第一章。
一填空：1：法一：
又，故。法二：
2，则。法一： 法二：
注有界函数乘无穷小；同理，而不是，因为不是型）
6：设常数，则。
7：法一：
法二： 8 若时与是等价无穷小，则。
与是等价无穷小。
又（因为，）
9： （因为）
二计算题。1，，证明数列的极限存在，并求。
证明：，设。
故，即是单调递减的。显然有下界0，故数列的极限存在，不妨设，由极限保号性知道。
由可得。2：求。
解：注意到，，故有。故。所以。
3设， 证明数列的极限存在，并求。
证明： 即当时，故有界。
当时， 故当时即是单调递增的。
故数列的极限存在，不妨设，由极限保号性知道。
由得。4： 已知，1） 证明存在并求出。
2） 计算。
证明：(1)显然。且当时，故当时。
即单调递减。故数列的极限存在，不妨设，由极限保号性知道。由得。
计算。由函数极限和数列极限的关系得。
第二章。一填空。
1：设，则。
解： 2：对数螺旋线在点处的切线的直角坐标系方程为。
解：利用极坐标与直角坐标关系可得对数螺旋线参数方程
在点处的直角坐标为。
故 。 点处的切线的直角坐标系方程为
即 3：已知函数，由方程确定，则
解：由方程得。
两边关于求导得 ，故。
两边关于求导得。
即有 4：设函数由方程所确定，则曲线在点处的切线方程是。
解： 方程两边关于求导得。
即。则曲线在点处的切线方程是。
5：设其导函数在处连续，则的取值范围是。
解：由其导函数在处连续可知在处可导知，这时有。
极限存在，由极限存在知，此时。
故由其导函数在处连续可得，对，由得出，故。
6：曲线上与直线垂直的切线方程为。
解：曲线上与直线垂直的切线方程斜率为1，又，故曲线上与直线垂直的切线方程过点。
故曲线上与直线垂直的切线方程为。
二：选择题。
1设可导，，则是在处可导的（a）
a）充分必要条件（b）充分但非必要条件。
c）必要条件但非充分（d）既非充分又非必要条件。
解：当时。故当时在处可导。
当在处可导时则极限。
存在，又由可导可得存在可得存在必须存在。
又可导得连续故。
故在处可导时存在。
2:设，其中是有界函数，则在（d）
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。
由可得在可导。
3设，则在处可导的一个充分必要条件是（b）
a）存在（b）存在。
c）存在（d）存在。
在处可导可得a b c d式中极限存在。
a）存在，即存在，又存在可得出，注意到时，故存在仅能得出存在。
c）与（a）类似。
d）存在，即存在，但和的极限存在不能保证。
4：设函数连续，且，则存在，使得（c）
a）在内单调增加（b）在内单调减少。
c）对任意，有（d对任意，有。
又由极限的保号性可得则存在。
对任意有。对任意，有。
5：设函数，则在内（c）
a）处处可导（b）恰好有一个不可导点。
c）恰好有两个不可导点（d）至少有三个不可导点。
当时，，故。
当时，，故。
故，即。显然在均可导。
而；。故恰好有两个不可导点。
6 设函数具有二阶导数，且，为自变量在的增量，和分别为在点处对应的增量与微分，若则（a）
（a）（b）
c）（d）
单调递增，又，其中
7：设函数可微，，，则（c）
（a）（b）
c）（d）
第三章。一选择题。
1设在上，则，，或的大小顺序是（b）
a），（b）
c）（d）单调递增。，其中。
2：设有二阶连续导数，且，，则（b）
a）是的极大值（b）是的极小值。
c）是曲线的拐点。
d）不是的极值，也不是曲线的拐点。
由极限的保号性有存在对任意有。
时，故不是曲线的拐点。
由和时可得。
当时，当时。
是的极小值。
3：设是恒大于零的可导函数，且。
则当时，有（a）
a）（b）c）（d）
是恒大于零的可导函数，且。
单调递减。当时，有。
4：设函数在内有界可导，则（b）
a）当时，必有。
b）存在时，必有。
c）当时，必有。
d）存在时，必有。
由中值定理有其中。
故当存在时。
5：设函数在内连续，其导数的图形如右图所示，则。
c）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。
二计算与证明题。
1: 设函数在上具有二阶导数，且满足，，其中都是非负常数，是内任意一点，证明。
证明：应用泰勒公式有。
其中。应用泰勒公式有。其中。得。
即。2：证明：当时，
证明：令，则。
故当时有，从而单调递增，故。
即。故当时有。
当时，故当时单调递减，这意味着，从而当时单调递增，故当时，即。
故当时。综上所述当时，
3：设在内具有二阶连续导数且，证明。
1） 对于内的任一，存在唯一的，使得成立。
证明（1）设。
且。在与所在区间应用对罗尔定理有满足。
与矛盾。故：
对于内的任一，存在唯一的，使得成立。
又其中。又在内具有二阶连续导数且。
4 设，证明。
证明：令，对在应用中值定理有。
其中。令则。
当时。故当时递增，故。
即。5：设函数在的某邻域内具有一阶连续导数且，若在时比高阶的无穷小，试确定的值。
解：由在时比高阶的无穷小有。
由函数在连续。
由在时比高阶的无穷小有。由。有
由得。6设函数为何值时函数在连续，为何值时，是函数的可去间断点。
在连续。是函数的可去间断点。
7 讨论曲线与的交点个数。
解：令，则曲线与的交点个数等于函数的零点数。
令，则，故当时，这意味着在单调递增，又时，故当时，当时。
故时，当时，故时单调递减，当时单调递增，从而当时取得最小值，且是唯一的最小值点。故。
当时，无零点，即曲线无交点。
当时，取得唯一零点，即曲线有唯一交点。
当时，且有，，故由零点存在定理，当时有零点，又时单调递减，故当时有唯一零点，同理可说明当时有唯一零点。
故当时，曲线有两个交点。
8：设，证明。
证明：令，在应用中值定理有。
其中。令其中。，故时，从而当单调递减，故是在上的最小值。故。
即。9：已知函数在上连续，在可导，且，证明 （1）存在，使得。
2） 存在两个不同的点，使得。
证明 （1）令，显然在上连续。
且，故零点存在定理存在使得，即。
2）在，上对应用中值定理有。
10：试确定的值，使得，其中是当时比高阶的无穷小。
解： 由得。第四章。
令，得，故。
2求。3求。
4求。5设，计算。
解：令，故，故。
6求。7设，求。
令，则，且。故。8求。
令得。故。
第五章。选择题。
1设，，则当时是的(b)
a)等价无穷小b)同解无穷小非等价无穷小。
c)高阶等价无穷小 (d)低阶等价无穷小。
2设，，则(d)
ab) c) (d)
解：奇函数在对称区间积分为0得：
3设有连续导数，，，且当。
时，与是同阶无穷小，则等于(c)
a) 1b) 2
c) 3d) 4
若，若。当。
4：设，则(a)
a) 为正常数b) 为负常数。
c) 恒为零d) 不为常数。
是以为周期的函数，故。又。当时）
5设在区间上，，，令，则(b)
ab) cd)
法二：由积分中值定理有，（1）
又且得（2）
1)（2）得。
故函数是凹的。
6设连续，则等于(a)
ab) cd)
令）7设连续，则下列函数中必为偶函数的是。
ab) cd)
a)令，则。
(b) 令，则。
c) 令，则。
d) 令，则。
8：把时的无穷小量，， b)
ab) cd) 故。故。
故。二计算题。
1设连续，，且（a为常数），求。
并讨论在处的连续性。解。当时。
由且，故。当时，故。
故在处的连续。
2：设是区间上的任一非负函数。
1） 证明，使得在区间上，以为高的矩阵面积等于在区间上以为曲边梯形面积。
2） 又设在区间可导，且，证明（1）中的是唯一的。
证明：令，显然在区间上连续在可导，且。
又。故由罗尔定理得存在使得。其中。即。
由是区间上的任一非负函数可知道表示存在，使得在区间上，以为高的矩阵面积等于在区间上以为曲边梯形面积。
故在区间是单调递减，故中是唯一的。
3：求。4设函数在上连续，且，
证明在内至少存在两个不同的点。
证明：令，则在上连续在可导。
即，故连续在不能恒为正或恒为负，故。
存在，使得，又当时，故。
对在及罗尔定理有，使得。
即在在内至少存在两个不同的点。
5：求。6已知两曲线与在点处的切线相同，写出切线方程并求极限。
解。故在点处的切线方程为。
由数列极限与函数极限的关系有。
7求。8设求的表达式。当时。当。
9设函数由参数方程所确定，求。解： 故。
10 如图曲线的方程为，点是它的一个拐点，直线分别是曲线在点与处的切线，其交点为，设函数具有三阶连续导数，计算定积分。
函数具有三阶连续且点是它的一个拐点，故。故。
考研题型经典总结高数
第二章 导数与微分 与前面的第一章 函数 极限 连续 后面的第三章 不定积分 第四章 定积分 都是基础性知识，一方面有单独出题的情况，如历年真题的填空题第一题常常是求极限 更重要的是在其它题目中需要做大量的灵活运用，故非常有必要打牢基础。对于第三章 不定积分 陈文灯复习指南分类讨论的非常全面，范围远...
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