(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.