D

[解析] 首先可知(A)不正确，例如，x∈(0，1)无界，但它有反函数，x∈(1，+∞)．其次，(B)，(C)也不正确，试看反例：有反函数存在，但显然f(x)在(0，2)上无单调性．

D

[解析] 由[x]的定义可知，[x+1]=1+[x]，因此，对于任一x∈(-∞，+∞)，都有f(x+1)=(x+1)-[x+1]=(x+1)-(1+[x])=x-[x]=f(x)，可见f(x)是周期T=1的函数，它在一个周期[0，1)上的表达式为f(x)=x，x∈[0，1)，所以易知(A)，(B)，(C)都不正确．故应选(D)．

C

[解析] 本题是“0·∞”型未定式的极限，可用洛必达法则．首先应将其化为“”型或“”型未定式，究竟化为哪一种，要视具体情况而定，如本题必须化为“”型，即

D

[解析] 这是“∞”型未定式，可用洛必达法则，但必须先化为“”型或“”型未定式，即，而是“0·∞”型，若用洛必达法则去计算，则很难求出，这时必须用其他方法：于是可知

B

[解析] 因为极限不存在，也不是未定式，所以无法用以上各种方法求此极限．
   但是，由，且，可知，当x→0时，ln(2-e^x)为无穷小量，函数是有界函数，因此它们之积仍为无穷小量，即

A

[解析] 因为有以下的不等式成立而由夹逼定理即知

D

[解析] 取函数，x∈[0，1]，将区间[0，1]n等分，分点为，i=0，1，…，n．在每个小区间[x_i-1，x_i]上取点ξ=x_i，i=1，2，…，n，则函数，x∈[0，1]的积分和为
   
   于是由定积分的定义
   

C

[解析] 两个函数是否为同一函数，只与其定义域和对应法则有关，而与其他因素无关．具体如表1—1—1所示。

表1—1—1
	定 义 域		对应法则	是否相等
(A)	①x∈(3，+∞) ②x∈(-∞，-3]∪(3，+∞)	不相同	相同	否
(B)	①x∈(0，+∞) ②x∈R	不相同	相同	否
(C)	①x∈[-2，2)②u∈[-2，2)	相同	相同	是
(D)	①x∈(-∞，+∞)②x∈(-∞，0)∪(0，+∞)	不相同	相同	否

A

[解析] 因为f(x+y)=f(x)+f(y)，
   所以f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)=2f(0)，f(0)=0．
   因为0=f(0)=f(x-x)=f[x+(-x)]=f(x)+f(-x)，
   所以f(-x)=-f(x)．
   因此，f(x)是奇函数．

B

[解析] (A)中，n→∞时，n²→∞，发散；
   (B)中，n→∞时，→0，e^-1/n→1，收敛；
   (C)中，n→∞时，n²+1→∞，发散；
   (D)中，n→∞时，→0，→1，其趋势不确定，发散．

C

[解析] ，故有不存在．
   所以应选(C)．

D

[解析] f(x)的左极限为，f(x)的右极限为，因此f(x)的左、右极限都存在，但不相等，从而f(x)在x=1点间断．

B

[解析] 令
   
   根据零点定理知，在(a，b)内至少存在一个根．
   又因为，即F(x)在[a，b]上单调增加．所以，F(x)=0在(a，b)内有且仅有一个根．

D

[解析] 这是“0⁰”型未定式的极限，可用洛必达法则求之，即
   而
   
   因此有
   

∞．

[解析] 因为
   所以应填∞．

不能确定．

[解析] 因为由于可知，当f(x₀)=0时，有当f(x₀)≠0时，有所以该极限值不存在．

1-ln2．

[解析] 因为函数是初等函数，且在x=0点处有定义，可知f(x)在x=0点连续，即有

．

[解析] 因为
   由f(x)在x=1点可导的定义，可知，由此可得
   

．

[解析] 这是“”型未定式的极限问题，可用洛必达法则求之．但我们先用等价无穷小将问题化简，然后再用洛必达法则，可使计算更为简洁．
   原式

(-∞，2]．

[解析] 依题意，得
   -1≤x＜1时，f(x)=-2x³，则-2＜f(x)≤2；
   1≤x＜4时，f(x)=，则-4＜f(x)≤-2；
   x≥4时，f(x)=-x，则f(x)≤-4．
   即f(x)的值域为(-∞，2]．
   又因为y=f^-1(x)的定义域即为y=f(x)的值域，故f^-1(x)的定义域为(-∞，2]．

2e^x-1-e^1-x．

[解析] 用-x代入等式，有
   
   由此可解得f(1+x)=2e^x-e^-x，令1+x=t，有
   f(t)=2e^t-1-e^1-t，
   即知f(x)=2e^x-1-e^1-x．

1．

[解析] 因为由已知条件知
   |f(x)|≤1，-∞＜x＜+∞，
   所以由f(x)及复合函数的定义知
   f[f(x)]=1，-∞＜x＜+∞．

[解析] 利用在加减法中，较低阶的无穷大量与较高阶的无穷大量相比较可以忽略的性质求解．
   因为x→+∞时，分子2^x+x³-lnx是无穷大量，且为几个无穷大量的和、差，并且2^x＞＞x³＞＞lnx，所以lnx，x³与2^x相比都可以忽略．同理，分母中的3lnx，x⁴与5^x相比也可以忽略，因此原极限可以视为，故
   

5．

[解析] 本题使用夹逼准则．
   由于
   
   而，且．故由夹逼准则知
   

-2．

[解析] 若f(x)在(-∞，+∞)上连续，则f(x)必在x=0处连续．即
   而所以2+2a=a，则a=-2．

x=1．

[解析] 当|x|＜1时，
   当|x|＞1时，
   故
   由于，所以x=-1为连续点；而，所以x=1为间断点．

0．

[解析] 这是“0·∞”型的未定式的极限，若立即化为“”型或“”型未定式，用洛必达法则很难计算，应先用等价无穷小，再用洛必达法则，即
   
   

．

[解析] 这是数列的极限，应通过函数的极限来计算，即考虑极限，这是“1^∞”型未定式，可用洛必达法则求之：
   而于是有即

1．

[解析] 这是“∞⁰”型未定式的极限，可用洛必达法则计算，即
   
   而由此可得
   

[解] 对于(-∞，+∞)上的任一点x，有g(-x)=f(-x)+f[-(-x)]=f(x)+f(-x)=g(x)，所以函数g(x)为偶函数．又因h(-x)=f(-x)-f[-(-x)]=f(-x)-f(x)=-h(x)，所以函数h(x)为奇函数．

[解] 作换元t=x³，则有，t≠0，可知，t≠0．由以上两式，解方程可得，t≠0，即有，x≠0．

[解] (1)对于(-1，1)内任一点x，有所以为奇函数．
   (2)对于任意不等于±a的x点，有所以为偶函数．
   (3)对于(-∞，+∞)内任一点x，有所以为奇函数．
   (4)对于(-∞，+∞)内的任一点x，有所以为奇函数．

[解] 原式

[解]

[证] 因为

[解] 令3x=t，则有
   即有

[解]

[解]

[解] 因为f(x)在x=1点处连续，所以有
   又由极限运算法则有
   
   由此可知有f(1)+2=0，即得f(1)=-2．

[证] 考虑函数f(x)=x⁵-3x-1，作为初等函数，可知其在[1，2]上连续，且f(1)=-3＜0，f(2)=25＞0，于是可知该方程在(1，2)内至少有一个实根．

[解] 因为初等函数点处有定义，所以在该点连续，即有
   

[解] 先应将函数化为可用幂指函数求极限的形式，即
   于是，由
   
   可得

[解] 因为有以下的不等式
   且有由夹逼定理可知
   

[解] 可利用定积分定义域求此极限．
   取函数，x∈[0，1]．将区间[0，1]n等分，分点为，i=0，1，2，…，n．在每个小区间[x_i-1，x_i]中取一点，i=1，2，…，n．由定积分定义可知有
   
   而定积分
   
   结果有
   

[解] 显然有x_n≤x_n+1，即数列{x_n}单调上升．
   又若将x_n中最后一个2放大成4，则有
   x_n≤2，n=1，2，…，可见数列{x_n}有上界．因此按极限存在准则知存在，下面来求A因为
   x_n+1²=2x_n，n=1，2，…，当n→∞时，有A²=2A，可得A=0或A=2，显然A=0不合题意，因为，n=1，2，…，所以，于是．

[解] 因为f(x)是初等函数，其定义域为
   (-∞，-2)∪(-2，0)∪(0，1)∪(1，+∞)，即是f(x)的连续区间，间断点为x₁=-2，x₂=0，x₃=1．下面来确定间断点的类型．
   当x₁=-2时，由
   可见x₁=-2是f(x)的可去间断点．
   当x₂=0时，由于
   可见x₂=0是跳跃间断点．
   当x₃=1时，由于
   
   可知x₃=1是f(x)的第二类间断点．

[解] 这是一个分段函数，其定义域为[-1，2)．

[解] 这是一个分段函数，定义域为(-∞，∞)．

[解] (1)由y=e^u，u=v²，v=lnt，复合而成，其中u，v，t为中间变量．
   (2)由y=u²，u=lgv，，t=3x+1复合而成，其中u，v，t为中间变量．

[解] (1)由表达式解出，再将x与y位置互换，得反函数．其定义域为x≠1的所有实数，即为(-∞，1)∪(1，+∞)．
   (2)对于分段函数要分段解出反函数表达式，当0≤x≤1时，解出，此时-1≤y≤0，当-1≤x＜0时，解出，此时0＜y≤1，将x与y互换位置，写出反函数的分段表示式为定义域为[-1，1]．