专升本高数300题(一)

1、函数 f (x)  arccos 的定义域为

3

1 4x  1 考点 1. 求函数的定义域 解：由 3

.

 1 



 1 得 4 x  1  3    x  1 ．即它的定义域为 ,1 ．

2 2

2、函数 f (x) 

1 ln( x  1)

 的定义域是 （ x  3 x  1

）

A（  1, )

B（1, ）

C (1,3)  (3,) D (1,3)  (3,)

解：选D.由题意： x  3  0 ，x  1  0 ， x  1  0 ，所以得到函数 y  的定义域为(1,3)  (3,) ．

 ln( x  1)

x  3 x  1

1

1

，则 f  f  x 的定义域为 1  x

x  1 1  x 1 1



解： ∵ f f x    1  f  x 1 2  x 1 

1  x

3、设 f  x  

∴ f  f  x 定义域为(, 2)  (2, 1)  (1, ) .

4、 f (x) 的定义域是0,1， (x) f (x  4)  f (x  4) 的定义域是（

） D．

A． 0,1

B．  , 



1 1 



C．

 1 , 3 

 1 



,1 4 4 4 4 4   

1 5   1  x 4 0  x  4  1 4 1 3

 解：定义域 D :  D :  x  ，因此选C ． 1 13 0  x 4 4  1   x 

4  4 4

5、如果函数 f (ln x) 的定义域为e,  ，则函数 f (x) 的定义域为

（ ）

A、e, 



B、1, C、1, e D、0, e

解：由e  x    1  ln x   ，可知定义域为1,  .选 B. 考点 2 求复合函数或函数或复合函数的外层函数 6、已知 f (x) 

x

，则 f  f (x)  1  x

.

1

x

x

解：根据复合函数可知： f  f ( x)  1 x  .

x2x  1 1 1 x

7、设 f (x  2)  x1, 则 f (x 1) 

2

解：令 x  2  t, f t   t  4t  5

2

f  x   x2  4x  5 ；

f  x1  (x1)2 4(x1)5 x2 6x10.

8、设 y  f (sin x)  cosx  2 ，求 f ( x) ．

2

解：因为 f (sin x)  1  sin x  2  3  sin x ，所以 f ( x)  3  x ．

2 2 2

9、设函数 f (x)  1 2x ， g  f ( x) 

1 x x ，则 g

 1     2 

.

解： 由题意知， g f (x)  g (1  2 x)  ，题目让求 g ( 1 ) ，即已知1  2x  1 ，得

2 x 2

1 1  x x  ，代入 g (1  2x)  即可得到结果 3.

4 x 10、设 f (x)  2x  5 ，则 f  f (x) 1 .

1  x

解： f (x)  1  2x  5  1  2x  4, 则f [ f (x)  1]  f (2x  4)  2(2x  4)  5  4x  13

考点 3 函数的奇偶性、有界性等性质的题目 11、函数 y 

1 x

在定义域内是

B、单调函数

C、有界函数

（

D、无界函数

）

A、周期函数 解：根据函数 y 

1 x

的图像可知是无界函数.选 D.

（

B、 y  cosx • sin x D、 y  x x 1

2

2

12、下列函数时奇函数的是 A、 y  sinx • cos x

2

）

2x  2 x

C、 y 

3

解：A、C 是偶函数，Ｂ是奇函数，Ｄ为非奇非偶．故选Ｂ． 13、以下结论中正确的是 Ａ、函数 y  x 1是奇函数

3

（

2

）

B、函数 y  sin x

在定义域内有界Ｃ、函数 y   ln x 在定义域内是单调增加的 D、函数 y  tan 2x 的周期是

2

解：Ａ选项是非奇非偶的，Ｃ在定义域内是单调减少的，Ｄ的周期为 ．故选Ｂ．



2

14、下列函数中，图形关于 y 轴对称的是（）

y  x x 1 A、 y  x cos x B 、

3

2x  2 x

C、 y 

2 2x  2 x

D、 y 

2

15、若 f (x) 的定义域关于原点对称，则下列函数的图像一定关于 y 轴对称的是（）

A 、 f (x)

B 、 f (-x) C 、 f (x)  f (x) D、 f (x)  f ( x)

解：此题实质也是确定函数奇偶性，利用奇偶函数定义只有 f (x)  f (x) 一定是偶函数， 图像关于 y 轴对称； f (x)  f ( x) 奇函数，图像关于原点对称；另两个无法确定.应选 C. 16、若 f (x) (x  R) 为奇函数，则下列函数一定为偶函数的是 A． f (2x)

B． f (x  2) C． f (| x |) D． 2 f (x)

解：由奇偶函数的定义易得 f (| x |) 是偶函数， f (2x) ， 2 f (x) 为奇函数， f (x  2) 为非 奇非偶函数，应选 C. 考点 4 无穷小量阶的比较 17、当n   时， sinA

2

与 为等价无穷小，则k = （

1 1

k

）

D -2

1 2

n B 1

nC 2

1 2 1 2 sin n n解： lim lim 1， k  2

n n 1 1 nk nk

选 C

18、当 x  0 时， ln(1 x) 是比1  cos x 的 Ａ、低阶无穷小

穷小

Ｂ、高阶无穷小

Ｃ、等价无穷小

2

（ ）

Ｄ、同阶但不等价无

2

19、当 x  0 时，与ｘ不等价的无穷小量是 Ａ、2x

B、sin x

Ｃ、e1

x

（

D、ln(1 x)

）

解：根据常用等价关系知，只有2x 与 x 比较不是等价的．故选Ａ． 20、当 x  0 时， x sin x 是 x 的（）

2

A、高阶无穷小 B、低阶无穷小 C、同阶但非等价无穷小 D、等价无穷小

21、当 x  0 时， f (x)与1 cos x 等价，则lim f (x) 

x0 .

考点 5 简单函数求极限或极限的反问题

x sin x

3

 kn

22、若lim 1 5 10

n 

 e

, 则 k .

n 

lim 5 (kn) 

解：左式= e

n n

 e5k  e10 故k  2 .

f 2xx

23、若lim  2 ，则lim （

）

x0 x

x 0 f 3x

A．3 B． 1

C．2

D． 1

3

2

2 解： lim x 3x  2t t

lim

3  2 lim 1  2 • 1  1 ， 选 B

x0 f 3x t 0 f 2t 3 t 0 f 2t 3 2 3

t

24、lim n

n

n 1  n  2  

解：原式

有理化

lim 3 n  3 .

n n  1  n  2 2

25、已知lim x2  ax  6

存在，则

x1 1 x

a =

解： lim 1  x  0  lim 

x2

 ax  6

  0 ，1  a  6  0, a  7

x1

x1

26、若 lim

x2 ln 1 x2   0 且lim sinn x  0 ,则正整数n = x 0 sinn x x0 1 cos x

解： lim x2 ln 1  x2 

 lim

x2 • x2 n  4 0, lim xn n  2

0  n  2, n  4, x 0 sinn x x0 xn

x 0 x2

2

2 27、lim(1  x) x



（x0

Ａ、１

Ｂ、e

Ｃ、2e

Ｄ、e

2

2 2

解： lim(1 x) x  lim(1 1  x) x 

 e2

．故选Ｄ．

x0

 x0 

考点 6 函数的连续性问题

故n  3 . ）

4

1

sin x(x  0)  x 28、设 f x   0(x  0) 且lim f  x 存在，则a = （ ）

x sin 1  a(x  0) x 0

 x 

A．-1 B．0 C．1 D．2

解： lim 

sin x

 1, lim  x sin 1   a

 o  a  a  1

选 C .



x 0 x x 0  x   29、函数 f (x)    1 x

1 e 

, x  1

，在点 x  1 处 （

）

 0, x  1

Ａ、连续

Ｂ、不连续，但右连续

Ｃ、不连续，但左连续 Ｄ、左右都不连续

解： f (1)  0, lim e

 1 x 1  , lim e

 1

x 1 x 1

x1

 0 f (1) ，所有不连续，但是右连续．选Ｂ．

30、设 f (x)  

x2  2, x  1 在

x  1 连续，则a  （

） a, x  1

Ａ、2

Ｂ、1

Ｃ、１

Ｄ、２

解：根据连续的定义有： a  lim(2

x1x 2)  1．故选Ｂ．



sin  (x 1) x)  , x  1

31、如果函数 f (x 1 处处连续，则k  （ ）

arcsin x  k, x  1

2 2  

A、  B、 C、 2

D、sin  (x 1)

2

解：因为函数处处连续，所以在 x  1 处也连续，又 lim 

  ，

lim (arcsin x  k )    k ，从而可知k  

x 1x 1

.选 C. x 1

2 2

a  bx2 , x 32、 f (x)  0  sin bx , x  0 在

x  0 处连续，a 与 b 的关系为 .  2x

考点 7 函数间断点的类型判定 33、 x  0 是函数 f (x)  arctan 1

的

（

）

x

Ａ、连续点

Ｂ、可去间断点Ｃ、跳跃间断点

解： lim arctan 1

 

， lim arctan 1

Ｄ、第二类间断点

  

x 0



x 2  C ．故选Ｃ．

x 0

x 2

5



34、 x  0 是 f (x)  xsin 的

2

2

1

x

（

C、可去间断点

2

）

A、连续点 B、跳跃间断点

x 0 D、第二类间断点

解：函数 f (x) 在 x  0 处无定义，又lim xsin  0 ，极限存在，故为可取间断点．选Ｃ．

1

x2

x  2, x  0

35、设 f (x)  ，则 x  0 是 f (x) 的

x  2, x  0 

A、连续点

x0

（

D、跳跃间断点

）

B、可去间断点

x0

C、无穷间断点

解： lim ( x  2)  2 ， lim (x  2)  2 ，根据间断点的分类，可知 x  0 是跳跃间断点.选 D.



x ln x, x  0

36、设 f (x)  ，则 x  0 是 f (x) 的

1, x  0 

A、连续点

B、可去间断点



（

D、跳跃间断点

）

C、无穷间断点

1

x   lim x  0 ， lim 1  1，根据间断点的分类，可知 ln x

解： lim x ln x  lim lim 

x 0 1 x0x 0x 0 1 x 0

 2

x x

x  0 是跳跃间断点.选 D.



1

37、 x  0 是函数 f (x)  2 1的（）

x

A、连续点 B、可去间断点 C、跳跃间断点 D、第二类间断点考点 8 零点定理确定方程根的存在性

38、方程 x3  x 1  0 在区间0,1 内的实根的个数为 A、0



（

Ｄ、3

）

B、1

3

Ｃ、2

解：构造函数 f (x)  x x 1 ， f (0)  1  0 ， f (1)  1  0 ，根据零点定理知，在0,1内至少有一个实根；又 f (x)  3x1  0 ，即函数 f (x) 是单调的。由此可知，已知方程在0,1 内只有一个实根。选 B.

39、下列方程在区间0,1 内至少有一个实根的为

2

（ ）

A、 x 1  0

2

B、 x  ln x  0 D、 x 1 arctan x  0

3

2

C、 x 5x 2  0

3 2 2

解：构造函数，验证端点函数值是否异号，显然只有 f (x)  x 5x 2 满足零点定理，故选 C.

6

40、不求解方程证明方程(x  2)(x  3)  2(x 1)( x  3)  3( x 1)(x  2)  0 恰有两个实根. 证明：构造函数 f (x)  (x  2)(x  3)  2(x 1)( x  3)  3( x 1)(x  2) ， 它在[1,2],[2,3]区间上连续，且 f (1)  2, f (2)  2, f (3)  6 ，

从而有 f (1) f (2)  0; f (2) f (3)  0 ，由零点定理可知 f (x)  0 在区间（1,2），（2,3）内个至少有一个实根，而 f (x)  0 是二次多项式方程，最多有两个实根. 故方程 f (x)  0 恰有两个实根，分别在（1,2），（2,3）内.

41、证明方程设函数 f (x) ， g(x) 均在区间a, b 上连续，且 f (b)  g(b)  b ，证明：

存在  a, b ，使得 f ( )  g( )   成立。 证 明 :

构 造 辅 助 函 数 F (x) f ( x)  g( x)  x , 则

F (a) f (a)  g(a)  a  0 , F (b) f (b)  g(b)  b <0,由零点定理可知至少存在一

点  (a, b) ,使得F ( )  0, 及f ( )  g( )   . 42 .

设函数 f (x) ， g(x) 均在区间a, b 上连续， f (a)  g(b) ， f (b)  g(a) ，且

f (a) f (b) ，证明存在存在  a, b ，使得 f ( )  g( ) 成立。

证明:构造辅助函数 F (x) f ( x)  g( x),则F (a) f (a)  g(a) f (a)  f (b),

F(b)= f (b)  g(b) f (b)  f (a),又由于f (a) f (b),从而F (a)与F (b)一定异号 ,显然

F(x) 在 [a,b] 上 连 续 的 , 从 而 满 足 中 值 定 理 的 条 件 , 故 存 在   (a, b), 使 得

f ( )  g( ) .

考点 9 求复杂函数的极限

43 .求lim 1 tan x  1 tan x x0

ex 1

1 tan 2 tan x x  1  tan x  lim 解： lim x0 x 0 ex 1 x( 1  tan x  1  tan x )

tan x 2  lim  1  lim x 0 ( 1 tan x 1 tan x ) x 0 x 7

x 2

4. 求 lim t2et dt 0

x 2

.x



t 2exext2

dt



2 x2

2





0



x e

x

1

解： lim

lim

x 

xe

x2

 lim

x  (x  2x2x2

 2x2

)e

) 

x  (x 2

45 .求 lim4x2  x 1  x 1 x  2 

x sin x 







4 x2  x 1 解： lim 4x2  x 1  x 1  x 1

 lim x x x2  sin x x  x2  sin x x

4  1  1 1 lim x x2 1 x 2 1 x 

1 sin x  1

 1

x2 1

46. 求lim cos  x  x sin x 

x2

x0

1 1

cos x  x sin xx2

lncos x xsin x解：

lim x2ln

cos x xsin xx2

x 0

 lim ex0

 lim x0 e

lim lncos x  x sin xlim sin xsin x x cos x  e

x0

x2

0

2 xcos x x sin x

 e

xlim

cos x

1

 e

x0 2

cos x x sin x  = e2

47.设 f (x) 在 x  2 处连续，且 f (2)  3 ，求lim f ( x)

 1 

4 





x2



 x  2

x2  4 

解： lim f ( x)  1

 4  lim f (x) x  2

 lim f ( x)

x2  x  2

x2  4  x 2 x2  4 x2 x  2  1 lim f ( x)  1 f (2)  3

.



4 x2 4 4

48 求21 

x lim x 

 x ln 1 x  

1 

解： 2  1 x t 1 ln(1  t) 

lim   

x   x  x ln 1  x lim 2 t 0 t t  8

1 1

t  ln(1 t)  lim  lim1 t t 0 t 0 2t t 2

 lim 1  1

t 0 2(1 t) 2

考点 10 利用导数的定义,求极限或导数

49. 已知函数 f (x) 可导，且lim x0

f (1  2 x)  f (1  x)

 1，则曲线 y  f (x) 在点(1, f (1))

2x

C．  处的切线斜率为

A． 2 3

B．  2 3

3 2

D． 3 2

2 f (1  2x)  f (1  x) 3 f (1)   ， 即曲线 y  f (x) 在点 解： lim  f (1)  1 ， 所以

x0 2x 2 3

2

(1, f (1)) 处的切线斜率为 ，应选 B.

3

f ( x0 )  f (x0  3h) 

50. 函数 f (x) 在点 x  x0 处可导，且取得极大值，则lim h0 2h

3 3

A．0 B．1 C．  D． 2 2

解：由函数 f (x) 在点 x  x0 处可导，且取得极大值得 f (x0 )  0 ，而

f ( x0 )  f (x0  3h) 3

lim   f (x )  0 ，应选 A

0h0 2h 2

51.设函数 f (x)在点x  1处可导, 且 lim f (1  2x)  f (1)  1 ,则 f (1)等于

x0 x 2

1 11 A B 1 D  C  4 4 2 2

解：根据导数的定题，

lim f (1  2x)  f (1)  2 •lim f (1  2x)  f (1)  2 f (1)  1 ，所以可知

2 x 0 x0 2x 2 x

1f (1)  4

52．已知 f (1)  1，则 lim （A）1

f (1  2x) f (1)

等于（

x0 x

（C） 2

）

（D） 2

（B） 1

解：根据导数的定义， lim f (1  2x) f (1) f [1  (2x)] f (1)

 2 lim

x0 x0 x 2x

 2 f (1)  2 ，选（D）．

9

53.若lim h0

f ( x0  h) f (x0  h)

 A，则 A  （

h

（B） 2 f (x0 )

（C） 0

）

（A） f ( x0 )

（D） 1

2

f (x0 )

解: lim f (x0  h)  f (x0  h)  lim

f (x0  h)  f (x0  h)

2h

ho

h

.2  2 f (x )

0

h0

考点 11 简单函数求导数或微分 54.y=ln(lnx),则 d y 



解: d y  d ln(ln x ) 55.设 f (x) 

1 1 . dln x x x

x2 t



0

e sin tdt ,则 d f ( x ) =

2

解: d f ( x ) = 2xe sin x d x 56.设 y= x2

x ln x

, 求y

1  x

解： y 

(x ln x)(1  x)  x ln x (ln x  1)(1  x)  x ln x 1  x  ln x  

(1  x)2 (1  x)2 (1  x)2

1

tan x

57. 设 y  2 , 求y.

1

tan 1 1 1

解： y  2 x • (tan ) • ln 2  2 x • sec 2 • ( ) • ln 2

x x x

1

tan

 2

1 tan x

1 tan 1 1 1 1

• sec 2 • (2 ) • ln 2  2 x • sec 2 •• ln 2 2x x x x

58.设 f (x) 

x  2 x

,则f (1) 

解：先确定 x  1 时函数的表达式，再求导代入即可. f ( x) 

x  2 ，也就是说，当 x  2 或 x

x  2 x  2

；当 0  x  2 时， f (x)  。不难看出 x  1 时的表达式

x x

x  2 x  (x  2) 2

是 f (x)   ，再求导， f (x)     .再将 x  1 代入可知 f (1)  2 .

x x 2 x 2

者 x  0 时， f (x) 

考点 12 简单函数求高阶导数 59. 已知 f

( n2 )

(x)  x ln x ，则 f ( n) (x) 

10

解： f

(n 2)

(x)  x ln x f ( n1) (x)  1 ln x 

f ( n ) ( x)  1 x

60. 已知 f (x) 是某一多项式函数，且次数为 10，则 f ( 2011)

( x) 

解： f (x) 是 10 次多项式函数，有 f

(10)

( x)  C ,所以 f ( 2011) ( x)  0

70. 设 y  ln(x  1 x2 ) ，求 y



12x 解：因为 y 

1 x 1 x2   2 1 x2 1 x 1 x2 

x  1 x2 1 x2，

  1

2 12x x2 x 所以 y   1 x2    

(1 x2 ) (1 x2 ) 1 x2

71.设 y  x 2e x , 则y (6) x  0

的值为() 答案：

30

解： y  2xex  x2ex  (2x  x2 )ex

；

y  (2  2x)ex  (2x  x2 )ex  (2  4x  x2 )ex ；

y  (4  2x)ex  (2  4x  x2 )ex  (6  6x  x2 )ex ；

y( 4)  (6  2x)ex  (6  6x  x2 )ex  (12  8x  x2 )ex ；

y(5)  (8  2x)ex  (12  8x  x2 )ex  (20 10x  x2 )ex ；

y( 6)  (10  2x)ex  (20 10x  x2 )ex  (30 12x  x2 )ex .

所以 y(6)

x0

 30

72. 函数 sinx 的三阶导数是()

A sinx B  sin x C.cosx

D.  cos x

解：sinx 的一阶导数为 cosx,二阶导数为 sin x, 三阶导数为 cos x

考点 13.参数方程确定函数求导

x  1

73. 设函数

t 

（ t 为参数），则 d 2 2y . y  dx 

t sin u du

1 u 11

dy sin t 解： dy dt t dx dx 

 t sin t ;  1 dt t 2

d 2 y 



d  dy     

     sin t  t cos t dx2 dx  dx 

( t sin t)x ( t sin t)t tx xt  sin t  t cos t

 t 2 (sin t  t cos t)

 1 t 2 x  ln t

74. 曲线 在点（0,1）处切线方程为.

y  t4

dy dy

dt 4t3 4

解 ：



dx  1  4t ,而点（0,1）对应的参数t  1，所以k  4 ， dx dt t

切线方程为 y  4x 1

75. 设函数 y  y(x) 由参数方程x  ln(1  t 2 ) 

d2 y

确定，则 dx2 ） y  arctan t

（

A．

1 B． 

1

． 

1 t 2

C1 t 2D．

2

2t 2

4t3

4t3

ddy

t 2 d

dy

1 2 1 t 1

dy

 dy 



1

1

1 t2

解 ： dx  dx  2t  2t ， dx2

dx  dx    2t2 • 2t  4t3，选 C. dt 1 t 2 1 t2

 x  arctan t dy

76.已知参数方程

 

y  1 ln(1 t2

) ，求 dx  （ ）A、 2t

B、2t

C、2t

2

D、2t

2

2

解： dy dx

t

11 t2

 2t .故选 A

1 t 2

 x  arctan t

d 2 y 77. 已知参数方程 y 

 1 ln(1 t2 ) ， dx2 t 1

 （ A、4

B、2 C、4

D、2

答案：C

12

）

解： dy 2t 1 t22

dx

1  2t ， d y dx2 2 2 1  2(1 t2 ) .故d y dx2 4 . t 1 选 C. 1 t 2 1 t 2

考点 14 隐函数求导或求微分

78.

设方程 x  y y 确定 y 是 x 的函数，则dy .

1

解：两边取自然对数得ln x  y ln y ，再两边微分得 x

dx  (1 ln y)dy

所以dy 

1 dx

(1 ln y)x

79.

设函数 y  y(x) 由方程 y  1 xe y

确定，则

dy dx 

.

x 0

解:两边微分得dy  ey

dx  xe y

dy ，即(xey

1)dy  ey

dx ，

所以 dy dx

 ey xe y ，而 x  0 ， y  1，故

dy 1

dx  e . x 0

80.

函数 y  y(x) 由方程ln(x2  y)  x2

y  sin x 确定，求

dy .

dx x 0

解：方程两边微分得 2xdx  dy x2 dy  cos xdx ，

x2  2 yxdx   y

即  x2 1  y  x 2   2x   dy   2 yx  cos x  x2  y 

 dx ， 

而 x  0 时， y  1，有 dy  dx ，所以 dy dx  1.

x 0

81.

设函数 y  f (x) 是由方程 x2ey  y2

 1 确定的函数，求微分dy .

解：对方程两边同时求微分有： 2xey

dx  x2

e y

dy  2 ydy  0 ，

2

y

y)dy  2xe y

dx ，从而有dy  2xe y(xe 2

整理后可得： x2e y  2 y

dx .

82.

函数 y  f (x) 由方程 xy  ln x  1确定，则该曲线过点(1,1) 的切线方程为（

A、 y  2x  3  0

B、 y  2x  3  0

C、 2 y  x  3  0

D、2 y  x  3  0

答案：A

13

）

1 xy  1

解： xy  ln x  1两边同时对 x 求导有， y  xy   0  y    y 2 ，

(1,1) 2x x

所以切线方程为 y 1  2( x 1)  2x  y  3  0 .故选 A. 考点 15 复合函数求导数或微分

83.设函数 f (x) 可微，则 y  f (1 e x

) 的微分dy 

A. (1 e x

) f (1 e x

)dx B. (1 e x

) f (1 e x

)dx

C. e

 x f (1 e x )dx D. e x

f (1 e x )dx 解： y f (1 e x )  dy f (1 e x )d (1 e x )  e x f (1 e x

)dx ,应选 D

84.设 y x2 3 2  x 1 x 2  x ，求 y .

1 1

解：两边取自然对数得ln y  2 ln | x |  ln | 1  x | 3 ln | 2  x | 3

ln | 2  x | ，

两边对 x 求导得 1 y  2  1

1  1 y x 1 x 3(2  x) 3(2  x)

；

所以 y x2 3 2  x  2   1 1 1   1  x 2  x  x 1  x 3(2  x) 3(2  x) 

85.已知 y 

f (esin x

) ，且 f (x)  ln x ，求 dy . 解： dy dx

f (esin x )(esin x )  esin x cos xf (esin x

)

dx

 esin x cos x ln esin x  esin x cos x sin x

1

86. 设 y  (1  x) x ，求 dy .

1 11

ln(1 x )

解： dy  d (1  x) x  deln(1 x ) x

 de x

1

1

x

 ln(1 x)

 e x

ln(1 x ) d

 1 ln(1 x)

 (1 x) x 1 x dx

 x

 x2

1

 (1 x) x

 1 ln(1 x)  x(1 x)

x 2 dx . 87. 设 y  esin2 ( x2 1)

，求 y .

解： y  e

sin2 ( x2 1)



 esin

2

( x2 1)

[sin2 ( x2 1)]

 esin

2

( x2 1)

2 sin(x2 1) cos(x2 1)  (x2  1)  2xesin 2

( x

2

1)

sin 2(x2 1)

考点 16. 求曲线的切线或法线方程或斜率问题.

88.设曲线方程 xy  ln y  1 确定 y  y(x) ，则曲线上点M (1,1) 处法线方程为 .

14



解：两边微分得 xdy  ydx 1 dy  0  dy   y

2

，所以切线斜率为 1 ，法线斜率为

2，法线方程为 y  2x 1

y dx 1 xy 2

.已知函数 f (x) 连续且 lim x0

f ( x)

 2 ，则曲线 y  f (x) 上对应 x  0 处的切线方程是 x

.

x0

x 0 解：因 f (0)  lim f (x)  lim f (x)  lim x  0 ；

所以k f (0)  lim f (x)  f (0)  lim



x

x 0

f (x) x

 2 ；切线方程为 y  2x

x 0 x

x  0

x 0 90.求曲线 y  e x cos 3x 在点(0,1)处的切线方程和法线方程.

解： y  e cos 3x  x sin 3x ，则在点(0,1)处切线的斜率为 k 切  y x 0  2 ，相应的有

x

11

k     ，所以切线方程为 y 1  2x ，即2x  y 1  0 ；法线方程为 法

2 k切

1

y 1   x ，即 x  2 y  2  0 .

2

91.曲线 y  x在点(1,1) 处的法线方程为（

2

）

（A） y  x

x 3 （C） y  

2 2

x 3

（B） y   2 2 x 3

（D） y   2 2

解：根据导数的几何意义，切线的斜率k  y x1  2x x1  2 ，故法线方程为

1 x 3

y 1   ( x 1) ，即 y    ，选（B）．

2 2 2

92. ．曲线 y  x通过(1,1) 点的切线方程为

x

．

解：因 y  (x

x

)  (ex ln x )  ex ln x • (ln x  1)  xx (ln x  1) ，

x

故切线斜率 k  [x

(ln x 1)] x1  1，

所以切线方程为 y 1  1• ( x 1) ，即 y  x ．

考点 17. 指出函数在给定的区间上是否满足罗尔定理,拉格朗日定理或满足定理求定理中的

 值

15

93．函数 f ( x)  ln x 在区间[1, 2] 上满足拉格朗日公式中的 等于（ ）

（A） ln 2

（B） ln1

（C） ln e

1

（D） ln 2

解：对函数 f ( x)  ln x 在区间[1, 2] 上应用拉格朗日中值定理，

f (2)  f (1) f ( )(2 1) ，即 ln 2  0 

1 ，故

  ．选（D）．

1

ln 2

94. 下列函数在给定区间上满足罗尔中值定理的是 ( ).

A. f (x)  x 4x 7x 10, [1, 2] C. f (x)  ln(1 x), [0,1]

3

2

B. f (x) | x 1|, [1, 3]

1

D. f (x)  e ,[1,1]

x2

解：验证端点函数值是否相等排除 C;看在闭区间是否连续排除 D,在开区间内可导排除 B， 只有 A 中函数满足三个条件，应选 A.

95. 函数 f (x)  e1在区间[0, ln 2] 上满足拉格朗日定理，则 . 解：由 f ( ) f (ln 2)  f (0) 得e  (2 1)  (1 1) ，解得   ln(ln 2)

x

ln 2  0 ln 2  0

96.下列函数在给定的区间上满足罗尔中值定理的是 （

x

）





3

, x 1,12

2x 1

x  2, x  5 , x 0, 5C、 f (x)  

 1, x  5

A 、 f (x) 

B、 f (x)  xe, x 0,1



D 、 f (x) x , x 1,1

答案：A

解：B 选项两端点值不相等，C 选项 x  5 处不连续，D 选项 x  0 处不可导.故选 A 97. 下列函数中，在区间1,1上满足罗尔中值定理条件的是

（

D 、 y  ）

A、 y  e

x

B 、 y  ln x

C、 y  1 x

2

2

1

x2

解：验证罗尔中值定理条件可知，只有 y  1 x满足.故选 C

考点 18. 用罗尔定理证明含有 的等式

98. f (x) 在闭区间[a , b] 上连续，在开区间(a , b) 内可导，且e

ab

f (a)  f (b) ，

证明：在(a , b) 内至少存在一点 ，使得 f ( )  f ( )  0 成立．

证明：构造函数 F (x)  ef ( x) ，则 F ( x) 在[a , b] 上连续，在开区间(a , b) 内可导，且有

x

F (a)  ea f (a), F (b)  eb f (b) ，由条件eab f (a)  f (b) 知ea f (a)  eb f (b) ，

即 F (a)  F (b) ，所以 F ( x) 在[a , b] 上满足罗尔中值定理，至少存在  (a, b) ，使得

16

F ( )  e f ( )  e f ( )  0 ，即有 f ( )  f ( )  0 成立

3 x dt

99. 证明：方程ex    0 在区间0,1 内有唯一的实根.

2

x d2 x 0 3 1  t t

证明:构造函数 f (x)  e 

， f (x)  ex 

1

在 R 内都有意义，

2



0

1  t

23 1

从而 f (x) 在0,1内连续，且 f (0)  1     0 ，

2 2 3 3 π

f (1)  e   arctan t 1  e    e  2.29  0 ，

0 2 2 4

1  x

2

由零点定理知， f (x)  0 在0,1 内至少有一个实根；

又因 f (x)  ex 

1

在0,1 内大于 0，知 f (x) 在0,1 内单调上升， 1  x2

所以f (x)  0 在0,1 内至多有一个实根，

故方程 f (x)  0 在0,1 内有唯一实根，

3 x dt

即方程ex    0 在区间0,1 内有唯一的实根.

2



0

1 t 2

100. 设 f (x) 在[a, b] 上连续，在(a, b) 内可导，且 f (a)  f (b)  0 ，试证：   (a, b) ， 使得 f ( )  kf ( )  0 成立（ k 为实常数）.

证明： 构造函数 F (x)  ef ( x) ，显然 F ( x) 在[a, b] 上连续，且有

kx

F (x)  kekx f ( x)  ekx f (x) 在(a, b) 内有意义，即 F ( x) 在(a, b) 内可导，

而 F (a)  F (b)  0 .于是由罗尔中值定理可知：   (a, b) ，使得 F ( )  0 . 即有 F ( )  ke

k

f ( )  ek f ( )  0 ，又因ek  0 ，

所以有 f ( )  kf ( )  0 成立.问题得证.

101. 设函数 f (x) 在闭区间[0 , 1] 上连续，在开区间(0 , 1) 内可导，且 f (1)  1．证明：在

(0 , 1) 内至少存在一点 ，使得 f ( )   f ( )  2  0 成

立． 证明：构造函数 F (x)  xf ( x)  x，它在[0 , 1] 上连续，

且 F (x)  f (x)  xf ( x)  2x 在(0 , 1) 内有意义，即在(0 , 1) 内可导，

2

又有 F (0)  F (1)  0 ,

故 F ( x) 在 [0 , 1] 上满足罗尔中值定理， 所以在 (0 , 1) 内至少存在一点  ， 使得

17

F ( )  0 ,

即在(0 , 1) 内至少存在一点 ，使得 f ( )   f ( )  2  0 成立．

18