(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