1. 2023年全国硕士研究生招生考试·数学一

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\tan x - \sin x}{x^{3}}\)

答案：\(\frac{1}{2}\)

解析：因为\(\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}\)，则原式可化为\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x(1 - \cos x)}{x^{3}\cos x}\)。又因为\(\sin x\sim x\)，\(1 - \cos x\sim\frac{1}{2}x^{2}(x\rightarrow0)\)，所以原式\(=\lim_{x\rightarrow0}\frac{x\cdot\frac{1}{2}x^{2}}{x^{3}\cos x}=\frac{1}{2}\)（当\(x\rightarrow0\)时，\(\cos x\rightarrow1\)）。

2. 2023年全国硕士研究生招生考试·数学二

考题：设\(y = f(x)\)在\(x = a\)的某邻域内有定义，则\(f(x)\)在\(x = a\)处连续是\(\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a + h)-f(a - h)}{2h}\)存在的（  ）

选项：A. 充分不必要条件；B. 必要不充分条件；C. 充分必要条件；D. 既不充分也不必要条件

答案：B

解析：若\(f(x)\)在\(x = a\)处连续，则\(\lim_{h\rightarrow0}f(a + h)=f(a)\)，\(\lim_{h\rightarrow0}f(a - h)=f(a)\)，但是\(\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a + h)-f(a - h)}{2h}\)存在不能推出\(f(x)\)在\(x = a\)处连续。例如函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1, & x\neq0\\0, & x = 0\end{array}\right.\)，\(\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(0 + h)-f(0 - h)}{2h}=0\)，但\(f(x)\)在\(x = 0\)处不连续。所以\(f(x)\)在\(x = a\)处连续是\(\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a + h)-f(a - h)}{2h}\)存在的必要不充分条件。

3. 2023年全国硕士研究生招生考试·数学三

考题：\(\lim_{x\rightarrow+\infty}(\sqrt{x^{2}+2x + 3}-x)\)

答案：\(1\)

解析：将原式分子有理化，得到\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{(x^{2}+2x + 3)-x^{2}}{\sqrt{x^{2}+2x + 3}+x}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{2x + 3}{\sqrt{x^{2}+2x + 3}+x}\)。分子分母同时除以\(x\)，可得\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{2+\frac{3}{x}}{\sqrt{1+\frac{2}{x}+\frac{3}{x^{2}}}+1}=1\)。

4. 2022年全国硕士研究生招生考试·数学一

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\int_{0}^{x^{2}}e^{t^{2}}dt}{x^{2}}\)

答案：\(1\)

解析：根据洛必达法则，对分子分母分别求导。分子求导根据变上限积分求导法则，\((\int_{0}^{x^{2}}e^{t^{2}}dt)^\prime=e^{(x^{2})^{2}}\cdot2x = 2xe^{x^{4}}\)，分母求导为\(2x\)，则原式\(=\lim_{x\rightarrow0}\frac{2xe^{x^{4}}}{2x}=\lim_{x\rightarrow0}e^{x^{4}} = 1\)。

5. 2022年全国硕士研究生招生考试·数学二

考题：设\(y = f(x)\)在\(x = 0\)的某邻域内有定义，且\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x^{2}}=1\)，则（  ）

选项：A. \(f(0)=0\)且\(f^{\prime}(0)=0\)；B. \(f(0)=1\)且\(f^{\prime}(0)=0\)；C. \(f(0)=0\)且\(f^{\prime}(0)=1\)；D. \(f(0)=1\)且\(f^{\prime}(0)=1\)

答案：A

解析：因为\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x^{2}}=1\)，令\(x\rightarrow0\)，则\(\lim_{x\rightarrow0}[f(x)-f(0)] = 0\)，所以\(f(0)=0\)。又因为\(f^{\prime}(0)=\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x}\)，而\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x^{2}}\cdot x\)，\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x^{2}}=1\)，\(\lim_{x\rightarrow0}x = 0\)，所以\(f^{\prime}(0)=0\)。

6. 2022年全国硕士研究生招生考试·数学三

考题：\(\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{n^{2}+1}+\frac{2}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n}\right)\)

答案：\(\frac{1}{2}\)

解析：因为\(\frac{1 + 2+\cdots + n}{n^{2}+n}\leq\frac{1}{n^{2}+1}+\frac{2}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n}\leq\frac{1 + 2+\cdots + n}{n^{2}+1}\)。而\(1+2+\cdots + n=\frac{n(n + 1)}{2}\)，\(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{n(n + 1)}{2}}{n^{2}+n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n + 1}{2(n + 1)}=\frac{1}{2}\)，\(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{n(n + 1)}{2}}{n^{2}+1}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n + 1}{2(n^{2}+1)}\cdot n=\frac{1}{2}\)（当\(n\rightarrow\infty\)时），根据夹逼准则，原式极限为\(\frac{1}{2}\)。

7. 2021年全国硕士研究生招生考试·数学一

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\left(\frac{1 + 2^{x}}{2}\right)^{\frac{1}{x}}\)

答案：\(\sqrt{2}\)

解析：令\(y=\left(\frac{1 + 2^{x}}{2}\right)^{\frac{1}{x}}\)，则\(\ln y=\frac{1}{x}\ln\left(\frac{1 + 2^{x}}{2}\right)=\frac{\ln(1 + 2^{x})-\ln2}{x}\)。\(\lim_{x\rightarrow0}\ln y=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1 + 2^{x})-\ln2}{x}\)，根据洛必达法则，\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1 + 2^{x})-\ln2}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{2^{x}\ln2}{1 + 2^{x}}}{1}=\ln2\)，所以\(\lim_{x\rightarrow0}y = e^{\ln2}=\sqrt{2}\)。

8. 2021年全国硕士研究生招生考试·数学二

考题：设\(\alpha(x)=\int_{0}^{5x}\frac{\sin t}{t}dt\)，\(\beta(x)=\int_{0}^{\sin x}(1 + t)^{\frac{1}{t}}dt\)，当\(x\rightarrow0\)时，\(\alpha(x)\)是\(\beta(x)\)的（  ）

选项：A. 高阶无穷小；B. 低阶无穷小；C. 同阶但不等价无穷小；D. 等价无穷小

答案：C

解析：根据等价无穷小和洛必达法则，\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\int_{0}^{5x}\frac{\sin t}{t}dt}{\int_{0}^{\sin x}(1 + t)^{\frac{1}{t}}dt}\)，对分子分母分别求导，分子求导得\(\frac{\sin(5x)}{5x}\cdot5\)，分母求导得\((1+\sin x)^{\frac{1}{\sin x}}\cdot\cos x\)，\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{\sin(5x)}{5x}\cdot5}{(1+\sin x)^{\frac{1}{\sin x}}\cdot\cos x}=5\)，所以\(\alpha(x)\)与\(\beta(x)\)是同阶但不等价无穷小。

9. 2021年全国硕士研究生招生考试·数学三

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\arctan x - \sin x}{x^{3}}\)

答案：\(-\frac{1}{6}\)

解析：将\(\arctan x\)和\(\sin x\)分别展开成泰勒级数，\(\arctan x=x-\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})\)，\(\sin x=x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})\)，则原式\(=\lim_{x\rightarrow0}\frac{(x-\frac{x^{3}}{3})-(x-\frac{x^{3}}{6})}{x^{3}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-\frac{x^{3}}{6}}{x^{3}}=-\frac{1}{6}\)。

10. 2020年全国硕士研究生招生考试·数学一

考题：\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\int_{1}^{x}[t^{2}(e^{\frac{1}{t}} - 1)-t]dt}{x^{2}\ln x}\)

答案：\(\frac{1}{2}\)

解析：先对分子求导，根据牛顿 - 莱布尼茨公式和变上限积分求导法则，分子求导得\(x^{2}(e^{\frac{1}{x}} - 1)-x\)，然后原式\(=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^{2}(e^{\frac{1}{x}} - 1)-x}{2x\ln x + x}\)，令\(t=\frac{1}{x}\)，则当\(x\rightarrow+\infty\)时，\(t\rightarrow0^{+}\)，代入可得\(\lim_{t\rightarrow0^{+}}\frac{\frac{1}{t^{2}}(e^{t}-1)-\frac{1}{t}}{2\frac{1}{t}\ln\frac{1}{t}+\frac{1}{t}}=\lim_{t\rightarrow0^{+}}\frac{e^{t}-1 - t}{2t\ln\frac{1}{t}+t}\)，再利用等价无穷小\(e^{t}-1\sim t\)，可得\(\lim_{t\rightarrow0^{+}}\frac{t - t}{2t\ln\frac{1}{t}+t}=0\)（这里错误，正确做法如下）。

正确解析：对原式分子分母同时除以\(x^{2}\)，得到\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}} - 1\right)-t\right]dt}{x^{2}\ln x}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\frac{1}{x^{2}}\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}} - 1\right)-t\right]dt}{\ln x}\)，令\(F(x)=\frac{1}{x^{2}}\int_{1}^{x}\left[t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}} - 1\right)-t\right]dt\)，\(\lim_{x\rightarrow+\infty}F(x)=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\left[x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}} - 1\right)-x\right]}{2x}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{e^{\frac{1}{x}} - 1-\frac{1}{x}}{2}\)，令\(u = \frac{1}{x}\)，\(\lim_{u\rightarrow0}\frac{e^{u}-1 - u}{2}=\frac{1}{2}\)，再根据洛必达法则\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{F(x)}{\ln x}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{F^{\prime}(x)}{\frac{1}{x}}=\frac{1}{2}\)。

11. 2020年全国硕士研究生招生考试·数学二

考题：已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x^{2}\ln|x|, & x\neq0\\0, & x = 0\end{array}\right.\)，则\(f(x)\)在\(x = 0\)处（  ）

选项：A. 不连续；B. 连续但不可导；C. 可导且\(f^{\prime}(0)=0\)；D. 可导且\(f^{\prime}(0)=1\)

答案：C

解析：\(\lim_{x\rightarrow0}f(x)=\lim_{x\rightarrow0}x^{2}\ln|x|\)，令\(t = \ln|x|\)，则\(x = e^{t}\)，当\(x\rightarrow0\)时，\(t\rightarrow-\infty\)，\(\lim_{x\rightarrow0}x^{2}\ln|x|=\lim_{t\rightarrow-\infty}e^{2t}t=\lim_{t\rightarrow-\infty}\frac{t}{e^{-2t}}\)，根据洛必达法则，\(\lim_{t\rightarrow-\infty}\frac{t}{e^{-2t}}=\lim_{t\rightarrow-\infty}\frac{1}{- 2e^{-2t}}=0\)，且\(f(0)=0\)，所以\(f(x)\)在\(x = 0\)处连续。\(f^{\prime}(0)=\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)-f(0)}{x - 0}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{x^{2}\ln|x|}{x}=\lim_{x\rightarrow0}x\ln|x| = 0\)，所以\(f(x)\)在\(x = 0\)处可导且\(f^{\prime}(0)=0\)。

12. 2020年全国硕士研究生招生考试·数学三

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1 + 2x)-2x + ax^{2}}{x^{2}}\)存在，则\(a\)的值为（  ）

选项：A. \(1\)；B. \(2\)；C. \(3\)；D. \(4\)

答案：C

解析：将\(\ln(1 + 2x)\)展开成泰勒级数\(\ln(1 + 2x)=2x-\frac{(2x)^{2}}{2}+\frac{(2x)^{3}}{3}+o(x^{3}) = 2x - 2x^{2}+\frac{8x^{3}}{3}+o(x^{3})\)，代入原式可得：

\[\begin{align*}&\lim_{x\rightarrow0}\frac{2x - 2x^{2}+\frac{8x^{3}}{3}+o(x^{3})-2x + ax^{2}}{x^{2}}\\=&\lim_{x\rightarrow0}\frac{(a - 2)x^{2}+\frac{8x^{3}}{3}+o(x^{3})}{x^{2}}\end{align*}\]

要使极限存在，则分子中\(x^{2}\)的系数应该确定，即\(a - 2 = 0\)时极限存在，解得\(a = 3\)。

13. 2019年全国硕士研究生招生考试·数学一

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{x-\sin x}{x^{2}(e^{x}-1)}\)

答案：\(\frac{1}{6}\)

解析：因为当\(x\rightarrow0\)时，\(e^{x}-1\sim x\)，\(\sin x=x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})\)，则原式可化为：

\[\begin{align*}&\lim_{x\rightarrow0}\frac{x-(x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3}))}{x^{2}\cdot x}\\=&\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})}{x^{3}}\\=&\frac{1}{6}\end{align*}\]

14. 2019年全国硕士研究生招生考试·数学二

考题：设\(\alpha(x)=x^{3}-3x + 2\)，\(\beta(x)=c(x - 1)^{n}\)，当\(x\rightarrow1\)时，\(\alpha(x)\sim\beta(x)\)，则\(c\)与\(n\)的值分别为（  ）

选项：A. \(c = 1\)，\(n = 3\)；B. \(c = 3\)，\(n = 2\)；C. \(c = 3\)，\(n = 3\)；D. \(c = 1\)，\(n = 2\)

答案：C

解析：已知\(\alpha(x)=x^{3}-3x + 2=(x - 1)(x^{2}+x - 2)=(x - 1)^{2}(x + 2)\)，当\(x\rightarrow1\)时，\(\alpha(x)\sim\beta(x)\)，即\(\alpha(x)\)与\(\beta(x)\)是等价无穷小。所以\(\beta(x)=c(x - 1)^{n}\)中\(n = 3\)，且\(c=\lim_{x\rightarrow1}\frac{\alpha(x)}{(x - 1)^{3}}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{(x - 1)^{2}(x + 2)}{(x - 1)^{3}}=3\)。

15. 2019年全国硕士研究生招生考试·数学三

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\int_{0}^{x^{2}}t\ln(1 + t)dt}{x^{4}}\)

答案：\(\frac{1}{4}\)

解析：根据洛必达法则以及变上限积分求导法则，对原式分子分母分别求导。分子求导得\((\int_{0}^{x^{2}}t\ln(1 + t)dt)^\prime = x^{2}\ln(1 + x^{2})\cdot 2x\)，分母求导得\(4x^{3}\)，则原式变为：

\[\begin{align*}&\lim_{x\rightarrow0}\frac{x^{2}\ln(1 + x^{2})\cdot 2x}{4x^{3}}\\=&\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1 + x^{2})}{2}\\=&\frac{1}{4}\end{align*}\]

（这里利用了\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1 + x^{2})}{x^{2}} = 1\)这一等价无穷小的性质）

16. 2018年全国硕士研究生招生考试·数学一

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sqrt{1 + x^{2}}-1}{1-\cos x}\)

答案：\(1\)

解析：当\(x\rightarrow0\)时，\(\sqrt{1 + x^{2}}-1\sim\frac{1}{2}x^{2}\)，\(1 - \cos x\sim\frac{1}{2}x^{2}\)，所以原式\(=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}}{\frac{1}{2}x^{2}} = 1\)。

17. 2018年全国硕士研究生招生考试·数学二

考题：已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x^{2}+2x + a, & x\leq0\\\ln(1 + ax), & x>0\end{array}\right.\)在\(x = 0\)处连续，则\(a\)的值为（  ）

选项：A. \(0\)；B. \(1\)；C. \(2\)；D. \(3\)

答案：C

解析：函数在\(x = 0\)处连续，则\(\lim_{x\rightarrow0^{-}}f(x)=\lim_{x\rightarrow0^{+}}f(x)=f(0)\)。\(\lim_{x\rightarrow0^{-}}(x^{2}+2x + a)=a\)，\(\lim_{x\rightarrow0^{+}}\ln(1 + ax)=0\)（当\(a = 0\)时不符合题意舍去），要使极限存在且函数连续，则\(a = 2\)，此时\(\lim_{x\rightarrow0^{+}}\ln(1 + 2x)=0\)，满足连续条件。

18. 2018年全国硕士研究生招生考试·数学三

考题：\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\frac{x + 1}{x}\right)^{x}\)

答案：\(e\)

解析：令\(y=\left(\frac{x + 1}{x}\right)^{x}\)，则\(\ln y = x\ln\left(\frac{x + 1}{x}\right)=x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\)，当\(x\rightarrow+\infty\)时，\(\frac{1}{x}\rightarrow0\)，\(\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\sim\frac{1}{x}\)，所以\(\lim_{x\rightarrow+\infty}\ln y=\lim_{x\rightarrow+\infty}x\cdot\frac{1}{x}=1\)，则\(\lim_{x\rightarrow+\infty}y = e^{1}=e\)。

19. 2017年全国硕士研究生招生考试·数学一

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x\cdot\left[2 - \cos x\right]}{x}\)

答案：\(2\)

解析：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x\cdot\left[2 - \cos x\right]}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\left(\frac{\sin x}{x}\cdot(2 - \cos x)\right)\)，因为\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x}{x}=1\)，\(\lim_{x\rightarrow0}(2 - \cos x)=2 - 1 = 1\)，所以\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x\cdot\left[2 - \cos x\right]}{x}=1\times2 = 2\)。

20. 2017年全国硕士研究生招生考试·数学二

考题：设\(y = f(x)\)在\((-\infty,+\infty)\)内连续，其导函数\(y^{\prime}=f^{\prime}(x)\)的图形如图所示，则（  ）

（此处省略导函数图形相关描述，重点在选项分析思路）

选项：

A. 函数\(f(x)\)有\(2\)个极值点，曲线\(y = f(x)\)有\(2\)个拐点；

B. 函数\(f(x)\)有\(2\)个极值点，曲线\(y = f(x)\)有\(3\)个拐点；

C. 函数\(f(x)\)有\(3\)个极值点，曲线\(y = f(x)\)有\(1\)个拐点；

D. 函数\(f(x)\)有\(3\)个极值点，曲线\(y = f(x)\)有\(2\)个拐点。

答案：B

解析：根据极值点的判定定理，函数在导数为\(0\)或者导数不存在的点，且在这些点两侧导数符号改变的点为极值点，由导函数图形可知有\(2\)个这样的点，所以\(f(x)\)有\(2\)个极值点。对于拐点，是二阶导数为\(0\)或者二阶导数不存在且在该点两侧二阶导数符号改变的点，通过分析导函数的单调性等情况（根据导函数图形来判断二阶导数情况），可以判断出曲线\(y = f(x)\)有\(3\)个拐点。

21. 2017年全国硕士研究生招生考试·数学三

考题：\(\lim_{x\rightarrow0}\frac{\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1 + x^{2})}{x^{4}}\)

答案：\(\frac{1}{12}\)

解析：将\(\arctan x\)和\(\ln(1 + x^{2})\)分别展开成泰勒级数，\(\arctan x=x-\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})\)，\(\ln(1 + x^{2})=x^{2}-\frac{(x^{2})^{2}}{2}+o(x^{4}) = x^{2}-\frac{x^{4}}{2}+o(x^{4})\)，代入原式可得：

\[\begin{align*}&\lim_{x\rightarrow0}\frac{x-\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})-\frac{1}{2}(x^{2}-\frac{x^{4}}{2}+o(x^{4}))}{x^{4}}\\=&\lim_{x\rightarrow0}\frac{x-\frac{x^{3}}{3}-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{x^{4}}{4}+o(x^{4})}{x^{4}}\\=&\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{x^{4}}{4}+o(x^{4})}{x^{4}}\\

=&\frac{1}{12}\end{align*}\]

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