寒假配套特训100题

特训题1、 设f(e1)exx2xexx，求f(x).

解 令e1u，xln(u1)

f(u)(u1)2(u1)ln(u1)u2uln(u1)

于是 f(x)xxln(x1)

2特训题2、 求极限lim解： limsinxsinsinxsinx x0x4(sinxsinsinx)sinxsinxsinsinxcosxcos(sinx)cosx limlim432x0x0x0xx3xcosx(1cos(sinx))sin(sinx)cosx limlimx0x03x26xsinx1lim x06x63n12n特训题3、 求limn1. nn23解 分子、分母用3除之，

n2333

原式＝limnn2213（注：主要用当r1时，limr0）

nnn特训题4、 求下列各极限

31x1x1x31x（1）lim （2）lim

x0x0xx解 （1）解一 原式＝limx01x1x1x11x1解二 原式＝lim

xx01x1x21 2x1xx2等价无穷小量代换21 limx0x解三 用洛必达法则1

1121x21x1 原式＝limx01

（2）解一 原式＝limx01x1xx31x231x31x31x22 3解二 类似（1）中解二用等价无穷小量代换 解三 类似（1）中解三用洛必达法则 （2）lim1n11111 2232n2解 原式＝lim1n11111111111 2233nn＝lim特训题5、 求下列极限 （1）lim11324n22332xx10n1n1n11lim

nnn2n2x （2）lim1x x01x

1x解 （1）lim1n2xx102lim1xx10xx2(x10)2xx22＝lim1xx21e2

1x1(1)xlim1xlim1(x)1xx0x0（2）解一 lim1x01xelim1xxx01xe1e2 e解二 limx02x1x1x2xlimlim1x0x01x1x1xcotx1x1x1x22x1xe2

特训题6、 求下列极限 （1）lim(1tanx)x0 （2）limxx14x1

（3）lim(cosx)x0cot2x

解 （1）令 tanxt则cotx，当x0时t0 于是 lim(1tanx)x0cotx1tlim(1t)e

t01t（2）令x1t则x1t，当x1时，t0 于是 limxx14x11lim(1t)lim1tte4 t0t04t4（3）lim(cosx)x0cotx2cos2xlim(1sin2x)2sinx02x2lim1(sinx)x0cos2xsin2x21

＝e特训题7、 求下列极限

12

（1）limnk1n1n2k （2）limnk 2nnnkk1n解 （1）∵nnn2k11nk2nn12 而 limnnn2nlimn111n1

limnn12nlim111n2n1

由夹逼定理可知 limnk1n1nk21

12nnk12n（2）∵2 22nnnnn1k1nnk1n(n1)12n12而 lim lim2nnn2nn(n2)21n(n1)12n12lim2lim2 nnnn1nn12则夹逼定理可知 limnk1 2nnnk2k1n特训题8、 求limnnk1n. 22k分析 如果还想用夹逼定理中方法来考虑

nn2nn2

n2n2k1n2k2n212n21n2，lim221 而lim2nnn22nn1由此可见，无法再用夹逼定理，因此我们改用定积分定义来考虑.

n1nlim解 lim22nnnk1nkk11n1k1n2

dx1 arctanx01x20411sinn. 特训题9、 求limn1nsin3n＝

解 离散型不能直接用洛必达法则，故考虑

limx0xsinxsin3x等价无穷小代换limx0xsinx 3x1cosxsinx1lim

x0x06x3x261∴原式＝.

6＝lim特训题10、 求lime.

x0x1011x22x212e3ex0x解 若直接用“”型洛必达法则1，则得lim，为了避lim12（不好办了，分母x的次数反而增加）

x0x05x010x9免分子求导数的复杂性，我们先用变量替换，令

121t， x2exett5于是 lim10lim5limt (“”型)

x0xttte5t45!＝limtlimt0 tete特训题11、求lim11x. x0xe11(ex1)x01lim解 limx （“”型） x0xx0x0e1x(e1)ex1exlimx＝limx

x0(e1)xexx0eexxex＝lim11

x02x21cos2x). 特训题12、 求lim(22x0sinxxx2sin2xcos2x解 原式＝lim

x0x2sin2x1x2sin22x4＝lim

x0x442xsin2xcos2x4＝lim 3x04x1xsin4x4＝lim

x02x31cos4x4sin4x4＝limlim x0x06x212x3

x21,xc特训题13、设函数f(x)2在(,)内连续，则c .

,xcx解：1

2分析：由limfxlimfxc1xcxc2c1 csinx特训题14、 求lim. xx02解 令yxsin2x，lnysinxlnx

2x0limlnylimsin2xlnx0（见2中例3） x00x0ye1 ∴lim特训题15、 求limcosxx0cot2x（前面已用重要公式的方法）.

2解 令ycosxcot2x，lnycotxlncosx

limlnylimcot2xlncosxlimx0x0lncosxlncosx lim2x0tan2xx0x10tanx1（“”型）＝lim，∴limye2

x0x002x211特训题16、 求limsincos.

xxx1111解 令ysincos，lnyxlnsincos

xxxxxx11lnsincosln(sintcost)xx limlnylimlimxxt01tx＝limcostsint1

t0sintcost∴limye

x特训题17、 求极限limx01sinx. ln2xx解：limx01sinx1sinxlnlimln11

x0x2x2xxlimsinxxcosx1sinx1 limlimx0x0x06xx33x26(1cos2x)arctan3x.

x0(ex1)ln(12x)sin5x特训题18、 求lim解 用等价无穷小量代换

1(2x)2(3x)3原式＝lim2

x0x(2x)(5x)51x. 特训题19、 求limx0(1cosx)ln(1x)3sinxx2cos0”型，但分子、分母分别求导数后的极限不存在，因此不能用洛必达法则. 01sinx3xcosx1x3 原式＝limx01cosxln(1x)2x1sinxxx36. 特训题20、 求lim5x0x解 这个极限虽是“

x3x5o(x5) （当x0时） 解 ∵sinxx3!5!x5o(x5)11∴原式＝lim5!5 x0x5!120特训题21、 设f(x0)2，求limx0f(x03x)f(x02x).

xx解

f(x03x)f(x0)f(x02x)f(x0)原式＝lim

x0＝3limx0f(x03x)f(x0)f(x02x)f(x0)2lim

x03x2x＝3f(x0)2f(x0)5f(x0)10

特训题22、 设曲线yf(x)与ysinx在原点相切，求limnf().

n2n解 由题设可知f(0)0，f(0)(sinx)x01

2ff(0)2n于是 limnflim22f(0)2 nn2n0n1a1a特训题23、 设a0，x1b0，x2x1，„xnxn1求limxn.

2x12xn1n解 ∵xnaxn1a0（算术平均值≥几何平均值）

xn12axn1a0，则xn1xn 又xn1xnxnxn2xn2xn

因此xn单调减少，又有下界，根据准则1，limxnA 存在

n1a1a把xnxn1两边取极限，得AA

2xn12AA2a，∵A＞0，∴取Aa，于是limxna

n特训题24、 求下列函数在分段点处的极限

sin2x　 x<0x f(x)2x x>01cosx解 f(00)limx0sin2xsin2xlim22 x0x2xx2x2f(00)limlim2

x01cosxx012x2∴limf(x)2

x01x2esinx. 特训题25、 求lim4x0x1ex1x2esinx211 解 lim4x01ex(x)34xx2eesinx011 lim4x0xex11x2esinx1 ∴lim4x0x1exx2axb3，求a和b. 特训题26、 设limx1sin(x21)解 由题设可知lim(xaxb)0，∴1+a+b=0

x12再对极限用洛必达法则

x2axb2xa2alimlim3 a4,b5 x1sin(x21)x12xcos(x21)2特训题27、f(x)连续，limx01cos(sinx)(e1)f(x)x21，则f(0)

解：

1 2121sinx1分析：lim221,则lim21，由f(x)连续，则f(0)

x0xf(x)x0f(x)2特训题28、 讨论函数

1ex　　　　 x0　　fx0　　　　　　x0

1xsin　　　　x0x在点x0处的连续性。

解 因 f00limfxlimex0 x0x01f00limfxlimxsinx0x010 xf00

即有f00f00f0，故fx在点x0连续. 特训题29、 讨论函数

ìïln(1-x)ï　　　　　 x<0ïïxïïï1f(x)=ï 　 x=0 í　　　　 ï2ïïï1+x-1ïï　　　 　x>0ïïxî在点x0的连续性.

1ln(1x)limln(1x)x1 解 f00limx0x0xf00limx01x111lim x0x1x12x0因f00f00，因而limfx不存在，故fx在点x0不连续.

ìsinxïï　　 x¹0特训题30、 设f(x)=ï在x=0处连续，求常数k. íxïï x=0ïîk　　　 解 ∵limfxlimx0sinx1

x0xf0k，由连续性可知 k1

3特训题31、求函数f(x)x1的间断点，并确定其类型. x1解 显然x1是间断点，由于

x1lim＝limx1x1x1＝lim333x1x1323xx1 1x23x1x131 3所以x1是fx的可去间断点.

x22x特训题32、 求函数f(x)的间断点，并确定其类型. 2xx4解 所给函数在点x0，-2，2没有定义，因此x0，-2，2是所给函数的间断点.下面确定它们的类型. 对于x0，由于

f(00)limx0x(x2)1x(x2)1 ，f(00)limx0x(x2)(x2)x(x2)(x2)22故x0是第一类间断点，且为跳跃间断点.

对于x2，由于

f(20)f(20)limx2x(x2)

x(x2)(x2)故x2是第二类间断点，且为无穷间断点. 对于x2，由于

f(20)f(20)limx2x(x2)1

x(x2)(x2)4故x2是第一类间断点，且为可去间断点.若补充定义f(2)1，则fx在x2连续. 4特训题33、 设f(x)在(,)内有定义，且limf(x)a

x1f　 x0

g(x)x0 x0则下列结论中正确的是（ ） (A) x0必是g(x)的第一类间断点 (B) x0必是g(x)的第二类间断点 (C) x0必是g(x)的连续点

(D) g(x)在x0处的连续性与a的取值有关 解 limg(x)limfx0x01f(t)a tlimx∴a0时x0是g(x)的连续点，a0时，x0是g(x)的可去间断点故选D.

特训题34、 求limarctanx0sinx. x

解 因lim

sinx1，而函数yarctanu在点u1连续，所以

x0xsinxsinx limarctan＝arctanlimarctan1x0x0x4x特训题35、 设f(x)在x=2处连续，且f(2)3，求limf(x)x241. 2x2x4解 由于f(x)在x=2处连续，且f(2)3，所以limf(x)3

x2则limf(x)x24(x2)411 2=limf(x)limf(x)2x2x2x2x4x2x4＝limf(x)limx213 x2x24特训题36、 设f(x)在[a，b]上连续，且f(a)a，f(b)b，证明：f(x)x在(a，b)内至少有一个根. 证 令g(x)f(x)x，可知g(x)在[a，b]上连续，

g(a)f(a)a0 g(b)f(b)b0

由介值定理的推论，可知g(x)在(a，b)内至少有一个零点，即f(x)x在(a，b)内至少有一个根. 特训题37、 求证：方程ee证 令f(x)eexxxx4cosx在(,)内恰有两个根.

cosx4，它是偶函数，所以只需讨论f(x)在(0,)内恰有一个根.

f(0)30，f(2)e2e2cos240

f(x)在0,2上连续，根据介值定理推论，至少有一个(0,2)，使f()0.

xx又因为f(x)eesinx0x0，所以f(x)在(0,)内单调增加，因此，f(x)在(0,)内最多只有一

个零点，于是f(x)在(0,)内恰有一个零点，由偶函数的对称性，f(x)在(,)内恰有两个零点，也即所给方程在(,)内恰有两个根.

特训题38、 设fxxagx，其中gx在点a处连续，求fa。 解 没有假设gx可导，所以不能用导数的乘法公式，我们就用导数的定义

falimxafxfaxalimxaxagx0

xa

=ligmxga。

xa特训题39、 曲线sinxylnyxx在点0,1处的切线方程为. 解：yx1.

11Fxyx分析：设F(x,y)sin(xy)ln(yx)x，斜率k，在(0,1)处，k1，所以切线1Fyxcos(xy)ycos(xy)方程为y1x，即yx1

特训题40、 讨论函数

yfxxx　 x　 在x00处连续性与可导性。

解 函数yfxx在x00处连续，因为f00

xlim0fxlimx0fx0

xlim0fxlimx0x0 则 limx0xf00

但是，在x00处fx没有导数，因为

f0ylimx0xlim0x0x0x  xxlimx0xlimx0x1 fy0limx0xlim0x0x0x xxlimx0xlimx0x1

f0f0曲线yx在原点的切线不存在（见上图）。

特训题41、 设函数

yxx0　x0

x2　　　　 　x1fx

axb　　　x1试确定a、b的值，使fx在点x1处可导。 解可导一定连续，fx在x1处也是连续的，

fxlimx1 由 f10lim2x1x1fxlim f10limaxbab x1x1要使fx在点x1处连续，必须有ab1或b1a 又f1limx1fxf1x1x21limlimx12 x1x1x1ax1axb1lima x1x1x1f1limx1fxf1x1limx1要使fx在点x1处可导，必须f1f1，即2a 故当a2，b1a121时，fx在点x1处可导。 特训题42、求下列函数的导数：

2222（1）y1xln(x1x) （2）ycotxarccos1x

解 （1）y1xlnx21x221x2lnx1x2

＝x1x2lnx1x21x1x121x2x1x ＝x1x2lnx1x21

（2）ycotxarccos1x22

＝2cotxcscx2111x2(x)1x2

2cosxx＝sin3xx1x2（1）yex2 lnxcotx

sinxcosxx2edx 2x特训题43、 求下列函数的微分

sinx （2）y222解 （1）dysinxdexexdsinx2xexsinxdx

cosxe2xsinx2xdx

x2（2）dysinxd(lnxcotx)(lnxcotx)dsinx 2(sinx)112cscxdxcosx(lnxcotx)dx sinxx1csc3xcosxlnxcosxcotxdx

xsinx＝

＝特训题44、 设f(x)x(x1)(x2)(x100)，求f(50). 解 令 g(x)x(x1)x(2)x(4x9)( 15x则 f(x)(x50)g(x) 因此 f(x)g(x)(x50)g(x)

f(50)g(50)(50!)(1)50(50!)(50!)2

特训题45、 设f(x)可微，yf(lnx)e解 dyf(lnx)de＝f(x)e＝ef(x)f(x)f(x)，求dy.

ef(x)df(lnx)

f(x)f(lnx)dx1f(lnx)ef(x)dx x1f(x)f(lnx)f(lnx)dx x22x特训题46、设yy(x)由方程arctan(xy)ye所确定，求dy和dy. dx解一 对方程两边关于x求导，y看作x的函数，按中间变量处理.

11xy22(2x2yy)ye2xy2xex 2yy1x2y22yex2xex2x1x2y22

y2xyex2x1xy2222y1xy222ex222ye1xy4xx

222x4yx2x1xyex

222ye1xy4xx于是，dydx

24yx2x1x2y2exx解二 对方程两边求微分，根据一阶微分形式不变性.

22darctan(xy)dyex

x11xy21x2y2222dx2y2exdyydey2x xxdxydyedy2exdx

2y1x2y22yeexdy2xx2xdx

21x2y22224yx2x1xye2222x1xyxyedyx1x2y224xxdx

2222x1xy222ye1xy4xxdydx

222x4yx2x1xyex222ye1xy4xxdy于是 2dx22x4yx2x1xyex特训题47、 求y3x(x1)(x2)的导数y. 2x(x1)(ex)解 lny1lxn3lxn(1)xln(2x2)xln(e1) xln()对x求导，得

111112xex1y y3xx1x2x21exx1x(x1)(x2)因此，y323(x1)(exx)1112xex12x

xx1x2x1exìïx=ln(1+t3)dyï特训题48、设í，求.

2ïdxïîy=tsint

dydy2tsint+t2costdt解 ==2dxdx3tdt1+t31+t3)(2tsint+t2cost)(1+t3)(2sint+tcost)(==

3t23t11特训题49、证明曲线y(x0)上任一点x0,处切线与两坐标轴所围成的直角三角形面积恒为2.

x0x证 所求切线方程为y112xx0 x0x0令y0，得切线截x轴的截距X2x0， 令x0，得切线截y轴的截距Y2， x0直角三角形面积 S211XY(2x0)2 22x02ìïx=1+t特训题50、求曲线ï在t=2处的切线方程. í3ïïîy=tdy3t23==t 解 x0125，y028.dx2t223dy=3，故切线方程为y-8=3(x-5) dxt=2即 3x-y-7=0

xt22t,特训题51、设函数y=y(x)由参数方程确定，则曲线y=y(x)在x=3处的法线与x轴交点的横坐标是

yln(1t)11ln23. (B) ln23. 88(C) 8ln23. (D) 8ln23. [ A ]

(A)

【详解】 当x=3时，有t2t3，得t1,t3（舍去，此时y无意义），于是

2dy

dx11tt12t2t11，可见过点x=3(此时y=ln2)的法线方程为： 8 yln28(x3)，

令y=0, 得其与x轴交点的横坐标为：ln23, 故应(A).

3xt3t1特训题52、设函数y(x)由参数方程  确定, 则曲线yy(x)向上凸的x取值范围为

3yt3t118

___________________

xx(t)【分析】判别由参数方程定义的曲线的凹凸性，先用由 

yy(t)d2yd2yy(t)x(t)x(t)y(t)定义的 求出二阶导数,再由 20 确定x的取值范围. 23dx(x(t))dxdydy3t23t212dt【详解】 , 2212dxdx3t3t1t1dtd2yddydt214t1 , dx2dtdxdxt213(t21)3(t21)3d2y0  t0. 令 2dx又 xt3t1 单调增, 在 t0时, x(,1)。(t0时，x1x(,1]时，曲线凸.)

特训题53、设fx在0，3上连续，在0，3内可导，且f0f1f23，f31，试证：必存在

30，3，使f0。

证 f(x)在0，3上连续，f(x)在0，2上连续，且有最大值M和最小值m,于是mf(0)M；

mf(1)M；mf(2)M，故m1f(0)f(1)f(2)M。 3由连续函数介值定理可知，至少存在一点c0，2，使得

fc1f(0)f(1)f(2)1 33，使得因此fcf3，且fx在c，3上连续，c，3内可导，由罗尔定理得出必存在c，30，f0。

1内可导，且3特训题54、 设fx在0，1上连续，在0，fxdxf0.

231(x)=0 求证：存在xÎ(0，1)使f¢证 由积分中值定理可知，存在c，使得得到 fc311232fxdxfc1

3fxdxf(0)

23对fx在0，c上用罗尔定理（三个条件都满足），

(0，c)故存在x翁

(0，1)，使f¢(x)=0

特训题55、设x>0，试证：

xx证 由题意可知存在cÎ(a,b)使得 fcfafb

f(c)f(a)0

caf(b)f(c)如果fbfc，则fx在c，b上用拉格朗日中值定理存在x2Î(c,b)，使f20，

bc如果fcfa，则fx在a，c上用拉格朗日中值定理存在x1Î(a,c)，使f1因此，必有xÎ(a,b)，使得f0 成立.

特训题57、 设f(x)0，f(0)=0，证明对任意x1>0，x2>0恒有

f(x1+x2)证 不妨假设x1£x2，由拉格朗日中值定理有

(x1)， 0f(x2) (x)单调减少，于是fⅱ(x)<0，∵f¢∵fⅱ这样由①②两式可知 f(x1)>f(x1+x2)-f(x2) 因此，f(x1+x2)特训题58、 设fx在a，b上连续，a，b内可导，且ba0，证明：存在xÎ(a,b)，hÎ(a,b)使

f¢(h)=a+bf¢(x)g 2x证 考虑柯西中值定理（gx待定）

fⅱ(x)f(b)-f(a)f(h)(b-a) ==g(b)-g(a)g¢(x)g(b)-g(a)最后一步是把分子用拉格朗日中值定理.

再把欲证的结论变形，

fⅱ(x)f(h)f (h)(b-a)== 222xa+bb-a两式比较，看出令g(x)=x2即可.

类似地，欲证f¢(h)=b2+ab+a23gf¢(x)x2，则取g(x)=x3即可

特训题59、设函数fx在0，1上二阶可导，且f0f0f10，f11. 求证：存在xÎ(0，1)，使得fⅱ(x)³4 证 先把fx在x=0处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式

fxf0f0x12!f1x2 (01x )再把fx在x=1处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式

fxf1f1x112!fx122 (x21 )在上面两个公式中皆取x=12则得 f1218f11 (012 )f12118f12 (221 )两式相减，得f1f28，于是fⅱ(x1)+fⅱ(x2) 8 因此 max{fⅱ(x1),fⅱ(x2)}³4

亦即证明存在xÎ(0，1)，使 fⅱ(x)³4

特训题60、 设在0,1上fx0，则f0，f1，f1f0或f0f1的大小顺序是（（A） f1f0f1f0 （B）f1f1f0f0 （C） f1f0f1f0 （D）f1f0f1f0 解 选B

∵根据拉格朗日中值定理f1f0f10f

）

其中01，又fx0，∴fx单调增加

()因此， f1ff 0fxxa特训题61、设函数f(x)在a,b上连续，在a,b内可导，且满足f(a)0，如果f(x)单调增加，求证(x)在a,b内单调增加.

xafxfx证 (x) 2xa用拉格朗日中值定理

f(x)f(x)f(a)f()(xa) (ax)

于是 (x)fxfxa

∵fx是单调增加，∴fx＞f 因此 x0，则x在a,b内单调增加

特训题62、设函数f(x)在(,)内连续，其导函数的图形如图所示，则f(x)有

（ ）

（A） 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

解 有三个驻点和一个不可导点，考察它们两侧导数的符号，用第一充分判别法可知，最小驻点为极大值点，另一个较小驻点为极小值点，原点为不可导点是极大值点，最大的驻点为极小值点，故应选C

特训题63、讨论f(x)max2x,1x的极值.

（D） 三个极小值点和一个极大值点

11x x13解 f(x)

2x x1或x13

∴f=12为极小值

33特训题64、 设f(x)在x0邻域内有定义，且

x®x0limf(x)-f(x0)(x-x0)n=k，其中n为正整数，k¹0为常数，讨论（对n）f(x0)是否为极值.

解

f(x)-f(x0)(x-x0)n=k+a(x)，其中lima(x)=0

x®x0f(x)-f(x0)=k(x-x0)n+a(x)(x-x0)n

（ⅰ）若n为正偶数，当x-x0则f(x)-f(x0)与k同号，当k＞0，f(x0)为极小值；当k＜0，f(x0)为极大值.

（ⅱ）若n为正奇数，当x-x0xttxdt，0x1，求fx的极值、单调区间和凹凸区间.

01f(x)t(xt)dtt(tx)dt(txt2)dt(t2tx)dt

0x0x1x1t2t3xt3t21x3x31xx3x3(x)(x)()()()

23032x233232x31xx3x3x1. 6326323 f(x)x2221 ,令f(x)0，得x.因为0x1，所以x.

2222x1 22 2f(x)0，得

f(x)0，得 0x因此，f(x)的单调增区间是(22,1)；单调减区间是(0,). 22由f(x)2x，可知(0,1)为凹区间.

由f(22122为极小值. )0,f()0,知f()26322x特训题66、设y(1sinx)，则dyx = _________ . 【分析】 本题属基本题型，幂指函数的求导（或微分）问题可化为指数函数求导或取对数后转化为隐函数求导. 【详解】 方法一： y(1sinx)=e

xxln(1sinx)，于是

yexln(1sinx)[ln(1sinx)x从而 dy=y()dxdx.

cosx]，

1sinxx方法二： 两边取对数，lnyxln(1sinx)，对x求导，得

1xcosx， yln(1sinx)y1sinx于是 y(1sinx)x[ln(1sinx)x dy=y()dxdx.

cosx]，故

1sinxx特训题67、 曲线y(1x)x32的斜渐近线方程为___________

【分析】 本题属基本题型，直接用斜渐近线方程公式进行计算即可. 【详解】 因为a=limxf(x)(1x)lim1, xxxx(1x)xx323232 blimf(x)axlimxx3， 2于是所求斜渐近线方程为yx3. 2【评注】 如何求垂直渐近线、水平渐近线和斜渐近线，是基本要求，应熟练掌握。这里应注意两点：1）当存在水

f(x)不存在，则应进一步讨论x或xxx的情形，即在右或左侧是否存在斜渐近线，本题定义域为x>0，所以只考虑x的情形.

平渐近线时，不需要再求斜渐近线；2）若当x时，极限alim特训题68、当x0时，(x)kx与(x)1xarcsinxcosx是等价无穷小，则k= _________ 【分析】 题设相当于已知lim2(x)1，由此确定k即可.

x0(x)【详解】 由题设，lim(x)1xarcsinxcosxlim 2x0(x)x0kxxarcsinx1cosxkx(1xarcsinxcosx)2 =limx0

=

1xarcsinx1cosx33k. ，得lim12x02k44kx3n【评注】 无穷小量比较问题是历年考查较多的部分，本质上，这类问题均转化为极限的计算. 特训题69、设函数f(x)limn1xn，则f(x)在(,)内

(A) 处处可导. (B) 恰有一个不可导点.

(C) 恰有两个不可导点. (D) 至少有三个不可导点. [ ] 【分析】 先求出f(x)的表达式，再讨论其可导情形. 【详解】 当x1时，f(x)limn1xn3n1；

当x1时，f(x)limn111；

n当x1时，f(x)limx(n31x3n1)x.

1n3x3,x1,即f(x)1,1x1, 可见f(x)仅在x=1时不可导，故应选(C).

x3,x1.【评注】 本题综合考查了数列极限和导数概念两个知识点. 特训题70、设函数f(x)1exx1,则 1(A) x=0,x=1都是f(x)的第一类间断点. （B） x=0,x=1都是f(x)的第二类间断点.

(C) x=0是f(x)的第一类间断点，x=1是f(x)的第二类间断点.

(D) x=0是f(x)的第二类间断点，x=1是f(x)的第一类间断点. [ ]

【分析】 显然x=0,x=1为间断点，其分类主要考虑左右极限. 【详解】 由于函数f(x)在x=0,x=1点处无定义，因此是间断点. 且 limf(x)，所以x=0为第二类间断点；

x0f(x)0，limf(x)1，所以x=1为第一类间断点，故应选(D). limx1x1xx【评注】 应特别注意：lim，lim. 从而limex1，limex10. x1x1x1x1x1x1特训题71、 若x0时，(1ax)1 与xsinx是等价无穷小，则a= . 【分析】 根据等价无穷小量的定义，相当于已知lim用无穷小量的等价代换进行化简.

【详解】 当x0时，(1ax)1~14214xx214(1ax)1，反过来求a. 注意在计算过程中应尽可能地应

x0xsinx21412ax，xsinx~x2. 412ax(1ax2)1于是，根据题设有 limlim42a1，故a=-4.

x0x0xsinx4x特训题72、 设函数y=f(x)由方程xy2lnxy所确定，则曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程是 . 【分析】 先求出在点(1,1)处的导数，然后利用点斜式写出切线方程即可. 【详解】 等式xy2lnxy两边直接对x求导，得 yxy4424y3y， x将x=1,y=1代入上式，有 y(1)1. 故过点(1,1)处的切线方程为 y11(x1)，即 xy0.

特训题73、 y2的麦克劳林公式中x项的系数是 _______________

xn【分析】 本题相当于先求y=f(x)在点x=0处的n阶导数值f__________________

【详解】 因为 y2ln2，y2(ln2)，,y(n)nxx2(x)(n)(0)，则麦克劳林公式中xn项的系数是

2x(ln2)n，于是有

y(n)(0)(ln2)n. y(0)(ln2)，故麦克劳林公式中x项的系数是

n!n!n特训题74设{an},{bn},{cn}均为非负数列，且liman0,limbn1,limcn,则必有

nnn(A) anbn对任意n成立. (B) bncn对任意n成立.

(C) 极限limancn不存在. (D) 极限limbncn不存在. [ ]

nn【分析】 本题考查极限概念，极限值与数列前面有限项的大小无关，可立即排除(A),(B)； 而极限limancn是0型

n未定式，可能存在也可能不存在，举反例说明即可；极限limbncn属1型，必为无穷大量，即不存在.

n【详解】 用举反例法，取an

21，bn1，cnn(n1,2,)，则可立即排除(A),(B),(C)，因此正确选项为(D). n2ln(1ax3),x0,xarcsinx特训题75设函数 f(x)6,x0,

eaxx2ax1x0,,xxsin4问a为何值时，f(x)在x=0处连续；a为何值时，x=0是f(x)的可去间断点？

【分析】 分段函数在分段点x=0连续，要求既是左连续又是右连续，即

f(00)f(0)f(00).

ln(1ax3)ax3lim【详解】 f(00)limf(x)lim

x0x0xarcsinxx0xarcsinx =limx013ax211x2limx03ax21x12

3ax26a. =limx012x2eaxx2ax1 f(00)limf(x)limx0x0xxsin4

eaxx2ax1aeax2xa2 =4lim4lim2a4. 2x0x02xx令f(00)f(00)，有 6a2a24，得a1或a2. 当a=-1时，limf(x)6f(0)，即f(x)在x=0处连续.

x0当a=-2时，limf(x)12f(0)，因而x=0是f(x)的可去间断点.

x0【评注】 本题为基本题型，考查了极限、连续与间断等多个知识点，其中左右极限的计算有一定难度，在计算过程

中应尽量利用无穷小量的等价代换进行简化.

x12t2,2dyu12lnte(t1)所确定，求2特训题76、设函数y=y(x)由参数方程ydudx1ux9.

【分析】 本题为参数方程求二阶导数，按参数方程求导的公式进行计算即可. 注意当x=9 时，可相应地确定参数t

的取值.

dye12lnt22etdx【详解】由，4t， dt12lntt12lntdtdy2etdydt12lnte得 ,

dxdx4t2(12lnt)dtd2yddy1e121() 所以 =

dx2dtdxdx2(12lnt)2t4tdt =e. 224t(12lnt)2当x=9时，由x12t及t>1得t=2, 故

d2y

dx2x9e4t2(12lnt)2t2e. 216(12ln2)特训题77、设f(x)lim(n1)x, 则f(x)的间断点为x .

nnx21【分析】本题属于确定由极限定义的函数的连续性与间断点.对不同的x,先用求极限的方法得出f(x)的表达式, 再讨论f(x)的间断点.

【详解】显然当x0时,f(x)0;

1(1)x(n1)xnx1, 当x0时, f(x)limlim2nnx21n1xx2xn

0,x0所以 f(x)1,

,x0x因为 limf(x)limx01f(0) x0x故 x0为f(x)的间断点.

3xt3t1特训题78、设函数y(x)由参数方程  确定, 则曲线yy(x)向上凸的x取值范围为

3yt3t1______________________

【分析】判别由参数方程定义的曲线的凹凸性，先用由 xx(t)

yy(t)d2yd2yy(t)x(t)x(t)y(t)定义的 求出二阶导数,再由 20 确定x的取值范围. dx2(x(t))3dxdydy3t23t212dt【详解】 , 2212dxdx3t3t1t1dtd2yddydt214t1 , 22223dtdxdxt13(t1)3(t1)dxd2y0  t0. 令

dx2又 xt3t1 单调增, 在 t0时, x(,1)。(t0时，x1x(,1]时，曲线凸.) 特训题79、把x0时的无穷小量一个的高阶无穷小, 则正确的排列次序是

（A）,,. （B）,,.

（C）,,. （D）,,. （ ）

【分析】对与变限积分有关的极限问题，一般可利用洛必塔法则实现对变限积分的求导并结合无穷小代换求解.

30xcostdt, tantdt, 02x2x0sint3dt排列起来, 使排在后面的是前

【详解】 limx0limx0x0x0sint3dt2

costdtsinx limx03212x cosx2 limx0xxlim0, x022x32

即 o().

lim又 limx0x0x20tanx2x2x2limlim0, 3xx0x0131xsinx20sintdt22xtantdt即 o().

从而按要求排列的顺序为、、, 故选（B）. 特训题80、设f(x)x(1x), 则

（A）x0是f(x)的极值点, 但(0,0)不是曲线yf(x)的拐点. （B）x0不是f(x)的极值点, 但(0,0)是曲线yf(x)的拐点. （C）x0是f(x)的极值点, 且(0,0)是曲线yf(x)的拐点.

（D）x0不是f(x)的极值点, (0,0)也不是曲线yf(x)的拐点. （ ） 【分析】求分段函数的极值点与拐点， 按要求只需讨论x0两方f(x), f(x)的符号.

x(1x),1x0【详解】 f(x),

x(1x),0x1 f(x)12x,1x0,

0x112x,1x00x1,

2, f(x)2,从而1x0时, f(x)凹, 1x0时, f(x)凸, 于是(0,0)为拐点. 又f(0)0, x0、1时, f(x)0, 从而x0为极小值点. 所以, x0是极值点, (0,0)是曲线yf(x)的拐点, 故选（C）. 特训题81、设函数f(x)连续, 且f(0)0, 则存在0, 使得

（A）f(x)在(0,)内单调增加. （B）f(x)在(,0)内单调减小. （C）对任意的x(0,)有f(x)f(0).

（D）对任意的x(,0)有f(x)f(0). ( ) 【分析】可借助于导数的定义及极限的性质讨论函数f(x)在x0附近的局部性质. 【详解】由导数的定义知

f(0)limx0f(x)f(0)0,

x0由极限的性质, 0, 使x时, 有

f(x)f(0)0

x即x0时, f(x)f(0)， x0时, f(x)f(0), 故选（C）.

1特训题82、求极限lim3x0x【分析】此极限属于

2cosxx1.

30型未定式.可利用罗必塔法则,并结合无穷小代换求解. 0【详解1】 原式limx0e2cosxxln31x3

2cosxln3

limx0x2ln（2cosx）ln3

x0x21（sinx）2cosx lim x02x11sinx1 lim

2x02cosxx6 lim【详解2】 原式limx0e2cosxxln31x3

2cosxln3

limx0x2cosx1）3 lim 2x0xcosx11 lim x03x26ln（1特训题83、设函数f(x)在（,）上有定义, 在区间[0,2]上, f(x)x(x4), 若对任意的x都满足

2f(x)kf(x2), 其中k为常数.

(Ⅰ)写出f(x)在[2,0]上的表达式; (Ⅱ)问k为何值时, f(x)在x0处可导.

【分析】分段函数在分段点的可导性只能用导数定义讨论. 【详解】(Ⅰ)当2x0,即0x22时,

f(x)kf(x2)k(x2)[(x2)4]kx(x2)(x4). (Ⅱ)由题设知 f(0)0.

2f(x)f(0)x(x24)(0)lim flim4

x0x0x0x(0)lim fx0f(x)f(0)kx(x2)(x4)lim8k. x0x0x令f(0)f(0), 得k即当k

1. 21时, f(x)在x0处可导. 2特训题84、设eabe, 证明lnblna2224(ba). 2e【分析】文字不等式可以借助于函数不等式的证明方法来证明,常用函数不等式的证明方法主要有单调性、极值和最值法等.

【详证1】设(x)lnx4x, 则 e2lnx4(x)22

xe1lnx (x)22,

x22所以当xe时, (x)0, 故(x)单调减小, 从而当exe时, (x)(e)即当exe时, (x)单调增加.

因此, 当eabe时, (b)(a), 即 lnb2224420, 2ee442blnaa 22ee422故 lnblna2(ba).

e422【详证2】设(x)lnxlna2(xa), 则

elnx4(x)2

xe21lnx (x)22,

x2xe时, (x)0(x), 从而当exe2时,

(x)(e2)4420, 2eeexe2时, (x)单调增加.

eabe2时, (x)(a)0。令xb有(b)0

即 ln2bln2a

【详证3】证 对函数lnx在[a,b]上应用拉格朗日定理, 得 lnblna224(ba). 2e22ln(ba), ab.

设(t)lnt1lnt, 则(t), 2tt当te时, (t)0, 所以(t)单调减小, 从而()(e), 即

2lne2222, eeln故 lnblna

224(ba) e2x4sinx的水平渐近线方程为______________

5x2cosx4sinx1x1 limylimxx2cosx55x特训题85、曲线y

1x23sintdt,x0特训题86、设函数f(x)x0 在x=0处连续，则a=___________ a,x0sm(x2)1limf(x)lim

x0x03x23

特训题87、设函数yy(x)由方程y1xe确定，则

当x=0时，y=1，

又把方程每一项对x求导，yexey

yyydydxx0______________

y(1xe)eyyyx0ey1xeyx0y1e

特训题88、设函数yf(x)具有二阶导数，且f(x)0,f(x)为自变量x在点x0处的增量，0,xy与dy分别为f(x)在点x0处对应增量与微分,若x0，则（ ）

（A）0dyy （C）ydy0

（B）0ydy （D）dyy0

由f(x)0可知f(x)严格单调增加

f(x)0可知f(x)是凹的

即知

特训题89、设函数g(x)可微,h(x)e

（A）ln31 （C）ln21 ∵ h(x)g(x)e1g(x)1g(x),h(1)1,g(1)2,则g(1)等于（ ）

1g(1)（B）ln31 （D）ln21

x233，12e特训题90、试确定A，B，C的常数值，使e(1BxCx)1Axo(x)其中o(x)是当x0时比x的高阶无穷小.

3

x2x3o(x3)代入已知等式得 解：泰勒公式e1x26x

x2x3[1xo(x3)][1BxCx2]1Axo(x3)

26整理得

11B1(B1)x(CB)x2Co(x3)1Axo(x3)

262比较两边同次幂函数得

B+1=A ①

1=0 ② 2B1C0 ③ 26B12式②-③得 0则B

2331代入①得 A

31代入②得 C

6C+B+

特训题91、设数列{xn}满足0x1，xn1sinxn(n1,2,3,)

证明：（1）limxn1存在，并求极限

n1

xn1xn2 （2）计算lim nxn证：（1）x2sinx1,0x21,因此n2

xn1sinxnxn,{xn}单调减少有下界xn0

根据准则1，limxnA存在

n在xn1sinxn两边取极限得AsinAA0 因此limxn10

n1

sinxnxn2（2）原式lim为\"1\"型 nxn  离散散不能直接用洛必达法则

limtt2sint0t2先考虑 limet0tlim111sitnlnt

t02t

用洛必达法则e1(tcostsint)sintt2t

et0limtcostsint2t3et2t3t10(t2)t0(t3)26lim3t02t

e1133t0(t)26lim2t3t0e

16特训题92、证明：当0ab时，bsinb2cosbbasina2cosa证：令f(x)xsinx2cosxx

只需证明0ax时,f(x)单调增加（严格）

1 af(x)sinxxcosx2sinx

xcosxsinx

f(x)cosxxsinxcosxxsinx0 f(x) 单调减少（严格）

又f()cos0

故0ax时f(x)0则f(x)单调增加（严格）

由ba则f(b)f(a)

得证

xt21特训题93、已知曲线L的方程2y4tt（I）讨论L的凹凸性

(t0)

（II）过点(1,0)引L的切线，求切点(x0,y0)，并写出切线的方程 （III）求此切线与L（对应xx0部分）及x轴所围的平面图形的面积

解：（I）

dxdydy42t22t,42t,1 dtdtdx2tt

dyd1d2y121dx0(t0处) 23dxdx2dtt2ttdt曲线L(在t0处)是凸

2221，y04t0t0， 1(x1)，设x0t0t

（II）切线方程为y0

22232则4t0t1(t02),4t0t0(2t0)(t02)

t020

得t0t020,(t01)(t02)0t00t01 点为（2，3），切线方程为yx1

2（III）设L的方程xg(y)

则Sg(y)(y1)dy

30t4ty0解出t24y得x24y221

由于（2，3）在L上，由y3得x2可知x24y21g(y)

S9y44y(y1)dy

0333(102y)dy44ydy

002(10yy2)44yd(4y)214(4y)030333320

8642213

333特训题94、当x0时，与x等价的无穷小量是

(A) 1ex. (B) ln(1x). (C) 1x1. (D) 1cosx. 【 】

【答案】 应选(B).

【分析】 利用已知无穷小量的等价代换公式，尽量将四个选项先转化为其等价无穷小量，再进行比较分析找出正确答案.

【详解】当x0时，有1ex(ex1)~x；ln(1x)~x；

1x1~111x；1cosx~(x)2x. 可见应选(B). 222特训题95、设函数f(x)在x=0处连续，下列命题错误的是：

f(x)f(x)f(x)存在，则f(0)=0. (B) 若lim存在，则f(0)=0.

x0x0xxf(x)f(x)f(x) (C) 若lim存在，则f(0)存在. (D) 若lim存在，则f(0)存在

x0x0xx(A) 若lim【 】

【答案】 应选(D).

【分析】 本题为极限的逆问题，已知某极限存在的情况下，需要利用极限的四则运算等进行分析讨论。 【详解】(A),(B)两项中分母的极限为0，因此分子的极限也必须为0，均可推导出f(0)=0. 若limx0f(x)f(x)f(0)f(x)存在，则f(0)0,f(0)limlim0，可见(C)也正确，故应选(D). 事实上，可举反

x0x0xx0x例：f(x)x在x=0处连续，且

limx0xxf(x)f(x)0存在，但f(x)x在x=0处不可导 . =limx0xx特训题96、曲线y1ln(1ex)，渐近线的条数为 x(A) 0. (B) 1. (C) 2. (D) 3. 【 】 【答案】 应选(D).

【分析】 先找出无定义点，确定其是否为对应垂直渐近线；再考虑水平或斜渐近线。 【详解】 因为lim[ln(1e)]，所以x0为垂直渐近线；

x01xx又 lim[ln(1e)]0，所以y=0为水平渐近线；

x1xxexy1ln(1ex)ln(1ex)1， ]lim进一步，limlim[2=limxxxxxxx1exxx lim[y1x]lim[ln(1e)x]=lim[ln(1e)x]

xxx1xx =lim[lne(1e)x]limln(1e)0，

xxxxx于是有斜渐近线：y = x. 故应选(D).

x3x21(sinxcosx)= . 特训题97、limx2xx3【答案】 应填0.

x3x210，而sinx+cosx有界，故 【详解】 因为limx2xx3

x3x21 lim(sinxcosx)=0. x2xx31,则y(n)(0)= . 2x312nn【答案】 应填(1)n!().

33特训题98、设函数y【详解】 y(2x3), y12(2x 一般地， y从而 y(n)1223,3)y1(2)2x(2

3)(1)nn!2n(2x3)n1，

(n)12(0)=(1)nn!()n.

33特训题99、设函数y = y(x)由方程ylnyxy0确定, 试判断曲线y = y(x)在点(1, 1)附近的凹凸性. 【分析】 由凹凸性判别方法和隐函数的求导即得. 【详解1】在ylnyxy0两边对x求导得 ylny2y10 解得 y1

lny21y1y两边对x再求导得 y . 23(lny2)y(lny2)将x=1, y =1 代入得 y1 81由于二阶导函数y在x=1的附近是连续函数, 所以由y, 可知在x=1的附近有y<0, 故曲线y = y(x)在点(1,

81)附近是凸的.

【详解2】 在ylnyxy0两边对x求导得

ylny2y10 两边对x再求导得 ylnyy1y2y0 y11, y 281由于二阶导函数y在x=1的附近是连续函数, 所以由y, 可知在x=1的附近有y<0, 故曲线y = y(x)在点(1, 1)附

8将x=1, y =1 代入得上两式得 y近是凸的.

【详解3】 将x 看作y的函数, 在ylnyxy0两边对y求导得 xlnyy11lny2 y

两边再对y求导得 x1 y将x=1, y =1 代入得式得 x1. 因为二阶导函数x在y=1的附近是连续函数, 所以由x1可知在y=1的附近有x>0, 由此可知曲线x = x (y)在点(1, 1)附近是凹的, 故曲线y = y(x)在点(1, 1)附近是凸的.

特训题100、设函数f(x), g(x)在[a, b]上连续，在(a, b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，f(a)=g(a), f(b)=g(b), 证明：存在(a,b)，使得f()g().

【分析】需要证明的结论与导数有关，自然联想到用微分中值定理，事实上，若令F(x)f(x)g(x)，则问题转化为证明F()0, 只需对F(x)用罗尔定理，关键是找到F(x)的端点函数值相等的区间(特别是两个一阶导数同时为零的点)，而利用F(a)=F(b)=0, 若能再找一点c(a,b)，使得F(c)0，则在区间[a,c],[c,b]上两次利用罗尔定理有一阶导函数相等的两点，再对F(x)用罗尔定理即可。

【证明】构造辅助函数F(x)f(x)g(x)，由题设有F(a)=F(b)=0. 又f(x), g(x)在(a, b)内具有相等的最大值, 不妨设存在x1x2, x1,x2(a,b)使得

f(x1)Mmaxf(x),g(x2)Mmaxg(x)，

[a,b][a,b]若x1x2，令cx1, 则F(c)0.

若x1x2，因F(x1)f(x1)g(x1)0,F(x2)f(x2)g(x2)0，从而存在

c[x1,x2](a,b)，使F(c)0.

在区间[a,c],[c,b]上分别利用罗尔定理知，存在1(a,c),2(c,b)，使得

F(1)F(2)0.

再对F(x)在区间[1,2]上应用罗尔定理，知存在(1,2)(a,b)，有

F()0， 即 f()g().