第一章函数、极限、连续典型例题 1：函数 2 sin(2) ( ) (1)(2) xx f x x xx 在下列哪个区间内有界（）. A. ( 1,0)B. (0,1)C. (1,2)D. (2,3) 解析： 有如下的两个重要结论： 若( )f x在闭区间 , a b上连续，则( )fx在闭区间 , a b上有界； 若( )f x在开区间( , )a b内连续， 且极限lim( ) xa f x 与lim( ) xb fx 存在，则( )f x在开区 间( , )a b内有界 . 当0,1,2x时，( )f x连续，而 1 sin3 lim( ) 18 x f x， 0 sin2 lim( ) 4 x f x， 0 sin2 lim( ) 4 x f x， 1 lim( ) x f x， 2 lim( ) x f x.所以( )f x在( 1,0)内有界，选（ A）. 2：设 n a， n b， n c均为非负数列，且lim0 n n a，lim1 n n b，lim n n c，则 必有（）. A nn ab对任意n成立Bnn bc对任意n成立 Clim nn n a c不存在Dlim nn n b c不存在 解析：应选（D ）. 由数列极限保号性的条件得A、 B两项不是无条件成立的，故A、B 错误 .C 项中的极限是“0”的未定式，极限有可能是存在的，故C项也错误 .选 D项. 3：设( )f x在0 x的某邻域内连续， 0 ( ) lim2 1cos x f x x ，则在0 x处( )f x（）. A不可导B可导且(0)0f C取得极大值D取得极小值 解析：应选（ D）.由 0 ( ) lim2 1 cos x f x x 可得，0 x时，1cos0 x，则( )0f x， 而( )f x在点0 x的某邻域内连续，得(0)0f.于是 000 ( )( )(0)0( )(0)2 limlimlim2 1cos01cos0 xxx f xf xfxf xf xxxxx ， 而 0 2 lim x x ，因此 0 ( )(0) lim0 0 x f xf x ，即(0)0f. （A） （B）均错误 . 00 ( )( )(0) limlim20 1cos1cos xx f xf xf xx ，由函数极限的局部保号性可得，(0,)U， (0,)xU， 有 ( )( 0 ) 0 1 c o s f xf x ， 而1 c o s0 x， 得 ( )( 0 )f xf ， 因此 ( )f x 在0 x 处取得极小值 . 4：设lim, n n aa且0,a则当n充分大时有（）. A. 2 n a aB. 2 n a aC. 1 n aa n D. 1 n aa n 解析： 应选（ A）.用排除法，令 na为简单数列的通项. （1）令 2 1 n a n ，则lim1 n n a， 1 1 n a n ，排除（ D）. （2）令 2 1 n a n ，则lim1 n n a， 1 1 n a n ，排除（ C）. （3）令 1 1 n a n ，则lim1 n n a， 11 1 2 n a n ，排除（ B）. 5：设数列 n x满足 11 0,sin(1,2,.). nn xxxn （1）证明lim n n x 存在，并求该极限. （2）计算 2 1 1 lim n x n n n x x . 证明（1） 由于0 x时，0sin xx， 于是 1 0sin nnn xxx， 说明数列 n x 单调减少且0 n x. 由单调有界准则知lim n n x存在 .记为A. 递推公式两边取极限得sinAA，解得0A. （2）原式 2 1 sin lim() n x n n n x x =，为“1”型极限 . 因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑 2 1 0 sin lim() t t t t . 22 0 11sin limln 0 sin lim() t t ttt t t e t . 其中 2 22322 00000 1 1sin1 sinsincos11 2 limlnlim(1)limlimlim 336 ttttt t ttttt ttttttt . 所以 22 2 11 1 1 0 1 6 sinsin lim()lim()lim() nn xx nn x nnx nn xxx xxx e= . 6： 4 1 0 lim(cos 22 sin) x x xxx 解： （方法 1） 1 4 44 0 1ln(cos22 sin ) lim ln(cos22 sin ) 00 lim(cos 22 sin )lim x x xxx xxx xx xx xxxee 而 4 2 0 4 2 0 4 0 sin2sin2 lim )sin2sin21ln( lim )sin22ln(cos lim x xxx x xxx x xxx xxx 12 1 6 1 2 lim 2sin2 lim 3 3 0 3 0 x x x xx xx ，所以原式 3 1 e. （方法 2） 44 1 2 0 1 0 )sin2sin21 (lim)sin22(coslim x x x x xxxxxx 3 1sin2sin2 sin2sin2 1 2 0 4 2 2 )sin2sin21 (limexxx x xxx xxx x . 7： 1 4 0 2sin lim | 1 x x x ex x e 解： 11 44 00 2sin2sin2 limlim11 1 11 xx xx xx exex xx ee ； 11 44 00 2sin2sin limlim01 1 11 xx xx xx exex xx ee ； 左右极限存在且相等，所以 1 4 0 2sin lim1. 1 x x x ex x e 8： 2 2 411 lim sin x xxx xx . 解： 分子分母同时除以x（注意x趋于负无穷大） ，可得 2 2 22 411 411 limlim sinsin xx xxx xxx xx xxxx x 2 22 2 2 2 411111 41 limlim1 sin sin 1 xx xxx xxxxx x xx x x . 9：求 2 2 1 ( )lim 1 n n n x f xx x 的间断点，并判别类型. 解： 当| 1x时， 2 0 n x，则( )1f xx， 当| 1x时，则( )f xx， 当| 1x时， 2n x，则( )1f xx， 1,| 1 ( ),| 1 1,| 1 xx f xxx xx . 分段点为1x (1)1,(10)2,(10)0fff ( 1)1,( 10)2,( 10)0fff 则1x都为跳跃间断点. 10：设)(xf在0,1连续，(1)0f， 2 1 2 ( )1 lim1 1 2 x f x x ，证明： （1）存在 1 , 1 2 ，使( )f； （2）)(xf在0,1上最大值大于1. 证明： （1）由 2 1 2 ( )1 lim1 1 2 x f x x 及)(xf在0,1连续，得1 2 1 f. 令( )( )xf xx， 1111 0 2222 f，(1)(1)110f，由连续 函数介值定理知存在 1 (, 1) 2 使( )0，即( )f. （2）由于01 2 1 1)( lim 2 2 1 x xf x ，由保号性定理知 1111 (,)(,) 2222 x 时，有( )1f x，故)(xf在0,1上最大值大于1. 。