(393)--17堂课课后习题解析_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

17 堂课课后习题解析 目录 P4-5.................................................................................................................................................2 P14...................................................................................................................................................4 P19-20............................................................................................................................................6 P22...................................................................................................................................................8 P26................................................................................................................................................10 P29................................................................................................................................................12 P30................................................................................................................................................12 P32................................................................................................................................................13 P33-34.........................................................................................................................................15 P36................................................................................................................................................16 P37................................................................................................................................................17 P39................................................................................................................................................19 P40-41.........................................................................................................................................21 P43................................................................................................................................................22 P54................................................................................................................................................24 P64-65.........................................................................................................................................27 1P4-5 n n  1 lnn  n 1 1.【解】lim (n n 1) lim en 1lim  lnn1 nln(n1) nln(n1)   nln(n1) n 1 1tanxsinkx lim   1tanx 1   1 2.【解】 elim  =ex01tanx sinkx x01tanx 1 2tan x 2tan x 2 指数相等，得1lim  lim  x0sinkx 1tanx x0 kx k 因此k 2. 3.【解】 xn 原式 lime xln (x1)(x2)(xn) ex l  im  x[nlnxln(x1)ln(x2)ln(xn)] x ex l  im  x    ln    1 1 x    ln    1 2 x    ln    1 x n      n项相加 ex l  im  x    1 x  2 x  n x   等替 n(n1) ∣ e 2 4.【解】由 x23  x23ax22axbx2b lim axb lim x x2  x x2 (1a)x2 (2ab)x2b3  lim 0 x x2 可知1a0,2ab0，则a 1,b2.答案选（D） 5.【解】 x6x e6xlnx lim  lim x(x1)x(x2)2x(x3)3x xexln(x1) e2xln(x2)e3xln(x3)   1  2  3 6xlnxxlnxln1 2lnx2ln1 3lnx3ln1   lim e6xlnxx[ln(x1)2ln(x2)3ln(x3)] lime   x  x  x x x ln  1 1 2ln  1 2 3ln  1 3  1  4  9 lim   x  x  x lim x x x x 1 等替 x 1 e x e x e14 答案选（C）. 26.【解1】1lim(ex ax2 bx)x 1 2 ex l  im 0 ln(ex x a 2 x2bx) 洛必达 ex li  m 02x( e e x x   2 a a x x 2   b bx)=ex li  m 0 ex 2 2 x axb x0 ex 2axb 对比指数，lim 0， x0 2x ex 2axb 可得lim(ex 2axb)lim2x 1b 0，即b1 x0 x0 2x ex 2ax1洛必达 ex 2a 1 lim lim 0，即a  ，答案选（B）. x0 2x x0 2 2 【解2】1lim(ex ax2 bx)x 1 2 ex l  im 0 ln(ex x a 2 x2bx) 等替 ex li  m 0 exax x 2 2 bx1 =ex li  m 0 x 1 2 x2o( x x 2 2)ax2bx x0 1 1  x x2o(x2)ax2bx (1b)x  ax2o(x2) 2 2  对比指数lim  0 x0 x2 x2 1 即b1，a  ，答案选（B）. 2  , x 1 , x0    0, x 1 7.【解】由limenx  1, x0,lim xn  可知， n  n  1, x1  0, x0  不存在, x1 2e(n1)x 1 2ex enx 当x0时， f(x)lim lim 2ex nenx xn 1 n1xnenx enx 2e(n1)x 1 21 3 当x0时， f(x)lim lim  nenx xn 1 n11 2 2e(n1)x 1 1 当1 x0时， f(x)lim lim 1， nenx xn 1 n xn 1 2e(n1)x 1 1 当x1时， f(x)lim lim 0 ， nenx xn 1 n xn 1 2ex, x0  3   , x0 即 f(x)2  1, 1 x0  0, x1 3故x0,x1为 f(x)的两个跳跃间断点，答案选（D）. cot3x cot3x 1sinxcosx 1sinxcosx  8.【解】lim  lim 11 x01sinxcosx x01sinxcosx  则 1sinxcosx  sinxcosxsinxcosx cos3x lim 1 cot3 xlim  x01sinxcosx  x0 1sinxcosx sin3x cosxcosx cosx11cosx lim lim x0 x2 x0 x2 1 1  (x)2 (x)2 2 2 2 2 lim  x0 x2 2 22 原式=e 2 . 1 1 ax ax ax x ax ax ax x 9.【解】lim 1 2 n  lim 1 2 n 11 x0 n  x0 n  ax ax ax n 1等替 xlna xlna xlna 1 则lim 1 2 n  lim 1 2 n  ln( a a a) x0 n x x0 nx n 1 2 n 1 原式=en ln(a 1 a 2a n ) =n a a a . 1 2 n P14 3 1 x4  2x 513x4 11 12x 5 2 x 1.【解】原式lim lim lim 6 x0 31x 11 1x x0 x x x0 x   3 2 6 1 x2  x2  cosx11 1x2 2 2 2.【解】原式lim lim 2 x0 1 x2 x0 1 x2 2 2 3.【解】 4a(1xb)b(1xa) 原式lim x1 (1xa)(1xb) a[1(1x1)b]b[1(1x1)a] =lim x1 [1(1x1)a][1(1x1)b]  b(b1)   a(a1)  a b(x1) (x1)2o(x1)2 b a(x1) (x1)2o(x1)2      2   2  lim x1 1(x11)a1(x11)b    ab (ab)(x1)2o(x1)2 2 ab lim  x1 ab(x1)2 2 注：分母直接等替成ab(x1)2，为二阶无穷小量，因此分子的泰勒展开也只需要到二次即 可. 4.【解1】  2 1   2 1  1   2 原式  x l  im  x   ex 1 x2 1    x l  im  x    1 x o x       1o x     1   x l  im  x x 2 【解2】  2 1   2 1 2 2  原式  lim xex 1 1 lim xex 1 ex ex 1 x   x2   x   x2   2  1   2  2  lim xex  1 1 lim xex 10x  2 x   x2   x   x 5.【解】 5将x提出括号外   x x    x   原式 lim xn 1 2 n 1 x  xn    分母的x与每个括号相除           lim xn 1 1 1 2 1 n  111 x   x  x   x           1 11 2 1 n  1 分子等替  x  x   x  lim x x n 1    1 由于分母是关于 的1次 1  2  n o  x x x x x lim 1 x n 分子直接展开计算至 的1次 x x     1 2 n n 6.【解】当x0时，arcsinx2 ~ x2,cosx2 1,因此 x x  arcsint2dt  cost2dt lim 0 1,lim 0 1 x0  x t2dt x0  x 1dt 0 0 x3 2x (xarctanx)(xarctanx) 3 可得原式lim lim 2 x0  x t2dt x 1dt x0 x3 x 0 0 3 P19-20 1.【解】分母等替成x的四阶无穷小，分子可泰勒展开到四阶. x2  cosxe 2 原式 lim x0 x2[(x)ln(1x)] 2 x2 x4  x2  1 x2  1  1        o(x4) 2 4!  2  2 2  lim x0 (x)2 x2 2 x4 1 12 lim  x0 x4 6 2 62.【解】 ex 1x 原式  lim x0 1x cos x x2 1x o(x2)1x 2  lim x0 x 1 1  1 x x2 1        x2 1  o(x2) 2 2 2  2 2 4! x2 2  lim 3 x0  1 x2 6 3.【解】 1 2x3x2 (2x3x2)2axbx2o(x2) 2 原式 lim x0 x2 展开计算，高于二次项均并入o(x2) (a2)x(b1)x2o(x2) lim 2 x0 x2 所以a20,b12，计算得a 2,b1. 注：分母为二次，因此可对分子进行泰勒展开至二次，并且找全所有的二次，ln需要展开 到(2x3x2)2(若不展开，则会漏项，若不确认展开多少合适，可在草稿纸中多展开几项) 4.【解1】 1  (3x)3  a 3a 9 原式 lim 3x o(x3)  blim  b0 x0 x3  3!  x2 x0 x2 2 3a0 a3 3a  9   所以lim limb  0，得 9  9 x0 x2 x0 2 b 0 b  2  2 【解2】 sin3xax 洛必达 3cos3xa 原式 lim b lim b0 x0 x3 x0 3x2 极限若存在，则lim3cos3xa 0，可得a 3， x0 71  (3x)2 3cos3x3 cos3x1 9 2 lim blim blim b b0 x0 3x2 x0 x2 x0 x2 2 9 可得b . 2 5【. 解】对ex进行泰勒展开，由于等号右边为x3的高阶无穷小，因此ex也展开至三阶加o(x3).  x2 x3  ex(1bxcx2) 1x  o(x3)(1bxcx2)  2! 3!   1   b 1 1(b1)x b cx2 c  x3o(x3)  2   2 6 1axo(x3) 对比两个多项式前面的系数，得   1  b1a  a  3    1  2 b c0 b . 2 3    b 1  1 c  0 c    2 6  6 P22 1 n  k k 1 1.【解】原式 lim  1 1  nn  n n  k1 1 n  k 1 n  k k 1 1 n  k 1  1    1 1    1  n  n n  n n  n  n  k1 k1 k1 lim 1  n  1 k    1 (1 x)dx 3 nn  n 0 2 k1 1 n个 相加和为1 1 n  k1 n 1 n  k 1 lim  1  lim   1    nn k1  n  1 n n k1  n n 与前面 相乘 n 1 1 3   (1 x)dxlim  0 nn 2 3 由夹逼准则可知，原式 . 2 82.【解】原式 lime n 1 2 ln       1 1 1       1 1 2    2     1 1 n    n   limen 1 2  ln    1 1 1    2ln    1 1 2    nln    1 1 n      n n 1  1 1 ln1   1x  x x 1 2 n  1  1  1    ln1   nln1  1 n  n 2 3 n1  1  n n 又 1 2 n 1 1 1     n     2 3 n1 2 3 n1  2 3 n1 n ln ln ln  nln(n1)  1 2 n  n 1 nln(n1) 因此limen2 limen e0 1，lime n2 e0 11 n n n 由夹逼准则可知，原式1. 【注】此题较难，看到幂指函数并且较为复杂的题，可以考虑幂指函数指数化，研究指数的 关系，由于ln(ab)lnalnb，可将相乘转化成相加，更便于放缩. 3.【解】由ln(1x) x，可知 1lnn(1x) 1 xn 1 1 0lim dxlim dxlim xndx=lim 0 n 0 1x2 n 01x2 n 0 n1n 由夹逼准则可知，原极限0. 【注】对于积分+求极限的题，当被积函数无法积分时，可以考虑放缩求极限. 4.【解】（I）证：因为 cosx 0, 且当n x(n1)时, n (n1)  cosxdxS(x) cosxdx，又因为 cosx 是以为周期的函数，在每个周期上积 0 0 n  (n1) 分值相等, 所以 cosxdx n cosxdx 2n, cosxdx 2(n1) 0 0 0 因此，当n x(n1)时，有2nS(x)2(n1) . 92n S(x) 2(n1) （II）由（I）知，当n x(n1)时，有   , (n1) x n S(x) 2 令x, 由夹逼准则得 lim  . x x  【注】大题经常第一问会为第二问服务，因此哪怕第一问不会证明，也可直接用第一问的结 论证明第二问.在第一问为证明不等式的情况下，第二问出现求极限，通常想到用夹逼准则. 5.【解】xsinxdx sinxxcosxc ， (2k1) (2k1)  x sinx dx  xsinxdx (4k 1) ， 2k 2k (2k2) (2k2)  x sinx dx  xsinxdx (4k 3),kN (2k1) (2k1) 当k x(k1)时， x 35(2k1)  t sint dt3(2k1) ， 0 x k2 1 x (k1)2 即k2  t sint dt (k 1)2，   t sint dt 0 [(k1)]2 x2 0 (k)2 k2 (k1)2 1 lim lim  k[(k1)]2 k (k)2  1 所以根据夹逼准则有，原极限 .  P26   1 1.【解】原式limsin  （(n, n1)）   n 2   1 sin n  lim （分子为有界变量，分母为无穷大） 2n n =0 x2 2.【解】原式  lim （(x, x1)） x12 x2  lim 1 x1x2 103.【解】原式  lim x2{ln[arctan(x1)]ln(arctanx)} x 1  lim x2 [arctan(x1)arctanx] （ arctanx, arctan(x+1)  ） x  1 x2  lim  （(x, x+1)） x  12 2 2   xe2x xe2x 4.【解】原式 lim sin（介于xe2x与xe2x之间） x0 x3 sin e2x e2x lim  x0 x x  2x(2x)o(x) 4x lim  lim 4 x0 x x x0 x x2 sin2 x 1 5.【解】原式 lim  （介于1sin2 x与1x2之间） x0 x4  1 x32x (xsinx)(xsinx) 6 1 lim lim  x0 x4 x0 x4 3 t  xu x 0 x 6.【解】 f(xt)dt  f(u)du  f(t)dt 因此 0 x 0 x x x f (t)dt  tf (t)dt 原式 lim 0 0 x0 x x f (t)dt 0 x 洛必达  f(t)dtxf(x)xf(x) lim 0 x0  x f(t)dtxf(x) 0 x  f(t)dt lim 0 lim f(x)  x0 x  x0  1  x  lim f(x) f(0) 2  f(t)dt   x0 lim 0  f(x) x0  x    【注】由于 f(0)0，因此函数可以拆分成两个极限相除的形式，再各自求解. 11P29 x  ln(t2 1)dt ln(x2 1) x2 x 1.【解】由于lim 0 lim lim  0，因此 ln(t2 1)dt o(x2) x0 x2 x0 2x x0 2x 0 xsin2x 原式 lim 2 x0 x2 2.【解】 tan(sinx)sinxsinxsin(sinx) 原式 lim x0 x3 1 1 sin3 x sin3 x 3 6 1 lim  x0 x3 2 sin2x (sin2 x)2  tdt 2 3.【解】原式 lim 0 lim 1 x0 x4 x0 x4 2 2 u  xt  1 f(u) 1 du  x f(u)du 4.【解】原式 lim x x lim 1 x1 (x1)(x2x1) x1 3(x1) 1 1 1 lim  f(x) f(1) x1 3 3 3 5.【解】  t  x  sint  2t 1  1dt 0   2   原式 lim x0 (tanxx)e x tsint xsinx  2t  dt 2x lim 0 2 lim 2 x0 1 x3 x0 x2 3 1 x2 1 lim   x0 2 x2 2 其中介于x与tanx之间. P30 1.【解】 121 1 x dt lnx   洛必达 lnx x 2 lnt 原式 lim x 1 x dt  = lim1 lim 2 lnt 洛必达 1 lim 1 1 x x x x lnx 【注】看到变限积分求极限，多考虑洛必达法则. 2.【解】由 1 lnx x lim lim xln( x2 a2 x) x 1  x   1 x2 a2 x  x2 a2  ( x2 a2 x) x2 a2 lim lim 1 x  x x2 a2  n x x     x2 a2  可知原式1. 有理化 a2  【注】分母ln( x2 a2 x) ln( ) 极限为无穷，因此原式满足 ，可使 x2 a2 x  用洛必达.   1   x  t2 et 1tdt 1     洛必达   1   3.【解】原式  lim lim x2 ex1 x x x x      1 1 1  1    lim x2    o  x x  x 2 x2 x2   1  1  1  lim   x2o   x2  x2  2 P32 n3 n (n n) 4 n 1.【解】原式 lim lim n n3 n  n n n n3 n  n n 134 lim 2 n 3 n n 1  1 n n 2.【解1】  1x 1 xx21ex lim   lim x01ex x x0 x(1ex) xx2 1ex 洛必达 12xex lim lim x0 x2 x0 2x 洛必达 2ex 3 lim  x0 2 2 【解2】  1x 1 xx21ex lim   lim x01ex x x0 x(1ex) 1 xx2 11(x) (x)2 o(x2) 泰勒 2 lim x0 x2 3 x2 3 2 =lim  x0 x2 2 x2 x sin2 x ln(1t)dtx2  sint3dt 3.【解】原式 lim 0 0 x0  x  x2  x2  sint3dt sin2 x ln(1t)dt 0  0  x x2 由于x0 时， sint3dt 为x2的高阶无穷小， ln(1t)dt为sinx2的高阶无穷小，因 0 0 x x2 此x2  sint3dt ~ x2，sin2 x ln(1t)dt ~sin2 x~ x2 ， 0 0 14x2 x sin2 xx2  ln(1t)dt sint3dt 原式 lim 0 0 x0 x4 x2 x sin2 xx2  ln(1t)dt  sint3dt lim lim 0 lim 0 x0 x4 x0 x4 x0 x4 x2 x (sinxx)(sinxx)  tdt  t3dt lim lim 0 lim 0 x0 x4 x0 x4 x0 x4 1 x4 x4 2x( x3) 6 2 4 lim lim lim x0 x4 x0 x4 x0 x4 1 1 1 1     3 2 4 12 4.【解】 2 1  1 1  原式  lim x31  x1 o  x x x3  x x   2 1 1 1   x l  im  x  31 x  x3 1 x o x      2 1 1 1  lim x   o   x 3x x x 3 P33-34  4x arctan2x2  2 洛必达 14x4 2x4 1 1.【解】原式 lim lim lim  x 1 x 2 x 14x4 2  x2 x3 1 1  1 1 2.【解】原式 limx2    3ln3（介于 与 之间） x  x x1 x1 x x2(x1x) ln3lim ln3 x x(x1) 1 [ln(1x)ln(1x)] [1x(1x)] 1 2 3.【解】原式 lim lim  , x0 x x0 2x  2x lim 1 x0 2x 15其中介于1x与1x之间. 1 1 2 sintcost 4.【解】 lim x2  2xsin 1 cos 1  令t  xlim t x  x x t0 t2 1 t3   t2  2 t o(t3)  1 o(t2) t 6   2  2 lim  t0 t2 3 P36 2xx2 2x 2 1.【解】根据三步法，指数相等，则lim lim  ln2 ， x0 axbx2 x0 abx a 2 所以a  ，而b任意，故答案选（D）. ln2 1  ax2 bx2 ax bx x 2.【解】原式lim 1 x0   ax bx   根据三步法，有 ax2 bx2 ax bx lim x0 x(ax bx) (x2 x)alna(x2 x)blnb lim x0 2x (x1)lnab 1 lim  lnab x0 2 2 其中,介于x2与x之间，  1 lnab 1 故原式e 2  . ab e ex e2x enx n x 3.【解】原式lim 1 x0 n  根据三步法，有 16e [ex e2x enx n] e x2xnxo(x) lim  lim n x0 x n x0 x e n(n1) n1    e n 2 2 (n1) e 故原式e 2 . 1  1 tanxsinx 4.【解】原式lim2[(1sin x4)x 1]1 x0   1  2(1sinx4)x 1 2sinx4   x 2x3 根据三步法，有lim lim lim 4 x0 tanxsinx x0 tanxxxsinx x0 1 x3  1 x3 3 6 故原式e4. 1 axxlna ln 5.【解】原式limex2 bxxlnb x0 计算指数， 1 ax xlna 1 ax xlna  lim ln lim ln 11 x0 x2 bx xlnb x0 x2 bx xlnb  1 ax xlnabx xlnb ax xlnabx xlnb lim lim x0 x2 bx xlnb x0 x2 1 1 1xlna ln2ax2xlna(1xlnb ln2bx2)xlnb 泰勒 2 2 lim x0 x2 1 1   ln2a ln2bx2 2 2  1 1 lim  ln2a ln2b x0 x2 2 2 1 ln axxlna 1 ln2a 1 ln2b 原式limex2 bxxlnb e2 2 . x0 P37 1.【解】原式 limetanxln(arcsinx) x0 17arcsinx t 计算指数lim tanxln(arcsinx)  limarcsinxln(arcsinx) limtlnt  0 x0 x0 t0 故lim(arcsin x)tanx e0 1. x0 2 ln(x x21) 2.【解】原式 lim ex x 2 洛必达 2  x  2 lim ln(x x2 1) lim 1  lim 0 x x x x x2 1  x2 1 x x2 1 故原式e0 1. 1  1 lnx 3.【解1】令 y xx 1 ，则    1   lnx  lnxx 1 lne x 1     ln y   lnx lnx lnx 洛必达 xe x 1lnx lim ln y lim  x x lnx x2 e x 1 lnx 由于 lim 0，则 x x lnx xe x 1lnx 1lnx lim ln y  lim   lim 1 x x lnx x2 x lnx x 1  1 lnx 故 lim xx 1 e1. x   1   lnx   lnx  lnxx 1 lne x 1 lne x e0        【解2】由于ln y    lnx lnx lnx  lnx lne  拉格朗日中值定理  x  lnx lnlnxlnx  , lnx lnx 其中介于0与 之间， x 181  1 lnx 则 lim ln y 1, lim xx 1 e1. x x    lnx e x 1 ln x  lnx  ln ln lne x 1  lnx  x    x  【解3】由于 lim ln y  lim  lim x x lnx x lnx lnlnxlnx  lim 1, x lnx 1  1 lnx 则 lim xx 1 e1． x  P39 1.【解】 1 2 n   n2 ln(1n2) n2 ln(1n2) n2 ln(1n2 ) 1 2 n    n2 ln(11) n2 ln(122) n2 ln(1n2) 1 2 n    n2 ln(11) n2 ln(11) n2 ln(11) n(n1) 1 2 n 1 2 lim   lim  nn2 ln(1n2) n2 ln(1n2) n2 ln(1n2) nn2 ln(1n2) 2 n(n1) 1 2 n 1 2 lim   lim  n n2 ln(11) n2 ln(11) n2 ln(11) hn2 ln(11) 2 1 所以根据夹逼准则有，原式 . 2 2.【解】对分母进行放缩，分子相加： 1 1 n(n1)(2n1) n(n1)(2n1) 6  1 22 n2  6     n6 n2  n6 n n6  2n n6 n2  n6 n 191 n(n1)(2n1)  1 1 n(n1)(2n1) 1 2  6 1 n3 1  n n 112 1 lim  lim  lim   n n6 n 6n n6 n 6n 1 6 1 3 1 n6 n5 1 n(n1)(2n1) 6 1 lim  n n6 n2 3 1 由夹逼定理可得, 原极限 . 3 1 【注】12 22 n2  n(n1)(2n1) . 6  k  k  k ln1  ln1  ln1  n  n n  n n  n 3.【解】    n1 1 n k1 k1 n k1 k  k  k ln1  ln1  lim n  n lim n n   n   1 ln(1 x)dx n n1 n n1 n 0 k1 k1  xln(1x) 1  1 x dx2ln21 0 01x  k  k ln1  ln1  lim n  n lim n  n   1 ln(1 x)dx2ln21 n n n n 0 k1 k1 所以根据夹逼准则有，原极限2ln21. 1 2 n 1 2 n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 1  1 2 n 4.【解】       2n 2n 2n  n1 n1 n1 n1 n 1 n 1 n   2 n 1  1 2 n n 1 1 n 1 1 lim 2n 2n 2n lim  2n 2n  2xdx nn1  nn1 n  0 ln2 1 1 2 n 1 1 lim 2n 2n 2n    2xdx nn  0 ln2 1 所以根据夹逼准则有，原极限 . ln2 20tan2 xx2 (tanxx)(tanxx) 2 5.【解】(Ⅰ)因lim lim  1 x0 x4 x0 x4 3 tan2 xx2 由极限的保号性可知，当 x 充分小时， 1，即tan2 xx2  x4. x4 同时，当 x 充分小时， tanx  x , 因此不等式成立. 1 1 1 1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知，n充分大时,  tan2   nk nk nk (nk)2 n 1 n 1 n 1 n 1 1 于是   x     nk n nk (nk)2 nk n k1 k1 k1 k1 lim n 1   1 1 dxln2 n nk 01x k1 得极限ln2. (2n11)n n2 2 6.【解】原式lim lim 1. n n2 n n2 n(a a ) 【注】等差数列求和a a a  1 n . 1 2 n 2 P40-41 1.【解】由于1n2 n! n2 nn ，而limn2 nn lim n n 1， n n 根据夹逼准则，limn2 n!limn n 1. n n 2.【解】由于4n2 14n2，则(2n1)(2n1)(2n)2即 (2n1)(2n1) 2n 可得 1 3 5 2n1 0a     n 13 35 57 (2n1)(2n1) 1 3 5 2n1 1      3 5 7 2n1 2n1 1 又lim 0，故根据夹逼准则，lima 0. n 2n1 n n 213.【解】 n k3 1 n k 1 k2 k 1 原式 lim lim    n k3 1 n k 1 k2 k 1 k2 k2 n k1 (k1)2(k1)1 lim    n k1 k2k1  k2 1 32 31 2 42 41 n1 (n1)2 (n1)1 lim       n3 22 21 4 32 31 n1 n2 n1   12 (n1)2 (n1)1 2 lim    . nn(n1) 22 21  3 4.【解】原式 lime 1 n  k n 1 ln     1   n k   2    n lim 1  n ln  1   k   2   1 ln(1 x2)dx xln(1 x2) 1  1 2x2 dxln2  2 nn k1   n   0 0 0 1x2 2 4 4 ln2 故原式 e 2 2e 2 . P43 x 1 1.【证1】令 f(x)1 ,x 0，则x  f(x )，且 f(x) 0，则 f(x)单 1x n1 n (1x)2 1 3 调增加，又x 1 x 1  ，故数列  x  单调增加； 1 2 11 2 n x 1x 1 1 又1 x 2，若1 x 2，则1 x 1 n 1 n 2 2 ， 1 n n1 1x 1x 1x n n n 从而1 x 2，即数列  x  有上界，limx 存在. n n n n limx n a 1 5 设limx a，则limx 1 n 即a 1 ，解得a  ，由x 1，得 n n n n1 1limx 1a 2 n n n 1 5 1 5 a  ，则limx  . 2 n n 2 limx n a 1 5 【证2】令limx a，则limx 1 n 即a 1 ，解得a  ，由题 n n n n1 1limx 1a 2 n n 221 5 1 5 设知x 1，故由极限的保号性知a1，从而a  .以下证明limx  . n 2 n n 2 x  a  x a x a x a  1 n1  1   n1   n1 n 1x  1a 1x 1a (1x )(1a) n1 n1 n1 x a x a x a  n1  n2  1  0 (n) 2 22 2n1 1 5 则limx a  . n n 2 2.【证】x 23，若x 3，则x  32x 3，即  x  有上界； 1 n n1 n n 32x x2 4(x 1)2 可知0 x 3，而x x  32x x  n n  n  0， n n1 n n n 32x x 32x x n n n n x 3 2 3 2 故  x  单调递增.或者由 n1     1知  x  递增. n x x2 x 9 3 n n n n 故limx 存在，不妨设limx a，对等式x  32x 两端取极限有a  32a ，解 n n n1 n n n 得a 1（舍去）或a 3，则  x  极限存在且limx 3. n n n 3x 3x 3a 3.【证】由题意知x  n ，令limx a，则limx lim n 即a  ，故 n1 x 1 n n n n1 n x 1 a1 n n 3x a  3，由题设知x  n 1故a  3.以下证明limx  3. n1 x 1 n n n 3x (1 3)x  3( 31) x  3  n1  3  n1 n x 1 x 1 n1 n1 31 2  x  3  x  3 (x 1) n1 (x 1)( 31) n1 n1 n 1 1  x  3  x  3 31 n1 ( 31)2 n2 1  x  3 0 (n) ( 31)n1 1 则limx  3. n n ex 1 1 4.【证】由题可知ex 2  ，令 f(x)ex 1x，x0，则 f(x)ex 10，所以 x 1 23ex 1 1 f(x)ex 1x  f(0)0 ，即ex 1 x，故ex 2  1，所以x 0.以此类推， x 2 1 x 0,n1,2,，故数列  x  有下界. n n x ex n1 x ex n ex n 1x ex n ，令g(x)ex 1xex (x 0) ，则g(x)xex 0，所 n n n 以g(x)单调递减，g(x) g(0)0，所以x (ex n1 ex n)0，可得到x  x ，故数列  x  n n1 n n 单调递减.   综上，由单调有界准则可知，limx 存在，即 x 收敛. n n n 记limx  A，则AeA eA 1，即g(A)0，所以A0. n n P54 1.【解】 x x 1 1  5 5    xln(1 t)dt ~ x t2dt ，11  1  ，则是 阶无穷小； 1 0 0 2  2 1 2 x3   tanxsinx~ ，则 是3阶无穷小； 2 2 2 sinx ln(x 1x2) 1    ln(t 1t2)dt ，其中lim  lim 1，即x0时 3 0 x0 x x0 1x2 ln(x 1x2)为1阶无穷小，1(11)2，则是2阶无穷小； 3 1cosx 3 1cosx 3 x2 3    sin2tdt  sin2tdt sin2tdt ， 4 x2 0 0 1cosx 3 3  x2 3 3  其中 sin2tdt ，阶数是2  1 5； sin2tdt ，阶数是2  1 5，故 是 0 2  0 2  4 5阶或5阶以上的无穷小； 综上所述，选（D）. 2x 3x 2.【解】对于（A）， 12x 313x ( 12x1)(1 313x)~  2x ， 2 3 24为2阶无穷小； 对于（B）， 1 1 1 xln(1tanx)(xtanx)[tanxln(1tanx)]~ x3 (tanx)2~ x2， 3 2 2 为2阶无穷小； 1 对于（C），e3x2 cos2x(e3x2 1)(1cos2x)~3x2  (2x)2 5x2 ，为2阶无穷小； 2 t4 arcsinx1cost2 arcsinx 2 arcsinxt3 对于（D）， dt ~ dt  dt ，1(31)4，为4阶无穷小； 0 t 0 t 0 2 综上所述，选（D）. 3.【解】当x0时， (x) x(abcosx)sinx   x2 x4  x3 x5   xab1  o(x4)x  o(x5)   2 4!  3! 5!  b 1   b b a b (1ab)x   (ab)  x3    x5o(x5) 2 6  12 24 5!  由于(x)与x5是同阶无穷小量，   4  1ab0  a    3 1 故b ab  ，此时(x) x5o(x5)，满足条件，故选（A）.    0  1 30 2 6 b   3 4.【解】 25x sin2 x2 arctantdt lim 0 x0 xn sin2x2arctanx lim x0 nxn1 (sin2x2x)2(arctanxx) lim x0 nxn1 (2x)3  x3   2   6  3  lim x0 nxn1 2x3  3 2 x3 lim  lim x0 nxn1 3n x0 xn1 x 由于x0时，sin2 x2 arctantdt 是x的n阶无穷小，故n4，选（D）. 0 5.【解】当x0时， x3 arctanx(axbx2cx3)  x o(x3)(axbx2cx3) 3 1  (1a)xbx2  cx3o(x3) 3  1 由于arctanx(axbx2cx3)是比x3高阶的无穷小，所以1ab c0，即 3 1 a 1,b0,c ，故选（A）. 3 6.【解】当x0时，  x3 x5   x3 x5  x2 x4  f(x)axbx  x  1  o(x5)  3! 5!  3! 5! 2! 4! b 1 1 b1 1 1  (ab1)x    x3    x5o(x5) 6 2 6  5! 4! 12 ab10  a 3 由于 f(x)与g(x)kx5是等价无穷小，故 b 2  ，   0 b4  6 3 b1 1 1 1 1 则    即k  . 5! 4! 12 10 10 26P64-65 1.【解】由题意知 f(0)0， f(x) f(0) 1x2 ex et2 dt f(0)lim lim 1 x0 x x0 x 1x2 x3  ex et2 dt lim 1 limee2x ex e. x0 x x0 2.【解】 [f(a2x) f(ax)]e 原式 lim 其中介于f(a2x)与f(a x)之间 x0 x  f(a2x) f(a) f(ax) f(a) ef(a)lim 2    x0 2x x   f(a2x) f(a) f(ax) f(a) ef(a) lim2 lim   x0 2x x0 x  3f(a)ef(a)  6ef(a). 3.【解】 1 1  f(sin3x)x  f(sin3x)  f(x) x lim  lim 1 x0 f(x)  x0 f(x)  f(sin3x) f(x) f(sin3x) f(x) lim lim x0 xf(x) x0 x f(sin3x) f(0) sin3x f(x) f(0) lim  lim x0 sin3x x x0 x 3f(0) f(0)2f(0)2 故原式 e2. 注：下边是一种经典错误 27f(sin3x) f(x) lim x0 xf(x) f(sin3x) f(x) lim x0 x f()(sin3xx) ① lim x0 x sin3xx ② lim 2 x0 x 其中介于x与sin3x之间. ①处不成立，是由于不知道 f(x)在邻域内是否可导，所以不能用拉格朗日中值定理；②处 不成立，是由于不知道 f(x)在x0是否连续，所以lim f() lim f() 不一定等于 x0 0 f(0)1，故本题不能用拉格朗日中值定理. 4.【解】由题意知切线为 y 2x，可得 f(0)0， f(0)2 1 1 lim  cosx x f(t)dt x2 lim  cosx1 x f(t)dt1 x2 x0  0  x0  0  x cosx1 f(t)dt f(x)sinx lim 0 lim x0 x2 x0 2x f(x) f(0) sinx lim lim x0 2x x0 2x f(0) 1 1    2 2 2 1 故原式 e2. f(x)a 5.【解】由lim b可得lim[f(x)a]0即lim f(x) a ，由于 f(0)未知，故 x0 x x0 x0 abx, x0 得不到 f(x)在x0处连续，可取 f(x) ，  1, x0 f(x)a bx 此时lim lim b，但 f(x)在x0处不一定连续，（B）（C）（D）均错误， x0 x x0 x 综上选（A）. 6.【解】由于 281 2x 4x2o(x2)2xf(x) ln(12x)2xf(x) 2 lim lim x0 x2 x0 x2 1  4x2o(x2) 2x2xf(x) 2 lim lim x0 x2 x0 x2 f(x)1 22lim 0 0 x f(x)1 f(x) f(0) 可得lim lim 1即 f(0)1， x0 x x0 x 所以 f(x)在x0处可微且dy dx，选（D）. x0 7.【解】对于（A）， f(x x) f(x x) 1 f(x x) f(x ) 1 f(x x) f(x ) lim 0 0  lim 0 0  lim 0 0 ，并 x0 2x 2x0 x 2x0 x 不能保证两个极限单独存在；  1  f x    f (x )   1    0 x2  0 对于（B），l x i  m  x2   f   x 0  x2    f(x 0 )  l x i  m  1 存在，只能说明 f  (x 0 ) x2 存在； f(x x3) f(x ) f(x x3) f(x ) x3 对于（C），lim 0 0 lim 0 0  存在， x0 tanx2 x0 x3 tanx2 x3 f(x x3) f (x ) 其中lim 0，故lim 0 0 不一定存在，即 f(x)在x x 处不一定可 x0 tanx2 x0 x3 0 导； f(x x3) f(x ) f(x x3) f(x ) 对于（D），lim 0 0 lim 0 0 存在，即 f(x )存在， f(x) x0 sin3 x x0 x3 0 在x x 处可导，故选（D）. 0 8.【解1】当1 x0时，0 x11， f(x1)(x1)[1(x1)]2  x2(x1) ， 1 1 所以，当1 x0时， f(x) f(x1) x2(x1)， 2 2 291 x2(x1) f(x) f(0) 从而有 f(0) lim  lim 2 0 ，  x0 x0 x0 x f(x) f(0) x(1x)2 f(0) lim  lim 1，  x0 x0 x0 x 因 f(0) f(0)，所以， f(x)在x0处不可导．   【解2】当1 x0时，0 x11， f(x1)(x1)[1(x1)]2  x2(x1) ， 1 1 所以，当1 x0时， f(x) f(x1) x2(x1)， 2 2 1  x2  x2(x1), 1 x0 2x(x1) , 1 x0 f(x)2 则 f(x) 2  x(1x)2, 0 x1  (1x)(13x), 0 x1 所以 f(0)0, f(0)1， f(0) f(0)，故 f(x)在x0处不可导．     3 1 0 1 2 3 2 1 t2 2 1 1 4 9.【解】 f(0)  t ln t dt   t lntdt  t 2lnt   dt   t 2dt  1 0 3 3 0 t 3 0 9 0 x 4  t ln t  则 f(0)lim f(x) f(0) lim 1 9 lim x ln x 0 ，故选（B）. x0 x x0 x x0  2(x1), x1  10.【解1】显然 f(x)在x1处连续， f(x) 1 ， , x1  (x1)2 1 则 f(1)0, f(1)1， f(1) f(1)，故 f(x)在x1处不可导．     【解2】   (x1)2   f(x) f(1) f(1) lim  lim 2 2 0,  x1 x1 x1 x1 1  arctan  f(1) lim f(x) f(1)  lim x1 2  lim 1 1  x1 x1 x1 x1 x1 (x1)21 由于 f(1) f(1)，故 f(x)在x1处不可导．   30