高数极限习题.pdf

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1、第二章第二章导数与微分导数与微分典型例题分析典型例题分析客观题客观题例例 1 1 设f(x)在点x0可导,a,b为常数,则limf(x0 ax)f(x0 bx)()x0 xaA abf(x0)B(a b)f(x0)C(a b)f(x0)Df(x0)b答案答案解解Cx0limf(x0 ax)f(x0 bx)x lim f(x0 ax)f(x0)f(x0 bx)f(x0)x0 x a limf(x0 ax)f(x0)f(x0 bx)f(x0)b limx0 x0axbx(a b)f(x0)例例 2 2（89303）设件是()f(x)在x a的某个邻域内有定义,则f(x)在x a处可导的一个充分条f

2、(a 2h)f(a h)1(A)lim hf a f(a)存在(B)lim存在h0hhh f(a h)f(a h)f(a)f(a h)(C)lim存在(D)lim存在h0h02hh答案答案D解题思路解题思路1(1)对于答案(A A)，不妨设 x，当h 时，x 0，则有h1f(a x)f(a)lim hf a f(a)lim存在，这只表明f(x)在x a处hx0hx 右导数存在,它并不是可导的充分条件,故(A A)不对.(2)对于答案(B B)与(C C),),因所给极限式子中不含点a处的函数值不相符和.例如，若取f(a)，因此与导数概念1,x af(x)0,x a则(B B)与(C C)两个极

3、限均存在，其值为零，但limxaf(x)0 f(a)1，从而f(x)在x a处不连续，因而不可导，这就说明(B B)与(C C)成立并不能保证f(a)存在，从而(B B)与(C C)也不对.(3)记x h,则x 0与h 0是等价的,于是精选文库f(a)f(ah)f(ah)f(a)f(ah)f(a)lim limh0h0h0hhhf(ax)f(a)lim f(a)x0 x所以条件D是f(a)存在的一个充分必要条件.lim例例 3 3(00103)设1h0h21(C)lim2h0h答案答案B(A)lim解题思路解题思路f(0)0,则f(x)在点x 0可导的充要条件为()1f(1cosh)存在(B)

4、limf(1eh)存在h0h1f(h sinh)存在(D)limf(2h)f(h)存在h0h1cosh1.所以如果f(0)存在,则必有22hf(1cosh)f(1cosh)f(0)f(1cosh)f(0)1coshlim lim limlimh0h0h0h01coshh2h2h2若记u 1cosh,当h 0时,u 0,所以f(1 cosh)f(0)f(u)f(0)lim lim f(0)h0h01 coshu(1)当h 0时,于是limh0f(1cosh)1f(0)22h1f(1cosh)存在.h0h2但 是 由 于 当h 0时,恒 有u 1cosh 0,而 不 是u 0,因 此f(x)f(0

5、)1lim2f(1cosh)存在只能推出f(0)lim存在,而不能推出f(0)h0hx0 x这就是说由f(0)存在能推出lim存在.(2)当h 0时,1eh ho(h),于是f(ho(h)f(0)f(ho(h)f(0)f(1eh)lim limlimh0h0h0hho(h)h由于当h 0时,ho(h)既能取正值,又能取负值,所以极限f(h)f(0)f(ho(h)f(0)f(0)存在是互相等价的.因而存在与limlimh0h0hho(h)1f(1eh)存在与f(0)存在互相等价.极限limh0hhsinh1lim,所以(3)当h 0时,用洛比塔法则可以证明3h06hf(hsinh)f(0)hsi

6、nhf(hsinh)limlimhlim32h0h0h0hsinhhh2精选文库由于h 0,于是由极限limh0f(hsinh)f(0)hsinhlimh存在未必推出3h0hsinhhf(hsinh)f(0)也存在,因而f(0)未必存在.h0hsinh(4)f(x)在点x 0可导一定有(D)存在,但(D)存在不一定f f(x x)在点x x 0 0可导.limf(x)(x2 x 2)|x3 x|有()个不可导点(A)0(B)1(C)2(D)3答案答案C例例 4 4(98203)函数解题思路解题思路当函数中出现绝对值号时,不可导的点就有可能出现在函数的零点,因为函数零点是分段函数的分界点.因此需

7、要分别考察函数在点x0 0,x11,x2 1考察导数的存在性.解解将f(x)写成分段函数:(x2 x2)x(1 x2),x 1,22(x x2)x(x 1),1 x 0,f(x)22(x x2)x(1 x),0 x 1,22(x x2)x(x 1),1 x.(1)在x0 0附近,f(x)写成分段函数:22x(x x 2)(x1),x 0f(x)(x x 2)|x x|22x(x x 2)(1 x),x 023容易得到f(x)f(0)lim(x2 x 2)(x21)2x0 x0 xf(x)f(0)(0)limf lim(x2 x 2)(1 x2)2x0 x0 x(0)f(0),所以f(0)不存在

8、.由于f(2)在x11附近,f(x)写成分段函数:(0)limf2x(1 x)(x x 2)(1 x),x 1f(x)(x x 2)|x x|2x(1 x)(x x 2)(x 1),x 1f(x)f(1)(1)limf limx(1 x)(x2 x 2)4x1x1x 1f(x)f(1)(1)limf limx(1 x)(x2 x 2)4x1x1x 1(1)f(1),所以f(1)不存在.由于f(3)在x2 1附近,f(x)写成分段函数:232x(1 x)(x x 2)(x 1),x 1f(x)(x x 2)|x x|2x(1 x)(x x 2)(x 1),x 1233精选文库f(x)f(1)li

9、mx(x 1)(x2 x 2)0 x1x1x 1f(x)f(1)(1)limf limx(x 1)(x2 x 2)0 x1x0 x 1(1)f(1)0,所以f(1)存在.由于f综合上述分析,f(x)有两个不可导的点.(1)limf例例 5 5(95103)设f(x)具有一阶连续导数,F(x)f(x)(1|sin x|),则f(0)0是F(x)在x 0处可导的()(A A)必要但非充分条件(B B)充分但非必要条件(C C)充分且必要条件(D D)既非充分也非必要条件答案答案C分析分析 从F(x)在x 0的导数定义着手.将F(x)f(x)(1|sin x|)f(x)f(x)|sin x|解解F(

10、x)F(0)f(x)f(0)f(x)|sin x|f(0)|sin0|lim limx0 x0 x0 x 0 x 0 x 0 f(0)f(0)F(0)limf(x)f(0)f(x)|sin x|f(0)|sin0|F(x)F(0)lim limx0 x0 x0 x 0 x 0 x 0 f(0)f(0)(0)F(0)的充分必要条件是f(0)0.于是推知FF(0)lim例例 6 6(92103)设 函 数f(x)3x3 x2|x|,则 使f(n)(0)存 在 的 最 高 阶 数n ().(A)0(B)1(C)2(D)3答案答案C解题思路解题思路 应先去掉f(x)中的绝对值,将f(x)改写为分段函数

11、32x32f(x)3x x|x|34x2x332解解 由f(x)3x x|x|34xx 0 x 0 x 0 x 06x2x 0得f(x)2x 012x12xx 012且f(x)f(x)24xx 024又x 0 x 0f(x)f(0)f(0)limx0 x02x30lim 0 x0 x0,4精选文库f(x)f(0)4x30f(0)lim lim 0 x0 x0 x0 x0所以f(0)存在.f(x)f(0)6x20f(0)lim lim 0 x0 x0 x0 x0f(x)f(0)12x2 0(0)limf lim 0 x0 x0 x 0 x 0所以f(0)存在.f(x)f(0)12x0f(0)li

12、m lim12x0 x0 x 0 x0f(x)f(0)24x 0(0)limf lim 24x0 x0 x 0 x 0(0)f(0).因而使f(n)(0)存在的最高阶数是 2.即f例例 7 7f(x)cos|x|x|x|存在的最高阶导数的阶数等于()A0B1C2D3答案答案C解题思路解题思路 注意cos|x|cosx,所以只需考察x|x|在点x 0的情况.例例 8 8(96203)设 0,f(x)在区间(,)内有定义，若当x(,)时，恒有22f(x)x2，则x 0必是f(x)的()(A)间断点，(B)连续而不可导的点，(C)可导的点，且 f(0)0(D)可导的点，且 f(0)0答案答案C解解

13、由题目条件易知f(0)0,因为f(x)f(0)f(x)x2|xxx所以由夹逼定理于是f (0)0.f(x)f(0)f(x)x2lim|lim|lim|0 x0 x0 x0 xxx1ex2,x 0,则f(0)为()例例 9 9(87103)设f(x)xx 0.0,1(B)(A)0(C)1(D)12答案答案(C)解题思路解题思路因0f(x)为分段函数,故它在分段点处的导数应按导数的定义，又由于是型05未定式,可用洛必达法则求极限.精选文库解解1e0 x2f(x)f(0)1exf(0)lim lim lim2x0 x0 x0 x0 x0 xx2u21 eue 1当u 0时,与是等价无穷小,所以当x

14、0时,与x是等价无穷小.因而x21 exlim12x0 x例例 1010(88103)设2f(x)可导且f(x0)1,则x 0时,f(x)在x0处的微分dy与2x比较是()的无穷小.(A A)等价(B B)同阶(C C)低阶(D D)高阶答案B解题思路解题思路根据y f(x)在x x0处的微分的定义:dy f(x0)x.1xdy12 lim,可知dy与x是同阶的无穷小.解解limx0 xx0 x21xsin,x 0例例 1111(87304)函数f(x)在x x 0 0处()xx 00,(A A)连续,且可导(B B)连续,不可导(C C)不连续(D D)不仅可导,导数也连续答案答案B解题思路

15、解题思路一般来说,研究分段函数在分段点处的连续性时,应当分别考察函数的左右极限;在具备连续性的条件下,为了研究分段函数在分界点处可导性,应当按照导数定义,或者分别考察左右导数来判定分段函数在分段点处的导数是否存在.因此,本题应分两步:(1)讨论连续性;(2)讨论可导性.解解(1)讨论函数在点x 0处的连续性由于limx0f(x)limxsinx01 0 f(0),可知函数f(x)在点x 0处是连续的.x(2)讨论函数在点x 0处的可导性由于limx0f(x)f(0)limx0 x0 xsin101x limsin不存在,所以,函数f(x)在点x0 xxx 0处不可导.1pxsin,x 0例例1

16、212设f(x)在点x 0可导,但是f(x)导数在点x 0不连续,则x0,x 0p必须满足()A 0 p 1B 1 p 2C 0 p 2D 1 p 3答案答案B解题思路解题思路(1)当p 1时,下述极限不存在:6精选文库f(x)f(0)limx0 x0 x因此f(0)不存在.当p 1时,limlimxpsin1x limxp1sin1x0 xxf(x)f(0)limx0 x0 x所以f(0)0.这就是说,只有当p 1时,f(0)才存在,所以选项A,C可以被排除.(2)当p 1时0,x 0f(x)p111p2pxsin xcos,x 0 xx当且仅当xpsin1x limxp1sin1 0 x0

17、 xxp2 0,即p 2时,lim f(x)0 f(0),所以当且仅当1 p 2时,x0f(x)在点x 0可导,但是f(x)在点x 0不连续.f(1)f(1 x)1,则曲线y f(x)在例例 1313(95403)设f(x)可导，且满足条件limx02x(1,f(1)处的切线斜率为()1(A)2,(B)2,(C),(D)12答案答案B解解 记u x,则有f(1)f(1 x)1f(1 u)f(1)1limlimf(1)x02x2u0u2例例 1414设y ln(12x),则y(10)()10!299!2109!9!(A A)(B B)(C C)(D D)10101010(12x)(12x)(12

18、x)(12x)答案答案D解题思路解题思路求高阶导数的一般方法是:先求出一阶、二阶、三阶导数;找出规律,即可写出高阶导数.y 2,12x21(2)(1)(2)22(12x)(12x)2y (2)(1)(2)(2)3(12x)y (2)(1)y(10)9!210.10(12x)7精选文库例例 1717(90103)设函数f(n)(x)(A A)n!fn1(x)(B B)nf答案答案A解解由f(x)有任意阶导数,且f(x)f2(x),则),(n 2).n1(x)(C C)f2n(x)(D D)n!f2n(x)解题思路解题思路 这是一个求高阶导数的问题,涉及到求抽象函数的导数.f(x)有任意阶导数且f

19、(x)f2(x),可知f(x)f2(x)2 f(x)f(x)2 f(x)f2(x)2 f3(x),3f(x)2 f(x)32 f2(x)f(x)3!f4(x)(n)(x)n!fn1(x)依此由归纳法可知f注意注意(1)当n 1,n 2时虽然(B B)也正确,但当n 2就不正确了,所以将(B B)排除之;222 (2)在求导数f(x)时,可将函数f(x)看成是由y t与t f(x)复合而成的,22则根据复合函数的求导法则,故f(x)(t)f(x)2t f(x)2 f(x)f(x).2(初学者可能会这样做:f(x)2 f(x),后面丢掉一个因子f(x).例例 1818(91303)若曲线y x2

20、ax b和2y 1 xy3在点(1,1)处相切，其中a,b是常数,则()(A)a 0,b 2(B)a 1,b 3(C)a 3,b 1(D)a 1,b 1答案答案D解题思路解题思路两曲线在某点相切就是指两曲线在此公共点处共一条切线,从而两曲线的斜率也应相等.解解曲线y x2 ax b在点(1,1)处的斜率是x1k1(x2 ax b)(2xa)x1 2a 1 xy3确定,该曲线在点(1,1)处的斜率可以由隐函数求导另一条曲线是由隐函数2y数得到:对于方程2y处的斜率为令k1 1 xy3两边求导得到2y 3xy2y y3,解出y得到此曲线在点(1,1)k2 yx1y1y323xy21x1y1 k2,

21、立即得到a 1.再将a 1,x 1,y 1代入y x2 ax b中得出b 1.例例1919设f(x),g(x)定 义 在(1,1)，且 都 在x 0处 连 续，若g(x)x 0f(x)x，则()x 02(A)limg(x)0且g(0)0,(B)limg(x)0且g(0)1x0 x0(C)limg(x)1且g(0)0(D)limg(x)0且g(0)2x0 x08精选文库答案答案D解题思路解题思路 分析函数f(x)的表达式,并运用f(x)在x 0处连续这一关键条件.g(x)2,于 是 必 有解解既 然f(x)在x 0处 连 续,于 是 必 有lim f(x)limx0 x0 xg(x)g(0)g(

22、x)lim 2.limg(x)0.于是又有g(0)limx0 x0 x0 xx1cosxx 0例例 20 20(99103)设f(x)其中g(x)是有界函数,则f(x)在x 0 x2xg(x)x 0处()(A A)极限不存在(B B)极限存在,但不连续(C C)连续,但不可导(D D)可导答案答案D解题思路解题思路若能首先判定解解f(x)在x 0处可导,则(A A)、(B B)、(C C)均可被排除.f(0)limx0f(x)f(0)x 0 lim1cosxx32x0 x2 lim23x0 limx2x0 x 0212x2(x 0时1cosx)2f(x)f(0)x2g(x)(0)limf li

23、m xg(x)0（g(x)是有界函数）limx0 x0 x0 x 0 x由于f(x)在x 0点的左导数等于右导数,因而f(x)在x 0处可导.例例 2121 设f(x)sin x,则(f(f(x)()A.cos(sin x)cosxB.sin(sin x)cosxC.cos(cos x)sin xD.sin(cosx)sin x答案答案A例例 22 22 设f(x)是可导函数,则()A.若 f(x)为奇函数,则 f(x)为偶函数B.若 f(x)为单调函数,则 f(x)为单调函数C.若 f(x)为奇函数,则 f(x)为奇函数D.若 f(x)为非负函数,则 f(x)为非负函数答案答案A解题思路解题

24、思路 根据导数定义,利用函数的奇性.解解 由于f(u)f(u),所以f(x x)f(x)f(x x)f(x)limx0 x0 xxfx (x)f(x)lim f(x)x0 x因此f(x)为偶函数.f(x)lim9精选文库sin2x例例 2323 设y e2,则dy()222A.esin xB.2esin xsin xC.2esin xcosxD.esin xsin2x答案答案D解题思路解题思路 运用复合函数微分法1 cos f(x)x例例 24 24 设f(0)存在,lim(1)e,则f(0)()x0sin xA.0B.1C.2C.e答案答案C解解 由1可以知道当x 0时,有1 cos f(x

25、)xlim(1)ex0sin xlim1 1 cos f(x)1x0 xsin x1(参阅第一章 1.5 的例 2)f2(x)当x 0时,sin x与x是等价无穷小,1 cos f(x)与是等价无穷小.于是2f2(x)1 1 cos f(x)1limlim12x0 xx0sin x2x又因为f(0)存在,所以此式又推出f(x)f(0)lim2.x0 x1arctan,x 0例例 25 25 设f(x)在点x 0可导,则()xax b,x 0A.a 1,b B.a 1,b 0C.a 1,b D.a 1,b 222答案答案D解题思路解题思路 先考察函数在点x 0左右极限,确定连续性,再考察左右导数

26、.由可微性最终确定a,b.解解1lim f(x)lim(ax b)b,lim f(x)lim arctan,所以b .x0 x0 x22x0 x0于是f(0).21arctanf(x)f(0)x2(0)a,f(0)lim lim(2)fxxx0 x01arctanx2:以下需要用洛比塔法则求极限limxx0(1)10精选文库11arctan(arctan)x2 limx2 lim1 1lim2xxx0 x0 x0 x 1(0)f(0)推出a 1于是由f例例 26.26.(93303)若f(x)f(x),且在(0,)内f (x)0,f (x)0,则f(x)在(,0)内必有(A)f (x)0,f (x)0(B)f (x)0,f (x)0(C)f (x)0,f (x)0(D)f (x)0,f (x)0答案答案C解体思路解体思路 所给函数显然是奇函数,因此f (x)是偶函数,f (x)是奇函数.解解 由f (x)0,x(0,)知f (x)0,x(,0);由f (x)0,x(0,)知f (x)0,x(,0).11