【计算题】（三）连续与导数

题型一连续与间断

间断点是函数的未定义点，以左右极限是否存在可分为第一类和第二类间断点。

第一类间断点：可去间断点( lim⁡−=lim⁡+\lim-=\lim+lim−=lim+)、跳跃间断点(lim⁡−≠lim⁡+\lim-≠\lim+lim−=lim+)

第二类间断点：无穷间断点( lim⁡=∞\lim = ∞lim=∞)、震荡间断点( lim⁡DNE\lim DNElimDNE）

已知 f(x)=x2−x∣x∣(x2−1)f(x)=\frac{x^2-x}{|x|(x^2-1)}f(x)=∣x∣(x2−1)x2−x，讨论 f(x)f(x)f(x) 的间断点及其类型
解： f(x)f(x)f(x) 的未定义点为 x=0x=0x=0、x=−1x=-1x=−1 和 x=1x=1x=1
当 x→0x \to 0x→0 时，左极限为 −1-1−1，右极限为 111，第一类间断点的跳跃间断点。
当 x→−1x \to -1x→−1 时，左极限趋近于 +∞+\infin+∞，右极限趋近于 −∞-\infin−∞，第二类间断点的无穷间断点。
当 x→1x \to 1x→1 时，左极限为 12\frac{1}{2}21，右极限为 12\frac{1}{2}21，第一类间断点的可去间断点。

连续分为点连续和区间连续

点连续：lim⁡−=lim⁡+=f(x0)\lim-=\lim+=f(x_0)lim−=lim+=f(x0)

区间连续：1. 幂指函数确定定义域；2.定义域内初等函数连续；3. 未定义点连续

设 f(x)={1−etanxarcsinx2x > 0ae2xx≤0f(x) = \begin{cases} \frac{ 1-e^{tanx} }{ arcsin\frac{x}{2} }& \text{x > 0}\\ ae^{2x} & \text{x≤0} \end{cases}f(x)={arcsin2x1−etanxae2xx > 0x≤0 在 x=0x=0x=0 连续，求 aaa 的值。
解： lim⁡x→0+f(x)=−2\lim_{x \to 0^+} f(x)= -2limx→0+f(x)=−2，f(0)=af(0) = af(0)=a，所以 a=−2a=-2a=−2
讨论函数 f(x)=lim⁡n→∞1+x1+x2nf(x)=\lim_{n \to \infin} \frac{ 1+x }{ 1+x^{2n} }f(x)=limn→∞1+x2n1+x 的连续性
解：当 ∣x∣<1|x| <1∣x∣<1 时， f(x)=1+x;f(x) = 1 + x;f(x)=1+x; 当 ∣x∣=1|x| =1∣x∣=1 时， f(x)=1+x2;f(x) = \frac{1 + x}{2};f(x)=21+x; 当 ∣x∣>1|x| >1∣x∣>1 时， f(x)=0f(x) = 0f(x)=0 f(x)={0x ≤ -11+x-1<x<01x = 00x >0f(x) = \begin{cases} 0& \text{x ≤ -1}\\ 1+x & \text{-1<x<0} \\ 1 & \text{x = 0}\\ 0 & \text{x >0} \end{cases}f(x)=⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧01+x10x ≤ -1-1<x<0x = 0x >0 f(x)f(x)f(x) 在定义域 (−∞,−1)∪(−1,0)∪(0,1)∪(1,+∞)(-\infin, -1) ∪ (-1, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1, +\infin)(−∞,−1)∪(−1,0)∪(0,1)∪(1,+∞) 内为初等函数连续
f(x)f(x)f(x) 在 x=0x = 0x=0 连续，x=1x=1x=1为间断点，所以函数在 (−∞,1)∪(1,+∞)(-\infin, 1) ∪ (1, +\infin)(−∞,1)∪(1,+∞) 内连续。

题型二可导与求导

可导由左右导数存在且相等，不可导举反例、破坏可导条件

可导： lim⁡x→x0−f(x)−f(x0)x−x0=lim⁡x→x0+f(x)−f(x0)x−x0\lim_{x \to x_{0}^-} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim_{x \to x_{0}^+} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}limx→x0−x−x0f(x)−f(x0)=limx→x0+x−x0f(x)−f(x0)

不可导：f(x)=x，x2，∣x∣，{0x=01x!=0，{−1x<01x≥0，{x2x!=01x=0f(x)=x，x^2，|x|， \begin{cases} 0& \text{x=0}\\ 1& \text{x!=0} \end{cases}， \begin{cases} -1& \text{x<0}\\ 1& \text{x≥0} \end{cases}， \begin{cases} x^2 & \text{x!=0}\\ 1& \text{x=0} \end{cases}f(x)=x，x2，∣x∣，{01x=0x!=0，{−11x<0x≥0，{x21x!=0x=0

设 f(0)=0f(0) = 0f(0)=0，则 f(x)f(x)f(x) 在 x=0x=0x=0 处可导的充要条件时（）。
(A)lim⁡h→+∞hf(1h)存在(B)lim⁡h→0f(2h)−f(h)h存在(C)lim⁡h→01hf(eh−1)存在(D)lim⁡h→01h2f(cos⁡h−1)存在(A) \lim_{h \to +\infin} hf( \frac{1}{h} ) 存在 \qquad (B) \lim_{h \to 0} \frac{f(2h) - f(h) }{h} 存在 \qquad (C) \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} f( e^h-1) 存在 \qquad (D) \lim_{h \to 0} \frac{1}{h^2} f(\cos h-1) 存在 (A)h→+∞limhf(h1)存在(B)h→0limhf(2h)−f(h)存在(C)h→0limh1f(eh−1)存在(D)h→0limh21f(cosh−1)存在
解：
(A)(A)(A) 令 t=1ht= \frac{1}{h}t=h1，则 h→+∞<=>t→0+h \to +\infin<=>t \to 0^+h→+∞<=>t→0+，从而 lim⁡h→+∞hf(1h)=lim⁡t→0+f(t)−f(0)t−0=f+′(0)\lim_{h \to +\infin} hf( \frac{1}{h} ) = \lim_{t \to 0^+} \frac{ f(t) - f(0) }{ t - 0 } =f^{'}_+(0)h→+∞limhf(h1)=t→0+limt−0f(t)−f(0)=f+′(0)
选项 (A)(A)(A) 的极限存在仅保证 f+′(0)f^{'}_+(0)f+′(0)
(B)(B)(B) 取反例 f(x)={0x=01x!=0f(x)= \begin{cases} 0& \text{x=0}\\ 1& \text{x!=0} \end{cases}f(x)={01x=0x!=0，则 lim⁡h→0f(2h)−f(h)h=lim⁡h→01−1h=lim⁡h→00=0\lim_{h \to 0} \frac{f(2h) - f(h) }{h} =\lim_{h \to 0} \frac{1 - 1 }{h} =\lim_{h \to 0} 0 = 0 h→0limhf(2h)−f(h)=h→0limh1−1=h→0lim0=0
选项 (B)(B)(B) 的极限存在不保证 f(x)f(x)f(x) 可导
(C)(C)(C) 令 t=eh−1t= e^h-1t=eh−1，则从 t=ex−1t=e^x-1t=ex−1 图像可知 h→0<=>t→0h \to 0<=>t \to 0h→0<=>t→0，从而 lim⁡h→01hf(eh−1)=lim⁡h→0f(eh−1)eh−1⋅eh−1h=lim⁡t→0f(t)−f(0)t−0=f′(0)\lim_{h \to 0} \frac{1}{h} f( e^h-1) =\lim_{h \to 0} \frac{f( e^h-1) }{e^h-1} · \frac{e^h-1}{h} =\lim_{t \to 0} \frac{f(t) - f(0) }{t - 0} = f^{'}(0) h→0limh1f(eh−1)=h→0limeh−1f(eh−1)⋅heh−1=t→0limt−0f(t)−f(0)=f′(0)
选项 (C)(C)(C) 的极限存在保证可导
(D)(D)(D) 令 t=cos⁡h−1t= \cos h-1t=cosh−1，则从 t=cos⁡x−1t=\cos x-1t=cosx−1 图像可知 h→0<=>t→0−h \to 0<=>t \to 0^-h→0<=>t→0−，从而 lim⁡h→01h2f(cos⁡h−1)=lim⁡h→0f(cos⁡h−1)cos⁡h−1⋅cos⁡h−1h2=−12lim⁡t→0−f(t)−f(0)t−0=−12f′(0)\lim_{h \to 0} \frac{1}{h^2} f( \cos h-1) =\lim_{h \to 0} \frac{f( \cos h-1 ) }{\cos h-1} · \frac{ \cos h-1 }{h^2} =-\frac{1}{2} \lim_{t \to 0^-} \frac{f(t) - f(0) }{t - 0} =-\frac{1}{2} f^{'}(0) h→0limh21f(cosh−1)=h→0limcosh−1f(cosh−1)⋅h2cosh−1=−21t→0−limt−0f(t)−f(0)=−21f′(0)
选项 (D)(D)(D) 的极限存在仅保证 f−′(0)f^{'}_-(0)f−′(0)

函数 f(x0)f(x_0)f(x0) 为可导点时，

若 f(x0)≠0f(x_0)≠0f(x0)=0，f(x0)f(x_0)f(x0) 为连续点，则 ∣f(x0)∣|f(x_0)|∣f(x0)∣ 为可导点

若 f(x0)=0f(x_0)=0f(x0)=0，f′(x0)=0f^{'}(x_0)=0f′(x0)=0，则 ∣f(x0)∣|f(x_0)|∣f(x0)∣ 为可导点

复合函数 g(x)ϕ(x)g(x)\phi(x)g(x)ϕ(x)可导性

若 g(x)g(x)g(x) 和 ϕ(x)\phi(x)ϕ(x) 在 x=ax=ax=a 可导 →\to→ g(x)ϕ(x)g(x)\phi(x)g(x)ϕ(x) 在 x=ax=ax=a 可导

若ϕ(x)\phi(x)ϕ(x) 在 x=ax=ax=a 不可导但连续， g(x)g(x)g(x) 在 x=ax=ax=a 可导且 g(a)=0g(a)=0g(a)=0 →\to→ f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x) 在 x=ax=ax=a 可导
若ϕ(x)\phi(x)ϕ(x) 在 x=ax=ax=a 不可导但连续， g(x)g(x)g(x) 在 x=ax=ax=a 可导且 g(a)≠0g(a)≠0g(a)=0 →\to→ f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x) 在 x=ax=ax=a 不可导

函数 F(x)=(x2−x−2)∣x3−x∣F(x) = (x^2-x-2)|x^3-x|F(x)=(x2−x−2)∣x3−x∣ 的不可导点的个数
解：令 g(x)=(x2−x−2)=(x−2)(x+1)，ϕ(x)=∣x∣∣x−1∣∣x+1∣g(x) = (x^2-x-2)=(x-2)(x+1)，\phi(x)=|x||x-1||x+1|g(x)=(x2−x−2)=(x−2)(x+1)，ϕ(x)=∣x∣∣x−1∣∣x+1∣，则 F(x)=g(x)ϕ(x)F(x)=g(x)\phi(x)F(x)=g(x)ϕ(x)
因为 ϕ(x)=∣x∣∣x−1∣∣x+1∣\phi(x)=|x||x-1||x+1|ϕ(x)=∣x∣∣x−1∣∣x+1∣ 在定义域内处处连续，但 x=0,1,−1x=0, 1, -1x=0,1,−1 不可导
又 g(x)=(x−2)(x+1)g(x)=(x-2)(x+1)g(x)=(x−2)(x+1) 定义域内处处可导，g(0)≠0,g(1)≠0,g(−1)=0g(0)≠0, g(1)≠0, g(-1)=0g(0)=0,g(1)=0,g(−1)=0，故 x=0,1x=0, 1x=0,1 为不可导点

lim⁡f′(x)\lim f^{'}(x)limf′(x) 和 f′(x0)f^{'}(x_0)f′(x0) 关系

解：D。

求导需要熟练掌握基本公式和运算法则，根据不同函数对应的方法求导：

反函数：f′(x)=1/ϕ′(y)f^{'}(x)=1/ \phi^{'}(y)f′(x)=1/ϕ′(y)

复合函数：{f[ϕ(x)]}′=f′(u)ϕ′(x)\{f[\phi(x)]\}^{'}=f^{'}(u) \phi^{'}(x){f[ϕ(x)]}′=f′(u)ϕ′(x)

隐函数：含有幂指、复杂分式、根式取对数，方程两边对 xxx 求导

分段函数：区间使用基本公式、运算法则等求导，端点处使用左右导数解出。

已知函数 x=y−12sin⁡yx = y-\frac{1}{2}\sin yx=y−21siny 的反函数 y=f(x)y= f(x)y=f(x)，求 f′(x)f^{'}(x)f′(x)
解：
ϕ′(y)=1−12cos⁡y，f′(x)=1/ϕ′(y)=11−12cos⁡y=22−cos⁡y\phi^{'}(y)=1-\frac{1}{2}\cos y， f^{'}(x)=1/ \phi^{'}(y) =\frac{1}{1-\frac{1}{2}\cos y} =\frac{2}{2-\cos y}ϕ′(y)=1−21cosy，f′(x)=1/ϕ′(y)=1−21cosy1=2−cosy2
已知函数 f(x)=sin⁡x，g(x)=e2xf(x) =\sin x，g(x) = e^{2x}f(x)=sinx，g(x)=e2x，试求 f′[g(x)]f^{'}[g(x)]f′[g(x)] 和 {f[g(x)]}′\{f[g(x)]\}^{'}{f[g(x)]}′
解：
f′(x)=cos⁡x，f′[g(x)]=cos⁡g(x)=cos⁡(e2x)f^{'}(x) =\cos x，f^{'}[g(x)]=\cos g(x)=\cos (e^{2x})f′(x)=cosx，f′[g(x)]=cosg(x)=cos(e2x) g′(x)=2e2x，{f[g(x)]}′=f′[g(x)]⋅g′(x)=2e2xcos⁡(e2x)g^{'}(x) = 2e^{2x}，\{f[g(x)]\}^{'} = f^{'}[g(x)] · g^{'}(x)=2e^{2x}\cos (e^{2x})g′(x)=2e2x，{f[g(x)]}′=f′[g(x)]⋅g′(x)=2e2xcos(e2x)
已知 y=(x+1)x−1(x+4)2e2xy = \frac{ (x+1)\sqrt {x-1} }{ (x+4)^{2} e^{2x} }y=(x+4)2e2x(x+1)x−1，求 y′y^{'}y′
解：
两边同时取对数，则 ln⁡y=ln⁡(x+1)+12ln⁡(x−1)−2ln⁡(x+4)−2x\ln y = \ln (x+1) +\frac{1}{2} \ln (x-1) -2\ln(x + 4) - 2xlny=ln(x+1)+21ln(x−1)−2ln(x+4)−2x 两边同时对 xxx 求导，y′y=1x+1+12(x−1)−1x+4−2\frac{y^{'}}{y}=\frac{1}{x+1} + \frac{1}{2(x-1)} - \frac{1}{x+4}-2yy′=x+11+2(x−1)1−x+41−2
解得 y′=(x+1)x−1(x+4)2e2x[1x+1+12(x−1)−1x+4−2]y^{'} = \frac{ (x+1)\sqrt {x-1} }{ (x+4)^{2} e^{2x} } [ \frac{1}{x+1} + \frac{1}{2(x-1)} - \frac{1}{x+4}-2 ]y′=(x+4)2e2x(x+1)x−1[x+11+2(x−1)1−x+41−2]
已知函数 f(x)={xsin⁡xx>00x=0arctan⁡(x2)x<0f(x) = \begin{cases} \sqrt{x} \sin x& \text{x>0}\\ 0& \text{x=0} \\ \arctan (x^2) & \text{x<0} \end{cases}f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧xsinx0arctan(x2)x>0x=0x<0 求 f′(x)f^{'}(x)f′(x)
解：
当 x>0x>0x>0 时，f′(x)=(xsin⁡x)′=sin⁡x2x+xcos⁡xf^{'}(x)=( \sqrt{x} \sin x )^{'}= \frac{\sin x}{2\sqrt{x} } + \sqrt{ x } \cos xf′(x)=(xsinx)′=2xsinx+xcosx
当 x<0x<0x<0 时，f′(x)=(arctan⁡(x2))′=2x1+x4f^{'}(x)=(\arctan (x^2))^{'}=\frac{2x}{1+x^4}f′(x)=(arctan(x2))′=1+x42x
当 x=0x=0x=0 时，f+′(0)=lim⁡x→0−f(x)−f(0)x=0，f−′(0)=lim⁡x→0−f(x)−f(0)x=0，f+′(0)=f−′(0)f^{'}_+(0)=\lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x}=0， f^{'}_-(0)=\lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x}=0， f^{'}_+(0)=f^{'}_-(0)f+′(0)=limx→0−xf(x)−f(0)=0，f−′(0)=limx→0−xf(x)−f(0)=0，f+′(0)=f−′(0)

求高阶导数：

归纳法

莱布尼茨公式：(uv)(n)=∑k=0nCnku(n−k)v(k)(uv)^{(n)}=\sum_{ k=0 }^{ n } C_n^ku^{ (n-k) } v^{ (k) }(uv)(n)=∑k=0nCnku(n−k)v(k)

泰勒展开式：f(n)(x0)=an⋅n!f^{ (n) }(x_0)=a_{n}·n!f(n)(x0)=an⋅n!

求 (sin⁡x)(n)(\sin x)^{ (n) }(sinx)(n)
解：(sin⁡x)′=cos⁡x，(sin⁡x)′′=−sin⁡x，(sin⁡x)(3)=−cos⁡x，(sin⁡x)(4)=sin⁡x(\sin x)^{ ' }=\cos x，(\sin x)^{ '' }=-\sin x，(\sin x)^{ (3) }=-\cos x，(\sin x)^{ (4) }=\sin x(sinx)′=cosx，(sinx)′′=−sinx，(sinx)(3)=−cosx，(sinx)(4)=sinx cos⁡x=sin⁡(x+π2)，−sin⁡x=sin⁡(x+π)，−cos⁡x=sin⁡(x+3π2)，sin⁡x=sin⁡(x+2π)\cos x = \sin ( x+\frac{\pi}{2} )， -\sin x=\sin ( x+\pi )， -\cos x=\sin ( x+\frac{3\pi}{2} )， \sin x=\sin ( x+2\pi )cosx=sin(x+2π)，−sinx=sin(x+π)，−cosx=sin(x+23π)，sinx=sin(x+2π) (sin⁡x)(n)=sin⁡(x+nπ2)(\sin x)^{ (n) } = \sin ( x+\frac{n\pi}{2} )(sinx)(n)=sin(x+2nπ)
求 (x2sin⁡x)(n)(x^2\sin x)^{ (n) }(x2sinx)(n)
解：(x2sin⁡x)(n)=∑k=0nCnk(sin⁡x)(n−k)(x2)(k)=x2(sin⁡x)(n)+n(x2)′(sin⁡x)(n−1)+n(n−1)2!(x2)′′(sin⁡x)(n−2)(x^2\sin x)^{ (n) } =\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}(\sin x)^{ (n-k) }(x^2)^{ (k) } =x^2(\sin x)^{ (n) } + n(x^2)^{'}(\sin x)^{ (n-1) }+ \frac{ n(n-1) }{2!}(x^2)^{''}(\sin x)^{ (n-2) }(x2sinx)(n)=k=0∑nCnk(sinx)(n−k)(x2)(k)=x2(sinx)(n)+n(x2)′(sinx)(n−1)+2!n(n−1)(x2)′′(sinx)(n−2) =x2sin⁡(x+π2n)+2nxsin⁡[x+π2(n−1)]+n(n−1)sin⁡[x+π2(n−2)]=x^2\sin ( x+\frac{\pi}{2}n ) + 2nx\sin [ x+\frac{\pi}{2}(n-1) ]+n(n-1)\sin [ x+\frac{\pi}{2}(n-2) ]=x2sin(x+2πn)+2nxsin[x+2π(n−1)]+n(n−1)sin[x+2π(n−2)] =[x2−n(n−1)]sin⁡(x+π2n)−2nxcos⁡(x+π2n)=[x^2-n(n-1)] \sin ( x+\frac{\pi}{2}n ) -2nx\cos ( x+\frac{\pi}{2}n )=[x2−n(n−1)]sin(x+2πn)−2nxcos(x+2πn)
已知 y=x2sin⁡xy=x^2\sin xy=x2sinx，求f(5)(0)f^{ (5) }(0)f(5)(0)
解：该题可以利用上题已求出 nnn 阶导解出，也可以使用泰勒展开式代换解出，效率更高。
f(n)(x0)=an⋅n!=>f(5)(0)=a5⋅5!f^{ (n) }(x_0)=a_{n}·n! => f^{ (5) }(0)=a_{5}·5!f(n)(x0)=an⋅n!=>f(5)(0)=a5⋅5! y=x2sin⁡x=x2[x−16x3+o(x3)]=x3−16x5+o(x5)y = x^2\sin x = x^2 [x-\frac{1}{6} x^3+o(x^3) ] = x^3 - \frac{1}{6}x^5 + o(x^5)y=x2sinx=x2[x−61x3+o(x3)]=x3−61x5+o(x5) f(5)(0)=a5⋅5!=−16⋅5!=−20f^{ (5) }(0)=a_{5}·5!=-\frac{1}{6}·5!=-20f(5)(0)=a5⋅5!=−61⋅5!=−20

题型三函数图像

渐近线：水平 lim⁡x→∞=a\lim_{x \to \infin} = alimx→∞=a \qquad 铅锤 lim⁡x→x0=∞\lim_{x \to x_0} = \infinlimx→x0=∞ \qquad 斜 lim⁡x→∞f(x)x=a\lim_{x \to \infin}\frac{f(x)}{x} = alimx→∞xf(x)=a \quad lim⁡x→∞[f(x)−ax]=b\lim_{x \to \infin} [f(x) - ax] = blimx→∞[f(x)−ax]=b
切线：y−f(x0)=f′(x0)(x−x0)y-f(x_0)=f^{'}(x_0)(x-x_0)y−f(x0)=f′(x0)(x−x0) 或 f′(x0)f^{'}(x_0)f′(x0) 不存在时求反函数切线
法线：y−f(x0)=1f′(x0)(x−x0)y-f(x_0)=\frac{1}{ f^{'}(x_0) }(x-x_0)y−f(x0)=f′(x0)1(x−x0) 或 f′(x0)=0f^{'}(x_0)=0f′(x0)=0 时 x=x0x=x_0x=x0

确定函数f(x)=1x−1+ln⁡(1+ex−1)f(x) = \frac{1}{ x-1 } + \ln (1+ e^{x - 1})f(x)=x−11+ln(1+ex−1) 的渐近线
解：lim⁡x→+∞=lim⁡x→+∞[1x−1+ln⁡(1+ex−1)]=+∞\lim_{x \to +\infin} = \lim_{x \to +\infin} [\frac{1}{x-1} + \ln (1 + e^{x-1})] = +\infinx→+∞lim=x→+∞lim[x−11+ln(1+ex−1)]=+∞lim⁡x→−∞=lim⁡x→−∞[1x−1+ln⁡(1+ex−1)]=0\lim_{x \to -\infin} = \lim_{x \to -\infin} [\frac{1}{x-1} + \ln (1 + e^{x-1})] = 0x→−∞lim=x→−∞lim[x−11+ln(1+ex−1)]=0 因此 y=0y=0y=0 为 f(x)f(x)f(x) 的一条水平渐近线。
f(x)f(x)f(x) 未定义点 x=1x=1x=1 lim⁡x→1f(x)=lim⁡x→1[1x−1+ln⁡(1+ex−1)]=∞\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} [\frac{1}{x-1} + \ln (1 + e^{x-1})] = \infinx→1limf(x)=x→1lim[x−11+ln(1+ex−1)]=∞ 因此 x=1x=1x=1 为 f(x)f(x)f(x) 的铅锤渐近线
当 x→−∞x \to -\infinx→−∞ 时， f(x)f(x)f(x) 有水平渐近线，故只考虑 x→+∞x \to +\infinx→+∞ 时 f(x)f(x)f(x) 是否有斜渐近线
lim⁡x→+∞f(x)x=lim⁡x→+∞[1x(x−1)+ln⁡(1+ex−1)x]=lim⁡x→+∞1x(x−1)+lim⁡x→+∞ln⁡(1+ex−1)x=1\lim_{x \to +\infin} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infin} [\frac{1}{x(x-1)} + \frac{\ln (1 + e^{x-1}) }{x} ] = \lim_{x \to +\infin} \frac{1}{x(x-1)} + \lim_{x \to +\infin} \frac{\ln (1 + e^{x-1}) }{x} = 1x→+∞limxf(x)=x→+∞lim[x(x−1)1+xln(1+ex−1)]=x→+∞limx(x−1)1+x→+∞limxln(1+ex−1)=1 lim⁡x→+∞[f(x)−ax]=lim⁡x→+∞[1x−1+ln⁡(1+ex−1)−x]=lim⁡x→+∞[ln⁡(1+ex−1)−ln⁡ex]=−1\lim_{x \to +\infin} [f(x) - ax] = \lim_{x \to +\infin} [\frac{1}{x-1} + \ln (1 + e^{x-1}) - x ] = \lim_{x \to +\infin} [\ln (1 + e^{x-1}) - \ln e^x] = -1 x→+∞lim[f(x)−ax]=x→+∞lim[x−11+ln(1+ex−1)−x]=x→+∞lim[ln(1+ex−1)−lnex]=−1 因此 y=x−1y=x-1y=x−1 时函数的一条斜渐进线
曲线 y=3e2xy=3e^{2x}y=3e2x 在 x=1x=1x=1 处的切线和法线。
解：y∣x=1=3e，y′∣x=1=6e2y|_{x=1}=3e，y^{'}|_{x=1} = 6e^{2}y∣x=1=3e，y′∣x=1=6e2 \qquad 切线：y−3e=6e2(x−1)y-3e=6e^{2}(x-1)y−3e=6e2(x−1) \qquad 法线：y−3e=16e2(x−1)y-3e=\frac{1}{6e^{2} }(x-1)y−3e=6e21(x−1)
函数 y=x23y=x^{\frac{2}{3} }y=x32 在 x=0x=0x=0 处的切线
解：y∣x=0=0，y′∣x=0不存在y|_{x=0}=0，y^{'}|_{x=0}不存在y∣x=0=0，y′∣x=0不存在 \qquad 反函数：x=y32x=y^{\frac{3}{2} }x=y23 在 y=0y=0y=0 处切线为 y=0y=0y=0，因此原函数切线为 x=0x=0x=0

单调性与极值： f′(x)=0f^{'}(x)=0f′(x)=0 或 f′(x)f^{'}(x)f′(x) 不存在的点划分区间，两侧 f′(x)f^{'}(x)f′(x) 异号该点为极值点
凹凸区间和拐点：f′′(x)=0f^{''}(x)=0f′′(x)=0 或 f′′(x)f^{''}(x)f′′(x) 不存在的点划分区间，两侧 f′′(x)f^{''}(x)f′′(x) 异号该点为拐点

求函数 f(x)=2x2(1−x)2f(x) = \frac{ 2x^2 }{ (1-x)^2 }f(x)=(1−x)22x2 的单调区间、极值、凹凸区间、拐点。
解：定义域为 (−∞,1)∪(1,∞)(-\infin, 1) ∪ (1, \infin)(−∞,1)∪(1,∞)
f′(x)=4x(1−x)+4x2(1−x)3=4x(1−x)3f^{'}(x)=\frac{4x(1-x)+4x^2}{(1-x)^3} =\frac{4x}{(1-x)^3}f′(x)=(1−x)34x(1−x)+4x2=(1−x)34x
令 f′(x)=0f^{'}(x)=0f′(x)=0，解得驻点 x=0x=0x=0

当 x∈(−∞,0)x∈(-\infin, 0)x∈(−∞,0) 时， f′(x)<0f^{'}(x)<0f′(x)<0，f(x)f(x)f(x)单调递减
当 x∈(0,1)x∈(0, 1)x∈(0,1) 时， f′(x)>0f^{'}(x)>0f′(x)>0，f(x)f(x)f(x)单调递增
当 x∈(1,+∞)x∈(1, +\infin)x∈(1,+∞) 时， f′(x)<0f^{'}(x)<0f′(x)<0，f(x)f(x)f(x)单调递减

可知，x=0x=0x=0 为极小值点

f′′(x)=4−4x+12x(1−x)4=4+8x(1−x)4f^{''}(x)=\frac{4-4x+12x}{(1-x)^4} =\frac{4+8x}{(1-x)^4}f′′(x)=(1−x)44−4x+12x=(1−x)44+8x
令 f′′(x)=0f^{''}(x)=0f′′(x)=0，解得二阶导数为零的点为 x=−12x=-\frac{1}{2}x=−21

当 x∈(−∞,−12)x∈(-\infin, -\frac{1}{2})x∈(−∞,−21) 时， f′′(x)<0f^{''}(x)<0f′′(x)<0，f(x)f(x)f(x) 图像是凸的
当 x∈(−12,+∞)x∈(-\frac{1}{2}, +\infin)x∈(−21,+∞) 时， f′′(x)>0f^{''}(x)>0f′′(x)>0，f(x)f(x)f(x) 图像是凹的

可知，x=−12x=-\frac{1}{2}x=−21 为拐点

xxx	(−∞,−12)(-\infin, -\frac{1}{2})(−∞,−21)	−12-\frac{1}{2}−21	(−12,0)(-\frac{1}{2}, 0)(−21,0)	000	(0,1)(0, 1)(0,1)	(1,∞)(1, \infin)(1,∞)
f′(x)f^{'}(x)f′(x)	−-−	−-−	−-−	000	+++	−-−
f′′(x)f^{''}(x)f′′(x)	−-−	000	+++	+++	+++	+++
f(x)f(x)f(x)	↘	拐点 29\frac{2}{9}92	↘	极小值 000	↗	↘