考研180課零基礎(chǔ)高數(shù)長線講義

考研數(shù)學-高等數(shù)學主講：楊超歡迎使TOC\o"1-2"\h\z\u第一講函數(shù)、極限、連 第二講一元函數(shù)微分 第一節(jié)導數(shù)與微 第二節(jié)導數(shù)的應 第三講中值定 第四講一元函數(shù)積分 第一節(jié)不定積 第二節(jié)定積分與反常積 第五講多元函數(shù)微分 第六講二重積 第七講微分方 第八講多元函數(shù)積分 第九講無窮級 PAGEPAGE9第一講函數(shù)、極限、(一)極限的則稱在na以為極限，記作lima n2yfx，設(shè)為一個常數(shù)，若0XxXfxA

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

時，有fxAlimfx000fxAlimfx00

xx0x0limfxAlimfxAlimfx limfxAlimfxAlimfx limfxAx0y值全部落在寬為2(二)極限的

fx存在，則其極限值唯一局部有界性定理：若

fx存在fx在局部有界局部保號性定理：若limfxA0fx0 推論：若limfx存在fx0在局部成立，則limfx(三)極限的

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

gx

，其B yfu在u0u0limgxxlimfgxfu0flim (四)極限的準則f1xfxf2x在局部成立，且

f1xAlimfxA，則

fx存在且等 (五)兩個重要極①

1；②

1x

(六)函數(shù)極限、無窮小關(guān)limfxAfxAx，其中xx□時的無窮小(七)無窮小量與無窮若limfx0，則稱fxx時為無窮小若limfx，則稱fxx時為無窮大2：不能離開自變量的變化過程談無窮小與無窮大注3：無窮大量一定是變量(函數(shù))，反之不然2fx0gx0①若②若③若④若

fx0，則fxgx高階，記作fxogx；gxfx，則fxgx低階；gxfxcc0)，則fxgx同階；gxfx1，則fxgx等價無窮小，記作fx~gx.gxsinx~x，tanx~x，arcsinx~x，arctanx~x，ex1~x，ax1~lnax1cosx~1x2，1x1~2題型一關(guān)于極限的概念與性1“對任意給定的0,1，總存在正整數(shù)N，當nN時，恒有xna2”是數(shù)列xn收斂于a的（ （A）充分條件但非必要條 （D）既非充分又非必要條[C2x，總有(x)f(xg(x，且limg(x(x)0，則limf（A）存在且等于零 1 （D）不一定存在1

解：令(x limg(x)(x)

，g(x)

f(x1.(x)f(xg(x)，且limf(x1A，C 若令(x)x ，f(x)x，g(x)x ，則(x)f(x) g(，且 limgx(

x)，但limf(x)，故B不正確，選3、設(shè){an},{bn},{cn均為非負數(shù)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 不存在 解：由limbn1，limcn 4、當x0時，變量1sin1是 （A）無窮小 （D）的但不是無窮大 解：?、賦n ,limxn0,xn0,lim2 n n 1②xn 1

,lim1sin12n2

n 5、設(shè)數(shù)列xn與yn滿足limxnyn0，則下列斷言正確的是 n（A）若xn發(fā)散，則yn必發(fā)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必為無窮小limxy0xy0ny

1n，故選xnn n xn6、設(shè)函數(shù)f(x)在(,)內(nèi)單調(diào)有界，xn為數(shù)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(diào)，則f(xn)收斂.若f(xn)單調(diào)，則xn收斂解：由于f(x單調(diào)有界，則當xn單調(diào)，f(xn)單調(diào)有界，從而f(xn)收斂，故B.題型二關(guān)于函數(shù)極限的方法一利用四則運算法

naxa

ax

a0,nm（a a,b ba0,b0lim xbxmbxm1

x

n 1、求極限

2x14x165xx8x24x4解：原式 33x1

x2x解：原式 21 3x1x1x34x2x4x2x1x x2sin

1x 解：原式

21x4x411xx1sin 2、求極限lim2exsinxxx0 x1 lim

xe

sinxx0+

ex 2 4lim4

exsinx21x0

x 1 方法三利用等價無窮小代3131x2

eecos 解：原式limecosx(e1cosx1)lim1cosxe

1

1 12、求極限

1lnsinxx0 解：原式lim1ln1sinx x0 x sinxx

sinx 故原極限limsinxx 12cosx 3、求極限lim3 x0x 2cosx xln2cosx解：當x0時，

2cosx

xln xcosx3123xcosx312316xln xln1 故原極限

6lnsin2xex 4、求極限 x0lnx2e2x sin2x sin2ln

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 sinln13 sinln1 解：原極限lim 31x+方法四利用泰勒

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 xtan tanx 解：原極限

x2tan 4、求極限limarctanxx0ln12x31解：原極限 x0 5、求極限

sinx1sin3解：原極限 6、求極限limcos

1 x2

21

ox4 2 2cosx11x21x4ox4 11 8 7、求極限limarctanxsin1616故原極限68、若

xfxsin fx0，則 （D）xfx6x16x3ox3 lim6fx36

故

fx6 方法五二個重要sin 1lim 1，lim1xxe， x x3sinxx2cos1、求極限 x01cosxln13sinxx2cos解：原極限 x 4、求極限lim1x2tan 解：原極限 2 2 lim lim 1x1xsin 1x2解：原極限 2 2 lim lim cos sin1 4 25、求極限lim13xsinxlim6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lim

ln1xxexx0 ln1x

1而 ex故原極限e方法六利用洛必達

0

求七種未定型 ,0,,,0,10 （1cosxxln1tan1、求極限 sinsec22解：原極限1limxln1tanx1lim11tan22 2 1lim1tanxsec2x1lim1tanxsec22 2x1tan

4 1 sec2x2secxtanxsecx14 2、求極限 1tanx1sin解：原極限

xln1xtanxsin 1tanx1sin1x0x1tanx1sin11limtanx1cos

1lim 2x01 x2x23lim11100

x1100解：原極x1100

x2100

4、求極限limlnxln1解x1ln1x

x故原極限limx1ln1x令1x

limtlntt 15、求極限limxx2 x

xx1，則原極限limtln1t t0 cos2x6、求極限 x0sin

x21sin2 2x1sin解：原極限

x2

sinx

x sin2x x1lim1cos4xlim 1exe2x enx7、求極限 x0

1exe2xenx解：原極限lim

x

exe2x enx

nex2e2x nenx而 lim x0 12 nn12

exe2x 故原極限

2 18、求極限 x x

lim 1 2

解：原極限 lim1 xe1x9、求極限limx

x11x

x x 1lnx1x2 lim111 而lim1lnx1x2 111 x

xx 故原極限e0補充題：求極限lim

x0lnx1x2ln1 方法七利 準nn2n1、求極限 nn2n nn2n n2n x 解：記

n2ni，則

1n(n 1n(n 又limy ilim 1，limzlim 1 xnn n2nnn2nzn xnn n2nnn2nzn1由準則，limx n

nn2n 2、記住公式limnanan anamaxa，其中a0i1,

, x2

1im 3、求fxlimn1xn x0的表達 2 0x解：由例2結(jié)論可得fx 1xxx xn1x4n1x1

x

x由圖像可得fx不可導點2 5、設(shè)0ab，則limanbnn Aa Ba1 Cb Db1解：因為0ab11，故limann 方法八利用定積分定義（課堂精講

n=n 1、 lnn nn n

011cosn1 1cosn22、 1cos1cos 2nn n(1)n(1)n12nnn

等于

2ln2xdx 1221ln(1x)dx 2

21lnxdx22ln2(121

[B4、lim sin4、lim sin nn n 方法九利用單調(diào)有界原

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

nanan證：因為 1(a1)anan n1(a1

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

6xn(n1, 6證：x110，x66xk假設(shè)xk16xk

46666由數(shù)學歸納法知：對一切正整數(shù)nxn66又x1103，x2 43666xk6

6由數(shù)學歸納法知xn3，即xn為單調(diào)下降66limxna,(a0)x66limxn6

a

6a，解之得a3（a2舍去limxn3、設(shè)數(shù)列xn滿足0x1xn1sinxnn1,2,... 證明limx存在,)計算limn1nn nnxn1sinxn，若limxn存在，且limxn=Axn1sinxn AsinAA0，可見xn0為下界證：因0x1，0x2sinx11，于是0xn1sinxn1n1,為下界，由單調(diào)有界準則知limxn存在.limxn0 sinxn sin

1sinx 原式=lim( )n=lim( )x1limex2 方法十利用導數(shù)定義求極

e1fxx處的導數(shù)f

存在，求limxfx0x0fx xx0 x limxfx0x0fxlimxfx0x0fx0x0fxx0fx0

x xx0 x fxxlimfxfx0fxxfx0 0 x0

2fxx0處可導，且f00，求

ftxfxt1fx方法用微分中值定理1lim

x1 x解：構(gòu)造輔助函數(shù)ysint，在x x1區(qū)間上（由拉式中值定理 x1 xcosx1 x x x故原極限limcosx1 x cos 2、limn2arctana a n arctana 解： x

x1 令ftarctant,t a1x,x1arctana a

a x 1

x

，

x1, ax1ax1故原極限 2xx x1 方法用積分中值定理xtft1fx連續(xù)，且f00，求lim

0 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fx連續(xù)且xa時，fxxan階無窮小，則當xaxaftdt必為xan1x③當fxxa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(shù)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(shù)a 1lim(1ax2)31lim

2a1a3

1cos

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

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

a

asec2xbsin

a解：原極限 2c

2，所以a1 5、把x0時的無窮小量0costdt,0 tdt,0sintdt排列 (A),, (B),, (C),, (D),,1 1 d1 1

cos

1， 2xtanx

， sinx2確的排序為,36x0sin2xln1t2dt是1cosx3

0sin2xln1t2 sin2xln1t2lim lim0 kk

1cos

x

ln1sin4x2sinxcos

k

C 132kx3 132 2k15k93方法二sin2xln1t2dtx6階無窮小而1cosx3kx

0小，故6 k937、設(shè)函數(shù)f(xx0f(00,f(00,f(0)0.證明存在惟一的一組實數(shù)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 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(shù)a與b，使等式limbxsinxa2txtxta2t0a2 a2

2故a2b

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

axsin3xln(1t3

c(cxln(1t3 0ln(1t3故

dt0，即bln(1t3

dtt無論t0,t0

0t0ln(1t3若b0，由積分保號性b

dt0b0t axsin acosx acos

cx0x ln(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,b1c14、已知lim3sinxsin3x1，求c ，k 5、

ln1xaxbx2

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

axb0，求a※設(shè)limfxgxA（為常數(shù)，若limfx，則limgx x1111x解：原式limx ax 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,n5,b ,m

x9

r0，求和rnnn

1r

lim

1

n n n1

n

n nlimlim

r

題型五連續(xù)一、連續(xù)函數(shù)的概fxxx0③limfxfx0limylimfx0xfx00x二、函數(shù)的間斷點及

函數(shù)的間斷點的分類函x0fx的第一類間斷點可去間斷點：fx00fx00fx0fx00fx0fx00fx00fx0fx0x0fxsin1 一、求連續(xù)函數(shù)中的未知參

1etanx0arcsin2二、判斷函數(shù)的連續(xù)性與可導三、判斷間斷1f(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)lnxA1個可去間斷點，1個跳躍間B1個跳躍間斷點，1個無窮間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(xsin1x1是跳躍間斷點，故選A3f(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 必有間斷f 無間斷點，由f(x)連續(xù)知 f f盾，故選x 4、求極限limsintsintsinx，記此極限為f(x)，求函數(shù)f(x)的間斷點 其類型 txsinxx sintsint

sintsinxsintsin

lim txsinx tx sin f(xx0xkk1,x由于limf(x)limesinxex0f(x的可去間斷點 而xk,k1, x為參變量，以n為極限所定義的函數(shù)fxfxlimgx5fx

12n 函數(shù) x的間斷點，其結(jié)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nxhxx1x1,xx1f(x)lim1

lim1 x2n01x1x x1

n1 lim1 f(x)lim1

lim

2 x1x1

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

1xlimx2n

limx2nx12n

etxsinxesinn1 xetxsinxesin 即f(x1xx 當x再函數(shù)f(x)的間斷性

fxlim1x11

fx

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

x2enx1axbenx11

解：②與n有關(guān)的項為ahn,x，令hnx0nx10x

x1fxx2x1fxab1x1fxax2lnelnex7 函數(shù)fxlim x0的連續(xù)性 gxn與變量n有關(guān)的項xh1nah2n， xn

axax

axax

1axxnax1時，即0xe，fx e 1時，即0xe，fx e e lim1

n e1xefxlnxe1xefx 0x

所以fx ，在0,上連續(xù)ln x第二講一元函數(shù)微第一節(jié)導數(shù)與1fx

fx0xfx0fxfxlim 0

x左導數(shù)：f'x fx0xfx0 00右導數(shù)：f'x

fxfx 0xfx0xfx0fxfx00

0x可導若yfx0xfx0Axoxfxx0dyf'x0xf'x0df'x0在幾何上表示曲線yfx在點x0fx0處切線的斜微分dyf'x0dxyfxyfx0xfx0yfxyd1)Cxaax'axlnexlogax xlnlnxxsinxcoscosxsintanx'sec2cotx'csc2secxsecxtancscxcscxcot1arcsinx11arccosx1arctanx 1arccotx 1設(shè)uuxvvxx處可導(1)uvu

u v

uvuv

(v0設(shè)uxx處可yfu在對應點處可導，則復合函數(shù)yfxx處可導，且dydydufuxd dudyyx是由方程Fx,y0所確定的可導函數(shù)，為求得y，可在方程Fx,y兩邊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(shù)微分法中的隱函數(shù)求導公式dyFx得Fd Fyxy在某區(qū)間內(nèi)單調(diào)、可導，且'y0，則其反函數(shù)yfx在對應區(qū)間 d 也可導，且f'x

'y

dxdxd

xtyyx是由參數(shù)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

yyx的表達式由多個因式的乘除、乘冪構(gòu)成，或是冪指函數(shù)的形式，則可先將函數(shù)取對數(shù)，然后兩邊對x求導．(1

n

x

fn1xfn1x0x0①sinxn

sin

nπ22②cosxn

nπcos 2③uvnunvn④uvn

nnk

Ckukvnk第二節(jié)導數(shù)的10yfx00

xx0，(f'x00 ；彈性 yxy彈性的經(jīng)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(％)xy2：特殊規(guī)定：需求彈性

1xa,bf'x00fx在ab內(nèi)單調(diào)不減2xa,b時，f'x00，且f'x0的點為孤立點fx在afx可導fxc的充分必要條件是f'xx0fx的極小值點fx00x0fx的極大值注：當fx00時，fx的極值點須另行判定． 定理 (極值存在的一階充分條件)若x是fx的駐點或不可導點，且fx在x f'xx的左右鄰域內(nèi)由“＋”變“－”時xfx的極大值點．f'xx的左右鄰域內(nèi)由“－”變“＋”時，則xfx的極小值f'xx的左右鄰域內(nèi)不變號時，則x不是 凸——曲線上任意一點的切線都在yfx的上方．結(jié)論：10xa,bfx00yfx在ab內(nèi)為凹20fx具有二階連續(xù)導數(shù)，且x,fxyfxfx 30fx0fx0，則xfxyfx 步驟 fx的幾何特性 fx的定義域、周期性、奇偶 fx的單調(diào)性，極值點與極值 步驟2：列表

1

23/2，R題型一關(guān)于導數(shù)的概念與性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、設(shè)f(0)0，則f(x)在點x0可導的充要條件為 （A）lim1f(1cosh)存在 （B）lim1f(1eh)存在1h01

h0lim f(hsinh)存在. （D）

f(2hf(h)存在h03、設(shè)函數(shù)fxx0處連續(xù),且

fh2

h01,則

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

[Cf（A）若 存在，則f

f(xfx)f(0 f(x)存在，則f(0)0

f(x)f( [D5f(xF(x)f(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

f(x)xa處不可導的充分條件（（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、函數(shù)f(x)(x2x2)x3x不可導點的個數(shù)是 9f(x3x3x2|x|fn(0)存在的最高階n為（(A) (B) (C) (D)

[C[B[C

1

，且當x0時，是（A） （C）e題型二求初等函數(shù)的導數(shù)與微1、設(shè)fx=xx1x2 xn，則f02tanx102sin

e

[D2、

sin

10

ysinxyex1yyx由方程exycosxy0確定

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

fx,x1、設(shè)fx在,上二階可導，f00，gx

，x①確定agx在上連續(xù)②證明對以上確定的agx在上有連續(xù)的一階導數(shù)x3sin1,x2、設(shè)x

的導數(shù) x dy2 1、設(shè)ft0，又y tft，求

ft dx12td2 2yyd2 y

dd2

1612ln

1y1x2sinxy1x2sinxcosxln1x22xsinx 1x22+x32x32+x32+x32x32+x32x3 2 3 2 3x x xxxt111、設(shè)fx為連續(xù)函數(shù)，F(xiàn)x lnxftdt，則Fx

flnx

f12、 dx

xcost2dt

x0cost2dt2x2cos

a)歸1、已fx具有任意階導數(shù)fxfx2，則當n為大2的正整數(shù)時fx的n階導數(shù)fnx是 [A2y

2x

yn0

1n2n3ylnx1yn1n1n

11fxx2ln1xx0處的n階導fn0n1n1fn0 n 2yx3sinxy60第三講中值定1fx在a,b上連續(xù)，Th1.有界性：fxkkTh2.mfxMmMfx在a,b值Th3.mMmMfx在a,ba,b，使得fTh4.fafb0a,bf0.2、涉及導數(shù)fx的中值定理Th5.羅爾定理：設(shè)函數(shù)fx滿足條件在閉區(qū)間a,b上連續(xù)在開區(qū)間a,b內(nèi)可導在區(qū)間端點處的函數(shù)值相等,fafb則在a,b內(nèi)至少一點,使f0fx在a,b上連續(xù)，a,b內(nèi)可導，則方程fx0的二實xax之間至少有方程的一個實根a該定理的fx0在a,b內(nèi)沒有實根，即fx0fx0a,b上至多只有一個實根推廣：若fx0在a,b內(nèi)有且僅m個實根，則fx0在a,b上至多只m1個根例：設(shè)a0exax2bxc的根不超過三個.Th6.拉格朗日中值定理：設(shè)函數(shù)fx滿足條件：在a,b上連續(xù)在a,b內(nèi)可導則在a,b內(nèi)至少一個,f

fbfa．bfafbfbfafababa,0Th7.柯西中值定理：設(shè)函數(shù)fx,gx滿足條件在a,b上連續(xù)(2)在a,b內(nèi)可導,fx,gx均存在,gx0fbf f 則在a,b內(nèi)至 g g Th8.Taylor公式專題講解b3、涉及積分afxdxbTh9.積分中值定理：設(shè)fx在a,b上連續(xù),則在a,b上至一個,bafxdxfbabTh10.升級版的積分中值定理：設(shè)fx在a,b上連續(xù),則在a,b一個,bafxdxfbabxFxaftdt，因為fx在a,b上連續(xù),FxfxFxxa,b上連續(xù) a,b內(nèi)可導，在a,b上運用拉氏定bFbFafbaafxdxfba,b題型一最值、介值，狼狽為（1—4為基礎(chǔ)題1fx在a,b上連續(xù)acdb，證K1K20a,bK1fcK2fdK1K2ffx在a,b上連續(xù),所以mfxMK1mK1fc K2mK2fd ①②mK1fcK2fdK11fcKfd2由介值定理，1fcKfd2K12、fx在a,b上連續(xù),ax1x2 xnb，則在a,b內(nèi)至少有一點，fx1fx1fx2 fxnnb使得af(x)dxf()(bb證：因fx在a,b上連續(xù), fx在a,b上存在最大值M與最小值m故mbabf(x)dxMba，m bf(x)dxM ba

fba4、設(shè)函數(shù)fxg(x)在[ab上連續(xù)，且g(x0，證明存在一點[a,b]，使 af(x)g(x)dxf()afxa,b上連續(xù)fx在a,b上存在最M與最小mmfxg(x0，所以mgxfxgxMg bf 所以mag(x)dxaf(x)g(x)dxMag(x)dxm

ba從而從而[a,b]，使得f afba5、設(shè)fx在0,1上具有一階連續(xù)導數(shù)，f00，證至少存在一點[0,1]0f21fxdx0fx在0,1上連續(xù)，故mfxfxf0fx00xfxxf mfMmxfxMx1mxdx1fxdx 12mxdx21fxdx12Mxdx，m2m121fxdx2M1 006f(x在區(qū)間[aa](a0)上具有二階連續(xù)導數(shù),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xaa，f(xf(0)f(0)x1f()x2f(0)xf( （2）af(x)dxaf(0)xdx1af()x2dx1af( 2 2因為f(x)在aa上連續(xù)，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，至少存在一點[aaf(

aa3

f,在[1,1]內(nèi)至少存在一點ffxfxfxxx1fxx

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

103，1,0 ①-②f1f1

ff1 6 2mfxM，mf1M,mf2Mm1ff2 2m3Mf題型二羅爾定理,1，證必存在0,3f(（分析）f(0)f(1f(2)30,2f1f3，滿足羅爾定理，于是存在0,3)，使f()0.2、設(shè)函數(shù)f(x)在03上連續(xù)，在0,3內(nèi)存在二階導數(shù)22f(0)0f(x)dxf(2)f(3)2證明存在(0,2),f()f證明存在(0,3f( 證明：(1)Fx0ftdt0x2，則0fxdxF2F 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

f0f1fff1f001二次運用羅爾定理10,2,1f10f2從而存在1,20,3，使f

11kkxe1x0

證至少存在一點0,1，使f11f證Fxxexff1

k1xe1xfxdx=e11f，01FF ， k1,10,1F②證fxx0處連續(xù)，在0,0內(nèi)可導，且limfxA，則ff0A5、設(shè)fx,gxa,ba,ba,b使得 g g [構(gòu)造輔助函Fxbftdtagtdt運用羅爾定理6、設(shè)函 fx,gx在 上二階可導，且gx0fafbgagb0，證①在a,bgx0f f②在a,b內(nèi)至少有一點gg證：①因為gx0gx0在內(nèi)最多有兩個根gagb0，則xa,bgx0FxgxfxfxgxFaFba,bF0，故得證7fx在a,b上連續(xù)，在a,b內(nèi)可fab,fba，a與b同號，證a,bff[構(gòu)造輔助函Fxxf2f2f

f]9fx在a,b上連續(xù)，在a,b內(nèi)可導fafb0，證：ff0.[Fxexfx0110fx在0,1上連續(xù)，在0,1內(nèi)可導，且使f2f0.[Fxx2fx]01

fxdx0，證0,1211fx在0,1上連續(xù)，在0,1內(nèi)可導，且f0f10,f12 證：①存在1,1f ②對任意實數(shù)存在0,，使ffFxfxxF1f1110，F(xiàn)1f111 2 2 由零點定理1,1F0f 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(xù)，在0,1內(nèi)可導，且f00,f11，0,1f1②存在二個不同的點mn，使得fmfnFxfxx1,F01F1由零點定理0,1，使F0f1②在0,與,1二區(qū)間分別使用拉ff0fm0，m介于0與之 f1ffn1，n介于與1b②整理可得fmfnb2fx在a,bfa0，證

fx b

2

fxdx證：因fxfxfafxafxb

fxa

fxxb

b

fxdxa

fx

xadxa

fx23、在區(qū)間0,a上fxM，且fx0,a內(nèi)取得極大值，證：f0faMafx在0,a內(nèi)取得極大值，不妨設(shè)fcfx在0,c與ca之間分別使用拉fcf0cf1,10,fafcacf2,2c,af0

fa

f1a

f2cMacMaM4fx在a,b上連續(xù)，在a,b內(nèi)可導，且fx0，證,a,b，使febeae b證：因為fbfaf， fbfaeb

f e①febeae b5fx在a,b上連續(xù)，在a,b內(nèi)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ebfbeafb

eb 對txe在a,b上運用拉氏，可 bfafb1，由①②兩式可得結(jié)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(shù)存在且有②恰當選擇x1、設(shè)

fx1fx0fxx

1

f00,f0fx二階可導，故fxx0處的一階泰勒公式成立fx=f0

0x

fx2,0,2fx0，所fxx，得證2、設(shè)fx在0,1上二階導數(shù)連續(xù)fxA，證fxAx2證：因為fx在0,1上二階導數(shù)連續(xù)

f0f10，并且x01時fxfxfxxxfxx2xx f0fxfx0xf10x20x f1fxfx1xf21x2x1f0f1fx

f1

x2

f21fx

f12

f21x21fx2f1x2 2 1Ax2A1x21Ax21x22 函數(shù)性態(tài)的研題型一有關(guān)極值與最值問1f(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的極大值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(shè)limfxfa1，則在點xa處 xf(x導數(shù)存在faf(xf(xf(x解：由極限保號性在a

fxfx

0fxfa3f(xf(0)0limf(x)1，則（x0|xf(0)f(xf(0)f(x(0,f(0yf(xf(0)f(x(0,f(0))yf(x)x0|x |x從而B正確.4f(x有二階連續(xù)導數(shù)，且x1fx2x1fx1f(xxaa1f(xx1xaa1取得極值fa0xax 2x1 1xaa1取極小值

fa1e1a0a，a，fx2fx1e1x，兩邊取極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(0yf(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(shù) （C y4(x1)(x2)(x3)y43x212xy0x1,22

，故選3337、fxx1x22x33x44的拐點為 （A）1, （B）2, （C）3, （D）4,xt33t

[C

確定,yy(xx11

22 2 1 2 22 [極小值f ，單調(diào)減區(qū)間 ，單調(diào)增區(qū)間 題型二有關(guān)單調(diào)性的問x1f(x在(,f(x有（Cx2、設(shè)在[0,1]f(x0f(0)f(1)f(1f(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)fx3f(x在(F(x0(x2tf(t)dt，試證：若f(x)為單調(diào)不增，則F(x)單調(diào)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(x0F(x0，4f(x在0,af00fx在0,a內(nèi)單調(diào)增，證明函數(shù)fxx0,a內(nèi)單調(diào)增證：設(shè)0xaFxfxFxx

由拉氏定理，存在xfxfxxx

將上式代入FxfxxfxFx0f故x

在0,a內(nèi)單調(diào)增1

題型三求漸近線

1(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(shù)為 x limylimy0y0 limyx0klim

ln1ex

ln1ex lim lim x ln1ex

x1blimykxlim 0yx. 3(1x)x4、曲線y xklimyx

x(1x)2x 1 3(1x)2x (1x)2 blimykxlim lim2xx x yx32題型四證明不等式1、試證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(shè)eabe2,證明ln2bln2a (ba)F(xln2xln2a

4(xa,F(x)

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

(ba)fxln2x在[ab

ba,e 設(shè)(tlnt，則(t1lnt t當te時，(t)0,所以(t單調(diào)減少，((e2eab從而

bln2a

2ln

(ba)4(b4、設(shè)x(0,1)，證明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結(jié)論知(x)0x所以 ，又(x)在0,1上連續(xù)，1 1ln xln(1 所以x 1，limxlim x0xln(1 當x(0,1)時，(x) 11，得證ln(1 15p10x112

xp1xpfxxp1xp0xfxpxp1p1xp1，fx0x21 1p1p1f0f11,f22

2

2 f

f1,f2 2

f1f01即2

xp1xp1x6、求證xyln xlnxylnyx0,y2

xylnxyxlnxyln

x0,y Fxxlnxx0Fxlnx1,Fx1xFx在0,為凹的xylnxyxlnxylnyx0y 題型五方程實根的1、設(shè)函數(shù)f(x) ln(2t)dt，則f(x)的零點個數(shù) 0A B C D解f(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 解：令f(x)x52ax33bx4c，f(x5f(x0f(x)5x46ax2其判別式(6a)2453b12(3a25b)f(x)0f(x0 3、在區(qū)間(,)內(nèi)，方程|x|4|x|2cosx0 （A）無實 （D）有無窮多個實 f(x|x|4|x|2cosx，f是偶函數(shù)x1fx0，故只需考慮區(qū)間f(0)10f(1)2cos10x01fx0，故f(x)0在0,1內(nèi)有唯一一個實根，f(x在(內(nèi)有且僅有兩個實根.4、證明方程lnxx 1cos2xdx在區(qū)間（0，）內(nèi)有且僅有兩個不同實根 1cos2 2

2sinxdx2cos 202f(xlnxxe

f(x11f(x)0x f(x)0,0xefx在0, ，fx在e,f(x)0,ex 2f fe2limf(xlimf(x，所fx在0,e和e內(nèi)各有一個零點 5、曲線y4lnxk與y4xln4的交點個數(shù).解：令fxln4x4lnx4xkx 4(lnx 4(lnx f(x) x

(x0xx01fx0x1fx0fxf14limf(xlim[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(shè)在0,)上函數(shù)f(x)有連續(xù)導數(shù)，且f(x)k0,f(0)0,證明f(x)(0,+內(nèi)有且僅有一個零點證：先證存在性，對x0,0,x上運用拉氏定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,x12f2fxk0f7fx0f12f13fx0在1有且僅有一個實根.證：fx0，fx在1,單減，f13x1,fx0，從fx在1,上單調(diào)遞減fx0在1,x1,fxf1

1x1

f1x223x1f1x1223x152x2f2561