第8节 函数的连续与间断
一、基础题
1.指出下列函数的间断点及其类型
(1) $y=\dfrac{x^2-1}{x^2-3x+2}$
解答：
$$x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$$分母为零处：$x=1,2$。
对 $x=1$：分子 $1^2-1=0$，零化可约，属于可去间断点。
对 $x=2$：分子 $4-1=3\neq0$，为无穷间断点。
(2) $f(x)=\dfrac{x}{\sin \pi x}$
解答：
间断来自 $\sin \pi x=0\Rightarrow x=k(k\in\mathbb Z)$。
对非零整数 $k\neq0$，分子 $k\neq0$，为无穷间断点。
对 $x=0$，分子为0，分母为 $\sin 0=0$，需看极限：
$$\lim_{x\to0}\frac{x}{\sin \pi x}=\frac{1}{\pi},$$故为可去间断点。
(3) $y=\cos^2 \dfrac{1}{x}$
解答：
当 $x=0$ 无定义，且 $\cos^2\frac{1}{x}$ 在 $x\to0$ 无极限，故 $x=0$ 为振荡间断点。
(4) $y=\begin{cases} x-1, & x\le1,\\ 3-x, & x>1. \end{cases}$
解答：
检查 $x=1$： 左极限 $1-1=0$，右极限 $3-1=2$，不相等，为跳跃间断点。
2.求下列极限
(1) $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x^2}$
解答：
利用有理化：
$$\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x^2} =\frac{x^2}{x^2(\sqrt{x^2+1}+1)}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+1}\to\frac12.$$(2) $\displaystyle \lim_{x\to a}\frac{\sin x-\sin a}{x-a}$
解答：
$$=\cos a.$$(3) $\displaystyle \lim_{x\to0}e^{\frac1{x^2}}$
解答：当 $x\to0$ 时 $\frac1{x^2}\to+\infty$，故极限为 $+\infty$。
(4) $\displaystyle \lim_{x\to a}\ln \frac{\sin x}{x}\quad(a>0)$
解答：
$$\lim_{x\to a}\ln\frac{\sin x}{x} =\ln\frac{\sin a}{a}.$$(5) $\displaystyle \lim_{x\to0}(1+3\tan^2 x)^{\cot^2 x}$
解答：
$$3\tan^2x\sim 3x^2,\qquad \cot^2x\sim \frac1{x^2},$$$$\ln L=\cot^2x\cdot\ln(1+3\tan^2x) \sim \frac1{x^2}\cdot 3x^2 =3,$$故极限为 $e^3$。
(6) $\displaystyle \lim_{x\to \infty}\left(\frac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}$
解答：
$$x+6x+3_{2x−1}1x+63_{2x−1}.$$当 $x\to\infty$ 时：
$$\frac{x-1}{2}\sim \frac{x}{2},\qquad 1-\frac{3}{x+6}\sim 1-\frac{3}{x}.$$于是极限就是典型结构：
$$\left(1-\frac{3}{x}\right)^{x/2}.$$利用基本极限：
$$\left(1+\frac{u}{n}\right)^n \to e^u,$$把 $u=-3,\ n=x$ 得：
$$\left(1-\frac{3}{x}\right)^x \to e^{-3}.$$因此：
$$\left(1-\frac{3}{x}\right)^{x/2} \to e^{-3/2}.$$所以：
$$\lim_{x\to\infty}\left(\frac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}} =e^{-3/2}.$$(7) $\displaystyle \lim_{x\to a^+}\frac{\sqrt x-\sqrt a+\sqrt{x-a}}{\sqrt{x^2-a^2}}\quad(a>0)$
解答：
分母：
$$\sqrt{x^2-a^2}=\sqrt{(x-a)(x+a)}=\sqrt{x-a}\sqrt{x+a}.$$分子拆为：
$$\sqrt x-\sqrt a+\sqrt{x-a} =\frac{x-a}{\sqrt x+\sqrt a}+\sqrt{x-a}.$$令 $h=x-a\to0^+$： 分子 $\sim \frac{h}{2\sqrt a}+\sqrt h$, 分母 $\sim \sqrt h\sqrt{2a}= \sqrt{2a}\sqrt h$,
$$\frac{\frac{h}{2\sqrt a}+\sqrt h}{\sqrt{2a}\sqrt h} =\frac{\sqrt h}{\sqrt{2a}\sqrt h}+\frac{h}{2\sqrt a\sqrt{2a}\sqrt h} =\frac{1}{\sqrt{2a}}+0 =\frac{1}{\sqrt{2a}}.$$(8) $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\sqrt{1+\sin^2 x}-x}$
解答：
设原式为：
$$L=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\sqrt{1+\sin^2 x}-x}.$$先对分子作有理化：
$$\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x} =\frac{\tan x-\sin x}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}.$$因此：
$$L=\lim_{x\to0} \frac{\tan x-\sin x}{\left[x\sqrt{1+\sin^2 x}-x\right]\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}.$$分母第一部分：
$$x\sqrt{1+\sin^2 x}-x =x(\sqrt{1+\sin^2 x}-1).$$继续把这项也有理化：
$$\sqrt{1+\sin^2 x}-1 =\frac{\sin^2 x}{\sqrt{1+\sin^2 x}+1}.$$所以分母整体变为：
$$x(\sqrt{1+\sin^2 x}-1) = x\cdot \frac{\sin^2 x}{\sqrt{1+\sin^2 x}+1}.$$代回原式：
$$L=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{ x\cdot \dfrac{\sin^2 x}{\sqrt{1+\sin^2 x}+1}\cdot \left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right) }.$$整理：
$$L=\lim_{x\to0} \frac{(\tan x-\sin x)(\sqrt{1+\sin^2 x}+1)} {x\sin^2 x\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}.$$关键比值的处理（不用展开，只用基本等价） 利用基本极限：
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1,\qquad \lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1.$$因此：
$$\frac{\tan x-\sin x}{x} = \frac{\tan x}{x}-\frac{\sin x}{x}\to 1-1=0.$$为了得到更精确的比值，将其写成可分解结构：
$$\frac{\tan x-\sin x}{x\sin^2 x} =\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\cdot \frac{x^2}{\sin^2 x}.$$并注意：
$$\frac{x^2}{\sin^2 x}\to 1.$$于是关键在于：
$$A=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}.$$此时可以使用以下恒等式（不属于展开式）：
$$\tan x-\sin x =\frac{\sin x}{\cos x}-\sin x =\sin x\left(\frac1{\cos x}-1\right) =\sin x\cdot \frac{1-\cos x}{\cos x}.$$因此：
$$\frac{\tan x-\sin x}{x^3} =\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1-\cos x}{x^2}\cdot \frac{1}{\cos x}.$$用基本极限：
$$\frac{\sin x}{x}\to 1, \qquad \cos x\to 1,$$以及重要极限（这不是展开式，是教材基本结论）：
$$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12.$$于是：
$$A=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3} =1\cdot \frac12\cdot 1 = \frac12.$$3.设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) < a,f(b) > b$，证明：至少存在一点 $\xi\in(a,b)$，使 $f(\xi)=\xi$。
解答：
令 $g(x)=f(x)-x$，连续，且 $g(a)<0,g(b)>0$，由零点定理得存在 $\xi$ 使 $g(\xi)=0\Rightarrow f(\xi)=\xi$。
4.证明：方程 $x=a\sin x+b$（其中 $a>0,b>0$）至少有一个不超过 $a+b$ 的正根。
解答：
取 $x_0=a+b$：
$$a\sin x_0+b\le a+b=x_0.$$又当 $x=0$ 时：
$$a\sin0+b=b>0.$$方程等价于 $h(x)=a\sin x+b-x=0$，其中 $h(0)>0,h(x_0)\le0$，根据零点定理故有根 $\xi\in(0,a+b]$。
5.设 $f(x)$ 在 $[0,2a]$ 上连续，$f(0)=f(2a)$，证明：至少有一点 $\xi\in[0,a]$，使 $f(\xi)=f(\xi+a)$。
解答：
令 $g(x)=f(x)-f(x+a)$，在 $[0,a]$ 上连续。
$$g(0)=f(0)-f(a),\quad g(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0).$$故 $g(0)=-g(a)$。若两者均为0已得结论，否则异号，介值定理得存在 $\xi$ 使 $g(\xi)=0$。
二、提高题
6.讨论函数 $f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}x$ 的连续性。
解答：
一、求极限对应的函数表达式 考虑
$$g_n(x)=\frac{1-x^{2n}}{1+x^{2n}}.$$分三类讨论：
$|x|<1$
$$x^{2n}\to 0,$$$$g_n(x)\to \frac{1-0}{1+0}=1.$$故：
$$f(x)=1\cdot x=x,\qquad |x|<1.$$$|x|>1$
$$x^{2n}\to +\infty,$$$$g_n(x)\to \frac{-\infty}{+\infty}=-1.$$所以：
$$f(x)=-1\cdot x=-x,\qquad |x|>1.$$$|x|=1$ 分为 $x=1$ 与 $x=-1$。 (1) $x=1$ 时：
$$g_n(1)=\frac{1-1}{1+1}=0 \Rightarrow f(1)=0.$$(2) $x=-1$ 时：
$$(-1)^{2n}=1,$$$$g_n(-1)=0,$$$$f(-1)=0.$$
因此 $f(x)$ 的完整表达式为：
$$f(x)= \begin{cases} x, & |x|<1,\\[4pt] 0, & x=\pm1,\\[4pt] -x, & |x|>1. \end{cases}$$二、讨论连续性 需要检查可能不连续的点：$|x|=1$，即 $x=1$、$x=-1$。
1 在 $x=1$ 左极限：
$$\lim_{x\to 1^-}f(x)=\lim_{x\to 1^-}x=1.$$右极限：
$$\lim_{x\to 1^+}f(x)=\lim_{x\to 1^+}(-x)=-1.$$函数值：
$$f(1)=0.$$左右极限不相等，且与 $f(1)$ 不一致，因此：
$$x=1 \text{ 处为跳跃间断点。}$$2 在 $x=-1$ 左极限（从小于 -1 的一侧）：
$$\lim_{x\to -1^-} f(x)=\lim_{x\to -1^-}(-x)=1.$$右极限（从大于 -1 的一侧）：
$$\lim_{x\to -1^+} f(x)=\lim_{x\to -1^+} x = -1.$$函数值：
$$f(-1)=0.$$左右极限不相等，因此：
$$x=-1 \text{ 处为跳跃间断点。}$$7.若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < x_1 < x_2 < \cdots < x_n < b$，证明：至少有一点 $\xi\in(x_1,x_n)$，使
$$f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n}.$$解答：
令常数 $C=\dfrac{\sum f(x_i)}{n}$，由介值定理，因 $f$ 在区间上连续，故其值域为区间，必与常数 $C$ 有交点。
三、考研真题
8.（2018203）设函数
$$f(x)=\begin{cases} -1,&x < 0,\\ 1,&x\ge0, \end{cases} \qquad g(x)=\begin{cases} 2-ax,&x\le -1,\\ x,&-1 < x < 0,\\ x-b,&x\ge0, \end{cases}$$若 $f(x)+g(x)$ 在 $\mathbb R$ 上连续，求 $(a,b)$。 解答： 检查断点 $x=-1,0$。 在 $x=-1$： 左极限：
$$f(-1^-)+g(-1^-)= -1 + (2-a(-1)) =1+a.$$右侧：
$$f(-1^+)+g(-1^+)= -1 +(-1)= -2.$$故：
$$1+a=-2\Rightarrow a=-3.$$在 $x=0$： 左极限：
$$f(0^-)+g(0^-)= -1+0=-1.$$右侧：
$$f(0^+)+g(0^+)=1+(0-b)=1-b.$$故：
$$1-b=-1\Rightarrow b=2.$$答案：$a=-3,b=2$。
9.（2015202）函数
$$f(x)=\lim_{t\to0}\left(1+\frac{\sin t}{x}\right)^{\frac{x^2}{t}}$$在 $(-\infty,+\infty)$ 内（ ）。
解答：
极限函数为：
$$f(x)=e^x,\qquad x\neq0.$$由于原式在 $x=0$ 无意义，但去掉这种形式障碍后：
$$\lim_{x\to0}f(x)=1.$$因此：
$$\boxed{\text{函数在 }x=0\text{ 处有一个可去间断点。}}$$并且若补充定义 $f(0)=1$，则变成在 $(-\infty,+\infty)$ 上处处连续。
10.(2020202)函数 $f(x)=\dfrac{\dfrac{1}{e^{x-1}\ln|1+x|}}{(e^{x}-1)(x-2)}$ 的第二类间断点的个数为（ ）。
解答：
先把函数写成较简单的形式：
$$f(x)=\frac{1}{e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2)}.$$分母中出现问题的点：
(1) $\ln|1+x|$ 的定义域要求 $|1+x|>0$，即 $x\ne-1$；
(2) $\ln|1+x|=0\Rightarrow |1+x|=1\Rightarrow x=0,-2$；
(3) $e^{x}-1=0\Rightarrow x=0$；
(4) $x-2=0\Rightarrow x=2$。
因此可能间断点为 $x=-1,-2,0,2$。逐点研究其类型。
利用两个重要极限：
$$\lim_{u\to0}\frac{e^{u}-1}{u}=1,\qquad \lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}{u}=1.$$一、$x=-1$
令 $t=1+x$，则 $x\to-1$ 时 $t\to0$，
$$\ln|1+x|=\ln|t|\to-\infty,$$而 $e^{x-1},e^{x}-1,x-2$ 在 $x=-1$ 处都有限且不为 0。于是
$$e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2)\to\pm\infty,$$从而
$$\lim_{x\to-1}f(x)=0.$$极限存在且有限，只是 $x=-1$ 不在定义域内，这是可去间断点，不是第二类间断点。
二、$x=-2$
令 $t=x+2$，则 $x\to-2$ 时 $t\to0$，
$$\ln|1+x|=\ln|1+t-1|=\ln|t|\quad\text{不方便直接用重要极限，改写：}$$注意到 $x=-2\Rightarrow1+x=-1$，于是在 $x=-2$ 附近写成
$$1+x=-1+t,\quad t=x+2\to0.$$于是
$$\ln|1+x|=\ln|{-1+t}|=\ln(1+(-1+t)-1)=\ln(1+t'),$$其中 $t' = -1+t-1$ 的写法不方便，改用更直接的办法： 把 $\ln|1+x|$ 在 $x=-2$ 附近写成 $\ln(1+u)$ 的形式：令
$$u=x+2,\quad x=u-2,$$则
$$1+x=1+u-2=u-1.$$在 $x=-2$ 附近 $u$ 也在 $-1$ 附近，这样并不能得到 $u\to0$ 的形式。更简单的办法是直接对 $\ln|1+x|$ 在 $x=-2$ 做差商比较： 考虑
$$\frac{\ln|1+x|}{x+2} =\frac{\ln|1+x|-\ln|1+(-2)|}{x-(-2)} =\frac{\ln|1+x|-\ln1}{x+2}.$$函数 $\ln|1+x|$ 在点 $x=-2$ 处可导，其导数为
$$\big(\ln|1+x|\big)'=\frac{1}{1+x},$$在 $x=-2$ 处导数 $\dfrac1{1+(-2)}=-1\neq0$。因此由导数定义可知
$$\lim_{x\to-2}\frac{\ln|1+x|}{x+2}=-1,$$即
$$\ln|1+x|\sim- (x+2),\quad x\to-2.$$此时
$$e^{x-1},\ e^{x}-1,\ x-2$$在 $x=-2$ 处均为有限非零常数，所以
$$e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2)\sim C(x+2),$$其中 $C\neq0$ 为常数。于是
$$f(x)\sim\frac{1}{C(x+2)},\quad x\to-2,$$故 $\lim_{x\to-2}f(x)=\pm\infty$。这是无穷间断点，为第二类间断点。
三、$x=0$
在 $x\to0$ 时：
$$e^{x-1}\to e^{-1}>0,$$利用重要极限
$$\ln|1+x|\sim x,\quad e^{x}-1\sim x.$$且 $x-2\to-2\neq0$。于是
$$e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2) \sim e^{-1}\cdot x\cdot x\cdot(-2)=-2e^{-1}x^{2}.$$从而
$$f(x)\sim\frac{1}{-2e^{-1}x^{2}}=-\frac{e}{2}\cdot\frac{1}{x^{2}},$$所以
$$\lim_{x\to0}f(x)=-\infty.$$因此 $x=0$ 也是无穷间断点，为第二类间断点。
四、$x=2$
在 $x\to2$ 时，
$$\ln|1+x|\to\ln3\neq0,\quad e^{x}-1\to e^{2}-1\neq0,\quad e^{x-1}\to e.$$故
$$e^{x-1}\ln|1+x|\,(e^{x}-1)(x-2)\sim C(x-2),$$其中 $C=e\ln3(e^{2}-1)\ne0$。于是
$$f(x)\sim\frac{1}{C(x-2)},\quad x\to2,$$从而
$$\lim_{x\to2}f(x)=\pm\infty,$$故 $x=2$ 也是第二类间断点。
综合：
可去间断点：$x=-1$； 第二类间断点：$x=-2,0,2$ 共 3 个。 因此第二类间断点的个数为 3。