的2012考研数学全程辅导书选择及复习规划.pdf

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1、Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!20122012 考研数学必看：很详细的考研数学全程辅导书选择及复习规划考研数学必看：很详细的考研数学全程辅导书选择及复习规划 考研数学考研数学全程复习全程复习权威资料权威资料书及用书书及用书时间安排时间安排 （状元必备）1、课本：同济大学第六版高等数学+同济大学第四版线性代数+浙江大学第三版概率论与数理统计 （用书时间：2011 年 1 月2011 年 6 月）2、高分辅导书：李永乐复习全书或原教育部命题组组长王式安考研数学

2、复习标准全书 李永乐基础过关 660 题或原教育部命题组组长王式安基础经典习题600 题（时间：2011 年 3 月2011 年 9 月）3、辅导班讲义：中国考研数学辅导界顶级辅导名师讲义（时间：2011 年 7 月2011年 9 月）4、大纲：最新考试大纲，主要是里面的样卷，很重要 （时间：2011 年 8 月2011年 9 月）5、真题解析：李永乐考研数学历年真题解析或原教育部命题组组长王式安考研数学历年真题权威解析 （时间：2011 年 10 月2011 年 12 月）6、模拟题：原教育部命题组组长王式安王式安最后冲刺 8 套卷或李永乐考研数学经典模拟 400 题（时间：2011 年 1

3、1 月2011 年 12 月）时间时间 复习内容复习内容 注意事项注意事项 第 一 阶段：基础复习阶段 1月6月 把课本细看一遍，例题自己做，并研究例题思路记好笔记。课后题都做一遍，把不会的、做错的或者虽然做对但思路不清的做好记号。1.把基础的基础一定掌握，尤其是公式要记牢 2.看概念和知识要点的时候，要把一些重点词句划出来；对于开始不太懂的，理解之后一定也把自己的理解写出来。第二次看课本，这次是简略回顾基础知识的情况下，重点解决第一阶段没有弄清的知识点，最重要的是把第一阶段做了记号的例题、课后题解决。主要是找出为什么当时不会或者思路不清，并相应解决相关知识点。做一下课本配套的习题 发现仍存在

4、的问题 第 二 阶段：强化阶段 7月9月 用记号对题目进行标识：A:自己会做的 B:有正确思路，但不能完全写出来 C:没有思路或思路错误的。李永乐复习全书或原教育部命题组组长王式安考研数学复习标准全书里面的所有题目都自己动手做，B/C 做好记号，并这过程中做好笔记，对冲刺阶段查缺补漏极为重要。1.对基础知识和概念一定用心领会和理解，不懂的回课本搞清楚。2.对每道例题和习题，先动手做一遍，然后再对照书上的答案和解题思路总结和反省，好好把感受写在旁边。3.做题时，对于第 BC 种情况记下自己当时为什么做不出来，今后看到何种典型题目，应该具备何种反应和思路。比对课本，分析大纲。看看有没有新要求的知识

5、点，回到全书批注，对新增、变知识点重点加强理解。李永乐基础过关 660 题或原教育部命题组组长王式安 基础经典习题 600 题里面的所有题目都自己动手做，B/C 做好记号。并这过程中做好笔记。这一阶段一定要解决前面所有留下的问题。辅导班讲义：中国考研数学辅导界顶级辅导名师讲义一定要再亲自做 2 遍，这样增强复习效果。辅导班老师特别是有命题阅卷背景的名师总结的辅导资料极为重要，直接洞穿了命题规律和命题陷阱、考生弱点。第 三 阶真题模拟考场：李永乐考研数学历年真题解析或原教育部命题组组长王式安考研争取 3 天一套，严格按照时间来做。定时（3h/套）Generated by Unregistered

6、 Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!段：真题研究及冲刺模拟阶段 10 月12 月 数学历年真题权威解析 做模拟题，强化记忆。选一本模拟题即可。原教育部命题组组长王式安王式安 最后冲刺 8 套卷，此书与真题同源，强烈推荐！所有题都是原命题人员命制的，直击考题，整体难度比真题难一些。李永乐考研数学经典模拟 400 题，此书以常规题为主，难度方面，整体上比真题稍微难一些。1.定时（3h/套）2 打分 清楚地了解自己的情况。3.全面、系统、详细的总结.切忌草草看一遍答案，说声“原来如此”4.每做几套，回头总结在哪些知识

7、点，哪些章节，哪种类型的题目中容易出问题，分析原因，制订对策。第 四 阶段：状态保持阶段 2012年1月 课本+大纲+笔记 自己看书，每看到一节，争取自己能回忆起相关知识点以及延伸，并在笔记上找出当初做错的题目 此阶段是查缺不漏的阶段，千万别再陷入题海里！常规题型一定要会做。为了保持考场状态：要作题，不断的作题。原教育部命题组组长王式安王式安 最后冲刺 8 套卷或李永乐考研数学经典模拟400 题可再重新做一遍 熟练程度要求：就是看到题目就有思路，就能快速地写出来。1.不要过分强调做题数量：做题，尤其是做套题，是训练考试速度和准确度的有效手段，做套题后，必须好好总结，这样才可能使你做过的题目成为

8、你掌握了的题目。2.不要过分强调难题、偏题：真正的考题并不困难，绝大多数（甚至全部）都是常规题目。因此，我们在复习中需要提高的是常规题目的快速解题能力 20122012 考研数学寒假学习计划明细考研数学寒假学习计划明细 日期 用时 高等数学课本 寒假配套100题 第第一天一天 7 小时 第一章：函数与极限（第一节、第二节）无 第二天第二天 5 小时 第一章：函数与极限（第三节、第四节）无 第三天第三天 6 小时 第一章：函数与极限（第五节、第六节）无 第四天第四天 5 小时 第一章：函数与极限（第七节、第八节）无 第五天第五天 9 小时 第一章：函数与极限（第九节、第十节、总复习）无 第六天第

9、六天 10 小时 第二章：导数与微分（第一节、第二节）无 第七天第七天 7 小时 第二章：导数与微分（第三节、第四节）无 第八天第八天 6 小时 第二章：导数与微分（第五节、总复习题 2）无 第九天第九天 5 小时 第三章：微分中值定理与导数应用（第一节）无 第十天第十天 5 小时 第三章：微分中值定理与导数应用（第二节）无 第十一天第十一天 5 小时 第三章：微分中值定理与导数应用（第三节）无 第十二天第十二天 5 小时 第三章：微分中值定理与导数应用（第四节）无 第十三天第十三天 5 小时 第三章：微分中值定理与导数应用（第五节）无 第十四天第十四天 5 小时 第三章：微分中值定理与导数应

10、用（第六节）无 第十五天第十五天 5 小时 第三章：微分中值定理与导数应用（第七节）无 第十六天第十六天 6 小时 寒假配套 100 题 120 题 第十七天第十七天 6 小时 寒假配套 100 题 2140 题 第十八天第十八天 6 小时 寒假配套 100 题 4160 题 第十九天第十九天 6 小时 寒假配套 100 题 6180 题 第二十天第二十天 6 小时 寒假配套 100 题 81100 题 Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!20122012 考研

11、数学寒假学习考研数学寒假学习重要指导思想重要指导思想 标题标题 具体要求具体要求 计划用书计划用书 1、同济大学第五/六版高等数学上册 2、海文考研寒假配套特训 100 题 主要任务主要任务 1、高等数学上册的一元微分学，即前三章 2、海文考研寒假配套特训 100 题 主要目标主要目标 1、通过对教材高等数学上册的一元微分学，即前三章的复习理解大纲中要求的三基基本概念、基本理论、基本方法。2、通过学习海文考研寒假配套特训 100 题进一步巩固课本基础知识，练习考研基本题型。复习方法复习方法 1、把课本细看一遍，例题自己做，并研究例题思路记好笔记。课后题都做一遍，把不会的、做错的或者虽然做对但思

12、路不清的做好记号。为下一阶段的复习做好充分的准备。2、通过学习海文考研寒假配套特训 100 题进一步巩固课本基础知识，自己动笔做题，把每个例题弄懂。为后续的复习打下一个扎实的基础。注意事项注意事项 1.基础知识一定掌握，尤其是公式要记牢 2.看概念和知识要点的时候，要把一些重点词句划出来；对于开始不太懂的，理解之后一定也把自己的理解写出来。计划用时计划用时 1、同济大学第五/六版高等数学上册前三章：90 小时 2、海文考研寒假配套特训 100 题：30 小时 寒假配套特训 100 题 特训题特训题 1 1、设2(1)xxxf eeex，求 f(x).解 令1xeu，ln(1)xu 22()(1

13、)(1)ln(1)ln(1)f uuuuuuu 于是 2()l n(1)fxxxx 特训题特训题 2 2、求极限40sinsin sinsinlimxxxxx 解：4300(sinsinsin)sinsinsinsinlimlimxxxxxxxxx20coscos(sin)coslim3xxxxx 200cos(1 cos(sin)sin(sin)coslimlim36xxxxxxxx 0sin1lim66xxx 特训题特训题 3 3、求1132lim23nnnnn.解 分子、分母用 3n除之，Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Convert

14、er 2011.3.124.1481,please register!原式233lim32213nnn（注：主要用当1r 时，lim0nnr）特训题特训题 4 4、求下列各极限（1）011limxxxx （2）33011limxxxx 解 （1）解一 原式 0112lim1211xxxxxx 解二 原式 01111limxxxx 0122lim1xxxx 等价无穷小量代换 解三 用洛必达法则 1 原式0112 12 1lim11xxx（2）解一 原式 2203333112lim31111xxxxxxxx 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）2221

15、11lim 11123nn 解 原式111111lim 1111112233nnn 1 3 2 41111limlim2 2 3 322nnnnnnnn 特训题特训题 5 5、求下列极限（1）102lim 1xxx （2）101lim1xxxx 解（1）2(10)10222lim 1lim 1xxxxnxxx 102 1222lim1xxxex Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!（2）解一 111(1)1200100lim 1lim 1()1lim1lim 1

16、xxxxxxxxxxxeexeex 解二 12112120001122limlimlim 1111xxxxxxxxxxxxexxx 特训题特训题 6 6、求下列极限（1）cot0lim(1 tan)xxx （2）411limxxx（3）2cot0lim(cos)xxx 解（1）令 tanxt则1cot xt，当0 x 时0t 于是 1c o t00lim(1tan)lim(1)xtxtxte（2）令1xt 则1xt，当1x 时，0t 于是 444141100limlim(1)lim1xttxttxtte（3）22222cos1coscot222sin2sin000lim(cos)lim(1 s

17、in)lim 1(sin)xxxxxxxxxxx 12e 特训题特训题 7 7、求下列极限（1）211limnnknk （2）21limnnkknnk 解（1）222111nknnnnnkn 而 21l i ml i m111nnnnnn 221limlim1111nnnnn 由夹逼定理可知 211lim1nnknk（2）22211 21 21nknknnnnnnknn 而 21(1)1212l i ml i m2(2)2nnn nnnnn n Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please

18、 register!221(1)1 212limlim112nnn nnnnnn 则夹逼定理可知 211lim2nnkknnk 特训题特训题 8 8、求221limnnknnk.分析 如果还想用夹逼定理中方法来考虑 2222222211nknnnnnnkn 而2221lim2nnnn，222lim11nnn 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.解 2221111limlim1nnnnkknnknkn 11200arctan14dxxx 特训题特训题 9 9、求311sinlim1sinnnnn.解 离散型不能直接用洛必达法则，故考虑 3300sinsinlimlimsin

19、xxxxxxxx等价无穷小代换 2001 cossin1limlim366xxxxxx 原式16.特训题特训题 1010、求21100limxxex.解 若直接用“00”型洛必达法则 1，则得22113912002limlim105xxxxeexxx（不好办了，分母 x 的次数反而增加），为了避免分子求导数的复杂性，我们先用变量替换，令21tx，于是 2151 050l i ml i ml i mtxtxtteetxte (“”型)455!limlim0tttttee Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124

20、.1481,please register!特训题特训题 1111、求011lim1xxxe.解 0011(1)limlim1(1)xxxxxexxex e（“00”型）001limlim(1)xxxxxxxxxeeexeeexe 011lim22xx 特训题特训题 1212、求22201coslim()sinxxxx.解 原式222220sincoslimsinxxxxxx 22401sin 24limxxxx 3042sin2 cos24lim4xxxxx 301sin44lim2xxxx 2001 cos44sin44limlim6123xxxxxx 特训题特训题 1313、设函数21,

21、()2,xxcf xxcx在(,)内连续，则c .解：1 分析：由 22limlim11xcxcf xf xccc 特训题特训题 1414、求2sin0limxxx.解 令2sin xyx，2lnsinlnyxx 200lim lnlimsinln0 xxyxx（见 2 中例 3）00lim1xye 特训题特训题 1515、求2cot0lim cosxxx（前面已用重要公式的方法）.解 令2cotcosxyx，2lncotlncosyxx 2220000lncoslncoslimlnlimcotlncoslimlimtanxxxxxxyxxxx Generated by Unregistere

22、d Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!（“00”型）0tan1lim22xxx，120limxye 特训题特训题 1616、求11lim sincosxxxx.解 令11sincosxyxx，11lnln sincosyxxx 011ln sincosln(sincos)limlnlimlim1xxtttxxytx 0cossinlim1sincosttttt limxye 特训题特训题 1717、求极限201sinlimlnxxxx.解：22001sin1sinlimlnlimln 11xxxxxxxx 32

23、000sincos1sin1limlimlim366xxxxxxxxxx 特训题特训题 1818、求0(1 cos2)arctan3lim(1)ln(1 2)sin5xxxxexx.解 用等价无穷小量代换 原式201(2)(3)32lim(2)(5)5xxxxxx 特训题特训题 1919、求2013sincoslim(1 cos)ln(1)xxxxxx.解 这个极限虽是“00”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.原式0sin13cos13limln(1)1 cos2xxxxxxxx 特训题特训题 2020、求3501sin6limxxxxx.解 355sin()3!

24、5!xxxxo x（当0 x 时）Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!原式5550()115!lim5!120 xxo xx 特训题特训题 2121、设0()2fx，求000(3)(2)limxf xxf xxx .解 原式 00000(3)()(2)()limxf xxf xf xxf xx 000000(3)()(2)()3lim2 lim32xxf xxf xf xxf xxx 0003()2()5()10fxfxfx 特训题特训题 2222、设曲线()y

25、f x与sinyx在原点相切，求2lim()nnfn.解 由题设可知(0)0f，0(0)(sin)1xfx 于是 2(0)2l i ml i m 22(0)220nnffnnffnn 特训题特训题 2323、设0a，10 xb，21112axxx，1112nnnaxxx求limnnx.解 110nnnaxxax（算术平均值几何平均值）又211022nnnnnnnaxaxxxxxx，则1nnxx 因此 nx单调减少，又有下界，根据准则 1，limnnxA 存在 把1112nnnaxxx两边取极限，得12aAAA 2Aa，A0，取Aa，于是limnnxa 特训题特训题 2424、求下列函数在分段点

26、处的极限 2sin2 01 cosxxxf xxxx 解 00sin2sin2(00)limlim 222xxxxfxx 22002(00)limlim211 cos2xxxxfxx Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!0lim()2xf x 特训题特训题 2525、求1402sinlim1xxxexxe.解 1402sinlim2 11()1xxxexxe 43402sinlim0 1 11xxxxeexxe 1402sinlim11xxxexxe 特训题特训

27、题 2626、设221lim3sin(1)xxaxbx，求 a 和 b.解 由题设可知21lim()0 xxaxb，1+a+b=0 再对极限用洛必达法则 2221122limlim3sin(1)2 cos(1)2xxxaxbxaaxxx 4,5ab 特训题特训题 2727、()f x连续，201 cos(sin)lim1(1)()xxxef x，则(0)f 解：12 分析：220011sin22lim1,lim1()()xxxx f xf x则，由()f x连续，则1(0)2f 特训题特训题 2828、讨论函数 10001sin0 xexf xxxxx 在点0 x 处的连续性。解 因 1000

28、0limlim0 xxxff xe 00100limlimsin0 xxff xxx 00f Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!即有 00000fff，故 f x在点0 x 连续.特训题特训题 2929、讨论函数 ln(1)01()02110 xxxf xxxxx -在点0 x 的连续性.解 100ln(1)00limlim ln(1)1xxxxfxx 00111100limlim211xxxfxx 因0000ff，因而 0limxf x不存在，故 f x在点

29、0 x 不连续.特训题特训题 3030、设sin0()0 xxf xxkx =在0 x=处连续，求常数 k.解 00sinlimlim1xxxf xx 0fk，由连续性可知 1k 特训题特训题 3131、求函数31()1xf xx的间断点，并确定其类型.解 显然1x 是间断点，由于 3311323311limlim111xxxxxxxx 321311lim31xxx 所以1x 是 f x的可去间断点.特训题特训题 3232、求函数222()4xxf xx x的间断点，并确定其类型.解 所给函数在点0 x，-2，2 没有定义，因此0 x，-2，2 是所给函数的间断点.下面确定它们的类型.对于0

30、x，由于 0(2)1(00)lim(2)(2)2xx xfx xx，0(2)1(00)lim(2)(2)2xx xfx xx 故0 x 是第一类间断点，且为跳跃间断点.对于2x ，由于 Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!2(2)(20)(20)lim(2)(2)xx xffx xx 故2x 是第二类间断点，且为无穷间断点.对于2x，由于 2(2)1(20)(20)lim(2)(2)4xx xffx xx 故2x 是第一类间断点，且为可去间断点.若补充定义1(2

31、)4f，则 f x在2x 连续.特训题特训题 3333、设()f x在(,)内有定义，且lim()xf xa 10()0 0fxg xxx 则下列结论中正确的是（）(A)0 x 必是()g x的第一类间断点(B)0 x 必是()g x的第二类间断点(C)0 x 必是()g x的连续点(D)()g x在0 x 处的连续性与 a 的取值有关 解 001lim()limlim()xxtg xff tax 0a 时0 x 是()g x的连续点，0a 时，0 x 是()g x的可去间断点故选 D.特训题特训题 3434、求0sinlimarctanxxx.解 因0sinlim1xxx，而函数arctan

32、yu在点1u 连续，所以 00sinsinlimarctanarctan limarctan14xxxxxx 特训题特训题 3535、设()f x在x=2处连续，且(2)3f，求2214lim()24xf xxx.解 由于()f x在x=2处连续，且(2)3f，所以2lim()3xf x 则2222214(2)41lim()lim()lim()2244xxxxf xf xf xxxxx=2213lim()lim24xxf xx Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register

33、!特训题特训题 3636、设()f x在ab，上连续，且()f aa，()f bb，证明：()f xx在()ab，内至少有一个根.证 令()()g xf xx，可知()g x在ab，上连续，()()0g af aa()()0g bf bb 由介值定理的推论，可知()g x在()ab，内至少有一个零点，即()f xx在()ab，内至少有一个根.特训题特训题 3737、求证：方程4cosxxeex在(,)内恰有两个根.证 令()cos4xxf xeex，它是偶函数，所以只需讨论()f x在(0,)内恰有一个根.(0)30f ，22(2)cos240fee()f x在0,2上连续，根据介值定理推论，

34、至少有一个(0,2)，使()0f.又因为()sin00 xxfxeexx，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.特训题特训题 3838、设 f xxa g x，其中 g x在点a处连续，求 fa。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 0limlimxaxaf xf axa g xfaxaxa =l i mxag xg a。特训题特训题 3939、曲线sinlnxyyxx在点0,1处的切线方程为

35、.解：1yx.分析：设(,)sin()ln()F x yxyyxx，斜率1cos()11cos()xyyxyFyxkFxxyyx，在(0,1)处，1k，所以切线方程为1yx，即1yx 特训题特训题 4040、讨论函数 00 xxyf xxxx Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!在00 x 处连续性与可导性。解 函数 yf xx在00 x 处连续，因为 00f 00limlim0 xxf xfx 00limlim0 xxf xx 则 0l i m00 xxf 但

36、是，在00 x 处 f x没有导数，因为 00000limlimxxxyfxx 00limlim1xxxxxx 00000limlimxxxyfxx 00limlim1xxxxxx 00ff曲线yx在原点的切线不存在（见上图）。特训题特训题 4141、设函数 211xxf xaxbx 试确定ab、的值，使 f x在点1x 处可导。解可导一定连续，f x在1x 处也是连续的，由 2111 0limlim1xxff xx 111 0limlimxxff xaxbab 要使 f x在点1x 处连续，必须有1ab或1ba 又 2111111limlimlim1211xxxf xfxfxxx Gener

37、ated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!1111111limlimlim111xxxf xfa xaxbfaxxx 要使 f x在点1x 处可导，必须 11ff，即2a 故当211 21aba ，时，f x在点1x 处可导。特训题特训题 4242、求下列函数的导数：（1）221ln(1)yxxx （2）22cotarccos 1yxx 解（1）22221ln11ln1yxxxxxx 222221ln111111xxxxxxxxx 22ln111xxxx（2）22cotarcc

38、os 1yxx 2221()2cot csc1 11xxxxx 322cossin1xxxxx 特训题特训题 4343、求下列函数的微分（1）2sinxyex （2）lncotsinxxyx 解（1）2222cossinsin2sin2xxxxxdyxdee dxxexdxe dxx 2cos2 sin2xxexxdxx（2）2sin(lncot)(lncot)sin(sin)xdxxxx dxdyx 211csccos(lncot)sinx dxxxx dxxx 31csccos lncos cotsinxxxxx dxxx 特训题特训题 4444、设()(1)(2)(100)f xx xx

39、x，求(50)f.解 令 ()(1)(2)(4 9)(5 1)(1 0 0)gxxxxxxx Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!则 ()(5 0)()fxxgx 因此 ()()(5 0)()fxgxxgx 502(50)(50)(50!)(1)(50!)(50!)fg 特训题特训题 4545、设()f x可微，()(ln)f xyfx e，求 dy.解 ()()(l n)(l n)fxfxd yfx d eed fx()()1()(ln)(ln)f xf xf

40、x efx dxfx edxx()1()(ln)(ln)f xefx fxfxdxx 特训题特训题 4646、设()yy x由方程22arctan()xxyye所确定，求dydx和dy.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.2221(22)21xxyxyyy eexxy 22222222211xxyyxyeexxyxy 2222222222222214124211xxxxyxexyexyxxxyyyey xxxyexy 于是，22222214421xxyexyxxdydxy xxxye 解二 对方程两边求微分，根据一阶微分形式不变性.22arctan()xdxy

41、d ye 2222211xxd xyedyydexy 222221xxyxdxydyedyedxxxy 22222222211xxyyxedyedxxxyxy Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!222222222222421142121xxy xxxyeyexyxxdydxxxyxxy 22222214421xxyexyxxdydxy xxxye 于是 22222214421xxyexyxxdydxy xxxye 特训题特训题 4747、求32(1)(2)(1

42、)()xx xxyxex的导数y.解 21l nl nl n(1)l n(2)l n(1)l n()3xyxxxxex 对 x 求导，得 211 111213121xxxeyyxxxxex 因此，3221(1)(2)11121312(1)()1xxxx xxxeyxxxxexxex 特训题特训题 4848、设32ln(1)sinxtytt=+=，求dydx.解 2232 sincos31dydyttttdtdxdxtdtt+=+()()()()323212 sincos12sincos33ttttttttttt+=特训题特训题 4949、证明曲线1(0)yxx上任一点001,xx处切线与两坐标

43、轴所围成的直角三角形面积恒为 2.证 所求切线方程为020011yxxxx 令0y，得切线截 x 轴的截距02Xx，令0 x，得切线截 y 轴的截距02Yx，Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!直角三角形面积 00112(2)222SXYxx 特训题特训题 5050、求曲线231xtyt=+=在2t=处的切线方程.解 201 25x ，3028y.23322dyttdxt=23tdydx=，故切线方程为83(5)yx-=-即 370 xy-=特训题特训题 515

44、1、设函数 y=y(x)由参数方程)1ln(,22tyttx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 (A)32ln81.(B)32ln81.(C)32ln8.(D)32ln8.A 【详解详解】当 x=3 时，有322 tt，得3,1tt（舍去，此时 y 无意义），于是 81221111ttttdxdy，可见过点 x=3(此时 y=ln2)的法线方程为：)3(82lnxy，令 y=0,得其与 x 轴交点的横坐标为：32ln81,故应(A).特 训 题特 训 题 5252、设 函 数()y x由 参 数 方 程 333131xttytt 确 定,则 曲 线()yy

45、x向 上 凸 的x取 值 范 围 为_【分析分析】判别由参数方程定义的曲线的凹凸性，先用由()()xx tyy t 定义的 223()()()()()d yy t x tx t y tdxx t 求出二阶导数,再由 220d ydx 确定x的取值范围.【详解详解】22222331213311dydyttdtdxdxtttdt,222223214113(1)3(1)d ydd yd ttd td xd xd xttt,令 220d ydx 0t.Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please

46、register!又 331xtt 单调增,在 0t 时,(,1)x。(0t 时，1x x(,1时，曲线凸.)特训题特训题 5353、设 f x在0，3上连续，在0，3内可导，且 0123fff，31f，试证：必存在 0，3，使 0f。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(0)mfM；(1)mfM；(2)mfM，故1(0)(1)(2)3mfffM。由连续函数介值定理可知，至少存在一点c 0，2，使得 1(0)(1)(2)13f cfff 因此 3f cf，且 f x在c，3上连续，c，3内可导，由罗尔定理得出必存在03c，3，使得 0f。特训题特训

47、题 5454、设 f x在0，1上连续，在01，内可导，且 23130f x dxf.求证：存在()0，1x 使()0fx=证 由积分中值定理可知，存在 c，使得 231213f x dxf c 得到 2313(0)fcfxd xf 对 f x在0c，上用罗尔定理（三个条件都满足），故存在()0(01)c，x 翁，使()0fx=特训题特训题 5555、设0 x，试证：ln(1)1xxxx+.证 令()ln(1)f tt=+，它在0,x上满足拉格朗日中值定理条件，1()1ftt=+，1ln(1)ln101xxx+-=-+，(0)xx 因此 l n(1)1xxx+=+(0)xx 于是 l n(1)

48、1xxxx+，20 x 恒有 1212()()()f xxf xf x+证 不妨假设12xx，由拉格朗日中值定理有 1111()()(0)(0)()f xf xfxfx=-=-，110 xx 1221222()()()()f xxf xxxxfx+-=+-，2212xxxx+，从而可知12xx，()0fx 这样由两式可知 1122()()()f xf xxf x+-因此，1212()()()f xxf xf x+成立.特训题特训题 5858、设 f x在ab，上连续，ab，内可导，且0ba，证明：存在(,)a bx，(,)a bh使()()2ab ffxhx+=g 证 考虑柯西中值定理（g x

49、待定）()()()()()()()()()()ff bf afbag bg ag bg agxhx-=-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，()()()()222fffbaabbaxhhx?-=+-两式比较，看出令()2g xx=即可.类似地，欲证()()2223fbabafxhx+=g，则取()3g xx=即可 特训题特训题 5959、设函数 f x在01，上二阶可导，且 0010fff，11f.Generated by Unregistered Batch DOC TO PDF Converter 2011.3.124.1481,please register!求证：存

50、在()0，1x，使得()4fx 证 先把 f x在0 x=处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式 211002!f xffxfx 1(0)x 再把 f x在1x=处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式 22111112!f xffxfx 2(1)x 在上面两个公式中皆取12x=则得 11128ff 11(0)2 211128ff 21(1)2 两式相减，得 128ff，于是12()()8ffxx+?因此 12max(),()4ffxx 亦即证明存在()0，1x，使()4fx 特训题特训题 6060、设在0,1上 0fx，则 0f，1f，10ff或 01ff的大小顺序是（）（A）1010ffff （B）