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第一章 函数、极限、连续
1-1综合测试
1.【答案】 0
【解析】由 x ( , ) ， f ( x ) 是以 2 为周期的奇函数，所以
f ( 1 ) f ( 1 2 ) f ( 1 ) f ( 1 ) ，所以 f(1)0．
2.【答案】C
【解析】方法一：由 f ( x ) f ( x ) 得， f ( x ) 为奇函数. 进而 f ( x ) 为偶函数， f(x)为
奇函数. 又因为(0,)内 f(x0, f(x0，所以在(,0)内 f(x0, f(x0，
故应选（C）.
方法二：对 f(x)f(x)两边关于 x 求导，得 f(x) f(x), f(x)f(x).
当x(,0)时， x ( 0 , ) ，所以 f ( x ) f ( x ) 0 , f ( x ) f ( x ) 0 ，即在
(,0)内 f(x)0, f(x)0，故选（C）.
3.【答案】D
【解析】根据题设，可得 f ( x ) 在 ( , ) 内单调递增，且 f ( x ) 0 . 故选项（A），
（B）错误.
令 F ( x ) f ( x ) ， G ( x ) f ( x ) ，则 F ( x ) f ( x ) 0 ， G ( x ) f ( x ) 0 ，所
以F(x),G(x)在(,)内分别单调递减和单调递增，故选项（C）错误，应选（D）.
4.【答案】C
【解析】方法一：由 f ( x ) f ( x ) 得， f(x)为偶函数. 进而 f(x)为奇函数， f ( x ) 为
偶函数. 又因为 ( , 0 ) 内 f(x0, f(x0，所以在 ( 0 , ) 内 f(x0, f(x0，
故应选（C）.
方法二：对 f ( x ) f ( x ) 两边关于 x 求导，得 f(x)f(x), f(x) f(x).
当x(0,)时， x ( , 0 ) ，所以 f ( x ) f ( x ) 0 , f ( x ) f ( x ) 0 ，即在
(0,)内 f(x)0, f(x)0，故选（C）.
5.【答案】A【解析】利用 f ( x ) 在 ( a , b ) 内有界的充分条件为 f ( x ) 在 ( a , b ) 内连续，且
l i
x
m
a
f ( x ) , l i
x
m
b
f ( x ) 均存在，有
l i
x
m
0
f ( x ) l i
x
m
0 x
(
x
x
s
i n
1
(
) (
x
x
2
2
)
) 2
l i
x
m
1
s
f
i
(
n
4
x
2
) l i
x
m
1 x
(
x
x
s
i n
1 )
(
(
x
x
2
2
)
) 2
s i
1
n
8
3
，又 l i
x
m
0 +
f ( x ) l i
x
m
0 + x (
x
x
s i
n
1
(
)
x
( x
2 )
2 ) 2
s i n
4
2
，
l i m
x 1
f ( x ) l i m
x 1 x (
x
x
s i
n
1
(
)
x
( x
2 )
2 ) 2
，
l i m
x 2
f ( x ) l i m
x 2 x (
x
x
s i
n
1
(
)
x
( x
2 )
2 ) 2
l i m
x 2 x ( x 1
1
) ( x 2 )
，
所以 f(x)在 ( 1 , 0 ) 内有界，在 ( 0 ,1 ) ， (1 , 2 ) ， ( 2 , 3 ) 内都是无界的，故应选（A）.
6.【答案】C
【解析】因为 f ( 0 ) = l i m
x 0
f ( x )
x
f ( 0 )
0 ，所以由函数极限的局部保号性，存在 0 ，
f(x) f(0)
当0 x 时， 0，故对于任意的
x
x ( 0 , ) ，有 f ( x ) f ( 0 ) 0 ，即
f(x) f(0)，选项（C）正确. 同时也就看出选项（D）是错的：当 x ( , 0 ) 时，应有
f ( x ) f ( 0 ) 0 ，即 f(x) f(0).
【注】不少考生选（A），其错误在于以函数在一点处的导数符号来确定函数在一个区间上
的单调性. 例如 f x
x
2
x 2
0
s
,
i
x
n
1
x
,
0
x
,
0 , 1
满足题设条件且 f(0) 0，当
2
x 0 时，
f ( x )
1
2
2 x s i n
1
x
c o s
1
x
1
. 显然，当x 时，
n 2nπ
f ( x
n
)
1
2
，即在任何(0,)内都
有点 x
n
使 f ( x
n
) 0 ，函数不可能单调增加，即（A）错. 与此类似，选项（B）也是错的.1-1拓展提升
1.【答案】（1）证明略；（2） f ( x )
x
,
x ,
x
x
2
2
,
,
3
2
2
.
.
【解析】（1） f ( x 2 ) a r c s i n [ s i n ( x 2 ) ] a r c s i n ( s i n x ) f ( x ) ，证毕.
（2）当 x
2
,
2
时，arcsin(sinx) x;
当 x
2
,
3
2
时，有 x
2
,
2
, a r c s i n ( s i n x ) a r c s i n s i n ( x ) x .
故 f ( x )
x
,
x ,
x
x
2
2
,
,
3
2
2
.
.
sinx, 1 x ,
2
2.【答案】
x, x 1或x .
2
【解析】当 x 1 时， ( x ) a r c s i n x
π
，(x) arcsinx ，
2
f [ ( x ) ] s i n ( a r c s i n x ) x .
当1 x 时，(x) x，
2
( x ) x
π
2
， f [ ( x ) ] s i n x .
当 x
2
时， ( x ) x ， ( x ) x
π
2
， f[(x)] x.
sinx, 1 x ,
2
所以 f[(x)]
x, x 1或x .
2
3.【答案】D
【解析】 f ( x ) 是一个分段函数（平方开根号后是绝对值函数），还原 f ( x ) 的解析式，再
将g[f(x)]解析式表示出来.f ( x ) 2 x ( x 1 ) 2 2 x x 1
3 x
x
1 ,
1 ,
x
x
1
1
,
,
1
当x 时，
3
f ( x ) 3 x 1 0 ， g [ f ( x ) ] f ( x ) 2 3 x 1 2 3 x 3
当 1 x
1
3
时， f ( x ) 3 x 1 0 ， g [ f ( x ) ] f ( x ) 1 3 x 1 1 3 x
当x1时， f ( x ) x 1 0 ， g [ f ( x ) ] f ( x ) 1 x 1 1 x 2
因此，可得 g [ f ( x ) ]
3
3
x
x
x
,
2
3 , x
, x
1
1
1
3
x
1
3
，则
x
l
i m
13
g [ f ( x ) ]
x
l
i m
13
( 3 x 3 ) 2 、
x
l
i m
13
g [ f ( x ) ]
x
l
i m
13
3 x 1
左右极限不相等，故 l i
x
m
13
g [ f ( x ) ] 不存在，答案选（D）.
4.【答案】见解析
【解析】任取 x
1
, x
2
( a , a ) ，且 x
2
x
1
，由已知， f ( x
2
) f ( x
1
) x
2
x
1
x
2
x
1
.
而 f ( x
1
) f ( x
2
) f ( x
2
) f ( x
1
) x
2
x
1
故 f ( x
1
) x
1
f ( x
2
) x
2
，即 F ( x
1
) F ( x
2
) ，故 F ( x ) 在(a,a)内单调递增.1-2综合测试
1.【答案】D
【解析】（D）正确．（D）正是极限的不等式性质中所述的结论．（A）的错误在于由
lx i m
x0
f ( x ) lx i m
x0
g ( x ) 不能判断 x
0
附近 f ( x ) ， g ( x ) 的大小关系．由（B）的条件只能得
A
0
B
0
．在（C）中没假设极限存在．选（D）．
2.【答案】D
【解析】若 极限 l i
x
m
f ( x ) A ，只能得到当x充分大之后 f(x)有界，即 x
0
a ，
f ( x ) 在 [ x
0
, ) 有界，不能保证 f ( x ) 在整个定义域 ( a , ) 有界．
例如， f ( x )
1
x
定义于 ( 0 , ) ，lim f(x),
x0
f ( x ) 在 ( 0 , ) 无界．
因此（D）是不正确的．选（D）．
3.【答案】B
【解析】方法一：易知，两个正无穷大量之和与之积均是正无穷大量，即（A）、（D）正
确．又正无穷大量与有界量之和仍为正无穷大量，即（C）也正确．因此，（B）不正
确．选（B）．
方法二：我们知道，当A0时，lim f(x)h(x)是未定式（无穷大量与无穷小量之
xx
0
积）．因此（B）不正确．
【注】当 lx i m
x0
f ( x ) , lx i m
x0
h ( x ) A 0 时， lx i m
x0
( f ( x ) h ( x ) ) .
4.【答案】B
【解析】方法一：因为lim f(x)，所以对于任意
xx
0
M 0 ，存在0，当
0 x x
0
时， f ( x ) M 由此可得 f ( x ) 在x 的某邻域内无界，因此选（B）．
0
方法二：举反例说明（A）、（C）、（D）均不成立．设 f ( x )
1
x
s i n
1
x
，
1 1
令x , y ,则x 0,y 0(n)，
n π n nπ n n
2nπ
2l i m
n
f ( x
n
) l i m
n
( 2 n π
π
2
) ，lim f(y )0
n n
f ( x ) 在x0邻域无界，但x0
时 f ( x ) 不是无穷大量．也说明 l i m
x 0
f ( x ) 不．此例说明（A），（C）不正确．
若令 f ( x ) 0 （常数函数），则 lx i m
x0
f ( x ) 0 ，但
f
1
( x )
无定义，故（D）不正确．
因此选（B）．
【注】（1） f ( x )
x
0
,
,
x
x
Q
R
Q .
则lim f(x)0，但
x0 f
1
( x )
在 x 0 的任一邻域的无理点均无定义．
（2）若 lx i m
x0
f ( x ) 0 ，且 f(x)0，则 lx i m
x0 f
1
( x )
.1-2拓展提升
1.【答案】D
【解析】方法一：假设limx a，则limsinx sina0，
n n
n n
s i n a 0 有无穷多个解，故
排除（A）.
l i m
n
( x
n
x
n
) a a 0 a 0 或 a 1 ，故排除（B）.
l i m
n
( x
n
x 2n ) a a 2 0 a 0 或 a 1 ，故排除（C）.
因此选（D）.
方法二：假设 l i m
n
x
n
a ，则 l i m
n
( x
n
s i n x
n
) a s i n a 0 ，因xsinx是单调增函数，
故只有唯一零点，即 x 0 ，因此 a 0 ，选（D）.
2.【答案】D
【解析】方法一：（A）是错误的，因为 n 是正整数，对数列没有导数概念，不能直接用洛
必达法则.（B）是错的，因为 l i m
x 1
π
6
c o
x
s
π x
2
已不是未定式，不能用洛必达法则.
0 f(x)
（C）也是错的. 用洛必达法则求“ ”型极限lim 时，若
0 xa g(x)
l i m
x a
f
g
(
(
x
x
)
)
不存在，也不为
，则洛必达法则失效，不能推出原极限不存在，事实上该极限是存在的.因此选（D）.
方法二：（D）是正确的.
用洛必达法则求“
0
0
”极限 l i m
x a
f
g
(
(
x
x
)
)
时，若 l i m
x a
f
g
(
(
x
x
)
)
A （有限数），则 l i m
x a
f
g
(
(
x
x
)
)
A .
f(x)
若lim ，则
xa g(x)
l i m
x a
f
g
(
(
x
x
)
)
，（D）正是后一种情形.
3.【答案】D
1 lna
lim n
【解析】④设lima a0,则limn a liman en n e0 1.④正确.
n n n
n n n
1 1
①反例a 1 ,0a 1,但liman ;
n n1 n n n e
②反例a 2(1)n 0,limn a 1,但lima 不存在；
n n n
n n③反例 a
n
n 0 ， l i m
n
a
n
，但 l i m
n
n a
n
1 .
4.【答案】D
【解析】方法1：令 x
n
n , 则 s i n x
n
发散，故选（D）
方法2：若 a r c s i n x
n
收敛，则 s i n ( a r c s i n x
n
) 收敛，故 x
n
收敛.
若 arcsinx 单调，则
n
s i n ( a r c s i n x
n
) 单调有界，故 x
n
收敛.
若 x
n
收敛，则 s i n x
n
收敛，故应选（D）.
5.【答案】C
【解析】若存在x [a,)使得
n
l i m
n
x
n
， l i m
n
f ( x
n
) ，则 f ( x ) 在 [ a , ) 无
界，因为若 f ( x ) 在 [ a , ) 有界，即 f ( x ) M ( x [ a , ) )
f ( x ) M 与limf(x )矛盾.
n
n
若 f x 在 [ a , ) 无界M 0， x
0
[ a , ) ，满足 f ( x
0
) M
若 f x 在 [ a , ) 无界 自然数 n , f ( x ) 在[n,)无界
存在 x
n
[ a , ) ， f ( x
n
) M l i m
n
x
n
， l i m
n
f ( x
n
) ，因此选（C）.
6.【答案】C
【解析】（A）选项：由于为任意正数，从而
1
l 仍然为任意正数；存在 0 ，也就
是存在 k，因此（A）也就是：任意 0，存在 0，当
1 1 1
0 x x
0 1
时，有
f(x)A ，这就是
1
lx i m
x0
f ( x ) A 的等价定义.
（B）选项：取 2, 2，因此（B）也就是任意
1 1 1
0 ，存在
1
0 ，当
0 x x
0 1
时，有 f ( x ) A
1
，这就是 lx i m
x0
f ( x ) A 的等价定义.
（C）选项：这种说法不妥，数列极限仅与后面无穷项有关，与前面有限项无关.应该是：
如果{b }，
n
{ a
n
} 有极限，且limb b，
n
n
l i m
n
a
n
a ，如果 a b ，则从某项开始 a
n
b
n
.
（D）选项：数列{x }与数列 x 不一定同敛散. 若{x }收敛，则 x 也收敛，且当
n n n n
limx alim x a ；但是若数列 x 收敛，数列{x }可能收敛，也可能发散. 例
n n n n
n n如： ( 1 ) n 收敛，但是 (1)n 发散；但是当 l i m
n
x
n
0 l i m
n
x
n
0 .1-3综合测试
1.【答案】C
【解析】方法一：通过加、减、乘、除、等价凑已知极限.
3 f(x) 3x2 x2f(x) 3x2 sin3x2 sin3x2 x2f(x)
lim lim lim
x0 x4 x0 x6 x0 x6
3x2 sin3x2 sin3x2 x2f(x)
lim lim
x0 x6 x0 x6
1 3x23
9
6
lim 0
x0 x6 2
选（C）．
方法二：对 s i n 3 x 2 用泰勒公式．由
s i n t t
1
3 !
t 3 o ( t 3 ) ( t 0 ) ，令 t 3 x 2 ，得
s i n 3 x 2 3 x 2
1
6
( 3 x 2 ) 3 o ( x 6 ) 3 x 2
9
2
x 6 o ( x 6 ) ( x 0 )
于是
9
3x2 x6 x2f(x)o(x6)
sin3x2 x2f(x)
2
lim lim
x0 x6 x0 x6
3 f(x) 9 o(x6)
lim lim 0
x0 x4 2 x0 x6
所以 l i m
x 0
3
x
f
4
( x )
9
2
. 选（C）.
2.【答案】D
【解析】由 t 0 时
s
e
i n
t
t
1
t
t
1
3 !
1
2
3 t
2 t
o
o
3 ( t )
2 ( t )
可知：xsinx2 x(x2 o(x5)) x3o(x5)
1 1 1
(ex 1)sinx(x2 x4 o(x4))(x x3o(x3)) x3 x5o(x5).
2 6 3两式相减得
1
xsinx2 (ex2 1)sinx x5o(x5)
3
因此， I l i m
x 0
1
3
x 5
x 5
o ( x 5 )
1
3
故答案选（D）.
3.【答案】A
【解析】将已知条件改写成 I a l i m
x 0
b x 1 x
2
e x 2 2 x
2 ，即
I
1
l i m
x 0
b x 1 x
2
e x 2 2 x
2 a
1
. 由泰勒公式：et 1t t2 o(t2).
2
令 t x 2 2 x ，则
e 2 x 2 x
1
1
(
2
x
x
2
3
2
x
x
2
)
o
1
2
(
(
x
x
2
2
)
2 x ) 2 o ( x 2 ) 1 2 x x 2
1
2
4 x 2 o ( x 2 )
于是 b x 1 e x 2 2 x ( b 2 ) x 3 x 2 o ( x 2 ) ， I
1
l i m
x 0
( b 2 ) x 3
x
x
2
2 o ( x 2 )
2 a .
故b2,a5．选（A）．
4.【答案】2
【解析】根据复合函数极限法则：
l i
x
m
0
g ( f ( x ) ) l i
x
m
0
g ( x )
u x
l i
u
m
0
g ( u ) lu i m
0
( 2 u ) 2
l i
x
m
0
g ( f ( x ) ) l i
x
m
0
g ( x 2 )
u x 2
l i
u
m
0
g ( u ) l i
u
m
0
( 2 u ) 2 . 因此，limg(f(x))2.
x0
5.【答案】 e
16
【解析】方法一： 利用重要极限
I l i m
x 0
1
s i n x
x
x c o 2t x
e
lim
x 0
sin xx x c o 2t x
e
lim
x 0
1 x 6x 3 2 c o s
2 sin
x
x e
lim
x 0
16 x 1 2
2 x e
16
方法二： 幂指函数指数化
cot2xln sinx limcot2xln 1 sinxx lim cos2x sinxx lim 1 1 6 x3 1
I lime x ex0 x ex0sin2x x ex0x2 x e 6
x06.【答案】e2
【解析】方法一：利用重要极限
2 1
I l i m 1 s i n c o s
x x x
x 1
x c o s 2 x
1
1x
e
2 lim sin
x x
sin t lim
e t 0
c
2
1 o s 1 x c
x
t c o s t 1
t
o s
x 12
x e
sin 2 lim
t e t 0
lim sin
x
t c o lim
t 0
2 c o
x
s t 1
t
1 s
x
1
e
x
2
1
方法二：幂指函数指数化
x1 2 1 2 1
I lim e
xcos
x2
ln
1sin
x
cos
x
1
ex
l
im
xln
1sin
x
cos
x
1
x
1 t lim sin2tcost1 lim sin2t lim cost1
x et0 t et0 t t0 t e2
7.【答案】
1
n !
【解析】方法一：因为 x 0 时， 1 c o s k x ~
k
2
x 2
1 1 1
2 x2 3 x2 n x2
1
2 2 2 ，所以I lim
x0 1 n1 n!
x2
2
0
方法二：用极限的四则运算法则，这是n1个极限的乘积，分别求每个 型极限
0
l i m
x 0
1
1
m
c
c
o
o
s
s
x
x
l i m
x 0
1
m
( c o s
s
x
i
)
n
1m
x
1
s i n x
1
m
，(m2,3, ,n)．
1 cosx 1 3 cosx 1n cosx 1 1 1 1 1
于是I lim lim lim
x0 1cosx x0 1cosx x0 1cosx 2 3 4 n n!
1 1
8.【答案】 ，
2 3
【解析】方法一：
1
3 n
1
1
n
n 2
1
3 n
e
n 2 ln 1 1n
．由泰勒公式知，n时，
l n 1 1
n
1
n
2
1
n 2
o n 2 ，所以当n时，
1
3 n
1
1
n
n 2
1
3 n
e
n 2 1n
2
1
n 2
o n 2
e
12 e
3
n
，即
1
3 n
1
1
n
n 2 1e n
的等价无穷小为e 2 ，
3
1 1
所以 , .
2 3方法二：因为
l in m
1
3 n
e
1
(
1
n
e )
n
n
2
l i m
n
l i
n
m
e
e
e
2 n ln 1
n ( 3
1 2 n
n 2
1n
1
n
)
2
n
3
1
n 3
l i m
n
o (n 3
e
)
2 n
(
1n
e
n
2
)
1
2 n
n (
n ln
3
3
3
1
n 3
o (n
n )
l in
3
m
)
e
12 n ln 3 13
n
o (n 1 )
1
所以
1
2
,
1
3
.
9.【答案】 1
【解析】因为
xt u
x 0 x x
tf(xt)dt xu f(u)(du) x f(u)du uf(u)du
0 x 0 0
x
0
a r c t a n ( x t ) 2 d t
x t u
0
x
a r c t a n u 2 ( d u )
x
0
a r c t a n u 2 d u
所以
l i m
x 0
x
a r c t a n (
0
x
t f ( x
0
x
t
2 t ) d
) d t
t
l i m
x 0
l i m
x 0
x
x
0
x
0
f
x
0
f ( u
2 x
( u )
a
)
d
r c
d u
u
t a
n 2 u d
x
u
0
l i m
x 0
u
f ( u
2 x
f ( x
) d
)
u
1
l i m
x 0
a r
x
0
c
f
t a
(
n
u )
x
d
2
u
1 1x
10.【答案】（1） ；（2）.
x arctanx
【解析】（1）
x
1 ysin
y y
g(x) lim f(x,y) lim
y y1xy arctanx
x
1 ysin
y y 1 1x
lim lim
y1xy y arctanx x arctanx
（2）l i m g ( x )
x 0
l i m
x 0
l i m
x 0
a
1
x
r c
t a
a
n
1
r
c t a
x
2 x
x
n
x
x
x
l i m
x
2
0
a r
l i m
x 0
c
t a n
x a
a r c
x
r c t a
t a n
2 x
x
n
x
x
x
x
2
11.【答案】
6
【解析】
原 极 限
2
2
l i m
x
l i m
x
0
0
2
x
0
x
a
r
u
0
c
2 a
t a
6
r
n
x
c t
( 1
a n
x
(
3
x
1
2
)
t
) d
2
3
t d
l i m
x
u
0
a
r c
2
t a
l i m
x 0
n (1
2 x
0
x
a r
2 )
c
t a n
3 x
2
3
(
2
1
4
t
) d
6
t
.
12.【答案】
1
2
【解析】方法一：
l i m
l i m
0
0
0
0
0
(
0
(
0
)
) d
(
(
) d
l
i
0
(
m0
)
0
d
)
( ) d
(
(
)
(
)
(
)
)
( )
l i m
0
( 0 )
(
0
0 )
(
( 0
)
0
)
d
(
1
2
0
) d
( ) d
原 式
洛
积
介
x
x
分
于
中
x
x
值
与
x
f
x
f t
x
定
之 x
t
x
d
f
理
间
f
t
u
t
x
x f
u
x
x
t
t f
x
x
t
t
f
x f
x
x
t
f
x
令
x
f
x
x
f
t
x
u
x
f
x
f
x
f
f
x
t
x
t
f
u
.
x
t f
u
t t
方法二：
x x x x
(xt)f(t)dt x f(t)dt tf(t)dt tf(t)dt
lim 0 lim 0 0 lim 1 0
x x x
x0 x f(xt)dt x0 x f(u)du x0 x f(u)du
0 0 0
xf(x) f(x)
1lim 1lim
x x
x0 f(u)duxf(x) x0 f(u)du
0 0 f(x)
x
lim f(x)
f(0)
1 x0 1
x f(u)du lim f(x) f(0)
lim 0 lim f(x) x0
x0 x x0
f(0) 1
1 .
f(0) f(0) 213.【答案】
1
2
xc x limxln xc limxln 1 2c lim 2cx
【解析】根据题设，则lim
ex xc ex xc exxc e2c
x xc
又因为 f ( x ) 在 , 内可导，且 l i m
x
f ( x ) e ，则由拉格朗日中值定理，可得
l ix m f ( x ) f ( x 1 ) l ix m f ( ) e
，介于 x 与 x 1 之间，于是，由 e 2 c e ，可得
c
1
2
.
14.【答案】略
【解析】方法一：因为当h0时，
1
f ( h )
2
f ( 2 h )
3
f ( 3 h ) f ( 0 ) 是比h2 高阶的无
穷小，故其本身也是无穷小，即
0 l ih m
0
1
f ( h )
2
f ( 2 h )
3
f ( 3 h ) f ( 0 )
1 2 3
1 f ( 0 )
而 f 0 0 ，所以得
1 2 3
1 0 .
又
0 l i m
h
1
2
0
(
f ( h
1
l ih
l ih
4
1
)
m
0
m
0
2
1
2
1
9
2
f
f (
( h
f
1
)
3
2
)
f
h
(
)
h
h
(
2
2
)
0 )
3
2
4
f ( 3
f ( 2
2 h
f
2
h
h
)
)
( 2 h
f
3
)
( 0 )
f
3
9
(
3
3 h
f
)
( 3 h )
洛
洛
因为 f ( 0 ) 0 ，故得49 0，其中还包含
1 2 3
0 l ih m
0
1
f ( h ) 2
2
f ( 2 h ) 3
3
f ( 3 h ) (
1
2
2
3
3
) f ( 0 )
因为 f(0)0，得
1
2
2
3
3
0 .
总之，得
1
,
2
,
3
1, 1 1 1
1 2 3
的线性方程组2 3 0,因其系数行列式1 2 3 20，
1 2 3
4 9 0. 1 4 9
1 2 3
故存在唯一的一组实数,,，使得当h0时，f(h)f(2h)f(3h) f(0)
1 2 3 1 2 3是比h2高阶的无穷小.
方法二：利用泰勒公式
1
f
(
( h
1
3
1
)
f ( 0
f
2
2
)
( 0
f
)
(
f
3
2 h )
( 0 )
3 f
1 )
h
( 0
f
3
) h
( 0
f
1
2
)
( 3 h
f (
9
2
(
)
0
f
1
) h
(
f
2
0
2
( 0
) h
2
)
o
2
( h
3
2
o
)
( h
)
3
2 )
f (
2
0 )
f
h
f
(
(
0
0
)
(
)
1
2 f
4
(
2
2
0 ) h
9
2
)
3
f
f
( 0
( 0
) h
)
2 o ( h 2 )
h 2
o ( h 2
)
o ( h 2 ) .
故
1
1
1
2
4
2
2
2
3
3
9
3
3
1 ,
0
0
,
.
因其系数行列式
1
1
1
1
2
4
1
3
9
2 0 ，故存在唯一的一组实数
1
,
2
,
3
，使得当 h 0 时，
1
f ( h )
2
f ( 2 h )
3
f ( 3 h ) f ( 0 ) 是比 h 2 高阶的无穷小.
15.【答案】 A
1
3
, B
2
3
, C
1
6
【解析】因为 e x 1 x
1
2
x 2
1
6
x 3 o ( x 3 ) 将其代入题设等式，整理得
1 1 B x
1
2
B C
x 2
1
6
B
2
C
x 3 o ( x 3 ) 1 A x o ( x 3 )
故有
1
1
2
1
6
B
B
B
2
A
C
C
,
0
0
,
,
解得 A
1
3
, B
2
3
, C
1
6
.1-3拓展提升
1
1.【答案】
2
【解析】由于 f ( x ) x [ x ] 是以1为周期的周期函数，
1
0
f ( t ) d t
1
0
x d x
1
2
，对于
n x n 1 ，从而有
n
2
n
0
f ( t ) d t
x
0
f ( t ) d t
n
0
1
f ( t ) d t
n
2
1
，由夹逼定理可知原
极限为
1
2
.
2.【答案】
1
2
【解析】所求极限为“
0
”型未定式，但无法进行通分化为“ ”或“ ”型. 类似
0
此类题型可提公因式“ x ”，先化为“ 0 ”型，再通过倒代换的方式构造分式.
原 式
=
=
l i m
x
l i m
x
t
l i m
t 0
x
x
e
( 1
1
l n ( 1
2 t
x
x
x
x )
l n
t
x
)
1
1
1
x
l i m
t 0
l i m
x
1
2 t
2
2 t
x
l i
x
m
1
2
x
1
x
e
1
x
x
l
x
n
1
x
1
x
1
x
1
x
1
l i m
x
t
1
x
x l n
l i
t
m0
1
1
e
1
x
l
n
x
(
t
1
t
t )
3.【答案】a
【解析】所求极限为“
0
”型未定式，首先应通过变形化为“ ”型未定式后，再使
0
用洛必达法则进行求解.
原式 lim x a 1 1 1 x xx 1 x lim x 1 x lim x 1 a 1 1 x 1
x x x x x
1 lnx
lim
易求 lim xx ex x e0 1. 上述极限后半部分可以使用ln(1x)~ x(x0)的逆等价
x
x~ln(1x)(x0)l i m
x
x
1
a
x
1
1x
1
=
l i m
x
l i m
x
x
x
l n
1
1
1
x
a
x
a
x
1
1x
a
l i
x
m
x
1
1
x
l n
1
a
x
4.【答案】 3
【解析】
原 式
l i m
x
l i m
x
l i m
x
1
1
1
e
0
e
0
x
x 0
l i m
x
l i m
x
2 x
2 x
2 x
2
2
l n
0
l n
0
1
2
3 c o s x c o
2 x
1 1
l i m
x 0
c o s x
l i m
x 0
3 c o s x c o
2 x
c o s x
l i m
2 x x
1 9
3 2
s 3 x
c o s x
3 c o s
2 x
s 3 x
3 l n
0
1
l i m
x
3 c
2 x
3 x
1
c o s
2 x
1
2
2 x e
0
o s 3 x
1
使 用 (
l n
l i m
x 0
3 x
1
3
3
2
1
c
1
逆
o s
l i m
x
等
x
0
c o s
2 x
价 )
l n
2 x
c o s
x
x
3
x
2
c
3
o
1
c
s
o
3
s
x
1
3
3 x
l i m
x 0
c o s 3
x
x
2
1
5.【答案】
1
2
l n
6
2
【解析】
exln(2sinx2) esinxln2
原式lim (提因式,构造等价替换的条件)
x0 x3
esinxln2(exln(2sinx2)sinxln2 1) xln(2sinx2)sinxln2
lim lim
x0 x3 x0 x3
xln(2sinx2)xln2xln2sinxln2
lim
x0 x3
xln(2sinx2)xln2 xln2sinxln2
lim lim
x0 x3 x0 x3
sinx2
ln1
2 (xsinx)
lim lim ln2
x0 x2 x0 x3
sinx2 x3
2 6 1 ln2
lim lim ln2
x0 x2 x0 x3 2 66.【答案】
1
3
【解析】
原 式
l i m
x 0
l i m
x 0
l i m
x 0
l i m
x 0
x
x
l n
l n
l n
l n
( 1
( 1
( 1
x
( 1
x )
x )
x ln sin x x e e
x ) l n ( x
l n s i n x x
x ) l n ( x
s i n x
l n
x
l n ( x 1
3 1 x
6 x
l n ( x 1
ln
l n
x
1
x
1
x
x
2
2
x
x
)
)
2
2
)
)
l i
x
m
0
1
6
l i m
x 0
l i m
x 0
l n ( 1
l i m
x 0
x
l n
l n
x ln x x ln sin x e ( e
l n ( 1 x ) l n ( x
l n s i n x l n
( 1 x ) l n ( x
s i n x x
x
x ) l n ( x 1
2 x
( 1 x ) l n ( x
x ln x
x
1
2 x )
1
1
x
x
1
2
2
)
x
)
)
2 )
接下来计算极限 l i
x
m
0
l n ( 1 x ) l n
x
( x
2
1 x 2 )
方法一（洛必达法则）
l i m
x 0
l n ( 1 x ) l n
x
( x
2
1 洛 2 x )
= l i m
x 0
= l i m
x 0
1
= 0
2
必
1
2 x
1
达
( 1
2
x
x
x
1
2
2
x )
2
l i m
x 0
( 1
1
1
1
1
x )
2 x
l i m
x 0
x
x
2
2
l i m
x
x
x
0
1
1
1
x
2
x 2
2
x
( 1 x )
1 x2 1 1
故原式= lim (2) .
6x0 ln(1x)ln(x 1x2) 6 3
方法二（泰勒公式）
由于 ln(x 1x2) 1 (1x2) 1 2 1 1 x2o(x2)
1x2 2
上式两边同时积分可得 l n ( x 1 x 2 )
1
1
2
x 2 o ( x 2 )
d x x
1
6
x 3 o ( x 3 )
由于ln(x 1x2)为奇函数，所以无需添加常数.故
原 式
1
6
1
6
l i m
x 0
l i m
x 0
l
n (1
1
2
x 2
x )
2 x
o (
2 x
l n ( x
2 x )
1
3
1 x 2 )
1
6
l i
x
m
0 x 1
2
x 2
x
2
x o ( x 2 )
方法三（拉格朗日中值定理）
1
6
1
6
1
6
l i m
0
l i m
0
l i m
0
l
1
1
n ( 1
( 1
1
2
)
2
l n
2
2
(
1
1
6
l i
1
m
2
0
)
2
1
2
)
2
2
1
1
3
1 2
原 式
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
介
x
于
x 与 x x 之 间
（由于当 x 0 时， 1 x 1 ，x 1x2 1，故 1 ）
【注1】对于幂指函数相减的形式求极限，我们一般的做法三步：
（1）将幂指函数转为以e为底的指数函数.
（2）将后面一个幂指函数作为公因式（非零因式可先求极限）提到整体之前
（3）使用 e 1 ~ ( 0 ) 进行等价替换.
【注2】
1 1 2x
ln(x 1x2) (x 1x2) 1
x 1x2 x 1x2 2 1x2
1 x 1x2 1
x 1x2 1x2 1x2
可得：
1
1
x 2
d x l n ( x 1 x 2 ) C .
请直接记住以上两个结论.
2
7.【答案】
3
1
【解析】复合函数相加，注意外层函数3为奇函数，可以将其提取负号转为减法的形式.l i m
x
x
16
( x x
1
) ( x 3
(
x )
13
x x x
lx i m
x
x
16 1
3
)
23
( x x ) ( x x )
原 式
其
中 介
于
拉 格 朗
日 中 值
和
定 理
之 间
由于当 x 时， l i
x
m
x
x
x
x
1 ，且
x
x
x
x x x
x
x
x
x
，所以
lx i m
x x
1
所以
l i m
x
x
16 1
3
23
( x x ) ( x x ) l i m
x
l i m
x
x
x
16
16
1
3
1
3
(
x
x
23
2
x )
x
23
2
l i
x
m
x
x
16 1
3
x
23
2 x
12 2
3
.
8.【答案】
1
1
2
【解析】注意到本题无法使用洛必达法则（三角函数和指数函数均可无限求导）
因此本题使用泰勒公式：
c
e
o
s ( x e
x 2 ( x e ) 2
x
)
1
1
1
(
2 !
( x
x
e
2
e
x
x )
2 )
2
1
4
1
2
!
!
(
x
e x
(
)
x
4
e
2
x )
o
2
(
2
x
e x
o
)
4
(
x e x ) 4
代入得：
原 式
1
l i m
x 0
l i m
x 0
1
1 2
1
2 !
1
( x
4 !
l i m
x 0
(
e
(
x
x
x
e
)
e
x 2 )
4
x 4 )
1
2
1
4
!
o
4 x
( x e
!
( x
x
( x e
x 4 )
x e )
2
4
x 4 )
2
o
2
( x
o
1
1 2
e
x
(
)
x
4
e
x
) 4
1
x
4
( x e
2
x ) 2
1
2 !
( x e
2
x ) 2 2
o ( x e x ) 4
9.【答案】
3
2
x2 ln2(1x) xln(1x) xln(1x) 1
【解析】由lim lim 2 1得
x0 x3 x0 x x2 2x2 ln2(1x)~ x3（可作为结论记住）
l i m
x 0
c o
x
s
2
2
x
2 x x e 1
2
2 l n (1 x )
l i m
x 0
l i m
x 0
1
2
x e
l n
l i m
x
ln
0
c o s 2 x 2
3 x
c
1
c o s 2
x
2 x e
o s 2 x
2 x
x 1
2
1
2
l n
l i m
x 0
2 x e 2
2 x e
l i m
x x 0 2
c
o
1
s
2 x
22
x
1
l i m
2 x
1
2
e
0
2 x
c o s
l i m
x 0
2
x
1
2
e
2 x
( 2
2 x
x
2 x
) 2
2
1
3
2
10.【答案】
9
1
7 2
【解析】
l i m
x 0
洛
凑
拆
s i n ( e
l i m
x
l i m
x
l i m
x
l i m
l i m
l i m
x
0
0
0
0
0
0
s
e
e
e
c
1 )
i n
x
x
x
o s
s i
3 2
4 3
c o
c o
c o
( e
n
1
24
sin x ( e 1 )
x
x s ( e 1 )
3 3 2 4 x
x s ( e 1 )
x s ( e 1 )
3 3 2 4 x
1 ) c o s
3 3 2 4
( e 1
3 3 2 4
2
l i m
3 3 0
e
e
e
)
1
62
s i n
l i m
x 0
sin x c o
x c o s x
3 2 4
x c o s x
l i m
0
l i m
0
3
3 4
x ( e 1 ) (
4 ( 3 x )
s x
x e c o s x
3 x
e c
l i m
x 0
sin e e
3 3 2 4
e ( s i n
3 3 2 4
1 1
3 3 2 4
e
o
sin x
sin x e
s
3 2
)
( ,
1
9 7
1
e
4
2
)
c o
sin
3
s x
c o s
)
代
拉
泰
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
均
x
为 x 的
x
等 价 无 穷 小
11.【答案】 a 3 ,
9
b
2
sin3xaxbx3
【解析】lim(x3sin3xax2b)lim
.
x0 x0 x3
(3x)3 9
由麦克劳林公式可得：sin3x3x o(x3)3x x3o(x3)
3! 2则： s i n 3 x a x b x 3 ( 3 a ) x
b
9
2
x 3 o ( x 3 ) .
a 3,
sin3xaxbx3
由题干信息lim 0，根据系数之间的关系可得： 9
x0 x3 b .
2
12.【答案】a2d，c1， b 取任意常数
【解析】由 l i
x
m
( x 2 a x b c x d ) l i
x
m
x
1
a
x
b
x 2
c
d
x
0 ，得 c 1 .
而 l i
x
m
x
1
a
x
b
x 2
c
d
x
l i
x
m
1
a
x
b
x1
x
2
1
d
x
a b
l i m x 1 c
2 x x x
d
x
l i m
x
t
l i m
t 0
1
2
1
x
1
( a
t
a
x
l i m
t 0
b t
t
b
x1
x
2 )
2
1
d
1
a t
d
x
a
2
b
t
t 2
d
1
0
d t
所以 a , b , c , d 满足的条件是 a 2 d ， c 1 ， b 取任意常数.1-4综合测试
1.【答案】 2 e
2 4
【解析】 l i m
n
1
1
n
2
2
1
2
n
2
2
1
n
n
2
2
1n
l i m
n
e
1n n i1 ln 1 in 2
e
1 ln
0
(1 x 2 )d x
2 e
2 4
2.【答案】 2
【解析】方法一：这是 0
0
型的数列极限，转化为求 型的函数极限，然后用洛必达法
0
则．
2 2
arctan arctan
n 1 2x
n 1 arctan2xarctan
n 1x
I lim lim
n 1 x0 x2
n2
2 1 2(1x)2x
14x2 4x2 (1x)2
1
(1x)2 (1x)2 1
lim lim
x0 2x x0 x 14x2 (1x)2 4x2
2x
lim 2
x0 14x2 (1x)2 4x2
方法二：这是 0 型极限，为简化计算设法寻求 a r c t a n
2
n
a r c t a n
n
2
1
的等价无穷小，它
是 f(x)arctanx的改变量 f
2
n
f
n
2
1
．由拉格朗日中值定理，它可改写成
2 2
a r c t a n a r c t a n
n n 1
f
1
1
2
n
2 n
f
( n
2
n
2
1 )
1
~
n ( n
f
2
(
1
)
)
2
n
( n
n
2
1
)
2 2
其中 ，当
n1 n
n
1
时， 1．因此，
12
I l i m
n
n 2
n ( n
2
1 )
2 ．
3.【答案】e1
i
1 n i n en 1 n i
【解析】 en en ，
n1 1 n
i1 i1 n i1
i1 n i n 1 n i 1 n i 1
因为lim en lim en lim en exdxe1，所以
nn1 nn1 n nn 0
i1 i1 i1
i
n en
lim e1.
1
n
i1 n
i
4.【答案】
l n
2
2
( e 1 1 )
【解析】
l i m
n
l i m
n
l n
l n
n
n
2
2
1 3 2 1
2 y e d y + 2 n 2 n
2 n 1 1 1
1 ln 2
0
n e 1 n 2 y e d y + 2
ln (2 n 1 ) 1
e n
1 1
0
n n 1 2 y l i m e d y + 2
n 1 1 n
l n 2 1 x 2 y e d y d x
2 0 1
e
1n
1
2
n 2
( e
2 y d
2
n e 2
y e
1
y
2 y d
2 d y
1 ) .
y
1
2 n 1
2 y e d y 2 n
n 1 n
n n e 2
1
n 1 n
n n y e 2
1
y
2 d
2 d
y
y
5.【答案】
4
i2 i2 1 i12
【解析】由n n n (i1,2,,n)，得
n n n
n
i
1 n
1
i
n
1 2
n
i
1 n
1
i 2
n
1
n
i
1 n
1
2 i
n
，
n 1 1 n 1 1 dx
而lim lim ，
n i2 nn i 2 01x2 4
i1 n i11
n n
n 1 n 1 1 1
lim lim
n i1 n
(i1)2
ni1 n
i2
n
(n1)2
n
12
n n n n
1 n 1 1 dx
lim
nn i 2 01x2 4
i1
1
n由夹逼定理得 l i m
n
n
i
1 n
1
i 2
n
1
4
.
6.【答案】略
【解析】因为正数的算术平均数不小于几何平均数，所以有
a
x x x
1 a n n n x3 a
x 3x n 4 x x x 4 an1,2,
n1 4 n x3 4 n n n x3
n n
从而 x
n 1
x
n
1
4
a
x 3n
x
n
a
4 x
x
3n
4n
0 ( n 2 , 3 , ) .
故 x 单调减少，再由
n n2
x
n
0 ( n 2 , 3 , ) ，则 l i m
n
x
n
存在，
令limx A，等式
n n
x
n 1
1
4
3 x
n
a
x 3n
两边令 n 得，
A
1
4
3 A
a
A 3
，解得 l i m
n
x
n
A 4 a .
7.【答案】
1
2
5
【解析】显然， 0 x
n
2 1
1
x
n
x
n
1
1
1
2
1
1
x
n 1
2 ( n 1 , 2 , 3 , )
1
即x 有界. 令 f(x)2 f(x)(x0)
n 1x
x
n 1
f ( x
n
) ( n 1 , 2 , 3 , ) 单调．
因此 x
n
收敛，记limx a．
n
n
对递归方程 x
n
1
1
2
x
x
n
n
1
1 两边取极限得 a
1
1
2
a
a 1 5
，即a2 a10，解得a ．
2
8.【答案】 a 1 1
【解析】 l i m
n
a 1 n a 2 n
1n
l i m
n
a 1 1
1
a
a
1
2
n
1n
a 1 1 .
9.【答案】略【解析】根据题意有 l i m
n
a
n
a
n
1 q 1 ，由极限的保号性，存在充分大的正整数 N ，使得
当n N时，有
a
n
a
n
1 1 ，即 a
n 1
a
n
，于是 a 单调减少，又因为
n
a
n
0 ，由单调
有界准则， l i m
n
a
n
存在，记 l i m
n
a
n
a ，下证 a 0 ，利用反证法.
若a0，则有 l i m
n
a
n
a
n
1
a
a
1 与 l i m
n
a
n
a
n
1 q 1 矛盾，故 l i m
n
a
n
0 ，从而
lima 0．
n
n
10.【答案】略
【解析】（Ⅰ） f
n
( x ) 1 ( 1 c o s x ) n
在 0, 上连续，
2
f
n
( 0 ) 1 ， f
n
2
0 ，而
0
1
2
1 ，由介值定理，至少存在一点 x
n
0 ,
2
1
，使得 f (x ) .
n n 2
又由 f (
n
x ) n ( 1 c o s x ) n 1 s i n x 0 ( 0 x
π
2
) 可知当 0 x
π
2
时， f (x)严格单调
n
减少，故 x
n
是唯一的.
（Ⅱ）由 f
n
( a r c c o s
1
n
) 1 [ 1 c o s ( a r c c o s
1
n
) ] n 1 ( 1
1
n
) n
1 1 1
得lim f arccos 1 , 故存在
n n n e 2
N 0 ，当 n N
1 1
时， f (arccos ) .
n n 2
又 f (x)单调减少，故有
n
a r c c o s
1
n
x
n
2
1
，而limarccos ，由夹逼准则，有
n n 2
l i m
n
x
n
2
.
11.【答案】略
1
【解析】（1）令G(x) F(x)x [f(x)x]，则G(a)0，G(b)0，由零点定理，
2
存在x*(a,b)，使得G(x*)0，即 f(x*)x*.
（2）由已知条件，x [a,b]，x F(x )[a,b]，故 x 有界，又
0 n n1 nF ( x )
1
2
[ 1 f ( x ) ] 0 （因 f ( x ) 1 ）.
由拉格朗日中值定理，得
x
n
x
n 1
F ( x
n 1
) F ( x
n 2
) F '( ) ( x
n 1
x
n 2
) ( x
n 1
x
n 2
)
介 于
与
之 间
由上式可知，当 x
1
x
0
时，数列 x
n
单调增加；当 x
1
x
0
时，数列 x
n
单调减小，故
l i m
n
x
n
存在，由（Ⅰ）知limx x*.
n
n
12.【答案】B
【解析】
a
n
3
2
n
n 1
0
x n 1 1 x n d x
2
3
n
1
n
n
n
0
1
1
1
n
n
x n
1
d
(1
n
32
x
n
1
)
1
n
(1 x n )
32 n
0
n
1
故 l i m
n
n a
n
l i m
n
1
n
n
1
n
32
1
l i m
n
1
1
1
1
n
n
32
1
( 1 e 1 )
32
1
选项（B）正确.
13.【答案】 1
【解析】由于数列中有(1)n，故求此数列的极限，分为奇数列和偶数列两个部分进行.
因 u
n
n
n
1 1 n 2n1 2n11 1
，则limu lim 1，limu lim 1
n 2n n 2n n 2n1 n 2n1
1n
n1
所以，lim
1.
n n
14.【答案】B
【解析】在选项（B）中，因为数列 x
n
单调，考虑到 f(x)是单调有界函数，所以数列
f(x )
不仅单调，而且有界，从而收敛.
n1-4拓展提升
1.【答案】D
【解析】
i(i1)
n i(i1) n n2 1
lima lim lim
n n n
i1
n2 i(i1) n
i1
i(i1) 2 n
1
n2
1 x 1 1 1 1 1 1
dx d(1x2) ln(1x2) ln2
01x2 2 01x2 2 0 2
2.【答案】1
【解析】由 f(x)在[a,b]上连续，知 e f ( xk ) 在[a,b]上非负连续，且 0 m e f ( x k ) M ，
其中 M , m 分别为 e f ( xk ) 在 [ a , b ] 上的最大值和最小值，于是 0 m
1
n
k
n
1
e f ( x k ) M ，
1 n
故n m n ef(x k ) n M ，又
n
k1
l i m
n
n m l i m
n
n M 1 ，根据夹逼准则，得
l i m
n
n
1
n
k
n
1
e f ( x k ) 1 .
3.【答案】
【解析】显然 a
0
0 a
n
a
n 1
( a
n 1
1 ) a
n 1
，则 a
n
单调递增，
若lima a为有限值，
n
n
a
n
a
n 1
( a
n 1
1 ) 两边同时取极限得 a a ( a 1 ) a 0 ，
而a 0且
0
a
n
单调递增， l i m
n
a
n
不可能为 0 ，故矛盾，因此 l i m
n
a
n
.
4.【答案】B
【解析】 u
n 1
u
n
1
2
1
n 1
u
n
，所以 u 为单调增数列，记
n
f ( x ) e x 1 x ，
则 f(x)ex 10(x0)，函数 f(x)单调增，而 f ( 0 ) 0 ，所以 f(x)0(x0)，可
以得到1xex ，故 u
n
1
1
2
1
1
2 2
1
1
2 n
e
12
e
12
2 e
1n
2 e
12 12
2
1n
2 e ，
所以 u 单调增且有上界，收敛，limu 存在且limu A0，故选（B）.
n n n
n n5.【答案】（1） 1 ；（2）limx 1
n
n
【解析】
（1） f ( x ) 1
2
1
x
1
2
x
x
，令 f ( x ) 0 得 x 1 ，于是 x 1 是唯一驻点，
当x1时 f ( x ) 0 ，当 1 x 2 时 f ( x ) 0 ，故 f ( 1 ) 1 为唯一极大值，也就是最大值.
（2）由 x
n
n 1
i
1
l n ( 2 x
i
) , n 2 , 3 , ，即 x
n
l n ( 2 x
1
) l n ( 2 x
2
) l n ( 2 x
n 1
) ，
x
n 1
l n ( 2 x
1
) l n ( 2 x
2
) l n ( 2 x
n 1
) l n ( 2 x
n
) ，
也就是x x ln(2x ) f(x )；
n1 n n n
由（1）知， f ( x
n
) 1 ，故 x 有上界，又当
n
x 1 时， l n ( 2 x ) 0 ，故 f ( x ) x ，
x
n 1
f ( x
n
) x
n
，
即 x
n
单调增加，故数列 x
n
极限存在，记 l i m
n
x
n
A ，则有 A A l n ( 2 A ) ，
ln(2 A)0，A1，故limx 1.
n
n
6.【答案】 0
【解析】由题意知 0 x
n
2
, x
n
c o s x
n 1
s i n x
n
，故
c o s x
n 1
s i n x
x
n
n
s
0
i n 0
c o s
n
, 0
n
x
n
，
由cosx在 0, 上的单调性可知，
2
x
n 1 n
, 0
n
x
n
，于是 0 x
n 1
x
n
2
，
故 x
n
单调减少且有下界， x
n
收敛，记 l i m
n
x
n
a ，则 a c o s a s i n a ，
令 f(x) xcosxsinx，则 f ( x ) c o s x x s i n x c o s x x s i n x 0 , x 0 ,
2
，故
f ( x )
在 0, 上单调减少，于是
2
x 0 是 f ( x )
在
0,
2
上的唯一零点，故l
n
i
m
x
n
0.
7.【答案】略
【解析】（1）由于0 f(x) x,x[0,)，因此有
a a f(a )a 0(n1,2, )，即 a 为单调减少数列，又因为
n1 n n n na
1
0 , f ( x ) 0 , a
n 1
f ( a
n
) ，
故a f(a )0,a f(a )0, ,a f(a )0(n1,2, )，
2 1 3 2 n n1
综上可知
a
单调减少且有下界，故
a
为收敛数列.
n n
（2）因为 l i m
n
a
n
t ， f ( x ) 在 [ 0 , ) 上连续，且t[0,)，
故有 t l i m
n
a
n 1
l i m
n
f ( a
n
) f ( l i m
n
a
n
) f ( t )
（3）由 a
n
0 及 l i m
n
a
n
t 知 t 0 ，若 t 0 ，则 t ( 0 , ) ，且 f ( t ) t ，但由（2）知
f ( t ) t ，矛盾，所以 t 0 .
8.【答案】见解析
【解析】
（1）设 f ( x ) s i n x
2
x , x
0 ,
2
2
，则 f(x)cosx , f(x)sinx0，
所以曲线 f ( x ) s i n x
2
x 在
0 ,
2
内是凸的，又 f ( 0 ) f
2
0 ，
所以 f ( x ) s i n x
2
x 0 ，即 s i n x
2
x .
（2）由 x
n 1
s i n x
n
x
n
, x
n
0 可知 x 单调递减且有下界，
n
l i m
n
x
n
存在，记为 a ，于
是x sinx 两边同时取极限n可得asina，故a0；
n1 n
1
由 y y2,n1,2,3, ,y 可得
n1 n 1 2
y
n 1
y 2n y
n
, 0 y
n
1
2
，故 y
n
单调递减且有
下界， l i m
n
y
n
存在，记为b，于是 y
n 1
y 2n 两边同时取极限 n 可得b b2 ，得 b 0
（舍掉 b 1 ）
又由（1）可知，当 0 x
2
时，证明 s i n x
2
x ，且 y
n 1
y 2n y
n
y
n
1
2
y
n
，于是
1
y y2 2 y n y 2 y n y n
0 n1 n n n1 1 ，
x sinx 2x 4 x 4 x 4 x 4
n1 n n n n1 1
n
y
又lim 0，由夹逼准则，有lim n1 0，故当n时，y 是比x 高阶的无穷小
n4 n x n n
n1
量.1-5综合测试
1.【答案】C
【解析】方法一：由题意得， l i m
x 0
( a x 2 b x c c o s x ) 0 ，得c1. 又因为
l i m
x 0
a x 2 b x
x 2
c c o s x
l i m
x 0
( a
b
x
1 c
x
o
2
s x
) 0 ，所以 b 0 , a
1
2
，因此选（C）．
方法二：因为 c o s x 1
1
2
x 2 o ( x 2 ) ( x 0 ) ，于是
a x 2 b x c c o s x ( c 1 ) b x ( a
1
2
) x 2 o ( x 2 ) . 因此， a
1
2
, b 0 , c 1 ，选
（C）．
2.【答案】C
【解析】逐一分析它们的阶．
1° (1x)x2 1~ x2ln(1x)~ x3(x0)
( 1 x ) x 2 1 是x的3阶无穷小（x0）．
2° ex42x 1~ x4 2x~ 2x(x0) e x 4 2 x 是x的 1 阶无穷小．
x2
sint2dt 2xsinx4 k 6 xsinx4 1
3° lim 0 lim lim
x0 xk x0 kxk1 x0 3xx4 3
x
0
2
s i n t 2 d t 是x的6阶无穷小．
4° 用泰勒公式，已知
( 1 t ) a 1 a t
1
2
a ( a 1 ) t 2 o ( t 2 ) ( t 0 ) ,
1 2 x 3 1 3 x
1
1
2
( 2 x )
1
2
.
1
2
(
1
2
1 ) ( 2 x ) 2 [ 1
1
3
( 3 x )
1
2
.
1
3
(
1
3
1 ) ( 3 x ) 2 ] o ( x 2 )
1 1
( 1)x2o(x2) x2o(x2)(x0)是x的2阶无穷小．
2 2
因此，选（C）．
3.【答案】B【解析】此类问题要逐一分析，按无穷小阶的定义：
l i m
x a ( x
f (
x
a
)
) n
A 0 ( ) ， l i m
x a ( x
g
( x
a
)
) m
B 0 ( )
l i m
x a
f
( x
( x
)
a
g
)
(
n
x
)
m
l i m
x a ( x
f (
x
a
)
) n
l i m
x a ( x
g
( x
a
)
) m
A B 0 ( )
f ( x ) g ( x ) 是 x a 的nm阶无穷小；
若nm，
l i m
x a
f
g
(
(
x
x
)
)
( x a ) n m l i m
x a ( x
f (
x
a
)
) n
l i m
x a ( x
g
( x
a
)
) m
A
B
0 ( ) f ( x ) g ( x ) 是xa的
n m 阶无穷小；
因此①，②正确，但③不正确．例如，x0时， s i n x 与 x 均是 x 的一阶无穷小，但
l i m
x 0
s i n x
x 3
x
l i m
x 0
c o s
3
x
x
2
1
1
6
，即 s i n x ( x ) 是 x 的三阶无穷小；因此选（B）．
4.【答案】D
【解析】要逐一分析．我们证明（1），（2），（3）成立．
关于（1），
l i m
x a
( 1 f
1
( x ) ) g ( x ) l i m
x a
e g ( x )ln (1 f1 ( x )) l i m
x a
e g ( x )ln (1 f2 ( x )) l i m
x a
( 1 f
2
( x ) ) g ( x ) ，其中
l i m
x a
g ( x ) l n ( 1 f
1
( x ) ) l i m
x a
g ( x ) f
1
( x ) l i m
x a
g ( x ) f
2
( x ) l i m
x a
g ( x ) l n ( 1 f
2
( x ) ) .
这里ln(1 f (x))~ f (x)(xa,i1,2)．
i i
关于（2），
l i m
x a
g
1
( x ) l n f
1
( x ) l i m
x a
g
2
( x ) l n
f
2
( x ) .
f
f
1
2
(
(
x
x
)
)
f (x)
limg (x)ln f (x)limg (x)ln 1 limg (x)ln f (x)
xa 2 2 xa 2 f (x) xa 2 2
2
l i m
x a
f
1
( x ) g 1 ( x ) l i m
x a
e g 1 ( x )ln f1 ( x ) l i m
x a
e g 2 ( x )ln f2 ( x ) lim f (x)g 2 (x) .
2
xa
关于（3）可直接证明：
f (x)g (x)~ f (x)g (x)(xa)，
1 1 2 2l i m
x a
f
1
f
2
(
(
x
x
)
)
g
g
1
2
(
(
x
x
)
)
l i m
x a
f
1
g
1
f
2
g
2
(
(
(
(
x
x
x
x
)
)
)
)
1
1
g
g
1
2
(
(
x
x
)
)
l i m
x a
f
gf
g
1
1
2
2
(
((
(
x
xx
x
)
))
)
1
1
l i m
x a
g
g
1
2
(
(
x
x
)
)
r
r
1
1
1 1
因此选（D）．
5.【答案】D
【解析】因为 l i m
x 0 l n ( 1
y
x 2 )
l i m
x 0
y
2
x
l i m
x 0
y
2
l i m
x 0
e 3 x 2
2
y y
1
2
所以 l i m
x 0 l n
y
1 x 2
1 ，故选（D）.
6.【答案】D
【解析】因为 x 0
ln12x
时，ax3bx2 cx~ sintdt，
0
所以 1 l i m
x 0
a ln 1
0
3 x
2 x
b
s
x
i
2
n
t d
c
t
x
l i m
x 0
s i n l
3
n
a
1
x 2
2
2
x
b
x
1 c
2
2 x
，显然 c 0 ，
再由 1 l i m
x 0
s i n l
3
n
a
x
1
2
2
2
x
b
x
1 c
2
2 x
l i m
x 0 3 a
2
x
x
2
1 2
2
b
2x x
c
= l i m
x 0 3 a x
4
2
x
2 b x
，
得a 0,b2，选（D）.
7.【答案】A
【解析】由
f ( x )
l i m
n x x 0
l i m
x
l i m
x
0
0
n
x
0
l
(
x
n
n
l
(1
n (1 u
n 1 n x
2 x )
n 2 ) x
2
3
) d
u
l i m
x 0
l i m
x
n (
0
n
x
l
0
1
2
n
)
(1
n n x
n 5 x
u
2
2 ) d u
1
得n5，即当x0时， f(x)~ x5；
15
由 l i m
x 0
g (
x
x
m
)
l i m
x 0
2 x c o s x 2 1 m
x
c
m
o
1
s ( s i n x 2 )
l i m
x 0
s i
m
n
x
2
m
x
2
2
l i m
x 0 m
1
x m 6
1
得m6，当x0时，g(x)~ x6 ，故x0时， f(x)是g(x)的低阶无穷小，应选
6（A）.
4
8.【答案】n3,c
3
【解析】由
l i m
x 0
2 a r c t a n x
c x
n
l n
1
1
x
x
l i m
x
l i m
x
0
0
2
c
a
n
r
x
c t a n
4 x
n 1 ( 1
x
2
x
l
4
n
)
(
c
1
x
n
x )
4
c n
l n
li m
x
(
0
1
x
x
n
2
x
1
)
1
l i m
x 0
1
2
x 2
c
1n
1
x
n
x
1
1
1
x
n12
得 4 ，故
1
cn
n 3 , c
4
3
.
9.【答案】B
【解析】
l i m
x 0
f
g
(
(
x
x
)
)
l i m
x
l i m
x
l i m
x
0
0
0
s
2
2
i n x
s i n
( 1
3 x
s i
x
x
c o
4
n ( 1
4
( 1
s x
2 x
c
5 x
c o
3 x
)
o s
s x
2
l i m
x
x
)
0
2 )
l i m
x
c o s ( 1
3 4 x
2 s i n x
3 8 x
0
s i
c o
0
n
s
( 1
x
x
3
2 )
c o
x
s
4
x ) 2
故选（B）.
10.【答案】B
【解析】方法一：因
lx i m
0
lx i m
0
2 x
0
x
0
t
c
a
o
n
s t 2
t
d
d
t
t
lx i m
0
2 x
c o
t a
s
n
x 2
x
0
，
x 3
sint3dt
sinx2
lim lim 0 lim 0，
x0 x0 x cost2dt x0 2 xcosx2
0
x2
tan tdt
2xtanx
lim lim 0 lim 0，
x0 x0 x sint3dt x0 1
sinx
3
2
0 2 x所以是较高阶的无穷小量，是较高阶的无穷小量，即选项（B）正确.
方法二：当 x 0 时， c o s x 2 1 ( 0 ) 阶 ， t a n 2 ~ 2 2 ( 2 ) x x x 阶 ，
s i n
32
2
1
~
1
2
( 1 ) x
x
x 阶 ，故选（B）.
11.【答案】B
【解析】因为
l i m
x 0
f
g
(
(
x
x
)
)
l i m
x 0
sin
0
x
x
3
s i
n
x
2 t
4
d t
l i m
x 0
s i n (
3
s i
x
n
2
2
x )
4
c
x
o
3
s x
l i m
x 0 3 x 2
x
2
4 x 3
1
3
所以，当 x 0 时， f ( x ) 与 g ( x ) 是同阶但非等价的无穷小，故应选（B）.
12.【答案】C
【解析】方法一：由 F ( x ) x 2
x
0
f ( t ) d t
x
0
t 2 f ( t ) d t ，有
F ( x ) 2 x
x
0
f ( t ) d t x 2 f ( x ) x 2 f ( x ) 2 x
x
0
f ( t ) d t
所以
l i m
x 0
F ( x
k x
)
l i m
x 0
2 x
x
0
x
f
k
( t ) d t
l i m
x 0
2
x
0
x
f
k
( t
1
) d t
l i m
x 0 ( k
2
f
1
(
)
x
x
)
k 2
l i m
x 0 ( k 1
2
) (
f
k
(
x )
2 ) x k 3
由于lim f(x) f(0)0 ，而上式右端极限存在且为非零常数，则
x0
k 3 ，所以应选
（C）.
方法二：特例法 本题只要能确定 F ( x ) 的阶，问题就得到解决，在
F x
x
0
( x 2 t 2 ) f ( t ) d t 的表达式中取 f ( t ) t ， F ( x )
x
0
( x 2 t 2 ) t d t
x
2
4
x
4
4
x
4
4
.
显然它是 x 的4阶无穷小，从而F(x)是 x 的 3 阶无穷小，所以应选（C）.
13.【答案】C
【解析】先利用洛必达法则求出 l ix m
0
(
(
x
x
)
)
，再根据此极限值进行判定.l ix m
0
(
(
x
x
)
)
l i m
x
5
5
e
0
l ix m
s i 5 x
0
sin x
( 1
0
s i n 5
5 x 0
1
n
t
x
t
t
d t
1
) d t
l i m
x
t
0
( 1
5 l ix
s i
m
n
0
( 1
x )
s i
1
sin x
s
n
i n
5
x
5 x
x
1
) sin x c o s x
故(x)是 ( x ) 同阶但不等价的无穷小量.1-5拓展提升
1.【答案】5
【解析】
f ( x )
3
3
1
x
x
1
0
x
4
4
5
s i
n
x
o
x
( x
x
3
6
s
3
!
)
i n
x
x
5
c
5
!
o
s
o
x
(
x 6
3
)
x
4
1
2
s
i n
2 x
x
(
1
2
2
s i
x )
3 !
n
3
2
x
( 2 x
5
)
!
5
o ( x 6 )
故 f ( x ) 是关于x的5阶无穷小 ( x 0 ) .
2.【答案】6
【解析】由 l i m
x 0 1
f (
c
x
o
)
s x
1 ，可知当x0时，有 f ( x ) ~ ( 1 c o s x ) ~
x
2
2
.
又
2 sin x
f ( t ) d
0 l i m
n x x 0
t
2
n
l i m
x
l i m
x
0
0
f
x
(
f
x
s
(
n
i n
2 x
1
2
)
x
)
n
x
2
n
2 s i
n 1
l i m
x
n
0
x
x
c
o
x
s
(
n
x
x
2
1
2 ) 2
1
n
l i m
x 0
x
5 x
n 1
,
故n15，即n6.
3.【答案】6
【解析】当 x 0 时， l n [ 1 ( x s i n x ) ] ~ x s i n x ， (1 c o s x ) ~
1
2
x 2
确定 n 0 使得
1
xsinx ln(1t)dt 洛
ln[1(xsinx)](1cosx)
(xsinx) x2
2
lim 0 lim lim
x0 xn x0 nxn1 x0 nxn1
1 xsinx
洛
1 1cosx
lim lim
2 x0 nxn3 n3 2 x0 n(n3)xn4
取 n6 1
0
72
因此，可得n6.4.【答案】A
【解析】由题意知，对于任意 0 ，存在 0 ，当 x 时，(2x)(x) x，
故 ( x )
x
2
x
2
,
x
2
x
4
x
4
, ,
2
x
n 1 2
x
n 2
x
n
,
于是
x x x x x x
(x) (x)
2n 2 2 4 2n1 2n
x x x x x
a(x)a
a
a
a
a
2 2 4 2n1 2n
x x x 1 n
∣x∣1
.
2 4 2n 2
又当 n 时，
x
2 n
0
，所以
(
x
x )
，即 l ix m
0
(
x
x )
0
.
5.【答案】 1
x
2
2
【解析】当 x 0 时， g ( x ) g ( 0 ) g ( 0 ) x
g (
2
0 )
x 2 o ( x 2 )
因 g ( x ) s e c x ，故g(0)1,g(0)0,g(0)1，即 g ( x ) 1
x
2
2
o ( x 2 ) ，
g ( x )
1
x
2
2
o ( x 2 ) ，故 f ( x ) 1
x
2
2
.
6.【答案】D
1
x3cos
x 1 1
【解析】lim limxcos 0，因此
x0 3sin2 x 3 x0 x
3 s i n 2 x x 3 c o s
1
x
~ 3 s i n 2 x ~ 3 x 2 ( x 0 )
故 2 x
(32tanx)x 3x 3x 1 3 tanx 1 e xln 1 2 3 tanx 1
lim lim lim
x0 3sin2 xx3cos 1 x0 3x2 x0 3x2
x
2 2
xln 1 tanx x tanx
3 3 2
lim lim
x0 3x2 x0 3x2 9
所以当 x 0 时，它们为同阶但非等价无穷小，因此答案选（D）.
7.【答案】C
【解析】当 x 0 时，(1x)sin2x 1esin2xln(1x) 1sin2xln(1x)~2x2，
l n
1
1
x
x
l n ( 1
1
2
x
x
) ~
1
2
x
x
~ 2 x ，则 l n 2
1
1
x
x
~ 4 x 2
，答案选（C）.
8.【答案】A
【解析】由 l i
x
m
0
f (
x
x
2
)
1
2
l i
x
m
0
f ( x )
x
f ( 0 )
1
2
f ( 0 ) 1 得当 x 0 时， f ( x ) ~ x 2 ，
则当 x 0
arctan2x x2 1
时， f(t)dt ~ t2dt x6 ;
0 0 3
x
0
ln (1 x )
l n
f
( 1
( t )
t )
d t ~
2 x2
0
2 t
t
d t
x
8
4
，选（A）.
9.【答案】A
【解析】令
1
x
t ，则
原 式
l i m
t
l i m
t
0
0
(
(
1
k
sin e
k t )
t
1 ) t
t
( 1
1
( 1
t )
t )
k
l i m
t
1
1
0 (
1
a
t
)
0
s
( 1
i n
t
t ) k 1 1
故k 1，（A）正确.
10.【答案】A
【解析】l i m
x 0
2 a r c t a n x
x
p
l n
1
1
x
x
l i m
x
l i m
x
0
0
1
1p
2
4
x
x
x
xp
2
2
4
1
1p
x
1
x
p 1
4
p
l i m
x
1
0
1
x
x
p 3 (
1
1 x 4 )
c
可得 p 3 , c
4
3
.1-6综合测试
1.【答案】 a 1 ， b l n 2
【解析】先分别考察 f ( x ) ， g ( x ) 的连续性.
对 a , x 0 时 f ( x ) 连续， x 0 时 f ( x ) 左连续， f(0)6．又
l i
x
m
0
f ( x ) l i
x
m
0 x
e
a
a
3 x
r c
s
1
i n x
l i
x
m
0 x
a
a
x
r c
3
s i n x
l i
x
m
0
a
3 x
3 x
6
6 a
仅当 a 1 时 f ( x ) 在 x 0 右连续．因此，仅当 a 1 时 f ( x ) 在 x 0 连续．
对 b , x 1 时 g ( x ) 连续，x1时 g ( x ) 右连续， g ( 1 ) e b 1 ，
3sin(x1)
又limg(x)lim 3. 仅当eb 13，即eb 2，
x1 x1 x1
b l n 2 时 g ( x ) 在 x 1 左
连续．因此，仅当 b l n 2 时 g ( x ) 在 x 1 连续．现由连续性运算法则知， b l n 2 ，
a 1 时 f(x)g(x)处处连续．
2.【答案】 ( 1 , e )
【解析】 f(x)只有间断点 x a ， x b ．
当a1， b e 时， f ( x )
( x
e x
1 )
( x
e
e )
因为 l i m
x 1
f ( x )
1
1
e
l i m
x 1
e x
x
e
1
1
e
e
，所以 x 1 为可去间断点．因为
l i m
x e ( x
e x
1 )
( x
e
e )
，所以 x e 为无穷间断点.
当ae， b 1 时， f ( x )
( x
e x
e )
(
1
x 1 )
，lim f(x)，lim f(x)．此时
x1 xe
x 1 ，
x e 均为无穷间断点．因此，(a,b)(1,e)．
3.【答案】(,)
【解析】先求出 f(x)
xx2enx x0
x0时， f(x)lim x，
n 1enx 10
x0时， f(0)0，x 0 时， f ( x ) l i m
n
x
1
x 2
e
n e
n x
x
l i m
n
x e
1
n x
e
n
x
x
2
0
1
x
0
2
x 2
因此 f ( x )
x
x
,
2 ,
x
x
0
0
， f ( x ) 处处连续，即连续区间是 ( , ) ．
4.【答案】D
【解析】因为
l i m (
x 1
l i m (
x 1
l i m (
x 1
x
x
x
1
1
1
)
)
)
a
a
a
r c
r c
r c
t a
t a
t a
n
n
n
x
x
x
1
2
1
2
1
2
1
1
1
0
,
,
f ( 1 ) ,
所以在 x 1 处连续， x 1 处间断，选（D）.
5.【答案】 a 1 , b 1 .
【解析】
f ( 0 0 ) l i
x
m
0
a (1 c o s
e
x
x
)
2
x
l
n
1
(1 b x 2 )
l i
x
m
0
a (1 c o
2 x
2
s x )
2
l n (1
x
2
b
2
x 2 )
a 4 b
f ( 0 ) 3 ，
f ( 0 0 )
l i m
x
2 b
0
2 b
l i
x
x
m
0
s
i
n
x
x
0
x
a r c
2
c o
x
t
s
2
x
0
a n
t d
2
c
x
t
o
s t d
2 b
t
l i
x
l i m
x 0
m
0
2
2
x
b
c
2
x
o
x
s
s
i n
x 2
x
x
x
0
2
2 b
2
c o
1
s t d t
因为 f(x)在 x 0 处连续，所以a4b32b1，解得a1,b1.
6.【答案】请参照解析
【解析】xk(k 0,1,2,)及 x 1 为 f(x)的间断点.
x 2
f(00) lim f(x) lim (x2) ，
x0 x0 sinπx π
f ( 0 0 ) l i
x
m
0 x 2
x
1
0 ，
因为 f ( 0 0 ) f ( 0 0 ) ，所以 x 0 为跳跃间断点；
x2 2
由lim f(x)2lim 得x2为可去间断点；
x2 x2sin(x2) 当 x k ( k 1 , 3 , 4 , ) 时，由lim f(x)得
xk
x k ( k 1 , 3 , 4 , ) 为第二类间断
点；
由lim f(x)得
x1
x 1 为第二类间断点.
7.【答案】请参照解析
【解析】 f ( x ) 的间断点为x0,1,2,及 x 1 .
当x0时， f ( 0 0 ) l i
x
m
0
x
s
3
i n
x
x
l i
x
m
0 s i n
x
x
( x 2 1 )
1
，
f ( 0 0 ) l i
x
m
0
f ( x ) l i
x
m
0
l n (1 x ) s i n
x 2
1
1
s i n 1 ，则x0为函数 f ( x ) 的第一
类间断点中的跳跃间断点.
当x1时，
lx i m
1
f ( x ) lx i m
1
x
s
3
i n
x
x
lx i m
1
x ( x
s i
1
n
) (
x
x
1 )
2 lx i m
1 s
x
i n
1
x
2 lx i m
1 c
1
o s x
2
，则
x1为 f ( x ) 的第一类间断点中的可去间断点.
当xk(k 2,3,)时，lim f(x)，则
xk
x k ( k 2 , 3 , ) 为函数 f ( x ) 的第二类
间断点.
当x1时，因为lim f(x)不存在，所以
x1
x 1 为 f ( x ) 的第二类间断点.
8.【答案】C
【解析】由于 f ( x ) 和 g ( x ) 在 ( ， ) 上皆可导，则必在 ( ， ) 上连续，则
lx i m
x0
f ( x ) f ( x
0
) ， lx i m
x0
g ( x ) g ( x
0
) ，又 f ( x ) g ( x ) ，从而 f(x ) g(x )，即
0 0
lim f(x) limg(x).
xx xx
0 0
9.【答案】
1
3
【解析】按连续性定义，极限值等于函数值，故
x
sint2dt 洛 sin(x2) x2 1
alim f(x)lim 0 lim lim .
x0 x0 x3 x0 3x2 x03x2 310.【答案】B
【解析】由于 l i m
x 0
g ( x ) l i m
x 0
x
0
f (
x
t
) d t
l i m
x 0
f (
1
x )
f ( 0 ) . 所以x0是函数 g ( x ) 的
可去间断点. 故应选择（B）.
11.【答案】 a b
【解析】由于 F ( x ) 在x0处连续，则 A F ( 0 ) l i m
x 0
F ( x ) l i m
x 0
f ( x )
x
a s i n x
b a .
12.【答案】D
【解析】由于 f ( x ) 是奇函数且在 x 0 处有定义，则 f ( 0 ) 0 .
f(x) f(x) f(0)
limg(x)lim lim f(0)
x0 x0 x x0 x
所以选（D）.
13.【答案】 0
【解析】因 l i m
n
( n
n x
2
1
) x
1
0
1
x
, x
, x
0 ,
0 ,
故x0是间断点.
14.【答案】D
【解析】 l i m
x 0
g ( x ) l i m
x 0
f
1
x
. 令 t
1
x
，当 x 0 时， t ，则
l i m
x 0
f
1
x
l it m
f ( t ) a .
当a0时，有limg(x)0 g(0)，
x0
g ( x ) 在点x0处连续；
当a0时，limg(x)a g(0)，g(x)在点x0处间断，因此g(x)在点x0处连续
x0
性与 a 的取值有关.
15.【答案】D
1
【解析】lim ，故x0是第二类间断点.
x
x0
ex1 1因为 l ix
m
1
e x
x
1
1 1
1 ， lx i m
1
e x
x
1
1 1
0 ，故 x 1 是第一类间断点.
16.【答案】A
【解析】首先找出 f ( x ) 的所有不连续点，然后考虑 f ( x ) 在间断点处的极限.
f ( x ) 的不连续点为0、1、
2
，第一类间断点包括可去间断点及跳跃间断点. 逐个考虑
各个选项即可.
对于选项（A）， l i
x
m
0
f ( x ) l i
x
m
0
e
1x
x
e
e
1x
t a
e
n
x
l i
x
m
0
e
e
1x
1x
e
e
1
1
ex etanx 1
ex e e
lim f(x) lim lim 1.
x0 x0 1 x0 1 e
xex e ex e
f ( x ) 在 x 0 存在左右极限，但lim f(x) lim f(x)，所以
x0 x0
x 0 是 f ( x ) 的第一类间断
点，即选项（A）正确；
同理可验证其余选项皆是第二类间断点，即 l i m
x 1
f ( x ) ，lim f(x)，
x
2
l i
x
m
2
f ( x ) .1-6拓展提升
1.【答案】 x 1 , 1 , 2 为第二类间断点； x 0 为可去间断点.
【解析】显然 x 1 , 0 , 1 , 2 为间断点.
由lim f(x)得
x1
x 1 为第二类间断点；
x x21 1 1
由lim f(x)lim ex2 e 2得
x0 x0 arctanx x21
x 0 为可去间断点；
由lim f(x)得
x1
x 1 为第二类间断点；
由 f(20)0， f ( 2 0 ) ，得 x 2 为第二类间断点.
2.【答案】C
【解析】令 g ( x )
x
1
t ∣ s i n t ∣ d t ，则 g (1 ) 0 ，g(1)0，又 g ( x ) x | s i n x | ，故当
x [ 0 , ) 时， g ( x ) 0 ，当x(,0)时，g(x)0，于是g(x)在(,)上只有
两个零点 x 1 .
在x0时， l i
x
m
0
f ( x ) l i
x
m
0
(
x
x
1
t ∣
1 ) ∣
s i n
x
t
∣
1
d
∣
t
l i
x
m
0
e
x
1x
1
0
t ∣ s
1
i n t ∣ d t
l i
x
m
0
e
x
1x
,
其中 l i
x
m
0
e
x
1x
1
x
t
l i
t
m
e
t
t
，则 x 0 为无穷间断点.
在x1处， lx i m
1
f ( x ) lx i m
1
x 2
e
1x
x
lx i m
1
∣
x
∣t
1
x
s
i n
∣1
∣t d t
2 e lx i m
1
∣
x
∣t
1
x
s
i n
∣1
∣t d t
其中
∣x1∣ x1
洛
1 1
lim lim lim
x(1) x t∣sint∣dt x(1) x t∣sint∣dt x(1) x|sinx| sin1
1 1
∣x1∣ 1
同理可得 lim ，则
x(1) x t∣sint∣dt sin1
1
x 1 为跳跃间断点.
在x1处，l i m
x 1
f ( x ) l i m
x 1
洛
∣x x
1
e x
2
e
∣1
l i m
x
l i m
∣x x 1
1 x
1
1
s i n
x
∣t s
∣x
i n
1
∣t
e
d t
2
s i n
1
2
e
l i m
x 1 x
1
∣t
x
s
i n
1
∣t d t
综上，函数 f ( x )
(
e
x
1x
2
x
1
t
x
∣
)
s
∣
i n
x
t
∣
1
d
∣
t
的第一类间断点的个数为 2 ，应选（C）.
3.【答案】A
【解析】因为 x 0 是函数 f ( x ) 的第一类间断点，且 f ( x ) 在x0无定义，故 f ( x ) 的
左、右极限均存在，又 f ( x )
x
0
x
e
2t d
b
t
s
i n
a
x
x
为“
0
0
”型，故由洛必达法则得
ex2
a
lim f(x)lim .
x0 x01bcosx
ex2
1
选项（A），当a1,b1时，lim f(x)lim ，与x0是
x0 x01cosx
f ( x ) 的第一类间
断点矛盾. 故答案选（A）.
选项（B），当 a 1 , b 1
ex2 1 x2
时，lim f(x)lim lim 2，
x0 x01cosx x0 1 x2
2
选项（C），当 a 1 , b 1 时， l i m
x 0
f ( x ) l i m
x 0 1
e
x 2
c
o
1
s x
l i m
x 0
2
2
1 ，
ex2
1
选项（D），当a 1,b1时，lim f(x)lim 0.
x0 x01cosx
4.【答案】C
【解析】
f ( 1 0 )
lx
2
i m
1
2
1
l i
x
m
1
2
2
s
1
x 1
1
x 1
l n
i n [
[1
∣
s i
(
l
n
x
(
n
x
∣x
x
1
)
1
)
]
2
2
lx i m
1
l i m
x 1
s
l n
i n
s i n
x
x
x
( x
1
1 )
1f ( 1 0 )
lx
i m
1
1
2
1
l i
x
m
2
2
1
1
x 1
1
x 1
l n
s i n
[1
[
∣
s
i
l
n
(
n
x
(
∣x
x
x
1
) ]
1
) ]
1
1
l i
x
m
1
l i
x
s
m
1
l n
i n
s
x
i n
x
x
( x
1
1 )
0
则x1为 f(x)的跳跃间断点，答案选（C）.
5.【答案】在定义域内连续.
【解析】当 0 x e 时，有
f ( x ) l i m
n
l n ( e n
n
x n )
l i m
n
l n e n
1
n
x
e
n
n
l i m
n
n l n
1
n
x
e
n
1
当xe时，有
f ( x ) l i m
n
l n ( e n
n
x n )
l i m
n
l n x n
e
x
n
n
n
1
l i m
n
n l n x l n
n e
x
n
1
l n x
1, 0 xe
得 f(x) ，又
lnx, xe
lx i m
e
f ( x ) 1 , lx i m
e
f ( x ) lx i m
e
l n x 1 ，则
l i m
x e
f ( x ) 1 f ( e ) ，故 f(x)在xe处连续，即在定义域 x 0 内连续.
6.【答案】C
【解析】当 x 0 时， f ( x ) l i
t
m
x
1
2
2
tx
tx
l i
t
m
x
2
2
tx
tx
1
1
1 ；
当x0时， f ( x ) l i
t
m
x
1
2
2
tx
tx
1
2
；
当x0时， f ( x ) l i
t
m
x
1
2
2
tx
tx
x
故 f ( x )
1
1
2
x
,
,
,
x
x
x
0
0
0
.
,
,
x
利用结论：设F(x) f(t)dt，若 f(x)可积，则F(x)连续；若 f(x)连续，则F(x)可
a
导.因此，可知 x 0 是 f ( x ) 的第一类间断点，故 F ( x ) 在 x 0 处连续，但不可导，（C）正
确.
7.【答案】见解析
【解析】找到，发现式子中只有 f ( ) ，分离变量，得 f ( )
b
a
f (
b
a
x
g
)
(
g
x
( x
) d
)
x
d x
，即证明
b
a
f (
b
a
x
g
)
(
g
x
( x
) d
)
x
d x
介于函数 f ( x ) 的最小与最大值之间.
不妨设在在[a,b]上g(x)0，
因为 f(x)是一个在 [ a , b ] 上连续的函数，所以由最值定理可知， f ( x ) 在 [ a , b ] 上有最大值
M ，最小值 m ，即
m f ( x ) M
m
g
b
a
(
m
x
g
)
(
x )
f
d
(
x
x
) g
(
b
a
x )
f
( x
M
) g
g
(
(
x
x )
) d x
b
a
M g ( x ) d x
（1）
b
f(x)g(x)dx
b
若 g(x)dx0，则m a M . 由介值定理知，
b
a g(x)dx
a
[ a , b ] ，使得
f ( )
b
a
f (
b
a
x
g
)
(
g
x
( x
) d
)
x
d x
，即
b
a
f ( x ) g ( x ) d x f ( )
b
a
g ( x ) d x
b b
若 g(x)dx0，由（1）式可知 f(x)g(x)dx0，则对
a a
[ a , b ] ，都有
b
a
f ( x ) g ( x ) d x f ( )
b
a
g ( x ) d x .
该题的结论也叫积分第一中值定理. 当 g ( x ) 1 时，就是通常的积分中值定理：
b
a
f ( x ) d x f ( ) ( b a ) .
8.【答案】请参照解析
【解析】由 f ( x ) 在 [ a , b ] 上连续，知 f ( x ) 在[c,d]取得最小值k 和最大值 K . 由于
mf(c)nf(d)
(mn)k mf(c)nf(d)(mn)K ，故k K.
mn由介值定理，存在一点 [ c , d ] ( a , b ) ，使得 f ( )
m f ( c
m
) n
n
f ( d )
，
即mf(c)nf(d)(mn)f().
9.【答案】（1） x 0 ,1 为 f ( x ) 的跳跃间断点； （2） x 1 , 0 为 f(x)的跳跃间断点.
0, x0,
0, |x|1,
, x0,
【解析】（1）由limarctanenx 4 limx2n 1, |x|1,
n n
, |x|1.
, x0,
2
, 0 x1,
2
arctanenx
得 f(x)lim , x0,1,
n x2n 1 4
0, 其他.
故x0,1为 f ( x ) 的跳跃间断点.
（2） ln i m
e n x
0
1
, x
, x
, x
0
0
0
,
,
,
ln i m
x n
不
0
1
存
,
,
,
在 x
x
x
x
1 ,
1 ,
1 ,
1 .
当x1时， f ( x ) 0 ；
当 1 x 0 时， f ( x ) 1 ；
3
当x0时， f(x) ；
2
当x0时， f ( x ) ln i m
1
2
x e
x
x e
en
1
n
x
e
1
n x
2 e x
0
x
e x
1
；
0, x1,
1, 1 x0,
故 f(x)3 ，因此，x1,0为 f(x)的跳跃间断点.
, x0,
2
2ex, x0.
