1. 填空题


    
(1)　　$\frac{2}{3}$

(2)　　$[1,e]$

(3)　　$\ln 2$
    

2. 选择题:

(1)　　(D)

课件上例题，不是无穷大的原因是，当 $x\to +\infty$, $x\cos x$ 有可能取零, 比如令 $x=n\pi +\frac\pi 2$.

(2)　　(C)

原因是 $x\to -\infty$ 时极限存在, 要求 $\lim\limits_{x\to -\infty} e^{bx}=\infty$, 所以 $b<0$, 而 $a\geq 0$ 时, $a+e^{bx}$ 无零点.
    
(3)　　(D)

假设 $\frac{\varphi(x)}{f(x)}$ 无间断点, 则根据连续函数的四则运算法则, $\varphi(x)= \frac{\varphi(x)}{f(x)} \cdot f(x)$ 无间断点，矛盾。

而 (A) (B) 不对，理由如下：我们很容易设一个函数 $f(x)=1$, $x\in (-\infty,+\infty)$,以及
\[
  \varphi(x)
  = \begin{cases}
     1, & x\geq 0,
     \\
     -1, & x<0.
\end{cases}
\]
则 $\varphi^2(x)=1$ 为连续函数, 而 $\varphi(f(x))=1$, $x\in (-\infty, +\infty)$ 为连续函数.
   

3.

(1)

 \[
      \lim_{x\to -\infty}
      \frac{ \sqrt{4x^2+x-1}+x+1 }
      { \sqrt{x^2+\sin x} }
    \]
解:
    \[
\begin{aligned}
      \lim_{x\to -\infty}
      \frac{ \sqrt{4x^2+x-1}+x+1 }
      { \sqrt{x^2+\sin x} }
      &=
      \lim_{x\to -\infty}
      \frac{ \sqrt{4x^2+x-1}/x+1+1/x }
      { \sqrt{x^2+\sin x}/x }
\\
&=       
  \lim_{x\to -\infty}
      \frac{ -\sqrt{4+1/x-1/x^2}+1+1/x }
      {- \sqrt{1+\sin x/x^2} }
\\
&= 1.      
\end{aligned}      
\]


(2)
\[
     \lim_{x\to 1} (2-x)^{\sec \frac{\pi x}{2}}
\]
解:
\[
\begin{aligned}
     \lim_{x\to 1} (2-x)^{\sec \frac{\pi x}{2}}
       &=  \exp \left(\lim_{x\to 1}
       \frac{\ln (2-x)}{ \cos \frac{\pi x}{2} }
       \right)
     \\
  &=     
  \exp\left(\lim_{t\to 0}
       \frac{\ln (1-t)}{ \cos \frac{\pi (t+1)}{2} }
        \right)
\\
&=             
       \exp \left(\lim_{t\to 0}
       \frac{\ln (1-t)}{ -\sin \frac{\pi t}{2} }
       \right)
\\
&=             
       \exp \left(\lim_{t\to 0}
       \frac{-t}{ -\frac{\pi t}{2} }
       \right)       
 \\
 &= e^\frac{2}{\pi}.      
\end{aligned}
\]
  

4.  解： 根据题设，$x\neq 0$ 且
\[
   \lim_{n\to \infty}
   \frac{ x^{n+2} -x^{-n} }
   { x^n +x^{-n-1} }
  = \lim_{n\to \infty}
   \frac{ x^{-n }(x^{2n+2} -1)}
   { x^{-n-1}(x^{2n+1}+1) }
  =x \lim_{n\to \infty}
   \frac{ x^{2n+2} -1}
   { x^{2n+1}+1 }.
\]
若 $|x|<1$, 由于
\[
  \lim_{n\to \infty} x^{2n+2}
  =\lim_{n\to \infty} x^{2n+1}
  =0,
\]
推出
\[
 \lim_{n\to \infty}
   \frac{ x^{n+2} -x^{-n} }
   { x^n +x^{-n-1} }
  =x \lim_{n\to \infty}
   \frac{ x^{2n+2} -1}
   { x^{2n+1}+1 }
   =-x.
\]
另一方面，若 $|x|>1$ 则
\[
 \lim_{n\to \infty}
   \frac{ x^{n+2} -x^{-n} }
   { x^n +x^{-n-1} }
  =x \lim_{n\to \infty}
   \frac{ x^{2n+2} -1}
   { x^{2n+1}+1 }
   =
   x \lim_{n\to \infty}
   \frac{ x -\frac{1}{x^{2n+1}} }
   { 1+\frac{1}{x^{2n+1}} }
 = x^2.
\]
因此
\[
f(x)=
 \begin{cases}
      x^2, &  |x|>1,
      \\
      0, &  |x|=1,
      \\
       -x, & |x|<1 \mbox{ and } x\neq 0.  
\end{cases}
\]
由于 $f(x)$ 在点 $x=1$ 处不连续, 所以连续区间为
\[
  (-\infty, -1) \cup (-1,0) \cup (0,1) \cup (1, +\infty).
\]



5.  解: 函数的间断点为 $x=-1$ 以及 $x=0$. 由于
\[
  \lim_{x\to -1^+} 2^{\frac{1}{x+1}}=+\infty,
  \qquad
  \lim_{x\to -1^-} 2^{\frac{1}{x+1}}=0,
\]
因此 $x=-1$ 为第二类间断点，无穷型间断点. 又因为
\[
  \lim_{x\to 0^-} \sin x =0,
  \qquad \lim_{x\to 0^+} 2^{\frac{1}{x+1}} =2,
\]
因此 $x=0$ 为第一类间断点，为跳跃型间断点。


6.  证明: 由题设知, $f(x)$ 在 $[x_1,x_n]$ 上连续，根据最值定理，在 $[x_1,x_n]$ 上函数 $f(x)$ 必能取到最大值 $M$ 以及最小值 $m$, 于是对于任意 $1\leq i\leq n$,
\[
   m\leq f(x_i) \leq M.
\]
因此,
\[
   m\leq
   \sqrt[n]{f(x_1)f(x_2)
   \cdots f(x_n)}\leq M,
\]
根据介值定理可知，在 $[x_1,x_n]$ 内至少存在一点 $\xi$, 使得
\[
  f(\xi)=\sqrt[n]{f(x_1)f(x_2)
   \cdots f(x_n)},
\]
而 $\xi \in [x_1,x_n]\subset(a,b)$.

   

7. 证明: 令
\[
 \varphi(x) =f(x)-x,
\]
根据题设，函数 $\varphi(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续, 且
\[
  \varphi(0)=f(0)\geq 0,
  \qquad
  \varphi(1)=f(1)-1\leq 0.
\]
若 $\varphi(0)=0$ 或者 $\varphi(1)=0$, 则令 $\xi=0$ 或者 $\xi=1$时, 有
\[
  f(\xi)=\xi.
\]
若 $\varphi(0)> 0$     且 $\varphi(1)<0$, 根据零点定理，则存在 $\xi\in (0,1)$ 使得 $\varphi(\xi)=0$, 即
\[
  f(\xi)=\xi.
\]

第一章自测题