第一章 自测题
1. 选择题
【题目】
1）下列极限等于e的是（ ） A) $\lim_{x\to0}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$ B) $\lim_{x\to0}(1+x)^x$ C) $\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$ D) $\lim_{x\to\infty}(1+x)^{\frac{1}{x}}$
2）当 $x \to 0$ 时， $\sin (x + x^2)$ 是 $x$ 的（ ） A）高阶无穷小 B）低阶无穷小 C）等价无穷小 D）同阶非等价无穷小
3）设函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{\sqrt{x + 4} - 2}{x}, & x\neq 0 \\ k, & x = 0 \end{cases}$ 在 $x = 0$ 处连续，则参数 $k =$ （ ） A）4 B） $\frac{1}{4}$ C）2 D） $\frac{1}{2}$
4）设 $y=\frac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}$ ，则 x=1 是函数的（ ）. A）连续点 B）可去间断点 C）跳跃间断点 D）无穷间断点
【解析】
选 C。第二个重要极限的标准形式是 $\lim_{x\to \infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e$。A项中 $x\to 0$ 时为 $\infty^0$ 型不是 $e$；B项为 $1^0 = 1$；D项为 $\infty^0 = 1$。
选 C。求比值的极限：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x + x^2)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{x + x^2}{x} = \lim_{x\to 0}(1 + x) = 1$$比值为 1，故为等价无穷小。
选 B。分子有理化求极限：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{x + 4} - 2}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{(x + 4) - 4}{x(\sqrt{x + 4} + 2)} = \lim_{x\to 0}\frac{1}{\sqrt{x + 4} + 2} = \frac{1}{2 + 2} = \frac{1}{4}$$由连续性条件 $\lim_{x\to 0} f(x) = f(0) = k$，得 $k = \frac{1}{4}$。
选 B。利用立方差公式分解因式或等价代换：
$$\lim_{x\to 1}\frac{\sqrt[3]{x} - 1}{x - 1} = \lim_{x\to 1}\frac{\sqrt[3]{x} - 1}{(\sqrt[3]{x} - 1)(\sqrt[3]{x^2} + \sqrt[3]{x} + 1)} = \lim_{x\to 1}\frac{1}{\sqrt[3]{x^2} + \sqrt[3]{x} + 1} = \frac{1}{3}$$由于极限存在（为 $\frac{1}{3}$），而原函数在 $x = 1$ 处无定义，故 $x = 1$ 为可去间断点。
2. 填空题
【题目】
1）函数 $f(x)=\ln(\arcsin x)$ 的连续区间是 ____；
- $\lim_{x\to -2}\frac{\sqrt{1 - x} - \sqrt{3}}{x^2 + x - 2} =$ ____；
3）当 $x \to \infty$ 时， $f(x)$ 与 $\frac{1}{x}$ 是等价无穷小，则 $\lim_{x \to \infty} 2xf(x) =$ ____；
4）当 $x \to \infty$ 时， $e^{-\frac{1}{x^2}} - 1$ 与 $\ln (x^2 - 2) - \ln (x^2 + a)$ 是等价无穷小，则 $a =$ ____.
【解析】
自变量需满足：
- 对数函数真数大于 0：$\arcsin x > 0 \implies 0 < x \le 1$；
- 反正弦函数定义域：$-1 \le x \le 1$。 联立得 $0 < x \le 1$，且初等函数在其定义域内连续，故连续区间为 $(0, 1]$。
分子有理化并因式分解分母：
$$\frac{\sqrt{1 - x} - \sqrt{3}}{x^2 + x - 2} = \frac{(1 - x) - 3}{(x + 2)(x - 1)(\sqrt{1 - x} + \sqrt{3})} = \frac{-(x + 2)}{(x + 2)(x - 1)(\sqrt{1 - x} + \sqrt{3})} = \frac{-1}{(x - 1)(\sqrt{1 - x} + \sqrt{3})}$$令 $x \to -2$：
$$\frac{-1}{(-2 - 1)(\sqrt{3} + \sqrt{3})} = \frac{-1}{-3 \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{1}{6\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{18}$$由题设，$\lim_{x\to \infty}\frac{f(x)}{\frac{1}{x}} = 1$。因此：
$$\lim_{x\to \infty} 2xf(x) = 2\lim_{x\to \infty} xf(x) = 2 \cdot 1 = 2$$当 $x \to \infty$ 时，$e^{-\frac{1}{x^2}} - 1 \sim -\frac{1}{x^2}$。 对数差转化为真数商：
$$\ln(x^2 - 2) - \ln(x^2 + a) = \ln\left(\frac{x^2 - 2}{x^2 + a}\right) = \ln\left(1 - \frac{a + 2}{x^2 + a}\right) \sim -\frac{a + 2}{x^2 + a} \sim -\frac{a + 2}{x^2}$$由于两者是等价无穷小，极限比值为 1：
$$\lim_{x\to \infty}\frac{-\frac{1}{x^2}}{-\frac{a + 2}{x^2}} = \frac{1}{a + 2} = 1 \implies a + 2 = 1 \implies a = -1$$
3. 计算下列极限
【题目】
$\lim_{n\to \infty}\frac{2^n + 3^n}{2^{n + 1} + 3^{n + 1}};$
$\lim_{x\to \infty}\frac{\arctan x}{x};$
$\lim_{x\to\infty}x(\ln(x+1)-\ln x);$
$\lim_{x\to -\infty}\left(x^2 +x\sqrt{x^2 + 2}\right);$
$\lim_{x\to -1}\left(\frac{2x - 1}{x + 1} +\frac{x - 2}{x^2 + x}\right);$
$\lim_{x\to +\infty}\left(\sin \sqrt{x} -\sin \sqrt{x + 1}\right).$
【解析】
分子分母同除以底数最大的指数项 $3^{n+1}$：
$$\lim_{n\to \infty}\frac{2^n + 3^n}{2^{n + 1} + 3^{n + 1}} = \lim_{n\to \infty}\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n + \frac{1}{3}}{\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1} + 1} = \frac{0 + \frac{1}{3}}{0 + 1} = \frac{1}{3}$$当 $x \to \infty$ 时，$\arctan x$ 是有界量（$|\arctan x| < \frac{\pi}{2}$），而 $\frac{1}{x}$ 是无穷小量。有界量乘以无穷小量为无穷小量，故：
$$\lim_{x\to \infty}\frac{\arctan x}{x} = 0$$对数运算法则与重要极限：
$$\lim_{x\to \infty} x\ln\left(\frac{x + 1}{x}\right) = \lim_{x\to \infty}\ln\left[\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x\right] = \ln e = 1$$令 $x = -t$，当 $x \to -\infty$ 时 $t \to +\infty$：
$$x^2 + x\sqrt{x^2 + 2} = t^2 - t\sqrt{t^2 + 2} = t(t - \sqrt{t^2 + 2})$$分子有理化：
$$t(t - \sqrt{t^2 + 2}) = \frac{t(t^2 - (t^2 + 2))}{t + \sqrt{t^2 + 2}} = \frac{-2t}{t + \sqrt{t^2 + 2}} = \frac{-2}{1 + \sqrt{1 + \frac{2}{t^2}}}$$令 $t \to +\infty$：
$$\lim_{t\to +\infty}\frac{-2}{1 + \sqrt{1 + \frac{2}{t^2}}} = \frac{-2}{1 + 1} = -1$$通分整理分式：
$$\frac{2x - 1}{x + 1} + \frac{x - 2}{x(x + 1)} = \frac{x(2x - 1) + (x - 2)}{x(x + 1)} = \frac{2x^2 - 2}{x(x + 1)} = \frac{2(x - 1)(x + 1)}{x(x + 1)} = \frac{2(x - 1)}{x}$$取极限：
$$\lim_{x\to -1}\frac{2(x - 1)}{x} = \frac{2(-2)}{-1} = 4$$三角和差化积公式：
$$\sin\sqrt{x} - \sin\sqrt{x + 1} = 2\sin\left(\frac{\sqrt{x} - \sqrt{x + 1}}{2}\right)\cos\left(\frac{\sqrt{x} + \sqrt{x + 1}}{2}\right)$$对正弦部分角度有理化：
$$\frac{\sqrt{x} - \sqrt{x + 1}}{2} = \frac{-1}{2(\sqrt{x} + \sqrt{x + 1})} \to 0\quad (x \to +\infty)$$由于 $\sin\left(\frac{\sqrt{x} - \sqrt{x + 1}}{2}\right) \to 0$ 是无穷小量，而余弦函数有界，故：
$$\lim_{x\to +\infty}\left(\sin\sqrt{x} - \sin\sqrt{x + 1}\right) = 0$$
4. 数列的单调有界性与极限证明
【题目】
设数列 $\{x_{n}\}$ 满足： $0 < x_{1} < \frac{1}{2}$ ， $x_{n+1} = x_{n}(1 - 2x_{n})$ ， $n = 1, 2, \cdots$ ，试证明：
1）数列 $\{x_{n}\}$ 单调递减且 $0 2） $\lim_{n\to \infty}x_n$ 存在，并求出其值. 【解析】 证明单调递减：
考察相邻两项之差： 因为 $0 < x_n < \frac{1}{2}$，所以 $-2x_n^2 < 0$，即 $x_{n+1} < x_n$。
因此数列 $\{x_n\}$ 单调递减。 【题目】 利用夹逼准则求极限 $\lim_{n\to\infty}x_{n}$ ，其中 $x_{n}=\sqrt{\frac{n^{2}}{n^{4}+1}}+\sqrt{\frac{n^{2}+2}{n^{4}+2}}+\cdots+\sqrt{\frac{n^{2}+2n-2}{n^{4}+n}}$ . 【解析】 和式共有 $n$ 项。观察各分子与分母： 对和式进行放缩： 求两端的极限： 由夹逼准则可知： 【题目】 设函数 $f(x)$ 连续，且 $\lim_{x\to 0}\left[\frac{f(x) - 1}{x} -\frac{\sin x}{x^2}\right] = 2$ ，求 $f(0)$ . 【解析】 通分化简极限式： 已知当 $x \to 0$ 时，上述分式的极限为有限常数 2。
分母 $x \to 0$，若极限存在，则分子必须趋于 0： 因为 $f(x)$ 连续，所以 $\lim_{x\to 0} f(x) = f(0)$。
代入得： 【题目】 设函数 $f(x) = \begin{cases} e^{\frac{1}{x - 1}} + a, & x < 1 \\ 2, & x = 1 \\ b \arctan x, & x > 1 \end{cases}$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，求 $a, b$ 的值. 【解析】 函数在分界点 $x = 1$ 的两侧均为初等函数，处处连续。要在 $(-\infty, +\infty)$ 上处处连续，必须且只需在 $x = 1$ 处连续： 因此：$a = 2, b = \frac{8}{\pi}$。 【题目】 已知 $p, q$ 是满足 $p + q = 1$ 的两个正数，且 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，证明：一定存在 $\xi \in [a, b]$ ，使得 $f(\xi) = pf(a) + qf(b)$ . 【解析】 证明： 因为 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，根据闭区间上连续函数的最大值最小值定理，$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有最小值 $m$ 和最大值 $M$，即对任意 $x \in [a, b]$，恒有： 特别地，端点值满足： 已知 $p > 0, q > 0$，两不等式分别乘以正数 $p$ 和 $q$： 将两式相加，并利用 $p + q = 1$： 根据闭区间上连续函数的介值定理，$f(x)$ 可以取得最小值 $m$ 与最大值 $M$ 之间的任何介值。
因此，一定存在 $\xi \in [a, b]$，使得： 证毕。5. 夹逼准则求和式极限
6. 已知极限求函数值
7. 分段函数的连续性与参数确定
8. 介值定理证明题