高等数学复习题与答案解析
一、 一元函数微积分概要 （一）函数、极限与连续
1.求下列函数的定义域: (1) y=16?x+lnsinx ，(2)
2y=
x?arcsin(?1).
23?x21解 (1) 由所给函数知,要使函数y有定义，必须满足两种情况，偶次根式的被开方式大于等于零或对数函数符号内的式子为正，可建立不等式组，并求出联立不等式组的解.即
?16?x2?0,?4?x?4???sinx?0,2nπ?x?(2n?1)πn?0,?1,?2??? ? 推得?这两个不等式的公共解为 ?4?x??π 与0?x?π 所以函数的定义域为[?4,?π)?(0,π).
(2) 由所给函数知，要使函数有定义，必须分母不为零且偶次根式的被开方式非负；反正弦函数符号内的式子绝对值小于等于1.可建立不等式组，并求出联立不等式组的解.即
??? ??????3?x?3, 3?x?0, 推得??0?x?4,x?1?1,223?x?0,即 0?x?3, 因此，所给函数的定义域为 [0,3).
2.设f(x)的定义域为(0,1)，求f(tanx)的定义域. 解：令u?tanx, 则f(u)的定义域为u?(0,1)
??tanx?(0,1), ?x?（k?, k?+）, k ?Z,
4?? f(tanx)的定义域为 x?（k?, k?+）, k ?Z.
413.设f(x)=，求f[f(x)]，f?f[f(x)]?.
1?x111解：f[f(x)] == =1? (x?1,0),
x1?f(x)1?11?xf?f[f(x)]?=
1=
1?f[f(x)]111?(1?)x= x (x?0,1).
4.求下列极限：
x2?3x?24x4?3x3?1（1）lim, （2）lim,
x?1x??2x4?5x2?6x?1第1页
31?4(x?2)(x?1)xx 解：原式=lim 解: 原式=limx??x?156x?12?2?4xx4? =lim(x?2) =2.（抓大头）
x?1 = ?1.（恒等变换之后“能代就代”）
tanx32?x?2（3）lim, （4）lim, 3x?2x?02?xsinx解：原式=lim(2?x?2)(2?x?2)33 解：?x?0时tanx~x,
x?2(2?x)(2?x?2) =lim133 sinx~x,
x?22?x?21x3=. （恒等变换之后“能代就代”） ?原式=lim3=lim1=1.（等价）
x?0x?0x4 （5）lim(x??21sinx?) ， ?100), （6） lim(x?11?x21?xx 解：原式=lim212?(1?x)sinx ?lim100 解： 原式=lim(?)?lim22x?1x?1x??x??x1?x1?x1?x(1?x)11?lim?．
x?1(1?x)(1?x)x?11?x2 =0 + 100
= 100 （无穷小的性质） ?lim(7)lim5x?1x?2x??? ．
5?解 : 原式=limx???1x?5．（抓大头） 21?xx2?1（8）lim .
x?1x?12解：因为lim(x?1)?0 而lim(x?1)?0，求该式的极限需用无穷小与无穷大关系定理解决．因为
x?1x?1x2?1x?1x?1??． 是无穷小量，因而它的倒数是无穷大量，即 limlim2?0，所以当x?1时，2x?1x?1x?1x?1x?1 （9）limxsinx1?x3x???．
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解：不能直接运用极限运算法则，因为当x???时分子，极限不存在，但sinx是有界函数，即sinx?11而 limx1?x3x????limx1?1x3x????0，因此当x???时，
x1?x3为无穷小量.根据有界函数与无穷小乘积仍
为无穷小定理，即得 limx???xsinx1?x3?. 0（10）limcosx?cos3x ． 2x?0x解：分子先用和差化积公式变形，然后再用重要极限公式求极限
sinxsin2x2sinxsin2x=（也可用洛必达法则） lim?lim(4?)?1?4?4．x?0x?0xx??2xx21x （11）lim(1?2).
x??x1x1x1x1?x?1?1解一 原式=lim(1?)(1?)?lim(1?)?lim[(1?)]=ee?1，
x??x?0x??xxxx原式=lim1(?x2)(?x)0]=e?1． 解二 原式=lim[(1?2)x??x（12）lim1tanx?sinx． 3x?0xtanx?sinxsinx(1?cosx)解 ：lim= lim33x?0x?0sinxxcosxsinx(1?cosx)1?lim??x?0xcosx x22sin2=limx?0x2x2
21?x?2x~??） ．= （?x?0,sin（等价替换）
2?2?25.求下列极限
（1）limx?0cosxln(x?3)xcotx?111lim （2） （3）lim[?2ln(1?x)]
x?0xx?3?ln(ex?e3)x2x1?cosx
x???x?0xx0解 ：（1）由于x?0时，xcotx??1，故原极限为型，用洛必达法则
tanx0xcotx?1xcosx?sinx所以 lim ?lim22x?0x?0xxsinx（4）lim?(nx?lnx) （5） lim第3页
?lim
x?0xcosx?sinxx3 （分母等价无穷小代换）
?limcosx?xsinx?cosx x?03x2?（2） 此极限为所以 lim?x?3?1sinx?1. lim?33x?0x?，可直接应用洛必达法则 ?cosxln(x?3)ln(x?3) = limcosx?limx3x3??x?3x?3ln(e?e)ln(e?e)1ex?e3 ?cos3?lim?x?lim?
x?3ex?3x?3?1x?cos3?lime?cos3 . 3?x?3e0?或型. 0?
（3） 所求极限为???型 ，不能直接用洛必达法则，通分后可变成
11x?ln(1?x)lim[?2ln(1?x)]?lim?lim2x?0xx?0x?0xx ?lim1?11?x 2x1?x?111?lim?.
x?02x(1?x)x?02(1?x)2（4）所求极限为0??型，得
x?0lim?x?lnx?lim?x?0nlnxx?1n （
?型） ?1n =lim?x?01x1??1?xnn1=?lim?x?0nxx1???nlim?xx?01?0. n?型，用洛必达法则，得 ?x?cosx1?sinx不存在，因此洛必达法则失效！ lim?limx???x???x111?cosxx?cosx1x但 lim?lim?1?limcosx?1?0?1. x???x???x???x1x（5）此极限为
6.求下列函数的极限：
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1??xsin?a,x?0,（1）lim2， （2）f?x??? 当a为何值时，f(x)在x?0的极限存在. xx?2x?42?,x?0,?1?xx?2解： (1)lim?x?2x?2x2?4?lim?x?22?x1??,
(x?2)(x?2)4x?2lim?x?2x2?4?lim?x?2x?21?,
(x?2)(x?2)4因为左极限不等于右极限，所以极限不存在．
（2）由于函数在分段点x?0处，两边的表达式不同，因此一般要考虑在分段点x?0处的左极限与右极限．于是，有
11lim?f(x)?lim?(xsin?a)?lim?(xsin)?lim?a?a， x?0x?0x?0xxx?02 lim?f(x)?lim?(1?x)?1， x?0x?0为使limf(x)存在，必须有lim?f(x)=lim?f(x)，
x?0x?0x?0因此 ，当a=1 时， limf(x)存在且 limf(x)=1．
x?0x?0?x?7.讨论函数 f(x)??1xsin?x?,,
x?0x?0， 在点x?0处的连续性．
解：由于函数在分段点x?0处两边的表达式不同，因此，一般要考虑在分段点x?0处的左极限与右极限． 因而有lim?f(x)?lim?x?0,lim?f(x)?lim?xsinx?0x?0x?0x?01?0， x而f(0)?0,即
x?0?limf(x)?lim?f(x)?f(0)?0，
x?0由函数在一点连续的充要条件知f(x)在x?0处连续．
x2?18. 求函数f(x)?的间断点，并判断其类型：
(x?1)x解：由初等函数在其定义区间上连续知f(x)的间断点为x?0,x?1.
x?1?2而f(x)在x?1处无定义，故x?1为其可去间断点.
x?1x?1xx?1又?f(x)?lim?? ?x?0为f(x)的无穷间断点.
x?0x?limf(x)?lim综上得x?1为f(x)的可去间断点, x?0为f(x)的无穷间断点.
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