2020-03-03 18:57:11 来源:范文大全收藏下载本文
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(x0ax)f(x0bx)xabx0(
)
f(x0) Aabf(x0)
B(ab)f(x0)
C(ab)f(x0)
D
答案 C
解
f(x0ax)f(x0bx)limx0x[f(x0ax)f(x0)][f(x0bx)f(x0)]lim x0x
f(x0bx)f(x0)f(x0ax)f(x0)blim
alim
x0x0bxax
(ab)f(x0)
例2(89303)设f(x)在xa的某个邻域内有定义,则f(x)在xa处可导的一个充分条件是(
) 1f(a2h)f(ah) (A)limhfaf(a)存在
(B)lim存在
h0hhh (C)limf(ah)f(ah)2hh0存在
(D)limf(a)f(ah)h存在
h0答案 D
解题思路
(1) 对于答案(A),不妨设
1hx,当h时,x0,则有
1f(ax)f(a)limhfaf(a)lim存在,这只表明f(x)在xa处hx0hx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,xaf(x)
0,xa则(B)与(C)两个极限均存在,其值为零,但limf(x)0f(a)1,从而f(x)在
xaxa处不连续,因而不可导,这就说明(B)与(C)成立并不能保证f(a)存在,从而(B)与(C)也不对. (3) 记xh,则x0与h0是等价的,于是 limf(a)f(ah)hh0limf(ah)f(a)hh0limf(ah)f(a)h
h0x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x0可导的充要条件为( ) x0limf(ax)f(a)f(a) (A)lim1h1h2h0f(1cosh)存在 (B)lim1h1hh0f(1e)存在
h (C)limh02f(hsinh)存在 (D)limh0f(2h)f(h)存在
答案 B
解题思路
(1) 当h0时, 1coshhh02limf(1cosh)h2h0lim2f(1cosh)f(0)h21.所以如果f(0)存在,则必有
limf(1cosh)f(0)1coshh0lim1coshh2h0若记u1cosh,当h0时,u0,所以
f(1cosh)f(0)f(u)f(0)limlimf(0) h0h01coshu于是
limf(1cosh)h2h012f(0)
1h2这就是说由f(0)存在能推出limh0f(1cosh)存在.
h0,而不是u0,因此 但是由于当h0时,恒有u1cos1f(x)f(0)f(0)limlim2f(1cosh)存在只能推出存在,而不能推出f(0)h0hx0x存在.
(2) 当h0时, 1eho(h),于是
hlimf(1e)hhh0limf(ho(h))f(0)hh0limf(ho(h))f(0)ho(h)
h0 由于当h0时, ho(h)既能取正值,又能取负值,所以极限limf(ho(h))f(0)ho(h)h0存在与limf(h)f(0)hh0f(0)存在是互相等价的.因而
极限lim1hh0hf(1e)存在与f(0)存在互相等价.(3) 当h0时, 用洛比塔法则可以证明limlimf(hsinh)h2h0,所以 6hf(hsinh)f(0)hsinhlimlimh 3h0h0hsinhhh03hsinh1由于h0,于是由极限limf(hsinh)f(0)hsinhh0limhsinhh3h0h存在未必推出hsinh(4)f(x)在点x0可导一定有(D)存在,但(D)存在不一定f(x)在点x0可导. h0limf(hsinh)f(0)也存在,因而f(0)未必存在. 例 4 (98203) 函数f(x)(xx2)|xx|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x00,x11,x21考察导数的存在性. 解 将f(x)写成分段函数:
23(x22(xf(x)2(x(x2x2)x(1x),x2)x(x1),x2)x(1x),x2)x(x1),2222x1,1x0,0x1,1x.
(1) 在x00附近,f(x)写成分段函数:
22x(xx2)(x1),x023 f(x)(xx2)|xx|22x(xx2)(1x),x0容易得到
f(x)f(0)22f(0)limlim(xx2)(x1)2
x0x0xf(x)f(0)22f(0)limlim(xx2)(1x)2
x0x0x由于f(0)f(0),所以f(0)不存在.(2) 在x11附近,f(x)写成分段函数:
2x(1x)(xx2)(1x),x123f(x)(xx2)|xx|
2x(1x)(xx2)(x1),x1f(x)f(1)2f(1)limlimx(1x)(xx2)4
x1x1x1f(x)f(1)2f(1)limlimx(1x)(xx2)4
x1x1x1由于f(1)f(1),所以f(1)不存在.(3) 在x21附近,f(x)写成分段函数:
2x(1x)(xx2)(x1),x123f(x)(xx2)|xx|
2x(1x)(xx2)(x1),x1f(1)limf(x)f(1)x1x0x1由于f(1)f(1)0,所以f(1)存在.x1f(1)limx1f(x)f(1)limx1x(x1)(x22x2)0
limx(x1)(xx2)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x0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x0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|limlimF(0)lim
x0x0x0x0x0x0
f(0)f(0)
f(x)f(0)f(x)|sinx|f(0)|sin0|F(x)F(0)limlimF(0)lim
x0x0x0x0x0x0f(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)3xx|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)3xx|x|34x32x0x0x0x0
2x3 解 由f(x)3xx|x|34x32
6x2得f(x)212xx0x0
12x且f(x)24x又f(0)limx012 f(x)x024x0x0x0
f(x)f(0)x0limx02x03x00,f(0)limf(x)f(0)x0x0limx04x03x020
所以f(0)存在.f(0)limf(x)f(0)x0x0limx06x0x012x0 00 f(0)limf(x)f(0)x02limx0x0x0所以f(0)存在.f(0)limf(x)f(0)x0x0limx012x0x012
x0即f(0)f(0).因而使fx0f(0)limf(x)f(0)24
x0(n)(0)存在的最高阶数是2.
x0lim24x0
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x0的情况.
例8(96203)设0,f(x)在区间(,)内有定义,若当x(,)时,恒有f(x)x,则x0必是f(x)的(
)
(A)间断点,
(B)连续而不可导的点,,
(C)可导的点,且2f\'(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||x2x|
2lim|x0f(x)f(0)x|lim|x0|lim|x0xx|0
于是f(0)0.
1ex,x0,
则f(0)为(
)
例9 (87103)设f(x)x0,x0.
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.
200型解
1e f(0)limx2f(x)f(0)x0ulimx0x0xx00lim1exx2x02x
2当u0时,e 1与u是等价无穷小,所以当x0时,1e与x是等价无穷小.因而
2lim1exx2x021
12,则x0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yf(x)在xx0处的微分的定义:dyf(x0)x.
x12 解 limlim,可知dy与x是同阶的无穷小.x0xx0x21xsin,x0
例11 (87304) 函数f(x)在x0处(
) xx00,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x0处的连续性
10f(0),可知函数f(x)在点x0处是连续的.
由于limf(x)limxsinx0x0x
(2) 讨论函数在点x0处的可导性
1xsin0f(x)f(0)1xlimlimsin
由于lim不存在,所以,函数f(x)在点
x0x0x0x0xxx0处不可导.
x
例12 设f(x)p必须满足(
) p1sin01x,x0,x0 在点x0可导,但是f(x)导数在点x0不连续,则
A0p1
B1p2
C0p2
D1p
3 答案 B
解题思路
(1) 当p1时,下述极限不存在: x因此f(0)不存在.当p1时, x0limf(x)f(0)xsinlimx0p1xlimxp1sin1
x0xxx所以f(0)0.x0limf(x)f(0)xsinlimx0p1xlimxp1sin10
x0xx这就是说,只有当p1时, f(0)才存在,所以选项A,C可以被排除.
(2) 当p1时
0,x0 f(x)11p1p2sinxcos,x0pxxx当且仅当p20,即p2时,limf(x)0f(0),所以当且仅当1p2时,
x0f(x)在点x0可导,但是f(x)在点x0不连续.例13 (95403)设f(x)可导,且满足条件limf(1)f(1x)2x12x01,则曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线斜率为(
) (A)2,
(B)2,
(C),
(D)1
答案 B
解 记ux,则有
f(1)f(1x)1f(1u)f(1)1limlimf(1) x02x2u0u2
例1
4设yln(12x),则y
(A)(10)(
)
9!(12x)10
(B)9!(12x)10
(C)10!2910(12x)
(D)9!21010(12x)
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, 12x21y(2)(1)(2)(1)(2)
22(12x)(12x)y(2)(1)(2)(2)2(12x)3
y(10)9!21010(12x).
2 例17
(90103) 设函数f(x)有任意阶导数,且f(x)f(x),则f(n)(x)(n1),(n2).
n1(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)32f(x)f(x)2f(x)ff(x)2f(x)32f(x)f(x)3!f2(n)n12(x)2f(x), (x)
34依此由归纳法可知 f(x)n!f(x)
注意 (1) 当n1,n2时虽然(B)也正确,但当n2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yt与tf(x)复合而成的,(t)f(x)2tf(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yxaxb和2y1xy在点(1,1)处相切,其中
23a,b是常数,则(
) (A)a0,b
2(B)a1,b3
(C)a3,b
1(D)a1,b1
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yxaxb在点(1,1)处的斜率是
2k1(xaxb)2x1(2xa)x132a
另一条曲线是由隐函数2y1xy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2y1xy两边求导得到2y3xyyy,解出y得到此曲线在点(1,1)处的斜率为
k2yx1y1323y3223xy1
x1y12令k1k2,立即得到a1.再将a1,x1,y1代入yxaxb中得出b1.
例19设f(x),g(x)定义在(1,1),且都在x0处连续,若g(x)x0f(x)x,则(
) x02(A)limg(x)0且g\'(0)0,
(B)limg(x)0且g\'(0)1
x0x0(C)limg(x)1且g\'(0)0
(D)limg(x)0且g\'(0)2
x0x0 答案 D
解题思路 分析函数f(x)的表达式,并运用f(x)在x0处连续这一关键条件.
解 既然f(x)在x0处连续,于是必有limf(x)limx0g(x)xx02,于是必有limg(x)0.于是又有g(0)limx0g(x)g(0)xx0limg(x)xx02.
1cosx 例 20 (99103) 设f(x)x2xg(x)x0x0 其中g(x)是有界函数,则f(x)在x0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x0处可导,则(A)、(B)、(C)均可被排除. 解
x f(0)lim21f(x)f(0)x0x0x2limx01cosx3limx023limx0x2x)
2x220
(x0时1cosx~ f(0)lim2f(x)f(0)x0xx0由于f(x)在x0点的左导数等于右导数,因而 f(x)在x0处可导.x0x0limxg(x)2limxg(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)limlimf(xx)f(x)xf[x(x)]f(x)x0limf(xx)f(x)x
x0x因此f(x)为偶函数. x0f(x) 例23 设yesinsin22x,则dy( ) sin2 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(1x0xxsin2xsincosx D.e2xsin2x
1cosf(x)sinx1)xe,则f(0)( ) A.0 B.1 C.答案 C
解 由
2 C.e
lim(1x01cosf(x)sinx1)xe
可以知道当x0时,有
lim(参阅第一章1.5的例2)
x011cosf(x)1 xsinxf2当x0时,sinx与x是等价无穷小,1cosf(x)与
(x)2是等价无穷小.于是
f(x)11cosf(x)1limlim1 2x0xx0sinx2x又因为f(0)存在,所以此式又推出 f(0)limf(x)xx022.
1,x0arctan 例 25 设f(x) 在点x0可导,则( ) xaxb,x0A.a1,b2 B.a1,b0 C.a1,b2 D.a1,b2
答案D
解题思路 先考察函数在点x0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(axb)b,limf(x)limarctanx0x0x22x0x0于是f(0)2.(2) f(0)a,f(0)limx0f(x)f(0)arctanlimx01xx2
xarctan1xx2: 以下需要用洛比塔法则求极限limx0
arctanlimx01x2lim(arctan1xx2)limx01x2xx0于是由f(0)f(0)推出a1
11
例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 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).
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