题目256
设
f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x^{n+2}-x^{-n}}{x^n+x^{-n}}，则函数
f(x)（A）仅有
1个间断点 （B）仅有
2个间断点，其中
1个可去，
1个无穷 （C）仅有
2个间断点，
2个都是跳跃 （D）有
2跳跃间断点和
1个可去间断点
解答
常用极限结论：
\lim\limits_{n\to\infty} x^n = \begin{cases} 0 & ,|x| < 1 \\\\ \infty & ,|x| > 1 \\\\ 1 & ,x = 1 \\\\ \not\exists &,x=-1 \end{cases}f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x^{n+2}-x^{-n}}{x^n+x^{-n}} = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x^2 \cdot x^{2n}-1}{x^{2n}+1} \quad (x \ne 0)|x| < 1 时：
f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x^2 \cdot x^{2n}-1}{x^{2n}+1} = -1x = 1 时：
f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x^2 \cdot x^{2n}-1}{x^{2n}+1} = 0x = -1 时：
f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x^2 \cdot x^{2n}-1}{x^{2n}+1} = 0|x| > 1 时：
f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x^2 - 0}{1 + 0} = x^2\lim\limits_{x\to1^+} f(x) = 1，
\lim\limits_{x\to -1^-} f(x) = 1故
x = 0, x = -1 为 跳跃间断点
\lim\limits_{x\to0}f(x) = 0，故
0 是 可去间断点
因此，两个跳跃，一个可去
题目257
设
f(x) 在
x=1 处连续，且
\dfrac{f(x)-2x}{e^{x-1} - 1} - \dfrac{1}{\ln x} 在
x=1 的某去心邻域有界，求
f(1) 的值
解答
泰勒展开你就慢了，这题武老师的方法秒杀，妙啊
由
\dfrac{f(x)-2x}{e^{x-1} - 1} - \dfrac{1}{\ln x} 在
x\to 1 时有界
故
\lim\limits_{x\to 1} (e^{x-1} - 1) \times \Bigg(\dfrac{f(x)-2x}{e^{x-1} - 1} - \dfrac{1}{\ln x} \Bigg) = 0[
\begin{aligned}
\lim\limits_{x\to 1} (e^{x-1} - 1) \times \Bigg(\dfrac{f(x)-2x}{e^{x-1} - 1} - \dfrac{1}{\ln x} \Bigg) &= \lim\limits_{x\to 1} f(x) - 2x - \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{e^{x-1} - 1}{\ln x} \\\\
&= f(1) - 2 - \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x-1}{x-1} \\\\
&= f(1) - 3
\end{aligned}
]故
f(1) = 3当然本题也可以通分，泰勒展开算，就是有点慢了
题目258
已知函数
f(x) = \dfrac{(x^2 + a^2)(x-1)}{e^{\frac{1}{x}} + b} 在
(-\infty,+\infty) 上有一个可去间断点和一个跳跃间断点，求
a,b 的值
解答
能且只能在分母为
0 处，出现题目的两个间断点：
x = 0 处和
x = \dfrac{1}{\ln(-b)}x \to 0^+ 时：
f(x) = 0 显然
x \to 0^- 时：
f(x) = -\dfrac{a^2}{b}由于不存在第二类间断点，故分母趋于零的间断点必定会被分子抵消
则可知
\lim\limits_{x\to 1} e^{\frac{1}{x}} + b = 0，得出
b = -e此时:
x = 1 为可去间断点，故
x=0 为跳跃间断点
故
a \ne 0, b = -e题目259
函数
f(x) = \begin{cases} \dfrac{e^x-1}{x} &x\ne0\\\
1&x=0 \end{cases}，在
x=0 处
（A）连续且取极大值 （B）连续且取极小值 （C）可导且导数为
0 （D）可导且导数不为
0 ## 解答
\lim\limits_{x\to0} f(x) = \lim\limits_{x\to0} \dfrac{e^x-1}{x} = \lim\limits_{x\to0} \dfrac{x}{x} = 1 = f(0)故
f(x) 在
x=0 处连续
f'(0) = \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\dfrac{e^x-1}{x} - 1}{x} = \lim\limits_{x\to0} \dfrac{e^x - 1 - x}{x^2} = \dfrac{1}{2}故
f(x) 在
x = 0 处导数为
\dfrac{1}{2}题目260
下列函数中在
x=0 处不可导的是（ ）
\displaystyle\int_0^x(|t|+t)dt
|x|(x+\displaystyle\int_0^{|x|}e^{t^2}dt)
|\tan x - \sin x|
\sin|x| + \cos|x|解答
变上限积分在一点 可导性 取决于被积函数在该点的 连续性
显然 (A) 可导
- 选项：
f'(0) = \lim\limits_{x\to0}\dfrac{|x|}{x} \cdot (x + \displaystyle\int^{|x|}e^{t^2}dt) = 0故（B）在
x = 0 也可导
- 选项：
f_{+}'(0) = \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\tan x - \sin x}{x} = 0，
f_{-}'(0) = \lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\sin x - \tan x}{x} = 0故（C）在
x = 0 也可导
- 选项：
f'(0) = \lim\limits_{x\to0} \dfrac{\sin|x| + \cos|x| - 1}{x} = \lim\limits_{x\to0} \dfrac{|x| - \dfrac{1}{2}|x|^2 + o(|x|^2)}{x} = \lim\limits_{x\to0} \dfrac{|x|}{x} 不存在
故选
\mathbf{D}题目261
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f[\varphi(x)] - f(0)}{\varphi(x)} 看似很像导数定义，但实则存在许多问题
解答
例如
\varphi(x) > 0 则该式子只能说明在
x=0 处的 右导数 存在，反例
\varphi(x) = x^2反之
\varphi(x) < 0 则该式子只能说明在
x=0 处的 右导数 存在，反例
\varphi(x) = -x^2因此必须满足
\varphi(x) 不是 恒正或恒负 的才能满足在
x = 0 点的导数定义
故不能 正推
反过来也不成立，如果
\varphi(x) \equiv 0 则该式为 未定义式，故当然 极限不存在
因此 即非必要也非充分条件
看了一下武老师的讲解，他把
\varphi(x)\xlongequal{令}x\sin \dfrac{1}{x} 这个是更好说明的例子
因为他在趋于
0 的任意邻域内都有等于
0的值，且满足了极限为0
该例子更值得记忆
题目262
已知
f(x) 为奇函数，则
f'_+(0) 存在是
f(x) 在
x=0 处可导的（ ）条件
解答
"
\Leftarrow"：显然
"
\Rightarrow"：
f_{+}'(0) = \lim\limits_{x\to0^+} \dfrac{f(x)}{x} = \lim\limits_{t\to0^-} \dfrac{f(-t)}{-t} = \lim\limits_{t\to0^-} \dfrac{-f(t)}{-t} = \lim\limits_{t\to0^-} \dfrac{f(t)}{t} = f_{-}'(0)左导数
= 右导数
\Rightarrowx = 0 导数存在
故是 充要条件
题目263
已知函数
f(x) 在
x = x_0 的邻域内可导，则
f'(x_0)>0 是
f(x) 在
x=x_0 的某邻域内单调增的 ( ) 条件
解答
一点处导数大于零，只能说明左高右低 一点处二阶导数大于零，可以推单调性（相当于上面的升维，六套卷里考过了）
这是一个经典概念题，被换形式考了无数次了
那就是函数 在一点邻域内单调增 不能推出在 该点导数
>0例如：
f(x)=x^3 \Rightarrow f'(0)=0以及函数在 一点导数
>0 不能推出在 该点邻域内单调增
例如：
f(x) = x + x^2\sin\dfrac{1}{x} 在
x=0 任意邻域 内都不具有 单调性
同时他在
x=0 处
f'(0) = 1 > 0这种时候往往就是要请出我们的震荡间断点hh
综上所述，为 非充分非必要 条件
题目264
设函数
f(x) 在
x = x_0 的某个邻域有定义，则下列命题
- 若
f'(x_0) 存在，则
f(x) 在
x=x_0 处连续
- 若
f_{-}'(x_0),f_{+}'(x_0) 都存在，则
f(x) 在
x=x_0 处连续
- 若
\lim\limits_{x\to x_0^-}f'(x),\lim\limits_{x\to x_0^+}f'(x) 都存在，则
f(x) 在
x=x_0 处连续
- 若
\lim\limits_{x\to x_0}f'(x) 存在，则
f(x) 在
x=x_0 处连续
解答
命题一：可导必连续，故正确
命题二：左右导数存在，则可以写出如下定义：
\lim\limits_{x\to x_0^+} \dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} 存在，
\lim\limits_{x\to x_0^-} \dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} 存在
故
\lim\limits_{x\to x_0^+} f(x) = f(x_0) 且
\lim\limits_{x\to x_0^-} f(x) = f(x_0)由于 左连续 且 右连续 故在该点 连续
故正确
命题三：导数的极限 存在，必然不能推得在该点连续
读者可以随意写两个函数，然后分段后在一点上跳跃间断即可
例如
\begin{cases} x^2 + 2 &x<0\\ x^2 + 3 &x\ge0 \end{cases} 在
x=0 跳跃间断，但左右导数极限存在
故错误
命题四：同理上面，推不了，函数可以在这一点 可去间断
邻域内的导数极限，不受到该点的影响
故错误
看见 堡 的理解很棒：函数可导就一定连续，左可导左连续，右可导右连续
题目265
设曲线
y=f(x) 与
y=\sqrt{\dfrac{(1+x^2)\sqrt{x}}{e^{x-1}}} + \arctan\dfrac{x^2-1}{\sqrt{1+x^2}} 在点
(1,\sqrt{2}) 处相切
，则 {x1}(f(x)+1-)^{} = _____
解答
两曲线在一点处 相切，说明在该点处：
- 坐标相同
- 切线斜率相同
利用这两点建立方程即可
坐标相同：
[
f(1) = \sqrt{2}
]切线斜率相同：令
y = y_1 + y_2[
\begin{aligned}
\ln y_{1}(x) &= \dfrac{1}{2} [\ln(1+x^2) + \dfrac{1}{2}\ln x - x + 1] \\\\
\dfrac{y_{1}'}{y_1} &= \dfrac{1}{2} [\dfrac{2x}{1+x^2} + \dfrac{1}{2x} - 1] \\\\
\dfrac{y_{1}'(1)}{y_1(1)} &= \dfrac{1}{4} \\\\
y_{1}'(1) &= \dfrac{\sqrt{2}}{4} \\\\
\end{aligned}
][
y_{2}'(1) = \lim_{x\to1}\dfrac{\arctan\dfrac{x^2-1}{\sqrt{1+x^2}}}{x - 1} =
\lim_{x\to1}\dfrac{(x-1)(x+1)}{(x - 1) \sqrt{1+x^2}} = \sqrt{2}
]故：
f'(1) = \dfrac{\sqrt{2}}{4} + \sqrt{2} = \dfrac{5}{4}\sqrt{2}[
A = \lim_{x\to1}\dfrac{\ln (f(x) + 1 - \sqrt{2})}{\ln x} =
\lim_{x\to1}\dfrac{f(x)-\sqrt{2}}{x-1} =
\lim_{x\to1}f'(x) = \dfrac{5}{4}\sqrt{2}
]故：
\lim\limits_{x\to1}(f(x)+1-\sqrt{2})^{\frac{1}{\ln x}} = e^{\frac{5\sqrt{2}}{4}}题目266
确定函数
f(x) = |x^3-x-\sin x| 不可导的点的个数
解答
之前说过的一个知识点，不可导点个数，不外乎分析 分段点 即可
由分段函数的一个已知结论：
x_0 \ne 0,
f(x_0) \text{可导}\Leftrightarrow |f(x_0)| \text{可导}
x_0 = 0,
f'(x_0) = 0 \Leftrightarrow |f(x_0)| \text{可导}令
g(x) = x^3-x-\sin x，由于
g(x) 是 奇函数，故只需研究大于等于0的部分
找出
g(x) 的零点:
g'(x) = 3x^2 - \cos x - 1,
g'(0) < 0, \lim\limits_{x\to\infty}g'(x) > 0故由 零点定理 可知至少存在一个零点满足
g'(x) = 0又
g''(x) = 6x + \sin x > 0 可知
g'(x) 在
(0,+\infty) 有且仅有一个零点
设该点为
x_0，因此
x \in (0, x_0) 时单调递减，
x \in (x_0,+\infty) 时单调递增
又
g(x_0) < 0，故存在一个零点
x_1\in(x_0, +\infty)综上所述，共
3 个零点
-x_1, 0, x_1题目267
设
f(x)=\begin{cases} x^2&x\ge0,\\\\ x^4&x<0 \end{cases}\quad g(x)=\begin{cases} -\sqrt{x}&x\gt0,\\\\ x^2&x\le0 \end{cases}若
y=f[g(x)]，则：
\dfrac{dy}{dx}\bigg|_{x=1} = 1
\dfrac{dy}{dx}\bigg|_{x=1} 不存在
\dfrac{dy}{dx}\bigg|_{x=0} = 0
\dfrac{dy}{dx}\bigg|_{x=0} 不存在
解答
这是 30讲 第一章的某习题，直接做就完事了，先把复合函数的分段形式写出来：
y = \begin{cases} x^4 & x \le 0\\\\ x^2 & x > 0 \end{cases}则
\lim\limits_{x\to1}\dfrac{x^2 - 1}{x-1} = 2 故 A,B错误 （B上来就可以排错，初等函数在区间内都是连续的）
又
\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{x^2}{x} = 0 = \lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{x^4}{x} = 0 故 C正确，D错误
题目268
设
\varphi(x)=\begin{cases} x^3\sin\dfrac{1}{x} &x\ne 0\\\\ 0 &x = 0 \end{cases} 函数
f(x) 可导，求
F(x) = f[\varphi(x)] 的导数
解答
x \ne 0 时：
F'(x) = f'[\varphi(x)] \cdot \varphi'(x) = f'(x^3\sin\dfrac{1}{x}) \cdot (3x^2\sin\dfrac{1}{x} - x\cos\dfrac{1}{x})本题一大 踩分点 时发现
\varphi(x) 在
x 趋于
0 时，会无限取到
0，因此不能直接使用 导数定义
x = 0 时：(导数定义分类讨论)
[
F'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{F(x)-F(0)}{x -0} =
\lim_{x\to 0}\frac{f[\varphi(x)]-f(0)}{x}
]x = 时:\((k\to\infty,k\in \mathbf{Z})\)
[
\lim_{x\to 0}\frac{F(x)-F(0)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{0}{x} = 0
]x 时:\((k\to\infty,k\in \mathbf{Z})\)
[
\lim_{x\to 0}\frac{F(x)-F(0)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{f[\varphi(x)]-f(0)}{\varphi(x)} \cdot \frac{\varphi(x)}{x} = 0
]综上
F'(0) = 0
本题 武老师 要的是 复合函数链导法：
通过证明
\varphi(x) 在
x=0 处可导，即
\varphi'(0) 存在且
\varphi'(0) = 0，又
f'(0) 存在，故
f'(\varphi(0)) 存在
题目269
设函数
f(x) 在
(\dfrac{1}{2}, +\infty) 上可导，且
\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f[(x+h)^2] - f(x^2+h)}{h}=1,f(1)=1，求
f(x)解答
[
\begin{aligned}
&
\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f[(x+h)^2] - f(x^2+h)}{h}
\\\\
=&
\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f[(x+h)^2] - f(x^2) + f(x^2) - f(x^2+h)}{h}
\\\\
=&
\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f[(x+h)^2] - f(x^2)}{h} -
\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(x^2+h)-f(x^2)}{h}
\\\\
=&
[f(x^2)]' - f'(x^2) = f'(x^2) \cdot (2x - 1)
\end{aligned}
]令
f'(x^2) \cdot (2x-1) = 1，换元可得
f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}-1}，左右取积分：
[
\begin{aligned}
\int f'(x) dx &= \int \dfrac{1}{2\sqrt{x}-1} dx \\\\
f(x) &= \int \dfrac{2u - 1 + 1}{2u-1} du = \int (1 + \dfrac{1}{2u-1}) du \\\\
f(x) &= u + \dfrac{1}{2}\ln(2u - 1) + C \\\\
f(x) &= \sqrt{x} + \dfrac{1}{2}\ln(2\sqrt{x} - 1) + C \\\\
\end{aligned}
]代入初值：
f(1) = 1 + C = 1，故
C = 0，于是有：
[
f(x) = \sqrt{x} + \dfrac{1}{2}\ln(2\sqrt{x} - 1)
]题目270
设可导函数
y=y(x) 由方程
\sin x - \displaystyle\int_x^y\varphi(u)du=0 所确定的
其中可导函数
\varphi(u)>0，且
\varphi(0) = \varphi'(0)=1，求
y''(0)解答
隐函数求导问题，显然
x = 0 时，
y = 0，然后对方程两侧求导有：
[
\cos x - y' \varphi(y) + \varphi(x) = 0 \quad\Rightarrow\quad y' =
\dfrac{\cos x + \varphi(x)}{\varphi(y)}
]有：
y'(0) = \dfrac{1 + 1}{1} = 2再求一次导：
[
-\sin x - y''\varphi(y) - y'^2\varphi'(y) + \varphi'(x) = 0 \quad\Rightarrow\quad
y'' = \dfrac{-\sin x - y'^2\varphi'(y) + \varphi'(x)}{\varphi(y)}
]有：
y''(0) = -4 + 1 = -3题目271
设
x=x(y) 是函数
y=\ln x + e^x 的反函数，求
\dfrac{d^2x}{dy^2}解答
关于
y 求导有：
1 = \dfrac{x'}{x} + x'e^x，化简可得：
x' = \dfrac{x}{1+xe^x}再求一次导可得：
\dfrac{d^2x}{dy^2} = \dfrac{d^2x}{dx} \cdot \dfrac{dx}{dy} = \dfrac{x}{1+xe^x} \cdot \dfrac{(1+xe^x) + x(e^x + xe^x)}{(1+xe^x)^2} = \dfrac{x - x^3e^x}{(xe^x + 1)^3}
