《高等数学》学习指南

1、 函数一教学要求1.理解函数的概念，包括反函数、复合函数和初等函数的概念.2.了解函数的单调性、周期性、奇偶性和有界性.3.熟悉基本初等函数的性质及其图像.4.能建立简单实际问题中的函数关系.5.掌握两个常用不等式.二知识要点1函数的概念定义：设和为两个变量，D为非空的实数集，如果对每一个，按照一定的法则，变量总有确定的数值与之对应，就称为的函数，记为.数集称为该函数的定义域，叫做自变量，叫做因变量。 当取数值时，依法则的对应值称为函数在时的函数值。所有函数值组成的集合称为函数的值域。注 1：函数通常还可用等表示。 2：约定：函数的定义域就是自变量所能取的、使算式有意义的一切实数值的全体。三典

2、型例题分析与评注例 1 设的定义域为，求：（1）； （2）的定义域.解 这是求复合函数定义域的问题，若，要求的值域在的定义域，因而有（1），即，故的定义域是.(2)因为的定义域为,的定义域为,故的定义域应是两函数定义域的公共部分,即.因此，当,即时,函数的定义域为; 当时，函数的定义域为; 当时，函数的定义域为.例 2 证明：定义在对称区间上的任意函数可以表示为一个奇函数与一个偶函数之和.分析 设函数在上有定义,假定可表示为奇函数与偶函数之和,即,则,于是 .由此引出下面证明.证 设在上有定义，令 ，则 ，即为奇函数，为偶函数，且，故结论成立.例 3 已知对一切实数均有,且为单调函数,试证:.

3、证 对任意实数均有,由为单调函数,可知,又因为,所以,于是得,故.例 4 已知函数在内有定义,且当为正数时,有,试证在内是周期函数,并求周期.证 由知, ,则有所以在内是以为周期的周期函数.例 5 设,求复合函数.解 ,例 6 选择题(1) 设函数，则函数（ ）. . .(2) 设， ，则（ ）. . .解 （1）当时，； 当时，.所以，故选. （2）时，； 时，.所以，故选.例 7 若设求.解 因，假设时，则，故由数学归纳法知，对一切自然数，有评注 在计算和证明某些题目时，数学归纳法不失为一种行之有效的方法，希望同学们学会运用.例 8 说明函数与表示同一个函数的理由,这函数是初等函数吗?解

4、因为这两个函数的定义域都是,且对应法则也相同(对任意给定的都有相同的与之对应),所以它们表示同一个函数.函数是初等函数,因为根据初等函数定义, 是初等函数.评注 此例说明“分段函数一定不是初等函数”这种说法是错误的.例 9 说明符号函数,不是初等函数的理由.解 若是初等函数，则它在定义区间内应处处连续，但在处， ，所以在处，不连续，矛盾.故不是初等函数.四同步练习1求下列函数的定义域： （1）； （2）.2设,.求.3.设 ,求和.4：下列函数是否相等，为什么？（1） 与； （2）与（3）与； （4）与5：下列函数中哪些是初等函数？哪些不是?（1）； （2） ；（3） ； （4）。6：设，证明

5、.7：证明下列恒等式（1）（2）8：已知：设映射，。求证：五参考答案1解：（1）；（2）全体实数。2解：3解： 4解：（1）（2）不等，因定义域不同，（3）（4）相等。5解：(1),(2)是，(3),(4)不是。6证明：由得即 ，所以 所以命题成立.7证明：（1）因为 ，所以+ 同理：-.所以恒等式成立（2）由（1），令，并取符号为正，易证（2）成立8证明:有且,则A但B，即，故,即：第二章 极限与连续一、教学要求1.了解极限的-N，定义，并能在学习过程中逐步加深对极限思想的理解。掌握极限的四则运算法则、两个极限存在准则（夹逼准则和单调有界准则）、两个重要极限，并能熟练地运用它们求数列和函数的

6、极限。理解无穷小、无穷大的定义及性质，掌握无穷小的运算法则，特别注意等价无穷小量代换在计算极限中的运用。理解函数在一点连续的概念，了解函数的间断点并会判断间断点的类型。理解函数在区间上连续的概念，了解连续函数的运算法则及初等函数的连续性。了解闭区间上连续函数的性质，并会应用这些性质。二、知识要点1.极限的概念（）数列的极限正整数，当nN时，恒有|xn-a|时，恒有|f (x)-A|.正数，使得当0|x-x0|时，恒有|f (x)-A|时，恒有|f (x)-A|.正数，当x-时，恒有|f (x)-A|.左极限： 右极限： （3）极限存在的充要条件.在数列xn中任意抽取无限多项并保持这些项在原数列

7、xn中的先后次序，这样得到的一个数列称为原数列xn的子数列（或子列）. 数列xn收敛于其任一子数列都收敛于a.此结论常用来判别数列xn极限不存在. 数列xn收敛于数列xn的奇子数列x2n-1和偶子数列x2n都收敛于a. .注：数列xn可看作定义在正整数集上的函数：，因此数列极限就是函数极限，从而数列极限与函数极限有很多相同的性质和运算法则。2.极限的性质（1） 唯一性 变量若有极限，则极限唯一.（2）有界性 有极限的变量必有界（其逆不真）.（3）保号性 （或A0（或f（x）0,当|x|时，恒有|f（x）|0，当| x |时，恒有| f（x）|M. 注：1无穷大量不是很大的量，2 f（x）为无穷

8、大为无界函数（反之不真）.（3）无穷小与无穷大的关系在自变量的同一变化过程中，除0外的无穷小与无穷大互为倒数.（4）无穷小与极限的关系在自变量的同一变化过程中，) .（5）无穷小的运算性质： 有限个无穷小的代数和仍为无穷小； 有限个无穷小的乘积仍为无穷小； 有界函数乘以无穷小仍为无穷小；（6）无穷小的比较设 （其中） 若 若 若 若 若（7）无穷小的替换定理设、是自变量同一变化过程中的无穷小，且，存在，（8）常用的等价无穷小当注：x换成趋向于零的函数，结论也正确，比如5.极限存在的两个准则及两个重要极限 （1）两个准则 准则I：夹逼准则 设在自变量的同一变化过程中，函数f（x）,g（x）,h（

9、x）满足（i）g（x）f（x）；（ii） 夹逼准则对数列极限也成立，即 如果数列：（i）yn xn zn，（ii）.则 准则：单调有界数列必收敛.（2）两个重要极限. ，推广： ，其中“”是极限为零的函数.注意区别： 推广： 其中“”的含义类似中的说明.6.函数的连续性定义（1）在一点连续的三个等价定义设f（x）在x0的某邻域内有定义f（x）在点x0处连续 注：由第一个等价定义知，连续包括三个含义： f（x）在x0的某邻域内有定义；（2）左、右连续（3）在区间上连续 若f（x）在（a，b）内每一点处都连续，则称f（x）在(a，b）内连续. 若f（x）在（a，b）内连续，且在左端点a处右连续，右

10、端点b处左连续，则称f（x）在a，b上连续.7.函数的间断点（1）定义：若f（x）在x0处出现以下三种情形之一：f（x）在x0处无定义；不存在；则称x0为f（x）的间断点.（2）间断点的分类若x0 为f（x）的间断点均存在，且8.连续函数的性质（1）运算性质 有限个在某点连续的函数之代数和（或积），仍在该点连续. 两个在某点连续的函数之商（分母在该点不为零），仍在该点连续.（2）反函数、复合函数、初等函数的连续性 若函数y=f（x）在区间Ix上单调增加（或减少）且连续，则其反函数在对应区间上也是单调增加（或减少）且连续的； 设函数在点x0处连续，函数y=f（u）在点处连续，则复合函数 初等函数

11、在其定义区间内连续.（3）闭区间上连续函数的性质. 有界定理 设函数f（x）在a，b上连续，则f（x）在a，b上有界，即常数M0，对任意的 最值定理 设函数f（x）在a，b上连续，则f（x）在a，b上必有最大值与最小值，即使得： 介值定理 若函数f（x）在a，b上连续， 是介于f（a）与f（b）（或最大值M与最小值m）之间的任一实数，则在（a，b）内至少一个.推论零点定理 设函数f（x）在a，b上连续，且f（a）f（b）0，则在（a，b）内至少一个三、典型例题分析及评注例1.用数列极限的定义证明：证 由于 因此对任意给定的即 所以 评注 在利用数列极限的定义证明数列xn的极限为数a时，关键的是

12、对能够指出正整数N确实存在，并不需要去求最小的N，因此在证明中如果能够推导出|xn-a|小于某个量（这个量是n的一个函数），即么当这个量小于时，|xn-a|0，当n N 时，恒有|xn-a|成立.此时，有因此 其逆命题不成立，例如取xn=(-1)n，显然例3.求分析：因为当 ， 所以原极限分n为奇，偶时趋向讨论.解： 令，则 故 评注 此题用到结论：数例xn收敛于a 数例xn的奇子数x2n-1和偶子数例x2m均收敛于a. 例4.求解： 由于，故 .评注 本题利用“无穷小与无穷大的关系”来求极限，这也是求数列极限的方法之一，有的同学这样来做：因为 ，所以这是错误的，请大家思考一下，错误的原因是什

13、么？例5 求 分析 本题不能直接运用极限的四则运算法则来求极限，先恒等变形，将分子、分母同除以化为范围内tan不一定小于1，故需分区间讨论.解 当时，0tan1原式=；当原式=；当，原式=.综上所述， ；评注 本题需用到结论以及数列极限的运算法则，利用极限的运算法则和一些常用的结论是求数列极限的方法之一.运用极限运算法则求极限时，必须要满足法则中的条件。有些数列极限不满足运算法则的条件，则不能直接用法则求解，但它们可通过恒等变形（代数变形或三角变形）使其转化为满足运算法则条件的形式，再用运算法则求解（如上例），因此求数列极限时要注意恒等变形的利用，下面几例将会看到恒等变换在解题中的重要性.例6

14、 求.分析 设由于xn表达式为n个数的连乘积，当时，xn为无限个数的连乘积，因而不能用极限的四则运算法则，可先将xn恒等变形.解 = =故 例7 设分析 与上例一样，本题也不能用极限的运算法则.本题可以把xn看成为一个分式 将分子、分母乘以，利用（a-b）（a+b）=a2-b2，化简即可求出.解 评注 本题可推广为：设|x|1，求即化为本例.例8 求 解 因为例9 求分析 当时，此题为无限个数列和的极限，不能用数列极限的四则运算法则，可先将括号内各项整理、化简，再计算。注意在过程中，x与a均可看作常数.解 评注 此类求无限个数列和极限题目，还可用定积分定义来做，希望大家学习定积分后，再用定积分

15、定义试着解.例10 求分析 在过程中，x可看作常量，但当x取不同范围内的值时，极限值不同，故应对x分区间讨论.解 当当x=0时，当x0时，综上所述 例11 求 分析 由于，故直观判断极限应为零。先进行恒等变形：加,减，利用正弦函数的周期性化简，再进行有理化这样便能求解.解 原式= =.因为（-1）n为有界数列评注 本题利用“有界数列与无穷小的乘积仍为无穷小”结论.例12 求解 类似上例做恒等变形得 评注 本题用到“时，”例13 求解 令 评注：此例 是未定型，学过洛必达法则后，也可用洛必达法则解（不过要先化成相应的函数极限）. 例14 设a、b为非负数，求解 设故由夹逼准则得.评注 （1）本题

16、有人这样做：这种做法是错误的，其原因是极限号不能放到n次方根里面去.（2）本例可类推成下列一般形式：设（3）利用夹逼准则来计算数列xn的极限是求数列极限的一种常用方法，其一般解题思路是：对数列xn进行放大或缩小（放大或缩小的准则是利用常用的一些不等式或实数之间的不等关系，以及题目中隐含的不等关系），从而得到两个数列yn，zn对对这两个数列的要求是它们极限存在且相等.如果达不到这个要求，也就无法利用夹逼准则来求其极限了.例15 求解 由于而，故由夹逼准则得评注 本题利用级数收敛的必要条件（这在高等数学下册中将学到）来做亦很简单，希望在学习这部分内容时，大家再用级数的知识来求它. 例16 求 解

17、当时，此题也是无限多项和的极限，不能用数列极限的四则运算法则.但因为 又 故 由于 所以由夹逼准则得 例17 记设 证 因为 又 即 而 例18 已知分析 由数列的表达式，我们很快得到递推关系： .再从该数列的前n项可看出：该数列似乎应是单调增加（当然这是直观观察，要得出该数列是单调增加的还应该严格证明）.如果能得到该数列有界，便可得知xn存，然后再求出xn.解 先证xn单调增加，我们采用数学归纳法证明.由于即再证xn有界.显然由数学归纳法知，对一切有界，所以由单调有界准则知 令 即有由于 是不可能的，应舍去负值，因而评注 （1）有的同学在解这道题时，没有证明存在，而直接设=t，由递推关系直接

18、得到.这种做法是错误的，因为无法断定是否存在，所以等式未必成立.(2) 本题是“利用单调有界数列必有极限”这一准则来求数列极限的，利用这个准则来解题时，该数列一般有以下特征：1数列直接由递推关系给出；或2从数列的表达式中能够找到递推关系.解题的方法是： 证明数列单调（单调增加或单调减少）. 证明数列有界（或对单增数列只证有上界，对单减数列只证有下界）. 由知存在，不妨设=t. 在递推式两边同时取极限，得到关于t的一个一元方程,从中解出t,若方程有几个根（如上例有两个根）需进行判断、排除.例19 设（n=1，2，），证明数列xn的极限存在，并求此极限.解 由0 x11），则由数学归纳法知，对任意

19、正整数n 1均有01时， 从而有，即数列xn单调增加.由单调有界准则知存在.设=a，在两边取极限，得故 例20 设证明存在，并求.证 因为显然 所以即 下证子数列x2n-1与x2n收敛.对于x2n-1：假设 即 ，由数学归纳法得数列x2n-1单调增加，类似可证子数列x2n单调减少.由单调有界数更必收敛得设 解得 故 同理有以上我们给大家归纳、总结求数列极限最常用、最重要的方法，希望大家很好地掌握这些方法.当然，随着学习的深入，还有其它的一些方法，如：利用洛必达法则求数列极限，利用中值定理求数列极限，利用定积分定义求数列极限，利用级数收敛的必要条件求数列极限等.下面我们转而讨论求函数极限的问题.

20、例21 函数这个函数是否为无穷大？为什么？解 （1）因为2，），只要 （2）当时，不是无穷大.因为对于给定的（k充分大，整数），但|y（x）|=0M.比如取.当k充分大时|y(x)|=所以函数在区间（0，1上无界. （2）因为(只要k充分大，整数).但=01时f（x）无间断点.x=1是分段函数f（x）的改变解析表达式的点，可能为间断点.因为 因此，.评注 分段函数除了考虑使其改变解析表达式的那些点的连续性外，每一定义段内函数的连续性也要考虑.例49 设的连续性.分析 由f（x）的表达式知，应先求出极限的表达式便完全已知，再讨论f（x）的连续性.解 当x=0时，当x0时，由于，故综上我们得到 显

21、然上连续，而在x=0处可能间断.因为故，所以f（x）在且x=0处间断，x=0为f（x）第一类（跳跃）间断点.例50 设已知f（x）在x=0处连续，试确定a、b的值.解 因f（x）在x=0处连续,故故a=1，lnb=1，即b=e.评注 本题代表一种类型，以后碰到这一类问题均可通过这种方法来求.例51 填空：设函数在（-，+）内连续，则C= .解：因为f（x）在（-，+）内连续， 所以f（x）在x=C处必连续，故有， .而由题设知 c0，从而有 ，即（C-1）（C2+C+2）=0故 C=1.例52 设为连续函数，试确定a和b的值.解 当|x|1时，当当当所以 为分段函数.显然，在分段点x=1处，在

22、分段点x=-1处，因为f（x）为连续函数，所以f（x）在x=1处连续，因此 f（1+）= f（1-）= f（1），f（-1+）= f（-1-）=f（-1），即解得a=0，b=1.例 53 设处连续，证明函数f（x）在任意点x0处连续.分析 要证明f（x）在x0处连续，按定义要证.由条件，所以只要证明证 已知对一切，从而可得而对任意点即函数f（x）在任意点x0处连续.例54 设函数 f（x）在x=0处连续，且f（0）=0，已知|g（x）|f（x）|，试证函数g（x）在x =0处也连续.分析 只要证证 已知又f（x）在x=0处连续，所以而，由夹逼准则可知，即 ，故函数g（x）在x=0处连续.例55

23、 证明奇次多项式至少存在一个实根.分析 有关连续函数根的问题，可利用连续函数的零点定理证明.证 不妨设即对即对上述,则又因为多项式上连续，由零点定理可知在（-X，X）内至少存在一点，使p()=0，即奇次多项p(x)至少存在一个实根.例56 若f（x）在a，b上连续，且f（a）b，试证在（a，b）内必至少存在一点，使f（）=.分析 要证在（a，b）内必至少存在一点，使f（）=，即f（）-=0，亦即在（a，b）内必至少存在一点，使函数f（x）- x在x=点处为零，如果能说明函数f（x）-x满足零点定理的条件，由零点定理我们即能证明.证 构造辅助函数上连续，且由零点定理得，在（a，b）内至少存在一点

24、，使得f（）=.评注 本例是通过构造辅助函数的方法来证明的.关于闭区间上连续函数的有关命题，其证明方法有两类，一类是直接法，即先利用最大值最小值定理，再利用介值定理.另一类是间接法，即通过构造辅助函数F（x），再利用介值定理的推论（零点定理）.那么，如何构造辅助函数，现将其归纳如下：首先，把结论中的（或x0）改写成x.其次，移项使等式右边为零，令左边式子为F(x)，则F(x)即为所求.下面再看几例.例57 设f（x）在0，2a上连续，f（0）=f（2a）.证明：在0，a上至少存在一点,使得f（）=f（+a）.证 设所以 若 若由零点定理，至少存在即 例58 设f（x）在a，b上连续，并且acd

25、0，q0故因而 再由介值定理即知，在a，b上至少存在一点，使，即.间接法：根据构造辅助函数的方法，我们令显然F（x）在c，d上连续.注意到则当 当 由零点定理知，至少存在一点使得F（）=0，即 例59 若上连续，则在上必存在，使证 上连续，且上连续，因而上有最大值M和最小值m，即.且有将上述不等式相加，得由介值定理知，在x1,xn上存在一点,使得.评注 本题若采用间接证法是否能证出，如无法证出，其困难在什么地方？请大家自己尝试思考.如将本例稍作改变，化为下列形式：若内连续，且x1，xn为此区间内的任意n个点，则在它们之间必至少存在一点，使成立.如何来证明呢？亦请大家思考.（提示：令，则上连续，

26、且有最大值M和最小值m.）例60 证明：存在，则f（x）有界.证 因为存在，不妨设，所以对于=1，存在X0，当|x|X时有 （1）又因，所以在-X，X上连续，由闭区间上连续函数的性质知在-X，X上有界，亦即存在M10，使得 （2）现取M=maxM1，1+|A|，由（1），（2）知，当本题证毕.例61 设函数f（x）在（a，b）内连续，且f（a+）, f（b-）存在，证明函数f（x）在（a，b）内有界.证 令因 所以 g（x）在a，b上连续，由闭区间上连续函数的性质，g（x）在a，b上有界，又当四、同步练习（一）填空题1. .2.设函数f（x）=ax （a0，a1），则 .3. .4.已知 .5

27、.设 .6.函数的连续区间为 .7.设 .8.若 .（二）选择题1. 有界的( ).(A) 必要条件 （B）充分条件 （C）充要条件 （D）即非充分又非必要条件2.设数列的通项为 则当，xn是（ ）. （A）无穷大量 （B）无穷小量 （C）有界变量 （D）无界变量3.设均为非负数列，且则必有( ). （A）anbn对任意n成立 （B） bncn对任意n成立 （C）极限不存在 （D）极限不存在.4.设函数内单调存界，xn为数列，下列命题正确的是( ). （A）若xn收敛，则 f（xn）收敛 （B）若xn单调，则 f（xn）收敛 （C）若f（xn）收敛，则xn收敛 （D）若f（xn）单调，则xn收

28、敛5.设0aN时，总有无穷多个xn满足|xn-a|m时，0；当n=m时，1；当n0时，处连续；（2）当k1时，处可导，且；（3）当k2时，处连续.例5 设函数f（x），对任意非零实数x，y均有f（xy）= f（x）+ f（y），且存在，试求解 令 从而 例6 设函数在点x=a处连续，试讨论函数处的可导性.解 因 故： 当 当评注 本题的结论为我们讨论带有绝对值的函数的可导性带来方便.例如f（x）=x|x|d n=0处可导；在x=1处可导； 例7 设f(x)为可导函数，若，证明证所以 令故有 例8 设函数f（x）在点x0处可导，试讨论|f（x）|在点x0处的可导性.解： 当，不妨设f（x0）0，

29、则存在，在该邻域内f（x）0，此时，因此|f（x）|在点x0处可导，且等于.同理 当f（x0）=0时，因；，因此，当时，|f（x）|在点x0处不可导. 例9 试从导出：（1）； （2）.分析 本题应视x为y的函数，即x=x(y).在这个观点下,应视为以y作自变量、x为中间变量的复合函数，利用复合函数求导法即可得结论.另外，此也可用微分的理论证得.解法一 因是以x为中间变量，以y为自变量的复合函数，所以； ；解法二 由得 ；评注 此题常出现这种错误解法：错误原因在于没有弄清的含义，事实上，而不是所以遇到求导数的题目，一定要弄清楚对什么变量求导.例10 设解 ， = 由数学归纳法可证 于是 例11

30、 证明并求的n阶导数。证 因 .一般地，同理，所以，例12 已知f(x)可导，且证明f(x)有任意阶导数，且 证 用数学归纳法，显然n=1时，结论成立设时，f(x)有k阶导数，且那么，当时，由f(x)可导，得可导，所以f(x)有k+1阶导数，且得证 ，求分析 这是由参数方程所确定函数的求导问题，一般地，设，其中具有所需阶数的导数，且。则从而， 解 因为，所以例14 设方程解 方程两边取对数得两边对x求导，得所以例15 设由方程组确定，求解 由第一个方程对t求导，得：由第二个方程对t求导，得：所以 当t=0时，代入上式整理得，.例16 在曲线上作不在坐标轴上的切线，试证：切线在两坐标轴之间的线段

31、长度为定值.证 设.因 ，则相应于=0处的切线斜率为-tan0，切线方程为： 当，则 得证.例17 证明星形线上任一点处的切线介于二坐标轴间的一段长度都等于常数a.分析 这里必须先求出切线方程，因则要求出切线的斜率，这里为隐函数，这就涉及到隐函数求导问题。证 在两边，同时对x求导，得所以 。设为星形线上任意一点，那么该点处的切线方程为即 或该切线在x轴及y轴上的截距为，因此，切线介于二坐标轴之间的一段长度为例18 已知曲线的极坐标方程为，求该曲线上对应于处的切线与法线的直角坐标方程。解 由极坐标与直角坐标的关系得：时，切点坐标切线斜率于是，所求切线方程为即法线方程为即例19 设函数f（x）在x

32、=0的某邻域内具有一个阶连续导数，且，若时是比h高阶的无穷小，试研究a，b的值.解 是,而因为，故a+2b=0.于是得a=2，b=-1.例20 已知f（x）是周期为5的连续函数，在x=0的某邻域内满足关系式.,其中时比x高阶的无穷小，且f（x）在x=1处可导，求曲线y=f（x）在点（6，f（6）处的切线方程.分析 此题关键在于求f(6)及f (6)，而由题设f (x)是周期为5的函数，则f (x)也是周期为5的函数，所以此题转化为求f (1)及f (1)即可.解 由已知，且得f（1）-3f（1）=0，即f（1）=0=f（b）.又 ,设sinx=t，则有 所以 因此，所求切线方程为 例21 已知

33、函数f（u）具有二阶导数，且,函数y=y（x）由方程=1所确定.设.解 在在两边对x求导得 (*)由在（*）式两边对x求导得 由又 故 而，所以 例22 长方形的一边为x=20米，另一边为y=15米，若第一边以1米/秒的速度减少，而第二边以2米/秒的速度增加，问刚开始变化时，此长方形的面积与对角线的变化速度如何？解 变化开始t时刻 面积 对角线长令所以，面积与对角线的变化速度分别为25米2/秒和米/秒。四、同步练习1.设f（x）在x=a的某邻域内有定义，则f（x）在x=a处可导的一个充分条件是（ ）. （A） （B） （C） （D）2.设则x=0是F（x）的( ).（A）连续点 （B）第一类间

34、断点 （C）第二类间断点 （D）连续点或间断点无法确定3.设，则使存在的最高阶数n为（ ）. （A）0 （B）1 （C）2 （D）34.函数不可导点的个数是（ ）. （A）3 （B）2 （C）1 （D）05.设 ，其中g（x）是有界函数，则f（x）在x=0处（ ）. （A）极限不存在 （B）极限存在，但不连续 （C）连续，但不可导 （D）可导6.设有连续一阶导数，应满足什么条件，才能使得点二次可导？7.求函数.8.已知函数f（x）在（0，+）内可导，f（x）0，且满足，求f（x）.9.设函数f（x）在（-，+）上有定义，在区间0，2上，若对任意的x都满足，其中k为常数. （）写出f（x）在-2

35、，0上的表达式； （）k为何值时，f（x）在x=0处可导.10.设f（x）=，其中在点a的邻域内有直至n-1阶连续导数，求证存在.五、参考答案1.D 2.B 3.C 4.B 5.D3. ， 7. 8.9.（）； 10.提示：按求导法则求得，用定义求，其值等于第四章 导数应用教学要求1理解罗尔(Rolle)定理和拉格朗日(Lagrange)中值定理，了解柯西(Cauchy)中值定理和泰勒(Taylor)中值定理。2. 会用洛必达(LHospital)法则求不定式的极限。3. 理解函数的极值概念，掌握用导数判断函数的单调性和求极值的方法。会求解较简单的最大值和最小值的应用问题。4. 会用导数判别函

36、数图形的凹凸性，会求函数曲线拐点，会描绘函数的图形(包括水平和铅直渐进线)。二、知识要点.微分中值定理(1).Rolle定理 设函数满足 1）在上连续；2）在内可导；3）.那么一定使.(2).Lagrange中值定理 设函数满足 1）在上连续；2）在内可导。那么一定使.注：本定理有下列几种形式的变化；另外还有两个推论推论.若函数在上连续，在内可导，且有，那么在上为常数推论.若函数在上连续，在内可导，且有，那么为常数，使。（3）.Cauchy中值定理设函数满足 1）在上连续；2）在内可导，且那么一定使（4）.Taylor 中值定理 设在包含的区间内有直到阶导数，那么对于均有 其中（Lagrang

37、e型余项）或者（Peano型）当时上述公式变形为称为Maclaurin公式. 罗必达法则（Lhospital法则）(1).型：若，且（为有限值或），那么(2).型：若，且（为有限值或），那么(3).可利用算术运算化为前面两种情况处理。(4).可先取对数化为型再化为型或型计算注：上述极限中的通常有，及这六种形式3.函数的单调性及其判别法(1).单调性定义(2).判别法定理： 设在上连续，在内可导，若时（等式仅在有限个点处成立），那么函数在上单增；反之时，那么函数在上单减.函数的极值及其判别法(1).极值的定义：若在内有定义，若当时恒有（或），则称为函数的极小值（或极大值），也称为函数的极小值点（

38、或极大值点）(2).判别法定理一： 若为函数的极值点，且存在，那么（必要条件）定理二： 若函数在处连续，且使在内可导，那么当在两侧取值异号时为函数的极值点，且左正右负时为极大值点，左负右正时为极小值点（充分条件一）。定理三： 若在处二阶可导，并且，那么为函数的极值点，且时为极小值点，为极大值点（充分条件二）5.函数的凹凸性(1)定义：若函数在区间上有定义，且对均有（或）则称函数（或者是的曲线）在区间上是凹（或凸）的（2）判别法定理一：若函数函数在上连续，在内可导，那么当在内单调递增（或单调递减）时函数在区间上是凹（或凸）的定理二：若函数函数在上连续，在内二阶可导，若时恒有（或）且等式仅在有限个

39、点处成立，那么函数在区间上是凹（或凸）的6.函数曲线的拐点(1).定义：函数曲线的凹弧与凸弧的分界点称为它的拐点(2).判别法定理：若函数在处连续，在内二阶可导，那么当在两侧取值异号时，点为曲线的拐点7.函数曲线的渐近线(1).水平渐近线为曲线的水平渐进线；(2).铅直渐近线为曲线的铅直渐进线；(3).斜渐近线（）为曲线的斜渐近线 另注：如果上述极限过程为单侧极限，则相应的结论同样成立8.函数曲线作图基本方法：利用函数的导数求出函数的单调性区间、凹凸性区间、极值点和拐点，并求出它的渐近线，然后再结合函数的变化情况描点连线即可三、例题分析1.有关微分中值定理的问题例1 设试考察在上，对于罗尔定理

40、是否成立？解 在上连续，且，但在内不存在使得成立的点，因而罗尔定理不能成立，导致该定理不能成立的原因是由于在内函数并不是处处可导的（它在处不可导）例设，不用求导数，说明方程有几个根，并指出它们所在的区间解因为在上处处可导，且，由罗尔定理可知在区间内均存在零点，即方程至少有三个根又是三次多项式，因而该方程至多有三个根，由此可知方程恰有三个根分别位于区间内例设，试分别在区间及内适合拉格朗日中值定理的值和值解，因而所求的满足方程，解得，相应的例设在区间上连续，在内可导，证明：内，使得成立分析：本题属于证明使得某一个含有函数的导数的等式成立的命题，最基本的方法是用罗尔定理可先将等式等价变形为，此时如果

41、能找到一个函数（辅助函数）使得，那么就可考虑对函数在区间上或者它的子区间上应用罗尔定理即可证明：原等式可等价变形为，令，那么有，由罗尔定理知，使得成立，所以原命题得证评注：因本题并没有给定条件，故不能用柯西中值定理证明本题结论例设在上连续，在内可导，且，试证：若使得，则必内使得证明：原式等价于，令，则有，由连续函数的零点定理，则使得，由罗尔定理知使得，所以原结论成立例设在上连续，在内可导，证明：使得证明：原式等价于，令，那么，有罗尔定理知使得成立例设在内可导，且与都存在，证明：证明：，那么函数在闭区间上满足拉格朗日中值定理，因此，使得，由此可得，由于存在，故有例8 设，函数在上连续，在内可导，

42、试证明：使得证法一上述等式可等价变形为，令，则有，由罗尔定理知使得所以该命题成立证法二原等式等价于因为，所以函数在上可导，且导数不等于零，有柯西中值定理知使得所以原结论成立例9 设，且，试证：使得证明：原等式等价于令，由于，所以函数均在上可导，且，有柯西中值定理知，使得，即有例10 设在上连续，在内二阶可导，且连接点与点的线段与曲线相交于点，证明：内，使得证明：由题设在，上均满足拉格朗日中值定理，因而使得，由题设知，故，对函数在区间上应用罗尔定理知使得例11 设在二阶可导，且，证明：使得证明：由题设有，对函数在区间上应用罗尔定理知使得，又，对函数在区间上应用罗尔定理知使得成立评注：例和例是有关

43、证明函数的二阶导数取值的命题，此类问题通常可以多次利用罗尔定理及拉格朗日中值定理等，也可以用泰勒中值定理去证明例12 设函数在上连续，在内二阶可导,，又与均存在，且，证明：使得证明：，不妨设，那么，由导数的定义知，由极限的保号性知使得，从而有，同理由可知（此处可设），使得，从而有由连续函数的介值定理知使得，由罗尔定理知存在，使得，再对函数在区间上应用罗尔定理知使得故原命题得证例13 设在上连续，在内有二阶连续导数，证明:，使得证法一 取，那么在处的一阶泰勒公式展开式为，此处为与之间的某个点，分别取及，由此可得，上述两式相加可得，由于在上连续，由连续函数的介值定理知，使得，从而有所以原结论成立证

44、法二令，那么在上连续，在内有二阶连续导数，对在上应该拉格朗日中值定理知使得，即有再对函数在区间上应用拉格朗日中值定理知，使得，从而有所以原结论成立例14 设在上连续，在内二阶可导，且使得，证明：使得证法一：对函数分别在区间及上应该拉格朗日中值定理，知，使得，再对函数在区间上应用拉格朗日中值定理知使得，故原命题得证证法二：有题设知在区间上的最大值在内取得，设是函数在上的最大值，则有，此时必有，由泰勒中值定理可知当时有，其中为介于与之间的某个点，令，则有，所以原命题得证例15 设函数在上连续，在内可导，证明在存在两个不同的点使得证明：因为函数在上连续，由连续函数介值定理知使得，对函数分别在区间与上

45、应用拉格朗日中值定理知存在及使得，由此可得，所以原命题得证例16 设,在上连续，在内可导,试证：存在,使得证明：因为上，令，对函数在区间上应用柯西中值定理知使得，从而有，对函数在区间上应用拉格朗日中值定理知使得，结合上述两个等式，即得存在,使得例17 设在上连续，在内可导,且，试证：存在,使得证明：原等式可等价变形为，分别对函数及在区间上应用拉格朗日中值定理知存在使得及，由题设可得，结合上述两个等式可知存在,使得所以原结论成立例18设,证明此二函数相等分析：由拉格朗日中值定理的推论知只要证与相等，且存在点内使得即可证明：因为，即，又，所以当时，恒有例19证明：若函数在内满足关系式，且，证明：证

46、明：令，那么在内处处可导，且有，由此可得为常值函数，又，所以有，从而有评注：本题如果构造辅助函数，则很难得到结论，所以在做类似的证明题时，首先将原等式（或不等式）作等价变形尤其重要.洛必达（LHostital）法则求极限例20 求极限解：原式例21 求极限解：原式例22 求极限解：原式例23 求极限解: 原式，因为时，而，所以时，也有，由此可得原式例24 求极限.解: 原式例25 求极限解: 原式评注: 从上述几个例题可以看出在用洛必达法则求极限的时候通常要结合算术运算及等价无穷小代换化简算式，有时候通过变量代换改变求极限的过程也能给极限运算带来方便另外在对商的极限计算时，根据极限计算的乘积运

47、算法则（或者商的运算法则）对于分子（或者分母）中极限不为零的因子可以把极限先计算出来，从而化简计算过程如在例23的计算过程中我们省略了过程，用的就是这种思想方法，在其它的例题计算过程中也用到了类似的方法例26 求极限解: 当时，所以原式例27 求极限解: 当时，所以原式例28 求极限解法一： 原式解法二： 原式例29 求极限分析：本题属于求幂指函数未定式的极限，对于此类问题如果要用洛必达法则来计算，则首先取它的对数，把幂指运算化为算术运算，然后利用洛必达法则来求极限，最后再利用指数函数而得到原来极限的结果。解: 令，则，所以原式例30 求极限，其中为正整数解: 令，所以原式例31 求极限解法一

48、: 令，所以原式解法二: 原式，而，所以原式评注： 当极限为形时，那么可令，那么，由于，那么原式从例31可以看出利用本方法计算有时候可以大大简化计算的过程例32 求极限解: 当是原式，当时，有原式，而，所以原式例33 求极限解：令，所以原式例34 求极限分析：本题为“”型未定式，为了利用洛必达法则求极限，可以把转化为连续型变量再根据相应的方法来计算解：令，所以有，原式例35 求极限解：令，所以有例36 设在的某个邻域内有二阶导数，且，求解：由可得，由可知，而，所以原式例37 设，试补充定义使函数在区间上连续分析：要使函数在区间上连续，只要满足即可，因此问题可归结为求极限解：，所以令，则函数在区

49、间上连续例38 已知,求常数的值.解：左式，若要使上式极限存在且不为零，则必有，即，相应的有3.利用Taylor公式求极限及有关无穷小阶的问题例39 求极限分析：本题是求型的未定式，如果用洛必达法则来求，计算过程就会很繁，如果用带有Peano型余项的泰勒公式来计算则会大大简化计算过程解: 由泰勒公式可知在的某个邻域内有，所以有原式例40 求极限解: ，所以有例41 设,求解: 由于，故，因而有，所以有，由此可得例42 试确定常数的值,使得，其中是当时比高阶的无穷小解: 因为，所以有将上式整理后可得，因而有，解上述方程组可得例43.设，其中均为常数，若时与是同阶无穷小，试求常数及极限的值解: 因

50、为,所以，由题设有，所以应有，4.函数的单调性、凹凸性、极值以及拐点问题例44 求函数的单调性、凹凸性区间、极值点、极值以及曲线的拐点解: 函数的定义域为,，令可得或者；，令可得 的性态单增且为凸的极大值点单减且为凸的拐点单减且为凹的极小值点单增且为凹的由上述表格分析的结果可知的单增区间为及，单减区间为；为函数的极大值点且有极大值为，为函数的极小值点且有极大值为；在区间上是凸的，在区间上是凹的，点为曲线的拐点评注: 求一个给定具体表达式函数的单调性区间（或者凹凸性区间），可以按以下步骤进行（1）先求出（或者），令（或者）找出上述方程的解以及函数的导数（二阶导数）不存在的点；（）以上述点为分点把

51、函数定义域分成若干个小区间，分析及在各个小区间上取值的符号从而得出所要的结论例45 求函数的单调性区间与极值解: 函数的定义域为，时，及时不存在不存在不存在的性质单增单增单增极大值点单减极小值点单增所以函数在区间及上是单增的；在上单减是的极大值点，且有极大值为，是的极小值点，且有极小值为例46设函数由参数方程所确定，判别函数的单调性和曲线的凹凸性解: ，所以函数是单增的，所以曲线是凸的例47 当为何值时，在处取得极值，并说明是极大值还是极小值解：，由题设应有，所以，又，所以函数在处取得极大值，且极大值为例48 设点为曲线的拐点，求常数的值及函数的凹凸性区间解：，由题设有，所以，从而有，当时，时

52、，所以在上是凸的，在上是凹的例49 设在二阶可导，且，令证明在单增证明:因为 ，因而函数在上连续，令，那么，所以上单增，由此可知当恒有，从而当恒有，即在单增例50 设，判别在处是否取得极值，如果是极值则判别极值类型解: 由题设及极限的保号性知，当时恒有，从而有，因而在处取得极小值例51 设在处连续，且满足，则在点处（）（）的导数不存在（）的导数存在，但（）取得极大值（）取得极小值解: 由在处连续知，从而有，所以有，因此（）与（）均不正确，再根据极限的保号性可以推得在点处取得极大值故应选答案（）例52 设三阶可导,且满足,则( )（）必为的极值点，但点不是曲线的拐点（）不是的极值点，但点是曲线的

53、拐点（）必为的极值点，且点也是曲线的拐点（）不是的极值点，且点也不是曲线的拐点解: 由题设知，不妨设，则，当时有，当时有，因而函数在上是单增且为凸的，在上是单增且为凹的因此不是的极值点，但点是曲线的拐点故选（）评注: 更一般的若函数在的某个邻域内有直到阶导数,且，那么有：当为奇数时必为的极值点，且时为极小值， 时则为极大值，而点一定不是曲线的拐点；当为偶数时点为曲线的拐点，而一定不是函数的极值点 例53 设函数满足方程式，且，则（）（）是的极大值（）是的极小值（）点是曲线的拐点（）不是的极值点，且点也不是曲线的拐点解: 由题设有,即，对原方程式等式两边同时求导可得，令可得，所以点也是曲线的拐点

54、，故选（）例54 设，其中为正整数，求（）；（）解： （），所以；（）例55 求函数在区间上的最大值和最小值解：及时不可导，所以评注：由上述例题可以看出要求函数在一个闭区间上的最大（小）值可分下列几个步骤：(1)找出函数在区间内的所有驻点及导数不存在的点，设为；(2)函数在集合内的最大（小）值即为函数在区间上的最大（小）值例56 求数列中的最大项解：令，当时，该函数在上单增，当时，该函数在上单减，由此可知数列只能在或时取得最大值，由于，所以数列在时的取值最大例57 设有一个体积为有金属盖的圆柱形玻璃瓶，已知单位面积的金属是单位面积的玻璃价格的三倍，问圆柱体的高与底面半径之比为多少时，才能使玻璃

55、瓶的总价格最小解：设玻璃瓶的底面半径为高为，两者之比为，由题设有，所以有，不妨设单位面积的玻璃价格是，那么玻璃瓶的总价格为，所以，由于实际问题有解，驻点唯一，所以，即圆柱体的半径与高之比为：时玻璃瓶的价格最小例58 求内接于半径为,圆心角为的扇形中面积最大的矩形(矩形的一边与扇形的角平分线平行)解：如图所示，设矩形与圆弧的右侧内接点为，圆心为，圆弧的角平分线为，,那么该矩形的宽为，高为，该矩形的面积为，可得，又，所以时取得极大值同时也是最大值评注：在求实际问题的最大值（或最小值）时，通常可按下列步骤进行先设置自变量和因变量（通常为目标变量），并找出它们之间的对应关系，也就是所谓的目标函数；求导

56、找驻点再根据实际问题解的性质确定所要求的解例59 一质量为的雨滴，受重力作用自高空下降，在下降过程中均匀蒸发着设单位时间内蒸发的质量为，不计空气阻力，问何时雨滴动能最大？解：在时刻，雨滴的质量为，速度为（为重力加速度），相应的动能为，令或者（舍去），所以时取得极大值同时也是最大值，且有5.不等式的证明例60 设，证明（）；（）证明：（）令，则有，令，则，所以时有，从而有，由此可得时有，所以在内单减，因而时有，即；（）令，那么，补充定义则在上连续，在内可导，且，由（1）的结论知时有，所以函数在上上单减，因而当时有，故原命题得证例61证明:当时，证明：原式等价于，令，那么函数在上可导，且，所以函数

57、在上单增，由此可得当时，即原命题得证例62 证明:当时，证明：原式等价于，令，则在上可求任意阶导数，且，当有，所以在上单减，从而当有，即在上单减，由此可知当时有，所以原命题得证评注：证明不等式的最基本方法是利用函数的单调性，通常可把不等式等价变形，然后不等式的两端可以看作是某个函数在不同点处的函数值，结合函数的单调性就可说明该不等式成立例63 试证当时有证明：原不等式可以等价变形为，令，那么有，所以函数在内单减，从而有，即例64 设函数在上，且，在，及的大小顺序是（）（）（）（）（）解：因为，所以在上单增，因而当有，从而有在上也单增，又由拉格朗日中值定理知使得，由此可得，因此应选答案（）例65

58、 设，证明证法一：令，对函数在区间上应用拉格朗日中值定理知使得，由于当时，所以函数在区间上单减，因而有，即有，所以原命题得证证法二：原式等价于，令，那么有，当时，所以在上单减，那么当时有，所以函数在区间上单增，因而当时有评注：从前面的几个例题的解题过程可以看出，对于同一个不等式做适当的等价变形对解题思路有着至关重要的作用例66 设在上有二阶连续导数,证明证明：由泰勒中值定理知当时有,其中为介于与之间的某个点，分别取与可得（，（，可得因为在上连续，因此在上可以取到最大值，由此可得所以原命题成立评注：由于微分中值定理建立了函数值与导数值之间的联系，所以也可以用微分中值定理证明不等式，上述两个问题是

59、这方面的典型例题而下面的例则同样也需要利用微分中值定理例67设函数在上二阶可导，且时有，证明：时有证明：由题设可知，下证时有，即，令，当时有，所以在上单减，从而有，即有，所以时有，当，由Taylor中值定理知使得故原命题成立例68 设，证明证明：令，则，由此可知是的极大值点，同时也是最大值点，所以有时有，因此原命题成立评注：例68中由于引进的辅助函数在整个定义域内并不单调，此时可以利用函数最值来证明不等式例69 设，且,证明：证明：令，那么，由此可知在区间内是凹的，因此对于,且时有，从而有，即.有关方程根的问题例70 已知函数在区间上连续,且时,其中为常数,证明:若，则在区间内方程有且仅有一实

60、根证明：因，故函数在区间上单增，对函数在区间上应用拉格朗日中值定理知使得，由于，从而有，由连续函数的零点定理知在必有零点，又是单增的，因而该零点是唯一的，故在区间内方程有且仅有一实根评注：在讨论方程的根的问题时，通常可分下列步骤来进行首先把方程变形为的形式，然后再讨论函数取值变化情况，要判别方程根的存在性可利用连续函数的零点定理，而要判别方程根的个数问题则要根据函数的单调性来进行例71 试根据的取值情况讨论方程根的个数解：令，则，单增单减单增那么有下列种情况（）当，即时函数仅在内有一个零点，因而原方程仅在内有一个根；（）当，即时函数有两个零点，一个是，另一个位于区间内，相应的原方程有两个根，一