《《高等数学（函数极限连续）》例题解析【参考答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《高等数学（函数极限连续）》例题解析【参考答案】（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高等数学（函数极限连续） 例题解析【参考答案】一. 填空题1解：可得=, 所以 a = 2.atadtteeaatteaeaete)(2. 解： nnnnnnnnnn22221 nnnnnnnn222221111211222nnnnnnn所以 nnnn221nnnnnnnn22222111212nnn(n)，(n)212)1 (2122nnnnnnnnn2112)1 (12122nnnnnnn所以 =nnnnnnnnn2222211lim213. 解：1)(xff4. 解：nnnnnnnnnnnnnnnnnn3)3)(3(lim)3(lim =233limnnnnnnnnn5. 解：616si
2、nlim3cos1limsinlimsinsinsincoslim020300xxxxxxxxxxxxxxxxx6. 解： Aknnnnnknkkn119901990lim) 1(lim所以 k1=1990, k = 1991; 1991111kAAk，7. 解：因为，所以020arctan)11 (lnlimxxx02-0arctan)11 (lnlim-xxx0arctan)11 (lnlimxxx第 1 页 共 6 页8. 解：211111lim1lim)-1(lim222xxxxxxxxxx二. 选择题1. 解： 据题意，1, 221,x-g(x)3xxxf-1)(-xlimg(x)l
3、im31x1-fx ，因此为函数的跳跃间断点，即32)(2xlimg(x)lim1x1fx1xg(x)f答案正确。.C2. 解：因为当时，所以函数无界，故答案xxexxxfsintan)()(xf.B正确；验证与的关系知，是非奇非偶函数，而且明显也不是周期函)(-xf)(xf)(xf数。3. 解： 222222) 1(12325213limnnnn=, 所以为答案.1) 1(11lim) 1(1131212111lim2222222nnnnn.B4. 解： 8 = =502595) 1() 1() 1(limxaxxx100502559595/) 1(/) 1(/) 1(limxxxaxxxx
4、 =, ， 所以为答案.5502595)/11 ()/1()/11 (limaxxaxx58a.C5. 解： 利用抓大头准则，并结合四个选项可知，即为正确答案.5531.C6. 解： =，所以为答案.xxxx232lim03ln2ln13ln32ln2lim0xxx.B7. 解：，所以为答案.0)31)(21)(1 (lim0axxxx01 a1-a. A8. 解：2 =，所以所)1 ()21ln()cos1 (tanlim20xxedxcxbxacaxdexcxbxaxx22212sincoslim220ca4-以为正确答案.D三. 计算题第 2 页 共 6 页1. (1) 解： eeeee
5、exxxxxxxexexexxexxxxx11lim)ln(lim)ln(1lim)(lim(2) 解：令，xy1yyxxyyxx10)cos2(sinlim)1cos2(sinlim=2cos2sinsin2cos2lim)cos2ln(sinlim00eeeyyyyyyyyy(3) 解：310sin1tan1limxxxx310sin1sintan1limxxxxx =3)sin1(sintansintansin10sin1sintan1limxxxxxxxxxxx30sintanlimxxxxe=.30)cos1(sinlimxxxxe212sin2sinlim320eexxxx（4）解
6、：因为，2sin2limcos-1lim200xxxxxx所以，2-)2(-sin2lim2sin2limcos-1lim-0200xxxxxxxxx，故不存在。22sin2lim2sin2limcos-1lim0200xxxxxxxxxxxxcos-1lim02. 求下列极限(1) 解：当 x1 时，331)11ln(xx32321212arcsinxx故 33132313231221121lim121lim12arcsin)11ln(limxxxxxxxx(2) 解： =xxx220cot1limxxxx2220sincos1limxxxxxx222220sincossinlim =422
7、0cos) 1(1limxxxx32204sincos) 1(2cos2limxxxxxxx第 3 页 共 6 页 =3203204sincos2lim42sincos2limxxxxxxxxxx =21122cos2sincos4cos2lim220xxxxxxx =2131242sin4sincos4lim2131122cos2cos2lim0220xxxxxxxxx =322131612131242sin2lim0xxx3. 求下列极限(1) 解： nnnnnnnnnnln1lim) 1(lnlimxnn1令1)1ln(lim0xxx(2) 解： 10111limnxnxnee000xx
8、x(3) 解： nnnnba2limabcnx/,/1xcxxxxxaeca2ln)1ln(lim10021lim =ababacaaeaexxxxxcccxc1lnlim2ln)1ln(lim00（4）解：22-2-)2-3(564-lim2-3564limxxxxxxxx32-412-9564-lim412-9564-lim22-22-xxxxxxxxxx4. 求下列函数的间断点并判别类型（1）解：，11212lim)0(110xxxf11212lim)0(110xxxf所以为第一类间断点。0x( 2 ) 解：， 所以为第一类跳跃间断点；0)(lim-0xfx1sin-)(lim0xfx0
9、x 不存在. 所以 x = 1 为第二类间断点；11sinlim)(lim211xxfxx第 4 页 共 6 页 因为在处无定义，而，所以为第一类可去)(xf2-x2-cos2)2(lim2xxxx2-x间断点； ， (k = 1, 2, ) 所以 x =为第二类无穷间断点.xxxkxcos2)2(lim22 k5. 解：当时，不存在，所以为第二类间断点；0)1sin(lim0xxx0x 当时，所以当时，00)1sin(lim0xxx10)(elim)(limx0x0-xfx 此时函数在处连续，当时，)(xf0x11)(elim)(limx0x0-xfx此时，为函数的第一类跳跃间断点。0x6.
10、 证明：令 M =, m =)(max1inixf)(min1inixf所以 m Mnnccccxfcxfc212211)()(所以存在( )，使得bxxan1nnccccxfcxfcf212211)()()(7. 证明：令，则， ，)(xFxxf-)()(aF0-)(aaf)(bF0-)(bbf因此由零点定理知，至少存在一点，使得。),(ba)(f8. 证明： (反证法) 假设对， 所以恒大0)()(,1 , 0xxfxxxxfx)()(于 0 或恒小于 0.，不妨设. 令，则0)()(,1 , 0xxfxx)(min10xmx. 因此，于是，这与已0mmxxfxx)()(,1 , 001)
11、 1 (mf知条件矛盾，所以假设不成立，故在内至少存在一个，使得1)(0xf0,1。)(f9. 解：令函数，则 在上连续，cosx-)(xxf)(xf),(-x因为，所以由零点定理可知，至少存在一点0-1(0)f02)2(f，使得，即方程至少有一个实根；)2(0,0)(f0cos-xx第 5 页 共 6 页又因为，故在上为增函数，所以方程0sinx1)( xf)(xf),(-x仅有一个实根。0cos-xx10. 解：因为20200200coslim1cos1lim)0()(lim)0( xxdttxdttxxfxffxxxxx 0221lim21coslim2020xxxxxx 320200)cos1 (2lim1)cos1 (2lim)0()(lim)0( xxxxxxxfxffxxx 06) 1(cos2lim32sin2lim020xxxxxxx 所以 ，即在处可导，故在处必连续0)0( f)(xf0x)(xf0x第 6 页 共 6 页
