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高数极限习题

第一篇：高数极限习题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(x0ax)f(x0bx)xabx0()f(x0)Aabf(x0)B(ab)f(x0)C(ab)f(x0)D答案C解f(x0ax)f(x0bx)limx0x[f(x0ax)f(x0)][f(x0bx)f(x0)]limx0xf(x0bx)f(x0)f(x0ax)f(x0)blimalimx0x0bxax(ab)f(x0)例2（89303）设f(x)在xa的某个邻域内有定义,则f(x)在xa处可导的一个充分条件是（）1f(a2h)f(ah)(A)limhfaf(a)存在(B)lim存在h0hhh(C)limf(ah)f(ah)2hh0存在(D)limf(a)f(ah)h存在h0答案D解题思路(1)对于答案(A)，不妨设1hx，当h时，x0，则有1f(ax)f(a)limhfaf(a)lim存在，这只表明f(x)在xa处hx0hx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,xaf(x)0,xa则(B)与(C)两个极限均存在，其值为零，但limf(x)0f(a)1，从而f(x)在xaxa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xh,则x0与h0是等价的,于是limf(a)f(ah)hh0limf(ah)f(a)hh0limf(ah)f(a)hh0x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x0可导的充要条件为()x0limf(ax)f(a)f(a)(A)lim1h1h2h0f(1cosh)存在(B)lim1h1hh0f(1e)存在h(C)limh02f(hsinh)存在(D)limh0f(2h)f(h)存在答案B解题思路(1)当h0时,1coshhh02limf(1cosh)h2h0lim2f(1cosh)f(0)h21.所以如果f(0)存在,则必有limf(1cosh)f(0)1coshh0lim1coshh2h0若记u1cosh,当h0时,u0,所以f(1cosh)f(0)f(u)f(0)limlimf(0)h0h01coshu于是limf(1cosh)h2h012f(0)1h2这就是说由f(0)存在能推出limh0f(1cosh)存在.h0,而不是u0,因此但是由于当h0时,恒有u1cos1f(x)f(0)f(0)limlim2f(1cosh)存在只能推出存在,而不能推出f(0)h0hx0x存在.(2)当h0时,1eho(h),于是hlimf(1e)hhh0limf(ho(h))f(0)hh0limf(ho(h))f(0)ho(h)h0由于当h0时,ho(h)既能取正值,又能取负值,所以极限limf(ho(h))f(0)ho(h)h0存在与limf(h)f(0)hh0f(0)存在是互相等价的.因而极限lim1hh0hf(1e)存在与f(0)存在互相等价.(3)当h0时,用洛比塔法则可以证明limlimf(hsinh)h2h0,所以6hf(hsinh)f(0)hsinhlimlimh3h0h0hsinhhh03hsinh1由于h0,于是由极限limf(hsinh)f(0)hsinhh0limhsinhh3h0h存在未必推出hsinh(4)f(x)在点x0可导一定有(D)存在,但(D)存在不一定f(x)在点x0可导.h0limf(hsinh)f(0)也存在,因而f(0)未必存在.例4(98203)函数f(x)(xx2)|xx|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x00,x11,x21考察导数的存在性.解将f(x)写成分段函数:23(x22(xf(x)