高等数学（第七版）同济大学习题1-9 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题1-9

1.求函数f(x)=x3+3x2−x−3x2+x−6的连续区间，并求极限lim⁡x→0f(x)，lim⁡x→−3f(x)及lim⁡x→2f(x)\begin{aligned}&1. \ 求函数f(x)=\frac{x^3+3x^2-x-3}{x^2+x-6}的连续区间，并求极限\lim_{x \rightarrow 0}f(x)，\lim_{x \rightarrow -3}f(x)及\lim_{x \rightarrow 2}f(x)&\end{aligned}1. 求函数f(x)=x2+x−6x3+3x2−x−3的连续区间，并求极限x→0limf(x)，x→−3limf(x)及x→2limf(x)

解：

当x=−3，x=2时，f(x)无意义，所以这两个点为间断点，除此之外，函数都连续，连续区间为(−∞,−3)，(−3,2)，(2,+∞)f(x)=x3+3x2−x−3x2+x−6=(x+3)(x2−1)(x+3)(x−2)=x2−1x−2lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→0x2−1x−2=12lim⁡x→−3f(x)=lim⁡x→−3x2−1x−2=−85lim⁡x→2f(x)=lim⁡x→2x2−1x−2，而lim⁡x→2x−2x2−1=0，所以lim⁡x→2f(x)=∞\begin{aligned} &\ \ 当x=-3，x=2时，f(x)无意义，所以这两个点为间断点，除此之外，函数都连续，\\\\ &\ \ 连续区间为(-\infty, \ -3)，(-3, \ 2)，(2, \ +\infty)\\\\ &\ \ f(x)=\frac{x^3+3x^2-x-3}{x^2+x-6}=\frac{(x+3)(x^2-1)}{(x+3)(x-2)}=\frac{x^2-1}{x-2}\\\\ &\ \ \lim_{x \rightarrow 0}f(x)=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{x^2-1}{x-2}=\frac{1}{2}\\\\ &\ \ \lim_{x \rightarrow -3}f(x)=\lim_{x \rightarrow -3}\frac{x^2-1}{x-2}=-\frac{8}{5}\\\\ &\ \ \lim_{x \rightarrow 2}f(x)=\lim_{x \rightarrow 2}\frac{x^2-1}{x-2}，而\lim_{x \rightarrow 2}\frac{x-2}{x^2-1}=0，所以\lim_{x \rightarrow 2}f(x)=\infty & \end{aligned} 当x=−3，x=2时，f(x)无意义，所以这两个点为间断点，除此之外，函数都连续，连续区间为(−∞, −3)，(−3, 2)，(2, +∞) f(x)=x2+x−6x3+3x2−x−3=(x+3)(x−2)(x+3)(x2−1)=x−2x2−1 x→0limf(x)=x→0limx−2x2−1=21 x→−3limf(x)=x→−3limx−2x2−1=−58 x→2limf(x)=x→2limx−2x2−1，而x→2limx2−1x−2=0，所以x→2limf(x)=∞

2.设函数f(x)与g(x)在点x0连续，证明函数φ(x)=max{f(x)，g(x)}，ψ(x)=min{f(x)，g(x)}在点x0也连续。\begin{aligned}&2. \ 设函数f(x)与g(x)在点x_0连续，证明函数\varphi(x)=max\{f(x)，g(x)\}，\psi(x)=min\{f(x)，g(x)\}\\\\&\ \ \ \ 在点x_0也连续。&\end{aligned}2. 设函数f(x)与g(x)在点x0连续，证明函数φ(x)=max{f(x)，g(x)}，ψ(x)=min{f(x)，g(x)} 在点x0也连续。

解：

φ(x)=max{f(x)，g(x)}=12[f(x)+g(x)+∣f(x)−g(x)∣]，ψ(x)=min{f(x)，g(x)}=12[f(x)+g(x)−∣f(x)−g(x)∣]。因f(x)在点x0连续，则∣f(x)∣在点x0也连续；由于连续函数的和、差仍连续，所以φ(x)、ψ(x)在点x0也连续\begin{aligned} &\ \ \varphi(x)=max\{f(x)，g(x)\}=\frac{1}{2}[f(x)+g(x)+|f(x)-g(x)|]，\\\\ &\ \ \psi(x)=min\{f(x)，g(x)\}=\frac{1}{2}[f(x)+g(x)-|f(x)-g(x)|]。\\\\ &\ \ 因f(x)在点x_0连续，则|f(x)|在点x_0也连续；由于连续函数的和、差仍连续，所以\varphi(x)、\psi(x)在点x_0也连续 & \end{aligned} φ(x)=max{f(x)，g(x)}=21[f(x)+g(x)+∣f(x)−g(x)∣]， ψ(x)=min{f(x)，g(x)}=21[f(x)+g(x)−∣f(x)−g(x)∣]。因f(x)在点x0连续，则∣f(x)∣在点x0也连续；由于连续函数的和、差仍连续，所以φ(x)、ψ(x)在点x0也连续

3.求下列极限：\begin{aligned}&3. \ 求下列极限：&\end{aligned}3. 求下列极限：

(1)lim⁡x→0x2−2x+5； (2)lim⁡α→π4(sin2α)3；(3)lim⁡x→π6ln(2cos2x)； (4)lim⁡x→0x+1−1x；(5)lim⁡x→15x−4−xx−1； (6)lim⁡x→αsinx−sinαx−α；(7)lim⁡x→+∞(x2+x−x2−x)； (8)lim⁡x→0(1−12x2)23−1xln(1+x)\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\sqrt{x^2-2x+5}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ \lim_{\alpha \rightarrow \frac{\pi}{4}}(sin\ 2\alpha)^3；\\\\ &\ \ (3)\ \ \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{6}}ln(2cos\ 2x)；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}；\\\\ &\ \ (5)\ \ \lim_{x \rightarrow 1}\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ \lim_{x \rightarrow \alpha}\frac{sin\ x-sin\ \alpha}{x-\alpha}；\\\\ &\ \ (7)\ \ \lim_{x \rightarrow +\infty}(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\left(1-\frac{1}{2}x^2\right)^{\frac{2}{3}}-1}{x\ ln(1+x)} & \end{aligned} (1) x→0limx2−2x+5； (2) α→4πlim(sin 2α)3； (3) x→6πlimln(2cos 2x)； (4) x→0limxx+1−1； (5) x→1limx−15x−4−x； (6) x→αlimx−αsin x−sin α； (7) x→+∞lim(x2+x−x2−x)； (8) x→0limx ln(1+x)(1−21x2)32−1

解：

(1)lim⁡x→0x2−2x+5=lim⁡x→0(x2−2x+5)=5(2)lim⁡α→π4(sin2α)3=(lim⁡α→π4sin2α)3=(sinπ2)3=1(3)lim⁡x→π6ln(2cos2x)=ln(lim⁡x→π62cos2x)=ln(2cosπ3)=ln1=0(4)lim⁡x→0x+1−1x=lim⁡x→0x+1−1(x+1+1)(x+1−1)=lim⁡x→01x+1+1=12(5)lim⁡x→15x−4−xx−1=lim⁡x→1(5x−4−x)(5x−4+x)(x−1)(5x−4+x)=lim⁡x→1(4x−4(x−1)(5x−4+x))=lim⁡x→1(45x−4+x)=2(6)lim⁡x→αsinx−sinαx−α=lim⁡x→α2sinx−α2cosx+α2x−α=lim⁡x→αsinx−α2x−α2⋅lim⁡x→αcosx+α2=cosα(7)lim⁡x→+∞(x2+x−x2−x)=lim⁡x→+∞2xx2+x+x2−x=lim⁡x→+∞21+1x+1−1x=1(8)lim⁡x→0(1−12x2)23−1xln(1+x)=lim⁡x→023⋅(−12x2)x⋅x=−13\begin{aligned} &\ \ (1)\ \lim_{x \rightarrow 0}\sqrt{x^2-2x+5}=\sqrt{\lim_{x \rightarrow 0}(x^2-2x+5)}=\sqrt{5}\\\\ &\ \ (2)\ \lim_{\alpha \rightarrow \frac{\pi}{4}}(sin\ 2\alpha)^3=\left(\lim_{\alpha \rightarrow \frac{\pi}{4}}sin\ 2\alpha\right)^3=\left(sin\ \frac{\pi}{2}\right)^3=1\\\\ &\ \ (3)\ \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{6}}ln(2cos\ 2x)=ln\left(\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{6}}2cos\ 2x\right)=ln\left(2cos\ \frac{\pi}{3}\right)=ln1=0\\\\ &\ \ (4)\ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{(\sqrt{x+1}+1)(\sqrt{x+1}-1)}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}=\frac{1}{2}\\\\ &\ \ (5)\ \lim_{x \rightarrow 1}\frac{\sqrt{5x-4}-\sqrt{x}}{x-1}=\lim_{x \rightarrow 1}\frac{(\sqrt{5x-4}-\sqrt{x})(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}{(x-1)(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}=\lim_{x \rightarrow 1}\left(\frac{4x-4}{(x-1)(\sqrt{5x-4}+\sqrt{x})}\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \lim_{x \rightarrow 1}\left(\frac{4}{\sqrt{5x-4}+\sqrt{x}}\right)=2\\\\ &\ \ (6)\ \lim_{x \rightarrow \alpha}\frac{sin\ x-sin\ \alpha}{x-\alpha}=\lim_{x \rightarrow \alpha}\frac{2sin\ \frac{x-\alpha}{2}cos\ \frac{x+\alpha}{2}}{x-\alpha}=\lim_{x \rightarrow \alpha}\frac{sin\ \frac{x-\alpha}{2}}{\frac{x-\alpha}{2}}\cdot \lim_{x \rightarrow \alpha}cos\ \frac{x+\alpha}{2}=cos\ \alpha\\\\ &\ \ (7)\ \lim_{x \rightarrow +\infty}(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})=\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}}=1\\\\ &\ \ (8)\ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\left(1-\frac{1}{2}x^2\right)^{\frac{2}{3}}-1}{x\ ln(1+x)}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\frac{2}{3}\cdot \left(-\frac{1}{2}x^2\right)}{x\cdot x}=-\frac{1}{3} & \end{aligned} (1) x→0limx2−2x+5=x→0lim(x2−2x+5)=5 (2) α→4πlim(sin 2α)3=(α→4πlimsin 2α)3=(sin 2π)3=1 (3) x→6πlimln(2cos 2x)=ln(x→6πlim2cos 2x)=ln(2cos 3π)=ln1=0 (4) x→0limxx+1−1=x→0lim(x+1+1)(x+1−1)x+1−1=x→0limx+1+11=21 (5) x→1limx−15x−4−x=x→1lim(x−1)(5x−4+x)(5x−4−x)(5x−4+x)=x→1lim((x−1)(5x−4+x)4x−4)= x→1lim(5x−4+x4)=2 (6) x→αlimx−αsin x−sin α=x→αlimx−α2sin 2x−αcos 2x+α=x→αlim2x−αsin 2x−α⋅x→αlimcos 2x+α=cos α (7) x→+∞lim(x2+x−x2−x)=x→+∞limx2+x+x2−x2x=x→+∞lim1+x1+1−x12=1 (8) x→0limx ln(1+x)(1−21x2)32−1=x→0limx⋅x32⋅(−21x2)=−31

4.求下列极限：\begin{aligned}&4. \ 求下列极限：&\end{aligned}4. 求下列极限：

(1)lim⁡x→∞e1x； (2)lim⁡x→0lnsinxx；(3)lim⁡x→∞(1+1x)x2； (4)lim⁡x→0(1+3tan2x)cot2x；(5)lim⁡x→∞(3+x6+x)x−12； (6)lim⁡x→01+tanx−1+sinxx1+sin2x−x；(7)lim⁡x→elnx−1x−e； (8)lim⁡x→0e3x−e2x−ex+1(1−x)(1+x)3−1\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \lim_{x \rightarrow \infty}e^{\frac{1}{x}}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}ln\frac{sin\ x}{x}；\\\\ &\ \ (3)\ \ \lim_{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\frac{x}{2}}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}(1+3tan^2\ x)^{cot^2\ x}；\\\\ &\ \ (5)\ \ \lim_{x \rightarrow \infty}\left(\frac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+tan\ x}-\sqrt{1+sin\ x}}{x\sqrt{1+sin^2\ x}-x}；\\\\ &\ \ (7)\ \ \lim_{x \rightarrow e}\frac{ln\ x-1}{x-e}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)\ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{e^{3x}-e^{2x}-e^x+1}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)}-1} & \end{aligned} (1) x→∞limex1； (2) x→0limlnxsin x； (3) x→∞lim(1+x1)2x； (4) x→0lim(1+3tan2 x)cot2 x； (5) x→∞lim(6+x3+x)2x−1； (6) x→0limx1+sin2 x−x1+tan x−1+sin x； (7) x→elimx−eln x−1； (8) x→0lim3(1−x)(1+x)−1e3x−e2x−ex+1

解：

(1)lim⁡x→∞e1x=elim⁡x→∞1x=e0=1(2)lim⁡x→0lnsinxx=ln(lim⁡x→0sinxx)=ln1=0(3)lim⁡x→∞(1+1x)x2=lim⁡x→∞[(1+1x)x]12=e12=e(4)lim⁡x→0(1+3tan2x)cot2x=lim⁡x→0[(1+3tan2x)13cot2x]3=e3(5)lim⁡x→∞(3+x6+x)x−12=lim⁡x→∞[(1−36+x)−6+x3]−32⋅lim⁡x→∞(1−36+x)−72=e−32(6)lim⁡x→01+tanx−1+sinxx1+sin2x−x=lim⁡x→0tanx−sinxx(1+sin2x−1)(1+tanx+1+sinx)=lim⁡x→0(sinxx⋅secx−11+sin2x−1⋅11+tanx+1+sinx)=lim⁡x→0sinxx⋅lim⁡x→012x212sin2x⋅lim⁡x→011+tanx+1+sinx=12(7)令t=x−e，则x=t+e，当x→e时，t→0，lim⁡x→elnx−1x−e=lim⁡t→0ln(t+e)−lnet=lim⁡t→0ln(1+te)t=1e(8)lim⁡x→0e3x−e2x−ex+1(1−x)(1+x)3−1=lim⁡x→0(e2x−1)(ex−1)(1−x2)13−1=lim⁡x→02x⋅x−13x2=−6\begin{aligned} &\ \ (1)\ \lim_{x \rightarrow \infty}e^{\frac{1}{x}}=e^{{\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\frac{1}{x}}}=e^0=1\\\\ &\ \ (2)\ \lim_{x \rightarrow 0}ln\frac{sin\ x}{x}=ln\left(\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ x}{x}\right)=ln1=0\\\\ &\ \ (3)\ \lim_{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\frac{x}{2}}=\lim_{x \rightarrow \infty}\left[\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\right]^{\frac{1}{2}}=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}\\\\ &\ \ (4)\ \lim_{x \rightarrow 0}(1+3tan^2\ x)^{cot^2\ x}=\lim_{x \rightarrow 0}[(1+3tan^2\ x)^{\frac{1}{3}cot^2\ x}]^3=e^3\\\\ &\ \ (5)\ \lim_{x \rightarrow \infty}\left(\frac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}=\lim_ {x \rightarrow \infty}\left[\left(1-\frac{3}{6+x}\right)^{-\frac{6+x}{3}}\right]^{-\frac{3}{2}}\cdot \lim_{x \rightarrow \infty}\left(1-\frac{3}{6+x}\right)^{-\frac{7}{2}}=e^{-\frac{3}{2}}\\\\ &\ \ (6)\ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+tan\ x}-\sqrt{1+sin\ x}}{x\sqrt{1+sin^2\ x}-x}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{tan\ x-sin\ x}{x(\sqrt{1+sin^2\ x}-1)(\sqrt{1+tan\ x}+\sqrt{1+sin\ x})}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \lim_{x \rightarrow 0}\left(\frac{sin\ x}{x}\cdot \frac{sec\ x-1}{\sqrt{1+sin^2\ x}-1}\cdot \frac{1}{\sqrt{1+tan\ x}+\sqrt{1+sin\ x}}\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{sin\ x}{x}\cdot \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{\frac{1}{2}sin^2\ x}\cdot \lim_{x \rightarrow 0}\frac{1}{\sqrt{1+tan\ x}+\sqrt{1+sin\ x}}=\frac{1}{2}\\\\ &\ \ (7)\ 令t=x-e，则x=t+e，当x \rightarrow e时，t \rightarrow 0，\lim_{x \rightarrow e}\frac{ln\ x-1}{x-e}=\lim_{t \rightarrow 0}\frac{ln(t+e)-ln\ e}{t}=\lim_{t \rightarrow 0}\frac{ln\left(1+\frac{t}{e}\right)}{t}=\frac{1}{e}\\\\ &\ \ (8)\ \lim_{x \rightarrow 0}\frac{e^{3x}-e^{2x}-e^x+1}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)}-1}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{(e^{2x}-1)(e^x-1)}{(1-x^2)^{\frac{1}{3}}-1}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{2x\cdot x}{-\frac{1}{3}x^2}=-6 & \end{aligned} (1) x→∞limex1=ex→∞limx1=e0=1 (2) x→0limlnxsin x=ln(x→0limxsin x)=ln1=0 (3) x→∞lim(1+x1)2x=x→∞lim[(1+x1)x]21=e21=e (4) x→0lim(1+3tan2 x)cot2 x=x→0lim[(1+3tan2 x)31cot2 x]3=e3 (5) x→∞lim(6+x3+x)2x−1=x→∞lim[(1−6+x3)−36+x]−23⋅x→∞lim(1−6+x3)−27=e−23 (6) x→0limx1+sin2 x−x1+tan x−1+sin x=x→0limx(1+sin2 x−1)(1+tan x+1+sin x)tan x−sin x= x→0lim(xsin x⋅1+sin2 x−1sec x−1⋅1+tan x+1+sin x1)= x→0limxsin x⋅x→0lim21sin2 x21x2⋅x→0lim1+tan x+1+sin x1=21 (7) 令t=x−e，则x=t+e，当x→e时，t→0，x→elimx−eln x−1=t→0limtln(t+e)−ln e=t→0limtln(1+et)=e1 (8) x→0lim3(1−x)(1+x)−1e3x−e2x−ex+1=x→0lim(1−x2)31−1(e2x−1)(ex−1)=x→0lim−31x22x⋅x=−6

5.设f(x)在R上连续，且f(x)≠0，φ(x)在R上有定义，且由间断点，则下列陈述中哪些是对的，哪些是错的？如果是对的，试说明理由；如果是错的，试给出要给反例。\begin{aligned}&5. \ 设f(x)在R上连续，且f(x) \neq 0，\varphi(x)在R上有定义，且由间断点，则下列陈述中哪些是对的，\\\\&\ \ \ \ \ 哪些是错的？如果是对的，试说明理由；如果是错的，试给出要给反例。&\end{aligned}5. 设f(x)在R上连续，且f(x)=0，φ(x)在R上有定义，且由间断点，则下列陈述中哪些是对的，哪些是错的？如果是对的，试说明理由；如果是错的，试给出要给反例。

(1)φ[f(x)]必有间断点； (2)[φ(x)]2必有间断点；(3)f[φ(x)]未必有间断点； (4)φ(x)f(x)必有间断点\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \varphi[f(x)]必有间断点；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ [\varphi(x)]^2必有间断点；\\\\ &\ \ (3)\ \ f[\varphi(x)]未必有间断点；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ \frac{\varphi(x)}{f(x)}必有间断点 & \end{aligned} (1) φ[f(x)]必有间断点； (2) [φ(x)]2必有间断点； (3) f[φ(x)]未必有间断点； (4) f(x)φ(x)必有间断点

解：

(1)错的，φ(x)=sgnx，f(x)=ex，φ[f(x)]≡1在R上连续(2)错的，φ(x)={1， x∈Q，−1，x∈R\Q，[φ(x)]2≡1在R上连续(3)对的，φ(x)={1， x∈Q，−1，x∈R\Q，f(x)=∣x∣+1，f[φ(x)]≡2在R上连续(4)对的，如果F(x)=φ(x)f(x)在R上连续，则φ(x)=F(x)⋅f(x)也在R上连续，与已知矛盾\begin{aligned} &\ \ (1)\ 错的，\varphi(x)=sgn\ x，f(x)=e^x，\varphi[f(x)] \equiv 1在R上连续\\\\ &\ \ (2)\ 错的，\varphi(x)=\begin{cases}1，\ \ \ x \in Q，\\\\-1，x \in R\verb|\|Q，\end{cases}[\varphi(x)]^2 \equiv 1在R上连续\\\\ &\ \ (3)\ 对的，\varphi(x)=\begin{cases}1，\ \ \ x \in Q，\\\\-1，x \in R\verb|\|Q，\end{cases}f(x)=|x|+1，f[\varphi(x)] \equiv 2在R上连续\\\\ &\ \ (4)\ 对的，如果F(x)=\frac{\varphi(x)}{f(x)}在R上连续，则\varphi(x)=F(x)\cdot f(x)也在R上连续，与已知矛盾 & \end{aligned} (1) 错的，φ(x)=sgn x，f(x)=ex，φ[f(x)]≡1在R上连续 (2) 错的，φ(x)=⎩⎨⎧1， x∈Q，−1，x∈R\Q，[φ(x)]2≡1在R上连续 (3) 对的，φ(x)=⎩⎨⎧1， x∈Q，−1，x∈R\Q，f(x)=∣x∣+1，f[φ(x)]≡2在R上连续 (4) 对的，如果F(x)=f(x)φ(x)在R上连续，则φ(x)=F(x)⋅f(x)也在R上连续，与已知矛盾

6.设函数f(x)={ex， x<0，α+x，x≥0应当怎样选择数α，才能使得f(x)成为在(−∞， +∞)内的连续函数。\begin{aligned}&6. \ 设函数f(x)=\begin{cases}e^x，\ \ \ \ \ x \lt 0，\\\\\alpha+x，x \ge 0\end{cases}应当怎样选择数\alpha，才能使得f(x)成为在(-\infty，\ +\infty)内的连续函数。&\end{aligned}6. 设函数f(x)=⎩⎨⎧ex， x<0，α+x，x≥0应当怎样选择数α，才能使得f(x)成为在(−∞， +∞)内的连续函数。

解：

由于初等函数的连续性，f(x)在(−∞，0)和(0，+∞)内连续，所以要使f(x)在(−∞，+∞)内连续，只要选择数α，使f(x)在x=0处连续即可。在x=0处，lim⁡x→0−f(x)=lim⁡x→0−ex=1，lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0+(α+x)=α，f(0)=α，取α=1，则lim⁡x→0−f(x)=lim⁡x→0+f(x)=f(0)=1，所以取α=1，f(x)就成为在(−∞，+∞)内的连续函数\begin{aligned} &\ \ 由于初等函数的连续性，f(x)在(-\infty，0)和(0，+\infty)内连续，所以要使f(x)在(-\infty，+\infty)内连续，\\\\ &\ \ 只要选择数\alpha，使f(x)在x=0处连续即可。\\\\ &\ \ 在x=0处，\lim_{x \rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x \rightarrow 0^-}e^x=1，\lim_{x \rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x \rightarrow 0^+}(\alpha+x)=\alpha，f(0)=\alpha，\\\\ &\ \ 取\alpha=1，则\lim_{x \rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x \rightarrow 0^+}f(x)=f(0)=1，所以取\alpha=1，f(x)就成为在(-\infty，+\infty)内的连续函数 & \end{aligned} 由于初等函数的连续性，f(x)在(−∞，0)和(0，+∞)内连续，所以要使f(x)在(−∞，+∞)内连续，只要选择数α，使f(x)在x=0处连续即可。在x=0处，x→0−limf(x)=x→0−limex=1，x→0+limf(x)=x→0+lim(α+x)=α，f(0)=α，取α=1，则x→0−limf(x)=x→0+limf(x)=f(0)=1，所以取α=1，f(x)就成为在(−∞，+∞)内的连续函数