第1章 函数极限与连续

基础部分

1. 函数 $f(x)=x^2\tan x{e}^{\cos x}$ 是（） A. 有界函数 B. 单调函数 C. 周期函数 D. 奇函数

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答案：

D

解析：

$x^2$、$e^{\cos x}$ 都是偶函数，$\tan x$ 是奇函数，因此在其定义域内

$f(-x)=(-x{)}^2\tan (-x)e^{\cos (-x)}=-f(x)$。

故 $f(x)$ 为奇函数。它既不单调，也不具有周期性，且在 $x=\frac{\pi }{2}+k\pi$ 附近无界。

2. 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内有定义，在区间 $[0,2]$ 上，$f(x)=x(x^2-4)$，若对任意的 $x$ 都满足 $f(x)=-\frac{1}{2}f(x+2)$，写出 $f(x)$ 在 $[-2,0)$ 上的表达式

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答案：

$f(x)=-\frac{1}{2}x(x+2)(x+4),-2\le x<0$

解析：

当 $-2\le x<0$ 时，$x+2\in [0,2)$，由题设

$f(x)=-\frac{1}{2}f(x+2)$。

又

$f(x+2)=(x+2)[(x+2{)}^2-4]=x(x+2)(x+4)$，

所以

$f(x)=-\frac{1}{2}x(x+2)(x+4)$。

3. 设函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}1-2x^2,& x<-1\\ x^3,& -1\le x\le 2\\ 12x-16,& x>2\end{array}$，写出 $f(x)$ 的反函数 $g(x)$ 的表达式

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答案：

$g(x)=\{\begin{array}{ll}-\sqrt{\frac{1-x}{2}},& x<-1,\\ \sqrt[3]{x},& -1\le x\le 8,\\ \frac{x+16}{12},& x>8.\end{array}$

解析：

原函数三个分支均严格递增，其值域依次为

$(-\infty ,-1),[-1,8],(8,+\infty )$，

彼此恰好衔接，因此 $f$ 在全定义域上为一一映射。

分别解出自变量：

$y=1-2x^2,x<-1\Rightarrow x=-\sqrt{\frac{1-y}{2}}$；

$y=x^3\Rightarrow x=\sqrt[3]{y}$；

$y=12x-16\Rightarrow x=\frac{y+16}{12}$。

将 $y$ 改写为反函数自变量即可。

4. 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上满足 $f(x)=f(x-\pi )+\sin x$，且 $f(x)=x$，$x\in [0,\pi )$，求 $f(x)$ 在 $[\pi ,3\pi )$ 上的表达式

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答案：

$f(x)=\{\begin{array}{ll}x-\pi +\sin x,& \pi \le x<2\pi ,\\ x-2\pi ,& 2\pi \le x<3\pi .\end{array}$

解析：

当 $\pi \le x<2\pi$ 时，$x-\pi \in [0,\pi )$，故

$f(x)=f(x-\pi )+\sin x=x-\pi +\sin x$。

当 $2\pi \le x<3\pi$ 时，$x-\pi \in [\pi ,2\pi )$，于是

$f(x)=x-2\pi +\sin (x-\pi )+\sin x=x-2\pi$，

因为 $\sin (x-\pi )=-\sin x$。

5. 当 $x\to 0$ 时，$e-e^{\cos x}$ 是 $\sqrt[3]{1+x^2}-1$ 的（） A. 高阶无穷小 B. 低阶无穷小 C. 同阶但非等价无穷小 D. 等价无穷小

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答案：

C

解析：

当 $x\to 0$ 时，

$e-e^{\cos x}=e(1-e^{\cos x-1})\sim \frac{e}{2}{x}^2$，

而

$\sqrt[3]{1+x^2}-1\sim \frac{1}{3}{x}^2$。

两者之比趋于 $\frac{3e}{2}\ne 1$，所以二者同阶但不等价。

6. 下列选项中，极限存在的是（） A. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{|x|}\arctan \frac{1}{|x|}$ B. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}\arctan \frac{1}{x}$ C. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|\sin x|}{|x|}\arctan \frac{1}{x}$ D. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|\sin x|}{x}\arctan \frac{1}{x}$

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答案：

D

解析：

考察左右极限：

A 中 $\frac{\sin x}{|x|}\to \mathrm{sgn}x$，而 $\arctan \frac{1}{|x|}\to \frac{\pi }{2}$，左右极限相反；

B、C 中 $\arctan \frac{1}{x}$ 的左右极限分别为 $\pm \frac{\pi }{2}$，故极限不存在；

D 中

$\frac{|\sin x|}{x}\sim \mathrm{sgn}x,\arctan \frac{1}{x}\to \mathrm{sgn}x\cdot \frac{\pi }{2}$，

乘积的左右极限均为 $\frac{\pi }{2}$，故极限存在。

7. 设 $x\to 0$ 时，$\ln \frac{2+x}{2+\sin x}$ 与 $x^n$ 为同阶无穷小，则 $n=$

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答案：

$3$

解析：

利用 $\ln (1+u)\sim u$，有

$\ln \frac{2+x}{2+\sin x}=\ln \left(1+\frac{x-\sin x}{2+\sin x}\right)\sim \frac{x-\sin x}{2}\sim \frac{x^3}{12}$。

故它与 $x^3$ 同阶，所以 $n=3$。

8. 设 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 2x+xf(x)}{x^3}=1$，则 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\cos x+f(x)}{x^2}=$（） A. $0$ B. $-\frac{2}{3}$ C. $\frac{4}{3}$ D. $\infty$

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答案：

C

解析：

由题设

$\sin 2x+xf(x)=x^3+o(x^3)$。

又

$\sin 2x=2x-\frac{4}{3}{x}^3+o(x^3)$，

所以

$f(x)=-2+\frac{7}{3}{x}^2+o(x^2)$。

同时 $2\cos x=2-x^2+o(x^2)$，故

$\frac{2\cos x+f(x)}{x^2}=\frac{\frac{4}{3}{x}^2+o(x^2)}{x^2}\to \frac{4}{3}$。

9. 设函数 $f(x)$，$g(x)$ 在 $x=0$ 的某去心邻域内有定义且不为零，若当 $x\to 0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小，则当 $x\to 0$ 时，对于以下结论： (1) $f(x)+g(x)=o(f(x))$； (2) $f(x)g(x)=o(g^2(x))$； (3) $f(x)=o(\ln [1+g(x)])$； (4) $f(x)=o(g^2(x))$ 正确结论的个数为（） A. $1$ B. $2$ C. $3$ D. $4$

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答案：

B

解析：

由“$f$ 是 $g$ 的高阶无穷小”知 $f=o(g)$。

(1) $f+g\sim g$，一般不是 $o(f)$，错误；

(2) $\frac{fg}{g^2}=\frac{f}{g}\to 0$，正确；

(3) 因 $g\to 0$ 且 $\ln (1+g)\sim g$，故 $f=o(\ln (1+g))$，正确；

(4) 由 $f=o(g)$ 不能推出 $f=o(g^2)$，错误。

所以正确结论有 $2$ 个。

10. $\underset{x\to +\infty }{\lim }x(2^{\frac{1}{x}}-3^{\frac{1}{x}})=$

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答案：

$\ln \frac{2}{3}$

解析：

写成指数函数：

$2^{1/x}=e^{\frac{\ln 2}{x}}=1+\frac{\ln 2}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)$，

$3^{1/x}=1+\frac{\ln 3}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)$。

因此原极限为 $\ln 2-\ln 3=\ln \frac{2}{3}$。

11. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}}{\ln (1+x^2)}=$

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答案：

$\frac{1}{2}$

解析：

在 $x=0$ 处展开：

$\sqrt{1+2x}=1+x-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)$，

$\sqrt[3]{1+3x}=1+x-x^2+o(x^2)$。

故分子为 $\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)$，分母

$\ln (1+x^2)\sim x^2$，

所以极限为 $\frac{1}{2}$。

12. $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{\arctan x}{x}\right)}^{\frac{1}{{\tan }^{2}x}}=$

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答案：

$e^{-1/3}$

解析：

设极限为 $L$，取对数：

$\ln L=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{\arctan x}{x}\right)}{{\tan }^{2}x}$。

因为

$\frac{\arctan x}{x}=1-\frac{1}{3}{x}^2+o(x^2)$，

故分子为 $-\frac{1}{3}{x}^2+o(x^2)$，而 ${\tan }^{2}x\sim x^2$，所以

$\ln L=-\frac{1}{3}$，即 $L=e^{-1/3}$。

13. 已知 $\underset{x\to -2}{\lim }\frac{2x^3+a{x}^2-3x+6}{x+2}=b$，则 $ab=$

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答案：

$17$

解析：

要使极限有限，分子在 $x=-2$ 处必须为零：

$2(-2{)}^3+a(-2{)}^2-3(-2)+6=4a-4=0$，

得 $a=1$。

此时由洛必达法则

$b={(6x^2+2ax-3)|}_{x=-2}=24-4-3=17$。

故 $ab=17$。

14. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^2-x\ln (1+x)}=$

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答案：

$\frac{1}{2}$

解析：

先有理化：

$\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}=\frac{\tan x-\sin x}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}\sim \frac{x^3/2}{2}=\frac{1}{4}{x}^3$。

又

$x^2-x\ln (1+x)=x^2-x\left(x-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)\right)\sim \frac{1}{2}{x}^3$。

故极限为 $\frac{1/4}{1/2}=\frac{1}{2}$。

15. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln (1+2^x)\ln (1+\frac{2}{x})=$

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答案：

$2\ln 2$

解析：

当 $x\to +\infty$ 时，

$\ln (1+2^x)=x\ln 2+\ln (1+2^{-x})\sim x\ln 2$，

$\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)\sim \frac{2}{x}$。

因此乘积趋于 $2\ln 2$。

16. $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\cos \frac{1}{x}+\sin \frac{1}{x}\right)}^{\frac{x}{2}}=$

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答案：

$\sqrt{e}$

解析：

设极限为 $L$，则

$\ln L=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x}{2}\ln \left(\cos \frac{1}{x}+\sin \frac{1}{x}\right)$。

令 $u=\frac{1}{x}$，则

$\cos u+\sin u=1+u+O(u^2)$，

所以 $\ln (\cos u+\sin u)\sim u$。于是

$\ln L=\frac{1}{2}$，故 $L=e^{1/2}=\sqrt{e}$。

17. $f(x)=\frac{\tan x}{1+x^2}$ 在 $x=0$ 处的3次泰勒多项式为

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答案：

$P_3(x)=x-\frac{2}{3}{x}^3$

解析：

由泰勒展开

$\tan x=x+\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)$，

$\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+o(x^2)$。

相乘得

$\frac{\tan x}{1+x^2}=\left(x+\frac{1}{3}{x}^3\right)(1-x^2)+o(x^3)=x-\frac{2}{3}{x}^3+o(x^3)$。

故三次泰勒多项式为 $x-\frac{2}{3}{x}^3$。

18. 已知 $\underset{x\to 1}{\lim }f(x)$ 存在，且 $f(x)=x^2+e^x\underset{x\to 1}{\lim }f(x)$，则 $f(x)=$

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答案：

$f(x)=x^2+\frac{e^x}{1-e}$

解析：

设 $L=\underset{x\to 1}{\lim }f(x)$。对题设等式取 $x\to 1$，得

$L=1+eL$，

故 $L=\frac{1}{1-e}$。代回原式：

$f(x)=x^2+e^{x}L=x^2+\frac{e^x}{1-e}$。

19. 设 $f(x)=\frac{e^x+x{e}^x}{e^x-1}-\frac{1}{x}$ 在 $x=0$ 处连续，则应补充 $f(0)=$

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答案：

$\frac{3}{2}$

解析：

展开

$e^x-1=x+\frac{1}{2}{x}^2+O(x^3)$，

$e^x(1+x)=1+2x+\frac{3}{2}{x}^2+O(x^3)$。

于是

$\frac{e^x(1+x)}{e^x-1}=\frac{1}{x}+\frac{3}{2}+O(x)$。

减去 $\frac{1}{x}$ 后极限为 $\frac{3}{2}$。为使函数连续，应补定义 $f(0)=\frac{3}{2}$。

20. 设 $f(x)=\frac{1-x\cdot 2^{1-x}}{(2-x)(1-x)}(x\ne 1,2)$，若 $f(x)$ 在 $(1,2)$ 上连续，则 $f(1)f(2)=$

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答案：

$(1-\ln 2)\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right)$

解析：

在 $x=1$、$x=2$ 处分别为 $\frac{0}{0}$ 型。

令 $N(x)=1-x{2}^{1-x}$，$D(x)=(2-x)(1-x)$。

在 $x=1$ 处，

$f(1)=\frac{N^{\prime }(1)}{D^{\prime }(1)}=\frac{\ln 2-1}{-1}=1-\ln 2$。

在 $x=2$ 处，

$f(2)=\frac{N^{\prime }(2)}{D^{\prime }(2)}=\ln 2-\frac{1}{2}$。

故乘积如答案所示。

21. 函数 $f(x)=\frac{|x{|}^x-1}{x(x+1)\ln |x|}$ 的可去间断点的个数为（） A. $0$ B. $1$ C. $2$ D. $3$

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答案：

C

解析：

可能的间断点为 $x=-1,0,1$。

当 $x\to 0$ 时，$|x{|}^x-1=e^{x\ln |x|}-1\sim x\ln |x|$，故 $f(x)\to 1$，所以 $x=0$ 可去。

当 $x\to 1$ 时，分子 $\sim x\ln x$，分母 $\sim 2\ln x$，极限为 $\frac{1}{2}$，所以 $x=1$ 可去。

当 $x\to -1$ 时，令 $h=x+1$，可得分子为一阶量、分母为二阶量，函数趋于无穷，不是可去间断点。

故可去间断点有 $2$ 个。

22. 函数 $f(x)=\frac{\ln |1-x|}{(e^x-1)(x+2)}$ 的第二类间断点的个数为（） A. $0$ B. $1$ C. $2$ D. $3$

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答案：

C

解析：

可能的间断点为 $x=-2,0,1$。

在 $x=0$ 处，分子与分母均为一阶无穷小，极限为 $-\frac{1}{2}$，是可去间断点。

在 $x=1$ 处，$\ln |1-x|\to -\infty$，是无穷间断点；在 $x=-2$ 处，分母趋于零而分子趋于 $\ln 3\ne 0$，也是无穷间断点。

故第二类间断点共有 $2$ 个。

23. 设 $f(x)=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{x+e^{tx}}{1+e^{tx}}$，则 $x=0$ 是 $f(x)$ 的（） A. 可去间断点 B. 跳跃间断点 C. 振荡间断点 D. 无穷间断点

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答案：

B

解析：

分情况计算点态极限：

当 $x<0$ 时，$e^{tx}\to 0$，故 $f(x)=x$；

当 $x>0$ 时，$e^{tx}\to +\infty$，故 $f(x)=1$；

当 $x=0$ 时，$f(0)=\frac{1}{2}$。

因此

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=0,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=1$，

左右极限存在但不相等，所以 $x=0$ 为跳跃间断点。

强化部分

1. $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{\arcsin x}{x}\right)}^{\frac{1}{{\sin }^{2}x}}=$

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答案：

$e^{1/6}$

解析：

设极限为 $L$。取对数得

$\ln L=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{\arcsin x}{x}\right)}{{\sin }^{2}x}$。

因 $\arcsin x=x+\frac{1}{6}{x}^3+o(x^3)$，故

$\ln \left(\frac{\arcsin x}{x}\right)\sim \frac{1}{6}{x}^2$，且 ${\sin }^{2}x\sim x^2$。

所以 $\ln L=\frac{1}{6}$，即 $L=e^{1/6}$。

2. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^x(1+\sin 2t{)}^{\frac{1}{t}}dt=$

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答案：

$e^2$

解析：

令

$\phi (t)=(1+\sin 2t{)}^{1/t}$。

当 $t\to 0$ 时，

$\ln \phi (t)=\frac{\ln (1+\sin 2t)}{t}\to 2$，

故 $\phi (t)\to e^2$。由积分中值定理或积分平均值极限，

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^x\phi (t)dt=e^2$。

3. $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(x^{\frac{2}{x}}-1\right)}^{\frac{2}{\ln x}}=$

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答案：

$e^{-2}$

解析：

因为 $\frac{2\ln x}{x}\to 0$，所以

$x^{2/x}-1=e^{\frac{2\ln x}{x}}-1\sim \frac{2\ln x}{x}$。

设原极限为 $L$，则

$\ln L=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2}{\ln x}\ln \left(\frac{2\ln x}{x}(1+o(1))\right)=-2$。

故 $L=e^{-2}$。

4. 计算 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x[e^{(t-x{)}^2}-1]\sin tdt}{x^2(e^{x^2}-1)}$

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答案：

$\frac{1}{12}$

解析：

当 $x\to 0$ 且 $0\le t\le x$ 时，

$e^{(t-x{)}^2}-1\sim (t-x{)}^2,\sin t\sim t$。

于是分子主部为

${\int }_0^x(t-x{)}^{2}tdt=\frac{x^4}{12}$。

分母

$x^2(e^{x^2}-1)\sim x^4$。

故极限为 $\frac{1}{12}$。

5. 设 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left[1+2x+3x^2+\frac{f(x)}{x}\right]}^{\frac{1}{x}}=e^5$，则 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left[1+\frac{f(x)}{x}\right]}^{\frac{1}{x}}=$

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答案：

$e^3$

解析：

令

$u(x)=2x+3x^2+\frac{f(x)}{x}$。

由 $[1+u(x){]}^{1/x}\to e^5$ 得

$\frac{\ln (1+u(x))}{x}\to 5$，从而 $u(x)=5x+o(x)$。

因此

$\frac{f(x)}{x}=3x+o(x)$。

于是

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\ln \left(1+\frac{f(x)}{x}\right)=3$，

所求极限为 $e^3$。

6. 设函数 $f(x)$ 在 $x=3$ 的某邻域内可微，且 $\underset{x\to 3}{\lim }f(x)=0$，$\underset{x\to 3}{\lim }{f}^{\prime }(x)=4016$，求 $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{{\int }_3^x[t{\int }_t^{3}f(s)ds]dt}{(3-x{)}^3}$

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答案：

$2008$

解析：

由 $\underset{x\to 3}{\lim }f(x)=0$ 及可微性知 $f(3)=0$，并且

$f(s)=4016(s-3)+o(s-3)$。

因此

${\int }_t^{3}f(s)ds=-2008(t-3{)}^2+o((t-3{)}^2)$。

再乘 $t=3+o(1)$ 并积分：

${\int }_3^x\left[t{\int }_t^{3}f(s)ds\right]dt=-2008(x-3{)}^3+o((x-3{)}^3)$。

而 $(3-x{)}^3=-(x-3{)}^3$，故极限为 $2008$。

7. 设 $f(x)$，$g(x)$ 在点 $x=0$ 的某邻域内连续，且当 $x\to 0$ 时，$f(x)$ 与 $g(x)$ 为等价无穷小，则当 $x\to 0$ 时，${\int }_0^{x}f(t)(1-\cos t)dt$ 是 ${\int }_0^x{t}^{2}g(t)dt$ 的（） A. 等价无穷小 B. 同阶但非等价无穷小 C. 高阶无穷小 D. 低阶无穷小

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答案：

B

解析：

由 $f(t)\sim g(t)$ 及 $1-\cos t\sim \frac{1}{2}{t}^2$，有

$f(t)(1-\cos t)\sim \frac{1}{2}{t}^{2}g(t)$。

积分后仍保持相同比例，因此

${\int }_0^{x}f(t)(1-\cos t)dt\sim \frac{1}{2}{\int }_0^x{t}^{2}g(t)dt$。

二者同阶，但比值趋于 $\frac{1}{2}\ne 1$，故选 B。

8. 设当 $x\to 0$ 时，$a{\int }_0^{x^2}\cos t^{2}dt$ 与 $\sin x-b\ln (1+x)$ 是等价无穷小，则 $(a,b)=$（） A. $(1,2)$ B. $(-1,2)$ C. $(\frac{1}{2},1)$ D. $(-\frac{1}{2},1)$

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答案：

C

解析：

左侧

$a{\int }_0^{x^2}\cos t^{2}dt\sim a{x}^2$。

右侧展开为

$\sin x-b\ln (1+x)=(1-b)x+\frac{b}{2}{x}^2+o(x^2)$。

要与左侧等价，先须 $b=1$，此时右侧 $\sim \frac{1}{2}{x}^2$，再得 $a=\frac{1}{2}$。

9. 设当 $x\to 0$ 时，${\int }_0^x(e^{t\cos t^2}-e^t)dt$ 与 $a{x}^b$ 是等价无穷小量，则 $(a,b)=$（） A. $(-\frac{1}{6},3)$ B. $(-\frac{1}{24},4)$ C. $(-\frac{1}{2},5)$ D. $(-\frac{1}{12},6)$

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答案：

D

解析：

由

$\cos t^2=1-\frac{1}{2}{t}^4+o(t^4)$，

得

$t\cos t^2=t-\frac{1}{2}{t}^5+o(t^5)$。

故

$e^{t\cos t^2}-e^t=e^t\left(e^{-t^5/2+o(t^5)}-1\right)\sim -\frac{1}{2}{t}^5$。

积分得

${\int }_0^x(e^{t\cos t^2}-e^t)dt\sim -\frac{1}{12}{x}^6$，

所以 $(a,b)=\left(-\frac{1}{12},6\right)$。

10. 已知 $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^3-3x^2+b{x}^2+x-3bx-3}{x+a}=25$，则 $ab=$

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答案：

$-15$

解析：

分子在 $x=3$ 时恒为零。极限为有限非零数 $25$，故分母也必须在 $x=3$ 时为零，即 $a=-3$。

洛必达后

$25={\left[3x^2+2(b-3)x+1-3b\right]}_{x=3}=10+3b$，

所以 $b=5$，从而 $ab=-15$。

11. 设函数 $f(x)$ 在 $0<|x|<1$ 上有定义，且满足 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left[\cos x+\frac{f(x)}{x}\right]}^{\frac{1}{x^2}}=e^{-1}$，求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{{\sin }^{3}x}$

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答案：

$-\frac{1}{2}$

解析：

设

$u(x)=\cos x+\frac{f(x)}{x}-1$。

由 $[1+u(x){]}^{1/x^2}\to e^{-1}$，得

$\frac{u(x)}{x^2}\to -1$。

又 $\cos x-1\sim -\frac{1}{2}{x}^2$，故

$\frac{f(x)}{x}\sim -\frac{1}{2}{x}^2$，即 $f(x)\sim -\frac{1}{2}{x}^3$。

因 ${\sin }^{3}x\sim x^3$，所求极限为 $-\frac{1}{2}$。

12. 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，$f(0)=\frac{1}{2}$，且函数 $g(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x}\sin \frac{x}{2}& x\ne 0\\ \frac{1}{2}& x=0\end{array}$，则 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{xf(x)+g(x){\int }_0^{2x}\cos t^{2}dt}{xg(x)}=$

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答案：

$3$

解析：

拆分为

$\frac{f(x)}{g(x)}+\frac{1}{x}{\int }_0^{2x}\cos t^{2}dt$。

由连续性，$f(x)\to \frac{1}{2}$，且 $g(x)\to \frac{1}{2}$，第一项趋于 $1$。

又 $\cos t^2\to 1$，故第二项趋于 $2$。

总极限为 $3$。

13. $f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^x[(1+\frac{1}{n}{)}^n-e]$ 在 $x=1$ 处（） A. 左极限存在，右极限不存在 B. 左极限不存在，右极限存在 C. 左、右极限都存在，但不相等 D. 连续

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答案：

A

解析：

利用经典展开

${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e\left(1-\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)$，

故

$n^x\left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n-e\right]\sim -\frac{e}{2}{n}^{x-1}$。

当 $x<1$ 时极限为 $0$；当 $x=1$ 时为 $-\frac{e}{2}$；当 $x>1$ 时发散到 $-\infty$。

因此在 $x=1$ 处左极限存在，而右极限不存在。

14. 计算 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[\frac{x^{x+1}}{(1+x{)}^x}-\frac{x}{e}\right]$

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答案：

$\frac{1}{2e}$

解析：

原式等于

$x\left[{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{-x}-e^{-1}\right]$。

由

$-x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)=-1+\frac{1}{2x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right)$，

得

${\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{-x}=e^{-1}\left(1+\frac{1}{2x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right)\right)$。

故极限为 $\frac{1}{2e}$。

15. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x{|}^{x+2}}{\sqrt{1+x^2}-1}=$

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答案：

$2$

解析：

因为

$|x{|}^{x+2}=x^2{e}^{x\ln |x|}\sim x^2$，

且

$\sqrt{1+x^2}-1\sim \frac{1}{2}{x}^2$，

所以原极限为 $2$。

16. 设 $f(x)=\frac{x+|x|}{2}$，则 $\underset{x\to 0}{\lim }[f(1-x)f(1+x){]}^{\frac{1}{x^2}}=$

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答案：

$e^{-1}$

解析：

在 $x=0$ 的充分小邻域内，$1-x>0$、$1+x>0$，故

$f(1-x)=1-x,f(1+x)=1+x$。

于是原式为

$(1-x^2{)}^{1/x^2}\to e^{-1}$。

17. 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内有定义，且 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-f(x)}{\ln (1+x)}=1$，则以下叙述： (1) $f(0)=0$； (2) $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=f(0)$； (3) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$ 正确叙述的个数为（） A. $1$ B. $2$ C. $3$ D. $4$

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答案：

$0$ 个；原题选项中缺少该结果

解析：

由

$\frac{x-f(x)}{\ln (1+x)}\to 1$，且 $\ln (1+x)\sim x$，得

$x-f(x)\sim x$，从而 $f(x)=o(x)$。

因此 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，且 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=0$。

但题设只规定函数在 $x=0$ 的某邻域内有定义，并未限制 $f(0)$，所以不能推出 $f(0)=0$，也不能推出在 $0$ 处连续；第（3）项给出的极限 $1$ 也不正确。

故按现有题干三个叙述均错误，正确个数为 $0$。原题 A—D 只给出 $1,2,3,4$，疑似漏掉“0”这一选项或第（3）项存在排印错误。

18. 函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内有定义，则 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|}{x}$ 存在是 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=0$ 的（） A. 充分必要条件 B. 充分非必要条件 C. 必要非充分条件 D. 既非充分又非必要条件

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答案：

A

解析：

记条件 P 为 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|f(x)|}{x}$ 存在，条件 Q 为 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=0$。

若 P 成立，由于右侧分母为正、左侧分母为负，而分子非负，两侧有限极限相等只能等于 $0$。于是 $|f(x)|/|x|\to 0$，从而 Q 成立。

反之，若 Q 成立，则

$\left|\frac{|f(x)|}{x}\right|=\left|\frac{f(x)}{x}\right|\to 0$，

故 P 也成立。因此 P 是 Q 的充分必要条件。

19. 当 $x\to 0$ 时，以下无穷小量阶数最高的是（） A. ${\int }_0^{\sin x}[(1+t{)}^{\prime }-1]dt$ B. ${\int }_0^{\sin x^2}(1+t{)}^{\frac{1}{t}}dt$ C. ${\int }_0^{\sin x}[e-(1+t{)}^{\frac{1}{t}}]dt$ D. ${\int }_0^{{\sin }^{2}x}(t{e}^t-t)dt$

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答案：

D

解析：

原题 A 项中的“$(1+t{)}^{\prime }$”记号疑似缺少指数，按现有文本它等于常数 $1$，从而 A 项恒为零，不能作为通常意义下的“非零无穷小”比较。其余三项中：

${\int }_0^{\sin x^2}(1+t{)}^{1/t}dt\sim e{x}^2$；

$e-(1+t{)}^{1/t}\sim \frac{e}{2}t$，故 C 项为二阶无穷小；

$t{e}^t-t=t(e^t-1)\sim t^2$，上限 ${\sin }^{2}x\sim x^2$，故 D 项

$\sim \frac{1}{3}{x}^6$。

因此在有意义的非零选项中 D 阶数最高。若 A 项原式并非导数符号，应以原书清晰题面为准。

20. 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某一邻域内可导，且 $f(0)=0$，$f^{\prime }(0)\ne 0$，求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}f(t)dt}{x^2{\int }_0^{x}f(t)dt}$

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答案：

$1$

解析：

由 $f(0)=0$、$f^{\prime }(0)\ne 0$，有

$f(t)=f^{\prime }(0)t+o(t)$。

因此

${\int }_0^{x^2}f(t)dt\sim \frac{f^{\prime }(0)}{2}{x}^4$，

而

$x^2{\int }_0^{x}f(t)dt\sim x^2\cdot \frac{f^{\prime }(0)}{2}{x}^2=\frac{f^{\prime }(0)}{2}{x}^4$。

故极限为 $1$。

21. 设 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$，$\underset{x\to +\infty }{\lim }g(x)=+\infty$，且 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=a>0$，计算 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln f(x)}{\ln g(x)}$

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答案：

$1$

解析：

由 $f(x)/g(x)\to a>0$，可写成

$\ln f(x)=\ln g(x)+\ln \frac{f(x)}{g(x)}$。

因为 $g(x)\to +\infty$，所以 $\ln g(x)\to +\infty$，而

$\ln \frac{f(x)}{g(x)}\to \ln a$。

故

$\frac{\ln f(x)}{\ln g(x)}=1+\frac{\ln (f/g)}{\ln g}\to 1$。

22. 若二次多项式 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内与 $g(x)=\sec x$ 的差为 $x^2$ 的高阶无穷小，则 $f(x)=$

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答案：

$f(x)=1+\frac{1}{2}{x}^2$

解析：

在 $x=0$ 处

$\sec x=1+\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)$。

若二次多项式 $f(x)$ 与 $\sec x$ 的差为 $o(x^2)$，则其常数项、一次项、二次项必须分别与上述泰勒多项式一致。

故 $f(x)=1+\frac{1}{2}{x}^2$。

23. 当 $n\to \infty$ 时，$e-(1+\frac{1}{n}{)}^n$ 与 $\frac{c}{n^k}$ 为等价无穷小，则（） A. $c=\frac{e}{3},k=2$ B. $c=\frac{e}{2},k=2$ C. $c=\frac{e}{3},k=1$ D. $c=\frac{e}{2},k=1$

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答案：

D

解析：

由

$n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=1-\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$，

得

${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e\left(1-\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)$。

因此

$e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\sim \frac{e}{2n}$，

即 $c=\frac{e}{2},k=1$。

24. 当 $x\to 0$ 时，$\alpha (x)$ 与 $\beta (x)$ 是非零且不相等的等价无穷小量，以下4个结论： (1) $\alpha (x)+\beta (x)=2\alpha (x)$； (2) $\alpha (x)+\beta (x)=2\beta (x)$； (3) $\alpha (x)-\beta (x)=o(\alpha (x))$； (4) $\alpha (x)-\beta (x)=o(\beta (x))$ 所有正确结论的序号是（） A. ①③ B. ③④ C. ①②③④ D. ②④

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答案：

B

解析：

由 $\alpha \sim \beta$，有

$\alpha -\beta =o(\alpha )$，故（3）正确；又 $\alpha \sim \beta$，所以 $o(\alpha )=o(\beta )$，故（4）也正确。

题设特别说明 $\alpha$ 与 $\beta$ 不相等，因此

$\alpha +\beta =2\alpha$ 与 $\alpha +\beta =2\beta$ 作为严格等式均不成立。

故正确的是③④。

25. 当 $x\to 0$ 时，$(3+2\tan x{)}^x-3^x$ 是 $3{\sin }^{2}x+x^3\cos \frac{1}{x}$ 的（） A. 高阶无穷小 B. 低阶无穷小 C. 等价无穷小 D. 同阶但非等价无穷小

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答案：

D

解析：

设

$A=(3+2\tan x{)}^x,B=3^x$。

则

$A-B=3^x\left\{\exp \left[x\ln \left(1+\frac{2}{3}\tan x\right)\right]-1\right\}\sim \frac{2}{3}{x}^2$。

另一方面

$3{\sin }^{2}x+x^3\cos \frac{1}{x}=3x^2+o(x^2)$。

两者之比趋于 $\frac{2}{9}\ne 1$，所以同阶但不等价。

26. 当 $x\to 0$ 时，以下无穷小中，阶数最高的是（） A. ${\int }_0^{\sin x}(1+t{)}^{\frac{2}{t}}dt$ B. ${\int }_0^{\ln (1+x^2)}\sqrt{{\cos }^{3}t}dt$ C. ${\int }_0^x(e^{\cos t}-e^{\sin t})dt$ D. ${\int }_0^{x-\tan x}\arctan tdt$

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答案：

D

解析：

分别求主阶：

A：被积函数趋于 $e^2$，故为一阶无穷小；

B：被积函数趋于 $1$，上限 $\ln (1+x^2)\sim x^2$，故为二阶；

C：被积函数在 $t=0$ 的值为 $e-1\ne 0$，故为一阶；

D：$x-\tan x\sim -\frac{1}{3}{x}^3$，且 $\arctan t\sim t$，故

${\int }_0^{x-\tan x}\arctan tdt\sim \frac{1}{2}(x-\tan x{)}^2\sim \frac{1}{18}{x}^6$。

因此 D 阶数最高。

27. 当 $x\to 0$ 时，函数 $f(x)=ax+b{x}^2+\ln (1+x)$ 与 $g(x)=1-\cos x$ 是等价无穷小，则 $ab=$

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答案：

$-1$

解析：

展开

$f(x)=(a+1)x+\left(b-\frac{1}{2}\right)x^2+o(x^2)$，

而

$g(x)=1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2$。

等价要求一次项消失且二次项系数为 $\frac{1}{2}$，所以

$a=-1,b-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow b=1$。

故 $ab=-1$。

28. 当 $x\to 0$ 时，$f(x)=\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}-\arctan x$ 与 $g(x)=a{x}^b$ 是等价无穷小，则 $ab=$

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答案：

$2$

解析：

注意

$\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}=x+\frac{1}{3}{x}^3+\frac{1}{5}{x}^5+\cdots$，

$\arctan x=x-\frac{1}{3}{x}^3+\frac{1}{5}{x}^5-\cdots$。

相减得

$f(x)\sim \frac{2}{3}{x}^3$。

故 $a=\frac{2}{3},b=3$，于是 $ab=2$。

29. 当 $x\to 0$ 时，$\ln (1+x)-\tan x$ 与 $a{x}^b$ 是等价无穷小，则 $(a,b)=$（） A. $(-\frac{1}{2},2)$ B. $(\frac{1}{2},2)$ C. $(-\frac{1}{3},3)$ D. $(\frac{1}{3},3)$

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答案：

A

解析：

由泰勒展开

$\ln (1+x)=x-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{3}{x}^3+O(x^4)$，

$\tan x=x+\frac{1}{3}{x}^3+O(x^5)$。

故

$\ln (1+x)-\tan x\sim -\frac{1}{2}{x}^2$，

所以 $(a,b)=\left(-\frac{1}{2},2\right)$。

30. 当 $x\to 0$ 时，$x-\ln (x+\sqrt{1+x^2})\sim a{x}^b$，则 $a,b$ 的值分别是（） A. $\frac{1}{6},3$ B. $\frac{1}{6},2$ C. $\frac{1}{3},2$ D. $\frac{1}{3},3$

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答案：

A

解析：

因为

$\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)=\mathrm{arsinh}x=x-\frac{1}{6}{x}^3+O(x^5)$，

所以

$x-\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\sim \frac{1}{6}{x}^3$。

故 $a=\frac{1}{6},b=3$。

31. 当 $x\to 0$ 时，$\arcsin x-x$ 与 $a{x}^b$ 是等价无穷小，则 $(a,b)=$（） A. $(-\frac{1}{6},2)$ B. $(\frac{1}{6},2)$ C. $(-\frac{1}{6},3)$ D. $(\frac{1}{6},3)$

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答案：

D

解析：

由

$\arcsin x=x+\frac{1}{6}{x}^3+O(x^5)$，

得

$\arcsin x-x\sim \frac{1}{6}{x}^3$。

故 $(a,b)=\left(\frac{1}{6},3\right)$。

32. 若 $\underset{x\to 0}{\lim }\left[a\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}+(1+|x|{)}^{\frac{1}{x}}\right]$ 存在，求 $a$ 的值

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答案：

$\frac{e-e^{-1}}{2}$

解析：

分别求左右极限。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$\frac{2+e^{1/x}}{1+e^{4/x}}\to 0,(1+|x|{)}^{1/x}=(1+x{)}^{1/x}\to e$，

故右极限为 $e$。

当 $x\to 0^{-}$ 时，第一项中的分式趋于 $2$，且

$(1+|x|{)}^{1/x}=(1-x{)}^{1/x}\to e^{-1}$，

故左极限为 $2a+e^{-1}$。

令左右极限相等，得 $2a+e^{-1}=e$，所以

$a=\frac{e-e^{-1}}{2}$。

33. 设函数 $f(x)=\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$ 在 $x=0$ 处的2次泰勒多项式为 $a+bx+c{x}^2$，则（） A. $a=1,b=1,c=1$ B. $a=1,b=1,c=\frac{1}{2}$ C. $a=0,b=-1,c=\frac{1}{2}$ D. $a=0,b=-1,c=1$

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答案：

B

解析：

取对数：

$\ln f(x)=\frac{1}{2}[\ln (1+x)-\ln (1-x)]=x+O(x^3)$。

因此

$f(x)=e^{x+O(x^3)}=1+x+\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)$。

故 $a=1,b=1,c=\frac{1}{2}$。

34. 设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内可导，$a$ 为常数，对于以下结论： ①若 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=a$，则 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=a$；②若 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=a$，则 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=a$ 下列说法中正确的是（） A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①与②均正确 D. ①与②均错误

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答案：

A

解析：

结论①正确。由拉格朗日中值定理，对任意固定 $x_0>0$，存在 ${\xi }_x\in (x_0,x)$，使

$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }({\xi }_x)$。

当 $x\to \infty$ 时，${\xi }_x\to \infty$，从而可推出 $f(x)/x\to a$。

结论②错误。例如

$f(x)=ax+\sin x^2$，

则 $f(x)/x\to a$，但

$f^{\prime }(x)=a+2x\cos x^2$

不存在有限极限。

35. $f(x)=\frac{|\ln |x||}{x^2-1}$ 有（） A. 两个跳跃间断点，一个无穷间断点 B. 两个可去间断点，一个无穷间断点 C. 一个可去间断点，一个跳跃间断点，一个无穷间断点 D. 三个无穷间断点

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答案：

A

解析：

间断点为 $x=-1,0,1$。

在 $x=1$ 附近，$|\ln |x||\sim |x-1|$，而 $x^2-1\sim 2(x-1)$，左右极限分别为 $-\frac{1}{2}$ 与 $\frac{1}{2}$，是跳跃间断点。

在 $x=-1$ 附近同理，左右极限也异号，是跳跃间断点。

当 $x\to 0$ 时，$|\ln |x||\to +\infty$，分母趋于 $-1$，故函数趋于 $-\infty$，是无穷间断点。

所以有两个跳跃间断点和一个无穷间断点。

36. 设 $f(x)=x+\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}(x\ne 0)$，则 $x=0$ 是 $f(x)$ 的（） A. 连续点 B. 跳跃间断点 C. 可去间断点 D. 第二类间断点

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答案：

D

解析：

当 $x\to 0$ 时，

$\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}\sim \frac{1}{x}$。

故

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=+\infty ,\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=-\infty$。

至少有一个单侧极限为无穷，故 $x=0$ 为第二类间断点。

37. 函数 $f(x)=|x-1{|}^{\frac{1}{x(2-x)}}$ 的第二类间断点的个数是（） A. $0$ B. $1$ C. $2$ D. $3$

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答案：

A

解析：

可能需要考察的点为 $x=0,1,2$。

令

$\ln f(x)=\frac{\ln |x-1|}{x(2-x)}$。

当 $x\to 0$ 时，$\ln |1-x|\sim -x$，故 $\ln f(x)\to -\frac{1}{2}$，为可去间断；

当 $x=1$ 时，原函数值为 $0$，且邻近极限也为 $0$，连续；

当 $x\to 2$ 时，令 $h=x-2$，则 $\ln |x-1|\sim h$、$x(2-x)\sim -2h$，故极限仍为 $e^{-1/2}$，是可去间断。

因此不存在第二类间断点，个数为 $0$。

38. 设 $f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x^{n+1}+(\cos \pi x+1)\sin ax}{x^n+(\cos \pi x+1)}$，为使 $f(x)$ 对于一切 $x$ 都连续，求常数 $a$ 的最小正值

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答案：

$\frac{\pi }{2}$

解析：

记 $c(x)=1+\cos \pi x$。当 $|x|<1$ 时，$x^n\to 0$ 且 $c(x)>0$，故

$f(x)=\sin ax$。

当 $|x|>1$ 时，$x^n$ 的绝对值趋于无穷，故

$f(x)=x$。

在 $x=1$、$x=-1$ 处，由 $c(\pm 1)=0$，原比值分别恒为 $1$、$-1$。因此

$f(x)=\{\begin{array}{ll}\sin ax,& |x|<1,\\ x,& |x|\ge 1.\end{array}$

要使其处处连续，只需在 $x=\pm 1$ 处连续，即

$\sin a=1$。

最小正解为 $a=\frac{\pi }{2}$。