总习题一
1.在“充分”“必要”和“充要”三者中选择一个正确的填入下列横线上
(1)数列 $\{x_n\}$ 有界是数列 $\{x_n\}$ 收敛的 ______ 条件，数列 $\{x_n\}$ 收敛是数列 $\{x_n\}$ 有界的 ______ 条件；
(2)$f(x)$ 在 $x_0$ 的某一去心邻域内有界是 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在的 ______ 条件，$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在是 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某一去心邻域内有界的 ______ 条件；
(3)$f(x)$ 在 $x_0$ 的某一去心邻域内无界是 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$ 的 ______ 条件，$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$ 是 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某一去心邻域内无界的 ______ 条件；
(4)$f(x)$ 当 $x\to x_0$ 时的右极限 $f(x_0^+)$ 及左极限 $f(x_0^-)$ 都存在且相等是 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在的 ______ 条件。
解答：
(1) 收敛必有界，有界未必收敛，故“有界”是“收敛”的必要条件，“收敛”是“有界”的充分条件：
第一个空填“必要”，第二个空填“充分”。
(2) 极限存在必在某去心邻域内有界，反之不然，故同上：
第一个空“必要”，第二个空“充分”。
(3) 若 $\lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$，则 $f(x)$ 在去心邻域内必无界；但无界不一定极限为 $\infty$（可能震荡），故：
第一个空“必要”，第二个空“充分”。
(4) 两侧极限存在且相等当且仅当（充要）二侧极限等于二侧共同的极限值，故填“充要”。
2.已知函数
$$f(x)= \begin{cases} e^{x}, & x\le0,\\ x+a, & x>0, \end{cases}$$在 $x=0$ 处连续，则 $a=\underline{\quad}$。
解答：
连续要求
$$\lim_{x\to0^-}f(x)=f(0)=\lim_{x\to0^+}f(x).$$左极限与函数值：
$$f(0^-)=e^{0}=1,\quad f(0)=1.$$右极限：
$$\lim_{x\to0^+}(x+a)=a.$$故 $a=1$。
3.选择以下两题中给出的 4 个结论中的一个正确结论。
(1) 设 $f(x)=4^{x}+2^{x}-2$，则当 $x\to0$ 时，有（ ）。
A.$f(x)$ 与 $x$ 是等价无穷小
B.$f(x)$ 与 $x$ 同阶但非等价无穷小
C.$f(x)$ 是比 $x$ 高阶的无穷小
D.$f(x)$ 是比 $x$ 低阶的无穷小
解答：
利用指数函数连续性和极限：
$$a^{x}=e^{x\ln a}.$$因此：
$$4^{x}=e^{x\ln4},\qquad 2^{x}=e^{x\ln2}.$$利用重要极限：
$$\lim_{y\to0}\frac{e^{y}-1}{y}=1,$$于是有
$$e^{y}-1\sim y,\quad y\to0.$$令 $y=x\ln4$，则当 $x\to0$，$y\to0$，得到
$$4^{x}-1=e^{x\ln4}-1\sim x\ln4.$$同理，令 $y=x\ln2$，得
$$2^{x}-1=e^{x\ln2}-1\sim x\ln2.$$于是
$$f(x) =4^{x}+2^{x}-2 =(4^{x}-1)+(2^{x}-1) \sim x\ln4+x\ln2=x(\ln4+\ln2)=x\ln8.$$因此
$$\frac{f(x)}{x}\to\ln8\ne0.$$结论：
$$f(x)\sim (\ln8)\,x.$$所以 $f(x)$ 与 $x$ 等价。 故 $f(x)\sim (\ln8)x$，与 $x$ 为同阶但不等价无穷小，选 B。
(2) 设
$$f(x)=\frac{e^\dfrac1{x}-1}{e^{\dfrac1{x}}+1}$$则 $x=0$ 是 $f(x)$ 的（ ）。
A.可去间断点
B.跳跃间断点
C.第二类间断点
D.连续点
注意：$x=0$ 不在定义域中，我们要判断 $x=0$ 是什么间断点。
分析 $x\to0^+$ 当 $x\to0^+$，$\frac1{x}\to +\infty$，因此：
$$e^{\frac1{x}}\to +\infty.$$于是：
$$f(x)=\frac{e^{\frac1{x}}-1}{e^{\frac1{x}}+1} \approx \frac{e^{\frac1{x}}}{e^{\frac1{x}}}=1.$$所以：
$$\lim_{x\to0^+}f(x)=1.$$分析 $x\to0^-$ 当 $x\to0^-$，$\frac1{x}\to -\infty$，因此：
$$e^{\frac1{x}}\to 0.$$于是：
$$f(x)=\frac{0-1}{0+1}=-1.$$所以：
$$\lim_{x\to0^-}f(x)=-1.$$判断间断点类型 左右极限都存在，但：
$$\lim_{x\to0^-}f(x)=-1,\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=1,$$且不相等。 同时 $x=0$ 不在定义域中，函数值也未定义。 因此这是典型的 第一类间断点中的跳跃间断点。
最终答案
$$\boxed{\text{B. 跳跃间断点}}$$4.设
$$f(x)= \begin{cases} 1,&|x|\le1,\\ 0,&|x|>1, \end{cases} \quad g(x)= \begin{cases} 2-x^{2},&|x|\le1,\\ 2,&|x|>1, \end{cases}$$求 $f[f(x)]$, $g[g(x)]$, $f[g(x)]$, $g[f(x)]$。
解答：
先分析 $f(x)$：对任意 $x$，$f(x)$ 只取 $0$ 或 $1$。
(1)$f[f(x)]$：
若 $|x|\le1$，则 $f(x)=1$，且 $|1|\le1$，故 $f(f(x))=f(1)=1$。
若 $|x|>1$，则 $f(x)=0$，$|0|\le1$，故 $f(f(x))=f(0)=1$。
故
$$f[f(x)]\equiv1,\quad \forall x\in\mathbb R.$$(2)$g[g(x)]$：
当 $|x|\le1$ 时，$g(x)=2-x^{2}\in[1,2]$；
当 $|x|>1$ 时 $g(x)=2$。
因此 $g(x)\in[1,2]$，只有当 $g(x)=1$ 时有 $|g(x)|\le1$，其余皆 $|g(x)|>1$。
解 $2-x^{2}=1\Rightarrow x=\pm1$。
于是
$$g[g(x)]= \begin{cases} g(1)=1,&x=\pm1,\\ 2,&x\ne\pm1. \end{cases}$$(3)$f[g(x)]$：
如上 $g(x)\in[1,2]$，且 $g(x)=1$ 当且仅当 $x=\pm1$。 故
$$f[g(x)]= \begin{cases} 1,&x=\pm1,\\ 0,&x\ne\pm1. \end{cases}$$(4)$g[f(x)]$：
若 $|x|\le1$，则 $f(x)=1$，$|1|\le1$，故 $g(f(x))=g(1)=2-1=1$。
若 $|x|>1$，则 $f(x)=0$，$|0|\le1$，故 $g(f(x))=g(0)=2$。
于是
$$g[f(x)]= \begin{cases} 1,&|x|\le1,\\ 2,&|x|>1. \end{cases}$$5.将半径为 $r$ 的一圆形铁片，自中心处剪去中心角为 $\theta$ 的一扇形后围成一无底圆锥，求该圆锥的体积 $V(\theta)$。
解答：
剩余扇形的弧长
$$L=r(2\pi-\theta),$$此弧长为圆锥底面的周长：
$$2\pi R=L\Rightarrow R=\frac{r(2\pi-\theta)}{2\pi}.$$圆锥母线长即为扇形半径 $l=r$。由
$$l^{2}=R^{2}+h^{2}$$得
$$h=\sqrt{r^{2}-R^{2}} =\sqrt{r^{2}-\frac{r^{2}(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}}} = r\sqrt{1-\frac{(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}}}.$$体积
$$V(\theta)=\frac13\pi R^{2}h =\frac13\pi\cdot\frac{r^{2}(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}} \cdot r\sqrt{1-\frac{(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}}} =\frac{r^{3}}{12\pi}(2\pi-\theta)^{2} \sqrt{1-\frac{(2\pi-\theta)^{2}}{4\pi^{2}}}.$$6.求下列函数极限：
(1)$\displaystyle \lim_{x\to2}\frac{x^{2}-x+1}{(x-2)^{2}}$；
(2)$\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\bigl(\sqrt{x^{2}+1}+x\bigr)$；
(3)$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-1}\right)^{x^{2}}$；
(4)$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\bigl(\sin\sqrt{x}-\sin\sqrt{x+1}\bigr)$；
(5)$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sin2x(e^{x}-1)}{\tan x^{2}}$；
(6)$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+3xe^{2x})}{\ln(-x+\sqrt{1+x^{2}})}$；
(7)$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(\frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}}{3}\right)^{1/x}\,(a>0,b>0,c>0)$；
(8)$\displaystyle \lim_{x\to0^{+}}(\cos\sqrt{x})^{1/x}$。
解答：
(1) 分子在 $x=2$ 取值为 $3\neq0$，分母趋于 0 且为平方，故
$$\lim_{x\to2}\frac{x^{2}-x+1}{(x-2)^{2}}=+\infty.$$(2) 对 $x<0$，$\sqrt{x^{2}+1}=|x|\sqrt{1+1/x^{2}}=-x\sqrt{1+1/x^{2}}$。 故
$$x(\sqrt{x^{2}+1}+x) = x\bigl(-x\sqrt{1+1/x^{2}}+x\bigr) =-x^{2}\bigl(\sqrt{1+1/x^{2}}-1\bigr).$$乘以共轭：
$$-x^{2}\frac{(1+1/x^{2})-1}{\sqrt{1+1/x^{2}}+1} =-\frac{1}{\sqrt{1+1/x^{2}}+1}\to-\frac12.$$(3)
$$\frac{x^{2}+1}{x^{2}-1}=1+\frac{2}{x^{2}-1},$$于是
$$\ln\left(\frac{x^{2}+1}{x^{2}-1}\right)^{x^{2}} = x^{2}\ln\left(1+\frac{2}{x^{2}-1}\right) \sim x^{2}\cdot\frac{2}{x^{2}-1}\to2.$$故极限为
$$\exp(2)=e^{2}.$$(4)
$$\sin\sqrt{x}-\sin\sqrt{x+1} =2\cos\frac{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}{2}\cdot \sin\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x+1}}{2}.$$其中
$$\sqrt{x}-\sqrt{x+1} =\frac{-1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}\to0,$$故第二因子为有界数乘趋零量，整体趋于 0：
$$\lim_{x\to+\infty}(\sin\sqrt{x}-\sin\sqrt{x+1})=0.$$(5) 利用基本极限
$$\sin2x\sim2x,\ e^{x}-1\sim x,\ \tan x^{2}\sim x^{2},$$得
$$\frac{\sin2x(e^{x}-1)}{\tan x^{2}} \sim\frac{2x\cdot x}{x^{2}}=2,$$故极限为 2。
(6) 一、处理分子 分子：
$$\ln(1+3x e^{2x}).$$令
$$u = 3x e^{2x}.$$当 $x\to0$ 时，$e^{2x}\to1$，因此：
$$u \sim 3x.$$使用重要极限：
$$\ln(1+u) \sim u.$$所以分子等价于：
$$\ln(1+3x e^{2x}) \sim 3x. \tag{1}$$二、处理分母 分母：
$$\ln(-x+\sqrt{1+x^2}).$$先处理括号：
$$-x+\sqrt{1+x^2}.$$注意到：
$$\sqrt{1+x^2} - 1 = \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}+1}.$$因此：
$$-x+\sqrt{1+x^2} = -x + 1 + \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}+1}.$$于是：
$$-x+\sqrt{1+x^2} - 1 = -x + \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}+1}.$$记：
$$v = -x+\frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}+1}.$$显然：
主项是 $-x$
第二项是数量级 $x^2$
所以：
$$v \sim -x.$$因此：
$$-x+\sqrt{1+x^2} = 1 + v \sim 1 - x.$$使用重要极限：
$$\ln(1+v) \sim v.$$因此分母等价于：
$$\ln(-x+\sqrt{1+x^2}) \sim -x. \tag{2}$$三、代回原式 利用 (1)(2)：
$$\frac{\ln(1+3x e^{2x})}{\ln(-x+\sqrt{1+x^2})} \sim \frac{3x}{-x} = -3.$$(7) 设 $M=\max\{a,b,c\}$。则
$$\frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}}{3} = M^{x}\cdot\frac{(a/M)^{x}+(b/M)^{x}+(c/M)^{x}}{3}.$$括号内各因子均不超过 1 且至少有一个为 1，故括号内在 $x\to\infty$ 时趋于某个 $L\in[1/3,1]$，且
$$\left(\frac{a^{x}+b^{x}+c^{x}}{3}\right)^{1/x} = M\cdot L^{1/x}\to M.$$(8) 设极限为 $L$，取对数：
$$\ln L=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln(\cos\sqrt{x})}{x}.$$解答（不用展开） 设原极限为 $L$，取对数：
$$\ln L=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln(\cos\sqrt{x})}{x}.$$令
$$t=\sqrt{x},\qquad x=t^2,\qquad t\to0^+.$$于是：
$$\ln L=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(\cos t)}{t^2}.$$关键步骤（不用展开） 使用恒等式：
$$\cos t = 1 - 2\sin^2\frac{t}{2}.$$因此：
$$\ln(\cos t) =\ln\left(1-2\sin^2\frac{t}{2}\right).$$令
$$u = 2\sin^2\frac{t}{2}.$$当 $t\to0$ 时，$\sin\frac{t}{2}\sim \frac{t}{2}$，所以：
$$u \sim 2\left(\frac{t}{2}\right)^2 = \frac{t^2}{2}.$$使用重要极限：
$$\ln(1-u)\sim -u.$$因此：
$$\ln(\cos t) = \ln(1-u)\sim -u \sim -\frac{t^2}{2}.$$回代进极限
$$\ln L=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(\cos t)}{t^2} \sim \lim_{t\to0^+}\frac{-\frac{t^2}{2}}{t^2} =-\frac12.$$求 $L$
$$\ln L=-\frac12 \quad\Longrightarrow\quad L=e^{-1/2}.$$最终答案
$$\boxed{e^{-1/2}}$$7.确定常数 $a$ 和 $b$，使函数
$$f(x)= \begin{cases} \dfrac{\sin2x}{x}, & x<0,\\[4pt] a, & x=0,\\[4pt] b+x\sin\dfrac1x, & x>0, \end{cases}$$在 $(-\infty,+\infty)$ 内为连续函数。 解答： 在 $x\neq0$ 时各分支本身连续，只需研究 $x=0$。 左极限：
$$\lim_{x\to0^-}\frac{\sin2x}{x} =\lim_{x\to0}\frac{2x}{x}=2.$$右极限：
$$\lim_{x\to0^+}(b+x\sin\tfrac1x) =b+\lim_{x\to0^+}x\sin\tfrac1x=b,$$因为 $|x\sin\tfrac1x|\le|x|\to0$。 连续要求
$$a=\lim_{x\to0^-}f(x)=2,\quad a=\lim_{x\to0^+}f(x)=b.$$故 $a=b=2$。
8.设函数
$$f(x)= \begin{cases} \cos\frac{\pi}{2}x,&|x|\le1,\\[4pt] |x-1|,&|x|>1, \end{cases}$$求函数 $f(x)$ 的间断点，并说明间断点所属类型。 解答： 各分段内部连续，可能的间断点仅在分界点 $\pm1$。 (1)$x=1$： 左极限
$$\lim_{x\to1^-}\cos\frac{\pi}{2}x=\cos\frac{\pi}{2}=0.$$右极限
$$\lim_{x\to1^+}|x-1|=0.$$函数值 $f(1)=\cos\frac{\pi}{2}=0$。 三者相等，故 $x=1$ 为连续点。 (2)$x=-1$： 左极限 $x\to-1^-$ 时 $|x|>1$，
$$\lim_{x\to-1^-}|x-1|=|-1-1|=2.$$右极限 $x\to-1^+$ 时 $|x|\le1$，
$$\lim_{x\to-1^+}\cos\frac{\pi}{2}x=\cos\bigl(-\frac{\pi}{2}\bigr)=0.$$函数值 $f(-1)=\cos(-\frac{\pi}{2})=0$。 左、右极限有限但不相等，故 $x=-1$ 为第一类（跳跃）间断点。 因此：唯一间断点为 $x=-1$，为跳跃间断点。
9.求极限
$$\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{\frac{n^{2}}{n^{4}+1}} +\sqrt{\frac{n^{2}+2}{n^{4}+2}} +\cdots +\sqrt{\frac{n^{2}+2n-2}{n^{4}+n}}\right).$$解答： 一般第 $k$ 项（$k=1,\dots,n$）可写为
$$a_{n,k}=\sqrt{\frac{n^{2}+2(k-1)}{n^{4}+k}}.$$对固定 $k$ 与大 $n$，
$$a_{n,k} =\frac1n\sqrt{\frac{1+2(k-1)/n^{2}}{1+k/n^{4}}}.$$显然
$$\sqrt{\frac{1- C/n^{2}}{1+ C/n^{4}}}\le \sqrt{\frac{1+2(k-1)/n^{2}}{1+k/n^{4}}} \le\sqrt{\frac{1+ C/n^{2}}{1}}\to1,$$其中 $C>0$ 为常数。故
$$a_{n,k}\sim\frac1n,\quad n\to\infty.$$于是
$$\sum_{k=1}^{n}a_{n,k} \sim\sum_{k=1}^{n}\frac1n=1,$$从而所求极限为 1。
10.证明：方程 $\sin x+x+1=0$ 在 $\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 内至少有一个根。
解答：
令
$$\varphi(x)=\sin x+x+1.$$$\varphi(x)$ 为连续函数。 计算
$$\varphi\left(-\frac{\pi}{2}\right) =\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)-\frac{\pi}{2}+1 =-1-\frac{\pi}{2}+1=-\frac{\pi}{2}<0,$$$$\varphi(0)=\sin0+0+1=1>0.$$由介值定理，存在 $\xi\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right)\subset\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$，使得 $\varphi(\xi)=0$，即 $\sin\xi+\xi+1=0$。 故在给定区间内至少有一根。
11.已知
$$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+f(x)\sin x}-1}{e^{3x}-1}=2,$$求极限 $\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}f(x)$。（其中 $x_{0}=0$） 解答： 一、处理分子 令
$$u=f(x)\sin x.$$当 $x\to0$ 时，$\sin x\to0$，且若极限存在，则 $f(x)$ 有界，因此 $u\to0$。 使用重要极限：
$$\sqrt{1+u}-1 \sim \frac{u}{2}.$$因此分子等价于：
$$\sqrt{1+f(x)\sin x}-1 \sim \frac{f(x)\sin x}{2}. \tag{1}$$二、处理分母 重要极限：
$$e^{3x}-1 \sim 3x. \tag{2}$$三、代入极限 由题给极限值 2，代入 (1)(2) 可得：
$$\lim_{x\to0} \frac{\frac{1}{2}f(x)\sin x}{3x} =2.$$利用重要极限 $\sin x\sim x$：
$$\lim_{x\to0} \frac{f(x)\cdot x}{6x} =2.$$即
$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{6}=2.$$四、求 $L$
$$\frac{L}{6}=2 \quad\Rightarrow\quad L=12.$$12.确定下列各小题中的常数：
(1) 设 $\alpha(x)=ax\sin x,\ \beta(x)=e-e^{\cos x}$，且 $x\to0$ 时，$\alpha(x)\sim\beta(x)$，试确定常数 $a$ 的值；
(2) 设 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^{2}+1}{x+1}-ax-b\right)=0$，试确定常数 $a$ 和 $b$ 的值；
(3) 设 $\displaystyle \lim_{x\to2}\frac{x^{2}+ax+b}{x^{2}-x-2}=2$，试确定常数 $a$ 和 $b$ 的值；
(4) 设
$$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^{2n-1}+ax^{2}+bx}{x^{2n}+1}$$为 $(-\infty,+\infty)$ 内的连续函数，试确定常数 $a$ 和 $b$ 的值。
解答：
第一步：处理 $\beta(x)$
$$\beta(x)=e-e^{\cos x}=e(1-e^{\cos x-1}).$$令 $u=\cos x-1$，则 $u\to0$： 由重要极限
$$e^{u}-1\sim u,$$得
$$1-e^{\cos x-1} \sim -(\cos x-1).$$因
$$\cos x -1 \sim -\frac{x^2}{2}.$$所以
$$\beta(x)\sim -e(\cos x -1) \sim -e\left(-\frac{x^2}{2}\right) =\frac{e}{2}x^{2}.$$第二步：处理 $\alpha(x)$
$$\alpha(x)=ax\sin x,\qquad \sin x\sim x,$$因此
$$\alpha(x)\sim ax^2.$$第三步：等价无穷小比较 要使
$$ax^2 \sim \frac{e}{2}x^2,$$需要
$$a=\frac{e}{2}.$$(2) 进行多项式除法：
$$\frac{x^{2}+1}{x+1}=x-1+\frac{2}{x+1}.$$故
$$\frac{x^{2}+1}{x+1}-ax-b =(1-a)x+(-1-b)+\frac{2}{x+1}.$$若极限为 0，则必须 $1-a=0$ 且 $-1-b=0$，即
$$a=1,\quad b=-1.$$(3) 设
$$\lim_{x\to2}\frac{x^{2}+ax+b}{x^{2}-x-2}=2.$$因 $x\to2$ 时分母趋 0，要有有限极限，分子在 $x=2$ 处也必须为 0：
$$4+2a+b=0.\tag{1}$$可用洛必达法则：
$$\lim_{x\to2}\frac{x^{2}+ax+b}{x^{2}-x-2} =\lim_{x\to2}\frac{2x+a}{2x-1} =\frac{4+a}{3}=2.$$解得
$$4+a=6\Rightarrow a=2,$$代入 (1) 得
$$4+4+b=0\Rightarrow b=-8.$$(4) 讨论 $f(x)$ 在不同区间的形式。 一、当 $|x|<1$
$$x^{2n}\to 0,\qquad x^{2n-1}\to 0.$$因此：
$$f(x) =\lim_{n\to\infty}\frac{x^{2n-1}+ax^2+bx}{x^{2n}+1} =\frac{0+ax^2+bx}{0+1} =ax^2+bx.$$二、当 $|x|>1$
$$x^{2n}\to\infty,\qquad \frac{x^{2n-1}}{x^{2n}}=\frac{1}{x}.$$将分子分母同除以 $x^{2n}$：
$$f(x)=\lim_{n\to\infty} \frac{x^{2n-1}/x^{2n}+a x^{2}/x^{2n}+b x/x^{2n}}{1+1/x^{2n}} =\frac{1/x+0+0}{1} =\frac{1}{x}.$$三、使在 $x=\pm1$ 处连续 (1) 在 $x=1$ 左侧（$|x|<1$）：
$$f(1^-)=a\cdot 1^2+b\cdot 1=a+b.$$右侧（$|x|>1$）：
$$f(1^+)=\frac{1}{1}=1.$$中间点（由定义）：
$$f(1)=\frac{1+a+b}{2}.$$连续要求三者相等：
$$a+b=1, \qquad \frac{1+a+b}{2}=1.$$后者给：
$$1+a+b=2 \Rightarrow a+b=1.$$两式一致，只得一条共性条件：
$$a+b=1. \tag{A}$$(2) 在 $x=-1$ 左侧（$|x|>1$）：
$$f(-1^-)=\frac{1}{-1}=-1.$$右侧（$|x|<1$）：
$$f(-1^+)=a\cdot 1 +b\cdot (-1)=a-b.$$中间点（由定义）：
$$f(-1)=\frac{-1+a-b}{2}.$$连续要求：
$$a-b=-1,\qquad \frac{-1+a-b}{2}=-1.$$第二条给：
$$-1+a-b=-2\quad\Rightarrow\quad a-b=-1. \tag{B}$$四、联立求 $a,b$ 由 (A)、(B)：
$$\begin{cases} a+b=1,\\ a-b=-1. \end{cases}$$相加：
$$2a=0\Rightarrow a=0.$$代入 $a+b=1$：
$$b=1.$$最终答案
$$\boxed{a=0,\qquad b=1}$$