解：(1) 因为f(0)?1a?a?x11，lim， f(x)?lim?lim?x?0?x?0?2x?0?xa?a?x2ax?0limf(x)?lim??x?0cosx1?，所以当a?2时，x?0是f?x?的连续点。 x?22(2) 当a?2时，x?0是f?x?的跳跃间断点。 6. 试证方程x?2x?1至少有一个小于1的正根.
解：设f?x??x2x?1. 因为函数f?x?在闭区间?0,1?上连续，又有
f?0???1,f?1??1, 故f(0)?f?1??0.
根据零点存在定理知，至少存在一点???0,1?，使f????0, 即
?2??1?0．
因此，方程x2x?1在?0,1?内至少有一个实根ξ.
（B）
1. 讨论极限limx?01x1x1?21?2是否存在？
解：由lim?x?011?22?12?????，可得limlim?lim??1 ，故11???x?0x?0x?0?x1?2x2x?11x1x1x?1x由lim?x?011?2???，可得lim?2?0，故lim?1 1x?0x?0?x1?2x1x所以x?0为函数的跳跃间断点。 2. 求下列极限.
x?e；
x?elnx?11?sinx?1?tanx(2) lim;
x?0x32x(3) limxsin; 2x??1?xxxx??(4) lim?limcoscos2?cosn?.
x?0n??222??(1) limx?eeu?ee(eu?1?1)?lim?lim?e； 解：(1) 令lnx?u，则limx?elnx?1u?1u?1u?1u?11?sinx?1?tanxsinx?tanx ?limx?0x?0x3(1?sinx?1?tanx)x311?x?limcosx?1??1; ?limcosx?0x?02x22x242x2x?limx??2; (3) limxsin22x??x??1?x1?x1sinxnxxxsinx(4) 因为limcoscos2?cosn?lim2， ?n??n??x222xsinn2xxx?sinx?所以lim?limcoscos2?cosn??lim?1.
x?0n??x?0222x??sinx3．问a,b为何值时，lim?b?cosx??2.
x?0a?exsinxb?cosx??2且limsinx?b?cosx??0。所以lim(a?ex)?0，解：因为lim?xx?0a?ex?0x?0由此式可解得a?1，
sinx所以lim?b?cosx??lim?cosx?b?=2，由此式可解得b??1.
x?01?exx?0?x2?1,x?a?4．问a为何值时，函数f(x)??2连续.
,x?a?x?(2) lim解：因为f?x?在(??,?a)?(?a,a)?(a,??)是初等函数，因此只要f?x?在x??a连续，f?x?就是连续函数。
2f(x)?lim(x?1)?a?1，lim由f(a)?a?1，limf(x)?lim????x?ax?a22x?ax?a22?，由xaa2?1?2可解得a?1时，所以当a?1时f?x?是连续函数。 axsin(x?1)5．函数f(x)?在下列区间有界的是 ( A ).
x(x?1)(x?2)A. ?0,1?；
B. ?1,2? ； C. ?0,2? ；
D. ?2,3? .
解：用排除法，因为limx?2xsin(x?1)x(x?1)(x?2)?limx?21??，所以f?x?在?1,2?，?0,2?，x?2?2,3?都无界。
x3?x6. 函数f(x)?的可去间断点的个数为( C ).
sin?xB. 2； C. 3；
解：x?k,k?Z是f?x?的间断点，
A. 1；
D. 无穷多个.
x3?xx2?1?1x3?xx(x2?1)x(x2?1)?2?lim?因为lim，lim， ?lim?lim?x?0sin?xx?0x?1x?1x?1??sin?xsin(???x)?(1?x)?x3?xx(x2?1)x(x2?1)?2，所以x?0,x??1,x?1是可去间lim?lim?lim?x??1sin?xx??1sin(???x)x??1?(1?x)?断点，在k?0,?1时，x?k是无穷间断点。
1?x7. 函数f(x)?lim的间断点情况是 ( B ).
x??1?x2nA. 不存在间断点； C. 存在间断点x?0；
B. 存在间断点x?1；
D. 存在间断点x??1.
解：由题意知f(1)?1，f(?1)?0，当x?1时，f(x)?lim1?x?1?x，
n??1?x2n?1?x, x?1?1?x?1, x?1?0当x?1时，f(x)?lim，因此， f(x)??n??1?x2n0, x??1??0, x?1?f(x)在区间(??,?1，(?1,1)和(1,??)是初等函数，因此在(??,?1)?(?1,1)?(1,??)上f(x)是连续函数，
f(x)?0，limf(x)?lim(1?x)?2，所以f(x)在点x?1间断， 因为lim???x?1x?1x?1因为lim?f(x)?lim?(1?x)?0，lim?f(x)?0，且f(?1)?0， 所以f(x)在点
x??1x??1x??1x??1连续，
综上所述，f(x)只在点x?1间断。 8. 设0
11??0， abn1?nn解：用夹逼定理，因为0?a?b，所以
则????1???a???n???1??1??????????????a??b?n1n1nnn???1??2??????????a?n1n1n?， ???1n??1?又因为lim???n???a??????1?1?，lim?2?????n???a???a?11?111?n?n?lim2n?，所以lim(a?b)n? ??n??n??aaa?9. 试确定a,b,c的值，使得
ex(1?ax?bx2)?1?cx?o(x3).
33其中o(x)是当x?0时比x高阶的无穷小.
解：此题用第四章的洛必达法则解
ex(1?ax?bx2)?(1?cx)?0 由题意可知lim3x?0x由洛必达法则可知
ex(1?ax?bx2)?(1?cx)ex(1?ax?bx2)?ex(a?2bx)?clim?lim 32x?0x?0x3x2x2x因为lim3x?0，所以lim[e(1?ax?bx)?e(a?2bx)?c]?1?a?c?0，
x?0x?0继续应用洛必达法则得
ex(1?ax?bx2)?ex(a?2bx)?cex(1?ax?bx2)?2ex(a?2bx)?2bexlim?lim?02x?0x?03x6xx2xx因为lim6x?0，所以lim[e(1?ax?bx)?2e(a?2bx)?2be]?1?2a?2b?0，
x?0x?0继续应用洛必达法则得
ex(1?ax?bx2)?2ex(a?2bx)?2bexex(1?ax?bx2)?3ex(a?2bx)?6bexlim?lim?0x?0x?06x6x2xx所以lim[e(1?ax?bx)?3e(a?2bx)?6be]?1?3a?6b?0，
x?02?a???31?a?c?0??1??解方程组?1?2a?2b?0， 可得?b?.
6?1?3a?6b?0??1?c??3?10. 设函数f(x)在区间?a,b?上连续, 且
f(a)?a,f(b)?b
证明: 存在??(a,b), 使得 f(?)??.
证明: 设g(x)?f(x)?x，则g(x)在区间?a,b?上连续，且g(a)?f(a)?a?0，
g(b)?f(b)?b?0，由零点存在定理可知存在??(a,b)，使g(?)?f(?)???0，
即f(?)??.
11. 证明方程
111???0 x?1x?2x?3有分别包含于?1,2?, ?2,3?内的两个实根.
111(x?2)(x?3)?(x?1)(x?3)?(x?1)(x?2)??? x?1x?2x?3(x?1)(x?2)(x?3)令f(x)?(x?2)(x?3)?(x?1)(x?3)?(x?1)(x?2)，则f(x)在[1,2]，[2,3]都是连续函数，且f(1)?2?0,f(2)??1?0,f(3)?2?0，由零点存在定理可知存在?1?(1,2)，
解：原方程可化为
?2?(2,3)使得f(?1)?0,f(?2)?0，
所以方程
111???0有分别包含于?1,2?, ?2,3?内的两个实根。 x?1x?2x?312. 设 f(x)在 [a,??)上连续, f(a)?0, 且 limf(x)?A?0,
x???证明: 在[a,??)上至少有一点?, 使 f(?)?0.
证明: 因为limf(x)?A?0,由极限的保号性可知，存在X?0，当x?X时有
x???f(x)?0，取区间[a,X?1]，则f(x)在区间[a,X?1]连续且f(a)?0,f(X?1)?0，
由零点存在定理可知存在??[a,X?1]?[a,??)，使 f(?)?0.