同济版高等数学第一章检测题

1．设函数f(x)ln1xx1，则函数f()f()的定义域为：(2,1)(1,2)。 1x2x(1n)n112. 求极限lim sinnnnn(1n)n11(1n)n1解：limsinlimnnnnn1nnsin1ne.

sin11sinnlim(11)n1n

n11nnn11lim(1)n(1)nnn1n(x32x5)(2cosx3sinx)3. 求lim 5x3x2x3x32x5解：lim0，2cosx3sinx6，

x3x52x3(x32x5)(2cosx3sinx)0 lim5x3x2x32e1e1x2x4．lim(x0x) x1x解：lim(x02e1e1x2x1x2xx2ex)lim()1 2x0xx1ex1x1xx0lim(2e1ex2ex2ex)lim()1lim()1 ，所以22x0x0xxx1ex1ex1235. 已知当x0时，(1x)1与cosx1是等价无穷小，求常数。 解：由题意lim13(1x)11，

x0cosx112311(1x)1~x2,cosx1~x2,

322

12x321，所以，. 原极限lim3n0123x22x(1sinx)nsinx,1x1. 6. 求函数f(x)limn1(1sinx)n解：（1）显然f(0)0，f(1)11，f(1). 22nn（2）当0x1时，1sinx1，有lim(1sinx), 所以f(x)x.

n（3）当1x0时，01sinx1，有lim(1sinx)0,所以f(x)sinx.

n1,x1,2sinx,1x0,所以f(x)

x,0x1,1,x1.2

7. 设xn11a(xn)，其中a0,x00，求limxn。

n2xn1aa(xn)xna，{xn}有下界， 2xnxn解： xn1又xn11a1a(12)(1)1，{xn}单减， 2xn22xn(a)n故limxn存在，令limxnl，则由

nlimxn1limn1a1a(xn)，可得l(l)la， n2xn2la。

故limxnn

n8. 求 limnx2n1x(),(x0).

2nn解：（1）当0x1时，1x2n1x()2nn3，

nlimnn31，当0x1时，limnx2n1x()1.

2nnx2（2）当x且x1时，即1x2时，x2nx2n1x()2nnn3x，

limnn3xx，当1x2时，lim2nx2n1x()x.

2n

x2x（3）当x,即x2时，22nx2n1x()2nnnx23，

2limnnxx，当x2时，lim3n2222x2nx21x()

22n综上所述limn1,0x1,2x1xn()nx,1x2,

2x2,x2.2x2,x1x1x,9. 设yf(x)，g(x)，求复合函数f[g(x)]的连续区

x4,x12x,x1间。

g2(x),g(x)1x,x1解：f[g(x)]，令ug(x)，

x4,x12g(x),g(x)1g(x)1时g(x)x1；g(x)1时g(x)x41且x1x1 x2,x1则f[g(x)]，

2x,x1limf[g(x)]limx21，limf[g(x)]lim(2x)3，

x1x1x1x1则复合函数f[g(x)]的连续区间为(,1)(1,)。 x1为f(x)第一类跳跃型间断点，

x3x,x0sinx10. 求函数f(x)的间断点，并指出其类型。

1ln(1x)sin,x02x1x3x解：当x0时，f(x)，由sinx0得x1,2,3,

sinx

x3xx02,3,处，limf(x)lim，所以x02,3,为f(x)的第二类

xx0xx0sinx无穷型间断点；

x3xx(x1)(x1)x(x1)(x1)x01处，limf(x)lim limlimx1x1sinxx1x1sin(x1)sinxlimx(x1)(x1)x(x1)2lim

x1x1(x1)所以x01是f(x)的第一类可去间断点。 当x0时，f(x)ln(1x)sin12，由x10，解得x01 2x1因为x01处limf(x)极限不存在，所以x01是f(x)的第二类间断点；

x1在x00处，limf(x)limln(1x)sin2sin1， x0x0x11x3x1limf(x)lim，所以x0是f(x)的第一类跳跃型间断点。 x0x0sinx11. 设f(x)是[0,1]上的连续函数，且f(0)f(1)，试证明：至少存在一点(0,1)，使得f()f().

121x[0,]

21111(0)f()f(0),()f(1)f()f(0)f()

2222111若f(0)f()，则取，那么有f()f().

22211若f(0)f()，则(0)()0

221所以由根的存在性定理可知，至少存在一点(0,)(0,1)，使得()0.

21即f()f().

2证明：令(x)f(x)f(x),12