x=1 处 lim f (x) 0 ，但是函数在 x=1 处无定义，故 x=1 是函数的第一类间断点中的跳 x1
跃间断点.
例 3 f (x) 1 x sin x
x k , (k 0, 1, 2,L ) 是函数的第二类间断点.
二、(1) 证明 因为 1 sin(xn1 1) 1 ，所以 0 xn 1 sin(xn 1) 2 ，也就是说数列
iii) 考虑 x 0 . 例 1 f (x) sin x
x 解 lim sin x 1, 但是 f(x)在 x=0 处无定义，故 x=0 是函数的第一类间断点中的可去间
x0 x
断点.
例 2 f (x)
1
x,
1 e1x
解 x=0 处 lim f (x) 不存在，故 x=0 是函数的第二类间断点. x0
的左、右极限都存在. 4.函数的所有其他形式的间断点，即使得函数至少有一侧极限不存在的那些点，称为第
二类间断点. 5.找间断点的方法
i) 使得函数无意义的点（即考查函数的定义域），比如使分母为 0 的点，使 loga f (x)
中 f (x) 0 的点.
i) 左右极限不相等的点，通常考虑 x 1 ，尤其是函数中含有 xn 的形式.
lim x1
xn2 0 xn 0
lim x2 x1
1，
lim
x1
xn2 xn xn xn
lim x1
x2n2 1 x2n 1

1
，
左极限 右极限，故 x=1 是 f(x)的跳跃间断点，也是第一类间断点.
(3)
在 x 1 处， lim x1
则 S 变为 u v w 1，
V 是对称的八面体，它在 uvw 的第一卦限的部分是 u+v+w=1，u=0，v=0，w=0 所围的区域.
J

(x, y, z) (u, v, w)

1 (u, v, w)

1
(x, y, z) 1
1
1,
1 1 4
1 1
1 1 1
I

3
f (x)
A, 而 f 在点 x0 无定义，或有定义但
f (x0 )
A, 则称 x0 为 f
的可去间断点.
2.跳跃间断点
若函数
f
在点
x0
的左右极限都存在，但
lim
x x0
f
(x)

lim , 则称点
x x0
x0
为函
数 f 的跳跃间断点. 3.可去间断点和跳跃间断点统称为第一类间断点.第一类间断点的特点是函数在该点处
一、解
2003 年数学分析答案
(1)
lim
x0
xn2 xn xn xn
lim x0
x2n2 1 x2n 1
1,
但 f(x)在 x=0 处无定义，因此 x=0 为 f(x) 的可去间断点，也称为第一类间断点.
(2)
在 x=1 处，因为 lim x1
xn2 xn xn xn
f (x) lim x1
x2n2 1 x2n 1

1
，
lim
x1
f (x)
lim
x1
xn2 0 xn 0

lim
x1
x2
1，左极限 右极限，所以 x 1 是 f(x)的跳跃间断
点，也是第一类间断点. 考查点：间断点的类型
1.可去间断点
若 lim x x0
少存在一点
(a,b) 使得
f ( ) g( )

f (b) f (a) g(b) g(a)
，整理即证.
考查点：柯西中值定理的应用 技巧：将题目中的等式变形成柯西中值定理的形式，根据情况再构造另一个函数. 柯西中值定理 设函数 f 和 g 满足 i) 在[a,b]上连续； ii) 在(a,b)内都可导；
包围的区域 x y z y z x z x y 1 ，
利用
Gauss
公式，
I


V
( P x

Q y

R )dxdydz z


V
(1 1 1)dxdydz
，
作变换，令 u x y z, v y z x, w z x y ，
iii) f (x) 和 g(x) 不同时为零；
iv) g(a) g(b) ,
则存在 (a,b) ，使得 f ( ) f (b) f (a) . g( ) g(b) g(a)
下面的改写技巧很重要，一定要牢记
四、证明 因为 f(x)在[0,1]连续， 1e f (x)dx 1e f ( y)dy
V
1dudvdw 4

1

sin(
x
1)
，求解得
x=1，即
lim
n
xn
1.
考查点：单调有界定理 在实数系中，有界的单调数列必有极限.
求极限的方法之一，设出 lim n
xn

x, 把
x
直接带入题中等式，解方程。
三、证明 令 g(x) x3 ，则 f(x),g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，由柯西中值定理知，至
0
0
e f (x) f ( y)dxdy ，[0,1][0,1]
[0,1][0,1]
关于 y=x 对称，而 e f (x) f ( y)与e f ( y) f (x) 也关于 y=x 对称，所以
e f (x) f ( y)dxdy
e f ( y) f (x)dxdy ，
[0,1][0,1]
[0,1][0,1]
故 1e f (x)dx 1e f ( y)dy 1
e f (x) f ( y) e f ( y) f (x)dxdy 1
2dxdy 1.
0
0
2 [0,1][0,1]
2 [0,1][0,1]
七、（裴礼文 P802）解 P=x+y-z，Q=y ,在 V 上连续，其中 V 是 S 所
{ xn }有界.令 f (x) 1 sin(x 1) ，则 f (x) cos(x 1) 0, (0 x 2) ，所以 f(x)单调递
增，所以 xn xn1 ，即{ xn }是单调递增数列.由单调有界定理知数列{ xn }收敛。
(2)
设
lim
n
xn
x,则
x