考研数学极限与导数部分练习题(带答案)

1.0ln(1)lim1cosxxxx.分析当0x时,2ln(1)~xxx,21cos~2xx,利用等价无穷小代换可求出极限解2200ln(1)limlim21cos2xxxxxxx2.cos320lim11xxeex.分析先变形coscos1cos(1)xxxeeee,21cos(1)~1cos~2xxex,23211~3xx,再利用等价代换求其极限解2coscos1cos1cos23332220000(1)(1)32limlimlimlim21111113xxxxxxxxxeeeeeeeexxxx.3.求301tan1sinlimxxxx.分析分子有理化后等价无穷小代换求极限.解33001tan1sintansinlimlim(1tan1sin)xxxxxxxxxx33001sin(1)sin(1cos)coslimlim(1tan1sin)(1tan1sin)cosxxxxxxxxxxxxx230112lim4(1tan1sin)cosxxxxxxx.4.求极限.分析该极限为型，先取对数，再使用洛必达法则.11lnlim(1)xxxe00解5.求极限.分析将变形为，将分子分母中的，展开，再求极限.解.6.计算.分析将分子中的函数，展开到相互抵消剩下第一项加上该项的高阶无穷小，再求极限.解从而7.设函数2()12xxnxfxeeen,其中n为正整数，求(0)f.分析(0)0f，0x时，1~xex，所以用导数定义求(0)f简单.解210012()(0)(0)limlim11!0xxnxnxxeeenfxffnxx，所以选（A）.8.设(1)(),(0)(,0)fxafxfbab,求(1)f.1211111ln111limlimln(1)11lim1ln1lim(1)xxxxxxxxxxexxeeexxexeeeee011limcotxxxx011limcotxxxx30sincoslimxxxxxsinxcosx323233000()1()3!2!11sincoslimcotlimlimxxxxxxoxxoxxxxxxxxx333011()()12!3!lim3xxoxx403cos2lim2xxexxcosx2xe2xe),(!211442xoxxxcos),(!4!21442xoxx3cos22xex),(!412!2144xox403cos2lim2xxexx4440)(127limxxoxx.127分析抽象函数求导数必须用导数的定义式.解000(1)(1)()(0)()(0)(1)limlimlim(0)xxxfxfafxaffxffaafabxxx.9.设2(1)(1)()lim1nxnxnxeaxbfxe，问a与b为何值时，()fx可导，并求()fx．分析由连续及左右导数的定义即可得到答案.解：1x时，(1)limnxne；1x时，(1)lim0nxne；2,11(),12,1xxabfxxaxbx.由1x处连续性得：11lim()lim()11xxfxfxab.由1x处可导性得：(1)(1)ff，111(1)2(1)limlim11xxabaxbaxbffaxx，21(1)(1)lim21xxffx，故2a.那么2a，1b.于是2,1()1,121,1xxfxxxx，2,1()2,1xxfxx.10.曲线2yx与曲线ln(0)yaxa相切，则a（）.（A）4e（B）3e（C）2e（D）e分析曲线2yx与曲线ln(0)yaxa相切，则它们有共同的切点及斜率，从而解出a解因与相切，故.2xy)0(lnaxay212axxax在上，时，.在上，时，.lnln1e2e22222aaaaaa，所以选择（C）2xy2ax2ay)0(lnaxay2ax2lnaay2ln21aa