最新版高等数学课后习题答案（复旦大学出版社）（李开复编）

高等数学（上）

第一章 函数与极限

1.

?6?设

?4??

4???|sinx|,|x|??3?(x)????0,|x|?3?, 求

????????????、???、????、?(2).

??1?()?sin?662

2??2?()?sin?442??2?(?)?sin(?)?4??2??04

22. 设f?x?的定义域为?0,1?，问：⑴f?x?； ⑵f?sinx?；

⑶f?x?a??a?0?； ⑷f?x?a??f?x?a? ?a?0?的定义域是什么？

1?； （1）0?x?1知－1?x?1,所以f(x)的定义域为?－1，22(2)由0?sinx?1知2k??x?(2k?1)?(k?Z),?2k?,(2k?1)??所以f(sinx)的定义域为

?－a,1?a?所以f(x?a)的定义域为?0?x?a?1?－a?x?1?a(4)由?知?从而得0?x?a?1a?x?1?a??1?a,1?a?当0?a?时，定义域为21当a?时，定义域为?2(3)由0?x?a?1知－a?x?1?a

3. 设

?1?f?x???0??1?x?1x?1x?1，g?x??e，求f?g?x??和g?f?x??，

x并做出这两个函数的图形。

?1,g(x)?1?1,x?0??1.)f[g(x)]??0,g(x)?1从而得f[g(x)]??0,x?0???1,x?0?1,g(x)?1??2.)g[f(x)]?ef(x)?e,x?1????1,x?1??1??e,x?1

4. 设数列

limxnyn?0.n???xn?有界, 又

limyn?0,n?? 证明:

M???xn?有界，??M?0,对?n,有xn?M又?limyn?0,即???0,?N(自然数)，当n?N时，有yn?n??从而xnyn?0?xn.yn?M.?M?? ?结论成立。5. 根据函数的定义证明:

⑴

lim?3x?1??8x?3

????0,要使3x?1?8?3x?3??,只要x?3?即可。3故???0,取?＝，当0?x?3??时，恒有3x?1?8??成立3所以lim(3x?1)?8x?3?

(2)

x???limsinxx?0

1???0,要使sinxx?x??,只要x?sinxx?即可。故取X?2sinxx?01?2，

当x?X时，恒有?0??成立,所以limx?36. 根据定义证明: 当x?0时,函数y?1?x2x是无穷大.问x应满足什么条件时,才能使

y?10?

4?M?0,要使故取?＝1?2x111?2???2?M,只要x?即可。xxxM?2，当0?x??时，有1?2x?M成立x?M?21?2x所以lim??x?0x

要使y?104,只要x?1即可。104?27. 求极限: ⑴

x2?3limx?3x2?1=0

⑵ ⑶

2?x?h??x2limh?0h=limh(2xh?h)?2x

h?0x2?xlim4x??x?3x2?1=0

=

n(n?1)12lim?n??2n2(4) (5) (6)

lim1?2????n?1?n??n2

3??1lim???x?11?x1?x3??=

1?x?x2?3lim??1x?1(1?x)(1?x?x2)limx3?2x2x?2?x?2?2=?

8. 计算下列极限: ⑴ ⑵

limx2sinx?01x=0 =lim1.arctanx?0 xx??limarctanxx??x9. 计算下列极限: ⑴ ⑵ ⑶

limsin?xx?0x?x=limsin.??? ?xx?0limtan3xx?0x1=limsinx3x.cos?3 3xx?01?cos2xlimx?0xsinx3x=

2sin2xlim?2x?0x.sinxx?2?2?lim?(1?)?x?0x??

?e?62?(4)lim??1??= xx???6??

（5）lim?1?2x?=lim(1?2x)1xx?0x?01.22x?e2

?e?2（6）

?3?x?lim??x??1?x??x=

2lim(1?)x??1?x1?x.(?2)?12

10. 利用极限存在准则证明: ⑴

11?1?limn?2?2???2??1n??n??n?2?n?n???

2n211?1?2?n?2?2???2n?n?n?n??n??n?2?n???2?n??

n2n2又lim2?1,lim2?1n??n?n?n??n??

的极限存在,

故原式＝1 ⑵ 数列2,并求其极限.

xn?2?xn?1,n?2,3,...解：10.先证单调。2?2,2?2?2,??x2?2?x1?2?2?2?x1,假设xk?xk?1,则xk?1?2?xk?2?xk?1?xk故?xn?单调递增。20.再证有界。x1?2?2,假设xk?1?2,则xk?2?xk?1?2?2?2故?xn?有界。所以limxn?,设limxn?a,由xn?2?xn?1知a?2?an??n??

所以a?2,a??1(舍去)?limxn?2n??

11. 当x?0时, 2x?x与x较高阶的无穷小?

22?x3相比, 哪一个是

x2?x3x2(1?x)lim?lim?0x?02x?x2x?0x(2?x)

2?当x?0时，x2?x3是较高阶的无穷小。12. 当x?1时, 无穷小1?x和1?1?x?是否同阶?2是否等价?

1（1-x2）(1?x)(1?x)lim2?lim?1x?11?xx?12(1?x)1?当x?1时，(1-x2)1-x2所以同阶且等价.

x2secx?1~213. 证明: 当x?0时, 有.

1?1secx?12(1?cosx)1cosxlim?lim?lim.x?0x?0x?0x2x2x2cosx22x4sin22.1?1?limx?0x2cosxx2?当x?0时，secx?12

14. 利用等价无穷小的代换定理, 求极限:

limtanx?sinxx?0sin3x.

12x(x)1tanx?sinxtanx(1?cosx)2lim=lim?lim=x?0x?0x?0sin3xx3x32

15. 讨论其图形.

?x20?x?1f?x????2?x1?x?2 的连续性, 并画出

f(1?0)?limx2?1x?1?f(1?0)?lim(2?x)?1x?1?又f(1)?1,?f(x)在x?1处连续.总之,f(x)在[0,2]上连续.

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

x2?1y?2x?3x?2x?1,x?2

x2?1(x?1)(x?1)lim2?lim??2x?1x?3x?2x?1(x?1)(x?2)?x?1为可去间断点,补充定义:yx?1??2即可.limx?2x?1(x?1)?lim??,2x?2x?3x?2(x?2)2

?x?2为无穷间断点.⑵

yx?1?x?1y???3?xx?1x?1x?1

=0

x?1?x?1?limy?lim(x?1)?0x?1?x?1?limy?lim(3?x)?2x?1为其跳跃间断点.

1?x2nf?x??limxn??1?x2n17. 讨论函数

的连续性, 若有间

断点, 判别其类型。

?1,x?1?1?xf?x??limx??0,x?1n??1?x2n???1,x?1在x?1处,f(?1?0)??1,f(?1?0)?12n?x??1为跳跃间断点.在x?1处,f(1?0)?1,f(1?0)??1?x?1为跳跃间断点.

的连续区间, 并

18. 求函数 求limf?x?,limf?x?.

x?0x??3x3?3x2?x?3f?x??x2?x?6由x2?x?6?0得：x1?2,x2??3?连续区间为（－?，－3）?（－3，2）?（2，＋?）1limf(x)?x?02(x?3)(x2?1)x2?1?8limf(x)?lim?lim?x??3x??3(x?3)(x?2)x??3x?25

19. 求下列极限：

⑴ ⑵ ⑶ ⑷ ⑸ ⑹ ⑺

limx2?2x?5x?0=5

??4?sin2??lim?3=1

2sinx??x??cos22?cos?x??2xx?x?x?x22limsinx?sin??limx??x??x??lim

x????1xx2?x?x2?x?lim1x??xlim?x????1lime?ex???e0?1

limlnx?0sinx?sinx??ln?lim?ln1?0?x?0xx??x21?1??1?lim?1???lim?(1?)??e2x??x??x?x???1x12

20. 设函数

f(0)?a?exf?x????a?xx?0x?0, 应怎样选择a，使f?x?在???,???内连续。

f(0?0)?limex?1x?0?

b?0,?a?1时，f(x)在（－?，＋?）内连续21. 证明方程x?asinx?b其中a?0,一正根，并且它不超过a?b.

至少有

证明：令f(x)?asinx?b?x显然，f(x)在?0，a?b?上连续f(0)?b?0f(a?b)?asin(a?b)?b?a?b?asin(a?b)?a?0若f(a?b)?0,取?＝a?b;若f(a?b)?0,???(0,a?b)使f(?)?0?方程至少有一正根且不超过a?b.

22. 若f?x?在?a,b?上连续，a?x1, 则在

?x,x?上必有?, 使

1?x2????xn?bnf????f?x1??f?x2???f?xn?n.

证明：f(x)在?x1,xn?连续，?最大值M与最小值m，使m?f(x)?M,i?1,2,...,n?nm??f(?i)?nMi?1n即m??f(?)ii?1nn?Mf(x1)?f(x2)?...?f(xn)n由介值定理，????x1,xn?使f(?)?

23. 证明: 若f?x?在???,???内连续, 则

f?x?limf?x?x??存在,

.

必在

???,???内有界

证明：设limf(x)?A，对??1，?X当x?X时，有f(x)?A?1成立,即x??f(x)?1?A又f(x)在??X,X?上连续，故有界,即?M1使f(x)?M1取M＝max?M1,1?A?，则对?x?(??,??)，有f(x)?M，即f(x)在(??,??)内有界。

第二章 导数与微分

典型例题解析

f(x0?x)?f(x0?3x)例1 设f(x)在x0处可导，求lim． x?0x分析 所求极限与f?(x0)的定义式子很相似，则由f?(x0)的定义即可求解．

f(x0?x)?f(x0?3x)[f(x0?x)?f(x0)]?[f(x0)?f(x0?3x)]解 lim= limx?0x?0xx=

limx?0f(x0?x)?f(x0)f(x0?3x)?f(x0) ?3limx?0x?3x=f?(x0)?3f?(x0)=4f?(x0)．

错误解答 令x0?3x?t，则x0?3x?t，

limx?0f(x0?x)?f(x0?3x)x=

limx?0f(t?4x)?f(t)x=

4limf?(t)

x?0（1）

=4limf?(x0?3x)=4f?(x0)． （2） x?0错解分析 式（1）用到f(x)在点t的导数；式（2）用到f?(x)在点x0连续．但是题目只是给出f(x)在x0处可导的条件，而f(x)

在x0的邻域内是否可导以及f?(x)在x0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f(x)??(a?bx)??(a?bx)，其中?(x)在(??,??)上有定义且在点a处可导．试求f?(0)．

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f(x)的可导性未知，故只能用定义来求．

f(x)?f(0)?(a?bx)??(a?bx)解 当b?0时，lim= limx?0x?0x?0x=

lim[?(a?bx)??(a)]?[?(a?bx)??(a)] x?0x=

blimx?0?(a?bx)??(a)bx?blimx?0?(a?bx)??(a)?bx

=b??(a)?b??(a)=2b??(a)．

所以f?(0)=2b??(a)．

当b?0时，f(x)?0，f?(0)?0． 综上所述，f?(0)=2b??(a)．

)?(x )，其中?(x)的一阶导函数有例3 设函数f(x)?(x?a2界．求f??(a)．

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f?(x)的可导性未知，故只能用定义来求．

解 由于f?(x)?2(x?a)?(x)?(x?a)2??(x)，则有f?(a)?0．又

2(x?a)?(x)?(x?a)2??(x)f?(x)?f?(a)=lim limx?ax?ax?ax?a=lim[2?(x)?(x?a)??(x)]=2?(a), x?a所以f??(a)=2?(a)．

错误解答 因为

f?(x)?2(x?a)?(x)?(x?a)2??(x)，

f??(x)?2?(x)?2(x?a)??(x)?2(x?a)??(x)?(x?a)2???(x)，

所以f??(a)=2?(a)．

错解分析 此解法错误的根源在于?(x)的一阶导函数有界并不能保证?(x)二阶可导．而上述求解却要用到???(x)．

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．

f?(x?a)例4 设f(x)的一阶导数在x?a处连续且lim?1，则x?0x（ ）．

A．f(x)在x?a处的二阶导数不存在． B．limf??(x?a)一x?0定存在．

C．f??(a)?1． D．f?(a)?2．

f?(x?a)解 因为lim所以lim由于f?(x)在x?a处f?(x?a)?0，?1，x?0x?0x连续，故

f?(a)?0．

f?(x?a)?f?(a)f?(x?a)?lim?1，所以f??(a)?1．选C． 又因为limx?0x?0(x?a)?ax

例5 设f(x)在x?0的某个邻域内有定义，x、y为该邻域

内任意两点且f(x)满足条件：

（1）f(x?y)?f(x)?f(y)?1； （2）f?(0)?1．

试证在上述邻域内f?(x)?1．

分析 此处无法用求导公式和求导法则证明f?(x)?1．由于f(x)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f(0)．

证明 因为f(x)在x?0的某个邻域内有定义，记该邻域为

1y?0，则E，则对任意x、y?E，有f(x?y)?f(x)?f(y)?．令

．于是对任意x?E，当x??x?E及?x?E时，考虑下列极f(0)??1限

f(x??x)?f(x)[f(x)?f(?x)?1]?f(x)= limlim?x?0?x?0?x?xf(?x)?(?1)=?lim x?0?xf(?x)?f(0)=?lim x?0?x=f?(0)=1，

故f?(x)?1，x?E．

例6（04研） 设函数f(x)连续，且f?(0)?0，则存在??0，使得（ ）．

A．f(x)在(0,?)内单调增加． B．f(x)在(??,0)内单调减少．

C．对任意的x?(0,?)有f(x)?f(0)． D．对任意的x?(??,0)有f(x)?f(0)．

解 由导数定义知

f(x)?f(0)f?(0)?lim?0． x?0x?0根据极限的保号性，知存在??0，当x?(??,0)f(x)?f(0)?0．

x(0,?)时，有

因此

当x?(??,0)时，有f(x)?f(0)；当x?(0,?)时，有f(x)?f(0)，故选C．

注 函数f(x)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f(x)在x?0处可导．试说明x?0为函数

f(x)x的哪一类间断点．

解 由题设知f(?x)??f(x)，令x?0可得f(0)?0．则

limx?0f(x)xf(x)?0=lim=f?(0)， x?0x?0于是

f(x)x在x?0处有极限．从而x?0是

f(x)x的可去间断点．

例8 设函数f(x)可导，F(x)?f(x)(1?sinx)，则f0)(0?是F(x)在

． x?0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 F(x)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

F(x)?F(0)， F?(0)?limx?0x?0知

F??(0)?lim?x?0F(x)?F(0)f(x)(1?sinx)?f(0) ?limx?0?x?0xf(x)?f(0)f(x)sinx ?limx?0?x?0x?lim?x?0?f??(0)?f(0)?f?(0)?f(0)，

F??(0)?lim?x?0F(x)?F(0)f(x)(1?sinx)?f(0) ?limx?0?x?0x?f??(0)?f(0)?f?(0)?f(0)，

可见F?(0)存在?F??(0)?F??(0)，即f(0)?0.故选A．

例9（01研） 设f(0)?0，则f(x)在点x?0可导的充要条件

A．0． B．1． C．2． D．3． 解 逐阶计算导数来验证，记f1(x)?3x3，易见f1(n)(0)都存在，再记f2(x)?x2|x|，则由求导公式和定义，有

3?? x?03x2, x?06x, x?0?x，?f2(x)??3， f2?(x)??2，f2??(x)??, ??6x, x?0 x?0?????x，??3x, x?0即f??(x)?6|x|，则有f?(0)?f??(0)?0．由|x|在x?0不可导，知f2(3)(0)不

222再存在，即n?2，选C．

例25 设y?sin2x．求y(100)(0)．

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n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 y=sin2x=1?1cos2x．则

22y??sin2x， y???2cos2x， y(3)??22?sin2x， y(4)??23?cos2x， y(5)?24?sin2x，

， y(100)??299?cos2x，

故y(100)(0)=?299．

解法

2 利用公式

(sinkx)(n)=

kn?sin(kx?k?)2．由

，得y??2sixn?cxosx

y(100)(x)=299?sin(2x?

99?)， 2故y(100)(0)=?299．

解法3 利用幂级数展开式f(n)(x0)?an?n!．

y?sin2x=

111111?cos2x=?[1?2x?(2x)2?22222!4!?1(2x)100?100!?]，

故y(100)(0)=?299．

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y?ln(x2?3x?2)．求y(50)． 分析 先求出y??2x?3，若继续求导，将很难归纳出n阶

x2?3x?2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y??y(50)?(1(49))x?12x?311，则 ??x2?3x?2x?1x?249!49!1(49)(?1)49?49!(?1)49?49!?=???()=

(x?1)50(x?2)50(x?1)50(x?2)50x?2dx．

例27 设函数y?y(x)由方程ex?y?cos(xy)?0确定，求dy. 分析 由方程F(x,y)?0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y看作中间变量，在F(x,y)?0两边同时对x求导，然后将y?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dy，则dx前的函数即为所求．

解法1 在方程两边同时对x求导，有

ex?y(1?y?)?sin(xy)(y?xy?)?0，

所以

ysin(xy)?ex?yy??x?y． e?xsin(xy)

解法2 在方程ex?y?cos(xy)?0两边求微分，得

dex?y?dcos(xy)?0，

即ex?y(dx?dy)?sin(xy)(xdy?ydx)?0，从而

ysin(xy)?ex?ydy?x?ydx，所以 e?xsin(xy)ysin(xy)?ex?y． y??x?ye?xsin(xy)例28 设函数y?f(x)由方程y?1?xexy所确定．求y?|x?0， y??|x?0．解 将x?0代入方程y?1?xexy，得y?1．先求y?|x?0，下面用两种解法求y?|x?0．

解法1 对方程两边关于x求导，可得

y??exy?x?exy?(y?xy?)．

将x?0，y?1代入上式中可求得y?|x?0?1．

解法2 对方程两边关于x微分得

dy?xdexy?exydx

dyexy(1?xy)即dy?xedy?xyedx?edx．化简得?．将x?0，y?1代入

dx1?x2exy2xyxyxy上式中求得y?|x?0?1．

下面求y??．对等式y??exy?x?exy?(y?xy?)两边关于x求导，得

y??=exy(y?xy?)?exy(y?xy?)?xexy(y?xy?)2?xexy(y??y??xy??)，

将x?0，y?1，y?|x?0?1代入上式解得y??|x?0?2．

注 求y??时，也可将等式

exy(1?xy)两边对x求导求得，y??1?x2exy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y?y(x)是由方程x?ef(y)?ey所确定，其中f(x)具有二阶导数且

d2yf?(x)?1．求2dx．

解法1 对方程x?ef(y)?ey两边关于x求导，得

ef(y)?x?ef(y)?f?(y)?y??ey?y?，

1y?ee1x即y?=yf(y)=yy?=，上式两端再对x求导得 e?xe?f?(y)e?e?f(y)x[1?f?(y)]f(y)y??f??(y)?[1?f?(y)]2x2[1?f?(y)]3=

?1?{1?f?(y)?x[?f??(y)?y?]}x2[1?f?(y)]2=

．

lnx?f(y)?y，

解法2 方程x?ef(y)?ey两端取对数得

对其两端关于x求导则有

1?f?(y)?y??y?， x解得y?=

1．以下同解法

x[1?f?(y)]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y?(x)x的导数dy．

1?xdx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x?elnx（x?0），将幂指函数化为指数函数．

解法1 对数求导法．

对等式y?(xx)两边取自然对数得 1?xlny?x[lnx?ln(1?x)]，

两边对x求导得

111?y??[lnx?ln(1?x)]?x(?)， yx1?x解得

xxx1y??()?(ln?)． 1?x1?x1?x解法2 利用恒等式x?elnx，（x?0）．

xxln()xx1?xy?()?e?ex?[lnx?ln(1?x)]． 1?x于是

y?=ex?[lnx?ln(1?x)]?{x?[lnx?ln(1?x)]}?

=(xxx1)?(ln?)． 1?x1?x1?x注 一般的可导幂指函数y?u(x)v(x)均可采用上述两种方法求导．

例31 求由方程(cosx)y?(siny)x所确定的函数y(x)的导数dy．

dx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(cosx)y?(siny)x两边取自然对数得

ylncosx?xlnsiny，

两端对x求导，则有

y??lncosx?y?

?sinxcosy?lnsiny?x??y?， cosxsiny

f?(6)，而由f(x?5)=f(x)，可得f(6)?f(1)和

．故问题转化为求f(1)与f?(1)． f?(6)?f?(1)解 由题设条件有

x?0f?(x?5)?f?(x)，从而

lim[f(1?sinx)?3f(1?sinx)]?lim[8x??(x)]，

x?0从而f(1)?3f(1)?0，得f(1)?0．又

limx?0f(1?sinx)?3f(1?sinx)8x?(x)?lim[?]?8， x?0xxxsinxxf(1?sinx)?3f(1?sinx)sinx从而 lim??8， x?0f(1?sinx)?3f(1?sinx)即 lim?8． x?0sinx令t?sinx，则有

limx?0f(1?sinx)?3f(1?sinx)f(1?t)?3f(1?t)?lim?8, t?0sinxt即

f(1?t)?3f(1?t)f(1?t)?f(1)f(1?t)?f(1) lim?lim?3?limt?0t?0t?0tt?t?4f?(1)?8．

所以f?(1)?2．由f(x?5)=f(x)，可得f?(x?5)?f?(x)．则 f(6)?f(1)?0，f?(6)?f?(1)?2， 故所求切线方程为y?0?2(x?6)，即2x?y?12?0为所求．

例40 现有一深为18cm顶部直径为12cm的正圆锥漏斗，内盛满水，下接一直径为10cm的圆柱形水桶，水由漏斗进入水桶．试问当漏斗中水深为12cm且其水面下降速度为1cm/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t时刻漏斗水平面的高度为h(t)cm，水桶水平面的高度为H(t)cm．关键在于建立h(t)与H(t)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t，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t时漏斗中的水量与水桶中水量分别为V1、

V2，则

111?V1???r2(t)?h(t)???[h(t)]2?h(t)?3?h3(t)，V2???52?H(t)， 3333由于在任何时刻，V1?V2均应等于开始时漏斗中的水量，即

1V???62?18?63?3，

即?3?h3(t)???52?H(t)?63?，解得H(t)?31313[6-3?h(t)]．对该等式两边253关于t求导得

H?(t)??112??h(t)?h?(t)， 2532将h(t)?12cm，h?(t)??1厘米/分钟代入上式则求得水桶中水平面上升的速度为

v??11162厘米/分钟． ?12?(?1)?225325?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f(x)?3x2(1?x2)在[0,1]上满足罗尔定理的条件．

解 因f(x)是在[0,1]上有定义的初等函数，所以f(x)在[0,1]上连续，且

21?2x2 f?(x)??1233x(1?x2)3在(0,1)内存在；f(0)?f(1)?0．故f(x)在[0,1]上满足罗尔定理的条件，由定理知至少存在一点??(0,1)使f?(?)?0．即1?2?2?0，于是解得??12例2 已知函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(1)?0，求证在(0,1)内至

f(?)?(0,1)．

少存在一点?使等式f?(?)??分析 要证f?(?)??f(?)?成立．

?成立，即证?f?(?)?f(?)?0，即[xf(x)]?x???0，作辅助

函数F(x)?xf(x)，对F(x)在区间[0,1]上应用罗尔定理．

证明 设F(x)?xf(x)，则它在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且F(0)?F(1)?0．由罗尔定理知至少存在一点??(0,1)使得F?(?)?0，即f?(?)??f(?)?．证毕．

例3 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)?f(b)?0，证明对于任意实数?，在(a,b)内至少存在一点?，使得f?(?)???f(?)．

分析 要证f?(?)??f(?)?0，即证e??[f?(?)??f(?)]?0，即

[e?x(f?(x)??f(x))]|x???0，

即证[e?xf(x)]?|x???0，作辅助函数F(x)?e?xf(x)，并对F(x)在区间[a,b]上应用罗尔定理．

证明 令F(x)?e?xf(x)，易知F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且

F(a)?F(b)?0，

?)]?0，而由罗尔定理知，至少存在一点??(a,b)，使F?(?)?0，即e??[f?(?)??f(e???0，故f?(?)??f(?)?0，即f?(?)???f(?)，??(a,b)．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 f(?)??f?(?)?0， f?(?)g(?)?f(?)g?(?)?0，

?f?(?)?f(?)?0， ?f?(?)?kf(?)?0，

f?(?)g(?)?f(?)g?(?)?0， f??(?)g(?)?f(?)g??(?)?0， f?(?)??f(?)?0， f?(?)?f(?)g?(?)?0

等等．

（2）作辅助函数F(x)，使F?(?)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F(x)为

F(x)?xf(x)， F(x)?f(x)g(x)，

f(x)f(x)， F(x)?k， xxf(x)， F(x)?f?(x)g(x)?f(x)g?(x)， F(x)?g(x)F(x)?F(x)?e??xf(x)， F(x)?e?g(x)f(x)．

（3）在指定区间上对F(x)应用罗尔定理证明． 例4 设a0,a1,,an为满足a0?a1a2??23?an?0的实数，证明：方程 n?1a0?a1x?a2x2?a3x3??anxn?0在(0,1)内至少有一个实根．

?anxn虽然在[0,1]上连续，但是难以验

分析 函数f(x)?a0?a1x?a2x2?a3x3?证f(x)在[0,1]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F(x)?a0x?a12a33x?x?23?ann?1x在x?1处的值为 n?1aa1a2???n?0， 23n?1且F(0)?0，所以该命题可以用罗尔定理来证．

F(1)?a0? 证明 作辅助函数F(x)?a0x?a12a23x?x?23?ann?1x，显然F(x)在[0,1]上连n?1aa1a2对F(x)在区间[0,1]上???n?0．

23n?1应用罗尔定理，则至少存在一点??(0,1)，使得F?(?)?0，即 续，在(0,1)内可导且F(0)?0，F(1)?a0? a0?a1??a2?2?a3?3?即方程a0?a1x?a2x2?a3x3??an?n?0，

?anxn?0在(0,1)内至少有一个实根?．证毕．

注 关于f(x)?0的根（或f(x)的零点）的存在性的两种常用证明方法

证法1 如果只知f(x)在[a,b]或(a,b)上连续，而没有说明f(x)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F(x)，使得F?(x)?f(x)，然后在指定区间上验证F(x)满足罗尔定理的条件，从而得出f(x)的零点存在性的证明．

例5 若f(x)在[?1,1]上有二阶导数，且f(0)?f(1)?0，设F(x)?x2f(x)，则在(0,1)内至少存在一点?，使得F??(?)?0．

分析 要证F??(?)?0，只要证在F?(x)区间[0,1]上满足罗尔定理，关键是找到两个使F?(x)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F(x)?x2f(x)，则F?(x)?2xf(x)?x2f?(x)． 因为f(0)?f(1)?0，所以F(0)?F(1)?0．F(x)在[0,1]上满足罗尔定理的条件，则至??0少存在一点?1?(0,1)使得F?(?1)?0，而F?0即F?0．对F?(x)在[0,?1]()?(F)()0?，1?上用罗尔定理，则至少存在一点??(0,?1)使得F??(?)?0，而??(0,)?1(01,?)，即在(0,1)内至少存在一点?，使得F??(?)?0．证毕．

证法2（用泰勒公式证）F(x)的带有拉格朗日型余项的一阶麦克劳林公式为

F??(?)2x, 2!其中??(0,x)．令x?1，注意到F(0)?F(1)?0，F?(0)?0，可得F??(?)?0，??(0,1)．证

F(x)?F(0)?F?(0)x?毕．

注 结论为f(n)(?)?0 (n?2)的命题的证明常见方法有两种： （1）对f(n?1)(x)应用罗尔定理；（2）利用f(x)的n?1阶泰勒公式．

例6 设函数f(x)在闭区间[0,1]上可微，对于[0,1]上的每一个x，函数f(x)的值都在开区间(0,1)之内，且f?(x)?1，证明在(0,1)内有且仅有一个x，使得f(x)?x．

分析 根据题目结论，容易联想构造辅助函数F(x)?f(x)?x，用零点定理证F(x)存在零点；而唯一性常用反证法证之．

证明 作辅助函数F(x)?f(x)?x，易知F(x)在区间[0,1]上连续，又

0?f(x)?1?F(0)?f(0)?0，F(1)?f(1)?1?0，

根据闭区间上连续函数的零点定理可知，至少存在一个??(0,1)，使得

F(?)?f(?)???0，

即f(?)??．

下面用反证法证明唯一性．假设存在x1，x2?(0,1)，且不妨设x1?x2，使得

f(x1)?x1，f(x2)?x2，F(x1)?F(x2)?0．

显然F(x)在[x1,x2]上满足罗尔定理的三个条件，于是存在??(x1,x2)?(0,1)使得F?(?)?0，即f?(?)?1，这与题设f?(x)?1(x?(0,1))矛盾，故唯一性也成立．证毕．

例7 假设函数f(x)和g(x)在[a,b]上存在二阶导数，并且g??(x)?0， f(a)?f(b)?g(a)?g(b)?0，

试证：（1）在开区间(a,b)内g(x)?0；

（2）在开区间(a,b)内至少存在一点?，使

f(?)f??(?)． ???g(?)g(?)分析 证（1）可采用反证法，设存在c?(a,b)使得g(c)?0，且由已知条件

g(a)?g(b)?0，

可以两次利用罗尔定理推出与g??(x)?0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?(x)，使得?(a)??(b)?0，且??(x)?f(x)g??(x)?f??(x)g(x)，通过观察可知?(x)?f(x)g?(x)?f?(x)g(x)．构造?(x)是本题的难点．

证 （1）反证法．设存在c?(a,b)，使得g(c)?0，由于

g(a)?g(b)?g(c)?0，

对g(x)分别在区间[a,c]和[c,b]上应用罗尔定理，知至少存在一点?1?(a,c)，使得g?(?1)?0．至少存在一点?2?(c,b)，使得g?(?2)?0．再对g?(x)在区间[?1,?2]上应用罗

尔定理，知至少存在一点?3?(?1,?2)，使得g??(?3)?0，这与题设g??(x)?0矛盾，从而得证．

（2）令?(x)?f(x)g?(x)?f?(x)g(x)，则?(a)??(b)?0．对?(x)在区间[a,b]上应用罗尔定理，知至少存在一点??(a,b)，使得??(?)?0，即

f(?)g??(?)?f??(?)g(?)?0．

又因g(x)?0，x?(a,b)，故g(?)?0，又因为g??(x)?0，所以g??(?)?0，因此有

f(?)f??(?)． 证毕． ?g(?)g??(?)?ex,例8 验证函数f(x)???1?x,x?0x?01在[?1,]上拉格朗日中值定理的正确性．

e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limf(x)?limex?1，limf(x)?lim(1?x)?1，则 ????x?0x?0x?0x?0f(0?)?f(0?)?f(0)，

1故f(x)在x?0处连续，故f(x)在[?1,]上连续．又因为

e

f(0??x)?f(0)e?x?1f??(0)?lim??lim??1，

?x?0?x?0?x?x?(0)?lim?f??x?0f(0??x)?f(0)(1??x)?1?lim??1， ?x?0?x?x11故f?(0)?1从而f(x)在(?1,)内可导．则由拉格朗日中值定理知存在??(?1,)使

ee11f()?f(?1)?f?(?)(?1)， ee?ex,x?0ee即f?(?)?，而f?(x)??，所以e??，解得??1?ln(1?e)．

1,x?01?e1?e?例9 设0??????2，证明

??????． ?tan??tan??2cos?cos2?分析 当???时，即证此式中的

1tan??tan?1． ??cos2????cos2?tan??tan?可看成函数f(x)?tanx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f(x)?tanx．由于f(x)在[?,?](0??????2在(?,?)内)上连续，

可导，利用拉格朗日中值定理得

tan??tan?1?，?(0???????)． 2???cos?2因为0????????2，所以

111．从而可得 ??cos2?cos2?cos2?1tan??tan?1， ??cos2????cos2?即

??????．证毕． ?tan??tan??2cos?cos2?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f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且f(a)?f(b)．证明在(a,b)内至少存在一点?，使得f?(?)?0．

证法1 因为f(x)不恒为常数，故至少存在一点x0?(a,b)，使得

f(x0)?f(a)?f(b)．

先设f(x0)?f(a)?f(b)，在[a,x0]?[a,b]上运用拉格朗日中值定理，于是可知存在

??(a,x0)?(a,b)，使得f?(?)?1[f(x0)?f(a)]?0． x0?a若f(x0)?f(a)?f(b)，则在[x0,b]?[a,b]上运用拉格朗日中值定理知，同样可知存在

??(x0,b)?(a,b)，f?(?)?综上所述，命题得证．

1[f(b)?f(x0)]?0． b?x0证法2 反证法．

若不存在这样的点?，则对任意的x?(a,b)，f?(x)?0，所以f(x)在[a,b]上单调不增，而f(a)?f(b)，故f(x)在[a,b]上为常数，与题设矛盾．所以命题得证．证毕．

例11 设函数f(x)在[0,1]上可导，且

0?f(x)?1，f?(x)??1， 证明：方程f(x)?1?x在(0,1)内有唯一的实根．

分析 要证方程f(x)?1?x在(0,1)内有唯一的实根，实际上相当于证明函数

F(x)?f(x)?x?1 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F(x)?f(x)?x?1，则F(x)在[0,1]内连续，且

F(0)?f(0)?1?0，F(1)?f(1)?0．

由闭区间上连续函数的零点定理知，存在??(0,1)，使F(?即?为方程f(x)?1?x)?0，

的实根．

唯一性（用反证法证）

若f(x)?1?x在(0,1)内有两个不等实根x1，x2(0?x1?x2?1)，即

f(x1)?1?x1，f(x2)?1?x2．

对f(x)在[x1,x2]上利用拉格朗日中值定理，至少存在一点??(x1,x2)?(0,1)，使得

f?(?)?f(x2)?f(x1)(1?x2)?(1?x1)???1．

x2?x1x2?x1这与题设条件f?(x)??1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f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)?0，f(1)?1． 证明：（1）存在??(0,1)，使得f(?)?1??；

（2）存在两个不同的点?，??(0,1)，使得f?(?)f?(?)?1． 证明 （1）令g(x)?f(x)?x?1，则g(x)在[0,1]上连续，且g(0)??1?0，g(1)?1?0，

故由零点定理知存在??(0,1)，使得g(?)?f(?)???1?0，即f(?)?1??．

（2）由题设及拉格朗日中值定理知，存在??(0,?)，??(?,1)，使得

f?(?)?f?(?)?f(?)?f(0)1??， ???0?f(1)?f(?)1?(1??)?， ??1??1??1??从而f?(?)f?(?)?1????1．证毕．

?1??注 要证在(a,b)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．

ex?esinx例13 求极限lim．

x?0x?sinx分析 该极限属于

0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，0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．

ex?esinxex?cosxesinxex?sinxesinx?cos2xesinx ?lim?limlimx?0x?0x?0x?sinx1?cosxsinxex?cosxesinx?sinxcosxesinx?2cosxsinxesinx?cos3xesinx ?lim?1．

x?0cosx解法2 对函数f(x)?ex在区间[sinx,x]（或[x,sinx]）上使用拉格朗日中值定理可

ex?esinx得?e?，其中sinx???x或x???sinx．当x?0时，??0，故 x?sinxex?esinx?lime??1． lim??0x?0x?sinx解法3 用导数的定义．

x?sinxex?esinx?e0ex?sinx?e0eu?e0sinxe?lime?lim?lim?(eu)?|u?0?1． limx?0x?0x?sinxx?sinx?0x?0x?sinx?0u?0u?0sinx?xsixnex?e?1sixne解法4 ，当x?0时， ?ex?sinxx?sinxex?sinx?1x?sinx，

x?sinxex?esinx?1x?sinxsinxe故lim?lime?lim?1．

x?0x?0x?sinxx?sinxx?0x?sinx例14 设f(x)在[a,b]上可微(0?a?b)，证明：存在??(a,b)，使得

(b2?a2)f?(?)?2?[f(b)?f(a)]．

f(b)?f(a)f?(?)， ?b2?a22?则用柯西中值定理证明；也可将要证明的等式变形为

分析 考虑将要证明的等式变为

[(b2?a2)f(x)?x2(f(b)?f(a))]?x???0，

则可用罗尔定理来证明．

f(b)?f(a)f?(?)证法1 只要证明， ?b2?a22?易知f(x)和g(x)?x2在[a,b]上满足柯西中值定理的条件，故存在??(a,b)，使

f(b)?f(a)f?(?)． ?b2?a22?证法2 只要证明[(b2?a2)f(x)?x2(f(b)?f(a))]?x???0． 令F(x)?(b2?a2)f(x)?x2(f(b)?f(a))，F(x)在[a,b]可导，且

F(a)?b2f(a)?a2f(b)?F(b)，

由罗尔定理知，至少存在一点??(a,b)，使F?(?)?0，即

(b2?a2)f?(?)?2?[f(b)?f(a)]．证毕．

错误证明 要证的结论可改写成

f(b)?f(a)f?(?)．对函数f(x)和g(x)?x2在?22b?a2?区间[a,b]上分别使用拉格朗日中值定理，存在??(a,b)，使

f(b)?f(a)?f?(?)(b?a)，b2?a2?2?(b?a)，

于是

f(b)?f(a)f?(?)． ?b2?a22?错解分析 以上证法错在认为f(x)和g(x)?x2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．

)f??1(例如，取f(x)?x3，f(x)在(0,1)内使f(1)?f(0?)?(1成0立)的点是

?1?

13；g(x)?x在(0,1)内使g(1)?g(0)?g?(?2)(1?0)成立的点是?2?21；而使柯西2

中值公式

f(1)?f(0)f?(?3)2成立的点是?3?． ?g(1)?g(0)g?(?3)3例15 把函数f(x)?xe?x展成带佩亚诺余项的n阶麦克劳林公式．

分析 将函数展成n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

f(x)?xe?x， f(0)?0． f?(x)??(x?1)e?x， f?(0)?1．

f??(x)?(?1)2(x?2)e?x， f??(0)??．2 f???(x)?(?1)3(x?3)e?x， f???(0)?．3

?1f(n)(x)?(?1)n(x?n)e?x， f(n)(0)??(n1)n．

所以f(x)的n阶麦克劳林公式为

x2x3x4?xxe?x????1!2!3!解法2 间接法

?(?1)n?1xn?o(xn)． (n?1)!在ex的带佩亚诺余项的n阶麦克劳林公式中，以?x代x，得

e?xx2x3?1?x???2!3!x2x3x4?x????1!2!3!nxn?(?1)?o(xn)．

n!n上式两端同乘以x，有xe?xxn?1?(?1)?x?o(xn)．因为

n!nxn?1(?1)?o(xn)?xn!?0， limx?0xnxn?1故(?1)?o(xn)?x?o(xn)，从而

n!nx2x3x4x?xn?1?????(?1)?o(nx．) xe?x1!2!3!n?(1)!n

例16 求limcosx?ex?0x4?x22．

分析 该极限属于

0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0可考虑利用cosx，ex的泰勒公式．

解 因为

x2x4cosx?1???o(x4)，

2!4! e?x22x21x22?1??(?)22!2?x22x22x2o?((?))?1?22x44，?o?x( )8limcosx?ex?0x4x2x4x2x441???o(x)?[1???o(x4)]2!4!28?lim 4x?0x14x?o(x4)1?lim124??． x?0x12?注1 此题属

0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0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x?0为例）：

a．o(xn)?o(xn)?o(xn)； b．当m?n时，o(xm)?o(xn)?o(xn)； c．o(xm)?o(xn)?o(xm?n)； d．当?(x)有界，则?(x)?o(xn)?o(xn)． ex?1例17 求极限lim．

x?0cos3x?10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．

02解法1 用洛必达法则．

2ex?12xex23x2lim?lim??lim?ex??． x?0cos3x?1x?0?3sin3x9x?0sin3x9解法2 用等价无穷小替换定理．

22ex?1x22． lim?lim??2x?0cos3x?1x?019?(3x)22例18 求极限lim?x?0lntan(7x)．

lntan(2x)分析 该极限属于价无穷小替换定理．

?型，可直接用洛必达法则；也可以先用洛必达法则，然后用等?17?lntanx(7)tan(7x)cos2(7x)?lim 解法1 lim

12x?0?lntanx(2x)?0??tan(2x)cos2(2x)17?sin(4x)sin(7x)cos(7x)7?lim?lim x?0?x?0?sin(14x)122?sin(2x)cos(2x)?7cos(4x)4lim??1． 2x?0?cos(14x)1417?2lntanx(7)tan(7x)cos(7x)?lim解法2 lim

12x?0?lntanx(2x)?0??tan(2x)cos2(2x)7cos2(2x)tan(2x)72x?lim ?lim ??lim?1 2???x?0x?0x?02cos(7x)tan(7x)27x例19（99研） lim(x?011?)?_______． 2xtanxx分析 该极限属于???型．将

11通分，然后再用洛必达法则． ?2xxtanxsec2x?1tan2x111tanx?xtanx?x解 lim(2??lim?lim?． )?lim2?lim223x?0x?0x?0xx?0x?03x3x3xtanxxtanxx例20 求极限limxe?x．

x??2分析 该极限属于0??型，应当先变形为为

?0或型，再用洛必达法则，究竟变形0?际

情

况

确

定

，

例

如

，

何种类型，要根据实

limxex???x2e?x2xe?x2e?x?lim?lim?lim?x??1x??x??11xx2x3222，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． ?2x1解 lim?0． xe?x?limx2?lim2x??x??x??e2xexsinx例21 求极限lim． x?x?0分析 该极限属于00型，先化为xsixn?lime解 lim??x?0x?0sxinx?型，再用洛必达法则． ?lnx)，而 1sinxln?limexp(?x?01lnxsin2xsinxsinxxlim?lim??lim??lim?lim?0． x?0?x?0??cosxx?0?xcosx1x?0?xx?0?cosxsinxsin2x故limxsinx?e0?1． ?x?0例22 求极限lim(x?e)．

x???1xx分析 该极限属于?0型，先取对数（或者用恒等式elnx?x,x?0）将其转化为0??型，然后将其转化为

0?或型，再用洛必达法则． 0?x1x1解法1 设y?(x?e)，lny?ln(x?ex)

xln(x?ex)1?exexlimlny?lim?lim?lim?1， x???x???x???x?exx???1?exx故lim(x?e)?ex???xx???1xlimlny?e1?e．

1xx解法2 lim(x?e)?limexp[ln(x?e)]

x???x???1xx1?exx1exxx?e?exp[limln(x?e)]?exp(lim)?exp(lim )?e．

x???xx???x???1?ex1

1sinx1?cos例23 求极限lim()x．

x?0x分析 该极限属于1?型，可把1?型变为e??ln1型．于是，问题归结于求??ln1型即0??型的极限；也可以用重要极限．

sinx)x11?cosx 解法1 lim(x?0xlnsinxlimx?0?e1?cosx，由于

sinxcosx1?lnsinx?lnxxsinxx lim?lim?lim2x?01?cosxx?0x?0xx2ln?lim?limxcosx?sinxxcosx?sinx ?limx?0x?0x2sinxx3?xsinx?sinx1． ?lim??2x?0x?03x3x311?sinx1?cosx故lim()?e3． x?0x解法2 利用重要极限lim(1?x)?e．

x?011sinx?x??sinx1?cossinx?xsinxxx?x1?cosxx．因为 lim()?lim(1?)x?0x?0xx1xlim1sinx?x1sinx?x??lim?

x?01?cosxx?01xx2x2?1x2cosx?11?lim?lim2??， x?0x?032323xx2211?sinx1?cosx故lim()?e3． x?0x注1 对于

0?或型可直接利用洛必达法则，对于00型，1?型，?0型，可以利用0?对数的性质将00型转化为e0?ln0型，将?0化e0?ln?型，将1?化为e??ln1型，于是问题就转化

0?为求0??型，然后将其化为或型，再用洛必达法则．

0?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．

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