(214)--第一章习题册答案解析_已解密_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{3}--全部课件

第一章 函数、极限、连续
1-1综合测试
1.【答案】 0
【解析】由  x  (   ,   ) ， f ( x ) 是以 2 为周期的奇函数，所以
f (1 )  f (1  2 )  f (  1 )   f (1 ) ，所以 f(1)0．
2.【答案】C
【解析】方法一：由 f ( x )   f (  x ) 得， f ( x ) 为奇函数. 进而 f ( x ) 为偶函数， f(x)为
奇函数. 又因为(0,)内 f(x0, f(x0，所以在(,0)内 f(x0, f(x0，
故应选（C）.
方法二：对 f(x)f(x)两边关于 x 求导，得 f(x) f(x), f(x)f(x).
当x(,0)时，  x  ( 0 ,   ) ，所以 f (  x )  f ( x )  0 , f (  x )   f ( x )  0 ，即在
(,0)内 f(x)0, f(x)0，故选（C）.
3.【答案】D
【解析】根据题设，可得 f ( x ) 在 (   ,   ) 内单调递增，且 f ( x )  0 . 故选项（A），
（B）错误.
令 F ( x )  f (  x ) ， G ( x )   f (  x ) ，则 F ( x )   f (  x )  0 ， G ( x )  f (  x )  0 ，所
以F(x),G(x)在(,)内分别单调递减和单调递增，故选项（C）错误，应选（D）.
4.【答案】C
【解析】方法一：由 f (  x )  f ( x ) 得， f(x)为偶函数. 进而 f(x)为奇函数， f ( x ) 为
偶函数. 又因为 (   , 0 ) 内 f(x0, f(x0，所以在 ( 0 ,   ) 内 f(x0, f(x0，
故应选（C）.
方法二：对 f ( x )  f (  x ) 两边关于 x 求导，得 f(x)f(x), f(x) f(x).
当x(0,)时，  x  (   , 0 ) ，所以 f (  x )   f ( x )  0 , f (  x )  f ( x )  0 ，即在
(0,)内 f(x)0, f(x)0，故选（C）.
5.【答案】A【解析】利用 f ( x ) 在 ( a , b ) 内有界的充分条件为 f ( x ) 在 ( a , b ) 内连续，且
l i
x 
m
a 
f ( x ) , l i
x 
m
b 
f ( x ) 均存在，有
l i
x 
m
0 
f ( x )  l i
x 
m
0  x

(
x
x
s

i n
1 )
(
(
x
x


2
2
)
) 2
l i
x 

m
1


s
f
i
(
n
4
x
2
)  l i
x 
m
1  x

(
x
x
s

i n
1
(
) (
x
x


2
2
)
) 2
 
s i
1
n
8
3
，又 l i
x 
m
0 +
f ( x )  l i
x 
m
0 + x (
x
x
s i

n
1
(
)
x
( x


2 )
2 ) 2

s i n
4
2
，
l i m
x  1
f ( x )  l i m
x  1 x (
x
x
s i

n
1
(
)
x
( x


2 )
2 ) 2
  ，
l i m
x  2
f ( x )  l i m
x  2 x (
x
x
s i

n
1
(
)
x
( x


2 )
2 ) 2
 l i m
x  2 x ( x  1
1
) ( x  2 )
  ，
所以 f(x)在 (  1 , 0 ) 内有界，在 ( 0 ,1 ) ， (1 , 2 ) ， ( 2 , 3 ) 内都是无界的，故应选（A）.
6.【答案】C
【解析】因为 f ( 0 ) = l i m
x  0
f ( x ) 
x
f ( 0 )
 0 ，所以由函数极限的局部保号性，存在 0   ，
f(x) f(0)
当0 x 时， 0，故对于任意的
x
x ( 0 , )   ，有 f ( x )  f ( 0 )  0 ，即
f(x) f(0)，选项（C）正确. 同时也就看出选项（D）是错的：当 x ( , 0 )    时，应有
f ( x )  f ( 0 )  0 ，即 f(x) f(0).
【注】不少考生选（A），其错误在于以函数在一点处的导数符号来确定函数在一个区间上
的单调性. 例如 f  x  
 x
2
 x 2
0
s
,
i
x
n

1
x
,
0
x
,
 0 , 1
满足题设条件且 f(0) 0，当
2
x  0 时，
f ( x ) 
1
2
 2 x s i n
1
x
 c o s
1
x
1
. 显然，当x  时，
n 2nπ
f ( x
n
)  
1
2
，即在任何(0,)内都
有点 x
n
使 f ( x
n
)  0 ，函数不可能单调增加，即（A）错. 与此类似，选项（B）也是错的.1-1拓展提升
1.【答案】（1）证明略；（2） f ( x ) 

x

,
 x ,
x
x






2

2
,
,
3
2

2



.
.
【解析】（1） f ( x  2  )  a r c s i n [ s i n ( x  2  ) ]  a r c s i n ( s i n x )  f ( x ) ，证毕.
（2）当 x 



2
,

2

时，arcsin(sinx) x;
当 x 
 
2
,
3
2


时，有   x 



2
,

2

, a r c s i n ( s i n x )  a r c s i n  s i n (   x )     x .
故 f ( x ) 

x

,
 x ,
x
x






2

2
,
,
3
2

2



.
.
 
sinx, 1 x  ,

 2
2.【答案】

 x, x 1或x  .
 2
【解析】当 x  1 时， ( x ) a r c s i n x  
π
，(x)  arcsinx  ，
2
f [ ( x ) ] s i n ( a r c s i n x ) x    .

当1 x  时，(x) x，
2
( x ) x
π
2
   ， f [ ( x ) ] s i n x   .
当 x 

2
时， ( x ) x   ， ( x ) x
π
2
   ， f[(x)] x.
 
sinx, 1 x  ,

 2
所以 f[(x)]

 x, x 1或x  .
 2
3.【答案】D
【解析】 f ( x ) 是一个分段函数（平方开根号后是绝对值函数），还原 f ( x ) 的解析式，再
将g[f(x)]解析式表示出来.f ( x )  2 x  ( x  1 ) 2  2 x  x  1 
 3 x
x


1 ,
1 ,
x
x




1
1
,
,
1
当x 时，
3
f ( x )  3 x  1  0 ， g [ f ( x ) ]  f ( x )  2  3 x  1  2  3 x  3
当  1  x  
1
3
时， f ( x )  3 x  1  0 ， g [ f ( x ) ]  f ( x )  1  3 x  1  1  3 x
当x1时， f ( x )  x  1  0 ， g [ f ( x ) ]  f ( x )  1  x  1  1  x  2
因此，可得 g [ f ( x ) ] 

3
3
x
x
x


,
2
3 , x

, x

1



1
1
3
x  
1
3
，则
x
l

i m
 
13 
g [ f ( x ) ] 
x
l

i m
 
13 
( 3 x  3 )  2 、
x
l

i m
 
13 
g [ f ( x ) ] 
x
l

i m
 
13 
3 x   1
左右极限不相等，故 l i
x 
m
13
g [ f ( x ) ] 不存在，答案选（D）.
4.【答案】见解析
【解析】任取 x
1
, x
2
 (  a , a ) ，且 x
2
 x
1
，由已知， f ( x
2
)  f ( x
1
)  x
2
 x
1
 x
2
 x
1
.
而 f ( x
1
)  f ( x
2
)  f ( x
2
)  f ( x
1
)  x
2
 x
1
故 f ( x
1
)  x
1
 f ( x
2
)  x
2
，即 F ( x
1
)  F ( x
2
) ，故 F ( x ) 在(a,a)内单调递增.1-2综合测试
1.【答案】D
【解析】（D）正确．（D）正是极限的不等式性质中所述的结论．（A）的错误在于由
lx i m
x0
f ( x )  lx i m
x0
g ( x ) 不能判断 x
0
附近 f ( x ) ， g ( x ) 的大小关系．由（B）的条件只能得
A
0
 B
0
．在（C）中没假设极限存在．选（D）．
2.【答案】D
【解析】若  极限 l i
x 
m

f ( x )  A ，只能得到当x充分大之后 f(x)有界，即  x
0
 a ，
f ( x ) 在 [ x
0
,   ) 有界，不能保证 f ( x ) 在整个定义域 ( a ,   ) 有界．
例如， f ( x ) 
1
x
定义于 ( 0 ,   ) ，lim f(x),
x0
f ( x ) 在 ( 0 ,   ) 无界．
因此（D）是不正确的．选（D）．
3.【答案】B
【解析】方法一：易知，两个正无穷大量之和与之积均是正无穷大量，即（A）、（D）正
确．又正无穷大量与有界量之和仍为正无穷大量，即（C）也正确．因此，（B）不正
确．选（B）．
方法二：我们知道，当A0时，lim f(x)h(x)是未定式（无穷大量与无穷小量之
xx
0
积）．因此（B）不正确．
【注】当 lx i m
x0
f ( x )   , lx i m
x0
h ( x )  A  0 时， lx i m
x0
( f ( x ) h ( x ) )   .
4.【答案】B
【解析】方法一：因为lim f(x)，所以对于任意
xx
0
M  0 ，存在0，当
0 x x
0
    时， f ( x )  M 由此可得 f ( x ) 在x 的某邻域内无界，因此选（B）．
0
方法二：举反例说明（A）、（C）、（D）均不成立．设 f ( x ) 
1
x
s i n
1
x
，
1 1
令x  , y  ,则x 0,y 0(n)，
n π n nπ n n
2nπ
2l i m
n  
f ( x
n
)  l i m
n  
( 2 n π 
π
2
)    ，lim f(y )0 
n n
f ( x ) 在x0邻域无界，但x0
时 f ( x ) 不是无穷大量．也说明 l i m
x  0
f ( x ) 不．此例说明（A），（C）不正确．
若令 f ( x )  0 （常数函数），则 lx i m
x0
f ( x )  0 ，但
f
1
( x )
无定义，故（D）不正确．
因此选（B）．
【注】（1） f ( x ) 
 x
0
,
,
x
x


Q
R
Q .
则lim f(x)0，但
x0 f
1
( x )
在 x  0 的任一邻域的无理点均无定义．
（2）若 lx i m
x0
f ( x )  0 ，且 f(x)0，则 lx i m
x0 f
1
( x )
  .1-2拓展提升
1.【答案】D
【解析】方法一：假设limx a，则limsinx sina0，
n n
n n
s i n a  0 有无穷多个解，故
排除（A）.
l i m
n  
( x
n
 x
n
)  a  a  0  a  0 或 a   1 ，故排除（B）.
l i m
n  
( x
n
 x 2n )  a  a 2  0  a  0 或 a   1 ，故排除（C）.
因此选（D）.
方法二：假设 l i m
n  
x
n
 a ，则 l i m
n  
( x
n
 s i n x
n
)  a  s i n a  0 ，因xsinx是单调增函数，
故只有唯一零点，即 x  0 ，因此 a  0 ，选（D）.
2.【答案】D
【解析】方法一：（A）是错误的，因为 n 是正整数，对数列没有导数概念，不能直接用洛
必达法则.（B）是错的，因为 l i m
x  1
π
6
c o
x
s

π x
2
已不是未定式，不能用洛必达法则.
0 f(x)
（C）也是错的. 用洛必达法则求“ ”型极限lim 时，若
0 xa g(x)
l i m
x  a
f
g
(
(
x
x
)
)
不存在，也不为
 ，则洛必达法则失效，不能推出原极限不存在，事实上该极限是存在的.因此选（D）.
方法二：（D）是正确的.
用洛必达法则求“
0
0
”极限 l i m
x  a
f
g
(
(
x
x
)
)
时，若 l i m
x  a
f
g
(
(
x
x
)
)
 A （有限数），则 l i m
x  a
f
g
(
(
x
x
)
)
 A .
f(x)
若lim ，则
xa g(x)
l i m
x  a
f
g
(
(
x
x
)
)
  ，（D）正是后一种情形.
3.【答案】D
1 lna
lim n
【解析】④设lima a 0,则limn a liman en n e0 1.④正确.
n n n
n n n
1 1
①反例a 1 ,0a 1,但liman  ;
n n1 n n n e
②反例a 2(1)n 0,limn a 1,但lima 不存在；
n n n
n n③反例 a
n
 n  0 ， l i m
n  
a
n
   ，但 l i m
n  
n a
n
 1 .
4.【答案】D
【解析】方法1：令 x
n
 n , 则  s i n x
n
 发散，故选（D）
方法2：若  a r c s i n x
n
 收敛，则  s i n ( a r c s i n x
n
)  收敛，故  x
n
 收敛.
若 arcsinx  单调，则
n
 s i n ( a r c s i n x
n
)  单调有界，故  x
n
 收敛.
若  x
n
 收敛，则  s i n x
n
 收敛，故应选（D）.
5.【答案】C
【解析】若存在x [a,)使得
n
l i m
n  
x
n
   ， l i m
n  
f ( x
n
)   ，则 f ( x ) 在 [ a ,   ) 无
界，因为若 f ( x ) 在 [ a ,   ) 有界，即 f ( x )  M ( x  [ a ,   ) )
 f ( x )  M 与limf(x )矛盾.
n
n
若 f x 在 [ a ,   ) 无界M 0，  x
0
 [ a ,   ) ，满足 f ( x
0
)  M
若 f x 在 [ a ,   ) 无界   自然数 n , f ( x ) 在[n,)无界
 存在 x
n
 [ a ,   ) ， f ( x
n
)  M  l i m
n  
x
n
   ， l i m
n  
f ( x
n
)   ，因此选（C）.
6.【答案】C
【解析】（A）选项：由于为任意正数，从而
1
l    仍然为任意正数；存在 0   ，也就
是存在 k，因此（A）也就是：任意 0，存在 0，当
1 1 1
0 x x
0 1
    时，有
f(x)A ，这就是
1
lx i m
x0
f ( x )  A 的等价定义.
（B）选项：取 2, 2，因此（B）也就是任意
1 1 1
0   ，存在
1
0   ，当
0 x x
0 1
    时，有 f ( x ) A
1
   ，这就是 lx i m
x0
f ( x )  A 的等价定义.
（C）选项：这种说法不妥，数列极限仅与后面无穷项有关，与前面有限项无关.应该是：
如果{b }，
n
{ a
n
} 有极限，且limb b，
n
n
l i m
n  
a
n
 a ，如果 a  b ，则从某项开始 a
n
 b
n
.
   
（D）选项：数列{x }与数列 x 不一定同敛散. 若{x }收敛，则 x 也收敛，且当
n n n n
 
limx alim x  a ；但是若数列 x 收敛，数列{x }可能收敛，也可能发散. 例
n n n n
n n如：  (  1 ) n  收敛，但是  (1)n 发散；但是当 l i m
n  
x
n
 0  l i m
n  
x
n
 0 .1-3综合测试
1.【答案】C
【解析】方法一：通过加、减、乘、除、等价凑已知极限.
3 f(x) 3x2 x2f(x) 3x2 sin3x2 sin3x2 x2f(x)
lim lim lim
x0 x4 x0 x6 x0 x6
3x2 sin3x2 sin3x2 x2f(x)
lim lim
x0 x6 x0 x6
1  3x23
9
6
lim 0
x0 x6 2
选（C）．
方法二：对 s i n 3 x 2 用泰勒公式．由
s i n t  t 
1
3 !
t 3  o ( t 3 ) ( t  0 ) ，令 t  3 x 2 ，得
s i n 3 x 2  3 x 2 
1
6
( 3 x 2 ) 3  o ( x 6 )  3 x 2 
9
2
x 6  o ( x 6 ) ( x  0 )
于是
9
3x2  x6 x2f(x)o(x6)
sin3x2 x2f(x)
2
lim lim
x0 x6 x0 x6
3 f(x) 9 o(x6)
lim  lim 0
x0 x4 2 x0 x6
所以 l i m
x  0
3 
x
f
4
( x )

9
2
. 选（C）.
2.【答案】D
【解析】由 t  0 时
s
e
i n
t 
t 
1 
t 
t 
1
3 !
1
2
3 t
2 t


o
o
3 ( t )
2 ( t )
可知：xsinx2  x(x2 o(x5)) x3o(x5)
1 1 1
(ex 1)sinx(x2  x4o(x4))(x x3o(x3))  x3 x5o(x5).
2 6 3两式相减得
1
xsinx2 (ex2 1)sinx x5o(x5)
3
因此， I  l i m
x  0

1
3
x 5 
x 5
o ( x 5 )
 
1
3
 故答案选（D）.
3.【答案】A
【解析】将已知条件改写成 I  a  l i m
x  0
b x  1 x
2
e x 2  2 x
 2 ，即
I
1
 l i m
x  0
b x  1 x
2
e x 2  2 x
 2  a
1
. 由泰勒公式：et 1t t2 o(t2).
2
令 t  x 2  2 x ，则
e x 2  2 x 

1
1


(
2
x
x
2


3
2
x
x
2
)


o
1
2
(
(
x
x
2
2
)
 2 x ) 2  o ( x 2 )  1  2 x  x 2 
1
2
 4 x 2  o ( x 2 )
于是 b x  1  e x 2  2 x  ( b  2 ) x  3 x 2  o ( x 2 ) ， I
1
 l i m
x  0
( b  2 ) x  3
x
x
2
2  o ( x 2 )
 2  a .
故b2,a 5．选（A）．
4.【答案】2
【解析】根据复合函数极限法则：
l i
x 
m
0 
g ( f ( x ) )  l i
x 
m
0 
g (  x )
u   x
l i
u 
m
0 
g ( u )  lu i m
0 
( 2  u )  2
l i
x 
m
0 
g ( f ( x ) )  l i
x 
m
0 
g ( x 2 )
u  x 2
l i
u 
m
0 
g ( u )  lu i m
0 
( 2  u )  2 . 因此，limg(f(x))2.
x0
5.【答案】 e

16
【解析】方法一： 利用重要极限
I  l i m
x  0

1 
s i n x
x
 x  c o 2t x
 e
lim
x 0
sin xx  x c o 2t x
 e
lim
x 0
 1 x 6x 3 2 c o s 
2 sin
x
x  e
lim
x 0
 16 x 1 2
2 x  e
 16
方法二： 幂指函数指数化
cot2xln   sinx  limcot2xln  1 sinxx  lim cos2x  sinxx lim 1   1 6 x3  1
I lime  x  ex0  x  ex0sin2x x ex0x2 x e 6
x06.【答案】e2
【解析】方法一：利用重要极限
I  l i m
x   

1  s i n
2
x
 c o s
1
x
 1
 x c o s
x  12
x

1x
e

2  lim sin  
x  x 
sin t lim
 e t 0
c
2
1  o s  1 x c 
x 
t c o s t 1
t
o s

x  12
x  e
sin 2 lim
t  e t 0
 lim sin 
x 
t c o  lim
 t 0
2  c o
x
s t 1
t
1 s
x

 1
e
 x 
2
1
方法二：幂指函数指数化
x1  2 1   2 1 
I  lim e
xcos
x2
ln

1sin
x
cos
x
1
 ex
l

im

xln

1sin
x
cos
x
1

x
1 t lim sin2tcost1 lim sin2t lim cost1
x et0 t et0 t t0 t e2
7.【答案】
1
n !
【解析】方法一：因为 x  0 时， 1  c o s k x ~
k
2
x 2
1 1 1
2 x2 3 x2 n x2
1
2 2 2 ，所以I lim 
x0 1  n1 n!
x2
 
2 
0
方法二：用极限的四则运算法则，这是n1个极限的乘积，分别求每个 型极限
0
l i m
x  0
1 
1 
m
c
c
o
o
s
s
x
x
 l i m
x  0
1
m
( c o s
s
x
i
)
n
1m
x
 1
s i n x

1
m
，(m2,3, ,n)．
1 cosx 1 3 cosx 1 n cosx 1 1 1 1 1
于是I lim lim  lim      
x0 1cosx x0 1cosx x0 1cosx 2 3 4 n n!
1 1
8.【答案】 ，
2 3
【解析】方法一：
1
3 n

1 
1
n
 n 2

1
3 n
e
n 2 ln 1  1n 
．由泰勒公式知，n时，
l n  1  1
n
  1
n

2
1
n 2
 o  n  2  ，所以当n时，
1
3 n

1 
1
n
 n 2

1
3 n
e
n  2 1n 
2
1
n 2
 o n 2 
 e
 12  e
3
 n
，即
1
3 n

1 
1
n
 n 2  1e n
的等价无穷小为e 2  ，
3
1 1
所以 , .
2 3方法二：因为
l in m
1
3 n
e
1
(
1
n
e )
n
n
2
l i m
n
l in m
e
e
e
2 n ln
n (
1 2 n
n
1
3
2
1n
1
n
)
2
n
3
1
n 3
l i m
n
o (n 3
e
)
2 n
(
1n
e
n
2
)
1
2 n
n (
n ln
3
3
3
1
n 3
o (n
n )
l in
3
m
)
e
12 n ln 3 13
     
   
 













 



 
  





 





   
n
 o (n 1 )
 1
所以
1
2
,
1
3
     .
9.【答案】 1
【解析】因为
xt u
x 0 x x
 tf(xt)dt  xu f(u)(du) x f(u)du uf(u)du
0 x 0 0

x
0
a r c t a n ( x  t ) 2 d t
x  t  u

0
x
a r c t a n u 2 (  d u )  
x
0
a r c t a n u 2 d u
所以
l i m
x  0
x
 a r c t a n (
0
x
 t f ( x
0
x


t
2 t ) d
) d t
t


l i m
x  0
l i m
x  0
x

x

0
x
0
f
x

0
f ( u
2 x
( u )
a
)
d
r c
d u
u
t a


n 2 u d
x
 u
0
l i m
x  0
u
f ( u
2 x
f ( x
) d
)
u


1
l i m
x  0
a r
x

0
c
f
t a
(
n
u )
x
d
2
u
1 1x
10.【答案】（1）  ；（2）.
x arctanx
【解析】（1）
 x
1 ysin
 
y y
g(x) lim f(x,y) lim   
y y1xy arctanx 
 
 
x
1 ysin
y y 1 1x
 lim  lim  
y1xy y arctanx x arctanx
（2）l i m
 x  0
g ( x ) 

l i m
 x  0
l i m
 x  0

a
1
x
r c

t a
a
n
1
r
 
c t a
x 
2 x
x
n
x
x




x
l i m
x 
2

0
a r

l i m
x  0
c

t a n
x a
a r c
x 
r c t
t a n
x
a
2
x
n
x

x


x
x

2
  
11.【答案】

6
【解析】
原 极 限 

2
2
l i m
x 
l i m
x 
0
0

2
x
0
x

a

r
u
0
c
2 a
t a
6
r
n
x
c t
(1
a n
x

(1
3
2 x

)
t

) d
2
3
t  d

l i m
x 
u
0
a

r c
2
t a
l i m
x  0
n ( 1


2 x
0
x
a r
2 )
c

t a n
3 x
2
3
(1
2



4
t

) d

6
t
.
12.【答案】
1
2
【解析】方法一：
l i m
l i m
0
0
0
0
0
(
0
(
0
)
) d
(
(
) d
l

i
0
(
m0
)
0
d
)

( ) d
(
(
)
(
)
(
)
)
( )
l i m
0
( 0 )
(
0
0 )
(
( 0
)
0
)
d
(
1
2
0
) d
( ) d

 

原 式 
洛
积
介
x 
x 
分
于
中
x


x
值
与
x
f
 x
f t
x

定
之 x
t
x
d
f
理
间
f
t
u
t


x


x f
u
x 
x
t

t f
x
x
t
t

f
x f
x
x
t
f
x
令
x
f

x
x

f
t
x
 u

x 
f
x
f


x
f
f
x
t

x
t
f


u

.
x
t f
u
t t
方法二：
x x x  x 
 (xt)f(t)dt x f(t)dt tf(t)dt  tf(t)dt
 
lim 0 lim 0 0 lim 1 0
x x  x 
x0 x f(xt)dt x0 x f(u)du x0 x f(u)du
 
0 0 0
xf(x) f(x)
1lim 1lim
x x
x0  f(u)duxf(x) x0  f(u)du
0 0  f(x)
x
lim f(x)
f(0)
1 x0 1
 x f(u)du lim f(x) f(0)
lim 0 lim f(x) x0
x0 x x0
f(0) 1
1  .
f(0) f(0) 213.【答案】
1
2
 xc x limxln   xc  limxln  1 2c   lim 2cx
【解析】根据题设，则lim
 
ex xc ex  xc exxc e2c
x xc
又因为 f ( x ) 在    ,    内可导，且 l i m
x  
f ( x )  e ，则由拉格朗日中值定理，可得
l ix m  f ( x ) f ( x 1 )  l ix m f ( ) e 
 
  
 
  ，介于 x 与 x  1 之间，于是，由 e 2 c  e ，可得
c 
1
2
.
14.【答案】略
【解析】方法一：因为当h0时，
1
f ( h )
2
f ( 2 h )
3
f ( 3 h ) f ( 0 )       是比h2高阶的无
穷小，故其本身也是无穷小，即
0 l ih m
0

1
f ( h )
2
f ( 2 h )
3
f ( 3 h ) f ( 0 )  
1 2 3
1  f ( 0 )       

      
而 f  0   0 ，所以得
1 2 3
1 0        .
又
0 l i m
h
1
2
0
(
f ( h
1
l ih
l ih
4
1
)
m
0
m
0
2
1
2
1

9
2
f
f (
( h
f
1
)
3
2
)
f
h
(
)
h
h
(
2
2
)
0 )
3
2
4
f ( 3
f ( 2
2 h
f
2
h
h
)
)
( 2 h
f
3
)
( 0 )
f
3
9
(
3
3 h
f
)
( 3 h ) 
  
  
  
  



洛
洛


















因为 f ( 0 )  0 ，故得4 9 0，其中还包含
1 2 3
0 l ih m
0

1
f ( h ) 2
2
f ( 2 h ) 3
3
f ( 3 h )  (
1
2
2
3
3
) f ( 0 )       

        
因为 f(0)0，得
1
2
2
3
3
0       .
总之，得
1
,
2
,
3
  1, 1 1 1
1 2 3

  的线性方程组2 3 0,因其系数行列式1 2 3 20，
1 2 3

4 9 0. 1 4 9

1 2 3
故存在唯一的一组实数,,，使得当h0时，f(h)f(2h)f(3h) f(0)
1 2 3 1 2 3是比h2高阶的无穷小.
方法二：利用泰勒公式
1
f
(
( h
1
3
1
)
f ( 0
f
2
2
)
( 0
f
)
(
f
3
2 h )
( 0 )
3 f
1 )
h
( 0
f
3
) h
( 0
f
1
2
)
( 3
f
9
2
(
h
(
)
0
f
1
) h
(
f
2
0
2
( 0
) h
2
)
o
2
( h
3
2
o
)
( h
)
3
2 )
f (
2
0 )
f
h
f
(
(
0
0
)
(
)
1
2 f
4
(
2
2
0 ) h
9
3
2
)
f
f
( 0
( 0
) h
)
2 o ( h 2 )
  
 

  
     



































 
 h 2

 o ( h 2

)
 o ( h 2 ) .
故
1
1
1
2
4
2
2
2
3
3
9
3
3
1 ,
0
0
,
.
  
  
  
 








因其系数行列式
1
1
1
1
2
4
1
3
9
 2  0 ，故存在唯一的一组实数
1
,
2
,
3
  ，使得当 h  0 时，
1
f ( h )
2
f ( 2 h )
3
f ( 3 h ) f ( 0 )       是比 h 2 高阶的无穷小.
15.【答案】 A 
1
3
, B  
2
3
, C 
1
6
【解析】因为 e x  1  x 
1
2
x 2 
1
6
x 3  o ( x 3 ) 将其代入题设等式，整理得
1   1  B  x 
 1
2
 B  C

x 2 
 1
6

B
2
 C

x 3  o ( x 3 )  1  A x  o ( x 3 )
故有
 1
1
2
1
6



B
B
B
2



A
C
C
,


0
0
,
,
解得 A 
1
3
, B  
2
3
, C 
1
6
.1-3拓展提升
1
1.【答案】
2
【解析】由于 f ( x )  x  [ x ] 是以1为周期的周期函数， 
1
0
f ( t ) d t  
1
0
x d x 
1
2
，对于
n  x  n  1 ，从而有
n
2
 
n
0
f ( t ) d t  
x
0
f ( t ) d t  
n
0
 1
f ( t ) d t 
n 
2
1
，由夹逼定理可知原
极限为
1
2
.
2.【答案】
1
2
【解析】所求极限为“   
0 
”型未定式，但无法进行通分化为“ ”或“ ”型. 类似
0 
此类题型可提公因式“ x ”，先化为“ 0   ”型，再通过倒代换的方式构造分式.
原 式 
=
=
l i m
x   
l i m
x   
t
l i m
 t 0
x
x

 e

( 1  

1  
l n (1
2 t
x
x

x
x )
l n
t
x

)

1


1 

1 
 
x 
l i m
 t 0
l i m
x  

 
1
2 t
2
2 t
x

l i
x 


m

1
2
x
1

x 

e
1
x
x

l
x
n
1
x
1
x

1
x


1
x
1


 l i m
x  
t 

1
x
x l n

l i
t

m0
1


1
e

1
x
l

n

x

(1
t
t
 t )
3.【答案】a
【解析】所求极限为“   
0
”型未定式，首先应通过变形化为“ ”型未定式后，再使
0
用洛必达法则进行求解.
原式 lim      x   a 1     1 1 x xx 1 x    lim x 1 x  lim x    1 a  1 1 x 1  
x   x   x x  x 
 
1 lnx
lim
易求 lim xx ex x e0 1. 上述极限后半部分可以使用ln(1x)~ x(x0)的逆等价
x
x~ln(1x)(x0)l i m
x   
x


1  
a
x
1 

1x
 1


=
l i m
x   
l i m
x   
x
x
l n

1 

1 


1
x
a
x


a
x
1 

1x
a
 l i
x 
m

x

1 
1
x

l n

1 
a
x

4.【答案】 3
【解析】
原 式 





l i m
x 
l i m
x 
l i m
x 
1 
1 
1 
e
0
e
0
x
x 0
l i m
x 
l i m
x 

 
2 x 
2 x 
2 x
2

2
l n
0
l n
0
1 
2 
3 c o s x  c o
2 x
1 1 
 l i m
x  0
c o s x 
l i m
x  0
3 c o s x  c o
2 x
c o s x
 l i m
2 x x 
1 9  
   
3  2 
s 3 x
c o s x
3 c o s
2 x
s 3 x
3 l n
0
 1 
 l i m
x 
3  c
2 x
3 x 
 1 
c o s
2 x
1

2
2 x e 
0
o s 3 x
1
使 用 (
l n
l i m
x  0
3 x
 1
3
 3
2
1
c

 1
逆
o s
l i m
x 

等
x
0
c o s
2 x
价 )
 l n
2 x
c o s
x
x
3
x
2

c

3
o
1
c
s

o
3
s
x
1
3
3 x
l i m
x  0
c o s 3
x
x
2
 1
5.【答案】
1
2

l n
6
2
【解析】
exln(2sinx2) esinxln2
原式lim (提因式,构造等价替换的条件)
x0 x3
esinxln2(exln(2sinx2)sinxln2 1) xln(2sinx2)sinxln2
lim lim
x0 x3 x0 x3
xln(2sinx2)xln2xln2sinxln2
lim
x0 x3
xln(2sinx2)xln2 xln2sinxln2
lim lim
x0 x3 x0 x3
 sinx2 
ln1 
 2  (xsinx)
lim lim ln2
x0 x2 x0 x3
sinx2 x3
2 6 1 ln2
lim lim ln2 
x0 x2 x0 x3 2 66.【答案】
1
3
【解析】
原 式 



l i m
 x  0
l i m
 x  0
l i m
 x  0
l i m
 x  0
x
x
l n
l n
 l n 
 l n 
(1 
(1 
(1 
x
(1 
x )
x )
x ln sin x x e  e
x )  l n ( x 
l n s i n x  x
x )  l n ( x 
s i n x
l n
x
 l n ( x  1
3 1 x  
  
6 x  
 l n ( x  1
ln
l n


x
1
x
1
x
x


2
2
x
x
)
)
2
2


 ) 
 ) 
l i
x 



m
0
1
6

l i m
 x  0
l i m
 x  0
l n (1
l i m
 x  0
x
l n

l n
x ln x x ln sin x  e ( e
 l n (1  x )  l n ( x 
l n s i n x  l n
(1  x )  l n ( x 
s i n x  x
x
x )  l n ( x  1 
2 x
( 1  x )  l n ( x 
x ln x

x
1 
2 x )
1 

1
x
x
1

2
2
)
x
)
)
2 ) 
接下来计算极限 l i
x 
m
0 
l n ( 1  x )  l n
x
( x
2
 1  x 2 )
方法一（洛必达法则）
l i m
 x  0
l n ( 1  x )  l n
x
( x
2
 1  洛 2 x )
= l i m
 x  0
= l i m
 x  0
1
= 0 
2
必
1
2 x
1

达

( 1

2

x

x
x
1
2
2 
x )
2 
l i m
x  0
( 1 
1 
1

1
1 

x )
2 x
l i m
 x  0
x

x
2

2
l i m
x 
x
x
 0
1
1

1
x

2
x 2
2

x
( 1  x )
1 x2 1 1
故原式= lim  (2) .
6x0 ln(1x)ln(x 1x2) 6 3
方法二（泰勒公式）
由于  ln(x 1x2)     1 (1x2)  1 2 1 1 x2o(x2)
1x2 2
上式两边同时积分可得 l n ( x  1  x 2 )  

1 
1
2
x 2  o ( x 2 )

d x  x 
1
6
x 3  o ( x 3 )
由于ln(x 1x2)为奇函数，所以无需添加常数.故
原 式 



1
6
1
6
l i m
 x  0
l i m
 x  0
l

n (
1
2
1 
x 2
x )
2 x


o (
2 x
l n ( x
2 x )


1
3
1  x 2 )
 
1
6
l i
x 
m
0  x  1
2
x 2
x

2
x  o ( x 2 )
方法三（拉格朗日中值定理）
1
6
1
6
1
6
l i m
0
l i m
0
l i m
0
l
1
1
n ( 1
( 1
1
2
)
2
l n
2
2
(
1
1
6
l i
1
m
2
0
)
2
1
2
)
2
2
1
1
3
1 2 

原 式 





x 
x 
x 


 


x
x
x


x

x
x
x


x



x
x


 
x
x
介
x
于

 x 与 x   x 之 间
（由于当 x  0 时， 1  x  1 ，x 1x2 1，故 1   ）
【注1】对于幂指函数相减的形式求极限，我们一般的做法三步：
（1）将幂指函数转为以e为底的指数函数.
（2）将后面一个幂指函数作为公因式（非零因式可先求极限）提到整体之前
（3）使用 e   1 ~  (   0 ) 进行等价替换.
【注2】
 1 1  2x 
 ln(x 1x2)    (x 1x2)  1 
x 1x2 x 1x2  2 1x2 
1 x 1x2 1
  
x 1x2 1x2 1x2
可得： 
1
1
 x 2
d x  l n ( x  1  x 2 )  C .
请直接记住以上两个结论.
2
7.【答案】
3
1
【解析】复合函数相加，注意外层函数3为奇函数，可以将其提取负号转为减法的形式.l i m
x
x
16
( x x
1
) 3 ( x
(
x )
13
x x x
lx i m
x
x
16 1
3
)
23
( x x ) ( x x ) 

原 式 
  

 
其

中 介

于
拉 格 朗

日 中 值
和
定 理

  
之 间

     
由于当 x    时， l i
x 
m

x
x


x
x
 1 ，且
x
x
x
x x x
x
x
x
x
 






，所以
lx i m
x x
1

   

所以
l i m
x
x
16 1
3
23
( x x ) ( x x ) l i m
x
l i m
x
x
x
16
16
1
3
1
3
(
x
x
23
2
x )
x
23
2
l i
x
m
x
x
16 1
3
x
23
2 x
12 2
3
.

  

      



 
 






  

 
8.【答案】 
1
1
2
【解析】注意到本题无法使用洛必达法则（三角函数和指数函数均可无限求导）
因此本题使用泰勒公式：
c
e
o

s ( x e
x 2 ( x e ) 2
x

) 
1
1


 
1
(
2 !
( x
x
e
2
e
x
x )
2 )
2



1
4
1
2
!
!
(

x

e x
(
)
x
4
e
2

x )
o
2


(
2
x

e x
o
)

4
(

x e x ) 4 
代入得：
原 式 


1
l i m
x  0
l i m
x  0
1

1 2
1

2 !
1
( x
4 !
l i m
x  0
(
e
(
x
x
x
e
)
e
x 2 )
4 
x 4 )

1
2

1
4

! 
o
4 x
( x e
!
( x

x
 ( x e
x 4 )
x e )
2
4
x 4 )
2




o
2



( x
o
1
1 2
e

x
(
)
x
4
e

x

) 4


1 
x
4

( x e
2
x ) 2 

1
2 !


( x e
2
x ) 2  2 
 o  ( x e x ) 4 
9.【答案】 
3
2
x2 ln2(1x) xln(1x) xln(1x) 1
【解析】由lim lim  2 1得
x0 x3 x0 x x2 2x2 ln2(1x)~ x3（可作为结论记住）
l i m
x  0
 c o
x
s
2
2

x
2   x x  e  1 
2 
2 l n (1  x )



l i m
x  0
l i m
x  0
 1

2

x e
l n
l i m
x 
ln

0
c o s 2 x 2
3 x
c
1 
c o s 2
x
2  x e

o s 2 x
2 x
x  1
2
1

2

l n
 l i m
x  0
2  x e  2
2  x e
l i m
x x  0 2
c


o

1
s

2 x 
22
x
1
l i m
2 x 
1

2
e
0

2  x
c o s
l i m
x  0
2

x
1
2
 e
2 x
( 2
2 x

x
2 x
) 2


2
1

 
3
2
10.【答案】 
9
1
7 2
【解析】
l i m
x  0
洛
凑
拆
s i n ( e
l i m
x 
l i m
x 
l i m
x 
l i m
l i m
l i m
x
0
0
0
0
0
0

s
e
e
e
c
1 )
i n
x 
x 
x 
o s
s i
3 2

4 3
c o
c o
c o
( e
n
1
24
sin x ( e  1 )

x
x s ( e  1 ) 
3 3 2 4 x
x s ( e  1 ) 
x s ( e  1 ) 
3 3 2 4 x
1 ) c o s
3 3 2 4
( e 1
3 3 2 4
2
l i m
3 3 0
s i n
l i m
x  0
sin x e  c o
x e c o s x
3 2 4
x e c o s x
l i m
0
)
l i m
0
1
3
6
3 2 4
x ( e  1 )  (
4 ( 3 x )
s x
x  e c o s x
3 x
e c
 l i m
x 0
sin e e
3 3 2 4
e ( s i n
3 3 2 4
1 1
3 3 2 4
e

o
sin x 
sin x e
s
3 2
)
( ,
1
9 7
1

e
4
2
)
c o
sin
3
s x
c o s
)
 

代
拉
泰
x
x
x




 x 
x
x
x

x
x 
x


x 
 x
x


x
x
x 
x 
 
x


x

x

x
x
x

x

x 
x
均
x 
为 x 的
x
等 价 无 穷 小
11.【答案】 a   3 ,
9
b
2
sin3xaxbx3
【解析】lim(x3sin3xax2 b)lim .
x0 x0 x3
(3x)3 9
由麦克劳林公式可得：sin3x3x o(x3)3x x3o(x3)
3! 2则： s i n 3 x  a x  b x 3  ( 3  a ) x 

b 
9
2

x 3  o ( x 3 ) .
a 3,
sin3xaxbx3 
由题干信息lim 0，根据系数之间的关系可得： 9
x0 x3  b .
 2
12.【答案】a2d，c1， b 取任意常数
【解析】由 l i
x 
m

( x 2  a x  b  c x  d )  l i
x 
m

x

1 
a
x

b
x 2


c 
d
x
 
 0 ，得 c   1 .
而 l i
x 
m

x

1 
a
x

b
x 2


c 
d
x
 
 l i
x 
m

1 
a
x

b
x1
x
2
 1 
d
x
  a b d  
l i m x 1    c     
2 x x x   x     
 l i m
x   
t 
 l i m
 t 0
1
2
1
x
a
1  
x
l i m
t 0
( a t  b t
t
b
x1
x

2 )
2
1



d
1 
a t

d
x

a
2
b
t

t 2
d


1
0
 d t
所以 a , b , c , d 满足的条件是 a   2 d ， c   1 ， b 取任意常数.1-4综合测试
1.【答案】 2 e
 2 4
【解析】 l i m
n  
 
1 
1
n
2
2
 
1 
2
n
2
2

  

1 
n
n
2
2
  1n
 l i m
n  
e
1n n i1 ln 1   in 2 
 e
1  ln
0
(1  x 2 )d x
 2 e
 2 4
2.【答案】 2
【解析】方法一：这是   0
0
型的数列极限，转化为求 型的函数极限，然后用洛必达法
0
则．
2 2
arctan arctan
n  1 2x
n  1  arctan2xarctan
 n 1x
I lim  lim
n 1 x0 x2
n2
2 1 2(1x)2x
 
14x2 4x2 (1x)2
1
(1x)2 (1x)2 1
 lim  lim
x0 2x x0 x  14x2 (1x)2 4x2
2x
 lim 2
x0  14x2 (1x)2 4x2
方法二：这是   0 型极限，为简化计算设法寻求 a r c t a n
2
n
 a r c t a n
n
2
 1
的等价无穷小，它
是 f(x)arctanx的改变量 f
 2
n

 f

n
2
 1

．由拉格朗日中值定理，它可改写成
2 2
a r c t a n a r c t a n
n n 1
f
1
1
2
n
2 n
f
( n
2
n
2
1 )
1
~
n ( n
f
2
(
1
)
)
2
n
( n
n
2
1
)















 







2 2
其中  ，当
n1 n
n  
1
时， 1．因此，
12
I  l i m
n  
n 2 
n ( n
2
 1 )
 2 ．
3.【答案】e1
i
1 n i n en 1 n i
【解析】 en   en ，
n1 1 n
i1 i1 n i1
i1 n i n 1 n i 1 n i 1
因为lim en lim  en lim en   exdxe1，所以
nn1 nn1 n nn 0
i1 i1 i1
i
n en
lim e1.
1
n
i1 n
i
4.【答案】
l n
2
2
( e  1  1 )
【解析】
l i m
n  
 l i m
n 
 l n
 l n
n
n

2
2
1 3  2  1
2  y   e d y + 2 n 2 n 
2 n  1 1 1 
1 ln 2 
0 
n e  1 n  2  y   e d y + 2
 ln (2 n  1 ) 1
e n 
1 1 
0 
n n 1  2  y   l i m e d y + 2
 n 1 1 n  

  l n 2 1 x 2  y   e d y d x 
2 0 1
e
1n
1
2

n 2
( e
2  y d
2

n e 2
 y e
 1 
y 
2  y d
2 d y
1 ) .
y


 

1
2 n  1
2  y e d y 2 n
n  1 n

n n   e 2
1
n  1 n

n n  y  e 2
1

 y
2 d
2 d
y
y



5.【答案】
4
i2 i2 1 i12
【解析】由n n n (i 1,2,,n)，得
n n n
n
i
1 n 

1
i 
n
1  2

n
i
1 n 
1
i 2 
n
1

n
i
1 n
1

2 i
n
，
n 1 1 n 1 1 dx 
而lim lim     ，
n i2 nn  i  2 01x2 4
i1 n i11
 
n n
 
n 1  n 1 1 1 
lim lim    
n i1 n
(i1)2
ni1 n
i2
n
(n1)2
n
12

n  n n n 
1 n 1 1 dx 
lim    
nn  i  2 01x2 4
i1
1
 
n由夹逼定理得 l i m
n  
n
i
1 n 
1
i 2 
n
1


4
.
6.【答案】略
【解析】因为正数的算术平均数不小于几何平均数，所以有
a
x x x 
1 a  n n n x3 a
x  3x   n  4 x x x   4 an1,2,
n1 4 n x3 4 n n n x3
 
n n
从而 x
n  1
 x
n

1
4
 a
x 3n
 x
n


a 
4 x
x
3n
4n
 0 ( n  2 , 3 ,   ) .
故 x  单调减少，再由
n n2
x
n
 0 ( n  2 , 3 ,   ) ，则 l i m
n  
x
n
存在，
令limx  A，等式
n n
x
n  1

1
4

3 x
n

a
x 3n

两边令 n   得，
A 
1
4

3 A 
a
A 3

，解得 l i m
n  
x
n
 A  4 a .
7.【答案】
1 
2
5
【解析】显然， 0  x
n

2  1
1


x
n
x

n
1


1
 1
 2 
1 
1
x
n  1
 2 ( n  1 , 2 , 3 , )
1
即x 有界. 令 f(x)2  f(x)(x0)
n 1x
 x
n  1
 f ( x
n
) ( n  1 , 2 , 3 , ) 单调．
因此 x
n
收敛，记limx a．
n
n
对递归方程 x
n

1
1


2
x
x
n
n


1
1 两边取极限得 a 
1
1


2
a
a 1 5
，即a2 a10，解得a  ．
2
8.【答案】 a 1 1
【解析】 l i m
n  
 a 1 n  a 2 n 
1n
 l i m
n  
a 1 1

1 
 a
a
1
2
 n 
1n
 a 1 1 .
9.【答案】略【解析】根据题意有 l i m
n  
a
n
a

n
1  q  1 ，由极限的保号性，存在充分大的正整数 N ，使得
当n N 时，有
a
n
a

n
1  1 ，即 a
n  1
 a
n
  ，于是 a 单调减少，又因为
n
a
n
 0 ，由单调
有界准则， l i m
n  
a
n
存在，记 l i m
n  
a
n
 a ，下证 a  0 ，利用反证法.
若a 0，则有 l i m
n  
a
n
a

n
1 
a
a
 1 与 l i m
n  
a
n
a

n
1  q  1 矛盾，故 l i m
n  
a
n
 0 ，从而
lima 0．
n
n
10.【答案】略
【解析】（Ⅰ） f
n
( x )  1  ( 1  c o s x ) n
 
在 0, 上连续，
   2
f
n
( 0 )  1 ， f
n
 
2

 0 ，而
0 
1
2
 1 ，由介值定理，至少存在一点 x
n


0 ,

2
 1
，使得 f (x ) .
n n 2
又由 f (
n
x )   n ( 1  c o s x ) n  1 s i n x  0 ( 0  x 
π
2
) 可知当 0  x 
π
2
时， f (x)严格单调
n
减少，故 x
n
是唯一的.
（Ⅱ）由 f
n
( a r c c o s
1
n
)  1  [1  c o s ( a r c c o s
1
n
) ] n  1  (1 
1
n
) n
 1 1 1
得lim f arccos 1  , 故存在
n n n e 2
N  0 ，当 n  N
1 1
时， f (arccos ) .
n n 2
又 f (x)单调减少，故有
n
a r c c o s
1
n
 x
n


2
1 
，而limarccos  ，由夹逼准则，有
n n 2
l i m
n  
x
n


2
.
11.【答案】略
1
【解析】（1）令G(x) F(x)x [f(x)x]，则G(a)0，G(b)0，由零点定理，
2
存在x*(a,b)，使得G(x*)0，即 f(x*) x*.
（2）由已知条件，x [a,b]，x  F(x )[a,b]，故 x  有界，又
0 n n1 nF ( x ) 
1
2
[1  f ( x ) ]  0 （因 f ( x )  1 ）.
由拉格朗日中值定理，得
x
n
x
n 1
F ( x
n 1
) F ( x
n 2
) F '( ) ( x
n 1
x
n 2
) ( x
n 1
x
n 2
)   









介 于

与

之 间
由上式可知，当 x
1
 x
0
时，数列  x
n
 单调增加；当 x
1
 x
0
时，数列  x
n
 单调减小，故
l i m
n  
x
n
存在，由（Ⅰ）知limx  x*.
n
n
12.【答案】B
【解析】
a
n

3
2

n
n  1
0
x n  1 1  x n d x 

2
3
n
1
n


n
n 
0

1 
1

1


n
n

x n
1
d

(
n
1


32
x

n
1
)


1
n
( 1  x n )
32 n
0
n
1
故 l i m
n  
n a
n
 l i m
n  


1 

n
n
 1
 n 
32
 1

 l i m
n  


1 

1 
1
1
n
 n

32
 1

 ( 1  e  1 )
32
 1
选项（B）正确.
13.【答案】 1
【解析】由于数列中有(1)n，故求此数列的极限，分为奇数列和偶数列两个部分进行.
因 u
n

 n 
n
1   1 n 2n1 2n11 1
，则limu lim   1，limu lim   1
n 2n n 2n  n 2n1 n 2n1 
1n
n1
所以，lim
 
1.
n n 
14.【答案】B
【解析】在选项（B）中，因为数列  x
n
 单调，考虑到 f(x)是单调有界函数，所以数列
f(x )
不仅单调，而且有界，从而收敛.
n1-4拓展提升
1.【答案】D
【解析】
i(i1)
n i(i1) n n2 1
lima lim lim 
n n n
i1
n2 i(i1) n
i1
 i(i1) 2 n
1 
n2
 
1 x 1 1 1 1 1 1
  dx  d(1x2) ln(1x2)  ln2
01x2 2 01x2 2 0 2
2.【答案】1
【解析】由 f(x)在[a,b]上连续，知 e f ( x k ) 在[a,b]上非负连续，且 0  m  e f ( xk )  M ，
其中 M , m 分别为 e f ( x k ) 在 [ a , b ] 上的最大值和最小值，于是 0  m 
1
n
k
n
 1
e f ( xk )  M ，
1 n
故n m  n ef(x k )  n M ，又
n
k1
l i m
n  
n m  l i m
n  
n M  1 ，根据夹逼准则，得
l i m
n  
n
1
n
k
n
 1
e f ( x k )  1 .
3.【答案】  
【解析】显然 a
0
 0  a
n
 a
n  1
( a
n  1
 1 )  a
n  1
，则  a
n
 单调递增，
若lima a为有限值，
n
n
a
n
 a
n  1
( a
n  1
 1 ) 两边同时取极限得 a  a ( a  1 )  a  0 ，
而a 0且
0
 a
n
 单调递增， l i m
n  
a
n
不可能为 0 ，故矛盾，因此 l i m
n  
a
n
   .
4.【答案】B
【解析】 u
n  1
 u
n

1 
2
1
n  1

 u
n
，所以 u  为单调增数列，记
n
f ( x )  e x  1  x ，
则 f(x)ex 10(x0)，函数 f(x)单调增，而 f ( 0 )  0 ，所以 f(x)0(x 0)，可
以得到1xex ，故 u
n


1 
1
2
 
1 
1
2 2
 
1 
1
2 n

 e
12
e
12
2 e
1n
2  e
12  12
2
  1n
2  e ，
所以 u  单调增且有上界，收敛，limu 存在且limu  A0，故选（B）.
n n n
n n5.【答案】（1） 1 ；（2）limx 1
n
n
【解析】
（1） f ( x )  1 
2
1
 x

1
2


x
x
，令 f ( x )  0 得 x  1 ，于是 x  1 是唯一驻点，
当x1时 f ( x )  0 ，当 1  x  2 时 f ( x )  0 ，故 f ( 1 )  1 为唯一极大值，也就是最大值.
（2）由 x
n

n  1
i
1
l n ( 2  x
i
) , n  2 , 3 , ，即 x
n
 l n ( 2  x
1
)  l n ( 2  x
2
)   l n ( 2  x
n  1
) ，
x
n  1
 l n ( 2  x
1
)  l n ( 2  x
2
)   l n ( 2  x
n  1
)  l n ( 2  x
n
) ，
也就是x  x ln(2x ) f(x )；
n1 n n n
由（1）知， f ( x
n
)  1 ，故 x  有上界，又当
n
x  1 时， l n ( 2  x )  0 ，故 f ( x )  x ，
x
n  1
 f ( x
n
)  x
n
，
即  x
n
 单调增加，故数列  x
n
 极限存在，记 l i m
n  
x
n
 A ，则有 A  A  l n ( 2  A ) ，
ln(2 A)0，A1，故limx 1.
n
n
6.【答案】 0
【解析】由题意知 0  x
n


2
, x
n
c o s x
n  1
 s i n x
n
，故
c o s x
n 1
s i n x
x
n
n
s
0
i n 0
c o s
n
, 0
n
x
n
 




   ，
 
由cosx在 0, 上的单调性可知，
 2
x
n 1 n
, 0
n
x
n
 

   ，于是 0  x
n  1
 x
n


2
，
故  x
n
 单调减少且有下界，  x
n
 收敛，记 l i m
n  
x
n
 a ，则 a c o s a  s i n a ，
令 f(x) xcosxsinx，则 f ( x ) c o s x x s i n x c o s x x s i n x 0 , x 0 ,
2

       
 
，故
f ( x )
 
在 0, 上单调减少，于是
 2
x  0 是 f ( x )
 
在
 
0,
2
上的唯一零点，故l
n
i

m

x
n
0.
7.【答案】略
【解析】（1）由于0 f(x) x,x[0,)，因此有
a a  f(a )a 0(n1,2, )，即 a  为单调减少数列，又因为
n1 n n n na
1
 0 , f ( x )  0 , a
n  1
 f ( a
n
) ，
故a  f(a )0,a  f(a )0, ,a  f(a )0(n1,2, )，
2 1 3 2 n n1
综上可知
a 
单调减少且有下界，故
a 
为收敛数列.
n n
（2）因为 l i m
n  
a
n
 t ， f ( x ) 在 [ 0 ,   ) 上连续，且t[0,)，
故有 t  l i m
n  
a
n  1
 l i m
n  
f ( a
n
)  f ( l i m
n  
a
n
)  f ( t )
（3）由 a
n
 0 及 l i m
n  
a
n
 t 知 t  0 ，若 t  0 ，则 t  ( 0 ,   ) ，且 f ( t )  t ，但由（2）知
f ( t )  t ，矛盾，所以 t  0 .
8.【答案】见解析
【解析】
（1）设 f ( x )  s i n x 
2

x , x 

0 ,

2
 2
，则 f(x)cosx , f(x)sinx0，

所以曲线 f ( x )  s i n x 
2

x 在

0 ,

2

内是凸的，又 f ( 0 )  f
 
2

 0 ，
所以 f ( x )  s i n x 
2

x  0 ，即 s i n x 
2

x .
（2）由 x
n  1
 s i n x
n
 x
n
, x
n
 0 可知 x  单调递减且有下界，
n
l i m
n  
x
n
存在，记为 a ，于
是x sinx 两边同时取极限n可得asina，故a 0；
n1 n
1
由 y  y2,n1,2,3, ,y  可得
n1 n 1 2
y
n  1
 y 2n  y
n
, 0  y
n

1
2
，故  y
n
 单调递减且有
下界， l i m
n  
y
n
存在，记为b，于是 y
n  1
 y 2n 两边同时取极限 n   可得bb2 ，得 b  0
（舍掉 b  1 ）
又由（1）可知，当 0  x 

2
时，证明 s i n x 
2

x ，且 y
n  1
 y 2n  y
n
 y
n

1
2
y
n
，于是
1
y y2 2 y n  y  2 y  n y  n
0 n1  n    n     n1      1    ，
x sinx 2x 4 x 4 x 4 x 4
n1 n n n n1 1

n
 y
又lim   0，由夹逼准则，有lim n1 0，故当n时，y 是比x 高阶的无穷小
n4 n x n n
n1
量.1-5综合测试
1.【答案】C
【解析】方法一：由题意得， l i m
x  0
( a x 2  b x  c  c o s x )  0 ，得c1. 又因为
l i m
x  0
a x 2  b x 
x 2
c  c o s x
 l i m
x  0
( a 
b
x

1  c
x
o
2
s x
)  0 ，所以 b  0 , a  
1
2
，因此选（C）．
方法二：因为 c o s x  1 
1
2
x 2  o ( x 2 ) ( x  0 ) ，于是
a x 2  b x  c  c o s x  ( c  1 )  b x  ( a 
1
2
) x 2  o ( x 2 ) . 因此， a  
1
2
, b  0 , c  1 ，选
（C）．
2.【答案】C
【解析】逐一分析它们的阶．
1° (1x)x2 1~ x2ln(1x)~ x3(x0)
 ( 1  x ) x 2  1 是x的3阶无穷小（x0）．
2° ex42x 1~ x42x~ 2x(x0)  e x 4  2 x 是x的 1 阶无穷小．
x2
 sint2dt 2xsinx4 k 6 xsinx4 1
3° lim 0 lim lim 
x0 xk x0 kxk1 x0 3xx4 3
 
x
0
2
s i n t 2 d t 是x的6阶无穷小．
4° 用泰勒公式，已知
(1  t ) a  1  a t 
1
2
a ( a  1 ) t 2  o ( t 2 ) ( t  0 ) ,
 1  2 x  3 1  3 x
 1 
1
2
( 2 x ) 
1
2
.
1
2
(
1
2
 1 ) ( 2 x ) 2  [1 
1
3
( 3 x ) 
1
2
.
1
3
(
1
3
 1 ) ( 3 x ) 2 ]  o ( x 2 )
1 1
( 1)x2 o(x2) x2o(x2)(x0)是x的2阶无穷小．
2 2
因此，选（C）．
3.【答案】B【解析】此类问题要逐一分析，按无穷小阶的定义：
l i m
x  a ( x
f (

x
a
)
) n
 A  0 (  ) ， l i m
x  a ( x
g

( x
a
)
) m
 B  0 (  )
 l i m
x  a
f
( x
( x

)
a
g
)
(
n
x

)
m
 l i m
x  a ( x
f (

x
a
)
) n
 l i m
x  a ( x
g

( x
a
)
) m
 A  B  0 (  )
 f ( x ) g ( x ) 是 x  a 的nm阶无穷小；
若nm，
l i m
x  a
f
g
(
(
x
x
)
)
( x  a ) n  m  l i m
x  a ( x
f (

x
a
)
) n
l i m
x  a ( x
g

( x
a
)
) m

A
B
 0 (  )  f ( x ) g ( x ) 是xa的
n  m 阶无穷小；
因此①，②正确，但③不正确．例如，x0时， s i n x 与  x 均是 x 的一阶无穷小，但
l i m
x  0
s i n x
x 3
 x
 l i m
x  0
c o s
3
x
x

2
1
 
1
6
，即 s i n x  (  x ) 是 x 的三阶无穷小；因此选（B）．
4.【答案】D
【解析】要逐一分析．我们证明（1），（2），（3）成立．
关于（1），
l i m
x  a
(1  f
1
( x ) ) g ( x )  l i m
x  a
e g ( x )ln (1  f1 ( x ))  l i m
x  a
e g ( x )ln (1  f2 ( x ))  l i m
x  a
(1  f
2
( x ) ) g ( x ) ，其中
l i m
x  a
g ( x ) l n ( 1  f
1
( x ) )  l i m
x  a
g ( x ) f
1
( x )  l i m
x  a
g ( x ) f
2
( x )  l i m
x  a
g ( x ) l n ( 1  f
2
( x ) ) .
这里ln(1 f (x))~ f (x)(xa,i 1,2)．
i i
关于（2），
l i m
x  a
g
1
( x ) l n f
1
( x )  l i m
x  a
g
2
( x ) l n

f
2
( x ) .
f
f
1
2
(
(
x
x
)
)

f (x)
limg (x)ln f (x)limg (x)ln 1 limg (x)ln f (x)
xa 2 2 xa 2 f (x) xa 2 2
2
 l i m
x  a
f
1
( x ) g 1 ( x )  l i m
x  a
e g 1 ( x )ln f1 ( x )  l i m
x  a
e g 2 ( x )ln f2 ( x ) lim f (x)g 2 (x) .
2
xa
关于（3）可直接证明：
f (x)g (x)~ f (x)g (x)(xa)，
1 1 2 2l i m
x  a
f
1
f
2
(
(
x
x
)
)


g
g
1
2
(
(
x
x
)
)
 l i m
x  a
 f
1
g
1
f
2
g
2
(
(
(
(
x
x
x
x
)
)
)
)


1
1

g
g
1
2
(
(
x
x
)
)
 l i m
x  a
f
g
f
g
1
1
2
2
(
(
(
(
x
x
x
x
)
)
)
)


1
1
l i m
x  a
g
g
1
2
(
(
x
x
)
)

r
r


1
1
 1  1
因此选（D）．
5.【答案】D
【解析】因为 l i m
x  0 l n ( 1
y
 x 2 )
 l i m
x  0
y
2

x
 l i m
x  0
y
2

 l i m
x  0
e 3 x  2
2
y   y

1
2
所以 l i m
x  0 l n
y
1  x 2
 1 ，故选（D）.
6.【答案】D
【解析】因为 x  0
ln12x
时，ax3bx2 cx~  sintdt，
0
所以 1  l i m
x  0
a  ln 1 
0
3 x 
2 x
b
 s
x
i
2
n

t d
c
t
x
 l i m
x  0
s i n l
3
n
a
 1
x 2


2
2
x
b

x

1 c
2
2 x
，显然 c  0 ，
再由 1  l i m
x  0
s i n l
3
n
a

x
1
2


2
2
x
b

x

1 c
2
2 x
 l i m
x  0 3 a
2
x
x
2


1 2
2
b
2x x
c
= l i m
x  0 3 a x
4
2
x
 2 b x
，
得a 0,b2，选（D）.
7.【答案】A
【解析】由
l i m
x  0
f (
x
x
n
)


l i m
x 
l i m
x 
0
0

n
x
0
l
(
x
n
n
l
( 1

n (
n

2
1  u
n  1 x
2 x )
n  ) x
2
3
) d

u

l i m
x  0
l i m
x 
n (
0
n


x
l
0
1
2
n
)
( 1 
n n x
n  5 x
u
 2
2 ) d u
1
得n5，即当x0时， f(x)~ x5；
15
由 l i m
x  0
g (
x
x
m
)
 l i m
x  0
2 x c o s x 2  1 m 
x
c
m
o
 1
s ( s i n x 2 ) 
 l i m
x  0
s i
m
n
x
2
m
x

2
2
 l i m
x  0 m
1
x m  6
1
得m6，当x0时，g(x)~ x6，故x0时， f(x)是g(x)的低阶无穷小，应选
6（A）.
4
8.【答案】n3,c
3
【解析】由
1  x
2 a r c t a n x  l n
1  x
l i m
n c x x  0


l i m
x 
l i m
x 
0
0
2
c
a
n
r
x
c t a n
 4 x
n  1 (1
x
2


x
l
4
n
)
(1
c x


n

x )
4
c n
 l n
l i m
x 
(1
x 0

x
n
2

x
1
)


1
l i m
x  0
1 
2
x 2

c
1n
1
x
n
x
1

1
1
 x
n12

得 4 ，故
 1

 cn
n  3 , c  
4
3
.
9.【答案】B
【解析】
l i m
x  0
f
g
(
(
x
x
)
)



l i m
x 
l i m
x 
l i m
x 
0
0
0
s
2
2
i n x
s i n
(1 
3 x 
 s i
x
x 
c o
4
n (1
4 
(1 
s x
2 x
 c
5 x
c o
3 x
)

o s
s x
2 
l i m
x 
x
)
0
2 )
 l i m
x 
 c o s (1 
3 4 x
2 s i n x
3  8 x
0

s i
c o
0
n
s
(1
x
x

3
2 )

c o
x
s
4
x ) 2
故选（B）.
10.【答案】B
【解析】方法一：因
lx i m
0
lx i m
0
2 x
0
x
0
t
c
a
o
n
s t 2
t
d
d
t
t
lx i m
0
2 x
c o
t a
s
n
x 2
x
0

  

 



 
 ，
x 3
 sint3dt
 sinx2
lim  lim 0  lim 0，
x0 x0  x cost2dt x0 2 xcosx2
0
x2
 tan tdt
 2xtanx
lim  lim 0  lim 0，
x0 x0  x sint3dt x0 1
sinx
3
2
0 2 x所以是较高阶的无穷小量，是较高阶的无穷小量，即选项（B）正确.
方法二：当 x  0  时， c o s x 2 1 ( 0 )     阶 ， t a n 2 ~ 2 2 ( 2 )    x  x x 阶 ，
s i n
32
2
1
~
1
2
(1 )    x 
x
x 阶 ，故选（B）.
11.【答案】B
【解析】因为
l i m
x  0
f
g
(
(
x
x
)
)
 l i m
x  0

sin
0
x
x
3
s i

n 2 t
4 x
d t
 l i m
x  0
s i n (
3
s i
x
n
2
2

x )
4
c
x
o
3
s x
 l i m
x  0 3 x 2
x

2
4 x 3

1
3
所以，当 x  0 时， f ( x ) 与 g ( x ) 是同阶但非等价的无穷小，故应选（B）.
12.【答案】C
【解析】方法一：由 F ( x )  x 2 
x
0
f ( t ) d t  
x
0
t 2 f ( t ) d t ，有
F ( x )  2 x 
x
0
f ( t ) d t  x 2 f ( x )  x 2 f ( x )  2 x 
x
0
f ( t ) d t
所以
l i m
x  0
F ( x
k x
)
 l i m
x  0
2 x 
x
0
x
f
k
( t ) d t
 l i m
x  0
2 
x
0
x
f
k
( t
 1
) d t
 l i m
x  0 ( k
2

f
1
(
)
x
x
)
k  2
 l i m
x  0 ( k  1
2
) (
f
k
(

x )
2 ) x k  3
由于lim f(x) f(0)0 ，而上式右端极限存在且为非零常数，则
x0
k  3 ，所以应选
（C）.
方法二：特例法 本题只要能确定 F ( x ) 的阶，问题就得到解决，在
F  x   
x
0
( x 2  t 2 ) f ( t ) d t 的表达式中取 f ( t )  t ， F ( x )  
x
0
( x 2  t 2 ) t d t 
x
2
4

x
4
4

x
4
4
.
显然它是 x 的4阶无穷小，从而F(x)是 x 的 3 阶无穷小，所以应选（C）.
13.【答案】C
【解析】先利用洛必达法则求出 l ix m
0
(
(
x
x
)
)

 
，再根据此极限值进行判定.l ix m
0
(
(
x
x
)
)
l i m
x
5
5
e
0
l ix m
s i 5 x
0
sin x
(1
0
s i n 5
5 x 0
1
n
t
x
t
t
d t
1
) d t
l i m
x
t
0
(1
5 l ix
s i
m
n
0
(1
x )
s i
1
sin x
s
n
i n
5
x
5 x
x
1
) sin x c o s x

 
















故(x)是 ( x )  同阶但不等价的无穷小量.1-5拓展提升
1.【答案】5
【解析】
f ( x ) 


3
3
1
x
x
1
0


x
4
4
5
s i


n
x
o
x

( x

x
3
6
s
3
!
)
i n

x
x
5
c
5
!
o

s
o
x
(

x 6
3
)
x



4
1
2
s

i n
2 x
x


(
1
2
2
s i
x )
3 !
n
3
2

x
( 2 x
5
)
!
5
 o ( x 6 )

故 f ( x ) 是关于x的5阶无穷小 ( x  0 ) .
2.【答案】6
【解析】由 l i m
x  0 1 
f (
c
x
o
)
s x
  1 ，可知当x0时，有 f ( x ) ~  ( 1  c o s x ) ~ 
x
2
2
.
又
2 sin x
 f ( t ) d
0 l i m
n x x  0
t


2
n
l i m
x 
l i m
x 
0
0
f
x
(
f
x
s
(
n
i
x

n
2
1
2
)
x

)
n

x
2
n
2 s i
n  1
l i m
x 
n
0
x
x
c

o

x
s
(
n
x
x
2
1
2 ) 2

1
n
l i m
x  0

x
5 x
n  1
,
故n15，即n6.
3.【答案】6
【解析】当 x  0 时， l n [1  ( x  s i n x ) ] ~ x  s i n x ， (1  c o s x ) ~
1
2
x 2
确定 n  0 使得
1
 xsinx ln(1t)dt 洛
ln[1(xsinx)](1cosx)
(xsinx) x2
2
lim 0 lim lim
x0 xn x0 nxn1 x0 nxn1
1 xsinx
洛
1 1cosx
 lim lim
2 x0 nxn3 n3 2 x0 n(n3)xn4
取 n6 1
0
72
因此，可得n6.4.【答案】A
【解析】由题意知，对于任意 0   ，存在 0   ，当 x 时，(2x)(x)  x，
故 ( x )
x
2
x
2
,
x
2
x
4
x
4
, ,
2
x
n 1 2
x
n 2
x
n
,          
 

 

 





 

于是
 x   x  x  x  x   x 
(x)  (x)               
2n  2 2 4 2n1 2n 
 x  x  x  x   x 
 a(x)a
 
 a
 
a
 
  a
 
a
 
2 2 4 2n1 2n 
x x x  1 n
    ∣x∣1
 
.
2 4 2n  2 
又当 n   时，
x
2 n
0 
 
 ，所以
(
x
x ) 
  ，即 l ix m
0
(
x
x )
0


 .
5.【答案】 1 
x
2
2
【解析】当 x  0 时， g ( x )  g ( 0 )  g ( 0 ) x 
g (
2
0 )
x 2  o ( x 2 )
因 g ( x )  s e c x ，故g(0)1,g(0)0,g(0)1，即 g ( x )  1 
x
2
2
 o ( x 2 ) ，
g ( x ) 

1 
x
2
2 
 o ( x 2 ) ，故 f ( x )  1 
x
2
2
.
6.【答案】D
1
x3cos
x 1 1
【解析】lim  limxcos 0，因此
x0 3sin2 x 3 x0 x
3 s i n 2 x  x 3 c o s
1
x
~ 3 s i n 2 x ~ 3 x 2 ( x  0 )
故  2  x 
(32tanx)x 3x 3x     1 3 tanx   1  e xln    1 2 3 tanx    1
lim lim lim
x0 3sin2 xx3cos 1 x0 3x2 x0 3x2
x
 2  2
xln  1 tanx  x tanx
 3  3 2
lim lim 
x0 3x2 x0 3x2 9
所以当 x  0 时，它们为同阶但非等价无穷小，因此答案选（D）.
7.【答案】C
【解析】当 x  0 时，(1x)sin2x 1esin2xln(1x) 1sin2xln(1x)~ 2x2，
l n
1
1


x
x
 l n (1 
1
2

x
x
) ~ 
1
2

x
x
~  2 x ，则 l n 2
1
1
x
x
~ 4 x 2  


，答案选（C）.
8.【答案】A
【解析】由 l i
x 
m
0 
f (
x
x
2
)

1
2
l i
x 
m
0 
f ( x ) 
x
f ( 0 )

1
2
f ( 0 )  1 得当 x  0  时， f ( x ) ~ x 2 ，
则当 x  0 
arctan2x x2 1
时， f(t)dt ~  t2dt  x6 ;
0 0 3
x
0
ln (1 x )
l n
f
( 1
( t )
t )
d t ~
2 x2
0
2 t
t
d t
x
8
4
  
 

  ，选（A）.
9.【答案】A
【解析】令
1
x
 t ，则
原 式 

l i m
t
l i m
t
0
0
(
(
1
k


sin e
k t )
t
1 ) t
t 

( 1
1
( 1


t )
t )


k
l i m
t
1
 1
0 (

1 
a
t

 ) 
0
s
( 1
i n

t
t ) k  1  1 
故k 1，（A）正确.
10.【答案】A
【解析】l i m
x  0
2 a r c t a n x
x

p
l n
1
1


x
x


l i m
x 
l i m
x 
0
0
1

1p
2

4
x
x
x
xp
2
2
4
 1


1p
x

1
 x
p  1
4
p

l i m
x 
1
0
1

x
x
p  3 (
1
1  x 4 )
 c
可得 p  3 , c  
4
3
.1-6综合测试
1.【答案】 a   1 ， b  l n 2
【解析】先分别考察 f ( x ) ， g ( x ) 的连续性.
对  a , x  0 时 f ( x ) 连续， x  0 时 f ( x ) 左连续， f(0)6．又
l i
x 
m
0 
f ( x )  l i
x 
m
0  x
e

a
a
3 x
r c

s
1
i n x
 l i
x 
m
0  x 
a
a
x
r c
3
s i n x
 l i
x 
m
0 
a

3 x
3 x
6
  6 a
仅当 a   1 时 f ( x ) 在 x  0 右连续．因此，仅当 a   1 时 f ( x ) 在 x  0 连续．
对  b , x  1 时 g ( x ) 连续，x1时 g ( x ) 右连续， g (1 )  e b  1 ，
3sin(x1)
又limg(x)lim 3. 仅当eb 13，即eb 2，
x1 x1 x1
b  l n 2 时 g ( x ) 在 x  1 左
连续．因此，仅当 b  l n 2 时 g ( x ) 在 x  1 连续．现由连续性运算法则知， b  l n 2 ，
a   1 时 f(x)g(x)处处连续．
2.【答案】 ( 1 , e )
【解析】 f(x)只有间断点 x  a ， x  b ．
当a1， b  e 时， f ( x ) 
( x 
e x
1 )

( x
e
 e )
因为 l i m
x  1
f ( x ) 
1
1
 e
l i m
x  1
e x
x


e
1

1
e
 e
，所以 x  1 为可去间断点．因为
l i m
x  e ( x 
e x
1 )

( x
e
 e )
  ，所以 x  e 为无穷间断点.
当ae， b  1 时， f ( x ) 
( x 
e x
e )

(
1
x  1 )
，lim f(x)，lim f(x)．此时
x1 xe
x  1 ，
x  e 均为无穷间断点．因此，(a,b)(1,e)．
3.【答案】(,)
【解析】先求出 f(x)
xx2enx x0
x0时， f(x)lim   x，
n 1enx 10
x0时， f(0)0，x  0 时， f ( x )  l i m
n  
x 
1 
x 2
e
n e
n x
x
 l i m
n  
x e
1


n x
e

 n
x
x
2

0
1


x
0
2
 x 2
因此 f ( x ) 
 x
x
,
2 ,
x
x


0
0
， f ( x ) 处处连续，即连续区间是 (   ,   ) ．
4.【答案】D
【解析】因为
l i m (
x   1
l i m (
 x  1
l i m (
 x  1
x
x
x



1
1
1
)
)
)
a
a
a
r
r
r
c
c
c
t a
t a
t a
n
n
n
x
x
x
1
2 
1
2 
1
2 
1
1
1



0



,
 ,
f (  1 ) ,
所以在 x   1 处连续， x  1 处间断，选（D）.
5.【答案】 a   1 , b  1 .
【解析】
f ( 0  0 )  l i
x 
m
0 
a (1  c o s
e
x
x
)


x
2 l

n
1
(1  b x 2 )
 l i
x 
m
0 
 a (1  c o
2 x
2
s x )
 2
l n (1 
x
2
b
2
x 2 ) 
 a  4 b
f ( 0 )  3 ，
f ( 0  0 ) 

l i m
x 
2 b
 0

2 b
l i
x 
x
m
0
s

i

n
x
x
0
x 
a r c t
2
c o s
2 x
x

0
a n
t d
2
c
x
t
o

s t d
2 b
t

 l i
x 
l i m
x  0
m

0 
2
2
x
b
c
2
x
o
x
s
s
i n
x 2
x


x
x

0
2
2 b
2

c o
1
s t d t
因为 f(x)在 x  0 处连续，所以a4b32b1，解得a 1,b1.
6.【答案】请参照解析
【解析】x k(k 0,1,2,)及 x  1 为 f(x)的间断点.
x 2
f(00) lim f(x) lim (x2) ，
x0 x0 sinπx π
f ( 0  0 )  l i
x 
m
0  x 2
x
 1
 0 ，
因为 f ( 0  0 )  f ( 0  0 ) ，所以 x  0 为跳跃间断点；
x2 2
由lim f(x)2lim  得x2为可去间断点；
x2 x2sin(x2) 当 x  k ( k   1 ,  3 ,  4 ,   ) 时，由lim f(x)得
xk
x  k ( k   1 ,  3 ,  4 ,   ) 为第二类间断
点；
由lim f(x)得
x1
x  1 为第二类间断点.
7.【答案】请参照解析
【解析】 f ( x ) 的间断点为x0,1,2,及 x  1 .
当x0时， f ( 0  0 )  l i
x 
m
0 
x
s
3
i n


x
x
 lx i m
0  s i n
x
 x
 ( x 2  1 )  
1

，
f ( 0  0 )  l i
x 
m
0 
f ( x )  l i
x 
m
0 

l n (1  x )  s i n
x 2
1
 1

  s i n 1 ，则x0为函数 f ( x ) 的第一
类间断点中的跳跃间断点.
当x1时，
lx i m
 1
f ( x )  lx i m
 1
x
s
3
i n


x
x
 lx i m
 1
x ( x 
s i
1
n
) (

x
x
 1 )
 2 lx i m
 1 s
x
i n


1
x
 2 lx i m
 1  c
1
o s  x
 
2

，则
x1为 f ( x ) 的第一类间断点中的可去间断点.
当xk(k 2,3,)时，lim f(x)，则
xk
x  k ( k   2 ,  3 ,   ) 为函数 f ( x ) 的第二类
间断点.
当x1时，因为lim f(x)不存在，所以
x1
x  1 为 f ( x ) 的第二类间断点.
8.【答案】C
【解析】由于 f ( x ) 和 g ( x ) 在 (   ，   ) 上皆可导，则必在 (   ，   ) 上连续，则
lx i m
x0
f ( x )  f ( x
0
) ， lx i m
x0
g ( x )  g ( x
0
) ，又 f ( x )  g ( x ) ，从而 f(x ) g(x )，即
0 0
lim f(x) limg(x).
xx xx
0 0
9.【答案】
1
3
【解析】按连续性定义，极限值等于函数值，故
x
 sint2dt 洛 sin(x2) x2 1
a lim f(x)lim 0 lim lim  .
x0 x0 x3 x0 3x2 x03x2 310.【答案】B
【解析】由于 l i m
x  0
g ( x )  l i m
x  0


x
0
f (
x
t

) d t


 l i m
x  0
f (
1
x )
 f ( 0 ) . 所以x0是函数 g ( x ) 的
可去间断点. 故应选择（B）.
11.【答案】 a  b
【解析】由于 F ( x ) 在x0处连续，则 A  F ( 0 )  l i m
x  0
F ( x )  l i m
x  0
f ( x ) 
x
a s i n x
 b  a .
12.【答案】D
【解析】由于 f ( x ) 是奇函数且在 x  0 处有定义，则 f ( 0 )  0 .
f(x) f(x) f(0)
limg(x)lim lim  f(0)
x0 x0 x x0 x
所以选（D）.
13.【答案】 0
【解析】因 l i m
n  
( n
n x

2
1

) x
1

 0
1
x
, x
, x


0 ,
0 ,
故x0是间断点.
14.【答案】D
【解析】 l i m
x  0
g ( x )  l i m
x  0
f
 1
x

. 令 t 
1
x
，当 x  0 时， t   ，则
l i m
x  0
f
 1
x

 l it m

f ( t )  a .
当a0时，有limg(x)0 g(0)，
x0
g ( x ) 在点x0处连续；
当a0时，limg(x)a g(0)，g(x)在点x0处间断，因此g(x)在点x0处连续
x0
性与 a 的取值有关.
15.【答案】D
1
【解析】lim ，故x0是第二类间断点.
x
x0
ex1 1因为 l ix

m
1 
e x
x
1
1  1
  1 ， lx i m
1 
e x
x
1
1  1
 0 ，故 x  1 是第一类间断点.
16.【答案】A
【解析】首先找出 f ( x ) 的所有不连续点，然后考虑 f ( x ) 在间断点处的极限.
f ( x ) 的不连续点为0、1、 

2
，第一类间断点包括可去间断点及跳跃间断点. 逐个考虑
各个选项即可.
对于选项（A）， l i
x 
m
0 
f ( x )  l i
x 
m
0 

e
1x
x


e
e
1x


t a
e
n

x
 l i
x 
m
0 
e
e
1x
1x


e
e
 1
 1 
ex etanx 1
  ex e e
lim f(x) lim  lim  1.
x0 x0  1  x0 1 e
xex e ex e
 
f ( x ) 在 x  0 存在左右极限，但lim f(x) lim f(x)，所以
x0 x0
x  0 是 f ( x ) 的第一类间断
点，即选项（A）正确；
同理可验证其余选项皆是第二类间断点，即 l i m
x  1
f ( x )   ，lim f(x)，

x
2
l i
x 
m
2
f ( x )   .1-6拓展提升
1.【答案】 x   1 , 1 , 2 为第二类间断点； x  0 为可去间断点.
【解析】显然 x   1 , 0 , 1 , 2 为间断点.
由lim f(x)得
x1
x   1 为第二类间断点；
x x2 1 1  1
由lim f(x)lim ex2 e 2得
x0 x0 arctanx x2 1
x  0 为可去间断点；
由lim f(x)得
x1
x  1 为第二类间断点；
由 f(20)0， f ( 2  0 )   ，得 x  2 为第二类间断点.
2.【答案】C
【解析】令 g ( x )  
x
1
t ∣ s i n t ∣ d t ，则 g ( 1 )  0 ，g(1)0，又 g ( x )  x | s i n x | ，故当
x  [ 0 ,   ) 时， g ( x )  0 ，当x(,0)时，g(x)0，于是g(x)在(,)上只有
两个零点 x   1 .
在x0时， l i
x 
m
0 
f ( x )  l i
x 
m
0 
(

x
x
1

t ∣
1 ) ∣
s i n
x
t

∣
1
d
∣
t
 l i
x 
m
0 
e
x
1x

 1
0
t ∣ s
1
i n t ∣ d t
lx i m
0 
e
x
1x
,
其中 l i
x 
m
0 
e
x
1x

1
x
 t
 l i
t
m

e
t
t
   ，则 x  0 为无穷间断点.
在x1处， lx i m
 1
f ( x )  lx i m
 1
x 2
e

1x
x
 lx i m
 1 
∣
x
∣t
1
x
s

i n
∣1
∣t d t
 2 e  lx i m
 1 
∣
x
∣t
1
x
s

i n
∣1
∣t d t
其中
∣x1∣ x1
洛
1 1
lim  lim lim 
x(1)  x t∣sint∣dt x(1)  x t∣sint∣dt x(1) x|sinx| sin1
1 1
∣x1∣ 1
同理可得 lim  ，则
x(1)  x t∣sint∣dt sin1
1
x   1 为跳跃间断点.
在x1处，l i m
x  1
f ( x )  l i m
x  1
洛
∣x x
e

1x
2
e
∣1
 l i m
x 
l i m
∣x x  1
1 x 
1
1
s i n
x
∣t s
∣x

i n

1
∣t
e
d t
2
 s i n

1
2
e
l i m
x  1  x
1
∣t
x
s

i n
1
∣t d t
综上，函数 f ( x ) 
(
e
x
1x
2


x
1
t
x
∣
)
s
∣
i n
x
t

∣
1
d
∣
t
的第一类间断点的个数为 2 ，应选（C）.
3.【答案】C
【解析】因为 x  0 是函数 f ( x ) 的第一类间断点，且 f ( x ) 在x0无定义，故 f ( x ) 的
左、右极限均存在，又 f ( x ) 
 x
0
x
e

2t d
b
t
s

i n
a
x
x
为“
0
0
”型，故由洛必达法则得
ex2
a
lim f(x)lim .
x0 x01bcosx
ex2
1
选项（A），当a 1,b1时，lim f(x)lim ，与x0是
x0 x01cosx
f ( x ) 的第一类间
断点矛盾.
选项（B），当 a   1 , b  1
ex2 1 x2
时，lim f(x)lim lim 2，
x0 x01cosx x0 1 x2
2
选项（C），当 a  1 , b   1 时， l i m
x  0
f ( x )  l i m
x  0 1
e

x 2
c

o
1
s x
 l i m
x  0
2
2
 1 ，
ex2
1
选项（D），当a 1,b1时，lim f(x)lim 0.
x0 x01cosx
4.【答案】C
【解析】
f ( 1  0 ) 

lx
2
i m
1




2
1
l i
x 


m
1
2
2
s 
1
x  1
1x
 1
l n
i n [

[ 1

∣ 
s i
 (
 
l
n
x
(
n


x
∣x
x
1

)
1

)

]

2 
2 


lx i m
  1
l i m
x  1
s

l n
i n
s i n
x
 x
x


( x
1
 1 )
 1f ( 1  0 ) 

lx

i m

1
1 



2
1


l i
x 
m
2
2
 1
1x
 1
1x
 1
l n
s i n

[ 1
[ 
∣ 
s


i
l
n
(

n

x
(
∣x
x

x
1


) ]
1

) ]


1


1


l i
x 

m
 1
l i
x 
s
m
1
l n
i n
s 
x

i n
x
x


( x
1
 1 )
 0
则x1为 f(x)的跳跃间断点，答案选（C）.
5.【答案】在定义域内连续.
【解析】当 0  x  e 时，有
f ( x )  l i m
n  
l n ( e n
n
 x n )
 l i m
n  
l n e n

1
n

x
e
n
n

 l i m
n  
n  l n

1 
n
 x
e
 n 
 1
当xe时，有
f ( x )  l i m
n  
l n ( e n
n
 x n )
 l i m
n  
l n x n
 e
x
n
n
n
 1

 l i m
n  
n l n x  l n
n  e
x
 n
 1

 l n x
1, 0 xe
得 f(x) ，又
lnx, xe
lx i m
e 
f ( x )  1 , lx i m
e 
f ( x )  lx i m
e 
l n x  1 ，则
l i m
x  e
f ( x )  1  f ( e ) ，故 f(x)在xe处连续，即在定义域 x  0 内连续.
6.【答案】C
【解析】当 x  0 时， f ( x )  l i
t
m

x
1


2
2
tx
tx
 l i
t
m

x
2
2

 tx
tx 

1
1
 1 ；
当x0时， f ( x )  l i
t
m

x
1


2
2
tx
tx

1
2
；
当x0时， f ( x )  l i
t
m

x
1


2
2
tx
tx
 x
故 f ( x ) 
 1
1
2
x
,
,
,
x
x
x



0
0
0
.
,
,
x
利用结论：设F(x)  f(t)dt ，若 f(x)可积，则F(x)连续；若 f(x)连续，则F(x)可
a
导.因此，可知 x  0 是 f ( x ) 的第一类间断点，故 F ( x ) 在 x  0 处连续，但不可导，（C）正
确.
7.【答案】见解析
【解析】找到，发现式子中只有 f ( )  ，分离变量，得 f ( )
b
a
f (
b
a
x
g
)
(
g
x
(
)
x
d
)
x
d x
 


，即证明

b
a
f (
b

a
x
g
)
(
g
x
( x
) d
)
x
d x
介于函数 f ( x ) 的最小与最大值之间.
不妨设在在[a,b]上g(x)0，
因为 f(x)是一个在 [ a , b ] 上连续的函数，所以由最值定理可知， f ( x ) 在 [ a , b ] 上有最大值
M ，最小值 m ，即
m  f ( x )  M 

m

g
b
a
(
m
x
g
)
(

x )
f
d
(
x
x

) g

(
b
a
x )
f

( x
M
) g
g
(
(
x
x )
) d x  
b
a
M g ( x ) d x
（1）
b
 f(x)g(x)dx
b
若 g(x)dx0，则m a  M . 由介值定理知，
b
a  g(x)dx
a
[ a , b ]    ，使得
f ( )
b
a
f (
b
a
x
g
)
(
g
x
(
)
x
d
)
x
d x
 


，即
b
a
f ( x ) g ( x ) d x f ( )
b
a
g ( x ) d x    
b b
若 g(x)dx0，由（1）式可知 f(x)g(x)dx 0，则对
a a
[ a , b ]    ，都有
b
a
f ( x ) g ( x ) d x f ( )
b
a
g ( x ) d x     .
该题的结论也叫积分第一中值定理. 当 g ( x )  1 时，就是通常的积分中值定理：
b
a
f ( x ) d x f ( ) ( b a ) .    
8.【答案】请参照解析
【解析】由 f ( x ) 在 [ a , b ] 上连续，知 f ( x ) 在[c,d]取得最小值k 和最大值 K . 由于
mf(c)nf(d)
(mn)k mf(c)nf(d)(mn)K ，故k   K.
mn由介值定理，存在一点 [ c , d ] ( a , b )    ，使得 f ( )
m f ( c
m
) n
n
f ( d )
 


，
即mf(c)nf(d)(mn)f().
9.【答案】（1） x  0 ,1 为 f ( x ) 的跳跃间断点； （2） x   1 , 0 为 f(x)的跳跃间断点.
0, x0,
 0, |x|1,

 , x0, 
【解析】（1）由limarctanenx 4 limx2n 1, |x|1,
n  n 
 , |x|1.

 , x0,
2

, 0 x1,

2

arctanenx 
得 f(x)lim  , x0,1,
n x2n 1  4

 0, 其他.

故x 0,1为 f ( x ) 的跳跃间断点.
（2） ln i m

e n x 
 0
1

, x
, x
 , x



0
0
0
,
,
,
l i m
n  
x n 

不
0

1
存
,
,
,
在 x
x
x
x




1 ,
1 ,
1 ,
 1 .
当x1时， f ( x )  0 ；
当  1  x  0 时， f ( x )  1 ；
3
当x0时， f(x) ；
2
当x0时， f ( x )  ln i m

1 
2

x e
x
x e


en
1
n

x
e
1
n x
 2 e x

0 
x
e x
 1

；
0, x1,

1, 1 x0,

故 f(x)3 ，因此，x1,0为 f(x)的跳跃间断点.
, x0,

2

2ex, x0.