250619_152130-1.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_00.书籍和讲义_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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 l i m x  3 f ( x )  l i m x  3 ( e e x 1 x   1 1 l n ) l | n 1 |  x x  | 2 |  l i m x  3 ( e 3 2  e 1 14 ) l l n n ( 2 x  2 )  2 ( e e 14 3 l  n 1 2 ) l i m x  3 l n ( 1 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 l i m x  1 f ( x )  l i m x  1 ( x 2 s  i n 1 ) π l x n 2  l i m x  1 ( x  s 1 i n ) ( x ( π   1 π ) x l n ) 2  l i m x  1 ( x  1 π ) ( (1 x   1 x ) ) l n 2   2 l n π 2 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： 1 lim f(x) lim 1， lim f(x) lim(axb)ba x1 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： 原 式   l i m x  l i m x  0 0  x 2 2 x   s x i 2 2 n s x 2 i n  x c 2 o 4 o x ( x s x 4 2  ) x  1 6  ( l i m x  2 x 0 ) 4 3 x  2  4 4 3 s x i n 4 2 2 x  l i m x  0 ( 2 x  s i n 2 x 4 ) ( x 2 4 x  s i n 2 x ) 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 ( )    .