考研數學-高等數學講主講：楊超考研數學-高等數學講 主講：楊 第一講函數、極限、連 第二講一元函數微分 第一節導數與微 第二節導數的應 第三講中值定 第四講一元函數積分 第一節不定積 第二節定積分與反常積 第五講多元函數微分 第六講二重積 第七講微分方 第八講多元函數積分 第九講無窮級 第一講函數、極限、連續則稱在na以為極限，記作lima n2yfx，設為一個常數，若0XxXfxA

fx定義3：對于函數yfx， 為一個常數，若0，X1使xX1時，fxA，則稱limfx4yfx，設為一個常數，若0X2xX2fxA，則稱limfx5yfx0，0，使0xfxA，則稱limfx

時，有fxAlimfx000fxAlimfx0limf0limfxAlimfAlimfxAlimfA00

xx0x0fxAfxA(二)極限的性質

fx存在，則其極限值唯一．局部有界性定理：若

fx存在，則fx在局部局部保號性定理：若limfxA0fx0 推論：若limfxfx0在局部成立，則limfx(三)極限的運算

四則運算：若limfxAlimgxB，則limfxgxA f limfxgxAB，

gx

，其B yfu在u0u0limgxxlimfgxfu0flim(四)極限的存在準則

準則(原理)：若f1xfxf2x在局部成立，且

f1xAlimfxA，則

fx存在且等 (五)兩個重要極①

sinx

1；②

1x

(六)函數極限、無窮小關系定理：

fxAfxAx，其中x(七)無窮小量與無窮大量

概念：若

fx0，則fxx時為無窮小若limfx，則fxx時為無窮大(量2：不能離開自變量的變化過程談無窮小與無窮大注無窮小量階的比較：設fx0gx①若②若③若④若

fx0，則fxgx高階fxogxgxfx，則fxgx低階gxfxcc0)，則fxgx同階gxfx1，則fxgx等價無窮小，記fx~gxgxsinx~xtanx~xarcsinx~xarctanx~xex1~x，ax1~lnax，1cosx

12

，1

題型一關于極限的概念與性1“對任意給定的0,1，總存在正整數N，當nN時，恒有xna2”是數列xn收斂于a的（ [C2x，總有(x)f(xg(x，且limg(x)(x)0，則limf 1 1

解：令(x limg(x)(x)

，g(x)

f(x)1.(x)f(x)g(x)，且 若令(x)x ，f(x)x，g(x)x ，則(x)f(x)g(x)，且 limg(x)(x)0，但limf(x)，故B不正確，選 3、設{an},{bn},{cn均為非負數列，且liman0limbn1limcn, (A)anbn對任意n成立 (B)bncn對任意n成立 極限 不存在 (D)極限 解：由limbn1，limcn 4、當x0時，變量1sin1是 解：取①xn ,limxn0,xn0,lim2 n n ②x ,lim

sin1 2n2

n 5、設數列xn與yn滿足limxnyn0，則下列斷言正確的是 n（A）若xn發散，則yn必發散 （B）若xn，則yn必有界1（C）若xn有界，則yn必為無窮小 （D）

為無窮小，則yn必為無limxy0xy0ny1n，故選xnn n xn6、設函數f(x)在(,)內單調有界，xn為數列，下列命題正確的是

若xn收斂，則f(xn)收斂 若f(xn)收斂，則xn收斂 D

若xn單調，則f(xn)收斂.若f(xn)單調，則xn收斂解：由于f(x)單調有界，則當xn單調，f(xn)單調有界，從而f(xn)收斂，故B.題型二關于函數極限的計

naxa

ax

a0,nm（a a,b ba0,b0lim xbxmbxm1

x

n

1、求極限

2x14x165xx8x24x4解：原式 33x1

x2x3解：原式 21 3x1x1x4x4x2x1x x2sin

1x 解：原式

21xx411xx1sin2、求極限lim2exsinxxx0 x1 lim

xe

sinxx0+

ex 2 4lim4

exsinx21x0

x 1 eecos1、求極限

31x2ecosx(e131x2

1cosx 解：原式

1

1 2、求極限

1lnsinxx0 解：原式lim1ln1sinxx0

x sinxx

sinx 故原極限limsinxx 12cosx 3、求極限lim3 x0x 2cosx xln2cosx解：當 0時，

2cosxx x xcosx3123xcosx312316xln xln1 故原極限6

lnsin2xex4、求極限

lnx2e2x sin2x sin2

解：原式

x2 ln1e2x

x0 e2 5、求極限 5x53x44 解：原極限

41limx134 lim

1xx5

5 x5 3 6、求極限limxsinln1 sinln1 x x x sinln13 sinln1 x 解：原極限lim 31x+

方法四利用泰勒公式16x0sinxx1x3ox3x166tanxxx3ox3tanxx1x3ox3 12ln1xx1x2ox2xln11221、求極限limcotx 1 解：原極限

sin x1xsinx x0tan

xsinx 2、求極限

xsinx0x2ex1解：原極限lim x0x2 3、求極限lim1

xtanx tanx 解：原極限

x2tan 4、求極限limarctanxx0ln12x31解：原極限 x0

sinx1sin3解：原極限 cosx

6、求極限lim

2

1x2

ox41 x21 x2cosx11x21x4ox4 11 8 7、求極限limarctanxsin1616故原極限

6xfxsin fx8、若lim 0，則 xfx6x16x3ox3 lim6fx36 x故

方法五二個重要極限sin 1lim 1，lim1xxe， x x3sinxx2cos1、求極限 x01cosxln13sinxx2cos解：原極限 x 234、求極限lim1x2tan 1x1xsin 1x21xsin解：原極限 lim = cos sin1 22lim6解：原極限exsinx116、求極限limcosxln1x21

解：原極限lim1cosx1ln1x2 7、求極限lim xx xb解：原極限limx

abxabx2baxab1

ln1xex8、求極限lim x0 1解：原極限limx0ln1x

ln1xxex 1而 ex故原極限e

方法六利用洛必達法則求七種未定型00000,10 1cosxxln1tan1、求極限 2解：原極限1limxln1tan2

sec21lim11tan2 2 1lim1tanxsec2x1lim1tanxsec22 2x1tan

4 sec2x2secxtanxsecx 4 2、求極限 1tanx1sin解：原極限

xln1xtanxsin 1tanx1sin1x0xln1tanx1sin11limtanx1cos

1lim 2x01 11100x23limx2x21004、求極限limlnxln1

x1100

解x1ln1x

x故原極限limx1ln1x令1x

limtlnt 15、求極限limxx2ln x xx1，則原極限limtln1t t0 cos2x6、求極限 x0sin

x21sin2 2x1sin解：原極限

x2

sinx

x sin2x x14x2lim1cos4xlim 1exe2x enx7、求極限 x0 1exe2xenx

解：原極限lim

x

exe2x enx

nex2e2x nenx而 lim 12x0 故原極限e

exe2x nnnn128、求極限 x x

sin2 lim 1 2

解：原極限 lim1 xe1x9、求極限limx

x11x

x x 1lnx1x2lim1lnxx

lim111 1x2 111 xx 故原極限e0補充題：求極限lim

lnx

1x2ln1方法七利用準1、求極限lim(

nn2nnn2n nn2n xnn2ni又lim

1n(nlim ilim

1，lim

1n(nlim 1 nn2nn nn2n n 準則，limx1n

nn2n 2、記住公式limnanan anamaxa，其中a0i1,

, x2

1im ninn2xnninn2z ninn2xnninn2z 2 0x解：由2結論可fx

1x4f(x)1

xn1xn1x x

x由圖像fx不可導2 5、設0ab，則limanbnn Aa Ba1 Cb Db1 解：因為0ab，所 ，故lim bnn= 方法八利用定積分定義 1、 ln21nnn nn

011cosn1 1cosn22、 1 1 2nn n(1)n(1)n12nnn

等于

2ln2xdx 1221ln(1x)dx 2

21lnxdx22ln2(1214、

n

nsin

[Bnn n

n n1、設a2, 1(a1),n1,2,...,證明：lima存在并求其極限值n n

nanan 證：因為 (a ) (nanan n n1(a1 a n2(1a2)2(11) an1an，an單調遞減且有下界，故liman存在，令liman 代入 1(a1)可得A1A1A1,A1（舍去 2 An2、x110，xn1

6xn(n1, )，試證：xn極限存在，并求6666xk證：x110，x2 4x1假設xk1xk，則xk 6666xk66 436666則xk66由數學歸納法知：xn3，即xn為單調下降有下界的數66設limxna,(a0)，在恒等式xn1 兩邊取極限，即66n得a 6a，解之得a3（a2舍去所以limxn3、設數列xn滿足0x1xn1sinxnn12,...

證明limx存在,)計算limn1nn nnxn1sinxn，若limxn存在，且limxn=Axn1sinxn AsinAA0，可見xn遞減0為下界證：因0x1，0x2sinx11，于是0xn1sinxn1n1,為下界，由單調有界準則知limxn存在.limxn0 sinxn sin

原式=lim( )n=lim( )x1lime

e 1fxx處的導fx存在，求limxfx0x0f xx0 x

x xx0 x fxxlimfxfx0fxxfx0 0 x0

2fxx0處可導f00，求x

ftxfxt1fxxx1lim

x解：構造輔助函數ysint，在x xxxxx cos xxxxxxxxxx故原極限limcos x xx 2、limn2arctana a n1 arctana 解： x 令ftarctant,t a1x,x1arctana 12aa

a x 1

x

，

x1, ax1ax故原極限x1

2 x

x

x xtft1fx連續f00，求x0xxfxt0 解：令uxt，則0fxtdtxfudu0fu 0原極限limx0ftdt0

tft

lim

ftdtxfxxfx xxfu xftdtxfx lim xft fx lim 0x0xftdtxf0 fx x0fxxxf

x0fx0xf題型三無窮小量的比fx連續且xa時，fxxan階無窮小，則當xaxaftdt必為xan1x③當當fx連續xa時，fx是xa的n階無窮小，gx是xa的mg無窮小，則當xa時 ftdt必為xa的n1m階g1x0(1cosxln(1x2xsinxnxsinxnex21高階的無窮小，整數n等于 x0(1cosxln(1x2

1x2x21x4，xsin

xxnxn1ex2 所以4n12n12、當x0時，(1ax2)31與cosx1是等價無窮小，則常數a 1解：lim(1ax2)31lim 2a1，a3。

1cos

1 2x x1 x（A）1e （B） 1 x1解：x0時，1e (x);1 x x;1 12

1(x)224、 2，其中a2c20，則必有 x0cln(12x)d(1ex2

a

a解：原極限limasec2xbsinx 2c1

2，所以a 5、把x0時的無窮小量0costdt,0 tdt,0sintdt排列 (A),, (B),, (C),, (D),,1 12 d1 12 cos確的排序為,

1， 2xtanx

， sinx26x0時，sin2xln1t2dt是0

1cosx

sin2xln1t2 sin2xln1t2lim lim0 1cosk 1cosk

x

ln1sin4x2sinxcos

x

k

C 132kx3 132k 2k15k93sin2

方法二：由③可得

ln1t2dt是x的6階無窮小而1cosx3是x的 3階無窮小，故62kk937、設函數f(xx0f(00,f(00,f(0)0.證明存在惟一的一組實數123h0f(h)f(2h)f(3h)f(0)比h2 lim1f(h2f(2h3f(3hf(0)0 2

0 lim1f(h)22f(2h)33f(3h)0

0lim1f(h)42f(2h)93f(3h) f(xx0有23f00f(0)0,f(0)0,f(0) 故23 D 32131322 題型四已知極限反求參1、當x0時，fxxsinax與gxx2ln1bx為等價無窮小，則 Aa1,b1 Ba1,b1 Ca1,b1 Da1,b1 t

[Aa2t2、求正的常數a與b，使等式limbxsinxa2txtxta2t0a2 1a2

2故a2,b

bxsin x0bcos ax01cos 3、確定常數abc的值，使解：因為limaxsinx0,c

axsin3xln(1t3

c(cxln(1t3 0ln(1t3故

dt0，即ln(1t3

dtt無論t0,t0

0t0ln(1t3若b0，由積分保號性

dt0b0t axsin acosx acos

c

x0ln(1x3

limacosx0a1,c這三道題，你能一眼看出a1,這三道題，你能一眼看出a1,b1,c14、已知lim3sinxsin3x1，求c ，k 5、

ln1xaxbx2

，則a1,b5256、若limsinxcosxb5，則a1,bx2xxx2x

axb0，求a※設limfxgxA（A為常數，若limfx，則limgx 11x解：原式limx a11x x 所以1a0ax2xblimx2x1x xx2x 8limxn7x41mxbn4,b0，求mnx xn7x41xn，由已知可得mn 則limx7x1 xlimxn1nn1x x 1 1limx nnb所以n14,n5b7m1

n x9、設 r nnn

0，求和r

1r

lim

1 n n n n

nlimlim

r

題型五連續fxxx0處連續,③limfxfx0limylimfx0xfx00x

函數的間斷點的分類函x0fx的第一類可去間斷點：fx00fx00fx0fx00fx0fx00fx00fx0fx0x0fxsin1

1etanx0arcsin21f(x)

1xex1

,則 x0x1f(x的第一類間斷點x0x1f(x的第二類間斷點x0f(xx1f(x的第二類間斷點x0f(xx1f(x的第一類間斷點limfx,limfx0,limfx

[D 2f(x

lnxsinx(x0)lnxA有1個可去間斷點，1個跳B有1個跳躍間斷點，1個無窮C有兩個可去間斷D有兩個無窮間斷f(xx1,0x1x而limf(x)limlnxsinx ln limlnx0，limf(x)0，故xx1x

x

x

ln ln1x xlimf(x)lim sinxlim sinxlim sinx x1x x x1xlimf(x)sin1x1A3f(x和(x在(f(xf(x)0，(x)有間斷點，則（）（A）[f(x)]必有間斷 （B）[(x)]2必有間斷（C）f[(x)]必有間斷 f 無間斷點，由f(x)連續知 盾，故選

fx

f4、求極限limsintsintsinx，記此極限為f(x)，求函數f(x)的間斷點 其類型 txsinx x limsintsintsin

x sintsinxsintsin

lim etxsinxesintxsinx tx sin f(xx0xkk1,x由于limf(xlimesinxex0f(x的可去間斷點 而xk,k1, x為參變量，以n為極限所定義的函fxfxlimgx5、設函數fxlim1x 函數fx的間斷點，其結論為 x1 (B)存在間斷點x1(C)存在間斷點x0 (D)存在間斷點x1gxn與變量nxhxx1,x1,xx1f(x)lim1

lim1 x2n01x1x x1

n1 lim1 f(x)lim1

lim

2 x1x1

n1 n f(x)lim1x 00n1 n1 f(x)

1xlimx2n

limx2n 0 0 n1 x2n limx2n 當x1或x即f(x1xx 當x再函數f(x)的間斷性

fxlim1x11

fx

fxf10f(xx1處連續，不是間斷點x1limfxlim00limfxlim1x2 limfxlimfxf(xx1處不連續，是第一類間斷點.故選 6 fx

x2enx1axbenx11

解：②與n有關的項為ahn,x，令hnx0xx為分界 nx10xx1fxx2x1fxab1x1fxax27 函數fx

x0的連續gxn與變量n有關的項含有xh1nah2n， xn

axax

axax

1axxnax e當1時，即0xe，fx e e e1xefxlnxe1xefx 0x

所以fx ，在0,上連ln x第二講一元函數微分學第一節導數與微分1fx0limfx0xfx0

fxfxlim 0

x左導數：f'x fx0xfx0 00右導數：f'x

fxfx 0xfx0xfx0 00

fxfx 0x可導若yfx0xfx0Axoxfxx0dyf'x0xf'x0d導數f'x0yfx在點x0fx0微分dyf'x0dxyfxyfx0xfx0yfxyd1)Cxaax'axlnexlogax xlnlnxxsinxcoscosxsintanx'sec2cotx'csc2secxsecxtancscxcscxcot1arcsinx11arccosx1arctanx 1arccotx 1設uuxvvxx處可導，(1)uvu(2)uvuv

u v

uvuv

(v0設uxx處可yfu在對應點處可導，則復合yfxx導，且dydydufud dud設yyx是由方Fx,y0所確定的可導函數，為求得y'，可在Fx,y兩邊對x求導，可得到一個含有y的方程，從中解出y即可 y也可由多元函數微分法中的隱函數求導公式dyFx得Fd Fyxy在某區間內單調、可導，且'y0，則其反函數yfx在對應區間內 d 也可導，且f'x

'y

dxdxd

xtyyx是由參數方程

，(t(1)若t和t都可導，且't0dy'td 't(2)若t和t二階可導，且't0d2 d't t'tt'td

dt't't

'3tyyx的表達式由多個因式的乘除、乘冪構成，或是冪指函數的形式，則可先將函數取對數，然后兩邊對x求導．0(10

n

x

fn1xfn1x0x0①sin

n

sin

nπ22②cosxn

nπcos 2③uvnunvn④uvn

nnk

Ckukvnk第二節導數的應用yf

00

x

，(f

0 ；彈性 yxy彈性的經濟意義：從x0時刻起，自變量增加1％引起的因變量的相對增加量(％)xy注2：特殊規定：需求彈性

定理1xa,b時，f'x00，則fx在ab內單調不減(不2xa,b時，f'x00，且使f'x0的點為孤立點fx在a定理fx可導fxc的充分必要條f'x1(極值存在的二階x是fx的駐點且fx0存在fx0x0是fx的極小值點；當fx00x0是fx的極大值注：當fx00時，fx的極值點須另行判定．定理2 (極值存在的一階充分條件)若x0是fx的駐點或不可導點，且fx在x0的當f'xx0的左右鄰域內由“＋”變x0是fx的極大值點當f'xx0的左右鄰域內由“－”變“＋”時，則x0是fx的極小值點．當f'xx0的左右鄰域內不變號時，則x0不是fx的極值點凸——曲線上任意一點的切線都在yfx的上方．注結論：10xa,b時fx00yfx在ab內為20fx具有二階連續導數，且xfxyfxfx 30fx0fx0，則xfxyfx 步驟 fx的幾何特性 fx的定義域、周期性、奇偶性(用定義做 fx的單調性，極值點與極值(用導數做 fx的凹凸性及其拐點(用二階導數 fx的漸近線(用極限步驟2：列表

3/ k1y2

，Rk題型一關于導數的1、設f(x)在xa的某個領域內有定義，則f(x)在xa處可導的一個充分 （A）limh[f(a1)f(a)]存 （B）limf(a2h)f(ah)存 （C）limf(ah)f(ah)存 （D）limf(a)f(ah)存 2、設f(0)0，則f(x)在點x0可導的充要條件為

[D（A）lim1f(1cosh)存在 （B）lim1f(1eh)存在1h01

h0lim f(hsinh)存在.

f(2hf(h)存在h03、設函數fxx0處連續,且

fh2

h01,則

[B (A)f00且f'0存 (B)f01且f'0 (C)f00且f'0存 (D)f01且f'0 4、設函數f(x)在x0連續，則下列命題錯誤的是

[Cf（A）若 存在，則f （B）

f(x)fx)f(0) 若limf(x)f(0)0

f(x)f( [D5、f(x可導，F(xf(x)(1|sinx|f(0)0F(xx0(A)充分必要條 (B)充分條件但非必要條(C)必要條件但非充分條 (D)既非充分條件又非必要條6f(xxa（A）fa0fa（C）fa0fa

[Af(x)xa處不可導的充分條件（（B）fa0fa（D）fa0fa[B7、f(x)f(x，在(0,f(x)0,f(x)0f(x在(0)（A）f(x)0,f(x) （B）f(x)0,f(x)（C）f(x)0,f(x) （D）f(x)0,f(x)8、函數f(x)(x2x2)x3x不可導點的個數是 9、f(x)3x3x2|x|，則使fn(0)存在的最高階n為（）

[C[B(A) (B) (C) (D)

[C的高階無窮小量，y0，則y1

1

，且當x0時，是 （C）e1、設fx=xx1x2 xn，則f02tanx102sin

e

[D2、

sin

10

ysinxyex1yyx由方程exycosxy0確定

exyxsinxy2yyxytanxyy11,y211 y3 xy 2x2y2x23 x， ,x2 xyd2 x1yaaxaxxaaaaxaa0y3x2yf3x2,fxarctan3x

fx,x1、設fx在,上二階可導，f00，gx

，x①確agx在上連續②證明對以上確定的a，gx在,上有連續的一階導數2、設x

x dy2 1、設ft0，又y tft，求

ft dx12tdd22yyx由參數方程y12lnt

dut1所確定

dd2

1612ln1y1x2sinxy1x2sinxcosxln1x22xsinx2y

2+x32+x32x31 3 2 3x2+x3x1111

1x21、若ftlimt112tx,ft2t1e2tx xxxt111、設fx為連續函數，Fx lnxftdt，則Fx

flnx

f12、 dx

xcost2dt

x0cost2dt2x2cos

1、已知fx具有任意階fxfx2，則當n為大2的正整數時，fx的n階導數fnx是 [A2y

2x

yn0

1n2n3ylnx1yn1n1n

11fxx2ln1xx0處的n階導fn0n1n1fn0 n 2yx3sinxy60第三講中值定理涉及函數fx的中值定理，（即連續函數在閉區間a,b上的性質1、設fx在a,b上連Th1.有界性：fxkkTh2.mfxMmMfx在a,b值Th3.mMmMfx在a,ba,b，使fTh4.fafb0a,bf0.2、涉及導數fx的中值定理Th5.羅爾定理：設函數fx滿足條件在閉區間a,b上連續在開區間a,b內可導在區間端點處的函數值相等,fafb則在a,b內至一點,使f0fx在a,b上連續，a,b內可導，則方fx0的二實xax之間至少有方程的一個實根a該定理的逆否命題fx0在a,b內沒有實fx0fx0a,b上至多只有一個實根推廣fx0在a,b內有且僅有m個實根，則fx0在a,b上至多只m1個根例：設a0exax2bxc的根不超過三個.Th6.拉格朗日中值定理：設函數fx滿足條件：在a,b上連續在a,b內可導則在a,b內至一個,f

fbfa．bfafbfbfafababa,0Th7.柯西中值定理：設函數fx,gx滿足條件在a,b上連續(2)在a,b內可導,即fx,gx均存在,gx0fbf f 則在a,b內至 g g Th8.Taylor公式專題講解b3、涉及積分afxdxbTh9.積分中值定理：設fx在a,b上連續,則在a,b上至少一個,bafxdxfbabTh10.升級版的積分中值定理：設fx在a,b上連續,則在a,b上至少一個,bafxdxfbabx證：令Fxx

ftdt，因為fx在a,b上連續,FxfxFxa,b上連續 a,b內可導，在a,b上運用拉氏定bFbFafbaafxdxfba,b題型一最值、介值，狼狽為1fx在a,b上連續acdb，證K1K20a,bfx在a,b上連續,所以mfxMK1mK1fc K2mK2fd ①②mK1fcK2fdK1KfcKf 由介值定理，KfcKf K12、fx在a,b上連續,ax1x2 xnb，則在a,b內至少有一點，ffx1fx2 fxnnb，使得af(x)dxf()(bb證：因fx在a,b上連續, fx在a,b上存在最大值M與最小值m故mbabf(x)dxMba，m bf(x)dxM bab[ab]f(baaf4、設函數fxg(x)在[ab]上連續，且g(x0，證明存在一點[a,b]，使 af(x)g(x)dxf()afxa,b上連續故fxa,b上存在最大值M與最小值mmfxg(x0，所以mgxfxgxMg bf所以

g(x)dx

f(x)g(x)dxM

，m

ba從而從而[a,b]，使得f afba5fx在0,1f00，證至少存在一點0[0,1，使f21fxdx0fx在0,1上連續，故mfxfxf0fx00xfxxf mfMmxfxMx1mxdx1fxdx 12mxdx21fxdx12Mxdx，m2m121fxdx2M1 006f(x在區間[aa](a0)上具有二階連續導數,f（0）0f(x的帶拉格朗日余項的一階麥克勞林公式證明在[aa上至少存在一點，使a3f(3

f解：(1)對任意xa, f(x)f(0)f(0)x1f()x2f(0)xf() （2）af(x)dxaf(0)xdx1af()x2dx1af( 2 2f(x)在aa上連續，由最m

f(x)M,x[a,ma3max2dxaf()x2dxMax2dx2 1

m

f()xdx

f(x)dx 2 m f(x)dxa 3 )

a3

f,在[1,1]內至少存在一點，使ffxfxfxxx1fxx

1fxx2 2取x0,x1代入：f1f01f01021f103， 1x1f1f01f010211

103，1,0①-②f1f1

ff1 mfx

6 m

1M,mf2 m1ff2 2③代入題型二羅爾定理1，證必存在0,3)f(（分析）f(0)f(1)f(2)30,2f1f3，滿足羅爾定理，于是存在0,3)，使f()0.2、設函數f(x)在03上連續，在0,3內存在二階導數22f(0)0f(x)dxf(2)f(3)2證明存在(0,2),f()f證明存在(0,3)f( 證明：(1Fx0ftdt0x2，則0fxdxF2F 由拉氏，存在(02F2F02F2f2即0fxdx2f2f0ff2 fx在23上連mfxMmf2Mmf3Mf2fm M，由介值定理，存在12f2f使f1 2

f0f1fff1f001二次運用羅爾定理10,2,1，使f10，f2從而存在1,20,3，使得f10證至少存在一點0,1，使得f11f證Fxxexff1

k1xe1xfxdx=e11f，01FF ， k由羅爾定理，1,10,1F②證fxx0處連續，在0,0內可導，且limfxA，則f5、設fx,gxa,ba,ba,bbgb

fxdx

ga a[構造輔助函Fxbftdtagtdt運用羅爾定理6、設函 fx,gx在 上二階可導，且gx0fafbgagb0①在a,bgx0f f②在a,b內至少有一點gg證gx0，所以gx0在內最多有兩個根gagb0，則xa,bgx0FxgxfxfxgxFaFb由羅爾定理，a,bF0，故得證7fx在a,b上連續，在a,b內可導fab,fba，a與b同號a,bff2f2f[構造輔助函數Fx

f]9、設fx在a,b上連續，在a,b內可導，且fafb0，證：ff0.[Fxexfx10fx在0,1上連續，在0,1內可導，且1fxdx0，證0,10使f2f0.[Fxx2f211、設fx在0,1上連續，在0,1內可導f0f10,f12 證：①存在1,1，使得f ②對任意實數存在0,ffFxfxxF1f1110，F1f111 2 2 由零點1,1F0，即f ②令xfxxex,00,由羅爾定理知，存在0,，使0，故證題型三拉氏、柯西1fx在0,1上連續，在0,1內可導f00,f11，0,1f1②存在二個不同的點mn，使得fmfnFxfxx1F01F1由零點定理0,1，使F0，即f1②在0,與,1二區間分別使用拉ff0fm0，m介于0與之 f1ffn1，n介于與1之 整理可得fmfn2fx在a,bfa0，證

fx b

2

fxdxb證：因為fxfxfafxabfxb

fxa

fxxb

b

fxdxa

fx

xadxa

fx23、在區間0,af0

fxM，且fx0,a內取得極大值，證：證：fx在0a內取得極大值，不妨設fcfx在0c與ca之間分別使用拉fcf0cf1,10,fafcacf2,2c,af0facf1acf2cMacMaM4、fx在a,b上連續，在a,b內可導，且fx0,a,b，使febeaf

b證：因為fbfaf， fbfaeb

f e①febeae f b5fx在a,b上連續，在a,b內可導fafb1，證a,b，使得ef+f證：要證ef+f1，只需證ef+f Fxexfx在a,b上運用拉氏，可ebfbeafb

eb 對txe在a,b上運用拉氏，可 bfafb1，由①②兩式可得結論題型四泰勒公式（高處不勝寒如果fx的二階和二階以上的導數存在且②恰當選擇等式二邊的x與1、設

fx1fx0fxxf

1

f00,f0fx二階可fxx0處的一階泰勒公式成立fx=f0

0x

fx2,0,2fx0，所fxx，得證2、設fx0,1上二階導數連續fxA，證fxAx2證：因為fx在0,1上二階導數連續

f0f10，并且x01時，fxfxfxxxfxx2xx f0fxfx0xf10x20x f1fxfx1xf21x2x1f0f1fxf1

x2

f21f

f

f21x21fx2f1x2 1x

2 1Ax2A1x21Ax21x22 1、f(x在(x00f(x的極大點，則（x0f(xx0必是f(x)x0必是f(xxf(xf(x0f(x與f(xx00f(x的極x0必是f(x)的極小值點.x0f(xf(x0f(xf(x0即f(x)f(x0，故x0為f(x的極小值點2、設limfxfa1，則在點xa處 xf(x)導數存在，faf(xf(xf(x解：由極限保號性在a

fxfx

0fxfa3、f(xf(0)0limf(x)1，則（x0|xf(0)f(xf(0)f(x(0,f(0))yf(xf(0)f(x(0,f(0))yf(x)x0|x |x從而B正確.4f(x)有二階連續導數，且x1fx2x1fx1f(xxaa1f(xx1解：①由于在xaa1取得極fa0xax 2x1 1xaa1取極小值

fa1ea

0a，fx2fx1e1x，兩邊取極限xlimfx2limfxlim1e1x1f110 xf10x1f(x的極小值點5f(xf(xf(x)]2sinxf(0)0，則（f(0)f(xf(0)f(x點(0,f(0))yf(xf(0)f(x的極值，點(0,f(0))yf(x的拐點.解f(x)sinxf(x)]2f(x)cosx2f(x)f(x)x0f(0)1，故選6、曲線y(x1)2(x3)2的拐點個數 （C y4(x1)(x2)(x3)y43x212xy0x1,22

，故選3337、fxx1x22x33x44的拐點為 （A）1, （B）2, （C）3, （D）4,

[C

yt33t

確定,yy(xx2121

[f

1 2，單調減區間 2

2,120,1

2 3 2 2，單調增區間2 x1f(x在(,f(x有（Cx2、設在[0,1]f(x0f(0)f(1)f(1)f(0)f(0)f(1)的大小順序是(B)(A)f(1)f(0)f(1)f (B)f(1)f(1)f(0)f(C)f(1)f(0)f(1)f (D)f(1)f(0)f(1)fx3、f(x在(F(x0(x2tf(t)dt，試證：若f(x)為單調不增，則F(x)單調不減.x F(xx0f(t)dt20tf(t)dt F(xxf(t)dtxf(x2xf(x)xf(t)dtxf(x)xf(f(x)]0 之間f(xx0f(f(x0F(x0，當x=0時，顯然F(0)=0，x0f(f(x)0F(x)0，4f(x)在0a可導，f00fx在0a內單調fx在0,a內單調證：設0xa

fx，則Fxx

由拉氏定理，存在0,xfxfxfxx

fx 0 fx是單增f0將上式FxfxxfxFx0故fx故

在0,a內單調

題型三求漸近線

11(A)沒有漸近線 (B)僅有水平漸近(C)僅有鉛直漸近 (D)既有水平漸近線又有鉛直漸近解：由limy1y1limyx0，故選x x2x 2ye x x

xlimylimeex1 x2x x x x1x3、y1ln1ex的漸近線的條數為 x limy,limy0y0 limyx0

ln1ex klimlim lim x ln1ex

x1blimykxlim 0yx. 3(1x)x4、曲線y xklimyx

x(1x)2x

1)2 3 x3blimykxlim lim2xx3 yx32題型四證明不等式1、試x0x21lnxx121f0f2f1f0f2f0fxf(x)2xlnxx21,f(1)xf(x)2lnx11,f(1)2f(x)

2(x22、證明：當0abbsinb2cosbbasina2cosaaf(xxsinx2cosxx0axbf(x)sinxxcosx2sinxxcosxsinxf(x)cosxxsinxcosxxsinxf(xf(x)f(0，f(xf(b)f 43、設eabe2,證明ln2bln2a (ba)F(x)ln2xln2a

4(xa,F(x)

lnx

F(x 1lnx 2xe時,F(x0F(x在ee2上嚴格單調減少，即當exe2時,F(x)F(e20，故當exe2時,Fx單調增加4F(b)ln2bln2a (ba)Fa44即ln2bln2a

(ba)fxln2x在[ab

ba,e 設(tlnt，則(t)1lnt t當te時，(t)0,所以(t單調減少，((e2eab從而

bln2a

2ln

(ba)4(b 4、設x(0,1)，證明①(1x)ln2(1x)x2;② 1 11 ln(1 f(x)1xln2(1xf(x)ln2(1x)2ln(1x)f(x) 1x

ln(1x)x0.x所以f ，f1fxf00，所以f f1fxf00，即(1xln21xx2所以(1xln21x1②令(x)1ln(1

1xln(1x) (x)(1x)ln2(1x)x2(1x)ln2(1由①結論知(x)0x所以 ，又(x)在0,1上連續，1 1ln所以x 11，limxlimxln(1x) x0xln(1 當x(0,1)時，(x) 11，得證ln(1 5p10x1時，2

xp1xpfxxp1xp0xfxpxp1p1xp1，fx0x21 1p1 f0f11,f22 22p1 f

f1,f2 2

f1f01即2

xp1xp1x6、求證xyln xlnxylnyx0,yx x xlnxyln ln x0,y Fxxlnxx0Fxlnx1,Fx1xFx在0為凹的xylnxyxlnxylnyx0,y 題型五方程實根的1、設函數f(x) ln(2t)dt，則f(x)的零點個數 0A B C Df(xln(2x22x2xln(2x20x0 f(x)2ln(2x)2

0ff(0)0f(x只有一個零點.2、若3a25b0，則方程x52ax33bx4c0 （A）無實 （D）有五個不同實f(xx52ax33bx4cf(x5f(x0f(x)5x46ax2其判別式(6a)2453b12(3a25b)f(x)0f(x0 3、在區間(,)內，方程|x|4|x|2cosx0 （A）無實 （D）有無窮多個實 解：f(x|x|4|x|2cosxf(x顯然x1fx0，故只需考慮區間f(0)10f(1)2cos10x0,1fx0，故f(x)0在0,1內有唯一一個實根，f(x在(內有且僅有兩個實根.4、證明方程lnxx 1cos2xdx在區間（0，）內有且僅有兩個不

1cos

2sinxdx2cos 2022f(x)lnxx2e

f(x11f(x0x f(x)0,0xefx在0, ，fx在e,f(x)0,ex 2f fe2limf(x),limf(x)，所以fx在0e和e內各有一個零點 5、曲線y4lnxk與y4xln4的交點個數.fxln4x4lnx4xkxf(x)

4(ln3x1x)

f(x)0xx0,1fx0x1fx0fxf14

f(x)lim[lnx(ln3x4)4xk]f(x)lim[lnx(ln3x4)4xk]①當4k0，即k4fx②當4k0，即k4fx③當4k0，即k4時，fx在0,1和1分別有唯一零點6、設在[0,f(xf(xk0,f(0)0,f(x(0,+內有且僅有一個零點證：先證存在性，對x0,0,x上運f(x)f(0)f(1)xkx,1(0,ff(x)kxf(0)，取x1 f0k則f(x1)k f(0)0，因為f(0)k 由零點定理，在0,x12，使得f2fxk0f7、設fx0f12f13，證fx0在1有且僅有一