056.更新1.6-1.72026周洋鑫考点全刷800题解析（课程提前用，非正式图书）_已解密_04.2026考研数学周洋鑫数学笑过_00.随课资料

2026 最新版
2026 周洋鑫考研数学
《考点全刷 800 题》
微博/b 站/小红书@考研数学周洋鑫
非正式图书，仅含前 7 节题组 A 基础通关题部分，
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正式图书将会在本月上市。2026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
1.6数列极限计算
题组A·基础通关题
64. 【答案】应填3.
【解析】本题中含有“    ”项，可立即有理化处理，于是
6 n2 6 n
原式lim lim 3，
n n5 n1 n n1 n2 n
应填3.
【小课堂】本题注意下面的错误解法：
 
 
lim n5 n  n n lim n n 0.
n n
65. 【答案】应填e1.
k1k
【解析】由于212k2 k1k，于是
2
n
 n 1 
limu  lim  
n n nk1 k1k 
n
 1 1 1 
lim   
n12 23 nn1 
n
 1 1  1 1 
=lim1









n 2 2 3 n n1
 1  n 1 limn   1  
lim1

en  n1 e1,
n n1
应填e1.
66. 【答案】应填ln2.
【解析】方法一：由于当n时
1 1 1 1 1 1
n 212n 1 ln2，n 313n 1 ln3，n 414n 1 ln4，
n n n
于是
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       
limn n 2n 3n 43 limn n 21 limn n 31 limn n 41
n n n n
1 1 1
limn ln2limn ln3limn ln4
n n n n n n
ln2ln3ln4ln24，
应填ln24.
方法二：将本题的数列极限转化为函数极限，即
 1 1 1  令x 1 t 2t 3t 4t 3
lim x2x 3x 4x 3  lim
x   t0 t
lim  2tln23tln34tln4 
t0
ln2ln3ln4ln24，
应填ln24.
【小课堂】本题考察到等价无穷小公式：当x0时，ax 1 xlna（a  0,a 1）.
67. 【答案】应填1.
【解析】由limn 2 1，知极限中“ n 2 ”项是非零极限因子，可先计算出该部分的极限，
n
于是
 1  1 1  2 1 1
n3 1cos  n3·   
 n2  2n2  2 n
方法一：原式lim =lim lim =1，
n n2 1n n  1  n n 1  1
n

1
n2
1

2 n2
应填1.
 1   1 1  2
n3 1cos  n2 1n n3·  
 n2  2n2 
方法二：原式lim =lim
  
n n2 1n n2 1n n  1 
n 1 1

n2

1 n2 1n 1 n2 n
 lim  lim 1，
2n n 2n n
应填1.
【小课堂】两个常用的极限结论：limn n 1，limn a 1（常数a0）.
n n
68. 【答案】应填e2 .
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 1
【解析】将本题的数列极限转化为函数极限，即 limtanx   .
x 4 x
显然为“1 ”型未定式极限，于是
 
lim tanx     1   ex l  im  x    tan     4  1 x    1    令  x
1
t et l  im 0
tan
4 t
t

1
洛 et l  im 0 sec2    4 t    e2 ，
x  4 x
 1
进而limtann    e2，应填e2 .
n 4 n
【小课堂】注意数列极限不能直接使用洛必达法则，需利用海涅定理转化为函数极限问
题，即
“若 lim f  x  A，则lim f  n  A”.
x n
69. 【答案】应填2026,2026.
【解析】方法一：由于
 k  k 
 1  1
nk 11   nk 1  1
  n    n 
原式 lim  lim
n n2025 n n2025
 1 1
nk k  nk k
 n n
nk1
 lim  lim  klim  c，
n n2025 n n2025 nn2025
于是k12025，k c，解得k 2026,c 2026，应填2026,2026.
方法二：由二项式定理，知
 n1 k 

n1 

k nk C1nk11 C2nk21 2 1 k
k k
kk 1
 nk knk1 nk2 1k，
2
于是
 k  k 1  
nk  nk knk1 nk2L 1 k

nk (n1)k  2  knk1
lim lim  lim  c，
n n2025 n n2025 n n2025
于是k12025，k c，解得k 2026,c 2026，应填2026,2026.
【小课堂】二项式定理公式：abn  an C1an1bC2an2b2 bn.
n n
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70. 【答案】应填k 2.
【解析】方法一：由于
 1 1  1  1 1 

limnk 2n 2n1limnk 2n12n n1 1
n   n  
1 1 1 
limnk2n1   ln2
n n n1
nk nk
ln2lim ln2lim
nn  n1  nn2n
存在，则k 2，应填k 2.
方法二：利用拉格朗日中值定理.
 1 1
对函数 f x2x在  ,  上利用拉格朗日中值定理，知
n1 n
1 1 1 1 
2n 2n1 2ln2   ，
n n1
1 1
其中  ，且当n时，0.
n1 n
于是
 1 1  1 1 
limnk 2n 2n1limnk 2ln2   
n   n n n1
nk nk
ln2lim ln2lim
nn  n1  nn2n
存在，则k 2，应填k 2.
1
71. 【答案】应填 .
1x
【解析】对 1x  1x2  1x4    1x2n  进行恒等变形，有
 1x  1x2  1x4    1x2n  
 1x  1x  1x2    1x2n 

1x2n1
，
1x 1x
又当 x
1时，limx2n1
0，于是
n
1x2n1
1
原式lim  ，
n 1x 1x
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1
应填 .
1x
72. 【答案】应填1.
【解析】由于
n 1 1 1 1 n
   L  ，
n n n1 n 2 n 3 n n n1
且
n n
lim lim 1，
nn n nn1
 1 1 1 1 
于是根据夹逼准则知，lim   L 1，应填1.
nn1 n 2 n 3 n n 
73. 【答案】应填1.
 1 1 1 
【解析】记数列u n    ，由于
n n2  n2 2 n2 n
 1 1 1   1 1 1 
n   u n    ，
n2 n n2 n n2 n n n2  n2  n2 
且
 1 1 1  n2
limn   lim 1，
n n2 n n2 n n2 n nn2 n
 1 1 1  n2
limn   lim 1，
n n2  n2  n2  nn2 
 1 1 1 
于是根据根据夹逼准则，知limn   1，应填 1 .
n n2  n2 2 n2 n
1
74. 【答案】应填 .
2
n n n
1 1 1
【解析】2n 3n 4n 
 

 

 
，于是
2 3 4
n n n n n
1 1 1 1 1
 

 

 

 
3

，
2 2 3 4 2
n n n
1 1 1 1 1
 n          n 3.
2 2 3 4 2
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1 1 1 1 1
又lim n 3 lim  ，所以根据夹逼准则，知limn 2n 3n 4n  ，应填 .
n2 n2 2 n 2 2
【小课堂】本题考察了重要结论：lim n an bn cn maxa,b,c（a0，b0，
n
c0）.
利用该结论可快速解题，对于本题有：
n n n
1 1 1 1 1 1 1
limn 2n 3n 4n limn         max , ,  .
n n 2 3 4 2 3 4 2
75. 【答案】应填1.
【解析】由于
1 1
11  111n，
2 n
1 1
1n1   n111 n n ，
2 n
1 1
且limn n 1，于是根据夹逼准则可知limn1 L 1，应填1.
n n 2 n
76. 【解析】由题意可知，1x 0nN ，利用数学归纳法，证明如下：
n 
当n1时，显然成立.
假设1x 0，则
k
x x2 2x x 12 1，
k1 k k k
知1x 0．
k1
因此，1x 0nN ，即x 是一有界数列．
n  n
又
x x x2 2x x x2 x x x 10，
n1 n n n n n n n n
即x 是单调递减数列.
n
综上所述，由数列x 单调递减且有下界，知limx 存在，不妨设limx  A．
n n n
n n
对x x2 2x 两边同取极限，知A A2 2A，解得A1,0.又x 单调递减，于
n1 n n n
是limx 1．
n
n
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【小课堂】本题也可以利用作比法确定数列的单调性，但很多考生却得到x 单调递增
n
的结果，如下：
x x2 2x
n1  n n  x 20，
x x n
n n
故x 单调递增.
n
x
值得注意，这是错误的！因为本题中 1x 0nN  ，所以当 n1 0 时，
n  x
n
x x 0，于是 x 是单调递减数列.
n1 n n
77. 【解析】由题意可知，0x 3nN ，利用数学归纳法，证明如下：
n 
当n1时，0x 3，显然成立.
1
假设0x 3，则根据均值不等式知
k
x 3x  3
x k1  x k 3x k   k k  3，
2 2
即0 x 3.
k1
因此，0x 3nN  .
n 
进而
x 3x  3
x n1  x n 3x n   n n  ，n1,2, ，
2 2
3
因此0x

，n2,3,，即数列x 是有界的.
n 2 n
又因为
x x 3x  3x 3
n1  n n  n  11，
x x x x
n n n n
且x
n
0，所以x
n1
x
n
，即x
n
是单调递增数列.
综上所述，由数列x 单调递增且有上界，知极限limx 存在，不妨设limx  A．
n n n n n
对x  x 3x  两边同取极限，知
n1 n n
limx lim x 3x 
n1 n n
n n
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3 3
即A A3A ，解得A 或0，又x 单调递增且有上界，所以limx  ．
2 n n n 2
【小课堂】1.本题利用到均值不等式：当a0，b0时，有
ab
ab2 ab， ab  ，
2
当且仅当ab时，等号成立.
2.本题解析中可能很多读者有两个疑问：
（1）在第一步中已经证明了0x 3nN ，即数列x 是有界的，为什么还
n  n
3
要继续使用均值不等式推出0x

，n2,3,.
n
2
其实这一步的操作，主要是为了进一步确定数列的单调性. 若利用
x 3 x
0x 3nN ，是无法由 n1  1得出 n1 1，进而确定出x 的单调性.
n  x x x n
n n n
3 x 3
而利用0x  时，恰好有 n1  11，这就做到恰到好处！
n
2 x x
n n
（2）由均值不等式
x 3x  3
x n1  x n 3x n   n 2 n  2 ，n1,2, ，
就可以确定出x 的有界性，为什么还要在第一步中证明0x 3nN  .
n n 
这是均值不等式使用的前提决定的，根据【小课堂】第1条知，均值不等式的使用
需要保证两项为正值，于是若使用x  x 3x  ，需保证x 0，3x 0，即
n1 n n n n
0x 3.
n
可见，证明题的求解，思路上需严密，逻辑上环环相扣.
78. 【解析】根据题设，显然有x 0nN  .
n 
由于
21x  22x 1
2
x  n  n 2 2，n1,2,，
n1 2x 2x 2x
n n n
所以0 x 2，n2,3,，即数列x 是有界的.
n n
2 2
记 f(x)2 (x0)，则 f(x) 0 (x0).
2x (2x)2
又
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2 2x2
x x 2 x  1 ，
2 1 2x 1 2x
1 1
显然当0 x  2 时，xx ，则{x }单调不减；当x  2时，x  x ，则{x }单调减少．
1 1 2 n 1 1 2 n
综上所述，根据单调有界准则，知极限limx 存在，不妨设limx  A．
n n
n n
对x 
21x
n

两边同取极限，得A 2(1 A) ，解得a 2，又x 0nN ，
n1 2x 2 A n 
n
所以limx  2 ．
n n
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1.7函数的连续与间断
题组A·基础通关题
79. 【答案】C．
1 1
【解析】由于 limex 0，limex ，于是
x0 x0
 1  1
2ex sinx 2ex sinx 20
lim f x lim   lim  lim  11，
x0 x0   1 x   x0 1 x0 x 10
1ex  1ex
 1  1
2ex sinx 2ex sinx
lim f x lim   lim  lim 110，
x0 x0   1 x   x0 1 x0 x
1ex  1ex
即lim f x不存在，且不为.
x0
又 f  0  1，所以
lim f x f 0，lim f x f 0，
x0 x0
即 f  x  在x0处仅左连续，但不右连续，应选C．
80. 【答案】D
【解析】由题意可知
12ax, x1  1ax, x1,
 
f xgx 1x， 1 x0 x1, 1 x0，
 

1xb, x0 xb1, x0.
因为函数在x0与x1处连续，所以
lim f(x) lim f(x) f
1，即1a2，
x1 x1
lim f(x) lim f(x) f
0，即b11，
x0 x0
解得a  3,b  2，应选D.
81. 【答案】B
【解析】由于
102026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
1 1  
lim f x lim x1arctan 2 lim arctan 2   ，
x1 x1 x2 1 x1 x2 1  2
1 1 
lim f x lim x1arctan 2 lim x1arctan 2 ，
x1 x1 x2 1 x1 x2 1 2
所以x1为函数的跳跃间断点．
又因为
1
lim f xlimx1arctan 0 ，
x1 x1 x2 1
则lim f x f 1，所以 f x在x1处连续，应选B．
x1
82. 【答案】D
【解析】函数 f  x 的间断点为x1，x0.
因为
lnx x1
lim sinxsin1lim sin1，
x1 x1 x1 x1
lnx x1
lim sinx sin1lim sin1，
x11x x1 x1
所以x1是函数的跳跃间断点.
又
1
ln x ln x
x
lim sinxlimln x xlim lim 0，
x0|x1| x0 x0 1 x0 1

x x2
所以x0为可去间断点，应选D.
  1
【小课堂】注意： ln x  .
x
83. 【答案】C

【解析】当0x 时，则cotx0，当n时，ncotx，进而
2

f(x)xlimarctan(ncotx) x.
n 2

当 x时，则cotx0，当n时，ncotx，进而
2

f(x)xlimarctan(ncotx) x.
n 2
112026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
 
当x 时，则cotx0， ncotx0，所以 f   0．
2  2
 
x, 0 x ,

2 2

  
因此，当x0,时， f x0, x , 显然x 是函数 f(x)的跳跃间断
 2 2
  
  x,  x.
 2 2
点，应选C.
1
84. 【答案】应填e2 .
【解析】由 f  x 在x0处连续，知lim f x  f 0  a .
x0
又因为
1
lim


1tanx

x3 1


ex
li

m
0x
1
3
  

1
1


t
s
a
in
n
x
x 1  

x01sinx 
tanxsinx tanxsinx
lim lim
 ex0x31sinx ex0 x3
 x 1 x3  x3   x 1 x3  x3 
 3   6 
lim
ex0 x3
1 x3 x3
lim2 1
ex0 x3 e2，
1 1
所以a  e2，应填e2 .
85. 【答案】应填2.
【解析】函数 f  x 的间断点为x0，x1，x1.
因为
x x2 1
lim f(x) lim  lim x2 11，
x0 x0 x (x1) x0
x x2 1
lim f(x) lim lim x2 11，
x0 x0 x (x1) x0
所以x0为函数的跳跃间断点．
又因为
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x x2 1 2 x x2 1
lim f(x)lim  ，lim f(x) lim ，
x1 x1 x (x1) 2 x1 x1 x (x1)
所以x1为函数的可去间断点，x1为函数的无穷间断点
应填2.
86. 【答案】应填2.．
【解析】显然函数 f  x 的间断点为x0,1,2.
令1x2 0，解得x1,1，显然除了这2个间断点外，其余间断点均为无穷间断点，
又
1 x2 2x 2
lim  lim  ，
x1 sinπx x1 πcosπx π
1 x2 2x 2
lim  lim  ，
x1sinπx x1πcosπx π
所以x1,1均为可去间断点，应填2.

87. 【解析】由题意可知，函数的间断点为x k，xk，其中k 0,1,2,.
2

当x  kk 0,1,2, 时，
0 2
x
lim tanx， lim 0，
xx
0
xx
0
tanx

所以x  kk 0,1,2, 是函数的可去间断点.
0 2
x
当x0时，lim 1，所以x0是函数的可去间断点.
x0tanx
当x kk 1,2, 时，
1
x
limtanx0，lim x0， lim ，
xx
1
xx
1
xx
0
tanx
所以x kk 1,2, 是函数的无穷间断点.
1
【小课堂】切勿遗漏tanx本身的无定义点．
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