2017考研真题专题训练(2)-函数连续与极限答案1.pdf

1 2017 考研真题专项训练考研真题专项训练(2) 函数、极限与连续函数、极限与连续 一、选择（一、选择（18 题，每题题，每题 4 分分,共共 32 分）分） 1、(2003.I,II,2.2)设, nnn cba均为非负数列，且0lim n n a,1lim n n b, n n clim,则 必有 (A) nn ba 对任意 n 成立. (B) nn cb 对任意 n 成立. (C) 极限 nn n ca lim不存在. (D) 极限 nn n cb lim不存在. 【分析分析】 本题考查极限概念， 极限值与数列前面有限项的大小无关， 可立即排除(A),(B)； 而 极限 nn n ca lim是0型未定式， 可能存在也可能不存在， 举反例说明即可； 极限 nn n cb lim属 1型，必为无穷大量，即不存在. 【解析解析】 用举反例法， 取 n an 2 ，1 n b，), 2 , 1( 2 1 nncn， 则可立即排除(A),(B),(C)， 因此正确选项为(D) 2. (2014.III,1)设0 aan n lim，则当n充分大时，下列正确的有（ ） （A） 2 a an （B） 2 a an （C） n aan 1 (D) n aan 1 【解析解析】因为 | | | | | | | | | | | |lim0lim0, 2 nn nn a aaaa 所以当时,有当时,有0, 2 a NnN 2 |a aan， 即 | 22 n aa aaa，所以选择（A） 3、 (2002.II,八八)、（本题满分分）、（本题满分分） 设 1 03x，)3( 1nnn xxx （n， ， ， ） 则 对数列 n x下列说法错误的是 (A) 2 3 n x对任意2n 成立. (B) 1nn xx 对任意2n 成立. (C) 极限 n n x lim不存在. (D) 极限 2 3 lim n n x 【分析】【分析】递推数列的极限，首先应利用极限的单调有界准则证明 2 【解析解析】有界性有界性:由题设知 1 03x， 11 ,3xx均为正数，故 11 211 (3)3 0(3) 22 xx xxx 假设 3 0 2 k x，则 1 (3)3 0(3) 22 kk kkk xx xxx 从而数列 n x有界； 单调性单调性: 又当1n时， 1 32 (3)( 3)0 3 n nnnnnnnnn nn x xxxxxxxxx xx 从而当1n 时数列 n x单增。 由单调有界准则可得数列 n x的极限存在。 求极限求极限:设lim n n xl ，在)3( 1nnn xxx 两端取极限得：(3)lll，解之得 3 ,0 2 aa（舍去） ，故 3 lim 2 n n x 4、(2005.I,II.7)设函数 n n n xxf 3 1lim)( ，则)(xf在),(内 (A) 处处可导. (B) 恰有一个不可导点. (C) 恰有两个不可导点. (D) 至少有三个不可导点. 【分析分析】 先求出)(xf的表达式，再讨论其可导情形. 【解析解析】 3 1 33 3 1,| 1,| 1 ( )lim 1 1 lim| (1)| ,| 1 | n n n n n n xx f xx xxx x . 1 , 11 , 1 , , 1 , 3 3 x x x x x 可见)(xf仅在1x时不可导，故应选(C). 5、(2014.II,5)设函数xxfarctan)( ，若)( )( xfxf ，则 2 0 2 lim x x （ ） （）1 （） 3 2 （） 2 1 （） 3 1 【解析解析】 2 1 1 x xf )( ， ( )( ) 2 1( )arctan ( ) 1 f xxf f xx f xx ， 2 arctan arctan xx x 3 33 2 223 000 1 ()() arctan1 3 limlimlim 3(arctan ) xxx xxxo x xx xxxx 【类似类似】(2009.II,15)求极限 4 0 1 cosln(1tan ) lim sin x xxx x . 【解析解析】 2 44 00 1 ln(1tan ) 1 cosln(1tan ) 2 limlim sin xx xxx xxx xx 2 2 00 sec 1 1ln(1tan )1 1tan limlim 222 xx x xx x xx 2 00 111tansec1tan (1tan )1 limlim 21tan2224 xx xxxx xxx 6、 (2013.II,1) 设cos1sin( )xxx ， 其中( ) 2 x ， 则当0x时，( ) x是 （ ） （A）比x高阶的无穷小 （B）比x低阶的无穷小 （C）与x同阶但不等价的无穷小 （D）与x等价的无穷小 【解析解析】因为 2 00 sin( )cos11 limlim 2 xx xx xx ， 所以 00 ( )sin( )1 limlim 2 xx xx xx ， 故( )x是与x同阶但不等价的无穷小。 【答案】 （C） 【类似类似】(2007,I-III,1) 当0x 时，与x等价的无穷小量是 (A) 1 x e. (B) 1 ln 1 x x . (C) 11x. (D) 1 cosx. 【分析】 利用已知无穷小量的等价代换公式，尽量将四个选项先转化为其等价无穷小 量，再进行比较分析找出正确答案. 【解析解析】 当0x 时，有(A)1(1) xx eex ； (B) 1111 lnln(11)1 1111 xxxx xx xxxx (C) 1 11 2 xx；(D) 2 11 1 cos(). 22 xxx 故应选(B). 4 7、(2010.III,4) 设 10 10 ln, x fxx g xx h xe,则当x充分大时有( ) (A) g xh xf x. (B) h xg xf x. (C) f xg xh x. (D) g xf xh x. 【解析解析】因为 10 10 ( )1 limlimlim ( )10 x x xxx h xe e g xx ,所以,当x充分大时,( )( )h xg x. 又因为 9 109 1 ln ( )lnln limlimlim 1010 lim ( )1 xxxx x f xxx x g xxx 8 1 ln ln1 10 9 lim10 92 lim10!lim0 1 xxx x x x xx . 所以当x充分大时,( )( )f xg x,故当x充分大,( )( )( )f xg xh x 【答案】(C). 【同类同类】(2010.I,1.1)极限 2 lim ()() x x x xa xb ( ) (A)1. (B)e. (C) a b e . (D) b a e . 【知识点】求 1型极限和重要公式 lim( )( ) ( ) ( )0 lim1( ) x A x B x B x x A x A xe 【解析解析】 22 lnlimn 2 l limlim x xx x x x x x ax bx ax b x e x xxb e a 2 () lim1lim x x xa b x ab xx x ax bx ax b a b eee 【答案】C 8、(2013.III,2)函数 xxx x xf x ln) 1( 1 )( 的可去可去间断点间断点的个数为（ ） （A）0 （B）1 （C）2 （D）3 【解析解析】)(xf的间断点0,1, 1,x 而) 1, 0( ,ln11 ln xxxex xx x ， 1 ln ln lim ln) 1( 1 lim)(lim 000 xx xx xxx x xf x x xx ，所以0x是函数)(xf的可去间断点 2 1 ln2 ln lim ln) 1( 1 lim)(lim 011 xx xx xxx x xf x x xx ，所以1x是函数)(xf的可去间断点 5 xx xx xxx x xf x x xx ln) 1( ln lim ln) 1( 1 lim)(lim 111 ，所以1x不是)(xf的可去间断点 故应该选（C） 【类似类似】(2013.II,3)设函数 sin ,0 ( )= 2,2 xx f x x ， 0 ( )( ) x F xf t dt，则（ ） （A）x 是函数( )F x的跳跃间断点 （B）x 是函数( )F x的可去间断点 （C）( )F x在x处连续但不可导 （D）( )F x在x处可导 【解析】 0 0 0 sin1 cos ,0 ( )( ) sin22(1),2 x x x tdtxx F xf t dt tdtdtxx ， 由于lim( )lim( )2 xx F xF x ，所以( )F x在x处连续； 又 ( )( )1 cos ( )limlim0 xx F xFx F xx ， ( )( )2() ( )limlim2 xx F xFx F xx 故【答案】 （C） 【类似类似】(2001.II,四四)、 （本题满分、 （本题满分 7 分）分）求极限 sinsin sin lim() sin x tx tx t x ，记此极限为( )f x，求 函数)(xf的间断点并指出其类型 【分析】【分析】考查极限的计算、间断点概念及分类。 【解析解析】由于 sinsin lim sinsinsinsinsinsin sinsin ( )lim(1) sin tx xtxxx txxtxx tx tx f xee x ， 从而函数间断点为xk，k为任意整数。 又因为当0k 时 0 lim( ) x f xe ， 当0k 时 sin lim( )lim x x xkxk f xe 偶函数 所以0x 是第一类间断点 （可去间断点） ，(0)xkk是第二类间断点 （无穷间断点） 。 二、填空（二、填空（914 题，每题题，每题 4 分分,共共 24 分）分） 9、(2012.II,10)计算 22222 111 lim 12 x n nnnn _。 6 【解析解析】 2222222 1 1111 limlim 12 n xx i nn nnnnin 1 1 22 0 1 11d limarctan. 14 1 n n i x x nx i n 【答案】 ：【答案】 ： 4 【类似类似】(2004.II,9) 222 12 lim ln(1) (1)(1) n n n nnn 等于 （A） 2 2 1 ln xdx . （B） 2 1 2ln xdx . （C） 2 1 2ln(1)x dx . （D） 2 2 1 ln (1)x dx 【分析分析】将原极限变型，使其对应一函数在一区间上的积分和式。 【解析解析】 222 12 lim ln(1) (1)(1) n n n nnn 2 12 lim ln (1)(1)(1) n n n nnn 212 limln(1)ln(1)(1) n n nnnn 1 1 lim 2ln(1) n n i i n n 1 0 2ln(1)x dx 2 1 1 2ln xt tdt 2 1 2ln xdx 故选（B） 10、(2011.III,15) )1ln( 1sin21 lim 0 xx xx x 【解析解析】 )1ln( 1sin21 lim 0 xx xx x x x x x xx xx 2 1cos2 sin212 1 lim 1sin21 lim 0 2 0 xx xx x sin212 sin21cos lim 0 2 sin21 cos sin lim 2 sin21cos lim 00 x x x x xx xx 2 1 sin212 cos lim 0 x x x 【类似类似】(2002.II,2.3)设)(xfy 是二阶常系数微分方程 x eqyypy 3 满足初始条件 0)0()0( yy的特解，则极限 )( )1ln( lim 2 0 xy x x (A)不存在 （）等于 (C)等于 (D) 等于 7 【分析】【分析】考查罗比达法则及微分方程解的定义。 【解析解析】由于设)(xfy 是二阶常系数微分方程 x eqyypy 3 满足初始条件 0)0()0( yy的特解，从而可得(0)1 y 。 因此 22 0000 ln(1)222 limlimlimlim2 ( )( )( )( )(0) xxxx xxx y xy xy xy xy 11、(2016.II,9) 曲线 3 2 2 arctan 1 1 x yx x 的斜渐近线斜渐近线方程为_. 【解析解析】 因为 3 2 2 1 limliarctan()11m() 1 xx yx kx xxx ， 3 2 2 lim()lim(arctan(1) 1 xx x bykxxx x . 33 2 2 lim(arctan(1) 12 x xxx x x 所以斜渐近线为 2 yx . 【类似类似】(2012.I-III,1)曲线 2 2 1 xx y x 渐近线的条数 ( ) (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 【知识点】渐近线主要分: lim lim,lim() lim xa xx x yxa y k bykxykxb x yCyC 垂直: 斜: 水平: 【解析解析】 2 2 1 lim 1 x xx x ，所以1x 为垂直的，?1x 2 2 lim1 1 x xx x ，所以1y 为水平的，没有斜渐近线 故【答案】 ：【答案】 ：C 12、(2002.II,1.1)设函数 tan 2 1 0 ( )arcsin 2 0 x x e x x f x aex 在0x处连续，则a_ 【分析】【分析】考查函数( )f x在一点 0 x连续 0 0 lim( )() xx f xf x 00 0 lim( )lim( )() xxxx f xf xf x (常用于分段函数)。 8 【解析解析】由于函数( )f x在0x处连续，所以 00 (0)lim( )lim( ) xx ff xf x 而 tan 0000 1tan lim( )limlimlim2 arcsin 222 x xxxx exx f x xxx 2 00 lim( )lim x xx f xaea ，所以2a 。 【类似类似】(2006.II,2)设函数 2 3 0 1 sin,0 ( ) ,0 x t dtx f xx ax 在0x处连续，则a 【解析解析】 2 2 0 32 000 sind sin1 (0)lim( )=lim=lim 33 x xxx tt x aff x xx 连续 13、(2008.I,1)设函数 2 0 ( )ln(2) x f xt dt ，则( )fx的零点个数为 【解析解析】 22 ( )ln(2) 22 ln(2)fxxxxx显然(0)0 f ， 又 2 2 2 4 ( )2ln(2)0 2 x fxx x ，所以( )fx在(,) 上是单调递增的 故( )fx至多有一个零点所以【答案答案】( )fx有且只有一个零点 14、(20113.I,9)设函数( )f x由方程 (1)xy yxe 确定，则 1 lim ( ( ) 1) n n f n 【解析解析】 1 lim ( ( ) 1) n n f n 连续化，记 1 x n 0 ( ) 1 lim x f x x 由 (1)xy yxe ，当0x时，1y 0 ( )(0) lim 0 x f xf x (0) f 导数定义 由方程 (1)xy yxe ，两边同时对x求导，得 (1) 1(1) xy yeyxy 将0x ，1y 代入上式，得(0)1 f 三、简答题（三、简答题（1523题题,共共94分）分） 15、(本题满分本题满分10分分) 1 1 limcos 1 2 n n i i n n i 9 【解析解析】 111 , 1 1nn n i 111 111 coscoscos, 1 1222 nnn iii iii nnnnn n i 而 2 2 0 0 1 1 limcoscossin1 2 n n i i xdxx nn 11 11 limcoslim(limcos) 1212 nn nnn ii ini nnnnn 2 2 0 0 1cossin1xdxx 所以 1 1 limcos1 1 2 n n i i n n i 【类似类似】(2013.北邮北邮.)： 1 1 lim2 1 i n n n i n i 【解析解析】 111 , 1 1nn n i 111 111 222 , 1 1 iii nnn nnn iii nn n i 而 1 1 0 0 1 121 lim22 ln2ln2 ix n x n n i dx n 11 11 lim2lim(lim2 ) 11 ii nn nn nnn ii n nnn 1 1 0 0 21 12 ln2ln2 x xdx 所以1 11 lim2 1 ln2 i n n n i n i 16、 (本题满分本题满分10分分) （2014.II,20）设函数10 1 ,)( x x x xf，定义函数列 )()(xfxf 1 ，)()(xffxf 12 ，),()(,xffxf nn1 设 n S是曲线)(xfy n ，直线01 yx,所围图形的面积求极限 n n nS lim 【解析解析】 x x x x x x xf xf xf x x xf 21 1 1 1 11 1 1 21 )( )( )(,)(， 假 Sn lim n 17、 （II 【解解 则当 可 （2） 有有 则 求求 假设nk 时 1( ) 1 k fx 由数学归纳 ( ) n fx )(dxfn 1 0 mlim n n nS (本题满分本题满分 1 ）设数列x 解解析析】 （I）f 当0,1x时 可知( )f x在 ） 、单调性单调性:由由 即 nn xx 1 有有界性界性:又由 则由单调有界 求求极限极限:由于 1 ln a a 时，有( ) k fx ( ) 1( ) k k fx fx 纳法可得fn 2 1 (1) nxnx nx n x dx 1 1 0 1 m 1ln(1 n 10 分分) （201 n x满足ln n x ( )x定义域: 时，( )fx 0,1上单调 由由于于ln n x x n，故 n x单 于lnln n x 界收敛定理可 1 1 ln n n x x 1，由(1)知 1 x kx ，则 1 1 1 x kx x kx )( nx x x 1 2 1 (1) x nx n dx nx 1 1 0 1)1n . 13.II,20）设 +1 1 1 n n x ， 0,，f 0；当1x 调递减，在1, 1 1 n x (最小 单调递增。 1 1 1 n n x x 可知， n n x lim 1 ，则lna 知: 当0,aa 10 则1nk 1(1) x k . x 2 0. ( n f )( nx 1 1 1 函数( )f x ，证明lim n x 1 ( )fx x 1,时， ,上单调 值)，1ln x 1，则exn n存在。令 n li 1 lim la a 1 时( )f a 时，有 )x ( ).0,1x x () n dx1 1 1 ln x x ， （ n x存在，并求 22 11x xx ， ( )0fx。 调递增。故f 1 1 n n x x （条 e，故 n x有上 axn im， + +1 1 ln n n x x 1 ln1a a 单增 ) )ln( n n 1 ， （I）求( )f x 求此极限. ( )f x的最小值 条件） ， 上界， 1 1（最小值） ， 的最小值 值为(1)1f ，故1a。 1。 11 【类似类似】 （2006.I,II,16） （满分（满分12分）分）设数列 n x满足 11 0,sin(1,2,) nn xxx n （）证明lim n n x 存在，并求该极限； （）计算 2 1 1 lim n x n n n x x . 【分析分析】 对于有递推关系的数列极限的证明问题，一般利用单调有界原理 【解析解析】 （）有界性有界性:因为 1 0x，则 21 0sin1xx . 由数学归纳法可推得 1 0sin1,1,2, nn xxn ，则数列 n x有界. 单调性单调性:又 1 sin 1 nn nn xx xx ， （因当0sinxxx时，） ， 则有 1nn xx ， 可见数列 n x单调减少， 故由单调减少有下界数列必有极限知极限lim n n x 存在. 求极限求极限:设lim n n xl ，在 1 sin nn xx 两边令n ，得sinll， 解得0l ，即lim0 n n x . （）因 22 11 1 sin limlim nn xx nn nn nn xx xx ，由（）知该极限为1型， 由于 22 2 0 11 1sin lim1 00 sinsin limlim 11 t t tt t t tt tt e tt ， 32 00 0 sincos1 sin1 limlim lim 366 tt t t tt t ttt eeee ， 。 故 22 11 1 1 6 sin limlime nn xx nn nn nn xx xx . 18、(本题满分本题满分10分分) (2005.II, 15)设函数( )f x连续，且0)0(f，求. )( )()( lim 0 0 0 x x x dttxfx dttftx 【解析解析】 由于( )d()d bb aa f ttf abtt ,于是 000 00 00 () ( )d( )d( )d limlim ()d)d xxx xx xx xt f ttxf ttt f f tt ttxxftxt 12 00 00 00 ( )d( )( )( )d limlim ( )d( )( )d( ) xx xx xx f ttxf xxf xf tt f ttxf xf ttxf x 00 0 0 00 0 ( )d( )d lim (0)1 lim (0)(0)2 ( )d( )d ( )lim(0) xx x xx x x f ttf tt f xx ff f ttf tt f xf xx 【类似类似】 (2002.III,三)、(本题满分 5 分)求极限 2 00 0 arctan(1) lim. (1 cos ) xu x t dt du xx 【解析解析】 22 0000 3 00 arctan(1)arctan(1) lim2lim (1 cos ) xuxu xx t dt dut dt du xxx 2 2 0 2 00 arctan(1) 2 arctan(1)2 2lim2lim. 363 46 x xx t dt xx xx 19.、(本题满分本题满分10 分分) (2010.III,15)求极限 11 ln lim(1) xx x x . 【解析解析】 1 ln 11ln(1)ln(1) 0 limlim lnlnln lim(1) x xx xx xe xxxx x xee 其中 ln lnln 2 ln(1)1 ln limlim 1 ln (1) xx xx x x xx eex xx e x ln ln 1 ln1 limlim(1)1 l 1 ln n x x x x xx x x x ex e x 11 1 ln lim (1) xx x xe 【类似类似】(2004.II, 15)（本题满分10分）求极限 3 0 12cos lim1 3 x x x x . 【解析解析】 3 0 12cos lim1 3 x x x x 2 cos ln 3 3 0 1 lim x x x e x 2 0 2cos ln 3 lim x x x 2 0 cos1 ln 3 lim x x x （1） 2 0 cos11 lim 36 x x x 20、(本题满分本题满分 11 分分) (2002.II,五五)已知函数)(xf在(0,)内可导，0)(xf，1)(lim xf x ， 13 且满足 11 0 () lim() ( ) hx h f xhx e f x ，求)(xf 【分析】【分析】首先求出等式左端的极限，然后利用等式求出函数 【解析解析】由于 11 00 ()()( ) lim()lim(1) ( )( ) hh hh f xhxf xhxf x f xf x 00 ()( )()( )( ) limlim ( )( )( )hh f x hxf xxf x hxf xxfx hf xf xxhf x eee 从而由题设可得 ( ) 1 ( ) xfx f x x ee ，即 ( )1 ( ) xfx f xx . 所以 1 ln( )f xC x ,由1)(lim xf x 可得0C .故所求函数为 1 ( ) x f xe 。 【类似类似】(2001.III,四)(本题满分 6 分)已知( )f x在(,) 内可导,且 lim( ),lim()lim ( )(1), x xxx xc fxef xf x xc 求c的值. 【解析解析】若0c ,则lim()1. x x xc xc 若0c 则 2 lim 2 2 lim()lim(1). x xc xxc x c xx xcc ee xcxc 又由于 :1 lim ( )(1)lim( ). xx xx f xf xfe 拉格朗日中值定理 所以 2c ee,故 1 . 2 c 21、 （本题满分本题满分11分）分）(2013.II,III,15)当0x时，xxx3cos2coscos1与 n ax是等价无 穷小，求常数na, 【分析】主要是考查0x时常见函数的马克劳林展开式 【解析解析1】当0x时，)( 2 1 1cos 22 xoxx， )(21)()2( 2 1 12cos 2222 xoxxoxx， )( 2 9 1)()3( 2 1 13cos 2222 xoxxoxx， 所以 222222 19 1coscos2 cos31(1()(12()(1() 22 xxxxo xxo xxo x， 22 7()xo x 14 由于xxx3cos2coscos1与 n ax是等价无穷小，所以2, 7na 【解析解析2】因为：1 coscos2cos3xxx coscos2coscos2cosco1coscos2s3scoxxxxxxxxx 1 coscos (1 cos2 )coscos2 (1 cos3 )xxxxxx 因为当0x 时，1 coscos2cos3xxx与 n ax为等价无穷小 0 1 coscos2cos3 1lim n x xxx ax 代入有 0 1 coscos (1 cos2 )coscos2 (1 cos3 ) lim n x xxxxxx ax 0 1 coscos (1 cos2 )coscos2 (1 cos3 ) lim() nnn x xxxxxx axaxax ，等价无穷小 222 000 111 (2 )(3 ) 222 limlimlim nnn xxx xxx axaxax 2 0 149 lim() 222 n x x aaa x 所以2n 且 149 17 222 a aaa 【类似类似】(2011.II,15）(本题满分 10 分)已知函数 2 0 ln(1)d ( ) x a tt F x x ，设 试求的取值范围 【解析解析】 2 2 0 1 01 22 ln(1)d ln(1)21 0lim( )limlimlim 1(1) x aaa xxxx aatt xx F x xaxx a ax 得得 3 2 12 lim,321 (1)1 a x x aa a ax 2 22 0 0 11 0000 ln(1)d ln(1) 0lim( )limlimlim213 x a aaa xxxx tt xx F xaa xaxax 综合得13a 【类似类似】(2012.II,15） （本题满分10分）已知函数 11 ( ) sin x f x xx ，记 0 lim( ) x af x （1）求a的值; （2）若当0x时，( )f xa是 k x的同阶无穷小，求k 【解析解析】(1) 00 11 lim( )lim sin xx x af x xx ，极限四则运算 2 00 sin limlim sin xx xxx xx ， 0 0 型；重要极限 0 lim( )lim( )0, x x F xF x a 15 0 1 cos lim1 2 x x x 1，等价无穷小： 2 1 cos(0) 2 x xx （2） 000 11sinsin 1 ( ) sinsinsinsin limlimlim kkk xxx xxxxx f xa xxxxxx xxx 2 00 (sin )(1)sin limlim sin kk xx xxxxx xxxx 1 0 1 cos lim (2) k x x kx ， 2 1 1 cos,(0) 2 xxx 2 1 0 lim0 2(2) k x x c kx ，同阶无穷小 故21k，即1k 22、