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1、函 数 极 限 连 续.填空题lim=靖成1.设 8 I x)J ,贝 代加匕+2 2+A+2 5 8f+加+1 n 4-+2 n+n)-解.甩,+理 +力 力2+%+%2+n 2 4-+1 2 4-4-2 n2+n+n 2 4-4-1 2+1 2+11 +2 4-A+%1 2 A%1 +2 4-A+%、c I 、I 1 1 I r o所以%n 4-4-l n 4-+2 n+n+n L 则 ff(x)lim4,X T0解.ff(x)=1.-yn-/n)lim(而运-庐而=lim3+赤一百三)(J二亥+正国 f 4n+34n+品-金n 4-3金一 加 +6 clim.=-=2T9 yjn+J%-
2、/n1 15.lim cot x*T0 Isin x xcosx x-sin x r x-sin x r 1-cosx r sin x 1lim-=lim-5=lim-5 =lim-=解.i o sin x xsin x o x x o 3才 XTO 6X 6产lim-=A6.已知 I%一 5-1)(0),贝 IJA=,k=.51990 51990rn.n.lim 7-=lim j-=A解-1)*4-A所以 k-l=1990,k=1991;k k 1991二.单项选择题+1.设 A x)和(x)在(一)内有定义，f(x)为连续函数，且 f(x)0,(x)有间断点,则W(x)(a)(b)(x)2
3、必有间断点(c)f (X)必有间断点(d)/(X)必有间断点解.(a)反例(b)反例(c)反例0(x)=W(x)=W(x)=li m(s i n 2 y +c os y Vi s x x TO箕 也 空 也C$in2y+co$_ /.ln($ih2j+co$j)e y.(l+t anx、3li m-:-*T O1 1 4-s i n x；解.vr 1 +t an xli m-1 +s i n x力=li m 1 +X T01t an x -s i n x1 4-s i n x tan x-sin工 由1研14-sin x).sm(l-cos)尸?-c-2 皿 不2$m W ,1 讪_2 2I
4、d V2.t a m in x/a -2.求下列极限(1)I arcsin 2却-1解.当X 1时，ln（l+仍 二I）4万arcsin 2即/-12依-1.按照等价无穷小代换-I arcsin 2即，i 7 2知，一1 2 0 x=0 x 0,b 0.+通 丫 r f i+v-a lim-版2 J x=lfnfc=b fa o+l 2 J-二Ml 血 仝 Lae*-ae=a4c=a包=寂a4.求下列函数的间断点并判别类型2-1/=2 +12 10+)=%_ =1解.2*+122-1/(0-)=li m.-=-l*T0-2*+1所以x =0为第一类间断点.1-/(x)=li m-j-x八，el
5、 +x 2 K1-=2 ,z=解.il +X-xX显然/(1 +0)=-1,/(1-0)=1所以x =1 为第一类间断点;/(-1 +0)=-1)=所以X=1 为第一类间断点./&)=x(2 x +区)2 c os x1s i n-x2-lX 0解.f(+0)=-s i nl,f(-O)=0.所以x =0为第一类跳跃间断点;li m/(%)=li m s i nX TI*T11一 1 不存在.所以X1 为第二类间断点;八一夕不存在,4.x(2 x +r)冗li m-=一而 XT若2 c os x 2 ,所以x =0为第一类可去间断点;x(2 x +历)li m-=oo+-既 1-2 C OS
6、X,、r 匚 I、2 ,(k =1,2,)所以 X-kK-2为第二类无穷间断点.1 /：-/(x)=x -/1 +s i n x +s i n 彳一(a+s i n x)5.设 s i n x ,且 x =0是 f(x)的 可 去 间 断 点.求，解.x=0是f（x）的可去间断点，要求 J l +sin x+sin 彳 一(a +/sin x)lim-5-3。sin x 存在.所以lim V14-sin x 4-sin2 x-(a +/7 sin x)=0i。.所以.1 +sin x+sin。一(a +/sin 工lim =-，T。J l +sin x+sin,x+(a +?sin x)r(l
7、-a2)+(l-2 s i n x 4-(l-/72)sin2x 1-a2lim-=-二 i o J l +sin x+sin，x+(a +/s in x)1+a所以=1.J l+sin 五 +sin x(a +/sin x)lim-5-A O sin x11m(l-2 N)sin x +(l-/)s i n 2 xsin x (J l+sin x+sin，x 4-(14-77 sin x)上式极限存在,必 须 公、lim6.设 XT9(x5+7/+2)。-x=b,b0,求a,b的值.1解.上式极限存在，必须a=5（否则极限一定为无穷）.所 以lim 酎 +7 x4+2)a-x=lim _-=
8、11 m0十+2抄 一 1X TOL J X T 9 1 -0 yX1 1 7期。+7 2 力（7+1。力二b=一所以 5.1x sin/W=5 x X 07.讨论函数 同+X 0在X=0处的连续性.解.当a S 0时lim W sin )3。+X不存在，所以x =0 为第二类间断点；当 a 0 时lim(x sin )=0 a.a 1z+x ,所 以#=一1时，在 x =0 连续，。一 1 时，x =0 为第一类跳跃间断点.8.设 f(x)在 a,b 上连续，且 a Xi x2 xn b,Ci(7=1,2,3,，n)为任意正数，则在(a,b)内,=。1 勺)+。2 )+八+%至 少 存 在
9、一 个，使 C 1+C 2+A +人“联婴/(公)曾生/(/)丁出一而士 f (Xi)=m f (x)=M证明：令 M =K&,m=R S*.不妨假定皿，J 4)仙一/5)+。21()+八+c*所以 m Q+G+A +C*M/=CJ)+C2/(X 2)+A +C*所 以 存 在(a x,x.b),使得 C i+C z+A +%9.设 f(x)在 a,b 上连续，且 f(a)b,试证在(a,b)内至少存在一个，使 f()二.证明：假设 F(x)=f (x)x,则 F(a)=f (a)a 0于是由介值定理在(a,b)内至少存在 一 个，使 f()二,10.设 f(x)在 0,1 上连续，且 0 f
10、(x)1,试证在 0,1 内至少存在一个，使 f()二.证明：(反 证 法)反 设 V x H O,l ,0(x)=/(x)-x=0,所 以 0(x)=/(x)一入恒大于。或恒小于0.不妨设V x6 0,1,(p(x)=/(x)-x 0 令”=蔑 严 比)，则加 0.因 此 V xe 0,l，w(x)=/(x)-x N 网.于 是/。)21+根 1,矛盾.所以在 o,1 内至少存在一个，使 f()11.设 f(x),g(x)在 a,b 上连续，且 f(a)g(b),试证在(a,b)内至少存在一个，使f ()=g().证明：假设 F(x)=f (x)g(x),则 F(a)=f (a)g(a)0于
11、是由介值定理在(a,b)内至少存在一个，使 f()=.12.证明方程(一3 x-2=0 在(1,2)内至少有一个实根.证明：令 F(x)=X5-3X-2,则 F(l)=一4 0所以 在(1,2)内 至 少 有 一 个，满足F()=0.lim13.设f(x)在x =0的某领域内二阶可导，且 s in 3x3Xlim x)+3,求 0)，/(0)，/(0)及 理。1lun解.学+9嗯s in 3x+x/(x)x3limX TO弋L=.所以limX TOR+/(J =OI X ).f(x)在x =0的某领域内二阶可导，所 以,(x),/(x)在x =o连 续.所 以f(0)=-3.因为吧X)lim
12、x-io x2=0lim所以空 至-3 +/(x)+3X=0,所以s in 3x5 -x=limT O T砒3X x2r3x-s in 3x r 3-3 c os 3 x=lim-=lim-5-1。X3 1 0 3X23 s in 3x 9lim-=-x 2x 2/(c0)、=hr m，(幻一/(0),/(x)+3 r 八)+3 c 9 c八 八 Jh m =lim x =0 x-=0X x-0 10 X 1。X2 2由 1 0 /2,将f(x)泰勒展开，得/(0)+/(0)X+1/(0)X2+0(X2)+3lim-=1 2/(0)=-X /2,所 以2 2,于是/(0)=9(本题为2005年
13、教材中的习题，2006年教材中没有选入.笔者认为该题很好，故在题解中加入此题)倒数与微分填空题(理工类)1.1+x,则/(x)=.1 x 1+x (-1)4 1!(-1)”用解.一 Q+X)2 一(1+X产，假设 一 Q +X产，则*+i)=(7产2.R+1)!=(7)*2.加(1+x产，所以 一(1+x严 x=1+尸 02.设 b=c s ,则 办2.矽 -s in/d?y _(s in 成 2/c os /-2s in 1 _ s in -Z c os Z解.d x 2t ,d x (l+y)-(y+x y)s inD=O,所以,_ y s in9一人+y e y-x s in x y4
14、.已知 f（-x）=-f（x）,且 （一丽）=。则/（为）=.解,由 f（x）=）得 一/（一为=一了泛），所以/（-x）=/a）所以/(z0)=/(-x0)=11m八X。+f f lAx)一 -(而 一 -Ax)_5.设f(x)可导，则,f O Nx11nl/(x o+加玲 一 /(而)+/(Xo)一/(x。-Ax)解.&活 11m/a+*ora)=与 T m L x一 /(x0-Ax)-/(x0)+吧。与或=5+W(X。),设蚂曾一明#2k lim解.ax 为+加)7(%)=,每)k Ax炉(而)=;/(而),所以 3所 以 T7.已 知 孙,则解.G)所以丁22,所 以/虫=8.设 f
15、为可导函数，=s in(/s in/(%)；则 不 一孚=/,c os/(%)/si n /(x)c os(/si n /(x)解.d x9.设 y =f(x)由 方 程 一 8$()=一1 所确定，则曲线y =f (x)在点(0,1)处的法线方程为解.上 式 二 边 求 导 产 (2 +y )-C y +zy)si n(9)=.所以切线斜率2k =y(0)=-2法线斜率为5,法线方程为,1y _ =一 工2 ,即 x-2 y +2 =0.二.单项选择题(理工类)1 .设 f(x)可导，F(x)=f(x)(l+|si n x|),则 f(0)=0 是 F(x)在 x=0 处可导的(a)充分必要
16、条件(b)充分但非必要条件(c)必要但非充分条件(d)既非充分又非必要条件解.必 要 性：0)存 在,所 以 凡 (0)=5.(0),于是F(x)-F(0)曰(0)=墨+砒小)(。)X TOF X加 g 2 上&包=zO+X=/(0)+/(0)ff7 mF(0/户 _(U)二 X T。-X-0 NT。-/(x)(l-si n x)-/(0)X.(/W-/(0)-y(x)si n x阳-x=/(0)-/(0)所以/(O)4-7(0)=/,(0)-/(0)1 2 f (0)=0,f(0)=0充分性：已知f(0)=0,所以E(O)11 m砥 XTO+x-0砒/(1 +s m x)一八)XT0f X1 1 mC/-O)+x)smxN TO+x/(0)+/(0)=/(0)X(o)丽如山=1 1 m 包工3NT。-X 0 kT。-X1 C/(x)-/(O)-/(x)si n x=电-=/(0)所 以 F(0)=/,(0)存在.是答案.2 .已知函数f(x)具有任意阶导数，且/(x)=y(x)2,则当n为大于2的正整数时，f(x)的 n阶导数是(a)川U(x)产 河/(X)产 (c)U 产(d)刈/
