教程说明成果

考研数学-高等数学主讲：杨超欢迎使 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、(一)极限的则称在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，则称limfx4yfx，设为一个常数，若0X2xX2fxA，则称limfx5yfx0，0，使0xfxA，则称limfx

时，有fxAlimfx000fxAlimfx00

xx0x0limfxAlimfxAlimfx limfxAlimfxAlimfx limfxAx0y值全部落在宽为2(二)极限的1

fx存在，则其极限值唯一局部有界性定理：若

fx存在fx在局部有界局部保号性定理：若limfxA0fx0 推论：若limfx存在fx0在局部成立，则limfx(三)极限的

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

gx

，其B yfu在u0u0limgxxlimfgxfu0flim (四)极限的准则f1xfxf2x在局部成立，且

f1xAlimfxA，则

fx存在且等 (五)两个重要极①

1；②

1x

(六)函数极限、无穷小关limfxAfxAx，其中xx□时的无穷小(七)无穷小量与无穷若limfx0，则称fxx时为无穷小若limfx，则称fxx时为无穷大2：不能离开自变量的变化过程谈无穷小与无穷大注3：无穷大量一定是变量(函数)，反之不然22fx0gx0①若②若③若④若

fx0，则fxgx高阶，记作fxogx；gxfx，则fxgx低阶；gxfxcc0)，则fxgx同阶；gxfx1，则fxgx等价无穷小，记作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（ （A）充分条件但非必要条 （D）既非充分又非必要条[C2x，总有(x)f(xg(x，且limg(x(x)0，则limf（A）存在且等于零 （D）不一定存在

解：令(x limg(x)(x)

，g(x) 11

f(x1.(x)f(xg(x)，且limf(x1A，C3 若令(x)x ，f(x)x，g(x)x ，则(x)f(x) g(，且 limgx(

x)，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 不存在 解：由limbn1，limcn 4、当x0时，变量1sin1是 （A）无穷小 （D）的但不是无穷大 解：取①xn ,limxn0,xn0,lim2 n n ②xn

,

1sin122n22

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必为无穷小limxy0xy0nynnn n

1n，故选6、设函数f(x)在(,)内单调有界，xn为数列，下列命题正确的是

若xn收敛，则f(xn)收敛 若f(xn)收敛，则xn收敛 D

若xn单调，则f(xn)收敛.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，题型二关于函数极限的方法一利用四则运算法4a

a

ax

n

0,nm（a a,b ba0,b0mxb0m

b

bm1x

b1 n b11、求极限

2x14x165xx8x24x4解：原式

2、求极限

3x1 x2x解：原式 21 1xx1x1x 1x4x2x4x2x1x x2sin解：原式

21x4x411xx1sin 2、求极限lim2exsinxx0 1 lim

xe

sinxx0+

ex 2 4lim4

exsinx21x0

x 1 方法三利用等价无穷小代1、求极限

eecos 31x25解：原式limecosx(e1cosx1)lim1cosxe

1

1 12、求极限

1lnsinxx0 解：原式lim1ln1sinx x0 x sinxx

sinx 故原极限limsinxx 12cosx 3、求极限 3 x0x 32cosx xln23解：当x0时，

x

2cosx xcosx11xcosx11xln xln1 故原极限

6lnsin2xex 4、求极限 x0lnx2e2x sin2x sin2ln

解：原式lim lim x2 ln1e2 5、求极限 5x53x44

e2解：原极限

limx513

1limx134 5 x5 3 16、求极限limxsinln sinln x 6

x sinln13 sinln1 解：原极限lim 31x+

方法四利用泰勒x0sinxx1x3ox3xsin6tanxxx3ox3tanxx1x3ox3 ln1xx1x2ox2xln121、求极限limcotx 1 解：原极限

sin x xsinxx0tanxxsinx 2、求极限

xsinx0x2ex1解：原极限lim x0x2 3、求极限lim1 xtan tanx 解：原极限

x2tan 4、求极限limarctanxx0ln12x31解：原极限 x0

sinx1sin3解：原极限 76、求极限limcos

1 x2

ox4 2 2cosx11x21x4ox4 11 8 7、求极限limarctanxsin 故原极限6xfxsin fx8、若 0，则 （D）xfx6x16x3ox3 lim6fx36

故

fx6 方法五二个重要sin 1 1，lim1xxe， x x3sinxx2cos1、求极限 x01cosxln13sinxx2cos解：原极限 x 4、求极限lim1x2tan 8解：原极限 2 2 lim lim 1x1xsin 1x2解：原极限 2 2 lim lim cos sin1 25、求极限lim13xsinx lim6解：原极限exsinx16、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

0

求七种未定型 ,0,,,0,10 （1cosxxln1tan1、求极限 sinsec2 xln1tanx1lim1 解：原极限

1tan2 2 1lim1tanxsec2x1lim1tanxsec22 2x1tan

4 9 1 sec2x2secxtanxsecx14 1tan1tanx1sin解：原极限

xln1xtanxsin 1tanx1sin1x0x1tanx1sin11limtanx1cos

1lim 2x01 x2x23lim

x2100 x11001100解：原极x2100 x110011004、求极限limlnxln1解x1ln1x

x

故原极限limx1ln1x令1x

limtlntt 15、求极限limxx2 x

xx1，则原极限limtln1t t0 cos2x6、求极限 x0sin

x21sin2 2x1sin 解：原极限limxsinxcosx lim sin2x 1

lim1cos4xlim 1exe2x enx7、求极限 x0 1exe2xenx解：原极限lim

x

exe2x enx

nex2e2x 而 lim x0 12 nn12

exe2x 故原极限

2 18、求极限 x x lim2 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

xx 补充题：求极限lim

lnx1x2ln1 方法七利用准1、求极限 nn2n n2n x 解：记 n2ni，则1n(n 1n(nn 又lim

ilim 1，limzlim 1 nnnn nnn nnn 1由准则，limx 1n nn2nnx n2n2、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 x4f(x)1

x

x由图像可得fx不可导点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（课堂精讲

n=1、 ln21nn n nn 01 1cos1 1cos2、 1cos1cos nn 3

等于

2ln2xdx 1221ln(1x)dx 2

21lnxdx22ln2(121

[B4、lim sin4、lim sin nn n

n n方法九利用单调有界原1、设a2, 1(a1),n1,2,...,证明：lima存在并求其极限值n n

n证：因为 1(a1)12a1 (n 2 n 1(a1 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, 证：x110，x2 6x1 6104假设xk1xk，则xk 6xk1 6xkxk由数学归纳法知：对一切正整数nxn又x1103，x2 6x1 61043，设xk则xk1 6xk 63由数学归纳法知xn3，即xn为单调下降有下界limxna,(a0)xn1limxn1 6

6xna

6a，解之得a3（a2舍去limxn3、设数列xn满足0x1xn1sinxnn1,2,... 证明limx存在,)计算limn1n nxnxn1sinxn，若limxn存在，且limxn=Axn1sinxn AsinAA0，可见xn0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 sin

sinx

1sinx x2 x原式= )n= )x1lim ex 方法十利用导数定义求极1fxx处的导数fx存在，求limxfx0x0fx xx0 x limxfx0x0fxlimxfx0x0fx0x0fxx0fx0 xx0 x xx0 x fxxlimfxfx0fxxfx0 0 x0

2fxx0处可导，且f00，求

ftxfxt1fx方法用微分中值定理1lim

x1 x解：构造辅助函数ysint，在x x1区间上（由拉式中值定理 x1 xcosx1 x x x故原极限limcosx1 x cos 2、limn2arctana a n1

x1 arctana 解： x ,令ftarctant,t a,arctana a a

a x 12 x1，x 1 ax1ax故原极限lim12 xx x 方法用积分中值定理xtft1fx连续，且f00，求limx0xxfxt0 解：令uxt，则0fxtdtxfudu0fu x0ftdt

tft

ftdtxfxxfxx原极限lim lim0 x0fudu 0ftdtxfxx x

ft fx 0x0xftdtxf0 fx x0fxxxf

x0fx0xf题型三无穷小量的fx连续且xa时，fxxan阶无穷小，则当xaxaftdt必为xan1x③当fxxa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n1m阶g1x0(1cosxln(1x2xsinxnxsinxnex21高阶的无穷小 整数n等于 x0(1cosxln(1x2ex2所以4n12n

1x2x21x4，xsin

xxnxn112、当x0时，(1ax2)31与cosx1是等价无穷小，则常数a 1lim(1ax2)31lim

2a1a3

1cos

1 21 1 （A）1e （B） （D）1 1解：x0时，1e (x);1 x x;1 12

1(x)224、 atanxb(1cos 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),,12x1 d 12x1

cos

1， 2xtanx

， sinx2确的排序为,, 、

xsin2

lndt1是tcos2

10sin2xln1t2 sin2xln1t2lim lim0kk

1cos

x2x2 x

ln1sin4x2sinxcos

k

C 132kx3 132 2k15k93方法二sin2xln1t2dtx6阶无穷小而1cosx3kx

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

0lim1f(h)42f(2h)93f(3h) f(xx01231f0有23f00f(0)0,f(00,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 tata2t2、求正的常数a与b，使等式limbxsinx dt1成立

[Ata2ta2ta2ta2

2故a2b

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

axsinxln(1 c(c xln(1t3 0ln(1t3故

dt0，即b

dtt无论t0,t0

ln(1t3t

0若b0，由积分保号性b

0ln(1t3t

dt0b0 axsin acosx acos

ln(1x3

cx0x

x0

limacosx0a1,c这三道题，你能一眼看出a1,这三道题，你能一眼看出a1,b1c14、已知lim3sinxsin3x1，求c ，k 5、

ln1xaxbx22，则a1,b 6、若limsinxcosxb5，则a1,bx0ex

axb0，求a※设limfxgxA（为常数，若limfx，则limgx x b解：原式limx ax 所以1a0ablimx2x1x x x2x x2x8limxn7x41mxbn4,b0，求mnx xn7x41xn，由已知可得mn limx7x1xlimxn1nnx x 1 1limx nnb 所以n14,n5,b ,m

x 9

nnn

0，求和r

1r

lim 1 nn

1 n nn1 n nlimlim

r

题型五连续一、连续函数的概fxxx0③limfxfx0limylimfx0xfx00x二、函数的间断点及

函数的间断点的分类函x0fx的第一类间断点可去间断点：fx00fx00fx0fx00fx0fx00fx00fx0fx0x0fxsin1 一、求连续函数中的未知参

1etanx0arcsin2二、判断函数的连续性与可导三、判断间断1f(x)

1xex1

,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

lnxsinx(x0)间断点的情况xA1个可去间断点，1个跳跃间B1个跳跃间断点，1个无穷间C有两个可去间断D有两个无穷间断f(xx1,0而limf(x)limlnxsinx ln limlnx0，limf(x)0，故x0

xxx

x

1xln ln1x x1xlimf(x)lim sinxlim sinxlim sinx x1x x x1xlimf(xsin1x1是跳跃间断点，故选A3f(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 必有间断f 无间断点，由f(x)连续知 f f盾，故选x4、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 sint

sintsinxsintsin

lim etxsinxesintxsinxetxsinxesinf(xx0xkk1,x由于limf(x)limesinxex0f(x的可去间断点 而xk,k1, x为参变量，以n为极限所定义的函数fxfxlimgx5fx

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nxhxx1x1,xx11x lim1f(x)

x2n01x1x x1

n1 lim1 f(x)lim1

lim

2x1x1

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

1xlimx2n

limx2nx12n 0

1 x2n limx2n 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 6fx

x2enx1axbenx11

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

x0的连续性gxn与变量n有关的项xh1nah2n，

1 xn xn e当1时，即0xe，fx e e lim1

n e1xefxlnxe1xefx 0x

所以fx ，在0,上连续ln x第二讲一元函数微第一节导数与1fx

fx0xfx0fxfxlim 0

x左导数：f'x fx0xfx0 00右导数：f'x

fxfx 0xfx0xfx0fxfx00

0x可导若yfx0xfx0Axoxfxx0dyf'x0xf'x0df'x0在几何上表示曲线yfx在点x0fx0处切线的斜微分dyf'x0dxyfxyfx0xfx0yfxyd1)Cxaax'axlnexlogax xlnlnxxsinxcoscosxsintanx'sec2cotx'csc2secxsecxtancscxcscxcotarcsinx arccosxarctanx 1arccotx 1设uuxvvxx处可导(1)uvu

u v

uvuv

(v0设uxx处可yfu在对应点处可导，则复合函数yfxx处可导，且dydydufuxd dudyyx是由方程Fx,y0所确定的可导函数，为求得y，可在方程Fx,y两边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在对应区间 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 t'tt'td

dt't't

yyx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

nx

x

fn1xfn1x0x00①sinxn

sin

nπ22②cosxn

nπcos 2n③uvnunvnn④uvn

Ckukvnk第二节导数的10yfx00

xx0，(f'x00 ；弹性 y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(％)2：特殊规定：需求弹性

1xa,bf'x00fx在ab内单调不减2xa,b时，f'x00，且f'x0的点为孤立点fx在afx可导fxc的充分必要条件是f'xx0fx的极小值点fx00x0fx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“－”时xfx的极大值点．f'xx的左右邻域内由“－”变“＋”时，则xfx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．结论：10xa,bfx00yfx在ab内为凹20fx具有二阶连续导数，且x,fxyfxfx 30fx0fx0，则xfxyfx 1：讨fx的几何特性10讨论fx的定义域、周期性、奇偶20讨论fx的单调性，极值点与极值30讨论fx的凹凸性及其拐点(用二40讨论fx的渐近步骤2：列表

23/2，R1y题型一关于导数的概念与性1f(xxaf(xxa （A）limh[f(a1)f(a)]存

f(a2h)f(a

f(ah)f(ah)存 （D）

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

h0lim f(hsinh)存在. （D）

f(2hf(h)存在h03、设函数fxx0处连续,且

fh2

h01,则

[B (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

f(xfx)f(0 f(x)存在，则f(0)0

f(x)f( [D5f(xF(x)f(x)(1|sinx|f(0)0F(xx0(A)充分必要条 (B)充分条件但非必要条(C)必要条件但非充分条 (D)既非充分条件又非必要条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

1

，且当x0时，是（A） （C）e题型二求初等函数的导数与微1、设fx=xx1x2 xn，则f02tanx102sin

e

[D2、

sin

10

ysinxyex exyxsinxy1、yyx由方程exycos exyxsinxy2yyxytanxyy11,y211 y3 x2 xy 2x2x23 x， , xyd2 x1yaaxaxxaaaaxaa0y3x2yf3x2,fxarctan3x

fx,x1、设fx在,上二阶可导，f00，gx

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

的导数 x dy2 1、设ft0，又y tft，求

ft dx12t 2yyx y

1612ln

1y1x2sinxy1x2sinxcosxln1x22xsinx 1x22、y ,y 2 3 2 3xx xxxt111、设fx为连续函数，Fx lnxftdt，则Fx

flnx

f12、 dx

xcost2dt

x0cost2dt2x2cos

a)归1、已fx具有任意阶导数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

n2yx3sinxy60第三讲中值定1fx在a,b上连续，Th1.有界性：fxkkTh2.mfxMmMfx在a,b值Th3.mMmMfx在a,ba,b，使得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内至少一点,使f0fx在a,b上连续，a,b内可导，则方程fx0的二实xax之间至少有方程的一个实根a该定理的fx0在a,b内没有实根，即fx0fx0a,b上至多只有一个实根推广：若fx0在a,b内有且仅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内至少一个,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,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一个,bafxdxfbabxFxaftdt，因为fx在a,b上连续,FxfxFxxa,b上连续 a,b内可导，在a,b上运用拉氏定bFbFafbaafxdxfba,b（1—4为基础题

题型一最值、介值，狼狈为1fx在a,b上连续acdb，证K1K20a,bK1fcK2fdK1K2ffx在a,b上连续,所以mfxMK1mK1fc K2mK2fd ①②mK1fcK2fdK1由介值定理a,bf

K1fcK2fd.K12、fx在a,b上连续,ax1x2 xnb，则在a,b内至少有一点，fx1fx1fx2 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与最小值故mbabf(x)dxMba，m bf(x)dx 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fx在a,b上存在最M与最小mmfxg(x0，所以mgxfxgxMg 所以mag(x)dxaf(x)g(x)dxMag(x)dxm

ba从而从而[a,b]，使得f afba5、设fx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mfxfxf0fx00xfxxfmfMmxfxMx1mxdx1fxdx1 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xaa，f(xf(0)f(0)x1f()x2f(0)xf(（2）

f(x)dx f(0)xdx1af()x2dx1af(a 2 2因为f(x)在aa上连续，由最值定理mmx2f()x2

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

f()x2dx

f(x)dxa3 2 m f(x)dxaa3由介值定理，至少存在一点[aaf(

aa3

f,在[1,1]内至少存在一点f证：fxfxfxxx1fxx 1fxx 取x0,x1代入：f1f01f01021f103， x1f1f01f01021

103，1,02①-②f1f11ff1 6 2mfxM，mf1M,mf2Mm1ff2 2m3Mf题型二罗尔定理,1，证必存在0,3f(（分析）f(0)f(1f(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()f2证明存在(0,3f(2 证明：(1)F

ftdt0x2，则 fxdxF2F由拉氏，存在(02F2F02F2f2即fxdx2f2f0ff20 fx在2,3mfxmf2M,mf3f2fm M，由介值定理，存在12f2f使f1 2

f0f1fff1f001二次运用罗尔定理10,2,1f10f2从而存在1,20,3，使f

11kkxe1x0

证至少存在一点0,1，使f11f证Fxxexff1

k1xe1xfxdx=e11f，01FF ， k1,10,1F②证fxx0处连续，在0,0内可导，且limfxA，则ff0A5、设fx,gxa,ba,ba,b使得 g ga [构造辅助函Fxbftdtagtdt运用罗尔定理6、设函 fx,gx在 上二阶可导，且gx0fafbgagb0，证①在a,bgx0f f②在a,b内至少有一点gg证：①因为gx0gx0在内最多有两个根gagb0，则xa,bgx0FxgxfxfxgxFaFba,bF0，故得证7fx在a,b上连续，在a,b内可fab,fba，a与b同号，证a,bff[构造辅助函Fxxf2f2f

f]9fx在a,b上连续，在a,b内可导fafb0，证：ff0.[Fxexfx0110fx在0,1上连续，在0,1内可导，且使f2f0.[Fxx2fx]01

fxdx0，证0,1211fx在0,1上连续，在0,1内可导，且f0f10,f12 证：①存在1,1f ②对任意实数存在0,，使ffFxfxxF1f1110，F1f111 2 2 由零点定理1,1F0f 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内可导，且f00,f11，0,1f1②存在二个不同的点mn，使得fmfnFxfxx1,F01F1由零点定理0,1，使F0f1②在0,与,1二区间分别使用拉ff0fm0，m介于0与之 f1ffn1，n介于与1b②整理可得fmfnb2fx在a,bfa0，证

fx b

2

fxdx证：因fxfxfafxafxb

fxa

fxxb

b

fxdxa

f xadxa

fx23、在区间0,a上fxM，且fx0,a内取得极大值，证：f0faMafx在0,a内取得极大值，不妨设fcfx在0,c与ca之间分别使用拉fcf0cf1,10,fafcacf2,2c,af0facf1acf2cMacMaM4fx在a,b上连续，在a,b内可导，且fx0，证,a,b，使febeae b证：因为fbfaf， fbfaeb

f e①febeae 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②恰当选择x1、设

fx1fx0fxx

1

f00,f0fx二阶可导，故fxx0处的一阶泰勒公式成立fx=f0

0x

fx2,0,2fx0，所fxx，得证2、设fx在0,1上二阶导数连续

f0f10，并且x01时

fxA，x2证：因为fx在0,1上二阶导数连续fxfxfxxxfxx2xx f0fxfx0xf10x20x f1fxfx1xf21x2x1f0f1fx

f1x2

f21 fx x2f21x21fx2f1x22 2 1Ax2A1x21Ax21x22 函数性态的研题型一有关极值与最值问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

fxfx

0fxfa3f(xf(0)0

f(x)1，则（|xf(0)f(xf(0)f(x(0,f(0yf(xf(0)不是f(x)的极值点，(0,f(0))也不是y f(x的拐)x0|x |x从而B正确.4f(x有二阶连续导数，且x1fx2x1fx1f(xxaa1f(xx1xaa1取得极值fa0xax 1x 2x1 1xaa1取极小值

fa1e1a0a，afx2fx1e1x，两边取极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(0yf(xf(0)f(x的极值，点(0,f(0))yf(x解f(xsinxf(x)]2f(xcosx2f(xfx0f(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,xt33t

[C

确定,yy(xx11

2 1 2 2 [极小f2312，单调减区间0,2，单调增区间2,1 题型二有关单调性的问1f(x在(,f(x有（C 2、设在[0,1]f(x0f(0)f(1)f(1f(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(x0，4f(x在0,af00fx在0,a内单调增，证明函数fxx0,a内单调增证：设0xaFxfxFxx

由拉氏定理，存在xfxfxxx

将上式代入FxfxxfxFx0f故x

在0,a内单调增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

2、yex x x

lim limexex1 x2x x x x1x3、y1ln1ex的渐近线的条数为 x limylimy0y0 limyx0klim

ln1ex

ln1ex lim lim xx ln1ex

x1blimykxlim 0yx. 3(1x)4、曲线y klimy

(1x)2x

1 3(1x)2x )2 blimykx lim2x yx32

题型四证明不等式1、试证x0x21lnxx121f0f2f1f0f2f0fxf(x)2xlnxx21,f(1)xx2f(x)2lnx11,f(1)22x(x)2(x2f 2、证明：当0abbsinb2cosbbasina2cosaaf(xxsinx2cosxx0axbf(x)sinxxcosx2sinxxcosxsinxf(x)cosxxsinxcosxxsinxf(xf(x)f()0，f(xf(b)f 3、设eabe2,证明ln2bln2a

4(ba)4F(xln2xln2a

(xa,,F(x)2lnx4， F(x) 1lnx 2x2,xe时,F(x0F(x在ee24即当exe2时,F(xF(e20，故当exe2时,Fx单调增加.4F(b)ln2bln2a (ba)Fa4即ln2bln2a

(ba)fxln2x在[ab

ba,e 设(tlnt，则(t1lnt t当te时，(t)0,所以(t单调减少，((e2eab从而

bln2a

2ln

(ba)4(b4、设x(0,1)，证明①(1x)ln2(1x)x2;② 1 11ln f(x1xln2(1xf(x) 1x

ln(1x)x0.x所以f ，f1fxf00，所以f，f1fxf00，即(1xln21xx2所以(1xln21x1②令(x)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 所 x 1， x0xln(1 当x(0,1)时，(x) 11，得证ln(1 15p10x112

xp1xpfxxp1xp0xfxpxp1p1xp1，fx0x21 1p1p1f0f11,f22

2

2 f

f1,f2 2

f1f01即2

xp1xp1x6、求证xy xlnxylnyx0,y2

xylnxyxlnxyln

x0,y Fxxlnxx0Fxlnx1,Fx1xFx在0,为凹的xylnxyxlnxylnyx0y 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 D解f(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 （A）无实 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 （A）无实 （D）有无穷多个实 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 1cos2xdx在区间（0，）内有且仅有两个不同实根 1cos

sinxdx2cos 0f(xlnxxe

f(x11f(x)0x f(x)0,0xefx在0, ，fx在e, f(x)0,ex2f fe2limf(xlimf(x，所fx在0,e和e内各有一个零点 5、讨论曲y4lnxky4xln4的交点个数.解：令fxln4x4lnx4xkx 4(lnx 4(lnx f(x) x

(x0xx01fx0x1fx0fxf14limf(xlim[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)(0,+内有且仅有一个零点证：先证存在性，对x0,0,x上运用拉氏定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,x12f2fxk0f7fx0f12f13fx0在1有且仅有一个实根.证：fx0，fx在1,单减，f13x1,fx0，从fx在1,上单调递减fx0在1,x1,fxf1

1x1

f1x223x1f1x1223x152x2f25610f1由零点定理，在1,2区间内，至少存在一点f综上所述fx0在1,有且仅有一个实根第四讲一元函数积第一节不定积一、第一换元积分法（凑微分法1x31解：原式113x1313xd13x 1