(263)--第一章习题册答案解析_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_{2}--资料

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  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   ， 当 0 x    时， f ( x )  x f ( 0 )  0 ，故对于任意的 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 , 满足题设条件且 f ( 0 )  1 2  0 ，当 x  0 时， f ( x )  1 2  2 x s i n 1 x  c o s 1 x . 显然，当 x n  2 1 n π 时， 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， a r c s i n ( s i n x )  x ;  3     当x  ,  时，有x   ,  ,arcsin(sinx)arcsinsin(x)x. 2 2   2 2     x, x  , .      2 2 故 f(x)   3  x, x ,  .    2 2     sinx, 1 x  ,   2 2.【答案】   x, x 1或x  .  2 【解析】当 x  1 时，(x)arcsinx， ( x ) a r c s i n x π 2    ， f[(x)]sin(arcsinx) x.  当1 x  时， 2 ( x ) x   π ，(x)  x  ， 2 f [ ( x ) ] s i n x   . 当 x   2 时， ( x ) x   π ，(x)  x  ， 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 , , 当 x   1 3 时， 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 ,)有界，不能保证 0 f ( x ) 在整个定义域 ( a ,   ) 有界． 例如， f ( x )  1 x 定义于(0,)， l i x  m 0  f ( x )   , 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， lx i m x0 f ( x ) h ( x ) 是未定式（无穷大量与无穷小量之 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 0 的某邻域内无界，因此选（B）． 1 1 方法二：举反例说明（A）、（C）、（D）均不成立．设 f(x) sin ， x x 1 1 令x  , y  ,则 n π n nπ 2nπ 2 x n  0 , y n  0 ( n   ) ，l i m n   f ( x n )  l i m n   ( 2 n π  π 2 )    ， ln i m  f ( y n )  0  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 l i m n   x n  a ，则 l i m n   s i n x n  s i n a  0 ， 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  s i n x 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. （C）也是错的. 用洛必达法则求“ 0 0 f(x) ”型极限lim 时，若 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 . 若 l i m x  a f g ( ( x x ) )   ，则 l i m x  a f g ( ( x x ) )   ，（D）正是后一种情形. 3.【答案】D 【解析】④设lima a0,则 n n l i m n   n a n  l i m n   a 1nn  e lim n  ln an n  e 0  1 . ④正确. ①反例 a n  1  n 1  1 , 0  a n  1 , 1 但liman  ; 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 sin(arcsinx ) 单调有界，故 x  收敛. n n n 若 x  收敛，则 sinx  收敛，故应选（D）. n n 5.【答案】C 【解析】若存在 x n  [ a ,   ) 使得limx ， n 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 l i m n   f ( x n )   矛盾. 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 ) M limx ，limf(x )，因此选（C）. n n n n n 6.【答案】C 【解析】（A）选项：由于为任意正数，从而 l仍然为任意正数；存在 1 0   ，也就 是存在 k，因此（A）也就是：任意 0，存在 0，当0 xx 时，有 1 1 1 0 1 f(x)A ，这就是 1 lx i m x0 f ( x )  A 的等价定义. （B）选项：取 1 2 , 1 2      ，因此（B）也就是任意 1 0   ，存在 1 0   ，当 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. （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 n } 与数列  x n  不一定同敛散. 若 { x n } 收敛，则  x n  也收敛，且当 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 ) l i m 4 x x  0    l i m x  l i m x  l i m x  0 0 0 3 3 1 6 x x  2 2 3 x   x 6 2 x 6 x s i n 6 x 3  2 f 3  ( x x 0 )  2   l i m x  l i m x  0 9 2 0 s 3 i x n 2 3  x s 2 i  x n 6 3 x x 2 2 f  ( x s x ) i 6 n 3 x 2  x 2 f ( x ) 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： x s i n x 2  x ( x 2  o ( x 5 ) )  x 3  o ( x 5 ) 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 x s i n x 2  ( e x 2  1 ) s i n x   1 3 x 5  o ( x 5 ) 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 . 由泰勒公式： e t  1  t  1 2 t 2  o ( t 2 ) . 令t  x2 2x，则 e 2 x  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 u x2 limg(f(x)) limg(x2) limg(u) lim(2u)2. 因此， x0 x0 u0 u0 l i m x  0 g ( f ( x ) )  2 . 1  5.【答案】e 6 【解析】方法一： 利用重要极限  sinxx cot2x lim sinxx cot2x lim  1 6 x3  cos2x lim 1 x2 1  1 I lim  1  ex0 x ex0 x sin2x ex0 6 x2 e 6 x0 x  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】 e 2 【解析】方法一：利用重要极限 x1 I  lim  1sin 2 cos 1 1  xcos x2 ex l  im     sin 2 x cos 1 x 1    xcos x x  2 1 ex l  im     sin 2 x cos 1 x 1    x1   x x x  1 t lim sin2tcost1 lim sin2t lim cost1 x et0 t et0 t t0 t e2 方法二：幂指函数指数化 I  l i m x    e x c o s x  1  ln 1   2 x  sin 2  c o x 1  s  1  x   1x  e lim x ln x  t lim  e t 0 2 1 1  sin  c o s  x x  sin 2 t c o s t 1 t  1   e lim  t 0 sin 2t t  lim  t 0 c o s t t 1  e 2 1 7.【答案】 n! 【解析】方法一：因为 x  0 时， 1  c o s k x ~ k 2 x 2 ，所以 I  l i m x  0 122 x 2   132 1 2 x x 2 2  n  1n21 x 2  1 n ! 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 0 0 型极限 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 ) ． 于是 I  l i m x  0 1  1  c c o o s s x x  l i m x  0 1  1  3 c c o o s s x x   l i m x  0 1  1  n c c o o s s x x  1 2  1 3  1 4   1 n  1 n ! 8.【答案】  1 2 ， 1 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， ln   1 1   1  1 o  n2 ，所以当  n n 2n2 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 n2 1  1 3n   1 n  e n2ln    1 1 n    e n2    1 n  2 1 n2  3 1 n3 o(n3)    lim lim lim n e(e)n nen(3)n n en(3)n lime n2    1 n  2 1 n2  3 1 n3 o(n3)    (n)nln3 lime  1 2 nln3 3 1 n o(n1) 1 n n 1 1 所以 , . 2 3 9.【答案】1 【解析】因为  x 0 t f ( x  t ) d t x  t  u  0 x  x  u  f ( u ) (  d u )  x  x 0 f ( u ) d u   x 0 u f ( u ) d u  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 x x  arctan(xt)2dt  arctanu2du arctanx2 lim 0 lim 0 lim x x x x x0  tf(xt)dt x0 x f(u)du uf(u)du x0  f(u)du 0 0 0 0 x2 2x lim lim 1 x0  x f(u)du x0 f(x) 0 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 a t a n 2 x 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： x x x x x f(t)dt tf(t)dt令xt u x f(t)dt tf(t)dt 原式lim 0 0 lim 0 0 x x x0 x f(xt)dt x0 x f(u)du 0 0 x 洛  f(t)dtxf(x)xf(x) lim 0 x x0  f(u)duxf(x) 0 积分中值定理 xf() f(0) 1 lim   . 介于0与x之间 x0 xf()xf(x) f(0) f(0) 2 0 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 【解析】根据题设，则 l i m x    x x   c c  x  e lim x  x ln  xx  cc   e lim x  x ln 1  2 c x  c   e lim x  2x c xc  e 2 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limf(h)2f(2h)3f(3h)(2 3)f(0) 1 2 3 1 2 3 h0 因为 f ( 0 )  0 ，得23 0. 1 2 3   1, 1 1 1 1 2 3  总之，得,,的线性方程组2 3 0,因其系数行列式1 2 3 20， 1 2 3 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 h 2 高阶的无穷小. 方法二：利用泰勒公式 f(h) f(2h)f(3h) f(0) 1 2 3  1   f(0) f(0)h f(0)h2 o(h2)  f(0)2f(0)h2f(0)h2 o(h2) 1  2   2    9   f(0)3f(0)h f(0)h2 o(h2)  f(0) 3  2   (4 9) ( 1)f(0)(2 3)f(0)h 1 2 3 f(0)h2 o(h2) 1 2 3 1 2 3 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h2 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  11Bx  BC  x2   C  x3o(x3)1 Axo(x3) 2  6 2  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 ] 1 1 1 是以1为周期的周期函数， f(t)dt   xdx  ，对于 0 0 2 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 . 1 2.【答案】 2 【解析】所求极限为“”型未定式，但无法进行通分化为“ 0 0 ”或“   ”型. 类似 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.  exx   exx   e  原式 lim x 1  lim x 1  lim xln x  (1x)x   x   xx  1 1  x   x    1 1  x    x   x   1 1 ln(1t) 1xln1  t  1   1  x t = lim x1xln1  lim x lim x   x x 1 t0 t x 1 t2 tln(1t) 1 2 =lim lim  t0 t2 t0 t2 2 3.【答案】a 【解析】所求极限为“    ”型未定式，首先应通过变形化为“ 0 0 ”型未定式后，再使 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    易求 l i x  m  x 1x  e lim x  lnx x  e 0  1 . 上述极限后半部分可以使用 l n ( 1  x ) ~ x ( x  0 ) 的逆等价 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 1 ln2 5.【答案】  2 6 【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 61 6.【答案】 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 ) 故原式=  1 6 l i x  m 0  l n (1  x )  l x n 2 ( x  1  x 2 )   1 6  (  2 )  1 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  1  1 上式两边同时积分可得ln(x 1x2) 1 x2o(x2) dx x x3o(x3)    2  6 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  x 2  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】    2 l n ( x  1  x )     x x   1 1 1 1   x x 2 2 (  x x   1 1 1    x x x 2 2 2 )    x 1  1  x 1 1 2  x 2  1  2 2 1 x  x 2  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.1 1 l i m x ( x x ) ( x 6 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 .                                1 8.【答案】 12 【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 2x 2  l n 2 ( 1  x ) ~ x 3 （可作为结论记住） x   cos2xex2   1 cos2xex2 cos2xex2   2   e xln 2 1 ln 2 lim lim lim x0 x2 ln2(1x) x0 x3 x0 x2  cos2xex2 2 ln1    2   1 cos2xex2 2 lim  lim x0 x2 2 x0 x2  1   (2x)2 1 cos2x1 ex2 1 1  3 2  lim lim  lim 1  2  x0 x2 x0 x2   2  x0 x2  2   10.【答案】  9 1 7 2 【解析】 sin(ex 1)(esinx 1) sin(ex 1)(esinx 1) lim lim x0 sin43x x0 (3x)4 洛 excos(ex 1)esinxcosx lim x0 324x3 凑 excos(ex 1)excosxexcosxesinxcosx lim x0 324x3 拆 excos(ex 1)excosx excosxesinxcosx lim lim x0 324x3 x0 324x3 代 cos(ex 1)cosx ex esinx lim lim x0 324x3 x0 324x3 拉 sin(ex 1x) e(xsinx) lim lim (,均为x的等价无穷小) x0 324x3 x0 324x3 1 1 泰 x 2 x2 6 x3 1 1 1 lim lim    x0 324x3 x0324x3 3 324 972 11.【答案】 a   3 , 9 b 2 【解析】 l i m x  0 ( x  3 s i n 3 x  a x  2  b )  l i m x  0 s i n 3 x  x a 3 x  b x 3 . (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 ) . 由题干信息 l i m x  0 s i n 3 x  x a 3 x  b x 3  0 ，根据系数之间的关系可得：  a b    9 2 3 . , 12.【答案】 a   2 d ，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  l i m x 1    c    2 x x  x      d    x     l i m x    t  l i m  t 0 1 2 1 x 1 ( a  t a  x l i m t 0  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 4 1.【答案】2e 2 【解析】lim    1 12    1 22    1 n2     1 n lime 1 n  i n 1 ln    1   n i   2   e  0 1 ln(1x2)dx 2e  2 4 n n2  n2   n2  n 2.【答案】2 0 【解析】方法一：这是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． I    l i m n   l i m x  0 l i m x  0 a r c 1     1 t a 2 4  n x 4 2 n 2 2 x    a 1 2  ( r c 1 n   1  t a n 2 1 4 ( 1  x x )  n  2 x x ) 2 x 2  1 2 4 2   x 1  n  2 ( 1  ( 1   2  x  2 l i m x  )  x ) 0 2  2 a x r c t  a n l i x  2 m 0 x  x  x  a 2 1 r  c t 4 a n ( x 1 2 2 1    x x x ) ( 1 2   x 1 ) 2  4 x 2  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 1 2 其中  ，当n时， 1．因此，I limn2 2． n1 n 12 n n(n1) 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 i因为 l i m n   n 1  1 n i 1 e in  l i m n   n n  1  1 n n i 1 e in  l i m n   1 n n i 1 e in   1 0 e x d x  e  1 ，所以 l i m n   n i 1 n e  in 1 i  e  1 . ln2 4.【答案】 (e11) 2 【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 1 n 1 n 1    ， i12 i21 i2 i1 n i1 n i1 n n n 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 x n  1  1 4  3 x n  a x 3n   x n  x n  4 x n  a x 3n  4 x n  x n  x n  a x 3n  4 a  n  1 , 2 ,     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 n   n  2 单调减少，再由 x n  0 ( n  2 , 3 ,   ) ，则limx 存在， n n 令 l i m n   x n  A ，等式 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 . 1 5 7.【答案】 2 【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 , ) 即 x n 有界. 令 f ( x )  2  1 1  x  f ( x )  ( x  0 )  x n  1  f ( x n ) ( n  1 , 2 , 3 , ) 单调． 因此 x n 收敛，记 l i m n   x n  a ． 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 ，即 a 2  a  1  0 ，解得 a  1  2 5 ． 8.【答案】a1 1 1 1   a  nn 【解析】lim  an an n lima11 1   a1. n 1 2 n 1   a   1  2  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 n  单调减少，又因为 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 l i m n   a n  0 ． 10.【答案】略 【解析】（Ⅰ） f n ( x )  1  (1  c o s x ) n 在  0 ,  2  上连续， 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  ，使得 f n ( x n )  1 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 n ( x ) 严格单调 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 时， f n ( a r c c o s 1 n )  1 2 . 1  又 f (x)单调减少，故有arccos  x  ，而 n n n 2 l i m n   a r c c o s 1 n   2 ，由夹逼准则，有 l i m n   x n   2 . 11.【答案】略 【解析】（1）令 G ( x )  F ( x )  x  1 2 [ f ( x )  x ] ，则 G ( a )  0 ，G(b)0，由零点定 理，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  单调增加；当 n x 1  x 0 时，数列 x  单调减小，故 n l i m n   x n 存在，由（Ⅰ）知 l i m n   x n  x * . 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  (1 n   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 ，则 l i m n   u 2 n  l i m n    2 n 2  n 1   1 1 2n11 ，limu lim   1 n 2n1 n 2n1  所以， l i m n    n  n 1   1 n  1 . 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】 l i m a n n     ln  i m  1 1 0 n i 1 x  x n d 2 2 x i  (  i i  ( i 1 2 1   ) 1 1 0 ) 1  1  ln x i m  d 2 n i 1 (1  1 x  2  )  i ( i  1 ) 2 n i ( i  1 2 n 1 l n (1 2 )   2 x  2 1 n ) 1 0  1 2 l n 2 2.【答案】1 【解析】由 f ( x ) 在 [ a , b ] 上连续，知 e f ( xk ) 在 [ a , b ] 上非负连续，且0mef(x k ) M ， 其中 M , m 分别为ef(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 ( x k )  M ， 故 n m  n 1 n k n  1 e f ( x k )  n M ，又 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  0 且 a  单调递增，lima 不可能为0，故矛盾，因此lima . n n n n n 4.【答案】B  1  【解析】u u  1  u ，所以 u  为单调增数列，记 f(x)ex 1x， n1 n  2n1 n n 则 f ( x )  e x  1  0 ( x  0 ) ，函数 f(x)单调增，而 f ( 0 )  0 ，所以 f(x)0(x0)，可  1 1   1  1 1 1 1  1   1 以得到1xex ，故u   1  1   1  e2e22 e2n e2 22 2n e， n  2 22   2n  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） l i m n   x n  1 【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 ln(2x)ln(2x ) ln(2x )ln(2x )， n1 1 2 n1 n 也就是 x n  1  x n  l n ( 2  x n )  f ( x 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 ) ， l n ( 2  A )  0 ， A  1 ，故 l i m n   x n  1 . 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 c o s x 在  0 ,  2  上的单调性可知， 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)cosxxsinxcosxxsinx0,x  0, ，故  2 f ( x ) 在  0 ,  2  上单调减少，于是 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 2  f ( a 1 )  0 , a 3  f ( a 2 )  0 , , a n  f ( a n  1 )  0 ( n  1 , 2 , ) ， 综上可知  a n  单调减少且有下界，故  a n  为收敛数列. （2）因为lima t， n n 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  ，则 f ( x )  c o s x  2  , f ( x )   s i n x  0 ， 2 所以曲线 f(x)sinx 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 n  单调递减且有下界， l i m n   x n 存在，记为 a ，于 是x sinx 两边同时取极限 n1 n n   可得 a  s i n a ，故 a  0 ； 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  单调递减且有 n 下界， l i m n   y n 存在，记为 b ，于是y  y2 两边同时取极限n可得 n1 n b  b 2 ，得 b  0 （舍掉b1）  又由（1）可知，当0 x 时，证明 2 s i n x  2  x 1 ，且y  y2  y y  y ，于是 n1 n n n 2 n 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，lim(ax2bxccosx)0，得 x0 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 ) . 1 因此，a  ,b0,c 1，选 2 （C）． 2.【答案】C 【解析】逐一分析它们的阶． 1° ( 1  x ) x 2  1 ~ x 2 l n (1  x ) ~ x 3 ( x  0 )  ( 1  x ) x 2  1 是 x 的3阶无穷小（ x  0 ）． 2° e x 4  2 x  1 ~ x 4  2 x ~  2 x ( x  0 )  e x 4  2 x 是 x 的 1 阶无穷小． 3° l i m x  0  x 0 2 s i x n k t 2 d t  l i m x  0 2 x k s x i n k  x 1 4 k  6 l i m x  0 x  3 s x i n  x x 4 4  1 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 1 1 1 1 1 1 1 (2x) . ( 1)(2x)2[1 (3x) . ( 1)(3x)2]o(x2) 2 2 2 2 3 2 3 3  (  1 2  1 ) x 2  o ( x 2 )  1 2 x 2  o ( x 2 ) ( x  0 ) 是x的2阶无穷小． 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 (  ) g(x) ，lim  B 0() xa (xa)m  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】题干假设右端极限存在，我们在这个前提条件下讨论（1），（2），（3）是否成立. 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 l n (1  f i ( x ) ) ~ f i ( x ) ( x  a , i  1 , 2 ) ． 关于（2），  f (x) limg (x)ln f (x)limg (x)ln f (x). 1  xa 1 1 xa 2  2 f (x)  2  l i m x  a g 2 ( x ) l n f 2 ( x )  l i m x  a g 2 ( x ) l n f f 1 2 ( ( x x ) )  l i m x  a g 2 ( x ) l n f 2 ( x )  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 )  l i m x  a f 2 ( x ) g 2 ( x ) . 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 gf g 1 1 2 2 ( (( ( x xx 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 y y y e3x 2y y 1 【解析】因为lim lim lim lim  x0 ln(1x2) x0 2x x0 2 x0 2 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 时， a x 3  b x 2  c x ~  ln 0 (1  2 x ) s i n t d t ， 2  ln(12x) sintdt sinln(12x) 12x 所以1lim 0 lim ，显然 x0 ax3bx2 cx x0 3ax2 2bxc c  0 ， 2 2 sinln(12x) 2x 12x 12x 4x 再由1lim lim =lim ， x0 3ax2 2bxc x03ax2 2bxc x03ax2 2bx 可得 a 为任意常数， b  2 . 由于此处 a 为任意常数，可以取（D）选项中的 0 ，再根据 b , c 的值可知答案选（D）. 7.【答案】A 【解析】由 f ( x ) l i m n x x  0   l i m x  l i m x  0 0  n x 0 l ( x n n l (1  n (1  u n  1 n x 2  x ) n  2 ) 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 得 n  5 1 ，即当x0时， f(x)~ x5； 15 g(x) 2xcosx2  1cos(sinx2)  sin2x2 1 由lim lim lim lim x0 xm x0 mxm1 x0 mxm2 x0 mxm6得 m  6 ，当 x  0 时， g ( x ) ~ 1 6 x 6 ，故 x  0 时， f ( x ) 是 g ( x ) 的低阶无穷小，应选 （A）. 4 8.【答案】n3,c 3 【解析】由 l i m x  0 2 a r c t a n x c x  n l n 1 1   x x   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 ) ( c 1 x   n  x ) 4 c n  l n li m x  ( 0 1 x  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 得  n   1 4 c n   2 1 ，故 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              ， lx i m 0 lx i m 0 0 x 0 x c s i o n s 3 t d 2 t d t t lx i m 0 2 s i x n c x o 32 s x 2 0              ，lx i m 0 lx i m 0 x 0 0 2 t x a s n i n t t d 3 d t t lx i m 0 2 2 1 x x t a s n i n x x 32 0              ， 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，cosx2 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 x 2 t 4 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 x Fx (x2t2)f(t)dt的表达式中取 0 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 (x) 【解析】先利用洛必达法则求出lim ，再根据此极限值进行判定. x0(x)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 sin2x  f(t)dt f(sin2 x)2sinxcosx lim 0 lim x0 xn x0 nxn1 (x2)2 x 2 xf(x2) 2 1 x5 2  lim  lim  lim , n x0 xn1 n x0 xn1 n x0 xn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， ( 2 x ) ( 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 2 n a x 2 ( ( x x ) ) a x 4 x 2 x 2 a x 2 x 2 x n 2 a x x 4 x 4 1 1 2 a n 2 2 . x n x n 1 1 a x n 2 x n 2                                     ∣   ∣                        又当 n    x  时， 0，所以 2n  ( x x )    ，即 l ix m 0 ( x x ) 0    . x2 5.【答案】1 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 【解析】 l i m x  0 x 3 3 s c i o n s 2 1 xx  1 3 l i m x  0 x c o s 1 x  0 ，因此 1 3sin2 xx3cos ~3sin2 x~3x2(x0) x 故l i m x  0 ( 3 3 s  i n 2 2 t x a n  x x ) 3 x c  o 3 s x 1 x   l i m x  l i m x  0 0 3 x x l  n   1 1   3 2 3 3 2 32 x t a n 2 x t a n x x   x    1  l i m x   0 x l i m x  2  33 0 e t a 2 x x ln n 1 x 2  ta n 3 2 3 x 2  9 x   1 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 时， a 0 rc ta n 2 x f ( t ) d t ~ x 0 2 t 2 d t 1 3 x 6      ; 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ln2 【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 ， 又 l ix  m 1  g ( x )  l ix  m 1  3 s i n x ( x   1 1 )  3 . 仅当 e b  1  3 ，即 e b  2 ， 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1 xe 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 x, x0 因此 f(x) ， x2, x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 c r c r 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 )   2 x 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 2 c o x t s 2 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  4 b  3  2 b  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 x f(00) lim f(x) lim (x2) ， f(00) lim 0， x0 x0 sinπx π x0 x2 1 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 l i m x  k f ( x )   得 x  k ( k   1 ,  3 ,  4 ,   ) 为第二类间断 点； 由lim f(x)得x1为第二类间断点. x1 7.【答案】请参照解析 【解析】 f(x)的间断点为x0,1,2,及 x  1 . x3x x 1 当x0时， f(00) lim  lim (x21) ， x0sinx x0sinx  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， l i m x  k f ( x )   ，则 x  k ( k   2 ,  3 ,   ) 为函数 f(x)的第二类 间断点. 当 x  1 时，因为 l i m x  1 f ( x ) 不存在，所以 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 lim f(x) f(x )，lim g(x) g(x )，又 f(x) g(x)，从而 0 0 xx xx 0 0 f ( x 0 )  g ( x 0 ) ，即 lim f(x) limg(x). xx xx 0 0 1 9.【答案】 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 1 lim f   lim f(t)a. x0  x t 当 a  0 时，有limg(x)0 g(0)，g(x)在点 x0 x  0 处连续； 当a0时，limg(x)a g(0)， x0 g ( x ) 在点x0处间断，因此 g ( x ) 在点x0处连续 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 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   e e   1 . f ( x ) 在 x  0 存在左右极限，但 l i x  m 0  f ( x )  l i x  m 0  f ( x ) ，所以 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 )   ， l i m x  2 f ( x )   ， lim f(x).  x 21-6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 lx i m  1 f ( x )   得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为可去间断点； x0 x0 arctanx x21 由lim f(x)得x1为第二类间断点； x1 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 (x1)∣x1∣ x 1 x 时，lim f(x) lim lim  lim , x0 x0  x t∣sint∣dt x0 1  1 t∣sint∣dt x0 1 ex ex 1 0 1 x  t et 其中lim x  lim ，则 x0 1 t t ex 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 同理可得 x l i m( 1 )  ∣ x ∣t 1 x s  i n ∣1 ∣t d t  s 1 i n 1 ，则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  1 e x 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】A 【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 l i m x  0 f ( x )  l i m x  0 1 e  2 x b  c o a s x . 选项（A），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   ，与x0是 f ( x ) 的第一类间 断点矛盾. 故答案选（A）. 选项（B），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 1 2 x 2 x 2  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 ， 选项（D），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  0 . 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 1 x  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 1 x  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lim f(x)1,lim f(x) limlnx1，则 lnx, xe xe xe xe 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 x2tx x2tx 1 【解析】当x0时， f(x) lim  lim 1； t12tx t 2tx 1 x2tx 1 当x0时， f(x) lim  ； t12tx 2 当 x  0 x2tx 时， f(x) lim  x t12tx 1, x0.  1 故 f(x) , x0, 2  x, x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） 若  b a g ( x ) d x  0 ，则 m   b a f ( b  a x g ) ( g x ( x ) d ) x d x  M . 由介值定理知， [ 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 b  f(x)g(x)dx f() g(x)dx. a a 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  f(x)dx f()(ba). 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 m f ( c ) n f ( 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 得 f ( x )  l i m n   a r c x t 2 a n n  e 1 n x    2  4 0 , , , 0 x 其   他 x 0 .  , 1 1 , , 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 , , , ln i m  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 1 2ex  enx  x  时， f(x)lim 2ex  0 1 ； n  x  n 1  ex  1    ex  enx 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.