《考研数学必做主观题500题精析》.doc

考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！声明：本资料由文都教育提供，授权 考试吧（Exam8.com） 发布，转载请注明出自 http:/www.exam8.com 服务：面向校园，提供计算机等级考试，计算机软件水平考试,英语四六级，研究生考试 等校园相关考试信息。 特色：提供历年试题，模拟试题，模拟盘，教程，专业课试题 下载等。资料丰富，更新 快！ 考试交流论坛：http:/bbs.exam8.com/2007 考研数学必做主观题 500 题精析“第一部分 高等数学”部分好题精解下载(书中第 9 页例 13)【例例 13】 设，而 0lim0 xu xx xv xx0lim kxvxu xx 0lim求证 kxvxxexu 1lim0证明证明熟知当，而，则有因为 0lim0 Axf xx Bxg xx 0lim BxgxxAxf 0lim xvxuxu xxxvxxxuxu 1 1lim1lim00由极限公式，可知底数部分的极限为，由题设条件，ezz z 101lim exuxu xx 1 1lim0指数部分的极限为，故命题成立 kxvxu xx 0lim注注 由例中证明的事实，我们给出简化型不定式的步骤如下：11 将底数改写成的形式，定出； xu1 xu2 计算出与指数的乘积的极限：并记这个极限为； xu xv xvxu xx0lim k3 定出原型不定式的极限的值1 kxvxxexu1lim0 (书中第 14 页例 25)【例例 25】设为个正常数，求极限naaa,21nxx nxxxnaaa1210lim 详解详解式中底数部分可改写成考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！ naaa naaax nxxx nxx11112121对于，由罗必达法则知，于是， 0aaxaxxln1lim 0ix ixaxaln1lim 0ni,2, 1故 nnniix nxxxaaaanxnaaa121 1210lnln1111lim 从而nnxx nxxxaaanaaa1211210lim (书中第 10 页例 15)【例例 15】设，求 26sinlim30xxxfxx 206limxxfx分析分析由于，而可由罗必达法 32366sin66sin xxx xxf xxxfx3066sinlimxxxx则或泰勒公式算出，可转化为的计算 206limxxfx3066sinlimxxxx解法一解法一 因而 33266sin6sin6 xxx xxxfx xxf3066sinlimxxxx20366cos6limxxx3666sin36lim 0xxx故 206limxxfx 3866sinlim6sinlim3030xxx xxxfxxx解法二解法二当时，故0x 336sinxoxxx 3333 3666666sinxoxxxoxxx3066sinlimxxxx 3636lim3330xxoxx从而 206limxxfx 3866sinlim6sinlim3030xxx xxxfxxx(书中第 18 页例 34)考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！【例例 34】计算nnn 1 4tanlim分析分析若在式中将换为，将变量连续化，则极限转化为由于n1xxxx104tanlim ，故极限为型14tan xx11详解详解 ， 又因为nnn 1 4tanlimxxx104tanlim xx xxxtan1tan21tan1tan1 4tan 而 ，故2tan1tan2lim 0xxxxnnn 1 4tanlim2e(书中第 19 页例 36)【例例 36】 确定常数的值，使 cba,c dtttxaxxbx301lnsinlim0c分析分析由于，因此，可定0c0sin xax033 01ln1lnbxbdtttdttt出也可看出本题涉及无穷小量的比较b 详解详解因，由题设推出0c001sinsin1lnlim1lnlim1ln303003 cxaxxaxdtttdtttdtttxbxxbxb从而注意到及，由罗必达法则0b xxdtttx3031ln1ln 331lnxxcxxaxxxaxdtttxaxxxxbx203030coslim1lnsinlim1lnsinlim由上式得，且1a21cos1lim20 xxc x考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！(书中第 27 页例 1)【例例】设存在，求，其中为常数 0xf hbhxfahxfh000lim00ba，分析分析极限形式与导数的定义颇相似，且未假定导函数的存在性，故利用导数定义及 xf 其变形详解详解由于存在，可知从而 0xf xxfxxfxf x 0000lim 0000000limlimxf aahxfahxfahxfahxfhh 0000000limlimxf bbhxfbhxfbhbhxfxfhh由、有 hbhxfahxfh000lim+ hxfahxfh000lim hbhxfxfh000lim 0xfba点评点评式中极限虽为型不定式，但未假定的存在性，故不能用罗必达法则即00 xf 使假定的存在性而不假定其连续性，也不能用罗必达法则式中极限存在是 xf 存在的必要条件而非充分条件例如；，则 0xf 时，当02xxxf 20 f，但在间断，故不存 hbhfahfh00lim 00lim2220hhbah xf0x 0f 在(书中第 29 页例 5)【例例 5】设在点连续，在点的一个去心邻域内可导如果 xf0x0x Axf xx 0lim（或） ，则 Axf xx 0lim Axf0 Axf0又设，试求 0,1210,cos12xxxxx xf 0f 详解详解由罗必达法则考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！ Axfxxxfxfxf xxxx 00limlim00 0另外的结论类似证之显然在点连续，当时， xf0x0x 0,10,sincos xxxxxxxf因而且，推出，故 1lim 0 xf x 1lim 0 xf x 1lim 0 xf x 10 f点评点评本例提供在分段点处求导数的一种方法有时在分段点外求导函数，然后求导函 数的极限比用定义求左右导数要便利一些(书中第 44 页例 33)【例例 33】33】求的渐近线212xxxey分析分析由泰勒公式， 222121212121212 xxxoxxxxoxxxxexx，由此可看出渐近线的表达式了12ox详解详解因，令，则1limlim212 xx xxexyxt1 1limlim212xxxxexxy222lim1lim222020tetetttttt故渐近线的方程为2 xy(书中第 46 页例 37)【例例 37】37】讨论曲线与交点的个数kxyln4xxy4ln4 分析分析曲线与交点为联立的二元方程组kxyln4xxy4ln4 解由二元方程组消元得方程 xxykxy4ln4ln40ln4ln44kxxx详解详解令即，考虑方程 tx lntex 0444kttet令，则kttetft444考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！及 143tetft0342 tetft因此有唯一的驻点，由可知是的最小值又注意到tf0t kf 40tf tf tlim当时，方程有两解，曲线有两个交点k4 当时，方程有一解，曲线有一个交点k4 当时，方程无解，曲线没有交点k4(书中第 51 页例 47)【例例 47】47】设函数在上连续，在内可导，且若极限 xfba,ba, 0 xf存在，证明： axaxfax2lim（） 在内； ba, 0xf（） 在内存在点，使ba,； fdxxfabba222 （） 在内存在与（）中相异的点，使ba, badxxfaabf222分析分析注意到，则（）可由柯西中值公式导出；若在（）内令 xfdttfdxdxa，则等式可化为，积分可得辅助函数x 0222badttfxxfab baxadttfaxdttfabxG2222在（）内用拉格郎日中值公式可得推出（） aff(1)证明证明因极限存在及在上连续，有 axaxfax2lim xfba, 02lim2lim axaxaxfaxfaf axax考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！因，函数在上严格单调增加所以，当时，有 0 xf xfba,bxa 0afxf（） 【证法一】令，则易于验证与在上满 2xxF xadttfxG xF xGba,足柯西中值定理的条件由柯西中值公式，存在，使ba, GF aGbGaFbF 又，；，代入 22abaFbF xxF2 badxxfaGbG xfxG即有【证法二】作辅助函数 baxadttfaxdttfabxG2222则在上连续，在内可导，且由直接计算有由罗尔中值 xGba,ba, 0bGaG定理，存在，使 ba, 0G由于，代入即得 badttfxxfabxG222（3）由于，在上应用拉格郎日中值公式，则存在，使 0af, a, a afafff代入即得(书中第 52 页例 48)【例例 48】48】设函数在上有三阶连续导数，且， xf1 , 1 01 f，证明：存在使得11 f 00 f1 , 1 3 f分析分析如何将题中条件与三阶导数联系起来乃是问题的关键，而泰勒公式将函数值及其 高阶导数联系起来，因此利用泰勒公式 证明证明由泰勒公式 32 6102100xfxfxffxf 其中介于与之间因，由有0x 00 f考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！ 32 610210xfxffxf 又因，在代入得 01 f11 f1x 16102100fff 26102101fff 其中，由减有011102 32121 ff由导数介值定理知：存在，使得命题 1 , 1,21 2121fff 得证(书中第 52 页例 49)【例例 49】49】设在内有二阶连续导数，且求证： xfy 1 , 1 0 xf（） 对于内任意，存在唯一的，使得1 , 10x 1 , 0x； xxf xfxf0（） 21lim 0 x x分析分析 （）内等式显然由而得，这是拉格郎日中值公式， xxf xfxf0的存在性确定无疑由导数介值定理：条件蕴涵严格单调， 1 , 0x 0 xf xf 的唯一性也十分明显 x（） 证明证明对于内任意，由拉格郎日中值公式得1 , 10x xxf xfxf0由于在内有连续，故在内不变号，从而 10x 0 xf1 , 1 xf 1 , 1严格单调，唯一 xf x（） 【解法一】由泰勒公式知：存在介于与之间，使0x 2 2100xfxffxf xoxxffxxf 00考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！由及（）得 021 fofx 由于，由得（） 0lim 0ff x 【解法二】由于，有 0 xf 00lim0 0 xxfxxff x由（）有 xxfxxfxxffxfx0002 由罗必达法则 021 20lim00lim 020fxfxf xxffxfxx 由得（） 考试吧(Exam8.com)-第一个极力推崇人性化服务的综合考试网站！服务：面向较高学历人群，提供计算机类，外语类，学历类，资格类，四大类考试的全套 考试信息服务.特色：极力推崇人性化服务！让您最便捷的在最短时间内得到对您最有价值考试信息！坚 持每日更新!