高等数学基础预科课程

考研数学高等数学基础考研数学高等数学基础预科讲主讲欢迎使用新东方在线电子教目录主讲：杨 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 第四讲不定积 第五讲定积分与反常积 第一函数、极限、连(一)极限的1．定则称在nfi¥第一函数、极限、连(一)极限的1．定则称在nfi¥{an}A为极限，记作limannfi2：对于函yf(x)A为一个常数，若e0，$X>0xX时，xfiA为一个常数，若e0，$X>0x1时，1xfi-A为一个常数，若e0，$X>0使2X2时，4：对yxfix-d时有xfi时，07：对于函有0limf(x)A成立的充要条件xfixfixfi-xfi000xfix0的意思xx0很近(要多近有多近)，但不等(以limf(x)A为例x0附近y值全部落在宽为2e的带xfi(二)极限的11．唯一性定理：limf存在，则其极限值3．局部保号性定理：若limf(x)1．唯一性定理：limf存在，则其极限值3．局部保号性定理：若limf(x)A0f(x)0在局部成立(三)极限的 00xfi(四)极限的存在准1．单调有界准则(原理)：单调有界数列注：夹逼准则对数列极限也成(五)两个重要极1sin=1；②xfi①=e»2.7182xx(六)函数极限、无穷小关系定(七)无穷小量与无穷大1．概注1：无穷大(小)量是指因变量不是自变2：不能离开自变量的变化过程谈无穷小与无穷大在自变量同一变化过程中，有2①无穷小量与有界变量的乘积是无穷小注：无穷大量与有界变量的乘积未必是无穷大量②有限个无穷小量的和差积仍然是无穷小量(但商未必①无穷小量与有界变量的乘积是无穷小注：无穷大量与有界变量的乘积未必是无穷大量②有限个无穷小量的和差积仍然是无穷小量(但商未必2、无穷个无穷小量的和差积商未必是无穷小量.③无穷大量的倒数是无穷小量；非零的无穷小量的倒数是无穷大量3．无穷小量阶的比f①若，则f③若f④若4．几个常见的等价无穷sinx~x，tanx~x，arcsinx~x，arctanx~x，ex-1~x，ax-1~lnx2题型一关于极限的概念与性xn-£2e”数列{xn}收敛于a的）（A）充分条件但非必要条（C）充分必要条（B）必要非充（D）既非充分又非必要条[Cf(x£g(x，且lim[g(x-j(x)]0，则limf2、设对任意的x，总有j(x)xfixfi（A）存在且等于零（C）一定不存在（B）存在但不等于零（D）不一定存在，f(x)1.j(x)£f(x£g(x)，且解：令j(x)11，g(x)=gxfixfi311若令j(x)x，f(xxg(x)x ，则j(x)£fg，且mg(，但limf(x=¥，故B不正确，选x11若令j(x)x，f(xxg(x)x ，则j(x)£fg，且mg(，但limf(x=¥，故B不正确，选xfixfi3、设{an},{bn},{cn均为非负数列，且liman0limbn1limcn¥,则必nfinfinfi(A)anbn对任意n成立(B)bncn对任意n成立 limancn不存在(D)极限limbncn不存在nfinfi解：由limbn1limcn¥limbncn¥nfinfinfi114、当xfi0时，变 是 （A）无穷（C）有）（B）无穷大（D）无界的但不是无穷大1 ,limxn=0,xn„0,lim2 =nfi¥nfi111②xn,lim2 =pnfi¥22np5、设数列{xn}与{yn}满足limxn0，则下列断言正确的是）nfi（A）xn发散yn必发散（B）xn无界yn必有界1（C）xnyn必为无穷小（D） 为无穷小，则yn必为无穷小limxy0xy0+a(n)y1a(n)，故选nnnxnfinf(x)在(-¥+¥)内单调有界，{xn为数列，下列命题正确的是6、设）(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计方法一利用四则运算法40,n<axn+axn-1++ax+ n=0 nm（a a,b b均为常a0,b0b n xfi¥x+b ++ x+m001 ¥,n>0,n<axn+axn-1++ax+ n=0 nm（a a,b b均为常a0,b0b n xfi¥x+b ++ x+m001 ¥,n>1、求极限xfi24x4解：原式xfi=2、求极限lim3x-1x2+x- 26解：原式 =-方法二利用左右极4x2+x-1+x1、求极xfi- x2+sin 4+-+x 解：原式=xfi- ==1+sin12+sinx2、求极限+4-x+-xsinx+4x ex1lim2++sinx2=-1=4x1xfi-1+故原极限方法三利用等价无穷小代e-ecos1、求极限 xfi31+x2-5=32解：原式=1313xfixfi1lnsinx2、求极限xfix解：原式= ln1+sinx-1x2xxfi0,ln1+sinx-xxx故原极限limsinxx612+cosx3、求极限xfi3x3x2+cosx=32解：原式=1313xfixfi1lnsinx2、求极限xfix解：原式= ln1+sinx-1x2xxfi0,ln1+sinx-xxx故原极限limsinxx612+cosx3、求极限xfi3x3x2+cosx 3=3x2+cosx2+cosx -1=3-xln33-1xln2+cosx=xln1+cosx- =-1x3x333616故原极限=-4、求极限xfisin2xsin2ln解：原式=lim =lim =1xe2xfixfiln2e5、求极限 x5+3x4+4- 1 35解：原极限=limx51+x x=55x136、求极限limxsinlnsinln+x+xxfi6解：原极限limsinln1+3 sinln1+1 x13xxfi+¥x方法四利用泰勒熟记常见的差函数分子等价无穷1解：原极限limsinln1+3 sinln1+1 x13xxfi+¥x方法四利用泰勒熟记常见的差函数分子等价无穷166331221、求极限limcotx -1sinxxfix-sinx=1解：原极限xfitanxxsin62、求极限limx-sinxfi1解：原极限=lim =1 xfi3、求极限 11 xtanx2xfitanx-x=解：原极限x2tan arctanx-4、求极限xfi1-解：原极限=lim =-165、求极限xfix4sinx1sin3解：原极限=lim =167-6、求极限limcosx- xfi2-e1 +22=1-2 22 cosx=1-1x2+x4+o(x412-1181代入原极限=xfi7、求极限-6、求极限limcosx- xfi2-e1 +22=1-2 22 cosx=1-1x2+x4+o(x412-1181代入原极限=xfi7、求极限1-6解xfi0arctanxsin16故原极限=-8、若limxf(x)+sin=0，则 = （D）(f6xfi=xfi-36=32xxx故=2方法五二个重要1sin1=xxxfi¥xfi3sinx+x2cos1、求极限lim 3sinx+x2cos=2解：原极限=lim 3x2+ 2、xfi5x+x=53、limxxfix2+1=82p1- 1+xsinp2))p4 pp2解：原极限xfi=xfi= 225、求极限xfilim62p1- 1+xsinp2))p4 pp2解：原极限xfi=xfi= 225、求极限xfilim6解：原极限exfi0sin=1xfi12 -=xfi7、求极限limx 解：原极限limxfi¥18、求极限limxxfi01解：原极限limxxfi01-12 2==x-2故原极限方法六利用洛必达¥, 0¥（法则使用的三个前提，八点注意事项（课堂讲1、求极限xfisinsec2解：原极限=1limx-ln(1+tanx)=1lim 1+tan2xfi2xfi9 1+tanx-sec2 1+tanx-sec2=lim2xfi=4xfixsec2x-2secxtanxsec=14=4xfi11+tanx1+sin2、求极限xfitanx-sin21解：原极限21+tanx+1+sin1= 1+tanx-sec2 1+tanx-sec2=lim2xfi=4xfixsec2x-2secxtanxsec=14=4xfi11+tanx1+sin2、求极限xfitanx-sin21解：原极限21+tanx+1+sin1=1=1lim =-12xfi0-122xfi-解：原极限xfi- = = xfi-xfi-x2+100--x -- xfixfitfi12limx-xln5、求极+xxfi+t-ln1112解：令x=，则原极限=2tttfi0lim cos2x-6、求极xfi02 2x2-1sin22x-1sinx2-sin2cos242解：原极限==sin21=lim1-cos4x=lim=31+enxex+e2x7、求极限nxfi01lnex+e2x+enx解：原极限limenxfi1ex+e2x+ex+2e2x+1+2++1+而 )===x2xne+ +n2xfi故原极限11x8、求极限+xfi¥xx2x22x121xxfi=e1=1+enxex+e2x7、求极限nxfi01lnex+e2x+enx解：原极限limenxfi1ex+e2x+ex+2e2x+1+2++1+而 )===x2xne+ +n2xfi故原极限11x8、求极限+xfi¥xx2x22x121xxfi=e1=解：原极限+=lim1+=xxxfi¥xfi¥19、求极limx+1x2xfi解：原极限limxfi =lim =012=xfi而 lnx+xx1+1+1+xxfixfi故原极限e011补充题：求极限lim-lnx+1+x2xfi方法七利用夹逼12n1、求极限nfi)++n2+n n2+n+n2+n+iiinnn=，则 £xn£解n+n+2n+n+2n+n21n(n1n(n1n11i=22又limyn=，limzn==222nfi nfi¥+n+nfi¥+n+ nfi nfi¥+n 1由夹逼准则limxn=2nfi+amaxa，其中a0(i=1,2、记住公式limnanan miinfix22nfi 0£x£1<x£,x>x4f(x+amaxa，其中a0(i=1,2、记住公式limnanan miinfix22nfi 0£x£1<x£,x>x4f(xlimn1nfi 不可导点的个数） 0xf(x，如3,x‡15、设0<a<b，则lim(a-n+b-n)n nfi111解：因为0ab，所以>，故lim(a-nb-n)na- 方法八利用定积分定义（课堂精讲nfi1、111=ln21+++n+nn n+1+0nfi1npp 2、1+ 1+ +...+1+ nfi¥nnnnpn12nn22(1+)n(1+)等于n3limnfi)222 lnxdx(B) lnxdx11222(C) +x)dx ln+11[Bsinsin sinp 2p4、lim+++n+n+1nfi¥nn2方法九利用单调有界原1、设a=2, =1(a+1),n=1,2,...,证明：lima存在并求其极限值n1n2anfin证：因为 =1(a1)‡1a2=(n= 2 nn2a2nn1sinsin sinp 2p4、lim+++n+n+1nfi¥nn2方法九利用单调有界原1、设a=2, =1(a+1),n=1,2,...,证明：lima存在并求其极限值n1n2anfin证：因为 =1(a1)‡1a2=(n= 2 nn2a2nn1(a1na2a111n+1= n)£(1+1)再考aa 22nnn£an，{an}单调递减且有下界，故liman存在，令limannfinfi代入 =1(a+1)可得A=1A+1A=1,A=-1（舍去2 An2an6xn(n1, 2、x1=10，xn+1x1=10，x26+x1=6+10=4<假设xk-1xk，则xk=6xk-1>6=xk由数学归纳法知：对一切正整数n，都xn>6+1043xk6+x1xk+1=6xk>63由数学归纳法知 >3，即{xn}为单调下降有下界的数limxna,(a0，在恒等式xn+1=6xn两边取极限，nfilimxn+1= 6+nfinfia=6a，解之得a3（a2舍去所以limxnnfi12x(Ⅰ)证明limxn存在,并求该极限；(Ⅱ)计算limxnfi¥nnfixn+1sinxn，若limxn存在，且limxn=Axn+1sinxn取极限nfinfiAsinAA0，可见{xn}0为下界证：因0x1p，0x2sinx1£1p，于是0xn+1sinxn£1p(n=1,xn+1sinxn，若limxn存在，且limxn=Axn+1sinxn取极限nfinfiAsinAA0，可见{xn}0为下界证：因0x1p，0x2sinx1£1p，于是0xn+1sinxn£1p(n=1,0为下界，由调有界准则知limxn存在.limxn0nfinfi1lnsinx16sinsin -2¥x=(II)原式nfi =)nxxfixfi方法十利用导数定义求极 -xfx( 存在，求x00x-xfix0=limlimxfix0x-x-xfix0)00xfi x-0x方法十一利用微分中值定理求极x+1- x1limxfi解：构造辅助函ysint，在x x+1区间上（由拉式中值定理 x+1- lim cose=x+1+xfixfiaa22、lim -nanfiarctana-lim x解1xfia,axarctana-xa a-，e˛a,a=x 1+e x212故原极限=xfix=21+方法十二利用积分中值定理求极x()(x-tft((fx连续farctana-xa a-，e˛a,a=x 1+e x212故原极限=xfix=21+方法十二利用积分中值定理求极x()(x-tft((fx连续f00，xfi01、x 0x0x()(u=f(u fx-tdt=fud0x0xxx(( ftdt-tft原极限xfi00=xfi0xx00x =xfi（e0x之间=xfi0x0=lim f =1xfi题型无穷小量的比①在极限的加减运算中，高阶无穷小可f(x)连续xfiaf(x)(xa)n阶无穷小xa时xf(t)dt必为(xa)n+1阶无穷小a时ax12-1高阶的无穷小，则正整数n等于 1x2x2=1x4，xsin解：当xfi0(1cosxln(1x2xn=xn+1x22ex-所以4n+12n12、当xfi0时，(1+ax2)3-1与1-cosx是等价无穷小，则常数a= 112331xfi=xfi=a=1a=1-cos322x等价的无穷小量是）（B）ln1+所以4n+12n12、当xfi0时，(1+ax2)3-1与1-cosx是等价无穷小，则常数a= 112331xfi=xfi=a=1a=1-cos322x等价的无穷小量是）（B）ln1+1-x（A）1-1+x-（D）1- 1212xx)2解xfi0时，1(-x1+x-x;1-xatan+-cos224、22，其中ac0，则必有)xfi0cln(1-2x)+d(1-e-xa=limasec2x+bsina2，所以a=解：原极限=-2c+xfi21-xx5、把xfi0+时的无穷小量a=cost2dt,b= sint3dt排列000来，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是）(A)a,b,g(B)a,g,bb,a,g(D)b,g,a3d121x122x， =sinx22=cosx2fi =2xtanx解：由则正确的排序为ag,1sin2的几阶无穷小0解：方法一：按定sin2sin2lim=lim1+22kk3 12x ===C„kkxfixfi1xx133 222k-1=5k=9===C„kkxfixfi1xx133 222k-1=5k=93k3sin2 )dtx6阶无穷小而(1cosx)3x2阶无0小，故62kk937、设函数f(xx0的某邻域内具有二阶连续导数，h0时f(0)0,f¢(0)0,f¢(0)0.证明存在惟一的一组实lf(h)lf(2h)lf(3h)f(0是比h2高阶的无穷1230 hfi0 hfi2hfif(xx0的某邻域内具有二阶连续导数f l1+l2+l3=故l2l3l +4l+9l= 方程组的系数行列式为范德蒙行列1D=1124139由克拉默法则，（1）有唯一题型已知极限1、xfi0f(x)x-sinaxg(x)x2ln(1bx)为等价无穷小，则）6666[A]t1x2、求正的常数与，使等式xfidt=1成立bx-sin0 2+tx120a2+ta2+===bx-6666[A]t1x2、求正的常数与，使等式xfidt=1成立bx-sin0 2+tx120a2+ta2+===bx-sinb-cosaxfi01-cos xfixfi故a2b3、确定常数a,b,c的值，使limax-sin =c(c„0).3+txfixtb解：因为limax-sinx0,cxfixln(1+t30ln(1+t3dt0，即b故dt=ttbln(1+t3无论t0,t0，均>0t0ln(1+t3若b0，由积分保号性dt„0b=0tbax-sina-cosa-cos洛xfi等=xfi=c„ln(1+3ln(1+xxfixtxb24、已知lim3sinxsin1，求c ，k3525、xfi2，则a1,b2xsin6、若xfi0ex-7、若 (xfi-，-a-b=x1+11(解：原式lim-2 xfi-所以1a0asin6、若xfi0ex-7、若 (xfi-，-a-b=x1+11(解：原式lim-2 xfi-所以1a0a x =1()2b=-xfi-x+x1+x=-2x2+x+1-xfi-m -x=bn48、若 x+7xn>4,b„m,n,，求xfi+¥xn7x4+1中最高xn，由已知可得mn m+7x+1)-xn4limxn+xfi+¥ xfi11=limxfi+n=b„n 71所以n-14n5b=m=559、设r0，求a和ranfi¥a1aa1-nfi=nnfi¥nanan1an1-n11=nfi¥n题型连续间一、连续函数的概f(x)xx0处连续,需满足三个条件x0的某个领域内有limDy=limfx+Dx-fx=0(00xfixfi二、函数的间断点及其分1.函数的间limDy=limfx+Dx-fx=0(00xfixfi二、函数的间断点及其分1.函数的间（1）x0是函yf(x)的间断点，如f(x)x0处的左、右极限都存在，则x0f第一类间断点包括可去间断点和跳跃间断可去间断点跳跃间断（2）无穷间断振荡间断点00x振荡型间断一、求连续函数中的未知参x£a+bx2x£（1）f(x)=tan1-（2）sinbxx x>x>x2二、判断函数的连续性与可导xcost20,x>x=1x（1）f(x)=x x„（2）2(1-cosx=,x<三、判断间断1x1、设函f(x))-（A）x0x1f(x的第一类间断点（B）x0x1f(x的第二类间断1x1、设函f(x))-（A）x0x1f(x的第一类间断点（B）x0x1f(x的第二类间断点（C）x0f(x的第一类间断点x1f(x的第二类间断点（D）x0f(x的第二类间断点x1f(x的第一类间断点[Dx0x=1xfixfixfi2、判断函f(xsinx间断点的情况 lnlnlimlnx0limf(x0x0limf(xsinx=xfi0+xxfi xxfixfi可去间断点3f(x和j(x)在(-¥+¥内有定义f(x为连续函f(x)0，j(x)间断点，则（（B）[j(x)]2必有间断（A）jf(x必有间jf必有间jff无间断点，由f(x)连续知j(x)f(x)必连续，与已知相盾，故选x4、求极限limsintsint-sinx，记此极f(x，求函f(x的间断点并指出其类型sintfijff无间断点，由f(x)连续知j(x)f(x)必连续，与已知相盾，故选x4、求极限limsintsint-sinx，记此极f(x，求函f(x的间断点并指出其类型sintfixxsinsint-sin=etfixsinx=esintfixsinxtfixsinf(x的间断点x0xkpk1,x由于limf(x)limesinxe，所x0f(x的可去间断点xkpk1,都为第二类间断点※讨论极限函数x为参变量，以nfi¥为极限所定义的函f(x)nfi）xfi¥1+A)不存在间断点解：①g(xn)与变量n有关的项仅为xh(n指数函数，x<1,=1,x1时当lim1+x01+f(x)nfi =1+xfx2nnfi¥1+1nfix1时1+1+1=f(x)==nfi¥1+ nfi¥2x1时f(x)=lim1+x=lim1- =2=0nfi¥1+x1时当+x1-2n011+f(x)===nfi ==nfi¥1+ nfix-nfi当x£1或x即f(x1x 当x再讨+x1-2n011+f(x)===nfi ==nfi¥1+ nfix-nfi当x£1或x即f(x1x 当x再讨f(x的间断xfi-xfi-fxfi-xfi-xfixfixfixfif(x)x=1处不连续，是第一类间断点.故选xfix2en(x-1)+ax+的连续性ab为常 nfig(xn)与变n有关的项为ah(n,x，令h(nx)00为分界点02nnfiax=1,>1,<1xxxnxnlnen1+ln1+e当xee1时，即0xelim+nnnfinfi¥e当1xe当1时xexf 0<x£，在(0,+¥上连续x>所第二一元函数微分第一导数与微考试内容要点精第二一元函数微分第一导数与微考试内容要点精Dxfix-xfi：fx'= = x-：fx'= = x-可导左右导数都存在且相等3．导数与微分的几何意义(会求曲线的切线和法线方程4．连续、可导、可微之间的关5．求导公1axln6)x11-11-11+161)在理运算法1+(3)u(v„0v 2)复合函数求导(3)u(v„0v 2)复合函数求导d导，ddyd=dudx3)隐函数求导yy(x)是由方程F(xy)0所确定的可导函数，为求得y，可F(xy)两边x求导，可得到一个含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dy=-得d4)反函数的导xj(y)在某区间内单调、可导，且j'(y)0，则其yf(x)在对应区间d；11也可f ddd5)参数方程求导y，(atb)确定的函数，是由参数y=td y=6)对数求x将函数取对数，然后两边7)高阶导求导： x-xfi：πn①)=sinx+sin2π②cosx)=cosx+n2：πn①)=sinx+sin2π②cosx)=cosx+n2n④)=C k第二导数的应1x02．求未定式的极限——洛必达法3．求边际与弹性：边际My=；弹性：h1个单位引起的因变量的绝对增加弹性的经济意义： xy2：特殊规定：需求弹性h判断函数的单调性内单调递增(递减证明不证明恒7极值、极值点、最值、最值点的概念：(略7极值、极值点、最值、最值点的概念：(略求极值(点)的方x0注：定理 空心邻域内可导，0000008．考察曲线的凹凸性及其拐(1)概念：凹——曲线上任意一点的切线都在yf(x)的下拐点：凹弧与凸孤的分界点注1：凹凸性是一个局部概念，而不是整体概念，只能在某个区间研注2：拐点是曲线上的点，由两个坐标组成，不能只写横坐标(注意填空题 9．作出函数的图像f步骤2：列表3：作，R=3/k题型关于导数的概念与性1f(xxa步骤2：列表3：作，R=3/k题型关于导数的概念与性1f(xxa的某个领域内有定义f(xxa处可导的一个充分条件（）f(a+2h)-f(a+（B）hfi存hf(ahf(ah存hf(a)-f(a-hfi（C）hfi（D）hfi存h[D2f(0)0f(xx0可导的充要条件为）（B）lim1f(1eh存在hfi011（A） f(1cosh)存在hfi01（D） （C） f(hsinh存在2hfi0hfi0[B1,则）2hhfi--++[C）f存在f(x)+f(-（A）若f(0)=（B）若存在f(0xxxx[D5f(x可导F(xf(x)(1|sinx|)f(0)0F(xx0处可导(A)充分必要条(C)必要条件但非(B)充分条件但非(D)既非充分[A6f(xxa处可导，fxa处不可导的充分条件（[A6f(xxa处可导，fxa处不可导的充分条件（[f¢(x0,f¢(x0f(x在(-¥0)B]7f(x)f(-x，在(0,+¥[C]8、函f(x(x2xx3x不可导点的个数是)[B]9f(x3x3x2|x|，则fn(0)存在的最高阶n为（(A)(B)(C)(D)[C]1+）p（C）ep（D）pe（A）（B）[D题型二求初等函数的导数与一、用定义2、xfi=10·sin二、隐函数的导 1、y=yx由方程 +cos(xy)=0确定 (. 2 1 1+ x+y3、x2+y2= x x-yd2三、复合函数求， 1yaaaxa=32y3x+2 x+y3、x2+y2= x x-yd2三、复合函数求， 1yaaaxa=32y3x+24四、分段函数求fx„x= f1、，①确定a，使g(x)在(-¥+¥)上连②证明对以上确定的ag(x)在(-¥,+¥)上有连续的一阶导数13x ,x„xx=五、求参数方程的导 1 1、设 t„0，又(， d f¢2y=tf¢t-f((x=1+2t22yy(x)由参数方程= 1+2lntd2y=u1e=d2六、对数求导1+ (2+x)(3+x)1+1+1+12y 3+ 2- 3-x七、极限函数的1xxfix+tx-txfi八、变限积分的11f1x+tx-txfi八、变限积分的11f1 x1x x0d22402costdt-2xcosxcostdt222xx九、求高阶导a)归2）（B）nf（D）n!f[A12y2x+1b）用莱布尼茨公式、taylor公n-2yx3sinx，第三中值定第三中值定1Th1.有界性值Th3.介值定理m£m£M时mM分别f(x)在[a,b]上的最小值Th4.零点定理：Th5.罗尔定理：设函f(x)满足条在闭区间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,f(a)f注：①条件是结论的充分条件，而不是②逆否性的至少有方程的一个实根x(ax[a,b上至多只有一个实根m+1个根例：设a„0，证 =ax2+bx+c的根不超过三个Th6.拉格例：设a„0，证 =ax2+bx+c的根不超过三个Th6.拉格朗日中值定理：设函数f(x)满足条b-ab的大小不影响应用：①函数恒等式的证②渐近线分③有界性的$一点x, .Th8.Taylor公式fi专题讲解bf3、涉及积ababax(证Fxab b (a题型一最值、介值，狼狈（1—4为基础题K1f(c)+K2f(d)=(K1+K2)f①②K1+.K+ xnb，则在[a,b]内至少有一点x，a<x1<x2n（证明方法同1一样3、证明积分中值定理：若函f(x在闭区间[ab上连续，则至少存在一点h˛[abf(x)dx=f(h)(b-使a bbmba£f(x)dx£(f(x)dx£b-aa由连续函数介值定理知：$h˛[a,b]，使得f(h)=1 fbb-a4、设函数fxg(x)在[ab上连续，且g(x0，证明存在一点x˛[a,b]，使bbf(x)g(x)dx=f aa 与最小值mMbfbbb所以 g(x)dx£f(x)g(x)dx£ g(x)dx，ma£baaaabfx从而$x˛[ab]，使得a.babfbbb所以 g(x)dx£f(x)g(x)dx£ g(x)dx，ma£baaaabfx从而$x˛[ab]，使得a.baf(0)0，证至少存在一点x˛[0,1]，51(f¢x0111 mxdx£fxdx£(000 2mxdx£ fxdx£2Mxdx，m= £ fxdx£2M1=11111((2200001由介值定理可得：$x˛[0,1]，使f¢x= (06f(x在区间[-aa](a0)上具有二阶连续导数,f0）0(1)f(x的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式a证明在[-aa上至少存在一ha3 f，22121aaaa2ff(x)dx=f¢(0)xdxfx)xdx2mx2£23dx x2dx=2aaa322ma=xdxf333adx f(x)dx£ 1aa f2 3--3a3mf(x)dx£a3a3fa3a3mf(x)dx£a3a3fa在[-1,1]内至少存在一点xf)00000023()(˛ h1- hx0,x=1代入①011262226③612212题型二罗尔定理（春色三分，二分尘土，一分流水。细看来，不是杨花，点点是离人泪证必存在x˛(0,3)f¢(x)尔定理，于是存在x˛(0,3)f¢(x)22f(0)=f(x)dx=f(2)+f(3)0(1)证明存在h˛(0,2),f(h)f(2)证明存在x˛(0,3x2(()Fx=ftdt0£x2证明：(1)，002 0 2 0 m£M，由介值定理，存在h1˛2使1121()f1= fxdxk3k01-11 fxdx=x(fx，x˛0，F(x)=F(k1k1 10此题多次重复考4、xfi5、设fg()(a,b)$x˛(a,b使得bx(f(x ((gxaxx([构造辅助函数Fx=ftba,6、设②在(a,b)内至少有一点xg②在(a,b)内至少有一点xgfx$x˛(a,b)f2xf[构造辅助函F]x1()[10、设fx在0,1上连续，在0,1内可导，011f2 1h证：①存在h ,1，使得 F12 2 1F12 2 1Fh)0，hf由零点定理知，$h ,1， 题型三拉氏、柯西（回首向来中值处，归去也无风雨也无晴②存在二个不同的点m,n，使①②2bf2(b-aff)(x-a)£所2bb)f¢x-adx=两边积2aaa£a£ffffeb- =f)b-f)，x˛=①证：因b-②eb-x)=e- f)b-证：要证eh-hhh①b-eb-x②b-题型四泰勒公式（高处不胜寒证明思路：①写出比最高阶导数低一阶的泰勒展开②恰当选择等式二边的③根据最高阶导数的大小或具对展开式进行放缩证明思路：①写出比最高阶导数低一阶的泰勒展开②恰当选择等式二边的③根据最高阶导数的大小或具对展开式进行放缩xx22、设2(x之000002( 21(0 x0x之12( 22()xx1之1-22 (22(1-22 (£1 xx+2f2()(21-212221 2 A222函数性态的研题型一有关极值与最值问x00f(x函数性态的研题型一有关极值与最值问x00f(x的极大点，则）f(x的驻（A）x0必（B）-x0必是f(-x的极小（C）-x0必是f(x的极小方法一：从几何f(x与f(-x的图形关于原点对称，0f(x的极大-x0必是f(-x的极小值点方法二x0的去f(xf(x0f(xf(x0即1，则在xa处=）2xfif(x取得极大（C）f(x取得极（D）f(x的导数f）|x f(0)f(x的极 f(0)f(x的极(C)(0,f(0))是曲yf(x(D)f(0)f(x的极值点(0,f(0))yf(x的拐|x|x|x从而B正确4、f(xxa(a1)取得极值，是极大值还是极小值)=1-x-f1-②，两边取极1- 5、设函f(x满足关）（A）f(0)f(x的极大值（B）f(0f(x的极小值（C）点(0,f(0))是曲yf(x的拐点（D）f(0)f(x的极值，点(0,f(0))也不yf(x的拐点x0f¢(0)1，故选6、曲y(x-1)2x-3)2的拐点个数（C33，故选23433，故选234）[Cx=t3+3t8、设函数yx由参数确定,则曲1()9fx的凹凸区间tt-dt0<x0 2 12 222[极小值f =3 ，单调减区间 ，单调增区间222 题型二有关单调性的问1、设函f(x在(-¥,+¥内连续，其导函数的图形如图所示f(x有（C一个极小值点和两个极大值点两个极小值点和一个极大值点两个极小值点和两个极大值点三个极小值点和一个极大值点xf(1f(0)f(0f(1的大小顺是Bx3、设函数f(x在(-¥+¥内连续F(x)=(x2tf(t)dt0xx证：F(x)= f(t)dt- tf(t)dt00xxF¢(x)=f(t)dt+xf(x)-2xf=f(t)dtxf(x)xf(xf(x)]xxF¢(x)=f(t)dt+xf(x)-2xf=f(t)dtxf(x)xf(xf(x)]x000之间f在x(=fx0<x<，令Fx， (F¢证：设 fx在(0a内单调增故求渐近21+e-21-e-(A)没有渐近线)仅有水平渐既有水平渐近线又有铅直渐解：由limy=1，有水平渐近y1limy=¥，有铅x0，故选xfixfix+2yexx2+x的渐近线有）xfi-1x2+xy = ex¥不存在，原曲线无斜渐近线，选xxxfi xfi3y1ln(1ex的渐近线的条数为）x解：由limy¥limy0有水平渐近y0xfixfi-xfi1x2+xy = ex¥不存在，原曲线无斜渐近线，选xxxfi xfi3y1ln(1ex的渐近线的条数为）x解：由limy¥limy0有水平渐近y0xfixfi-xfiyk= =lim ==2xxxxxfi+¥1+xxfi xfixfi1+b=lim(y-kx)=limexxfixfi3(1+x)的斜渐近线方程 x3klimy(1+=xfi xxxfi31333 (1+x)2-x32=lim =lim2=1x1xxxfixfixfixfi32故斜渐近线方程为yx题型四证明不等式证明：x2(x2-x21ln2、证明：当0abpbsinb2cosbpbasina2cosapa证f(x)xsinx2cosxp1f-0+f+2+f-0+极f¢(x)=sinx+xcosx-2sinx+p=xcosx-sinxf¢(x)=sinx+xcosx-2sinx+p=xcosx-sinx\f(b)>f得43、设e<a<b<e2,证明ln2b-ln2a (b-a)证法一4F(xln2xln2a-(xa则1-lln4 -，F¢(x)=,x,4F(b)=ln2b-ln2a-(b-a)>F(a)=4即ln2bln2a>(ba证法二a=ln2b-ln2a=(l(-,<e<<xtt当tej¢(t)0,所以j(t单调减少j(xj(e2eaxb从而ln2bln2a2lnx(ba>(b4x1ln1-1<14x˛(0,1)，证明(1xln21x)x2;ln(1+ 证f(x(1xln2(1x21+ff所，21+ff所，所以(1xln21x)11x-ln(1+x)②令j(x)-ln(1+ xln(1+(1+x)ln2(1+x)-x2(1+x)ln2(1+由①结论知j¢(x)0x˛1所以 ，又j(x)在(0,1]上连续，j1x-ln(1+x)=所以j -1，limj(x)=xln(1+ 1 x˛(0,1)时，j(x)ln(1x)x2，得证15、证p10£x£1时21 1 11f1=1,<+2=2p- f(x)f1,f2 1即2x+2x+2xlnx+yln2£证：将所证不等式变形xx+ylnx+xx+ylnx+£xlnx+ylny(x>0,y>222题型五方程实根的二个问题：①根是否存在1、设函数f(x0ln(2t)dt，则f¢(x的零点个数）>0f2+2、若3a25b0，则x52ax33bx4c0)（A）无实（C）有三个不同实（B）有唯一实（D）有五个不同实解f(xx52ax33bx4cf(x5次多项f(x0至少有一个其判别式D(6a)2453b=12(3a25b)13、在区间(-¥+¥内，方程|x1+|x-cosx=0 （A）无实（C）有且仅有两个1（B）有且仅有一个（D）有无穷多个实1解f(x=|x|4|x|2-cosx，则f(x是偶函数f(x0在(0,1)内有唯一一个实f(x在(-¥+¥内有且仅有两个实根.xp4、证明方程lnx= 1-cos2xdx在区间（0，+¥）内有且仅有两个不同实根e0ppp证 1-cos 2sinxdx=-2cos=2xp4、证明方程lnx= 1-cos2xdx在区间（0，+¥）内有且仅有两个不同实根e0ppp证 1-cos 2sinxdx=-2cos=2000f(x)=lnx-x+e 令，fxfi5、讨论曲(x)=4(ln3x-1+fxlimf(x)=lim[lnx(ln3x-4)+4x-k]=；xfixfilimf(x)=lim[lnx(ln3x-4)+4x-k]=，xfixfi②当4k0，即k4时，f(x)有唯一零点，即两条曲线只有一个交点6、设在0,+¥)f(x)有连续导数，且f¢(xk0,f(00,证f(x)(0,+¥)内有且仅有一个零点证：先证存在性，对x˛[0,+¥)[0,x]上运用拉氏定ff(xkxf(0)x1>k f0(kf(xkf(0)0，因f(0) f0(kf(xkf(0)0，因f(0)1上最多一个实根f2(x12f2(x £2-3x1=5-2由零点定理，在(1,2)区间内，至少存在一点x，f(x)第四不定积一、第一换元积分法（凑微分法1x3199911或者，令13xt3dx11 113第四不定积一、第一换元积分法（凑微分法1x3199911或者，令13xt3dx11 1133347原式= 1- tdt= t- +3 2、 ln1+xdx1- 1-1+x 解：=1- 1-1 1+x11+1+x原式 d=+ 1-1- 1- 31+32解：原式lnx+1x2dlnx)2221+ =lnx1+ +3f4-f¢(解：原式2f1f(x)f=dx=d+=f¢ f¢ 2f¢f()((5、cotxdx=- +Cln2sinlnsin6、 x dx解：原式xex(1xex)dxxex(1xex)ln1+1-lnx72x-ln1-ln1x5、cotxdx=- +Cln2sinlnsin6、 x dx解：原式xex(1xex)dxxex(1xex)ln1+1-lnx72x-ln1-ln1xdx+C解：原式+lnxlnxx-lnx二、第二换元积分法：①倒代换；②三1-lnx12x-lnx=1,ln1=-lnt,dx=-1t 1+ln -1dt=-1+ln原式222 t1+lnt= +C= +C=1+tlnx-ln22x22sec2coscos2t+2sin2==dsint=arctansint+C=arctan +C1+sin21+3e2x-解：令texxlntdx1t 1dt=11t2-2t-3t2-2t-= t 3ex-1t-1+C=ln解：令texxlntdx1t 1dt=11t2-2t-3t2-2t-= t 3ex-1t-1+C=ln=ln+ext三、分部积分1解：求 +0-ex+exex积分，原式x2ex2xex2ex2x2sin2xdx1x2cos2x1xsin2x1cos2x2242解：令lnxtxetdx原式=2解：令arcsinxtsint原式t2cosxcos4x25、 sin3xcosxdsin解：原式=1 2dx=1 =-1xd sin3xsin3xsin2x848222 =- +1 =- -1cotx+C8sin2xsin2x 8sin2x8 222 6=2xdex-1=2xex-1-ex-解：原式ex-其中ex-1dx=2ex-1=- +1 =- -1cotx+C8sin2xsin2x 8sin2x8 222 6=2xdex-1=2xex-1-ex-解：原式ex-其中ex-1dx=2ex-1-2 ex-1+所以原式=2xex-1-4ex-1+ ex-1+sin2x7sinarctan8e2111解：原式arctanexde-2=-arctan2e-2x2221+121e-111arctanex+e-2xarctanexdx=-e-2xarctanex-=2 21+2四、有理函数积 1())21+x11解：原式1ABC=x又++=222 xx1,-2C=1C1x1,4A=1A1B12441--故原式=4dx+4dx dx2x1x1(x1=14x-1-14x+1+1+2x2、 dxx2-6xx-x-6dx1--故原式=4dx+4dx dx2x1x1(x1=14x-1-14x+1+1+2x2、 dxx2-6xx-x-6dxdx解：原式11 dx+2223、2x dxx2+3x+原式x2+3x+2-=x+3x+2x2+3x+xx+x2+3x+2-2=+解：原式= x10+ x+111=-=ln +C x10+5x41dx-11+x-1arctan 2 x12 2解：原式= dx2x-1x2+ x五、无理函数积1、 x+1+3x解：令x+1tdxdx-11+x-1arctan 2 x12 2解：原式= dx2x-1x2+ x五、无理函数积1、 x+1+3x解：令x+1tdx6t原式dt=2t3-3t2+6t-6lnt+1+=2x+1-33x+1+66x+1-66 x2解：x1x+1=t,dx1+原式=-2arctant+(2221-六、三角函数积①sinmxcosnmn中至少有一个为奇数，则凑微mn皆为偶数，降1xcos22sin2xcos2xdx1cos2x1cos2x22=424②mnsinxcossin2x+cos2sin3、sinxcos4=sinxcos4xdx=cos4xdx+sinxcos2 = +sinx+cosxdx= +1+lntanx+3cos3③可化为分母为单项的积sinxcos23cos3 = +sinx+cosxdx= +1+lntanx+3cos3③可化为分母为单项的积sinxcos23cos3 cos24、 dx=1-sinxdx=tanx-1+Ccos21+sincossin1+sin1dx-tanx+x+5cos2cosa1sinx+b1cos④dx的积asinx+bcos3sinx+4cos62sinx+cos原式2dx2cosx-sinxdx2xln2sinxcos+2sinx+cos第五讲定积分与反常积一、定积分的概nb1．定义alfi注：要深刻把握定义中的分割、代替、求和、取极限的这种分析问题的思想和方法定积分的存②闭区间[a,b]上至多有可列个间断点的有界函数一定可积④闭区间上可积函数的和、差、积一定可积(商未必二、定积分的性1．运算性质bb faabafxdx=-f(x)dx(②aba③abbb④线性性：f+kfdx= fdx+ k12112aaabcb⑤可加性1．运算性质bb faabafxdx=-f(x)dx(②aba③abbb④线性性：f+kfdx= fdx+ k12112aaabcb⑤可加性 fdx=faac2．估值性a,bb‡0， aba,b abb， fx‡xaabb-a②常见的积分不等式bb(1)绝对值不等式£aabbb(2)施瓦尔兹不等式 22aa注：要掌握证明不等式的施瓦尔兹方bbb(3)明柯夫斯基不等式 gx2f g2xdaaab a,˛ababb， x˛a,则aa4xa,b axxa,ba,b=fa三、定积分的计bfdx=F-F=Fxab ffxf¢xxa,ba,b=fa三、定积分的计bfdx=F-F=Fxab ffxf¢xdx令((( =f2abaf(注1：对定积分换元时，一般不必还原，但必须同时将积分的上下限改变注2：用换元积分法计算定积分时所做的变量替换在相应的区间上必须为单bbfxg¢xdx=fxg()(()(()(gxf¢xd3．分部积分法-(不要写中间aa程4．奇偶性与周期性的利用a(1)若f在-a,为奇函数， aa0()(fx2fxaaadx=xd(()(fxdxfx+f--0注：一见到积分上下限互为相反数，则应首先考虑被积函数的T(4)若ffT是以为周期的周期函数，a05．几个有用的积分公式ππ fsin2200π2ππ xfsindx00πππ fsindx= fsindx= 22000πnππ (4)2sinnxdx=2cosnxdx=1!!00n为奇四、反常积A aAfi+¥aaAfi-Aaffdx都收敛，则 dxa1dxp>1,a0p£1,发xabb设af的无界点 四、反常积A aAfi+¥aaAfi-Aaffdx都收敛，则 dxa1dxp>1,a0p£1,发xabb设af的无界点 ap<1,收 bdxpp‡1，发a关于定积分的概念及n12nn2(1+)等于n(1+)21limnfi)n222 lnxdx（B） lnxdx11222（C） +x)dx ln+11122解：原极限转化为定积分定义= +1+x=t lntdt= ln0112、设函f(xg(x)在[0,1]上连续，f(x)£g(x)，且对任何C˛(0,1)）c12cc12cf(t)dt‡f(t)dt£11221111 f(t)dt‡ f(t)dt£cccc[Dp4p4tanxdx,I2dx,则）xtan00(A)I1>I2>(B)1>I1>I(C)I2>I1>(D)1>I2>解：当0xp时tanxx，故tanx1x1>I2xtanp4pxpdx<1dx=1，故4tan400bf(x0,f'(x0,f''(x0,令f(x)dx4、设在区间[a,b]=1aSf(b)(baS1f(af(b)](ba)232S1<S2<S3(B)S2<S1<S3(C)S3<S1<S2(D)S2<S3<S1[B]sinp4pxpdx<1dx=1，故4tan400bf(x0,f'(x0,f''(x0,令f(x)dx4、设在区间[a,b]=1aSf(b)(baS1f(af(b)](ba)232S1<S2<S3(B)S2<S1<S3(C)S3<S1<S2(D)S2<S3<S1[B]sin(A) sintdt,F(x)x(B(C(DF¢(x)esin(x+2psin(x2pesinxsinx0，所F(x)psinsinsinF(x) sintdt= sintdt sin00p0p-sin)(-sin sintdt令u=2p- sinudu= sin0ppp故F(x) - sintdt,t˛0,p,sint˛-sin((0esint-e-sinp2psin4346Mcosxdx,N (sinx+cos2pp21+--pP (x2sin3xcos4x)dx则（2p-N<P<M<P<N<M<P<M<[D] 111- f(x)dx， f(x)dx= 27f 1+.001解： 0p1111dx+ 1-xdxA 4-2f(x)dx21+008f(x是连续F(xf(x的原函数，则）[A结论：①连续的奇函数的一切原函数都②连续的偶函数的原函数中仅有一个原函数是奇函9、设函f连续，则下列函数中，必为偶函数的是）xx f200x[A结论：①连续的奇函数的一切原函数都②连续的偶函数的原函数中仅有一个原函数是奇函9、设函f连续，则下列函数中，必为偶函数的是）xx f200xx t[f(t)-f- t[f(t)+f-00[Dxx=0外处处连续，x=0是其第一类间断点， 10、0（A）连续的奇函（C）x0间断的奇（B）连续的偶函（D）x0间断的偶[B]关于定积分的计11 1edx23xx1211e121x12+ex 原式= dexx 111p2 2p-pp2222原式= sinxcosxdx= sinx22sinx00=2p=p-122 81ln(1+3、0(2x)21 ln(1+x)1-1=+=原2- 2-02-00=ln2-111dx=ln+ 2- 1+x301x+22f4、函数 x ，求积4 1+2x+x+1xxxf解： x x=2x2-12x x -xx122 x2-122=ln22x2-dx=2222a 522x+a-pcosp，令t2解xasint，原式2 sint+cos0p2p2cos sint+cossin sinu+cos原式=00pp11x+22f4、函数 x ，求积4 1+2x+x+1xxxf解： x x=2x2-12x x -xx122 x2-122=ln22x2-dx=2222a 522x+a-pcosp，令t2解xasint，原式2 sint+cos0p2p2cos sint+cossin sinu+cos原式=00pp1cossin1p4所以原式dt dt22+ sint+cos sint+cost 0013 (2x2+1)1+60p6sec2p6cosp12原式==21+sin0001+x2,x£3f(x-f(x)=7、，x>171103((解：令ux2，原式-fudufxdxedx= 1212 f(x)dx=x8、，0011111122)2(2解：x2xdx xdf¢2x f¢-f¢2x220000111=0-f¢2x2xdx=-f¢2x2 011111)= xdf2x=-xf-f2x22000112((=-f2 ftdt=2201(00，fx9、已011解 (00111)()(x-x1fxdx=-x1f¢x000111222))(11111)= xdf2x=-xf-f2x22000112((=-f2 ftdt=2201(00，fx9、已011解 (00111)()(x-x1fxdx=-x1f¢x000111222))(=-x1arctanx dx= arctanx dx120021101上式= arctanudu 2210=1uarctanu1udu=p-ln1 21+2 0题型三有关变限积分函x01、xfix(1-cosxarctan(1+t)dt解：f2p60=原式=2=12x121+nfi¥111解0xn0dx，=1+由夹逼准则，故原极限001+nnfi¥nx tfx- 3、0解：令ux2t2du112x022(tfx- =f -du220x0d11xtfx-t)dt=2dx)22220sinpxdt， f(4fx0p-0sinxp-pp解 f(x)dx=xf(x)-xf¢xdx=xfppp((d11xtfx-t)dt=2dx)22220sinpxdt， f(4fx0p-0sinxp-pp解 f(x)dx=xf(x)-xf¢xdx=xfppp((-00000p-xsinp-sinp-sinp-pppp=dt-dxdx=sinxdx=0000x20£x£x5fx((Fx2-x,1<x£01x(23解：当0£x£1Fx=tdt=30x2-61x当1x£2Fx=xdx+2tdt2x(2(2011(x2+1),0£x<6、设g(x)=f(u)du其中f(xx,则g(x)在区间内（0(A)无（B）(C)连[D]x则函Fx=()0[Dx+sindt2x（1）x+3px+sintdt令t=u+psintdtf2x（2）由（1）知f(x)以p为周期，故只需求可f(x)在[0,p[Dx+sindt2x（1）x+3px+sintdt令t=u+psintdtf2x（2）由（1）知f(x)以p为周期，故只需求可f(x)在[0,p上的最大值和最小值sinx+p-sinf=cos-sin 244pf(p)=f0=sintdt=1(20p3pp3p++fsintdt=2，sintdt=22=4=44p 444故最大值为2，最小值为22pcos-sinf(x9设f(x)是区间 ]上的单调可导函数且满4 (t)dt=sint+cos00f-1f的反f(xcos-sinf(x (t)dt=dt两边解：对sint+cos00sinx+cosxf¢(x)=cosx-sinxsinx+cosff-1(t)dt=在已知x00f(x是区间[0,p]上的单调、可导函数44故4题型四有关积分的2422x-2£ dx£1、证0 2 题型四有关积分的2422x-2£ dx£1、证0 2 12 4f1142 a1fxdx‡af(00a11：令Fa=fxdx-af(001Fdxfa0a1aa1fxdx-afxdx=fxdx-afxdx-af(x((((0000aa1(=1- fxdx-0a其中0x1a,ax2pp