060.高数第二章2026周洋鑫考点全刷800题解析（课程提前用，非正式图书）_已解密_04.2026考研数学周洋鑫数学笑过_00.随课资料

2026 最新版
2026 周洋鑫考研数学
《考点全刷 800 题》
微博/b 站/小红书@考研数学周洋鑫
非正式图书，仅含前 (cid:21)章 题组 A 基础通关题部分，
提供同学们上课提前使用，
正式图书将会在本月上市。2026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
第二章 一元函数微分学
2.1 导数定义与微分定义
题组A·基础通关题
88. 【答案】D
【解析】因为
1
x2
lim f  x  lim x2sin 1 0，lim f  x  lim 1cosx  lim 2 0，
x0 x0 1x2 x0 x0 x x0 x
所以lim f x0，即 f  x 在x0处极限存在.
x0
又 f  0 0，于是lim f x f 0 ,即 f  x 在x0处连续.
x0
由导数定义，知
1
f 0  lim
f

x

f

0

 lim
x2sin
1x2
 lim xsin
1
0，
 x0 x x0 x x0 1x2
1cosx
1
f  0  lim f

x

f

0

 lim x  lim 2
x2
0，
 x0 x x0 x x0 3
x2
即 f 0 f 00，所以函数在x0处可导且 f 0 0，应选D.
 
89. 【答案】B
【解析】因为 f x在x0处可导，所以 f x在x0处连续，于是
lim f(x) lim f(x) f 0，
x0 x0
即 lim  x2 axb   lim

ex sinxcosx 

1,
x0 x0
解得b1.
根据导数定义，知
ex sinxcosx 1
f
0

lim

x0 x
 limex sinxcosx ex cosxsinx 2，
 
x0
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x2 axb1 x2 ax
f 0  lim lim  a，
 x0 x x0 x
由于 f x在x0处可导，所以 f 0  f 0 ，解得a2，应选B.
 
90. 【答案】D
【解析】由 f(x)在x0处连续,知lim f(x) f 01，即
x0
 
(x) ex2 1
(x)x2 2(x)
lim f(x)lim lim lim 1,
x0 x0 tanxsinx x0 1
x3
x0 x
2
(x) 1
整理得lim  .
x0 x 2
于是，lim(x)0，又(x)在x0处连续，所以(0)lim(x)0.
x0 x0
(x)(0) (x) 1
进而，根据导数定义知，(0)lim lim  .
x0 x x0 x 2
应选D.
91. 【答案】C
 1, 1 x1,
 n   
【解析】由题意可知， f x lim n1n x3 max 1, x3  x3, x1,
n 
x3, x 1.
因为
f x f 1 x31
f1 lim  lim  lim3x2 3，
 x1 x1 x1 x1 x1
f x f 1 11
f1 lim  lim 0，
 x1 x1 x1 x1
所以 f x在x1处不可导．
又因为
f1 lim f x f 1  lim x31  lim  3x2 3，
 x1 x1 x1 x1 x1
f x f 1 11
f1 lim  lim  0，
 x1 x1 x1 x1
所以 f x在x1处不可导，应选C．
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【小课堂】（1）本题涉及考点：limn an bn cn maxa,b,ca0,b0,c0；
n
（2）本题在判断 f x的可导性时，也可以利用画图的方式处理，从 f x的图像
中可以明显地看出函数在x1和x1两点处不可导．
92. 【答案】B
f x f x f x 1
【解析】因为lim lim 1，所以lim  ，于是
x01cosx x0 1 x2 x0 x2 2
2
f x  f x 
lim lim x0，
x0 x x0 x2 
故④错误，③正确．
f x 1
又由lim  ，知lim f x0，但题中仅知 f x在x0处有定义，无法确
x0 x2 2 x0
1
 x2, x0,
定 f x在x0处是否连续，因此 f 0的值未必为0，例如 f x2 显然满
  1, x0,
足题意，但 f 00，且 f0不存在，故①与②均错误，应选B．
93. 【答案】D
1 1 2 1 2x2
【解析】当x0时， fxarctan  x  arctan  .
x2 1 x3 x2 1 x4
1
x4
1
当x0时， f0 lim
f x f 0
 lim
xarctan x2
 limarctan
1


.
x0 x0 x0 x x0 x2 2
又因为
 1 2x2  1 2x2  
lim f x limarctan  limarctan lim  0 ，
x0 x0 x2 1x4  x0 x2 x01x4 2 2
所以lim f x  f 0 ，即 f x 在x0处连续，应选D.
x0
94. 【答案】B．
【解答】对于①④，由【小课堂】中连续的四则运算性质，显然正确.
对于②，根据【小课堂】中连续的四则运算性质知，当 f(x),g(x)均在点x x 处间
0
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1, x0,
断时， f(x)g(x)在x x 处可能连续，也可能间断. 例如取 f(x) g(x) ，
0 1, x0,
显然 f(x),g(x)均在点x0处间断，但 f(x)g(x)1在点x0处连续，故②错误.
对于③，根据【小课堂】中可导的四则运算性质知，当 f(x),g(x)均在点x x 处不
0
可导时， f(x)g(x)在x x 处可能可到，也可能不可导. 例如取 f(x) g(x) x ，显然
0
f(x),g(x)在x 0处均不可导，但 f(x)g(x) x2在x 0处可导，于是③错误.
应选B.
【小课堂】极限、连续与可导的四则运算性质具有相似性，如下表：
极限 连续 可导
存在 存在=存在 连续 连续=连续 可导 可导=可导
存在 不存在=不存在 连续 间断=间断 可导 不可导=不可导
不存在 不存在=未知 间断 间断=未知 不可导 不可导=未知
存在存在=存在 连续连续=连续 可导可导=可导
存在不存在=未知 连续间断=未知 可导不可导=未知
不存在不存在=未知 间断间断=未知 不可导不可导=未知
【注】表中“未知”表示结果可能存在，也可能不存在.
95. 【答案】D
1
【解析】对于A，由于 0，于是
h
1
f(a ) f(a)
lim h  f(a 1 ) f(a)   lim h  f a  .
h   h   h 1 
h
当 f a 存在时，无法确定 f a 也存在，故A不正确.

对于B，由于
f(a2h) f(ah)  f(a2h) f  a  f(ah) f(a)
lim lim2  .
h0 h h0 2h h 
其中
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f(a2h) f  a  f (ah) f (a)
lim  f a ，lim  fa .
h0 2h h0 h
f(ah) f(ah)
但 是 ， 当 lim 存 在 时 ， 根 据 极 限 四 则 运 算 性 质 知 ，
h0 2h
f(a2h) f  a  f(ah) f(a)
lim 与lim 可能均存在，也可能均不存在，即 f a 可
h0 2h h0 h
能存在，也可能不存在，故B不正确.同理，亦可排除选项C.
对于D，由于h0，于是
f(a) f(ah) f(ah) f(a)
lim lim  fa .
h0 h h0 h
f(a) f(ah)
因此，当lim 存在时，则 f a 存在，即 f(x)在x  a 处可导，故D正
h0 h
确.
96. 【答案】C
 f  sinx  f  cosx1 
【解析】方法一：原式lim  
x0 x x2 
 f  0sinx  f  0  sinx f  0cosx1  f  0  cosx1
lim    .
x0 sinx x cosx1 x2 
因为
f  0sinx  f  0 
lim  f 0  （存在）,
x0 sinx
f  0cosx1  f  0 
lim  f 0  （存在），
x0 cosx1
xf  sinx  f  cosx1  1 3
所以lim  f 0  f 0  f 0 ，应选C.
x0 x2 2 2
方法二：特例排除法.若取 f  x  x，显然满足题设条件，且 f 0 1，此时
1
xf  sinx  f  cosx1  xsinx cosx1 
x2  x2
3
2
lim lim lim  ，
x0 x2 x0 x2 x0 x2 2
xf  sinx  f  cosx1  3
即lim  f 0 ，故选项A、B、D均错误，于是选C.
x0 x2 2
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97. 【答案】应填1.
【解析】由于 f 3x f x， f 3 f 30 f 0，于是根据导数定义，知
f 3x f 3
f3 lim
x0 x
3f x3f 0
 lim
x0 x
f 0x f 0
3lim
x0 x
3f01，
应填1.
98. 【答案】应填1.
【解析】由于 fa1，所以
f(a2h) f(ah)  f(a2h) f  a  f(ah) f(a)
lim lim2  
h0 h h0 2h h 
f(a2h) f  a  f(ah) f(a)
2lim lim
h0 2h h0 h
 2fa fa fa1，
应填1.
【小课堂】对于本题涉及的问题，总结如下：
f  x ax  f  x bx 
（1）若lim 0 0 存在，无法推知 f  x 在x  x 处可导.
x0 x 0
f  x ax  f  x bx 
（2）若 f  x 在x  x 处可导，则lim 0 0  ab  f x  .
0 x0 x 0
f(a2h) f(ah)
利用结论（2），可快速求解本题，即lim  fa1.
h0 h
1
99. 【答案】应填 .
2
 
f sin2 xcosx
【解答】lim
x0 x2 xtanx
 
f sin2 xcosx
lim （满足等价无穷小的加减法替换准则）
x0 x2 x2
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 
f 1sin2 xcosx1  f(1) sin2 xcosx1
lim 
x0 sin2 xcosx1 2x2
 
f 1sin2 xcosx1  f(1) sin2 xcosx1
lim lim
x0 sin2 xcosx1 x0 2x2
 1 
x2 

 x2

 2 
 f(1)lim （后一项中满足等价无穷小的加减法替换准则）
x0 2x2
1 1
 f(1) ，
4 2
1
应填 .
2

100. 【答案】应填 .
2
1
【解析】方法一：根据微分的定义，易知yx ，所以y arctanxC .
1 x2
    
又 y(0) ，解得C  ，于是yarctanx ， y(1) ，应填 .
4 4 4 2 2
y 1
ox
方法二：当x0时，   ，于是等式两边同取极限得
x 1x2 x
y  1 o x 
lim  lim  ，
x0x x01x2 x

1
即yx ，所以y arctanxC .
1 x2
    
又 y(0) ，解得C  ，于是yarctanx ， y(1) ，应填 .
4 4 4 2 2
101. 【答案】应填0.5.
【解析】由 y  f(x2)在x1处相应的y的线性主部为0.1，知微分dy| 0.1.
x1
因为 dy  f  x2 2x，于是dy  f  x2  2xdx  f  x2  2xx.
dx
又当x1，x0.1时，dy| 0.1，于是代入上式，有
x1
dy|  f120.10.1，
x1
解得 f10.5，应填0.5.
102. 【答案】应填0.1.
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1  40 x1
【解析】由点 ,4与点(0,0)之间的斜率为k  8，知曲线 y f  在
2  1  x1
0
2

1  dy   x1
点 ,4处的切线斜率为8，即  f   8.
2  dx x 1   x1
2 1
x
2

dy   x1  x1 2 dy
又因为  f    f    ，所以  f(3)(8)8
dx   x1  x1 (x1)2 dx x 1
2
解得 f(3)1.
因此，当u 0.1时, f(u)在u 3处相应函数值的增量的线性主部，即微分为
df (u)  f(3)u 1 0.1   0.1，
u3
应填0.1.
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2.2导数与微分的计算
题组A·基础通关题
4 
103. 【答案】应填  .
 2 1
 x4cos2 x   1   
【解析】 yln   4ln x 2ln cosx  ln x2 1 
 x2 1   2 
4 2 1 1 4 2sinx x
  sinx    2x    ，
x cosx 2 x2 1 x cosx x2 1
dy 4  4 
于是   ，应填  .
dx  2 1  2 1
x
104. 【答案】应填e2x 2x1 .
2tx
 1
【解析】显然lim1

为“1 ”型未定式极限，于是
t t
2tx  1  1
f xxlim  1 1  xet l  im  2txln  1 t   xe 2x t l  im  tln  1 t   xe2x，
t t
所以 f x e2x 2x1 ，应填e2x 2x1 .
1
105. 【答案】应填 ln2.
4
【解析】根据复合函数的链式求导法则，知

dy 2x1 2x1 2x1 3
 f       f    .
dx  x1   x1   x1   x1 2
1 1
又 f x lnx3  lnx ，于是
3
dy 1 2x1 3
 ln   ，
dx 3  x1   x1 2
dy 1 1
故  ln2，应填 ln2.
dx x1 4 4
106. 【答案】应填1.
【解析】方程xarctanx 1 ln  1x2 xyey 1两边同时对x求导，得
2
92026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
1 x
arctanxx   yxyeyy0 ，
1x2 1x2
整理得 arctanxyxyeyy0，
再对 式两边同时对x求导，得 ①
① 1  y yxyeyyyeyy0.
1x2
②
当x0时，代入原方程，得ey 1，解得y0.
当x0，y0时，代入 式中，解得y(0)0.
当x0，y0，y(0)①0时，代入 式中，解得y(0)1，应填1.
1
②
107. 【答案】应填 .
2
【解析】方程sin  xy ln  yx1  x两边同时对x求导，得
1
cos  xy  yxy  y1 1. ①
yx1
当x0时，代入原方程中，解得y0.
再将x0，y0代入①式中，解得y
0
 f
0
2.
  1  
 f 0   f  0  
 1   4x3 x
lim xf    lim   
x 4x3 x 1 4x3


4x3 

 1 
f 0   f  0 
1  4x3
 lim
4x 1
4x3
1 1
 f0 ，
4 2
1
应填 .
2
1
108. 【答案】应填 .
3
【解析】对 f(x)取对数，得
1
ln f(x) ln x1ln x2 6 ln x2 ln x2 3， ①
 
3
再令①式两边同时对x求导，得
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1 1 1 2x 1 2x 
 f(x)      . ②
f(x) 3x1 x2 6 x2 x2 3
1
当x0时， f(0)1，再代入②式中，可得 f(0) ．
6
因此，根据导数定义，知
f(x) f(x)  f(0x) f(0) f(0x) f(0)
lim lim 
 
x0 x x0 x x 
1
 f(0) f(0) ，
3
1
应填 .
3
109.
【答案】应填e1.
【解答】方程tey  y10两边同时对t求导，得
dy dy
ey tey  0，
dt dt
当t 0时，由tey  y10知， y  1. 于是，再将t 0， y  1代入上式得
dy
e1.
dt
t0
dx
又x t 2t1， 1，于是根据参数方程求导公式，知
dt
t0
dy
yt
 e1，
dx t0 xt t0
应填e1.
110. 【答案】应填1，1.
【解析】由于
dy d2y
1cosx， sinx，
dx dx2
于是根据反函数导数计算公式，知
dx 1 1
  ，
dy dy 1cosx
dx
d2y
d2x dx2 sinx
  .
dy2
dy
3 (1cosx)3
 
dx
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 
令 y xsinx 1，解得x ，进而
2 2
dx 1 d2x sinx
 1，  1，
dy y1 1cosx x  dy2 y1 (1cosx)3 x 
2 2
应填1，1.
【小课堂】若 y  f  x  其反函数为 x f1 y  ，且 f x  0 ，则其反函数
x f1 y 的导数
dx 1 1 d2x y f x 
  ，   .
dy y fx dy2  y3  f x   3
1
111. 【答案】应填 .
3
xcosxsinx
【解析】当x  0时， fx .
x2
当x 0时，由导数定义知
sinx 1
f0lim
f x f 0
lim x
1
lim
sinxx
lim

6
x3
0，
x0 x x0 x x0 x2 x0 x2
进而，再利用导数定义可得
fx f0 xcosxsinx
f0lim lim
x0 x x0 x3
xcosxxxsinx xcosx1 xsinx
lim lim lim
x0 x3 x0 x3 x0 x3
1 1
 x2 x3
lim 2 lim 6  1 ，
x0 x2 x0 x3 3
1
应填 .
3
 3n 1 
112. 【答案】应填n1!1n   .

3x1n x2n

【解析】因为 f x  ln  3x1x2   ln3x1lnx2，所以
n1 n1
 3   1 
f n x  
   
3x1 x2
3n1n1!1n1 n1!1n1
3 
3x1n x2n
122026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
 3n 1 
n1!1n1   ，

3x1n x2n

 3n 1 
应填n1!1n   .

3x1n x2n

1
113. 【答案】应填ye x.
e2 e
【解析】令方程sin(xy)ln(x1)lny1 两边同时对x求导，得
1 1
cos(xy)yxy  y0． ①
x1 y
将x0代入原方程，得y e．
dy
再将x0，y e代入①中，解得 ee2．
dx
x0
1 1
因此，曲线 y  f(x)在x0处的法线方程为ye x，应填ye x.
e2 e e2 e
114. 【答案】应填e1.
【解析】由于ynxn1 ，则yxn 在  1,1  处的切线斜率为ky 1 n，于是可得曲线
该点处的切线方程 y1n  x1  ．当 y  0时，x 1 1 ，即 1 1 ．
n n n
因此，lim f   lim  1 1  n en l  im  n     1 n    e1，应填e1.
n n n n
115. 【答案】应填 y  2x1 0.
【解析】由于
dy yt etcostetsint costsint
   ．
dx xt etsin2t2etcos2t sin2t2cos2t
dy 1
当x0时，t0，此时  ，于是曲线在该点处的法线方程为 y  2x1 0．
dx 2
t0
应填 y  2x1 0.
3 5 3 1
116. 【答案】应填 y  x 3  ， yx  .
4 4 4 4
【解析】极坐标条件下切线与法线问题，一般需要将极坐标方程转化为参数方程形式
求解．
x1coscos,
将极坐标曲线r1cos转化为参数方程，则 于是
y1cossin.
132026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
dy y cos sin2 cos2
  1.
dx   x   sin 2sincos  
6 6 6
 3 3 1 3
当 时， x  ， y  ．
6 2 4 2 4

因此，曲线在 处的切线方程为
6
1 3  3 3 3 5
y   x   y x 3 ．
   
2 4   2 4 4 4
法线方程为
1 3   3 3 3 1
y  x   y x  ．
   
2 4    2 4 4 4
142026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
2.3 一元函数微分学应用
题组A·基础通关题
117. 【答案】A

 f  x  f(x)g(x) f(x)g(x)
f (x)
【解析】因为   0，所以函数 严格单调递减.
 g  x   g2(x) g(x)
于是，当axb时，有 f (a)  f (x)  f (b) ，整理得
g(a) g(x) g(b)
f(a)g(x) f(x)g(a)， f(x)g(b) f(b)g(x),
于是A正确，B错误.
又因为 f xgx    f(x)g(x) f (x)g(x)0，所以 f(x)g  x 严格单调递增.
于是，当axb时，有 f(a)g(a) f(x)g(x) f(b)g(b)，故C、D错误.
应选A.
118. 【答案】B
【解析】由于x  x 是 f  x 的极大值点，根据曲线的对称性（见【小课堂】），知曲
0
线y f  x 与y  f x 关于y轴对称，于是xx 是 f x  的极大值点，选项A错误.
0
因为曲线 y f  x 与 y f  x 关于x 轴对称，所以x  x 是f  x  的极小值点，
0
选项C错误.
因为曲线 y f  x 与 y f x 关于原点对称，所以xx 是f x 的极小值
0
点，故选项B正确.
根据函数极值的定义知，由于x  x 是 f  x 的极大值点，则对于x  x 的某邻域
0 0
内任意一点x均有 f

x

f

x

，仅仅是“x  x 的某邻域内任意一点x”，不是“一切的x”，
0 0
于是选项D错误.
应选B.
【小课堂】有关曲线的对称性结论可总结如下：
（1）曲线y f  x 与 y  f x 关于y轴对称；
（2）曲线y f  x 与 y f x 关于原点对称；
（3）曲线y f  x 与 y f  x 关于x轴对称.
（4）曲线y f  x 与 y f 1 x 关于直线 y  x 对称.
152026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
119. 【答案】C
 
【解析】由 f 1x   ， f 1x  知， 函数
   
y f 1 x 在,内单调递增且为凹曲线.
由于曲线 y f 1 x 与 y f  x 关于 yx对称，可画
出草图（如右图所示），显然 f  x 在,内单调递增且
为凸曲线.
又因为 y  f x 与 y f  x 关于 y轴对称，于是 f x 在,内单调递
减且也为凸曲线.
应选C.
120. 【答案】B.
【解析】由在(a,b)内 f(x)0，知y f(x)是区间(a,b)上
的凸函数，如右图所示，k 、k 、k 分别为割线 AB,BC,AC
1 2 3
的斜率，显然有
割线 AB 的斜率>割线BC的斜率>割线AC的斜率，
即k k k ，应选B.
1 3 2
121. 【答案】A
【解析】函数定义域为(,0)(0,).
2  4x2 1  2x12x1 1
由于 y  2 ，令 y0，解得x ，又x0为不可导
x x 2
点，可列表如下：
 1 1  1   1 1 1 
x ,    ,0 0 0,   ,
 2 2  2   2 2 2 
y  0  不存在  0 
不取极
y 单调递减 极大值 单调递增 单调递减 极小值 单调递增
值
 1  1   1  1
于是，函数的单调增区间为  ,0, , ；单调减区间为减区间为 , ,0,  ，
 2  2   2  2
有1个极大值点，1个极小值点，故仅有③正确，应选A.
162026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
【小课堂】1.注意本题中切勿将x0判断为极大值点，这是很多考生易犯错误的点.本
题中虽然 y 在x0的去心邻域两侧异号，但是由于x0是函数的无定义点，所以
x0不是该函数的极值点.
2.一般地，函数的单调区间求解步骤可总结如下：
（1）确定函数的定义域.
（2）求出 fx0或 fx不存在的点（极值可疑点）.
（3）根据上述点，将函数定义域划分为若干段，并画表，判定每一段内 fx正负
性，进而确定单调区间.
122. 【解析】由导数定义，知
f x f 0
f0 lim  lim x 0 ，
 x0 x0 x0
f x f 0
f0 lim  limlnx （不存在），
 x0 x0 x0
即 f0 f0，于是x0为 f x的不可导点，故选项A、C均错误.
 
x2, x0,  2x, x0,
又 f(x) 于是 f(x)  则在x0的右去心邻域内
xlnx, x0, lnx1, x 0,
f(x)0；在x0的左去心邻域内 f x 0，且 f x在x0处连续，因此x0是函数
f

x
的极大值点，应选B.
【小课堂】本题中判定x0是否为函数 f x的极值点问题，也可利用极值的定义进行
判定，方法如下：
在x0的右去心邻域内 f(x)xlnx0；在x0的左去心邻域内 f  x  x x 0，
又 f 00，于是在x0的邻域内均有 f x f 0，根据函数极值的定义知，x0
是函数 f x的极大值点.
123. 【答案】B
【解析】因为g  x 在x 处取极值，且g  x 可导，所以g x 0.
0 0
记y  f  gx  ，则y f gx  gx，于是y x 0  f a  g x 0 0.
又 y f  gx   gx  2  f  gx  gx，则
yx   f a gx   2  f agx   f agx .
0 0 0 0
根据极值的第二充分条件知，当 y x 0  f a  g x 0 0时，函数y  f  gx  在
x 处取极大值，又g x 0，所以 f a 0，应选B.
0 0
172026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
124. 【答案】C
【解析】 f(x)sinxxcosx1sinxxcosxsinx ，显然 f(0)0 ，即
x0是 f x的驻点，于是 正确.
①
又 f(x)cosxxsinxcosx(1)cosxxsinx，则 f(0)1.
当1时， f(0)10，根据极值第二充分条件知，x0是 f  x  的极大值点，
故 正确.
②当1时， f(0)10，根据极值第二充分条件知，x0是 f x的极小值点，
故 正确.
③当1时， f(0)0，此时无法利用极值第二充分条件判定x0是否为 f x的极
值点. 又 f(x)xcosxsinxcosxxtanx，所以在x0的右去心邻域内xtanx，
cosx0，于是 f(x)0；在x0的左去心邻域内xtanx，cosx0，于是 f(x)0，
因此，x0是 f x的极大值点，故 错误.
应选C. ④
125. 【答案】C
f x f x
【解析】由于lim lim 2，limf x0.
x0ln  1x2 x0 x2 x0
因为 f  x 在x0处连续，所以lim f x f 00.
x0
再根据导数定义，知
f x f 0 f x  f x 
f0lim lim lim x0，
x0 x0 x0 x x0 x2 
于是①、②、④均正确.
f x
又因为 lim 0 ，根据函数极限的保号性知，在 x0的某去心邻域内均有
x0 x2
f x 0，即 f  x 0，而 f  0 0，因此在x0的某邻域内均有 f  x  f  0  ，根据
x2
函数极值的定义知，x0是函数 f  x 的极小值点，故③错误.
应选C.
126. 【答案】C
【解析】将x 代入等式得x fx 1ex0 ，由于x 0，则
0 0 0 0
182026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
1ex0 ex0 1
fx   ，
0 x x
0 0
又当x 0时，ex0 1与x 同号，于是 fx 0，故根据极值的第二充分条件，知
0 0 0
f x 是 f x的极小值，应选C．
0
127. 【答案】B.
【解析】由题意可知，xa,x0,xc为 f x的驻点，xb为 f x的不可导点，
可列表得
x (,a) a (a,b) b (b,0) 0 (0,c) c (c,)
f(x) - 0 - 不存在 + 0 - 0 -
单调递 不取 单调递 单调递 极大 单调 不取 单调递
f(x) 极小值
减 极值 减 增 值 递减 极值 减
故 f(x)有1个极大值点，有1个极小值点.
由于 f(x) 连续，若 f(x) 在点 x  x 去心邻域两侧异号，则  x ,f x  为曲线
0 0 0
y f(x) 的拐点. 于是，可知若 f(x)在点 x  x 去心邻域两侧单调性发生改变，则
0
 x ,f x  为曲线y f(x)的拐点. 由题设中图像可知， f(x)有3个单调性发生改变的点，
0 0
即曲线y f(x)有3个拐点.
应选B.
128. 【答案】C
fx
【解析】由于lim  1，于是lim f x  0.
xa xa xa
又 f x 在xa处连续，所以lim f x  f a  0，即xa是 f  x 的驻点.
xa
f(x) fa f(x)
于是 fa lim  lim  1 0，由极值的第二充分条件知，
xa xa xa xa
xa是函数 f  x 的极大值点，应选C.
因为 f a 1，即xa既不是二阶导数为零的点，也不是二阶导数不存在的点，
所以  a, f  a  一定不是曲线y f  x 的拐点，故D错误.
129. 【答案】C
192026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
 x  
【解析】显然x1为函数的无定义点，因为lim ln 1ex ，所以x1
 
x1x1 
为函数的垂直渐近线.
 x   x  
因 为 lim ln 1ex  lim  limln 1ex 101 ， 所 以 在
 
xx1  x x1 x
x 方向上函数有水平渐近线，无斜渐近线.
又因为
y  1 ln  1ex 
a lim  lim   
x x xx1 x 
 
 
ln 1ex
0 lim
x x
ex
 lim 1，
x1ex
 x   
b lim(yax) lim ln 1ex x
 
x xx1 
 lim x  lim ln  1ex x
 
x x1 x
1 lim ln  1ex  lnex
 
x
1ex
1 limln 101，
x ex
所以在x 方向上曲线有斜渐近线 y  x1，应选C.
130.
【答案】应填en1．
【解析】根据莱布尼兹公式，知
f (n)(x)C0x(ex)(n) C11(ex)(n1)  xex nex (xn)ex .
n n
设g  x (xn)ex，令g x (xn1)ex 0，解得驻点x  n1 .
由 于 当 x n1  时 ， g x 0 ； 当 x n1  ， g x 0 ， 所 以 当
x  n1 时，g  x 取极小值，且极小值为g(n1)en1 ，应填en1．
131. 【答案】应填
,1 
．
【解析】根据参数方程求导公式，知
202026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
4t
dy dy
dy  dt  3t2 3  t2 1 ， d2y  d dx   1   t2 1 2  4t ，
dx dx 3t2 3 t2 1 dx2 dt dx 3  t2 1  3  t2 1 3
dt dt
显然当t0时，
d2y
0，此时曲线yy  x  为凸曲线.
dx2
dx
因为 3t230，所以 x 关于t单调递增. 又当t0时，x1，于是当t0时，
dt
x1，因此yy  x  为凸曲线的x取值范围是 ,1  ，应填 ,1  ．
 1 2
132. 【答案】应填  ,  ．
 2 9
【解析】由于
4x1x2 2x221x 4x1x4x2
4x
y   ，
1x4 1x3 1x3
41x3 4x31x2 41x12x 48x
y   ．
1x6 1x4 1x4
1 1 1
令 y0得x ，于是当x 时， y0；当x 时， y0，因此曲线的
2 2 2
 1 2  1 2
拐点为  ,  ，应填  ,  ．
 2 9  2 9
【小课堂】注意本题中函数的定义域，虽然本题中 y1不存在，但由于函数 yx在
x1处无定义，所以无需判定该点是否为曲线的拐点．
133. 【答案】应填 y3x1．
【解析】因为
y 3x4 1 3x4
alim lim ex lim 3 ，
xx x x x x
 1   1  1
blimy3x lim 3x4e  x 3x lim3xe  x 3xlim4e  x
x x  x  x
lim3x  e  1 x 1  lim4e  1 x  lim3x   1 lim4e  1 x  341，
x   x x  x x
212026最新版《周洋鑫考研数学考点全刷800题》 新浪微博@考研数学周洋鑫 公众号：周洋鑫
所以曲线的斜渐近线方程为 y3x1，应填 y3x1．

134. 【答案】应填y x ．
2
【解析】由于
y  x2 arctan  1x2 x2 arctan  1x2 
a lim  lim   lim lim 1 ，
x x x1x2 x  x1x2 x x
 
b limyax lim


x3
arctan  1x2  x


x x1x2 
 lim
x
 limarctan

1
x2
0



，
x1x2 x 2 2

因此，该曲线的斜渐近线为y x ．
2
135. 【解析】方程两边同时对x求导，得
3x2 3y2y33y0，
化简得
x2  y2y1 y0． ①
x1, x1,
令①中y0，解得x2 1，于是再代入原方程可得 或
y1 y0.
①式两边再对x求导，得
2x2yy2 y2yy0 ． ②
将x1， y1， y0代入②式中，解得 y110，故函数 yx在x1处取极
大值y1.
将x1， y0， y0代入②中，解得 y120，故函数 yx在x1处取
极小值y0．
136. 【解析】当x0时， fx  x2x   e2xlnx 2e2xlnxlnx1；
当x0时， fxexx1 .
x2x 1 e2xlnx 1 2xlnx
由于 f0 lim  lim  lim  ，所以 f0不存在．

x0 x x0 x x0 x
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 2e2xlnxlnx1,x0,
综上所述， fx
exx1,x0.
令 fx0，解得驻点x1与x 1 ，又x0为 fx不存在点，于是
e
 1 1 1 
x ,1 1 1,0 0 0,   ,
 e e e 
fx  0  不存在  0 
f x 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
 1 1 
因此， f x在区间,1和 0,  内单调递减，在区间1,0和  , 内单调递增，
 e e 
2
1 1 
故 f x的极小值为 f 11 ， f   e e ，极大值为 f 01．
e e
137.
【解析】函数的定义域为,1

1,，且
x2x3
6x
y ，y ，
x13 x14
令y0，解得驻点为x0与x3，且x1为一阶导数不存在的点.
令y0，解得二阶导数为0的点为x0，且x1为二阶导数不存在的点.
可列表，得
x
,0
0
0,1
1
1,3
3
3,
y 
0

不存在

0

y 
0

不存在
  
单调递 拐点， 单调递 非拐 单调递 极小值 单调递
f x 增，凸函 非极值 增，凹函 点，非 减，凹函 点，非拐 增，凹函
数 点 数 极值点 数 点 数
（1）函数的单调递增区间为,1和3,，单调递减区间为1,3，函数的极小值
27
为y3 ．
4
（2）函数的凹区间为0,1和1,，凸间为,0，函数的拐点为0,0．
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x3
（3）因为lim ，所以x1为函数的垂直渐近线．
x1x12
又因为
y x2  x3 
a lim  lim 1，b limyax lim x2 ，
x x xx12 x x

x12 

所以yx2为函数的斜渐近线．
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2.4 函数零点、方程根与不等式
题组A·基础通关题
138. 【答案】C
【解析】设函数F  x 3x4 4x36x2 12x20，则
F x 12x312x2 12x12 12  x3  x2  x1  12x12x1 .
令F
x
0，解得x1，x1，列表如下：
x ,1  1 1,1  1  1,
F x   0  0 
 
F x 单调递减 极小值 单调递增 不取极值 单调递增
又 lim F  x  lim F  x ，F 1 31，于是F  x 有两个零点，即方程有
x x
两个根，应选C.
139. 【答案】D
【解析】设函数 f  x x55x，则 fx5x4 55  x2 1 x1x1 .
令
f
x
0，解得x1，列表如下：
x ,1  1 1,1  1  1,
f x   0  0 
 
f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
又因为
f
1 4k，
f

1
4k，
lim f x， lim f x，
x x
 
可画出函数 f x 的草图，如右图所示.若方程x5 5xk 0有3个不
同的实根，则y x5 5x与 y k有3个交点，于是4k4.
应选D．
140. 【答案】C
x
【解析】设函数 f  x  lnx 2，x0.
e
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1 1
令 f(x)  0，解得xe.
e x
当0xe时， f x 0， f  x 单调递减；当xe时， f x 0， f  x 单调
递增.
又因为
lim f(x)， f  e  20
x0
1 lnx 2 
lim f(x) lim x   ，
 
x x e x x 
x
可画出草图（如右图所示），显然方程 lnx 20在
e
0,内有且仅有两个实根，应选C.
141. 【答案】C
【解析】本题中“ yax2 与y lnx的交点个数”等价于“求方程ax2 lnx根的个数”，
lnx lnx
再分离参数得，a  ，即可求函数y 与
ya的交点个数.
x2 x2
lnx x2xlnx 12lnx
设函数 f  x   x0 ，则 f x   .
x2 x4 x3
令 f x 0，解得x e.
当0x e时， f x 0， f(x)单调增加；当x e时， f x 0， f(x)单
调递减.
又因为
  1
f e  ， lim f x  ， lim f x 0，
2e x0 x
1
所以可画出草图（如右图所示），显然当0a 时，函数
2e
lnx
y 与
ya有两个交点，于是曲线yax2
与 y lnx有两
x2
个交点，应选C.
142. 【答案】B．
【解析】设函数 f  x  x3ax2 bxc，则 f x 3x22axb.
因为二次函数 y3x22axb开口朝上，且  4  a2 3b   0，所以
f x 3x2 2axb0
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恒成立，即 f

x

在
,
上单调递减.
又因为
lim f  x  lim  x3ax2bxc  ，
x x
lim f  x  lim  x3ax2bxc  ，
x x
所以 f  x  x3ax2 bxc仅有一个零点，即方程 x3ax2 bxc0仅有一个根，
应选B.
143. 【答案】A
【解析】令F

x

f

x
x，则F
x
 f
x
1，F
x
 f
x
0.
于是 F x  在 , 内单调递减，又 F 1  f 1 10，所以当 x1时，
F x 0 ；当 x1时， F x 0 ，故 x1是函数 F  x  的极小值，且极小值为
F

1

f

1
10，因此F 
x

f

x
x0，即
f

x

x，应选A.
27