac{1}{x} $，则当 $ x \to +\infty $ 时 $ t \to 0^+ $： \]w = \lim_{t \to 0^+} \frac{\frac{\pi}{4} - \arctan \frac{1}{1 + t}}{t}.
\[应用洛必达法则： \]w = \lim_{t \to 0^+} \frac{-\frac{1}{1 + \left(\frac{1}{1+t}\right)^2} \cdot \frac{-1}{(1+t)^2}}{1} = \lim_{t \to 0^+} \frac{1}{(1+t)^2 + 1} = \frac{1}{2}.
\[ --- ### 例题5 **题目内容** 设 $ f(x) $ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上连续，且 $\lim_{x \to -\infty} f(x) = A$，$\lim_{x \to +\infty} f(x) = B$，其中 $ A < B $。证明：对任意 $ \mu \in (A, B) $，存在 $ \xi \in (-\infty, +\infty) $ 使得 $ f(\xi) = \mu $。 **题目解答** 由极限定义，存在 $ X_1 $ 使得 $ f(X_1) < \mu $，存在 $ X_2 > X_1 $ 使得 $ f(X_2) > \mu $。由于 $ f(x) $ 在 $[X_1, X_2]$ 上连续，由介值定理，存在 $ \xi \in (X_1, X_2) $ 使得 $ f(\xi) = \mu $。 --- ### 例题6 **题目内容** 求极限： \]w = \lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x (e^{t^2} - 1 + t^2)^2 , dt}{x \arctan^4 x}.
\[ **题目解答** 这是 $\frac{0}{0}$ 型未定式。利用等价无穷小 $\arctan x \sim x$，分母化为 $ x^5 $。应用洛必达法则： \]w = \lim_{x \to 0} \frac{(e^{x^2} - 1 + x^2)^2}{5x^4}.
\[令 $ t = x^2 $，则： \]w = \frac{1}{5} \lim_{t \to 0} \left( \frac{e^t - 1}{t} + 1 \right)^2 = \frac{1}{5} (1 + 1)^2 = \frac{4}{5}.
\[ --- ### 例题7 **题目内容** 设 $ f(x) = \begin{cases} x^2, & x \leq 1, \\ 1 - x, & x > 1 \end{cases} $，讨论 $ f(x) $ 的连续性，并指出间断点类型。 **题目解答** 当 $ x < 1 $ 时，$ f(x) = x^2 $ 连续；当 $ x > 1 $ 时，$ f(x) = 1 - x $ 连续。在 $ x = 1 $ 处： \]\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1, \quad \lim_{x \to 1^+} f(x) = 0.
\[左右极限不相等，故 $ x = 1 $ 是第一类间断点（跳跃间断点）。 --- ### 例题8 **题目内容** 求极限： \]w = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \left( \sqrt{1 + \frac{i}{n^2}} - 1 \right).
\[ **题目解答** 将通项有理化： \]\sqrt{1 + \frac{i}{n^2}} - 1 = \frac{\frac{i}{n^2}}{\sqrt{1 + \frac{i}{n^2}} + 1}.
\[放大缩小： \]\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1} \cdot \frac{n+1}{2n} \leq w_n \leq \frac{1}{2} \cdot \frac{n+1}{2n}.
\[两边极限均为 $ \frac{1}{4} $，由夹逼定理得 $ \lim_{n \to \infty} w_n = \frac{1}{4} $. --- ### 例题9 **题目内容** 设 $ f(x) $ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $ m \leq f(x) \leq M $。证明：$ f(x) $ 的值域为闭区间 $[m, M]$。 **题目解答** 由定理1.17，存在 $ x_1, x_2 \in [a, b] $ 使得 $ f(x_1) = m $，$ f(x_2) = M $。由介值定理，对任意 $ \eta \in [m, M] $，存在 $ c \in [a, b] $ 使得 $ f(c) = \eta $，故值域为 $[m, M]$。 --- ### 例题10 **题目内容** 求极限： \]w = \lim_{x \to 0} (\arcsin x)^{\tan x}.
\[ **题目解答** 这是 $ 0^0 $ 型未定式。取对数： \]\ln w = \lim_{x \to 0^+} \tan x \ln(\arcsin x).
\[令 $ t = \arcsin x $，则 $ x \to 0^+ $ 时 $ t \to 0^+ $，且 $ \tan x \sim x \sim t $： \]\ln w = \lim_{t \to 0^+} t \ln t = 0.
\[故 $ w = e^0 = 1 $.\]