资料整理版高等数学课后习题集规范标准答案(复旦大学出版社)(李开复编).doc

.\ 高等数学（上） 第一章 函数与极限 1. 设 , 求 2. 设的定义域为，问：⑴； ⑵； ⑶； ⑷ 的定义域是什么？ （1） 3. 设，，求和，并做出这两个函数的图形。 4. 设数列有界, 又 证明: 5. 根据函数的定义证明: ⑴ (2) 6. 根据定义证明: 当时,函数是无穷大.问应满足什么条件时,才能使 7. 求极限: ⑴ =0 ⑵ = ⑶ =0 (4) = (5) = (6) = 8. 计算下列极限: ⑴ =0 ⑵ = 9. 计算下列极限: ⑴ = ⑵ = ⑶ = (4)= （5）= （6）= 10. 利用极限存在准则证明: ⑴ 故原式＝1 ⑵ 数列的极限存在,并求其极限. 11. 当时, 与相比, 哪一个是较高阶的无穷小? 12. 当时, 无穷小和是否同阶?是否等价? 13. 证明: 当时, 有. 14. 利用等价无穷小的代换定理, 求极限: . 15. 讨论 的连续性, 并画出其图形. 16. 指出下列函数的间断点属于哪一类.若是可去间断点,则补充或改变函数的定义使其连续. ⑴ ⑵ =0 17. 讨论函数的连续性, 若有间断点, 判别其类型。 18. 求函数 的连续区间, 并求. 19. 求下列极限： ⑴ = ⑵ =1 ⑶ ⑷ ⑸ ⑹ ⑺ 20. 设函数, 应怎样选择，使在内连续。 21. 证明方程其中至少有一正根，并且它不超过. 22. 若在上连续，, 则在上必有, 使. 23. 证明: 若在内连续, 存在, 则必在内有界. 第二章导数与微分 典型例题解析 例1　设在处可导，求． 分析 所求极限与的定义式子很相似，则由的定义即可求解． 解 = = ==． 错误解答 令，则， == （1） ==． （2） 错解分析 式（1）用到在点的导数；式（2）用到在点连续．但是题目只是给出在处可导的条件，而在的邻域内是否可导以及在处是否连续都未知．所以上述做法中的式（1）与式（2）有可能不成立． 例2　设，其中在上有定义且在点处可导．试求． 分析 求函数在某一点的导数可以用导数的定义来求；也可先求导函数，然后求导函数在该点的函数值，但在本题中函数的可导性未知，故只能用定义来求． 解 当时，= = = ==． 所以=． 当时，，． 综上所述，=． 例3 设函数，其中的一阶导函数有界．求． 分析 求函数在某一点的二阶导数可以用导数的定义来求，但必须先求出一阶导数；也可先求出二阶导函数，然后求二阶导函数在该点的函数值，但在本题中函数的可导性未知，故只能用定义来求． 解　由于，则有．又 = ==, 所以=． 错误解答 因为 ， ， 所以=． 错解分析 此解法错误的根源在于的一阶导函数有界并不能保证二阶可导．而上述求解却要用到． 注　此题用到如下结论： a．有界量与无穷小的乘积仍为无穷小；b．可导必连续． 例4　设的一阶导数在处连续且，则（ ）． A．在处的二阶导数不存在． B．一定存在． C．． D．． 解 因为，所以，由于在处连续，故 ． 又因为，所以．选C． 例5 设在的某个邻域内有定义，、为该邻域内任意两点且满足条件： （1）； （2）． 试证在上述邻域内． 分析 此处无法用求导公式和求导法则证明．由于的表达式未给出，故只能考虑从定义出发．如果用条件（2），则需先求出． 证明 因为在的某个邻域内有定义，记该邻域为，则对任意、，有．令，则．于是对任意，当及时，考虑下列极限 = = = ==， 故，． 例6（04研）　设函数连续，且，则存在，使得（ ）． A．在内单调增加． B．在内单调减少． C．对任意的有． D．对任意的有． 解　由导数定义知 ． 根据极限的保号性，知存在，当时，有 ． 因此 当时，有；当时，有，故选C． 注 函数只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，题设告诉函数在一点可导时，一般应联想到用导数的定义进行讨论． 例7　设不恒为零的奇函数在处可导．试说明为函数的哪一类间断点． 解　由题设知，令可得．则 ==， 于是在处有极限．从而是的可去间断点． 例8 设函数可导，，则是在处可导的（ ）． A．充分必要条件 ． B．充分条件但非必要条件． C．必要条件但非充分条件． D．既非充分条件又非必要条件． 分析　表达式中含有绝对值符号，又要考查函数在一点的导数的存在性，因此要考虑函数的左右导数． 解 由导数定义 ， 知 ， ， 可见存在，即故选A． 例9（01研）　设，则在点可导的充要条件为（ ）． A．存在． B．存在． C．存在． D．存在． 分析 本题主要考查导数的定义，另外也考查了某些无穷小量的阶以及它们的正负号． 解 注意到，且． 如果存在．则 ． 所以A成立只保证存在，而不是存在的充分条件． 如果存在，则 ， 故B是存在的充要条件． 对于C， ， 注意到，所以若存在，则由右边推知左边极限存在且为零．若左边极限存在，则由 知上式左边极限可能不存在，故可能不存在． 至于D， ， 若存在，上述右边拆项分别求极限均存在，保证了左边存在．而左边存在，不能保证右边拆项后极限也分别存在．故选B． 例10（99研）　设，其中是有界函数，则在处（ ）． A．极限不存在． B．可导． C．连续但不可导． D．极限存在但不连续． 解 由于 ===， ===， 故选B． 例11 已知在处可导且．求． 分析 题目条件是在处可导，必然有在处连续，从而可知该极限属于型． 解 在处可导．则 且当充分大时．故 = = = ==． 注 此题用到当时，． 例12 讨论函数的可导性． 分析 的表达式含有绝对值符号，应先去掉绝对值符号，本质上为分段函数． 解法1　由可得或．由得．于是 ， 可求得， 因为 ==， =， 所以，即在处可导．而 ==， ==， 则在处不可导． 综上所述在处不可导，在上均可导． 解法2　依题意，是初等函数，且仅在和处可能不可导．故只需讨论在这两点的情形． （1）时，由于 ， 故． （2）时，由于 不存在， 故只在处不可导，在上均可导． 解法3 由于 ， 由导数定义可知，在处不可导，而在处一阶可导，因此，在任意点处均可导，再只需考查的可导性．由导数定义可知，仅仅在处不可导，故仅在处不可导，在上均可导． 例13 设，讨论的可导性． 分析　先应求出的表达式．本质上为分段函数． 解　由于 ， 则有 ． 显然当或时，函数可导．下面讨论时的可导性．由于 ===， ===， 于是，从而可知仅在处不可导． 例14（05研）　设函数，则在内（ ）． A．处处可导． B．恰有一个不可导点． C．恰有两个不可导点． D．至少有三个不可导点． 解　由于 == 易求得 ， 则 ， ， 故为不可导点．同理也为不可导点．故选C． 例15 设的定义域为，其中 ，， 试讨论的可导性．若可导，求其导数． 分析　本质上是分段函数即 ， 由此可知需先解出不等式 与 ． 解　由即解得，此时． 而由即解得，此时．则有 且 当时， ==， ==， 即，所以在处不可导．故 ． 例16 设函数，若要为可导函数，应如何选择？ 解 显然当及时，可导，故要使为可导函数，只需使其在处可导．由可导与连续的关系，应该首先选择，使其在连续．因 ，，， 故当即时，在连续．又 ， ， 因此当时，存在，从而为可导函数． 例17 设，．求，，． 分析 三个函数中都有导数记号，其中表示函数对求导，求得后再与复合；表示函数对求导，即对求导，而；表示复合函数关于自变量求导． 解 ，．则 ==，=， 以及 ==． 例18 设．求． 分析 本题既可直接由复合函数求导法则求导，也可利用微分的形式不变性先求出，然后可得． 解法1 直接由复合函数求导法则，令，，则 = = =． 解法2 利用一阶微分的形式不变性 == == 故 =． 例19 设，．求． 分析　 为幂函数；为指数函数与幂函数复合而成的函数；而也为复合函数，它是指数函数与指数函数复合而成的函数． 解 == = = =． 例20 若存在，．求． 分析 可以先求出，也可利用微分的形式不变性求一阶微分． 解法1 ==， 所以 =． 解法2 === =． 例21 设．求． 解法1 在的两边微分，得 ， 即 ， 化简得 ． 令，则．于是可得 ，． 解法2 由于 ， 于是 ，其中． 所以，． 注 本题作变换，则要求．故在最后需指明是的定义域． 例22 设且有二阶导数．求． 解 ==， = =． 例23 已知函数具有任意阶导数且．则当为大于的正整数时是（ ）． A．． B．． C．． D．． 分析 已知．应求出，，．用数学归纳法推出阶导数． 解 当时，，==，以及 ===，， ===．故选B． 例24 设，则使存在的最高阶数为（ ）． A．． B．． C．． D．． 解 逐阶计算导数来验证，记，易见都存在，再记，则由求导公式和定义，有 ，，, 即，则有．由在不可导，知不再存在，即，选C． 例25 设．求． 分析　求函数的高阶导数一般先求一阶导数，再求二阶，三阶，．．．，找出阶导数的规律，然后用数学归纳法加以证明．或者是通过恒等变形或者变量代换，将要求高阶导数的函数转换成一些高阶导数公式已知的函数或者是一些容易求高阶导数的形式．用这种方法要求记住内容提要中所给出的一些常见函数的高阶导数公式． 解法1 ==．则 ， ， ， ， ，， ， 故=． 解法2 利用公式=．由，得 =， 故=． 解法3 利用幂级数展开式． ==， 故=． 注 解法3用到了幂级数展开式，这是第十章无穷级数的内容． 例26 设．求． 分析 先求出，若继续求导，将很难归纳出阶导数的表达式．此类有理分式函数，常常是将其分解为部分分式之和，再使用已有的公式． 解 由于，则 ==． 例27 设函数由方程确定，求 分析 由方程确定的隐函数的求导通常有两种方法，一是只需将方程中的看作中间变量，在两边同时对求导，然后将解出即可；二是利用微分形式不变性，方程两边对变量求微分，解出，则前的函数即为所求． 解法1 在方程两边同时对求导，有 ， 所以 ． 解法2 在方程两边求微分，得 ， 即，从而，所以 ． 例28 设函数由方程所确定．求，． 解 将代入方程，得．先求，下面用两种解法求． 解法1 对方程两边关于求导，可得 ． 将，代入上式中可求得． 解法2 对方程两边关于微分得 即．化简得．将，代入上式中求得． 下面求．对等式两边关于求导，得 =， 将，，代入上式解得． 注　求时，也可将等式两边对求导求得，或利用对数求导法．请读者自行完成这两种方法，并比较一下孰优孰劣． 例29 设函数是由方程所确定，其中具有二阶导数且．求． 解法1 对方程两边关于求导，得 ， 即===，上式两端再对求导得 ==． 解法2 方程两端取对数得 ， 对其两端关于求导则有 ， 解得=．以下同解法1． 注 利用原方程简化导数表达式是隐函数求导常用的方法之一，在求隐函数的高阶导数时尤其显得重要． 例30 求函数的导数． 分析 所给函数为幂指函数，无求导公式可套用．求导方法一般有两种：对数求导法和利用恒等式（），将幂指函数化为指数函数． 解法1 对数求导法． 对等式两边取自然对数得 ， 两边对求导得 ， 解得 ． 解法2 利用恒等式，（）． ． 于是 = =． 注 一般的可导幂指函数均可采用上述两种方法求导． 例31 求由方程所确定的函数的导数． 分析 此题为幂指函数和隐函数求导数的综合问题． 解法1 对方程两边取自然对数得 ， 两端对求导，则有 ， 解得 ． 解法2 原方程可变为，即 ． 对上式两边微分： 即， 于是有，由此解得 ． 例32 求函数的导数． 分析 该题属于求多个函数的乘积或幂的导数，用对数求导法较好． 解法1 两端先取绝对值，再取对数得 ， 两边对求导，得 ． 所以． 解法2 = = =． 例33 设，则________． 分析 这是要求由参数方程确定函数的二阶导数，需要先求一阶导数． 解 =， =． 错误解答 ==，==． 错解分析 出错的原因在于忽视了=是的函数，为参数且是中间变量，而题目的要求是求．因此，在求这类函数的二阶或三阶导数时要注意避免这类错误发生． 例34 设，且．求． 解 ===， =====． 例35 设是由所确定．求． 分析 此题为隐函数求导与由参数方程所确定函数的求导的综合问题． 解法1 在两边对求导得 ． 由得，对方程两边关于求导得 =． 则有，==．故 ==， 所以=． 解法2 由得，．又 ，=， 故==，， == =， 所以=． 解法3 运用公式=． 容易求出，，，对两边分别关于求一阶导数，得 从而，对两边分别关于求一阶导数，得 ， 由此可得．于是将，，，代入公式 =，得=． 例36（04研） 曲线上与直线垂直的切线方程为________． 分析 求切线方程，需先求斜率即求一阶导数，利用两直线（不平行坐标轴）垂直的关系：斜率互为负倒数． 解 直线的斜率为，由得，由得，从而切点为，于是所求切线方程为 ，即为所求． 例37（97研） 求对数螺线在点处的切线的直角坐标方程． 分析 求切线方程，需先求斜率即求一阶导数，而对数螺线的方程为极坐标形式，故应先化为参数方程形式． 解 由知，点的直角坐标为．又由 == 可知，当时．故所求切线方程为即为所求． 例38 已知曲线在点处的切线与轴的交点为．求． 分析 先求出切线方程，然后求出该切线与轴的交点坐标即可． 解 曲线在处的切线斜率为 ， 故切线方程为．令，得该切线与轴的交点的横坐标为．于是 ===． 例39 已知是周期为的连续函数，其在的某个邻域内满足关系式 ， 其中是当时比高阶的无穷小且在处可导．求曲线在点处的切线方程． 分析 求在处的切线方程，需求与切线斜率，而由=，可得和，从而．故问题转化为求与． 解 由题设条件有 ， 从而，得．又 ， 从而 ， 即 ． 令，则有 , 即 ． 所以．由=，可得．则 ，， 故所求切线方程为，即为所求． 例40 现有一深为cm顶部直径为cm的正圆锥漏斗，内盛满水，下接一直径为cm的圆柱形水桶，水由漏斗进入水桶．试问当漏斗中水深为cm且其水面下降速度为cm/min时，圆柱形水桶中水面上升的速度为多少?(其中cm表示厘米，min表示分钟．) 分析 设在时刻时刻漏斗水平面的高度为cm，水桶水平面的高度为cm．关键在于建立与之间的函数关系，然后用导数的物理意义即可求解．而由题设可知如下等量关系：在任何时刻，漏斗中的水量与水桶中的水量之和等于原来漏斗中的水量，据此问题不难求解． 解 设在时刻时漏斗中的水量与水桶中水量分别为、，则 ，， 由于在任何时刻，均应等于开始时漏斗中的水量，即 ， 即，解得．对该等式两边关于求导得 ， 将cm，厘米/分钟代入上式则求得水桶中水平面上升的速度为 厘米/分钟． 第三章中值定理与导数的应用 典型例题解析 例1 验证函数在上满足罗尔定理的条件． 解 因是在上有定义的初等函数，所以在上连续，且 在内存在；．故在上满足罗尔定理的条件，由定理知至少存在一点使．即，于是解得． 例2 已知函数在上连续，在内可导，且，求证在内至少存在一点使等式成立． 分析 要证成立，即证，即，作辅助函数，对在区间上应用罗尔定理． 证明 设，则它在上连续，在内可导，且．由罗尔定理知至少存在一点使得，即．证毕． 例3 设在上连续，在内可导，且，证明对于任意实数，在内至少存在一点，使得． 分析 要证，即证，即 ， 即证，作辅助函数，并对在区间上应用罗尔定理． 证明 令，易知在上连续，在内可导，且 ， 由罗尔定理知，至少存在一点，使，即，而，故，即，．证毕． 注 证明至少存在一点满足抽象函数一阶或二阶导数的关系式，且题中没有给出函数关系式的命题时，用罗尔定理证明的方法和步骤： （1）把要证的中值等式改写成右端为零的等式，改写后常见的等式有 ， ， ， ， ， ， ， 等等． （2）作辅助函数，使等于上述等式的左端．对于（1）中所述等式，分别对应辅助函数为 ， ， ， ， ， ， ， ． （3）在指定区间上对应用罗尔定理证明． 例4 设为满足的实数，证明：方程 在内至少有一个实根． 分析 函数虽然在上连续，但是难以验证在的某个子区间的端点处的函数值是否异号，所以不能用闭区间上连续函数的零点定理，但发现函数在处的值为 ， 且，所以该命题可以用罗尔定理来证． 证明 作辅助函数，显然在上连续，在内可导且，．对在区间上应用罗尔定理，则至少存在一点，使得，即 ， 即方程在内至少有一个实根．证毕． 注 关于的根（或的零点）的存在性的两种常用证明方法 证法1 如果只知在或上连续，而没有说明是否可导，则一般用闭区间上连续函数的零点定理证明； 证法2 先根据题目结论构造辅助函数，使得，然后在指定区间上验证满足罗尔定理的条件，从而得出的零点存在性的证明． 例5 若在上有二阶导数，且，设，则在内至少存在一点，使得． 分析 要证，只要证在区间上满足罗尔定理，关键是找到两个使相等的点．此外，该题还可以用泰勒公式证明． 证法1 （用罗尔定理证）因为，则． 因为，所以．在上满足罗尔定理的条件，则至少存在一点使得，而，即．对在上用罗尔定理，则至少存在一点使得，而，即在内至少存在一点，使得．证毕． 证法2（用泰勒公式证）的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为 , 其中．令，注意到，，可得，．证毕． 注 结论为的命题的证明常见方法有两种： （1）对应用罗尔定理；（2）利用的阶泰勒公式． 例6 设函数在闭区间上可微，对于上的每一个，函数的值都在开区间之内，且，证明在内有且仅有一个，使得． 分析 根据题目结论，容易联想构造辅助函数，用零点定理证存在零点；而唯一性常用反证法证之． 证明 作辅助函数，易知在区间上连续，又 ，， 根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个，使得 ， 即． 下面用反证法证明唯一性．假设存在，，且不妨设，使得 ，，． 显然在上满足罗尔定理的三个条件，于是存在使得，即，这与题设矛盾，故唯一性也成立．证毕． 例7 假设函数和在上存在二阶导数，并且， ， 试证：（1）在开区间内； （2）在开区间内至少存在一点，使 ． 分析 证（1）可采用反证法，设存在使得，且由已知条件 ， 可以两次利用罗尔定理推出与相矛盾的结论．问题（1）是基本题．证（2）的关键是构造辅助函数，使得，且，通过观察可知．构造是本题的难点． 证 （1）反证法．设存在，使得，由于 ， 对分别在区间和上应用罗尔定理，知至少存在一点，使得．至少存在一点，使得．再对在区间上应用罗尔定理，知至少存在一点，使得，这与题设矛盾，从而得证． （2）令，则．对在区间上应用罗尔定理，知至少存在一点，使得，即 ． 又因，，故，又因为，所以，因此有 ． 证毕． 例8 验证函数在上拉格朗日中值定理的正确性． 分析 此题主要考查拉格朗日中值定理的条件是否满足． 解 因为，，则 ， 故在处连续，故在上连续．又因为 ， ， 故从而在内可导．则由拉格朗日中值定理知存在使， 即，而，所以，解得． 例9 设，证明． 分析 当时，即证． 此式中的可看成函数在区间上的改变量与相应自变量的改变量之商，故可考虑用拉格朗日中值定理证明． 证明 当时，不等式中等号成立． 当时，设．由于在上连续，在内可导，利用拉格朗日中值定理得 ，． 因为，所以．从而可得 ， 即．证毕． 注 用中值定理（通常是用拉格朗日中值定理）证明不等式的具体做法：首先选择适当的函数及区间，然后利用中值定理，得到一含有的等式；其次对等式进行适当地放大或缩小，去掉含有的项即可． 例10 设不恒为常数的函数在闭区间上连续，在开区间内可导，且．证明在内至少存在一点，使得． 证法1 因为不恒为常数，故至少存在一点，使得． 先设，在上运用拉格朗日中值定理，于是可知存在，使得． 若，则在上运用拉格朗日中值定理知，同样可知存在 ，． 综上所述，命题得证． 证法2 反证法． 若不存在这样的点，则对任意的，，所以在上单调不增，而，故在上为常数，与题设矛盾．所以命题得证．证毕． 例11 设函数在上可导，且 ，， 证明：方程在内有唯一的实根． 分析 要证方程在内有唯一的实根，实际上相当于证明函数 有唯一的零点，零点的存在可以根据已知用零点定理或者罗尔定理证明，唯一性可以利用反证法或函数的单调性来证明． 证明 先证存在性．令，则在内连续，且 ，． 由闭区间上连续函数的零点定理知，存在，使，即为方程的实根． 唯一性（用反证法证） 若在内有两个不等实根，，即 ，． 对在上利用拉格朗日中值定理，至少存在一点，使得 ． 这与题设条件矛盾．唯一性得证．证毕． 注 此题与例6类似． 例12 （05研） 已知函数在上连续，在内可导，且，． 证明：（1）存在，使得； （2）存在两个不同的点，，使得． 证明 （1）令，则在上连续，且，， 故由零点定理知存在，使得，即． （2）由题设及拉格朗日中值定理知，存在，，使得 ， ， 从而．证毕． 注 要证在内存在、，使某种关系式成立的命题，常利用两次拉格朗日中值定理，或两次柯西中值定理，或者柯西中值定理与拉格朗日中值定理并用． 例13 求极限． 分析 该极限属于型，可用洛必达法则，根据题目的特点可用拉格朗日中值定理，可用导数的定义，也可以将指数差化成乘积后用等价代换． 解法1 用洛必达法则． ． 解法2 对函数在区间（或）上使用拉格朗日中值定理可得，其中或．当时，，故 ． 解法3 用导数的定义． ． 解法4 ，当时， ， 故． 例14 设在上可微，证明：存在，使得 ． 分析 考虑将要证明的等式变为， 则用柯西中值定理证明；也可将要证明的等式变形为 ， 则可用罗尔定理来证明． 证法1 只要证明， 易知和在上满足柯西中值定理的条件，故存在，使 ． 证法2 只要证明． 令，在可导，且 ， 由罗尔定理知，至少存在一点，使，即 ．证毕． 错误证明 要证的结论可改写成．对函数和在区间上分别使用拉格朗日中值定理，存在，使 ，， 于是． 错解分析 以上证法错在认为和分别使用拉格朗日中值定理所得的是同一值，实际上这两个不一定相同． 例如，取，在内使成立的点是；在内使成立的点是；而使柯西中值公式 成立的点是． 例15 把函数展成带佩亚诺余项的阶麦克劳林公式． 分析 将函数展成阶泰勒公式或者麦克劳林公式，通常有直接法和间接法两种方法，一般用间接法较为简单． 解法1 直接法 ， ． ， ． ， ． ， ． ， ． 所以的阶麦克劳林公式为 ． 解法2 间接法 在的带佩亚诺余项的阶麦克劳林公式中，以代，得 ． 上式两端同乘以，有．因为 ， 故，从而 ． 例16 求． 分析 该极限属于型，如果用洛必达法则来求解将会比较复杂，根据题目的特点可考虑利用，的泰勒公式． 解 因为 ， ， ． 注1 此题属型的不定式，可以利用洛必达法则，读者不妨一试，并与上述解法比较一下孰优孰劣． 注2 在某些情况下，用泰勒公式求极限比用其它方法求极限更为简便，这种方法通常是把具有佩亚诺型余项的泰勒公式代入要求的极限式中，经过简便的有理运算，便可求出极限，应用该方法需要熟记内容提要中所列举的常用函数的麦克劳林公式． 注3 几条高阶无穷小的运算规律（这些规律在用麦克劳林公式求极限时尤为有用）： （这里以为例）： a．； b．当时，； c．； d．当有界，则． 例17 求极限． 分析 该极限属于型，可以用洛必达法则，也可以采用等价无穷小替换定理． 解法1 用洛必达法则． ． 解法2 用等价无穷小替换定理． ． 例18 求极限． 分析 该极限属于型，可直接用洛必达法则；也可以先用洛必达法则，然后用等价无穷小替换定理． 解法1 ． 解法2 例19（99研） _______． 分析 该极限属于型．将通分，然后再用洛必达法则． 解 ． 例20 求极限． 分析 该极限属于型，应当先变形为或型，再用洛必达法则，究竟变形为何种类型，要根据实际情况确定，例如，，按照该方法计算下去越来越复杂．若将它化为型，则简单得多． 解 ． 例21 求极限． 分析 该极限属于型，先化为型，再用洛必达法则． 解 ，而 ． 故． 例22 求极限． 分析 该极限属于型，先取对数（或者用恒等式）将其转化为型，然后将其转化为或型，再用洛必达法则． 解法1 设， ， 故． 解法2 ． 例23 求极限． 分析 该极限属于型，可把型变为型．于是，问题归结于求型即型的极限；也可以用重要极限． 解法1　，由于 ． 故． 解法2 利用重要极限． ．因为 ， 故． 注1 对于或型可直接利用洛必达法则，对于型，型，型，可以利用对数的性质将型转化为型，将化型，将化为型，于是问题就转化为求型，然后将其化为或型，再用洛必达法则． 注2 用洛必达法则求极限时应当考虑与前面所讲的其它方法（如等价无穷小替换定理，重要极限等 ）综合使用，这样将会简化计算． 例24 求极限． 分析 对于数列的极限不能直接用洛必达法则，这是因为数列不是连续变化的，从而更无导数可言．但可用洛必达法则先求出相应的连续变量的函数极限，再利用数列极限与函数极限的关系得，但当不存在时，不能断定不存在，这时应使用其它方法去求． 解法1 设，则 ． 故． 解法2 令，于是．对在区间上使用拉格朗日中值定理，得到 ， 其中．当时，，．故 ＝． 例25 求极限． 解 由于当时，，，故 ． 错误解答 由洛必达法则得，由于极限不存在，故原极限不存在． 错解分析 上述解法错在将极限存在这一条件当成了极限存在的必要条件．事实上这仅仅是一个充分条件，所以此时不能用洛必达法则． 例26 求． 分析 该极限属于型，若用洛必达法则将会出现下列情况： =（）（）． 每用一次洛必达法则得到类似的极限并循环往复，无法求出结果．必须要考虑用其它方法． 解 =． 注 在使用洛必达法则求极限时，首先要分析所求极限的类型是否为或型；要 结合其它方法（主要是用等价代换以及将极限为非零的因子的极限先求出来）来化简所求极限；如有必要可以多次使用洛必达法则；当所求极限越来越复杂时，要考虑改用其它方法；不能用洛必达法则来判别极限的存在性． 例27 设的二阶导数存在，且，，证明在上是单调增加的． 分析 只需要证明，即可． 证明 因为 ，． 令，显然在上连续，且 ，， 故在上是单调增加的．即．从而，．故在上是单调增加的．证毕． 例28 求曲线的单调区间、凹凸区间和拐点． 解 ，在处，不存在，在处，． ， 在处， ． 这些特殊点将定义域分成若干部分，如下表所示： ＋ ＋ － 0 ＋ － 0 ＋ ＋ ＋ ↗ ↗ ↘ ↗ 由函数单调性的判定法可知函数的单调增加区间是及，单调减少区间是；由函数的凹凸性判定法可知函数凸区间是，凹区间是和．拐点为． 注1 求函数=单调区间的步骤: （1）确定的定义域； （2）找出单调区间的分界点（即求驻点和不存在的点），并用分界点将定义域分成相应的小区间； （3）判断各小区间上的符号，进而确定=在各小区间上的单调性． 注2 通常用下列步骤来判断区间I上的连续曲线=的拐点： （1）求； （2）令，解出该方程在I内的实根，并求出在I内不存在的点； （3）对于（2）中求出的每一个实根或二阶导数不存在的点，检查在左右两侧邻近的符号，那么当两侧的符号相反时，点是拐点，当两侧的符号相同时，点不是拐点．设=在处有三阶连续导数，如果，而，则点一定是拐点． 例29 求函数的极值点与极值． 解 函数的定义域为，，令，求得驻点为，，． 下面分别用极值第一、第二充分条件进行判断： 解法1 （用极值第一充分条件） 点，，将定义域分成四个部分区间，，，，列表如下： -2 0 1 ＋ 0 － 0 － 0 ＋ ↗ 极大 ↘ ↘ 极小 ↗ 由上表及极值第一充分条件可知为极小值点，为极大值点，不是极值点，且极小值；极大值． 解法2 （用极值第二充分条件） 首先求，．而 ，，． 故为极小值点，为极大值点，但对点第二充分条件失效，需用第一充分条件判断，可知不是极值点，且极小值；极大值． 例30　可导函数由方程所确定，试求的极大值与极小值． 分析 函数是由方程所确定的隐函数，可利用隐函数求导公式求出及，将与原二元方程联立求解可得驻点，再用函数取得极值的第二充分条件判定． 解 在方程两边对求导，得 ． 由于不满足原来的方程，又是可导函数，因此 ，， 即．令，得，与原二元方程联立求解可得，，由此可知，函数有唯一可能的极值点．又因为 ， 故， 因此由函数取得极值的第二充分条件知，函数有唯一的极小值2，没有极大值． 注 求极值的步骤： （1）找出全部可能的极值点（包括驻点和一阶导数不存在的点）； （2）对可能的极值点，利用函数取得极值的第一或第二充分条件判定； （3）求极值． 例31 设函数，求的极值． 解 先求出可能的极值点，再判别函数在这些点是否取得极值． 当时， ； 当时，，因为且 ， 可见在点不连续，所以不存在，于是有 ， 令，即，得．所以可能的极值点为和，将定义域分成三个部分区间，，，列表如下： 0 ＋ 不存在 － 0 + ↗ 2 ↘ ↗ 由此可知在处取得极小值，极小值为，显然，经过点时，导数的符号由正号变为负号，即点为极大值点，函数的极大值为． 例32 （03研） 设函数在内连续，其导函数图形如图3-1所示，则有（ ）． A．一个极小值点和两个极大值点． B．两个极小值点和一个极大值点． C．两个极小值点和两个极大值点． D．三个极小值点和一个极大值点． 图3－1 分析 由的导函数图形可知导函数何时大于零、等于零、小于零，从而可知的单调性，进一步可推知其极值． 解 选C． 由图形可看出，一阶导数为零的点有3个，而则是导数不存在的点．三个一阶导数为零的点左右两侧导数符号不一致，必为极值点，且两个为极小值点，一个为极大值点，在左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见为极大值点，故有两个极小值点和两个极大值点，应选C． 例33 讨论方程在内有几个实根？ 分析 如果对函数的单调性、极值、最值等问题讨论清楚了，则其零点也就弄明白了，讨论方程在内有几个实根等价于讨论在内有几个零点． 解 设，则只需讨论函数零点的个数．由 ， 解得．列表： ＋ 0 － ↗ ↘ 由此可知在上单调递增，在上单调递减，且是函数的最大值，由，及，可得（1）当，即时，，函数没有零点，故方程没有实根．（2）当，即时，函数仅有一个零点，故方程只有惟一实根．（3）当，即时，由，，知在内至少有一个零点．又在内单调递增，所以在内仅有一个零点，即方程在内只有一个实根．同理方程在内也只有一个实根．故当时，方程恰有两个实根． 例34 证明不等式：当时，． 分析 证明不等式可用拉格朗日中值定理、函数的单调性和最值及凹凸性等． 证法1 （用单调性证明）令，则 ， 令，则．所以在内，，而，所以，从而可知，故单调减少，由此得，即． 证法2 （用凹凸性证明）设，则 ，． 所以的图形是凸的．又，因此，即． 证法3 （用最值证明）设，则由闭区间上连续函数的性质知在可取到最大最小值． ，令，得在内的唯一驻点，又因为，当时，有．所以在点处取得极大值．因此在上的最小值必在端点处取得，这是因为在内没有极小值．又由于，所以的最小值为零，因此，在内必有 ， 即．证毕． 例35 证明：当，时，有不等式，且等号仅当时成立． 分析 将不等式两端同除以，转化为．可以看出，左端是函数在，两点取值的平均值，而右端是它在中点处的函数值．因此，可用函数图形的凹凸性来证明． 证明 设，则在内有，，从而函数的图形是凹的．故对任意，且，有成立，即成立． 当时，等号显然成立．于是有，且等号仅当时成立．证毕． 例36 设有二阶连续导数，且