高数极限习题

高数极限习题 第二章 导数与微分 典型例题分析 客观题 fxaxfxbx，,,，,()()00f(x)a,b, 例 1 设在点x可导,为常数,则( ) lim0,x,0x, a,,,,B(a，b)f(x)C(a,b)f(x)Df(x)Aabf(x) 0000b 答案 C 解 fxaxfxbx，,,，,()()00,lim,x,0x, fxaxfxfxbxfx，,,,，,,[()()][()()]0000,,lim ,x,0x, fxaxfx，,,fx，b,x,fx()()()()0000ab,,limlim ,x,,x,00axb,x, , ,(a,b)f(x)0 例2(89303)设在的某个邻域内有定义,则在处可导的一个充分条f(x)f(x)x,ax,a件是( ) fahfah(，2),(，)，，1,,B()lim (A)limhfa，,f(a)存在 存在 ,,,,h,0h,，,hh,,，， f(ah)f(ah)fafah，,,(),(,)(C)limD()lim 存在 存在 h,0h,02hh D答案 解题思路 1，(A),,xh,，,(1) 对于答案，不妨设，当时，，则有 ,x,0h fa，,x,fa，，1()(),,hfa，,fa,存在，这只明在处lim()limf(x)x,a,,,,，h,，,,x,0h,x,,，， (A)右导数存在,它并不是可导的充分条件,故不对. (B)(C),(2) 对于答案与因所给极限式子中不含点处的函数值，因此与导数概念af(a)不相符和.例如，若取 1,x,a,f(x), ,0,x,a, (B)(C)则与两个极限均存在，其值为零，但，从而在limf(x),0,f(a),1f(x)x,a ,(B)(C)(B)处不连续，因而不可导，这就说明与成立并不能保证存在，从而f(a)x,a (C)与也不对. ,x,,hh,0,x,0 (3) 记,则与是等价的,于是 f(a),f(a,h)f(a,h),f(a)f(a,h),f(a)limlimlim,,,h,0h,0h,0hh,h f(a，,x),f(a),,lim,f(a),x,0x, ,所以条件是存在的一个充分必要条件. Df(a) 例3(00103)设则在点可导的充要条件为( ) x,0f(0),0,f(x) 11h(A)limf(1,cosh)(B)limf(1,e) 存在 存在 2h,0h,0hh 11(C)limf(h,sinh),,(D)limf(2h),f(h) 存在 存在 2h,0h,0hh B 答案 解题思路 1,cosh1,,h,0 (1) 当时, .所以如果存在,则必有 f(0)22h f(1,cosh)f(1,cosh),f(0)f(1,cosh),f(0)1,coshlim,lim,lim,lim222h,0h,0h,0h,01,coshhhh ，u,1,coshh,0若记,当时,,所以 u,0 f(1,cosh),f(0)f(u),f(0),lim,lim,f(0) h,0h,01,coshu 于是 f(1,cosh)1,,f(0)lim 2h,02h 1,limf(1,cosh)这就是说由存在能推出存在. f(0)2h,0h ，h,0 但是由于当时,恒有,而不是u,0,因此u,1,cosh,0 fxf1(),(0),,flimf(1,cosh)(0),lim存在只能推出存在,而不能推出f(0)，，2h,0x,0xh 存在. hh,01,e,,h，o(h) (2) 当时, ,于是 hfhohffef(,h，o(h)),f(0)(,，()),(0)(1,),lim ,,limlimh,0,0h,0hhh,h，o(h) h,0 由于当时, 既能取正值,又能取负值,所以极限,h，o(h) f(,h，o(h)),f(0)f(h),f(0),lim,f(0)存在与存在是互相等价的.因而 limh,0h,0h,h，o(h) 1h,limf(1,e)极限存在与存在互相等价. f(0)h,0h hsinh1,lim,h,0(3) 当时, 用洛比塔法则可以证明,所以 3h,06h fh,,fh,(sinh)(0)sinhf(h,sinh),,,hlimlimlim 23h,h,0h,00h,sinhhh fh,,fh,(sinh)(0)sinh,,h由于h,0,于是由极限limlim存在未必推出3h,0h,0h,sinhh f(h,sinh),f(0),lim也存在,因而未必存在. f(0)h,0h,sinh f(x)(4)在点可导一定有存在,但存在不一定在点可导. x,0x,0f(x)(D)(D) 23 例 4 (98203) 函数有( )个不可导点 f(x),(x,x,2)|x,x| (A)0(B)1(C)2(D)3 答案 C 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.因此需要分别考察函数在点考察导数的x,0,x,1,x,,1012 存在性. 将写成分段函数: 解f(x) 22,(x,x,2)x(1,x),x,,1, ,22xxxxx(,,2)(,1),,1,,0,, f(x),,22(x,x,2)x(1,x),0,x,1,,22,(x,x,2)x(x,1),1,x., (1) 在附近,写成分段函数: x,0f(x)0 22,x(x,x,2)(x,1),x,0,23, f(x),(x,x,2)|x,x|,22,x(x,x,2)(1,x),x,0, 容易得到 f(x),f(0)22,f(0),lim,lim(x,x,2)(x,1),2 ,,,x,x,00x f(x),f(0)22,f(0),lim,lim(x,x,2)(1,x),,2 ，，，x,x,00x ,,,由于,所以不存在. (0)(0)f,ff(0),， (2) 在附近,写成分段函数: x,1f(x)1 2,x(1，x)(x,x,2)(1,x),x,1,23, f(x),(x,x,2)|x,x|,2,x(1，x)(x,x,2)(x,1),x,1, f(x),f(1)2,f(1),lim,limx(1，x)(x,x,2),,4 ,,,x,x,11x,1 f(x),f(1)2,f(1),lim,limx(1，x)(x,x,2),,4 ，，，x,x,11x,1 ,,,由于,所以不存在. (1)(1)f,ff(1),， (3) 在附近,写成分段函数: x,,1f(x)2 2,x(1,x)(x,x,2)(x，1),x,,1,23, f(x),(x,x,2)|x,x|,2,x(1，x)(x,x,2)(x,1),x,,1, f(x),f(,1)2,f(,1),lim,,limx(x,1)(x,x,2),0 ,,,x,,x,,11x，1 f(x),f(,1)2,f(,1),lim,limx(x,1)(x,x,2),0 ，，,x,,x,10x，1 ,,,由于,所以存在. f(,1),f(,1),0f(,1),， 综合上述分析,有两个不可导的点. f(x) 例5 (95103) 设具有一阶连续导数,则是f(x)F(x),f(x),(1，|sinx|),f(0),0 在处可导的( ) x,0F(x) (A)(B) 必要但非充分条件 充分但非必要条件 (C)(D) 充分且必要条件 既非充分也非必要条件 答案 C 分析 从在的导数定义着手.将x,0F(x) F(x),f(x),(1，|sinx|),f(x)，f(x),|sinx| 解 F(x),F(0)f(x),f(0)f(x)|sinx|,f(0)|sin0|,lim,lim，lim F(0),，，，，x,0x,0x,0x,0x,0x,0 , ,f(0)，f(0) f(x),f(0)f(x)|sinx|,f(0)|sin0|F(x),F(0),,lim，limlim F(0),,,,,x,0x,0x,0x,0x,0x,0 , ,f(0),f(0) ,, 于是推知的充分必要条件是 F(0),F(0)f(0),0.，, 32(n) 例6 (92103) 设函数,则使存在的最高阶数f(x),3x，x|x|f(0) . n,() (A)0(C)2(D)3(B)1 答案 C 解题思路 应先去掉中的绝对值,将改写为分段函数 f(x)f(x) 3,2xx,032, f(x),3x，x|x|,3xx4,0, 3,2xx,032, 解 由 f(x),3x，x|x|,3xx4,0, 2,6,0xx,,得 f(x),212xx,0, 12xx,012x,0,,,,,,,,,且 f(x)f(x),,24xx,024x,0,, 又 3f(x)f(0)x,2,0,f(0)lim,,,lim,0,,,x,0x,0x0,x,0 3fxfx(),(0)4,0, f(0),lim,lim,0，，，x,x,00xx,0,0 ,所以存在. f(0) 2,,fxfx(),(0)6,0,, f(0),lim,lim,0,,,x,x,00xx,0,0 2,,fxfx(),(0)12,0,, f(0),lim,lim,0，，，x,x,00xx,0,0 ,,所以存在. f(0) ,,,,fxfx(),(0)12,0,,,f(0),lim,lim,12 ,,,x,0x,0xx,0,0 ,,,,fxf(),(0)x24,0,,,f(0),lim,lim,24 ，，，x,0x,0xx,0,0 (n),,,,,,即.因而使存在的最高阶数是2. f(0)f(0)(0),f,， 2 例7 存在的最高阶导数的阶数等于( ) f(x),cos|x|，x|x| A 0 B 1 C 2 D 3 答案 C 2 解题思路 注意,所以只需考察在点的情况. x,0x|x|cos|x|,cosx 例8(96203)设在区间内有定义，若当时，恒有,,0,f(x)(,,,,)x,(,,,,) 2f(x),x，则必是的( ) x,0f(x) (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 C 解 由题目条件易知,因为 f(0),0 2fx,ffxx()(0)(),, |||||| xxx所以由夹逼定理 2fxffxx(),(0)() lim||,lim||,lim||,0x,x,x,000xxx ,于是. f(0),0 2,x,1,e,,x,0,,f(x), 例9 (87103)设 则为( ) f(0),x,0,x0.,, 1(B) (A)0(C)1(D),12 答案 (C) 0 解题思路 因为分段函数,故它在分段点处的导数应按导数的定义， 又由于是型f(x)0 未定式,可用洛必达法则求极限. 解 2,x1,e2,0,xf(x),f(0)1,ex,f(0),lim ,lim ,lim2x,x,000x,x,0x,0x2,xu2当时,与是等价无穷小,所以当时,与是等价无穷小.因而 u,0x,01,eue,1x 2,xe1,lim,1 20x,x 1,f(x), 例10 (88103) 设可导且,则时,在处的微分与,x,0xf(x)f(x)dy002 比较是( )的无穷小. ,x (A)(B)(C)(D) 等价 同阶 低阶 高阶 B 答案 , 解题思路 根据在处的微分的定义:. dy,f(x),xx,xy,f(x)00 1x,dy12 解 ,可知与,x是同阶的无穷小. limlim,,dy,x,0,x,0xx2,, 1,,xsin,x,0 例11 (87304) 函数在x,0处( ) f(x),,x ,0,x,0, (A)(B) 连续,且可导 连续,不可导 (C)(D) 不连续 不仅可导,导数也连续 B 答案 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 (1) 讨论函数在点x,0处的连续性 1limf(x),limxsin,0,f(0) 由于,可知函数在点x,0处是连续的. f(x)x,0x,0x (2) 讨论函数在点x,0处的可导性 1x,sin0fxf,()(0)1x 由于不存在,所以,函数在点 ,,f(x)limlimlimsinx,0x,0x,0xxx,0 x,0处不可导. 1,pxsin,x,0,x,0x,0f(x),, 例12 设 在点可导,但是导数在点不连续,则f(x)x, ,0,x,0, p必须满足( ) A0,p,1B1,p,2C0,p,2D1,p,3 B 答案 解题思路 p,1 (1) 当时,下述极限不存在: 1pxsinfxf,()(0)1p,1x x,,limlimlimsinx,0x,0x,0xxx ,因此不存在. f(0) p,1当时, 1pxsinfxf,()(0)1p,1x ,0x,,limlimlimsinx,0x,0x,0xxx ,所以. ,0f(0) ,p,1A,C这就是说,只有当时, 才存在,所以选项可以被排除. f(0) p,1 (2) 当时 ,0,x0,,, ,f(x),11p,1p,2,,pxsinxcos,x0,xx, ,,p,2,01,p,2p,2当且仅当,即时,,所以当且仅当时, limf(x)0f(0),,x,0 x,0x,0,f(x)在点可导,但是在点不连续. f(x) ffx(1),(1,)lim,,1,例13 (95403)设可导，且满足条件则曲线在f(x)y,f(x)x,0x2 处的切线斜率为( ) (1,f(1)) 1(C), (D),1(A)2,(B),2,2 B 答案 解 记,u,,x,则有 f(1),f(1,x)f(1，,u),f(1)11,lim,lim,f(1) x,0,u,02x2,u2 (10) 例14 设,则( ) y,y,ln(1,2x) 109,9!,29!,9!10!,2(A)(B)(C)(D) 10101010(1,2x)(1,2x)(1,2x)(1,2x) 答案 D 解题思路 求高阶导数的一般是: 先求出一阶、二阶、三阶导数;找出规律,即可写出 高阶导数. ,2,y,, 1,2x 1,2,,,(,2)(,1)(,2) y,(,2)(,1)22(1,2x)(1,2x) ,2,,,y,(,2)(,1)(,2)(,2) 3(1,2x) 10,,9!2(10)y,. 10,x(12) 2, 例17 (90103) 设函数有任意阶导数,且,则f(x),f(x)f(x) (n). f(x),(),(n,2) n，12nn，12n(A)(B)(C)(D) n!f(x)nf(x)f(x)n!f(x) 答案 A 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. 2, 解 由有任意阶导数且,可知 f(x),f(x)f(x) ,223,,,, ,,f(x),f(x),2f(x),f(x),2f(x),f(x),2f(x) ,432,,,, ,,,3!f(x)f(x),2f(x),3,2f(x),f(x) (n)n，1 依此由归纳法可知 f(x),n!f(x) n,1,n,2(B)(B) 注意 (1) 当时虽然也正确,但当就不正确了,所以将排除之; n,2 ,222 (2) 在求导数时,可将函数看成是由与复合而成的,,,f(x)y,tfxt,f(x)() ,22,,,,. 则根据复合函数的求导法则,故,,f(x),(t),f(x),2t,f(x),2f(x),f(x) ,2,(初学者可能会这样做:,后面丢掉一个因子. ,,f(x),2f(x)f(x) 23 例18 (91303) 若曲线和在点处相切，其中y,x，ax，b2y,,1，xy(1,,1) 是常数,则( ) a,b (A)a,0,b,,2(B)a,1,b,,3 (D)a,,1,b,,1(C)a,,3,b,1 答案 D 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. 2 曲线 解在点处的斜率是 y,x，ax，b(1,,1) 2,(2x，a),2，a k,(x，ax，b),1x,1x,1 3另一条曲线是由隐函数确定,该曲线在点处的斜率可以由隐函数求导2y,,1，xy(1,,1)数得到: 323,,,对于方程两边求导得到,解出得到此曲线在点2y,,1，xy2y,3xyy，yy(1,,1) 处的斜率为 3y,kyx,1,,,1 22y,,1x,1xy2,3y,,1 2a,,1,x,1,y,,1令,立即得到a,,1.再将代入中得出y,x，ax，bk,k12 b,,1. x,0 例19设定义在，且都在处连续，若f(x),g(x)(,1,1) g(x),,x,0f(x),，则( ) ,x ,2x,0, , (A)limg(x),0且g'(0),0(B)limg(x),0且g'(0),1x,0x,0 (C)limg(x),1且g'(0),0(D)limg(x),0且g'(0),2x,0x,0 答案 D 解题思路 分析函数的表达式,并运用在处连续这一关键条件. x,0f(x)f(x) gx()limf(x),lim,2 解 既然在处连续,于是必有,于是必有x,0f(x)x,0x,0x gxggx(),(0)(),g(0),lim,lim,2.于是又有. limg(x),0x,0x,0x,0xx 1,cosx,x,0,,f(x), 例 20 (99103) 设 其中是有界函数,则在x,0g(x)f(x),x2,xg(x)x,0, 处( ) (A)(B) 极限不存在 极限存在,但不连续 (D)(C) 连续,但不可导 可导 答案 D (A)(B)(C) 解题思路 若能首先判定在处可导,则、、均可被排除. x,0f(x) 解 21x 2f(x),f(0)x1,cosx2,f(0),limlim,,lim,0 ,lim，，，，3，3x,x,000x,0x,x,0222xx 2x01cos~() x,时,x 2 2f(x),f(0)xgx(),f(0),lim (是有界函数) ,,limxg(x),0g(x)lim,,,,x,0x,x,00x,0x 由于在点的左导数等于右导数,因而 在处可导. x,0x,0f(x)f(x) , 例21 设,则( ) f(x),sinx(f(f(x))), A.cos(sinx)cosxB.sin(sinx)cosx C.cos(cosx)sinxD.sin(cosx)sinx A 答案 例 22 设是可导函数,则( ) f(x) ,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 A 答案 解题思路 根据导数定义,利用函数的奇性. 解 由于,所以 f(,u),,f(u) fx，,x,fx,f,x,,x，f,x()()()(),fx,,()limlim ,x,0,x,0,x,x f[,x，(,,x)],f(,x),lim,f(,x) ,x,0,,x ,因此为偶函数. f(x) 2sinxy,e 例23 设,则( ) dy, 2222sinxsinxsinxsinxA.eB.2esinxC.2ecosxD.esin2x 答案 D 解题思路 运用复合函数微分法 11,cosf(x)x,,,存在,,则( ) 例 24 设lim(1，),ef(0)f(0),0xsinx C.2C.e A.0B.1 答案 C 解 由 11,cosf(x)x lim(1，),e,0xsinx可以知道当时,有 x,0 fx1,cos()1lim,,1 x,0xxsin(参阅第一章1.5的例2) 2()fxsinx当时,与是等价无穷小,与是等价无穷小.于是 x,01,cosf(x)x 2 2fxfx1,cos()()11 lim,,lim,12x,x,00xxsin2x ,又因为存在,所以此式又推出 f(0) fx(),f(0),lim,2. x,0x 1,arctan,x,0, 例 25 设 在点可导,则( ) f(x),x,0x, ,ax，b,x,0, ,,,.1,A.a,1,b,Ca,,b,,D.a,,1,b, B.a,1,b,0222 D 答案 函数在点左右极限,确定连续性,再考察左右导数.由可微性最终 解题思路 先考察x,0 确定. a,b 解 1,,limf(x)limarctan,,b,,(1) ,,所以. limf(x),lim(ax，b),b,,，，x,0x,0x22x0x0,, ,f(0),于是. 2 1,arctan,fxf()(0),x2,,f(2) , f(0),a(0)limlim,,，,，，xxx0x0,, 1,arctan, x2以下需要用洛比塔法则求极限: lim，xx0, 11,,,arctan,(arctan,),1xx22lim,lim,lim,,1 2，，，,xxxxx,0,0,0x，1 ,,于是由推出 a,,1(0)(0)f,f,， ,,,例26.(93303) 若且在内则在f(x),,f(,x),(0,，,)f(x),0,f(x),0,f(x)内必有 (,,,0) ,,,,,, (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 C ,,,解体思路 所给函数显然是奇函数,因此是偶函数,是奇函数. f(x)f(x) ,,解 由 知; f(x),0,x,(0,，,)f(x),0,x,(,,,0) ,,,, 由 知 f(x),0,x,(0,，,)f(x),0,x,(,,,0).