求函数的间断点并判定其类型的方法

所谓间断点，简单来说就是使得函数有中断现象的点。函数的间断点可以分为第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可以分为可去间断点和跳跃间断点；第二类间断点可以分为无穷间断点和震荡间断点。这么多分类看上去有些让人一头雾水。那么怎么更好地理解函数的间断点呢？所谓间断就是不连续，首先我们先回顾一下函数连续的概念，再来看什么是函数 $y=f(x)$ 间断点。

称函数在 $x_0$ 处连续，如果 $\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ 。这个式子表明以下几点：

$f(x_0)$ 有定义；
$\lim_{x\to x_0}f(x)$ 有意义，即函数的左极限 $f(x_0-)$ 与右极限 $f(x_0+)$ 都存在且相等；
函数在 $x_0$ 处的极限值等于函数值。

那么，如果以上三点不都成立，自然函数 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 处不连续。最关键的是其中的第2点，它决定了函数的极限是否存在。如果函数 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 处左右极限都存在，但是却不连续，那么这里 $x_0$ 称为第一类间断点；如果函数 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 处的左极限、右极限至少有个不存在，那么就称 $x_0$ 为第二类间断点。

第一类间断点要求函数 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 处左右极限都存在，但是不连续。这又可以按照左右极限是否相等分成两种情况。第一种情况是，函数 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 处左右极限相等，但是不连续。这种情况，函数离在 $x_0$ 处连续似乎只有一步之遥了：要么函数在 $x_0$ 处没有定义，要么函数在 $x_0$ 处取了别的函数值。假如我们进行补充定义或者改变这一点的函数值，使得 $\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ ，就可以得到连续函数，这一间断点对于解决问题的影响并不大。所以这时候我们称 $x_0$ 是可去间断点。比如函数 $f(x)=\frac{\sin x}{x}$ ，虽然函数在 $x=0$ 时无定义，但是 $\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$ ，可以通过补充定义 $f(0)=1$ 使之成为连续函数，所以0就是可去间断点。

如果函数 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 处左右极限不相等，自然不可能连续，这种情况下函数的图像会在 $x_0$ 处出现“跳跃”现象，因此称为“跳跃”间断点。如符号函数 $f(x) = \operatorname{sgn} (x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{\text{ - }}1,x < 0} \\ {0,x = 0} \\ {1,x > 0} \end{array}} \right.$ ，0是其间断点，在0处 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \operatorname{sgn} (x) = - 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \operatorname{sgn} (x) = 1$ ，左右极限不相等，所以是“跳跃”间断点。

而第二类间断点也可以分为两种。一是函数左极限和右极限中至少有一个不存在，并且不存在的时候极限是 $\infty$ （注意：极限是 $\infty$ 属于极限不存在的情况），称为无穷间断点。如函数 $f(x)={1\over x}$ ，在0处无定义， $x\to0^-$ 时 $f(x)\to-\infty$ ， $x\to0^+$ 时 $f(x)\to+\infty$ ，这里0就是函数的一个无穷间断点。而如果函数左极限和右极限中至少有一个不存在并且也不为 $\infty$ ，这时就称为函数的震荡间断点，函数图像有震荡现象。如函数 $f(x)=\sin {1\over x}$ ，在0附近无休止地震荡。

我们再来捋一捋这几个概念的关系。根据函数在间断点处左右极限是否都存在，可以分为第一类间断点和第二类间断点。如果都存在是第一类间断点，否则是第二类。第一类间断点中根据左右极限是否相等可以分为可去极值点和跳跃极值点；第二类间断点中根据是否极限为无穷大分为无穷极值点和震荡极值点。这些功能清楚以后我们就可以总结出函数间断点的求法和判断间断点类型的方法了。

首先自然是先求出间断点再说。间断点包括函数不存在定义的孤立点，以及分段函数分段的地方。这里要注意分段函数“分界点”不一定是间断点，有可能函数是连续的，只能说是间断点的“嫌疑对象”，所以我们需要看极限是否存在。

然后分别求每一个已经确定的间断点（函数不存在定义的点）以及“嫌疑对象”的左右极限，根据前文所叙特征来进行判定。

例1：已知函数 $f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{\sin x}}{x},x < 0} \\ {0,x = 0} \\ {x\sin \frac{1}{x} + 1,x > 0} \end{array}} \right.$ ，求函数的间断点及其类型。

首先判定间断点的“嫌疑对象”，这里0可能是函数的间断点（但是暂时无法确定）。

然后求函数在0处的左右极限。

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sin x}}{x} = 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (x\sin \frac{1}{x} + 1) = 1$ ，虽然左右极限存在且相等，但是不等于 $f(0)$ ，所以函数在0处不连续，是第一类间断点中的可去间断点。注意倘若把 $f(0)=1$ ，那么函数在0处连续，就不再可以说0是间断点了。所以只能说分段函数的“分界点”是间断点的“嫌疑对象”，不可以直接认定为间断点。到底是不是间断点还需要通过计算判定。

例2:讨论以下函数的连续性，并说明间断点的类型

$f(x) = \frac{1}{{1 - {e^{\frac{x}{{1 - x}}}}}}$

这里先看函数的定义域，首先 $\frac{x}{1-x}$ 的分母不为0， $x\not =1$ ；其次 $1-e^{x\over1-x}\not=0$ , $x\not=0$ .

那么0和1就是函数的间断点了；因为函数可以写成基本初等函数的复合，所以在 $( - \infty ,0),(0,1),(1, + \infty )$ 上都是连续的。再看0和1处左右极限的情况。

首先 $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{1 - {e^{\frac{x}{{1 - x}}}}}} = \infty$ ，0是第二类间断点中的无穷间断点；

其次 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{1}{{1 - {e^{\frac{x}{{1 - x}}}}}} = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{1 - {e^{\frac{x}{{1 - x}}}}}} = 1$ ，左右极限存在但是不相等，因而是第一类间断点中的跳跃间断点。

例3：讨论 $f(x) = (x - 1)\arctan \frac{1}{{{x^2} - 1}}$ 间断点的类型

显然函数的间断点是 $\pm 1$ 。先看1是何种间断点。

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)\arctan \frac{1}{{{x^2} - 1}} = 0$ ，极限存在，因此1是函数 $f(x)$ 的可去间断点；

再看-1是何种间断点， $\begin{gathered} f( - 1 - 0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} (x - 1)\arctan \frac{1}{{{x^2} - 1}} = - \pi \hfill \\ f( - 1 + 0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} (x - 1)\arctan \frac{1}{{{x^2} - 1}} = \pi \hfill \\ \end{gathered}$

左右极限虽然存在但是不相等，因此-1是函数 $f(x)$ 的跳跃间断点。

例4：设函数 $f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{\ln (1{\text{ + }}a{x^3})}}{{x - \arcsin x}},x < 0} \\ {6,x = 0} \\ {\frac{{{e^{ax}} + {x^2} - ax - 1}}{{x\sin \frac{x}{4}}},x > 0} \end{array}} \right.$ ，则 $a=$ 时， $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续； $a=$ 时, $x=0$ 是 $f(x)$ 的可去间断点

分析：先求出函数在0处的左右极限，再根据连续及可去间断点的特征得到关于 $a$ 的方程。

解： $\begin{gathered} f(0 - ) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\ln (1 + a{x^3})}}{{x - \arcsin x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{a{x^3}}}{{ - \frac{1}{6}{x^3} + o({x^3})}} = - 6a \hfill \\ f\left( {0 + } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{e^{ax}} + {x^2} - ax - 1}}{{x\sin \frac{x}{4}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left( {\frac{1}{2}{a^2} + 1} \right){x^2}}}{{\frac{1}{4}{x^2}}} = 2{a^2} + 4 \hfill \\ \end{gathered}$