2012考研数学考研数学全程辅导书选择及复习规划
2012考研数学必看:很详细的考研数学全程辅导书选择及复习规划
2012考研数学寒假学习计划明细
2012考研数学寒假学习重要指导思想
《寒假配套特训100题》
特训题1、 设f(ex1)e2xexx,求f(x). 解 令e1u,xln(u1)
x
f(u)(u1)2(u1)ln(u1)u2uln(u1)
于是 f(x)x2xln(x1)
sinxsinsinxsinx特训题2、 求极限lim 4x0x
解: lim
(sinxsinsinx)sinxsinxsinsinxcosxcos(sinx)cosx
limlim
x0x0x0x4x33x2
cosx(1cos(sinx))sin(sinx)cosxlimlim x0x03x26xsinx1lim x06x6
3n12n
特训题3、 求limn1. nn23
解 分子、分母用3除之,
n
23
33 原式=limnn
2213
(注:主要用当r1时,limr0)
n
n
n
特训题4、 求下列各极限
(1
) (2
)
x0x0解 (1)解一 原式=
x
11解二 原式=lim
x0
1x1x
2
1 2
x
1xx
2等价无穷小量代换21 limx0x
解三
用洛必达法则1
1
原式=lim1
x01
(2)解一
原式=lim
x0
1x
1x
x
2
2
2
3
解二 类似(1)中解二用等价无穷小量代换
解三 类似(1)中解三用洛必达法则 (2)lim1
n
111
1122223n
111111
11111 2233nn
n1n1n11
lim
nnn2n2
解 原式=lim1
n
=lim
特训题5、 求下列极限 (1)lim1
1324n2233
x
2x
x10
(2)lim
1x
x01x
1x
解 (1)lim1
n
2x
x10
2lim1x
x
10x
x2(x10)2x
2=lim1x
x
x2
21
e2
lim1xlim1(x)1xx0x0(2)解一 lim1x01xelim1xx
x0
1x
1x1
(1)x
e1e2 e
解二 lim
x0
2x1x1x2x
limlim1x0x01x1x1x
cotx
1x1x1x22x1x
e2
特训题6、 求下列极限 (1)lim(1tanx)
x0
(2)limx
x1
4x1
(3)lim(cosx)
x0
cot2x
解 (1)令 tanxt则cotx,当x0时t0 于是 lim(1tanx)
x0
cotx
1t
lim(1t)e
t0
1t
(2)令x1t则x1t,当x1时,t0 于是 limx
x1
4x1
lim(1t)lim1te4 t0t0
cos2x
4
t
14t
(3)lim(cosx)
x0
cotx
2
lim(1sin2x)2sin
x0
x
2
lim1(sinx)x0
cos2x
sin2x2 1
=e
特训题7、 求下列极限 (1
)lim
n
n
12
k1
(2)lim
n
k
2nnnkk1
n
解 (1
k
而
nn1
nn1
由夹逼定理可知
lim
n
kn
1
12nnk12n
(2)∵2 22
nnnnn1k1nnk1
n(n1)
12n1lim而 lim 2nnn2nn(n2)2
1
n(n1)
12n1lim2lim2 nnn1nnn12
则夹逼定理可知 lim
nn
n
k1
n
k1
2
nk2
特训题8、 求lim
n
. 22n
k1nk
分析 如果还想用夹逼定理中方法来考虑
n
n2nn2
n2n2k1n2k2n212
n21n2
,lim221 而lim2
nnn22nn1
由此可见,无法再用夹逼定理,因此我们改用定积分定义来考虑.
n1n解 lim2lim2nnnnkk1k1
1
n
1k
1n
2
dx1
arctanx 01x20
4
11sin
. 特训题9、 求limn
sin3
n
=
解 离散型不能直接用洛必达法则,故考虑
lim
x0
xsinxsin3x
等价无穷小代换
lim
x0
xsinx
3
x
1cosxsinx1
lim 2x0x03x6x61
∴原式=.
6
=lim
特训题10、 求lim
e
.
x0x10
1
1x2x1
e30exxlim12(不好办了,分母x的次数反而增加)解 若直接用“”型洛必达法则1,则得lim,为了避
x0x05x010x9
免分子求导数的复杂性,我们先用变量替换,令
1
2
1
t, x2
exett5
于是 lim10lim5limt (“”型)
x0xttte
5t45!
=limtlimt0 tete
特训题11、求lim
11x. x0xe1
01(ex1)x1
解 limx (“”型) limx0xe1x0x(ex1)0
ex1ex=limx limxx
x0(e1)xexx0eexex
=lim
11
x02x2
1cos2x
). 特训题12、 求lim(
x0sin2xx2x2sin2xcos2x
解 原式=lim 22x0xsinx
1
x2sin22x
=lim 4x0x4
2xsin2xcos2x
=lim
x04x3
1
xsin4x=lim 3x02x1cos4x4sin4x4
lim =lim2x0x06x12x3
x21,xc
特训题13、设函数f(x)2在(,)内连续,则c .
,xcx
解:1
fxlimfxc1分析:由lim
2
xc
xc
2
c1 c
x特训题14、 求lim
x0
2
sin2x
.
解 令yxsinx,lnysin2xlnx
x0
limlnylimsin2xlnx0(见2中例3)
x00
x0
ye1 ∴lim
特训题15、 求limcosx
x0
cot2x
(前面已用重要公式的方法).
解 令ycosx
cot2x
,lnycot2xlncosx
limlnylimcot2xlncosxlim
x0
x0
lncosxlncosx
lim 2x0tan2xx0x
10tanx1
,∴limye2 (“”型)=lim
x0x002x2
11
特训题16、 求limsincos.
xxx
1111
解 令ysincos,lnyxlnsincos
xxxx
x
x
11
lnsincos
ln(sintcost)xx limlnylimlim
xxt01t
x
=lim
t0
costsint
1
sintcost
∴limye
x
特训题17、 求极限lim
x0
1sinxln. 2xx
解:lim
x0
1sinx1sinx
lnlimln11
x0x2x2xx
lim
sinxxcosx1sinx1limlim
x0x0x06xx33x26
特训题18、 求lim
(1cos2x)arctan3x
.
x0(ex1)ln(12x)sin5x
解 用等价无穷小量代换
1
(2x)2(3x)
3
原式=lim
x0x(2x)(5x)5
1
. 特训题19、 求lim
x0(1cosx)ln(1x)
3sinxx2cos
”型,但分子、分母分别求导数后的极限不存在,因此不能用洛必达法则. 0
1sinx
3xcos13 原式=limx01cosxln(1x)2
x
1
sinxxx3
. 特训题20、 求lim5x0x
解 这个极限虽是“
x3x5
o(x5) (当x0时) 解 ∵sinxx
3!5!
x5
o(x5)
11
∴原式=lim5
x0x5!120
特训题21、 设f(x0)2,求lim解
x0
f(x03x)f(x02x)
.
x
f(x03x)f(x0)f(x02x)f(x0)原式=lim
x0
x
=3lim
x0
f(x03x)f(x0)f(x02x)f(x0)
2lim
x03x2x=3f(x0)2f(x0)5f(x0)10
特训题22、 设曲线yf(x)与ysinx在原点相切,求limnf().
n
2
n
解 由题设可知f(0)0,f(0)(sinx)
x0
1
2
ff(0)n2
于是 limnflim22f(0)2
nnn0
n
1a1a
特训题23、 设a0,x1b0,x2x1,„xnxn1求limxn.
2x12xn1n
解
∵xn
0(算术平均值≥几何平均值)
2ax1a
0,则xn1xn 又xn1xnxnxn
2xn2xn
因此xn单调减少,又有下界,根据准则1,limxnA 存在
n
把xn
1a1a
两边取极限,得AAxn1
2A2xn1
n
A2a,∵A>0
,∴取A
limxn
特训题24、 求下列函数在分段点处的极限
sin2x
x
f(x) 2
x x>01cosx
解 f(00)lim
x0
sin2xsin2x
lim22 x0x2x
x2x2
f(00)limlim2
x01cosxx02
x2
∴limf(x)2
x0
1
x2esinx. 特训题25、 求lim4x0x1ex1
x2esinx211 解 lim4x01ex(x)3
4xx
2eesinx011 lim4x0xex1
1x2esinx1 ∴lim4x0x1ex
x2axb特训题26、 设lim3,求a和b.
x1sin(x21)
解 由题设可知lim(xaxb)0,∴1+a+b=0
x1
2
再对极限用洛必达法则
x2axb2xa2alimlim3 a4,b5 x1sin(x21)x12xcos(x21)2
特训题27、f(x)连续,lim
x0
1cos(sinx)(e1)f(x)
x2
1,则f(0)
解:
1 2
121sinx
1
1,则lim1,由f(x)连续,则f(0) 分析:lim2
x0xf(x)x0f(x)2
特训题28、 讨论函数
e x0
fx0 x0
1
xsin x0
x
在点x0处的连续性。
fxlime0 解 因 f00lim
x0
x0
f00limfxlimxsin
x0
x0
1
0 x
f00
即有f00f00f0,故fx在点x0连续. 特训题29、 讨论函数
ìïln(1-x)ï x
ï2ïïïïï x>0ïïî
在点x0的连续性.
1
ln(1x)x
limln(1x)1 解 f00lim
x0x0x
f
00lim
x0
1
lim
x02
x0
因f00f00,因而limfx不存在,故fx在点x0不连续.
ìsinxïï x¹0
特训题30、 设f(x)=ï在x=0处连续,求常数k. xí
ïï x=0ïîk
解 ∵limfxlim
x0
sinx
1
x0x
f0k,由连续性可知 k1
特训题31、
求函数f(x)
的间断点,并确定其类型. 解 显然x1是间断点,由于
x1x1
=
x11
3
所以x1是fx的可去间断点.
x22x
特训题32、 求函数f(x)的间断点,并确定其类型.
xx24解 所给函数在点x0,-2,2没有定义,因此x0,-2,2是所给函数的间断点.下面确定它们的类型. 对于x0,由于
f(00)lim
x0
x(x2)1x(x2)1
,f(00)lim
x0x(x2)(x2)2x(x2)(x2)2
故x0是第一类间断点,且为跳跃间断点.
对于x2,由于
f(20)f(20)lim
x2
x(x2)
x(x2)(x2)
故x2是第二类间断点,且为无穷间断点. 对于x2,由于
f(20)f(20)lim
x2
x(x2)1
x(x2)(x2)4
1
,则fx在x2连续. 4
故x2是第一类间断点,且为可去间断点.若补充定义f(2)
特训题33、 设f(x)在(,)内有定义,且limf(x)a
x
1f x0
g(x)x
0 x0
则下列结论中正确的是( ) (A) x0必是g(x)的第一类间断点 (B) x0必是g(x)的第二类间断点 (C) x0必是g(x)的连续点
(D) g(x)在x0处的连续性与a的取值有关 解 limg(x)limf
x0x0
1
f(t)a tlimx
∴a0时x0是g(x)的连续点,a0时,x0是g(x)的可去间断点故选D.
特训题34、 求limarctan
x0
sinx. x
解 因lim
sinx
1,而函数yarctanu在点u1连续,所以
x0x
sinxsinx
limarctan=arctanlimarctan1x04xx0x
特训题35、 设f(x)在x=2处连续,且f(2)3,求limf(x)
x2
41
. 2
x2x4
解 由于f(x)在x=2处连续,且f(2)3,所以limf(x)3
x2
则limf(x)
x2
4(x2)411
2=limf(x)limf(x)2x2x2x2x4x2x413
x2x24
=limf(x)lim
x2
特训题36、 设f(x)在[a,b]上连续,且f(a)a,f(b)b,证明:f(x)x在(a,b)内至少有一个根. 证 令g(x)f(x)x,可知g(x)在[a,b]上连续,
g(a)f(a)a0 g(b)f(b)b0
由介值定理的推论,可知g(x)在(a,b)内至少有一个零点,即f(x)x在(a,b)内至少有一个根. 特训题37、 求证:方程ee
x
x
4cosx在(,)内恰有两个根.
证 令f(x)exexcosx4,它是偶函数,所以只需讨论f(x)在(0,)内恰有一个根.
f(0)30,f(2)e2e2cos240
f(x)在0,2上连续,根据介值定理推论,至少有一个(0,2),使f()0.
又因为f(x)exexsinx0x0,所以f(x)在(0,)内单调增加,因此,f(x)在(0,)内最多只有一个零点,于是f(x)在(0,)内恰有一个零点,由偶函数的对称性,f(x)在(,)内恰有两个零点,也即所给方程在(,)内恰有两个根.
特训题38、 设fxxagx,其中gx在点a处连续,求fa。 解 没有假设gx可导,所以不能用导数的乘法公式,我们就用导数的定义
falim
xa
fxfaxagx0
limxaxaxa
=ligmxga。
xa
特训题39、 曲线sinxylnyxx在点0,1处的切线方程为. 解:yx1.
1
1
Fxyx分析:设F(x,y)sin(xy)ln(yx)x,斜率k,在(0,1)处,k1,所以切线
1Fy
xcos(xy)
yx
ycos(xy)
方程为y1x,即yx1
特训题40、 讨论函数
x x0
yfxx
x x0
在x00处连续性与可导性。
解 函数yfxx在x00处连续,因为f00
xlim0
fxlimx0
fx0 xlim0
fxxlim0
x0 则 limx0
xf00
但是,在x00处fx没有导数,因为
f0y
0x0limx0
xlim x0x xlimx0
xlimx
x0x
1 fy
0lim
xlim0x0x0
x
x0xlimx0
xxlimx0
x
1
f0f0曲线yx在原点的切线不存在(见上图)。特训题41、 设函数
fx
x2 axb 试确定a、b的值,使fx在点x1处可导。 解可导一定连续,fx在x1处也是连续的,
由 f10limfxlimx2
x1
x1
1 f10limx1
fxlimx1
axbab 要使fx在点x1处连续,必须有ab1或b1a
limfxf1x2又f1x1x1lim1x1x1
limx1
x12 x1
x1
f1lim
x1
fxf1ax1axb1
limlima
x1x1x1x1x1
要使fx在点x1处可导,必须f1f1,即2a 故当a2,b1a121时,fx在点x1处可导。 特训题42、求下列函数的导数:
2(1
)yx (2
)ycotx解 (1
)y
lnxlnx
x
1
x1
(2)ycotx
2
=2cotxcsc2x
2cosx=sin3x
(1
)ye
x2
lnxcotx
sinx
特训题43、 求下列函数的微分
(2)y
x2
x2
x2
x2
解 (1
)dyed2xe
edx
e2xsindx
x2
(2)dy
sinxd(lnxcotx)(lnxcotx)dsinx
2
(sinx)112cscxdxcosx(lnxcotx)dx sinxx1
csc3xcosxlnxcosxcotxdx
xsinx
=
=
特训题44、 设f(x)x(x1)(x2)(x100),求f(50).
解 令 g(x)x(x1)x(2)x(4x9)(5x 1
则 f(x)(x50)g(x) 因此 f(x)g(x)(x50)g(x)
f(50)g(50)(50!)(1)50(50!)(50!)2
特训题45、 设f(x)可微,yf(lnx)ef(x),求dy. 解 dyf(lnx)def(x)ef(x)df(lnx)
f(x)
f(lnx)dx=f(x)e
1
f(lnx)ef(x)dx x
=ef(x)f(x)f(lnx)
1f(lnx)dx x
dx
dy
特训题46、设y
y(x)由方程arctan(x2y2)和dy.
解一 对方程两边关于x求导,y看作x的函数,按中间变量处理.
11x2y2
(2x2yy)y2
2y
y
1x2y2
2
2x1xy
22
2
y
2x1xy
22
1xy
22
1x2y22
2
2241xy
1x2y22dx 于是,dy2
2241xy
解二 对方程两边求微分,根据一阶微分形式不变性
.
22 darctan(xy)d122dxy2
22
1xy
21x2y2
xdxydy2
2y
1x2y2
2
dy
dx 222
1xy
2x
22241xy
2
221xy
2221xydydx
2221xy
1x2y22dydx
241x2y2
1x2y22dy于是
2dx2241xy
特训题47、
求y解 lny
y. lxn(
1)xln(2x2)
x
ln(e1) x
1
lxn3
ln()
对x求导,得
111112xex1
y
y3xx1x2x21exx因此,y1112xex1
2x
xx1x2x1ex
ìïx=ln(1+t3)dyï特训题48、设í,求.
2ïdxïîy=tsintdy
dy2tsint+t2cost==解
dx3t2dt1+t3
1+t3)(2tsint+t2cost)(1+t3)(2sint+tcost)(==
3t
2
3t
特训题49、证明曲线y
11
(x0)上任一点x0,处切线与两坐标轴所围成的直角三角形面积恒为2. xx011
2xx0 x0x0
证 所求切线方程为y
令y0,得切线截x轴的截距X2x0, 令x0,得切线截y轴的截距Y
2, x0
直角三角形面积 S
211
XY(2x0)2 22x0
ìïx=1+t2ï特训题50、求曲线í在t=2处的切线方程. 3ïïîy=tdy3t23
解 x0125,y028.==t
dx2t2
2
3
dy
=3,故切线方程为y-8=3(x-5) dxt=2
即 3x-y-7=0
xt22t,
特训题51、设函数y=y(x)由参数方程确定,则曲线y=y(x)在x=3处的法线与x轴交点的横坐标是
yln(1t)
11
ln23. (B) ln23. 88
(C) 8ln23. (D) 8ln23. [ A ]
(A)
【详解】 当x=3时,有t2t3,得t1,t3(舍去,此时y无意义),于是
2
dy
dx
t12t2
t1
1
,可见过点x=3(此时y=ln2)的法线方程为: 8
yln28(x3),
令y=0, 得其与x轴交点的横坐标为:ln23, 故应(A).
3xt3t1
特训题52、设函数y(x)由参数方程 确定, 则曲线yy(x)向上凸的x取值范围为
3
yt3t1
18
___________________
【分析】判别由参数方程定义的曲线的凹凸性,先用由
xx(t)
yy(t)
d2yd2yy(t)x(t)x(t)y(t)
定义的 求出二阶导数,再由 20 确定x的取值范围.
dxdx2(x(t))3
dy
dy3t23t212【详解】 , 2212
dx3t3t1t1dt
d2yddydt214t
1 , 22223
dtdxdxt13(t1)3(t1)dx
d2y
0 t0. 令 2
dx
3
又 xt3t1 单调增, 在 t0时, x(,1)。(t0时,x1x(,1]时,曲线凸.)
特训题53、设fx在0,3上连续,在0,3内可导,且f0f1f23,f31,试证:必存在
0,3,使f0。
证 f(x)在0,3上连续,f(x)在0,2上连续,且有最大值M和最小值m,于是mf(0)M;
mf(1)M;mf(2)M,故m
1
f(0)f(1)f(2)M。 3
由连续函数介值定理可知,至少存在一点c0,2,使得
fc
1
f(0)f(1)f(2)1 3
因此fcf3,且fx在c,3上连续,c,3内可导,由罗尔定理得出必存在c,30,3,使得
f0。
特训题54、 设fx在0,1上连续,在01,内可导,且3求证:存在xÎ(0,1)使f¢(x)=0
fxdxf0.
1
证 由积分中值定理可知,存在c,使得得到 fc3
1
1
22
fxdxfc1
3
fxdxf(0)
对fx在0,c上用罗尔定理(三个条件都满足), 故存在x翁(0,c)
特训题55、设x>0,试证:
(01),,使f¢(x)=0
x
证 令f(t)=ln(1+t),它在[0,x]上满足拉格朗日中值定理条件,
(t)=∵f¢
11
,∴ln(1+x)-ln1=[x-0],(0
因此 ln(1+x)=
x
1+x
于是
x
特训题56、 设不恒为常数的函数fx在a,b上连续,a,b内可导,且fafb,证明a,b内至少有一点ξ,使得f0.
证 由题意可知存在cÎ(a,b)使得 fcfafb
f(c)f(a)
0
caf(b)f(c)
0, 如果fbfc,则fx在c,b上用拉格朗日中值定理存在x2Î(c,b),使f2
bc
如果fcfa,则fx在a,c上用拉格朗日中值定理存在x1Î(a,c),使f1因此,必有xÎ(a,b),使得f0 成立.
特训题57、 设f(x)0,f(0)=0,证明对任意x1>0,x2>0恒有
f(x1+x2)
证 不妨假设x1£x2,由拉格朗日中值定理有
①f(x1)=f(x1)-f(0)=(x1-0)f¢(x1), 0
②f(x1+x2)-f(x2)=[(x1+x2)-x2]f¢(x2),x2f(x2) 这样由①②两式可知 f(x1)>f(x1+x2)-f(x2) 因此,f(x1+x2)
特训题58、 设fx在a,b上连续,a,b内可导,且ba0,证明:存在xÎ(a,b),hÎ(a,b)使
f¢(h)=
a+bf¢(x)
2x
证 考虑柯西中值定理(gx待定)
fⅱ(x)f(b)-f(a)f(h)(b-a)
==
g(x)g(b)-g(a)g(b)-g(a)
最后一步是把分子用拉格朗日中值定理.
再把欲证的结论变形,
fⅱ(x)f(h)f (h)(b-a)
== 222xa+bb-a
两式比较,看出令g(x)=x2即可.
(x)b2+ab+a2f¢
类似地,欲证f¢2,则取g(x)=x3即可 (h)=
3x
特训题59、设函数fx在01,上二阶可导,且f0f0f10,f11.
求证:存在xÎ(0,1),使得fⅱ(x)³4
证 先把fx在x=0处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式
fxf0f0x
1
f1x2 (01x )2!
再把fx在x=1处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式
fxf1f1x1
在上面两个公式中皆取x=
12
f2x1 (x21 )2!
1
则得 2
111
1 )ff1 (0
228
111
f1f2 (21 )
282
两式相减,得f1f28,于是fⅱ(x1)+fⅱ(x2) 8 因此 max
(x1),fⅱfⅱ(x2)}³4
亦即证明存在xÎ(0,1),使 fⅱ(x)³4
特训题60、 设在0,1上fx0,则f0,f1,f1f0或f0f1的大小顺序是( ) (A) f1f0f1f0 (B)f1f1f0f0 (C) f1f0f1f0 (D)f1f0f1f0 解 选B
∵根据拉格朗日中值定理f1f0f10f 其中01,又fx0,∴fx单调增加 因此, f1f()
f 0
fx
xa
特训题61、设函数f(x)在a,b上连续,在a,b内可导,且满足f(a)0,如果f(x)单调增加,求证(x)在a,b内单调增加.
xafxfx证 (x) 2
xa
用拉格朗日中值定理
f(x)f(x)f(a)f()(xa) (ax)
于是 (x)
fxf
xa
∵fx是单调增加,∴fx>f 因此
特训题62、设函数f(x)在(,)内连续,其导函数的图形如图所示,则f(x)有
( )
(A) 一个极小值点和两个极大值点 (B) 两个极小值点和一个极大值点
(C) 两个极小值点和两个极大值点
解 有三个驻点和一个不可导点,考察它们两侧导数的符号,用第一充分判别法可知,最小驻点为极大值点,另一个较小驻点为极小值点,原点为不可导点是极大值点,最大的驻点为极小值点,故应选C
特训题63、讨论f(x)max2x,x的极值.
(D) 三个极小值点和一个极大值点
x0,则x在a,b内单调增加
1
1x x13
解 f(x)
2x x1或
x13
∴f=
12
为极小值
33
特训题64、 设f(x)在x0邻域内有定义,且
xx0
lim
f(x)-f(x0)(x-x0)
n
=k,其中n为正整数,k¹0为常数,讨论(对n)f(x0)是否为极值.
解
f(x)-f(x0)(x-x0)
n
=k+a(x),其中lima(x)=0
xx0
f(x)-f(x0)=k(x-x0)n+a(x)(x-x0)n
(ⅰ)若n为正偶数,当x-x0
则f(x)-f(x0)与k同号,当k>0,f(x0)为极小值;当k<0,f(x0)为极大值.
(ⅱ)若n为正奇数,当x-x0
x
ttxdt,0x1,求fx的极值、单调区间和凹凸区间.
1
x
1
x
x
1
f(x)t(xt)dtt(tx)dt(txt2)dt(t2tx)dt
t2t3xt3t21x3x31xx3x3(x)(x)()()()
23032x233232
x31xx3x3x1. 6326323
f(x)x
2
1 ,令f(x)
0,得x.因为0x
1,所以x. 2f(x)0,得
x1 2
f(x)0,得
0x
因此,f(x
)的单调增区间是;单调减区间是(0,. 2
2
由f(x)2x,可知(0,1)为凹区间.
由f1
0,f
0,知f为极小值. 22263
x
x
特训题66、设y(1sinx),则dy
= 【分析】 本题属基本题型,幂指函数的求导(或微分)问题可化为指数函数求导或取对数后转化为隐函数求导. 【详解】 方法一: y(1sinx)=e
x
xln(1sinx)
,于是
ye从而 dy
xln(1sinx)
[ln(1sinx)x
cosx
],
1sinx
x
=y()dxdx.
方法二: 两边取对数,lnyxln(1sinx),对x求导,得
1xcosx
yln(1sinx), y1sinx
x
于是 y(1sinx)[ln(1sinx)x dy
=y()dxdx.
cosx
],故
1sinx
x
特训题67、 曲线y
(1x)
x
32
的斜渐近线方程为___________
【分析】 本题属基本题型,直接用斜渐近线方程公式进行计算即可. 【详解】 因为a=lim
x
f(x)(1x)
lim1, xxxx
(1x)x
x
3
2
32
32
blimf(x)axlim
x
x
3, 2
于是所求斜渐近线方程为yx
3. 2
f(x)
不存在,则应进一步讨论x或xx
【评注】 如何求垂直渐近线、水平渐近线和斜渐近线,是基本要求,应熟练掌握。这里应注意两点:1)当存在水平渐近线时,不需要再求斜渐近线;2)若当x时,极限alim
x
的情形,即在右或左侧是否存在斜渐近线,本题定义域为x>0,所以只考虑x的情形.
特训题68、当x0时,(x)kx与(x)xarcsinxx是等价无穷小,则k= 【分析】 题设相当于已知lim
2
(x)
1,由此确定k即可.
x0(x)
【详解】 由题设,lim
(x)xarcsinxcosx
lim2x0(x)x0kx
xarcsinx1cosxkx(xarcsinxx)
2
=lim
x0
=
13xarcsinx1cosx3
k. lim1,得2x02k44kx
3n
【评注】 无穷小量比较问题是历年考查较多的部分,本质上,这类问题均转化为极限的计算. 特训题69、设函数f(x)limx
n
,则f(x)在(,)内
(A) 处处可导. (B) 恰有一个不可导点.
(C) 恰有两个不可导点. (D) 至少有三个不可导点. [ ] 【分析】 先求出f(x)的表达式,再讨论其可导情形. 【详解】 当x1时,f(x)limx
n
3n
1;
当x1时,f(x)lim11;
n
当x1时,f(x)limx(
n
3
1x
3n
1)x.
1n
3
x3,x1,
即f(x)1,1x1, 可见f(x)仅在x=1时不可导,故应选(C).
x3,x1.
【评注】 本题综合考查了数列极限和导数概念两个知识点. 特训题70、设函数f(x)
1e
x
x1
,则 1
(A) x=0,x=1都是f(x)的第一类间断点. (B) x=0,x=1都是f(x)的第二类间断点.
(C) x=0是f(x)的第一类间断点,x=1是f(x)的第二类间断点.
(D) x=0是f(x)的第二类间断点,x=1是f(x)的第一类间断点. [ ]
【分析】 显然x=0,x=1为间断点,其分类主要考虑左右极限. 【详解】 由于函数f(x)在x=0,x=1点处无定义,因此是间断点. 且 limf(x),所以x=0为第二类间断点;
x0
f(x)0,limf(x)1,所以x=1为第一类间断点,故应选(D). lim
x1
x1
xx
lim. 从而limex1,limex10. 【评注】 应特别注意:lim,
x1x1x1x1x1x1
特训题71、 若x0时,(1ax)1 与xsinx是等价无穷小,则a= . 【分析】 根据等价无穷小量的定义,相当于已知lim用无穷小量的等价代换进行化简.
【详解】 当x0时,(1ax)1~
1
24
2
14
xx
2
14
(1ax)
1,反过来求a. 注意在计算过程中应尽可能地应
x0xsinx
2
1
4
12
ax,xsinx~x2. 4
1ax2
(1ax)1
于是,根据题设有 limlim2a1,故a=-4.
x0x0xsinx4x
特训题72、 设函数y=f(x)由方程xy2lnxy所确定,则曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程是 . 【分析】 先求出在点(1,1)处的导数,然后利用点斜式写出切线方程即可. 【详解】 等式xy2lnxy两边直接对x求导,得 yxy
4
4
2
4y3y, x
将x=1,y=1代入上式,有 y(1)1. 故过点(1,1)处的切线方程为 y11(x1),即 xy0.
特训题73、 y2的麦克劳林公式中x项的系数是 x
n
【分析】 本题相当于先求y=f(x)在点x=0处的n阶导数值f__________________
(n)
(0),则麦克劳林公式中xn项的系数是
【详解】 因为 y2xln2,y2x(ln2)2,,y(x)2x(ln2)n,于是有
y(n)(0)(ln2)n
. y(0)(ln2),故麦克劳林公式中x项的系数是
n!n!
(n)
n
n
特训题74设{an},{bn},{cn}均为非负数列,且liman0,limbn1,limcn,则必有
n
n
n
(A) anbn对任意n成立. (B) bncn对任意n成立.
(C) 极限limancn不存在. (D) 极限limbncn不存在. [ ]
n
n
【分析】 本题考查极限概念,极限值与数列前面有限项的大小无关,可立即排除(A),(B); 而极限limancn是0型
n
未定式,可能存在也可能不存在,举反例说明即可;极限limbncn属1型,必为无穷大量,即不存在.
n
【详解】 用举反例法,取an
21
,bn1,cnn(n1,2,),则可立即排除(A),(B),(C),因此正确选项为(D). n2
ln(1ax3)
,x0,
xarcsinx
6,x0, 特训题75设函数 f(x)
eaxx2ax1x0,
,x
xsin
4
问a为何值时,f(x)在x=0处连续;a为何值时,x=0是f(x)的可去间断点?
【分析】 分段函数在分段点x=0连续,要求既是左连续又是右连续,即
f(00)f(0)f(00).
ln(1ax3)ax3
f(x)limlim【详解】 f(00)lim x0x0xarcsinxx0xarcsinx
=lim
x0
1
3ax2
1x2
lim
x0
3ax2x1
2
3ax2
6a. =lim
x012
x2
eaxx2ax1
f(00)limf(x)lim
x0x0x
xsin
4
eaxx2ax1aeax2xa2
4lim2a4. =4lim2
x0x02xx
2
令f(00)f(00),有 6a2a4,得a1或a2.
当a=-1时,limf(x)6f(0),即f(x)在x=0处连续.
x0
当a=-2时,limf(x)12f(0),因而x=0是f(x)的可去间断点.
x0
【评注】 本题为基本题型,考查了极限、连续与间断等多个知识点,其中左右极限的计算有一定难度,在计算过程中应尽量利用无穷小量的等价代换进行简化.
x12t2,2
dyu
12lnte(t1)所确定,求2特训题76、设函数y=y(x)由参数方程
ydudx1u
x9
.
【分析】 本题为参数方程求二阶导数,按参数方程求导的公式进行计算即可. 注意当x=9 时,可相应地确定参数t
的取值.
dxdye12lnt22et
4t, 【详解】由,dtdt12lntt12lnt
dy2et
dydt12lnte
得 ,
dxdx4t2(12lnt)
dt
d2yddy1e121
()所以 = dx2dtdxdx2(12lnt)2t4t
dt
=
e
. 22
4t(12lnt)
2
当x=9时,由x12t及t>1得t=2, 故
d2y
dx2
x9
e
4t2(12lnt)2
t2
e
. 2
16(12ln2)
特训题77、设f(x)lim
(n1)x
, 则f(x)的间断点为x.
nnx21
【分析】本题属于确定由极限定义的函数的连续性与间断点.对不同的x,先用求极限的方法得出f(x)的表达式, 再讨论f(x)的间断点.
【详解】显然当x0时,f(x)0;
1(1)x
(n1)xx1, 当x0时, f(x)limlim2nnx21nxx2
x
n
0,x0
所以 f(x)1,
,x0x
因为 limf(x)lim
x0
1
f(0) x0x
故 x0为f(x)的间断点.
3xt3t1
特训题78、设函数y(x)由参数方程 确定, 则曲线yy(x)向上凸的x取值范围为
3
yt3t1
______________________
【分析】判别由参数方程定义的曲线的凹凸性,先用由
xx(t)
yy(t)
d2yd2yy(t)x(t)x(t)y(t)
定义的 求出二阶导数,再由 20 确定x的取值范围.
dxdx2(x(t))3
dy
dy3t23t212【详解】 , 2212
dx3t3t1t1dt
d2yddydt214t
1 , 22223
dtdxdxt13(t1)3(t1)dx
d2y
0 t0. 令
dx2
3
又 xt3t1 单调增, 在 t0时, x(,1)。(t0时,x1x(,1]时,曲线凸.)
特训题79、把x0时的无穷小量一个的高阶无穷小, 则正确的排列次序是
x
costdt,
2
x20
tan,
t3dt排列起来, 使排在后面的是前
(A),,. (B),,.
(C),,. (D),,. ( )
【分析】对与变限积分有关的极限问题,一般可利用洛必塔法则实现对变限积分的求导并结合无穷小代换求解.
【详解】
lim
x0
0
limx
2x0costdt
t3dt
lim
x0
3
lim
x0
x
lim0,
x023
2
即 o().
lim又
limx0x0
x2
tanx2x2x2
limlim0, 3x0x0xsinx202即 o().
从而按要求排列的顺序为、、, 故选(B). 特训题80、设f(x)x(1x), 则
(A)x0是f(x)的极值点, 但(0,0)不是曲线yf(x)的拐点. (B)x0不是f(x)的极值点, 但(0,0)是曲线yf(x)的拐点. (C)x0是f(x)的极值点, 且(0,0)是曲线yf(x)的拐点.
(D)x0不是f(x)的极值点, (0,0)也不是曲线yf(x)的拐点. ( ) 【分析】求分段函数的极值点与拐点, 按要求只需讨论x0两方f(x), f(x)的符号.
x(1x),1x0
【详解】 f(x),
x(1x),0x1
f(x)
12x,1x0
,
0x112x,
1x0
,
0x1
2, f(x)
2,
从而1x0时, f(x)凹, 1x0时, f(x)凸, 于是(0,0)为拐点.
1时, f(x)0, 从而x0为极小值点. 又f(0)0, x0、
所以, x0是极值点, (0,0)是曲线yf(x)的拐点, 故选(C). 特训题81、设函数f(x)连续, 且f(0)0, 则存在0, 使得
(A)f(x)在(0,)内单调增加. (B)f(x)在(,0)内单调减小. (C)对任意的x(0,)有f(x)f(0).
(D)对任意的x(,0)有f(x)f(0). ( ) 【分析】可借助于导数的定义及极限的性质讨论函数f(x)在x0附近的局部性质. 【详解】由导数的定义知
f(0)lim
x0
f(x)f(0)
0,
x0
由极限的性质, 0, 使x时, 有
f(x)f(0)
0
x
即x0时, f(x)f(0),
0时, f(x)f(0), x
故选(C).
1特训题82、求极限lim3
x0x
【分析】此极限属于
2cosxx1.
3
型未定式.可利用罗必塔法则,并结合无穷小代换求解. 0
【详解1】 原式lim
x0
e
2cosxxln
3
1
x3
2cosxln
3
lim
x0x2
ln(2cosx)ln3
x0x2
1
sinx)
lim x02x11sinx1
lim
2x02cosxx6
lim【详解2】 原式lim
x0
e
2cosx
xln
3
1
x3
2cosxln
3
lim
x0x2
cosx1
) lim 2x0x
cosx11
lim
x03x26
ln(1
特训题83、设函数f(x)在(,)上有定义, 在区间[0,2]上, f(x)x(x24), 若对任意的x都满足
f(x)kf(x2), 其中k为常数.
(Ⅰ)写出f(x)在[2,0]上的表达式; (Ⅱ)问k为何值时, f(x)在x0处可导.
【分析】分段函数在分段点的可导性只能用导数定义讨论.
【详解】(Ⅰ)当2x0,即0x22时,
f(x)kf(x2)k(x2)[(x2)24]kx(x2)(x4).
(Ⅱ)由题设知 f(0)0.
f(x)f(0)x(x24)(0)lim flim4 x0x0x0x
(0)lim fx0f(x)f(0)kx(x2)(x4)lim8k. x0x0x
令f(0)f(0), 得k
即当k
1. 21时, f(x)在x0处可导. 2
2特训题84、设eabe, 证明lnblna224(ba). 2e
【分析】文字不等式可以借助于函数不等式的证明方法来证明,常用函数不等式的证明方法主要有单调性、极值和最值法等.
【详证1】设(x)lnx4x, 则 e2
lnx4(x)22 xe
1lnx (x)2, x2
所以当xe时, (x)0, 故(x)单调减小, 从而当exe时,
(x)(e)
即当exe时, (x)单调增加.
因此, 当eabe时, (b)(a), 即
lnb22224420, 2ee442blnaa 22ee
422故 lnblna2(ba). e
422【详证2】设(x)lnxlna2(xa), 则 e
lnx4(x)22 xe
1lnx (x)2, x2
xe时, (x)0(x), 从而当exe2时,
(x)(e)24420, 2ee
exe2时, (x)单调增加.
eabe2时, (x)(a)0。令xb有(b)0
即 lnblna
【详证3】证 对函数lnx在[a,b]上应用拉格朗日定理, 得
lnblna222224(ba). 2e2ln
(ba), ab. 设(t)lnt1lnt, 则(t), tt2
当te时, (t)0, 所以(t)单调减小,
从而()(e2), 即
lne22 22, eeln
故 lnblna
224(ba) e2
x4sinx的水平渐近线方程为______________ 5x2cosx
4sinx11 limylimxx2cosx55x特训题85、曲线y
1x
23sintdt,x0特训题86、设函数f(x)x0 在x=0处连续,则aa,x0
sm(x2)1limf(x)lim x0x03x23
特训题87、设函数yy(x)由方程y1xe确定,则
当x=0时,y=1, 又把方程每一项对x求导,yexey yyydydxx0
y(1xe)eyyyx0ey1xeyx0y1e
特训题88、设函数yf(x)具有二阶导数,且f(x)0,f(x)为自变量x在点x0处的增量,0,x
y与dy分别为f(x)在点x0处对应增量与微分,若x0,则( )
(A)0dyy (C)ydy0 (B)0ydy (D)dyy0 由f(x)0可知f(x)严格单调增加 f(x)0可知f(x)是凹的 即知
特训题89、设函数g(x)可微,h(x)e1g(x),h(1)1,g(1)2,则g(1)等于( )
(A)ln31 (C)ln21
1g(1)(B)ln31 (D)ln21
3∵ h(x)g(x)e1g(x),12e特训题90、试确定A,B,C的常数值,使ex(1BxCx2)1Axo(x3)其中o(x3)是当x0时比x的高阶无穷小.
x2x3
o(x3)代入已知等式得 解:泰勒公式e1x26x
x2x3[1xo(x3)][1BxCx2]1Axo(x3) 26整理得 11B1(B1)x(CB)x2Co(x3)1Axo(x3) 262比较两边同次幂函数得 B+1=A ①
1=0 ② 2
B1C0 ③ 26
B120则B 式②-③得 233
1A 代入①得 3
1C 代入②得 6C+B+
特训题91、设数列{xn}满足0x1,xn1sinxn(n1,2,3,)
证明:(1)limxn1存在,并求极限 n
1
xn1xn (2)计算lim nxn证:(1)x2sinx1,0x21,因此n2 xn1sinxnxn,{xn}单调减少有下界xn0 根据准则1,limxnA存在 n在xn1sinxn两边取极限得AsinAA0 因此limxn10 n
1
sinxnxn(2)原式lim为
lim111sitnt t02t
用洛必达法则e1(tcostsint)t2
t
elimt0tcostsint2tet0limt2t3t10(t2)t0(t3)262t
e1133t0(t)26lim2t3t0e
1 a16特训题92、证明:当0ab时,bsinb2cosbbasina2cosa
证:令f(x)xsinx2cosxx
只需证明0ax时,f(x)单调增加(严格) f(x)sinxxcosx2sinx xcosxsinx
f(x)cosxxsinxcosxxsinx0
f(x) 单调减少(严格)
又f()cos0
故0ax时f(x)0则f(x)单调增加(严格)
由ba则f(b)f(a) 得证
xt21特训题93、已知曲线L的方程2y4tt
(I)讨论L的凹凸性 (t0)
(II)过点(1,0)引L的切线,求切点(x0,y0),并写出切线的方程
(III)求此切线与L(对应xx0部分)及x轴所围的平面图形的面积
解:(I)dxdydy42t22t,42t,1 dtdtdx2tt
dyd1d2y121dx0(t0处) 23dx2dtt2tt
dt
曲线L(在t0处)是凸
222, 1(x1),设x0t01,y04t0t0t (II)切线方程为y0
2222324tt则001(t02),4t0t0(2t0)(t02) t0
2得t0t020,(t01)(t02)0t00t01
点为(2,3),切线方程为yx1 (III)设L的方程xg(y)
则Sg(y)(y1)dy 3
t24ty0解出t2得x221
由于(2,3)在L
上,由y3得x2可知
x221g(y)
S
9y(y1)dy 0
333(102y)dy4
00
2(10yy2)4(4y)214(4y)030333320
8642213 333
特训题94、当x
0
(A)
1
(B) ln(1.
(C) 1.
(D) 1 【 】
【答案】 应选(B).
【分析】 利用已知无穷小量的等价代换公式,尽量将四个选项先转化为其等价无穷小量,再进行比较分析找出正确答案.
【详解】当x
0时,有1(1)~
ln(1~
1~111~2x. 可见应选(B). 22
特训题95、设函数f(x)在x=0处连续,下列命题错误的是:
f(x)f(x)f(x)存在,则f(0)=0. (B) 若lim存在,则f(0)=0. x0x0xx
f(x)f(x)f(x) (C) 若lim存在,则f(0)存在. (D) 若lim存在,则f(0)存在 x0x0xx(A) 若lim
【 】
【答案】 应选(D).
【分析】 本题为极限的逆问题,已知某极限存在的情况下,需要利用极限的四则运算等进行分析讨论。
【详解】(A),(B)两项中分母的极限为0,因此分子的极限也必须为0,均可推导出f(0)=0. 若limx0f(x)f(x)f(0)f(x)lim0,可见(C)也正确,故应选(D). 事实上,可举反存在,则f(0)0,f(0)limx0x0xx0x
例:f(x)x在x=0处连续,且
limx0xxf(x)f(x)0存在,但f(x)x在x=0处不可导 . =limx0xx
1ln(1ex),渐近线的条数为 x特训题96、曲线y
(A) 0. (B) 1. (C) 2. (D) 3. 【 】
【答案】 应选(D).
【分析】 先找出无定义点,确定其是否为对应垂直渐近线;再考虑水平或斜渐近线。
x【详解】 因为lim[ln(1e)],所以x0为垂直渐近线; x01x
又 lim[ln(1e)]0,所以y=0为水平渐近线; x1xx
y1ln(1ex)ln(1ex)ex
]lim1, 进一步,limlim[2=limxxxxxxxxx1e
lim[y1x]lim[ln(1e)x]=lim[ln(1e)x] xxx1xxx
=lim[lne(1e)x]limln(1e)0, xxxxx
于是有斜渐近线:y = x. 故应选(D).
x3x21(sinxcosx) . 特训题97、limx2xx3
【答案】 应填0.
x3x210,而sinx+cosx有界,故 【详解】 因为limx2xx3
x3x21(sinxcosx)=0. limx2xx3
1,则y(n)(0) . 2x3
12nn【答案】 应填(1)n!(). 33特训题98、设函数y
【详解】 y(2x3)1, y12(2x223,3)y1(2)2x(2 3)
一般地, y(n)(1)nn!2n(2x3)n1,
从而 y(n)(0)=(1)n!().
特训题99、设函数y = y(x)由方程ylnyxy0确定, 试判断曲线y = y(x)在点(1, 1)附近的凹凸性.
【分析】 由凹凸性判别方法和隐函数的求导即得.
【详解1】在ylnyxy0两边对x求导得
ylny2y10
解得 y13n23n1 lny2
1y1y两边对x再求导得 y . 23(lny2)y(lny2)
将x=1, y =1 代入得 y1 8
1由于二阶导函数y在x=1的附近是连续函数, 所以由y, 可知在x=1的附近有y
1)附近是凸的.
【详解2】 在ylnyxy0两边对x求导得
ylny2y10
两边对x再求导得 ylnyy
将x=1, y =1 代入得上两式得 y1y2y0 y11, y 28
1由于二阶导函数y在x=1的附近是连续函数, 所以由y, 可知在x=1的附近有y
近是凸的.
【详解3】 将x 看作y的函数, 在ylnyxy0两边对y求导得
xlnyy11lny2 y
两边再对y求导得 x1 y
将x=1, y =1 代入得式得 x1. 因为二阶导函数x在y=1的附近是连续函数, 所以由x1可知在y=1的附近有x>0, 由此可知曲线x = x (y)在点(1, 1)附近是凹的, 故曲线y = y(x)在点(1, 1)附近是凸的.
特训题100、设函数f(x), g(x)在[a, b]上连续,在(a, b)内具有二阶导数且存在相等的最大值,f(a)=g(a), f(b)=g(b), 证明:存在(a,b),使得f()g().
【分析】需要证明的结论与导数有关,自然联想到用微分中值定理,事实上,若令F(x)f(x)g(x),则问题转化为证明F()0, 只需对F(x)用罗尔定理,关键是找到F(x)的端点函数值相等的区间(特别是两个一阶导数同时为零的点),而利用F(a)=F(b)=0, 若能再找一点c(a,b),使得F(c)0,则在区间[a,c],[c,b]上两次利用罗尔定理有一阶导函数相等的两点,再对F(x)用罗尔定理即可。
【证明】构造辅助函数F(x)f(x)g(x),由题设有F(a)=F(b)=0. 又f(x), g(x)在(a, b)内具有相等的最大值, 不妨设存在x1x2, x1,x2(a,b)使得
f(x1)Mmaxf(x),g(x2)Mmaxg(x), [a,b][a,b]
若x1x2,令cx1, 则F(c)0.
若x1x2,因F(x1)f(x1)g(x1)0,F(x2)f(x2)g(x2)0,从而存在
c[x1,x2](a,b),使F(c)0.
在区间[a,c],[c,b]上分别利用罗尔定理知,存在1(a,c),2(c,b),使得
F(1)F(2)0.
再对F(x)在区间[1,2]上应用罗尔定理,知存在(1,2)(a,b),有
F()0, 即 f()g().