经济数学第1章所有习题及测试题详细解答

1.设函数f(x)x33x，(x)sin2x，求f，ff1，f(x)。 6解：（1）∵3， sin2sin66323∴f6333333333123933； f22282888（2）∵f(1)13312，

∴ff1(2)33(2)862；

（3）f(x)sin2f(x)sin2x33xsin2x36x

2.设f(x)的定义域为（0，1），求f(2x1)的定义域。 解：令2x10，得x故f(2x1)的定义域为1，令2x11，得x0， 21,0。 2

3，下列表达式中，哪个不是初等函数？ （1）yx2x3,x0,1x； （2）y2

x,x0.（3）f(x)解：（2）

x111x； （4）f(x)x2sin2x

4.分析下列函数的复合结构： （1）yelncos2x； （2）ylntanx2；

2（3）ysin12x； （4）yarcsin(12x)； （5）ytane； （6）非复合函数。

3x 1

解（1）yeu，uv，vlns，scost，t2x；

2 （2）yu，ulnv，vtans，sx；

（3）ysinu，uv，vsin12x；

（4）yu2，uarcsinv，v12x；

v（5）ytanu，ue，v3x；

（6）非复合函数。

5.将yesin2(x22x)分解为一系列简单函数。

22解：yeu，uv，vsins，sx2x。

6.若f(x21)x43x22，求f(x)。

解：∵(x21)2x42x21，即x4(x21)22x21 ∴f(x21)x43x22(x21)22x213x22

(x21)2(x21)

故f(x)x1

2第一章 习题二

1.已知某商品的需求函数和供给函数分别为Q3002P，S300.5P，求该商品的均衡价格和均衡数量。

解： 由题意，3002P300.5P， 即3302.5P，

求得P132，由此得Q300236，

因此，该商品的均衡价格和均衡数量分别为132与36。

2.当市场上鸡蛋的收购价格为每千克2.5元时，收购站每月能收购5000千克，若收购价每千克提高0.1元时，则每月能多收购400千克，求鸡蛋的线性供给函数。

解：设鸡蛋的线性供给函数为Qabp，由题意得

2

5000a2.5b，即 5400a2.6b4000.1b，b4000，因此a5000

故鸡蛋的线性供给函数为Q50004000p。

3.某人现在有1000元钱存入银行，银行年利率为2.15%，按单利计算，5年后的本利和是多少？

解；由题意，本金为1000元，5年的利息为10002.15%5107.5， 故5年后的本利和是1107.5元。

4.某人若想在5年后在银行提取10万元，银行年利率为5%，按照复利计算，现在应该存入银行多少钱？

解：设现在应该存入银行x元钱。 该笔钱1年后的本息为x(15%)；2年后的本息为x(15%)2；3年后的本息为x(15%)3； 4年后的本息为x(15%)4；5年后的本息为x(15%)5；因此可得方程

。 x(15%)5100000即x100000100000x78352.62 ，得：

1.2762815625(15%)5故现在应该存入银行78352.62元。

5．某商品的需求函数为q10（1）商品的利润函数；

（2）销售10件商品时的利润。

2解：（1）因为收入函数为Rpq，总成本函数为C72qq，

2p2，总成本函数为C72qq，求 4所以利润函数为LRCpq72qq， 由需求函数为q10p可知，4q40p，即p404q，代入上式，便得 4L(404q)q72qq240q4q272qq2，即得所求的利润函数为

L738q5q2。

（2）当q10时，L7380500127， 即销售10件商品时，亏损127元。

3

6.经营牛仔裤的某个体户的成本函数为C9630qq2，若销售单价定为50元/件，求：

（1）该商品经营的保本点；

（2）每天销售20件该商品，缴纳所得税100元，为了不亏本，销售单价定为多少合适？

解：（1）设每天销售q件。 则收入函数为R50q，又成本函数为C9630qq2，故利润函数为

LRC，即L9620qq2，

令L0，即9620qq20，解得6q16。

即在定价为50元/件且不考虑交税的情形之下，每天销售量在6到16件之间可确保不亏本。 （2）若每天销售20件该商品，缴纳所得税100元，则设定价为p元/件， 此时收入为R20p元，非税成本为C963020201096元，含税成本为

2C10961001196元。

易知此时的利润为LRC，即L20p1196。

L0，即20p11960，解得59.8。

因此，这时的销售单价应不低于59.8元/件。

第一章 习题三

1.观察下列数列的变化趋势，并确定它们是否有极限。 （1）xn(1)（3）xn3n11n(1)n1； （2）xn； 2nn11x； （4）。 n2n2解：（1）limxn0；

n（2）limxn1

n（3）limxn3

n（4）limxnn1 2

4

2.设f(x)2x，问limf(x)是否存在？

x0x3x2x2x2xlimlim1； x0x0x3xx3x2x解：当x0时，limf(x)limx0x0当x0时，limf(x)limx0x02x2x2x1limlim， x0x0x3xx3x4x2由于左、右极限不相等，故limf(x)。

x0

3.判断lime是否存在，若将极限过程改为x0呢？

x1x10解：当x时，0，故limex=e1；

xx1而当x0时，，故limex。

x0x

4.当x0时，讨论函数f(x)11xx的极限是否存在。

解：当x0时，limf(x)limx0xxx0limx1；

x0x当x0时，limf(x)limx0xxx0limx0x1， xx0由于limf(x)limf(x)，即左、右极限不相等，故limf(x)。

x0x0

x2,x2,x2,讨论当x2时，f(x)的极限。 5.设函数f(x)0,(x1)22,x2,解：∵limf(x)limx4；

x2x22x2limf(x)lim(x1)223，

x2 5

由于limf(x)limf(x)，即左、右极限不相等，故limf(x)∴

x2x2x22xb,6. 设f(x)0,2x1,x0x0,x0,试确定b的值，使limf(x)存在。

x0x0,x0解：当x0时，limf(x)lim(2xb)b；

x当x0时，limf(x)lim(21)2，

x0x0由题意知，limf(x)limf(x)，即b2。

x0x0

第一章 习题四

1.下列极限正确的是

sinxsinx1； （B）lim1；

xx02xx1sin1x1。 （C）limxsin1； （D）limxx01xx（A）lim解：（D）

a2. lim1xxbxc等于

b（A）e； （B）e； （C）e； （D）eababc。

a解：由于lim1xxbxbxcabxaclim11 xxxabcbx1aaaaalim1lim1lim1lim1xaxxx0xxxxxeab

故选（C）。

6

k3. lim1e2，则k xx（A）2； （B）2； （C）

x11； （D）。 22kxxkkk解：由于lim1lim1xxxxek，

由题意可知，e故选（B）。

ke2，即k2，

4.求下列各极限：

2x2x52（1）lim； （2）lim(3x5x1)；

x1x23x14x32x2x3x24x2（3）lim； （4）lim；

x0x7x23x13x22xn1n21（5）lim3； （6）lim；

n1n1n(n1)(n24)（7）limx01x131； （8）lim； 3x11xx1xx4111； 2n； （10）lim2x4x5x4222（9）lim1（11）limx1cosxsin3xlim； （12）；

x0x0sin5xx23xx0x0（13）lim12x； （14）lim4xxsinx；

xsinxx12x1(15) lim； （15）lim。

x01xx2x12x2x5222255；解：（1）lim（代入法）

x23x13217

7

（2）lim(3x5x1)315111；（代入法）

x1224x32x2x(4x22x1)x4x22x1（3）lim （约分法） limlim2x0x0x0(3x2)x3x23x2x1； 23x24x23x24x222223x24x2xxxx （同除法） limlim（4）limx7x23x1x7x23x1x7x23x12222xxxx422xx

limx3172xx34lim3xx3lim7xx（5）lim2x23003； 170072xn1n11 （约分法） limlimn1n31n1(n1)(n2n1)n1n2n111； 23111n21n212333n1nnnlim3lim3（6）lim 2n(n1)(n24)nnn24n4nnn4n4n3n3n3n3n311300nn（同除法） lim0；

n1441000123nnn（7）limx01x11x11x1 （同乘法） limx0xx1x11x1 （平方差公式） limx1x122x0limx0x1x11x1limx0x1x1x

8

limx011x1110111； 112（8）lim1331 （立方差公式） lim32x11xx11x1x(1x)(1xx)1xx23 lim22x1(1x)(1xx)(1x)(1xx)1xx23 （通分法） lim2x1(1x)(1xx)x2x2(x2)(x1) limlimx1(1x)(1xx2)x1(1x)(1xx2)x2x2(x2)(x1) limlim22x1(1x)(x11xx)(1x)(1xx)x21231；

x11xx231112111（9）因为1，，2，…，n是一个等比数列，

2221在此处，a11，q，mn1

2lima1(1qm)因此由等比数列求和公式Sn可知，

1qn11n111111n12111212n21

1122221221222n112，从而

21n1lim2lim2202； xxn22n111lim12nx222（10）limx4x4x41limlim；

x25x4x4(x4)(x1)x4x12222（11）由三角公式cossin1与cos2cossin可得，

cos212sin2，即1cos22sin2，令2x，便得

9

1cosx2sin2x，故 222xx2x2xsinsin2sinsin1cosx222lim 22lim22limlimlimx0x0x0x0x01x2x2x2x24x242xxxsinsinsin211222 limlimlim4x012x0x22x0x2x42222xsin121121； lim2x0x2222sin3xsin3xsin3xlimsin3x33lim33x03313； （12）limlimx0sin5xx0sin5x5x0sin5x5sin5x5155limx05553（13）lim12xlim12xlim12xx0x0x03x3x13(2x)2xx

6lim12xx01(6)2xlim12x2xx01e6；

xsinxsinxlim1sinx1x0xsinxxxx（14）lim limlimx0xsinxx0xsinxx0sinxsinx1lim1x0xxxsinxx0x1100； sinx1121limx0x1lim(15) limxx1(1x)x1xlimlimlim1

x01xx0x0x01x1x1x1x4x4x4x4xxxlim1lim1x0x01x1x4x1xx4x1xx

10

xlim1x01x41x1x4x1xxlim1x01x1xx41x

limex0xe4limx01xe410e4；

2x12x22x1（16）lim22x1(2x1)2limlim1x2x1xx2x12x12lim1x2x1

2x12x

2x2x1limex2x2x1ex2x1lim2xe1e。

第一章 习题五

1.指出下列变量哪些是无穷大，哪些是无穷小？

en（1）e（x）； （2）n（n）；

2xx1tanxx1x（）； （4）（）。

2x211xx解：（1）因为ex，当x时，e，

e1x故x0，即e为无穷小； e（3）

eene（2）因为n，由于1，

222nene故当n时，有，即n为无穷大；

22（3）因为

nx1x11， x21x1x1x11x1，故2为无穷大； x1x1当x1时，有

（4）由正切函数的图象可知，当x时，tanx为无穷大。 211

2.函数yx2x12在什么情况下是无穷大，在什么情况下是无穷小？

解：欲使

x2x122为无穷大，必须分母为0且分子不为0，此时有x1；

而欲使

x2x1为无穷小，必须分子为0且分母不为0，此时有x2。

3.当x0时，f(x)是比x高阶的无穷小，求lim33f(x)。

x0sin3xx3x333sinxxxf(x)解：由于lim，即与同阶，又比高阶，故 lim1x0sin3xx0sinxf(x)比sin3x高阶，因此lim

4.计算下列极限： （1）limxsinx0f(x)sinx3x00。

1tan2x； （2）lim；

x0xsin3xln(12x)a0； （4）lim；

x0arcsin3x（3）limx0sinax1cosx（5）limx01xsinx1。

xarctanx1为有界函数，因此由无穷小的性质3x解：（1）由于当x0时，x为无穷小，又sin得：当x0时，xsin11为无穷小，即limxsin0；

x0xxsin2xtan2xsin2x1sin2x1（2）lim limcos2xlimlimlimx0sin3xx0sin3xx0sin3xcos2xx0sin3xx0cos2xsin2x1sin2xsin2xlimlimlim， x0sin3xcos0x0sin3xx0sin3xsin2x2x2lim，即

x0sin3xx03x3当x0时，sin2x～2x，sin3x～3x，由等价无穷小代换公式，可得

lim 12

limtan2x2；

x0sin3x3x2（3）由于当x0时，1cosx～，故由等价无穷小代换公式，可得

2x0limsinax1cosxlimx0sinaxx22limx0sinaxx222limx0sinaxx22limsinax

x0x2alimsinax2a12a；

x0ax12x)～2x，arcsin3x～3x， （4）由于当x0时，ln(故由等价无穷小代换公式，可得

limln(12x)2x2lim；

x0arcsin3xx03x3xxsinx，故1xsinx1～， 22（5）由于当x0时，1x1～因此由等价无穷小代换公式，可得

xsinx1xsinx11sinx2， limlimlimx0x0x0xarctanxxarctanx2arctanx又当x0时，sinx～x，arcsinx～x，由等价无穷小代换公式，可得

1sinx1x11limlim1，即 2x0arctanx2x0x22limx01xsinx11。

xarctanx2

第一章 习题六

1.函数yf(x)在点xx0处有定义是它在该点处连续的（ ） （A）必要条件； （B）充分条件； （C）充要条件； （D）既不充分也不必要。 解：（1）因为连续的前提是yf(x)在点xx0处有定义，故选A；

13

2.函数f(x)x1,0x1,在x1处间断是因为（ ）

3x,1x4x1f(x)不存在； （A）在x1处无定义； （B）limf(x)不存在； （D）limf(x)不存在。 （C）limx1x1解：f(1)110，故f(x)在x1处有定义，

f(x)lim(x1)0，limf(x)lim(3x)2， 又limx1x1x1x1f(x)与limf(x)均存在， 从而limx1x1f(x)≠limf(x)，即limf(x)不存在，因此选D。 但limx1x1x1

3.函数y1的间断点是（ ） 2x3x4（A）1，4； （B）1，4； （C）1，4； （D）1，4。 解：因为y11，当x分别为1，4时，函数值不存在，2(x4)(x1)x3x4故当x分别为1，4时，函数间断。因此选C。

4.求下列极限：

（1）limln(2cos2x)； （2）limxx06x11； x（3）limx2x2sin2x； （4）lim；

x2x)xcos(4（5）limxsinx1cosx； （6）limxln1xlnx

x解：（1）limln(2cos2x)ln2cos2x61ln2cosln2ln10； 632x11lim（2）limx0x0xx11xx11x11limx0xx112x112

14

limx0xx11xlimx01x11101111； 112（3）limx2x2limx2x2limx2x21x2x2x2x21limx2x2；

x2x2

12222（4）limx4sin2x2sinxcosx2lim2limsinx2sin22；

cos(x)xcosx42x442222（5）由三角公式cossin1与cos2cossin可得，

cos22cos21，即1cos22cos2，令2x，便得 1cosx2cos2x，故 2xlimsinx1cosxlimxsinx2cos2x2，由于x，故

x， 22xxx2xcoscos，从而 进而有cos0，因此有cos22222xlimsinx1cosxlimxsinx2cos2x2limxsinx2cos2x212xlimsinxcos2x2

xx2sincos1sinx1sinx122 limlimlimx2xcosx2xcosx2xcos22212lim2sinxx112sin212； 2222m， n（6）由对数的运算法则logamloganloga有ln1xlnxln1x，因此， x1xlimxln1xlnxlimxln， xxxnn又由对数的运算法则logabnlogab，知nlogablogab即

15

1x1xxlnln，因此

xxxx1x1x1xlimxln1xlnxlimxlnlimlnlnxlim xxxxxxx1x1lnlimlnlimxxxxx1lnlim1lne1。

xxxxxx 

5.求下列函数的间断点并指出类型：

x4,x0,（1）f(x)e； （2）f(x)x；

1,x01x1x33x2x3（3）f(x)cos； （4）f(x)。 2xxx62ee解：（1）因为limx01x0，而limeex01x ，ime不存在，即l故x0x01x是f(x)e的第二类间断点；

1xx4x433f(x)limlimx0limf(x)limlimx0 ， （2）因为lim，

x0xx0x0xx0x0x0即limf(x)0。但f(0)1，即limf(x)f(0)，故x0是f(x)的间断点，又左、右

x0x0极限均存在，因此x0是第一类间断点； （3）由于当x0时，

11f(x)， ，进而cos2不存在，因此limx0xx故x0是f(x)的间断点，且为第二类间断点；

x33x2x3x2(x3)(x3)(x21)(x3)（4）因为f(x) 2(x3)(x2)(x3)(x2)xx6(x1)(x1)(x3)(x1)(x1)，

(x3)(x2)x2 16

f(x)，因此x2是f(x)的间断点，且为第二类间断点。 由于当x2时，limx2

x1,6. 设函数f(x)2x,x0,x0,问f(x)在其定义域内是否连续？

解：显然，f(x)在各段内是连续的，现考察f(x)在分界点处的连续性。

f(x)lim(x1)1， limf(x)limf(x)，f(x)limx20 ，即lim由于limx0x0x0x0x0x0故limf(x)，因此f(x)在其定义域内有一个间断点x0。

x0

11axx,x0,x0, 在x0处连续？ 7.当a、b为何值时，函数f(x)e,sinax,x0bx解：由于f(0)e，

x0limf(x)limsinaxa，

x0bxb1x1aaxx0x01lim1axaxea， x0ax0limf(x)lim1axlim1axf(x)f(0)，即eae，得a1； 由题意，limx0f(x)f(0)，即又由limx0aa1e，得b， bee因此，a1，b

1。 e8.证明方程e3x至少存在一个小于1的正根。 证：设f(x)e3x。 显然f(x)在实数集内连续。

又f(0)e3010，f(1)e31e30， 由零值定理可知，f(x)e3x在(0,1)内至少存在一个数，使得

17

x01xxf()e30，即e3，因此至少存在一个小于1的正数，它能满足

方程e3x。

证毕。

x单元测试一

一、填空题

1.函数yearctanx21是由 复合而成的。

解：yeu，uarctanv，v

2.函数f(x)s，sx21。

x2的间断点是 。

x23x2解：因为f(x)

x2x2，故间断点是x1与x2。 2x3x2(x1)(x2)3.函数f(x)在点x0处有极限是它在该点处连续的 条件。 解：必要。

x2cos4. limx0sinx1x 。

1xlimxxcos1limxlimxcos1，

解：由于limx0x0sinxsinxxxx0sinxx0x2cosx11，limxcos为无穷小与有界函数的积，据无穷小的性质，其值为0，

x0sinxx0x1x2cosxlimxlimxcos1100。 故limx0x0sinxx0sinxx而lim

18

(2x1)20(3x1)305. lim 。 50x(2x1)2x1203x130(2x1)20(3x1)30(2x1)20(3x1)30解：limlimlim 502030xxx2x12x1(2x1)(2x1)(2x1)2x13x1limlim x2x1x2x12x13x1limlimlim x2x1xx2x11201301。

6.当x0时，xx是xx的 无穷小。

22320302030xx2x(1x)1解：因为lim2limlim，故当x0时，xx2是x2x332x0xxx0x(1x)x0x的低阶无穷小。

x2,7. f(x)xa,x0x0,在x0处连续，则a 。 x0x02f(x)lim(xa)alimf(x)limx0， 解：由于lim，x0x0f(x)limf(x)，即a0。 若f(x)在x0处连续，须limx0x0

e5x 。 8. limx0x解：由于当x0时，分子e5xe5x，即 1，而分母x0，故xe5xlim。 x0x

9.设f(x)

1，则当x 时，f(x)为无穷小； x119

当x 时，f(x)为无穷大。 解：由于当x时，

110；当x1时，， x1x1故当x时，f(x)为无穷小；当x1时，f(x)为无穷大。

x2110.要使函数f(x)连续，则应在x1处补充定义 。

x1x21(x1)(x1)limlim(x1)2， 解：由于limf(x)limx1x1x1x1x1x1x21若使函数f(x)连续，须limf(x)f(1)，即f(1)2，故应在x1x1x1处补充定义f(1)2。

二、单项选择题

1.当x0时，与2xx为同阶无穷小的是（ ）

（A）x； （B）x； （C）x； （D）x。 解：考虑（B）x：

2342242x2x42lim2x2，结果为常数， 由于lim2x0x0x由同阶无穷小的定义可知，x与2xx为同阶无穷小，故选（B）；

2. 若limx0224f(x)1f(x)lim（ ） ，则

x01cosx2x2（A）0； （B）1； （C）2； （D）4。

20

解：由于

lim1cosxlimx0x0x22sin2xxxsin2sin222lim22lim2 222x0x0xxx422xxxsin2sin2sin222lim21lim21121， lim4x0x24x0x22x0x22222由题意，limf(x)11cosxf(x)limlim，即，由此得

x0x2x0x0x22x21cosx1cosxlim2x0x2x1，即lim1，

x0f(x)f(x)lim2x0xx2f(x)1cosx1。 1，即limx0x01cosxf(x)从而有lim由于（B）的结果为1，故选（B）

3. 下列极限存在的是（ ）

（A）lime； （B）limsinx0

x01

x

1； x11limxsin； （D）。

x1x22x1xx1解：考虑（D）limxsin：

xx1sin1x， 由于limxsinlimxxx1x1在上式中，令t，当x时，t0，故有

x1sint1limxsinlim1，即limxsin存在， xxxt0tx（C）lim因此选（D）

21

4. 函数ysin1x为无穷小量的条件是（ ） （A）x； （B）x1；

（C）x2； （D）x。

解：欲使ysin1x为无穷小量，须sin1x0， 由正弦函数的性质知，此时须1xk，即x1k，

在问题中给出的四个选项中，仅有（B）满足这个条件， 因此选（B）。

5. limsin(x1)x11x2（ ）

（A）12； （B）0；

（C）1； （D）12。

解：由于limsin(x1)sin(x1)sin(xx11x2limx1(1x)(1x)lim1)x1(x1)(x1)

limsin(x1)111x1x1limx1x11112，

故选（A）。 6. 设函数f(x)2x,x0, ）

ex,x0,则x0是f(x)的（（A）连续点； （B）可去间断点； （C）跳跃间断点； （D）第二类间断点。

解：由于limf(x2x0x)limx0e1，xlim0f(x)limx0x0， 故x0是f(x)的跳跃间断点，因此选（C）。

7.当xx0时，和都是无穷小，下列变量中，可能不是无穷小的是（（A）； （B）；

22

） （C）； （D）

 (0)。 解：由无穷小的性质可知，、、均为无穷小，不合题意，因此本题只能选（D）。

8. 方程e3x在(0,1)内（ ）

（A）至少有一根； （B）至少有两根； （C）有三个实根； （D）没有实根。

解：设f(x)ex3x。 显然f(x)在实数集内连续。

又f(0)e03010，f(1)e131e30， 由零值定理可知，f(x)ex3x在(0,1)内至少存在一个数，使得

小于1的正数，它能满足f()e30，即e3，因此至少存在一个．．．．．．

方程e3x。

因此本题选（A）。

9.下列结论正确的是.（ ）

（A）基本初等函数在定义区间上不一定连续； （B）分段函数在定义区间上必连续； （C）在定义区间上连续的函数都是初等函数； （D）分段函数在分段点不一定连续。 解：前三个选项均错，故本题选（D）。

10.下列极限正确的是（ ）

xx1（A）lim1xxx1e； （B）lim1xe；

x1x 23

（C）lim1xe； （D）lim1x1xx22xx2e。

解：考虑（A）：

1由于lim1xxx1x1x111lim11lim1lim1 xxxxxxxe1e。

三、计算题

求下列极限：

x211（1）lim；

x02xx11解：limlimx0x02x2x2limx11

2xx112xx11112x112222x02limx02xx110x22limx02x11x2



2021100； 22x（2）lim；

x3x112x3x1解：limlimlim1lim1x3xxxx3x3x3xx3311lim11 x3x3xxxxxx33

1lim1x3x1lim1x3x

x311lim1lim1xx3x3x11lim1xx3x33x31

x3e；

24

2n3（3）lim；

n3n72n3322222n3242n3nnlimlimlim解：lim； n3n7n3n7nn3n77933nn （4）limx222x1x；

解：limxx1xlimxx1xx1xx1x1limxx1xx1x

limx1x1x，

在上式中，由于分母无限增大，而分子为1，故上式极限为0，即

limx1xlimxxx1x0；

（5）lim111； n1223n(n1)111111111，，…，， 12122323n(n1)nn1解：由于

故lim111111111lim n12n23n(n1)nn11223111111lim n1223nn1111lim01； n1n11 （6）limsinx；

x0sin5x解：因为当x0时，sinx～x，sin5x～5x，由等价无穷小代换公式，可得

25

limsinxx1lim；

x0sin5xx05x5

2（7）lim1xx2解：lim1xxx3；

x32x2322lim11lim1lim1 xxxxxxxx3x22232lim11lim1lim1e2； xxxxxxxx2

（8）limxln(x1)lnx；

x解：由对数的运算法则logamloganloga有ln1xlnxlnm， n1x，因此， x1xlimxln1xlnxlimxln， xxx又由对数的运算法则logabnnlogab，知nlogablogabn即

1x1xxlnln，因此

xxxx1x1x1xlimxln1xlnxlimxlnlimlnlnxlim xxxxxxx1x1lnlimlnlimxxxxx1lnlim1lne1。

xxxxxx 

12x21（9）lim；

x0sin2xx2x22解：由等价无穷小代换公式：1x1～，得12x1～，即

22

26

12x21～x2，从而有

x2x2lim2lim11； x0sinxx0sinx

2sinx；

x0xsinxsinxlnlimln10； 解：limlnx0x0xx（10）limln

x21（11）lim3；

x1x2x21x21(x1)(x1)(x1)(x1)解：lim3 limlimx1x2x21x1x3x2x21x1(x3x2)(x21)limx1(x1)(x1)(x1)(x1) lim22x1x(x1)(x1)(x1)(xx1)(x1)x11122； 22xx11111limx1

(2x2)arcsinx（12）lim。 3xxx2x2arcsinx(2x2)arcsinx(2x2)arcsinx解：lim limlim322xxxxxx(1x)x1x2x22arcsinxxlimlim

x1x2xxx22121xlimlimarcsinx

x1xx1x20111limarcsinxlimarcsinx，

xx01xx在lim11arcsinx中，由于为无穷小，而arcsinx为有界函数， xxx 27

故lim1arcsinx0，因此有 xx(2x2)arcsinx1limlimarcsinx0。 xxxxx3

四、综合应用题

x22x2,x0,1.讨论f(x)sinkx 当k为何值时，函数在x0处连续。

,x0,xf(x)lim(x2x2)2，limf(x)lim解：由于limx0x0x0x0x02sinkxk，

x0xf(x)limf(x)，即2k， 欲使函数在x0处连续，须lim因此，当k2时，函数在x0处连续。

x2,x1,21x2, 试判断f(x)在x1和x2处的连续性。 2.已知f(x)x,x,x2,2解：由于limf(x)lim(x2)3，limf(x)limx1，

x1x1x1x1显然，limf(x)limf(x)，因而f(x)在x1处间断；

x1x12f(x)limx2， f(x)limx4，lim又由于limx2x2x2x2f(x)limf(x)，因而f(x)在x2处间断， 显然，limx2x2综上所述，f(x)在x1和x2处均间断。

3.求出下列函数的间断点并判断类型

1x21（1）y2； （2）y2；

xx2x3x2 28

（3）f(x)x1,x0,x （4）f(x)。

tanxsinx,x0；x21(x1)(x1)解：（1）由于y2，显然，间断点为x1和x2。 x3x2(x2)(x1)当x1时，limylimx1(x1)(x1)x1lim2，

x1(x2)(x1)x1x2(x1)(x1)x1lim，

x2(x2)(x1)x2x2当x2时，limylimx2x21因此，函数y2的间断点为x1和x2，它们分别是第一类间断点与第

x3x2二类间断点；

（2）由于y11， 2xx2(x2)(x1)故；函数y

1的间断点为x1和x2，它们均为第二类间断点； 2xx2f(x)lim(x1)1，limf(x)limsinx0， （3）由于limx0x0x0x0即f(x)在x0处的左、右极限均存在且不相等， 因此，函数f(x)有第一类间断点x0；

（4）由于使得函数f(x)又limf(x)limxkx无定义的点为xk， tanxxkx， tanx故函数f(x)

x的间断点为xk（kZ），且它们均为第二类间断点。 tanxxc44.已知lime，求c的值。

xxcx 29

2cxcxc2c解：由于limlimlim1

xxcxxxcxc2clim1xxc2clim1xxc(xc)cxxx2clim1xxccxc2c1 xcxccxc2c2clim1lim1xxxcxcxc2c2clim1xxc2c

2clim1xxc由题意，e

5. 设lim2cxc.2c2ce2c，

e4，从而2c4，因此，c2。

11lim2xsin，求k的值。 x012xxx1：

x012x，当

kxkx解：先求lim令

11t12xx0时，

t0，则

12x11t，

2x111ttt1，x，从而 1t1t1t2(1t)kt2(1t)lim1tt0lim1tt02k(1t)tlim1tt02k2kttlim1tt02k2kt

2klim1tt02ktlim1tt02klim1tt02kt11lim1ttt0e2k，

而lim2xsinx12limx1xxkxsin1x212，

由题意lim11lim2xsin，知e2k2， x012xxx2k取自然对数：lne

ln2，即2kln2，故kln2。 2 30

6.证明方程x3x1至少有一个实根介于1与2之间。

证：设f(x)x53x1。 显然f(x)在实数集内连续。

又f(1)1531130，f(2)25321250， 由零值定理可知，f(x)x53x1在(1,2)内至少存在一个数，使得

5f()5310，即531，因此至少存在一个小于1的正数，它

能满足方程x3x1。

证毕。

7.火车站托运行李收费规定如下：当行李不超过40kg时，每千克收费2.50元；当超过40kg时，超重部分按每千克3.50元收费，试求运费y（元）与重量x（kg）之间的函数关系。

解：由题意，当行李重量x不超过40kg时，每千克收费y为2.50元， 即当x40时，y2.50x；

而当行李重量x超过40kg时，超过部分每千克收费y为3.50元， 即当x40时，y402.5(x40)3.503.5x40， 因此，所求函数关系为

5x40,2.5x, y3.5x40,x40.

8.如果用1000元投资，银行年利率为10%，分别按照连续复利计息方式计息时，两年后的资金总和是多少？

（1）按年计息； （2）按月计息； （3）按季度计息。 解：（1）按年计息：

10.110001.1210001.211210元； S10002 31

（2）按月计息：

0.1S1000112242410001.0083310001.22041220.4元；

（3）按季度计息：

0.18S1000.4； 110001.02510001.218412184（4）而按连续复利计息方式计息：（由P12例10）

8S1000e20.11000e0.210001.22141221.4元。

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