四、对收敛性及极限性质的考查

小题

1. 【1987-3-4 分】 函数 $f(x)=x\sin x$（ ）

A. 当 $x\to \infty$ 时为无穷大    B. 当 $x\to \infty$ 时有极限

C. 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内有界    D. 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内无界

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答案： D。

解析： 取

$$x_n=\frac{\pi }{2}+2n\pi ,$$

则

$$f(x_n)=x_n\to +\infty .$$

因此 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内无界。

但取 $y_n=n\pi$，有

$$f(y_n)=0,$$

所以当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)$ 既不趋于无穷大，也不存在有限极限。

故选 D。

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2. 【1988-45-2 分】 判断正误：若极限 $\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)$ 与 $\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)g(x)$ 都存在，则极限 $\underset{x\to x_0}{\lim }g(x)$ 必存在。

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答案： 错误。

解析： 若 $\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)\ne 0$，则由商的极限法则可推出 $\underset{x\to x_0}{\lim }g(x)$ 存在；但题目没有给出该条件。

例如令

$$f(x)=x-x_0,g(x)=\sin \frac{1}{x-x_0}(x\ne x_0).$$

则

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=0,$$

且由

$$|f(x)g(x)|\le |x-x_0|$$

可知

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)g(x)=0.$$

然而 $g(x)=\sin \frac{1}{x-x_0}$ 在 $x\to x_0$ 时振荡，极限不存在。

故原命题错误。

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3. 【1988-3-4 分】 若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上皆可导，且 $f(x)<g(x)$，则必有（ ）。

A. $f(-x)>g(-x)$    B. $f^{\prime }(x)<g^{\prime }(x)$

C. $\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)<\underset{x\to x_0}{\lim }g(x)$    D. ${\int }_0^{x}f(t)dt<{\int }_0^{x}g(t)dt$

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答案： C。

解析： 因为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在整个实数轴上可导，所以二者在 $x=x_0$ 处均连续。因此

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=f(x_0),\underset{x\to x_0}{\lim }g(x)=g(x_0).$$

又由题设 $f(x)<g(x)$ 对任意实数 $x$ 成立，特别地，

$$f(x_0)<g(x_0).$$

故

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)<\underset{x\to x_0}{\lim }g(x),$$

所以 C 正确。

其余各项：

A 项，取 $u=-x$，由题设应有 $f(-x)<g(-x)$，故错误；

B 项，函数值恒有大小关系不能推出导数恒有同样的大小关系；

D 项只在 $x>0$ 时由积分保序性成立，当 $x<0$ 时积分方向反转，故不一定成立。

故选 C。

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4. 【1991-5-3 分】 设数列的通项为

$$x_n=\{\begin{array}{ll}\frac{n^2+\sqrt{n}}{n},& n\text{ 为奇数},\\ \frac{1}{n},& n\text{ 为偶数},\end{array}$$

则当 $n\to \infty$ 时，$x_n$ 是（ ）。

A. 无穷大量    B. 无穷小量    C. 有界变量    D. 无界变量

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答案： D。

解析： 当 $n$ 取奇数时，

$$x_n=n+\frac{1}{\sqrt{n}}\to +\infty ,$$

故数列 $\{x_n\}$ 无界。

但当 $n$ 取偶数时，

$$x_n=\frac{1}{n}\to 0.$$

因此整个数列既不趋于 $+\infty$，也不是无穷小，只能说是无界变量。

故选 D。

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5. 【1993-3-3 分】 当 $x\to 0$ 时，$\frac{1}{x^2}\sin \frac{1}{x}$ 是（ ）。

A. 无穷小    B. 无穷大    C. 有界的，但不是无穷小的    D. 无界的，但不是无穷大

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答案： D。

解析： 取

$$x_n=\frac{1}{\frac{\pi }{2}+2n\pi },$$

则 $x_n\to 0$，且

$$\frac{1}{x_n^2}\sin \frac{1}{x_n}=\frac{1}{x_n^2}\to +\infty .$$

故该函数在 $x=0$ 的任意去心邻域内无界。

另一方面，取

$$y_n=\frac{1}{n\pi },$$

则 $y_n\to 0$，且

$$\frac{1}{y_n^2}\sin \frac{1}{y_n}=0.$$

再取使 $\sin \frac{1}{x}=-1$ 的数列，还可得到趋于 $-\infty$ 的函数值。因此它不是无穷大。

故选 D。

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6. 【1998-2-3 分】 设数列 $\{x_n\}$ 与 $\{y_n\}$ 满足 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n{y}_n=0$，则下列断言正确的是（ ）。

A. 若 $\{x_n\}$ 发散，则 $\{y_n\}$ 必发散    B. 若 $\{x_n\}$ 无界，则 $\{y_n\}$ 必有界

C. 若 $\{x_n\}$ 有界，则 $\{y_n\}$ 必为无穷小    D. 若 $\left\{\frac{1}{x_n}\right\}$ 为无穷小，则 $\{y_n\}$ 必为无穷小

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答案： D。

解析： 若 $\frac{1}{x_n}\to 0$，则

$$y_n=(x_n{y}_n)\frac{1}{x_n}.$$

由题设 $x_n{y}_n\to 0$，并且 $\frac{1}{x_n}\to 0$，故

$$y_n\to 0.$$

所以 D 正确。

其余选项均可由反例否定。例如：

A 项，取 $x_n=(-1{)}^n$，$y_n=\frac{1}{n}$，则 $x_n$ 发散而 $y_n$ 收敛；

C 项，取 $x_n=0$，$y_n=n$，则 $x_n$ 有界且 $x_n{y}_n=0$，但 $y_n$ 不是无穷小；

B 项，取

$$x_{2n}=n,x_{2n-1}=\frac{1}{n^2},y_{2n}=\frac{1}{n^2},y_{2n-1}=n.$$

则 $\{x_n\}$ 与 $\{y_n\}$ 均无界，而

$$x_{2n}{y}_{2n}=\frac{1}{n},x_{2n-1}{y}_{2n-1}=\frac{1}{n},$$

故仍有 $x_n{y}_n\to 0$。

故选 D。

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7. 【1999-2-3 分】 “对任意给定的 $\epsilon \in (0,1)$，总存在正整数 $N$，当 $n\ge N$ 时，恒有 $|x_n-a|\le 2\epsilon$”是数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$ 的（ ）。

A. 充分条件但非必要条件    B. 必要条件但非充分条件

C. 充分必要条件    D. 既非充分条件又非必要条件

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答案： C。

解析： 若 $x_n\to a$，则对任意 $\epsilon \in (0,1)$，存在 $N$，当 $n\ge N$ 时，

$$|x_n-a|<\epsilon <2\epsilon ,$$

所以该条件是必要的。

反之，若题设条件成立，则对任意 $\delta >0$，可取

$$0<\epsilon <\min \left\{1,\frac{\delta }{2}\right\}.$$

于是存在 $N$，使得当 $n\ge N$ 时，

$$|x_n-a|\le 2\epsilon <\delta .$$

这正是 $x_n\to a$ 的定义，故该条件也是充分的。

故选 C。

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8. 【2000-34-3 分】 设对任意的 $x$，总有 $\phi (x)\le f(x)\le g(x)$，且

$$\underset{x\to \infty }{\lim }[g(x)-\phi (x)]=0,$$

则 $\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)$（ ）。

A. 存在且等于零    B. 存在但不一定为零    C. 一定不存在    D. 不一定存在

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答案： D。

解析： 条件 $g(x)-\phi (x)\to 0$ 只说明上、下界之间的距离趋于零，但没有保证它们本身趋于某个确定常数。

例如取

$$\phi (x)=\sin x,g(x)=\sin x+\frac{1}{1+x^2},f(x)=\sin x.$$

则对任意实数 $x$，均有

$$\phi (x)\le f(x)\le g(x),$$

且

$$g(x)-\phi (x)=\frac{1}{1+x^2}\to 0,$$

但 $f(x)=\sin x$ 的极限不存在。

因此不能保证 $\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)$ 存在，故选 D。

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9. 【2003-12-4 分】 设 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$、$\{c_n\}$ 均为非负数列，且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0,\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=1,\underset{n\to \infty }{\lim }{c}_n=+\infty ,$$

则必有（ ）。

A. $a_n<b_n$ 对任意 $n$ 成立    B. $b_n<c_n$ 对任意 $n$ 成立

C. 极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n{c}_n$ 不存在    D. 极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n{c}_n$ 不存在

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答案： D。

解析： 因为 $b_n\to 1$，所以当 $n$ 充分大时，存在正数下界，例如

$$b_n>\frac{1}{2}.$$

又因为 $c_n\to +\infty$，故

$$b_n{c}_n>\frac{1}{2}{c}_n\to +\infty .$$

因此 $b_n{c}_n$ 不可能有有限极限，D 正确。

A、B 只可能在 $n$ 充分大时成立，不一定对任意 $n$ 成立；

C 不正确，因为 $a_n{c}_n$ 可能趋于 $0$、常数或 $+\infty$。例如取 $a_n=\frac{1}{n^2}$，$c_n=n$，则 $a_n{c}_n\to 0$。

故选 D。

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10. 【2007-12-4 分】 设函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内具有二阶导数，且 $f^{\prime \prime }(x)>0$。令 $u_n=f(n)$，$n=1,2,\dots$，则下列结论正确的是（ ）。

A. 若 $u_1>u_2$，则 $\{u_n\}$ 必收敛    B. 若 $u_1>u_2$，则 $\{u_n\}$ 必发散

C. 若 $u_1<u_2$，则 $\{u_n\}$ 必收敛    D. 若 $u_1<u_2$，则 $\{u_n\}$ 必发散

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答案： D。

解析： 由 $f^{\prime \prime }(x)>0$，知 $f^{\prime }(x)$ 严格递增，函数 $f$ 严格凸。

由拉格朗日中值定理，对每个正整数 $n$，存在 ${\xi }_n\in (n,n+1)$，使得

$$u_{n+1}-u_n=f^{\prime }({\xi }_n).$$

由于 ${\xi }_{n+1}>{\xi }_n$ 且 $f^{\prime }$ 严格递增，所以差分数列

$$d_n=u_{n+1}-u_n$$

严格递增。

若 $u_1<u_2$，则 $d_1=u_2-u_1>0$，从而对所有 $n\ge 1$，

$$d_n\ge d_1>0.$$

于是

$$u_n=u_1+\sum _{k=1}^{n-1}{d}_k\ge u_1+(n-1)d_1\to +\infty .$$

故 $\{u_n\}$ 必发散，选 D。

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11. 【2008-12-4 分】 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内单调有界，$\{x_n\}$ 为数列，下列命题正确的是（ ）。

A. 若 $\{x_n\}$ 收敛，则 $\{f(x_n)\}$ 收敛    B. 若 $\{x_n\}$ 单调，则 $\{f(x_n)\}$ 收敛

C. 若 $\{f(x_n)\}$ 收敛，则 $\{x_n\}$ 收敛    D. 若 $\{f(x_n)\}$ 单调，则 $\{x_n\}$ 收敛

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答案： B。

解析： 若 $\{x_n\}$ 单调，而 $f$ 也单调，则复合数列 $\{f(x_n)\}$ 必为单调数列；又因 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内有界，所以 $\{f(x_n)\}$ 有界。由单调有界数列必收敛，知 B 正确。

A 不正确。例如取有界单调函数

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

并令 $x_n=\frac{(-1{)}^n}{n}$，则 $x_n\to 0$，但 $f(x_n)$ 在 $0$ 与 $1$ 之间交替，不收敛。

C、D 均不正确。例如取常值函数 $f(x)\equiv 0$，则无论 $\{x_n\}$ 是否收敛，$\{f(x_n)\}$ 都是收敛且单调的常数列。

故选 B。

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12. 【2012-2-4 分】 设 $a_n>0(n=1,2,\dots )$，$S_n=a_1+\cdots +a_n$，则数列 $\{S_n\}$ 有界是数列 $\{a_n\}$ 收敛的（ ）。

A. 充分必要条件    B. 充分非必要条件    C. 必要非充分条件    D. 既非充分也非必要条件

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答案： B。

解析： 因为 $a_n>0$，所以部分和数列 $\{S_n\}$ 单调递增。若 $\{S_n\}$ 有界，则由单调有界定理，存在有限极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=S.$$

于是

$$a_n=S_n-S_{n-1}\to S-S=0,$$

故 $\{a_n\}$ 收敛。因此，$\{S_n\}$ 有界是 $\{a_n\}$ 收敛的充分条件。

但它不是必要条件。例如取 $a_n\equiv 1$，则 $\{a_n\}$ 收敛于 $1$，而

$$S_n=n$$

无界。

故选 B。

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13. 【2014-3-4 分】 设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a$ 且 $a\ne 0$，则当 $n$ 充分大时，有（ ）。

A. $|a_n|>\frac{|a|}{2}$    B. $|a_n|<\frac{|a|}{2}$    C. $a_n>a-\frac{1}{n}$    D. $a_n<a+\frac{1}{n}$

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答案： A。

解析： 由 $a_n\to a$，取 $\epsilon =\frac{|a|}{2}>0$，则当 $n$ 充分大时，

$$|a_n-a|<\frac{|a|}{2}.$$

由反三角不等式，

$$|a_n|\ge |a|-|a_n-a|>|a|-\frac{|a|}{2}=\frac{|a|}{2}.$$

故 A 正确。

C、D 分别要求误差具有 $\frac{1}{n}$ 量级，但由一般的数列收敛并不能得到这样的收敛速度。例如 $a_n=a+\frac{1}{\sqrt{n}}$ 时，D 对充分大的 $n$ 不成立。

故选 A。

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14. 【2015-3-4 分】 设 $\{x_n\}$ 是数列，下列命题中不正确的是（ ）。

A. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{2n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{2n+1}=a$

B. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{2n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{2n+1}=a$，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$

C. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{3n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{3n+1}=a$

D. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{3n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{3n+1}=a$，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$

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答案： D。

解析： 收敛数列的任意子列都收敛于原数列的极限，因此 A、C 正确。

偶数项子列与奇数项子列覆盖了原数列的全部项。若二者都趋于 $a$，则原数列也趋于 $a$，所以 B 正确。

D 中只考察了下标形如 $3n$ 与 $3n+1$ 的两类项，遗漏了 $3n+2$ 类项。反例可取

$$x_{3n}=a,x_{3n+1}=a,x_{3n+2}=a+1.$$

则

$$x_{3n}\to a,x_{3n+1}\to a,$$

但原数列 $\{x_n\}$ 不收敛于 $a$。

故不正确的是 D。

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15. 【2017-2-4 分】 设数列 $\{x_n\}$ 收敛，则（ ）。

A. 当 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sin x_n=0$ 时，$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$

B. 当 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(x_n+\sqrt{|x_n|}\right)=0$ 时，$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$

C. 当 $\underset{n\to \infty }{\lim }(x_n+x_n^2)=0$ 时，$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$

D. 当 $\underset{n\to \infty }{\lim }(x_n+\sin x_n)=0$ 时，$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$

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答案： D。

解析： 设 $x_n\to L$。由连续函数的极限运算法则，各选项中的条件分别可化为关于 $L$ 的方程。

A 中，$\sin L=0$，只能推出 $L=k\pi (k\in \mathbb{Z})$，不一定有 $L=0$。

B 中，

$$L+\sqrt{|L|}=0.$$

除 $L=0$ 外，$L=-1$ 也满足该方程，故不能推出 $L=0$。

C 中，

$$L+L^2=L(L+1)=0,$$

故 $L$ 可能为 $0$ 或 $-1$。

D 中，若 $L>0$，则 $L+\sin L>0$；若 $L<0$，则 $L+\sin L<0$。因此方程

$$L+\sin L=0$$

只有唯一实根 $L=0$，从而必有 $x_n\to 0$。

故选 D。

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16. 【2022-12-5 分】 已知数列 $\{x_n\}$，其中 $x_n$ 满足 $-\frac{\pi }{2}\le x_n\le \frac{\pi }{2}$，则（ ）。

A. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\cos (\sin x_n)$ 存在，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在

B. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sin (\cos x_n)$ 存在，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在

C. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\cos (\sin x_n)$ 存在，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sin x_n$ 存在，但 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 不一定存在

D. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sin (\cos x_n)$ 存在，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }\cos x_n$ 存在，但 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 不一定存在

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答案： D。

解析： 由于

$$-\frac{\pi }{2}\le x_n\le \frac{\pi }{2},$$

故

$$0\le \cos x_n\le 1.$$

函数 $\sin t$ 在 $[0,1]$ 上严格单调递增，且其反函数连续。因此，若 $\sin (\cos x_n)$ 收敛，则

$$\cos x_n=\arcsin (\sin (\cos x_n))$$

也必收敛。

但 $x_n$ 不一定收敛。例如取某个 $c\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right]$，令

$$x_n=(-1{)}^{n}c.$$

则 $\cos x_n\equiv \cos c$，从而 $\sin (\cos x_n)$ 收敛，但 $x_n$ 不收敛。因此 D 正确。

同一反例也说明 A、B 不正确；又因 $\sin x_n=(-1{)}^n\sin c$ 不收敛，所以 C 也不正确。

故选 D。

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17. 【2022-3-5 分】 已知 $a_n=\frac{n-(-1{)}^n}{n}$，$n=1,2,\dots$，则 $\{a_n\}$（ ）。

A. 有最大值，有最小值    B. 有最大值，没有最小值

C. 没有最大值，有最小值    D. 没有最大值，没有最小值

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答案： A。

解析： 将奇数项与偶数项分别写出：

当 $n=2k-1$ 时，

$$a_{2k-1}=1+\frac{1}{2k-1},$$

该子列单调递减，且最大值在 $k=1$ 时取得，即

$$a_1=2.$$

当 $n=2k$ 时，

$$a_{2k}=1-\frac{1}{2k},$$

该子列单调递增，且最小值在 $k=1$ 时取得，即

$$a_2=\frac{1}{2}.$$

奇数项均大于 $1$，偶数项均小于 $1$，故整个数列的最大值为 $2$，最小值为 $\frac{1}{2}$。

故选 A。

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18. 【2023-2-5 分】 已知 $\{x_n\}$、$\{y_n\}$ 满足 $x_1=y_1=\frac{1}{2}$，$x_{n+1}=\sin x_n$，$y_{n+1}=\frac{y_n}{2}$，$n=1,2,\dots$，则当 $n\to \infty$ 时，（ ）。

A. $x_n$ 是 $y_n$ 的高阶无穷小    B. $y_n$ 是 $x_n$ 的高阶无穷小

C. $x_n$ 与 $y_n$ 是等价无穷小    D. $x_n$ 与 $y_n$ 是同阶但非等价的无穷小

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答案： B。

解析： 由 $0<x_1=\frac{1}{2}$，且当 $x>0$ 时有 $0<\sin x<x$，可知

$$0<x_{n+1}<x_n.$$

故 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界，因而收敛。设 $x_n\to l\ge 0$，由递推式取极限得

$$l=\sin l.$$

在 $[0,\frac{1}{2}]$ 上该方程只有解 $l=0$，故 $x_n\to 0$。显然

$$y_n=\frac{1}{2^n}\to 0.$$

令

$$r_n=\frac{y_n}{x_n}>0.$$

则

$$\frac{r_{n+1}}{r_n}=\frac{y_{n+1}}{y_n}\cdot \frac{x_n}{x_{n+1}}=\frac{1}{2}\cdot \frac{x_n}{\sin x_n}\to \frac{1}{2}.$$

因此存在 $q\in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使得当 $n$ 充分大时，

$$0<\frac{r_{n+1}}{r_n}<q.$$

从而 $r_n\to 0$，即

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{y_n}{x_n}=0.$$

所以 $y_n$ 是 $x_n$ 的高阶无穷小。

故选 B。

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19. 【2024-2-5 分】 已知数列 $\{a_n\}$，$a_n\ne 0$，若 $\{a_n\}$ 发散，则（ ）。

A. $\left\{a_n+\frac{1}{a_n}\right\}$ 发散    B. $\left\{a_n-\frac{1}{a_n}\right\}$ 发散

C. $\left\{e^{a_n}+\frac{1}{e^{a_n}}\right\}$ 发散    D. $\left\{e^{a_n}-\frac{1}{e^{a_n}}\right\}$ 发散

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答案： D。

解析： 设

$$\phi (x)=e^x-e^{-x}=2\sinh x.$$

函数 $\phi$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续且严格单调递增，并且值域为 $\mathbb{R}$，因此存在连续反函数

$${\phi }^{-1}(y)=\mathrm{arsinh}\frac{y}{2}.$$

若数列

$$e^{a_n}-e^{-a_n}$$

收敛，则由连续反函数的极限性质，

$$a_n={\phi }^{-1}(e^{a_n}-e^{-a_n})$$

也必收敛，这与 $\{a_n\}$ 发散矛盾。因此 D 中的数列必发散。

其余选项均可构造反例：

A：令 $\{a_n\}$ 在 $2$ 与 $\frac{1}{2}$ 之间交替，则 $\{a_n\}$ 发散，但

$$a_n+\frac{1}{a_n}\equiv \frac{5}{2}.$$

B：方程 $x-\frac{1}{x}=c$ 有两个异号实根。令 $\{a_n\}$ 在这两个根之间交替，则原数列发散，而 $a_n-\frac{1}{a_n}\equiv c$。

C：令 $a_n=(-1{)}^n$，则 $\{a_n\}$ 发散，但

$$e^{a_n}+e^{-a_n}\equiv e+e^{-1}.$$

故选 D。

大题

1. 【2011-2-10 分】 已知函数 $F(x)=\frac{{\int }_0^x\ln (1+t^2)dt}{x^{\alpha }}$。设 $\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=0$，$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }F(x)=0$，试求 $\alpha$ 的取值范围。

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答案： $1<\alpha <3$。

解析： 先考查 $x\to 0^{+}$ 时的极限。由于

$\ln (1+t^2)\sim t^2(t\to 0),$

故

${\int }_0^x\ln (1+t^2)dt\sim {\int }_0^x{t}^{2}dt=\frac{x^3}{3}.$

从而

$F(x)\sim \frac{1}{3}{x}^{3-\alpha }(x\to 0^{+}).$

要使 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }F(x)=0$，必须且只需

$3-\alpha >0,$

即

$\alpha <3.$

再考查 $x\to +\infty$ 时的极限。由

${\int }_0^x\ln (1+t^2)dt\to +\infty ,$

若要使分式极限为零，必有 $\alpha >0$。此时可用洛必达法则：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^x\ln (1+t^2)dt}{x^{\alpha }}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (1+x^2)}{\alpha x^{\alpha -1}}.$$

又因为

$\ln (1+x^2)\sim 2\ln x(x\to +\infty ),$

所以

$\frac{\ln (1+x^2)}{\alpha x^{\alpha -1}}\to 0$

当且仅当 $\alpha -1>0$，即

$\alpha >1.$

综合两端条件，得到

$\boxed{1<\alpha <3}.$