考试要点剖析
一、了解两类曲面积分的概念，性质及两类曲面积分的关系；掌握计算两类曲面积分的方法.
1. 对面积的曲面积分（第一类面积分）
?? 定义：设曲面Σ是光滑的，函数f(x，y，z)在∑上有界，把∑任意分割成n小块ΔＳi（ΔＳi同时也代表第i小块曲面的面积），设(ξi，ηi，ζi)是ΔSi上任意取定的一点，作乘积，f(ξi，ηi，ζi)ΔSi(i=1，2，…，n)并作和∑ni＝１f(ξi，ηi，ζi)ΔＳi.如果当各小块曲面的直径的最大值λ→０时，这和的极限总存在且唯一，则称此极限值为函数f(x，y，z)在曲面Σ上对面积的曲面积分，记
??Σf(x,y,z)dＳ＝??Ｄf[x,y,z(x,y)]１＋z２x（x,y）＋z２y（x,y）dxdy.
?? 性质：
??Σ(k1f(x，y，z)+k2g(x，y，z))dS=k1??Σ1f(x，y，z)dS+k2??Σg(x，y，z)dS
??Σ1+Σ2f(x，y，z)dS=??Σ1f(x，y，z)dS+??Σ2f(x，y，z)dS
?? 计算
1) 直接法（转化为定积分）
(1) Σ：z=z(x，y)，Σ在xOy面的投影区域Dxy
??Σf(x，y，z)dS=??Dxyf[x，y，z(x，y)]1+z2x+z2ydxdy
(2) Σ：x=x(y，z)，Σ在yOz面的投影区域Dyz
??Σf(x，y，z)dS=??Dyzf[x(y，z)，y，z]1+x2y+x2zdydz
(3) Σ：y=y(x，z)，Σ在xOz面的投影区域Dxz
??Σf(x，y，z)dS=??Dxzf[x，y(x，z)，z]1+y2x+y2zdxdz.
2) 利用奇偶性与对称性
（1） 若曲面Σ关于xOy面对称，则
??Σf(x，y，z)dS=0f(x，y，z)关于z是奇函数
2??Σ1f(x，y，z)dSf(x，y，z)关于z是偶函数Σ1是Σ中z≥0的部分.
（2） 若x，y互换后，曲面Σ不变，则??Σf(x，y，z)dS=??Σf(y，x，z)dS
（3） 若x→y，y→z，z→x曲面Σ不变，则
??Σf(x，y，z)dS=??Σf(y，z，x)dS
2． 对坐标的面积分(第二类面积分)
?? 定义设∑为光滑的有向曲面，函数Ｒ（x,y,z）在Σ上有界，把Σ任意分成n块小曲面ΔＳi（ΔＳi又表示第i小曲面的面积），ΔＳi在xOy平面上的投影为（ΔＳi）xy，（ξi，ηi，ζi）是ΔＳi上任意取定的一点，如果当各小块曲面的直径的最大值λ→０时，limλ→０∑ni＝１Ｒ（ξi，ηi，ζi）（ΔＳi）xy总存在且唯一，则称此极限值为函数Ｒ（x,y,z）在有向曲面Σ上对坐标x，y的曲面积分，记作??ΣＲ（x,y,z）dxdy，即
??ΣＲ（x,y,z）dxdy＝limλ→０∑ni＝１Ｒ（ξi，ηi，ζi）（ΔＳi）xy
类似地
??ΣＰ（x,y,z）dydz＝limλ→０∑ni＝１Ｒ（ξi，ηi，ζi）（ΔＳi）yz，
??ΣＱ（x,y,z）dydx＝limλ→０∑ni＝１Ｑ（ξi，ηi，ζi）（ΔＳi）xz．
一般地
??ΣＰ（x,y,z）dydz＋Ｑ（x,y,z）dzdx＋Ｒ（x,y,z）dxdy
＝??ΣＰ（x,y,z）dydz＋??ΣＱ（x,y,z）dzdx＋??ΣＲ（x,y,z）dxdy.
?? 性质
（1） 若把Σ分成Σ１和Σ２，则
??ΣＰdydz＋Ｑdzdx＋Ｒdxdy
＝??Σ１Ｐdydz＋Ｑdzdx＋Ｒdxdy＋??Σ２Ｐdydz＋Ｑdzdx＋Ｒdxdy.
（2） 设Σ是有向曲面，－Σ是和Σ取反侧的有向曲面，则
??－ΣＰdydz＋Ｑdzdx+Rdxdy＝－??ΣＰdydz＋Ｑdzdx＋Ｒdxdy.
3. 计算
1) 直接法（通过投影化为二重积分）
(1) ??ΣR(x，y，z)dxdy=z=z(x，y)±??DxyR(x，y，z(x，y))dxdy
【注】（曲面Σ的法向量与z轴的夹角小于π2，取正号，大于π2，取负号）；
(2) ??ΣQ(x，y，z)dzdx=y=y(x，z)±??DxzQ(x，y(x，z)，z)dzdx
【注】（曲面Σ的法向量与y轴的夹角小于π2，取正号，大于π2，取负号）；
(3) ??ΣP(x，y，z)dydz=x=x(y，z)±??DyzP(x(y，z)，y，z)dydz
【注】（曲面Σ的法向量与x轴的夹角小于π2，取正号，大于π2，取负号）．
2） 矢量点击法（投影轮换法）
设曲面Σ的方程为：z=f(x，y)，规定Σ的法矢量方向为{－f′x，－f′y，1}，则
??ΣPdydz+Qdzdx+Rdxdy=??Σ{P，Q，R}{dydz，dzdx，dxdy}
=±??Dxy［P(－f′x)+Q(－f′y)+R］dxdy
令Σ：z＝f(x,y)取上侧，则
cosα＝－fx１＋f２x＋f２y，cosβ＝－fy１＋f２x＋f２y，cosγ＝１１＋f２x＋f２y
其中cosα＝－fxcosγ，cosβ＝－fycosγ，
则??ΣＰdydz+Qdzdx＋Ｒdxdy=??Σ（Ｐcosα＋Ｑcosβ＋Ｒcosγ）ds
＝??Σ（－fxＰ－fyＱ＋Ｒ）cosγds＝??Σ（－fxＰ－fyＱ＋Ｒ）dxdy
＝??Ｄxy（－fxＰ－fyＱ＋Ｒ）dxdy（代入z＝f(x,y)）
若Σ取下侧，则上式多一个负号.
3) 高斯公式：设空间区域Ω是由分片光滑的闭曲面Σ所围成，Ｐ（x,y,z）Ｑ（x,y,z）Ｒ（x,y,z）在Ω上具有一阶连续偏导数，则
??ΣＰdydz+Qdzdx＋Ｒdxdy＝??Ω??Ｐ??x＋??Ｑ??y＋??Ｒ??zdv
其中Σ是Ω的整个边界曲面的外侧.
【注】(1) Gauss公式说明：闭曲面的第二类曲面积分可用三重积分计算；
(2) 运用Gauss公式要注意：
1. 曲面要封闭.
2. 三个一阶偏导要处处连续
3. 三重积分的正负号：外侧取正，内侧取负
(3) 不是封闭曲面，补曲面用Gauss公式.
(4) (挖洞法)第二类曲面积分中Ｐ（x,y,z），Q(x,y,z)，R(x,y,z)在Ω内具有不连续一阶偏导数点（奇点）时，在Ω内挖去奇点的小邻域后的区域内用高斯公式.注意小邻域的边界曲面的选取不是任意的，要以被积函数的分母来决定，以便在该边界曲面容易积分.
4） 两类面积分的联系
??ΣＰdydz＋Ｑdzdx＋Ｒdxdy＝??Σ（Ｐcosα＋Ｑcosβ＋Ｒcosγ）ds
=??ΣＰcosαcosγ＋Ｑcosβcosγ＋Ｒdxdy.
其中cosα，cosβ，cosγ是有向曲面Σ上任一点（x，y，z）方向余弦.
3. stokes公式（计算空间第二类曲线积分)
设Γ为分段光滑的空间有向闭曲线，Σ是以Γ为边界的分片光滑的有向曲面，Γ的正向与Σ的侧符合右手规则，函数Ｐ（x,y,z）Ｑ（x,y,z）Ｒ（x,y,z）在包含曲面Σ在内的一个空间区域内有一阶连续的偏导数，则有
∮ΓP(x，y，z)dx+Q(x，y，z)dy+R(x，y，z)dz
＝??Σdydzdzdxdxdy
????x????y????z
ＰＱＲ＝??Σcosαcosβcosγ
????x????y????z
ＰＱＲdＳ.
＝??Σ??Ｒ??y－??Ｑ??zcosα＋??Ｐ??z－??Ｒ??xcosβ＋??Ｑ??x－??Ρ??ycosγdS
＝??Ｓ??Ｒ??y－??Ｑ??zdydz＋??p??z－??Ｒ??xdzdx＋??Ｑ??x－??p??ydxdy
其中cosα，cosβ，cosγ是Σ法向量的方向余弦，Σ的法向量与其边界曲线Ｌ的正向成右手法则.
基础过关题型
【题型四】计算对面积的面积分
【例12】计算??Σ1zds，其中Σ是x2+y2+z2=4，z≥1.
【详解】积分曲面方程可写成z=4－x2－y2，z≥1
联立x2+y2+z2=4
z=1可得x2+y2=3
z=1，
由此知积分曲面在xOy面上投影为Dxy：x2+y2≤3
??Σ1zds=??Dxy14－x2－y21+z′2x+z′2ydxdy=??Dxy24－x2－y2dxdy
=∫2π0dθ∫3024－r2rdr=2πln4.
【例13】设Σ：x２＋y２＋z２＝４，求I＝??Σ（x２＋y２）dS.
【详解】方法1：由于积分曲面关于yOz面，xOz面均对称，而被积函数（x２＋y２）中x２关于x为偶函数，y２关于y也为偶函数，有第一类曲面积分的对称性
??Σ（x２＋y２）ds＝２??Σ：z＝４－x２－y２（x２＋y２）ds＝２??Ｄxy（x２＋y２）２４－x２－y２dxdy
＝４??Ｄxyx２＋y２４－x２－y２dxdy＝４∫２π０dθ∫２０r３４－r２dr＝１２８３π．
方法2：由于积分曲面关于变量x,y,z具有轮换对称性，
??Σx２dＳ＝??Σy２dＳ＝??Σz２dＳ＝１３??Σ（x２＋y２＋z２）dＳ＝１３??Σ４dＳ＝６４３π
I=??Σ（x２＋y２）dＳ＝２３??Σ（x２＋y２＋z２）dＳ＝８３??ΣdＳ＝１２８３π
【题型五】计算对坐标的面积分
【例14】计算??Σxyzdxdy，其中Σ是球面x2+y2+z2=1的外侧.
【分析】此题为第二型曲面积分，可用直接法转化为二重积分来做，同时注意二重积分的对称性.由于曲面封闭，故也可直接用高斯公式转化为三重积分求解，同时注意三重积分的对称性.
【详解】方法1（直接法）：记Σ1上半球面(上侧)，Σ2下半球面(下侧).
??Σxyzdxdy=??Σ1xyzdxdy+??Σ2xyzdxdy
??Σ1xyzdxdy=??Dxyxy1－x2－y2dxdy=0
??Σ2xyzdxdy=－??Dxyxy(－1－x2－y2)dxdy=0
所以??Σxyzdxdy=0.
方法2（高斯公式法）
由高斯公式及三重积分的对称性有??Σxyzdxdy=??Ωxydxdydz=0，
其中Ω：x2+y2+z2≤1，即封闭曲面构成的球体内部.
【评注】此题用同样的方法可求得??Σxyzdydz=0，??Σxyzdxdz=0
【例15】计算曲面积分I=??Σ2x3dydz+2y3dzdx+3(z2－1)dxdy，其中Σ是曲面z=1－x2－y2(z≥0)的上侧.
【分析】此题积分曲面不封闭，若用高斯公式需补一个平面使之封闭，使用高斯公式后再减去所补平面上的曲面积分.也可以用转换投影法，逐个投影法都可以.
方法1：（补面用高斯公式）.取Σ１为xOy平面上的圆域x2+y2≤1，取下侧，
记Ω为由Σ与Σ１围成的空间闭区域，则
I=??Σ+Σ12x3dydz+2y3dzdx+3(z2－1)dxdy－
??Σ１２x３dydz＋２y３dzdx＋３（z２－１）dxdy＝Ｉ１－Ｉ２
由高斯公式：设空间闭区域Ω是由分段光滑的闭曲面Σ所围成，函数Ｐ（x,y,z），Ｑ（x,y,z），Ｒ（x,y,z）在Ω上具有一阶连续偏导数，则有
??ΣＰdydz+Qdzdx+Rdxdy=??Ω??Ｐ??x＋??Ｑ??y＋??Ｒ??zdv
这里P=2x３，Ｑ＝２y３，Ｒ＝３（z２－１），??Ｐ??x＝６x２，??Ｑ??y＝６y２，??Ｒ??z＝６z２，所以
I１＝??Ω６（x２＋y２＋z）dv
利用柱面坐标：x＝rcosθ
y＝rsinθ
z=z，０≤r≤１，０≤θ≤２π，dv＝rdrdθdz，有：
I１＝??Ω６（x２＋y２＋z）dxdydz＝６∫２π０dθ∫１０dr∫１－r２０（z＋r２）rdz
＝１２π∫１０rz２２＋r２z１－r２０dr＝１２π∫１０r（１－r２）２２＋r３（１－r２）dr
＝１２π－１４·（１－r２）３３＋r４４－r６６１０＝１２π·１６＝２π
记Ｄ为Σ１在xOy平面上的投影域D={(x,y)｜x２＋y２≤１}，则z＝０，dz＝０，又Σ１为z＝０（x２＋y２≤１）的下侧，从而：
I２＝??Σ１２x３dydz＋２y３dzdx＋３（z２－１）dxdy＝－??Ｄ３（０－１）dxdy＝３??Ｄdxdy＝３π
(其中??Ｄdxdy为半径为1圆的面积，所以??Ｄdxdy＝π·１１＝π)
故I=I１－Ｉ２＝２π－３π＝－π．
方法2：（用转换投影法）：若z=z（x,y），z对x,y具有一阶连续偏导数，则
dzdx＝－??z??xdxdy，dydz＝－??z??ydxdy.
曲面Σ１：z＝１－x２－y２，（x２＋y２≤１），??z??x＝－２x，??z??y＝－２y，由转换投影公式
Ｉ＝??Σ２x３dydz＋２y３dzdx＋３（z２－１）dxdy
＝??Σ２x３－??z??x＋２y３－??z??y＋３（z２－１）dxdy
＝??Ｄ［４x４＋４y４＋３（１－x２－y２）２－３］dxdy
利用极坐标变换：x＝rcosθ
y＝rsinθ，０≤r≤1，０≤θ≤２π，dxdy＝rdrdθ，所以
Ｉ＝∫２π０dθ∫１０［４r４cos４θ＋４r４sin４θ＋３（１－r２）２－３］rdr
＝∫２π０dθ∫１０［４r５cos４θ＋４r５sin４θ＋３（r５－２r３）］dr
＝∫２π０４６cos４θ＋４６sin４θ＋１２－３２dθ
＝∫２π０４６co２θ＋sin２θ）２－２cos２θsin２θdθ－∫２π０dθ
＝∫２π０４６［１－２cos３θsin２θ］dθ－２π
＝４６∫２π０dθ－１３∫２π０cos２sin２２θdθ－２π
＝４π３－１６∫２π０（１－cos４θ）dθ－２π
＝４π３－π３－２π－１６∫２π０cos４θdθ＝－π－１２４sin４θ２π０
＝－π－０＝－π
或∫２π０４６cos４θ＋４６sin４θdθ直接利用公式∫π２０cos４θdθ＝∫π２０sin４θdθ＝３４·１２·π２及∫２π０cos４θdθ＝４∫π２０cos４θdθ＝４∫π２０sin４θdθ＝∫２π０sin４θdθ
则∫２π０４６cos４θ＋４６sin４θdθ＝２·４·４６·３４·１２·π２＝π
所以，原式＝π－２π＝－π
【例16】计算曲面积分I=??Σ(x3+az2)dydz+(y3+ax2)dzdx+(z3+ay2)dxdyx2+y2+z2，其中Σ是上半球面z=a2－x2－y2的上侧.
【分析】由于被积函数表达式较复杂，可先考虑将积分曲线方程代入被积函数简化计算.
【详解】先将积分曲线方程代入被积函数化简，得
I=1a??Σ(x3+az2)dydz+(y3+ax2)dzdx+(z3+ay2)dxdy，
补Σ1：x2+y2≤a2，z=0取下侧.
则，I=??Σ+Σ1(x3+az2)dydz+(y3+ax2)dzdx+(z3+ay2)dxdy－
??Σ1(x3+az2)dydz+(y3+ax2)dzdx+(z3+ay2)dxdy=I2－I1
由高斯公式及三重积分的球坐标计算法，记Ω为由Σ与Σ１围成的空间闭区域，有
I2=3??Ω(x2+y2+z2)dv
=3∫2π0dθ∫π/20dφ∫a0r2·r2sinφdr=65πa5
若记D为Σ在xOy平面的投影，由于z=0，dz=0
I1=??Σ1(x3+az2)dydz+(y3+ax2)dzdx+(z3+ay2)dxdy
=－??Day2dxdy=－∫2π0dθ∫a0ar2sin2θrdr=－14πa5，
I=I2－I1=2920πa5
【例17】把??ΣPdydz+Qdzdx+Rdxdy化成对面积的曲面积分，其中z=8－x2－y2在xOy面上方部分的下侧.
【详解】F=x2+y2+z－8，下侧n={－2x，－2y，1}.
cosα=－2x1+4x2+4y2，cosβ=－2y1+4x2+4y2，cosγ=－11+4x2+4y2.
??ΣPdydz+Qdzdx+Rdxdy
=??ΣP－2x1+4x2+4y2+Q－2y1+4x2+4y2+R－11+4x2+4y2ds.
【例18】计算??Σ(z2+x)dydz－zdxdy，其中Σ是z=12(x2+y2)介于平面z=0及 z=2 之间部分的下侧.
【详解】补Σ1：z=2（上侧）??Σ+Σ1(z2+x)dydz－zdxdy=??Ω0dv=0
??Σ(z2+x)dydz－zdxdy=－??Σ1(z2+x)dydz－zdxdy
=??Σ1zdxdy=2??Dxydxdy=8π.
【例19】计算曲面积分??Σxz2dydz－sinxdxdy，其中Σ是由曲线y=1+z2
x=0(1≤z≤2)绕Z轴旋转而成的旋转曲面，其法向量与Z轴正向夹角为锐角.
【详解】：旋转曲面方程x2+y2－z2=1
取Σ1：z=2（下侧）Σ2：z=1（上侧）
??Σ+Σ1+Σ2xz2dydz－sinxdxdy=－??Ωz2dv=－∫21dz??D：x2+y2≤1+z2z2dxdy
=－∫21πz2(1+z2)dz=－12815π
所以??Σxz2dydz－sinxdxdy
=－12815π－??Σ1xz2dydz－sinxdxdy－??Σ2xz2dydz－sinxdxdy
=－12815π－??D：x2+y2≤5sinxdxdy－??D：x2+y2≤2sinxdxdy
=－12815π－0－0=－12815π
基础过关练习
1. 设有空间区域Ω1={(x，y，z)|x2+y2+z2≤R2，z≥0}，Ω2={(x，y，z)|x2+y2+z2≤R2，x≥0，y≥0，z≥0}，则（）．
（A） ??Ω1xdv=4??Ω2xdv（B） ??Ω1ydv=4??Ω2xdv
（C） ??Ω1zdv=4??Ω2xdv（D） ??Ω1xyzdv=4??Ω2xyzdv
2. 计算I=??Ω(x+y+z)dv，Ω：x2+y2+z2=4，z≥0与z=13(x2+y2)围成.
3. (1) 计算三重积分??Ωz2dxdydz，Ω：x2a2+y2b2+z2c2≤1.
4. 求??Ω(x+y+z)dv，Ω由z=x2+y2与z=1－x2－y2围成.
5. 计算I=∮L(x2+y3)ds，其中L为x2+y2=a2
6. 求∫L(x2－2xy)dx+(y2－2xy)dy，其中L是抛物线y=x2上从点A(－1，1)到点B(1，1)的一段弧.
7. 设L为椭圆4x2+y2=8x沿逆时针方向，则∮L(ey2)dx+(x+y2)dy=．
8． 已知曲线L的方程为y=1－|x|{x∈［－1，1］}，起点是（－，０），终点是(1，0)，则曲线积分∫Lxydx+x2dy=．
9. 设积分∫Ｌxy２dx＋φ（x）ydy与路径无关，其中φ（x）有连续的导数，且φ（０）＝０，求 φ（x），并计算I＝∫（１，１）（０，０）xy２dx＋φ（x）ydy.
10． 计算曲面积分I=??Σxzdydz+2zydzdx+3xydxdy，其中Σ为曲面z=1－x2－y24(0≤z≤1)的上侧．
【参考答案】
1. C2． 13π43． (1) 415πabc3(2) 2815π4． π85． πa36． －14157． 2π8． 09． 1210． π
强化篇
第一讲函数极限连续
重要概念、定理、公式、结论
一、关于函数四大性态
?? 单调性
定义：单调增：x1＜x2 ?? f(x1)＜f(x2)；单调不减：x1＜x2 ?? f(x1)≤f(x2).
判定：（1） 定义：
（2） 导数：设f(x)在区间I上可导，则
f′(x)≥0 ?? f(x)单调不减；f′(x)＞0 ?? f(x)单调增；
?? 奇偶性
定义：偶函数f(－x)=f(x)；奇函数f(－x)=－f(x).
判定：（1） 定义：
（2） 设f(x)可导，则：
1) f(x)是奇函数 ?? f′(x)是偶函数；
2) f(x)是偶函数 ?? f′(x)是奇函数，且f′(0)=0.
（3） 设f(x)连续：若f(x)为偶函数，则∫x０f（x）dx为奇函数；若f(x)为奇函数，则对于任意的a，∫xaf(x)dx为偶函数.
(4) 设f(x)在［－a，a］上连续，则∫a－af(x)dx=2∫a0f(x)dx，f(x)为偶函数
0，f(x)为奇函数
?? 周期性
定义：f(x+T)=f(x)
判定：(1) 定义；
（2） 可导的周期函数其导函数为周期函数；周期函数的原函数不一定是周期函数；
（3） 设f(x)是以Ｔ为周期的连续函数，则
∫a＋Ｔaf(x)dx＝∫Ｔ０f(x)dx＝∫Ｔ２－Ｔ２f(x)dx，∫nT0f(x)dx=n∫T0f(x)dx.
?? 有界性
定义：若??M＞0，??x∈I，|f(x)|≤M；则称f(x)在I上有界.
判定：（1） 定义：
（2） f(x)在［a，b］上连续 ?? f(x)在［a，b］上有界；
（3） f(x)在(a，b)上连续，且f(a+0)和f(b－0)存在 ?? f(x)在(a，b）上有界；
（4） 【注】f′(x)在有限区间(a，b)上有界 ?? f(x)在(a，b)上有界；
【简证】取x0∈(a，b)，x为(a，b)内任一点，由拉格朗日中定理知：
f(x)=f(x0)+f′(ξ)(x－x0)，ξ∈(a，b)
|f(x)|=|f(x0)+f′(ξ)(x－x0)|≤|f(x0)|+|f′(ξ)||(x－x0)|，
此不等式右端均有界，由此得证.
二、在自变量不同变化过程中的函数极限及其联系
1. limx→x0f(x)=A ?? limx→x+0f(x)=limx→x－0f(x)=A.
2. limx→∞f(x)=A ?? limx→＋∞f(x)＝limx→－∞f(x)＝Ａ．
3. limx→∞f(x)=A ?? limn→∞f(x)=A.
三、连续的隐含条件
如题中给出了连续条件，应充分利用以下结论：
1. 设f(x)在x０处连续，则f（x０）＝limx→x０f(x)．
2. 设f(x)在［a，b］上连续，则f(x)在［a，b］上可积，且可构造f(x)的原函数∫xaf(t)dt．
3. 对f(x)在［a，b］上应用最值、介值、零点定理.
四、几个常用极限
1. limn→∞na=1(a＞0)limn→∞nn=1limx→0+xx=1limx→+∞x1x=1limx→0+x1x=0
2. limx→+∞arctanx=π2limx→－∞arctanx=－π2
3.limx→+∞arccotx=0limx→－∞arccotx=π
4. limx→－∞ex=0，limx→+∞ex=∞，
5. limx→+∞1+x2x=1limx→－∞1+x2x=－1
6. limx→0+［x］=0，limx→0－［x］=－1
【评注】若x→∞的极限式中含有ax(a＞0，a≠1)，特别是ex，arctanx，arccotx，n1+x2（n为偶数），［x］或x→0时的极限式中含有e1x，arctan1x，arccot1x，一定分别求出x→+∞x→－∞（或x→0+，x→0－）时的极限，若两者相等，则x→∞（或x→0）时的极限存在，否则不存在.
五、几个特殊函数极限的大小关系
当x→+∞(n→∞)时，下列函数从左至右趋于+∞的速度越来越快，也可以说，当x充分大时，从左至右函数由小变大：
lnx，xα(α＞0)，ax(a＞1)，xx(或lnn，nα(α＞0)，an(a＞1)，n!，nn)
【评注】由上面的结果可立刻得出下列极限，考生可将下述结论记住!
limx→+∞lnxxα=0(α＞0)，limn→∞ann!=0(α＞1)，limn→∞nnn!=+∞.
六、抓大头原则
limx→∞a0xm+a1xm－1+…+amb0xn+b1xn－1+…+an=a0b0，m=n
0，m＜n
∞，m＞n
即求x→∞的极限时，抓住起决定性作用的x的最高次幂的项，把其余的项略掉；而求x→0的极限时，正好相反，即找最低次幂的项.如limx→+∞x21+2x2，次数最高的是x2，系数之比为12，就是答案.
七、极限性质
1） 有界性：收敛数列必有界；
2）有理运算性质：若limf(x)=A，limg(x)=B.
那么：lim［f(x)±g(x)］=A±B；
lim［f(x)·g(x)］=A·B；
limf(x)g(x)=AB(B≠0)
两个常用的结论：1） limf(x)g(x)存在，limg(x)=0 ?? limf(x)=0；
2） limf(x)g(x)=A≠0，limf(x)=0 ?? limg(x)=0；
3） 保号性：设limx→x0f(x)=A
① 如果A＞0，则存在δ，当x∈U°(x0，δ)时，f(x)＞0.
② 如果当x∈U°(x0，δ)时，f(x)≥0，那么A≥0.
4） 函数值与极限值之间的关系：
limf(x)=A ?? f(x)=A+α(x).其中limα(x)=0.
常考题型与典型例题
【题型一】分段函数的复合函数f［g(x)］
方法：分段代入法.其核心是先代入，后解不等式.
【解题程序】
(1) 写出外层函数f(u)的表达式，同时写出中间变量(即内层函数g(x))的取值范围；
(2) 按内层函数的分段表达式过渡到自变量的变化范围，得到复合函数f［g(x)］分段表达式.
【例1】设函数f(x)=lnx，x≥1
2x－1，x＜1，则f［f(x)］=.
【分析】本题主要考查抽象函数的复合，必须分段分层讨论.
【解析】由f(x)=lnx，x≥1
2x－1x＜1，得
y=f［f(x)］=lnf(x)，f(x)≥1
2f(x)－1，f(x)＜1
=lnlnx，lnx≥1，x≥1
ln2x－1，2x－１≥1，x＜0
2lnx－1，lnx＜1，x≥1
2(2x－1)－1，2x－1＜1，x＜1 .
第二行，中x≥1，x＜0矛盾，故此条舍去，于是有
y=f［f(x)］=12ln12lnx，x≥e2
lnx－1，1≤x＜e2
4x－3x＜1 .
【题型二】函数的基本特性
方法：综合应用函数特性的几种判别方法
【解题提示】
1. 函数的四个主要特性：奇偶性和周期性一般用定义判定；单调性则大多用导数符号分析；而有界性往往需要结合极限与连续的性质来确定.
2. 设f（x）为连续的抽象函数，考查f(x)与其原函数F(x)的奇偶性、周期性等问题时，常将原函数F(x)表示成积分上限函数Ｆ（x）＝∫x０f(t)dt＋Ｃ，以便讨论.
【例2】设函数f(x)连续，则下面必定是偶函数的是（）．
(A) ∫x0f(t2)dt(B) ∫x0f2(t)dt
(C) ∫x0t［f(t)+f(－t)］dt(D) ∫x0t［f(t)－f(－t)］dt
【解析】方法1：（直接法）：f(t)+f(－t)是t的偶函数，则t［f(t)+f(－t)］是t的奇函数，奇函数的原函数为偶函数.故选择(C)．
方法2：（排除法）取f(x)=1，可立即排除（A）（B），取f(x)=x，可立即排除（D）．
【例3】设函数f(x)具有二阶导数，并满足f（x）＝－f(-x)，且f(x)=f(x+1).若f′（１）＞０，则（）．
(A) f″（－５）≤f′（－５）≤f（－５）(B) f(－5)=f″(－5)＜f′(－5)
(C) f′（－５）≤f（－５）≤f″（－５）(D) f（－５）＜f′（－５）＝f″（－５）
【解析】函数f(x)为奇函数且周期为1，则f′（x）为偶函数且周期为1，f″（x）为奇函数且周期为1(周期函数的导数为周期函数，且周期不变)；f(－5)=f(0)=0，f″(－5)=f″(0)=0，f′(－5)=f′(5)=f′(1)＞0，故选（B）．
【例4】下列结论正确的是（）．
(A) xsin1x在(0，+∞)上是无界(B) x→0时1x2sin1x是无穷大量
(C) ∫x0sinttdt在(0，2019］上是无界(D) 1xsin1x在(0，+∞)上是无界
【解析】对(A)选项，函数f(x)=xsin1x在(0，+∞)上连续，limx→0+xsin1x=0，limx→+∞xsin1x=1，故xsin1x在(0，+∞)上是有界；
对(C)选项，函数f（x）=∫x0sinttdt在(0，2019］上连续，而limx→0+∫x0sintt=0，故∫x0sinttdt在(0，2019］上是有界的或f′（x）=sinxx，而limx→0+sinxx=1，f′（x）在(0，2019］有界，所以f（x）在(0，2019］有界；
对(D)选项，取xn=12nπ+π2→0(n→∞)，此时f(xn)=2nπ+π2→∞，所以1xsin1x在(0，+∞)上是无界；
对(B)选项，取xn=12nπ→0(n→∞)，此时f(xn)=0，即limx→01x2sin1x≠∞，故选D.
【例5】以下四个命题中正确的是（）．
(A) 若f′(x)在(0，1)内连续，则f(x)在(0，1)内有界；
(B) 若f(x)在(0，1)内连续，则f(x)在(0，1)内有界；
(C) 若f′(x)在(0，1)内有界，则f(x)在(0，1)内有界；
(D) 若f(x)在(0，1)内有界，则f′(x)在(0，1)内有界.
【解析】方法1（直接法）：由于f′(x)在(0，1)内有界，则f(x)在(0，1)内有界，故选(C).
方法2（排除法）：令f(x)=1x，则f′(x)=－1x2，显然，f′(x)和f(x)都在(0，1)内连续，但f(x)在(0，1)内无界，则（A）（B）都不正确；令f(x)=x，显然f(x)在(0，1)内有界，但f(x)=12x在(0，1)内无界，则（D）不正确.故应选(C).
【题型三】极限概念、性质及存在准则
【例6】设limn→∞an＝a，且a≠0，则当n充分大时有（）．
(A) ｜an｜＞｜a｜２(B) ｜an｜＜｜a｜２(C) an＞a－１n(D) an＜a－１n
【解析】本题考查数列极限的定义.由limn→∞an＝a，且a≠0得，对给定的正数ε＝｜a｜2＞０，存在正整数N，使得当n＞N时有｜an－a｜＜ε.所以，当n充分大时有｜an｜＝｜a＋an－a｜≥｜a｜－｜an－a｜≥｜a｜－｜a｜２＝｜a｜２；｜an｜＝｜a＋an－a｜≤｜a｜＋｜an－a｜≤｜a｜＋｜a｜２＝３｜a｜２由上述推导过程可知(B)不正确，(A)正确.
再看选项（C）(D)，他们可统一表示成不等式｜an－a｜＜１n，而由数列极限的概念可知，不等式｜an－a｜＜１n是limn→∞an＝a的充分条件，而不是必要条件，例如，若取an＝n＋１n，则limn→∞an＝a＝１，但是当n充分大时an－a＝１n＜１n是不能成立的，故选项(D)不正确，又例如，若取an＝n－１n，则limn→∞an＝a＝１，但是当n充分大时an－a＝－１n＞－１n是不能成立的，故选项(C)也不正确.
【评注】关于（C）(D)也可这样分析，由极限的定义知，对于事先指定的ε，可以去找出N，当n＞N时有｜an－a｜＜ε，但应注意，这个ε确定下来之后就不应该是变量，若ε是变量，这样的N，可能就不一定能找到了.而（C）(D)中1n恰好是变动的，因而肯定不入选.
【例7】设｛xn｝是数列，下列命题中不正确的是（）．
(A) 若limn→∞xn＝a，则limn→∞x２n＝limn→∞x２n＋１＝a
(B) 若limn→∞x２n＝limn→∞x２n＋１＝a，则limn→∞xn＝a
(C) 若limn→∞xn＝a，则limn→∞x３n＝limn→∞x３n＋１＝a
(D) 若limn→∞x３n＝limn→∞x３n＋１＝a，则limn→∞xn＝a
【解析】考查数列极限与子数列极限的关系.若数列收敛，则它的任何无穷子数列均收敛，所以(A)与(C)正确；若一个数列存在多个无穷子列，其并集包含原数列所有项，且这些子列均收敛于同一个值，则原数列是收敛的，且收敛于同一个值，(B)正确.故选(D).
【评注】可举例说明xn＝１，n＝３k，
１，n＝３k＋１，
０，n＝３k＋２．，limn→∞x３n＝limn→∞x３n＋１＝１，但limn→∞xn不存在．
【题型四】求函数的极限(未定式)
考研题中求函数的极限主要是未定式的极限，其一般方法主要有：利用有理运算法则，利用两类基本极限，利用等价无穷小代换（泰勒公式）以及洛必达法则.一个真题往往还会涉及两种以上的方法，其一般步骤与原则为“先定型，后定法”求解过程随时注意要“四化”：
（1） 等价无穷小代换简化；
（2） 根式有理化；
（3） 幂指函数指数对数化；
（4） 非零的极限因子数字化；设limg（x）=A≠0，则limg（x）f（x）=Alimf（x），其中“四化”原则永远优先于“洛必达法则”，即每一步“四化”处理后再考虑“洛必达法则”.
★★★一些特殊方法与技巧如下：
1. 关于利用等价无穷小代换求极限
设α～α′，β～β′，则limαβf=limα′β′f.
?? 在乘积的情况下，可用无穷小代换；在和差的情况下慎用无穷小代换
【评注】若设α~α′，β~β′，limαβ=1则lim(α－β)f=lim(α′－β′)f（例8）
?? 在复杂的情况下，可借助泰勒公式确定和差的等价无穷小（见后面的分析）
常用等价无穷小：(当x→0时)有：sinx～x，arcsinx～x，tanx～x，arctanx～x，1－cosx～x22，ln(1+x)～x，ex－1～x，ax－1～xlna(a＞0)，(1+x)α－1～αx.
推广：(1) 当α(x)→0时，sinα(x)～α(x)；1－cosα(x)～12(α(x))2；
ln(1+α(x))～α(x)arcsinα(x)～α(x)；arctanα(x)～α(x)；eα(x)－1～α(x)；aα(x)－1～α(x)lna；(1+α(x))β－1~βα(x)
（2） α(x)+o(α(x))~α(x)，limx→x0α(x)=0.即无穷小，低阶与高阶的和等价与低阶
2. 关于洛必达法则：00，∞∞型设函数f(x)，g(x)满足条件：
（1） limx→x0f(x)=0(或∞)，limx→x0g(x)=0(或∞)；
（2） f(x)，g(x)在x0的邻域内可导（在x0处可除外）且g′(x)≠0；
（3） limx→x0f′(x)g′(x)存在(或∞)；则limx→x0f(x)g(x)=limx→x0f′(x)g′(x).
【注】1. 当limx→x0f′(x)g′(x)存在时，也limx→x0f(x)g(x)存在且等于limx→x0f′(x)g′(x)；当limx→x0f′(x)g′(x)为无穷大时，limx→x0f(x)g(x)也是无穷大.当limx→x0f′(x)g′(x)不存在时推不出limx→x0f(x)g(x)不存在.
2. 上述极限过程x→x0改为x→∞，结论仍成立．
3. 洛必达法则可用来求七种类型未定式的极限，即00，∞∞，0·∞，∞－∞，1∞，∞0，00，其中前两种00，∞∞直接用洛必达法则，后五种均可化为前两种，这里1∞，∞0，00都为幂指函数极限lim(f(x))g(x)，可通过limeg(x)lnf(x)化为0·∞，进一步化为00或∞∞.
3. 关于泰勒公式求极限
（1） 考生应记住以下几个泰勒展开式：
sinx=x－16x3+o(x3)，arcsinx=x+16x3+o(x3)，
tanx=x+13x3+o(x3)，arctanx=x－13x3+o(x3)，
ln(1+x)=x－12x2+13x3+ο(x3)，cosx=1－12x2+14!x4+ο(x4)，
ex=1+x+12x2+ο(x2)，(1+x)α=1+αx+α(α－1)2x2+ο(x2)，
（2） 利用泰勒展开式求极限时，记住以上八个公式还不够，考生往往对函数展开到x的几次方把握不住规律，现在我们来解决这个问题.分为两种情况：
1) 极限为f(x)g(x)型：将分子(分母)展开到和分母(分子)次数相同时为止.
例如，为了计算limx→0x－ln(1+x)x2，因为分母为x2，故将ln(1+x)展开至x2为止.
即limx→0x－ln(1+x)x2=limx→0x－x－x22+ο(x2)x2=limx→0x22+ο(x2)x2=12.
本题常见的错误做法为limx→0x－ln(1+x)x2=limx→0x－xx2=limx→00x2=0.错误原因为分子展开不够充分导致的.再比如limx→0x－sinxx3=limx→0x－xx3=limx→00x3=0也是错误的，正确解法为：因为分母为x3，故应该将sinx展开到x3为止，即
limx→0x－sinxx3=limx→0x－x－16x3+ο(x3)x3=limx→016x3+ο(x3)x3=16.
这种类型大家掌握了吗?请看第二种，
(2) 极限为f(x)－g(x)型：将f(x)，g(x)分别展开到系数不相同的x的最低次幂为止.
例如，为了计算limx→0arcsinx－sinxx3.因为arcsinx=x+16x3+ο(x3)，
sinx=x－16x3+ο(x3)，即将arcsinx，sinx展开至x3时，其前面的系数就开始不一样了，所以不用继续往后展开了.故
limx→0arcsinx－sinxx3=limx→0x+16x3+ο(x3)－x－16x3+ο(x3)x3=13.
如果读者还没明白，请再看后面的【例38】
4. 关于特殊差的形式
1）指数差ef(x)－eg(x)型.
处理：ef(x)－eg(x)=eg(x)(ef(x)－g(x)－1)～eg(x)f(x)－g(x)(其中eg(x)非零因子提出)
(口诀：指数差等价于指数之差)
2） 根式差m1+f(x)－n1+g(x)型.
处理：① 当m=n=2时，根式有理化；
② 当m=n＞2时，m1+f(x)－m1+g(x)=m1+g(x)m1+f(x)1+g(x)－1=m1+g(x)m1+f(x)－g(x)1+g(x)－1～m1+g(x)·1m·f(x)－g(x)1+g(x)
(其中m1+g(x)非零因子提出)
③ 当m≠n时，利用泰勒展开式求(详见利用泰勒展开式求极限例题)
5. 分段或隐含的分段函数以及几个特殊极限应分左右极限讨论.（例22，23）
6. 关于七类未定式的总结
（一） 00型
方法：1. 洛必达法则,2. 泰勒公式,3. 找最低阶,4. 导数定义.
（二） ∞∞型
方法：1. 抓大头,2. 洛必达法则, 3. 变量代换化成00型
（三） 0·∞型
方法：直接下放因子变成00或∞∞.
【评注】对数与反三角一般不下放，因为下放后求导数比原来的复杂.
（四） ∞－∞型
方法：1. 分式差：通分
2. 根式差：根式有理化
3. 既非分式差也非根式差：变量替换
【评注】若含同指数的根式差（或指数函数差），一般可设法提取简单的那一项然后利用(1+α（x）)β（x）－1～α（x）β（x）作等价无穷小代换.
(五) 1∞∞0，00型
方法：1． 指数对数化，可通过limeg(x)lnf(x)化为0·∞，进一步化为00或∞∞.
即：limu（x）v（x）=limelnu（x）v（x）=limev（x）lnu（x）=explimlnu（x）1v（x）.
2． 计算1∞型极限的最简单方法是使用如下的1∞型极限计算公式：
limuv=lim［1+(u－1)］1u－1·(u－1)v=elim(u－1)v.(口诀：用e抬起来后，底数减1，乘以指数.)
为提高做题的效率我们以后都采取如下做法：∞0，00型用第一种方法(即e的抬起法)；1∞型全部采用方法二(即把它用e抬起来后，底数减1，乘以指数).
【例8】求极限limx→0sinx+ln(1+2x)3x+1－x－2
【分析】本题为00型极限，故可用洛必达法则求解，也可用四则运算法则来求，结合分子分母特点分别用各自等价无穷小代换也可求解本题.
【详解】方法1：（洛必达法则）
原式=limx→0cosx+21+2x3xln3－121－x=1+2ln3－12=62ln3－1
方法2：（有理运算，分子分母同除以无穷小的最低阶）
原式=limx→0sinxx+ln(1+2x)x3x－1x+1－x－1x=1+2ln3－12=62ln3－1
方法3：（等价无穷小代换）
sinx～x，ln(1+2x)～2x，3x－1～xln3，1－x－1～－12x
由于limx→0x2x≠－1，limx→0xln3－12x≠－1
原式=limx→0x+2xxln3－x2=1+2ln3－12=62ln3－1
【例9】求极限limx→0∫sin2x0ln(1+t)dt(31+x3－1)sinx.
【解析】本题为00型极限先用等价无穷小代换处理，再用洛必达法则x→0时，31+x3－1～x33，sinx～x
原式=limx→0∫sin2x0ln(1+t)dt13x4=limx→0ln(1+sin2x)2sinxcosx43x3
=limx→0x2·2x43x3=32
【例10】求极限limx→0∫x03sint+t2cos1tdt(1+cosx)∫x0ln(1+t)dt
【分析】这是00型极限.先提出非零极限因子limx→011+cosx=12，对变限积分函数用洛必达处理后，当x→0，含有sin1x，cos1x.等因子时，往往不能直接用洛必达法则，而改用四则运算法则.
【详解】先“洛必达”后分子、分母同除以x（最低阶），得
limx→0∫x03sint+t2cos1tdt(1+cosx)∫x0ln(1+t)dt=12limx→0∫x03sint+t2cos1tdt∫x0ln(1+t)dt
=12limx→03sinx+x2cos1xln(1+x)=limx→03sinx+x2cos1xx=32.
=12limx→03sinxx+limx→0xcos1x=32.
【评注】使用洛必达法则的条件中有一项是limx→x0f′(x)g′(x)应存在或为∞，而本题中，若用罗必达法则计算，则极限不存在，也不为∞，不满足使用洛必达法则的条件，故本题不能用洛必达法则．
【例11】limx→+∞∫x0t2et2dtxex2.
【解析】判断类型，此极限为∞∞型未定式，看到变限积分就求导，所以用洛必达法则求.
limx→+∞∫x0t2et2dtxex2洛必达法则limx→+∞x2ex2ex2+2x2ex2=limx→+∞x21+2x2抓大头12
【例12】limx→∞π2－arctan2x2x2.
【解析】本题为0·∞型未定式，将简单的式子x2下放，于是：
limx→∞π2－arctan2x2x2=limx→∞π2－arctan2x21x2=limx→∞－4x1+(2x2)2－2x－3=limx→∞2x41+4x4
抓大头得limx→∞2x41+4x4=12.
【例13】limx→0ex+e2x+…+enxn1x.
【解析】本题为1∞型未定式极限，方法为把它用e抬起来后，底数减1，乘以指数.于是得：
limx→0ex+e2x+…+enxn1x=elimx→0ex+e2x+…+enxn－1·1x=elimx→0ex+e2x+…+enx－nnx
其中limx→0ex+e2x+…+enx－nnx为00型未定式，利用洛必达法则可知：
limx→0ex+e2x+…+enx－nnx=limx→0ex+2e2x+…+nenxn=1+2+…+nn=n+12.
故原式=en+12.
【例14】求极限limx→0(cos2x+2xsinx)1x4.
【分析】这是一个“1∞”型的未定式.可直接把它用e抬起来后，底数减1，乘以指数.
【解析】limx→0(cos2x+2xsinx)1x4=elimx→0cos2x+2xsinx－1x4，
而limx→0cos2x+2xsinx－1x4=limx→0－2sin2x+2sinx+2xcosx4x3
=limx→0－2cos2x+2cosx－xsinx6x2
=limx→04sin2x－3sinx－xcosx12x
=limx→08cos2x－4cosx+xsinx12=13.
所以limx→0(cos2x+2xsinx)1x4=e13.
【例15】求极限limx→+∞x1+x(1+x)x－xe
【分析】此为∞－∞型极限，为分式差，因而先通分再求解.
【解析】原式=limx→+∞x1+1xx－xe＝limx→+∞xe－1+1xxe1+1xx
=1e2limx→+∞e－1+1xx1x令1x=t
=－1e2limt→0+(1+t)1t－et=－1e2limt→0+eln(1+t)t－et
=－1elimt→0+eln(1+t)－tt－1t
=－1elimt→0+ln(1+t)－tt2其中eln(1+t)－tt－1~ln(1+t)－tt
=－1elimt→0+11+t－12t=－1elimt→0+－t1+t2t=12e.
【例16】求极限limx→∞x－x2ln1+1x
【分析】此为∞－∞型极限，既不是分式差也不是根式差，故可先做倒代换再求解.
【详解】令x=1t(倒代换)原式=limt→0t－ln(1+t)t2=limt→01－11+t2t=12
【例17】求极限limx→0ex－esinxxln(1+x+x2)+ln(1－x+x2).
【分析】此为00型极限，由于分子为同底指数函数差，故可先提取其中的一个再用等价无穷小代换.
【详解】limx→0ex－esinxxln(1+x+x2)+ln(1－x+x2)
=limx→0esinx(ex－sinx－1)xln(1+x+x2)(1－x+x2)=limx→0x－sinxxln(1+x2)2－x2
=limx→0x－sinxxln(1+x2+x4)=limx→0x－sinxx(x2+x4)
=limx→016x3x3(利用了x－sinx～16x3及低阶与高阶的和等价与低阶x2+x4～x2.)
=16.
【例18】求极限limx→∞x2(a1x－a1x+1)，a＞0.
【分析】由于极限式中有同底指数函数差，故可先提取其中的一个再用等价无穷小代换.
【详解】方法1：原式=limx→∞x2a1x+1(a1x－1x+1－1)
=limx→∞x2(a1x(x+1)－1)（非零因子“数字化”）
=limx→∞x2(a1x(x+1)－1)=limx→∞x2lnax(x+1)=lna（等价无穷小代换及抓大头）
方法2：（拉格朗日中值定理）由于是一个函数在两端点函数值差的问题，故可考虑拉格朗日中值定理求解
由于(a1x－a1x+1)=lna·aξ1x－1x+1=aξlnax(x+1)1x＜ξ＜1x+1
limx→∞1x=0，limx→∞1x+1=0，所以limx→∞ξ=0，
原极限=limx→∞x2aξlnax(x+1)=lna
【例19】limx→0cos(xex)－e－x22e2x(ln(x+1+x2))4.
【解析】极限式较复杂，可考虑泰勒公式求解
注意到limx→0ln(x+1+x2)x=limx→011+x2=1
又limx→0ex=1.故，当x→0时，ln(x+1+x2)～xex
原式可变形如下：
limx→0cos(xex)－e－12(xex)2(xex)4·e4xxex=tlimt→0cost－e－12t2t4.
又cosx=1－12x2+14!x4+o(x4)，
ex=1+x+12x2+o(x2) ?? e－x22=1－12x2+18x4+o(x4).
故原式=limt→01－12x2+14!x4+o(x4)－1－12x2+18x4+o(x4)t4
=limt→014!x4－18x4+o(x4)t4=－112
【例20】求极限limx→∞(3x3+3x2－4x4－2x3).
【解析】判断类型，此极限为∞－∞型未定式，没有分母，不能通分；故提取大的无穷大因子.
limx→∞(3x3+3x2－4x4－2x3)=limx→∞x31+3x－41－2x令1x=tlimt→031+3t－41－2tt
因为(1+x)a=1+ax+a(a－1)2x2+o(x2)，所以
(1+3t)13=1+t+o(t)(1－2t)14=1－12t+o(t)
故(1+3t)13－(1－2t)14=32t+o(t) ?? 上式=32
【例21】已知limx→0ln(1+2x)+xf(x)1－cosx=2，求limx→0f(x)+2x
【详解】方法1：（凑项）limx→0ln(1+2x)+xf(x)1－cosx
=limx→0［xf(x)+2x］－2x－ln(1+2x)12x2=2
?? limx→0［xf(x)+2x］12x2=limx→02x－ln(1+2x)12x2+2
=limx→02－21+2xx+2=limx→02(1+2x)－2x(1+2x)+2=6
所以，limx→0f(x)+2x=12limx→0［xf(x)+2x］12x2=3
方法2（极限关系定理）由limx→0ln(1+2x)+xf(x)1－cosx=2知，limx→0ln(1+2x)+xf(x)x2=1
当x→0时ln(1+2x)+xf(x)x2=1+o(x2)
即xf(x)+ln(1+2x)=x2+ο(x4)，则f(x)=－ln(1+2x)x+x+ο(x3)
limx→0f(x)+2x=limx→0x－ln(1+2x)x+ο(x3)+2x=1+limx→02x－ln(1+2x)x2
=1+limx→02－21+2x2x=1+limx→01+2x－1x=3
方法3：（泰勒公式）limx→0ln(1+2x)+xf(x)1－cosx
=limx→02x－12(2x)2+ο(x2)+xf(x)12x2=2
?? limx→02+f(x)x－2+o(x2)x2=1所以，limx→0f(x)+2x=3
【例22】求limx→02+e1x1+e4x+2x+1，其中x+1为取整函数
【解析】由于极限中含有e1x与x+1，故应分别求其左极限与右极限，若左极限与右极限相等，则极限值存在且等于其极限值，否则极限不存在.
limx→0+2+e1x1+e4x+2x+1=limx→0+2+e1x1+e4x+2=0+2=2；
limx→0－2+e1x1+e4x+2x+1=limx→0－2+e1x1+e4x+0=21=2；
左极限与右极限相等，所以limx→02+e1x1+e4x+2x+2=2.
【例23】设a为常数，且limx→0e1x－πe2x+1+a·arctan1x存在，求a的值，并计算极限.
【解析】limx→0+e1x－πe2x+1+a·arctan1x=0+π2a=π2a.
limx→0－e1x－πe2x+1+a·arctan1x=－π－π2a.
由于原极限存在，则左、右极限相等，即π2a=－π－π2a，则a=－1，所以原极限为－π2.
【注】limx→0+e1x－πe2x+1=limx→0+e1xe2x－πe2x1+1e2x=limx→0+e－1x－πe－2x1+e－2x=0
limx→0－e1x－πe2x+1=limx→0－0－π0+1=－π.
【题型五】求函数的极限(非未定式)
【解题提示】
1． 利用无穷小乘有界变量仍是无穷小;
2． 夹逼准则;
3． 某函数在两点函数差可考虑拉格朗日中值定理.
【例24】limxx→01x=，其中［x］表示不超过的x的最大整数
【分析】本题属于取整函数极限，故应分左右区间讨论
【详解】方法1：（夹逼定理）1x－1＜1x＜1x
x＞0时，1－x＜x1x＜1，limx→0+(1－x)=1
x＜0时，1－x＞x1x＞1，limx→0－(1－x)=1，故limxx→01x=1
方法2：（无穷小乘有界变量）
由于－1＜1x－1x≤0为有界变量
x1x=x1x－1x+1x=x1x－1x+1
limxx→01x=limxx→01x－1x+1=0+1=1
【例25】limn→∞3n2sinn!n+1=．
【解析】limn→∞3n2n+1=0，|sinn!|≤1，由于无穷小乘有界变量仍是无穷小，所以原极限为0．
【例26】limx→0+1+cos21xx=．
【解析】本题不是未定式范畴，故不适用洛必达来求解，
由于0≤cos21x≤1，1=1x≤1+cos21xx≤2x→1，由夹逼准则知
原极限=1
【例27】limx→+∞(sinx+2018－sinx).
【解析】题目中含有两个函数值之差，故用拉格朗日中值定理.
令f(t)=sint，(x＜t＜x+2004)
由拉格朗日中日定理得，sinx+2018－sinx=cosξ(x+2018－x)
limx→+∞cosξ(x+2018－x)
=limx→+∞cosξ2018x+2018+x=0
【题型六】求数列的极限
1. 具备未定式特征的数列极限
方法：利用函数极限求数列极限，通常将表达式中n换成x，利用洛必达法则等一系列求未定式函数极限的方法来求，再利用limx→∞f（x）=A ?? limn→∞f(n)=A得解.
2. 通项是递归数列的极限
方法：单调有界准则
【评注】（1） 单调递增+有上界 ?? 极限存在；单调递减+有下界 ?? 极限存在
（2） 判定数列{un}的单调性主要有三种方法：
1) 计算un+1－un.若un+1－un≥0，则{un}单调递增；若un+1－un≤0，则{un}单调递减.
2) 当un＞0(n=1，2，…)时，计算un+1un.若un+1un≥1(≤1)，则{un}单调递增（减）；
3) 令f(n)=un，将n改为x，得到函数f(x).若f(x)(x≥1)可导，则当f′(x)≥0时，{un}单调递增；当f′(x)≤0时，{un}单调递减.
（3） 在应用该准则进行证明时，其步骤一般为步骤：
1） 先证有界性 2） 再证明单调性3） 求极限
(一般再草稿上反过来，因为证明有界或者单调要根据极限来求)
3. 通项是n项和的数列极限
方法：（1） 夹逼准则：一般对通项放缩时，变分母，使分母相同后，可通分，若放缩后两端极限相等可用夹逼准则求解，否则，不可用.
（2） 定积分定义：∫baf(x)dx=limλ→0∑ni=1fa+in(b－a)b－an
特别地：∫10f(x)dx=limλ→0∑ni=1fin1n，一般用于求和式极限
3) 级数求和（数一、数三）在无穷级数章节再阐释.
【评注】1） 一般地，n项和数列满足：每项可提取1n或b－an，其余各项能表示为fa+in(b－a)或fin，可考虑用定积分定义来此极限
2） 放缩常用不等式① a2+b2≥2ab，a+b≥2ab，
② 若0＜x＜π2，sinx＜x＜tanx(很重要)，
③ 若x＞0，x1+x＜ln(1+x)＜x(很重要).
【例28】计算limn→∞tannπ4+2n.
【解析】本题为类未定式“1∞”利用“把它用e抬起来后，底数减1，乘以指数”得limn→∞tannπ4+2n=elimn→∞tanπ4+2n－1·n，
其中limn→∞tanπ4+2n－1·n为0·∞型未定式，故将简单因子n下放到分母上，得
limn→∞tanπ4+2n－1·n=limn→∞tanπ4+2n－11n1n=tlimt→0+tanπ4+2t－1t
判断类型为00型未定式，利用洛必达法则得limt→0+tanπ4+2t－1t=limt→0+2sec2π4+2t=4
故原式=e4.
【例29】设数列{xn}满足0＜x1＜π2，xn+1=sinxn(n=1，2，….).
(1) 证明：limn→∞xn存在，并求该极限；
(2) 计算limn→∞xn+1xn1x2n.
【解析】本题数列通项是递推数列，故采取单调有界准则来求解.
【证明】(1) ① xn+1=sinxn＜xn，所以{xn}单调递减
② |xn+1|=|sinxn|≤1
综上，由单调有界准则可知：limn→∞xn存在
③ 设limn→∞xn=A，两边同时对xn+1=sinxn取极限得，A=sinA，所以
A=limn→∞xn=0
(2) limn→∞xn+1xn1x2n=elimn→∞xn+1－xnx3n=elimn→∞sinxn－xnx3n=e－16.
【例30】设f(x)在［0，+∞)上是单调减少的非负连续函数，且
an=∑nk=1f(k)－∫n1f(x)dx，(n=1，2，….)
证明：limn→∞an存在.
【证明】(1) 先证单调性：
an+1－an=f(1)+f(2)+…+f(n)+f(n+1)－∫n+11f(x)dx－［f(1)+f(2)+…+f(n)－∫n1f(x)dx］
=f(n+1)－∫n+1nf(x)dx=∫n+1nf(n+1)dx－∫n+1nf(x)dx
=∫n+1n［f(n+1)－f(x)］dx
当n＜x＜n+1时，f(x)单调递减，即f(x)＞f(n+1)
故an+1－an＜0，所以{an}是递减数列；
(2) 再证有界性：
an=f(1)+f(2)+…+f(n)－∫n1f(x)dx
=∫21f(1)dx+∫32f(2)dx+…+∫n+1nf(n)dx－∫n1f(x)dx
＞∫21f(x)dx+∫32f(x)dx+…+∫n+1nf(x)dx－∫n1f(x)dx
=∫n+11f(x)dx－∫n1f(x)dx=∫n+1nf(x)dx≥0
所以由单调有界准则可知limn→∞an存在.
【例31】limn→∞1n2+1+2n2+2+…+nn2+n=．
【分析】本题为n项和数列分母中主体部分为n2，而放缩时，主要是对分母中的n进行放缩，由于对n→∞时，n相对n2来说，对极限不产生影响，故可用夹逼准则（主要是为了放缩后左右两边极限存在且相等）求数列的极限.
【详解】令
an=1n2+1+2n2+2+…+nn2+n
则an＞1n2+n+2n2+n+…+nn2+n=1+2+…+nn2+n=12n(n+1)n2+n=12
又an＜1n2+1+2n2+1+…+nn2+1=1+2+…+nn2+1=12n(n+1)n2+1，
即12＜an＜12n(n+1)n2+1，所以limn→∞12·n(n+1)n2+１=12.
由夹逼准则，得limn→∞an=12
【例32】极限limn→∞1n2sin1n+2sin2n+…+nsinnn=.
【解析】利用定积分的定义.
limn→∞1n2sin1n+2sin2n+…+nsinnn=limn→∞1n1nsin1n+2nsin2n+…+nnsinnn
=∫10xsinxdx=－∫10xdcosx=－xcosx10+∫10cosxdx=sin1－cos1.
【例33】求limn→∞1nn(n+1)(n+2)…(n+n)；
【解析】令yn=1nn(n+1)(n+2)…(2n)，则
limn→∞lnyn=limn→∞1n[ln(n+1)+ln(n+2)+…ln(2n)]－lnn
=limn→∞1n[ln(n+1)－lnn]+1n[ln(n+2)－lnn]+…1n[ln(2n)－lnn]
=limn→∞1nln1+1n+ln1+2n+…ln1+nn
=∫10ln(1+x)dx=［(x+1)ln(1+x)－x］10=2ln2－1
则原式=e2ln2－1=4e
【例34】求limn→∞sinπnn+1+sin2πnn+12+…+sinπn+1n.
【解析】这是n项和式的极限，和式极限通常的方法就两种：一、把和式放缩，利用夹逼准则求极限；二、把和式转换成定积分的定义形式，利用定积分求极限.这道题，由于分母中的次数不相同，所以先用夹逼准则把次数“夹齐”，再用定积分定义.
当各项分母均相同是n时，n项和式xn=sinπnn+sin2πnn+…+sinnπnn
是函数sinπx在[0，1]区间上的一个积分和.于是可由定积分∫10sinπxdx求得极限limn→∞xn.
由于siniπnn+1≤siniπnn+1i≤siniπnn，i=1，2，…，n，
于是，∑ni=1siniπnn+1≤∑ni=1siniπnn+1i≤∑ni=1siniπnn.
由于limn→∞∑ni=1siniπnn=limn→∞1n∑ni=1siniπn=∫10sinπxdx=2π，
limn→∞∑ni=1siniπnn+1=limn→∞nn+1·1n∑ni=1siniπn=limn→∞1n∑ni=1siniπn=∫10sinπxdx=2π
根据夹逼定理知，limn→∞∑ni=1siniπnn+1i=2π.
【题型七】求极限的逆问题(求极限中的参数)
方法提示：
1. limf(x)g(x)=A，limg(x)=0 ?? limf(x)=0；
2. limf(x)g(x)=A≠0，limf(x)=0 ?? limg(x)=0.
3．已知limf(x)g(x)=A，若limf(x)=∞，则limg(x)=0
【例35】确定常数a，b，c的值，使limx→0ax－sinx∫xbln(1+t3)tdt=c(c≠0).
【分析】解决这类问题，原则上与求极限差不多，但是因为其中含有某些参数，比如在用洛必达法则前，极限是否为“00”型或“∞∞”型，要先行讨论，通过讨论，有时就可以推断出其中参数的特点，然后再求极限，这是一类常考的题目.
【解析】当x→0时ax－sinx→0，又由题设limx→0ax－sinx∫xbln(1+t3)tdt=c(c≠0)，所以应有limx→0∫xbln(1+t3)tdt=0(否则与limx→0ax－sinx∫xbln(1+t3)tdt=c(c≠0)矛盾)，从而只有b=0，因此limx→0ax－sinx∫xbln(1+t3)tdt满足洛必达法则的条件，用洛必达法则求其极限.
0≠c=limx→0ax－sinx∫xbln(1+t3)tdt=洛limx→0a－cosxln(1+x3)x=等limx→0a－cosxx2.
如果a≠1，则右边极限为∞，与原设左边矛盾，故a=1，于是上述等式成为
0≠c=limx→01－cosxx2=等12.当x→0时，1－cosx～12x2
所以最后得a=1，b=0，c=12．
【例36】设limn→∞n2018nα－(n－1)α=λ≠0，求α及λ.
【解析】λ=limn→∞n2018nα－(n－1)α=limn→∞n2018nα1－1－1nα
=limn→∞n2018nα·αn1－1－1nα~αn=1αlimn→∞n2018nα－1，则α=2019，λ=12019
【例37】若limx→+∞［(xn+7x4+1)m－x］=b，(n＞4，b≠0)求n，m，b.
【解析】(xn+7x4+1)中最高次项为xn，由题设可知nm=1.即m=1n.
则limx→+∞［(xn+7x4+1)m－x］=limx→+∞［(xn+7x4+1)1n－x］
=limx→+∞xn1+7x4xn+1xn－1
=limx→+∞x·1n7x4xn+1xn=b≠0.
则n=5，b=75，m=15.
【例38】确定a，b，c的值，使得当x→0时，ex(1+bx+cx2)=1+ax+ο(x3).
【解析】题目中出现了ο(x3)，只有一种处理方法，即limx→0ο(x3)x3=0.故将原式移项后两边同时除以x3，再取极限得：limx→0ex(1+bx+cx2)－1－axx3=0，由于分式中的分母为x3，故将ex展开至x3为止，即
ex=1+x+12!x2+13!x3+o(x3)，
所以ex(1+bx+cx2)=［1+x+12x2+16x3+o(x3)］(1+bx+cx2)，
=1+bx+cx2+x+bx2+cx3+12x2+b2x3+c2x4+16x3+b6x4+c6x5+o(x3)，
=1+(b+1)x+c+b+12x2+c+b2+16x3+o(x3)，
故limx→0ex(1+bx+cx2)－1－axx3
=limx→0(b+1－a)x+c+b+12x2+c+b2+16x3+o(x3)x3=0
?? b+1－a=0
c+b+12=0
c+b2+16=0 ?? a=13
b=－23
c=16.
【注】本题难度较大，错误率很高.错误的原因就是对ex展开至几次方把握不好，很多考生将ex展开至x2为止，这是不对的.因为
ex(1+bx+cx2)=1+x+12x2+o(x2)(1+bx+cx2)
=1+bx+cx2+x+bx2+cx3+12x2+b2x3+c2x4+o(x2)(1+bx+cx2)
其中o(x2)(1+bx+cx2)=o(x2)+bo(x3)+co(x4)=o(x2).(利用了o(x)的运算法则，即低阶吸收高阶，非零常数不影响阶数，相乘阶数相加.)所以
limx→0ex(1+bx+cx2)－1－axx3=limx→01+(b+1)x+b+c+12x2+o(x2)x3=0(低阶吸收高阶)
则无法解出参数a，b，c，故解法错误！
读者看明白了吗?把这题研究清楚，利用泰勒展开式求极限就没有问题了！
【题型八】无穷小量的比较
方法提示：
1． 两个无穷小量的比较：一般用定义：常用洛必达法则和等价无穷小代换
2． 三个无穷小量的比较：一般先利用等价无穷小代换化简，然后进行无穷小的比较，常用洛必达法则，若用洛必达法则时较复杂，特别是被比较的函数含变限积分，然后对导函数做等价无穷小代换再比较
3． 确定无穷小量的阶：一般利用limx→0f(x)xk为有限数来确定k.
常用到以下特殊技巧：limx→0α=0
1. 导数定阶：若α′=xk，则α=xk+1k+1，即若无穷小导数可求，则原无穷小的阶比求导后的阶高一阶.
如x→0时α=x－arctanx，α′=1－11+x2=x21+x2～x2（分母极限为1）
则α～13x3
2. 变限积分无穷小：由变限积分确定的无穷小，其积分限与被积函数均可用相应等价无穷小代换.（具体见本题型的例题）
3. 复杂的无穷可用泰勒公式来解.
【例39】若x→0时，∫sin2x0ln(1+t2)dt是(1－cosx)13的几阶无穷小.
【解析】方法1：由limx→0∫sin2x0ln(1+t2)dt(1－cosx)k3=limx→0∫sin2x0ln(1+t2)dt12x2k3
=limx→0ln(1+sin4x)2sinxcosx12k32k3x2k3－1=limx→02sin5x2k312k3x2k3－1=c≠0
知2k3－1=5，即k=9，则当x→0时，∫sin2x0ln(1+t2)dt是(1－cosx)13的9阶无穷小.
方法2：x→0时，∫sin2x0ln(1+t2)dt～∫x20t2dt=x63
(1－cosx)13～12x213=1213x23
由无穷小阶的定义，知当x→0时，∫sin2x0ln(1+t2)dt是(1－cosx)13的9阶无穷小.
【例40】当x→0+的无穷小量α=∫x0cost2dt，β=∫x20tantdt，γ=∫x0sint3dt排列起来，使排在后面的是前面一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是（）．
(A) α，β，γ(B) α，γ，β
(C) β，α，γ(D) β，γ，α
【解析】方法1：limx→0+βα=limx→0+∫x20tantdt∫x0cost2dt洛必达limx→0+tanx·2xcosx2=0，则β是α的高阶无穷小，根据题设，排在后面的是前一个的高阶无穷小，所以可排除(C)，(D)选项.
又limx→0+γβ=limx→0+∫x0sint3dt∫x20tantdt洛必达limx→0+sinx32·12x2xtanx
等价无穷小替换14limx→0+xx2=∞，
可见γ是比β低阶的无穷小量，故应选(B).
方法2：用xk(当x→0时)去比较.
limx→0+αxk=limx→0+∫x0cost2dtxk洛limx→0+cosx2kxk－1，
欲使上式极限存在但不为0，应取k=1，有limx→0+αx=limx→0+cost2x0=limx→0+cost2limx→0+x0=1，
所以(当x→0+时)α与x同阶.
limx→0+βxk=limx→0+∫x20tantdtxk洛limx→0+tanx·2xkxk－1=limx→0+x·2xkxk－1=limx→0+2kxk－3
欲使上式极限存在但不为0，应取k=3，有limx→0+βx3=limx→0+2tanx3x3－2=limx→0+2tanx3x=23，
所以(当x→0+时)β与x3同阶.
limx→0+γxk=limx→0+∫x0sint3dtxk洛limx→0+sinx32·x－122kxk－1=limx→0+x32·x－122kxk－1=limx→0+x2kxk－1
欲使上式极限存在但不为0，应取k=2，有limx→0+γx2=limx→0+x2·2x2－1=14，
所以(当x→0+时)γ与x2同阶.因此，后面一个是前面一个的高阶小的次序是α，γ，β，选(B).
方法3当(x→0+)时
由于dαdx=cosx2→1，则α～x
dβdx=2xtanx~2x2，则β～23x3
dγdx=12xsinx32~12x，则γ～14x4
因此，后面一个是前面一个的高阶小的次序是α，γ，β，选(B).
【例41】设函数f(x)＝x+aln（１＋x）＋bxsinx，g(x)＝kx３．若f(x)与g(x)在x→０时是等价无穷小，求a,b,k的值.
【分析】此题是标准的极限逆问题，也是无穷小比较的问题，可用泰勒公式或洛必达法则求解.
【解析1】用泰勒公式
ln（１＋x）＝x－x２２＋x３３＋o（x３），sinx＝x－x３６＋o（x３）
由题意知limx→０x＋aln（１＋x）＋bxsinxkx３＝１，
即limx→０x＋ax－x２２＋x３３＋o（x３）＋bxx－x３６＋o（x３）kx３＝１，
亦是limx→０（１＋a）x＋b－a２x２＋a３x３＋o（x３）kx３＝１，
所以１＋a＝０，b－a２＝０，a３k＝１，
因而a＝－１，b＝－１２，k＝－１３．
【解析2】用洛必达法则
欲使limx→０x＋aln（１＋x）＋bxsinxkx３＝１，
只需limx→０１＋a１＋x＋bsinx＋bxcosx３kx２＝１，
由分母的极限为0，则a＝－１
再用洛必达法则
只需limx→０－－１（１＋x）２＋２bcosx－bxsinx６kx＝１，
由分子的极限为0，则b＝－１２.
接着用洛必达法则，只需limx→０－２（１＋x）３＋sinx＋１２sinx＋１２xcosx６k＝１，
因而k＝－１３，所以a＝－１，b＝－１２，k＝－１３．
【题型九】判定函数的连续性与间断点
（一） 函数连续性的讨论
函数f(x)在点x=x0处连续的充要条件是limx→x＋0f(x)=limx→x－0f(x)=f(x0).
（二） 确定函数的间断点
1. 找出f(x)无定义的点x=x0并计算limx→x0f(x)是否存在.
2. 若limx→x0f(x)不存在，则x0为第二类间断点；若limx→x0f(x)=∞，则x0为第二类间断点的无穷间断点.
3. 若limx→x+0f(x)=limx→x－0f(x)≠f(x0)，则x0为f(x)的可去间断点；
若limx→x+0f(x)≠limx→x－0f(x)，则x0为跳跃间断点
【例42】设函数f(x)=x2+1，|x|≤c
2|x|，|x|＞c在(－∞，+∞)内连续，则c=.
【解析】由题设知c≥|x|≥0，所以f(x)=2x，x＞c
x2+1，－c≤x≤c
－2x，x＜－c
因为limx→c－f（x）=limx→c－(x2+1)=c2+1，limx→c+f（x）=limx→c+
2x=2c
又因为f(x)在(－∞，+∞)内连续，f(x)必在x=c处连续
所以limx→c+f（x）=limx→c－f（x）=f(c)，即c2+1=2c ?? c=1
【例43】讨论函数f（x）=xtanx的间断点及其类型
【解析】（1） 先找无定义的点
① 分母为零的点tanx=0
知x=kπk=0，±1，±2…
② tanx无定义的点x=π2+kπk=0，±1，±2…
（2） 判定间断点的类型（求极限）
① limx→0xtanx
=1x=0处为可去间断点
② limx→kπxtanx=∞（x为kπ有限数，1
tanx为∞）
x=kπk=±1，±2…处为无穷间断点
③ limx→kπ+π2xtanx=0
x=kπ+π2k=0，±1，±2…处为可去间断点
【例44】函数f(x)=|x|x－1x(x+1)ln|x|的可去间断点的个数为（）.
(A) 0(B) 1(C) 2(D) 3
【解析】由f(x)=|x|x－1x(x+1)ln|x|知，f(x)的间断点只可能是x=0，x=1和x=－1.
当x=1时，limx→1|x|x－1x(x+1)ln|x|=limx→1exln|x|－1x(x+1)ln|x|=limx→1xln|x|x(x+1)ln|x|
=limx→11x+1=12.
故x=1为f(x)的可去间断点.
当x=0时，limx→0|x|x－1x(x+1)ln|x|=limx→0exln|x|－1x(x+1)ln|x|=limx→0xln|x|x(x+1)ln|x|
=limx→01x+1=1.
故x=0为f(x)的可去间断点.
当x=－1时，limx→－1|x|x－1x(x+1)ln|x|=limx→－1exln|x|－1x(x+1)ln|x|=limx→－1xln|x|x(x+1)ln|x|
=limx→－11x+1=∞，
故x=－1为f(x)的无穷间断点.综上所述选(C).
【评注】上述三个极限过程中，函数|x|x－1==exln|x|－1都是无穷小量，且与xln|x|等价.
【例45】设函数f(x)=xa+ebx在(－∞，+∞)内连续，且limx→－∞f(x)=0，则常数a，b应满足（）.
(A) a＜0，b＜0(B) a＞0，b＞0
(C) a≤0，b＞0(D) a≥0，b＜0
【解析】由f(x)=xa+ebx在(－∞，+∞)连续知，a+ebx≠0，从而有a≥0；又由limx→－∞f(x)=0知，limx→－∞ebx=+∞，则b＜0，故应选(D).
【例46】求函数f(x)=limn→∞xn+2－x－nxn+x－n；的间断点并指出其类型.
【解析】因为式子中含有x2n－1，x2n等等，因此应区分|x|＜1，|x|=1，|x|＞1来进行讨论.
f(x)=limn→∞x2n+2－1x2n+1=
－1，0＜|x|＜1
x2，|x|＞1
0，|x|=1
显然f(0)无意义，而limx→0f(x)=－1，则x=0为可去间断点.由于
f(1－0)=limx→1－f(x)=limx→1－(－1)=－1，f(1+0)=limx→1+f(x)=limx→1+x2=1
则x=1为跳跃间断点.而f(x)是偶函数，故x=－1也是跳跃间断点.
【例47】求极限limt→xsintsinxxsint－sinx，记此极限为f(x)，求f(x)的间断点并指出其类型.
【分析】应先求出f(x)的表达式，再讨论它的间断点，首先明确间断点的类型分为两大类：第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可分为：可去间断点(左右极限存在且相等的间断点)和跳跃间断点(左右极限存在但不相等的间断点)；第二类间断点又可分为：无穷间断点(有一个极限为无穷的间断点)和振**间断点(极限值在某个区间变动无限多次).
【解析】由f(x)=limt→xsintsinxxsint－sinx=limt→xelnsintsinxxsint－sinx=limt→xexsint－sinxlnsintsinx
又limt→xxsint－sinxlnsintsinx=limt→xxsint－sinxln1+sintsinx－1
=limt→xxsint－sinxln1+sint－sinxsinx
=limt→xxsint－sinxsint－sinxsinx
=limt→xxsinx=xsinx
所以f(x)=limt→xexsint－sinxlnsintsinx=elimt→xxsint－sinxlnsintsinx=exsinx
由f(x)=exsinx的表达式，可以看出自变量x应满足sinx≠0，从而x≠kπ，k=0，±1，±2，…
当x→0时，limx→0f(x)=limx→0exsinx=elimx→0xsinx=e1=e，
所以x=0为f(x)的第一类间断点(左右极限相等，又进一步可知是可去间断点)；
对于非零整数k，limx→kπ－f(x)=limx→kπ－exsinx=elimx→kπ－xsinxsinx→0∞，
故x=kπ，k=±1，±2，…为f(x)的第二类间断点(无穷间断点)
【题型十】闭区间连续函数性质的命题
思路启迪：一般都是先最值再介值
【例48】设f(x)是［０，１］上非负连续函数，且f(0)=f(1)=0证明：对任意实数r(0＜r＜1)，必存在x0∈［0，1］，使得x0+r∈［0，1］，且f(x0)=f(x0+r)
【题眼】看到待证明的结论为f(aξ+b)=cξ+d
f(aξ+b)=f(cξ+d)时，用零点定理.
步骤如下：① 将ξ→x.
② 移项，使得一端为0，另一端就是所需要构造的辅助函数.即F(x)=f(ax+b)－cx－d.
③ 利用零点定理，验证端点值异号即可.
但是注意：若结论为f(aξ+b)=f(cξ+d)，令F(x)=f(ax+b)－f(cx+d)后，一定要求出新构造函数的定义域，否则，零点定理无法解出来！请看本题.
【证明】① 令F(x)=f(x)－f(x+r)(0≤x≤1－r)，
② 因为F(0)=f(0)－f(r)=－f(r)≤0，F(1－r)=f(1－r)+f(1)=f(1－r)≥0
1) 当F(0)=0时，则ξ=0；
2) 当F(1－r)=0时，则ξ=1－r；
3) 当F(0)≠0且F(1－r)≠0时，F(0)·F(1－r)＜0.
③ 由零点定理可知，至少存在一点x0∈(0，1－r)??(0，1)，使得F(x0)=0，即
f(x0)=f(x0+r)
【例49】设f(x)在［a，b］上连续，且f(a)=f(b).证明：至少存在x0∈(a，b)，使f(x0)=fx0+b－a2.
【证明】① 令F(x)=f(x)－fx+b－a20≤x≤a+b2
② 因为F(a)=f(a)－fa+b2，Fa+b2=fa+b2－f(b)=fa+b2－f(a)
即F(a)·Fa+b2＜0
③ 由零点定理可知，至少存在一点x0∈a，a+b2??(a，b)使得F(x0)=0.即
f(x0)=fx0+b－a2
【例50】设f(x)在(－∞，+∞)上连续，且limx→∞f(x)x=0，试证存在ξ∈(－∞，+∞)使f(ξ)+ξ=0.
【解析】令F(x)=f(x)+x，则limx→∞F(x)x=1＞0，
由极限的保号性知，存在X＞0，当|x|＞X时，F(x)x＞0，取a＞X，
则F(a)a＞0，F(－a)－a＞0.从而有F(－a)＜0，F(a)＞0.
故存在ξ∈(－a，a)，使F(ξ)=0，即f(ξ)+ξ=0.
强化提高练习
1. 设lnxn≤lnzn≤lnyn(n=1，2，3…)且limn→∞ynxn=1，则limn→∞lnzn=（）．
(A) 存在且为1(B) 存在且为0(C) 一定不存在(D) 不一定存在
2. 设f(x)，g(x)是恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＜0，则当a＜x＜b时有（）.
(A) f(x)g(b)＞f(b)g（x）(B) f(x)g(a)＞f(b)g（x）
(C) f(x)g（x）＞f(b)g(b)(D) f(x)g（x）＞f(a)g(a)
3. 函数f(x)=|x|sin(x－2)x(x－1)(x－2)2在下列哪个区间内是有界（）.
（A） (－1，0)（B） (0，1)（C） (1，2)（D） (2，3)
4. 已知f(x)和g(x)在x=0点的某领域内连续，且x→0时f(x)是g(x)的高阶无穷小，则当x→0时，∫x0f(t)sintdt是∫x0tg(t)dt的（）.
（A） 低阶无穷小（B） 高阶无穷小
（C） 等价无穷小（D） 同阶但不等价无穷小
5. 当x→0+时，若lnα(1+2x)，(1－cosx)1α均是比x高阶的无穷小，则α的取值范围是（）．
(A) (2，+∞)(B) (1，2)(C) 12，1(D) 0，12.
6. 已知极限limx→0x－arctanxxk=c，其中k，c为常数，且c≠0，则（）．
(A) k=2，c=－12(B) k=2，c=12
(C) k=3，c=－13(D) k=3，c=13
7. 设p(x)=a+bx+cx2+dx3.当x→0时，若p(x)－tanx是比x3高阶的无穷小，则下列选项中错误的是（）．
(A) a=0(B) b=1(C) c=0(D) d=１６
8. 求下列极限（1） limx→0tan(tanx)－sin(sinx)x－sinx；（2） limx→01－cosx·cos2x·…·ncosnxx2.
9. 求下列极限（1） limx→0∫x20sin32tdt∫x0t(t－sint)dt；（2） limx→+∞∫x0(arctant)2dtx2+1.
10. 求下列极限
(1) limx→0arcsinxx11－cosx；（2） limx→0ln（1+x）x1ex－1；(3) limx→0(1+x)1xe1x；
（4） limx→0arcsinxx11－cosx．
11. 求极限limx→+∞x+x+x－x．
12. 已知x1＞3，xn+1=12xn+3xn，
(1) 证明limn→∞xn存在，并求limn→∞xn；(2) 求极限limn→∞xn－1－3(xn－3)2.
13. 设an=1+12+…+1n－lnn，证明：limn→∞an存在.
14. 设f(x)=limn→∞n1+xn+x22n(x≥0)，则f(x)＝.
15. 求极限limn→∞lnn1+1n21+2n2…1+nn2.
16. limn→∞11+n2－1+12+n2－22+…+1n+n2－n2．
17. limn→∞n2arctanπn－arctanπn+1.
18. f(x)二阶可导，limx→0f(x)x2=1，求limx→0f(x)－f(ln(1+x))x3.
19. 已知函数f（x）=1+xsinx－1x，记a=limx→0f（x），
(1) 求a的值；(2) 若当x→0时，f（x）－a与xk是同阶无穷小，求常数k的值.
20. 当x→0时，1－cosxcos2xcos3x与axn为等价无穷小，求n与a的值.
21. x=1n(n=2，3，…）是函数f(x)=x·1x的（［γ］为取正整数）（）.
（A） 无穷间断点（B） 跳跃间断点（C） 可去间断点（D） 连续点
22. 判断函数f(x)=ln|x||x－1|sinx间断点的情况（）.
(A) 有1个可去间断点，1个跳跃间断点
(B) 有两个无穷间断点
(C) 有1个跳跃间断点，1个无穷间断点
(D) 有两个跳跃间断点
23. f(x)=limn→∞x2n－1+ax2+bxx2n+1在(－∞，+∞)上连续的充要条件是
24. 函数f(x)=ex－b(x－a)(x－1)有无穷型断点x=0，有可去间断点x=1，则a=，b=．
25. 设f(x)在[0,1]上连续，且f（０）＝f(1).
（1） 证明：存在ξ∈[0,1]，使f(ξ)＝fξ＋１２；
（2） 证明：存在η∈［０，１］，使f(η)＝fη＋１n（n＞２且n为正整数）.
26. 设a1，a2，…，an均为常数，且满足|a1sinx+a2sin2x+…+ansinnx|≤|sinx|，证明：|a1+2a2+…+nan|≤1.
【参考答案】
1. D2. A3. A4. B5. B6. D7. D8. （1） 6（2） n(n+1)49. （1） 12（2） π2410. (1) e13（2） e－12(3) e－12（4） e1311. 1212. (1) 3(2) 12313. 略
14. max1，x，x2215. 4(ln2－1)16. π417. π18. 119. (1) a=1(2) k=120. n=2，a=721. B22. A23. a=0，b=124． a=0，b=e25． 略26． 略
第二讲导数与微分
重要概念、公式与结论
一、导数定义与极限的联系
1. 导数定义
(1) 设f′(x0)存在，如果limu(x)=0，则limf(x0+u(x))－f(x0)u(x)=f′(x0)；如果limu(x)=x0，则limf(u(x))－f(x0)u(x)－x0=f′(x0).
（2） 若f′(x0)存在，则limΔx→0f(x0+αΔx)－f(x0－βΔx)Δx=(α+β)f′(x0)，但limΔx→0f(x0+αΔx)－f(x0－βΔx)Δx存在得不出f′(x0)存在.
（3） f′(x0)=A ?? f′+(x0)=f′－(x0)=A．
2. 隐含的等价条件
（1） 设f(x)在x=x0处连续，则limx→x0f(x)x－x0=A ?? f(x0)=0，f′(x0)=A
limx→x0f(x)(x－x0)k=A(k＞1) ?? f(x0)=0，f′(x0)=0，
limx→x0f（x）(x－x0)k=A(0＜k＜1) ?? f(x0)=0，f′(x0)不存在.
(2) 若f′(x)在x=x0连续，limx→x0f′(x)x－x0=A ?? f′(x0)=0，f″(x0)=A．
(3) 若f″(x)在x=x0连续，limx→x0f″(x)x－x0=A ?? f″(x0)=0，f??(x0)=A．
【评注】若只知f(x)在x=x0及其附近有定义，又limx→x0f(x)x－x0=A，可以推出limx→x0f(x)=0但不能推出f(x0)=0.
二、可导、可微、连续及极限的关系
可导 ?? 可微 ?? 连续 ?? limx→x0f(x)=f(x0)
三、含绝对值函数的可导性
【结论1】设f(x)=φ(x)|x－x0|，其中φ(x)在x=x0处连续，则f(x)在x=x0处可导 ?? φ(x0)=0.
【评注】：1） 证明过程见基础篇.考研客观题直接用结论非常方便.
2） 当为k正整数时，f(x)=(x－x0)k|x－x0|在点x=x0处k阶可导，但k+1阶导数不存在
【结论2】设f(x0)=0，f′(x0)存在，则|f(x)|在x0处可导 ?? f′(x0)=0.
【证明】f(x0)=0，则limx→x0|f(x)|－|f(x0)|x－x0=limx→x0|f(x0)|x－x0=limx→x0|f(x)－f(x0)|x－x0，
所以limx→x0+|f(x)－f(x0)|x－x0=limx→x0+f(x)－f(x0)x－x0=|f′(x0)|.(1)
limx→x0－|f(x)－f(x0)|x－x0=limx→x－0－f(x)－f(x0)x－x0=－|f′(x0)|.(2)
可见，|f(x)|在x=x0处可导的充要条件是|f′(x0)|=－|f′(x0)|，所以|f′(x0)|=0．
【结论3】设f(x0)≠0，f′(x0)存在，则|f(x)|在x0处必可导.
【证明】f(x0)≠0，不妨设f(x0)＞0，由连续函数保号性，存在x0的某邻域U，当x∈U时f(x)＞0，从而|f(x)|=f(x)，x∈U．
则limx→x0|f(x)|－|f(x0)|x－x0=limx→x0f(x)－f(x0)x－x0=f′(x0)
因此，|f(x)|′|x=x0=f′(x0)
同理可得：若f(x0)＜0，则|f(x)|′|x=x0=－f′(x0)
综上，f(x0)≠0，f′(x0)存在，则|f(x)|在x0处必可导.
【例2.1】设函数f(x)在点x=a处可导，则函数｜f(x)｜在点x=a处不可导的充分条件（）.
(A) f(a)＝０且f′（a）＝０（B） f(a)＝０且f′（a）≠０
(C) f(a)＞０且f′（a）＞０（D） f(a)＜０且f′（a）＜０
【解析】有结论2，3知，若f(a)≠0，则|f(x)|在x=a处必可导，而当f(a)=0时|f(x)|在x=a处可导的充要条件是，即f′(a)=0，故选(B).
四、高阶导数公式
1. 若u(x)，v(x)均n阶可导，则
（1） 线性运算法则：［au(x)+βv(x)］(n)=au(x)(n)+βv(x)(n).
（2） 莱布尼茨公式：(uv)(n)=∑ni=0Cinu(i)v(n－i)，其中u(0)=u，v(0)=v.
(3) 参数方程x=φ(t)
y=ψ(t)，x=φ(t)，y=ψ(t)都有二阶导数且φ′(t)≠0，则d2ydx2=φ′(t)ψ″(t)－φ″(t)ψ′(t)［φ′(t)］3.
2． 几个常见初等函数的高阶导数公式
（1） 1ax+b(n)=(－1)nan·n!(ax+b)n+1
（2） ［ln(ax+b)］(n)=(－1)n－1an·(n－1)!(ax+b)n
（3） (ax)(n)=axlnna(a＞0)，特别地(ex)(n)=ex(eax)(n)=aneax
（4） (sinax+b)(n)=ansinax+b+nπ2(cosax+b)(n)=ancosax+b+nπ2
（5） (xm)(n)=0，
n!，
m(m-1)(m－2)…(m-n+1)xm-n，m＜n
m=n
m＞n
常考题型与典型例题
【题型一】与导数及微分定义有关的题
（一） 按导数定义求解的三种情况
1. 已知f′(x0)存在，求极限或已知极限求导数方法：按导数定义.
2. 已知条件或要求的结论涉及抽象函数f(x)在x=x0点处的导数f′(x0)方法：按导数定义.
3. 分段函数在分段点的导数方法：按导数定义或等价结论.
【例1】已知f(x)在x=0处可导，且f(0)=0，则limx→0x2f（x）－2f(x3)x3=（）.
(A) －２f′（０）(B) －f′（０）(C) f′（０）(D) 0
【分析】本题主要考查导数的定义和极限的运算法则.
【详解】根据导数的定义limh→０f(h)－f(0)h，有
limx→０x２f（x）－２f(x３)x３
＝limx→０x２f(x)－x２f(0)－２f(x３)＋２f(0)x３＝limx→０f(x)－f(0)x－２limx→０f(x３)－f(0)x３
=f′(0)－2f′(0)=－f′(0)
故应选(B).
【评注】作为选择题，本题也可用举反例排除的方法做，取f(x)＝x，则f′（０）＝１．
limx→０x２f(x)－２f(x３)x３＝limx→０x３－２x３x３＝－１＝－f′（０），立马可得选(B).
【例2】设函数f(x)在x=0处连续，下列命题错误的是（）.
（A） 若limx→0f(x)x存在，则f(0)=0
（B） 若limx→0f(x)+f(－x)x存在，则f(0)=0
（C） 若limx→0f(x)x存在，则f′(0)存在
（D） 若limx→0f(x)－f(－x)x存在，则f′(0)存在
【解析】方法1：论证法，证明A，B，C都正确，从而只有D不正确.
由limx→0f(x)x存在及f(x)在x=0处连续，所以
f(0)=limx→0f(x)=limx→0f(x)x·x=limx→0f(x)x·limx→0x=0·limx→0f(x)x=0，所以(A)正确；
由选项(A)知，f(0)=0，所以limx→0f(x)－f(0)x－0=limx→0f(x)x存在，根据导数定义，
f′(0)=limx→0f(x)－f(0)x－0存在，所以(C)也正确；
由f(x)在x=0处连续，所以f(－x)在x=0处连续，从而
limx→0f(x)+f(－x)=limx→0f(x)+limx→0f(－x)=f(0)+f(0)=2f(0)
2f(0)=limx→0f(x)+f(－x)x·x=limx→0f(x)+f(－x)x·limx→0x=0·limx→0f(x)+f(－x)x=0，
即有f(0)=0，所以(B)正确，故此题选择(D).
方法2：举例法，举例说明(D)不正确.例如取f(x)=|x|，有
limx→0f(x)－f(－x)x－0=limx→0|x|－|－x|x=0存在
而limx→0－f（x）－f(0)x－0=limx→0－－x－0x－0=－1，limx→0+f（x）－f(0)x－0=limx→0－x－0x－0=1，左右极限存在但不相等，所以f(x)=|x|在x=0的导数f′(0)不存在.(D)不正确，选(D).
【例3】函数f(x)=|(x－1)(x－2)2(x－3)3|不可导的点的个数是．
【解析】f(x)=(x－2)2(x－3)2|x－1||x－3|，但由常用结论的备注可知，f(x)在x=3可导，而在x=1不可导．故f(x)有1个不可导点.
【例4】设函数f(x)在区间(－δ，δ)内有定义，若当x∈(－δ，δ)时，恒有|f(x)|≤x2，则x=0必是f(x)的（）.
(A) 间断点(B) 连续而不可导的点
(C) 可导的点，且f′(0)=0(D) 可导的点，且f′(0)≠0
【解析】方法1：首先，当x=0时，|f(0)|≤0 ?? f(0)=0.
而按照可导定义我们考察
0≤f(x)－f(0)x=f(x)x≤x2x=|x|→0(x→0)，
由夹逼准则，f′(0)=limx→0f(x)－f(0)x=0，故应选(C).
方法2：显然，f(0)=0，由|f(x)|≤x2，x∈(－δ，δ)，得f(x)x2≤1，x∈(－δ，0)∪(0，δ)，即f(x)x2有界，且f′(0)=limx→0f(x)－f(0)x=limx→0f(x)x2·x=0.
故应选(C).
方法3：排除法.令f(x)=x3，f′(0)=0，故(A)、(B)、(D)均不对，应选(C).
【例5】设函数y=f(x)具有二阶导数，且f′(x)＞0，f″(x)＞0，Δx为自变量x在点x0处的增量，Δy与dy分别为f(x)在点x0处对应的增量与微分，若Δx＞0，则（）.
（A） 0＜dy＜Δy（B） 0＜Δy＜dy
（C） Δy＜dy＜0（D） dy＜Δy＜0
【解析】方法1：由于涉及一阶导、二阶导可考虑用拉格朗日余项一阶泰勒公式.
f(x)=f(x0)+f′(x0)(x－x0)+f″(x0)2!(x－x0)2+…+f(n)(x0)n!(x－x0)n+Rn，
其中Rn=f(n+1)(x0)(n+1)!(x－x0)n.此时n取1代入，可得
Δy=f(x0+Δx)－f(x0)=f′(x0)Δx+12f″(ξ)(Δx)2
又由dy=f′(x0)Δx＞0，选(A).
方法2：排除法，令f(x)=x2，x＞0，有f′(x)＞0，f″(x)＞0，
dy=2xΔx，Δy=(x+Δx)2－x2=2xΔx+(Δx)2＞2xΔx=dy＞0，所以（B）（C）（D）均不对，选（A）．
方法3：作为客观题可根据题设条件画出函数的草图结合微分几何意义，立马得出正确答案.
【题型二】求各类导数与微分
1. 复合函数求导
设y=f(u)，u=φ(x)，且f(u)及φ(x)都可导，则复合函数y=f［φ(x)］的导数为
dydx=dydu·dudx或y′(x)=f′(u)·φ′(x).
【评注】1） 区别f′[φ（x）］与[f(φ（x）)］′f′[φ（x）］=df[φ（x）］dφ，[f(φ（x）)］′=f′(φ（x）)φ′（x）.
2） f′[φ（x）］是x的函数，故df′[φ（x）］dx=f″[φ（x）］·φ′（x）.
3） 复合函数的求导法则是最重要的求导法则，计算复合函数的导数时，要按照复合次序由最外层起，采取层层剥笋的办法，向内一层一层对中间变量求导数，直到对自变量求导数为止.
【例6】设f(x)=sinx1+x2，则f″(0)=.
【解析】因为f(x)为奇函数，f′(x)为偶函数，f″(x)为奇函数，则f″(0)=0.
【例7】已知y=f3x－23x+2，f′(x)=arctanx2，则dydxx=0=.
【解析】利用复合函数求导公式直接求解
dydxx=0=f′3x－23x+212(3x+2)2x=0=f′(－1)·3=3arctan1=34π
【例8】设函数f(x)=(x－1)(x+2)(x－3)(x+4)…(x+100)，则f′(1)=．
【解析】方法1：用一点处导数定义求.
f′(1)=limx→1f(x)－f(1)x－1=limx→1(x－1)(x+2)(x－3)(x+4)…(x+100)x－1
=limx→1(x+2)(x－3)(x+4)…(x+100)=(1+2)(1－3)(1+4)(1－5)…(1+100)=－101!100
方法2：用导数运算法则先求导函数，再求f′(1)．
令Q(x)=(x+2)(x－3)(x+4)…(x+100)，故f（x）=(x－1)Q(x)，则
f′（x）=Q(x)+(x－1)Q′(x)
f′(1)=Q(1)=(1+2)(1－3)(1+4)(1－5)…(1+100)=－101!100
2. 隐函数求导
隐函数导数dydx的求法一般有三种方法：
(1) 方程两边对x求导，视y是x的函数，则y的函数是x的复合函数.
(2) 公式法dydx=－F′x(x，y)F′y(x，y)．
(3) 利用微分形式不变性：方程两边取微分，进而用微商算出导数.
【例9】设方程exy＋y２＝cosx确定y为x的函数，则dydx＝．.
【解析】方法1：将方程exy＋y２＝cosx看成关于x的恒等式，即y看作x的函数.方程两边对x求导，得exy（y＋xy′）＋２yy′＝－sinx ?? y′＝－yexy＋sinxxexy＋２y．
方法2：对方程exy＋y２＝cosx两边求微分，有dexy+dy2=dcosx
exy[xdy+ydx］+2ydy=－sinxdx
整理得dydx=－yexy+sinxxexy+2y
【例10】设可导函数y＝y（x）由方程sinx－∫yxφ（u）du＝０所确定，其中可导函数φ（u）＞０，且φ（０）＝φ′（０）＝１，求y″（０）．
【解析】在sinx－∫yxφ（u）du＝０中令x＝０得
∫y０φ（u）du=0，又φ（u）＞０，则y＝０
等式sinx－∫yxφ（u）du＝０两端对x求导得
cosx－［φ（y）y′－φ（x）］＝０（１）
将x=0，y＝０，代入上式得y′（０）＝２
等式（1）两端对x求导得.
－sinx－［φ′（y）y′２＋φ（y）y″－φ′（x）］＝０
将x＝０，y＝０，y′（０）＝２代入上式得y″（０）＝－３．
3. 参数方程求导
设y=y(x)是由参数方程x=x(t)，
y=y(t)，(α＜t＜β)确定的函数，则
（1） 若x(t)与y(t)都可导，且x′(t)≠0，则dydx=dydtdxdt=y′(t)x′(t)，
（2） 若x″(t)与y″(t)都可导，且x″(t)≠0
d2ydx2=ddxdydx=ddtdydxdtdx=y″(t)x′(t)－x″(t)y′(t)(x′(t))3
【例11】设x=e－t
y=∫t0ln(1+u2)du，求d2ydx2t=0=....