第一章 函数、极限与连续

选择题

1. 极限

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

A. 等于 $e^{-\frac{1}{6}}$；    B. 等于 $e^{\frac{1}{6}}$；    C. 等于 $e^{-6}$；    D. 不存在。

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答案： （A）

解析： 这是“$1^{\infty }$”型极限。设原极限为 $L$，取对数：

$$\ln L=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}\ln \frac{\sin x}{x}.$$

由

$$\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{6}+o(x^2),\ln (1+u)=u+o(u),$$

可得

$$\ln \frac{\sin x}{x}=-\frac{x^2}{6}+o(x^2),$$

从而

$$\ln L=-\frac{1}{6},L=e^{-1/6}.$$

故选（A）。（B）的指数符号错误；（C）的指数数值错误；极限存在，故（D）错误。

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2. 设 $f(x)$ 在 $x=a$ 处连续，$\phi (x)$ 在 $x=a$ 处间断，又 $f(a)\ne 0$，则

A. $\phi [f(x)]$ 在 $x=a$ 处间断；    B. $f[\phi (x)]$ 在 $x=a$ 处间断；

C. $[\phi (x){]}^2$ 在 $x=a$ 处间断；    D. $\frac{\phi (x)}{f(x)}$ 在 $x=a$ 处间断。

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答案： （D）

解析： 因为 $f$ 在 $a$ 处连续且 $f(a)\ne 0$，所以 $1/f(x)$ 在 $a$ 的某邻域内有定义并连续。若

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

在 $a$ 处连续，则

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

也应在 $a$ 处连续，与题设矛盾。因此（D）必成立。

其余选项均不一定成立。例如复合函数可能因内层函数的取值范围而连续；取 $f$ 为常值函数可否定（B）；间断函数平方后也可能成为常函数，可否定（C）。

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3. “$f(x)$ 在点 $a$ 连续”是“$|f(x)|$ 在点 $a$ 处连续”的（　）条件。

A. 必要非充分；    B. 充分非必要；    C. 充要；    D. 既非充分又非必要。

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答案： （B）

解析： 若 $f(x)$ 在 $a$ 处连续，则绝对值函数连续，故复合函数 $|f(x)|$ 在 $a$ 处连续，因此前者是后者的充分条件。

反之不成立。例如

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

在 $a$ 处间断，但 $|f(x)|\equiv 1$ 连续。所以该条件充分但非必要。

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4. 设数列 $x_n,y_n$ 满足 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n{y}_n=0$，则下列正确的是

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 $\frac{1}{x_n}$ 为无穷小，则 $y_n$ 必为无穷小。

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答案： （D）

解析： 若 $1/x_n\to 0$，则

$$y_n=(x_n{y}_n)\frac{1}{x_n}\to 0,$$

故（D）正确。

（A）可取 $x_n=n,y_n=0$；（C）可取 $x_n=0,y_n=n$。对（B），令

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

则 $x_n,y_n$ 均无界，而 $x_n{y}_n\to 0$。

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5. $f(x)=x\sin x$

A. 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内有界；    B. 当 $x\to +\infty$ 时为无穷大；

C. 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内无界；    D. 当 $x\to \infty$ 时有极限。

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答案： （C）

解析： 取

$$x_k=\frac{\pi }{2}+2k\pi ,$$

则 $x_k\sin x_k=x_k\to +\infty$，所以函数在实数轴上无界。

但当 $x=k\pi$ 时函数值为零；当 $x=3\pi /2+2k\pi$ 时函数值趋于 $-\infty$。因此它既不趋于无穷大，也不存在极限，故只有（C）正确。

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6. 设 $f(x),g(x)$ 在 $x=x_0$ 均不连续，则在 $x=x_0$ 处

A. $f(x)+g(x)$、$f(x)g(x)$ 均不连续；

B. $f(x)+g(x)$ 不连续，$f(x)g(x)$ 的连续性不确定；

C. $f(x)+g(x)$ 的连续性不确定，$f(x)g(x)$ 不连续；

D. $f(x)+g(x)$、$f(x)g(x)$ 的连续性均不确定。

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答案： （D）

解析： 两个间断函数的间断可能在和或积中相互抵消，也可能保留下来。例如令

$$h(x)=\{\begin{array}{ll}-1,& x<x_0,\\ 1,& x\ge x_0,\end{array}$$

取 $f=h,g=-h$，则

$$f+g\equiv 0,fg\equiv -1,$$

二者均连续；改变函数的取法，又可使和或积不连续。因此 $f+g$ 与 $fg$ 的连续性均不能确定。

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7. 当 $n\to \infty$ 时，${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n-e$ 是 $\frac{1}{n}$ 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： 由展开式

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

得

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

所以

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

并且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(1+1/n{)}^n-e}{1/n}=-\frac{e}{2}.$$

比值为非零有限常数但不等于 $1$，故二者同阶但不等价。

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8. 设

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

则下列结论：

（1）$x=1$ 为可去间断点；

（2）$x=0$ 为跳跃间断点；

（3）$x=-1$ 为无穷间断点。

中正确的个数是

A. 0；    B. 1；    C. 2；    D. 3。

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答案： （D）

解析： 当 $x\ne -1,0,1$ 时，

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

在 $x=1$ 处，极限为 $1/2$，故为可去间断点；在 $x=0$ 处，左右极限分别为 $-1$ 与 $1$，故为跳跃间断点；在 $x=-1$ 附近，

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

其绝对值趋于无穷大，故为无穷间断点。三个结论均正确。

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9. 把当 $x\to 0^{+}$ 时的无穷小量

$$\alpha =\tan x-x,\beta ={\int }_0^x(1-\cos \sqrt{t})dt,\gamma ={\left(\frac{2-x^3}{2}\right)}^{\frac{1}{x^3}}-1$$

排列起来，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是

A. $\alpha ,\beta ,\gamma$；    B. $\gamma ,\beta ,\alpha$；

C. $\beta ,\alpha ,\gamma$；    D. $\gamma ,\alpha ,\beta$。

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答案： 按当前题面，无正确选项。

解析：

$$\alpha =\tan x-x\sim \frac{x^3}{3}.$$

又因为

$$1-\cos \sqrt{t}\sim \frac{t}{2},$$

所以

$$\beta \sim {\int }_0^x\frac{t}{2}dt=\frac{x^2}{4}.$$

然而

$$\gamma ={\left(1-\frac{x^3}{2}\right)}^{1/x^3}-1\to e^{-1/2}-1\ne 0.$$

因此 $\gamma$ 并不是无穷小量，无法按题意排序。按现有题面，四个选项均不成立，题目中的指数或括号很可能存在排印错误。

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10. 在

$$\begin{array}{rl}& \text{(1) }\underset{x\to 0}{\lim }(1+x{)}^{\frac{1}{x^2}},\text{(2) }\underset{x\to 0}{\lim }(1+x{)}^{\frac{1}{x^3}},\\ & \text{(3) }\underset{x\to 0}{\lim }(1-x{)}^{\frac{1}{x^2}},\text{(4) }\underset{x\to 0}{\lim }(1-x{)}^{\frac{1}{x^3}}\end{array}$$

中，无穷大量是

A. ①②；    B. ③④；    C. ②④；    D. ②。

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答案： （D）

解析： 分别取对数。

对①，

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

左右趋向不同，原极限不存在。

对②，

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

故②趋于 $+\infty$。

对③，

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

左右趋向不同，原极限不存在。

对④，

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

故④趋于 $0$。因此只有②是无穷大量。

填空题

1. 题目如下：

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{3x^2\sin \frac{1}{x}+2\sin x}{x}=\underline{}.$$

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答案： $3$

解析：

$$\frac{3x^2\sin (1/x)+2\sin x}{x}=3x\sin \frac{1}{x}+\frac{2\sin x}{x}.$$

令 $u=1/x\to 0$，则

$$x\sin \frac{1}{x}=\frac{\sin u}{u}\to 1.$$

又因 $|\sin x|\le 1$，有

$$\left|\frac{2\sin x}{x}\right|\le \frac{2}{|x|}\to 0.$$

故极限为 $3$。

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2. 设

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+f(x)\tan x}-1}{e^{2x}-1}=3,$$

则 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=\underline{}$。

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答案： $12$

解析： 由题设极限有限可知 $f(x)\tan x\to 0$。利用

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

得

$$3=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{2}f(x)\tan x}{2x}=\frac{1}{4}\underset{x\to 0}{\lim }f(x).$$

所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=12.$$

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3. 设 $K,L,\delta$ 为正的常数，则

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left[\delta K^{-x}+(1-\delta )L^{-x}\right]}^{-\frac{1}{x}}=\underline{}.$$

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答案： $K^{\delta }{L}^{1-\delta }$

解析：

$$K^{-x}=1-x\ln K+o(x),L^{-x}=1-x\ln L+o(x).$$

因此括号内为

$$1-x[\delta \ln K+(1-\delta )\ln L]+o(x).$$

取对数后，原极限的对数为

$$\delta \ln K+(1-\delta )\ln L,$$

故原极限为

$$K^{\delta }{L}^{1-\delta }.$$

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4. 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}a{e}^{2x},& x\le 0,\\ \frac{1-e^{\ln x}}{\arcsin \frac{x}{2}},& x>0,\end{array}$$

在点 $x=0$ 处连续，则常数 $a=\underline{}$。

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答案： 按当前题面，不存在满足条件的常数 $a$。

解析： 当 $x>0$ 时，$e^{\ln x}=x$，故

$$\frac{1-e^{\ln x}}{\arcsin (x/2)}=\frac{1-x}{\arcsin (x/2)}.$$

当 $x\to 0^{+}$ 时，分子趋于 $1$，分母趋于 $0^{+}$，所以右极限为 $+\infty$。而

$$f(0)=a$$

为有限常数，因此函数不可能在 $x=0$ 处连续。题面很可能存在录入错误。

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5. $1+x^2-e^{x^2}$ 当 $x\to 0$ 时是 $x$ 的 $\underline{}$ 阶无穷小（填数字）。

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答案： $4$

解析：

$$e^{x^2}=1+x^2+\frac{x^4}{2}+o(x^4),$$

所以

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

故它是关于 $x$ 的四阶无穷小。

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6. 已知

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{x+a}{x-a}\right)}^x=9,$$

则 $a=\underline{}$。

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答案： $\ln 3$

解析： 取对数：

$$\ln 9=\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \frac{x+a}{x-a}=\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left(1+\frac{2a}{x-a}\right)=2a.$$

因此

$$a=\frac{1}{2}\ln 9=\ln 3.$$

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7. 题目如下：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(1+2^n+3^n{)}^{\frac{1}{n}}=\underline{}.$$

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答案： $3$

解析： 提出最大项 $3^n$：

$$(1+2^n+3^n{)}^{1/n}=3{\left[1+{\left(\frac{2}{3}\right)}^n+{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\right]}^{1/n}.$$

括号内趋于 $1$，其 $n$ 次方根也趋于 $1$，故极限为 $3$。

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8. 若

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

则

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-2x^2}{x^5}=\underline{}.$$

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答案： $5$

解析：

$$\ln (1-2x^3)=-2x^3-2x^6+o(x^6).$$

于是

$$\frac{\ln (1-2x^3)+xf(x)}{x^6}=\frac{f(x)-2x^2}{x^5}-2+o(1).$$

左端极限为 $3$，故

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-2x^2}{x^5}=3+2=5.$$

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9. 题目如下：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\arctan (x-\ln x\cdot \sin x)=\underline{}.$$

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答案： $\frac{\pi }{2}$

解析： 由 $|\sin x|\le 1$，

$$x-\ln x\sin x\ge x-\ln x\to +\infty .$$

因此反正切函数的自变量趋于 $+\infty$，从而

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\arctan (x-\ln x\sin x)=\frac{\pi }{2}.$$

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10. 题目如下：

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\sin x}=\underline{}.$$

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答案： $1$

解析： 令 $y=x^{\sin x}$，则

$$\ln y=\sin x\ln x\sim x\ln x\to 0.$$

所以

$$y\to e^0=1.$$

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11. 题目如下：

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(\frac{2^x+3^x}{3}\right)}^{\frac{1}{x}}=\underline{}.$$

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答案： $0$

解析： 令

$$y={\left(\frac{2^x+3^x}{3}\right)}^{1/x}.$$

当 $x\to 0^{+}$ 时，底数趋于 $2/3<1$，故

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

因此 $y\to 0$。

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12. 设

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{bx-\sin x}{\int }_0^x\frac{t^2}{\sqrt{a^2+t^2}}dt=4,$$

则 $a=\underline{}$，$b=\underline{}$。

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答案：

$$a=\pm \frac{1}{2},b=1.$$

若约定 $a>0$，则 $a=1/2$。

解析： 当 $a\ne 0$ 时，

$${\int }_0^x\frac{t^2}{\sqrt{a^2+t^2}}dt=\frac{x^3}{3|a|}+o(x^3).$$

又

$$bx-\sin x=(b-1)x+\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

若 $b\ne 1$，原比值趋于零，不可能等于 $4$，故 $b=1$。此时

$$4=\frac{1/(3|a|)}{1/6}=\frac{2}{|a|},$$

从而 $|a|=1/2$。

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13. 函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin 3x}{x},& x<0,\\ 3,& x=0,\\ 3+x{e}^{-\frac{1}{x}},& x>0\end{array}$$

的连续区间是 $\underline{}$。

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答案： $(-\infty ,+\infty )$

解析： 各分段在其内部连续，只需考察 $x=0$。有

$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin 3x}{x}=3,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(3+x{e}^{-1/x}\right)=3,$$

且 $f(0)=3$。故函数在 $0$ 处连续，从而在整个实数轴上连续。

计算题

1. 求下列极限：

（1）

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

（2）

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{t}{n}+\frac{t^2}{2n^2}\right)}^{-n},t\text{ 为常数};$$

（3）

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

（4）

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

（5）

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{\pi }{2}-\arctan x\right)}^{\frac{1}{x}};$$

（6）

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)}^{\tan x};$$

（7）

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\right);$$

（8）

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }x\left(\sqrt{x^2+100}+x\right);$$

（9）

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\left({\int }_0^x{e}^{t}dt\right)}^2}{{\int }_x^0{e}^{2t}dt};$$

（10）

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(x\arctan \frac{1}{x}\right)}^{x^2};$$

（11）

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{a^{x+1}+b^{x+1}+c^{x+1}}{a+b+c}\right)}^{\frac{1}{x}},a,b,c\text{ 为正的常数};$$

（12）

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^x(1+t^2)e^{t^2-x^2}dt;$$

（13）

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{a_{1}x+b_1}{a_{2}x+b_2}\right)}^x,a_1>0,a_2>0;$$

（14）

$$\underset{x\to \infty }{\lim }x\left[\sin \left(\ln \left(1+\frac{3}{x}\right)\right)-\sin \left(\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right)\right];$$

（15）

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1^3+2^3+\cdots +n^3}{n^3}-\frac{n}{4}\right);$$

（16）

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n,x_n=\cos \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2^2}\cdots \cos \frac{x}{2^n};$$

（17）

$$\underset{x\to 1}{\lim }f(x),f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^x-1}{x\ln x},& x>1,\\ 0,& x=1,\\ \frac{\sin (1-x)+\cos (1-x)-1}{1-x},& x<1.\end{array}$$

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答案： （1） $\frac{1}{2}$

（2） $e^{-t}$

（3） $\frac{1}{2e}$

（4） $-\frac{3}{2}$

（5） $1$

（6） $1$

（7） $\frac{1}{2}$

（8） $-50$

（9） $-2$

（10） $e^{-1/3}$

（11）

$$\exp \left(\frac{a\ln a+b\ln b+c\ln c}{a+b+c}\right).$$

（12） $\frac{1}{2}$

（13）

$$\{\begin{array}{ll}0,& a_1<a_2,\\ e^{(b_1-b_2)/a_1},& a_1=a_2,\\ +\infty ,& a_1>a_2.\end{array}$$

（14） $2$

（15） $\frac{1}{2}$

（16）

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin x}{x},& x\ne 0,\\ 1,& x=0.\end{array}$$

（17） $1$

解析： （1） 分子有理化：

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

利用 $\sin x\sim x$、$e^{x^2}-1\sim x^2$，得极限为 $1/2$。

（2） 令

$$u_n=\frac{t}{n}+\frac{t^2}{2n^2}.$$

则

$$-n\ln (1+u_n)=-n\left(u_n-\frac{u_n^2}{2}+o(n^{-2})\right)\to -t.$$

因此原极限为

$$e^{-t}.$$

（3）

$$\frac{x^{1+x}}{(1+x{)}^x}=x{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{-x}.$$

由

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

得

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

故

$$x{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{-x}-\frac{x}{e}\to \frac{1}{2e}.$$

（4）

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

所以分子为

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

而 $\sin (x^2)\sim x^2$，故极限为 $-3/2$。

（5） 当 $x>0$ 时，

$$\frac{\pi }{2}-\arctan x=\arctan \frac{1}{x}\sim \frac{1}{x}.$$

令原式为 $y$，则

$$\ln y=\frac{1}{x}\ln \left(\arctan \frac{1}{x}\right)\sim -\frac{\ln x}{x}\to 0.$$

故原极限为 $1$。

（6） 令原式为 $y$，取对数：

$$\ln y=\tan x\ln \frac{1}{\sqrt{x}}=-\frac{1}{2}\tan x\ln x.$$

由于 $\tan x\sim x$ 且 $x\ln x\to 0$，故 $\ln y\to 0$，从而 $y\to 1$。

（7） 通分得

$$\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}=\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}.$$

分子等价于 $x^2/2$，分母等价于 $x^2$，故极限为 $1/2$。

（8） 有理化：

$$x\left(\sqrt{x^2+100}+x\right)=\frac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}.$$

当 $x\to -\infty$ 时，$\sqrt{x^2+100}\sim -x$，分母等价于 $-2x$，故极限为 $-50$。

（9）

$${\int }_0^x{e}^{t}dt=e^x-1,{\int }_x^0{e}^{2t}dt=\frac{1-e^{2x}}{2}.$$

因此原式为

$$\frac{2(e^x-1{)}^2}{1-e^{2x}}\to -2.$$

（10）

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

所以

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

取对数后有

$$x^2\ln \left(x\arctan \frac{1}{x}\right)\to -\frac{1}{3},$$

故原极限为 $e^{-1/3}$。

（11） 设

$$F(x)=\frac{a^{x+1}+b^{x+1}+c^{x+1}}{a+b+c}.$$

则 $F(0)=1$，并且

$$F^{\prime }(0)=\frac{a\ln a+b\ln b+c\ln c}{a+b+c}.$$

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }F(x{)}^{1/x}=e^{F^{\prime }(0)}.$$

（12） 原式为

$$\frac{e^{-x^2}}{x}{\int }_0^x(1+t^2)e^{t^2}dt.$$

注意到

$$(1+t^2)e^{t^2}=\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}t{e}^{t^2}\right)+\frac{1}{2}{e}^{t^2},$$

所以原式等于

$$\frac{1}{2}+\frac{e^{-x^2}}{2x}{\int }_0^x{e}^{t^2}dt.$$

对后一项使用洛必达法则可得其极限为 $0$，故所求极限为 $1/2$。

（13） 底数趋于 $a_1/a_2$。当该比值小于或大于 $1$ 时，原式分别趋于 $0$ 或 $+\infty$。

若 $a_1=a_2=a$，则

$$\frac{ax+b_1}{ax+b_2}=1+\frac{b_1-b_2}{ax+b_2},$$

从而

$$x\ln \frac{ax+b_1}{ax+b_2}\to \frac{b_1-b_2}{a}.$$

故极限为 $e^{(b_1-b_2)/a}$。

（14） 当 $x\to \infty$ 时，两个对数均趋于零。利用 $\sin u\sim u$ 与 $\ln (1+u)\sim u$，有

$$\begin{array}{rl}& x\left[\sin \ln \left(1+\frac{3}{x}\right)-\sin \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]\\ & \sim x\left(\frac{3}{x}-\frac{1}{x}\right)=2.\end{array}$$

（15） 利用立方和公式

$$1^3+2^3+\cdots +n^3={\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]}^2,$$

得

$$\frac{1^3+\cdots +n^3}{n^3}-\frac{n}{4}=\frac{(n+1{)}^2}{4n}-\frac{n}{4}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4n}\to \frac{1}{2}.$$

（16） 反复使用倍角公式，得到

$$\sin x=2^n\sin \frac{x}{2^n}\prod _{k=1}^n\cos \frac{x}{2^k}.$$

因此当 $x\ne 0$ 时，

$$x_n=\frac{\sin x}{2^n\sin (x/2^n)}.$$

由于

$$2^n\sin \frac{x}{2^n}=x\frac{\sin (x/2^n)}{x/2^n}\to x,$$

故极限为 $\sin x/x$。当 $x=0$ 时，各因子均为 $1$。

（17） 分别计算左右极限。

当 $x\to 1^{+}$ 时，令 $u=x\ln x$，则

$$\frac{x^x-1}{x\ln x}=\frac{e^u-1}{u}\to 1.$$

当 $x\to 1^{-}$ 时，令 $t=1-x$，则

$$\frac{\sin t+\cos t-1}{t}=\frac{\sin t}{t}+\frac{\cos t-1}{t}\to 1+0=1.$$

左右极限相等，所以所求极限为 $1$。虽然 $f(1)=0$，但函数值不影响该极限。

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2. 设 $x_{n+1}=\ln (1+x_n)$，$x_1>0$。

（Ⅰ）求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$；

（Ⅱ）求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n{x}_{n+1}}{x_n-x_{n+1}}.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0.$$

（Ⅱ）

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n{x}_{n+1}}{x_n-x_{n+1}}=2.$$

解析： 因为 $x_1>0$，且对任意 $u>0$ 有

$$0<\ln (1+u)<u,$$

所以

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

故 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界 $0$，从而收敛。设极限为 $l\ge 0$，对递推式取极限：

$$l=\ln (1+l).$$

而 $l-\ln (1+l)$ 在 $[0,+\infty )$ 上仅在 $l=0$ 时为零，因此 $l=0$。

再由

$$x_n-x_{n+1}=x_n-\ln (1+x_n)\sim \frac{x_n^2}{2},x_{n+1}\sim x_n,$$

得

$$\frac{x_n{x}_{n+1}}{x_n-x_{n+1}}\sim \frac{x_n^2}{x_n^2/2}=2.$$

---

3. 设 $a>0$ 为常数，

$$x_n=\frac{a^n}{(1+a)(1+a^2)\cdots (1+a^n)},$$

求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$。

查看答案与解析

答案：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0.$$

解析： 分三种情形。

当 $0<a<1$ 时，分母大于 $1$，而 $a^n\to 0$，故 $x_n\to 0$。

当 $a=1$ 时，

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

当 $a>1$ 时，

$$\prod _{k=1}^n(1+a^k)=a^{1+2+\cdots +n}\prod _{k=1}^n(1+a^{-k}),$$

所以

$$x_n=\frac{a^{n-n(n+1)/2}}{{\prod }_{k=1}^n(1+a^{-k})}\le a^{-n(n-1)/2}\to 0.$$

因此对任意 $a>0$，极限均为 $0$。

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4. 设

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left(x^{-3}\sin 3x+a{x}^{-2}+b\right)=0,$$

试确定常数 $a,b$ 的值。

查看答案与解析

答案：

$$a=-3,b=\frac{9}{2}.$$

解析： 由

$$\sin 3x=3x-\frac{(3x{)}^3}{3!}+\frac{(3x{)}^5}{5!}+o(x^5),$$

得

$$x^{-3}\sin 3x=\frac{3}{x^2}-\frac{9}{2}+\frac{81}{40}{x}^2+o(x^2).$$

于是

$$x^{-3}\sin 3x+a{x}^{-2}+b=\frac{3+a}{x^2}+b-\frac{9}{2}+o(1).$$

要使极限为 $0$，必须有

$$3+a=0,b-\frac{9}{2}=0.$$

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5. 讨论下列函数的连续性并判断间断点的类型：

（Ⅰ）

$$y=(1+x)\arctan \frac{1}{1-x^2};$$

（Ⅱ）

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

（Ⅲ）

$$y=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln (1+x)}{x},& x>0,\\ \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{x},& -1\le x<0;\end{array}$$

（Ⅳ）

$$f(x)=(1+x{)}^{\frac{x}{\tan \left(x-\frac{\pi }{4}\right)}},x\in (0,2\pi );$$

（Ⅴ）

$$y=f[g(x)],f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x\le 1,\\ 2-x,& x>1,\end{array}g(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x\le 1,\\ x+4,& x>1.\end{array}$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）在 $x=-1$ 处为可去间断点，在 $x=1$ 处为跳跃间断点。

（Ⅱ）在 $x=\pm 1$ 处均为跳跃间断点。

（Ⅲ）在 $x=0$ 处为可去间断点。

（Ⅳ）在 $x=\pi /4,5\pi /4$ 处为无穷间断点，在 $x=3\pi /4,7\pi /4$ 处为可去间断点。

（Ⅴ）在 $x=1$ 处为跳跃间断点。

解析： （Ⅰ） 函数定义域为

$$\mathbb{R}\setminus \{-1,1\}.$$

在各定义区间内连续。考察两个间断点：

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

故 $x=-1$ 为可去间断点。

当 $x\to 1$ 时，

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\pi ,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=-\pi ,$$

故 $x=1$ 为跳跃间断点。

（Ⅱ） 逐点求极限可得

$$y=\{\begin{array}{ll}1-x,& |x|>1,\\ 1,& x=-1,\\ -1-x,& |x|<1,\\ -1,& x=1.\end{array}$$

它在 $(-\infty ,-1)$、$(-1,1)$、$(1,+\infty )$ 内连续。

在 $x=-1$ 处，

$$y(-1-0)=2,y(-1+0)=0;$$

在 $x=1$ 处，

$$y(1-0)=-2,y(1+0)=0.$$

因此 $x=\pm 1$ 均为跳跃间断点。

（Ⅲ） 两个分段在各自定义区间内连续。只需考察 $x=0$：

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

而

$$\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{x}=\frac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\to 1(x\to 0^{-}).$$

故 $x=0$ 为可去间断点。若补充定义 $y(0)=1$，则函数在 $[-1,+\infty )$ 上连续。

（Ⅳ） 在 $(0,2\pi )$ 内，原式在

$$x=\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{7\pi }{4}$$

处无定义，其余各点连续。

当

$$x_0=\frac{\pi }{4}\text{或}{x}_0=\frac{5\pi }{4}$$

时，

$$\tan \left(x-\frac{\pi }{4}\right)\sim x-x_0,$$

指数在两侧分别趋于 $+\infty$ 与 $-\infty$，而底数 $1+x_0>1$，故这两点为无穷间断点。

当

$$x_0=\frac{3\pi }{4}\text{或}{x}_0=\frac{7\pi }{4}$$

时，$\tan (x-\pi /4)\to \pm \infty$，指数趋于 $0$，所以

$$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=1.$$

故这两点为可去间断点。

（Ⅴ） 根据 $g(x)$ 的取值，有

$$f[g(x)]=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x\le 1,\\ -x-2,& x>1.\end{array}$$

在 $x=1$ 处，

$$f[g(1)]=1,\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f[g(x)]=1,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f[g(x)]=-3.$$

故 $x=1$ 为跳跃间断点；其余各点连续。

证明题

1. 设 $0<x_0<1$，$x_{n+1}=x_n(2-x_n)$，求证：$\{x_n\}$ 收敛并求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$。

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答案：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=1.$$

解析： 由 $0<x_0<1$。若 $0<x_n<1$，则

$$1-x_{n+1}=1-x_n(2-x_n)=(1-x_n{)}^2>0,$$

且 $x_{n+1}>0$，故 $0<x_{n+1}<1$。由数学归纳法，

$$0<x_n<1.$$

又

$$x_{n+1}-x_n=x_n(1-x_n)>0,$$

所以 $\{x_n\}$ 单调递增，并且以 $1$ 为上界，故必收敛。

设极限为 $l$，对递推式取极限：

$$l=l(2-l),$$

即 $l=0$ 或 $l=1$。由于 $x_n\ge x_0>0$，不可能有 $l=0$，所以 $l=1$。

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2. 证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sqrt[n]{n(n+1)\cdots (n+n-1)}=\frac{4}{e}.$$

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答案：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sqrt[n]{n(n+1)\cdots (2n-1)}=\frac{4}{e}.$$

解析： 令

$$L_n=\frac{1}{n}\sqrt[n]{n(n+1)\cdots (2n-1)}={\left[\prod _{k=n}^{2n-1}\frac{k}{n}\right]}^{1/n}.$$

取对数：

$$\ln L_n=\frac{1}{n}\sum _{k=n}^{2n-1}\ln \frac{k}{n}.$$

右端是函数 $\ln x$ 在区间 $[1,2]$ 上的黎曼和，因此

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\ln L_n={\int }_1^2\ln xdx={\left[x\ln x-x\right]}_1^2=2\ln 2-1=\ln \frac{4}{e}.$$

两边取指数即得结论。

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3. 设

$$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\underset{x\to a}{\lim }g(x)=0,\underset{x\to a}{\lim }{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to a}{\lim }{g}^{\prime }(x)=0,$$

且

$$f(x)\sim f^{\prime }(x),g(x)\sim g^{\prime }(x)(x\to a).$$

（Ⅰ）当 $x\to a$ 时无穷小 $f(x)$ 与 $g(x)$ 可比较、不等价，即

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=r\ne 1,\text{或}\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\infty ,$$

求证：

$$f(x)-g(x)\sim f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)(x\to a).$$

（Ⅱ）当 $0<|x-a|<\delta$ 时，$f(x)$ 与 $f^{\prime }(x)$ 均为正值，求证：

$$\underset{x\to a}{\lim }f(x{)}^{g(x)}=\underset{x\to a}{\lim }{f}^{\prime }(x{)}^{g^{\prime }(x)},$$

其中一端极限存在，则另一端极限也存在且相等。

查看答案与解析

答案： 两项结论均成立。

解析： （Ⅰ） 由

$$f(x)\sim f^{\prime }(x),g(x)\sim g^{\prime }(x),$$

可写成

$$f^{\prime }(x)=f(x)[1+o(1)],g^{\prime }(x)=g(x)[1+o(1)].$$

于是

$$f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=f(x)-g(x)+o(f(x))+o(g(x)).$$

若

$$\frac{f(x)}{g(x)}\to r\ne 1$$

且 $r$ 为有限数，则

$$f(x)-g(x)\sim (r-1)g(x),$$

从而 $f(x),g(x)=O(f(x)-g(x))$。因此

$$o(f(x))+o(g(x))=o(f(x)-g(x)).$$

若

$$\frac{f(x)}{g(x)}\to \infty ,$$

则 $g(x)=o(f(x))$，且

$$f(x)-g(x)\sim f(x),$$

同样有

$$o(f(x))+o(g(x))=o(f(x)-g(x)).$$

故在两种情形下均有

$$f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=f(x)-g(x)+o(f(x)-g(x)),$$

即

$$f(x)-g(x)\sim f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x).$$

（Ⅱ） 因为 $f(x),f^{\prime }(x)>0$ 且二者均趋于零，所以

$$\ln f(x)\to -\infty ,\ln f^{\prime }(x)\to -\infty .$$

又由 $f^{\prime }(x)/f(x)\to 1$，

$$\frac{\ln f^{\prime }(x)}{\ln f(x)}=1+\frac{\ln [f^{\prime }(x)/f(x)]}{\ln f(x)}\to 1.$$

同时 $g^{\prime }(x)/g(x)\to 1$，故

$$\frac{g^{\prime }(x)\ln f^{\prime }(x)}{g(x)\ln f(x)}\to 1.$$

也就是说，两个幂指函数取对数后的指数互为等价量。若其中一个指数的极限存在，则另一个指数具有相同极限；再利用指数函数的连续性，得到

$$\underset{x\to a}{\lim }f(x{)}^{g(x)}=\underset{x\to a}{\lim }{f}^{\prime }(x{)}^{g^{\prime }(x)}.$$

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4. 设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 连续，$x_1,x_2,\dots ,x_n\in (a,b)$，${\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots ,{\alpha }_n$ 为任意 $n$ 个正数，求证：存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f(\xi )=\frac{{\alpha }_{1}f(x_1)+{\alpha }_{2}f(x_2)+\cdots +{\alpha }_{n}f(x_n)}{{\alpha }_1+{\alpha }_2+\cdots +{\alpha }_n}.$$

查看答案与解析

答案： 所述 $\xi \in (a,b)$ 必存在。

解析： 记

$$A=\frac{{\sum }_{i=1}^n{\alpha }_{i}f(x_i)}{{\sum }_{i=1}^n{\alpha }_i}.$$

令

$$m=\underset{1\le i\le n}{\min }f(x_i),M=\underset{1\le i\le n}{\max }f(x_i).$$

因为 ${\alpha }_i>0$，所以

$$m\sum _{i=1}^n{\alpha }_i\le \sum _{i=1}^n{\alpha }_{i}f(x_i)\le M\sum _{i=1}^n{\alpha }_i.$$

两边除以正数 $\sum {\alpha }_i$，得到

$$m\le A\le M.$$

若 $m=M$，任取一个 $x_i$ 即可。若 $m<M$，取 $x_p,x_q\in (a,b)$，使

$$f(x_p)=m,f(x_q)=M.$$

函数 $f$ 在以 $x_p,x_q$ 为端点的闭区间上连续。由介值定理，存在该区间内一点 $\xi$，使

$$f(\xi )=A.$$

由于两个端点都位于 $(a,b)$，故 $\xi \in (a,b)$。

---

5. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，且对任意 $x\in [a,b]$，总存在 $y\in [a,b]$，使得

$$|f(y)|\le \frac{1}{2}|f(x)|.$$

试证：存在 $\xi \in [a,b]$，使得 $f(\xi )=0$。

查看答案与解析

答案： 必存在 $\xi \in [a,b]$，使 $f(\xi )=0$。

解析： 由于 $f$ 在闭区间上连续，$|f|$ 也连续。由最值定理，存在 $x_0\in [a,b]$，使

$$|f(x_0)|=\underset{x\in [a,b]}{\min }|f(x)|=:m\ge 0.$$

根据题设，对 $x=x_0$，存在 $y_0\in [a,b]$，使

$$|f(y_0)|\le \frac{1}{2}|f(x_0)|=\frac{m}{2}.$$

另一方面，由 $m$ 的最小性，

$$m\le |f(y_0)|.$$

因此

$$m\le |f(y_0)|\le \frac{m}{2},$$

只能有 $m=0$。所以

$$f(x_0)=0.$$

取 $\xi =x_0$ 即得结论。

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6. 设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 连续，$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A>0$，求证：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{x}f(t)dt=+\infty .$$

查看答案与解析

答案：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\int }_0^{x}f(t)dt=+\infty .$$

解析： 由 $f(x)\to A>0$，取 $\epsilon =A/2$。存在 $X>0$，使得当 $t>X$ 时，

$$|f(t)-A|<\frac{A}{2},$$

从而

$$f(t)>\frac{A}{2}.$$

当 $x>X$ 时，

$${\int }_0^{x}f(t)dt={\int }_0^{X}f(t)dt+{\int }_X^{x}f(t)dt\ge {\int }_0^{X}f(t)dt+\frac{A}{2}(x-X).$$

右端随 $x\to +\infty$ 趋于 $+\infty$，故原积分也趋于 $+\infty$。

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7. 设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 连续，$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=A\ne 0$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{1}f(nx)dx=A.$$

查看答案与解析

答案：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{1}f(nx)dx=A.$$

解析： 作变量替换 $t=nx$，得

$${\int }_0^{1}f(nx)dx=\frac{1}{n}{\int }_0^{n}f(t)dt.$$

任取 $\epsilon >0$。由 $f(t)\to A$，存在 $M>0$，使得 $t>M$ 时

$$|f(t)-A|<\epsilon .$$

当 $n>M$ 时，

$$\begin{array}{rl}\left|\frac{1}{n}{\int }_0^{n}f(t)dt-A\right|& \le \frac{1}{n}{\int }_0^M|f(t)-A|dt+\frac{1}{n}{\int }_M^n|f(t)-A|dt\\ & \le \frac{C}{n}+\epsilon ,\end{array}$$

其中

$$C={\int }_0^M|f(t)-A|dt$$

与 $n$ 无关。令 $n\to \infty$，再由 $\epsilon$ 的任意性可得所证结论。

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8. （Ⅰ）设 $f(x),g(x)$ 连续，且

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=1,\underset{x\to a}{\lim }\phi (x)=0,$$

求证：无穷小

$${\int }_0^{\phi (x)}f(t)dt\sim {\int }_0^{\phi (x)}g(t)dt(x\to a).$$

（Ⅱ）求证

$$w=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}\ln (1+2\sin t)dt}{{\left[{\int }_0^x\ln (1+2\sin t)dt\right]}^3}=1.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$${\int }_0^{\phi (x)}f(t)dt\sim {\int }_0^{\phi (x)}g(t)dt.$$

（Ⅱ）按当前题面严格计算，

$$w=+\infty ,$$

并非 $1$。若分母的三次方改为二次方，则极限才为 $1$。

解析： （Ⅰ） 令

$$F(u)={\int }_0^{u}f(t)dt,G(u)={\int }_0^{u}g(t)dt.$$

则 $F(0)=G(0)=0$，并且

$$F^{\prime }(u)=f(u),G^{\prime }(u)=g(u).$$

由洛必达法则及 $f(u)/g(u)\to 1$，

$$\underset{u\to 0}{\lim }\frac{F(u)}{G(u)}=\underset{u\to 0}{\lim }\frac{f(u)}{g(u)}=1.$$

再令 $u=\phi (x)\to 0$，得到

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{{\int }_0^{\phi (x)}f(t)dt}{{\int }_0^{\phi (x)}g(t)dt}=1.$$

（Ⅱ） 当 $t\to 0$ 时，

$$\ln (1+2\sin t)\sim 2\sin t\sim 2t.$$

因此

$${\int }_0^{x^2}\ln (1+2\sin t)dt\sim {\int }_0^{x^2}2tdt=x^4,$$

并且

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

所以

$$\frac{{\int }_0^{x^2}\ln (1+2\sin t)dt}{{\left[{\int }_0^x\ln (1+2\sin t)dt\right]}^3}\sim \frac{x^4}{(x^2{)}^3}=\frac{1}{x^2}\to +\infty .$$

这说明题面所标注的结论 $w=1$ 与现有表达式不一致。