高等数学长线基础讲义去版xana

考研数学高等数学讲义主讲：杨欢迎使 TOC\o"1-2"\h\z\u第一讲函数、极限、连 第二讲一元函数微分 第一节导数与微 第二节导数的应 第三讲中值定 第四讲一元函数积分 第一节不定积 第二节定积分与反常积 第五讲多元函数微分 第六讲二重积 第七讲微分方 第八讲多元函数积分 第九讲无穷级 第一讲函数、极限、连续(一)极限的概念则称在na以为极限，记作lima n2yfx，设为一个常数，若0XxXfxA

fx定义3：对于函数yfx， 为一个常数，若0，X1使xX1时，fxA

f(x)4yfx，设为一个常数，若0X2xfxA，则称limfxA

X2时，fxA，则称limfx

x

6yfx0，0xx0x0fxAlimfx000fxAlimfx0limf0limfxAlimfAlimfxAlimfA00

x0x0fxAfxAlimfxAx0y值全部落在宽为2(二)极限的性质

fx存在，则其极限值唯一．局部有界性定理：若

fx存在，则fx在局部局部保号性定理：若limfxA0fx0 推论：若limfx存在，且fx0在局部成立，则limfx(三)极限的运算

四则运算：若limfxAlimgxB，则limfxgxA f limfxgxAB，

gx

，其B yfu在u0u0limgxxlimfgxfu0flim (四)极限的存在准则准则(原理)：若f1xfxf2x在局部成立，且

f1xAlimfxA，则

fx存在且 (五)两个重要极①

sinx

1；②

1x

(六)函数极限、无穷小关系定理limfxAfxAx，其中xx□时的无穷小(七)无穷小量与无穷大量若limfx0，则fxx时为无穷小(量若limfx，则fxx时为无穷大(量2：不能离开自变量的变化过程谈无穷小与无穷大fx0gx0①若②若③若④若

fx0，则称fxgx高阶，记作：fxogxfx，则fxgx低阶；gxfxcc0)，则fxgx同阶；gxfx1，则fxgx等价无穷小fx~gx.gxsinx~x，tanx~x，arcsinx~x，arctanx~x，ex1~x，ax1~lnax1cosx~1x2，1x1~2题型一关于极限的概念与性1“对任意给定的0,1，总存在正整数N，当nN时，恒有xna2”是数列xn收敛于a的（ [C2x，总有(x)f(xg(x，且limg(x)(x)0，则limf 1 1

解：令(x limg(x)(x)

，g(x)

f(x)1.(x)f(x)g(x)，且(x)x

，f(x)x，g(x)x

，则(xf(xg(x)，且limg(x)(x)0，但limf(x)，故B不正确，选 3、设{an},{bn},{cn均为非负数列，且liman0limbn1limcn, (A)anbn对任意n成立 (B)bncn对任意n成立 极限 不存在 (D)极限 解：由limbn1，limcn 4、当x0时，变量1sin1是 解：取①xn ,limxn0,xn0,lim2 n n ②x ,lim

sin1 2n2

n 5、设数列xn与yn满足limxnyn0，则下列断言正确的是 n（A）若xn发散，则yn必发散 （B）若xn，则yn必有界1（C）若xn有界，则yn必为无穷小 （D）

为无穷小，则yn必为无limxy0xy0ny1n，故选xnn n xn6、设函数f(x)在(,)内单调有界，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收敛.解：由于f(x)单调有界，则当xn单调，f(xn)单调有界，从而f(xn)收敛，故题型二关于函数极限的计

naxa

ax

a0,nm（a a,b ba0,b0lim xbxmbxm1

x

n

1、求极限

2x14x165xx8x24x4解：原式 33x1

x2x解：原式 21 3x1x1x34x4x2x1x x2sin

1x 解：原式

21xx411xx1sin2、求极限lim2exsinxxx0 x1 lim

xe

sinxx0+

ex 2 4lim4

exsinx21x0

x 1 3131x2

eecos cos 1cos解：原式

lim1cosxe3 1

1 2、求极限

1lnsinxx0 解：原式lim1ln1sinxx0

x sinxxx0,ln1sinsinxx 故原极限limsinxx 12cosx 3、求极限lim3 x0x 2cosx xln2cosx解：当x0时，

2cosx

xln xcosx3123xcosx312316xln xln1 故原极限

6lnsin2xex 4、求极限 x0lnx2e2x sin2x sin2

解：原式

x2 ln1e2x

x0 e2 5、求极限 5x53x44 41limx134 解：原极限

limx5 5

5 x5

3 6、求极限limxsinln1 sinln1 x x x sinln13 sinln1 x 解：原极限lim 31x+方法四利用泰勒公式

16x0sinxx1x3ox3x166tanxxx3ox3tanxx1x3ox3 12ln1xx1x2ox2xln11221、求极限limcotx 1 解：原极限

sin x1xsinx x0tan

xsinx 2、求极限

xsinx0x2ex1解：原极限lim x0x2 3、求极限lim1

xtanx tanx 解：原极限 x0x2tan 4、求极限limarctanxx0ln12x31解：原极限 x0

sinx1sin3解：原极限 6、求极限

cosx

2

2

1x2

ox41 x21 x2cosx11x21x4ox4 11 8 7、求极限limarctanxsin1616故原极限68、若

xfxsin fx0，则 xfx6x16x3ox3 lim6fx36

故

fx6 方法五二个重要极限sin 1lim 1，lim1xxe， x x3sinxx2cos1、求极限 x01cosxln13sinxx2cos解：原极限 x 3x2 2、lim x5x

3、limx x24、求极限lim1x2tan 解：原极限 2 2 lim lim 1x1xsin 1x2解：原极限 2 2 lim lim cos sin1 42 2lim6解：原极限exsinx116、求极限limcosxln1x21

解：原极限lim1cosx1ln1x2 7、求极限lim xx xb解：原极限limx

abxabx2baxab1

ln1xex8、求极限lim x0 1解：原极限lim

ln1xxexx0 ln1x

1而 ex故原极限e方法六利用洛必达法则

求七种未定型00000,10 1cosxxln1tan1、求极限 2解：原极限1limxln1tan2

sec21lim11tan2 2 lim1tanxsec2x1lim1tanxsec2 2x1tan

4 1 sec2x2secxtanxsecx14 2、求极限

1tanx1sinxxln1xx2解：原极限

tanxsin 1tanx1sin1x0xln1tanx1sin11limtanx1cos

1lim 2x01 11100x23limx2x21004、求极限limlnxln1

x1100

解x1ln1x

x故原极限limx1ln1x令1x

limtlnt 15、求极限limxx2ln x xx1，则原极限limtln1t t0 cos2x6、求极限 x0sin

x21sin2 2x1sin解：原极限

x2

sinx

x sin2x x14x2lim1cos4xlim

1exe2x enx7、求极限 x0 enx1lnexenx解：原极限limex exexe2xn)ex2e2xexe2x 12 n12而 x0故原极限e 18、求极限 x x

sin2 lim 1 2 解：原极限 lim1

xe1x9、求极限limx

x11x

x x 1lnx1x2 lim111 而lim1lnx1x2 111 x故原极限e0补充题：求极限lim

xx x0lnx1x2ln1 方法七利 准nn2n1、求极限nn2n nn2n n2n nininnn2xnin2n解：记 n2ni，则n又lim

1n(n 1n(n ilim 1，limzlim 1 1 nn2nn nn2n n1由准则，limx n

nn2n 2、记住公式limnanan anamaxa，其中a0i1,

, x2

1im 3、求fxlimn1xn x0的表达 2 0x解：由例2结论可得fx 1xxx xn1x4n1x1

x

x由图像fx不可导点有2 5、设0ab，则limanbnn Aa Ba1 Cb Db1解：因为0ab11，故limann 方法八利用定积分定义

n=1、 ln21nnn nn

011cosn 11cosn 22、 1 1 2nn n(1)n(1)n12nnn

等于

2ln2xdx 1221ln(1x)dx 2

21lnxdx22ln2(121

[B4、lim sin4、lim sin nn n

n n1、设a2, 1(a1),n1,2,...,证明：lima存在并求其极限值n n

nanan证：因为 1(a1)1 (nanann n1(a1 a n2(1a2)2(11) an1an，an单调递减且有下界，故liman存在，令liman 代入 1(a1)可得A1A1A1,A1（舍去 2 An2、x110，xn1

6xn(n1, )，试证：xn极限存在，并求此极限。66证：x110，x2 6666xk假设xk1xk，则x66xk66 436666则xk66由数学归纳法知：xn3，即xn为单调下降有下界的数6limxna,(a0x6n6limxn6

a

6a，解之得a3（a2舍去limxn3、设数列xn满足0x1xn1sinxnn12,... 证明limx存在,)计算limn1nn nnxn1sinxn，若limxn存在，且limxn=Axn1sinxn AsinAA0，可见xn递减0为下界证：因0x1，0x2sinx11，于是0xn1sinxn1n1,为下界，由单调有界准则知limxn存在.limxn0 sinxn sin

原式=lim( )n=lim( )x1lime

e 1fxx处的导fx存在，求limxfx0x0f xx0 x limxfx0x0fxlimxfx0x0fx0x0fxx0fx0

x xx0 x fxxlimfxfx0fxxfx0 0 x0

2fxx0f00，求limf(txf(x)t1)f xx1lim

x解：构造辅助函数ysint，在x xxxxx cos xxxxxxxxx故原极限limcos x cosxxx 2、limn2arctana a n1 arctana 解： x 令ftarctant,t a1x,x1arctana 12aa

a x 1

x

，

x1, ax1ax1故原极限 2 xx x1 xtft1fx连续f00，求x0xxfxt0 解：令uxt，则0fxtdtxfudu0fu 0原极限limx0ftdt0

tft

lim

ftdtxfxxfx xxfu xftdtxfx lim xft fx lim x0xftdtxf0 fx x0fxxxf

x0fx0xf题型三无穷小量的比fx连续且xa时，fxxan阶无穷小，则当xaxaftdt必为xan1阶无穷小x③当当fx连续xa时，fx是xa的n阶无穷小，gx是xa的mg无穷小，则当xa时 ftdt必为xa的n1mg1x0(1cosxln(1x2xsinxnxsinxnex21高阶的无穷小，整数n等于 x0(1cosxln(1x2ex2

1x2x21x4，xsin

xxnxn1所以4n12n12、当x0时，(1ax2)31与1cosx是等价无穷小，则常数a 1lim(1ax2)31lim

2a1a3

1cos

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

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

a

asec2xbsin

a解：原极限 2c

2，所以a1 5、把x0时的无穷小量0costdt,0 tdt,0sintdt排列 (A),, (B),, (C),, (D),,1 12 d1 12

cos

1， 2xtanx

， sinx2确的排序为,6x0时，sin2xln1t2dt是0

1cosx sin2xln1t2 sin2xln1t2lim lim0 1cosk 1cosk

x

ln1sin4x2sinxcos

x

k

C 132kx3 132k 2k15k93sin2xln1t2dtx6阶无穷小而1cosxkx

30小，故6 k937、设函数f(xx0f(00,f(00,f(0)0.证明存在惟一的一组实数123h0f(h)f(2h)f(3h)f(0)比h2 lim1f(h2f(2h3f(3hf(0)0 2 lim1f(h)22f(2h)33f(3h)0

0

0lim1f(h)42f(2h)93f(3h) f(xx0有23f00f(0)0,f(0)0,f(0) 故23 D 32131322 题型四已知极限反求参1、当x0时，fxxsinax与gxx2ln1bx为等价无穷小，则 Aa1,b1 Ba1,b1 Ca1,b1 Da1,b1 ta2t2、求正的常数a与b，使等式limbxa2t

dt1成立

[A xtxta2t0a2 a2

2故a2,b

bxsin x0bcos ax01cos 3、确定常数abc的值，使解：因为limaxsinx0,c

axsin3xln(1t3

c(cxln(1t3 0ln(1t3故

dt0，即ln(1t3

dtt无论t0,t0

0t0ln(1t3若b0，由积分保号性

dt0b0t axsin acosx acos

x0ln(1x3

c limacosx0a1,c这三道题，你能一眼看出a1,这三道题，你能一眼看出a1,b1,c14、已知lim3sinxsin3x1，求c ，k 5、

ln1xaxbx2

，则a1,b5256、若limsinxcosxb5，则a1,bx2xxx2x

axb0，求a※设limfxgxA（为常数，若limfx，则limgx 解：原式limx

1

1a

b 所以1a0a

xx2xblimx2x1x xx2x 8limxn7x41mxbn4,b0，求mnx xn7x41xn，由已知可得mn 则limx7x1 xlimxn1nn1x x 1 1limx nnb 所以n14,n5,b ,m

x9

r0，求和rnnn

1r

lim

1 n n n n

nlimlim

r

题型五连续③limfxfx0limylimfx0xfx00x

函数的间断点的分类函x0fx的第一类可去间断点：fx00fx00fx0fx00fx0fx00fx00fx0fx0x0fxsin1 x

x（1）f(x)

sinbx x x x

xcost , xx sin x

x （1）f(x)

x x 2(1cosx) x 1f(x)

xex1

,则 x0x1f(x的第一类间断点x0x1f(x的第二类间断点x0f(xx1f(x的第二类间断点x0f(xx1f(x的第一类间断点limfx,limfx0,limfx

[D 2f(x

lnxsinxlnxA有1个可去间断点，1个跳B有1个跳跃间断点，1个无C有两个可去间断D有两个无穷间断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)有间断点，则（）（A）[f(x)]必有间断 （B）[(x)]2必有间断（C）f[(x)]必有间断 （D）(x)必有间断f 无间断点，由f(x)连续知 盾，故选

fx

f4、求极限limsintsintsinx，记此极限为f(x)，求函数f(x)的间断点 其类型 txsinx x sintsint

x sintsinxsintsin

etxetxsinxesintxsinx tx sin f(xx0xkk1,x由于limf(x)limesinxex0f(x的可去间断点 而xk,k1, 以x为参变量，以n为极限所定义的函数 x，fxlimgx,5fx

12n,讨论函数 x的间断点，其结论为x1 (B)存在间断点x1(C)存在间断点x0 (D)存在间断点x1gxn与变量nxhxx1,x1,xx1f(x)lim1

lim1 x2n01x1x x1

n1 lim1 x1

f(x)lim1xlim n1 n

x1

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

1xlimx2n

limx2n 0 0 n1 x2n limx2n 当x1或x即f(x1xx 当xf(x

fxlim1x11

fx

fxf10f(xx1处连续，不是间断点x1limfxlim00limfxlim1x2 limfxlimfxf(xx1处不连续，是第一类间断点.故选

x2enx1axbenx11

解：②与n有关的项为ahn,x，令hnx0xx为分界 nx10xx1fxx2x1fxab1x1fxax27fx

x0的连续gxn与变量n有关的项含有xh1nah2n， xn

axax

axax

1axxnax1时，即0xe，fx e 1时，即0xe，fx e e lim

n e1xefxlnxe1xefx 0x

所以fx ，在0,上连续ln x第二讲一元函数微分学第一节导数与微分1fx

fx0xfx0fxfxlim 0

x左导数：f'x fx0xfx0 00右导数：f'x

fxfx 0xfx0xfx0fxfx00

0x可导若yfx0xfx0Axoxfxx0 导数f'x0yfx在点x0fx0微分dyf'x0dxyfx1)Cxaax'axlnexlogax xlnlnxxsinxcoscosxsintanx'sec2cotx'csc2secxsecxtancscxcscxcot1arcsinx11arccosx1arctanx 1arccotx 1设uuxvvxx处可导，(1)uvu(2)uvuv

u v

uvuv

(v0设uxx处可yfu在对应点处可导，则复合yfxx导，且dydydufud dud设yyx是由方Fx,y0所确定的可导函数，为求得y'，可在Fx,y两边对x求导，可得到一个含有y的方程，从中解出y即可 y也可由多元函数微分法中的隐函数求导公式dyFx得Fd Fyxy在某区间内单调、可导，且'y0，则其反函数yfx在对应区 d 也可导，且f'x

'y

dxdxd

xtyyx是由参数方程

，(t(1)若t和t都可导，且't0dy'td 't(2)若t和t二阶可导，且't0d2 d't d dt't't '3tyyx的表达式由多个因式的乘除、乘幂构成，或是幂指函数的形式，则可先将函数取对数，然后两边对x求导．(1

n

x

fn1xfn1x0x①sin

n

sin

nπ22②cosxn

nπcos 2③uvnunvn④uvn

nnk

Ckukvnk第二节导数的应用yf

00

x

，(f

0 ；弹性 yxy弹性的经济意义：从x0时刻起，自变量增加1％引起的因变量的相对增加量(％)xy注2：特殊规定：需求弹性

定理1xa,b时，f'x00，则fx在ab内单调不减(不2xa,b时，f'x00，且使f'x0的点为孤立点fx在a定理fx可导fxc的充分必要条f'xx0是fx的极小值点；当fx00x0是fx的极大值注：当fx00时，fx的极值点须另行判定． 定理 (极值存在的一阶充分条件)若x是fx的驻点或不可导点，且fx在x f'xx的左右邻域内由“＋”变xfx的极大值点．f'xxxfx的极小值f'xx的左右邻域内不变号时，则x不是 凸——曲线上任意一点的切线都在yfx的上方．注结论：10xa,bfx00yfx在ab内为20fx具有二阶连续导数，且xfxyfxfx 30fx0fx0，则xfxyfx 步骤1：讨论fx的几何特性：10讨论fx的定义域、周期性、奇偶性(用定义做20讨论fx的单调性，极值点与极值(用导数做30讨论fx的凹凸性及其拐点(用二阶导数40fx的渐近线(用极限步骤2：列表 k1y232R 题型一关于导数的1f(xxaf(xxa （A）limh[f(a1)f(a)]存

f(a2h)f(a

f(ah)f(ah)存

f(a)f(a

[D2、设f(0)0，则f(x)在点x0可导的充要条件为 （A）lim1f(1cosh)存在 （B）lim1f(1eh)存在1h01

h01lim f(hsinh)存在. （D）limf(2h)f(h)存在h03、设函数fxx0处连续,且

fh2

h01,则

[B (A)f00且f'0存 (B)f01且f'0 (C)f00且f'0存 (D)f01且f'0 4、设函数f(x)在x0连续，则下列命题错误的是

[Cf（A）若 存在，则f （B）

f(x)fx)f(0) 若limf(x)存在，则f(0)存在（D）若 f(x)f(x)存在，则f(0) [D5f(xF(xf(x)(1|sinx|f(0)0F(xx0 6f(xxa（A）fa0fa（C）fa0fa

f(x)xa处不可导的充分条件（（B）fa0fa（D）fa0fa

[A[B7f(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、函数f(x)(x2x2)x3x不可导点的个数是 9f(x3x3x2|x|fn(0)存在的最高阶n为（(A) (B) (C) (D)

[C[B[C的高阶无穷小量，y0，则y1

1

，且当x0时，是 （C）e1、设fx=xx1x2 xn，则f02tanx102sin

e

[D2、

sin

10

ysinxyex1yyx由方程exycosxy0确定

exyxsinxy2yyxytanxyy11,y211 y3 x2 xyx2 3 ， , xyd2 x1yaaxaxxaaaaxaa0y3x2yf3x2,fxarctan3x

fx,x1、设fx在,上二阶可导，f00，gx

，x①确agx在上连续②证明对以上确定的a，gx在,上有连续的一阶导数x3sin1,x2、设

，函数fxFxf

的导数 x dy2 1、设ft0，又y tft，求

ft dx12td2 2yyd2 y

12lnteudut1所确定， dd2

1612ln

1y1x2sinxy1x2sinxcosxln1x22xsinx 1x212+x3x1112+x3x111 22x3x23 2 3x2+x32x31、若ftlimt112tx,ft2t1e2tx xxxt111、设fx为连续函数，Fx lnxftdt，则Fx

flnx

f12、 dx

xcost2dt

x0cost2dt2x2cos

1、已知fx具有任意阶导数，且fxfx2，则当n为大2的正整数时，fx的n阶导数fnx是 [A2y

2x

yn0

1n2n3ylnx1yn1n1n

11fxx2ln1xx0处的n阶导fn0n1n1fn0 n 2yx3sinxy60第三讲中值定理涉及函数fx的中值定理，（即连续函数在闭区间a,b上的性质1、设fx在a,b上连Th1.有界性：fxkkTh2.mfxMmMfx在a,b值Th3.mMmMfx在a,ba,b，使fTh4.fafb0a,bf0.2、涉及导数fx的中值定理Th5.罗尔定理：设函数fx满足条件在闭区间a,b上连续在开区间a,b内可导在区间端点处的函数值相等,fafb则在a,b内至一点,使f0fx在a,b上连续，a,b内可导，则方fx0的二实xax之间至少有方程的一个实根a该定理的逆否命题fx0在a,b内没有实fx0fx0a,b上至多只有一个实根推广fx0在a,b内有且仅有m个实根，则fx0在a,b上至多只m1个根例：设a0exax2bxc的根不超过三个.Th6.拉格朗日中值定理：设函数fx满足条件：在a,b上连续在a,b内可导则在a,b内至一个,使f

fbfa．bfafbfbfafababa,0Th7.柯西中值定理：设函数fx,gx满足条件在a,b上连续(2)在a,b内可导,即fx,gx均存在,gx0fbf f 则在a,b内至 g g Th8.Taylor公式专题讲解b3、涉及积分afxdxbTh9.积分中值定理：设fx在a,b上连续,则在a,b上至少一个,bafxdxfbabTh10.升级版的积分中值定理：设fx在a,b上连续,则在a,b上至少一个,bafxdxfbabxFxx

ftdt，因为fx在a,b上连续,FxfxFxa,b上连续 a,b内可导，在a,b上运用拉氏定bFbFafbaafxdxfba,b题型一最值、介值，狼狈为1fx在a,b上连续acdb，证K1K20a,bK1f(c)K2f(d)(K1K2)f(fx在a,b上连续,所以mfxMK1mK1fc K2mK2fd ①②mK1fcK2fdK1KfcKf 由介值定理，KfcKf K12、fx在a,b上连续,ax1x2 xnb，则在a,b内至少有一点，ffx1fx2 fxnnb使得af(x)dxf()(bb证：因fx在a,b上连续, fx在a,b上存在最大值M与最小值m故mbabf(x)dxMba，m bf(x)dxM ba

fba4、设函数fxg(x)在[ab]上连续，且g(x0，证明存在一点[a,b]，使 af(x)g(x)dxf()afxa,b上连续故fxa,b上存在最大值M与最小值mmfxg(x0，所以mgxfxgxMg bf 所以mag(x)dxaf(x)g(x)dxMag(x)dxm

ba从而从而[a,b]，使得f afba5fx在0,1上具有一阶连续导数，f00，证至少存在一点[0,1]0f21fxdx0fx在0,1上连续，故mfxfxf0fx00xfxxf mfMmxfxMx1mxdx1fxdx 12mxdx21fxdx12Mxdx，m2m121fxdx2M1 006f(x在区间[aa](a0)上具有二阶连续导数,f（0）0f(x的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式证明在[aa上至少存在一点，使a3f(3

f解：(1)对任意xa, f(x)f(0)f(0)x1f()x2f(0)xf() （2）af(x)dxaf(0)xdx1af()x2dx1af( 2 2f(x)在aa上连续，由最值定mmx2f()x2

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

m f()xdx f(x)dx 2 m f(x)dxaa3)

aa3

f,在[1,1]内至少存在一点，使ffxfxfxxx1fxx

1fxx2 2取x0,x1代入：f1f01f01021f103， 22x1f1f01f0102122

103，1,0 ①-②f1f1

ff1 6 2mfxM，mf1M,mf2Mm1ff2 2③代入题型二罗尔定理1，证必存在0,3)f(（分析）f(0)f(1)f(2)30,2f1f3，满足罗尔定理，于是存在0,3)，使f()0.2、设函数f(x)在03上连续，在0,3内存在二阶导数22f(0)0f(x)dxf(2)f(3)2证明存在(0,2),f()f证明存在(0,3)f( 证明：(1Fx0ftdt0x2，则0fxdxF2F 由拉氏，存在(02F2F02F2f2即0fxdx2f2f0ff2 fx在23上连mfxMmf2Mmf3Mf2fm M，由介值定理，存在12f2f使f1 2

f0f1fff1f001二次运用罗尔定理10,2,1，使f10，f2从而存在1,20,3，使得f10证至少存在一点0,1，使得f11f证Fxxexff1

k1xe1xfxdx=e11f，01FF ， k由罗尔定理，1,10,1F②证fxx0处连续，在0,0内可导，且limfxA，则存在，且f0A5、设fx,gxa,ba,ba,b使得 gfx g [构造辅助函Fxbftdtagtdt运用罗尔定理6、设函 fx,g 在 上二阶可导，且gx0fafbgagb0①在a,bgx0f f②在a,b内至少有一点gg证gx0，所以gx0在内最多有两个根gagb0xa,bgx0FxgxfxfxgxFaFb由罗尔定理，a,bF0，故得证7fx在a,b上连续，在a,b内可导fab,fba，a与b同号a,bff2f2f[构造辅助函数Fx

f]9、设fx在a,b上连续，在a,b内可导fafb0，证：ff0.[Fxexfx0110、设fx在0,1上连续，在0,1内可导，且使f2f0.[Fxx2fx]01

fxdx0，证0,1211、设fx在0,1上连续，在0,1内可导f0f10,f12 证：①存在1,1，使得f ②对任意实数存在0,ffFxfxxF1f1110，F1f111 2 2 由零点1,1F0，即f ②令xfxxex,00,由罗尔定理知，存在0,，使0，故证题型三拉氏、柯西1fx在0,1上连续，在0,1内可f00,f11，0,1f1②存在二个不同的点mn，使得fmfnFxfxx1F01F1由零点定理0,1，使F0，即f1②在0,与,1二区间分别使用拉ff0fm0，m介于0与之 f1ffn1，n介于1b②整理可得fmfnb2fx在a,bfa0，证

fx b

2

fxdx证：因为fxfxfafxafxb

fxa

b

b

fxdxa

fx

xadxa

fx 230a

fxM，且fx0,a内取得极大值，证：f0faMa证：fx在0a内取得极大值，不妨设fcfx在0c与ca之间分别使用拉fcf0cf1,10,fafcacf2,2c,af0

fa

f1a

f2cMacMaM4、fx在a,b上连续，在a,b内可导，且fx0,a,b，使febeaf

b证：因为fbfaf， fbfaeb

f ，a,b ee①febeae f b5fx在a,b上连续，在a,b内可导fafb1，证a,b，使得ef+f证：要证ef+f1，只需证ef+f Fxexfx在a,b上运用拉氏，可ebfbeafb

eb 对txe在a,b上运用拉氏，可 bfafb1，由①②两式可得结论题型四泰勒公式（高处不胜寒如果fx的二阶和二阶以上的导数存在且有界②恰当选择等式二边的x与1、设

fx1fx0fxxf

1

f00,f0fx二阶可导fxx0处的一阶泰勒公式成立fx=f0

0x

fx2,0,2fx0，所fxx，得证2、设fx0,1上二阶导数连续fxA，证fxAx2证：因为fx在0,1上二阶导数连续

f0f10，并且x01时，fxfxfxxxfxx2xx f0fxfx0xf10x20x f1fxfx1xf21x2x12f

f2

1xf0f1fx

1x2 f

f

f21x21fx2f1x2 1x

2 1Ax2A1x21Ax21x22 1f(x在(x00f(x的极大点，则（x0f(xx0必是f(x)x0必是f(xxf(xf(x0f(x与f(xx00f(x的极大值x0必是f(x)的极小值点.x0f(xf(x0f(xf(x0即f(x)f(x0，故x0为f(x的极小值点2、设limfxfa1，则在点xa处 xf(x)导数存在，faf(xf(xf(x解：由极限保号性在a的去心邻

fxfx

0，即fxfa3f(xf(0)0limf(x)1，则（x0|xf(0)f(xf(0)f(x(0,f(0))yf(xf(0)f(x(0,f(0))yf(x)x0|x |x从而B正确.4f(x)有二阶连续导数，且x1fx2x1fx1f(xxaa1f(xx1解：①由于在xaa1取得极fa0xax 1 2x1 1xaa1取极小值

fa1ea

0a，fx2fx1e1x，两边xlimfx2limfxlim1e1x1f110 xf10x1f(x的极小值点5f(xf(xf(x)]2sinxf(0)0，则（f(0)f(xf(0)f(x点(0,f(0))yf(xf(0)f(x的极值，点(0,f(0))yf(x的拐点.解f(x)sinxf(x)]2f(x)cosx2f(x)f(x)x0f(0)1，故选6、曲线y(x1)2(x3)2的拐点个数 （C y4(x1)(x2)(x3)y43x212xy0x1,22

，故选3337、fxx1x22x33x44的拐点为 （A）1, （B）2, （C）3, （D）4,

[C

yt33t

确定,yy(xx11

22 2 1 2 22 [极小值f ，单调减区间 ，单调增区间 0,1x1f(x在(,f(x有（Cx2、设在[0,1]f(x0f(0)f(1)f(1)f(0)f(0)f(1)的大小顺序是(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)fx3f(x在(F(x0(x2tf(t)dt，试证：若f(x)为单调不增，则F(x)单调不减.x F(xx0f(t)dt20tf(t)dt F(xxf(t)dtxf(x2xf(x)xf(t)dtxf(x)xf(f(x)]0 之间f(xx0f(f(x0F(x0，当x=0时，显然F(0)=0，x0f(f(x0F(x0，4、设f(x在0af00，且fx在0a内单调增，证明函数fxx0,a内单调证：设0xaFx

fxFxx

由拉氏定理，存在xfxfxxx

fx是单增f0将上式FxfxxfxFx0f故x

在0,a内单调1

题型三求渐近线

1(A)没有渐近线 (B)仅有水平渐近(C)仅有铅直渐近 (D)既有水平渐近线又有铅直渐近解：由limy1y1limyx0，故选x x2x 2ye x x

xlimylimeex1 x2x x x x1x3、y1ln1ex的渐近线的条数为 x limy,limy0y0 limyx0

ln1ex klimlim lim x 1

x1blimykxlimln x0yx 3(1x)x4、曲线y xklimyx

x(1x)2x 1 3(1x)2x (1x)2 blimykxlim lim2xx x yx32题型四证明不等式1、试x0x21lnxx121f0f2f1f0f2f0fxf(x)2xlnxx21,f(1)xf(x)2lnx11,f(1)2f(x)

2(x22、证明：当0abbsinb2cosbbasina2cosaaf(xxsinx2cosxx0axbf(x)sinxxcosx2sinxxcosxsinxf(x)cosxxsinxcosxxsinxf(xf(x)f(0，f(xf(b)f 43、设eabe2,证明ln2bln2a (ba)F(x)ln2xln2a

4(xa,F(x)

F(x 1lnx4 24xe时,F(x0F(x在ee2上严格单调减少，即当exe2时,F(x)F(e20，故当exe2时,Fx单调增加4F(b)ln2bln2a (ba)Fa44即ln2bln2a

(ba)fxln2x在[ablnalna 2

,ae 设(tlnt，则(t)1lnt t当te时，(t)0,所以(t单调减少，((e2eab从而

bln2a

2ln

(ba)4(b 4、设x(0,1)，证明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结论知(x)0x所以 ，又(x)在0,1上连续，1 1ln xln(1 所以x 1，limxlim x0xln(1 当x(0,1)时，(x) 11，得证ln(1 15p10x112

xp1xpfxxp1xp0xfxpxp1p1xp1，fx0x21 1p1 f0f11,f22 22p1 f

f1,f2 2

f1f01即2

xp1xp1x6、求证xyln xlnxylnyx0,y2

xylnxyxlnxyln

x0,y Fxxlnxx0Fxlnx1,Fx1xFx在0为凹的xylnxyxlnxylnyx0,y 题型五方程实根的讨论1、设函数f(x) ln(2t)dt，则f(x)的零点个数 0A B C Df(xln(2x22x2xln(2x20x0 f(x)2ln(2x)2

0ff(0)0f(x只有一个零点.2、若3a25b0，则方程x52ax33bx4c0 解：令f(x)x52ax33bx4c，f(x5f(x0f(x)5x46ax2其判别式(6a)2453b12(3a25b)f(x)0f(x0 3、在区间(,)内，方程|x|4|x|2cosx0 f(x|x|4|x|2cosx，f是偶函数x1fx0，故只需考虑区间f(0)10f(1)2cos10x01fx0，故f(x)0在0,1内有唯一一个实根，f(x在(内有且仅有两个实根.4、证明方程lnxx

1cos

2sinxdx2cos 202f(x)lnxxe

f(x11f(x0x2 2f(x)0,0xefx在0, ，fx在e,f(x)0,ex f

fe2limf(x),limf(x)，所以fx在0e和e内各有一个零点2 5、讨论y4lnxky4xln4的交点个数.fxln4x4lnx4xkx 4(lnx 4(lnx f(x) x

(x)

xx0,1，fx0x1，fx0fxf14

f(x)lim[lnx(ln3x4)4xk]f(x)lim[lnx(ln3x4)4xk]①当4k0，即k4fx②当4k0，即k4fx③当4k0，即k4时，fx在0,1和1分别有唯一零点6、设在0,)上函数f(x)有连续导数，且f(x)k0,f(0)0,证明f(x))证：先证存在性，对x0,0,x上运f(x)f(0)f(1)xkx,1(0,ff(x)kxf(0)，取x1 f0k则f(x1)k f(0)0，因为f(0)k 由零点定理，在0,x12，使得f2fxk0f7、设fx0f12f13，证fx