(208)--高数强化06笔记小节_已解密_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

26高数强化（6） 6 导数与微分的概念及其应用，导数公式及求导法则 P52-P63 主讲 武 忠 祥 教授26武忠祥考研 第二章 一元函数微分学 第一节 导数与微分 第二节 导数应用26武忠祥考研 第一节 导数与微分 本节内容要点 一. 考试内容要点精讲 （一）导数的概念 （二）微分的概念 （三）导数与微分的几何意义 （四）连续 可导 可微之间的关系 （五）求导公式 （六）求导法则26武忠祥考研 二. 常考题型方法与技巧 题型一 导数的概念 题型二 导数的几何意义 题型三 导数与微分的计算26武忠祥考研 一. 考试内容要点精讲 （一）导数的概念 f (x  x)  f (x ) f (x)  f (x ) 导数： f  (x )  lim 0 0  lim 0 0 x0 x xx x  x 0 0 f (x  x)  f (x ) f (x)  f (x ) 左导数： f  (x )  lim 0 0  lim 0  0 x0  x xx  x  x 0 0 f (x  x)  f (x ) f (x)  f (x ) 右导数： f  (x )  lim 0 0  lim 0  0 x0  x xx  x  x 0 0 定理 可导  左右导数都存在且相等 （二）微分的概念 若 y  f (x  x)  f (x )  Ax (x), 则称 f ( x) 在 0 0 x 处可微.称 Ax 为微分,记为 dy  Ax 026武忠祥考研 定理 函数 y  f (x) 在点 x 处可微的充分必要条件是 f (x) 0 在点 x 处可导，且有 d y  f  (x )x  f  (x )d x. 0 0 0 （三）导数与微分的几何意义 y T  N 导数 f ( x )  tan 切线的斜率 0 o(x) P y dy M y  f (x) x 微分 dy  f  (x )dx 切线上的增量 ） 0 o x x  x x 0 0 y  dy26武忠祥考研 （四）连续,可导,可微之间的关系 x f (x)  xf (x ) 连续 可导 【例】设 f (x) 可导,求极限 lim 0 0 . xx x  x 0 0 x f  (x)  f  (x ) 【解】原式  lim 0 0  x f  (x )  f (x ) 0 0 0 可微 xx 1 0  连续 f (x) 经典错误 标准0分 可导 f (x)  lim f (x) 存在 xx 0  1  x 2 sin , x  0, f (x)   x   0, x  0. 处处可导,但  不存在. lim f (x) x026武忠祥考研 条件 使用洛必达法则最多可用到 1） f (x)n 阶可导 f (n1) (x) 2） f (x)n 阶连续可导 f (n) (x)26武忠祥考研 (五）求导公式 1） (C)   0 2） (x  )  x 1 3） (a x )   a x ln a 4） (e x )   e x 1 1 5）(log x)   6) (ln x )   a x ln a x 7) (sin x)   cos x 8) (cos x)    sin x 9) (tan x)   sec 2 x 10) (cot x)    csc 2 x 11） (sec x)   sec x tan x 12） (csc x)    csc x cot x 1 1 13) (arcsin x)   14) (arccos x)    1  x 2 1  x 2 1 1 15) (arctan x)   16) (arc cot x)    1  x 2 1  x 226武忠祥考研 （六）求导法则 (1) 有理运算法则 1) (u  v)   u   v  2) (uv)   u  v  uv  u u  v  uv  3) ( )   (v  0) 2 v v （2）复合函数求导法 设 u (x), y  f (u) 可导，则 y  f [( x)] dy dy du    f  (u) (x) dx du dx26武忠祥考研 （3）隐函数求导法 dy F F(x, y)  0   x dx F y （4）反函数的导数 若 x ( y) 在某区间上单调、可导,且  ( y)  0, 则其反函数 y  f (x) 也可导，且 1 dy 1 f  (x)    ( y) dx dx dy26武忠祥考研 （5）参数方程求导法：  x (t) 设 y  y( x) 是由  , ( t  ) 确定的函数，则  y (t) 1) 若(t) 和 (t) 都可导，且  (t)  0 ,则 dy  (t)  dx  (t) 2）若 (t) 和 (t) 二阶可导，且  (t)  0, 则 d 2 y d  (t) 1  (t) (t)  (t) (t)  ( )  dx 2 dt  (t)  (t) 3 (t) （6）对数求导法：26武忠祥考研 （7）高阶导数： f (n1) (x  x)  f (n1) (x ) 1）定义： f (n) (x )  lim 0 0 0 x0 x f (n1) (x)  f (n1) (x )  lim 0 xx x  x 0 0 2）常用公式：   (n) 1) sin x  sin( x  n  ); 2  2) (cos x) (n)  cos( x  n  ); 2 3) (u  v ) (n)  u (n)  v (n) ; n 4) (uv) (n)   C k u (k) v (nk) . n k026武忠祥考研 二. 常考题型的方法与技巧 题型一 导数的概念 题型二 导数的几何意义 题型三 导数与微分的计算26武忠祥考研 题型一 导数与微分的概念 1) 利用导数定义求极限 2) 利用导数定义求导数 3) 利用导数定义判断函数的可导性26武忠祥考研 （一) 利用导数定义求极限 f (2  3x)  1 【例1】设 f (1)  1, f  (1)  2, 则 lim  _________ . x1 x  1 f (2  3x)  1 f [1  3(1  x)]  f (1) 3(1  x) 【解1】 lim  lim  x1 x  1 x1 3(1  x) x  1  f  (1)  (3)  6 【解2】取 f (x)  2x  3, 显然满足 f (1)  1, f  (1)  2, f (2  3x)  1 2(2  3x)  3  1 代入得 lim  lim x1 x  1 x1 x  1 6(1  x)  lim  6 x1 x  126武忠祥考研 n  1  f (a  ) 【例2】设 f  (a) 存在，且 f (a)  0, 求极限 lim  n  . n f (a)    n n  1   1  f (a  ) f (a  )  f (a) 【解】 li m  n   lim  1  n  n f (a)  n f (a)      1 1 f (a  )  f (a) f (a  )  f (a)  1 f (a) n n lim  n  lim  n f (a) f (a) n 1 f (a) n n  f (a  1 )  f (a) n 则 lim    e f (a) n f (a)   26武忠祥考研 【例3】设函数 f ( x) 在 x  0 处可导，且 f (0)  0, 则 x 2 f (x)  2 f (x 3 ) lim  3 x0 x （ A ）  2 f  ( 0 ) . （B） f  ( 0 ) . （ C ） f  (0 ) . （D） 0 【 解 1 】 直接法 x 2 f (x)  2 f (x 3 ) f (x) f (x 3 ) lim  lim  2lim 3 3 x0 x x0 x x0 x  f  (0)  2 f  (0)   f  (0) 【解2】排除法 取 f (x)  x, 则 f  (0)  1, x 2 f (x)  2 f (x 3 ) x 3  2x 3 lim  lim  1 3 3 x0 x x0 x26武忠祥考研 【例4】设曲线 y  f (x) 与 y  x 2  x 在点 (1,0) 处有公共切 n 线，则 l im n f ( )  ___________ . n n  2 【解1】由曲线 y  f (x) 与 y  x 2  x 在点 (1,0) 处有公共切 线可知， f (1)  0, f  (1)  (2x  1)  1 x1  2 f (1  )  f (1) n  2n n  2 lim nf ( )  lim  n n  2 n n  2  2 n  2  2 f  (1)  2 【解2】26武忠祥考研 （二) 利用导数定义求导数 【例1】设函数 f (x)  (e x  1)(e 2x  2)(e nx  n) ，其中 n 为正整 数，则 f  (0)  （A） (1) n1 (n  1 )! . （B） (1) n (n  1)!. （C） (1) n 1 n ! . （D） (1) n n!. 【解1】显然 f (0)  0, 则由导数定义得 f (x) (e x  1)(e 2x  2)(e nx  n) f  (0)  lim  lim x0 x x0 x  (1  2)(1  3)(1  n)  (1) n1 (n  1)! 则 【解2】显然 f (0)  0, 令 g(x)  (e 2x  2)(e nx  n), f (x)  (e x  1)g(x). f  (x)  e x g(x)  (e x  1)g  (x) f  (0)  g(0)  (1) n1 (n  1)!26武忠祥考研  1  【例2】设 f (x)   (1  x 2 )sin x , x  0 , 则 f  (0)  _________ .   1, x  0 1 f (x)  f (0) (1  x 2 )sin x  1 【解】 f  (0)  lim  lim x0 x x0 x ln(1 x 2 ) e sin x  1  lim x0 x ln(1  x 2 ) x 2  lim  lim  1 2 x0 xsin x x0 xf (x) ln(1  x) 3 【例3】设函数 f (x) 在 x  0 处连续，且 lim[  ]  , 则（ ） 2 x0 x x 2 (A） f (0)  0, f  (0)  2 . （B） f (0)  0, f  (0)  1. （C） f (0)  1, f  (0)  2 . （D） f (0)  1, f  (0)  1. 3 f (x) ln(1  x) 【解1】  lim[  ] 2 2 x0 x x f (x)  1 ln(1  x)  x f (x)  1 1  lim[  ]  lim  2 x0 x x x0 x 2 f (x)  1 lim  2 f (0)  1. x0 x f (x)  f (0) f (x)  1 f  (0)  lim  lim  2 x0 x x0 xf (x) ln(1  x) 3 【例3】设函数 f (x) 在 x  0 处连续，且 lim[  ]  , 则（ ） 2 x0 x x 2 (A） f (0)  0, f  (0)  2 . （B） f (0)  0, f  (0)  1. （C） f (0)  1, f  (0)  2 . （D） f (0)  1, f  (0)  1. 【解2】由泰勒公式可知 1 x  x 2 (x 2 ) 3 f (x) 2  lim[  ] 2 2 x0 x x 3 f (x)  1 1 f (x)  1  lim  lim  2 f (0)  1. 2 x0 x 2 x0 x f (x)  f (0) f (x)  1 f  (0)  lim  lim  2 x0 x x0 xf (x) ln(1  x) 3 【例3】设函数 f (x) 在 x  0 处连续，且 lim[  ]  , 则（ ） 2 x0 x x 2 (A） f (0)  0, f  (0)  2 . （B） f (0)  0, f  (0)  1. （C） f (0)  1, f  (0)  2 . （D） f (0)  1, f  (0)  1. ln(1  x) f (x) ln(1  x) 3 【解3】 lim[ f (x)  ]  lim[  ] x   0  0 2 x0 x x0 x x 2 则 f (0)  1. 3 f (x)  1 ln(1  x)  x f (x)  f (0) 1  lim[  ]  lim  2 2 x0 x x x0 x 2 故 f  (0)  2.f (x) ln(1  x) 3 【例3】设函数 f (x) 在 x  0 处连续，且 lim[  ]  , 则（ ） 2 x0 x x 2 (A） f (0)  0, f  (0)  2 . （B） f (0)  0, f  (0)  1. （C） f (0)  1, f  (0)  2 . （D） f (0)  1, f  (0)  1. 【解4】排除法 排除 f (0)  0, 则 f (0)  1, f (x)  1 ln(1  x)  x 3 lim[  ]  2 x0 x x 2 f (x)  1 lim  2 x0 x26武忠祥考研 （三) 利用导数定义判断函数的可导性 【例1】设函数 f ( x) 在 x  0 处连续,下列命题中错误的是 f ( x) （A）若 存在,则 lim f (0)  0; x0 x f (x)  f ( x) （B）若 存在,则 lim f (0)  0; x0 x f ( x) （C）若 存在,则  存在； lim f (0) x0 x f (x)  f ( x) （D）若 lim 存在,则 f  (0) 存在； x0 x 【解1】直接法， 令 f ( x)  x , 则 f  (0) 不存在,但 f (x)  f ( x) x   x 故应选（D） lim  lim  0, x0 x x0 x 【解2】排除法：即说明（A）（B）（C）都正确.26武忠祥考研 【例2】设 f (0)  0, 则 f ( x) 在点 x  0 可导的充要条件为 1 1 B) 存在； A) lim f (1  cosh) 存在； lim f (1  e h ) 2 h0 h h0 h 1 1 D)   存在. C) lim f (h  sinh) 存在； lim f (2h)  f (h) 2 h0 h h0 h 【解1】 直接法 1 f (1  e h )  f (0) 1  e h 由于 lim f (1  e h ) lim  h0 h h0 1  e h h f (1  e h )  f (0)   lim (1  e h  t) h  0 1  e h f (t)  f (0)   lim   f  (0) 故应选（B）. t0 t f (1  cosh) f (1 cosh)  f (0) 1 cosh 【解2】 排除法 lim  lim  2 h0 h h0 1 cosh h 2 1 f (1  cosh)  f (0) 1  lim  f  (0)  2 h0 1  cosh 226武忠祥考研 【例2】设 f (0)  0, 则 f ( x) 在点 x  0 可导的充要条件为 1 1 B) 存在； A) lim f (1  cosh) 存在； lim f (1  e h ) 2 h0 h h0 h 1 1 D)   存在. C) lim f (h  sinh) 存在； lim f (2h)  f (h) 2 h0 h h0 h 1 f (h  sinh)  f (0) h  sinh lim f (h  sinh) lim  h0 h 2 h0 h  sinh h 2 1 [ f (2h)  f (0)] [ f (h)  f (0)] lim [ f (2h)  f (h)] lim h0 h h0 h26武忠祥考研 【例2】设 f (0)  0, 则 f ( x) 在点 x  0 可导的充要条件为 1 1 B) 存在； A) lim f (1  cosh) 存在； lim f (1  e h ) 2 h0 h h0 h 1 1 D)   存在. C) lim f (h  sinh) 存在； lim f (2h)  f (h) 2 h0 h h0 h26武忠祥考研 【例3】设 f ( x) 可导， F(x)  f (x)(1  sin x ), 则 f (0)  0 是 F(x) 在 x  0 可导的. (A) 充分必要条件. (B) 充分条件但非必要条件. (C) 必要条件但非充分条件. (D) 既非充分条件又非必要条件. 【解】 由于 F(x)  f (x)(1  sin x )  f (x)  f (x)sin x 令 (x)  f (x)sin x (x) (0) f ( x)sin x  f (0), x  0  lim  lim   x0 x  0 x0 x   f (0), x  0  注：常用的结论：设 f (x) (x) x  a , 其 ( x) 在 x  a 处连 续,则 f ( x) 在 x  a 处可导的充要条件是 (a)  0.26武忠祥考研 【例4】函数 f (x)  (x 2  x  2) | x 3  x | 不可导的点的个数是 （A）3. （B）2. （C）1. （D）0. 【解1】 f (x)  (x 2  x  2) x 3  x  (x 2  x  2) x  1 x  1 x 在 x  1 处 f (x) (x) x  1, (x)  (x 2  x  2) x  1 x , (1)  0, 不可导 在 x  0 处 f (x) (x) x , (x)  (x 2  x  2) x  1 x  1, (0)  0, 不可导 在 x  1 处 f (x) (x) x  1, (x)  (x 2  x  2) x x  1, (1)  0, 可导 【解2】26武忠祥考研 【例】设 f (x)  x 3  1 g(x), 其中 g(x) 连续,则 g(1)  0 是 f (x) 在 x  1 处可导的（ ） （A）充分条件 （B）必要条件 （C）充分必要条件 （D）既非充分条件又非必要条件26武忠祥考研 【例5】设 f ( x) 在点 x  a 处可导，则函数 | f (x) | 在点 x  a 处不可导的充分条件是 A) f (a)  0, 且 f  (a )  0 ; B) f (a)  0, 且 f  (a)  0; D) C) f (a)  0, 且 f  (a)  0; f (a)  0, 且 f  (a)  0. 【解1】排除法 令 f (x)  (x  a) 2 , 则（A）不正确. 若 f (a)  0, 则在 x  a 的某邻域内 f ( x)  0, 此时 f ( x)  f ( x), 故（C）不正确. 同理（D）不正确，故应选（B）. 【解2】直接法 令 (x)  f (x) (x) (a) f (x)  f (a) f (x)   f  (a) x  a  lim  lim  lim   xa x  a xa x  a xa x  a  f  (a) x  a  26武忠祥考研 【注】 1) f ( x) 可导 f (x) 可导 2) 设 连续 f ( x) (1) 若 f (x )  0, 则 f ( x) 在 x 处可导  f (x) 在 x 处可导 0 0 0 (2) 若 f (x )  0, 则 f ( x) 在 x 处可导  f  (x )  0 0 0 026武忠祥考研 2025考研数学二第7题 设函数 连续,给出下列四个条件 f (x) f (x)  f (0) （1） 存在； lim x0 x f (x)  f (0) （2） 存在； lim x0 x f (x) （3） 存在； lim x0 x f (x)  f (0) 存在； （4） lim x0 x 其中能得到“f (x) 在 x  0 处可导”的条件个数是 （A）1 （B）2 （C）3 （D）426武忠祥考研 【例6】 设函数 f (x)  lim n 1 | x | 3n , 则 f (x) 在 (,) n （A）处处可导； （B）恰有一个不可导点； （C）恰有两个不可导点； （D）至少有三个不可导点。 【解】 本题中 a  1,a  x 3 , 则 1 2 1, x  1  3n f (x)  limn 1 x  max(a ,a )   1 2 3 n  x , x  1 26武忠祥考研 【例7】 设 f ( x) 在 (， ) 上二阶可导, f (0)  0,  f (x)  , x  0 g(x)   x   a x  0 1) 确定 a 使 g( x) 在 (,) 上连续. 2 ) 证明对以上确定的 a, g(x) 在 (,) 上有连续一阶导数. f (x) 【解】1)显然 g( x) 在 x  0 处连续，而 lim g(x)  lim  f  (0) x0 x0 x 则若 a  f  (0) 时, g( x) 在 (,) 上连续. xf  (x)  f (x) 2) 当 x  0 时， g  (x)  , 且 g  ( x) 连续. 2 x f (x)  f  (0) g(x)  g(0) x 当 x  0 时， g  (0)  lim  lim x0 x x0 x26武忠祥考研 f ( x)  f  (0)x f  (x)  f  (0) f  (0)  lim  lim  2 x0 x x0 2x 2 xf  (x)  f (x) x( f  (x)  f  (0))  xf  (0)  f (x) lim g  (x)  lim  lim 2 2 x0 x0 x x0 x f  (x)  f  (0) f (x)  xf  (0)  lim  lim 2 x0 x x0 x   f (0) f (0)  f  (0)   2 2  g  (0)