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 例 1 设f(x)在点x0可导,a,b为常数,则limf(x0,a x),f(x0,b x) x a b x 0 ( ) f (x0) Aabf (x0) B(a,b)f (x0) C(a,b)f (x0) D C 解 f(x0,a x),f(x0,b x)lim x 0 x [f(x0,a x),f(x0)],[f(x0,b x),f(x0)] lim x 0 x f(x0,b x),f(x0)f(x0,a x),f(x0),blim alim x 0 x 0b xa x (a,b)f (x0) 例2(89303)设f(x)在x a的某个邻域 ) 1 f(a,2h),f(a,h) (A)limh f a, ,f(a) 存在 (B)lim存在 h 0h , hh (C)limf(a,h),f(a,h) 2hh 0存在 (D)limf(a),f(a,h)h存在 h 0 答案 D 解题思路 (1) 对于答案(A)，不妨设1 h x，当h , 时， x 0，则有 , 1 f(a, x),f(a) limh f a, ,f(a) lim存在，这只表明f(x)在x a处 h , x 0h x 右导数存在,它并不是可导的充分条件,故(A)不对. , (2) 对于答案(B)与(C),因所给极限式子中不含点a处的函数值f(a)，因此与导数概念不相符 和.例如，若取 1,x af(x) 0,x a 则(B)与(C)两个极限均存在，其值为零，但limf(x) 0 f(a) 1，从而f(x)在 x a x a处不连续，因而不可导，这就(B)与(C)成立并不能保证f (a)存在，从而(B)与(C) 也不对. (3) 记 x ,h,则 x 0与h 0是等价的,于是 lim f(a),f(a,h) h h 0 ,lim f(a,h),f(a) h h 0 lim f(a,h),f(a) ,h h 0 x 所以条件D是f (a)存在的一个充分必要条件. 例3(00103)设f(0) 0,则f(x)在点x 0可导的充要条件为( ) x 0 lim f(a, x),f(a) f (a) (A)lim 1h1h 2 h 0 f(1,cosh)存在 (B)lim 1h1h h 0 f(1,e)存在 h (C)lim h 0 2 f(h,sinh)存在 (D)lim h 0 f(2h),f(h) 存在 答案 B 解题思路 (1) 当h 0时, 1,coshh h 0 2 lim f(1,cosh) h 2 h 0 lim 2 f(1,cosh),f(0) h 2 1 .所以如果f (0)存在,则必有 lim f(1,cosh),f(0) 1,cosh h 0 lim 1,coshh 2 h 0 若记u 1,cosh,当h 0时,u 0,所以 f(1,cosh),f(0)f(u),f(0)lim lim f (0) h 0h 01,coshu于是 , lim f(1,cosh) h 2 h 0 12 f (0) 1h 2 这就是说由f (0)存在能推出lim h 0 f(1,cosh)存在. , h0,而不是u 0,因此 但是由于当h 0时,恒有u 1,cos 1f(x),f(0) f, (0) limlim2f(1,cosh)存在只能推出存在,而不能推出f (0) h 0hx 0x存在. , (2) 当h 0时, 1,e ,h,o(h),于是 h lim f(1,e) h h h 0 lim f(,h,o(h)),f(0) h h 0 ,lim f(,h,o(h)),f(0) ,h,o(h) h 0 由于当h 0时, ,h,o(h)既能取正值,又能取负值,所以极限 lim f(,h,o(h)),f(0) ,h,o(h) h 0 存在与lim f(h),f(0) h h 0 f (0)存在是互相等价的.因而 极限lim 1h h 0 h f(1,e)存在与f (0)存在互相等价. (3) 当h 0时, 用洛比塔法则可以证明lim lim f(h,sinh) h 2 h 0 ,所以 6h f(h,sinh),f(0)h,sinh lim lim h 3h 0h 0h,sinhh h 0 3 h,sinh 1 由于h 0,于是由极限limf(h,sinh),f(0) h,sinhh 0 limh,sinhh3h 0 h存在未必推出 h,sinh (4)f(x)在点x 0可导一定有(D)存在,但(D)存在不一定f(x)在点x 0可导. h 0limf(h,sinh),f(0)也存在,因而f (0)未必存在. 例 4 (98203) 函数f(x) (x,x,2)|x,x|有( )个不可导点 (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x0 0,x1 1,x2 ,1考察导数的存在性. 解 将f(x)写成分段函数: 23 (x2 2 (xf(x) 2 (x (x2 ,x,2)x(1,x),,x,2)x(x,1),,x,2)x(1,x),,x,2)x(x,1),2222x ,1,,1 x 0,0 x 1,1 x. (1) 在x0 0附近,f(x)写成分段函数: 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 0x 0x f(x),f(0)22f, (0) lim lim(x,x,2)(1,x) ,2 ,,x 0x 0x 由于f, (0) f, (0),所以f (0)不存在. (2) 在x1 1附近,f(x)写成分段函数: 2 x(1,x)(x,x,2)(1,x),x 1 23f(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 1x 1x,1 f(x),f(1)2f, (1) lim limx(1,x)(x,x,2) ,4 ,,x 1x 1x,1 由于f, (1) f, (1),所以f (1)不存在. (3) 在x2 ,1附近,f(x)写成分段函数: 2 x(1,x)(x,x,2)(x,1),x ,1 23f(x) (x,x,2)|x,x| 2 x(1,x)(x,x,2)(x,1),x ,1 f, (,1) limf(x),f(,1) ,x ,1 x 0x,1 由于f, (,1) f, (,1) 0,所以f (,1)存在. x ,1,,f, (,1) limx,1f(x),f(,1) ,limx ,1,x(x,1)(x22,x,2) 0 limx(x,1)(x,x,2) 0 综合上述分析,f(x)有两个不可导的点. 例5 (95103) 设f(x)具有一阶连续导数,F(x) f(x) (1,|sinx|),则f(0) 0是F(x)在x 0处可导的( ) (A)必要但非充分条件 (B)充分但非必要条件 (C)充分且必要条件 (D)既非充分也非必要条件 答案 C 分析 从F(x)在x 0的导数定义着手.将 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,limF, (0) lim 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,limF, (0) lim ,,,x 0x 0x 0x,0x,0x,0 f (0),f(0) 于是推知F, (0) F, (0)的充分必要条件是f(0) 0. ,,, 例6 (92103) 设函数f(x) 3x,x|x|,则使f32(n)(0)存在的最高阶数n (). (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 答案 C 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 2x3 f(x) 3x,x|x| 3 4x32x 0x 0 x 0 x 0 2x3 解 由 f(x) 3x,x|x| 3 4x32 6x2 得f (x) 2 12xx 0x 0 12x且f (x) 24x 又 f, (0) lim x 0, 12 f (x) x 0 24x 0x 0x 0 f(x),f(0)x,0 lim x 02x,0,3x,0 0, f, (0) lim f(x),f(0) , x 0 x,0 lim x 0 4x,0 , 3 x,0 2 0 所以f (0)存在. f, (0) lim f (x),f (0) , x 0 x,0 , lim x 0 6x,0 , x,012x , 0 ,0 0 f, (0) lim f (x),f (0) x,0 2 lim x 0 x 0 x,0 所以f (0)存在. f, (0) lim f (x),f (0) , x 0 x,0 , lim x 0 12x,0 , x,0 , 12 x,0 即f, (0) f, (0).因而使f x 0 f, (0) lim f (x),f (0) 24 x,0 (n) (0)存在的最高阶数是2. x 0 lim 24x,0 例7 f(x) cos|x|,x2|x|存在的最高阶导数的阶数等于( ) A 0 B 1 C 2 D 3 答案 C 2 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8(96203)设 0,f(x)在区间(, , ) ) (A)间断点， (B)连续而不可导的点，， (C)可导的点，且 2 f’(0) 0 (D)可导的点，且f’(0) 0 答案 C 解 由题目条件易知f(0) 0,因为 | 所以由夹逼定理 f(x),f(0) x | | f(x)xf(x)x | | x 2 x | 2 lim| x 0 f(x),f(0) x | lim| x 0 | lim| x 0 x x | 0 于是f (0) 0. 1,e,x ,x 0, 则f (0)为( ) 例9 (87103)设f(x) x 0,x 0. 1 (A)0 (B) (C)1 (D),1 2 答案 (C) 解题思路 因f(x)为分段函数,故它在分段点处的导数应按导数的定义， 又由于是未定式, 可用洛必达法则求极限. 2 00 型 解 1,e f (0) lim,x2f(x),f(0) x,0 u limx 0x 0xx,0,0 lim1,ex,x2x 02,x 2当u 0时,e ,1与u是等价无穷小,所以当x 0时,1,e与x是等价无穷小.因而 2 lim1,e x,x2x 02 1 1 2,则 x 0时,f(x)在x0处的微分dy与 例10 (88103) 设f(x)可导且f (x0) x比较是( )的无穷小. (A)等价 (B)同阶 (C)低阶 (D)高阶 答案 B 解题思路 根据y f(x)在x x0处的微分的定义:dy f (x0) x. x1 解 lim lim ,可知dy与 x是同阶的无穷小. x 0 x x 0 x2 1 xsin,x 0 例11 (87304) 函数f(x) 在x 0处( ) x x 0 0,dy (A)连续,且可导 (B)连续,不可导 (C)不连续 (D)不仅可导,导数也连续 答案 B 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 1 0 f(0),可知函数f(x)在点x 0处是连续的. 由于limf(x) limxsinx 0x 0x (2) 讨论函数在点x 0处的可导性 1xsin,0f(x),f(0)1x lim limsin 由于lim不存在,所以,函数f(x)在点 x 0x 0x 0x,0xx x 0处不可导. x 例12 设f(x) p必须满足( ) p1sin01x,x 0,x 0 在点x 0可导,但是f (x)导数在点x 0不连续,则 A0 p 1 B1 p 2 C0 p 2 D1 p 3 答案 B 解题思路 (1) 当p 1时,下述极限不存在: x 因此f (0)不存在. 当p 1时, x 0limf(x),f(0)xsin limx 0p1 limxp,1sin1 x 0xx x 所以f (0) 0. x 0limf(x),f(0)xsin limx 0p1x limxp,1sin1 0 x 0xx 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 0 f (x) 11p,1p,2sin,xcos,x 0 pxxx 当且仅当p,2 0,即p 2时,limf (x) 0 f (0),所以当且仅当1 p 2时, x 0 f(x)在点x 0可导,但是f (x)在点x 0不连续. 例13 (95403)设f(x)可导，且满足条件limf(1),f(1,x) 2x 1 2x 0 ,1,则曲线y f(x)在(1,f(1))处的切线斜率为( ) (A)2, (B),2, (C), (D),1 答案 B 解 记 u ,x,则有 f(1),f(1,x)1f(1, u),f(1)1lim lim f (1) x 02x2 u 0 u2 例14 设y ln(1,2x),则y (A)(10) ( ) 9! (1,2x)10 (B),9! (1,2x)10 (C)10! 29 10(1,2x) (D),9! 210 10(1,2x) 答案 D 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. ,2y , 1,2x ,21y (,2)(,1) (,2)(,1)(,2) 22(1,2x)(1,2x) y (,2)(,1)(,2)(,2),2 (1,2x)3 y(10) ,9! 210 10(1,2x). 2 例17 (90103) 设函数f(x)有任意阶导数,且f (x) f(x),则 f(n)(x) ( n,1),(n 2). n,1(A)n!f(x) (B)nf(x) (C)f2n(x) (D)n!f2n(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f(x)有任意阶导数且f (x) f(x),可知 2f (x) f(x) 3 2f(x) f (x) 2f(x) f f(x) 2f(x) 3 2f(x) f (x) 3!f2 (n)n,12(x) 2f(x), (x) 34依此由归纳法可知 f(x) n!f(x) 注意 (1) 当n 1,n 2时虽然(B)也正确,但当n 2就不正确了,所以将(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, (t) f (x) 2t f (x) 2f(x) f (x). (初学者可能会这样做: f(x) 2f(x),后面丢掉一个因子f (x). 则根据复合函数的求导法则,故f(x)222 例18 (91303) 若曲线y x,ax,b和2y ,1,xy在点(1,,1)处相切，其中23 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 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. 解 曲线y x,ax,b在点(1,,1)处的斜率是 2 k1 (x,ax,b) 2 x 1 (2x,a)x 1 3 2,a 另一条曲线是由隐函数2y ,1,xy确定,该曲线在点(1,,1)处的斜率可以由隐函数求导 数得到: 对于方程2y ,1,xy两边求导得到2y 3xyy ,y,解出y 得到此曲线在点(1,,1)处的斜率为 k2 y x 1 y ,1323 y322,3xy 1 x 1 y ,1 2令k1 k2,立即得到a ,1.再将a ,1,x 1,y ,1代入y x,ax,b中得出 b ,1. 例19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 0 2 (A)limg(x) 0且g’(0) 0, (B)limg(x) 0且g’(0) 1 x 0x 0 (C)limg(x) 1且g’(0) 0 (D)limg(x) 0且g’(0) 2 x 0x 0 答案 D 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. 解 既然f(x)在x 0处连续,于是必有limf(x) lim x 0 g(x)x x 0 2,于是必有 limg(x) 0.于是又有g (0) lim x 0 g(x),g(0) x x 0 lim g(x)x x 0 2. 1,cosx 例 20 (99103) 设f(x) x 2 xg(x) x 0x 0 其中g (x)是有界函数,则f(x)在x 0 处( ) (A) 极限不存在 (B) 极限存在,但不连续 (C) 连续,但不可导 (D) 可导 答案 D 解题思路 若能首先判定f(x)在x 0处可导,则(A)、(B)、(C)均可被排除. 解 x f, (0) lim 2 1 f(x),f(0) , x 0 x,0x 2 lim x 0 1,cosx , 3 lim x 0 , 3 lim x 0 x2 , x ) 2 x 2 2 0 (x 0时1,cosx~ f, (0) lim 2 f(x),f(0) , x 0xx,0 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. x 0 x 0 , lim xg(x) 2 limxg(x) 0(g(x)是有界函数) , 例21 设f(x) sinx,则(f(f(x))) ( ) A.cos(sinx)cosx B.sin(sinx)cosx C.cos(cosx)sinx D.sin(cosx)sinx 答案 A 例 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 C.若f(x)为奇函数,则f (x)为奇函数D.若f(x)为非负函数 答案 A 解题思路 根据导数定义,利用函数的奇性. 解 由于f(,u) ,f(u),所以 ,则f (x)为单调函数 ,则f (x)为非负函数 f (x) limlim f(x, x),f(x) x f[,x,(, x)],f(,x) x 0 lim ,f(,x, x),f(,x) x x 0 , x 因此f (x)为偶函数. x 0 f (,x) 例23 设y esin sin 2 2 x ,则dy ( ) sin 2 B.2eA.esinx C.2e 答案 D 解题思路 运用复合函数微分法 例 24 设f (0)存在,lim(1, x 0 xxsin 2 x sin cosx D.e 2 x sin2x 1,cosf(x) sinx 1 )x e,则f (0) ( ) A.0 B.1 C. 答案 C 解 由 2 C.e lim(1, x 0 1,cosf(x) sinx 1 )x e 可以知道当x 0时,有 lim (参阅第一章1.5的例2) x 0 11,cosf(x) 1 xsinx f 2 当x 0时,sinx与x是等价无穷小,1,cosf(x)与 (x) 2 是等价无穷小.于是 f(x)11,cosf(x)1 lim lim 1 2x 0xx 0sinx2x又因为f (0)存在,所以此式又推出 f (0) lim f(x)x x 0 2 2. 1 ,x 0 arctan 例 25 设f(x) 在点x 0可导,则( ) x ax,b,x 0 A.a 1,b 2 B.a 1,b 0 C.a ,1,b , 2 D.a ,1,b 2 答案D 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.由可微性最终确定 a,b. 解 1 ,所以b ,. (1) limf(x) lim(ax,b) b,limf(x) limarctan ,,x 0x 0x22x 0x 0 , , 于是f(0) 2 . (2) f, (0) a,f, (0) lim x 0 f(x),f(0) , arctan lim x 0 , 1xx , 2 xarctan 1xx , 2 : 以下需要用洛比塔法则求极限lim x 0 , arctan lim x 0,1x, 2 lim,(arctan1xx , 2) lim x 0,,1x2xx 0 于是由f, (0) f, (0)推出a ,1 ,1 ,1 例26.(93303) 若f(x) ,f(,x),且在(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f (x)是偶函数,f (x)是奇函数. 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).