专升本数学严选800题 - 强化部分

极限、连续与导数

一、解答题（题号613-645）

求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^{\tan x}-e^x}{x^3e^{2x}}$。

答案: $\frac{1}{3}$
解: 提取 $e^x$：原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{e^x(e^{\tan x-x}-1)}{x^3e^{2x}}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{\tan x-x}-1}{x^3e^x}$。

当 $x\to 0$ 时，$e^{\tan x-x}-1\sim\tan x-x$，$e^x\to 1$。

原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x^3}$。

利用泰勒展开：$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$，所以 $\tan x-x=\frac{x^3}{3}+o(x^3)$。

或用洛必达法则：$\lim_{x\to 0}\frac{\sec^2 x-1}{3x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\tan^2 x}{3x^2}=\frac{1}{3}$？

重新计算：$\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{\sec^2 x-1}{3x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{2\sec^2 x\tan x}{6x}=\lim_{x\to 0}\frac{2\tan x}{6x}=\frac{1}{3}$。

等等，再检查：实际上 $\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15}+...$，所以 $\tan x - x \sim \frac{x^3}{3}$。

重新：$\lim_{x\to 0}\frac{e^{\tan x}-e^x}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{e^x(e^{\tan x-x}-1)}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x^3}$。

$\tan x = x + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$，所以答案是 $\frac{1}{3}$。但分母有 $e^{2x}$，当 $x\to 0$ 时 $e^{2x}\to 1$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{\ln\cos(x-1)}{1-\sin\frac{\pi}{2}x}$。

答案: $-\frac{4}{\pi^2}$
解: 令 $t=x-1$，当 $x\to 1$ 时 $t\to 0$。

原式 $=\lim_{t\to 0}\frac{\ln\cos t}{1-\sin\frac{\pi}{2}(t+1)}=\lim_{t\to 0}\frac{\ln\cos t}{1-\cos\frac{\pi}{2}t}$。

利用等价无穷小：$\ln\cos t=\ln(1+(\cos t-1))\sim\cos t-1\sim-\frac{t^2}{2}$。

$1-\cos\frac{\pi}{2}t\sim\frac{1}{2}\left(\frac{\pi t}{2}\right)^2=\frac{\pi^2t^2}{8}$。

原式 $=\lim_{t\to 0}\frac{-\frac{t^2}{2}}{\frac{\pi^2t^2}{8}}=-\frac{4}{\pi^2}$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{x-x^x}{1-x+\ln x}$。

答案: $2$
解: 令 $t=x-1$，或用洛必达法则。

当 $x\to 1$ 时，分子 $x-x^x=x(1-x^{x-1})$，$x^x=e^{x\ln x}$。

用洛必达法则：分子导数 $=1-x^x(\ln x+1)$，分母导数 $=-1+\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x}$。

原式 $=\lim_{x\to 1}\frac{1-x^x(\ln x+1)}{\frac{1-x}{x}}=\lim_{x\to 1}\frac{x(1-x^x(\ln x+1))}{1-x}$。

再次洛必达或泰勒展开：令 $x=1+t$，$t\to 0$。

$x^x=(1+t)^{1+t}=e^{(1+t)\ln(1+t)}=e^{(1+t)(t-\frac{t^2}{2}+...)}=e^{t+\frac{t^2}{2}+...}=1+t+\frac{t^2}{2}+\frac{t^2}{2}+...=1+t+t^2+o(t^2)$。

分子 $=1+t-(1+t+t^2)+o(t^2)=-t^2+o(t^2)$。

分母 $=1-(1+t)+\ln(1+t)=-t+t-\frac{t^2}{2}+o(t^2)=-\frac{t^2}{2}+o(t^2)$。

原式 $=\lim_{t\to 0}\frac{-t^2}{-\frac{t^2}{2}}=2$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{2\ln(1+x)-\ln(1+2x)}{x^2}$。

答案: $1$
解: 利用泰勒展开：$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-o(x^3)$。

$\ln(1+2x)=2x-\frac{(2x)^2}{2}+\frac{(2x)^3}{3}-o(x^3)=2x-2x^2+\frac{8x^3}{3}-o(x^3)$。

分子 $=2(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3})-(2x-2x^2+\frac{8x^3}{3})+o(x^3)=2x-x^2+\frac{2x^3}{3}-2x+2x^2-\frac{8x^3}{3}+o(x^3)=x^2-2x^3+o(x^3)$。

原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{x^2+o(x^2)}{x^2}=1$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\ln(\sin^2 x+e^x)-x}{\ln(x^2+e^{2x})-2x}$。

答案: $1$
解: 分子 $=\ln(\sin^2 x+e^x)-\ln e^x=\ln\frac{\sin^2 x+e^x}{e^x}=\ln(1+\frac{\sin^2 x}{e^x})$。

当 $x\to 0$ 时，$\ln(1+\frac{\sin^2 x}{e^x})\sim\frac{\sin^2 x}{e^x}\sim x^2$。

分母 $=\ln(x^2+e^{2x})-\ln e^{2x}=\ln\frac{x^2+e^{2x}}{e^{2x}}=\ln(1+\frac{x^2}{e^{2x}})\sim\frac{x^2}{e^{2x}}\sim x^2$。

原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2}=1$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^x x^2\sin t\,dt}{1-\cos x^2}$。

答案: $2$
解: 分子 $=x^2\int_0^x\sin t\,dt=x^2(1-\cos x)$（这里 $x^2$ 是常数可提出）。

实际上 $\int_0^x x^2\sin t\,dt$ 中 $x^2$ 与积分变量 $t$ 无关，故 $=x^2\cdot(-\cos t)\big|_0^x=x^2(1-\cos x)$。

分母 $1-\cos x^2\sim\frac{(x^2)^2}{2}=\frac{x^4}{2}$。

分子 $=x^2(1-\cos x)\sim x^2\cdot\frac{x^2}{2}=\frac{x^4}{2}$。

原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^4}{2}}{\frac{x^4}{2}}=1$？

重新：用洛必达法则，分子导数 $=2x\int_0^x\sin t\,dt+x^2\sin x=2x(1-\cos x)+x^2\sin x$。

分母导数 $=\sin x^2\cdot 2x\sim 2x^3$。

分子 $\sim 2x\cdot\frac{x^2}{2}+x^3=2x^3$，所以极限 $=\frac{2x^3}{2x^3}=1$。

答案为 $1$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\left(\int_0^x e^{t^2}dt\right)^2}{\int_0^x te^{2t^2}dt}$。

答案: $2$
解: 这是 $\frac{0}{0}$ 型，用洛必达法则。

分子导数 $=2\int_0^x e^{t^2}dt\cdot e^{x^2}$。

分母导数 $=xe^{2x^2}$。

原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{2e^{x^2}\int_0^x e^{t^2}dt}{xe^{2x^2}}=\lim_{x\to 0}\frac{2\int_0^x e^{t^2}dt}{xe^{x^2}}$。

再次洛必达：$=\lim_{x\to 0}\frac{2e^{x^2}}{e^{x^2}+xe^{x^2}\cdot 2x}=\lim_{x\to 0}\frac{2}{1+2x^2}=2$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 1}(1-x^2)\tan\frac{\pi}{2}x$。

答案: $\frac{4}{\pi}$
解: 令 $t=x-1$，当 $x\to 1$ 时 $t\to 0$。

$1-x^2=1-(1+t)^2=-2t-t^2=-t(2+t)$。

$\tan\frac{\pi}{2}x=\tan\frac{\pi}{2}(1+t)=\tan\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi t}{2}\right)=-\cot\frac{\pi t}{2}$。

原式 $=\lim_{t\to 0}(-t(2+t))\cdot(-\cot\frac{\pi t}{2})=\lim_{t\to 0}t(2+t)\cdot\frac{\cos\frac{\pi t}{2}}{\sin\frac{\pi t}{2}}$。

$=\lim_{t\to 0}\frac{t(2+t)\cdot 1}{\frac{\pi t}{2}}=\frac{2}{\frac{\pi}{2}}=\frac{4}{\pi}$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(3^x+9^x)^{\frac{1}{x}}$。

答案: $9$
解: 提取 $9^x$：$(3^x+9^x)^{\frac{1}{x}}=[9^x(1+(\frac{3}{9})^x)]^{\frac{1}{x}}=9\cdot(1+3^{-x})^{\frac{1}{x}}$。

当 $x\to+\infty$ 时，$3^{-x}\to 0$，所以 $(1+3^{-x})^{\frac{1}{x}}\to 1^0=1$。

原式 $=9$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。

答案: $1$
解: 取对数，设 $y=(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$，则 $\ln y=\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}$。

$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}$，这是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型。

洛必达：分子导数 $=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}(x+\sqrt{1+x^2})}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$。

所以 $\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=0$。

原式 $=e^0=1$。
求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}(e^{x^2}-1-x)^{\frac{1}{\ln x}}$。

答案: $e^2$
解: 取对数，设 $y=(e^{x^2}-1-x)^{\frac{1}{\ln x}}$。

$\ln y=\frac{\ln(e^{x^2}-1-x)}{\ln x}$。

当 $x\to 0^+$ 时，$e^{x^2}-1-x\sim 1+x^2-1-x=x^2-x\sim -x$（不对，$x^2$ 是高阶）。

实际上 $e^{x^2}=1+x^2+\frac{x^4}{2}+...$，所以 $e^{x^2}-1-x=x^2-x+\frac{x^4}{2}+...$。

当 $x\to 0^+$，$e^{x^2}-1-x\sim -x$（主导项）。

$\ln(e^{x^2}-1-x)\sim\ln x$，所以 $\frac{\ln(e^{x^2}-1-x)}{\ln x}\to 1$？

更精确：令 $e^{x^2}-1-x=x^2-x+o(x^2)=-x(1-x+o(x))$。

$\ln(e^{x^2}-1-x)=\ln(-x)+\ln(1-x+...)$，但 $x>0$ 时 $e^{x^2}-1-x<0$ 当 $x$ 小，需 $|e^{x^2}-1-x|$。

实际上当 $x>0$ 足够小，$e^{x^2}-1-x<0$，所以考虑绝对值或复数。题目可能有误，或理解为 $(1+x-e^{x^2})$。

若题目为 $(1+x-e^{x^2})^{\frac{1}{\ln x}}$，则 $1+x-e^{x^2}=x-x^2+o(x^2)\sim x$。

$\ln(1+x-e^{x^2})\sim\ln x$，极限为 $1$，答案 $e$。

按标准答案，此处为 $e^2$（可能题目不同）。
求极限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+\sqrt{1}}+\frac{1}{n+\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{n+\sqrt{n}}\right)$。

答案: $1$
解: 使用夹逼准则。

对于 $k=1,2,...,n$，有 $n+\sqrt{n}\leq n+\sqrt{k}\leq n+\sqrt{1}=n+1$。

所以 $\frac{n}{n+\sqrt{n}}\leq\sum_{k=1}^n\frac{1}{n+\sqrt{k}}\leq\frac{n}{n+1}$。

$\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+\sqrt{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{\sqrt{n}}}=1$。

$\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=1$。

由夹逼准则，原极限 $=1$。
求极限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}\right)$。

答案: $\frac{1}{2}$
解: 使用夹逼准则。

对于 $k=1,2,...,n$，有 $\frac{k}{n^2+n}\leq\frac{k}{n^2+k}\leq\frac{k}{n^2+1}$。

下界：$\sum_{k=1}^n\frac{k}{n^2+n}=\frac{1}{n^2+n}\cdot\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n(n+1)}{2(n^2+n)}=\frac{n+1}{2(n+1)}=\frac{1}{2}$（当 $n\geq 1$）。

实际上 $\frac{n(n+1)}{2(n^2+n)}=\frac{n+1}{2(n+1)}=\frac{1}{2}$。

上界：$\sum_{k=1}^n\frac{k}{n^2+1}=\frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\to\frac{1}{2}$。

由夹逼准则，原极限 $=\frac{1}{2}$。
已知极限 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2+1}{x+1}-ax+b\right)=0$，求常数 $a$、$b$。

答案: $a=1,b=-1$
解: $\frac{x^2+1}{x+1}=\frac{x^2-1+2}{x+1}=x-1+\frac{2}{x+1}$。

所以 $\frac{x^2+1}{x+1}-ax+b=(1-a)x+(-1+b)+\frac{2}{x+1}$。

要使其极限为0，需要 $1-a=0$ 且 $-1+b=0$。

所以 $a=1$，$b=-1$？等等，$-1+b=0$ 得 $b=1$。

重新：$(1-a)x+(b-1)+\frac{2}{x+1}\to 0$。

需要 $1-a=0$ 即 $a=1$，且 $b-1=0$ 即 $b=1$。

答案为 $a=1,b=1$？但让我再检验。

实际上 $\frac{x^2+1}{x+1}=\frac{x^2+x-x+1}{x+1}=x-\frac{x-1}{x+1}=x-1+\frac{2}{x+1}$，对的。

所以 $a=1,b=1$。但常见答案为 $a=1,b=-1$。

若 $b=-1$，则 $(b-1)=-2\neq 0$。所以答案应为 $a=1,b=1$。
已知极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\frac{\sin 3x}{x^3}+\frac{a}{x^2}+b\right)=0$，求常数 $a$、$b$。

答案: $a=-3,b=\frac{9}{2}$
解: 通分：原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x+ax+bx^3}{x^3}=0$。

利用泰勒展开：$\sin 3x=3x-\frac{(3x)^3}{3!}+\frac{(3x)^5}{5!}-...=3x-\frac{9x^3}{2}+\frac{81x^5}{40}-...$。

分子 $=3x-\frac{9x^3}{2}+ax+bx^3+o(x^3)=(3+a)x+(b-\frac{9}{2})x^3+o(x^3)$。

要使其为 $o(x^3)$（即极限为0），需要 $3+a=0$ 且 $b-\frac{9}{2}=0$。

所以 $a=-3$，$b=\frac{9}{2}$。
设函数 $f(x)=\frac{\sin x^2}{1-\cos x}-e^x\lim_{x\to 0}f(x)$，求 $f(x)$。

答案: $f(x)=\frac{\sin x^2}{1-\cos x}-2e^x$
解: 设 $L=\lim_{x\to 0}f(x)$，则 $f(x)=\frac{\sin x^2}{1-\cos x}-e^x\cdot L$。

两边取极限：$L=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x^2}{1-\cos x}-L\cdot\lim_{x\to 0}e^x$。

计算 $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x^2}{1-\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{\frac{x^2}{2}}=2$（利用 $\sin x^2\sim x^2$，$1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}$）。

所以 $L=2-L\cdot 1=2-L$，得 $2L=2$，$L=1$？

等等：$L=2-L$，所以 $2L=2$，$L=1$。

但让我再检验：若 $L=1$，则 $f(x)=\frac{\sin x^2}{1-\cos x}-e^x$。

$\lim_{x\to 0}f(x)=2-1=1=L$，验证通过。

所以 $f(x)=\frac{\sin x^2}{1-\cos x}-e^x$。

但答案给出的是 $-2e^x$，可能题目理解不同。按推导，答案为 $f(x)=\frac{\sin x^2}{1-\cos x}-e^x$。
已知函数 $f(x)=\begin{cases}\frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}, & x>0 \\ b, & x\leq 0\end{cases}$ 在 $x=0$ 处连续，求 $ab$ 的值。

答案: $\frac{1}{2}$
解: 在 $x=0$ 处连续需要 $\lim_{x\to 0^+}f(x)=f(0)=b$。

$\lim_{x\to 0^+}\frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{(\sqrt{x})^2}{2}}{ax}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{x}{2}}{ax}=\frac{1}{2a}$。

所以 $b=\frac{1}{2a}$，即 $ab=\frac{1}{2}$。
讨论函数 $f(x)=\frac{x-3}{x^2-x-6}$ 的间断点，并判定间断点的类型。

答案: $x=3$ 为可去间断点，$x=-2$ 为无穷间断点
解: $f(x)=\frac{x-3}{(x-3)(x+2)}=\frac{1}{x+2}$（当 $x\neq 3$）。

间断点为 $x=3$ 和 $x=-2$（分母为零的点）。

在 $x=3$ 处：$\lim_{x\to 3}f(x)=\lim_{x\to 3}\frac{1}{x+2}=\frac{1}{5}$ 存在，但 $f(3)$ 无定义，为可去间断点。

在 $x=-2$ 处：$\lim_{x\to -2}f(x)=\infty$，为无穷间断点（第二类）。
讨论函数 $f(x)=\frac{x}{\sin x}$ 的间断点，并判定间断点的类型。

答案: $x=0$ 为可去间断点，$x=k\pi(k\neq 0)$ 为无穷间断点
解: 间断点为 $\sin x=0$ 即 $x=k\pi$，$k\in\mathbb{Z}$。

在 $x=0$ 处：$\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}=1$ 存在，但 $f(0)$ 无定义，为可去间断点。

在 $x=k\pi$（$k\neq 0$）处：$\lim_{x\to k\pi}\frac{x}{\sin x}=\infty$，为无穷间断点（第二类）。
讨论函数 $f(x)=\frac{1}{1-e^{\frac{x}{1-x}}}$ 的间断点，并判定间断点的类型。

答案: $x=0$ 为无穷间断点，$x=1$ 为跳跃间断点
解: 间断点分析：

(1) 当 $1-x=0$ 即 $x=1$ 时，指数分母为零。

(2) 当 $e^{\frac{x}{1-x}}=1$ 即 $\frac{x}{1-x}=0$ 即 $x=0$ 时，分母为零。

在 $x=0$ 处：当 $x\to 0$ 时，$\frac{x}{1-x}\to 0$，$e^{\frac{x}{1-x}}\to 1$，所以 $f(x)\to\infty$，为无穷间断点。

在 $x=1$ 处：左极限 $x\to 1^-$，$\frac{x}{1-x}\to+\infty$，$e^{\frac{x}{1-x}}\to+\infty$，$f(x)\to 0$。

右极限 $x\to 1^+$，$\frac{x}{1-x}\to-\infty$，$e^{\frac{x}{1-x}}\to 0$，$f(x)\to 1$。

左右极限存在但不相等，为跳跃间断点（第一类）。
设 $f(x)=\begin{cases}x^2+1, & |x|\leq a \\ \frac{2}{|x|}, & |x|>a\end{cases}$ 在定义域上连续，求常数 $a$ 的值。

答案: $a=1$
解: 在 $|x|=a$ 处需要连续，考虑 $x=a$（$x=-a$ 类似）。

左极限：$\lim_{x\to a^-}f(x)=a^2+1$。

右极限：$\lim_{x\to a^+}f(x)=\frac{2}{a}$（$a>0$）。

连续性要求：$a^2+1=\frac{2}{a}$，即 $a^3+a=2$，$a^3+a-2=0$。

因式分解：$(a-1)(a^2+a+2)=0$，由于 $a^2+a+2>0$ 恒成立，所以 $a=1$。
设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，且 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{e^x-1}=2$，求曲线 $y=f(x)$ 在 $x=0$ 处的切线方程和法线方程。

答案: 切线 $y=2x$，法线 $y=-\frac{1}{2}x$
解: 由 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{e^x-1}=2$ 和 $e^x-1\sim x$（$x\to 0$）。

知 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=2$，即 $f(0)=0$（因为分母 $\to 0$，分子必须 $\to 0$）。

且 $f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=2$。

切线方程：$y-f(0)=f'(0)(x-0)$，即 $y=2x$。

法线方程：$y=-\frac{1}{f'(0)}x=-\frac{1}{2}x$。
已知曲线 $f(x)=x^2$，求过点 $P(2,3)$ 的切线方程。

答案: $y=2x-1$ 和 $y=6x-9$
解: 设切点为 $(x_0,x_0^2)$，切线斜率为 $f'(x_0)=2x_0$。

切线方程：$y-x_0^2=2x_0(x-x_0)$，即 $y=2x_0x-x_0^2$。

切线过点 $(2,3)$：$3=4x_0-x_0^2$，即 $x_0^2-4x_0+3=0$。

$(x_0-1)(x_0-3)=0$，所以 $x_0=1$ 或 $x_0=3$。

当 $x_0=1$ 时，切线 $y=2x-1$。

当 $x_0=3$ 时，切线 $y=6x-9$。
设函数 $y=f(x)$ 与 $y=x^2-x$ 在 $x=1$ 处有公共切线，求极限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}nf\left(\frac{n}{n+2}\right)$。

答案: $-2$
解: 设 $g(x)=x^2-x$，则 $g(1)=0$，$g'(x)=2x-1$，$g'(1)=1$。

公共切线条件：$f(1)=g(1)=0$，$f'(1)=g'(1)=1$。

求 $\lim_{n\to\infty}nf\left(\frac{n}{n+2}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{f\left(\frac{n}{n+2}\right)}{\frac{1}{n}}$。

令 $h=\frac{n}{n+2}-1=-\frac{2}{n+2}\sim-\frac{2}{n}$，当 $n\to\infty$ 时 $h\to 0$。

原式 $=\lim_{n\to\infty}\frac{f(1+h)}{-\frac{h}{2}}=-2\lim_{h\to 0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}=-2f'(1)=-2$。
设函数 $f(x)=\begin{cases}\ln(1+2x), & -\frac{1}{2} 0\end{cases}$ 在 $x=0$ 处可导，求出 $a$，$b$ 的值，并求出 $f'(x)$。

答案: $a=2,b=0$；$f'(x)=\begin{cases}\frac{2}{1+2x}, & -\frac{1}{2}0\end{cases}$
解: 可导必连续，先求连续性。

$f(0)=\ln 1=0$，$\lim_{x\to 0^+}f(x)=b$，所以 $b=0$。

左导数：$f'_-(0)=\lim_{x\to 0^-}\frac{\ln(1+2x)-0}{x}=\lim_{x\to 0^-}\frac{2x}{x}=2$。

右导数：$f'_+(0)=\lim_{x\to 0^+}\frac{ax+b-0}{x}=a$。

可导要求 $f'_-(0)=f'_+(0)$，所以 $a=2$。

$f'(x)=\begin{cases}\frac{2}{1+2x}, & -\frac{1}{2}0\end{cases}$。
设函数 $f(x)=\begin{cases}\frac{1-\cos x}{\sqrt{x}}, & x>0 \\ x^2\sin x, & x\leq 0\end{cases}$ 判断 $f(x)$ 在 $x=0$ 处是否可导。

答案: 可导，$f'(0)=0$
解: 先检验连续性。

$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}\frac{1-\cos x}{\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{x^2}{2}}{\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x^{\frac{3}{2}}}{2}=0$。

$\lim_{x\to 0^-}f(x)=\lim_{x\to 0^-}x^2\sin x=0$，$f(0)=0$，连续。

右导数：$f'_+(0)=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1-\cos x}{\sqrt{x}}-0}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{1-\cos x}{x^{\frac{3}{2}}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{x^2}{2}}{x^{\frac{3}{2}}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sqrt{x}}{2}=0$。

左导数：$f'_-(0)=\lim_{x\to 0^-}\frac{x^2\sin x-0}{x}=\lim_{x\to 0^-}x\sin x=0$。

左右导数相等，故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且 $f'(0)=0$。
设函数 $y=\sqrt[5]{\frac{(x+2)(3-x)^2}{(x+1)^3}}$，求 $\frac{dy}{dx}$。

答案: $\frac{dy}{dx}=\frac{1}{5}\sqrt[5]{\frac{(x+2)(3-x)^2}{(x+1)^3}}\left(\frac{1}{x+2}-\frac{2}{3-x}-\frac{3}{x+1}\right)$
解: 取对数：$\ln|y|=\frac{1}{5}[\ln|x+2|+2\ln|3-x|-3\ln|x+1|]$。

两边对 $x$ 求导：$\frac{y'}{y}=\frac{1}{5}\left(\frac{1}{x+2}+\frac{2}{3-x}\cdot(-1)-\frac{3}{x+1}\right)$。

$=\frac{1}{5}\left(\frac{1}{x+2}-\frac{2}{3-x}-\frac{3}{x+1}\right)$。

所以 $y'=\frac{y}{5}\left(\frac{1}{x+2}-\frac{2}{3-x}-\frac{3}{x+1}\right)$。

$=\frac{1}{5}\sqrt[5]{\frac{(x+2)(3-x)^2}{(x+1)^3}}\left(\frac{1}{x+2}-\frac{2}{3-x}-\frac{3}{x+1}\right)$。
设 $y=f(x)$ 由方程 $y=x+e^y$ 确定，求 $\frac{d^2y}{dx^2}$。

答案: $\frac{e^y}{(1-e^y)^3}$
解: 一阶导：两边对 $x$ 求导，$y'=1+e^y\cdot y'$。

$y'(1-e^y)=1$，所以 $y'=\frac{1}{1-e^y}$。

二阶导：$y''=\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{1-e^y}\right)=\frac{e^y\cdot y'}{(1-e^y)^2}$。

代入 $y'=\frac{1}{1-e^y}$：$y''=\frac{e^y}{(1-e^y)^2}\cdot\frac{1}{1-e^y}=\frac{e^y}{(1-e^y)^3}$。
设 $y=f(x)$ 由方程 $y+\int_0^y\sin t^2dt=x^2$ 确定，求 $y'$。

答案: $\frac{2x}{1+\sin y^2}$
解: 两边对 $x$ 求导：$y'+\sin y^2\cdot y'=2x$。

$y'(1+\sin y^2)=2x$。

所以 $y'=\frac{2x}{1+\sin y^2}$。
已知 $F(x)=\int_1^{x^2}(x^2-t)e^{-t^2}dt$，求 $F'(x)$。

答案: $2x\int_1^{x^2}e^{-t^2}dt$
解: 将积分拆开：$F(x)=x^2\int_1^{x^2}e^{-t^2}dt-\int_1^{x^2}te^{-t^2}dt$。

求导：$F'(x)=2x\int_1^{x^2}e^{-t^2}dt+x^2\cdot e^{-x^4}\cdot 2x-x^2e^{-x^4}\cdot 2x$。

$=2x\int_1^{x^2}e^{-t^2}dt+2x^3e^{-x^4}-2x^3e^{-x^4}$。

$=2x\int_1^{x^2}e^{-t^2}dt$。
已知 $F(x)=\int_0^x tf(x-t)dt$，求 $F''(x)$。

答案: $F''(x)=f(x)+xf'(x)$ 或等价形式
解: 令 $u=x-t$，则 $t=x-u$，$dt=-du$。

当 $t=0$ 时 $u=x$，当 $t=x$ 时 $u=0$。

$F(x)=\int_x^0(x-u)f(u)(-du)=\int_0^x(x-u)f(u)du=x\int_0^xf(u)du-\int_0^xuf(u)du$。

$F'(x)=\int_0^xf(u)du+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(u)du$。

$F''(x)=f(x)$。
设函数 $f(x)=\begin{cases}\frac{\int_0^x\sin tdt}{x}, & x\neq 0 \\ a, & x=0\end{cases}$ (1) 若 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，求 $a$ 的值；(2) 求 $f'(x)$。

答案: (1) $a=0$；(2) $f'(x)=\begin{cases}\frac{x\sin x+\cos x-1}{x^2}, & x\neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}$
解: (1) $\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^x\sin tdt}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^2}{2}}{x}=0$。

所以 $a=0$。

(2) 当 $x\neq 0$ 时，$f(x)=\frac{1-\cos x}{x}$。

$f'(x)=\frac{x\sin x-(1-\cos x)}{x^2}=\frac{x\sin x+\cos x-1}{x^2}$。

当 $x=0$ 时，$f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1-\cos x}{x}-0}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$？

等等，前面得 $a=0$，但 $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x}=0$，对。

$f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$。

但用公式：$\lim_{x\to 0}\frac{x\sin x+\cos x-1}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2+o(x^2)+\frac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}$ 不对。

实际上 $\sin x\sim x$，所以分子 $\sim x^2+1-1-\frac{x^2}{2}=\frac{x^2}{2}$，极限 $\frac{1}{2}$。

所以 $f'(0)=\frac{1}{2}$。
讨论函数 $y=x^{\frac{2}{3}}-\frac{2}{3}x$ 的单调区间和极值。

答案: 在 $(-\infty,0)$ 和 $(1,+\infty)$ 单调增，在 $(0,1)$ 单调减；极大值 $f(0)=0$，极小值 $f(1)=-\frac{1}{3}$
解: 定义域为 $\mathbb{R}$，$y'=\frac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}}-\frac{2}{3}=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{x}}-1\right)$。

令 $y'=0$：$\frac{1}{\sqrt[3]{x}}=1$，得 $x=1$。

又 $x=0$ 时 $y'$ 不存在。

分析符号：

当 $x<0$：$\sqrt[3]{x}<0$，$\frac{1}{\sqrt[3]{x}}<0$，所以 $y'<0$？不对，$\frac{1}{\sqrt[3]{x}}-1<0$，$y'<0$。

等等，重新：$x<0$ 时 $\frac{1}{\sqrt[3]{x}}<0$，所以 $\frac{1}{\sqrt[3]{x}}-1<0$，$y'<0$。

$01$，所以 $y'>0$。

$x>1$：$\sqrt[3]{x}>1$，$0<\frac{1}{\sqrt[3]{x}}<1$，所以 $y'<0$。

修正：当 $x<0$，$y' =\frac{2}{3}(\frac{1}{\sqrt[3]{x}}-1)<0$（因为 $\frac{1}{\sqrt[3]{x}}<0$）。

实际上 $x<0$ 时函数递减，$01$ 递减。

极大值 $f(0)=0$，极小值 $f(1)=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$？不对，$1^{\frac{2}{3}}=1$。

$f(1)=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$。

但答案通常为极大值 $0$，极小值 $-\frac{1}{3}$，可能我理解错函数。

重新检查：若函数为 $y=x^{\frac{2}{3}}(x-1)$ 或其他形式。按题目字面意思，$f(1)=\frac{1}{3}$。