2004—2014年考研数学真题“极限”题型精选解析

2004—2014年考研数学真题“极限”题型精选解析

注：

1）本篇试题选自2004年—2014年数学一、二、三的考研真题，共35题； 2）本篇真题题型：选择题，填空题，解答题； 3）本篇试题包括两部分，第一部分是精选极限真题解析，第二部分是补充极限真题解析(P9)；

第一部分（精选“极限”真题解析）（共20题）

一、选择题

1、设liman?a,且a?0，则当n充分大时有（ ）

n??（A）an>

|a| 2（B）|an|?|a| 2(C) an?a?1 n(D) an?a?1 n答案：(A)，注：2014年数三（1） 解析：方法1：

liman?a?0,?liman?a?0,取?=n??n??a，则当n充分大时，2an?a??,即???an?a??,方法2：

a3a?an?，故（A）正确。 22?N?N?使?n?N，有|an?a|??

liman?a????0n??

即 a???an?a??.a?0?,可取??|a|a||a||，则a-?an?a?

222不论a>0或a<0，都有an?

2、设an?0(n?1,2,3),|a|，选A2

Sn?a1?a2?a3??an，则数列?Sn?有界是数列?an?收敛的

( )

(A) 充分必要条件 (B) 充分非必要条件 (C) 必要非充分条件 (D) 非充分也非必要 答案：(B)，注：2012年数二（3）

解析：由于an?0，?sn?是单调递增的，可知当数列?sn?有界时，?sn?收敛，也即limsn是

n??存在的，此时有liman?lim?sn?sn?1??limsn?limsn?1?0，也即?an?收敛。

n??n??n??n??反之，?an?收敛，?sn?却不一定有界，例如令an?1，显然有?an?收敛，但sn?n是无界的。故数列?sn?有界是数列?an?收敛的充分非必要条件，选(B)。

1

3、limn?n??1?1??2221?n2?n??1? ??n2?n2? .

注：2012年数二（10）

1n解析：利用定积分定义计算n项和：原式=lim?n??ni?11?i?2??dx?1 ?arctanx?0?1?x2411???n??4、当x?0时，用o(x)表示比x高阶的无穷小，则下列式子中错误的是（ ） （A）x?o(x2)?o(x3) （B）o(x)?o(x2)?o(x3) （C）o(x2)?o(x2)?o(x2) （D）o(x)?o(x2)?o(x2) 答案：（D），注：2013年数三（1）

解析：（A）xo(x2)o(x2)o(x)o(x2)o(x)o(x2x3?x2?0， （B）x3?x?)x2?0 （C）o(x2)?o(x2)o(x2)o(x2)x2?x2?x2?0 （D）

o(x)?o(x2)x2?o(x)o(x2)2o(x)?o(x2)x2?x2推不出0，如：x?o(x)则x2?1

15、当x→0+时，若ln?(1?2x),(1-cosx)?均是比x高阶的无穷小，则?的取值范围是（ （A）（2，??） （B）（1，2） （C）（12，1） （D）（0，12） 答案：B，注：2014年数二（1） 12解析：当x→0+

时，∵ln??1?2x?~?2x??，(1?cosx)?~(1112x2)??(12)?·x? ，

∴由??1且2??1?1???2.

6、已知当x?0时，函数f(x)?3sinx?sin3x与cxk是等价无穷小，则 (A) k=1,c=4 (B) k=1, c=-4 (C) k=3,c=4 (D) k=3,c=-4

答案:(C)，注：2011年数二(1）、数三（1） 解析：法1：洛必达法则（待定系数法）

）2

3sinx?sin3x3cosx?3cos3x3(cosx?1)?(cos3x?1)?lim?lim?

x?0x?0cxkckxk?1ckx?0xk?111?x2?(3x)23123?k2lim2limx?1,k?3,c?4,应选(C) k?1x?0x?0ckxck13133法2：麦克劳林公式，3sinx?sin3x3(x?x)?[3x?(3x)]?4x，故k?3,c?4

3!3!lim

x?arctanx?c，其中k，c为常数，且c?0，则（ ） kx?0x1111（A）k?2,c?? （B）k?2,c? （C）k?3,c?? （D）k?3,c?

22337、已知极限lim答案:(D)，注：2013年数一(1）

解析：用洛必达法则（或麦克劳林公式：arctanx1x?x3）

3limx?0x?arctanx?limkx?0x1?1x2x211?x2=lim?lim?ck?3,c?，，应选（D）

x?0kxk?1(1?x2)x?0kxk?13kxk?1

（x）?tan x是比x3高阶的无穷小，则8、设P?x??a?bx?cx?dx，当x?0时，若P22下列试题中错误的是（ ） （A）a?0 （B）b?1 答案：(D)，注：2014年数三（3） 解析：法1：由泰勒公式tanx?x? （C）c?0 （D）d?1 613x?0(x3)得 31a?(b?1)x?cx2?(d?)x3?o(x3)P(x)?tanx3lim?lim?0 33x?0x?0xx1a?0,b?1,c?0,d?,故选（D）.

3法2：由条件及洛必达法则可得

P(x)?tanxb?2cx?3dx2?sec2xlimtanx?0,知a?0,又lim?lim,limsec2x?1, 32x?0x?0x?0x?0x3x2c?6dx?2sec2x?tanx1?0，c?0，d?，故故b=1,同理，再用洛比达法则可得limx?06x3选（D）.

9、设函数f(x)在(0,??)上具有二阶导数，且f??(x)?0，令un?f(n)，则下列结论正确

3

的是：

(A) 若u1?u2 ，则?un?必收敛. (B) 若u1?u2 ，则?un?必发散 (C) 若u1?u2 ，则?un?必收敛. (D) 若u1?u2 ，则?un?必发散. 答案:(D)，注：2007年数数一(5)、二(6）

分析：本题依据函数f(x)的性质，判断数列?un?f(n)?. 由于含有抽象函数，利用赋值法

举反例更易得出结果. 解析：取f(x)??lnx，f??(x)?散，则可排除（A）；

1?0，u1??ln1?0??ln2?u2，而f(n)??lnn发2x1211，f??(x)?3?0，u1?1??u2，而f(n)?收敛，则可排除（B）；xx2n1611或取f(x)?2，f??(x)?4?0，u1?1??u2，而f(n)?2收敛，则可排除（B）

xx4n取f(x)?22取f(x)?x，f??(x)?2?0，u1?1?4?u2，而f(n)?n发散，则可排除（C）；故选

（D）. 事实上， 若u1?u2，则所

以

u2?u1f(2)?f(1)??f?(?1)?0.对任意x???1,???，因为f??(x)?0，2?12?1f?(?x)??1?f?(，)c对0任

意

?2???1,???，

f(x)?f(?1)?f?(?2)?x??1????(x???). 故选（D）.

或用反证法：若?un?f(n)?收敛，则un?1?un?0，但un?1?un?f?(?n)?f?(?1)?0，矛盾， 故(D)正确。

注：对于含有抽象函数的问题，通过举符合题设条件的函数的反例可简化计算.

二、填空题

10、lim?2??x?0?ln(1?x)??? ． x?1x1x1lim1?xx?02x1?1x注：2013年数二(9）

limln(1?x)???x?ln(1?x)?x?0解析：lim?2??lim1??e???x?0x?0xx????x?ln(1?x)x2?e?e

12

11、极限lim(x?1)x???1x1lnx=（ ）

4

注：2010年数三(15），（10分） 解

析

：

I?lim(x?1)x???1x1lnx?limex???1ln(xx?1)lnx1，

x?1?e1x1lnxx?11lnxx，

I?limex???1(?lnx?lnlnx)lnx?limex????1?lnlnxlnx?tlnx?limet????1?lntt?e?1

12、已知函数f(x)连续，且limx?01?cos[xf(x)](e?1)f(x)x2?1，则f(0)? ．

注：2008年数二（9) 解

析

：

由

1?cost12,1t?cos[2()]x1[f()]x,2x22?1xf，2x得

ex12[xf(1?cxofsx[2()x)]]lix2m?lim?fx?0x?x02(f)x2(e?1f)x()

13、若limxx?0x?0x1?lf，故ifm?((0)?2

21)(0)sinx(cosx?b)?5，则a = ，b = e?a注：2004年数三（1)

解析：本题属于已知极限求参数的反问题. 因为limxx?0sinx(cosx?b)?5，且limsinx?(cosx?b)?0，所以lim(ex?a)?0，得

x?0x?0e?asinxx(cosx?b)?lim(cosx?b)?1?b?5，得b = ?4，因此，a = 1，

x?0ex?1x?0xa = 1. 极限化为limb = ?4.

注：一般地，已知limf(x)＝ A， g(x)(1) 若g(x) ? 0，则f (x) ? 0；

(2) 若f (x) ? 0，且A ? 0，则g(x) ? 0.

?1x2?3?0sintdt,x?014、设函数f(x)??x在x?0处连续，则a? ．

??a,　　　　 x?0注：2006年数二（2)

解析：本题为已知分段函数连续反求参数的问题，直接利用函数的连续性定义即可。 由题设知，函数f(x)在 x?0处连续，则limf(x)?f(0)?a，

x?0 5

?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

(A) 若{xn}收敛，则{f(xn)}收敛 (B) 若{xn}单调，则{f(xn)}收敛 (C) 若{f(xn)}收敛，则{xn}收敛. (D) 若{f(xn)}单调，则{xn}收敛. 答案：(B)，注：2008年数一（4）、数二（5）

解析：若{xn}单调，则由函数f(x)在(??,??)内单调有界知，若{f(xn)}单调有界，因此若{f(xn)}收敛．故应选(B). 因为f(x)不一定连续，当xn?a时，f(xn)?f(a)不一定成立，所以（A）错，如f(x)??x?0?arctanx,?1)，取xn?(?1?arctanx,x?0n1im(f)xn?0，但ln??n??1,x?0?n1?0，limf(xn)不存在；取不存在，或者取f(x)??0,x?0，xn?(?1)n??n?1,x?0?f(x)?arctanx，xn?n，此时limf(xn)收敛且单调，但{xn}发散，因此(C)(D)都是错误

n??的。

6、设limlnn(1?)(1?)n??1n22n2n(1?)2=（ ）

n(A)

?21ln2xdx

(B) 2

?21lnxdx (C) 2?ln(1?x)dx (D)?ln2(1?x)dx

1122答案：(B)，注：2004年数二（9）

12解析：limlnn(1?)2(1?)2n??nn12012nn2kn1nk(1?)?lim?ln(1?)?2lim?ln(1?)?

n??n??nnnnk?1k?1。 2?ln(1?x)dx?2?lnxdx，应选（B）

二、填空题

1?2xx)? 7、lim(x?02注：2011年数二（9） 解析：lim(x?011?2)?limex?02x1x11?2xlnx2?limex?012x?1ln(1?)x2?limex?012x?1?x2?limex?02xln22?eln2?2

11

8、lim(tanx)x?1cosx?sinx?? 4注：2012年数三(9）

?解析：原式=lim?(1?(tanx?1))?x??4 9、lim1tanx?1???tanx?1cosx?sinx=e1sinx?cosx??cosxcosx?sinxx?lim4?e?2；

或利用幂指函数恒等变形：u(x)v(x)?ev(x)lnu(x)?ev(x)ln[1?(u(x)?1)]

e?ecosx1?x?12x?03?

注：2009年数三(9）

1e?x2e(1?cosx)3e?ee(1?e)?lim2解析：lim?lim?lim?e. x?012x?031221?x2?1x?031?x2?1x?0xx33cosxcosx?1

10、当x?0时，?(x)?kx与?(x)?1?xarcsinx?cosx是等价无穷小，则k= 注：2005年数二（5）

解析：题设相当于已知lim2?(x)?1，由此确定k即可。由题设，

x?0?(x)limlimx?0xarcsinx?1?cosx1?(x)1?xarcsinx?cosx==lim?limx?0x?0?(x)x?02kkx2kx2(1?xarcsinx?cosx)xarcsinx?1?cosx33??1，得k?. 24kx4

三、解答题

[t?11、求极限lim1x???x2(e?1)?t]dt1t1x2ln(1?)x21t

注：2014年数一、数二、数三（15)，（本题满分10分）

?解析：原式?limx???x1[t(e?1)?t]dt1x2?x??limx???x1[t(e?1)?t]dtx21t?

12

1?lim[x(e?1)?x]?limx(e?1?)x???x???x221x1x1令?tx?et?1?tet?11lim?lim? 2t?0t?0t2t2注：当t→0时，ln(1?t)

12、已知函数F(x)?t,ett21?t??0(t2)

2!?x0ln(1?t2)dtx?，设limF(x)?limF(x)?0，试求?的取值范围。 ?x???x?0注：2011年数二（15）

解析：

当a?0,因为limF(x)???,所以结论不正确x????当a?0，limF(x)?limx???x???x?0?x0ln(1?t2)dtxaln(1?x2)2x1?lim?lim?0,得a?1x???x???1?x2a(a?1)xa?2axa?1?limF(x)?limx???x0ln(1?t2)dtxaln(1?x2)x2?lim??lim?a?1?0得2?a?1,所以a?3a?1x?0x?0axax于是1?a?3

13、求极限limx?0?1?cosx??x?ln(1?tanx)?.

sin4x注：2009年数二（15），（本题满分9分）

12x?x?ln(1?tanx)?1?cosx??x?ln(1?tanx)??解析：lim ?lim244x?0x?0sinxxsec2x1?1x?ln(1?tanx)111?tanx?sec2x1tanx?tan2x1?tanx?lim?lim?lim?lim?2x?0x22x?02x2x?02x(1?tanx)4x?0x1tanx(1?tanx)1lim? 4x?0x4

14、试确定A,B,C的值，使得e(1?Bx?Cx)?1?Ax?o(x)，其中o(x)是当x?0时比x高阶的无穷小。

注：2006年数二（15），（本题满分10分）

解析：题设方程右边为关于x的多项式，要联想到e的泰勒级数展开式，比较x的同次项系数，可得A,B,C的值.

x3x233 13

x2x3??o(x3)代入题设等式得 将e的泰勒级数展开式e?1?x?26xx

??x2x3??o(x3)?[1?Bx?Cx2]?1?Ax?o(x3) ?1?x?26??整理得

1?(B?1)x??B?C?比较两边同次幂系数得

??1?2?B1?33 x??C??o(x)?1?Ax?o(x)???2?6??2??B?1?A?1? ?B?C??0，解得

2?1?B?C??0?6?21?A??3?2??B??.

3?1?C??6?注：题设条件中含有高阶无穷小形式的条件时，要想到用麦克劳林公式或泰勒公式求解，要

熟练掌握常用函数的泰勒公式。

15、求极限limx?012?cosxx[()?1] 3x3注：2004年数二(15）（本题满分10分） 解析：此极限属于

0型未定式.可利用罗必达法则,并结合无穷小代换求解. 0?2?cosx?xln??3??法1：原式?limx?0ex3?2?cosx?ln??（2?cosx）?ln3?13???limln ?limx?0x?0x2x21（??sinx）11sinx1??lim??? ?lim2?cosxx?02x?02?cosxx62xe?2?cosx?xln??3??法2：原式?limx?0x3?2?cosx?cosx?1ln?ln（1?）??13??lim3 ?lim?22x?0x?0xx?limcosx?11 ??2x?03x6t注：上面用到等价代换e?1t,ln(1?t)t(t?0)

14

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/kf33.html