1992 年考研数学（三）第 11 题

解答题 · 5 分

设函数

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{ln cos ( x - 1 )}{1 - sin \frac{π}{2} x}, 1, x \neq = 1, x = 1,

问函数

f (x)

在

x = 1

处是否连续？若不连续，修改函数

f (x)

在

x = 1

处的定义使其连续。

提示 1

作代换

x - 1 = t

，利用

sin (\frac{π}{2} + \frac{π}{2} t) = cos \frac{π}{2} t

化简分母。

提示 2

分子

ln cos t \sim - \frac{1}{2} t^{2}

，分母

1 - cos \frac{π}{2} t \sim \frac{1}{2} (\frac{π}{2} t)^{2}

。

提示 3

算出极限

- \frac{4}{π ^{2}}

与

f (1) = 1

比较；不等则为可去间断，改定义

f (1) = - \frac{4}{π ^{2}}

。

答案与详解

答案在 $x = 1$ 处不连续（因 $x \to 1 lim f (x) = - \frac{4}{π ^{2}} \neq = 1 = f (1)$ ）；令 $f (1) = - \frac{4}{π ^{2}}$ 即可使其连续。

思路（为什么这么做）

判断分段函数在分界点是否连续 → 求极限与函数值比较。坑：

1 - sin \frac{π}{2} x

要用

x - 1 = t

转成

1 - cos \frac{π}{2} t

才能上等价无穷小；极限存在但

\neq = f (1)

属可去间断，补定义即可连续。

解答

本题考查函数在一点的连续性（求极限并与函数值比较，可去间断点的修补）。 先求

x \to 1 lim f (x)

。

令

x - 1 = t \to 0

，则

1 - sin \frac{π}{2} x = 1 - sin (\frac{π}{2} + \frac{π}{2} t) = 1 - cos \frac{π}{2} t

。于是

t \to 0 lim \frac{ln cos t}{1 - cos \frac{π}{2} t}

。

用等价无穷小：

ln cos t = ln [1 + (cos t - 1)] \sim cos t - 1 \sim - \frac{1}{2} t^{2}

，

1 - cos \frac{π}{2} t \sim \frac{1}{2} (\frac{π}{2} t)^{2} = \frac{π ^{2}}{8} t^{2}

。故极限

= \frac{- \frac{1}{2} t ^{2}}{\frac{π ^{2}}{8} t ^{2}} = - \frac{4}{π ^{2}}

。

因

x \to 1 lim f (x) = - \frac{4}{π ^{2}} \neq = 1 = f (1)

，故在

x = 1

处不连续（可去间断点）。只需重新定义

f (1) = - \frac{4}{π ^{2}}

，即可使

f (x)

在

x = 1

处连续。

1992 年考研数学（三） 第 11 题