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 12026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 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． 22026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）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 32026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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 42026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 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 52026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 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 62026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   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. 72026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  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. 82026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 2.2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 102026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 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 112026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   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 222026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  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． 232026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 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． 242026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 2.4 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 252026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 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 262026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 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