第一篇：高數復習方案(函數和極限)

計算機科學與技術09級學生工作委員會—學習部

函數與極限

1.集合：具有某種特性定性質的事物的總體成為集合組成集合的事物叫做元素設元素為a集合為M那么a?M

?交集，?子集，?屬于，?不屬于 ?包含于，?并集，?空集

2.設X，y是兩個變量，D是數集，按照一定的對應關系，總有唯一的y和x相對應，則說

y是x的函數，記做y=f（x），y是因變量，x是自變量。（簡單一點說：x在一個對應法則的機器攪和攪和就出來一個y）

F（D）為值域x?D是定義域

函數的三要素：定義域 值域 對應法則

注意： 強烈建議只要寫函數就寫定義域

eg：求下列函數的自然定義域

(1)y?arcsin(2)y?tan

(3)y?（x?3）（x+1）

3.函數的特性

（1）單調性：增函數和 減函數

如果對于arctan1 xI 上任意兩點x1及x2，當

x1?x2時，恒有f（x1）?f（x2）成立，則稱在I上f（x）是增函數，反之則是減函數注意：增減性在解間斷點時候有重要性（下文解釋）

eg：設f（x）為定義在（-a，a）內的奇函數，若f（x）在（o，a）上單點增加，證明f（x）在（-a，0）上也單點增加

（2）有界性： ?x?D,? M?0,f(x)?M,則稱f（x）為有界函數

f(x)?M,? x?D,? M?0,則函數在D上面有界

注意：上界大于等上界下界小于等于最小值千萬不要搞錯了

（3）奇偶性：奇函數特性

注意：奇偶性的定義與一定是對稱的不對稱就沒有這個性質而言

（4）周期性：正弦余弦就是明顯的特點f（x+T）=f（x）

注意：如果一個函數關于兩個直線對稱，那么兩個直線之間的距離是函

數周期大小的一半。

4.反函數和復合函數：反函數的定義域和值域和原函數相反但是奇和

偶函數的反函數奇偶性質不變。復合函數的定于與要明確，增減為減增增 減減為增

5.數列的極限：如果給定的數列{}，當變量n趨近于無窮大時，數列

趨近于一個常數a，則稱a是數列的極限當然如果a不存在，說明這個函數是發散的注意：課本P34 例題5 有證明函數極限，這個很重要

Eg

：證明：當x0?0時，limx?x0?6.極限的性質：（1）唯一性，如果這個a存在，那么一定是唯一的假設不存在，那么不就和定義說函數是發散的嗎

（2）有界性：若limf（x）?a存在，則函數f（x）有界x??

（3）保號性：若limxn?a（a?0或a?0），則?N，當n?N時，xn?（0?0），n??

反之，若xn?（0?0），則limxn?（0?0）n??

7.n??數列的存在準則：（1）夾逼準則（2）單調有界函數必有界 eg：證明limn?（8.（1）（2）111??.......?)=1n2??n2?2?n2?n?我主要講講極限的一些重要求的方法： 1xsinx）?eli?（有興趣可以證明）1 x??x?0xx7個重要的等價無窮小且都x?0（1?兩個重要極限lim

（1?x?1?（1）1

n1x（2）tanx?x（3）arctanx?x n

1-cosx?（4）arcsinx?x（5）

（3）

（4）12（1?x）?x x（6）ex?1?x（7）ln2兩個準則：夾逼 還有單調有界

（5）

（6）

（7）

（8）

（9）有限個無窮小的乘積也是無窮小有限個無窮小量的代數和仍是無窮小 有界函數與無窮小的乘積也是無窮小常數與無窮小的乘積仍是無窮小利用極限的四則運算和指數預算 利用泰勒公式 洛比達法則 利用導數極限求極限 函數的性質求因為數列是特殊的函數

注意：這里就有一些小方法了，有換元等價代換拆項求和三角的和差化積 數列求和的公式…

（10）間斷點和連續性

間斷點：除去不成立的點，一般都是間斷點

連續性：區間上每一點都連續的函數，就是在該區間連續，一定是不間斷的注意：可導的函數一定連續連續的函數不一定可導

閉區間上連續函數一定有界

第一類間斷點：可去和跳躍間斷點

eg：y?x（x?1）且x=1 y=0.5?可去間斷點

第二類間斷點：無窮間斷點和震蕩間斷點

y=tanxx=?1為無窮間斷點y=sinx=0為振蕩間斷點 2x

（11）漸近線：當變量無窮大時利用函數求極限一般都有a值（水平漸近線）

還有一些點怎么看這些點呢，一般都是間斷點的地方有漸近（鉛直漸近線）0這點很重要

還有一個斜漸近線說明圖像到達一個點變化的斜率很小這樣的話 一般是圖像上面有部分是直線

eg求e的漸近線

?

x?o?1x?cos)x課后練習求下列極限（1）limx（2）lim(sinx??2x1x

?3x)（3）lim(1x?02sin(x)

（4）x?0（5）x?03x?4x1)x（6）lim(x?02

第二篇：高數復習筆記之極限與函數

1，隱含的分段函數與建立函數關系

2，如何判斷微積分的有界性

3，極限定義做了解，性質：唯一性、保號性、四則運算，若一個極限存在另一個不存在則相加減的極限必不存在、乘除的極限可能存在也可能不存在；若兩個極限都不存在那么加減乘除的極限可能存在也可能不存在。舉反例：（參考書籍：數學分析中的反例）；相除時，分母為0分子不為0則極限為無窮大，若分子分母全為0，極限怎么算？

4，極限的復合運算：若此函數連續則函數符號跟極限符號可以調換位置。

極限存在準則：單調有界數列必有極限；夾逼定理

兩類重要極限：書上找

5：無窮大量與無窮小量（即把任何函數的極限為A的問題轉化為極限為零的問題）

無窮小量的比較（視頻001 2第16分鐘）：高階l=0（兩個趨近于0的速度前者比后者快）、同階l不=0（兩者趨近于0的速度一樣快）、等價l=1（五個等價無窮小的特例：把指數、三角、對數函數轉化為求解簡單的冪函數）

無窮大量：即極限不存在的情況無界變量：在一個絕對值范圍內要多大有多大的值 注意:無窮大量一定是無界變量，但無界變量不一定是無窮大量（視頻25分講述）6,四類未定式（洛必塔法則解決）

第三篇：高數課件-函數極限和連續

一、函數極限和連續自測題

1,是非題

（1）無界變量不一定是無窮大量

（）（2）若limf(x)?a，則f(x)在x0處必有定義

（）

x?x012x（3）極限lim2sinx?limx?0

（）

x???x???33x2，選擇題

（1）當x?0時，無窮小量1?x?1?x是x的（）A．等價無窮小

B.同階但不等價

C.高階無窮小

D.低價無窮小

?x?1?1x?0?（2）設函數f(x)??，則x?0是f(x)的（）x?0x?0?A.可去間斷點 B.無窮間斷點

C 連續點

D 跳躍間斷點

?exx?0（3）設函數f(x)??，要使f(x)在x0處連續，則a?

（）?a?xx?0A.2

B 1

C 0

D ?1

3n2?5n?1?

（）（4）lim2n??6n?3n?2A 151

B ?

C ?

D ? 2321?xsinx?0??x(5)設f(x)??，則在x?0處f(x)

（）

?1sinx?1x?0??xA 有定義

B 有極限

C 連續

D左連續

3(6)x?1是函數y?x?1的（）x?1A 可去間斷點

B 無窮間斷點

C 連續

D跳躍間斷點

3.求下列極限

（1）limx??x?sinxsin(?2x)x?2?3

（2）lim

（3）lim

x?0x?12xln(1?2x)x?1e?2x?1（4）lim

（5）limn[ln(1?n)?lnn]

（6）lim(sinn?1?sinn)

n??n??x?0x2x?3x?2(sinx3)tanx2lim()(7)lim

(8)

（9）limx(x?1?x)x??2x?1x?01?cosx2x??cosx?cosaarctanxex?ex0（10）lim

(11)lim

（12）lim

x?ax??x?x0x?xx?ax0x2?32x2?1sin(x?1))（13）lim

（14）lim(2

x??x?1x?1x?24，求滿足下列條件的a,b的值

1x2?x?a?b

（2）lim(3x?ax2?x?1)?（1）limx???x?26x?2?tanaxx?0ax?b??2

(4)已知f(x)??x（3）lim且limf(x)存在

x?0x?1x?2?x?2x?0?x??1??2?2（5）已知f(x)??x?ax?b?1?x?1在(??,??)內連續

?2x?1??sin2x?e2ax?1x?0?(6)函數f(x)??在x?0點連續 x?ax?0?5．求下列函數的間斷點并判斷其類型

?x?1x?11?cosxx2?1（1）y?2

（2）y??

（3）f(x)?

sinxx?3x?2?3?xx?1?1x?0x?（4）f(x)??ex?1

（5）y?

tanx??ln(1?x)?1?x?026.已知x??1時，x?ax?5x?1是同階無窮小，求a

7.證明方程x?4x?2?0在區間(1,2)內至少有一個根 8.當x?0時，e?ln(1?x)?1與x是同階無窮小，求n 9.設函數f(x)?a,(a?0,a?1)，求limxxn41ln[f(1)f(2)?f(n)]

n??n2

第四篇：高數競賽練習題答案(函數、極限、連續)

函數、極限、連續

1.f(x),g(x)?C[a,b]，在(a,b)內二階可導且存在相等的最大值，又f(a)?g(a),f(b)?g(b),證明：(1)???(a,b),使f(?)?g(?)

(2)???(a,b),使f??(?)?g??(?)證明：設f(x),g(x)分別在x?c,x?d處取得最大值M，不妨設c?d(此時a?c?d?b)，作輔助函數F(x)?f(x)?g(x),往證???(a,b),使F??(?)?0

令F(x)?f(x)?g(x),則F(x)在[a,b]上連續，在(a,b)二階可導，且F(a)?F(b)?0，① 當c?d，由于 F(c)?f(c)?g(c)?M?g(c)?0F(d)?f(d)?g(d)?f(d)?M?0由“閉.連.”零點定理，???[c,d]?(a,b),使f(?)?g(?)② 當c?d，由于F(c)?f(c)?g(c)?f(c)?g(d)?M?M?0即???(a,b),使f(?)?g(?)

對F(x)分別在[a,?],[?,b]上用羅爾定理，??1?(a,?),?2?(?,b)，使

在[?1,?2]上對F(x)在用羅爾定理，F?(?1)?F?(?2)?0，???(?1,?2)?(a,b)，使F??(?)?0，???(a,b),使f??(?)?g??(?).2.設數列{xn}滿足0?x1??,xn?1?sinxn,n?1,2,?

xn存在，并求該極限(1)證明limn??

xn?1x1n(2)計算lim()n??xn

分析：(1)確定{xn}為單調減少有下界即可

1xn，用洛必達法則.(2)利用(1)確定的limn??

解：易得0?xn?1(n?2,3,?)，所以xn?1?sinxn?xn,n?(2,3,?)，即{xn}為

xn存在，并記為limxn?a,則a?[0,1]，單調減少有下界的數列，所以 lim n??n??

對等式xn?1?sinxn?xn,兩邊令n??取極限，得a?sina,a?[0,1]，所以

a?0,即limxn?0.n??

lim((2)n

??

xn?1sinxn)?lim()

n??xnxn

2xn

2xn

令t?xn

?lim（t?0

sint)?et?0t

tlim

ln()t

t

2由于

lim

t?0

t

ln(sin)ttsint

ln[1?(sin?1)]?1-1t2sint?t洛cost?11tt2

?lim?lim?lim?lim?lim?? t?0t?0t?0t?0t?03t2t2t2t33t26

xn?1xn?1

所以lim()?e.n??xn

3.已知f(x)在[0,1]連續，在(0,1)可導，且f(0)?0,f(1)?1，證明：(1)???(0,1),使f(?)?1??，(2)存在兩個不同點?,??(0,1),使f?(?)f?(?)?1

證：(1)令F(x)?f(x)?x?1，則F(x)在[0,1]上連續，且

F(0)??1?0,F(1)?1?0，由“閉.連.”零點定理，???(0,1),使F(?)?0,即f(?)?1??

(2)f(x)在[0,?],[?,1]上都滿足拉格朗日中值定理，所以

???(0,?),??(?,1)，使

f(?)?f(0)?f?(?)(??0),f(1)?f(?)?f?(?)(1??)，即

f?(?)?f?(?)?

f(?)

?

?

1??

?

1?f(?)1?(1??)?

??1??1??1??

?f?(?)f?(?)?

1??

?

?

?

1??

?1

4.設方程xn?nx?1?0，其中n為正整數，證明此方程存在唯一的正

?

實根xn，并證明當??1時，級數?xn收斂.n?1?

證：令f(x)?xn?nx?1,則f(x)在(0,??)上連續，且

f(0)??1?0,f()?()n?0

nn

所以由連續函數的零點定理，所給方程在(0,)內有根，又由f?(x)?n(xn?1?1)?0,即f(x)在(0,)內單調遞增，所以所給方程(0,)內只有唯一的根，在(，?)上無根，即所給方程存在唯一的正實根xn.?

?由上述知，對n?1,2,?，有0?xn?,有0?xn

?

1n

1n1n

1n

1n1，n?

此外，由??1知，級數?

收斂，所以由正項級數比較審斂法，知?

n?1n

?x?收斂.nn?1

?

5.求lim(cosx)

x?0

1ln(1?x)

x?0ln(1?x)

解：lim(cosx)

x?0

1ln(1?x)

=e

lim

lncosx，其中limln(1?x

x?0

lncosx)

?lim

x?0

ln[1?(cosx?1)]ln(1?x)

?lim

x?0

?x22x

??

(cosx)所以，limx?0

ln(1?x)

?e

?

6.f(x)在x?0的某鄰域內具有一階連續導數，且f(0)?0,f?(0)?0,若

af(h)?bf(2h)?f(0)在h?0時是比h高階的無窮小，試確定a,b的值.解1：（利用導數定義）

0?lim

af(h)?bf(2h)?f(0)af(h)?af(0)?af(0)?bf(2h)?bf(0)?bf(0)?f(0)

?lim

h?0h?0hhaf(h)?af(0)bf(2h)?bf(0)[(a?b)?1]f(0)[(a?b)?1]f(0)?lim?lim?lim?(a?b)f?(0)?limh?0h?0h?0h?0hhhh

?a?b?1

?由f(0)?0,f(0)?0,得?,即a?2,b??1

a?2b?0?

解2：按解1，只要假定f(x)在x?0處可導即可，但在題中“f(x)在x?0的某鄰域內具有一階連續導數”的假定下，有以下解法：由lim

h?0

h?0

af(h)?bf(2h)?f(0)

?0得 limaf(h)?bf(2h)?f(0)=0

h?0h

即0?limaf(h)?bf(2h)?f(0)?(a?b?1)f(0)，由f(0)?0,得a?b?1（1）

af(h)?bf(2h)?f(0)洛

?limaf?(h)?2bf?(2h)?(a?2b)f?(0)且f?(0)?0,又由0?lim

h?0h?0h

所以 a?2b?0（2）

由（1）、（2）得a?2,b??1.?2?esinx?

?.7.求lim?4??x?0x??1?e?

解：

?2e??e?sinx??2?esinx?

??1 ???lim?lim?4?4????x?0x?0?x?x??1?e??e?1??2?esinx??2?esinx?

?????1 lim?lim4?4??????x?0x?x?0?1?ex??1?e?

所以 原式 = 1

8.求lim

x?0

143

?x??x?2

.2

x

解1：（泰勒公式）因

?x??x?2?[1?

1111

x?x2?o(x2)]?[1?x?x2?o(x2)]?22828(x?0)

??x2?o(x2)~?x2

所以

1?x2

?x??x?2??1lim?limx?0x?0x2x24

解2：（洛必達法則）

?

?x??x?2洛必達lim?limx?0x?0x22x1?x??x1

?lim?lim x?0?x?x4x?0x

1?2x1?lim.??4x?0x(?x??x)4

第五篇：高數極限習題

第二章 導數與微分

典型例題分析

客觀題

例 1 設f(x)在點x0可導,a,b為常數,則limf(x0?a?x)?f(x0?b?x)?xab?x?0?()

f?(x0)Aabf?(x0)

B(a?b)f?(x0)

C(a?b)f?(x0)

D

答案 C

解

f(x0?a?x)?f(x0?b?x)lim??x?0?x[f(x0?a?x)?f(x0)]?[f(x0?b?x)?f(x0)]?lim? ?x?0?x

f(x0?b?x)?f(x0)f(x0?a?x)?f(x0)?blim

?alim

?x?0?x?0b?xa?x

?(a?b)f?(x0)

例2（89303）設f(x)在x?a的某個鄰域內有定義,則f(x)在x?a處可導的一個充分條件是（）1????f(a?2h)?f(a?h)(A)limh?f?a???f(a)?存在(B)lim存在h?0h???hh????(C)limf(a?h)?f(a?h)2hh?0存在(D)limf(a)?f(a?h)h存在h?0答案 D

解題思路

(1)對于答案(A)，不妨設

1h??x，當h???時，?x?0，則有

?1?f(a??x)?f(a)???limh?f?a???f(a)??lim存在，這只表明f(x)在x?a處h????x?0h??x???右導數存在,它并不是可導的充分條件,故(A)不對.?(2)對于答案(B)與(C),因所給極限式子中不含點a處的函數值f(a)，因此與導數概念不相符和.例如，若取

?1,x?af(x)??

0,x?a?則(B)與(C)兩個極限均存在，其值為零，但limf(x)?0?f(a)?1，從而f(x)在x?ax?a處不連續，因而不可導，這就說明(B)與(C)成立并不能保證f?(a)存在，從而(B)與(C)也不對.(3)記?x??h,則?x?0與h?0是等價的,于是 limf(a)?f(a?h)hh?0??limf(a?h)?f(a)hh?0?limf(a?h)?f(a)?h

h?0?x所以條件D是f?(a)存在的一個充分必要條件.例3(00103)設f(0)?0,則f(x)在點x?0可導的充要條件為()?x?0?limf(a??x)?f(a)?f?(a)(A)lim1h1h2h?0f(1?cosh)存在(B)lim1h1hh?0f(1?e)存在

h(C)limh?02f(h?sinh)存在(D)limh?0?f(2h)?f(h)?存在

答案 B

解題思路

(1)當h?0時, 1?coshhh?02limf(1?cosh)h2h?0?lim2f(1?cosh)?f(0)h2?1.所以如果f?(0)存在,則必有

?limf(1?cosh)?f(0)1?coshh?0?lim1?coshh2h?0若記u?1?cosh,當h?0時,u?0,所以

f(1?cosh)?f(0)f(u)?f(0)lim?lim?f?(0)h?0h?01?coshu于是

?limf(1?cosh)h2h?0?12f?(0)

1h2這就是說由f?(0)存在能推出limh?0f(1?cosh)存在.?h0,而不是u?0,因此 但是由于當h?0時,恒有u?1?cos?1f(x)?f(0)f??(0)?limlim2f(1?cosh)存在只能推出存在,而不能推出f?(0)h?0hx?0x存在.?

(2)當h?0時, 1?e??h?o(h),于是

hlimf(1?e)hhh?0?limf(?h?o(h))?f(0)hh?0??limf(?h?o(h))?f(0)?h?o(h)

h?0 由于當h?0時, ?h?o(h)既能取正值,又能取負值,所以極限limf(?h?o(h))?f(0)?h?o(h)h?0存在與limf(h)?f(0)hh?0?f?(0)存在是互相等價的.因而

極限lim1hh?0hf(1?e)存在與f?(0)存在互相等價.(3)當h?0時, 用洛比塔法則可以證明limlimf(h?sinh)h2h?0,所以 6hf(h?sinh)?f(0)h?sinh?lim?lim?h 3h?0h?0h?sinhhh?03h?sinh?1由于h?0,于是由極限limf(h?sinh)?f(0)h?sinhh?0?limh?sinhh3h?0?h存在未必推出h?sinh(4)f(x)在點x?0可導一定有(D)存在,但(D)存在不一定f(x)在點x?0可導.h?0limf(h?sinh)?f(0)也存在,因而f?(0)未必存在.例 4(98203)函數f(x)?(x?x?2)|x?x|有()個不可導點

(A)0(B)1(C)2(D)3

答案 C

解題思路 當函數中出現絕對值號時,不可導的點就有可能出現在函數的零點,因為函數零點是分段函數的分界點.因此需要分別考察函數在點x0?0,x1?1,x2??1考察導數的存在性.解 將f(x)寫成分段函數:

23?(x2?2?(xf(x)??2?(x?(x2??x?2)x(1?x),?x?2)x(x?1),?x?2)x(1?x),?x?2)x(x?1),2222x??1,?1?x?0,0?x?1,1?x.(1)在x0?0附近,f(x)寫成分段函數:

22?x(x?x?2)(x?1),x?0?23 f(x)?(x?x?2)|x?x|??22??x(x?x?2)(1?x),x?0容易得到

f(x)?f(0)22?f?(0)?lim?lim(x?x?2)(x?1)?2

??x?0x?0xf(x)?f(0)22f??(0)?lim?lim(x?x?2)(1?x)??2

??x?0x?0x由于f??(0)?f??(0),所以f?(0)不存在.(2)在x1?1附近,f(x)寫成分段函數:

2?x(1?x)(x?x?2)(1?x),x?1?23f(x)?(x?x?2)|x?x|??

2??x(1?x)(x?x?2)(x?1),x?1f(x)?f(1)2?f?(1)?lim?limx(1?x)(x?x?2)??4

??x?1x?1x?1f(x)?f(1)2f??(1)?lim?limx(1?x)(x?x?2)??4

??x?1x?1x?1由于f??(1)?f??(1),所以f?(1)不存在.(3)在x2??1附近,f(x)寫成分段函數:

2?x(1?x)(x?x?2)(x?1),x??1?23f(x)?(x?x?2)|x?x|??

2??x(1?x)(x?x?2)(x?1),x??1f??(?1)?limf(x)?f(?1)?x??1x?0x?1由于f??(?1)?f??(?1)?0,所以f?(?1)存在.x??1??f??(?1)?limx?1f(x)?f(?1)??limx??1?x(x?1)(x22?x?2)?0

?limx(x?1)(x?x?2)?0

綜合上述分析,f(x)有兩個不可導的點.例5(95103)設f(x)具有一階連續導數,F(x)?f(x)?(1?|sinx|),則f(0)?0是F(x)在x?0處可導的()

(A)必要但非充分條件

(B)充分但非必要條件

(C)充分且必要條件

(D)既非充分也非必要條件

答案 C

分析 從F(x)在x?0的導數定義著手.將F(x)?f(x)?(1?|sinx|)?f(x)?f(x)?|sinx| 解

F(x)?F(0)f(x)?f(0)f(x)|sinx|?f(0)|sin0|?lim?limF??(0)?lim

x?0x?0x?0x?0x?0x?0

?f?(0)?f(0)

f(x)?f(0)f(x)|sinx|?f(0)|sin0|F(x)?F(0)?lim?limF??(0)?lim

???x?0x?0x?0x?0x?0x?0?f?(0)?f(0)

于是推知F??(0)?F??(0)的充分必要條件是f(0)?0.??? 例6(92103)設函數f(x)?3x?x|x|,則使f32(n)(0)存在的最高階數n?().(A)0

(B)1(C)

2(D)3

答案 C

解題思路 應先去掉f(x)中的絕對值,將f(x)改寫為分段函數

?2x3 f(x)?3x?x|x|??3?4x32x?0x?0x?0x?0

?2x3 解 由f(x)?3x?x|x|??3?4x32

?6x2得f?(x)??2?12xx?0x?0

?12x且f??(x)???24x又f??(0)?limx?0??12 f???(x)??x?0?24x?0x?0x?0

f(x)?f(0)x?0?limx?02x?0?3x?0?0,f??(0)?limf(x)?f(0)?x?0x?0?limx?04x?0?3x?02?0

所以f?(0)存在.f???(0)?limf?(x)?f?(0)?x?0x?0??limx?06x?0?x?012x??0 ?0?0 f???(0)?limf?(x)?f?(0)x?02?limx?0x?0x?0所以f??(0)存在.f????(0)?limf??(x)?f??(0)?x?0x?0??limx?012x?0?x?0??12

x?0即f????(0)?f????(0).因而使fx?0f????(0)?limf??(x)?f??(0)?24

x?0(n)(0)存在的最高階數是2.x?0?lim24x?0

例7 f(x)?cos|x|?x2|x|存在的最高階導數的階數等于（）

A

0

B 1

C 2

D 3 答案 C 解題思路 注意cos|x|?cosx,所以只需考察x|x|在點x?0的情況.例8(96203)設??0,f(x)在區間(??,?)內有定義，若當x?(??,?)時，恒有f(x)?x，則x?0必是f(x)的（）

(A)間斷點，(B)連續而不可導的點，(C)可導的點，且2f'(0)?0

(D)可導的點，且f'(0)?0

答案

C

解 由題目條件易知f(0)?0,因為

|所以由夾逼定理

f(x)?f(0)x|?|f(x)xf(x)x|?|x2x|

2lim|x?0f(x)?f(0)x|?lim|x?0|?lim|x?0xx|?0

于是f?(0)?0.?1?e?x?,x?0, 則f?(0)為（）

例9(87103)設f(x)??x?0,x?0.?

1(A)0

(B)

(C)1

(D)?1

2答案

(C)

解題思路

因f(x)為分段函數,故它在分段點處的導數應按導數的定義，又由于是未定式,可用洛必達法則求極限.200型解

1?e f?(0)?lim?x2f(x)?f(0)x?0u?limx?0x?0xx?0?0?lim1?ex?x2x?02?x

2當u?0時,e ?1與u是等價無窮小,所以當x?0時,1?e與x是等價無窮小.因而

2lim1?ex?x2x?02?1

12,則?x?0時,f(x)在x0處的微分dy與

例10(88103)設f(x)可導且f?(x0)??x比較是()的無窮小.(A)等價(B)同階(C)低階(D)高階

答案 B

解題思路

根據y?f(x)在x?x0處的微分的定義:dy?f?(x0)?x.?x12 解 lim?lim?,可知dy與?x是同階的無窮小.?x?0?x?x?0?x21??xsin,x?0

例11(87304)函數f(x)??在x?0處（）x?x?0?0,dy

(A)連續,且可導

(B)連續,不可導

(C)不連續

(D)不僅可導,導數也連續

答案 B

解題思路

一般來說,研究分段函數在分段點處的連續性時,應當分別考察函數的左右極限;在具備連續性的條件下,為了研究分段函數在分界點處可導性,應當按照導數定義,或者分別考察左右導數來判定分段函數在分段點處的導數是否存在.因此,本題應分兩步:(1)討論連續性;(2)討論可導性.解(1)討論函數在點x?0處的連續性

1?0?f(0),可知函數f(x)在點x?0處是連續的.由于limf(x)?limxsinx?0x?0x

(2)討論函數在點x?0處的可導性

1xsin?0f(x)?f(0)1x?lim?limsin

由于lim不存在,所以,函數f(x)在點

x?0x?0x?0x?0xxx?0處不可導.??x

例12 設f(x)????p必須滿足（）p1sin01x,x?0,x?0 在點x?0可導,但是f?(x)導數在點x?0不連續,則

A0?p?1

B1?p?2

C0?p?2

D1?p?答案 B

解題思路

(1)當p?1時,下述極限不存在: x因此f?(0)不存在.當p?1時, x?0limf(x)?f(0)xsin?limx?0p1x?limxp?1sin1

x?0xxx所以f?(0)?0.x?0limf(x)?f(0)xsin?limx?0p1x?limxp?1sin1?0

x?0xx這就是說,只有當p?1時, f?(0)才存在,所以選項A,C可以被排除.(2)當p?1時

0,x?0?? f?(x)??11p?1p?2sin?xcos,x?0?pxxx?當且僅當p?2?0,即p?2時,limf?(x)?0?f?(0),所以當且僅當1?p?2時，x?0f(x)在點x?0可導,但是f?(x)在點x?0不連續.例13(95403)設f(x)可導，且滿足條件limf(1)?f(1?x)2x12x?0??1,則曲線y?f(x)在(1,f(1))處的切線斜率為（）(A)2,(B)?2,(C),(D)?1

答案 B

解 記?u??x,則有

f(1)?f(1?x)1f(1??u)?f(1)1lim?lim?f?(1)x?02x2?u?0?u2

例1

4設y?ln(1?2x),則y

(A)(10)?()

9!(1?2x)10

(B)?9!(1?2x)10

(C)10!?2910(1?2x)

(D)?9!?21010(1?2x)

答案 D

解題思路

求高階導數的一般方法是: 先求出一階、二階、三階導數;找出規律,即可寫出高階導數.?2y??, 1?2x?21y???(?2)(?1)?(?2)(?1)(?2)

22(1?2x)(1?2x)y????(?2)(?1)(?2)(?2)?2(1?2x)3

y(10)??9!?21010(1?2x).例17

(90103)設函數f(x)有任意階導數,且f?(x)?f(x),則f(n)(x)?(n?1),(n?2).n?1(A)n!f(x)(B)nf(x)(C)f2n(x)(D)n!f2n(x)

答案 A

解題思路 這是一個求高階導數的問題,涉及到求抽象函數的導數.解

由f(x)有任意階導數且f?(x)?f(x),可知

2f??(x)?f(x)3????2f(x)?f?(x)?2f(x)?f????f(x)??2f(x)??3?2f(x)?f?(x)?3!f2(n)n?12(x)?2f(x),(x)

34依此由歸納法可知 f(x)?n!f(x)

注意(1)當n?1,n?2時雖然(B)也正確,但當n?2就不正確了,所以將(B)排除之;

?222(2)在求導數f(x)時,可將函數f(x)看成是由y?t與t?f(x)復合而成的,??????(t)??f?(x)?2t?f?(x)?2f(x)?f?(x).?(初學者可能會這樣做:?f(x)??2f(x),后面丟掉一個因子f?(x).則根據復合函數的求導法則,故f(x)222

例18(91303)若曲線y?x?ax?b和2y??1?xy在點(1,?1)處相切，其中

23a,b是常數,則（）(A)a?0,b??

2(B)a?1,b??3

(C)a??3,b?

1(D)a??1,b??1

答案 D

解題思路

兩曲線在某點相切就是指兩曲線在此公共點處共一條切線,從而兩曲線的斜率也應相等.解

曲線y?x?ax?b在點(1,?1)處的斜率是

2k1?(x?ax?b)?2x?1?(2x?a)x?13?2?a

另一條曲線是由隱函數2y??1?xy確定,該曲線在點(1,?1)處的斜率可以由隱函數求導數得到: 對于方程2y??1?xy兩邊求導得到2y??3xyy??y,解出y?得到此曲線在點(1,?1)處的斜率為

k2?y?x?1y??1323?y322?3xy?1

x?1y??12令k1?k2,立即得到a??1.再將a??1,x?1,y??1代入y?x?ax?b中得出b??1.例19設f(x),g(x)定義在(?1,1)，且都在x?0處連續，若?g(x)?x?0f(x)??x，則（）?x?0?2(A)limg(x)?0且g'(0)?0，(B)limg(x)?0且g'(0)?1

x?0x?0(C)limg(x)?1且g'(0)?0

(D)limg(x)?0且g'(0)?2

x?0x?0 答案 D

解題思路 分析函數f(x)的表達式,并運用f(x)在x?0處連續這一關鍵條件.解 既然f(x)在x?0處連續,于是必有limf(x)?limx?0g(x)xx?0?2,于是必有limg(x)?0.于是又有g?(0)?limx?0g(x)?g(0)xx?0?limg(x)xx?0?2.?1?cosx? 例 20(99103)設f(x)??x2?xg(x)?x?0x?0 其中g?(x)是有界函數,則f(x)在x?0處()(A)極限不存在(B)極限存在,但不連續

(C)連續,但不可導(D)可導

答案 D

解題思路

若能首先判定f(x)在x?0處可導,則(A)、(B)、(C)均可被排除.解

x f??(0)?lim21f(x)?f(0)?x?0x?0x2?limx?01?cosx?3?limx?02?3?limx?0x2?x)

2x22?0

(x?0時1?cosx~ f??(0)?lim2f(x)?f(0)?x?0xx?0由于f(x)在x?0點的左導數等于右導數,因而 f(x)在x?0處可導.x?0x?0??limxg(x)2?limxg(x)?0（g(x)是有界函數）

? 例21 設f(x)?sinx,則(f(f(x)))??()A.cos(sinx)cosx B.sin(sinx)cosx C.cos(cosx)sinx D.sin(cosx)sinx

答案 A

例 22 設f(x)是可導函數,則()A.若f(x)為奇函數,則f?(x)為偶函數B.若f(x)為單調函數C.若f(x)為奇函數,則f?(x)為奇函數D.若f(x)為非負函數 答案 A

解題思路 根據導數定義,利用函數的奇性.解 由于f(?u)??f(u),所以 ,則f?(x)為單調函數 ,則f?(x)為非負函數

f?(x)?limlimf(x??x)?f(x)?xf[?x?(??x)]?f(?x)?x?0?lim?f(?x??x)?f(?x)?x

?x?0??x因此f?(x)為偶函數.?x?0?f?(?x)例23 設y?esinsin22x,則dy?()sin2 B.2eA.esinx C.2e 答案 D

解題思路 運用復合函數微分法

例 24 設f?(0)存在,lim(1?x?0xxsin2xsincosx D.e2xsin2x

1?cosf(x)sinx1)x?e,則f?(0)?()A.0 B.1 C.答案 C

解 由 C.e

lim(1?x?01?cosf(x)sinx1)x?e

可以知道當x?0時,有

lim(參閱第一章1.5的例2)

x?011?cosf(x)??1 xsinxf2當x?0時,sinx與x是等價無窮小,1?cosf(x)與

(x)2是等價無窮小.于是

f(x)11?cosf(x)1lim??lim?1 2x?0xx?0sinx2x又因為f?(0)存在,所以此式又推出 f?(0)?limf(x)xx?02?2.1?,x?0?arctan 例 25 設f(x)?? 在點x?0可導,則()x?ax?b,x?0?A.a?1,b??2 B.a?1,b?0 C.a??1,b???2 D.a??1,b??2

答案D

解題思路 先考察函數在點x?0左右極限,確定連續性,再考察左右導數.由可微性最終確定a,b.解

1???,所以b??.(1)limf(x)?lim(ax?b)?b,limf(x)?limarctan??x?0x?0x22x?0x?0??于是f(0)??2.(2)f??(0)?a,f??(0)?limx?0f(x)?f(0)?arctan?limx?0?1xx??2

xarctan1xx??2: 以下需要用洛比塔法則求極限limx?0?

arctanlimx?0?1x??2?lim?(arctan1xx???2)??limx?0??1x2xx?0于是由f??(0)?f??(0)推出a??1

?1??1

例26.(93303)若f(x)??f(?x),且在(0,??)內f?(x)?0,f??(x)?0,則f(x)在(??,0)內必有

(A)f?(x)?0,f??(x)?0(B)f?(x)?0,f??(x)?0

(C)f?(x)?0,f??(x)?0(D)f?(x)?0,f??(x)?0 答案 C

解體思路 所給函數顯然是奇函數,因此f?(x)是偶函數,f??(x)是奇函數.解 由f?(x)?0,x?(0,??)知f?(x)?0,x?(??,0);由f??(x)?0,x?(0,??)知f??(x)?0,x?(??,0).