2005水木艾迪培训学校清华东门外创业大厦1006 清华大学理科楼1101电话:62781785 1-cos x>0 例35设(x)三 其中g(x)是有界函数,则f(x) x2g(x)x≤0 在x=0处有(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 【解】首先考查x=0处的左右极限。 COS x lim f(x)=lim lim 0 x→>0 0 x>02√x limf(x)=limx2g(x)=0(因为g(x)有界) 0 因此limf(x)=f(0)=0,故f(x)在x=0处连铁。再考查 x->0 x=0处的左右导数是否存在。 f(x)-f(0 lim xg(x)=0 x->0 f(x)-f(0 0+ COSX lim lim 0 >0+x.√x 2x 3/2 因此f(0)与f(0)均存在,且相等 于是f(x)在x=0处可导,且"(0)=0 答案为(D)。 3.1.2由函数在一点可导决定的函数局部性质 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com -6-清华大学理科楼1101电话:62781785
2005 水木艾迪培训学校 清华东门外创业大厦 1006 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785 例 3.5 设 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤ > − = ( ) 0 0 1 cos ( ) 2 x g x x x f x x ，其中 g(x) 是有界函数，则 f (x) 在 x = 0 处有（ 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。 【解】首先考查 x = 0处的左右极限。 0 2 lim 1 cos lim ( ) lim 2 0 0 0 = = − = → + → + → + x x x x f x x x x lim ( ) lim ( ) 0(因为 2 0 0 = = → − → − f x x g x x x g(x) 有界) 因此 lim ( ) (0) 0 0 = = → f x f x ，故 f (x)在 x = 0 处连续。 再 考 查 x = 0 处的左右导数是否存在。 lim ( ) 0 ( ) (0) lim 0 0 = = − → − → − xg x x f x f x x x f x f x ( ) (0) lim 0 − → + 0 2 lim 1 cos lim 3/ 2 2 0 0 = = ⋅ − = → + → + x x x x x x x 因此 (0) +f ′ 与 (0) _f ′ 均存在，且相等。 于是 f (x)在 x = 0 处可导，且 f ′(0) = 0 ， 答案为(D)。 3．1．2 由函数在一点可导决定的函数局部性质 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 6 - 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785
2005水木艾迪培训学校清华东门外创业大厦1006 清华大学理科楼1101电话:62781785 性质1当f(x)在x0处可导时,f(x)必然存在x0处连续。但必须注意到:f(x) 在x0处连续时,却不一定在x0处可导 性质2设函数∫(x)连续,且f(O)>0,则存在O>0,使得对任意的 x∈(0,。δ)有∫(x)>∫(0),对任意的x∈(-0,0)有 f(x)<f(0) 证:由f'(O)=lim f(x)-f(0) >0,则由极限保序性可推断 0x-0 存在δ>0,使当x∈(-6,0)或x∈(0,6) f(x)-f(0 0 0 即f(x)-f(0)与x应保持同号,因此对任意的x∈(0,8)有 f∫(x)>f(0),对任意的X∈(-0,0)有f(x)<f(0) 注:只由一点处的导数正负号,不能决定函数的增减性。函数的增减性属于区间上或全局性质 例3.6 设广“(0)存在,f(O)<1若 coS T(X lim (1+ 已,则 f'(0)=() SInx 0 (C) ()√e 解]答案:C。由im(1 1-cos f(x) x=e sin x 可以知道当x→0时,有 lim -In(1+ 1-coS f(x >0x Sin x 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 7-清华大学理科楼1101电话:62781785
2005 水木艾迪培训学校 清华东门外创业大厦 1006 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785 性质 1 当 f (x)在 处可导时， 0x f (x)必然存在 处连续。 但必须注意到： 0x f (x) 在 处连续时，却不一定在 处可导。 0x 0x 性质 2 设函数 f (x) 连续，且 f '(0) > 0 ，则存在δ > 0 ，使得对任意的 x ∈(0,δ ) 有 f (x) > f (0) ， 对 任意的 x ∈(−δ ,0) 有 f (x) < f (0) 。 证：由 0 0 ( ) (0) (0) lim 0 > − − ′ = → x f x f f x ，则由极限保序性可推断 存 在 δ > 0 ， 使 当 x ∈(−δ ,0) 或 x ∈(0,δ ) 时 ， 0 0 ( ) (0) > − − x f x f ， 即 f (x) − f (0) 与 x 应保持同号，因此对任意的 x ∈(0,δ ) 有 f (x) > f (0)，对任意的 x ∈(−δ ,0)有 f (x) < f (0) 。 注：只由一点处的导数正负号，不能决定函数的增减性。函数的增减性属于区间上或全局性质。 例3.6 设 f ′(0) 存在， f (0) < 1,若 e x f x x x = − + → 1 0 ) sin 1 cos ( ) lim(1 , 则 f ′(0) = （ ）。 (A) 0。 (B) 1。 (C) 2 。 (D) e 。 [解] 答案：C。由 e x f x x x = − + → 1 0 ) sin 1 cos ( ) lim(1 可以知道当 x → 0 时,有 ) 1 sin 1 cos ( ) ln(1 1 lim 0 = − ⋅ + → x f x x x , 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 7 - 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785
2005水木艾迪培训学校清华东门外创业大厦1006 清华大学理科楼1101电话:62781785 lim 1 1-coS f() x→>0x sInx 因为f(O)<1.则必有limf(x)=0=f(O) x→>0 1-cosf(x 于是1m x→>0x Sinx 2x→>0x 2 (不可用洛必达法则 又因为f(O)存在,所以 If′(02 f(x) fo x->0x >0x 得到 f'(0)= 例37设f()在x=0点某邻域内可导,且当x≠0时f(x)≠0,已知 f(0)=0,f(0)=2.求极眼lim(1-2f(x)x 解:所求极限为“1”型,设法利用标准极限,并与导数 f(0)=2 相联系 1-2f(x lim(1-2f(x)sinx=lim(1-2f(x))2/(x)sin x 由复合极限定理,只须考虑极限 2 f(x)x x>0 sinx x→>0 由f(0)=0,广(0)=2在,故上述极限可利用极限的乘法运算求得,即有 2f(x f(x)-f(0) lm lm x→>0Sinx x→>0 x-osinx 水木艾迪考研培训网www.tsinghuatutor.com 8-清华大学理科楼1101电话:62781785
2005 水木艾迪培训学校 清华东门外创业大厦 1006 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785 1 sin 1 1 cos ( ) lim 0 = − ⋅ → x f x x x 因为 f (0) < 1，则必有 lim ( ) 0 (0) 0 f x f x = = → ， 于是 1 ( ) lim 2 1 sin 1 1 cos ( ) lim 2 2 0 0 = = − ⋅ → → x f x x f x x x x , (不可用洛必达法则！) 又因为 f ′(0) 存在, 所以 2 ( ) lim ( ) [ (0)] lim 0 0 2 ′ = ⋅ = → → x f x x f x f x x ， 得到 f ′(0) = 2 。 例 3.7 设 f (x) 在 x = 0 点某邻域内可 导，且当 x ≠ 0 时 f (x) ≠ 0 ， 已 知 f (0) = 0, f ′(0) = 2，求极限 x x f x sin 1 0 lim(1− 2 ( )) → 。 解：所求极限为“ ”型，设法利用标准极限，并与导数 ∞1 f ′(0) = 2相联系。 x x f x sin 1 0 lim(1− 2 ( )) → x f x f x x f x sin 2 ( ) 2 ( ) 1 0 lim(1 2 ( )) − − ⋅ → = − 由复合极限定理，只须考虑极限 x x x f x x f x x x sin 2 ( ) lim sin 2 ( ) lim 0 0 ⋅ − = − → → 由 f (0) = 0, f ′(0) = 2存在，故上述极限可利用极限的乘法运算求得，即有 ] sin ] [lim ( ) (0) 2[lim sin 2 ( ) lim 0 0 0 x x x f x f x f x x→ x→ x→ ⋅ − = − − 水木艾迪考研培训网 www.tsinghuatutor.com - 8 - 清华大学 理科楼 1101 电话：62781785