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1、考研数学知识精讲-高等数学上部分1高等数学上考研例题精讲高等数学上考研例题精讲第一讲第一讲函数函数 极限极限 连续连续(18(18(18(18 题题) ) ) )课堂例题参考答案课堂例题参考答案例例 1 1 已知(ln )1fxx=+，求( )f x的表达式。【解析解析】 令lntx=，所以txe=，故( )1tf te=+，所以( )1xf xe=+。例例 2 2 判断下列函数的奇偶性（1）2( )ln(1)f xxx=+； （2）2( )sing xxx=。【解析解析】略例例 3 3 设实数ab考研数学知识精讲-高等数学上部分2() 111lim( )0,lim( )lim 12. xxx
2、f xf xx +=+=故 1lim( ) xf x 不存在；() 111lim( )lim 10lim( )0. xxxf xxf x +=+=故 1lim( )0. xf x =例例 9 912x=，2122,2,nnxxx+=+=+，求limnnx 。(P7)【解析解析】先证 nx单调增加.因为21122xxx=+=,今设1nnxx,则1122nnnnxxxx+=+=.再证()21nxn= =是连续的【解析解析】若( )f x连续，则 001lim( )limsin(0)0axxf xxfx=，故0a.典型例题参考答案典型例题参考答案例例 1 1 1 1 下列命题正确的是（ ）( )A若
3、limnnUa =，则limnnUa =( )B设 nx为任意数列，lim0nny =，则lim0nnnx y =( )C若lim0nnnx y =，则必有lim0nnx =或lim0nny =( )D若lim0nnnx y =，且limnnx = 则lim0nny =(P13)【答案】( )D【解析】因为设()1n nU= ,limlim11nnnU =,但limnnU 不存在,故不选( )A.设1,nnyxnn=,则1nnx y=,1limlim0nnnyn=,但lim10nnnx y = ,故不选( )B.设()()1111,22nnnnxy+ =,则0nnx y=,所以lim0nnnx
4、 y =,但lim,limnnnnxy 都不存在.故不选( )C.考研数学知识精讲-高等数学上部分4例例 2 2 2 2 求极限（1） 01tan1 sinlim(1 cos )xxxIxx+=(P13)（2）22411lim sinxxxxI xx+ += +(P13)【解析解析】(1) () ()()()00333330021tan1 sin1tan1 sinlimlim(1 cos )(1 cos )1tan1 sin11 tansin133!limlim.1222xxxxxxxxIxxxxxxxxo xxxo xxx xxx+=+= (2)2222211141411limlimsins
5、in11xxxxxxxxIxxx x+ + += +=例例 3 3 3 3 设数列 nx满足10x ，问a为何值时，( )f x在0x=处连续；a为何值时，0x=是( )f x的可去间断点？【解析解析】例例 5 5 5 5 求sinsinsinlimsinx txtxt x，记此极限为( )f x，求函数( )f x的间断点并指出其类型。考研数学知识精讲-高等数学上部分5第二讲第二讲 导数与微分（导数与微分（12121212 题）题）课堂例题参考答案课堂例题参考答案例例 1 1 已知( )yf x=在0x=可导，则 01lim ( )()2xf xfxx=例例 2 2 证明： 若函数( )yf
6、 x=在a连续， 且( )0f a， 而函数2 ( )f x在a可导， 则函数( )f x在a也可导 提示：按定义。提示：按定义。例例 3 3 设( )00,f=则( )f x在0x=可导的充要条件为（）（A）()201lim1 cosh hf h存在。（B）()01lim1hhfeh存在（C）()201limsinh hf h h存在。（D）()( ) 01lim2 hfhf hh存在(P14)【解析解析】B.例例 4 4 求2sinyx=的导数.解：2sinyx=可看做2sin ,yu ux=复合而成，因此2cos22 cosdydy duuxxxdxdu dx=例例 5 5a取何值时1s
7、in,0( ) 0,0axxf xx x= =是可导的【解析解析】10001sin( )(0)1limlimlimsin0aaxxxxf xfxxxxx+=当1a时1sin,0( ) 0,0axxf xx x= =是可导的.例例 6 6 求由方程0yexye+=所确定的隐含数的导数dy dx【解析解析】我们把方程两边对x求导数，注意( )yy x=，方程两边对x求导得：()yyddydyexyeeyxdxdxdx+=+方程右边对x求导为零考研数学知识精讲-高等数学上部分6由于等式两边对x的导数相等，所以0ydydyeyxdxdx+=从而ydyy dxxe= +，在这个结果中，分式中的( )yy
8、 x=是由方程0yexye+=所确定的隐函数。例例 7 7 利用一阶微分形式的不变性求隐函数0yexye+=的导数dy dx略略 典型例题参考答案典型例题参考答案例例 1 1 设( )f x在0x=处连续且 0( )lim. xf xAx=讨论(0)f的存在性，若存在，并求之.【解析解析】由 0( )lim xf xAx=得 0lim( )0 xf x =.因为( )f x在0x=处连续，故(0)0f=.00( )( )(0)limlim(0).0xxf xf xfAfxx=例例 2 2 设函数( )f x在0x=处连续，下列命题错误的是 （）（A）若 0( )lim xf x x存在，则(0
9、)0f=. （B）若 0( )()lim xf xfx x+存在，则(0)0f=.（C） 若 0( )lim xf x x存在， 则(0)f存在.（D）若 0( )()lim xf xfx x存在， 则(0)f存在. (P20)答：D.例例 3 3 设(0)0,(0)ff存在. 求1( ) lim (0)xxfx f【解析解析】1()(0)(0)1 (0)11(0)()(0)(0)11( )( )(0) limlim1.(0)(0)xfffxfffffxxxxfffxxeff =+=例例 4 4 设( )yf x=二阶可导，0()0,( )0,fxfx= =则（） （A）d0.yy （D）d0
10、.yy 【解析解析】因为( )0,fx时，有10( )()0fxfx时1()0dyfx dx=例例 6 62011lim()tanxxxx例例 7 7 7 7()21 ln(1)0lim cos_.xxx+=例例 8 8 求20ln(1)lim xxx x+【解析解析】()200011ln(1)11limlimlim.2221xxxxxxx xxxx+= +例例 9 9 若30sin6( )lim0 xxxf x x+=，利用泰勒公式求极限206( )lim xf x x+.考研数学知识精讲-高等数学上部分9例例 1010 设 ( )f x在xa=处n阶 可 导 ，(1)( )0, ( )0n
11、f afa=( )( )0,nfa则( ) _()f xxa(P25)解：将 ( )f x在xa=处泰勒展开至n阶，因为(1)( )0, ( )0nf afa=( )( )0,nfa，故( )( )()1( ) !nnf xfaxan.例例 1111 设( )f x在(,) +内连续，其导函数的图形如图所示，则( )f x有（） （A）有一个极小值点和两个极大值点. （B）两个极小值点和一个极大值点. （C）两个极小值点和两个极大值点. （D）三个极小值点和一个极大值点. 答案：答案：C C例例 1212 曲线1ln(1),xyex=+渐近线的条数为（ ）.A0.B1.C2.D3例例 1313
12、 若( )fx不变号，且曲线( )yf x=在点()1,1上的曲率圆为222xy+=，则( )f x在区间()1,2内（）( )A有极值点，无零点.( )B无极值点，有零点.( )C有极值点，有零点.()D无极值点，无零点.【答案】B【解析】由题意可知，( )f x是一个凸函数，即( )0fx由零点定理知，在1,2 上，( )f x有零点。故应选（B）典型例题参考答案典型例题参考答案例例 1 1 1 1 设函数)(xf在,ba上连续，, 0)()(=bfaf且)(xf在),(ba内可导，( )0.f x试yOx考研数学知识精讲-高等数学上部分10证明：对任意的实数，存在一点),(ba使得.)(
13、)(=ff证 明 ：证 明 ： 对 任 意 的 实 数， 设( )( )xF xef x=， 则 函 数( )F x在,ba上 连 续 ，( )( )0,F aF b=且( )F x在),(ba内可导。由罗尔中值定理，存在一点),(ba使得( )0F =，即( )( )( )0Fefef= +=所以( )( )ff=又因为( , )xa b时，( )0f x，所以( )0f 所以.)()(=ff例例 2 2 2 2 设.0ba0 时，()()221ln1xxx证明证明 ：设()()22( )1 ln1f xxxx=22121(1)( )2 ln22 ln2 lnxxxfxxxxxxxxxxx+
14、=+=21( )2ln1fxxx=+考研数学知识精讲-高等数学上部分11当01x=；当1x时，( )0fx， 所以( )fx在(1,)+内单调递增， 得( )(1)0fxf=， 所以( )f x在(1,)+内单调递增，得( )(1)0f xf=。总之，当0x时，( )(1)0f xf=，即()()221ln1xxx。例例 4 4 4 4 讨论曲线kxy+=ln4与xxy4ln4 +=的交点个数.【解析解析】讨论曲线kxy+=ln4与xxy4ln4 +=的交点个数等价于讨论方程4( )ln4ln4xxxxk=+在区间(0,)+内的零点问题，为此对函数求导，得3 34ln44( )4(ln1).xxxxxxx=+= +可以看出1x=是)(x的驻点， 而且当10，有( )0x时，3ln0x，则3ln10xx +，而40x，有( )0x，即)(x单调增加，故k= 4) 1 (为函数)(x的惟一极小值即最小值. 当(1)40k=， 即当4k，)(x无零点，两曲线没有交点； 当(1)40k=，即当4k=时，( )(1)0x=，)(x有且仅有一个零点，即两曲线仅有一个交点； 当(1)40k=时，由于+=+= +4)4(lnlnlim)(lim300kxxxx xx；+=+= +4)4(lnlnlim)(lim3kxxxx xx由连续函数的介值定理，在区
