小题·函数的性质及运算等3类

小题

（一）函数的性质及运算

1. 【1987-3-4 分】 $f(x)=|x\sin x|e^{\cos x}(-\infty <x<+\infty )$ 是（ ）.

A. 有界函数    B. 单调函数    C. 周期函数    D. 偶函数

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答案： D

解析： 由

$f(-x)=|-x\sin (-x)|e^{\cos (-x)}=|x\sin x|e^{\cos x}=f(x)$，

可知 $f(x)$ 是偶函数。

再取 $x_k=\frac{\pi }{2}+2k\pi$，则 $\sin x_k=1$，$\cos x_k=0$，从而

$f(x_k)=x_k\to +\infty$，

所以函数无界，A 错误。由于函数为偶函数且不是常数函数，因此不可能在整个定义域内单调，B 错误；又因含有因子 $|x|$，函数不具有周期性，C 错误。

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2. 【1988-123-5 分】 已知 $f(x)=e^{x^2}$，$f[\phi (x)]=1-x$，且 $\phi (x)\ge 0$，求 $\phi (x)$ 并写出它的定义域.

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答案： $\phi (x)=\sqrt{\ln (1-x)}$，定义域为 $(-\infty ,0]$。

解析： 由复合函数关系可得

$e^{[\phi (x){]}^2}=1-x$。

两边取自然对数，得

$[\phi (x){]}^2=\ln (1-x)$。

又因为 $\phi (x)\ge 0$，所以

$\phi (x)=\sqrt{\ln (1-x)}$。

要使根式有意义，必须有

$\ln (1-x)\ge 0$，

即 $1-x\ge 1$，从而 $x\le 0$。因此定义域为 $(-\infty ,0]$。

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3. 【1990-123-3 分】 设函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& |x|\le 1,\\ 0,& |x|>1,\end{array}$ 则 $f[f(x)]=$ _____.

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答案： $1$。

解析： 由函数定义，$f(x)$ 的取值只能是 $0$ 或 $1$。

当 $f(x)=0$ 时，因 $|0|\le 1$，有 $f[f(x)]=f(0)=1$；

当 $f(x)=1$ 时，因 $|1|\le 1$，有 $f[f(x)]=f(1)=1$。

因此对任意 $x$，均有

$f[f(x)]=1$。

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4. 【1990-45-3 分】 设函数 $f(x)=x\tan x{e}^{\sin x}$，则 $f(x)$ 是（ ）

A. 偶函数    B. 无界函数    C. 周期函数    D. 单调函数

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答案： B

解析： 函数的定义域为

$x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi (k\in \mathbb{Z})$。

当 $x\to {\frac{\pi }{2}}^{-}$ 时，$\tan x\to +\infty$，而 $x{e}^{\sin x}\to \frac{\pi e}{2}>0$，故

$f(x)=x\tan x{e}^{\sin x}\to +\infty$。

因此 $f(x)$ 是无界函数，B 正确。

此外，

$f(-x)=(-x)\tan (-x)e^{\sin (-x)}=x\tan x{e}^{-\sin x}$，

一般不等于 $f(x)$，故不是偶函数；函数含因子 $x$，不具有周期性；其定义域被多个间断点分割，也不可能在整个定义域上单调。

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5. 【1992-5-3 分】 设 $f(x)=\sin x$，$f[\phi (x)]=1-x^2$，则 $\phi (x)=$；其定义域为

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答案： $\phi (x)=\arcsin (1-x^2)$；定义域为 $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$。

解析： 由

$\sin \phi (x)=1-x^2$，

按反正弦函数的主值定义，得

$\phi (x)=\arcsin (1-x^2)$。

由于反正弦函数的自变量必须满足

$-1\le 1-x^2\le 1$，

右侧不等式恒成立；左侧不等式给出

$x^2\le 2$，

即

$-\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$。

故定义域为 $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$。

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6. 【1992-3-3 分】 设 $f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x\le 0,\\ x^2+x,& x>0,\end{array}$ 则（ ）

A. $f(-x)=\{\begin{array}{ll}-x^2,& x\le 0,\\ -\left(x^2+x\right),& x>0\end{array}$

B. $f(-x)=\{\begin{array}{ll}-\left(x^2+x\right),& x<0,\\ -x^2,& x\ge 0\end{array}$

C. $f(-x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x\le 0,\\ x^2-x,& x>0\end{array}$

D. $f(-x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2-x,& x<0,\\ x^2,& x\ge 0\end{array}$

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答案： D

解析： 计算 $f(-x)$ 时，需要根据 $-x$ 的符号分类。

当 $x<0$ 时，$-x>0$，应使用原函数的第二段，故

$f(-x)=(-x{)}^2+(-x)=x^2-x$。

当 $x\ge 0$ 时，$-x\le 0$，应使用原函数的第一段，故

$f(-x)=(-x{)}^2=x^2$。

所以

$$f(-x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2-x,& x<0,\\ x^2,& x\ge 0,\end{array}$$

即选 D。

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7. 【1997-2-3 分】 设

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}2-x,& x\le 0,\\ x+2,& x>0,\end{array}$$ $$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x<0,\\ -x,& x\ge 0,\end{array}$$

则 $g[f(x)]$ 为（ ）

A. $\{\begin{array}{ll}2+x^2,& x<0,\\ 2-x,& x\ge 0\end{array}$    B. $\{\begin{array}{ll}2-x^2,& x<0,\\ 2+x,& x\ge 0\end{array}$

C. $\{\begin{array}{ll}2-x^2,& x<0,\\ 2-x,& x\ge 0\end{array}$    D. $\{\begin{array}{ll}2+x^2,& x<0,\\ 2+x,& x\ge 0\end{array}$

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答案： D

解析： 当 $x<0$ 时，$f(x)=x^2>0$，因此应使用 $g(u)=u+2$ 这一段，得

$g[f(x)]=g(x^2)=x^2+2$。

当 $x\ge 0$ 时，$f(x)=-x\le 0$，因此应使用 $g(u)=2-u$ 这一段，得

$g[f(x)]=g(-x)=2-(-x)=2+x$。

故

$$g[f(x)]=\{\begin{array}{ll}2+x^2,& x<0,\\ 2+x,& x\ge 0,\end{array}$$

即选 D。

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8. 【2001-2-3 分】 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& |x|\le 1,\\ 0,& |x|>1,\end{array}$$

则 $f[f[f(x)]]$ 等于（ ）.

A. 0    B. 1

C. $\{\begin{array}{ll}1,& |x|\le 1,\\ 0,& |x|>1\end{array}$    D. $\{\begin{array}{ll}0,& |x|\le 1,\\ 1,& |x|>1\end{array}$

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答案： B

解析： 因为 $f(x)$ 的值只能为 $0$ 或 $1$，且

$f(0)=1,f(1)=1$，

所以无论 $f(x)=0$ 还是 $f(x)=1$，都有

$f[f(x)]=1$。

于是

$f[f[f(x)]]=f(1)=1$。

故选 B。

（二）$\frac{0}{0}$ 型未定式

1. 【1987-5-4 分】 求极限 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}{\mathrm{arccot}x}$

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答案： $1$。

解析： 当 $x\to +\infty$ 时，令 $t=\frac{1}{x}$，则 $t\to 0^{+}$，且对 $x>0$ 有

$\mathrm{arccot}x=\arctan \frac{1}{x}=\arctan t$。

因此

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}{\mathrm{arccot}x}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln (1+t)}{\arctan t}$$

。

利用等价无穷小

$\ln (1+t)\sim t,\arctan t\sim t$，

可得

$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln (1+t)}{\arctan t}=1$。

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2. 【1991-3-5 分】 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^2(e^x-1)}$

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答案： $\frac{1}{6}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，由泰勒展开

$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$，

故

$x-\sin x=\frac{x^3}{6}+o(x^3)$。

同时

$e^x-1=x+o(x)$，

所以

$x^2(e^x-1)=x^3+o(x^3)$。

从而

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^2(e^x-1)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^3}{6}+o(x^3)}{x^3+o(x^3)}=\frac{1}{6}$$

。

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3. 【1992-5-5 分】 求极限 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln \cos (x-1)}{1-\sin \frac{\pi }{2}x}$

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答案： $-\frac{4}{{\pi }^2}$。

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

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

。

当 $h\to 0$ 时，

$\ln \cos h\sim \cos h-1\sim -\frac{h^2}{2}$，

且

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

因此

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln \cos (x-1)}{1-\sin \frac{\pi }{2}x}=\frac{-\frac{1}{2}}{\frac{{\pi }^2}{8}}=-\frac{4}{{\pi }^2}$$

。

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4. 【1992-3-3 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{e^x-\cos x}=$

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答案： $0$。

解析： 对分子有理化，得

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

。

而当 $x\to 0$ 时，

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

所以

$$\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{e^x-\cos x}\sim \frac{x^2/2}{x}=\frac{x}{2}\to 0$$

。

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5. 【1992-12-5 分】 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-\sin x-1}{1-\sqrt{1-x^2}}$

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答案： $1$。

解析： 利用泰勒展开，

$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$，

$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$。

因此

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

。

另一方面，

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

。

故

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

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6. 【1994-45-5 分】 设函数 $f(x)$ 可导，且 $f(0)=0$，$F(x)={\int }_0^x{t}^{n-1}f(x^n-t^n)dt$，求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F(x)}{x^{2n}}$

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答案： $\frac{f^{\prime }(0)}{2n}$。

解析： 令 $u=t^n$，则 $du=n{t}^{n-1}dt$，从而

$F(x)=\frac{1}{n}{\int }_0^{x^n}f(x^n-u)du$。

再令 $v=x^n-u$，可得

$F(x)=\frac{1}{n}{\int }_0^{x^n}f(v)dv$。

由于 $f$ 在 $0$ 处可导且 $f(0)=0$，所以

$f(v)=f^{\prime }(0)v+o(v)(v\to 0)$。

于是

$$F(x)=\frac{1}{n}{\int }_0^{x^n}[f^{\prime }(0)v+o(v)]dv=\frac{f^{\prime }(0)}{2n}{x}^{2n}+o(x^{2n})$$

。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F(x)}{x^{2n}}=\frac{f^{\prime }(0)}{2n}$。

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7. 【1994-3-3 分】 设 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-(ax+b{x}^2)}{x^2}=2$，则（ ）

A. $a=1$，$b=-\frac{5}{2}$    B. $a=0$，$b=-2$    C. $a=0$，$b=-\frac{5}{2}$    D. $a=1$，$b=-2$

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答案： A

解析： 由

$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$，

得

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

。

要使除以 $x^2$ 后的极限为有限值，必须消去一次项，即

$1-a=0⟹a=1$。

此时极限为

$-\frac{1}{2}-b=2$，

所以

$b=-\frac{5}{2}$。

故选 A。

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8. 【1994-12-3 分】 设 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a\tan x+b(1-\cos x)}{c\ln (1-2x)+d(1-e^{-x^2})}=2$，其中 $a^2+c^2\ne 0$，则必有（ ）.

A. $b=4d$    B. $b=-4d$    C. $a=4c$    D. $a=-4c$

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答案： D

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$\tan x=x+o(x)$，$1-\cos x=o(x)$，

$\ln (1-2x)=-2x+o(x)$，$1-e^{-x^2}=o(x)$。

故分子、分母的一阶主部依次为

$ax$ 与 $-2cx$。

若 $c=0$，则由 $a^2+c^2\ne 0$ 知 $a\ne 0$，此时分子为一阶无穷小，而分母至多为二阶无穷小，商不可能趋于有限非零值 $2$。因此 $c\ne 0$。

于是

$$2=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a\tan x+b(1-\cos x)}{c\ln (1-2x)+d(1-e^{-x^2})}=\frac{a}{-2c}$$

，

所以

$a=-4c$。

故选 D。二阶项中的 $b,d$ 不影响该极限的必然关系。

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9. 【1995-3-5 分】 求 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-\sqrt{\cos x}}{x(1-\cos \sqrt{x})}$

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答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 对分子有理化，

$$1-\sqrt{\cos x}=\frac{1-\cos x}{1+\sqrt{\cos x}}$$

。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

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

故

$1-\sqrt{\cos x}\sim \frac{x^2}{4}$。

同时

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

所以

$x(1-\cos \sqrt{x})\sim \frac{x^2}{2}$。

因此

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-\sqrt{\cos x}}{x(1-\cos \sqrt{x})}=\frac{1/4}{1/2}=\frac{1}{2}$$

。

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10. 【1997-1-3 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3\sin x+x^2\cos \frac{1}{x}}{(1+\cos x)\ln (1+x)}=$

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答案： $\frac{3}{2}$。

解析： 由于 $\left|x^2\cos \frac{1}{x}\right|\le x^2$，故

$x^2\cos \frac{1}{x}=o(x)$。

又有

$\sin x\sim x$，$1+\cos x\to 2$，$\ln (1+x)\sim x$。

因此

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

$(1+\cos x)\ln (1+x)=2x+o(x)$。

从而

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3\sin x+x^2\cos \frac{1}{x}}{(1+\cos x)\ln (1+x)}=\frac{3}{2}$$

。

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11. 【1998-2-5 分】 确定常数 $a,b,c$ 的值，使 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{ax-\sin x}{{\int }_b^x\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt}=c$，$c\ne 0$。

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答案： $a=1$，$b=0$，$c=\frac{1}{2}$。

解析： 首先，分子在 $x\to 0$ 时趋于 $0$。要使商趋于非零有限值，分母也必须趋于 $0$，即

${\int }_b^0\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt=0$。

在被积函数有定义的区间 $t>-1$ 内，当 $t\ne 0$ 时，$\ln (1+t^3)$ 与 $t$ 同号，因此

$\frac{\ln (1+t^3)}{t}>0$。

故上式只有在 $b=0$ 时成立。

于是原极限变为

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{ax-\sin x}{{\int }_0^x\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt}$。

由

$ax-\sin x=(a-1)x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$，

以及

$\frac{\ln (1+t^3)}{t}=t^2+o(t^2)$，

可得

$${\int }_0^x\frac{\ln (1+t^3)}{t}dt=\frac{x^3}{3}+o(x^3)$$

。

要使极限有限，必须有 $a=1$。此时

$c=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^3}{6}+o(x^3)}{\frac{x^3}{3}+o(x^3)}=\frac{1}{2}$。

因此

$a=1,b=0,c=\frac{1}{2}$。

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12. 【1998-12-3 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^2}=$

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答案： $-\frac{1}{4}$。

解析： 利用泰勒展开

$\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+o(x^2)$，

$\sqrt{1-x}=1-\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+o(x^2)$。

两式相加并减去 $2$，得

$$\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2=-\frac{x^2}{4}+o(x^2)$$

。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^2}=-\frac{1}{4}$$

。

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13. 【1999-2-5 分】 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln (1+x)-x^2}$.

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答案： $-\frac{1}{2}$。

解析： 先将分子有理化：

$$\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}=\frac{\tan x-\sin x}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}$$

。

当 $x\to 0$ 时，

$$\tan x-\sin x=\left(x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\right)-\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)=\frac{x^3}{2}+o(x^3)$$

，

且

$\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\to 2$，

故分子满足

$$\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}=\frac{x^3}{4}+o(x^3)$$

。

另一方面，

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

。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln (1+x)-x^2}=\frac{1/4}{-1/2}=-\frac{1}{2}$$

。

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14. 【2000-2-3 分】 若 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 6x+xf(x)}{x^3}=0$，则 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{6+f(x)}{x^2}$ 为（ ）

A. 0    B. 6    C. 36    D. $\infty$

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答案： C

解析： 由泰勒展开，

$\sin 6x=6x-\frac{(6x{)}^3}{6}+o(x^3)=6x-36x^3+o(x^3)$。

于是

$\sin 6x+xf(x)=x[6+f(x)]-36x^3+o(x^3)$。

两边除以 $x^3$，得

$$\frac{\sin 6x+xf(x)}{x^3}=\frac{6+f(x)}{x^2}-36+o(1)$$

。

已知左端极限为 $0$，故

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{6+f(x)}{x^2}=36$。

因此选 C；其余选项均与上述必要极限值不符。

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15. 【2000-2-3 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arctan x-x}{\ln (1+2x^3)}=$

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答案： $-\frac{1}{6}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)$，

故

$\arctan x-x=-\frac{x^3}{3}+o(x^3)$。

又因为

$\ln (1+2x^3)=2x^3+o(x^3)$，

所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arctan x-x}{\ln (1+2x^3)}=\frac{-1/3}{2}=-\frac{1}{6}$$

。

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16. 【2001-2-3 分】 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{3-x-\sqrt{1+x}}}{x^2+x-2}=$

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答案： $-\infty$。

解析： 令

$\phi (x)=3-x-\sqrt{1+x}$。

有

$\phi (1)=0$，

且

${\phi }^{\prime }(1)=-1-\frac{1}{2\sqrt{2}}<0$。

因此在 $x=1$ 的充分小邻域内，根式只在 $x<1$ 一侧有意义，故这里按函数定义域取左极限。

由一阶展开，

$\phi (x)=\left(1+\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)(1-x)+o(1-x)$。

同时

$x^2+x-2=(x-1)(x+2)=-3(1-x)+o(1-x)$。

从而

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

。

当 $x\to 1^{-}$ 时，右端趋于 $-\infty$，因此原极限为 $-\infty$。

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17. 【2002-2-3 分】 设 $y=y(x)$ 是二阶常系数微分方程 $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=e^{3x}$ 满足初始条件 $y(0)=y^{\prime }(0)=0$ 的特解，则当 $x\to 0$ 时，函数 $\frac{\ln (1+x^2)}{y(x)}$ 的极限（ ）.

A. 不存在    B. 等于 1    C. 等于 2    D. 等于 3

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答案： C

解析： 将 $x=0$ 代入微分方程，利用初始条件可得

$y^{\prime \prime }(0)+p{y}^{\prime }(0)+qy(0)=1$，

因此

$y^{\prime \prime }(0)=1$。

由 $y(0)=y^{\prime }(0)=0$，在 $x=0$ 处作泰勒展开：

$y(x)=\frac{y^{\prime \prime }(0)}{2}{x}^2+o(x^2)=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$。

又有

$\ln (1+x^2)=x^2+o(x^2)$。

所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x^2)}{y(x)}=\frac{1}{1/2}=2$$

。

因此选 C；极限与常数 $p,q$ 的具体取值无关。

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18. 【2002-34-5 分】 求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x\left[{\int }_0^{u^2}\arctan (1+t)dt\right]du}{x(1-\cos x)}$。

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答案： $\frac{\pi }{6}$。

解析： 当 $u\to 0$ 时，由积分中值定理或等价无穷小可得

$${\int }_0^{u^2}\arctan (1+t)dt\sim \arctan 1\cdot u^2=\frac{\pi }{4}{u}^2$$

。

因此

$${\int }_0^x\left[{\int }_0^{u^2}\arctan (1+t)dt\right]du\sim {\int }_0^x\frac{\pi }{4}{u}^{2}du=\frac{\pi }{12}{x}^3$$

。

又因为

$x(1-\cos x)\sim x\cdot \frac{x^2}{2}=\frac{x^3}{2}$，

故

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x\left[{\int }_0^{u^2}\arctan (1+t)dt\right]du}{x(1-\cos x)}=\frac{\pi /12}{1/2}=\frac{\pi }{6}$$

。

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19. 【2004-34-4 分】 若 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{e^x-a}(\cos x-b)=5$，则 $a=$ _____，$b=$ _____。

查看答案与解析

答案： $a=1$，$b=-4$。

解析： 若 $a\ne 1$，则当 $x\to 0$ 时，

$e^x-a\to 1-a\ne 0$，

从而

$\frac{\sin x}{e^x-a}(\cos x-b)\to 0$，

这与已知极限为 $5$ 矛盾。因此必须有

$a=1$。

此时

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

于是

$1-b=5$，

故

$b=-4$。

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20. 【2006-1-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\ln (1+x)}{1-\cos x}=$

查看答案与解析

答案： $2$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$\ln (1+x)\sim x$，

$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$。

因此

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

。

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21. 【2007-2-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arctan x-\sin x}{x^3}=$

查看答案与解析

答案： $-\frac{1}{6}$。

解析： 利用泰勒展开，

$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)$，

$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$。

因此

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

。

所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arctan x-\sin x}{x^3}=-\frac{1}{6}$$

。

---

22. 【2008-2-4 分】 已知函数 $f(x)$ 连续，且 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos [xf(x)]}{(e^{x^2}-1)f(x)}=1$，则 $f(0)=$ _____。

查看答案与解析

答案： $2$。

解析： 由于 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，故 $f(x)\to f(0)$，从而

$xf(x)\to 0$。

在原式有定义处，将其改写为

$$\frac{1-\cos [xf(x)]}{[xf(x){]}^2}\cdot \frac{x^2}{e^{x^2}-1}\cdot f(x)$$

。

当 $x\to 0$ 时，前两个因子的极限分别为

$\underset{u\to 0}{\lim }\frac{1-\cos u}{u^2}=\frac{1}{2}$，

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

因此已知极限等于

$\frac{1}{2}f(0)=1$。

解得

$f(0)=2$。

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23. 【2009-3-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e-e^{\cos x}}{\sqrt[3]{1+x^2}-1}=$

查看答案与解析

答案： $\frac{3e}{2}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$，

且由 $e^u-1\sim u(u\to 0)$，有

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

另一方面，

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

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e-e^{\cos x}}{\sqrt[3]{1+x^2}-1}=\frac{e/2}{1/3}=\frac{3e}{2}$$

。

---

24. 【2013-1-4 分】 已知极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\arctan x}{x^k}=c$，其中 $c,k$ 为常数，且 $c\ne 0$，则（ ）

A. $k=2,c=-\frac{1}{2}$    B. $k=2,c=\frac{1}{2}$    C. $k=3,c=-\frac{1}{3}$    D. $k=3,c=\frac{1}{3}$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 利用 $\arctan x$ 在 $x=0$ 处的泰勒展开，

$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)$。

因此

$x-\arctan x=\frac{x^3}{3}+o(x^3)$，

即

$x-\arctan x\sim \frac{1}{3}{x}^3$。

要使极限为非零常数，必须取

$k=3$，且 $c=\frac{1}{3}$。

故选 D。其余选项所取阶数或系数与展开式不符。

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25. 【2014-2-4 分】 设函数 $f(x)=\arctan x$，若 $f(x)=x{f}^{\prime }(\xi )$，则 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\xi }^2}{x^2}=$（ ）

A. $1$    B. $\frac{2}{3}$    C. $\frac{1}{2}$    D. $\frac{1}{3}$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 因为

$f^{\prime }(u)=\frac{1}{1+u^2}$，

所以题设条件可写为

$\arctan x=\frac{x}{1+{\xi }^2}$。

当 $x\ne 0$ 时，整理得

$${\xi }^2=\frac{x}{\arctan x}-1=\frac{x-\arctan x}{\arctan x}$$

。

于是

$$\frac{{\xi }^2}{x^2}=\frac{x-\arctan x}{x^3}\cdot \frac{x}{\arctan x}$$

。

由

$x-\arctan x\sim \frac{x^3}{3}$，

以及

$\frac{\arctan x}{x}\to 1$，

可得

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\xi }^2}{x^2}=\frac{1}{3}\cdot 1=\frac{1}{3}$$

。

故选 D。

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26. 【2015-13-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x^2}=$

查看答案与解析

答案： $-\frac{1}{2}$。

解析： 将原式写成

$$\frac{\ln \cos x}{x^2}=\frac{\ln \cos x}{\cos x-1}\cdot \frac{\cos x-1}{x^2}$$

。

当 $x\to 0$ 时，$\cos x\to 1$，并且

$\underset{u\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+u)}{u}=1$，

故

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{\cos x-1}=1$。

又

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

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x^2}=-\frac{1}{2}$。

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27. 【2016-3-4 分】 已知函数 $f(x)$ 满足 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{e^{3x}-1}=2$，则 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=$

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答案： $6$。

解析： 因为 $e^{3x}-1\to 0$，而原极限为有限数，所以

$\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1\to 0$，

从而

$f(x)\sin 2x\to 0$。

将分子有理化，得

$$\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{e^{3x}-1}=\frac{f(x)\sin 2x}{(e^{3x}-1)\left[\sqrt{1+f(x)\sin 2x}+1\right]}$$

。

进一步写成

$$\frac{f(x)\sin 2x}{(e^{3x}-1)\left[\sqrt{1+f(x)\sin 2x}+1\right]}=f(x)\cdot \frac{\sin 2x}{2x}\cdot \frac{3x}{e^{3x}-1}\cdot \frac{2}{3\left[\sqrt{1+f(x)\sin 2x}+1\right]}$$

。

后三个因子的极限依次为

$1,1,\frac{1}{3}$。

因此

$2=\frac{1}{3}\underset{x\to 0}{\lim }f(x)$，

故

$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=6$。

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28. 【2016-1-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}t\ln (1+t\sin t)dt}{1-\cos x^2}=$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 当 $t\to 0$ 时，

$\sin t\sim t$，

故

$t\sin t\sim t^2$。

又因为 $\ln (1+u)\sim u(u\to 0)$，所以

$\ln (1+t\sin t)\sim t\sin t\sim t^2$，

从而

$t\ln (1+t\sin t)\sim t^3$。

由积分等价替换，

$${\int }_0^{x}t\ln (1+t\sin t)dt\sim {\int }_0^x{t}^{3}dt=\frac{x^4}{4}$$

。

同时

$1-\cos x^2\sim \frac{x^4}{2}$。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}t\ln (1+t\sin t)dt}{1-\cos x^2}=\frac{1/4}{1/2}=\frac{1}{2}$$

。

---

29. 【2022-1-5 分】 设 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(x)}{\ln x}=1$，则（ ）。

A. $f(1)=0$    B. $\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=0$    C. $f^{\prime }(1)=1$    D. $\underset{x\to 1}{\lim }{f}^{\prime }(x)=1$

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答案： B。

解析： 由题设

$\frac{f(x)}{\ln x}\to 1$，

而

$\ln x\to 0(x\to 1)$，

所以

$f(x)=\frac{f(x)}{\ln x}\cdot \ln x\to 1\cdot 0=0$。

故 B 正确。

题目未说明 $f(x)$ 在 $x=1$ 处连续，甚至未保证 $f(1)$ 有定义，因此不能推出 A。题设也没有给出 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导或其导函数极限存在，故 C、D 均不能推出。

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30. 【2024-1-5 分】 已知 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+a{x}^2{)}^{\sin x}-1}{x^3}=6$，则 $a=$

查看答案与解析

答案： $6$。

解析： 令

$u(x)=\sin x\ln (1+a{x}^2)$。

当 $x\to 0$ 时，$u(x)\to 0$，且

$(1+a{x}^2{)}^{\sin x}=e^{u(x)}$。

因此

$$\frac{(1+a{x}^2{)}^{\sin x}-1}{x^3}=\frac{e^{u(x)}-1}{u(x)}\cdot \frac{\sin x}{x}\cdot \frac{\ln (1+a{x}^2)}{x^2}$$

。

三个因子的极限依次为

$1,1,a$。

故原极限等于 $a$。由已知原极限为 $6$，得到

$a=6$。

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31. 【2025-1-5 分】 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^x-1}{\ln x\cdot \ln (1-x)}=$

查看答案与解析

答案： $-1$。

解析： 当 $x\to 0^{+}$ 时，

$x\ln x\to 0$，且

$x^x=e^{x\ln x}$。

因此

$x^x-1=e^{x\ln x}-1\sim x\ln x$。

又因为

$\ln (1-x)\sim -x$，

所以

$\ln x\cdot \ln (1-x)\sim -x\ln x$。

于是

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

。

（三）$\frac{\infty }{\infty }$ 型未定式

1. 【1991-3-3 分】 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{x+e^{\frac{1}{x}}}=$

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答案： $-1$。

解析： 当 $x\to 0^{+}$ 时，$e^{\frac{1}{x}}\to +\infty$。分子、分母同除以 $e^{\frac{1}{x}}$，得

$$\frac{1-e^{\frac{1}{x}}}{x+e^{\frac{1}{x}}}=\frac{e^{-\frac{1}{x}}-1}{x{e}^{-\frac{1}{x}}+1}$$

。

由于

$e^{-\frac{1}{x}}\to 0$，

且指数衰减快于幂函数增长，所以

$x{e}^{-\frac{1}{x}}\to 0$。

因此

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

。

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2. 【1997-2-5 分】 求极限 $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2+x-1}+x+1}{\sqrt{x^2+\sin x}}$。

查看答案与解析

答案： $1$。

解析： 当 $x\to -\infty$ 时，$|x|=-x$。分子、分母同除以 $-x>0$，得

$$\frac{\sqrt{4x^2+x-1}+x+1}{\sqrt{x^2+\sin x}}=\frac{\sqrt{4+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}-1-\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{\sin x}{x^2}}}$$

。

其中

$\sqrt{4+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}\to 2$，

$\frac{1}{x}\to 0$，

$\frac{\sin x}{x^2}\to 0$。

故

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2+x-1}+x+1}{\sqrt{x^2+\sin x}}=\frac{2-1}{1}=1$$

。

这里必须注意 $\sqrt{x^2}=|x|=-x$，不能误写为 $x$。

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3. 【2010-3-4 分】 设 $f(x)={\ln }^{10}x$，$g(x)=x$，$h(x)=e^{\frac{x}{10}}$，则当 $x$ 充分大时有（ ）

A. $g(x)<h(x)<f(x)$    B. $h(x)<g(x)<f(x)$    C. $f(x)<g(x)<h(x)$    D. $g(x)<f(x)<h(x)$

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答案： C。

解析： 比较 ${\ln }^{10}x$ 与 $x$：

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\ln }^{10}x}{x}=0$，

因为任意固定次幂的对数函数增长速度都慢于幂函数。因此当 $x$ 充分大时，

${\ln }^{10}x<x$，即 $f(x)<g(x)$。

再比较 $x$ 与 $e^{\frac{x}{10}}$：

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x}{e^{\frac{x}{10}}}=0$，

因为指数函数增长速度快于幂函数。因此当 $x$ 充分大时，

$x<e^{\frac{x}{10}}$，即 $g(x)<h(x)$。

综上，

$f(x)<g(x)<h(x)$，

故选 C。A、B、D 均与“对数幂小于幂函数、幂函数小于指数函数”的增长阶关系不符。