一、连续与间断点

小题

（一）函数的连续性

1. 【1987-45-2 分】 下列函数在其定义域内连续的是（ ）.

A. $f(x)=\ln x+\sin x$    B. $f(x)=\{\begin{array}{ll}\sin x,& x\le 0,\\ \cos x,& x>0\end{array}$

C. $f(x)=\{\begin{array}{ll}x+1,& x<0,\\ 0,& x=0,\\ x-1,& x>0\end{array}$    D. $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sqrt{|x|}},& x\ne 0,\\ 0,& x=0\end{array}$

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答案： A

解析： A 项中，函数的定义域为 $(0,+\infty )$。$\ln x$ 与 $\sin x$ 在该区间内均连续，因此它们的和也连续，故 A 正确。

B 项只需检查分段点 $x=0$：

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\sin x=0$，而 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\cos x=1$，左右极限不相等，所以在 $x=0$ 处不连续。

C 项在 $x=0$ 处有

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=1$，$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-1$，左右极限不相等，故不连续。

D 项在 $x=0$ 处有 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sqrt{|x|}}=+\infty$，而 $f(0)=0$，故不连续。

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2. 【1988-3-4 分】 若 $f(x)=\{\begin{array}{ll}2x+a,& x\le 0,\\ e^x(\sin x+\cos x),& x>0\end{array}$ 是 $(-\infty ,+\infty )$ 上的连续函数，则 $a=$

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答案： $1$

解析： 两段函数在各自区间内均连续，只需保证分段点 $x=0$ 处连续。

由左侧表达式得

$f(0)=a$。

右极限为

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^x(\sin x+\cos x)=e^0(0+1)=1$。

连续要求 $f(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)$，因此

$a=1$。

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3. 【1989-3-3 分】 设 $f(x)=\{\begin{array}{ll}a+b{x}^2,& x\le 0,\\ \frac{\sin bx}{x},& x>0\end{array}$ 在 $x=0$ 处连续，则常数 $a$ 与 $b$ 应满足的关系是

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答案： $a=b$

解析： 由左侧表达式可知

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

右极限为

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin bx}{x}=b\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin bx}{bx}=b$。

函数在 $x=0$ 处连续的充要条件是左右极限均等于函数值，因此

$a=b$。

其中 $b$ 可取任意实数，同时令 $a=b$ 即可。

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4. 【1990-45-3 分】 设函数 $f(x)$ 有连续的导函数，且 $f(0)=0$，$f^{\prime }(0)=b$。若函数 $F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{f(x)+a\sin x}{x},& x\ne 0,\\ A,& x=0\end{array}$ 在 $x=0$ 处连续，则常数 $A=$

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答案： $a+b$

解析： 由 $f(0)=0$、$f^{\prime }(0)=b$，可得

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f^{\prime }(0)=b$。

又有

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a\sin x}{x}=a$。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }F(x)=\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{f(x)}{x}+a\frac{\sin x}{x}\right]=a+b$。

要使 $F(x)$ 在 $x=0$ 处连续，必须有

$A=F(0)=\underset{x\to 0}{\lim }F(x)=a+b$。

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5. 【1992-4-5 分】 设函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln \cos (x-1)}{1-\sin \frac{\pi x}{2}},& x\ne 1,\\ 1,& x=1\end{array}$，问函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是否连续？若不连续，修改函数在 $x=1$ 处的定义，使之连续。

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答案： 在 $x=1$ 处不连续；应改定义为 $f(1)=-\frac{4}{{\pi }^2}$。

解析： 令 $h=x-1$，则当 $x\to 1$ 时，$h\to 0$。原极限可化为

$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos h}{1-\sin \left(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi h}{2}\right)}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos h}{1-\cos \frac{\pi h}{2}}$。

利用等价无穷小

$\ln \cos h\sim -\frac{h^2}{2}$，

$1-\cos \frac{\pi h}{2}\sim \frac{1}{2}{\left(\frac{\pi h}{2}\right)}^2=\frac{{\pi }^2{h}^2}{8}$，

可得

$\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=\frac{-\frac{1}{2}}{\frac{{\pi }^2}{8}}=-\frac{4}{{\pi }^2}$。

由于原定义中 $f(1)=1\ne -\frac{4}{{\pi }^2}$，所以函数在 $x=1$ 处不连续。将其改为

$f(1)=-\frac{4}{{\pi }^2}$

即可使函数在该点连续。

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6. 【1994-3-3 分】 若 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin 2x+e^{2ax}-1}{x},& x\ne 0,\\ a,& x=0\end{array}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续，则 $a=$

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答案： $-2$

解析： 只需考查 $x=0$ 处的连续性。由基本极限得

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 2x}{x}=2$，

且

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{2ax}-1}{x}=2a$。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=2+2a$。

连续要求该极限等于 $f(0)=a$，故

$2+2a=a$，

解得

$a=-2$。

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7. 【1995-3-3 分】 设 $f(x)$ 和 $\phi (x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内有定义，$f(x)$ 为连续函数，且 $f(x)\ne 0$，$\phi (x)$ 有间断点，则（ ）.

A. $\phi [f(x)]$ 必有间断点    B. $[\phi (x){]}^2$ 必有间断点

C. $f[\phi (x)]$ 必有间断点    D. $\frac{\phi (x)}{f(x)}$ 必有间断点

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答案： D

解析： 设 $x_0$ 是 $\phi (x)$ 的一个间断点。若 $\frac{\phi (x)}{f(x)}$ 在 $x_0$ 处连续，由于 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续，则二者乘积

$\phi (x)=f(x)\cdot \frac{\phi (x)}{f(x)}$

也应在 $x_0$ 处连续，这与 $x_0$ 是 $\phi (x)$ 的间断点矛盾。因此 $\frac{\phi (x)}{f(x)}$ 必有间断点，D 正确。

A 不一定成立。例如 $f(x)\equiv c\ne 0$，且 $\phi$ 在 $c$ 处连续，则 $\phi [f(x)]\equiv \phi (c)$ 为常数函数。

B 不一定成立。例如取 $\phi (x)=\{\begin{array}{ll}-1,& x<0,\\ 1,& x\ge 0\end{array}$，则 $\phi$ 在 $x=0$ 处间断，但 $[\phi (x){]}^2\equiv 1$ 连续。

C 不一定成立。例如 $f(x)\equiv 1$，则无论 $\phi (x)$ 是否连续，$f[\phi (x)]\equiv 1$ 都连续。

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8. 【1997-2-3 分】 已知 $f(x)=\{\begin{array}{ll}(\cos x{)}^{x^{-2}},& x\ne 0,\\ a,& x=0\end{array}$ 在 $x=0$ 处连续，则 $a=$ ___

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答案： $e^{-\frac{1}{2}}$

解析： 这是 $1^{\infty }$ 型极限。设

$L=\underset{x\to 0}{\lim }(\cos x{)}^{\frac{1}{x^2}}$，

则

$\ln L=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x^2}$。

由 $\ln \cos x\sim -\frac{x^2}{2}$，得

$\ln L=-\frac{1}{2}$，

所以

$L=e^{-\frac{1}{2}}$。

为使函数在 $x=0$ 处连续，应令

$a=f(0)=L=e^{-\frac{1}{2}}$。

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9. 【2000-2-3 分】 设函数 $f(x)=\frac{x}{a+e^{bx}}$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内连续，且 $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=0$，则常数 $a,b$ 满足（ ）

A. $a<0,b<0$    B. $a>0,b>0$    C. $a\le 0,b>0$    D. $a\ge 0,b<0$

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答案： D

解析： 先由极限条件判断 $b$。若 $b<0$，则当 $x\to -\infty$ 时，$bx\to +\infty$，从而 $e^{bx}\to +\infty$，并且

$\frac{x}{a+e^{bx}}\sim \frac{x}{e^{bx}}\to 0$。

若 $b>0$，则 $e^{bx}\to 0$。此时若 $a\ne 0$，有 $f(x)\sim \frac{x}{a}$，极限不为 $0$；若 $a=0$，则 $f(x)=x{e}^{-bx}$，其绝对值趋于无穷。因此必须有 $b<0$。

再由函数在全体实数上连续，要求分母

$a+e^{bx}\ne 0$

对任意实数 $x$ 成立。由于 $e^{bx}$ 可取遍所有正数，若 $a<0$，则可取某个 $x$ 使 $e^{bx}=-a$，导致分母为零。因此必须有 $a\ge 0$。

故应满足

$a\ge 0,b<0$。

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10. 【2002-2-3 分】 设函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1-e^{\tan x}}{\arcsin \frac{x}{2}},& x>0,\\ a{e}^{2x},& x\le 0\end{array}$ 在 $x=0$ 处连续，则 $a=$

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答案： $-2$

解析： 由 $x\le 0$ 时的表达式可知

$f(0)=a$。

计算右极限：当 $x\to 0^{+}$ 时，

$1-e^{\tan x}\sim -\tan x\sim -x$，

$\arcsin \frac{x}{2}\sim \frac{x}{2}$。

因此

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-e^{\tan x}}{\arcsin \frac{x}{2}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-x}{\frac{x}{2}}=-2$。

函数在 $x=0$ 处连续，故

$a=f(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-2$。

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11. 【2004-34-4 分】 设 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内有定义，且 $\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=a$，

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}f\left(\frac{1}{x}\right),& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

则（ ）

A. $x=0$ 必是 $g(x)$ 的第一类间断点    B. $x=0$ 必是 $g(x)$ 的第二类间断点

C. $x=0$ 必是 $g(x)$ 的连续点    D. $g(x)$ 在点 $x=0$ 处的连续性与 $a$ 的取值有关

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答案： D

解析： 当 $x\to 0$ 时，$\left|\frac{1}{x}\right|\to \infty$。由已知条件可得

$\underset{x\to 0}{\lim }g(x)=\underset{x\to 0}{\lim }f\left(\frac{1}{x}\right)=a$。

而

$g(0)=0$。

因此：

• 当 $a=0$ 时，$\underset{x\to 0}{\lim }g(x)=g(0)$，故 $g(x)$ 在 $x=0$ 处连续；
• 当 $a\ne 0$ 时，$\underset{x\to 0}{\lim }g(x)=a\ne g(0)$，故 $x=0$ 是可去间断点。

所以 $g(x)$ 在 $x=0$ 处是否连续取决于 $a$ 的值，D 正确。

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12. 【2006-2-4 分】 设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x^3}{\int }_0^x\sin t^{2}dt,& x\ne 0,\\ a,& x=0,\end{array}$$

在 $x=0$ 处连续，则 $a=$

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答案： $\frac{1}{3}$

解析： 要使 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，必须有

$a=f(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^3}{\int }_0^x\sin t^{2}dt$。

当 $t\to 0$ 时，

$\sin t^2\sim t^2$，

因此

${\int }_0^x\sin t^{2}dt\sim {\int }_0^x{t}^{2}dt=\frac{x^3}{3}$。

故

$a=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^3}{3}}{x^3}=\frac{1}{3}$。

也可用洛必达法则：

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x\sin t^{2}dt}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x^2}{3x^2}=\frac{1}{3}$。

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13. 【2008-34-4 分】 设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2+1,& |x|\le c,\\ \frac{2}{|x|},& |x|>c,\end{array}$$

在 $(-\infty ,+\infty )$ 内连续，则 $c=$

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答案： $1$

解析： 两段函数在各自区间内均连续，只需考查分界点 $x=\pm c$。由于条件中出现 $|x|\le c$，应有 $c>0$。

在 $|x|=c$ 处，内侧函数值为

$c^2+1$，

外侧函数的极限为

$\frac{2}{c}$。

连续要求

$c^2+1=\frac{2}{c}$，

即

$c^3+c-2=0$。

因

$c^3+c-2=(c-1)(c^2+c+2)$，

而 $c^2+c+2>0$，故唯一实根为

$c=1$。

此时在 $x=1$ 与 $x=-1$ 两处分段函数均能连续衔接。

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14. 【2017-123-4 分】 若函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1-\cos \sqrt{x}}{ax},& x>0,\\ b,& x\le 0,\end{array}$$

在 $x=0$ 处连续，则（ ）

A. $ab=\frac{1}{2}$    B. $ab=-\frac{1}{2}$    C. $ab=0$    D. $ab=2$

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答案： A

解析： 由 $x\le 0$ 时的定义可知

$f(0)=b$，

且左极限为

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=b$。

计算右极限。令 $u=\sqrt{x}$，则 $x=u^2$，且当 $x\to 0^{+}$ 时 $u\to 0^{+}$。于是

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-\cos \sqrt{x}}{ax}=\frac{1}{a}\underset{u\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-\cos u}{u^2}=\frac{1}{2a}$。

连续要求

$b=\frac{1}{2a}$，

所以

$ab=\frac{1}{2}$。

故 A 正确。

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15. 【2018-2-4 分】 设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}-1,& x<0,\\ 1,& x\ge 0,\end{array}$$

，

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}2-ax,& x\le -1,\\ x,& -1<x<0,\\ x-b,& x\ge 0,\end{array}$$

若 $f(x)+g(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，则（ ）

A. $a=3,b=1$    B. $a=3,b=2$    C. $a=-3,b=1$    D. $a=-3,b=2$

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答案： D

解析： 先写出和函数：

$$f(x)+g(x)=\{\begin{array}{ll}1-ax,& x\le -1,\\ -1+x,& -1<x<0,\\ 1+x-b,& x\ge 0.\end{array}$$

各段内部均连续，只需考查分界点 $x=-1$ 和 $x=0$。

在 $x=-1$ 处，连续要求

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

即

$1+a=-2$，

所以

$a=-3$。

在 $x=0$ 处，连续要求

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

即

$-1=1-b$，

所以

$b=2$。

故

$a=-3,b=2$，

选 D。

（二）间断点

1. 【1990-3-3 分】 设

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{f(x)}{x},& x\ne 0,\\ f(0),& x=0,\end{array}$$

其中 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，$f^{\prime }(0)\ne 0$，$f(0)=0$，则 $x=0$ 是 $F(x)$ 的（ ）。

A. 连续点    B. 第一类间断点    C. 第二类间断点    D. 连续点或间断点不能由此确定

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答案： B

解析： 由导数定义，且 $f(0)=0$，有

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f^{\prime }(0)$。

因为 $f^{\prime }(0)\ne 0$，所以

$\underset{x\to 0}{\lim }F(x)=f^{\prime }(0)\ne 0=F(0)$。

因此 $x=0$ 处极限存在且有限，但极限值不等于函数值，是可去间断点，属于第一类间断点。

A 错在函数值与极限值不相等；C 错在左右极限均存在且有限；D 错在间断类型可以确定。

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2. 【1998-2-5 分】 求函数

$f(x)=(1+x{)}^{\frac{x}{\tan \left(x-\frac{\pi }{4}\right)}}$

在区间 $(0,2\pi )$ 内的间断点，并判断其类型。

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答案： $x=\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{7\pi }{4}$；其中 $x=\frac{3\pi }{4},\frac{7\pi }{4}$ 为可去间断点，$x=\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4}$ 为第二类间断点。

解析： 在 $(0,2\pi )$ 内，底数 $1+x>0$，因此只需考查指数

$\frac{x}{\tan \left(x-\frac{\pi }{4}\right)}$

无定义的点。

当

$\tan \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=0$

时，得到

$x=\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4}$。

以 $x_0=\frac{\pi }{4}$ 为例，由

$\tan \left(x-\frac{\pi }{4}\right)\sim x-\frac{\pi }{4}$，

可知指数在左侧趋于 $-\infty$，在右侧趋于 $+\infty$。又因底数趋于 $1+\frac{\pi }{4}>1$，故

$\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }f(x)=0,\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }f(x)=+\infty$。

所以 $x=\frac{\pi }{4}$ 是第二类间断点。对 $x=\frac{5\pi }{4}$ 同理，也是第二类间断点。

当正切函数无定义，即

$x-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}+k\pi$，

在区间内得到

$x=\frac{3\pi }{4},\frac{7\pi }{4}$。

利用

$\frac{1}{\tan u}=\cot u$，

在这些点附近有 $\cot u\to 0$，故指数趋于 $0$，从而

$\lim f(x)=1$。

原函数在这两点无定义，而极限存在且有限，因此它们均为可去间断点。

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3. 【1998-34-3 分】 设函数

$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+x}{1+x^{2n}}$，

讨论函数 $f(x)$ 的间断点，其结论为（ ）。

A. 不存在间断点    B. 存在间断点 $x=1$    C. 存在间断点 $x=0$    D. 存在间断点 $x=-1$

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答案： B

解析： 分情况求点态极限：

当 $|x|<1$ 时，$x^{2n}\to 0$，故

$f(x)=1+x$。

当 $|x|>1$ 时，$x^{2n}\to +\infty$，故

$f(x)=0$。

当 $x=1$ 时，

$f(1)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2}{2}=1$；

当 $x=-1$ 时，

$f(-1)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{0}{2}=0$。

所以

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& |x|>1,\\ 1+x,& |x|<1,\\ 1,& x=1,\\ 0,& x=-1.\end{array}$$

在 $x=1$ 处，

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)=2,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)=0$，

左右极限不相等，故 $x=1$ 为跳跃间断点。

在 $x=-1$ 处，左右极限均为 $0$，且等于 $f(-1)$，故连续。

因此只有 $x=1$ 是间断点，选 B。

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4. 【2004-2-4 分】 设

$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n-1)x}{n{x}^2+1}$，

则 $f(x)$ 的间断点为 $x=$ ______。

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答案： $0$

解析： 当 $x\ne 0$ 时，分子、分母同除以 $n$，得

$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left(1-\frac{1}{n}\right)x}{x^2+\frac{1}{n}}=\frac{1}{x}$。

当 $x=0$ 时，每一项都等于 $0$，故

$f(0)=0$。

因此

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0.\end{array}$$

在 $x=0$ 处，函数趋于无穷，故 $x=0$ 是无穷间断点，也是唯一间断点。

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5. 【2005-2-4 分】 设函数

$f(x)=\frac{1}{e^{\frac{x}{x-1}}-1}$，

则（ ）。

A. $x=0$，$x=1$ 都是第一类间断点    B. $x=0$，$x=1$ 都是第二类间断点

C. $x=0$ 是第一类间断点，$x=1$ 是第二类间断点    D. $x=0$ 是第二类间断点，$x=1$ 是第一类间断点

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答案： D

解析： 函数可能无定义的点为 $x=0$ 与 $x=1$。

在 $x=0$ 附近，

$\frac{x}{x-1}\sim -x$，

故

$e^{\frac{x}{x-1}}-1\sim \frac{x}{x-1}\sim -x$，

于是

$f(x)\sim -\frac{1}{x}$。

因此在 $x=0$ 处至少有一侧趋于无穷，$x=0$ 是第二类间断点。

在 $x=1$ 处，

当 $x\to 1^{-}$ 时，$\frac{x}{x-1}\to -\infty$，所以

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

当 $x\to 1^{+}$ 时，$\frac{x}{x-1}\to +\infty$，所以

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)=0$。

左右极限存在且有限但不相等，故 $x=1$ 是跳跃间断点，属于第一类间断点。

因此选 D。

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6. 【2007-2-4 分】 函数

$f(x)=\frac{\left(e^{\frac{1}{x}}+e\right)\tan x}{x\left(e^{\frac{1}{x}}-e\right)}$

在 $[-\pi ,\pi ]$ 上的第一类间断点是 $x=()$。

A. $0$    B. $1$    C. $-\frac{\pi }{2}$    D. $\frac{\pi }{2}$

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答案： A

解析： 可能的间断点包括 $x=0$、$x=1$ 以及 $x=\pm \frac{\pi }{2}$。

在 $x=0$ 处，注意

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x}{x}=1$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，$e^{1/x}\to +\infty$，故

$\frac{e^{1/x}+e}{e^{1/x}-e}\to 1$，

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

当 $x\to 0^{-}$ 时，$e^{1/x}\to 0$，故

$\frac{e^{1/x}+e}{e^{1/x}-e}\to -1$，

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

左右极限存在且有限但不相等，因此 $x=0$ 是跳跃间断点，属于第一类间断点。

在 $x=1$ 处，因 $e^{1/x}-e=0$，函数趋于无穷，是第二类间断点。

在 $x=\pm \frac{\pi }{2}$ 处，$\tan x$ 趋于无穷，也均为第二类间断点。

故选 A。

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7. 【2008-2-4 分】 设函数

$f(x)=\frac{\ln |x|}{|x-1|}\sin x$，

则 $f(x)$ 有（ ）。

A. 1 个可去间断点，1 个跳跃间断点    B. 1 个跳跃间断点，1 个无穷间断点

C. 2 个跳跃间断点    D. 2 个无穷间断点

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答案： A

解析： 函数可能的间断点为 $x=0$ 与 $x=1$。

在 $x=0$ 处，

$f(x)=\frac{x\ln |x|}{|x-1|}\cdot \frac{\sin x}{x}$。

由于

$\underset{x\to 0}{\lim }x\ln |x|=0,\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$，

故

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$。

函数在 $x=0$ 无定义，而极限存在且有限，所以 $x=0$ 是可去间断点。

在 $x=1$ 处，

$\ln |x|\sim x-1$，

故

$$\frac{\ln |x|}{|x-1|}\to \{\begin{array}{ll}-1,& x\to 1^{-},\\ 1,& x\to 1^{+}.\end{array}$$

又 $\sin x\to \sin 1\ne 0$，因此

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

左右极限存在且不相等，所以 $x=1$ 是跳跃间断点。

故选 A。

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8. 【2008-34-4 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上连续，则 $x=0$ 是函数

$g(x)=\frac{{\int }_0^{x}f(t)dt}{x}$

的（ ）。

A. 跳跃间断点    B. 可去间断点    C. 无穷间断点    D. 振荡间断点

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答案： B

解析： 函数 $g(x)$ 在 $x=0$ 处无定义。由积分中值定理，对充分小的 $x\ne 0$，存在介于 $0$ 与 $x$ 之间的 ${\xi }_x$，使得

${\int }_0^{x}f(t)dt=f({\xi }_x)x$。

因此

$g(x)=f({\xi }_x)$。

当 $x\to 0$ 时，${\xi }_x\to 0$。由 $f$ 在 $0$ 处连续，得

$\underset{x\to 0}{\lim }g(x)=f(0)$。

极限存在且有限，而函数在 $x=0$ 处未定义，所以 $x=0$ 是可去间断点，选 B。

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9. 【2009-23-4 分】 函数

$f(x)=\frac{x-x^3}{\sin \pi x}$

的可去间断点的个数为（ ）。

A. 1    B. 2    C. 3    D. 无穷多个

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答案： C

解析： 分母在所有整数点 $x=k$ 处为零。要成为可去间断点，还需分子在该点也为零。

分子

$x-x^3=x(1-x)(1+x)$

仅在

$x=-1,0,1$

处为零。

分别考查：

在 $x=0$ 处，

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-x^3}{\sin \pi x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x(1-x^2)}{\sin \pi x}=\frac{1}{\pi }$；

在 $x=1$ 与 $x=-1$ 处，分子、分母均有一阶零点，极限也均存在且有限。

因此 $x=-1,0,1$ 均为可去间断点，共 3 个。

其他整数点处分子不为零，函数趋于无穷，属于无穷间断点。

故选 C。

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10. 【2010-2-4 分】 函数

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

的无穷间断点的个数为（ ）。

A. 0    B. 1    C. 2    D. 3

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答案： B

解析： 函数可能的间断点为 $x=-1,0,1$。

当 $x\ne -1,0,1$ 时，

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

且

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

故

$f(x)=\frac{x}{|x|}\cdot \frac{\sqrt{x^2+1}}{x+1}$。

在 $x=1$ 处，极限存在且有限，因此是可去间断点。

在 $x=0$ 处，

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

所以是跳跃间断点，不是无穷间断点。

在 $x=-1$ 处，分子部分趋于非零常数，而分母 $x+1\to 0$，故函数趋于无穷，是无穷间断点。

因此无穷间断点只有 1 个，选 B。

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11. 【2013-3-4 分】 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： 由分母及对数的定义可知，可能的间断点为 $x=-1,0,1$。

令

$u=x\ln |x|$，

则当 $u\to 0$ 时，

$|x{|}^x-1=e^u-1\sim u=x\ln |x|$。

在 $x=0$ 处，由 $x\ln |x|\to 0$，有

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\ln |x|}{x(x+1)\ln |x|}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x+1}=1$。

极限存在且有限，但原函数在 $x=0$ 处无定义，因此 $x=0$ 是可去间断点。

在 $x=1$ 处，同理

$\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x\ln |x|}{x(x+1)\ln |x|}=\frac{1}{2}$，

故 $x=1$ 也是可去间断点。

在 $x=-1$ 处，

$f(x)\sim \frac{x\ln |x|}{x(x+1)\ln |x|}=\frac{1}{x+1}$，

函数趋于无穷，因此 $x=-1$ 是无穷间断点，而不是可去间断点。

所以可去间断点共有 $2$ 个，故选 C。

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12. 【2015-2-4 分】 函数

$f(x)=\underset{t\to 0}{\lim }{\left(1+\frac{\sin t}{x}\right)}^{\frac{x^2}{t}}$

在 $(-\infty ,+\infty )$ 内（ ）。

A. 连续    B. 有可去间断点    C. 有跳跃间断点    D. 有无穷间断点

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答案： B

解析： 当 $x\ne 0$ 时，对极限取对数：

$\ln f(x)=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{x^2}{t}\ln \left(1+\frac{\sin t}{x}\right)$。

利用 $\ln (1+u)\sim u$、$\sin t\sim t$，得

$\ln f(x)=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{x^2}{t}\cdot \frac{\sin t}{x}=x$。

故

$f(x)=e^x(x\ne 0)$。

当 $x=0$ 时，原极限表达式中的 $\frac{\sin t}{x}$ 无意义，所以 $f(0)$ 未定义；但

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^x=1$。

因此 $x=0$ 是可去间断点，其他点处 $f(x)=e^x$ 连续，故选 B。

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13. 【2020-23-4 分】

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

的第二类间断点的个数为（ ）。

A. 1    B. 2    C. 3    D. 4

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答案： C

解析： 由各因子的定义与分母为零的条件，可能的间断点为

$x=-1,0,1,2$。

在 $x=-1$ 处，$\ln |1+x|\to -\infty$，而其余因子趋于非零有限值，因此 $f(x)$ 无界，$x=-1$ 是第二类间断点。

在 $x=0$ 处，利用

$\ln (1+x)\sim x,e^x-1\sim x$，

有

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x-1}}}{x-2}\cdot \frac{\ln (1+x)}{e^x-1}=-\frac{1}{2e}$。

极限存在且有限，所以 $x=0$ 是可去间断点，不属于第二类间断点。

在 $x=1$ 处，

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }{e}^{\frac{1}{x-1}}=0,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }{e}^{\frac{1}{x-1}}=+\infty$。

其余因子在 $x=1$ 附近趋于非零有限值，因此至少一个单侧极限为无穷，故 $x=1$ 是第二类间断点。

在 $x=2$ 处，分母中的 $x-2\to 0$，而分子及 $e^x-1$ 均趋于非零有限值，所以函数趋于无穷，$x=2$ 是第二类间断点。

因此第二类间断点为 $-1,1,2$，共 $3$ 个，故选 C。

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14. 【2024-2-5 分】 函数

$f(x)=|x|\frac{1}{(1-x)(x-2)}$

的第一类间断点的个数是（ ）。

A. 3    B. 2    C. 1    D. 0

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答案： D

解析： 函数 $|x|$ 在实数范围内连续，因此只需考查分母为零的点

$x=1,2$。

在 $x=1$ 处，分子 $|x|\to 1\ne 0$，而分母中 $1-x\to 0$，故函数趋于无穷，$x=1$ 是无穷间断点。

在 $x=2$ 处，分子 $|x|\to 2\ne 0$，而分母中 $x-2\to 0$，故函数也趋于无穷，$x=2$ 是无穷间断点。

无穷间断点均属于第二类间断点，因此该函数没有第一类间断点，个数为 $0$，故选 D。

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15. 【2024-3-5 分】 设函数

$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+x}{1+n{x}^{2n}}$，

则 $f(x)$（ ）。

A. 在 $x=1$、$x=-1$ 处都连续    B. 在 $x=1$ 处连续，$x=-1$ 处不连续

C. 在 $x=1$、$x=-1$ 处都不连续    D. 在 $x=1$ 处不连续，$x=-1$ 处连续

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答案： D

解析： 分情况计算逐点极限。

当 $|x|<1$ 时，指数衰减快于多项式增长，故

$n{x}^{2n}\to 0$，

从而

$f(x)=1+x$。

当 $|x|>1$ 时，

$n{x}^{2n}\to +\infty$，

所以

$f(x)=0$。

当 $x=1$ 时，

$f(1)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2}{1+n}=0$；

当 $x=-1$ 时，分子恒为零，故

$f(-1)=0$。

因此

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& |x|\ge 1,\\ 1+x,& |x|<1.\end{array}$$

在 $x=1$ 处，

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)=2,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)=0$，

左右极限不相等，所以 $x=1$ 处不连续。

在 $x=-1$ 处，

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

故 $x=-1$ 处连续。

因此选 D。

大题

（一）函数的连续性

1. 【2003-3-8 分】 设函数 $f(x)=\frac{1}{\pi x}+\frac{1}{\sin \pi x}-\frac{1}{\pi (1-x)},x\in \left[\frac{1}{2},1\right)$。试补充定义 $f(1)$，使得 $f(x)$ 在 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上连续。

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答案： $f(1)=\frac{1}{\pi }$

解析： 要使函数在闭区间右端点 $x=1$ 处连续，只需令

$f(1)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)$。

令 $h=1-x$，则当 $x\to 1^{-}$ 时，$h\to 0^{+}$，并且

$\sin \pi x=\sin [\pi (1-h)]=\sin \pi h$。

于是

$f(x)=\frac{1}{\pi (1-h)}+\left(\frac{1}{\sin \pi h}-\frac{1}{\pi h}\right)$。

利用展开式

$\sin \pi h=\pi h-\frac{{\pi }^3{h}^3}{6}+o(h^3)$，

可得

$\frac{1}{\sin \pi h}=\frac{1}{\pi h}+\frac{\pi h}{6}+o(h)$，

从而

$\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\left(\frac{1}{\sin \pi h}-\frac{1}{\pi h}\right)=0$。

因此

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{\pi (1-h)}=\frac{1}{\pi }$。

故补充定义

$f(1)=\frac{1}{\pi }$，

即可使 $f(x)$ 在 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上连续。

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2. 【2003-4-8 分】 设函数 $f(x)=\frac{1}{\sin \pi x}-\frac{1}{\pi x}-\frac{1}{\pi (1-x)},x\in \left(0,\frac{1}{2}\right]$。试补充定义 $f(0)$，使得 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上连续。

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答案： $f(0)=-\frac{1}{\pi }$

解析： 要使函数在闭区间左端点 $x=0$ 处连续，应令

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

将函数写成

$f(x)=\left(\frac{1}{\sin \pi x}-\frac{1}{\pi x}\right)-\frac{1}{\pi (1-x)}$。

由

$\sin \pi x=\pi x-\frac{{\pi }^3{x}^3}{6}+o(x^3)$，

得

$\frac{1}{\sin \pi x}=\frac{1}{\pi x}+\frac{\pi x}{6}+o(x)$。

所以

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(\frac{1}{\sin \pi x}-\frac{1}{\pi x}\right)=0$，

而

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left[-\frac{1}{\pi (1-x)}\right]=-\frac{1}{\pi }$。

因此

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

故补充定义

$f(0)=-\frac{1}{\pi }$，

即可使 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上连续。

（二）间断点

1. 【2001-2-7 分】 求极限 $\underset{t\to x}{\lim }{\left(\frac{\sin t}{\sin x}\right)}^{\frac{x}{\sin t-\sin x}}$，记此极限为 $f(x)$，求函数 $f(x)$ 的间断点并指出其类型。

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答案： $x=k\pi (k\in \mathbb{Z})$ 均为间断点；$x=0$ 是可去间断点，$x=k\pi (k\in \mathbb{Z},k\ne 0)$ 是无穷间断点。

解析： 当 $\sin x\ne 0$ 时，令

$u=\frac{\sin t-\sin x}{\sin x}$，

则 $t\to x$ 时 $u\to 0$，且

$\frac{\sin t}{\sin x}=1+u$。

对原极限取对数，得到

$\ln f(x)=\underset{t\to x}{\lim }\frac{x}{\sin t-\sin x}\ln \left(1+\frac{\sin t-\sin x}{\sin x}\right)$。

由于 $\ln (1+u)\sim u$，故

$\ln f(x)=\underset{t\to x}{\lim }\frac{x}{\sin t-\sin x}\cdot \frac{\sin t-\sin x}{\sin x}=\frac{x}{\sin x}$。

所以

$f(x)=e^{\frac{x}{\sin x}},x\ne k\pi (k\in \mathbb{Z})$。

该函数在每个区间 $(k\pi ,(k+1)\pi )$ 内连续，因此只需考查 $x=k\pi$。

当 $x\to 0$ 时，

$\frac{x}{\sin x}\to 1$，

故

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=e$。

但 $f(0)$ 未定义，所以 $x=0$ 是可去间断点。

当 $k\ne 0$ 且 $x\to k\pi$ 时，

$\sin x\sim (-1{)}^k(x-k\pi )$，

于是

$\frac{x}{\sin x}\sim \frac{(-1{)}^{k}k\pi }{x-k\pi }$。

该式在 $x=k\pi$ 两侧分别趋于 $+\infty$ 与 $-\infty$，因而 $f(x)$ 的一个单侧极限为 $+\infty$，另一个单侧极限为 $0$。

所以 $x=k\pi (k\ne 0)$ 均为无穷间断点，属于第二类间断点。

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2. 【2003-2-10 分】 设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln (1+\alpha x^3)}{x-\arcsin x},& x<0,\\ 6,& x=0,\\ \frac{e^{\alpha x}+x^2-\alpha x-1}{x\sin \frac{x}{4}},& x>0.\end{array}$$

问 $\alpha$ 为何值时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处连续；$\alpha$ 为何值时，$x=0$ 是 $f(x)$ 的可去间断点？

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答案： 当 $\alpha =-1$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处连续；当 $\alpha =-2$ 时，$x=0$ 是可去间断点。

解析： 先求左右极限。

当 $x\to 0^{-}$ 时，由

$\ln (1+\alpha x^3)\sim \alpha x^3$，

以及

$\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$，

有

$x-\arcsin x=-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$。

因此

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\alpha x^3+o(x^3)}{-\frac{x^3}{6}+o(x^3)}=-6\alpha$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$e^{\alpha x}=1+\alpha x+\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}+o(x^2)$，

所以分子为

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

又有

$x\sin \frac{x}{4}\sim x\cdot \frac{x}{4}=\frac{x^2}{4}$，

故

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=4\left(1+\frac{{\alpha }^2}{2}\right)=4+2{\alpha }^2$。

要使 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，必须满足

$-6\alpha =4+2{\alpha }^2=f(0)=6$。

由 $-6\alpha =6$ 得 $\alpha =-1$，代入右极限也有

$4+2{\alpha }^2=6$。

因此 $\alpha =-1$ 时函数在 $x=0$ 处连续。

要使 $x=0$ 成为可去间断点，应有左右极限存在且相等，但共同极限不等于 $f(0)=6$，即

$-6\alpha =4+2{\alpha }^2\ne 6$。

整理得

${\alpha }^2+3\alpha +2=0$，

即

$(\alpha +1)(\alpha +2)=0$。

其中 $\alpha =-1$ 时共同极限等于 $6$，函数连续，不是间断点；故只能取

$\alpha =-2$。

此时

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=12\ne f(0)=6$，

所以 $x=0$ 是可去间断点。