241105_105759-1.基础习题册高数第一章详解_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_03.基础定制_01.高数_讲义

第一章 函数、极限、连续
1-1 基础过关
1.【答案】A
【解析】方法一：因为
f(x)xarctan(x)ecos(x)  xarctanxecosx  f(x)，
所以 f ( x ) 为偶函数，应选（A）.
方法二：因为 x 是奇函数， a r c t a n x 是奇函数， e c o s x 是偶函数，所以 f(x)为偶函数，应
选（A）.
2.【答案】 0
【解析】令 u  f ( x )
0, |u|1,
，则 f(u)
1, |u|1,
当 | x | 1 时， u  0  1 ， f ( u )  0 ，所以 f [ f ( x ) ]  0 ；
当|x|1时， u  1  1 ， f ( u )  0 f[f(x)]0 ，所以 ；
综上，
f [ f ( x ) ]  0
.
3.【答案】 ( x ) c o s x 2   ，定义域为 [  π , π ] .
【解析】（1）因为 f [ ( x ) ] a r c s i n ( x )
π
2
x 2      ，所以 ( x ) s i n
π
2
x 2 c o s x 2  



 .
 π π π  π π
（2）因为arcsin(x)的值域为  , ，所以 x2   , ，即x2[0,π]，解
 2 2 2  2 2
得： x  [  π , π ] .
4.【答案】略
【解析】函数图像见视频解析.
5.【答案】C【解析】当 n 为奇数时， l i m
n  

1 
s i n
n
n 
co s n π
 1  1  1 ；
当 n
cosnπ
 sinn
为偶数时，lim  1  11 1；
n n 
故 l in m 1
s i n
n
n
co s n
1

 



 ，应选（C）.
6.【答案】D
【解析】因为 l ix

m
1
( x
x

2
1

)
1
2
e
1
ln x  l i m
x  1
x
x


1
1
e
1
ln x 
0
2
 0  0 ；
1
t
(x1)2 1 x1 1 1 1 lnx 1 et ；
lim elnx lim elnx  lim[ln(1(x1))]elnx lim 
x1 x2 1 x1 x1 2x1 2t t
(x1)2 1
所以，函数 elnx的极限不存在但不为
x2 1
 ，应选（D）.
7.【答案】B
【解析】因为
l i
x 
m
0 

a a r c c o t
1
x
 (1  x )
1x 
 l i
x 
m
0 
a a r c c o t
1
x
 l i
x 
m
0 
(1  x )
1x
 a π  e
lim
 x 0
( x ) 1x
 a π  e  1
 1 1 1 1
lim aarccot (1 x)x  limaarccot  lim(1x)x 0ee
x0 x  x0 x x0
且 l i m
x  0

a a r c c o t
1
x
 (1  x )
1x 
存在，所以ae1 e，解得： a 
e 2
π

e
1
，应选（B）.
8.【答案】D
f(x) f(a) f(x) f(a) xa xa
【解析】因为 f(a)lim lim  lim 不存在，
xa xa xa |xa| xa xa xa
所以（A）选项和（C）选项不正确.又因为 l i m
x  a
f ( x )
x


f
a
( a )
 1  0 ，所以，根据极限的局部保号性可知， x  a 时，
f ( x )
x


f
a
( a )
 1  0
，
所以， x  a 时， f ( x )  f ( a )  0 ，即 f ( x ) 在 x  a 处取得极小值，故应选（D）.
9.【答案】B
【解析】因为
n 2
1
 1

n 2
2
 2
 
n 2
n
 n

n 2
1
 1

n 2
2
 1
 
n 2
n
 1

1
2
n
n
(
2
n


1
1 )
n 2
1
 1

n 2
2
 2
 
n 2
n
 n

n 2
1
 n

n 2
2
 n
 
n 2
n
 n

1
2
n
n
(
2
n


n
1 )
，
且 l i m
n  
1
2
n
n
(
2
n


1
1 )

1
2
， l i m
n  
1
2
n
n
(
2
n


n
1 )

1
2
，所以，由夹逼准则可知：
l i m
n  

n 2
1
 1

n 2
2
 2
 
n 2
n
 n


1
2
，故应选（B）.
10.【答案】B
【解析】因为 x  1   x   x ，所以
 x
x

介于
x 
x
1
和
x
x
之间. 又因为
l i m
x  
x 
x
1
 1 ， l i m
x  
x
x
 1 ，所以，由夹逼准则可知， l i m
x  
 x
x

 1 ，应选（B）.
11.【答案】A
【解析】因为 0 
( 
n
n
!
) n

n
n
!
n

n  (
n
n


n
1 )
n 
2
n
 1

1
n
1
，且lim 0，所以，根据夹逼
n n
n!
lim 0
准则可知 ，故应选（A）.
n(n)n
12.【答案】C【解析】因为 ln i m

x
n
 a  对任意给定的
0
0   ，总存在正整数 N ，当 n  N 时，恒有
x
n
a
0
   ，即 ( x
n
a ) 2 20      ，  对任意给定的 0   ，总存在正整数 N ，当
n  N 时，恒有(x a)2 ，所以，两者是充分必要条件，故应选（C）.
n
13.【答案】B
【解析】①若 ln i m

x
n
 a ，则 n 充分大时， x
n
的所有项都无限接近 a ，但不一定偶数项
无限接近a，奇数项无限接近a，故①不正确，例如： x
n
 a .
②若 n 充分大时， x
n
的偶数项无限接近 a ，奇数项无限接近  a ，则 x 的所有项都无限
n
接近 a ，即 ln i m

x
n
 a ，故②正确.
③若 n 充分大时，sinx 无限接近
n
0 ，则 x
n
不一定无限接近 0 ，可能无限接近
k π , k  Z ，甚至可能 x
n
的有些项接近 0 ，有些项接近 π ，从而 ln i m

x
n
不存在，故③不正
确.
④若 ln i m

x
n
 0 ，则根据复合函数极限运算法则可知， ln i m

s i n x
n
 l i m
u  0
s i n u  0 ，故④正
确.
综上，应选（B）.
14.【答案】D
【解析】因为当 x  0
cosx(1cos2 x) cosxsin2 x 1x2
时，sin(x)  ~  x，所以
x x x
( x ) ~ x  ，故应选（D）.
15.【答案】D
【解析】根据“抓大头”和洛必达法则可知，
f(x) ln(1ex) ex
lim  lim  lim 1，
x x x x x1ex所以，当x充分大时 f ( x ) 等价于 x （可以看作等价无穷大），而g(x)为对数函数， h ( x )
为指数函数，根据三类函数的变化速度，应有h(x) f(x) g(x)，故应选（D）.
16.【答案】B
【解析】因为
2
n
n
!

n
4
!
n

1
4


2
4


3
4


4
4
 5
 4
n
4

4
4
!
4

n
4
，而 ln i m

4
4
!
4

n
4
   ，所以
n!
lim ，故当n为奇数时，
n 2n
n2  n! n2 n!
limx lim lim lim 0.
n n n 2n n2n n 2n
又因为
n
n
n
!

n
1


n
2


n
3
n
n
 n ，所以 ln i m

n
n
n
!
   ，即当 n 为偶数时，limx .
n n
综上， ln i m

x
n
   ，应选（B）.
17.【答案】B
【解析】方法1
 x2 x  x  (ab1)xab x lim (ab1)xab x
lim
 
lim

1

ex (xa)(xb) eab1
x(xa)(xb) x (xa)(xb) 
所以，应选（B）.
方法2 l i m
x  

( x 
x 2
a

) ( x
x
 b )
 x
 l i m
x  
e
x ln 1  (a  b  1 ) x  a b
( x  a )( x  b )

 e
lim
x 
x (a  b  1 ) x  a b 
( x  a )( x  b )  e a  b  1
所以，应选（B）.
方法3 取 a  0
 x1 x  1b  x limx 1b
，则原式lim   lim  1  ex xb e1b，排除（A）、
x xb x xb
（C）、（D），应选（B）.
18.【答案】B【解析】原式  l i m
n  

1 
1 
a
n
 1 
b
n
3
 1 
c
n
 3

n


e
e
1
lim n 
1  lim  3 n 
a

n
a2 n

n 
b
1 
n3
lim n 

b2 n
c
1   3
n
n  lim n 
n
c2 n

n 
e
13

 
lim   n    
1 (a e 6
a
1  n
 b  c

)
1
n
  lim n 

1 
bn
 1
n
  lim n 

1 
cn
 1
n


故应选（B）.
19.【答案】C
【解析】
1
2



l i m
x 
1

2
1

2
0


1 
l i m
x  0
1

2
(
c

c
o
o s x
s x
2 x
l i m
x  0


 1
f (
x
x

x
2
2
)
f (
l i m
x 

x
0
)
x

2
1
f
x
)
(
2

x )
1



l i m
x 

0
1
2
1
2

( c
l i m
x 
o
0
s

x
1
2x


x
2
x
x
2
2
2

f ( x
l i m
x 
)
0

f
1
(
)
x )

所以， l i m
x  0
f ( x )  
1
2
，故应选（C）.
20.【答案】D
【解析】
1
x2
ln(secx) ln(cosx) ln(1cosx1) (cosx1)
2
1
lim lim lim lim lim 
x0 x2 x0 x2 x0 x2 x0 x2 x0 x2 2
故应选（D）.
21.【答案】C
【解析】方法一：1 1
ln(1x) ln(1x)cosx
ex ecosx ecosx(ex 1)
原式lim 3lim
x0 1 x0 x
x
3




3
3
3

l i m
x 

e


e 
3
2
e
0
l i m
x 
l i m
x 
e
(
0
0
1
x
l n

l n
(1
1
2x
(1

x
2 x
2

x
2
x
x
)

) 
 x
l i m
x  0
c o

x
s x )
l i m
x  0
1
 x
2
2 x

x
2


3 e
x
x
l i m
x 
c o
2
0
s
l
x
n

(1  x )
x

2
x c o s x
故应选（C）.
1
1 ln(1x) ( ln(1x)cosx)e
ex ecosx x
方法二：原式lim 3lim ，介于
x0 1 x0 x
x
3
1
x
l n ( 1  x ) 与
cosx之间. 因为 l i m
x  0
1
x
l n ( 1  x )  1 ， l i m
x  0
c o s x  1 ，所以 l ix m
0
1 

 ，所以
原式  3 e l i m
x  0
l n (1  x )
x

2
x c o s x
 3 e

l i m
x  0
l n (1 
x
x
2
)  x
 l i m
x  0
x  x
x
c
2
o s x 
 1 1 
 x2 x x2
  3
2 2
3elim lim   e
x0 x2 x0 x2 2
 
 
故应选（C）.
22.【答案】A
【解析】方法一：
原式1  xln   cosx2cos2x   1  cosx2cos2x3
lim e  3  1 lim xln

1

x0 x3   x0 x3  3 
cosx2cos2x3 1 cosx1 2(cos2x1)
lim  lim lim
 
x0 3x2 3x0 x2 x0 x2 
 1  1 
  x2 2   (2x)2 
1 2  2  1 1  3
 lim lim    4 
 
3x0 x2 x0 x2  3 2  2
 
 
故应选（A）.
方法二：原式  l i m
x  0
1
x 3
l n
 c o s x  2
3
c o s 2 x 
x



1
l i m
3 x x  0
1 
l i m

3  x  0
1 1 


3 2 

c

x
o

l n 1

s x 
2 x

4 


1

c

3
2
o s
l i m
x 
x
0

2 (
2
c
c
3
o
o
s
x
s
2
2
2
x
x


1 )
3




1
3
l i m
x  0

l i m
x  
c
0
o s

x
1
2x

x
2
2
3
2
c
x

o s
2
l i m
x 
2
0
x
2


3

1
2
x
( 2
2
x ) 2
 
故应选（A）.
23.【答案】B
arctanxarcsinx
【解析】原式lim
x0 tanx(1cosx)
1  1  1
x x3o(x3)  x x3o(x3)   x3o(x3)
3  6  2
lim lim 1
1 1
x0 x x2 x0 x3
2 2
故应选（B）.
24.【答案】B
【解析】1
x2 xln(1xex)
 
2
原式lim
x0 x4


1
2
1
2
l i m
x  0

l i m 
x  
x
0


x

2 x
2
x e

x 
l i m
x 
1
2
0
1
2
( x e
2 x
2 e
x
x
)

2

 o
1
2
(

x

2
1
) 


1
2
1
2



l i m
x 

0
1
4
x (1 
x 2
e x )
 l i m
x  0
1
2
x 2 e 2 x
x

2
o ( x 2 ) 
故应选（B）.
25.【答案】B
【解析】原式  l i
x 
m


a x c o s
1
x
 x

 l i
x 
m

b c o s
1
x
 l i
x 
m

x

a c o s
1
x
 1

 b  2
所以， l i
x 
m


a c o s
1
x
 1

 a  1  0 ，所以a1. 从而，原式
 1 
 lim x



bb2，故应选（B）.
x  2x2 
26.【答案】C
【解析】因为 l i m
x  0
a r c s i n x  ( b c o s x  1 )  0 ，所以 l i m
x  0
a e x  1  a  1  0 ，即 a  1 .
所以，原式  l i m
x  0
x
x
( b c o s x  1 )  b  1  5 ，即 b  6 ，故应选（C）.
27.【答案】D
4x2 x |2x|x 2xx
【解析】原式 lim  lim  lim 3，故选（D）.
x x2 x |x| x x
28.【答案】D
1 ex 
【解析】原式lim



limaex
x0x ln(1x) x0

l i m
x 
l i m
x 
0
0
l n

( 1
x
3
2

l n
x
x )
( 1 
2 
2 x

o
x
(
x
)
x
e
2
x
)


a
a


l i m
x 

0
3
2
x


a
1
2

x
1
2  o ( x 2 )
x

2
x [ 1  x  o ( x ) ]
 a
所以， a 
5
2
，故应选（D）.
29.【答案】A
【解析】
n 2
n


n
1
 1

n 2
n


n
2
 2
 
n 2
n


n
n
 n

1
2
n (
n
n
2


1
n


n
n
 n )
n 2
n


n
1
 1

n 2
n


n
2
 2
 
n 2
n


n
n
 n

1
2
n ( n
n 2


1 
n 
n
1
 n )
而 ln i m

1
2
n (
n
n
2


1
n


n
n
 n )

3
2
， ln i m

1
2
n ( n
n 2


1 
n 
n
1
 n )

3
2
3
，故原式 . 答案选（A）.
2
30.【答案】D
【解析】采用“抓大头”的思想（只看大头，其余部分直接忽略即可），首先判断1，2，
x 的大小关系，显然 2  1 ，所以只需要判断2，x的大小关系，下面分类进行讨论：
当 x  2 时，原式  ln i m

n 1  2 n  x n = ln i m

n x n  x ；
当0x2时，原式  ln i m

n 1  2 n  x n = ln i m

n 2 n  2 ；
2,0 x2
综上所述，limn12n xn= . 答案选（D）.
n x,x2
31.【答案】C
【解析】采用“抓大头”的思想，首先判断x， s i n x
 π
，tanx的大小关系. 当x  0, 
 2
时，先判断x，sinx的大小，可以构造函数 f(x) xsinx， f(x)1cosx0在
0 ,
π
2

上恒成立，所以 f ( x ) 在

0 ,
π
2

上单调递增，故 f ( x )  f ( 0 )  0 ，即 x  s i n x ；
同理可构造函数得到 t a n x  x ，综上， x ， s i n x ， t a n x 的大小关系为 s i n x  x  t a n x .
故limn xn sinn xtann x limn tann x tanx，答案选（C）.
n n
32.【答案】D
【解析】采用“抓大头”的思想，首先判断(a)n ，(b)n
的绝对值的大小关系，由于
0ab，故 (  b ) n (  a ) n ，故 ln i m

 (  a ) n  (  b ) n 
2n
 ln i m

 (  b ) n 
2n
 b 2 ，故答案
选（D）.
33.【答案】D
【解析】采用“抓大头”的思想，首先判断 1 ， x ， e x  1 的大小关系.
当 0  x  1 时， e x  1  e 1  1  1 ，此时1为三者中的最大值，所以原式  1 ；
当 x  1 时，令 f ( x )  e x  1  x ， f ( x )  e x  1  1  0 ，所以 f ( x ) 在 [ 1 ,   ) 上单调递增，
所以 f ( x )  f (1 )  0 ，即 e x  1  x ，故此时 e x  1 为三者中的最大值，所以原式  e x  1 .
即 ln i m

n
1  x n  ( e x  1 ) n 
 1
e
,
x 
0
1 ,

x 
x
1
 1
，所以答案选（D）.
34.【答案】 ln i m

x
n
 1
【解析】先证有界性：易知 x
n
 0 ，
1 1  1 1  1 1
x  2x   x x   3
3
x x  1（均值不等式），同理有
n1 3 n x2 3 n n x2 3 n n x2
   
n n n
x
n

1
3

2 x
n  1

x
1
2n
 1


1
3

x
n  1
 x
n  1

x
1
2n
 1


1
3
 3
3
x
n  1
 x
n  1

x
1
2n
 1
 1
所以数列{x }有下界，其下界为1.
n1 1  1 x 1x3
接下来证明单调性：x x  2x  x   n  n 0，所以数列
n1 n 3 n x2 n 3x2 3 3x2
 
n n n
{ x
n
} 单调递减.
即数列 { x
n
} 单调递减且有下界，故由单调有界准则，数列 { x
n
} 收敛，设 ln i m

x
n
 a .
对 x
n  1

1
3

2 x
n

1
x 2n

两边同时取极限，即 a 
1
3

2 a 
1
a 2

，解得 a  1 . 即 ln i m

x
n
 1 .
35.【答案】D
【解析】（A）选项x2为2阶；（B）选项 1  c o s x ~
1
2
x 2 为2阶；（C）选项
1  x 2  1 ~ 
1
2
x 2 ；
（D）选项 x  t a n x ~ 
1
3
x 3 为3阶. 故答案选（D）.
36.【答案】D
【解析】
( x )
(
1
1
3
1
2
x
x
4
2
a
x a r c
r c s i n
2
2
x
3
2
s
4
i
x
n x
1
c o
o ( x
s
4
2
2
)
c o
x
x
s
a
2
r c
1
1
2
x
s
) (
i n
2
4 x
x
x
1
o
x
(
2
x
x a
c o s
1
6
4 )
r c
2
x
s
x
3
i n x
1
c
1
2
o
(
2
s
2
2
x
x
2 )
)
1
2 4
( 2 x ) 4 o ( x 4 )
 





 
















 


故 c  
1
2
, k  4 ，答案选（D）.
37.【答案】B
 1   1 
【解析】2sinxsin2x2

x x3o(x3)



2x 8x3o(x3)

 x3o(x3)
 6   6 3
[(1 x)x 1]exln(1 x) 1~ xln(1 x)~ x2；由题意
3
2
 n  3 ，所以整数 n 的取值
为2，故答案选（B）.
38.【答案】B
【解析】由于 l i m
x  0
l n ( x 
x
1  x 2 ) 洛
l i m
x  0 1
1
 x 2
 1 ，所以当 x  0 时，
l n ( x 1 x 2 ) ~ x     ；
1  1  3
cosxcos2x1 x2   1 4x2  o(x2) x2 o(x2)，故
2  2  2
( c o s x c o s 2 x )
1
  同
阶于 x
2
；
由题意得1，
2
1

 ，所以 ( 1 , 2 )   ，故答案选（B）.
39.【答案】B
5
【解析】  x(e3x 1)~ x3 x  x6；
1
2
~
3
e
1
3
1
1
ln
2
l n
1
2
3 x
(1 2 x
( 1
2 x
)
3
1
1
ln
e 3
x )
2 o ( x
(1
1
2
)
2 x
3 x )
l n
~
(
1
ln (1
e 3
1
ln (1 2 x )
2
1 2 x )
1
2 x
2
3 x )
1
1
3
e
3
12
x
ln (1 2
1
2
x )
9 x 2
1
2
2 x
1
2
4 x 2 o ( x 2 )
 

 








 
















 


x
2sin2
1 cosx 1cosx
2
 cscxcotx   
3 sinx sinx sinx x x
2sin cos
2 2
x x
tan ~
2 2综上所述，无穷小量按照从低阶到高阶的排序为
1
,
3
,
2
  ，答案选（B）.
40.【答案】C
【解析】
n2
 1
lim
  1 n  
lim
e n2ln    1 1 n   

1
lime
n2ln  

1 1
n


 bn

1
lime
n2 

1
n

2
1 n2

 bn

1
e
1
2 1
n aebn n aebn an an a
故 a  e
12
， b  1 . 故答案选（C）.
41.【答案】B
【解析】由 f ( x ) 在 x  0 处连续，故 f ( x ) 在 x  0 处左右极限相等，并等于 f ( 0 ) ；
π
lim f(x) limbarccot x b，
x0 x0 2
1
x2
1 cosx 1cosx 1
2
lim f(x) lim  lim  lim  ，
x0 x0 axln(1x) x0 2axln(1x) x0 2ax2 4a
即
π
2
b  
4
1
a
 a b  
2
1
π
，故答案选（B）.
42.【答案】
2 
2
l n 2
【解析】由 f ( x ) 在 x  0 处连续，故 f ( x ) 在 x  0 处极限等于 f ( 0 ) ；
l i m
x  0
f ( x )  l i m
x  0
s i n 2 x 
x
2 a x  1
 l i m
x  0
s i n
x
2 x
 l i m
x  0
e a x ln 2
x
 1
 2  a l n 2  f ( 0 )  2 a
解得 a 
2 
2
l n 2
.
43.【答案】 1
【解析】由于 c 的正负不定，故此处需要对c进行讨论：
2
（1）当c0时，此时 f(x)  x ，显然 f(x)在x0不连续，不满足题意；
x（2）当 c  0 时，此时 f ( x ) 
 2 ,
2
x
x


x
0 ,
, x  0
2
，lim f(x)lim  x 不存在，不满足
x0 x0 x
题意；
（3）当c0时，由于 f ( x ) 连续，且 f ( x ) 为偶函数，所以只需要关注当x0的情况即
可. 当 x  0 时， f ( x ) 
 2
2
x
x

 1
x
,
,
x
x


c
c
,
，可得 f(x)在 x  c 处左右极限相等，即
lim f(x) lim(2x 1)2c 1，
xc xc
l i
x 
m
c 
f ( x )  l i
x 
m
c 
 2
x
 x


2
c
 c ，
由 2 c  1 
2
c
 c ，观察得到一个解 c  1 ，接下来证明此方程有唯一解：
令 g ( x )  2 x  1 
2
x
 x ， g ( x )  2 x l n 2 
2
x 2
 1 ，当 x  ( 0 , 1 ) 时，
2 2 2
g(x)2xln2 1 1 110，当
x2 x2 1
x  [1 ,   ) 时，
2
g(x)2xln2 12xln212ln21ln4lne0，综上
x2
g ( x ) 在 ( 0 ,   ) 上
单调递增，即方程 2 c  1 
2
c
 c 有唯一解c1.
44.【答案】A
【解析】先找可能的间断点： x  1 （分母为0的点）， x  0 （指数函数底数大于0）；
下面逐一分析间断点类型：
（1） x  1
x x 1 xx 1 exlnx 1 xlnx x1
lim f(x) lim  lim lim lim lim 1
x1 x1 x1 x1 1x x1 1x x1 1x x11x
x x 1 xx 1 exlnx 1 xlnx x1
lim f(x) lim  lim  lim  lim  lim 1
x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1左右极限均存在，但不相等，所以 x  1 为跳跃间断点.
（2） x  0
x x
x 1 x 1
lim f(x) lim  lim  limexlnx 1 lim xln x 0
x0 x0 x1 x0 1 x0 x0
x x
x 1 x 1
lim f(x) lim  lim  limexlnx 1 lim xln x 0
x0 x0 x1 x0 1 x0 x0
左右极限均存在，且相等，所以 x  0 为可去间断点.
1个可去间断点，1个跳跃间断点，故答案选（A）.
45.【答案】C
【解析】先找可能的间断点：x1， x  0 ， x  1 ， x  3 （分母为0的点）； x  2
（对数函数定义域）. 下面逐一分析间断点类型：
（1） x   1
1 1
ex1ln|1x| ex1ln|1x|
lim f(x) lim  lim
x1 x1 (ex 1)ln|x2| x1 (e11)ln3
1
t  1 1 ln t
x1 limet ln t  lim
(e11)ln3t (e11)ln3t et
洛
1 1
lim 0
(e11)ln3ttet
1 1
ex1ln|1x| ex1ln|1x|
lim f(x) lim  lim
x1 x1 (ex 1)ln|x2| x1 (e11)ln3
1
t 
1
x1 lim et ln t 
(e11)ln3t
右极限不存在，故x1为第二类间断点.（2） x  0
l i m
x  0
f ( x )  l i m
x  0 ( e
e
x
1
x 

1
1
l n
) l
|
n
1
|

x
x

|
2 |
 l i m
x  0
e
( e
l n
x 
| 1
1

) l
x
n
|
2
= l i m
x  0 (
e
e
l
x
n (1
 1

) l
x
n
)
2

l
e
n 2
左右极限均存在且相等，故 x  0 为可去间断点.
（3） x  1
l i m
x  1
f ( x )  l i m
x  1 ( e
e
x
1
x 

1
1
l n
) l
|
n
1
|

x
x

|
2 |
 l i m
x  1 ( e 
e
1
12
) l
l
n
n
(
2
2  x )

e
(
12
e
l

n
1
2
)
l i m
x  1 l n ( 2
1
 x )
 
左右极限均不存在，故 x  1 为第二类间断点.
（4） x  3
1 1 1
ex1ln|1x| 2e4 ln2 2e4 ln2 1
lim f(x)lim lim  lim 
x3 x3 (ex 1)ln|x2| x3(e31)ln(x2) (e31) x3ln(x2)
左右极限均不存在，故 x  3 为第二类间断点.
（5） x  2
l i m
x  2
f ( x )  l i m
x  2 ( e
e
x
1
x 

1
1
l n
) l
|
n
1
|

x
x

|
2 |
 l i m
x  2 ( e 2 
e
1
13
)
l n
l n
3
| x  2 |

e
( e
13
2
l n

3
1 )
l i m
x  2 l n |
1
x  2 |
 0
左右极限均存在且相等，故 x  2 为可去间断点.
综上所述， f(x)有3个第二类间断点，答案选（C）.
46.【答案】 e
13
【解析】由函数连续性定义，lim f(x) f(0)，即
x0
 x  x2 x2ln   x   limx2ln   x  
alim lime arctanx =ex0 arctanx
 
x0arctanx x0
limx2

x
1

 lim
xarctanx 1
ex0 arctanx  =ex0x2arctanx e3.47.【答案】 x  0 为 f ( x ) 的无穷间断点； x  1 为 f ( x ) 的第二类间断点； x   1 为
f ( x ) 的可去间断点
【解析】先找可能的间断点：x0， x  1 ， x   1 （令分母为0的点）.
下面逐一分析间断点类型：
（1） x  0
l i
x 
m
0 
f ( x )  l i
x 
m
0 
( x 2 
(
1
x
) s

i n
1 )
x
l n
1

( e
11x
c o

s
1 )
x
1
 1
 l i
x 
m
0 
s i
l n
n
(
1
e
c
1x
o

s
1
1
)
 
左极限不存在，故 x  0 为第二类间断点.
（2） x  1
1 1
(x2 1)sin cos
x1 x1
lim f(x)lim
1
x1 x1
(x1)ln(ex 1)
1 1 1
2sin cos 2sin
2 x1 2 1
lim  limcos
x1 ln(e1) ln(e1) x1 x1
左右极限均不存在，故 x  1 为第二类间断点.
（3） x   1
1 1
(x2 1)sin cos
x1 x1
lim f(x) lim
1
x1 x1
(x1)ln(ex 1)
1 1 1
(x1)cos sin cos
2 x1 2 1
 lim  lim(x1)sin 0
x1 ln(e11) ln(e11) x1 x1
左右极限均存在，且相等，故x1为可去间断点.
48.【答案】D【解析】先找可能的间断点：由于当 x 取整数时，均可使分式分母为0，所以所有的整数
均为可能的间断点，但注意到当x2,,,时分式分子为0，故这四个点比较特殊，
需要单独讨论.
（1）x2
(x2 1)ln|1x| 3ln|1x| 3ln|1x|
lim f(x) lim  lim  lim
x2 x2 sinπx x2sin(2ππx) x2sinπ(2x)
3ln|1x| 3 ln|1(x2)| 3 x2 3
 lim  lim  lim 
x2 π(2x) π x2 (2x) π x2(2x) π
左右极限均存在，且相等，故x2为可去间断点.
（2） x   
l i m
x   1
f ( x ) 

l i
x 
l i
x 
m
m


1
1
(
(
x
x
2


1
1
s
)
) l n
i n π
( x 
 π (
| 1
x
1 )
1 

l n
x
x
)
|
|
1


l i
x 
x
m

|
1

( x
2
π
2


s
l i
x 
i
m
1
n

) l n
( π
l n
1
| 1 
 π x
| 1 
x
)
x
|
|


lx i m
 1
( x  1

) (
s
x
i n

π
1 )
( 1
l n

|
x
1
)
 x |
左右极限不存在，故x为第二类间断点.
（3） x  0
(x2 1)ln|1x| ln|1x| x 1
lim f(x)lim lim lim 
x0 x0 sinπx x0 sinπx x0 πx π
左右极限均存在，且相等，故x0为可去间断点.
（4） x  1
(x2 1)ln2 (x1)(x1)ln2 (x1)(x1)ln2 2ln2
lim f(x)lim lim lim 
x1 x1 sinπx x1 sin(ππx) x1 π(1x) π
左右极限均存在，且相等，故 x  1 为可去间断点.
（5）xk，其中kZ 且k{2,1,0,1}l i m f ( x )
x  k


l i m
x 
( k
k
2
(

x
1
2
)

l n
1
s
)
i n
| 1
l n
π

|
x
k
1  x
| l i m
x 
|
k

s i
l i m
x 
1
n π
k
x
( k

2

 1
s
)
i n
l n
π
|
x
1  k |
左右极限不存在，故为第二类间断点.
综上所述，可去间断点有3个，分别为 x   2 ， x  0 和 x  1 ，答案选（D）.
49.【答案】a 1,b0
【解析】先写出极限函数 f(x)的表达式.
（1）当 x  1 时， f ( x )  ln i m

x 2 n  1
x

2 n
a

x
1
 b
 ln i m

a x 
1
b
 a x  b
（2）当 x  1 时， f ( x )  ln i m

x 2 n  1
x

2 n
a

x
1
 b

1  a
2
 b
（3）当x1时， f ( x )  ln i m

x 2 n  1
x

2 n
a

x
1
 b

 1  a
2
 b
（3）当 x  1 时， f ( x )  ln i m

x 2 n  1
x

2 n
a

x
1
 b
 ln i m

x 2
x
n
2

n
1

1
x
axb, x 1

1ab

, x1
 2
x2n1axb 
故 f(x)lim 1ab
n x2n 1  , x1
2

1
, x 1

x
由于分段函数 f ( x ) 连续，故其在分段点x1处左右极限相等，且等于对应的函数值.
先考虑 x   1 处的连续性：
(x2 1)ln2 1
lim f(x) lim  lim 1， lim f(x) lim(axb)ba
x1 x1 sinπx x1 x x1 x1可得 b  a   1 ①
再考虑 x  1 处的连续性：
lim f(x) lim(axb)ab，
x1 x1
lx i m
1 
f ( x )  lx i m
1 
1
x
 1
可得ab1 ②
联立①②解得 a  1 , b  0 .
50.【答案】提示：零点定理
【证明】由所证明的结论，可构造函数 g ( x )  f ( x )  x ，可知
g
 1
2

 f
 1
2


1
2

1
2
 0 ， g (1 )  f (1 )  1   1  0
由零点定理可知，存在
1
2
, 1  
 
，使g() f()0，即 f().
1-2 基础真题
1.【答案】 ( x ) l n ( 1 x )    ，x0．
【解析】由 f((x))e
(x)2
1x，得 ( x ) l n ( 1 x )    . 又 l n (1  x )  0 得，
1  x  1 ，即 x  0 ，所以 ( x ) l n (1 x ) , x 0     .
2.【答案】D
(x)2,x0,
【解析】 f(x) 即
(x)2 x,x0,
f (  x ) 
 x
x
2
2
,

x 
x ,
0
x
,
 0 .
，故选（D）.
3.【答案】D
【解析】根据 g ( x )
2 f(x), f(x)0,
的定义知，复合函数g[f(x)]
f(x)2, f(x)0.
x2 2,x0,
而x0时， f(x) x2 0；x0时， f(x)x0. 故g[f(x)] ，
2x,x0.故答案选（D）.
4.【答案】B
【解析】由于 f ( x )  1 ，故 f [ f ( x ) ]  1 ，因而 f { f [ f ( x ) ] }  1 ，故选（B）.
5.【答案】错误
【解析】此处未说明函数可导，因此不可以直接判断导函数的正负. 另外，取
f(x) x3，其为严格单调增函数，但 f(0)0，故错误.
6.【答案】D
【解析】由于 f (  x )   x s i n (  x ) e c o s  x   x s i n x e c o s x  f ( x ) ，所以为偶函数，故选
（D）.
7.【答案】C
【解析】令x2k，其中 k  Z . 由于 f ( 2 k  )  2 k  s i n 2 k   0 ，
  
f  2k  2k （
 2 2
k 充分大），则 f ( x ) 在 (   ,   ) 内无界，但x时，
f ( x ) 不是无穷大，也没有极限，则应选（C）.
8.【答案】D
【解析】
(2k1)2  2k1  1 
当n2k1时，limx lim lim

2k1

，
k 2k1 k 2k1 k 2k1
当 n  2 k 时， lk i m

x
2 k
 lk i m
 2
1
k
 0 ，
所以当 n   时， x
n
既不是无穷大量，也不是无穷小量，而是无界变量，故选项（D）
正确.
9.【答案】上述论断是错误的【解析】取 f ( x )  x ， g ( x )  s i n
1
x
，则 l i m
x  0
f ( x )  0 ， l i m
x  0
f ( x ) g ( x )  0 ，但是
limg(x)不存在，故错误.
x0
10.【答案】D
1
【解析】取x  ，
n n
f ( x
n
)  ( n  ) 2 s i n n   0 ， ln i m

f ( x
n
)  0 ；
取 y
n

2 n 
1


2
， f ( y
n
) 

2 n  

2

2
s i n

2 n  

2



2 n  

2

2
，lim f(y )
n n
则当 x  0 时，
1
x 2
s i n
1
x
是无界的，但不是无穷大.
11.【答案】D
【解析】方法一（直接法）：由于 y
n

1
x
n
 ( x
n
y
n
) ，则
1 1
lim y lim (x y )lim limx y 0，选（D）.
n n n x n n n x n n n
n n
方法二（排除法）：取x n，y 0，
n n
n  1 , 2 , ，排除（A）.
取 x
n

 2 k
0

,
1 , n 
n
2

k
2

k
1
,
,
k  1 , 2 ,
 0, n2k1,
；y  k 1,2, ；排除
n 2k, n2k,
（B）.
取 x
n

 1
0
,
,
n 
n
2

k
2

k
1
,
,
k  1 , 2 , ； y
n

 0
1
,
,
n 
n
2

k
2

k
1
,
,
k  1 , 2 , ；排除（C）.
12.【答案】D
limb c
b c
n n
【解析】假设limb c  Α（存在），则limc lim n n  n  Α（存在），这与
n n n n n n b limb
n n
n
limc 矛盾，故limb c 不存在.
n n n
n n13.【答案】1
【解析】方法一：
l i
x 
m

4 x 2 
x 2
x


s
1
i n

x
x  1
 l i
x 
m

4 x 2
x

2
x
 l i
x 
m

 2 x


x
x
 1
方法二：分子分母同时除以
x
，转化成常数相除.
l i
x 
m

4 x 2 
x 2
x


s
1
i n

x
x  1
 l i
x 
m

 4 

1
x
1


1
2 x
s i n
x

x
2
1 
1
x

 2
1
 1
 1
14.【答案】 2
xln(1x) x2
【解析】lim lim 2.
x0 1cosx x0 1 x2
2
15.【答案】
1
6
1
sin3 xsinx
4
6 1 sinx 1
【解析】原式=lim  lim    .
x0 x4 6 x0 x  6
16.【答案】 
1
6
1
 x3
1  sinxx sinxx 6 1
【解析】原式=lim ln

1

lim lim 
x0 x2  x  x0 x3 x0 x3 6
17.【答案】 
1
4
【解析】方法一：
1
 x2
( 1x  1x)2 4 2( 1x2 1) 1
2
原式=lim lim lim 
x0 4x2 x0 4x2 x0 2x2 4方法二：利用泰勒公式 ( 1 x ) 1 x
(
2 !
1 )
x 2 o ( x 2 )

     

 .
 1 1   1 1 
1 x x2 o(x2)  1 x x2 o(x2) 2
   
 2 8   2 8 
原式=lim
x0 x2
1
 x2 o(x2)
1
4
=lim =
x0 x2 4
方法三：利用洛必达法则.
原 式 =
=
l i m
x 
l i m
x 
0
0
( 1


1
4
x
( 1
1
) 2


x
( 1
2 x
3 
) 2

2

x )
1
4
12
(

1 
2
x
=
)
l i m
x 
3 
2
0
=
1
2

( 1
1
4
 x )
 12

2 x
1
2
( 1  x )
 12
1
18.【答案】
6
【解析】
1 1
 x3 x3
arctanxx xsinx 3 6 1 1 1
原式=lim lim lim lim   
x0 x3 x0 x3 x0 x3 x0 x3 3 6 6
19.【答案】 1
【解析】
 1   1  1
2ex sinx 2ex sinx ex
lim  =lim   lim 1011
x0   4 x   x0   4 x   x0 4

1ex
 
1ex

ex
 1   1 
2ex sinx 2ex sinx 2
lim  =lim   1211
x0   4 x   x0   4 x   1

1ex
 
1ex

原式=120.
4
【答案】
3
【解析】方法一：
x2 sin2 xcos2 x 4x2 sin22x (2xsin2x)(2xsin2x)
原式lim lim lim
x0 x2sin2 x x0 4x4 x0 4x4
1
2x2xo(x) (2x)3
6 4
lim 
x0 4x4 3
1 1
方法二：  时，可通分变成整个分式；四则运算
0 0
 1 1sin2 x  1 1  sin2 x
原式lim  lim



lim
x0sin2 x x2  x0sin2 x x2  x0 x2
1
x3xxo(x)
x2 sin2 x (xsinx)(xsinx) 6
lim 1lim 1lim 1
x0 x2sin2 x x0 x4 x0 x4
1 4
 1
3 3
21.【答案】
3
2
【解析】方法一：
原 式 


l i m
x 
l i m
x 
1
2
0
0


x
1
1



1
 e
1 
2 x
3
2
x
e

 x
1
x


1


l i m
x  0
l i m
x  0
1
1
x
 x  e
 x  e
2 x


l i m
x 
1 
0
x 
x ( 1
l i m
x  0
1

2

e
x
x
e


 x
x )
1
 l i m
x  0
x
x
1 1
方法二：  时，可通分变成整个分式； 泰勒展开.
0 0原 式 
=
l i m
x 
l i m
x 
0
0
x
3
2

x
x
x
2
2
( 1

x


o
2
1  e
x e )
2 ( x )

=
x
3
2
 l i m
x  0
x  x 2  1  1  x
x 2

1
2
x 2  o ( x 2 )
22.【答案】 e 2 a
【解析】方法一：”1”型极限计算：重要极限.
 2a  x lim 2ax
原式lim

1

=ex0xa e2a.
x0 xa
方法二：幂指函数指数化.
 2a  2ax
xln1  lim
原式lime  xa ex0xa e2a.
x0
23.【答案】 e

π2
【解析】方法一：” 1  ”型极限计算：重要极限.
原 式  l i
x 
m
0 
( 1  c o s x  1 )
x
 e
lim
 x 0
(c o s x  1

)x
 e
lim
 x 0
(
12
x

)x
 e

2
.
方法二：幂指函数指数化.
【解析2】 原 式  l i
x 
m
0 
e
x
ln (c o s x )
 e
lim
 x 0
(c o s x  1

)x
 e
lim
 x 0
(
12
x

)x
 e

2
.
24.【答案】C
【解析】
x2 ax(x1) (1a)x2 ax
原式=lim b=lim b
x x1 x x1
x
a1lim b1b0
x x1
所以b1，答案选（C）.25.【答案】 2
【解析】
原式= ln i m

n
n


3
3
n
n


n 
n 
n
n
 ln i m
 n  3
4
n 
n
n  n
 l i m
n  
4
n 
n
n
 2 .
26.【答案】 e 4
【解析】方法一：
n
π 2  π 2 
limtann  lim 1tan  1
     
n 4 n n 4 n 
π 
en l  im     tan    π 4  n 2   1    n 1 n t et l  im 0
tan
4

t
2t

1
sec2

π
2t

2
4 
lim
et0 1 e4
方法二：
n  π 2 
 π 2 limntan  1
lim

tan



en  4 n  eA，
n 4 n
而 A  ln i m

n

t a n
 π
4

2
n

 1

 ln i m

t a n
 π
4

1
n
2
n

 1
 2 ln i m

t a n
 π
4

2
n2
n

 t a n
π
4
n
π  π 2
2(tanx) 2sec2 4，故lim

tan



e4.
π 4 n 4 n
4
【注】求 ln i m

t a n
 π
4

1
n
2
n

 1
时，当然也可以转化为函数极限洛必达法则，但不如上面直
接凑导数的定义方便.27.【答案】
1 
1
2 a
【解析】 l i m
x  
l n
 n
n
 2
1
n

a
2

a
1 
n
 l i m
x  
n l n

1 
n  1
1
 2 a 

 l i m
x  
n
n  1
1
 2 a 

1 
1
2 a
.
28.【答案】 ln i m

x
n
 3
【解析】方法一：令 f(x) 6x ，则 f ( x ) 
2
1
6  x
 0 ，所以 f(x)单调增.
由 x
1
 1 0 及 x
n  1
 6  x
n
 1 6  4 知 x
1
 x
2
.
设对某正整数 k 有 x
k
 x
k  1
，则有 x
n  1
 6  x
k
 6  x
k  1
 x
k  2
. 由归纳法知，对一
切正整数n，都有x  x ，即
n n1
 x
n
 为单调递减数列. 显见 x
n
 0 ( n  1 , 2 ,   ) ，即  x
n

有下界，根据单调有界准则知limx 存在.
n
x
再设 ln i m

x
n
 a ，则有 a  6  a 成立，从而a2 a60，解得a3， a   2 ，因
x 0(n1,2,)，所以a0，舍去
n
a   2 ，得 ln i m

x
n
 3 .
方法二： x
1
 1 0  3 ，设x 3，设
k
x
k  1
 6  x
k
 6  3  3 ，故对一切正整数n，
都有x 3；
n
x
n  1
 x
n
 6  x
n
 x
n

( 3 
6
x

n
) ( 2
x
n


x
x
n
n
)
 0 ，则 x
n  1
 x
n
，即数列 x 
n
单调递减；根据单调有界准则知limx 存在，再设
n
n
ln i m

x
n
 a ，则有 a  6  a 成立，从
而a2 a60，解得 a  3 ，a2，因 x
n
 0 ( n  1 , 2 ,   ) ，所以 a  0 ，舍去
a   2 ，得limx 3.
n
n
29.【答案】（1）limx 0；（2）
n
n
e

16
【解析】利用单调有界准则证明数列极限存在，基本不等式sinxxtanx，x 

0 ,
π
2

；不能对数列直接使用洛必达法则.
（1）用归纳法证明 { x
n
} 单调减少且有下界.
由 0  x
1
 π 得 0  x
2
 s i n x
1
 x
1
 π
设 0  x
n
 π 则 0  x
n  1
 s i n x
n
 x
n
 π
所以{x }单调减少且有下界，故
n
ln i m

x
n
存在.
记 a  ln i m

x
n
，由 x
n  1
 s i n x
n
得 a  s i n a ，所以 a  0 ，即 ln i m

x
n
 0 .
（2）因 ln i m

x
n
 0
ln i m

 x n
x

n
1 
1
2 x n  ln i m

 s i n
x
x
n
n 
1
2 x n  ln i m

 1  s i n x n
x
n
 x n 
1
2 x n  e lim n  sin x  n3 x n xn  e lim n 
 16x x
3n
3n
 e  16 .
30.【答案】B
1
x2
xsinx 1cosx
2
【解析】lim lim lim 0.
x0 x2 x0 2x x0 2x
31.【答案】D
1
【解析】（A）选项x2为2阶；（B）选项1cosx~ x2 为2阶；（C）选项
2
1  x 2  1 ~ 
1
2
x 2 ；（D）选项 x  t a n x ~ 
1
3
x 3 为3阶.
32.【答案】 a  2 ，b1
【解析】方法一：
af(h)bf(2h) f(0)
由I lim 0， f(x)在
h0 h
x  0 的某邻域内具有一阶连续导数得，
lim[af(h)bf(2h) f(0)](ab1)f(0)0，所以
h0
ab10. ①所以 I  l i m
h  0
[ a f ( h )  2 b f ( 2 h ) ]   a  2 b  f ( 0 )  0 ，所以
a2b0 ②
由①②，解得 b   1 , a  2 .
方法二：
f ( x ) 在 x  0 处泰勒展开，有 f ( x )  f ( 0 )  f ( 0 ) x  o ( x )
I 


l i m
h 
l i m
h 
l i m
h 
0
0
0
a
a

f

a
( h
f

)
( 0
b

)

b

1
f

(
h
f
f
2
(
(
h
0
0
)
)
)



h
f

 a
(
h
0
o

)
( h
2
)
b



f
 b
( 0
f
h
)
(
h
0

) 
o (
f
h
(
)
0

) 
0
2 h  o ( h )   f ( 0 )
所以
 a
a


b
2

b
1


0
0 a2
，解得 .
b1
33.【答案】B
【解析】由微分的定义 d y  A Δ x ( Δ x  0 )
1
，得dy  Ax f(x )x x .
0 2
34.【答案】B
【解析】
f(x) 2x 3x 2
方法一：lim lim lim  2xln23xln3  ln2ln3ln6.
x0 x x0 x x0
f(x) 2x 1 3x 1 xln2 xln3
方法二：lim lim lim lim lim ln2ln3ln6.
x0 x x0 x x0 x x0 x x0 x
35.【答案】C
【解析】当 x  0 时， e ta n x  e x  e x ( e ta n x  x  1 )  1  ( t a n x  x ) 
1
3
x 3 .
3
36.【答案】
2【解析】分析：当 x  0
1 1
时，(1ax2)3 ~ ax2，
3
c o s x  1 ~ 
1
2
x 2 ，即
1
1 ax2
(1ax2)3 1 3 2
lim lim  a 1，解得
x0 cosx1 x0  1 x2 3
2
a  
3
2
.
37.【答案】  4
【解析】分析：当 x  0
1 1
时，(1ax2)4 ~ ax2，
4
x s i n x ~ x 2 ，即
l i m
x  0
( 1  a
x
x
s i
2
n
)
14
x
 1
 l i m
x  0

1
4x
a
2
x 2
 
1
4
a  1 ，解得 a   4 .
38.【答案】B
【解析】（A）选项 1  e x ~  x ；（C）选项 1  x  1 ~
1
2
x ；（D）选项
1 1
1cos x ~ ( x)2  x.
2 2
（B）选项
l n
1
1

 x
x
 l n (1  x )  l n (1  x )  x  o ( x )    x  o ( x )   x  o ( x ) ；
1x  x x  x x 1 x
或（B）选项ln ln1 ~  x ~ x1 x .
 
1 x 1 x 1 x 1 x
 
39.【答案】A
【解析】验证分段函数分段点的连续性，需要求这个点的左右极限，满足
lim f(x) lim f(x) f(x )时，函数 f(x)在x x 处连续.
0 0
xx xx
0 0
(x1)(x1) x1
lim f(x)lim 2lim . 则lim f(x)2， lim f(x)2. 左右极
x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1
限不相等，极限不存在，函数在点x1处不连续.40.【答案】 f ( x ) 在 x  0 处是连续的.
1 1  2  1 2x2
【解析】当x0时， f(x)arctan  



xarctan 
x2 1  x3  x2 x4 1
1
x4
当 x  0 时， f ( 0 )  l i m
x  0
f ( x )
x


f
0
( 0 )
 l i m
x  0
a r c t a n
1
x 2


2
由于 l i m
x  0
f ( x )  l i m
x  0

a r c t a n
1
x 2

x
2
4
x

2
1



2
 0 

2
 f ( 0 )
故 f ( x ) 在 x  0 处连续.
方法二：利用 a r c t a n x  a r c t a n
1
x

π
2
( x  0 ) 化简；
 
x( arctanx2), x0  
f(x) 2  x  arctanx2 
 0， x0 2 
  2x   2x2
f(x) arctanx2 x



 arctanx2 
2  1x4  2 1x4
 2x2   
因为lim f(x)lim arctanx2   00  f(0)
x0 x02 1x4  2 2
故 f ( x ) 在 x  0 处连续.
41.【答案】D
【解析】若aebx 0有解，a ebx 0， 因为要求 f ( x ) 连续，即分母不能为0，即
a0. 因为 lim f(x)0， 所以 lim(aebx)， 可得
x x
b  0 . 此题选（D）.
42.【答案】  2
1etanx tanx
【解析】lim f(x) lim  lim 2，
x0 x0 x x0 x
arcsin
2 2
lim f(x) limae2x a， 则 f(0)a. 因为函数 f(x)在x0处连续， 可得a2.
x0 x043.【答案】2
【解析】 原 式 = l i m
x  0
f ( x )  l i m
x  0
1
2
x
x
2
2
f
f
2 (
( x
x
)
)

1
2
l i m
x  0
f ( x ) 
1
2
f ( 0 )  1 ， 所以 f ( 0 )  2 .
44.【答案】B
f(x) f(x) f(0)
【解析】方法一：limF(x)lim lim  f(0)0
x0 x0 x x0 x0
因为 F ( 0 )  f ( 0 )  0 ，所以 l i m
x  0
F ( x )  F ( 0 ) .
因此 x  0 是 F ( x ) 的可去间断点，即第一类间断点，选（B）.
方法二：
l i m
x  0
F ( x )  l i m
x  0
f (
x
x )
 l i m
x  0
f ( 0 )  f ( 0
x
) x  o ( x )
 l i m
x  0
f ( 0 ) x
x
 o ( x )
 f ( 0 )  0
因为 F ( 0 )  f ( 0 )  0 ，所以 l i m
x  0
F ( x )  F ( 0 ) .
因此 x  0 是 F ( x ) 的可去间断点，即第一类间断点，选（B）.
45.【答案】D
【解析】若 ( x )
1 ,
1 , x
x
0
0
 
  

， f ( x )  1  x 2 ，（A）则 ( f ( x ) ) 1   ，连续；（B）
2(x)1，连续；（C） f ( ( x ) )
2
2
,
,
x
x
0
0
2  
 

 ，连续；（D）利用连续函数的性质，假
设
f
(
(
x
x
)
)

无间断点，因为 f ( x )
(x)
为连续函数，则(x) f(x)必无间断点，这与
f(x)
( x ) 
有间断点矛盾，答案选（D）.
π 3π 5π 7π
46.【答案】间断点为x , , , ；
4 4 4 4
f ( x )
π 5π
在x  , 处为第二类间断点；
4 4
f ( x )
3π 7π
在x , 处为可去间断点.
4 4【解析】使得 f ( x ) 在(0,2π)内无定义的点为 x 
π
4
,
3 π
4
,
5 π
4
,
7 π
4
.
因为
x
l

i m
π4 
t a n

x 

4

 0  ，可得
x
l

i m
π4 
t a n

x
x 

4

   ，所以
x
l

i m
π4 
f ( x )    ，
因此 x 
π
4
为无穷间断点.同理，
x
l

i m5
π 
4 

f ( x )    ， x 
5 π
4
为无穷间断点.
因为
x
l i m
3 π4 
t a n

x 

4

  ，
x
l i m
3 π4 
t a n

x
x 

4

 0 ，所以
x
l i m
3 π4 
f ( x )  1 ，因此
3π
x  为可去间断点. 同理
4
x
l i m
7 π4 
f ( x )  1 ， x 
7 π
4
为可去间断点.
π 3π 5π 7π
综上所述，间断点为x  , , , ；
4 4 4 4
f ( x ) 在 x 
π
4
,
5 π
4
处为第二类间断点； f ( x )
在 x 
3 π
4
,
7 π
4
处为可去间断点.
47.【答案】 x  0 是 f ( x ) 的可去间断点；而 x  k π （ k   1 ,  2 , ）均为无穷间断点
【解析】当xk时， f ( x )  l i m
t x

1 
s i n t
s

i n
s
x
i n x  sin
x
t sin x
 e
lim
t x sin
x
t sin x
sin  t
sin
sin
x
x
 e
x
sin x
当 x  k  时， k  Z 为 f(x)的间断点.
x x
lim
lim f(x)limesinx ex0sinx e， 所以x0为 f(x)的可去间断点；
x0 x0
x x
lim
k 0时，lim f(x) limesinx exksinx e， 所以x k(k 0)为 f(x)的无穷间断
xk xk
点.
48.【答案】当 a   1 时， f(x)在 x  0 处连续；当 a   2 时， x  0 是 f(x)的可去间
断点.【解析】
l i
x 
m
0 
f ( x ) 

l i
x 
4
m
 0
l i m
x 
e
 0
a x
a
 x
x s
2 a x e
2
2 
i n

a
x
4
2
x

 1
l i m
x  0


2
4
(
l i m
x  0
2 a e

a
e
x
a

x 
2 )
x

2
x

2
2 a
a
2
x

 1
4
 4 l i
x 
m
0 
a e a x 
2
2
x
x  a
ln(1ax3) ax3
lim f(x) lim  lim 6a
x0 x0 xarcsinx x0
x

x
1
x3o(x3)

 
 6 
若函数连续，则  6 a  2 a 2  4 ， 解得 a   1 或 a   2 .
当 a   1 时， l i m
x  0
f ( x )  6  f ( 0 ) ，即 f ( x ) 在 x  0 处连续.
当 a   2 时， l i m
x  0
f ( x )  1 2  f ( 0 )  6 ，因此 x  0 是 f ( x ) 的可去间断点.
1-3 拓展拔高
1.【答案】D
【考点】复合函数
 π
【解析】在区间 0, 内，
 2
s i n x 单调增加， c o s x 单调减少，任取 x
1
, x
2


0 ,
π
2

，且
x x ，则sinx sinx ，故
1 2 1 2
c o s ( s i n x
1
)  c o s ( s i n x
2
) ，所以函数 f ( x ) 单调减少，又
cosx cosx ，则
1 2
s i n ( c o s x
1
)  s i n ( c o s x
2
) ，故函数 g ( x ) 单调减少，（D）正确.
2.【答案】B
【解析】由 f(x) 1xx2  1xx2 f(x)，知 f(x)为奇函数.
ex2, x1,

x2, 1 x0,

3.【答案】 f[(x)]
ex21,
0 x 2,


x2 1, x 2.
【解析】采用先内后外的方法将(x)代入 f(x)中，得到 f [ ( x ) ]
e ( x
( x
) ,
) ,
(
(
x
x
)
)
1
1
,
.
 

 

 

用 ( x )  的各个分段函数分别替换上式中右端的 ( x )  ，有
f [ ( x ) ]
e
x
e
x
x
2 x
2
2 ,
2 ,
1 ,
1 ,
x
x
x
x
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
,
,
,
,
x
x
x
x
0
0
0
0
,
,
,
.
 

















将内层函数的值域属于外层函数的定义域的不等式（例如 x  2 ＜ 1 ）与内层函数的定义域
（例如 x  0 ）求交集. 为此求解上式右端四个不等式组，确定 f[(x)]的分段（部分）
定义域.
解
 x
x


2
0
 1
，得x1；解
 x
x


2
0
 1
，得1x0；解
 x 2
x
 1

＜
0
1
，得0x 2.
解
 x
x
2

 1
0
 1
，得x 2.
最后，得到所求的分段复合函数为 f [ ( x ) ]
e
x
e
x
x
2 x
2
2 ,
2 ,
1 ,
1 ,
x
0
x
1
x
1
x
2
,
.
0
2
,
,
 
 











.
4.【答案】 y  f  1 ( x ) 
 x
l o
,
x
g
,
2

1
x , 1


6

x


x
x
1


6
1
,

,
 .
【解析】求反函数的方法是在原函数 y  f ( x ) 中解出x，再交换x与y 的位置即得所求
的反函数y f 1(x)， 同时得到 f  1 的定义域即为 f 的值域.
当 x1时，在 f ( x )  x 中解出 x 得到 x  y ，交换 x 与y 的位置，得到反函数为
y  x，其中 x1.当 1  x  4 时，在 f ( x )  x 2 中解出 x 得到x  y ，交换 x 与 y 的位置，得到反函数为
y  x，其中 1  x  1 6 .
当 4  x    时，在 f ( x )  2 x 中解出 x 得到 x  l o g
2
y ，交换 x 与y 的位置，得到反函
数为 f ( x )  l o g
2
x ，其中 1 6  x    .
综上所述， f ( x ) 的反函数表达式为 y  f  1 ( x ) 
 x
l o
, 
x , 1
g x , 1
2


6

x


x
x
1


6
1
,

,
 .
5.【答案】 f [ g ( x ) ] 
 1
e
,
x ,

0
1


x
x


1
0
.
,
 1
1,  x1,
【解析】因为 f(x) e ，
 x, 1 xe,
g ( x )  e x 则
当 0  x  1 时， 1  g ( x )  e ， f [ g ( x ) ]  f ( e x )  e x
当  1  x  0 时，e1  g(x)1， f[g(x)] f(ex)1
所以， f [ g ( x ) ] 
 1
e
,
x ,

0
1


x
x


1
0
.
,
综上所述， f [ g ( x ) ] 
 1
e
,
x ,

0
1


x
x


1
0
.
,
6.【答案】 f ( x ) 
a
( a
c
2


b
b
c x
2 )
2
x
，奇函数
1 c 1
【解析】由af(x)bf
 
 ，可得af
 
bf(x)cx，两式联立，解得
 x x  x
acbcx2 acbcx2
(a2 b2)f(x) ，即 f(x) .
x (a2 b2)x
acbcx2
因为a,b,c为常数，且 a  b ，所以a2 b2 0，则 f(x) 成立，
(a2 b2)x定义域为(,0) (0,)关于原点对称
f (  x ) 
a
( a
c
2


b
b
c
2

)


x


x
2

 
a
( a
c
2


b
b
c x
2 )
2
x
  f ( x ) ，
所以 f ( x ) 为奇函数.
综上所述， f ( x ) 
a
( a
c
2


b
b
c x
2 )
2
x
且 f(x)为奇函数.
7.【答案】D
【解析】取 a
n

n 2
n


3
1
n n1n2
， b  ， 显然
n n
ln i m

a
n
， ln i m

b
n
都不存在，但
ln i m

( a
n
 b
n
)  ln i m

 n 2
n


3
1
n

n  1
n
 n 2 
 ln i m

3
n
n
( n
2 

1
1 )
 3
同理，若lima ，
n
n
ln i m

b
n
都不存在，lim(a b )也可能存在.
n n
n
取 a
n
 2  (  1 ) n ，b 2(1)n显然
n
lima ，limb 都不存在，但lima b 3；
n n n n
n n n
取 a
n

 n
0
,
,
n
n


1
2
, 3 , 5
, 4 ,
,
6 ,
,
,
b
n

 0
n
,
,
n
n


1
2
, 3 , 5
, 4 ,
,
6 ,
,
,
显然  a
n
 ,  b
n
 都无界，但
a b 0，即
n n
 a
n
b
n
 有界，应选（D）.
8.【答案】C
【解析】若lim f(x)存在，则lim g(x)必不存在. 因为若
xx xx
0 0
lx i m
x0
g ( x ) 也存在，则由和、差
极限知 2 lx i m
x0
u ( x )  lx i m [
x0
f ( x )  g ( x ) ] 与2limv(x) lim[f(x)g(x)]必都存在，矛盾.
xx xx
0 0
选（C）.
9.【答案】D
【解析】方法一：证明选项（D）是正确的. 由 lu i m

f ( u )  A . 对于任给 0   ，存在 M  0 ，当 u  M
时，有 f ( u ) A    . 又因lim g(x)，故对于上述
xx
0
M  0 ，存在 0   ，当
0 xx 时，
0
g ( x )  M ，将上述两点结合起来推知，对于任给0，存在
0，当 x x
0
 0    时，有 f[g(x)] A ，即 lx i m
x0
f [ g ( x ) ]  A ，
（D） 正确.
方法二：用排除法.（A）的反例： f ( x ) 
1
x 2
， l i m
x  0
f ( x ) 不存在. g ( x )  x ， l i m
x  0
g ( x )
存在. 但 l i m
x  0
f ( x ) g ( x )  l i m
x  0
1
x
仍不存在.
（B）的反例： f ( x ) 
x
x
( x  0 ) ， l i m
x  0
f ( x ) 不存在， g ( x ) 
x
x
( x  0 ) ，limg(x)亦
x0
x2
不存在，但lim f(x)g(x)lim 1极限存在.
2
x0 x0 x
1
（C）的反例：g(x) xsin ，
x
l i m
x  0
g ( x )  0 ， f ( u ) 
s i n
u
u
， l i m
x  0
f ( u )  l i m
x  0
s i n
u
u
 1 .
但对于复合函数 f [ g ( x ) ] 
s i n

x
x
s i
s
n
i n
1
x
1
x

，不论 0   多么小，在 x  0 的去心邻域
U(0){x|0 x }内， f[g(x)]在无穷多个点处（例如 x 
1
n π
, n  1 , 2 , ），没有定
义（因分母为0）. 因此谈不上取极限 l i m
x  0
f [ g ( x ) ] ，（C）也不成立，故选（D）.
10.【答案】D
【解析】
a1 a1
对于（A）：取M  ，则M 1，令x a  ，则
2 n n 2 a1 a1 a1
limx lim

a 

a  0.
n n n n 2  2 2
由极限的保号性，可知当 n 充分大时，有 x
n
 a
n

a 
2
1
 0 ，即 a
n

a 
2
1
 M  1 .
对于（B）：令 x
n
 b
n
 a
n
，则 ln i m

x
n
 ln i m

( b
n
 a
n
)  b  a  0
由极限的保号性，可知当 n 充分大时， x
n
 0 ，即 a
n
 b
n
.
对于（C）：令 x
n
 N  a
n
，则x 0(n1,2, )，由极限的保号性，得
n
N alimx 0，即
n
n
a  N ，同理可得 M  a .
对于（D）：取 a
n
 2 
2
n
 2
，则lima lim  2  20. 显然
n n n n
a
n
 2 
2
n
＜ 2 
1
n
，故
选（D）.
11.【答案】B
【解析】
ax|x| 1 π
lim arctan  (a1)，
x0 x x 2
l i
x 
m
0 
a x 
x
| x |
a r c t a n
1
x

π
2
( a  1 ) ，
因为 l i m
x  0
a x 
x
| x |
a r c t a n
1
x
π π
存在，所以 (a1) (a1)，
2 2
解得 a  0 ， b 
π
2
，故答案选（B）.
12.【答案】0
x3x2 1 3x2 2x 6x2 6
【解析】由于 lim  lim  lim  lim 0,
x ex x3 x ex 3x2 xex 6x xex 6
且 | s i n x  c o s x | 2 即有界，故原式0.
13.【答案】
1
3i2 i2 i2
【解析】因为   (i1,2, ,n)
n3n2 nn n3n2 ni n3n2 n1
所以
1 2
n

3 
2 2
n

2  n


n
n
2

n
i
1
n 3  n
i
2
2
 n  i

1 2
n

3
2

2
n

2  n


n
1
2
n(n1)(2n1)
由12 22  n2 
6
得 ln i m

1 2
n

3 
2 2
n

2  n


n
n
2
 ln i m

1 2
n

3
2

2
n

2  n


n
1
2

1
3
，根据夹逼定理得
 12 22 n2  1
lim    
nn3 n2 n1 n3n2 n2 n3n2 nn 3
14.【答案】1
【解析】由于 1  n 1 
1
2
 
1
n
 n n 且 ln i m

n n  1 ，故由夹逼准则，知原式1.
15.【答案】A
【解析】由 ln i m

( a
n
 b
n
) 存在可知，存在 M  0 ，使得 a b M ，因此有
n n
M a b M ，a b M b M ， 可得 a  单调递减且有下界；
n n n n 1 n
b
n
 a
n
 M  a
1
 M ，可得 b  单调递增且有上界；因此数列 a  ， b  单调有界故
n n n
极限存在，分别设极限为A、B，则Blimb limb lim(a b )lima  A.
n n n n n
n n n n
16.【答案】e
【解析】
x22x 2
lim   2x1  x2 x   2 1 x lim     1 2   2x 2 1  x1  2x1 ex l  im  x2 x   2 1 x  2x 2 1
x2x1 x 2x1 
 
2
1
2lim x22x 2 x l  im 2 1  x 1
e x2x2x1 e x x2 e17.【答案】 e

32
【解析】
ex2
cosx2
1  1  x2
 
lim(ex2 cosx1)x2 lim1(ex2 cosx2)ex2 cosx2
x0 x0


 


ex2
cosx2
(ex2
1)(cosx1)
lim lim
ex0 x2 ex0 x2
x2 1 x2
lim 2  3
ex0 x2 e 2
18.【答案】
1
8
【解析】
由
l i m
x  
 x
x


c
c

2 x 2  3 x
x  1
 2
 l i m
x  


1 
x
2

c
c

x  c
2 c

2 x 2  3 x
x  1
 2 2 c
x  c
 e
2 c lim
x 
2 2 x  3 x  2
( x  1 )( x  c )  e 4 c
cosx1x2
1  1  sin2x
lim(cosxx2)sin2x lim  1(cosx1x2)  cosx1x2 
x0 x0 
cosx1x2
lim
ex0 sin2x
cosx1x2
lim
ex0 x2
cosx1 1
lim 1
e x2 e2
1
得c  .
8
2
19.【答案】 .
3
1
【解析】当x0时， n1x 1~ x，ln(1x)~ x
n当 x  0
1
时， 314x2sinx 1~ (4x2sinx)，
3
l n ( 1  2 x 2 ) ~ 2 x 2 ，所以
l i m
x  0
3 1 
x l
4
n
x
(1
2

s i n
2 x
x
2

)
1
 
2
3
l i m
x  0
s i n
x
x
 
2
3
.
20.【答案】  ( l n 2 ) 2
【解析】 l i m
x  0

1 
4
f
x
( x

)
1
 ln
1c
o s x
 2  l i m
x  0
l n

1
l
n

c
4
o
f
x
s
( x

x
)
1

 l n 2
f(x)
. 此时必有lim 0.
x0 4x 1
利用当 x  0 时的等价无穷小关系 l n (1  x ) ~ x 和 1  c o s x ~
1
2
x 2 ，把分子换为
4
f (
x
x

)
1
，
把分母换为 
1
2
x 2 ，即得 l i m
x  0 (

4
2
x
f

(
1
x
)
)
x 2
 l n 2 又 4 x  1 x l n 4 ，从而
l i m
x  0
f (
x
x
3
)
 
l n
2
2
l n 4   ( l n 2 ) 2
4
21.【答案】
3
【解析】
方法一：
l i m
x  0

s i
1
n 2 x

c o s
x
2
2
x 




l i m
x 
l i m
x 

2


2

2 x
0

1

0
l i m
x  0
1

6
 s
x
s

x 
l i m
x 
2 i n x c
2 2 s i n
i n x
 c
x
s i n x
3 x
s i n x
x 0
o
x
o


2 s
s x
l i m
x 
1 
x

0
c
x


s
o
2
x
i
s
l i m
x 

n x
x
2 x
0
s i n x
3 x
 s i
x

 2


c
n
3

s
o
x
1
6
2 i n x
4 x
s x

c o s x
1

2
c o
2




2 s
l i m
x 
4
3
x
0
.
x  s i n
x
x
3
c o s x
方法二：1
x2  sin22x
 1 cos2 x x2 sin2 xcos2 x
4
lim  lim lim
x0sin2 x x2  x0 x2sin2 x x0 x4
(2x)2 sin22x t2 sin2t
4lim 2xt 4lim
x0 2x4 t0 t4
tsint tsint 4
4lim   .
t0 t t3 3
22.【答案】 7
【解析】
原 式 

l i m
x 
1
2
0

1 
l i m
x 
c
x
0
o
2
1
s

x

c o s
2 x
l i m
x 
2 x
0
c

o s
l i m
x 
x
0

1
1

 c o s
2 x
c o s 3
2 x
2
x
x

 l i m
x 
1

2
c o
0
l i m
x 
s
0
x
1
2
c o
( 2
x
s
x
2
2
) 2
x 

1 
l i m
x 
c o s 3
2 x
1
( 3
2
x 0
x
x
2
) 2
 7 .
23.【答案】1
【解析】先用等价无穷小因子替换： l n ( 1  x )  l n x  l n

1 
1
x

~
1
x
( x    )
然后用分项求极限法可得
li
x 
m

( 3
x

2 [
x
ln
2 )
(1
s i

n
x
1
x)


c
ln
o s
x
x
]
 li
x 
m

s i n
1
x
1
x
 li
x 
m

3 s i n
1
x
2 x


c
1
x
o s x
 1  0  1
24.【答案】24
【解析】
方法一：先对分母用等价无穷小代换，即当 x  0 时， 3 1  x 2  1
1
3
(  x 2 ) ，再利用洛
必达法则，得513x4 cos4x2 513x4 cos4x2
原式lim 3lim
x0  1 x2 x0 x2
3
1 12x3
4sin4x
5 5 (13x4)4 sin4x
3lim 24lim 24
x0 2x x0 4x
方法二：对分母作等价无穷小代换后，可拆成两项，再对每一项的分子作等价无穷小代
换： 当 x  0
1 1
时， 31x2 1~ (x2) ， 313x4 1~ 3x4 ，
3 5
1
cos4x1~ (16x2)8x2 ，得
2
原 式   3 l i m
x  0
5 1  3
x
x
2
4  1
 3 l i m
x  0
c o s 4
x
x
2
 1
  3 l i m
x  0
1
5
 3
2 x
x 4
 3 l i m
x  0
 8
x
x
2
2
 2 4
1
25.【答案】
2
【解析】
l i m
x   
l n
l n
2 ( 3 x
4 ( 2 x


2
3
x
x


2
1
)
)


l i m
x  
l i m
x  


6 x
3 3 x 
3 8 x
4 2 x 
5 1 2 x 
5 2 4 x 

2

3
2
x 3
x 

2
1
1
2
 l i m
x  
( 6
( 3 x
x
3


2
2
) (
x
2

x 4
2 )

( 8
3
x
x
3


1 )
3 )
26.【答案】e1
【解析】由于 l i m
x  
l n
x
x
 0 ，所以当 x   时， x
1x
 1  e
lnx x
 1 ~
l n
x
x
，则原式
1
lnx 1 ln(e ln x x 1) x l  im  e ln x 1 x 1(e ln x x 1) x l  im  ln x x e ln x x    1 x l 2 nx   
lim(e x 1)lnx  lim e lnx e x e e x 1
x x
x 1lnx
lim 
xlnx x2
lim
1lnx
e x ex lnx e11 (ln2aln2b)
27.【答案】e2
【解析】
(ax 1)lna (bx 1)lnb

ln(ax xlna)ln(bx xlnb) ax xlna bx xlnb
lim lim
x0 x2 x0 2x
1 lna ax 1 lnb bx 1 1
 lim  lim   (ln2aln2b)
2x0 ax xlna x x0bx xlnb x  2
故原式  e
12 (ln 2 a  ln 2 b )
28.【答案】 5
【解析】当 x  0
x3 x5
时，sinx x  o(x5)，
3! 5!
s i n 2 x  2 x 
( 2 x
3
)
!
3

( 2 x
5
)
!
5
 o ( x 5 ) 得
s i n x ( c o s x  4 )  3 x 

1
2

1
1 0
s i
4
x
n

5
2
x

x

o

x
3
( x
4
3
!
5
s

)
i n
x
5
x
5
!


3
o
x
( x

5 )
1
2



2
3
x
x

( 2 x
3
)
!
3

( 2 x
5
)
!
5
 o ( x 5 )

故得为 x 的5阶无穷小.
29.【答案】
1
3
6
x2
【解析】由ex 1x o(x2)得：
2

x2 x2 x4

x2 x2 x4
e 2 1  o(x4)，即e 2 1 ~ ，故
2 8 2 8
x2 x2
e 2 1
1 x x3 1 x3
2
lim  lim   lim
x0 tan2 xx2 8 x0 tanxx tanxx 16 x0 tanxx
3 x2 3 x2 3
 lim  lim 
16 x0sec2 x1 16 x0 tan2 x 16
30.【答案】
1
3
【解析】因为
n 3  n
i
2
2
 n  n

n 3  n
i
2
2
 n  i

n 3  n
i
2
2
 n  1
( i  1 , 2 , , n )
所以
1 2
n

3 
2 2
n

2  n


n
n
2

n
i
1
n 3  n
i
2
2
 n  i

1 2
n

3
2

2
n

2  n


n
1
2
由 1 2  2 2   n 2 
n ( n  1 ) (
6
2 n  1 )
得 li m
n  
1 2
n

3 
2 2
n

2  n


n
n
2
 li m
n  
1 2
n

3
2

2
n

2  n


n
1
2

1
3
，根据夹逼定理得
 12 22 n2  1
lim     .
nn3 n2 n1 n3 n2 n2 n3 n2 nn 3
31.【答案】1
 1 1 1 1  n 1
【解析】lim     lim
n n1 n2 1 3 n3 1 n nn 1 n
k1
k nk 1
注意到 k
n
 1 n
1
 1
 k
n
 1 k n
1
k  1
 k
n
 1
1
n
，显然 li m
n  
k
n
 1
1
n
 1 ， li m
n  
k
n
 1 n
1
 1
 1
n 1
因此，由夹逼准则得lim 1
n k nk 1
k1
1
32.【答案】
4
 i 
 1 1 
【解析】
原式lim
n

n2
lim
1

n i
n  i  nn2 i
i1  1 1 i1 1 1
 n2  n2注意到
n
i
1 1 
i
1
n
 1

n
i
1 1 
i
n
i2
 1

n
i
1 1 
i
1
n 2
 1
显然 li m
n  
1
n 2
n i
1 1 
i
1
n 2
 1
 li m
n  
1
n 2

n
1
(

n 
2
1
n 2
1 )
 1
 1
4
，
n(n1)
lim 1  n i lim 2  1
nn2 1 n 2n2 4
i1 1 1
n
因此，由夹逼准则可得 li m
n  
n
i
1

1 
n
i
2
 1


1
4
.
33.【答案】 3
【解析】令 y
n
 x
n
 3 ，则
y
n
y

n
1 
x
n
x

n
1


3
3

x
x
n
n
x


n
3
1


3
3

( x
( x
n
n

 1
3
) (
)
x
(1
n


3
3
)
)

x
3
n


1
1
由 x
n
 0 ，故 x
n
 1  1
31
，于是  31. 则
x 1
n
0  y
n  1
 ( 3  1 ) y
n
 ( 3  1 ) 2 y
n  1
  ( 3  1 ) n y
1
因 li m
n  
( 3  1 ) n y
1
 0 ，由夹逼准则， li m
n  
y
n
 0 ，即 li m
n  
y
n
 0 ，于是 li m
n  
x
n
 3 .
34.【答案】 1
【解析】有界性：由题可知 0  a
1
 0  1 ， 0  a
2

3
4
 1 ，不妨假设 0a 1，则
k1
3a 34，所以
k1
3
4

a
k  1
4
 3
 1 ，即0a 1.
k
a 3 a 3 a a
再证单调性：a a  n1  n2  n1 n2 ，所以a a 与a a 同号，
n n1 4 4 4 n n1 n1 n2则数列  a
n
 单调，又 a
2

3
4
 a
1
，即数列  a
n
 单调递增.
由单调有界收敛准则可知  a
n
 收敛，假设 li m
n  
a
n
 k ，给 a
n

a
n  1
4
 3
两侧同时求极限可
知， li m
n  
a
n
 1 .
35.【答案】 0
【解析】当 0  x  1 时，ln(1x)xex 1.
由 0  x
1
 1 可知 0  e x2  1  ln (1  x
1
)  x
1
 1 ，从而0x 1. 同理可证当
2
0  x
k
 1 时 x
k  1
同样满足 0  x
k  1
 1 . 由数学归纳法知对一切 n  1 , 2 , 有 0  x
n
 1 . 即数列  x
n
 是有界的.
又当 0  x
n
 1 时， x
n  1
 e xn1  1  ln (1  x
n
)  x
n
，即  x
n
 单调减少.
由单调有界准则知 li m
n  
x
n
存在. 将该极限值记为 a ，则a0.
对 ln (1  x
n
)  e x  1  1 两边取极限，得 ln (1  a )  e a  1 .
设 f ( x )  e x  1  ln (1  x ) ，当 0  x  1 时 f ( x )  e x 
1
1
 x
 0 . 因此 f ( x ) 单调增加.
由 f ( 0 )  0 ，可知 f ( x )  0 ，从面只有 a  0 ，即 li m
n  
x
n
 0 .
36.【答案】（Ⅰ） ln i m

a
n
 0 ；（Ⅱ）
1
2
.
【解析】（Ⅰ）有界性：由于 a
1
 0 ，又 a
n  1
 ln (1  a
n
) ，所以根据对数函数性质可知
a 0
n
( n  1 , 2 , ) ，故a 有下界.
n
单调性：因为 x  0 时，ln(1x)x，所以 a
n  1
 ln (1  a
n
)  a
n
，即数列a 单调递减，
n
故 li m
n  
a
n
存在. 令lima  A，a ln(1a )，两边取极限得Aln(1A)，解得
n n1 n
n
A  0 .
（Ⅱ）由题意  1 1
li m    
a a n    
n  1 n
a
li m
n 

n

t
a
n
a
li m
t
 a
n  1 
a
n n  1
t  ln (1
t ln (1  0
li m
n  
 t )
t )
a
n
a

 ln (1
ln (1 
n
t 
li m
t 0
 a
n
a )
n
ln (1
2 t
)
 t )
 li m
t 0
1 
12
1
t t

1
2
37.【答案】 2
【解析】 由x 0可得
1
x
2
 1  e  x1 ，进而x 0(n1,2,3 ).
n
易证当 x  0 时， 1  e  x  x ，那么 x
n  1
 1  e  xn  x
n
，数列  x
n
 单调减少有下界.
故 li m
n  
x
n
存在.
设 li m
n  
x
n
 A ，对 x
n  1
 1  e  xn 两边取极限，得 A  1  e  A ，解得 A  0 .
li m
n  
x
n
x
n


x
n  1
x
n  1
 li m
n  
x
x
n
n
(1


1 
e 
e
x ) n
 xn
 li m
x  0
x
x
(1


1 
e 
e
x

)
x
 2
38.【答案】（Ⅰ） ln i m

x
n
 0 ；（Ⅱ） ln i m

 x
x
2
1

x
x
3
2
 
x
n
x

n
1

 2 .
【解析】（Ⅰ）由 x
1
 2  0 ， x
2

1
x

21
x
1

4
3
 0 ，不妨假设x 0，下面证
k
x
k  1
 0 ，
由于 x
k  1

1
x

2k
x
k
 0 ，从而可知x 0，由数学归纳法可知
k1
 x
n
 有下界；令
x2
f(x) ，由于在
1x
x  0 上， f ( x )  1 
(1 
1
x ) 2
 0 从而可知  x
n
 单调，又由于
x x ，从而可知
2 1
 x
n
 单调递减；综上可知  x
n
 单调递减有下界，由单调有界收敛准则
可知  x
n
 极限存在.
不妨设 ln i m

x
n
 A ，对 x
n  1

1
x

2n
x
n
A2
两边取极限可得：A ，解得A0，从而
1 A
limx 0.
n
n（Ⅱ）由题中 x
n  1

1
x

2n
x
n
可得：
x
n
x

n
1 
1
x

n
x
n
x
，x x  n ，从而可知
n1 n 1x
n
x
n1  x x ，故
x n n1
n
ln i m

 x
x
2
1

x
x
3
2
 
x
n
x

n
1

 ln i m

( x
1
 x
2
 x
2
 x
3
  x
n
 x
n  1
) ；
由 ln i m

( x
1
 x
2
 x
2
 x
3
  x
n
 x
n  1
)  ln i m

( x
1
 x
n  1
)  2 ，可知
 x x x 
lim 2  3   n1 2.
n x x x 
1 2 n
39.【答案】（1）
4
e
π ln22
；（2）e 2.；（3）
1
2
【解析】（1）
因为
1
n
n n ( n  1 ) ( n  2 )  ( 2 n  1 )  e
n1 k0 ln 1
n
 kn 
由于 li m
n  
1
n
nk 

1
0
ln

1 
k
n

 
1
0
ln (1  x ) d x  2 ln 2  1 ，所以原式等于
4
e
.
（2）limn  1 12    1 22    1 n2   en l  im  1 n  i n 1 ln    1 n i2 2    e  0 1 ln(1x2)dx .
n  n2  n2   n2 
得 li m
n  
n i
1
n  1  1
n
2
2
  1  2
n
2
2
  1  n
n
2
2
  e ln 2  2  π2 .
 π 2π nπ 
sin2 sin2 sin2
（3）lim   n  n   n  lim 1  n sin2 iπ  1 sin2πxdx 1 .
n n n n  nn i1 n 0 2
 
40.【答案】C
【解析】当x0时，由于ln(1x2)~x2， 2 3 ( e x  1 ) 2 ~ 2 x
23
，高阶+低阶 低阶，因此
2 2
f(x) 2x3，故k  .
3
41.【答案】C【解析】因为 li m
x  0
g (
x
x )
 b ，b0，所以limg(x)0，且存在x0的去心邻域
x0
U
o
( 0 ) ，当
o
xU(0)时g(x)与 b x 同号，从而知 g ( x )  0 .
于是存在去心邻域 U
o
1
( 0 )  U
o
( 0 ) ，当 x  U
o
1
( 0 ) 时 f [ g ( x ) ] 有定义，且
li m
x  0
f [ g
x
( x ) ]
 li m
x  0
 f [
g
g
(
(
x
x
)
) ]

g (
x
x ) 
 li m
u  0
f (
u
u )
 li m
x  0
g (
x
x )
其中，由题设 li m
u  0
f (
u
u )
 a  0 ，从而 li m
x  0
f [ g
x
( x ) ]
 a b  0 ，故答案应选（C）.
（A）的反例： f ( x )  x  x 2 ， g ( x )  x ，当 x  0 时，均与x为同阶无穷小，而
f(x)g(x)x2，当 x  0 时为 x 的高阶无穷小，不选（A）.
（B）的反例： f ( x )  2 x ， g ( x )  x ，当 x  0 时，均与 x 为同阶无穷小，而
f(x)g(x)x，当 x  0 时为 x 的同阶无穷小，不选（B）.
42.【答案】A
【解析】当 x  π 时，
x π x  π x  1 π x 
4 sin 1 4 cos  1 41  cos  1  1~  cos  1 
2 2 2  2 2  4 2 2 
1 1πx 2 1
~ 
 
 (xπ)2
4 2 2   32
故 a  
1
3 2
，b2.
43.【答案】C
 f(x) sinx3
【解析】 已知lim  5，即
x0 x3 x4 
li m
x  0
s i n x 3 
x 4
x f ( x )
 5 ，可知
f ( x ) 
s i n x 3  5 x
x
4  o ( x 4 )
，则
f(x) sinx3 5x4 o(x4) sinx3 x4 o(x4)
lim lim lim 5lim lim 0
x0 x x0 x2 x0 x2 x0 x2 x0 x2所以当 x  0 时， f(x)是 x 的高阶无穷小量，故选（C）.
44.【答案】C
【解析】因 a

x 
1
2
 b
为 x 
 1
2
 
时的无穷小量，故 b  0 ，又
4 2
π4arccos 2x 12x2
lim  lim 1，
1  1 b 1  1 b1
x 2   ax  x 2   abx 
 2  2
则 b  1 ，因若不然，极限不为1，即
x
li m
 
12 
4
1 
a
2
2 x 2

8
a
 1 ，于是 a  8 ， b  1 ，故答案
选（C）.
45.【答案】D
【解析】由于 x 2  s i n 2 x  ( x  s i n x ) ( x  s i n x ) ~ 2 x 
1
6
x 3 
1
3
x 4 ( x  0 ) ，因此
1x2  x2 sin2 x x2 sin2 x 1
f(x)ln ln1 ~ ~ x4(x0)，所以
1sin2 x  1sin2 x  1sin2 x 3
n  4 .
46.【答案】 
1
2
,
1
3
【解析】由泰勒公式知，n时， ln

1 
1
n


1
n

2
1
n 2
 o ( n  2 ) ，所以当n时，
1  1 1  n2  1 e n2   1 n  2 1 n2 o(n2)    ~e  1 2   e  n ，即 1  1 1  n2 的等价无穷小为e  1 2   e  n ，所
3n  n 3n 3 3n  n 3
以
1
2
  
1
，
3
47.【答案】D
f(x)g(x) 1 1
【解析】由题可得lim lim lim 0. 故（D）正确.
x f(x)g(x) xg(x) x f(x)48.【答案】C
(1a)x2 (ab)xb
【解析】由已知，可得lim 0，故
x x1
1  a  0 ，ab0解得 a  1 ，
b   1 ，故（C）正确.
49.【答案】D
【解析】当x0时， ln (1  x ) ~ x ， 1  3 c o s 2 x  1  3 1  ( c o s 2 x  1 ) ~
1
3
(1  c o s 2 x ) ，
故 b lix m
0
1
3
c
x
o s 2
1
x
lix m
0 3
2
(
s
a
i n 2
1 )
x
x a
lix m
0 3 ( a
4 x
1 ) x a
0






 

 
 ，所以 a  1 ， b 
2
3
，故选（D）.
50.【答案】C
【解析】当 x  0 时，
ln ( x  1  x 2 )  ln (1  x  1  x 2  1 ) ~ x  1  x 2  1 ~ x ( 高 阶  低 阶 低 阶 ) ，是关于 x
的一阶无穷小； 1  c o s x
1
2
x 2 ，是关于 x 的二阶无穷小；
t a n x  s i n x  t a n x (1  c o s x ) ~
1
2
x 3 ，是关于 x 的三阶无穷小；
 1   1 
ex ex 2  1x x2     1x x2   2~ x2，是关于
 2   2 
x 的二阶无穷小；
所以最高阶的无穷小是 t a n x  s i n x ，选（C）.
51.【答案】D
【解析】当 x  0 时， 1  c o s x
1
2
x 2 ， 1  x 2  1 
1
2
x 2 ，因为
xtanx 1sec2 x 1
lim lim  ，所以xtanx是比其他三个无穷小阶数更高的无穷小，
x0 x3 x0 3x2 3
选（D）.
52.【答案】 4
1 a
【解析】当x0时，(1ax2)2 1~ x2，
2(1  x ) sin 2 x  1  e sin 2 x ln (1  x )  1 ~ s i n 2 x  ln (1  x ) ~ 2 x 2 ，故 a  4 .
53.【答案】
8
3
, 3
【解析】 x  s i n x  c o s x  c o s 2 x  x 
1
4
s i n 4 x
1 1
x sin4x (4x)2
xsinxcosxcos2x 4 1cos4x 2 8
由 lim  lim  lim  lim  得
x0 x3 x0 x3 x0 3x2 x0 3x2 3
当 x  0  时， x  s i n x  c o s x  c o s 2 x ~
8
3
x 3 ，故 a 
8
3
, b  3 .
54.【答案】 2 , 2
【解析】当 x  0
a2
时，lncosaxln[1(cosax1)]~cosax1~ x2，则由题意可知
2
a
2
2
 2 ， b  2 ，即 a  2 ( a  0 ) ， b  2 .
55.【答案】 A
【解析】
f ( 0  0 )  4 li
x 
m
0 
a r c t a
x
n x
 a li
x 
m
0 
s i n ( e 2
x
x  1 )
 4  2 a ，
2xln(12x) 2xln(12x)2xt tln(1t)
f(00) lim 4lim  4lim 2.
x0 x2 x0 (2x)2 x0 t2
因为 f(x)在 x  0 处连续，所以 f(00) f(0) f(00)，则a1， b  2 ，选（A）.
56.【答案】B
【解析】
令 f ( x ) 
 1

,
1 ,
x
x


Q
R
,
\ Q ,
显然 f  x   1 处处连续，然而 f(x)处处间断，（A）不正确.
0, xQ,
令 f(x) 显然 f(x)在x0处连续，但在任意xa0处函数 f(x)都是
x2, xR\Q,间断的，故（C）不正确.
令 f ( x ) 
 2
0
,
,
x
x


a
a
,
,
显然 li m
h  0
[ f ( 0  h )  f ( 0  h ) ]  0 ，但 f ( x ) 在 x  0 处不连续，（D）不
正确.
若 f ( x ) 在 x  a 处连续，则 li m
x  a
f ( x )  f ( a ) ，又 0  f ( x )  f ( a )  f ( x )  f ( a )
根据夹逼定理可知， li m
x  a
f ( x )  f ( a ) ，选（B）.
57.【答案】a 1， b  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 )
 li m
x  1 ( x 
e x
1 )

( x
e
 e )

1
1
 e
li m
x  1
e x
x


e
1

1
e
 e
x  1 为可去间断点， li m
x  e ( x 
e x
1 )

( x
e
 e )
  ， x  e 为无穷间断点.
当 a  e ， b  1 时， f ( x ) 
( x 
e x
e )

(
1
x  1 )
， li m
x  1
f ( x )   ， li m
x  e
f ( x )   .
x  1 ， x  e 均为无穷间断点. 因此 a  1 ，be.
58.【答案】A
【解析】显然函数 f ( x ) 的间断点为 x   1 ， x  0 ， x  1 .
由
li
x 
m
1
f ( x )  li
x 
m
1
ln
x
(
2


x )
1
 li
x 
m
1 x
1
 1

ln [1 
x
(

x
1
 1 ) ]

1
2
li
x 
m
1
f ( x )  li
x 
m
1
 ln
2 x
( 

x
1
)
  li
x 
m
1 x
1
 1

ln [1 
x
(

x
1
 1 ) ]
 
1
2
得x1为 f ( x ) 得跳跃间断点；
由 li m
x  0
f ( x )    得 x  0 为 f(x)得第二类间断点；
由lnx 1 ln[1(x1)] 1
lim f(x)lim lim  
x1 x1 x2 1 x1 x1 x1 2
lnx 1 ln[1(x1)] 1
lim f(x)lim lim  
x1 x1 x2 1 x1 x1 x1 2
得 x  1 为 f(x)得跳跃间断点；
故答案选（A）.
59.【答案】 x 
π
4
,
3 π
4
,
7 π
4
5π
为 f(x)的可去间断点； x 为 f(x)的无穷间断点
4
【解析】显然 x 
π
4
,
3 π
4
,
5 π
4
,
7 π
4
为函数 f ( x ) 的间断点.
由 li m
x 
π4
f ( x )  e 得 x 
π
4
为 f ( x ) 的可去间断点；
由 li
x 
m
3 π4
f ( x )  1 得 x 
3 π
4
为 f ( x ) 的可去间断点；
由 li
x 
m
5 π4
f ( x )  
5π
得x 为 f(x)的无穷间断点；
4
由 li
x 
m
7 π4
f ( x )  1 得 x 
7 π
4
为 f ( x ) 的可去间断点.
60.【答案】B
【解析】令w(x) f(x)g(x). 设 w ( x ) 在 x  x
1
处连续，由 f(x)w(x)g(x)及题设
g ( x ) 仅在 x  x
2
处间断，其他处均连续，于是推知 f ( x ) 在 x  x
1
处亦连续，与题干所设矛
盾. 故w(x)在x x 处间断. 同理可推知w(x)在x x 处亦间断. 所以选项（B）正确.
1 2
61.【答案】(,)
【解析】先求出 f(x)，
xx2enx x0
x0, f(x)lim  x,
x 1enx 10
x0 , f(0)0,
xx2enx xenx x2 0x2
x0, f(x)lim lim  x2.
x 1enx x 1enx 10因此， f ( x ) 
 x , x
2 x , x


0
0
. f ( x ) 处处连续，即连续区间为(,).
62.【答案】略
 1
【解析】令g(x) f(x) f  x ，
 2
x 

0 ,
1
2

则 g ( 0 )  f ( 0 )  f
 1
2

，
g
 1
2

 f
 1
2

 f (1 ) ，若 g
 1
2

 0 ，取
1
2
  即可；若 g
 1
2

 0 ，则由 f ( 0 )  f (1 ) ，知
1
g0g
 
0.
2
 1
由零点定理，知至少存在一点  0,  (0,1)使得
 2
g ( ) f ( ) f
1
2
0     



 ，即
 1
f() f   .
 2
63.【答案】略
【解析】由 g ( a )  a ，g(b)b得到 g ( a )  a  0 ， g ( b )  b  0 ，为使所构造的函数 F ( x )
在区间端点值异号，应令 F ( x )  g ( x )  x . 因 g ( x ) 在区间 [ a , b ] 上连续，故 F ( x ) 在区间
[ a , b ] 上连续. 又由题设有 F ( a )  0 ， F ( b )  0 .
（1）若 F ( a ) ， F ( b ) 中至少有一个是零，则 a , b 中至少有一个可作为，使得 g ( )    .
（2）若F(b)0，F(a)0，则由零点定理知，在区间 [ a , b ] 至少存在一点，使得
F ( ) g ( ) 0       ，即 g ( )    .
综上，在区间 [ a , b ] 上至少存在一点，使 g ( )    .