?因为 limf(x)?limx?0x?0x0sint2dtx3sinx211?lim?，所以 . a?x?03x233注：遇到求分段函数在分段点的连续性问题，一般从定义入。本题还考查了积分上限函数的
求导，洛必达法则和等价无穷小代换等多个基本知识点，属基本题型。
三、解答题
ex2?e2?2cosx15、计算limx?0x4
注：2012年数三（15)（本题满分10分）
解析：先恒等变形，然后利用等价代换et?1t(t?0)，再用洛必达法则和等价代换
1?cosx12x2，原式?lime2?2cosxex2?2?2cosx?1?limx2?2?2cosx2(x?sinx)x?0?x4x?0x4?limx?04x3= ?12lim1?cosx1x?03x2?12.
x16、设函数f(x)连续，且f(0)?0?(x?t)f(t)dt，求极限lim0x?0.
x?x0f(x?t)dt注：2005年数二（15)（本题满分11分）
解析：此类未定式极限，典型方法是用罗必塔法则，但分子分母求导前应先变形。 由于
?xx0f(x?t)dtx??t?u?0xf(u)(?du)??0f(u)du,于是
xxxxlim?0(x?t)f(t)dtx?0f(t)dt??0tf(t)dtxf(x)?xf(x)x?0=
lim?0f(t)dt?x?x?lim0f(x?t)dtx?0x?xx?00f(u)du?x0f(u)du?xf(x)xx0f(t)dtlim?0f(t)dt?xx?0?x=limx?0=
f(0)1f(0)?f(0)?2.
0f(u)du?xf(x)?x0f(u)dux?f(x)
17、 当x?0时，1?cosx?cos2x?cos3x与axn为等价无穷小，求n与a的值。 注：2013年数二(15）、数三（15)（本题满分10分）
=
6
解析：有3种方法：方法1：恒等变形
1?cosxcos2xcos3x=(1?cosx)?(cosx?cosxcos2x)?(cosxcos2x?cosxcos2xcos3x)～
1211x?cosx?(2x)2?cosxcos2x?(3x)22227x2～axn，a?7,n?2，选(A) ）
方法2：洛必达法则
1?cosxcos2xcos3xsinxcos2xcos3x?2cosxsin2xcos3x?3cosxcos2xsin3x?lim?x?0x?0axnanxn?1x?2?2x?3?3x14xlim?lim?1，n?2,a?7，选(A) n?1n?1x?0x?0anxanx1方法3：三角积化和差公式 由cos?cos??[cos(???)?cos(???)]，可得，
211?cosxcos2xcos3x=（3-cos2x?cos4x?cos6x）=
411111[(1-cos2x)?(1?cos4x)?(1?cos6x)][(2x)2?(4x)2?(6x)2]?7x2～44222limaxn，a?7,n?2，选(A)
18、设数列{xn}满足0?x1??,xn?1?sinxn(n?1,2,)。
(1)证明limxn存在,并求之n??2x(2)计算lim(n?1)xnn??xn1
注：2006年数一(16)，数二（18）,（本题满分12分）
证:(1)当0?x??时，sinx?x,?xn?1?sinxn?xn,?xn?单调减少又xn?0,??xn?有下界，?limxn?A存在,递推公式两边取极限得,A?sinA,?A?0n??sinxnx2(2)原式=lim()n,为\?\型，∵离散型不能直接使用洛必达法则，∴先考虑
n??xnlim2ln(sintt2sintt)?et?0tlim()，lim(t?0t?0tt12111sint)t?et?0t?16lim1ln(1?2sint?t)t?
1?e
1sint?tlim2?t?0tt?et?0limsint?tt3?et?0limcost?13t2?e1?t2lim2t?03t21?sinxnx2?e，故lim()n?e6
n??xnnn-119、(I)证明方程x+x??1??x?1?n?1 的整数?，在区间?,1?内有且仅有一个实根；
?2?n?? (II)记(I)中的实根为xn，证明limxn存在，并求此极限.
7
注：2012年数二(21）（本题满分10分） 证明：
(1)由题意得：令
f(x?)xn?xn?1??x?，1则f(1?)，再由
11(1?()n)12?1??(1)n?0，由零点定理f(x)?xn?xn?1?f()?21221?2至少存在一个零点，也即方程x?xnn?1?1??x?1得在?,1??2??1??...?x?1在区间?,1?内至少有一个实根。
?2??1?,1?内最多只有一个零点，故方程2??又由于f?(x)?0，f(x)单调，所以f(x)在??1?xn?xn?1?...?x?1在区间?,1?内有且仅有一个实根。
?2?（2）由于f(xn)?0，可知xnn?xnn?1?进而有xn?1n?1?xn?1n?， ?xn?1?0（ⅰ）
， ?xn?1?1?0（ⅱ）
?xn?1?1?0，可知xn?1n?xn?1n?1?比较（ⅰ）式与（ⅱ）式，由f(x)单调增加，可知xn?1?xn，故?xn?单调。 又由于
1?xn?1，也即?xn?是有界的。则由单调有界收敛定理可知?xn?收敛，假设2limxn?a，可知a?x2?x1?1。
n??xn(1?xnn)a1当n??时，limf(xn)?lim?1??1?0,得limxn?。
n??n??n??1?xn1?a2
20、证明：1）对任意正整数n，都有
2）设an?1?111?ln(1?)? n?1nn11????lnn(n?1,2,?),证明{an}收敛。 2n注：2011年数一(18）、数二(19)（本题满分10分）
证明：法1：
11111(1)f(x)?ln(1?x)在[0,]应用中值定理，ln(1?)?ln(1?)?ln1??nnn1??n1111111111 0???,??1,即??ln(1?)?1?,?ln(1?)?1nn1?11??nnn?1nn1?nn 8
11(2)an?1?1?????ln(n?1)2n?1111an?1?an??ln(n?1)?lnn??,n???n?1n?1n?1?其中an?1?an?0,an?1?an即?an?单调递减11111an?1?????lnn?ln(1?)?ln(1?)???ln(1?)?lnn2n12nn?1?ln2?ln3/2???ln?lnnn?ln(n?1)?lnn?0
?an?单调减少且有界，故收敛。1?x)法2：1）令f(x)?x?ln(同理可证左边（略）。 2
）
证
有
界
性
可
用
下
法
：
n?1，由单调性可证f(x)?0（x?0），由此得ln(1?)?1n1，n得
由
k?111??dxkkx，可
nk?1111an?1?????lnn???dx?lnn?k2nxk?1?11dx?lnn?ln(n?1)?lnn?0 x
第二部分（补充“极限”真题解析）（共15题）
一、选择题
1、当x?0时，与x等价的无穷小量是 ( )
x(A) 1?e (B) ln?1?x (C)1?x?1 (D) 1?cosx
1?x答案：(B)，注：2007年数一（1）、数二（1）
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：当x?0时，有1?e?x??(ex?1)~?x；1?x?1~1x； 21?cosx~11(x)2?x. 利用排除法知应选(B). 事实上，22ln1?xx?x?ln(1?)1?x1?xx?x1?xx?xx(x?1)（B)正确。 x， 9
2、把x?0时的无穷小量????x0costdt,???tantdt,???sint3dt,使排在后面
002x2x的是前一个的高阶无穷小,则正确的排列次序是 (A)?,?,?
(B)?,?,? (C)?,?,?
(D)?,?,?
答案：(B)，注：2004年数一数二（7） 解析：先两两进行比较，再排出次序即可.
?lim?limx?0?x?0????0?x2xtantdtcost2dtx3?lim?x?0tanx?2x?0，可排除(C),(D)选项， 2cosx0?又lim?limx?0?x?0???0x2sintdtsinx??lim?x?03210tantdt2x=1limx??，
可见?是比?低阶的无2?x?04x2xtanx穷小量，故应选(B).
注：本题是无穷小量的比较问题，也可先将?,?,?分别与x进行比较，再确定相互的高低次序.
3、设f(x)?lnx，g(x)?x,h(x)?e,则当x充分大时有（） （A）g(x)?h(x)?f(x) （B）h(x)?g(x)?f(x) （C）f(x)?g(x)?h(x) （D）g(x)?f(x)?h(x) 答案：(C)，注：2010年数三（4）
10nx10f(x)ln10x10ln9x解析：lim?lim?lim?x???g(x)x???x???xx故当x充分大时，有f(x)?g(x)?h(x)
4、设cosx?1?xsin?(x),?(x)??limg(x)10!?0，?0，同理，limx???h(x)x???x?2，当x?0时，??x? （ ）
（A）比x高阶的无穷小 （B）比x低阶的无穷小
（C）与x同阶但不等价无穷小 （D）与x等价无穷小 答案：C，注：2013年数二（1）
解析：当x?0时cosx?1?xsin?(x)~?
5、设函数f(x)在(??,??)内单调有界，{xn}为数列，下列命题正确的是（ ）
121x,sin?(x)~?x~?(x)，故应该选（C）． 22 10