2015年考研数学二第2题

首先，观察原极限表达式： $$ \lim_{x \to 0} \left(1 + \frac{\sin t}{x}\right)^{\frac{x^2}{t}} $$ 其中 $t$ 是某个与 $x$ 有关的变量（通常 $t = x$ 或 $t = \sin x$ 等，但此处按题目设定处理）。为了利用重要极限 $\lim_{u \to 0} (1+u)^{1/u} = e$，我们需要将底数部分构造成 $1 + \frac{\sin t}{x}$ 的形式，并将指数部分改写为 $\frac{\sin t}{x} \cdot \frac{x^2}{t}$ 的乘积形式。具体变形如下： 将原式写为： $$ \left(1 + \frac{\sin t}{x}\right)^{\frac{x^2}{t}} = \left[\left(1 + \frac{\sin t}{x}\right)^{\frac{x}{\sin t}}\right]^{\frac{\sin t}{x} \cdot \frac{x^2}{t}} $$ 这里，我们令 $u = \frac{\sin t}{x}$，则当 $x \to 0$ 时，$u \to 0$（假设 $\sin t$ 与 $x$ 同阶无穷小），那么 $\left(1+u\right)^{1/u} \to e$。因此，方括号内的部分 $\left(1 + \frac{\sin t}{x}\right)^{\frac{x}{\sin t}}$ 的极限为 $e$。而指数部分 $\frac{\sin t}{x} \cdot \frac{x^2}{t} = \frac{x \sin t}{t}$ 需要进一步处理。这样，原极限就转化为求 $e^{\lim \frac{x \sin t}{t}}$ 的形式，为后续步骤奠定基础。

在第一步中，我们已将原极限转化为： $$ \lim_{x \to 0} \left[ \lim_{t \to 0} \left( 1 + \frac{\sin t}{x} \right)^{\frac{x^2}{t}} \right]^{\frac{1}{x}}. $$ 现在处理内层极限： $$ \lim_{t \to 0} \left( 1 + \frac{\sin t}{x} \right)^{\frac{x^2}{t}}. $$ 令 $u = \frac{\sin t}{x}$，则当 $t \to 0$ 时，$\sin t \sim t$，故 $u \to 0$。此时指数部分为 $\frac{x^2}{t}$。我们需要将表达式凑成 $(1+u)^{1/u}$ 的形式。注意到： $$ \left( 1 + \frac{\sin t}{x} \right)^{\frac{x^2}{t}} = \left( 1 + u \right)^{\frac{x^2}{t}} = \left[ (1+u)^{1/u} \right]^{u \cdot \frac{x^2}{t}}. $$ 计算 $u \cdot \frac{x^2}{t}$： $$ u \cdot \frac{x^2}{t} = \frac{\sin t}{x} \cdot \frac{x^2}{t} = x \cdot \frac{\sin t}{t}. $$ 因此，内层极限为： $$ \lim_{t \to 0} \left( 1 + \frac{\sin t}{x} \right)^{\frac{x^2}{t}} = \left[ \lim_{u \to 0} (1+u)^{1/u} \right]^{\lim_{t \to 0} x \cdot \frac{\sin t}{t}} = e^{x \cdot 1} = e^x. $$ 这里使用了重要极限 $\lim_{u \to 0} (1+u)^{1/u} = e$ 以及 $\lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} = 1$。于是内层极限结果为 $e^x$。原极限变为： $$ \lim_{x \to 0} \left( e^x \right)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0} e^{x \cdot \frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0} e^1 = e. $$ 因此，最终极限值为 $e$。

首先，原函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处无定义，因此 $x=0$ 是函数的一个间断点。我们需要判断该间断点的类型。 计算极限 $\lim_{x\to 0} f(x)$。由前面步骤已知，当 $x\to 0$ 时，$f(x)$ 的表达式可化为 $\frac{\sin x}{x}$ 的形式，而 $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}=1$。因此，$\lim_{x\to 0} f(x)=1$。 由于极限存在且为有限值 $1$，而函数在 $x=0$ 处无定义，根据间断点的分类标准：若函数在某点无定义但极限存在，则该点为可去间断点。因此，$x=0$ 是 $f(x)$ 的可去间断点。 注意：可去间断点意味着我们可以通过补充定义 $f(0)=1$ 来使函数在该点连续。

根据前几步的分析，我们已确定函数 $f(x) = \frac{x}{\sin x}$ 在 $x=0$ 处为可去间断点，在 $x=\pi$ 处为无穷间断点。具体地： - 当 $x \to 0$ 时，$\sin x \sim x$，因此 $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} = 1$，极限存在且有限，故 $x=0$ 是可去间断点。 - 当 $x \to \pi$ 时，$\sin x \to 0$ 且 $\sin x$ 在 $\pi$ 附近变号，而分子 $x \to \pi \neq 0$，因此 $\lim_{x \to \pi} f(x) = \infty$，故 $x=\pi$ 是无穷间断点。 题目要求选择间断点类型对应的选项。选项（A）为“$x=0$ 是可去间断点，$x=\pi$ 是无穷间断点”，这与我们的结论完全一致。因此正确答案为（A）。 验证：将 $x=0$ 代入原函数，分母为零，但极限存在，故可去；将 $x=\pi$ 代入，分母为零且分子非零，极限为无穷，故无穷。其他选项如（B）将两者类型颠倒，错误；（C）和（D）涉及跳跃或振荡间断点，均不符合。