第1章 习题答案：函数与极限

答案

第1章 函数与极限

1 答案 $ (-\frac{2}{3}, 0] $. ← 题目

由反余弦及对数函数的定义域知：

$ \begin{cases}-1\leqslant2x+1\leqslant1\\3x+2\gt 0\end{cases} $，即 $ \begin{cases}-1\leqslant x\leqslant0\\x\gt -\frac{2}{3}\end{cases} $， $ -\frac{2}{3}\lt x\leqslant0 $，

得函数的定义域 $ D_{f}=\{x\mid-\frac{2}{3}\lt x\leq0\} $或 $ \left(-\frac{2}{3},0\right] $.

2答案 3, $ -\frac{1}{x} $ ← 题目

$$ f(-2)=\frac{-2-1}{-2+1}=3. $$

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

3 答案 $ 4x + \frac{2}{x^2} + 1 $， $ 4x^2 + \frac{2}{(x^2 + 1)^2} + 5 $。 ← 题目

令 $ t = \frac{1}{x} $，则 $ f(t) = 4t + \frac{2}{t^2} + 1 $，即 $ f(x) = 4x + \frac{2}{x^2} + 1 $。

$ f(x^2 + 1) = 4(x^2 + 1) + \frac{2}{(x^2 + 1)^2} + 1 = 4x^2 + \frac{2}{(x^2 + 1)^2} + 5 $。

4 答案 $ (-\infty,-4]\cup[4,+\infty) $， $ -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{3} $. ← 题目

由反正弦函数的定义域知： $ -1\leqslant\frac{4}{x}\leqslant1 $，解得 $ x\leqslant-4 $或 $ x\geqslant4 $，

定义域 $ D_f = (-\infty, -4] \cup [4, +\infty) $.

$$ f(-4)=\arcsin(-1)=-\frac{\pi}{2},\quad f\left(\frac{8}{\sqrt{2}}\right)=\arcsin\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{\pi}{4},\quad f\left(\frac{8}{\sqrt{3}}\right)=\arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{\pi}{3}. $$

5 答案 (C). ← 题目

因为 $ 1+x^{2}\geqslant2\left|x\right|,\quad-\frac{1}{2}\leqslant\frac{x}{1+x^{2}}\leqslant\frac{1}{2},\quad\Rightarrow-\frac{\pi}{4}\leqslant\frac{\pi x}{2(1+x^{2})}\leqslant\frac{\pi}{4} $

所以， $ -\frac{\sqrt{2}}{2}=\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\leqslant\sin\frac{\pi x}{2(1+x^{2})}\leqslant\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} $，故选(C).

评注

本题很容易错选为(A).

6 答案 $ -\frac{\pi^{3}}{96} $ ← 题目

因为 $ f\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)=\arccos\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi}{6} $， $ g(-1)=\arctan(-1)=-\frac{\pi}{4} $， $ h(2)=\operatorname{arccot}1=\frac{\pi}{4} $。

所以， $ f\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)\cdot g(-1)\cdot h(2)=\frac{\pi}{6}\cdot\left(-\frac{\pi}{4}\right)\cdot\frac{\pi}{4}=-\frac{\pi^{3}}{96} $.

7 答案 $ \frac{4}{x^{2}-2} $ ← 题目

$$ f\left(x+\frac{1}{x}\right)=\frac{4x^{2}}{x^{4}+1}\xlongequal{ 同除以 x^{2}}\frac{4}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}\xlongequal{ 配方 }\frac{4}{\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}-2}, $$

令 $ t = x + \frac{1}{x} $，得 $ f(t) = \frac{4}{t^{2} - 2} $，即 $ f(x) = \frac{4}{x^{2} - 2} $.

8 答案 $ \frac{1}{12}, -\frac{\sqrt{2}}{8}, 0 $. ← 题目

因为 $ \left|\frac{\pi}{6}\right|\lt \frac{\pi}{3} $，所以 $ f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{\pi}\frac{\pi}{6}\left|\sin\frac{\pi}{6}\right|=\frac{1}{6}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{12} $，

同理， $ f\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{\pi}\left(-\frac{\pi}{4}\right)|\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)|=-\frac{1}{4}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{\sqrt{2}}{8} $，

因为 $ 2\gt \frac{\pi}{3} $，所以 $ f(2)=0 $。

9 答案 $ g(x)=\frac{1}{2}\arctan(x^2-1), D_g=[-\sqrt{2},\sqrt{2}]. $ ← 题目

用 $ g(x) $替换 $ f(x) $中的 $ x $，得 $ f[g(x)]=\tan[2g(x)] $，又 $ f[g(x)]=x^2-1 $，故 $ \tan[2g(x)]=x^2-1 $，即 $ 2g(x)=\arctan(x^2-1)\Rightarrow g(x)=\frac{1}{2}\arctan(x^2-1) $。已知 $ |g(x)|\leq\frac{\pi}{8} $，得 $ |\arctan(x^2-1)|\leq\frac{\pi}{4} $，利用反正切函数可知 $ -1\leq x^2-1\leq1\Rightarrow 0\leq x^2\leq 2 $，即 $ -\sqrt{2}\leq x\leq\sqrt{2} $，定义域为 $ [-\sqrt{2},\sqrt{2}] $。

10 答案 $ (-\infty,+\infty) $，4,1,1. ← 题目

画函数 y=x, $ y=x^{2} $, y=1 的图像，比较大小可得

$$ \varphi(x)=\max\{x,x^{2},1\}=\{\begin{aligned}&1,&|x|\leqslant1\\ &x^{2},&|x|\gt 1\end{aligned}., $$

定义域为 $ |x| \leq 1 $ 与 $ |x| \gt 1 $ 的并集，即 $ D_{\varphi} = (-\infty, +\infty) $

由|-2|>1，得 $ \varphi(-2)=(-2)^2=4 $；由|-1|=1，得 $ \varphi(-1)=1 $；而 |0|<1，故 $ \varphi(0)=1 $。

11答案 $ f[g(x)]=\{\begin{aligned}&-1,x\lt \frac{1}{2}\\ &1,\quad x\geqslant\frac{1}{2}\end{aligned}. $， $ g[f(x)]=\{\begin{aligned}&-3,x\lt 0\\ &1,\quad x\geqslant0\end{aligned}. $ ← 题目

用 $ g(x) $替换 $ f(x) $中的x，得

$$ f[g(x)]=\{\begin{aligned}&-1,g(x)\lt 0&\text{ 代入 }g(x)\\ &1,&g(x)\geqslant0\end{aligned}.\quad\xlongequal{ 代入 }&\{\begin{aligned}&-1,2x-1\lt 0\\ &1,&2x-1\geqslant0\end{aligned}.\\ &=\{\begin{aligned}&-1,x\lt \frac{1}{2}\\ &1,&x\geqslant\frac{1}{2}\end{aligned}.； $$

用 $ f(x) $ 替换 $ g(x) $ 中的 x，得

$$ g[f(x)]=2f(x)-1\xlongequal{ 代入 f(x)}\begin{cases}2\times(-1)-1,&x\lt 0\\ 2\times1-1,&x\geqslant0\end{cases}=\{\begin{matrix}-3,&x\lt 0\\ 1,&x\geqslant0\end{matrix}. $$

12答案 $ f[g(x)]=\begin{cases}2-x,&x\lt 0\\2+x^2,&x\geq0\end{cases} $， $ g[f(x)]=\begin{cases}(2-x)^2,&x\lt 0\ $ 2+x)^2,&x\geq0\end{cases} $。$ ← 题目

用 $ g(x) $替换 $ f(x) $中的 $ x $，得

$$ f[g(x)]=\{\begin{aligned}&2-g(x),&g(x)\lt 0\\ &2+g(x),&g(x)\geqslant0\end{aligned}. $$

由 $ g(x) $ 的定义：当 x<0 时， $ g(x)=x\lt 0 $，当 $ x\geqslant0 $ 时， $ g(x)=x^{2}\geqslant0 $，代入上式得 $ f[g(x)]=\{\begin{aligned}&2-x,&x\lt 0\\ &2+x^{2},&x\geqslant0\end{aligned}. $

画函数 $ y = f(x) = \{ \begin{aligned} & 2 - x, & x \lt 0 \\ & 2 + x, & x \geqslant 0 \end{aligned} . $ 的图像，可知 $ f(x) \geqslant 2 \gt 0 $，

用 $ f(x) $ 替换 $ g(x) $ 中的 x，得 $ g[f(x)] = \{ \begin{aligned} f(x), & f(x) \lt 0 \text{(不存在)}, \\ f^{2}(x), & f(x) \geqslant 0 \end{aligned} . $

$$ g[f(x)]=f^{2}(x)=\{\begin{aligned}&(2-x)^{2},&x\lt 0\\ &(2+x)^{2},&x\geqslant0\end{aligned}.. $$

13 答案 $ f(x) + g(x) = \begin{cases} 2x + 1 + \sin x, & x \lt 0 \\ x^2 + 1 + \sin x, & 0 \leq x \lt \pi, \\ x^2 + 1 + \cos x, & x \geq \pi \end{cases} $, $ f(x)g(x) = \begin{cases} (2x + 1)\sin x, & x \lt 0 \\ (x^2 + 1)\sin x, & 0 \leq x \lt \pi, \\ (x^2 + 1)\cos x, & x \geq \pi \end{cases} $. ← 题目

将 $ f(x) $， $ g(x) $ 在数轴上分段写出表达式：

$$ \begin{array}{l}f(x)=2x+1\quad x^{2}+1\quad x^{2}+1\\\frac{1}{O}\quad\frac{1}{\pi}\quad x\\g(x)=\sin x\quad\sin x\quad\cos x\end{array} $$

$$ f(x)+g(x)=\{\begin{aligned}&2x+1+\sin x,&x\lt 0\\ &x^{2}+1+\sin x,&0\leqslant x\lt \pi\\ &x^{2}+1+\cos x,&x\geqslant\pi\end{aligned}.,\quad f(x)g(x)=\{\begin{aligned}&(2x+1)\sin x,&x\lt 0\\ &(x^{2}+1)\sin x,&0\leqslant x\lt \pi.\\ &(x^{2}+1)\cos x,&x\geqslant\pi\end{aligned}. $$

14 答案 $ y=\frac{-4x}{\left(1+x\right)^{2}} $ ← 题目

设 $ y=f(x) $，令 $ t=\sqrt{1+x} $，则 $ y=\frac{1-t}{1+t}\Rightarrow t=\frac{1-y}{1+y} $

即 $ \sqrt{1+x}=\frac{1-y}{1+y} $，解出 $ x=\frac{(1-y)^2}{(1+y)^2}-1=\frac{-4y}{(1+y)^2} $.

反函数为 $ y = \frac{-4x}{(1 + x)^2} $.

15 答案 (D). ← 题目

(A) 由 $ f(-x)=[(-x)^{2}+1]\sin^{3}(-x)=-(x^{2}+1)\sin^{3}x=-f(x) $

知 $ f(x) $ 为奇函数. 或利用 “奇函数×偶函数=奇函数” 知: $ f(x)=(x^{2}+1)\sin^{3}x $ 是奇函数.

(B) 因为 $ g(-x) = \ln(-x + \sqrt{(-x)^2 + a^2}) = \ln(-x + \sqrt{x^2 + a^2}) $

$ = \ln \frac{a^2}{\sqrt{x^2 + a^2} + x} = \ln a^2 - \ln (x + \sqrt{x^2 + a^2}) $,

所以 $ g(x) $ 不是奇函数，也不是偶函数.

评注

当 $ a^{2}=1 $时， $ g(x) $是奇函数.

(C) 由 $ h(-x)=\frac{2^{x}-2^{-x}}{2^{x}+2^{-x}}=-\frac{2^{-x}-2^{x}}{2^{-x}+2^{x}}=-h(x) $，知 $ h(x) $ 为奇函数.

(D) 因为 $ \varphi(-x)=(-x)^{2}\sec(-x)+\csc^{2}(-x)=x^{2}\sec x+\csc^{2}x=\varphi(x) $

所以 $ \varphi(x) $ 为偶函数. 故选(D).

也可由“偶函数+偶函数=偶函数”知 $ \varphi(x) $为偶函数.

16 答案 (A). ← 题目

(A) 令 $ F(x) = f[f(x)] $，由 $ f(x) $ 为奇函数， $ f(-x) = -f(x) $，

得

$$ F(-x)=f[f(-x)]=f[-f(x)]=-f[f(x)]=-F(x), $$

所以， $ F(x)=f[f(x)] $是奇函数，故选(A).

类似可推出(B)(C)(D)都是偶函数.

评注

两个奇函数复合是奇函数，一个奇函数与一个偶函数复合是偶函数，两个偶函数复合是偶函数，此结论可直接使用。

17 答案 单增. ← 题目

方法一：利用定义. $ f(x) $ 的定义域为 $ D_{f}=(-\infty,+\infty) $，对于任意的 $ x_{1},x_{2}\in(-\infty,+\infty) $，

当 $ x_{1}\lt x_{2} $时， $ f(x_{2})-f(x_{1})=x_{2}^{3}-x_{1}^{3}+2(x_{2}-x_{1}) $

$$ =\left(x_{2}-x_{1}\right)\left[\left(x_{1}+\frac{1}{2}x_{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}x_{2}^{2}+2\right]\gt 0, $$

即 $ f(x_{2}) \gt f(x_{1}) $，所以 $ f(x) $ 在 $ D_{f} = (-\infty, +\infty) $ 内单增.

方法二：利用导数．因为 $ f'(x)=3x^2+2\gt 0, x\in(-\infty,+\infty) $，所以 $ f(x) $ 在 $ D_f=(-\infty,+\infty) $ 内单增．

18 答案 无界，有界 ← 题目

$ f(x)=\frac{1}{x-2}, x\in(2,3) $.

方法一：利用定义．对任意大正数M，取 $ x_{0}=\frac{1}{M+1}+2\in(2,3) $，有

$ f(x_{0})=\frac{1}{x_{0}-2}=\frac{1}{\frac{1}{M+1}+2-2}=M+1\gt M $，即 $ f(x) $在 $ (2,3) $内无界.

方法二：利用极限的性质. 因为 $ \lim_{x\to2^{+}}f(x)=\lim_{x\to2^{+}}\frac{1}{x-2}=+\infty $，由极限的性质知 $ f(x)=\frac{1}{x-2} $ 在(2,3)内无界.

而 $ f(x)=\frac{1}{x-2}, x \in (3,+\infty) $. 由 $ 1 \lt x-2 \lt +\infty \Rightarrow 0 \lt \frac{1}{x-2} \lt 1 $,

所以 $ f(x)=\frac{1}{x-2} $ 在 $ (3,+\infty) $ 内有界.

评注

在各种考试中，多用极限判定函数的有界性

19 答案 $ \frac{\pi}{2} $ ← 题目

因为 $ f\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=2+\cos^{2}\left[2\left(x+\frac{\pi}{2}\right)-1\right]=2+\cos^{2}(2x-1+\pi) $

$ =2+\cos^{2}(2x-1)=f(x) $

所以 $ f(x)=2+\cos^{2}(2x-1) $ 的周期为 $ \frac{\pi}{2} $.

20 答案 (B). ← 题目

画出 $ f(x)=x-[x] $ 的图像：

由 $ 0 \leqslant f(x) \lt 1 \Rightarrow f(x) $ 有界，且是以 1 为周期的周期函数.

事实上， $ f(x+1)=x+1-[x+1]=x+1-([x]+1)=x-[x]=f(x) $。故选(B)。

21 答案 $ \frac{1}{2} $ ← 题目

$ x_{n}=\frac{n}{2n+1}\xlongequal{同除以n}\frac{1}{2+\frac{1}{n}}\rightarrow\frac{1}{2} $，即 $ \lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{2} $.

【证明】对于任意给定的 $ \varepsilon\gt 0 $，要使 $ |x_n-\frac{1}{2}|=\left|\frac{n}{2n+1}-\frac{1}{2}\right|\lt \varepsilon $，即 $ \frac{1}{2(2n+1)}\lt \varepsilon $，解得 $ n\gt \frac{1}{4\varepsilon}-\frac{1}{2} $。

取正整数 $ N = \left[\frac{1}{4\varepsilon} - \frac{1}{2}\right] $（或 $ N = \left[\frac{1}{4\varepsilon} - \frac{1}{2}\right] + 1 $），则当 $ n \gt N $ 时，恒有 $ |x_n - \frac{1}{2}| \lt \varepsilon $，故 $ \lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{2n + 1} = \frac{1}{2} $。

22 答案 $ \lim_{n \to \infty} x^n = \begin{cases} 0, & |x| \lt 1 \\ 1, & x = 1 \\ 不存在, & x = -1 \\ \infty, & |x| \gt 1 \end{cases} $ ← 题目

该极限取决于参变量x，需讨论.

当|x|<1时， $ \lim_{n\to\infty}x^n=0 $（如 $ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^n=0 $）；

当x=1时， $ \lim_{n\to\infty}x^{n}=\lim_{n\to\infty}1^{n}=1 $

当x=-1时， $ \lim_{n\to\infty}x^n=\lim_{n\to\infty}(-1)^n $不存在，数列 $ \{(-1)^n\} $振荡发散；

当 $ |x|\gt 1 $时， $ \lim_{n\to\infty}x^n=\infty $，极限不存在，数列 $ \{x^n\} $无穷发散。

所以， $ \lim_{n \to \infty} x^n = \begin{cases} 0, & |x| \lt 1 \\ 1, & x = 1 \\ 不存在, & x = -1 \end{cases} $.

$ \infty, |x| \gt 1 $

23 答案 $ \lim_{a \to \infty} n^x = \begin{cases} 0, & x \lt 0 \\ 1, & x = 0 \\ \infty, & x \gt 0 \end{cases} $. ← 题目

需讨论参变量 x

当x<0时， $ \lim_{n\to\infty}n^x=0 $（如 $ \lim_{n\to\infty}n^{-1}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0 $）.

当x=0时， $ \lim_{n\to\infty}n^x=\lim_{n\to\infty}1=1 $

当x>0时， $ \lim_{n\to\infty}n^x=\infty $（如 $ \lim_{n\to\infty}n^2=\infty $）.

所以， $ \lim_{n\to\infty}n^x=\{\begin{aligned}&0,&x\lt 0\\ &1,&x=0\\ &\infty,&x\gt 0\end{aligned}. $

评注

22题与23题在各种考试中经常出现，需辨析清楚，结论可直接使用

24答案0. ← 题目

数列的通项记作 $ x_{n} $，设k为正整数，则

当n=2k-1时， $ \lim_{k\to\infty}x_{2k-1}=\lim_{k\to\infty}\left(-\frac{1}{2k}\right)=0 $;

当 $ n=2k $时， $ \lim_{k\to\infty}x_{2k}=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{2^k}=0 $

因为 $ \lim_{k\to\infty}x_{2k+1}=\lim_{k\to\infty}x_{2k}=0 $，所以 $ \lim_{n\to\infty}x_n=0 $。

25 答案 1. ← 题目

设k为正整数，则

当$n=2k$时，$\lim_{k\to\infty}x_{2k}=\lim_{k\to\infty}\frac{2k+1}{2k+2}\xlongequal{\text{同除以2k}}\lim_{k\to\infty}\frac{1+\frac{1}{2k}}{1+\frac{1}{k}}=1$，

当n=2k-1时， $ \lim_{k\to\infty}x_{2k-1}=\lim_{k\to\infty}1=1 $

因为 $ \lim_{k\to\infty}x_{2k-1}=\lim_{k\to\infty}x_{2k}=1 $，所以 $ \lim_{n\to\infty}x_n=1 $。

26 答案 (D). ← 题目

记数列 $ x_{1}, y_{1}, x_{2}, y_{2}, \ldots, x_{n}, y_{n}, \ldots $ 的通项为 $ z_{n} $，因为

$$ \lim_{n\to\infty}z_{2n}=\lim_{n\to\infty}y_{n}=1,\quad\lim_{n\to\infty}z_{2n-1}=\lim_{n\to\infty}x_{n}=-1,\quad\lim_{n\to\infty}z_{2n}\neq\lim_{n\to\infty}z_{2n-1}, $$

所以， $ \lim_{n\to\infty}z_n $ 不存在，故选(D).

27 答案 (B) ← 题目

逐个命题考察.

① 若 $ \lim_{n\to\infty}x_n=a $，由“ $ \varepsilon-N $”定义“对于任意给定的 $ \varepsilon\gt 0 $，存在正整数N，当n>N时，恒有 $ |x_n-a|\lt \varepsilon $”，从而使 $ |x_n|-|a|\mid\lt |x_n-a|\lt \varepsilon $成立，故 $ \lim_{n\to\infty}|x_n|=|a| $，①正确.

②若取 $ x_{n}=(-1)^{n} $，则 $ \lim_{n\to\infty}|x_{n}|=\lim_{n\to\infty}|(-1)^{n}|=1 $，但 $ \lim_{n\to\infty}x_{n} $不存在，②不正确.

③ 若 $ \lim_{n\to\infty}x_n=a $，则任意子数列极限都是 a，故 $ \lim_{n\to\infty}x_{3n+1}=a $，③显然正确.

④中，若a=0，命题不成立；若 $ a\neq0 $，命题才成立，故④不正确.

综上，应选(B).

28 提示 找出两个子数列，其极限不同 ← 题目

【证明】记 $ x_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)\sin\frac{n\pi}{4} $，设k为正整数.

若 $n=8k$ 时，则 $\lim_{k\to\infty}x_{8k}=\lim_{k\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{8k}\right)\sin\frac{8k\pi}{4}\right]=\lim_{k\to\infty}0=0$，

若 $ n=8k+2 $时，则 $ \lim_{k\to\infty}x_{8k+2}=\lim_{k\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{8k+2}\right)\sin\left(2k\pi+\frac{\pi}{2}\right)\right]=1 $

因为 $ \lim_{k\to\infty}x_{8k}\neq\lim_{k\to\infty}x_{8k+2} $，所以 $ \lim_{n\to\infty}x_n $不存在，即 $ \{(1+\frac{1}{n})\sin\frac{n\pi}{4}\} $的极限不存在.

29 提示 利用 “ $ \varepsilon - \delta $” 定义. ← 题目

【证明】对于任意给定的 $ \varepsilon\gt 0 $，要使

$ \left|\frac{1-4x^{2}}{2x-1}-(-2)\right|=|1-2x|=2|x-\frac{1}{2}|\lt \varepsilon $ ，需 $ \left|x-\frac{1}{2}\right|\lt \frac{\varepsilon}{2} $，取 $ \delta=\frac{\varepsilon}{2} $

当 $ 0 \lt |x - \frac{1}{2}| \lt \delta $ 时，恒有 $ \left| \frac{1 - 4x^2}{2x - 1} - (-2) \right| \lt \varepsilon $，由极限的定义知：

$$ \lim_{x\to\frac{1}{2}}\frac{1-4x^{2}}{2x-1}=-2. $$

30 答案 (1) 不存在；(2) 不存在. ← 题目

(1) $ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} e^{2x-1} = 0 $, $ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} e^{2x-1} = +\infty $,

因为 $ \lim_{x\to-\infty}f(x)\neq\lim_{x\to+\infty}f(x) $，所以 $ \lim_{x\to\infty}f(x) $ 不存在.

(2) $ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \operatorname{arccot}(1 - x) = 0 $; $ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \operatorname{arccot}(1 - x) = \pi $

因为 $ \lim_{x\to-\infty}f(x)\neq\lim_{x\to+\infty}f(x) $，所以 $ \lim_{x\to\infty}f(x) $ 不存在.

31 答案 0 ← 题目

分段点为x=0，需考察左、右极限.

$$ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}(x+1)\sin x=0,\quad\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}(1-\cos x)=0, $$

因为 $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}f(x)=0 $ ，所以 $ \lim_{x\to0}f(x)=0 $

32 答案 不存在，0， $ \frac{1}{\sqrt{5}} $，不存在. ← 题目

x=1是分段点，考察左、右极限.

因为 $ \lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}\ln(1-x)=-\infty $， $ \lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{2x+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}} $，所以 $ \lim_{x\to1}f(x) $不存在.

事实上，由 $ \lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}\ln(1-x)=-\infty $ 知， $ \lim_{x\to1}f(x) $ 不存在.

当 $ x\to0 $时， $ x\lt 1\Rightarrow f(x)=\ln(1-x) $，则 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\ln(1-x)=\ln1=0 $

当 $ x\to2 $时， $ x\gt 1\Rightarrow f(x)=\frac{1}{\sqrt{2x+1}} $，则 $ \lim_{x\to2}f(x)=\lim_{x\to2}\frac{1}{\sqrt{2x+1}}=\frac{1}{\sqrt{5}} $.

因为 $ \lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}\ln(1-x)=+\infty $， $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{2x+1}}=0 $，

所以 $ \lim_{x\to\infty}f(x) $不存在. 事实上，由 $ \lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty $知， $ \lim_{x\to\infty}f(x) $不存在.

评注

本题应注意分段点 x=1 处，需讨论左、右极限；x=0, x=2 不是分段点，不需求左、右极限；x→∞ 的极限，需考察 x→-∞, x→+∞ 的极限。

33 答案 1，不存在，0，-1，1，-1，不存在 ← 题目

看图可得 $ \lim_{x\to-1}f(x)=1 $

x=0 是分段点， $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=1,\lim_{x\to0^{+}}f(x)=-1 $，二者不等，故 $ \lim_{x\to0}f(x) $不存在.

x=1是分段点，因 $ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=0,\lim_{x\to1^{+}}f(x)=0 $，二者相等，故 $ \lim_{x\to1}f(x)=0 $

x=2 是分段点，因 $ \lim_{x\to2^{-}}f(x)=-1,\lim_{x\to2^{+}}f(x)=-1 $ ，故 $ \lim_{x\to2}f(x)=-1 $

当x<0时， $ f(x)=1 $，则 $ \lim_{x\to-\infty}f(x)=1 $

当x>2时， $ f(x)=-1 $，则 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=-1 $。

因为 $ \lim_{x\to-\infty}f(x)\neq\lim_{x\to+\infty}f(x) $，所以 $ \lim_{x\to\infty}f(x) $ 不存在.

评注

本题也可以通过图像先求出函数 $ f(x)=\{\begin{aligned}&1, &x\lt 0\\ &0, &x=0\\ &x-1, &0\lt x\leq1\\ &1-x, &1\lt x\lt 2\\ &-1, &x\geq2\end{aligned}. $，再用函数式求相应的极限

34 答案 (B) ← 题目

已知 $ \lim_{x\to1}\frac{f(x)}{x}=-1\lt 0 $，由极限的局部保号性，

存在去心邻域 $ 0 \lt |x - 1| \lt \delta $，有 $ \frac{f(x)}{x} \lt 0 $，又 $ x \to 1, x \gt 0 $，则 $ f(x) \lt 0 $。故选 (B).

(A) 错在 “任一” 去心邻域，(C) 错在 “ $ f(x) \leq 0 $”，(D) 错在 “任一” 去心邻域.

35 答案 (A). ← 题目

由极限的局部保号性，显然(A)正确，(B)错误.

(B) 的反例： $ f(x)=|x|,g(x)=|2x| $，虽然 $ f(x)\lt g(x) $，但 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}g(x)=0 $.

(C) 错在“任意的 $ x $”，应在 $ x_0 $ 的某去心邻域内，有 $ f(x) \lt g(x) $.

(D) 错误，因为 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A $ 与 $ f(x) $ 在 $ x_0 $ 点是否有定义无关.

故选(A).

36 提示 找两个不同的数列，使其极限不同. ← 题目

【证明】取 $ x_{n}=2n\pi, y_{n}=2n\pi+\frac{\pi}{2} $，满足 $ \lim_{n\to\infty}x_{n}=+\infty, \lim_{n\to\infty}y_{n}=+\infty $。

因为 $ \lim_{n \to \infty} x_n \cos x_n = \lim_{n \to \infty} [2n\pi \cos(2n\pi)] = +\infty $， $ \lim_{n \to \infty} y_n \cos y_n = \lim_{n \to \infty} \left[ \left( 2n\pi + \frac{\pi}{2} \right) \cos \left( 2n\pi + \frac{\pi}{2} \right) \right] = 0 $，

由海因定理可知， $ \lim_{x \to +\infty} x \cos x $ 不存在。

评注

类似可证， $ \lim_{x \to +\infty} x \sin x $ 不存在； $ \lim_{x \to 0} \sin \frac{1}{x} $ 不存在； $ \lim_{x \to 0} \cos \frac{1}{x} $ 不存在。

37 提示 利用极限的 “ $ \varepsilon - X $” 定义. ← 题目

【证明】因 $ \lim_{x \to \infty} f(x) = A $，则对于给定的 $ \varepsilon = 1 $，存在正数 $ X \gt 0 $，使得当 $ |x| \gt X $时，恒有 $ |f(x) - A| \lt \varepsilon = 1 $；

$$ \left|f(x)\right|=\left|f(x)-A+A\right|\leqslant\left|f(x)-A\right|+\left|A\right|\lt 1+\left|A\right|. $$

令 $ M=1+|A|\gt 0 $，当 $ |x|\gt X $ 时， $ |f(x)|\lt M $，即函数 $ f(x) $ 局部（在 $ |x|\gt X $ 内）有界。

38 提示 $ \lim_{x \to 0} y = 0 $. ← 题目

【证明】 方法一：利用极限定义.

对于任意给定的 $ \varepsilon \gt 0 $，要使 $ |y - 0| = |2x\sin\frac{1}{x} - 0| = 2|x| \cdot |\sin\frac{1}{x}| \leqslant 2|x| \lt \varepsilon $，

需 $ \left|x\right|\lt \frac{\varepsilon}{2} $，取 $ \delta=\frac{\varepsilon}{2} $

对于任意 $ \varepsilon\gt 0 $，存在 $ \delta=\frac{\varepsilon}{2}\gt 0 $，当 $ 0\lt |x-0|\lt \delta $时，恒有

$ |y-0|=|2x\sin\frac{1}{x}-0|\lt \varepsilon $，即 $ \lim_{x\to0}y=0 $， $ y=2x\sin\frac{1}{x} $是无穷小.

方法二：利用无穷小性质.

因为 $ \lim_{x\to0}2x=0 $，当 $ x\to0 $时，2x 是无穷小，而 $ |\sin\frac{1}{x}|\leq1 $，即有界。

由无穷小的性质（无穷小×有界量=无穷小）知， $ y=2x\sin\frac{1}{x} $ 是无穷小.

评注

方法一更有证明的味道

39 答案 无界，非无穷大. ← 题目

因为对于任意大的 M > 0，存在 $ x_{0} = [M + 1] \pi $，使得

取整数

$$ |y(x_{0})|=[M+1]\pi\cdot|\cos([M+1]\pi)|=[M+1]\pi\gt M $$

所以 $ y = x \cos x $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内无界.

而当 $ x \to +\infty $ 时，y 却不是无穷大.

因为当取 $ x_{n}=(2n+1)\frac{\pi}{2}\rightarrow+\infty $ 时，有 $ y(x_{n})=(2n+1)\frac{\pi}{2}\cdot\cos\left((2n+1)\frac{\pi}{2}\right)=0 $

$ |y| $不能无限大， $ \lim_{x\to+\infty}y\neq\infty $，故 $ y=x\cos x $不是无穷大.

同理，当 $ x \to -\infty $ 时， $ y = x \cos x $ 不是无穷大.

评注

无穷大是无界变量，反之，无界变量未必是无穷大。

40 答案 $ x \to 0^{-} $， $ f(x) $ 是无穷小， $ x \to 0^{+} $， $ f(x) $ 是无穷大； ← 题目

$ x \to 0 $, $ g(x) $ 是无穷小, $ x \to \infty $, $ g(x) $ 是无穷大.

因 $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}=0 $ ，故当 $ x\to0^{-} $， $ f(x)=\mathrm{e}^{\frac{1}{x}} $ 是无穷小.

因 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}=+\infty $，故当 $ x\to0^{+} $时， $ f(x)=\mathrm{e}^{\frac{1}{x}} $是无穷大；

当 $ x \to 0 $ 时， $ \lim_{x \to 0} g(x) = \lim_{x \to 0} x \arctan x = 0 $， $ g(x) $ 是无穷小.

当 $ x \to +\infty $ 时， $ \arctan x \to \frac{\pi}{2} \neq 0 $，则 $ \lim_{x \to +\infty} g(x) = \lim_{x \to +\infty} x \arctan x = +\infty $，

当 $ x \to -\infty $ 时， $ \arctan x \to -\frac{\pi}{2} \neq 0 $，则 $ \lim_{x \to -\infty} g(x) = \lim_{x \to -\infty} x \arctan x = +\infty $，

所以，当 $ x\to\infty $时， $ g(x) $是无穷大.

41 答案 (D). ← 题目

方法一：逐项考察.

因 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{2x}{x-2}=0 $， $ \lim_{x\to0}g(x)=\lim_{x\to0}\ln(x+1)=0 $，故(A)正确.

因 $ \lim_{x\to2}\frac{1}{f(x)}=\lim_{x\to2}\frac{x-2}{2x}=0 $， $ \overrightarrow{x} $无穷小与无穷大的关系 $ \lim_{x\to2}f(x)=\lim_{x\to2}\frac{2x}{x-2}=\infty $，

故当 $ x\to2 $时， $ f(x) $是无穷大.

而 $ \lim_{x\to2}g(x)=\lim_{x\to2}\ln(x+1)=\ln3 $ ，知 $ g(x) $ 局部有界. 故 (B) 正确.

又 $ \lim_{x\to-1^+}g(x)=\lim_{x\to-1^+}\ln(x+1)=-\infty $，即当 $ x\to-1^+ $ 时， $ g(x) $ 是无穷大.

而 $ \lim_{x\to-1^{+}}f(x)=\lim_{x\to-1^{+}}\frac{2x}{x-2}=\frac{2}{3} $，知 $ f(x) $ 局部有界。故 (C) 正确。

排除(A)(B)(C)，应选(D).

方法二：直接判断(D)，更简单.

因 $ \lim_{x\to+\infty}g(x)=\lim_{x\to+\infty}\ln(x+1)=+\infty $，故当 $ x\to+\infty $ 时， $ g(x) $ 是无穷大.

但 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{x-2}\stackrel{ 则除以 x}{=}\lim_{x\to+\infty}\frac{2}{1-\frac{2}{x}}=2 $ ，即当 $ x\to+\infty $ 时， $ f(x) $ 有界，非无穷大.

故选(D).

42 答案 (D). ← 题目

方法一：反证法直接推导.

若 $ \frac{1}{x_{n}} $为无穷小，即 $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{x_{n}}=0 $，已知 $ \lim_{n\to\infty}x_{n}y_{n}=0 $，即 $ \lim_{n\to\infty}\frac{y_{n}}{\frac{1}{x}}=0 $

则必有 $ \lim_{n\to\infty}y_n=0 $．否则，若 $ \lim_{n\to\infty}y_n\neq0\Rightarrow\lim_{n\to\infty}\frac{y_n}{\frac{1}{x}}=\infty $．与题设矛盾．

所以 $ y_{n} $必为无穷小，故选(D).

方法二：反例排除法（自己试一下吧）.

43 答案 (1) 0；(2) 0 ← 题目

(1) 因 $ \lim_{x \to 0} \sin x = 0 $, $ |2 + \cos \frac{3}{x}| \leq 3 $，即当 $ x \to 0 $ 时， $ \sin x $ 是无穷小， $ 2 + \cos \frac{3}{x} $ 有界。由无穷小的性质知 $ \sin x \left(2 + \cos \frac{3}{x}\right) $ 是无穷小，故 $ \lim_{x \to 0} \sin x \left(2 + \cos \frac{3}{x}\right) = 0 $。

(2) 因 $ \lim_{x \to \infty} \frac{1}{2x + 1} = 0 $， $ \lim_{x \to \infty} \arctan |2x + 1| = \frac{\pi}{2} $，由无穷小的性质知 $ \frac{1}{2x + 1} \cdot \arctan |2x + 1| $ 仍为无穷小，故 $ \lim_{x \to \infty} \frac{\arctan |2x + 1|}{2x + 1} = 0 $。

44 答案 (B). ← 题目

(A) 中，考察倒数的极限，由 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^3+1}}{x^2} $ 同除以 $ x^2 $ $ \lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^4}}=0 $

知 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{2}}{\sqrt{x^{3}+1}}=\infty $，排除(A).

(B) 中，因 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{3}-1}{2x^{4}+x^{3}}\xlongequal{ 同除以 x^{4}}\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{x}{x}-\frac{1}{x^{4}}}{2+\frac{1}{x}}=\frac{0}{2}=0 $ ，而 $ \vert3-2\sin x\vert\leqslant5 $ ，由无穷小的性质知 $ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{3}-1}{2x^{4}+x^{3}}(3-2\sin x)=0 $ ，即 (B) 是无穷小.

因 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\sin2x}{x\sqrt{x}} $ 等价代换 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{2x}{x\sqrt{x}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{2}{\sqrt{x}}=+\infty $ ，排除 (C).

因 $ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x} $等价代换 $ \lim_{x\to0}\frac{x}{x}=1\neq0 $，排除(D).

故选(B).

45 答案 (D) ← 题目

方法一：反例排除法.

取 $ x_{n}=\frac{3}{n}, y_{n}=1, z_{n}=\frac{n}{3} $，满足题设条件，当 n=1,2,3 时， $ x_{n} \geqslant y_{n} $， $ y_{n} \geqslant z_{n} $，

即(A)和(B)都不正确.

由 $ \lim_{n\to\infty}x_{n}z_{n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{3}{n}\times\frac{n}{3}\right)=\lim_{n\to\infty}1=1 $，知(C)不正确.

排除(A)(B)(C)，故选(D).

方法二：直接计算.

由 $ \lim_{n\to\infty}z_n=\infty\Rightarrow\lim_{n\to\infty}\frac{1}{z_n}=0 $，已知 $ \lim_{n\to\infty}y_n=1\Rightarrow\lim_{n\to\infty}\frac{1}{y_n}=1 $

利用极限的运算法则： $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{y_n z_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{y_n}\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{1}{z_n}=1\times0=0 $

由无穷小与无穷大的关系知 $ \lim_{n\to\infty}y_n z_n=\infty $，即 $ \lim_{n\to\infty}y_n z_n $不存在，故选(D).

评注

若 $ \lim_{x \to 0} f(x) = A \neq 0 $, $ \lim_{x \to \infty} g(x) = \infty $，则 $ \lim_{x \to 0} f(x) g(x) = \infty $。可直接选 (D).

46 答案 0 ← 题目

方法一：利用极限与无穷小的关系.

由 $ \lim_{x\to0}\left(1+2x+\frac{f(x)}{x}\right)=4 $，得 $ 1+2x+\frac{f(x)}{x}=4+\alpha $，其中 $ \lim_{x\to0}\alpha=0 $

解出 $ f(x)=x(3-2x+\alpha) $，则 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}x(3-2x+\alpha)=0 $.

方法二：利用极限的运算.

由 $ \lim_{x\to0}\left(1+2x+\frac{f(x)}{x}\right)=4 $，得

$ \lim_{x\to0}1+\lim_{x\to0}2x+\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=4\Rightarrow\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=3 $，则必有 $ \lim_{x\to0}f(x)=0 $

若不然， $ \lim_{x\to0}f(x)\neq0 $，而 $ \lim_{x\to0}x=0 $，则 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=\infty $，与 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=3 $矛盾.

评注

本题是由已知极限，求另一极限，方法一利用“ $ \lim_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha $”（其中 $ \alpha $为无穷小），是解此类题的通用方法.

方法二利用重要知识点： $ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=A $（常数），且 $ \lim_{x\to x_0}g(x)=0 $，则 $ \lim_{x\to x_0}f(x)=0 $

47 答案 (C). ← 题目

方法一：因 k 为非零常数， $ f(x) $ 是无穷大，由无穷大的性质可知

$ kf(x) $ 是无穷大，即 $ \lim_{x\to\infty}kf(x)=\infty $，故选 (C).

方法二：题设条件知， $ f(x), g(x) $ 的极限不存在，不满足法则 1 的条件，从而 (A)(B) 不正确.

由(A)不正确，则(D)也不正确. 排除(A)(B)(D)，故选(C).

48 答案 6. ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(2+\frac{2}{x}\right)\left(3-\frac{3}{x}\right)&\xlongequal{ 聚法 }\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{1}{x}\right)\cdot\lim_{x\to\infty}\left(2+\frac{2}{x}\right)\cdot\lim_{x\to\infty}\left(3-\frac{3}{x}\right)\\&\xlongequal{ 加法 }\left(\lim_{x\to\infty}1-\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}\right)\cdot\left(\lim_{x\to\infty}2+\lim_{x\to\infty}\frac{2}{x}\right)\cdot\left(\lim_{x\to\infty}3-\lim_{x\to\infty}\frac{3}{x}\right)\\&=(1-0)\times(2+0)\times(3-0)=6.\end{aligned} $$

49 答案 -6 ← 题目

$$ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{2\sin x+\frac{2\pi}{x}}{\cos2x}\xlongequal{ 除法、加法 }\frac{2\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\sin x+\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{2\pi}{x}}{\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\cos2x}=\frac{2+4}{-1}=-6. $$

50 答案 (1) $ \infty $; (2) $ \frac{3}{2} $. ← 题目

(1) $ \lim_{x\to-1}\left(\frac{1}{x+1}-\frac{4}{x^{3}+1}\right)\stackrel{通分}{=}\lim_{x\to-1}\frac{x^{2}-x-3}{x^{3}+1} $

显然分母的极限为0，分子的极限不为0，考虑倒数，

$$ \lim_{x\to-1}\frac{x^{3}+1}{x^{2}-x-3}=\frac{\lim\limits_{x\to-1}(x^{3}+1)}{\lim\limits_{x\to-1}(x^{2}-x-3)}=\frac{0}{-1}=0 $$

由无穷小与无穷大的关系得 $ \lim_{x\to-1}\frac{x^{2}-x-3}{x^{3}+1}=\infty $（极限不存在）.

$$ \begin{aligned}(2)\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n+2\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}})\xlongequal{ 有理化 }\lim_{n\to\infty}\frac{3\sqrt{n}}{\sqrt{n+2\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}\\ \xlongequal{ 同除以 \sqrt{n}}\lim_{n\to\infty}\frac{3}{\sqrt{1+\frac{2}{\sqrt{n}}}+\sqrt{1-\frac{2}{\sqrt{n}}}}\xlongequal{ 除法 }\frac{\lim\limits_{n\to\infty}3}{\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{1+\frac{2}{\sqrt{n}}}+\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{1-\frac{2}{\sqrt{n}}}}=\frac{3}{2}.\end{aligned} $$

常出现的经典错误：

$$ \lim_{x\to-1}(\frac{1}{x+1}-\frac{3}{x^{3}+1})=\lim_{x\to-1}\frac{1}{x+1}-\lim_{x\to-1}\frac{3}{x^{3}+1}=\infty-\infty=0 $$

$$ \lim_{n\to\infty}(\sqrt{n+2\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}})=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n+2\sqrt{n}}-\lim_{n\to\infty}\sqrt{n-\sqrt{n}}=\infty-\infty=0. $$

本题属于每一项的极限都不存在，故不能直接用减法法则

51 答案 (1) $ \frac{5}{3} $; (2)2. ← 题目

$$ \lim_{x\to2}\frac{x^{2}+x-6}{x^{2}-x-2}=\lim_{x\to2}\frac{(x-2)(x+3)}{(x-2)(x+1)}\xlongequal{ 约分 }\lim_{x\to2}\frac{x+3}{x+1}\xlongequal{ 除法 }\lim_{x\to2}\frac{(x+3)}{\lim\limits_{x\to2}(x+1)}=\frac{5}{3}. $$

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{x^{2}+x}{\sqrt{x+1}-1}\xlongequal{ 有理化 }\lim_{x\to0}\frac{(x^{2}+x)(\sqrt{x+1}+1)}{x}\xlongequal{ 约分 }\lim_{x\to0}(x+1)(\sqrt{x+1}+1)\end{aligned} $$

$$ \xlongequal{ 乘法 }\lim_{x\to0}(x+1)\cdot\lim_{x\to0}(\sqrt{x+1}+1)=1\times2=2. $$

52 答案 0. ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\infty}\frac{2x^{2}+x\cos x}{x^{3}-x\sin x+1}&\xlongequal{ 四除以 x^{3}}\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}}\cos x}{1-\frac{1}{x^{2}}\sin x+\frac{1}{x^{3}}}\\&\xlongequal{ 除法、加法 }\frac{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2}{x}+\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x^{2}}\cos x}{\lim\limits_{x\to\infty}1-\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x^{2}}\sin x+\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x^{3}}}=\frac{0}{1}=0.\end{aligned} $$

其中， $ \lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^2}=0,|\sin x|\leq1,|\cos x|\leq1 $，由无穷小的性质得

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^{2}}\sin x=0,\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^{2}}\cos x=0. $$

评注

利用法则求极限，常用的技巧：约分、分子分母同除以或乘以一个函数、通分、有理化、取倒数等。

53 答案 (1) $ \frac{1}{2} $; (2) $ \frac{1}{a-1} $. ← 题目

(1) 原式 $ \lim_{n \to \infty} \frac{1 + 2 + \ldots + n}{n^2 + 1} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{2} n (n+1)}{n^2 + 1} = \frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 + n}{n^2 + 1} = \frac{1}{2} $.

(2) 原式 $ \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{a} - \frac{1}{a^{n+1}}}{1 - \frac{1}{a}} = \lim_{n \to \infty} \frac{a^n - 1}{a^n} \cdot \frac{1}{a - 1} = \frac{1}{a - 1} \cdot \left(1 - \lim_{n \to \infty} \frac{1}{a^n}\right) = \frac{1}{a - 1} $.

其中，当 $ a\gt 1\Rightarrow\lim_{n\to\infty}\frac{1}{a^n}=0 $.

54 答案 (1) $ -\infty $ (或 $ \infty) $; (2) $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}\ln\frac{k+1}{k+2}&\xlongequal{ 求和 }\lim_{n\to\infty}\left(\ln\frac{1}{2}+\ln\frac{2}{3}+\ln\frac{3}{4}+\ldots+\ln\frac{n+1}{n+2}\right)\\ &\xlongequal{ 对数性质 }\lim_{n\to\infty}\ln\left(\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}\times\frac{3}{4}\times\ldots\times\frac{n+1}{n+2}\right)=\lim_{n\to\infty}\ln\frac{1}{n+2}=-\infty\ .\end{aligned} $$

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{\sqrt{1+2+\cdots+(n+1)+\sqrt{1+2+\cdots+n}}}\stackrel{n+1}{\overset{n}{=}}\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{\sqrt{\frac{(n+1)(n+2)}{2}+\sqrt{\frac{n(1+n)}{2}}}}=\frac{\sqrt{2}}{2} $$

评注

53 题和 54 题是关于和的极限，后续内容仍有涉及

55 答案 $ \frac{1}{2}\ln2 $. ← 题目

将函数值代入，原式= $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\ln(2^1\cdot2^2\cdots2^n)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\ln2^{\frac{n(n+1)}{2}} $

$ =\ln2\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{n(n+1)}{2n^2}=\frac{1}{2}\ln2 $

56 答案 $ \frac{1}{1-a} $ ← 题目

分子分母同乘以 $ (1-a) $.

$$ \begin{aligned} 原式 &=\lim_{n\to\infty}\frac{(1-a)(1+a)(1+a^{2})(1+a^{4})\cdots(1+a^{2^{n}})}{1-a}=\lim_{n\to\infty}\frac{(1-a^{2})(1+a^{2})(1+a^{4})\cdots(1+a^{2^{n}})}{1-a}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{(1-a^{4})(1+a^{4})\cdots(1+a^{2^{n}})}{1-a}=\cdots=\lim_{n\to\infty}\frac{1-(a^{2^{n}})^{2}}{1-a}=\frac{1-\lim_{n\to\infty}a^{2^{n-1}}}{1-a}=\frac{1}{1-a}.\end{aligned} $$

其中，当 $ |a|\lt 1\Rightarrow\lim_{n\to\infty}a^{2^{n+1}}=0 $

评注

55 题和 56 题是关于积的极限，先求积，再求极限.

57 答案 不存在. ← 题目

含指数函数 $ e^{\frac{1}{x+1}} $，需分别考察 $ x\to-1^{-} $， $ x\to-1^{+} $的极限.

$$ \lim_{x\to-1^{-}}f(x)=\lim_{x\to-1^{-}}\frac{x^{2}-1}{x+1}\mathrm{e}^{\frac{1}{x+1}}\stackrel{ 约分 }{=}\lim_{x\to-1^{-}}(x-1)\mathrm{e}^{\frac{1}{x+1}}\stackrel{ 乘法 }{=}\lim_{x\to-1^{-}}(x-1)\cdot\lim_{x\to-1^{-}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x+1}}=-2\times0=0 $$

$$ \lim_{x\to-1^{+}}f(x)=\lim_{x\to-1^{+}}\frac{x^{2}-1}{x+1}e^{\frac{1}{x+1}}\xlongequal{ 约分 }\lim_{x\to-1^{+}}(x-1)e^{\frac{1}{x+1}}=-\infty. $$

其中， $ \lim_{x\to-1^+}(x-1)=-2\neq0 $， $ \lim_{x\to-1^+}e^{\frac{1}{x+1}}=+\infty $，由无穷大的性质 $ \lim_{x\to-1^+}f(x)=-\infty $。

因为 $ \lim_{x \to -1^-} f(x) \neq \lim_{x \to -1^+} f(x) $，所以当 $ x \to -1 $ 时， $ f(x) $ 的极限不存在.

评注

含指数函数 $ e^a $时，需分别求 $ u \to -\infty, u \to +\infty $的极限。

58 答案 不存在. ← 题目

由于平方根号里面是x的二次多项式，所以需考察 $ x\to-\infty $， $ x\to+\infty $的极限.

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x^{2}+x+3}-\sqrt{x^{2}-x+3})\xlongequal{ 有理化 }\lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+x+3}+\sqrt{x^{2}-x+3}}\\& 上式分母提 x^{2} 并开方：\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{x(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{x^{2}}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{3}{x^{2}}})}\xlongequal{ 除法 }\lim_{x\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{x^{2}}}+\lim_{x\to+\infty}\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{3}{x^{2}}}=1.\\& 同理 ,\lim_{x\to\infty}(\sqrt{x^{2}+x+3}-\sqrt{x^{2}-x+3})\xlongequal{ 有理化 }\lim_{x\to\infty}\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+x+3}+\sqrt{x^{2}-x+3}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{2x}{|x|(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{x^{2}}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{3}{x^{2}}})}=-\frac{2}{\lim\limits_{x\to\infty}\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{x^{2}}}+\lim\limits_{x\to\infty}\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{3}{x^{2}}}}=-1.\end{aligned} $$

因为 $ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+x+3}-\sqrt{x^2-x+3}\right)\neq\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x+3}-\sqrt{x^2-x+3}\right) $，

所以 $ \lim_{x\to\infty}(\sqrt{x^{2}+x+3}-\sqrt{x^{2}-x+3}) $ 不存在.

评注

很多同学直接用减法法则得出“ $ \infty - \infty = 0 $”是错误的，请找出错误的原因.

59 答案 1. ← 题目

$$ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}(1+\sin2x)^{\ln(\tan x)}=\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}(1+\sin2x)^{\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{4}}\ln(\tan x)}=(1+1)^{\ln1}=2^{0}=1\ . $$

60 答案 (B) ← 题目

因为 $ \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 + x \cos x - 1}{2x^2 - x \sin x} \xlongequal{\text{同除以 } x^2} \lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{x} \cos x - \frac{1}{x^2}}{2 - \frac{1}{x} \sin x} = \frac{1}{2} $

（上式中，利用无穷小的性质得： $ \lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}\cos x=0,\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}\sin x=0 $），

而 $ \lim_{x\to\infty}(x^2+1)=+\infty $，所以 $ \lim_{x\to\infty}f(x)=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2+x\cos x-1}{2x^2-x\sin x}\right)^{x^2+1}=0 $。

因 $ \lim_{x\to\infty}\frac{3x+2}{2x-1}=\lim_{x\to\infty}\frac{3+\frac{2}{x}}{2-\frac{1}{x}}=\frac{3}{2}\gt 1 $，而 $ \lim_{x\to\infty}e^{|x|}=+\infty $，得 $ \lim_{x\to\infty}g(x)=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{3x+2}{2x-1}\right)^{e^x}=\infty $。

故选(B).

61 答案 $ a=8 $, $ b=-20 $. ← 题目

由 $ \lim_{x\to2}\frac{x^{2}+ax+b}{x^{2}-4}=3 $，及 $ \lim_{x\to2}(x^{2}-4)=0 $，得

$ \lim_{x \to 2} (x^2 + ax + b) = 0 \Rightarrow 2a + b = -4, b = -2a - 4 $，代入

$$ \lim_{x\to2}\frac{x^{2}+ax+b}{x^{2}-4}=\lim_{x\to2}\frac{x^{2}+ax-2a-4}{x^{2}-4}=1+\lim_{x\to2}\frac{a}{x+2}=1+\frac{a}{4} $$

所以， $ 1+\frac{a}{4}=3 $，解得a=8，从而b=-20。

评注

若 $ \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = A $ (常数)，且 $ \lim_{x \to x_0} g(x) = 0 $，则 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = 0 $。这是一个常用知识点。

62 答案 $ a=1,\ b=-1 $ ← 题目

由 $ \lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{\ln(a+x)}(\cos x-b)=4\neq0 $，及 $ \lim_{x\to0}\sin2x=0 $，得

$ \lim_{x\to0}\ln(a+x)=0\Rightarrow\ln a=0\Rightarrow a=1 $，则

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{\ln(1+x)}(\cos x-b)\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{2x}{x}(\cos x-b)=2(1-b)=4, $$

评注

常用知识点：若 $ \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = A \neq 0 $ (常数)，且 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = 0 $，则 $ \lim_{x \to x_0} g(x) = 0 $。

63 答案 $ a=16,\ b=8 $. ← 题目

由 $ \lim_{x\to-\infty}(4x+\sqrt{ax^2-bx-1})=1 $ ，提取 x ，原式为

$$ \lim_{x\to-\infty}\left[4x+\sqrt{x^{2}\left(a-\frac{b}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right)}\right]=\lim_{x\to-\infty}x\left(4-\sqrt{a-\frac{b}{x}-\frac{1}{x^{2}}}\right)=1, $$

又 $ \lim_{x\to-\infty}x=\infty $，则 $ \lim_{x\to-\infty}\left(4-\sqrt{a-\frac{b}{x}-\frac{1}{x^2}}\right)=0 $（反证法可推导）.

解得 $ 4 - \lim_{x \to -\infty} \sqrt{a - \frac{b}{x} - \frac{1}{x^2}} = 4 - \sqrt{a} = 0 \Rightarrow a = 16 $．将其代入原式左端：

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\infty}(4x+\sqrt{16x^{2}-bx-1})&\xlongequal{ 有理化 }\lim_{x\to\infty}\frac{bx+1}{4x-\sqrt{16x^{2}-bx-1}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{bx+1}{4x+4x\sqrt{1-\frac{b}{16x}-\frac{1}{16x^{2}}}}=\lim_{x\to\infty}\frac{b+\frac{1}{x}}{4+4\sqrt{1-\frac{b}{16x}-\frac{1}{16x^{2}}}}=\frac{b}{8}\xlongequal{ 已知 }1,\\ 解得 \ b&=\end{aligned} $$

解得b=8.

评注

若 $ \lim_{x \to x_0} f(x) g(x) = A $ (常数)，且 $ \lim_{x \to x_0} f(x) = \infty $，则 $ \lim_{x \to x_0} g(x) = 0 $。这也是一个常用知识点。

64 答案 $ a = -1 $, $ b = 0 $. ← 题目

$$ \lim_{x\to\infty}(\sqrt[3]{1-x^{6}}-a x^{2}-b)=0\Rightarrow\lim_{x\to\infty}x^{2}\left(\sqrt[3]{\frac{1}{x^{6}}-1}-a-\frac{b}{x^{2}}\right)=0 $$

而 $ \lim_{x\to\infty}x^{2}=\infty $，则 $ \lim_{x\to\infty}\left(\sqrt[3]{\frac{1}{x^6}-1}-a-\frac{b}{x^2}\right)=0 $

即 $ \lim_{x \to \infty} \sqrt[3]{\frac{1}{x^6} - 1} - a - \lim_{x \to \infty} \frac{b}{x^2} = -1 - a = 0 $，得 a = -1。

将 $ a=-1 $代入原式： $ \lim_{x\to\infty}(\sqrt[3]{1-x^6}+x^2-b)=0 $，则

$$ b=\lim_{x\to\infty}(\sqrt[3]{1-x^{6}}+x^{2})\xlongequal{ 有理化 }\lim_{x\to\infty}\frac{1}{(\sqrt[3]{1-x^{6}})^{2}-x^{2}\sqrt[3]{1-x^{6}}+x^{4}}\xlongequal{ 同除以 x^{4}}0. $$

评注

有理化时，利用公式 $ (a+b)(a^{2}-ab+b^{2})=a^{3}+b^{3} $.

65 答案 0. ← 题目

由 $ 0 \lt \sin \frac{1}{n} \lt 1 $

知 $ 0 \lt \frac{3^n}{n!} \sin \frac{1}{n} \lt \frac{3^n}{n!} = \frac{3 \times 3 \times 3 \times 3 \times \ldots \times 3}{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times \ldots \times n} \lt \frac{3 \times 3 \times 3 \times 3}{1 \times 2 \times 3 \times n} = \frac{27}{2n} $，

因为 $ \lim_{n\to\infty}0=0 $， $ \lim_{n\to\infty}\frac{27}{2n}=0 $，所以 $ \lim_{n\to\infty}\frac{3^n}{n!}\sin\frac{1}{n}=0 $。

66 提示 抓“头与尾” ← 题目

【证明】记 $ x_{n}=\frac{1}{n^{2}+2n+1}+\frac{2}{n^{2}+2n+2}+\ldots+\frac{n}{n^{2}+2n+n} $，则

$$ \frac{1}{n^{2}+2n+n}+\frac{2}{n^{2}+2n+n}+\ldots+\frac{n}{n^{2}+2n+n}\leqslant x_{n}\leqslant\frac{1}{n^{2}+2n+1}+\frac{2}{n^{2}+2n+1}+\ldots+\frac{n}{n^{2}+2n+1}, $$

通分得 $ \frac{1}{2}\frac{n(n+1)}{n^{2}+2n+n}\leqslant x_{n}\leqslant\frac{1}{2}\frac{n(n+1)}{n^{2}+2n+1} $

因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\frac{n(n+1)}{n^{2}+2n+n}=\frac{1}{2} $， $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\frac{n(n+1)}{n^{2}+2n+1}=\frac{1}{2} $，由夹逼准则得

$$ \lim_{n\to\infty}x_{n}=\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{n^{2}+2n+1}+\frac{2}{n^{2}+2n+2}+\ldots+\frac{n}{n^{2}+2n+n})=\frac{1}{2}. $$

67 答案 0. ← 题目

$ \lim_{x \to \infty} (\cos \sqrt{x+1} - \cos \sqrt{x}) \xlongequal{\text{和差化积}} - 2 \lim_{x \to \infty} \sin \frac{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}}{2} \cdot \sin \frac{\sqrt{x+1} - \sqrt{x}}{2} $,

又 $ |\sin \frac{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}}{2}| \leq 1 $，即 $ \sin \frac{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}}{2} $ 有界.

而 $ 0 \lt \sin \frac{\sqrt{x+1} - \sqrt{x}}{2} \lt \frac{\sqrt{x+1} - \sqrt{x}}{2} $，且 $ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x+1} - \sqrt{x}}{2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{2 (\sqrt{x+1} + \sqrt{x})} = 0 $，

由夹逼准则得 $ \lim_{x \to +\infty} \sin \frac{\sqrt{x+1} - \sqrt{x}}{2} = 0 $.

再由无穷小的性质可得 $ \lim_{x \to +\infty} (\cos \sqrt{x+1} - \cos \sqrt{x}) = 0 $.

68 答案 收敛，2. ← 题目

由 $ x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{4}{x_{n}}\right)\geqslant\frac{1}{2}\times2\sqrt{x_{n}\cdot\frac{4}{x_{n}}}=2 $ ，知 $ \{x_{n}\} $ 有下界.

又 $ \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{4}{(x_{n})^{2}}\right)^{\frac{1}{2}\cdot x_{n+2}}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{4}{4}\right)=1\Rightarrow x_{n+1}\leqslant x_{n} $，即 $ \{x_{n}\} $ 单减.

因 $ \{x_{n}\} $单减，且有下界，故数列 $ \{x_{n}\} $收敛.

设 $ \lim_{n\to\infty}x_n=a,\quad x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{4}{x_{n}}\right) $ 两边求极限： $ a=\frac{1}{2}\left(a+\frac{4}{a}\right) $，解得 $ a=\pm2 $。

又因 $ x_{n}\gt 0 $ ，由极限的保号性： $ \lim_{n\to\infty}x_n=a\geqslant0 $ ，故 a=2 ，即 $ \lim_{n\to\infty}x_n=2 $

69 答案 证 $ \{x_{n}\} $单减且有下界；0. ← 题目

当 $x\gt 0$ 时，有 $\mathrm{e}^{x}-1\gt x$。由 $x_{1}\gt 0\Rightarrow\mathrm{e}^{x_{2}}=\frac{\mathrm{e}^{x_{1}}-1}{x_{1}}\gt 1\Rightarrow x_{2}\gt 0$。

利用数学归纳法得：$x_{n}\gt 0$，即 $\{x_{n}\}$ 有下界。

又 $\mathrm{e}^{x_{n+1}}=\frac{\mathrm{e}^{x_{n}}-1}{x_{n}}=\frac{\mathrm{e}^{x_{n}}-\mathrm{e}^{0}}{x_{n}-0}=\mathrm{e}^{\xi_{n}}\lt \mathrm{e}^{x_{n}}$（拉格朗日中值定理，其中 $0\lt \xi_{n}\lt x_{n}$）。

可得 $x_{n+1}\lt x_{n}\Rightarrow\{x_{n}\}$ 单减，由单调有界准则知 $\{x_{n}\}$ 收敛。

设 $\lim_{n\to\infty}x_{n}=a$，则 $\lim_{n\to\infty}x_{n}\mathrm{e}^{x_{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\mathrm{e}^{x_{n}}-1$，即 $a\mathrm{e}^{a}=\mathrm{e}^{a}-1$，解得 $a=0$。

评注

68题和69题都是单减有下界（或单增有上界）的数列有极限.此类题通用做法：第1步是推证数列单调有界；第2步是利用已知数列通项的关系，求出极限.

70 答案 (1) 利用定积分的性质与分部积分法可证；(2) 1. ← 题目

(1) 当 $ 0 \leqslant x \leqslant 1 $ 时， $ x^{n+1} \leqslant x^n \Rightarrow x^{n+1} \sqrt{1-x^2} \leqslant x^n \sqrt{1-x^2} $，由定积分的性质知 $ a_{n+1} \leqslant a_n $，即 $ \{a_n\} $ 单调递减.

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\int_{0}^{1}x^{n}\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x=-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}x^{n-1}\mathrm{d}(1-x^{2})^{\frac{3}{2}}\\&\xlongequal{ 分部积分 }-\frac{1}{3}x^{n-1}(1-x^{2})^{\frac{3}{2}}\bigg|_{0}^{1}+\frac{1}{3}(n-1)\int_{0}^{1}x^{n-2}(1-x^{2})^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{3}(n-1)[\int_{0}^{1}x^{n-2}\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}x^{n}\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x]=\frac{1}{3}(n-1)(a_{n-2}-a_{n})\quad,\\ \end{aligned} $$

解得 $ a_{n}=\frac{n-1}{n+2}a_{n-2}(n=2,3,\ldots) $.

(2) 因为 $ \{a_n\} $ 单调递减，且 $ a_n \gt 0 $，则 $ \frac{a_n}{a_{n-2}} \leqslant \frac{a_n}{a_{n-1}} \leqslant 1 $，又 $ \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n-2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n-1}{n+2} = 1 $， $ \lim_{n \to \infty} 1 = 1 $，由夹逼准则知 $ \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n-1}} = 1 $

71 答案 (1) $ \frac{2}{5} $; (2)0. ← 题目

(1) 属于 “ $ \frac{0}{0} $” 型不定式，对照典式知 $ \varphi(x)=2x $，则 ___

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{5x}\xlongequal{ 洛必达法则 }\lim_{x\to0}\frac{\sin\overrightarrow{2x}}{\overrightarrow{2x}}\times\frac{2}{5}&=1\times\frac{2}{5}=\frac{2}{5}．\\ \↳ 不需写“2x”，以下皆如此 .\end{aligned} $$

(2) 因为 $ \lim_{x \to \infty} \frac{1}{5x} = 0, |\sin 2x| \leq 1 $，由无穷小的性质知

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{\sin2x}{5x}=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{5x}\cdot\sin2x=0. $$

评注

仔细观察(1)与(2)的区别，一不留神错把(2)做成(1). $ \lim_{x\to\infty}\frac{\sin x}{x}=0\neq1 $

72 答案 $ \frac{3}{4} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\tan3x}{4x}=\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{4x\cdot\cos3x}\xlongequal{ 乘法 }\lim_{x\to0}\frac{1}{\cos3x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{4x}\\ \xlongequal{ 洛 \cdot3x^{*}}1\times\frac{3}{4}\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\cdot3x}=\frac{3}{4}\text{．}\end{aligned} $$

73 答案 (1) 2；(2) $ \frac{1}{2} $. ← 题目

(1) 令 $ t = \arcsin 2x \Rightarrow 2x = \sin t $，且 $ x \to 0 \Leftrightarrow t \to 0 $，则

$$ \lim_{x\to0}\frac{\arcsin2x}{x}\xlongequal{ 洛 \ -2x^{2}}2\lim_{x\to0}\frac{\arcsin2x}{2x}=2\lim_{t\to0}\frac{t}{\sin t}=2\times1=2. $$

(2) 令 $ t = \arctan x \Rightarrow x = \tan t $，且 $ x \to 0 \Leftrightarrow t \to 0 $，则

$$ \lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{2x}=\lim_{t\to0}\frac{t}{2\tan t}\xlongequal{ 乘法 }\frac{1}{2}\lim_{t\to0}\cos t\cdot\lim_{t\to0}\frac{t}{\sin t}=\frac{1}{2} $$

评注

$ \lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1 $; $ \lim_{x\to0}\frac{\arcsin x}{x}=1 $; $ \lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{x}=1 $可以直接使用.

74 答案 (1) $ -\frac{1}{6} $; (2) 1. ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{2x-\sin3x}{2x+\sin4x}&\xlongequal{ 同除以 x}\lim_{x\to0}\frac{2-\frac{\sin3x}{x}}{2+\frac{\sin4x}{x}}\xlongequal{ 四则运算 }\frac{2-\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}}{2+\lim_{x\to0}\frac{\sin4x}{x}}\\&\xlongequal{ 重要极限 }\frac{2-3}{2+4}=-\frac{1}{6}\text{．}\end{aligned} $$

$$ (2)\lim_{x\to\infty}\frac{2x-\sin3x}{2x+\sin4x}\xlongequal{ 同除以 x}\lim_{x\to\infty}\frac{2-\frac{1}{x}\sin3x}{2+\frac{1}{x}\sin4x}\xlongequal{ 四则运算 }\frac{2-\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x}\sin3x}{2+\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x}\sin4x}\xlongequal{ 无穷小性质 }\frac{2-0}{2+0}=1． $$

评注

仔细鉴别(1)与(2)，(1)属于“ $ \frac{0}{0} $”型不定式，(2)属于“ $ \frac{\infty}{\infty} $”型不定式.

75 答案 4. ← 题目

由典式知 $ \varphi(x)=x^{2}-2x-3=(x-3)(x+1) $，分母凑出 $ \varphi(x) $：

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to3}\frac{\sin(x^{2}-2x-3)}{x-3}&=\lim_{x\to3}\frac{\sin(x^{2}-2x-3)}{(x-3)(x+1)}\cdot(x+1)\\&=\lim_{x\to3}\frac{\sin(x^{2}-2x-3)}{(x^{2}-2x-3)}\cdot\lim_{x\to3}(x+1)=1\times4=4.\end{aligned} $$

76 答案 2. ← 题目

方法一：利用公式得 $ \cos2x=1-2\sin^{2}x $，则

$$ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos2x}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{2\sin^{2}x}{x^{2}}=2\left(\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\right)^{2}=2\ . $$

方法二：利用等价无穷小代换得 $ 1-\cos2x\sim2x^{2} $，则

$$ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos2x}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{2x^{2}}{x^{2}}=2 $$

77 答案 $ x^{2}+1 $. ← 题目

n 是变量，由典式知 $ \varphi(n)=\frac{x^{2}+1}{n^{2}} $，且 $ n\to\infty,\varphi(n)\to0 $.

凑出分母 $ \varphi(n) $:

$$ \begin{aligned}\lim_{n\to\infty}n^{2}\sin\frac{x^{2}+1}{n^{2}}&=\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{x^{2}+1}{n^{2}}}{\frac{x^{2}+1}{n^{2}}}\cdot(x^{2}+1)\xlongequal{ 乘法 }\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{x^{2}+1}{n^{2}}}{\frac{x^{2}+1}{n^{2}}}\cdot\lim_{n\to\infty}(x^{2}+1)\\&=1\cdot(x^{2}+1)=x^{2}+1\text{．}\end{aligned} $$

78 答案 $ e^{-4} $ ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^{2x+100}&\overset{ 乘法 }{=}\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^{2x}\cdot\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^{100}\\&\overset{ 凑倒数 }{=}\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^{-\frac{x}{2}\times(-4)}\cdot1=\left(\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^{-\frac{x}{2}}\right)^{-4}=e^{-4}.\end{aligned} $$

评注

本题需要先用乘法法则，求出 $ \lim(1+无穷小)^{常数}=1 $，以简化计算.

79 答案 $ e^{4} $ ← 题目

直接凑典式：

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\infty}(\frac{x+1}{x-1})^{2x}&=\lim_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x-1})^{2x}\xlongequal{ 凑倒数 }\lim_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x-1})^{\frac{x-1}{2}\cdot\frac{4x}{x-1}}\\&\xlongequal{ 幂指法则 }\{\lim_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x-1})^{\frac{x-1}{2}}\}^{\lim\frac{4x}{x-1}}=e^{4}.\end{aligned} $$

80 答案 $ e^{-1} $. ← 题目

分子分母同除以 $ 2x^{2} $，再凑典式.

$$ \lim_{x\to\infty}\left(\frac{2x^{2}-1}{2x^{2}+1}\right)^{x^{2}}=\frac{\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\frac{1}{2x^{2}}\right)^{x^{2}}}{\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{2x^{2}}\right)^{x^{2}}}=\frac{\left(\lim\limits_{x\to\infty}(1-\frac{1}{2x^{2}})^{-2x^{2}}\right)^{-\frac{1}{2}}}{\left(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{2x^{2}})^{2x^{2}}\right)^{\frac{1}{2}}}=\frac{\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}}{\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}}=\mathrm{e}^{-1}. $$

评注

79题与80题属于同一类，分别用了两种不同的处理方法

81 答案 $ \frac{3}{k} $ ← 题目

属于“ $ \frac{0}{0} $”型不定式.

方法一：利用两个重要极限，需分子分母同除以x.

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\ln(1+kx)}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{\sin3x}{x}}{\frac{\ln(1+kx)}{x}}\xlongequal{ 除法 }\frac{\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}}{\lim\limits_{x\to0}\ln(1+kx)^{\frac{1}{x}}},\\\xlongequal{ 洛典式 }\frac{3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}}{\lim\limits_{x\to0}\ln(1+kx)^{\frac{1}{kx}\cdot k}}=\frac{3\times1}{\ln e^{k}}=\frac{3}{k}.\end{aligned} $$

方法二：等价无穷小代换.

利用公式：当 $ x\to0 $时， $ \sin x\sim x $， $ \ln(1+x)\sim x $，则

$$ \lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\ln(1+kx)}=\lim_{x\to0}\frac{3x}{kx}\xlongequal{ 约分 }\frac{3}{k}. $$

方法三：运用洛必达法则.

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\ln(1+kx)}\xlongequal{ 分别求导 }\lim_{x\to0}\frac{3\cos3x}{\frac{k}{1+kx}}&=\frac{3}{k}\lim_{x\to0}\cos3x\cdot\lim_{x\to0}(1+kx)=\frac{3}{k}.\end{aligned} $$

方法四：运用泰勒公式.

利用公式： $ \sin x = x - \frac{1}{3!}x^{3} + \ldots + \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}x^{2n+1} + o(x^{2n+1}) $，

$$ \ln(1+x)=x-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{3}x^{3}+\ldots+\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}+o(x^{n})\,. $$

有 $ \sin3x=3x+o(x) $， $ \ln(1+kx)=kx+o(x) $，则

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\ln(1+kx)}=\lim_{x\to0}\frac{3x+o(x)}{kx+o(x)}\xlongequal{ 同除以 x}\lim_{x\to0}\frac{3+\frac{o(x)}{x}}{k+\frac{o(x)}{x}}\\=\frac{3+\lim\limits_{x\to0}\frac{o(x)}{x}}{k+\lim\limits_{x\to0}\frac{o(x)}{x}}=\frac{3+0}{k+0}=\frac{3}{k}.\end{aligned} $$

上式中，利用高阶无穷小定义知 $ \lim_{x\to0}\frac{o(x)}{x}=0 $

评注

本题给出4种解法，解法一同时运用了两个重要极限、求极限的题目一题多解，常规方法，如两个重要极限、等价无穷小代换、洛必达法则要熟练掌握。

82 答案 $ e^{-6} $ ← 题目

属于“1”型不定式.

方法一：利用两个重要极限.

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}(1+\tan2x)^{-\frac{3}{x}}&\xlongequal{ 凑倒数 }\lim_{x\to0}(1+\tan2x)^{\frac{1}{\tan2x}(-\frac{3\tan2x}{x})}\\&=\left(\lim_{x\to0}(1+\tan2x)^{\frac{1}{\tan2x}}\right)^{\lim\limits_{x\to0}(-\frac{3\tan2x}{x})}\xlongequal{ 两个重要极限 }\mathrm{e}^{-6}.\end{aligned} $$

方法二：恒等变形.

利用公式： $ f(x)^{g(x)} = e^{g(x)\ln f(x)} $，则

$$ \lim_{x\to0}(1+\tan2x)^{-\frac{3}{x}}=\lim_{x\to0}\mathrm{e}^{-\frac{3}{x}\ln(1+\tan2x)}=\mathrm{e}^{-\lim\limits_{x\to0}\frac{3}{x}\ln(1+\tan2x)}, $$

其中， $ \lim_{x\to0}\frac{3}{x}\ln(1+\tan2x)\xlongequal{ 等价代换 }3\lim_{x\to0}\frac{\tan2x}{x}=6 $．代入上式得：

$$ \lim_{x\to0}(1+\tan2x)^{-\frac{3}{x}}=\mathrm{e}^{-6}. $$

83 答案 (1) 1; (2) $ e^{\frac{1}{3}} $ ← 题目

(1) 直接凑典式.

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}(\cos x)^{-\frac{1}{\sin x}}&=\lim_{x\to0}[1+(\cos x-1)]^{-\frac{1}{\sin x}}=\lim_{x\to0}[1+(\cos x-1)]^{\frac{1}{\cos x-1}\cdot(-\frac{\cos x-1}{\sin x})}\\&=\{\lim_{x\to0}[1+(\cos x-1)]^{\frac{1}{\cos x-1}}\}^{-\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{\sin x}}=\mathrm{e}^{\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\sin x}}\quad,\end{aligned} $$

其中， $ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\sin x}\stackrel{ 等价代换 }{=}\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{x}=0 $（洛必达法则亦可），则原式 $ e^{0}=1 $

$$ \begin{aligned}(2)\lim_{x\to0}(\frac{\tan x}{x})^{\frac{1}{x^{2}}}&\xlongequal{ 洛必达式 }\lim_{x\to0}(1+\frac{\tan x-x}{x})^{\frac{x}{\tan x-x}\cdot\frac{\tan x-x}{x^{3}}}\\&=\{\lim_{x\to0}(1+\frac{\tan x-x}{x})^{\frac{x}{\tan x-x}}\}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^{3}}}=e^{\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^{3}}},\end{aligned} $$

其中， $ \lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3}\stackrel{ 洛必达 }{=}\lim_{x\to0}\frac{\sec^2x-1}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac{2\sec x\cdot\tan x}{6x}=\frac{1}{3} $，故原式 $ e^{\frac{1}{3}} $

84 答案 $ \sqrt{ab} $. ← 题目

$$ \begin{aligned} 原式 &=\lim_{x\to0}\left(1+\frac{a^{x}+b^{x}-2}{2}\right)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0}\left(1+\frac{a^{x}+b^{x}-2}{2}\right)^{\frac{2}{a^{x}+b^{x}-2}\cdot\frac{a^{x}+b^{x}-2}{2x}}\\&=\mathrm{e}^{\lim\limits_{x\to0}\frac{a^{x}+b^{x}-2}{2x}},\end{aligned} $$

其中， $ \lim_{x\to0}\frac{a^x+b^x-2}{2x} $ 洛必达 $ \lim_{x\to0}\frac{a^x\ln a+b^x\ln b}{2}=\frac{\ln a+\ln b}{2}=\frac{1}{2}\ln(ab) $

代入上式得原式 $ = e^{\frac{1}{2}ln(ab)} = \sqrt{ab} $.

评注

83题与84题需要凑出“1+无穷小”，即“加1再减1”，也可用洛必达法则求解.

85 答案 $ \frac{1}{2a-1} $ ← 题目

因为对数ln里面的“ $ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{n-2an-1}{n(1-2a)}\right)^n $”属于“ $ 1^\infty $”型不定式.

$$ \begin{aligned}\lim_{n\rightarrow\infty}\ln\left(\frac{n-2an-1}{n(1-2a)}\right)^{n}&=\lim_{n\rightarrow\infty}\ln\left(1+\frac{1}{n(2a-1)}\right)^{n}\\&\xlongequal{ 凑倒数 }\lim_{n\rightarrow\infty}\ln\left(1+\frac{1}{n(2a-1)}\right)^{n(2a-1)\times\frac{1}{2a-1}}=\ln\mathrm{e}^{\frac{1}{2a-1}}=\frac{1}{2a-1}\text{．}\end{aligned} $$

86答案 $ a-b=2 $. ← 题目

等式左端属于“1”型不定式，利用第二重要极限.

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}\right)^{x}&\xlongequal{ 同除以 x^{2}}\lim_{x\to\infty}\left(\frac{1}{\left(1-\frac{a}{x}\right)\left(1+\frac{b}{x}\right)}\right)^{x}=\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{a}{x}\right)^{-x}\cdot\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{b}{x}\right)^{-x}\\&=\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{a}{x}\right)^{-\frac{x}{a}\cdot x a}\cdot\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{b}{x}\right)^{\frac{x}{b}\cdot(-b)}=e^{a}\cdot e^{-b}=e^{a-b}.\end{aligned} $$

由题设知 $ e^{a-b} = e^2 $，解得 $ a - b = 2 $。

87 答案 (C). ← 题目

显然，(A)(B)(D)都与 $ \sqrt{x} $等价，故选(C).

事实上， $ 1-\cos\sqrt{x}\sim\frac{1}{2}(\sqrt{x})^{2}=\frac{1}{2}x $

88 答案 (D). ← 题目

由 $ \arctan 2x \sim 2x $， $ \sqrt[3]{1+x} - 1 \sim \frac{1}{3}x $，知 (A)(B) 与 x 同阶无穷小；

由 $ 1-\cos2x\sim2x^{2} $，知 $ 1-\cos2x $是x的2阶无穷小；

而 $ \tan x - \sin x = \frac{\sin x(1 - \cos x)}{\cos x} \sim \frac{1}{2}x^{3} $，即 $ \tan x - \sin x $ 是 x 的 3 阶无穷小.

89 答案 2. ← 题目

由 $ \lim_{x\to\infty}\frac{2x-3}{x^{2}-x+1}=0\Rightarrow\lim_{x\to\infty}\tan\frac{2x-3}{x^{2}-x+1}=0 $，则

$$ \lim_{x\to\infty}x\tan\frac{2x-3}{x^{2}-x+1}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to\infty}x\frac{2x-3}{x^{2}-x+1}=\lim_{x\to\infty}\frac{2x^{2}-3x}{x^{2}-x+1}=2. $$

90 答案 (D). ← 题目

$$ \mathrm{e}^{x\cos x^{2}}-\mathrm{e}^{x}\xlongequal{ 提 \mathrm{e}^{x}}\mathrm{e}^{x}(\mathrm{e}^{x\cos x^{2}-x}-1)\sim x(\cos x^{2}-1)\sim-\frac{1}{2}x^{5}, $$

即 $ e^{x\cos x^2} - e^x $ 与 $ x^5 $ 是同阶无穷小，则 $ n = 5 $，故选 (D).

91 揭示 利用定义. ← 题目

【证明】因为 $ \lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{\frac{1}{3}x^{3}}\xlongequal{洛必达}\lim_{x\to0}\frac{\sec^{2}x-1}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{2}x}{x^{2}} $重要极限1，

所以，当 $ x \to 0 $ 时， $ \tan x - x \sim \frac{1}{3}x^{3} $

92 提示 利用定义 ← 题目

【证明】因为 $ \lim_{x\to0}\frac{(2^{x^2}-1)\arctan2x}{x^2} $等价代换 $ \lim_{x\to0}\frac{2\ln2\cdot x^3}{x^2}=0 $

所以当 $ x \to 0 $ 时， $ (2^{x^2} - 1)\arctan 2x = o(x^2) $.

93 答案 $ a=0, b=2, c $ 为任意常数. ← 题目

由等价无穷小定义知

$ \lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{ax^3+bx^2+c}}{\frac{1}{2x^2+1}}=1 $，即 $ \lim_{x\to\infty}\frac{2x^2+1}{ax^3+bx^2+c}=1 $，则a=0,b=2,c为任意常数.

94 答案 k<4 ← 题目

由题设知： $ \lim_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+x^2}-1)\ln(1+x^3)}{x(\arcsin x)^k}=0 $．等价代换可得

$$ \lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{5}}{x^{k+1}}=0\Rightarrow k+1\lt 5\Rightarrow k\lt 4. $$

95 答案 $ -\frac{1}{4}e $. ← 题目

分子提取 $ e^{\cos x} $，及 $ \tan x = \frac{\sin x}{\cos x} $ 代入化简，

$$ \begin{aligned} 原式 &=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{\cos x}\sin x(\cos x-1)(\mathrm{e}^{1-\cos x}-1)}{(2x+1)\cos x\sin^{5}x}\\&\xlongequal{ 乘法 }\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{\cos x}}{(2x+1)\cos x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{(\cos x-1)(\mathrm{e}^{1-\cos x}-1)}{\sin^{4}x}\\&\xlongequal{ 等价代换 }\mathrm{e}\cdot\lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{2}x^{2}(1-\cos x)}{x^{4}}\xlongequal{ 等价代换 }-\frac{1}{4}\mathrm{e}\lim_{x\to0}\frac{x^{4}}{x^{4}}=-\frac{1}{4}\mathrm{e}.\end{aligned} $$

评注

本题分子中的“ $ \sin x - \tan x $”不能代换成“x - x”，同时灵活运用四则运算法则.

96 答案 $ a=1 $, $ b=-\frac{1}{6} $. ← 题目

由题设知 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to0}\frac{x-\sin ax}{x^{2}\ln(1-bx)}=1 $

$$ \lim_{x\to0}\frac{x-\sin ax}{x^{2}\ln(1-bx)}\xlongequal{ 等价代换 }-\frac{1}{b}\lim_{x\to0}\frac{x-\sin ax}{x^{3}}\xlongequal{ 洛必达 }-\frac{1}{b}\lim_{x\to0}\frac{1-a\cos ax}{3x^{2}} $$

因 $ \lim_{x\to0}\frac{1-a\cos ax}{3x^{2}} $存在，且 $ \lim_{x\to0}3x^{2}=0 $，故 $ \lim_{x\to0}(1-a\cos ax)=0\Rightarrow a=1 $。则

原式 $ =-\frac{1}{b}\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{3x^2}\stackrel{\text{等价代换}}{=}-\frac{1}{b}\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{3x^2}=-\frac{1}{6b} $，所以 $ -\frac{1}{6b}=1\Rightarrow b=-\frac{1}{6} $.

即a=1, $ b=-\frac{1}{6} $

97 答案 Alna. ← 题目

方法一：利用等价无穷小代换，凑出所求极限.

由题设知 $ \lim_{x\to0}\ln\left(1+\frac{f(x)}{\sin^{2}x}\right)=0\Rightarrow\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{\sin^{2}x}=0 $，则

$$ \lim_{x\to0}\frac{\ln\left(1+\frac{f(x)}{\sin^{2}x}\right)}{a^{x}-1}\stackrel{ 等价代换 }{\Longrightarrow}\lim_{x\to0}\frac{\frac{f(x)}{\sin^{2}x}}{x\ln a}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^{3}\ln a} $$

即 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^3\ln a}=A\Rightarrow\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^3}=A\ln a $

方法二：利用极限与无穷小的关系求极限.

由题设知： $ \frac{\ln\left(1+\frac{f(x)}{\sin^{2}x}\right)}{a^{x}-1}=A+\alpha $（其中， $ \lim_{x\to0}\alpha=0 $）.

$$ \ln\left(1+\frac{f(x)}{\sin^{2}x}\right)=(A+\alpha)(a^{x}-1)\Rightarrow\frac{f(x)}{\sin^{2}x}=\mathrm{e}^{(A+\alpha)(a^{x}-1)}-1 $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^{3}}\xlongequal{\sin x-x}\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x\sin^{2}x}=\lim_{x\to0}\frac{e^{(A+\alpha)(a^{x}-1)}-1}{x}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{(A+\alpha)(a^{x}-1)}{x} $$

$$ \xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{(A+\alpha)x\ln a}{x}=A\ln a. $$

98 答案 36. ← 题目

方法一：利用极限与无穷小的关系.

由 $ \lim_{x\to0}\frac{\sin6x+xf(x)}{x^{3}}=0 $，得 $ \frac{\sin6x+xf(x)}{x^{3}}=0+\alpha $，其中 $ \lim_{x\to0}\alpha=0 $

$ xf(x)=x^{3}(0+\alpha)-\sin6x\Rightarrow\frac{x\neq0}{x} $ $ f(x)=\frac{\alpha x^{3}-\sin6x}{x} $，将 $ f(x) $代入：

$$ \lim_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{6x-\sin6x+\alpha x^{3}}{x^{3}}=\lim_{x\to0}\frac{6x-\sin6x}{x^{3}}+\lim_{x\to0}\alpha $$

$$ \lim_{x\to0}\frac{6-6\cos6x}{3x^{2}}\xlongequal{ 等价代换 }2\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}(6x)^{2}}{x^{2}}=36 $$

方法二：将所求极限凑成已知极限.

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}&\xlongequal{ 同乘 x}\lim_{x\to0}\frac{6x+xf(x)}{x^{3}}=\lim_{x\to0}\frac{6x-\sin6x+(\sin6x+xf(x))}{x^{3}}\\&=\lim_{x\to0}\underbrace{6x-\sin6x}_{x^{3}}+\underbrace{\cdot\lim_{x\to0}\frac{\sin6x+xf(x)}{x^{3}}}_{x^{3}}\\&\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{6-6\cos6x}{3x^{2}}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{(6x)^{2}}{x^{2}}=36.\end{aligned}=0（已知） $$

评注

本题两种方法都需求 $ \lim_{x\to0}\frac{6x-\sin6x}{x^3} $，可利用泰勒公式求此极限：将 $ \sin6x=6x-\frac{(6x)^3}{3!}+o(x^3) $ 代入，求出极限；或直接利用 $ 6x-\sin6x\sim\frac{1}{6}(6x)^3=36x^3 $。

99 答案 1. ← 题目

原式 $ =\lim_{x\to0}\frac{1}{(1+\cos x)}\cdot\lim_{x\to0}\frac{4\sin x+3x^{2}\cos\frac{1}{x^{2}}}{2x} $

$ \ = \frac{1}{2}\cdot\left(\lim_{x\to0}\frac{2\sin x}{x}+\frac{3}{2}\lim_{x\to0}x\cos\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{1}{2}\cdot(2+0)=1 $

评注

本题综合运用了等价无穷小代换、四则运算法则、无穷小的性质、第一重要极限

100 答案 $ -\frac{1}{2} $ ← 题目

$$ \begin{aligned} 原式 =&\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x[\ln(1+x)-x][\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}]}\\=&\lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\tan x(1-\cos x)}{x[\ln(1+x)-x]}\\&\xlongequal{ 等价代换 }\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{\ln(1+x)-x}\xlongequal{ 洛必达 }\frac{1}{4}\lim_{x\to0}\frac{2x}{\frac{1}{1+x}-1}=-\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

101 答案 $ \frac{1}{12} $. ← 题目

$$ \begin{aligned} 原式 &=\lim_{x\to0}\mathrm{e}^{2-2\cos x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x^{2}-2+2\cos x}-1}{x^{4}}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{x^{2}-2+2\cos x}{x^{4}}\\&\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{2x^{3}}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{6}x^{3}}{2x^{3}}=\frac{1}{12}\text{．}\end{aligned} $$

102 答案 1. ← 题目

利用对数的性质：

$$ \lim_{x\to0}\frac{\ln[\mathrm{e}^{2x}(1+\mathrm{e}^{-2x}\sin^{2}x)]-2x}{\ln[\mathrm{e}^{3x}\ln(1+x^{2}\mathrm{e}^{-3x})]-3x}=\lim_{x\to0}\frac{\ln\mathrm{e}^{2x}+\ln(1+\mathrm{e}^{-2x}\sin^{2}x)-2x}{\ln\mathrm{e}^{3x}+\ln(1+x^{2}\mathrm{e}^{-3x})-3x} $$

$$ \begin{aligned}=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+\mathrm{e}^{-2x}\sin^{2}x)}{\ln(1+x^{2}\mathrm{e}^{-3x})}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{-2x}\sin^{2}x}{x^{2}\mathrm{e}^{-3x}}=\lim_{x\to0}\mathrm{e}^{x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\sin^{2}x}{x^{2}}=1\text{．}\end{aligned} $$

103 答案 3 ← 题目

利用三角函数的和差化积公式，

$$ \begin{aligned}&\because2\lim_{x\rightarrow\infty}x\cdot\cos\frac{\ln\left(1+\frac{4}{x}\right)+\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{2}\cdot\sin\frac{\ln\left(1+\frac{4}{x}\right)-\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{2}\\ &\xlongequal{ 乘法 }\lim_{x\rightarrow\infty}\cos\frac{\ln\left(1+\frac{4}{x}\right)+\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{2}\cdot\lim_{x\rightarrow\infty}x\sin\frac{\ln\frac{x+4}{x+1}}{2}\\ &\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\rightarrow\infty}x\cdot\frac{\ln\frac{x+4}{x+1}}{2}=\lim_{x\rightarrow\infty}x\cdot\ln\left(1+\frac{3}{x+1}\right)=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{3x}{x+1}=3.\\ \end{aligned} $$

104 答案 (D). ← 题目

因 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\int_{0}^{x}(e^{t^{2}}-1)dt}{x^{3}} $ 洛必达 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{e^{x^{2}}-1}{3x^{2}}=\frac{1}{3} $，得 (A) 与 $ x^{3} $ 同阶无穷小；

因 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\int_{0}^{x}\ln(1+\sqrt{t^{3}})\mathrm{d}t}{x^{\frac{5}{2}}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln(1+\sqrt{x^{3}})}{x^{\frac{3}{2}}}=\frac{2}{5}\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sqrt{x^{3}}}{\sqrt{x^{3}}}=\frac{2}{5} $，得(B)与 $ x^{\frac{5}{2}} $同阶无穷小；

因 $ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\int_{0}^{\sin x}\sin t^{2}dt}{x^{3}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sin(\sin x)^{2}\cdot\cos x}{3x^{2}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{(\sin x)^{2}}{3x^{2}}=\frac{1}{3} $，得 (C) 与 $ x^{3} $ 同阶无穷小；

$$ \lim_{x\to0^{+}}\frac{\int_{0}^{1-\cos x}\sqrt{\sin^{3}t}\ dt}{x^{5}}\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sqrt{\sin^{3}(1-\cos x)}\cdot\sin x}{5x^{4}} $$

$$ \xlongequal{ 等价代换 }\frac{1}{5}\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sqrt{(1-\cos x)^{3}}}{x^{3}}=\frac{1}{5}\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sqrt{\left(\frac{1}{2}x^{2}\right)^{3}}}{x^{3}}=\frac{1}{10\sqrt{2}}\ , $$

得(D)与 $ x^{5} $同阶无穷小.

综上可知，最高阶的无穷小是(D)，故选(D).

评注

本题综合运用了洛必达法则、变限积分函数求导数、等价无穷小代换

105 答案 (1) 1；(2) k=1. ← 题目

(1)

$$ \begin{aligned}a=\lim_{x\to0}f(x)&\xlongequal{ 通分 }\lim_{x\to0}\frac{x^{2}+x-\sin x}{x\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}+x-\sin x}{x^{2}}\\&=1+\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^{2}}\xlongequal{ 等价代换 }1+\frac{1}{6}\lim_{x\to0}\frac{x^{3}}{x^{2}}=1\text{．}\end{aligned} $$

(2) $ f(x)-a=\frac{x^{2}+x-\sin x-x\sin x}{x\sin x} $，而

$$ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-a}{x^{k}}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}+x-\sin x-x\sin x}{x^{k}\cdot x\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{(x+1)(x-\sin x)}{x^{k+2}} $$

$$ \lim_{x\to0}(x+1)\cdot\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^{k+2}}\xlongequal{ 等价代换 }\frac{1}{6}\lim_{x\to0}\frac{x^{3}}{x^{k+2}} $$

若 $ f(x)-a $ 与 $ x^{k} $ 是同阶无穷小，则 $ k+2=3 \Rightarrow k=1 $.

评注

本题运用了“ $ x-\sin x-\frac{1}{6}x^{3}(x\rightarrow0) $”，使得计算简化，利用洛必达法则亦可

106 答案 $ a=1 $, $ b=0 $, $ c=\frac{1}{2} $. ← 题目

由题设及 $ \lim_{x\to0}(ax-\sin x)=0 $知： $ \lim_{x\to0}\int_{b}^{x}\frac{\ln(1+t^{3})}{t}dt=0 $，则b=0。

而 $ \lim_{x\to0}\frac{ax-\sin x}{\int_{0}^{x}\frac{\ln(1+t^{3})}{t}dt}\stackrel{洛必达}{=}\lim_{x\to0}\frac{a-\cos x}{\frac{\ln(1+x^{3})}{x}}\stackrel{等价代换}{=}\lim_{x\to0}\frac{a-\cos x}{x^{2}} $，则必有a=1。

原式= $ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2} $，所以 $ c=\frac{1}{2} $.

107 答案 4 ← 题目

由 $ \lim_{x\to1}\frac{f(x)-4}{x-1}=A $（常数）， $ \lim_{x\to1}(x-1)=0 $，可得

$$ \lim_{x\to1}[f(x)-4]=0\Rightarrow\lim_{x\to1}f(x)=4. $$

因为 $ f(x) $ 在 x=1 处连续， $ \lim_{x\to1}f(x)=f(1) $，所以 $ f(1)=4 $。

108 提示 利用定义. ← 题目

【证明】对于任意的 $ x\in(-\infty,+\infty) $，因为

$$ \begin{aligned}\Delta y&=f(x+\Delta x)-f(x)=2(x+\Delta x)^{2}-(x+\Delta x)+1-(2x^{2}-x+1)\\&=4x\Delta x+2(\Delta x)^{2}-\Delta x,\end{aligned} $$

$$ \operatorname*{l i m}_{\Delta x\to0}\Delta y=\operatorname*{l i m}_{\Delta x\to0}[4x\Delta x+2(\Delta x)^{2}-\Delta x]=0~, $$

所以 $ f(x) $ 在 x 处连续，由 x 的任意性知， $ f(x) $ 在 $ (-∞,+∞) $ 内连续.

109 答案 $ \frac{1}{2} $ ← 题目

由 $ f(x) $ 在 $ (-∞,+∞) $ 内连续知， $ f(x) $ 在 x=0 处连续，则

$$ \lim_{x\to0}f(x)=f(0)=k\ ,\ 即 \lim_{x\to0}\frac{e^{2x}-1}{\sin4x}=\lim_{x\to0}\frac{2x}{4x}=\frac{1}{2}=k. $$

评注

本题不需要考察左极限与右极限

$ \mathrm{d} \cdot \mathrm{d} = (x) \wedge \mathrm{g} \mathrm{d} = (x) \mathrm{d} $

110 答案 不连续 ← 题目

因为 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sin2x}{\tan x}(x^{2}+1)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{2x}{x}\cdot\lim_{x\to0^{+}}(x^{2}+1)=2 $

$$ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\ln(1-2x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\ln(1-2x)}{x}=-2 $$

$ \lim_{x\to0^-}f(x)\neq\lim_{x\to0^+}f(x)\Rightarrow\lim_{x\to0}f(x) $ 不存在，所以 $ f(x) $ 在 x=0 处不连续.

111 答案 连续 ← 题目

在分段点 x=1 处，因为 $ f(1)=2\ln1=0 $

$$ \lim_{x\to\Gamma^{-}}f(x)=\lim_{x\to\Gamma^{-}}(x-1)^{2}\cos\frac{1}{x-1}=0\ ,\ \lim_{x\to\Gamma^{+}}f(x)=\lim_{x\to\Gamma^{+}}(x+1)\ln x=0\ , $$

$ \lim_{x\to1}f(x)=f(1)=0 $，所以 $ f(x) $在x=1处连续.

当x<1时， $ f(x)=(x-1)^{2}\cos\frac{1}{x-1} $连续；当x>1时， $ f(x)=(x+1)\ln x $连续.

综上， $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内连续.

112 答案 1. ← 题目

若 $ f(x) $ 在 x=0 处连续，则 $ \lim_{x\to0}f(x)=f(0) $.

$$ \lim_{x\to0}f(x)\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x^{2}}-\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}}\xlongequal{ 有理化 }\lim_{x\to0}\frac{2x^{2}}{x^{2}\left(\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1-x^{2}}\right)}=1 $$

故补充定义 $ f(0)=1 $.

即 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{\sqrt{1+x^{2}}-\sqrt{1-x^{2}}}{x\arcsin x},x\neq0,\\&1,\quad x=0\end{aligned}. $

113 答案 (1) $ f(x)=\begin{cases}1,&0\lt x\leq e\\\ln x,&x\gt e\end{cases} $; (2) 连续. ← 题目

(1) 当 0 < x < e 时， $ f(x) \xlongequal{ 极 }$ \sigma^{n} $ \lim_{n \to \infty} \frac{\ln e^{n} + \ln \left[1 + \left(\frac{x}{e}\right)^{n}\right]}{n} = 1 $，

当 $ x \gt e $ 时， $ f(x) \xlongequal{ 提 }$ x^{n} $ \lim_{n \to \infty} \frac{\ln x^{n} + \ln \left[1 + \left(\frac{e}{x}\right)^{n}\right]}{n} = \ln x $，

当x=e时， $ f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(2e^n)}{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln2+n}{n}=1 $，则

$$ f(x)=\{\begin{aligned}1,&0\lt x\leqslant\mathrm{e}\\\ln x,&x\gt \mathrm{e}\end{aligned}. $$

(2) 显然 $ \lim_{x \to e^{-}} f(x) = \lim_{x \to e^{+}} f(x) = 1 = f(e) $，即 $ f(x) $ 在 x = e 处连续.

又当 $ 0 \lt x \lt e $ 时， $ f(x) = 1 $ 连续，当 $ x \gt e $ 时， $ f(x) = \ln x $ 连续，所以 $ f(x) $ 在定义域 $ (0, +\infty) $ 内连续。

114 答案 2. ← 题目

$$ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos[\sqrt{x}f(x)]}{(e^{2x}-1)f(x)}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x f^{2}(x)}{2x f(x)}=\frac{1}{4}\lim_{x\to0}f(x)\xlongequal{ 连续 }\frac{1}{4}f(0) $$

所以， $ \frac{1}{4}f(0)=\frac{1}{2}\Rightarrow f(0)=2 $

115 答案 x=1 是第一类可去间断点；x=2 是第二类无穷间断点. ← 题目

由 $ f(x)=\frac{x^{2}-1}{(x-2)(x-1)} $ 知， $ f(x) $ 在 x=1,x=2 处无定义，从而间断点为 x=1,x=2.

因为 $ \lim_{x\to1}f(x)=\lim_{x\to1}\frac{x+1}{x-2}=-2 $，所以x=1是第一类可去间断点.

因为 $ \lim_{x\to2}f(x)=\lim_{x\to2}\frac{x+1}{x-2}=\infty $，所以x=2是第二类无穷间断点.

116 答案 (D). ← 题目

因 $ f(x) $ 在 x=0, x=1 处无定义，从而 x=0, x=1 是间断点.

又 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{1}{e^{\frac{x}{x-1}}-1}=\infty $，即 x=0 是第二类无穷间断点.

$$ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=\lim_{x\to1^{-}}\frac{1}{\mathrm{e}^{\frac{x}{x-1}}-1}=-1,\quad\lim_{x\to1^{+}}f(x)=\lim_{x\to1^{+}}\frac{1}{\mathrm{e}^{\frac{x}{x-1}}-1}=0, $$

即 x=1 是第一类跳跃间断点. 故选(D).

评注

本题中用到了 $ \lim_{x\to1^-}\mathrm{e}^{\frac{x}{x-1}}=0,\lim_{x\to1^{+}}\mathrm{e}^{\frac{x}{x-1}}=\infty $

117 答案 $ a = -3, b \neq 0 $. ← 题目

由可去间断点的定义知 $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}f(x)\neq f(0)=b $

$$ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{x^{2}\sin\frac{1}{2x}}{2^{x}-1}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{x^{2}\sin\frac{1}{2x}}{x\ln2}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{x\sin\frac{1}{2x}}{\ln2}=0, $$

$$ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}(a+\frac{\ln(1+3x)}{x})=a+3, $$

则 $ a+3=0\Rightarrow a=-3 $，且 $ b\neq0 $。

118 答案 连续区间是 $ (-\infty,1) $， $ (1,+\infty) $；x=1是第一类跳跃间断点. ← 题目

当|x|<1时， $ \lim_{n\to\infty}x^{2n}=0 $， $ f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1+x}{1+x^{2n}}=1+x $

当 $ |x|\gt 1 $时， $ \lim_{n\to\infty}x^{2n}=\infty $， $ f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1+x}{1+x^{2n}}=0 $。

当|x|=1时， $ f(-1)=\lim_{a\to\infty}\frac{1-1}{1+(-1)^{2a}}=0,f(1)=\lim_{a\to\infty}\frac{1+1}{1+1^{2a}}=1 $．可得

$$ f(x)=\{\begin{aligned}0,&\quad x\leqslant-1\\1+x,&,-1\lt x\lt 1\\1,&\quad x=1\\0,&\quad x\gt 1\end{aligned}.. $$

因 $ \lim_{x\to-\Gamma}f(x)=\lim_{x\to-\Gamma}0=0,\quad\lim_{x\to-\Gamma^{+}}f(x)=\lim_{x\to-\Gamma^{+}}(1+x)=0 $ ，得 $ \lim_{x\to-1}f(x)=f(-1)=0 $

故 $ f(x) $ 在 x = -1 处连续，从而 $ f(x) $ 在 $ (-\infty,1) $ 内连续.

因 $ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=\lim_{x\to1^{-}}(1+x)=2,\lim_{x\to1^{+}}f(x)=0 $得x=1是 $ f(x) $的第一类跳跃间断点，从而 $ f(x) $在 $ (1,+\infty) $内连续.

综上， $ f(x) $ 的连续区间是 $ (-∞,1) $， $ (1,+∞) $；x=1 是 $ f(x) $ 的第一类跳跃间断点。

119 答案 (1) 利用夹逼准则可证；(2) $ f(x)=\{\begin{aligned}&1,&0\leqslant x\lt 1\\ &x,&1\leqslant x\lt 2,\\ &\frac{1}{2}x^2,&x\geqslant2\end{aligned}. $，连续. ← 题目

(1) 不妨设 $ a_{m}=\max\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{m}\} $，则

$$ a_{m}\leqslant\sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\ldots+a_{m}^{n}}\leqslant\sqrt[n]{ma_{m}^{n}}=m^{\frac{1}{n}}a_{m},\quad 且 \lim_{n\to\infty}a_{m}=a_{m},\quad\lim_{n\to\infty}m^{\frac{1}{n}}a_{m}=a_{m}, $$

由夹逼准则得 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\ldots+a_m^n}=a_m=\max_{1\leq i\leq m}\{a_i\} $.

(2)由(1)的结论可得 $ f(x)=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+x^n+(\frac{x^2}{2})^n}=\max\{1,x,\frac{x^2}{2}\},\quad(x\geqslant0) $。即

$$ \begin{aligned}&f(x)=\{\begin{aligned}\\ &1,&0\leqslant x\lt 1\\&x,&1\leqslant x\lt 2.\\&\frac{1}{2}x^{2},x\geqslant2\\ &\end{aligned}.\\ \end{aligned} $$

显然， $ f(x) $ 在 $ (0,1) $， $ (1,2) $， $ (2,+\infty) $ 连续，只需考查分段点处的连续性.

由 $ \lim_{x\to1^-}f(x)=1,\lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}x=1\Rightarrow\lim_{x\to1}f(x)=1=f(1) $，知 $ f(x) $ 在 x=1 连续；

由 $ \lim_{x\to2^{-}}f(x)=\lim_{x\to2^{-}}x=2,\lim_{x\to2^{+}}f(x)=\lim_{x\to2^{+}}\frac{1}{2}x^{2}=2\Rightarrow\lim_{x\to2}f(x)=2=f(2) $，知 $ f(x) $ 在 x=2 连续.

综上， $ f(x) $ 在 $ [0,+\infty) $ 内连续.

120答案 $ a = -1 $, $ a = -2 $. ← 题目

$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0^{-}}f(x)&\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0^{-}}\frac{ax^{3}}{x-\arcsin x}\xlongequal{ 洛必达 }\lim_{x\to0^{-}}\frac{3ax^{2}}{1-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}}\\&=\lim_{x\to0^{-}}\frac{3ax^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}-1}\xlongequal{ 等价代换 }\lim_{x\to0^{-}}\frac{3ax^{2}}{-\frac{1}{2}x^{2}}=-6a,\end{aligned} $$

$$ \lim_{x\to0^{+}}f(x)\xlongequal{ 等价代换 }4\lim_{x\to0^{+}}\frac{e^{ax}+x^{2}-ax-1}{x^{2}}\xlongequal{ 洛必达 }4\lim_{x\to0^{+}}\frac{ae^{ax}+2x-a}{2x}\xlongequal{ 洛必达 }2a^{2}+4\ . $$

令 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}f(x)\Rightarrow2a^{2}+6a+4=0 $ ，解得 a=-1 或 a=-2.

当a=-1时， $ \lim_{x\to0}f(x)=6=f(0) $， $ f(x) $在x=0处连续；

当a=-2时， $ \lim_{x\to0}f(x)=12\neq f(0)=6 $，x=0为 $ f(x) $的可去间断点.

121 答案 x=0 是第一类可去间断点； $ x=k\pi(k=\pm1,\pm2,\ldots) $ 是 $ f(x) $ 的第二类无穷间断点。属于“1”型不定式，利用第二重要极限求解，且 t 是变量。 ← 题目

$$ f(x)=\lim_{t\to x}\left(1+\frac{\sin t-\sin x}{\sin x}\right)^{\frac{x}{\sin t-\sin x}}=\lim_{t\to x}\left(1+\frac{\sin t-\sin x}{\sin x}\right)^{\frac{\sin x}{\sin t-\sin x}\cdot\frac{x}{\sin x}}=\mathrm{e}^{\frac{x}{\sin x}} $$

可知x=0, $ x=k\pi(k=\pm1,\pm2,\ldots) $ 都是 $ f(x) $的间断点.

可知 $ x=0 $, $ x=k\pi(k=\pm1,\pm2,\ldots) $ 都是 $ f(x) $ 的间断点.

因 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}e^{\frac{x}{\sin x}}=e $，故x=0是 $ f(x) $的第一类可去间断点.

因 $ \lim_{x\to\pi^{-}}f(x)=\lim_{x\to\pi^{-}}e^{\frac{x}{\sin x}}=+\infty $，故 $ x=\pi $是 $ f(x) $的第二类无穷间断点.

同理，在 $ x=k\pi(k=\pm1,\pm2,\ldots) $ 都有一个单侧极限不存在（无穷发散），所以 $ x=k\pi(k=\pm1,\pm2,\ldots) $ 都是 $ f(x) $ 的第二类无穷间断点.

评注

“ $ \lim_{x \to \pi} f(x) = \lim_{x \to \pi} e^{\frac{x}{\sin x}} = \infty $”是错误的，因为 $ \lim_{x \to \pi'} f(x) = \lim_{x \to \pi'} e^{\frac{x}{\sin x}} = 0 \neq \infty $

122 答案 2. ← 题目

因 $ f(x) $ 是初等函数，在 x=0 处连续，则

$$ \lim_{x\to0}f(x)=f(0)=\frac{\lg(100)}{1+0}=2. $$

123 答案 (D). ← 题目

使用反证法，若(D) $ \frac{\varphi(x)}{f(x)} $没有间断点，即连续，又 $ f(x) $连续，则由运算法则知： $ \frac{\varphi(x)}{f(x)}\cdot f(x)=\varphi(x) $在 $ (-\infty,+\infty) $内连续，与题设 $ \varphi(x) $有间断点矛盾，所以 $ \frac{\varphi(x)}{f(x)} $必有间断点，故选(D). 也可举反例，排除(A)(B)(C).

124 提示 零点定理 ← 题目

【证明】设函数 $ f(x)=x^{3}-9x-2 $，因为

$$ f(-3)=-2\lt 0,f(-2)=8\gt 0,f(0)=-2\lt 0,f(4)=26\gt 0, $$

在 $ [-3,-2] $， $ [-2,0] $， $ [0,4] $分别运用零点定理，得方程 $ x^{3}-9x-2=0 $在

$ (-3,-2) $， $ (-2,0) $， $ (0,4) $各区间内分别至少有一个实根，即方程至少有3个实根；

又 $ x^{3}-9x-2=0 $是一元三次方程，至多有3个实根，故 $ x^{3}-9x-2=0 $恰有3个实根.

125 提示 零点定理 + 单调性. ← 题目

【证明】设 $ f(x)=x-\frac{1}{2}\cos x $，在 $ (-\infty,+\infty) $内连续 $ \Rightarrow f(x) $在 $ [0,\frac{\pi}{2}] $上连续，

且 $ f(0) = -\frac{1}{2} \lt 0 $， $ f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{2} \gt 0 $，由零点定理知：至少存在一点 $ \xi \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right) $，使得 $ f(\xi) = \xi - \frac{1}{2}\cos\xi = 0 $，即方程 $ x = \frac{1}{2}\cos x $ 至少有一个实根。

又 $ f'(x)=1+\frac{1}{2}\sin x\gt 0 $， $ f(x) $在 $ (-\infty,+\infty) $内单增，故只有一个实根.

126 提示 零点定理 ← 题目

【证明】设函数 $ F(x)=f\left(x+\frac{1}{2}\right)-f(x) $，由题设知， $ F(x) $ 在 $ [0,\frac{1}{2}] $ 上连续，

且 $ F(0)=f\left(\frac{1}{2}\right)-f(0) $， $ F\left(\frac{1}{2}\right)=f(1)-f\left(\frac{1}{2}\right)=f(0)-f\left(\frac{1}{2}\right) $，满足 $ F(0)\cdot F\left(\frac{1}{2}\right)\leqslant 0 $。

当 $ F(0)\cdot F\left(\frac{1}{2}\right)=0 $ 时，则 $ \xi=0 $ 或 $ \xi=\frac{1}{2} $。

当 $ F(0)\cdot F\left(\frac{1}{2}\right)\lt 0 $时，由零点定理得：至少存在一点 $ \xi\in\left(0,\frac{1}{2}\right)\subset(0,1) $，使得

$$ F(\xi)=0\Leftrightarrow f\left(\xi+\frac{1}{2}\right)=f(\xi). $$

综上，至少存在一点 $ \xi \in [0,1) $，使得 $ f\left(\xi + \frac{1}{2}\right) = f(\xi) $。

$ F(x) $ 在 $ [0,\frac{1}{2}] $ （非 $ [0,1] $ ）上运用零点定理. 证明过程需严谨，分两种情况讨论.

127 提示 极限定义与连续的性质. ← 题目

【证明】设 $ \lim_{x \to +\infty} f(x) = A $，由极限定义：对于任意给定的 $ \varepsilon \gt 0 $，不妨设 $ \varepsilon = 1 $，存在 $ X \gt 0 $，使得当 $ x \gt X $ 时，恒有 $ |f(x) - A| \lt 1 \Rightarrow A - 1 \lt f(x) \lt A + 1 $。

因 $ f(x) $ 在闭区间 $ [a, X] $ 上连续，则 $ f(x) $ 在 $ [a, X] $ 上有界，即存在 $ C \gt 0 $，使得 $ |f(x)| \leq C $。

综上，取 $ M = \max\{|A - 1|, |A + 1|, C\} $，对任意的 $ x \in [a, +\infty) $，都有 $ |f(x)| \leq M $，

即 $ f(x) $ 在 $ [a, +\infty) $ 上有界。

128 提示 在 $ [x_{1}, x_{3}] $上运用最值定理与介值定理. ← 题目

【证明】由题设知： $ f(x) $ 在 $ [x_1, x_3] $ 上连续，存在最小值 $ m $ 与最大值 $ M $，使得 $ m \leqslant f(x_1) \leqslant M $ ( $ i=1,2,3 $)， $ 2m \leqslant 2f(x_2) \leqslant 2M $， $ 3m \leqslant 3f(x_3) \leqslant 3M $。从而 $ m \leqslant \frac{f(x_1) + 2f(x_2) + 3f(x_3)}{6} \leqslant M $，由介值定理：至少存在 $ \xi \in [x_1, x_3] \subset (a, b) $，使得 $ \frac{f(x_1) + 2f(x_2) + 3f(x_3)}{6} = f(\xi) $，即 $ f(x_1) + 2f(x_2) + 3f(x_3) = 6f(\xi) $。

129 答案 (A) ← 题目

因 $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{x\sin(x-2)}{-x(x-1)(x-2)^2}=-\frac{\sin2}{4} $，同理 $ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=\frac{\sin2}{4} $，

则 $ f(x) $ 在 x=0 的邻域内有界.

因 $ f(x) $ 在 x = -1 处连续， $ \lim_{x \to 1} f(x) = f(-1) $ 存在，则 $ f(x) $ 在 x = -1 的邻域内有界.

又 $ f(x) $ 在闭区间 $ [-1+\delta, 0-\delta] (\forall \delta \gt 0) $ 上连续，知 $ f(x) $ 在 $ [-1+\delta, 0-\delta] $ 上有界，故 $ f(x) $ 在 $ (-1, 0) $ 内有界。故选(A)。

由 $ \lim_{x\to1}f(x)=\infty $， $ \lim_{x\to2}f(x)=\infty\Rightarrow f(x) $ 在 x=1,x=2 的邻域内无界，排除 (B)(C)(D).

130 提示 $ g(x)=f(x)-f\left(x+\frac{1}{n}\right) $ 在 $ \left[0,\frac{n-1}{n}\right] $ 上运用介值定理. ← 题目

【证明】设 $ g(x)=f(x)-f\left(x+\frac{1}{n}\right) $， $ g(x) $在 $ \left[0,\frac{n-1}{n}\right] $上连续，故存在最小值m与最大值M，使得 $ m\leqslant g(x)\leqslant M $，则

$$ m\leqslant g(0)\leqslant M,m\leqslant g\left(\frac{1}{n}\right)\leqslant M,...,m\leqslant g\left(\frac{n-1}{n}\right)\leqslant M. $$

$$ g(0)=f(0)-f\left(\frac{1}{n}\right),\quad g\left(\frac{1}{n}\right)=f\left(\frac{1}{n}\right)-f\left(\frac{2}{n}\right),\quad\cdots,\quad g\left(\frac{n-1}{n}\right)=f\left(\frac{n-1}{n}\right)-f(1), $$

一方面， $ g(0)+g\left(\frac{1}{n}\right)+\ldots+g\left(\frac{n-1}{n}\right)=f(0)-f(1)=0 $，又

$$ nm\leqslant g(0)+g\left(\frac{1}{n}\right)+\ldots+g\left(\frac{n-1}{n}\right)\leqslant nM\Rightarrow m\leqslant\frac{g(0)+g\left(\frac{1}{n}\right)+\ldots+g\left(\frac{n-1}{n}\right)}{n}\leqslant M, $$

由介值定理，存在 $ x_0 \in [0, \frac{n-1}{n}] \subset [0,1] $，使得

$$ g(x_{0})=\frac{g(0)+g\left(\frac{1}{n}\right)+\ldots+g\left(\frac{n-1}{n}\right)}{n}=0\ , 即 f(x_{0})=f\left(x_{0}+\frac{1}{n}\right). $$