→lim 存在，并求此
极限值。
【证】 采用归纳法，先考虑{}n a 的有界性，再考虑单调性。
2
7)7(21)7(11112=?+≤
?=a a a a a ， 梦
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假设27<
n a ，则 2
7
)7(211=?+=≤+n n n a a a ，
因此{}n a 有上界2
7
。由
11217
)7(1
=?≥?=
?=+n
n
n n n
n a a a a a a 得到{}n a 单调增加，故n n a ∞
→lim 存在，记A a n n =∞
→lim 。
由极限的唯一性，对)7(1n n n a a a ?=+两边取极限，得到)7(A A A ?=
，解得0=A 或
27
=
A ，再由极限保序性，得到1≥A ，因此2
7lim ==∞→A a n n 。
例1-9 设)( ,0x f >δ在区间(,)?δδ内有定义, 若当x ∈?(,)δδ时, 恒有f x x ()≤2
,
则x =0必是)(x f 的 [ C ]。
(A) 间断点。 (B) 连续而不可导的点。
(C) 可导的点, 且′=f ()00。 (D) 可导的点, 且0)0(≠′f 。
【解】答案：[ C ]。
当x ∈?(,)δδ时，因为 f x x ()≤2
，令 0=x 得到0)0(=f ，进一步有
x x x f ≤≤
)(0,由夹逼准则得 0)(lim 0=→x
x f x 。另外又有.)(x x x f x ≤≤?，再次由夹逼准
则得
)0(00
)
0()(lim )(lim
00
f x f x f x x f x x ′==??=→→，所以答案为（C）
。 1-10 求极限=++??+?∞
→x
x x x x x sin 1
14lim
2
2 .
【分析】遇到无穷大量问题时，应先将无穷大量转换成无穷小量。
【解】 =++??+?∞
→x
x x x x x sin 1
14lim
2
2
1sin 1
111114lim
22=++??+
?∞
→x
x
x x x x
三十六技之二：正确运用极限性质
分式极限是重点，性质运用是保证，谨慎处理广义用，穿过险滩是成功。
巧用极限的保序性、有界性与唯一性，正确快速运用极限运算法则。
极限的保序性是极限的重要性质之一，由极限的保序性可以得到许多相关重要性质，例如：由导数的正负号决定的函数局部比较性质，连续函数的保号性质，积分的保序性、积
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分估值定理与比较性质等等，而这些知识点通通为重要考点。掌握了极限的保序性概念，会一通百通，否则，对许多问题的处理，都会有困惑。
例2-1 设0)0(=f ，)0(f ′存在,当0>x 时0)(>x f ，e x
x f x
x =++→1
20]sin ))(1ln(1[lim ,
则=′)0(f （ ）
。 (A)0。 (B) 22?
。 (C)2
2 。 (D)e 。
【解】 答案：(C)。 由 e x
x f x
x =++→1
20]sin ))(1ln(1[lim 得到(复合极限定理)，
x x f x x sin ))
(1ln(1lim 20+?→21)(lim 220==→x
x f x ,(不可用洛必达法则！) 因为)0(f ′存在, 所以又有
2
1
)(lim )(lim
)]0([00
2=?=′→→x x f x x f f x x ， 当0>x 时0)(>x f ，由极限的保序性，0)0()(lim
≥′=→f x x f x ，因此2
2
)0(=
′f 。 例2-2设)(x f ′′在a x =处连续,且 1)
(lim
)cos(?=?′?→e
e x
f a x a x , 则 （ C ）
。 (A) 0)(=′′a f , )(a f 是f x ()的极大值。 (B) 0)(≠′′a f ,)(a f 是f x ()的极小值。
(C) 0)(=′′a f ,))(,(a f a 是曲线)(x f y =的拐点。
(D) a x =不是f x ()的极值点, ))(,(a f a 也不是曲线)(x f y =的拐点。
【解】 答案（C）。 e
e x
f a x a x ?′?→)cos()(lim
1)(lim
1)cos(1
?′=??→?a x a x e x f e 1)cos()
(lim
1??′=→?a x x f e a x 1)()(lim 22
1?=?′?=→?a x x f e a x ，
由极限的保序性， 必存在a x =的去心邻域),,(*
δa N 使在该邻域内0)(>′x f .因此(A)与(B)不对。再由
=
?′→2)()(lim
a x x f a x 02
)(2)(lim ≠?=?′′→e
a x x f a x ， 梦
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因此必有0)(lim =′′→x f a
x 。由)(x f ′′在a x =处连续,于是0)(=′′a f ，同时,)(x f ′′在a
x =两侧变号，所以(,())00f 是曲线)(x f y =的拐点。
或：02
)(21)(2)(lim
≠=′′′=?′′→e
a f a x x f a x ，所以(,())00f 是曲线)(x f y =的拐点。
例2-3 设)(x f 在],[b a 上一阶可导，在),(b a 内上二阶可导，0)()(==b f a f ，
0)()(>′′?+b f a f ，则下述选项中错误的为（ ）。
(A) )(x f 在),(b a 内有零点. (B) )(x f 在),(b a 内恰有一个零点. (C) )(x f ′在),(b a 内有零点. (D) )(x f ′′在),(b a 内有零点.
【证】 答案：(B)。不妨设0)(,0)(>′>′++b f a f ，即
0)()(lim >??+
→a
x a f x f a x ，且0)
()(lim >???
→b x b f x f b x 由极限的保序性，存在0>δ使得有： ),(δ+∈?a a x ，满足0)()(=>a f x f ，即有),(1δ+∈a a x ，满足0)()(1=>a f x f ；
同理可有),(2b b x δ?∈，满足0)()(2=
),(),(21b a x x ?∈?ξ，使得0)(=ξf ，(A)正确。
由0)()()(===ξf b f a f ，再由Rolle 定理可得到(C)与(D)正确。 例2-4若)(x f 在a x =连续，极限k h
h a f h a f h 2)
()(lim
=+??→，k 为常数，则)
(a f ′（ ）。
（A）存在且等于k 。 （B）存在且等于k ?。 （C）存在且等于0。 （D）不一定存在存在。
【解】 k h h a f h a f h 2)()(lim
0=+??→的存在，并不意味着h a f h a f h )
()(lim
0??→与h
a f h a f h )
()(lim
?+→0存在，因此下述处理属于运算法则错误，值得警惕： h h a f h a f h )
()(lim +??→0h
a f h a f a f h a f h )]()([)]()([lim
?+???=→0 ???=→h a f h a f h )()(lim 0h
a f h a f h )
()(lim
?+→0 k a f 2)(2?=′?=。
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补2-1 设a 为常数，)(x f 满足2)
()
()(lim
2
=??→a x a f x f a
x ，则下列命题中错误的是【 】。 (A) )(x f 在a x =处可导，且0)(=′a f (B) )(x f 在a x =处可二阶导，且4)(=′′a f (C) )(x f 在a x =处连续，并且必有0)(=a f
(D) )(x f 在a x =取得局部极小值)(a f
【解】02)
()(lim )()()(lim 2≠=???=??→→a
x a x a f x f a x a f x f a x a x ，因此0)(=′a f 。 或1)
(2)
()(lim
2
=??→a x a f x f a
x ，则))(()(2)()(22a x o a x a f x f ?+?=? 此为具有Peano 余项的泰勒公式，0)(=′a f ，4)(=′′a f 。
答案：应选(C)。反例：取02)(,1,42)(2
≠?=?=+=a f a x x x f ，但2)
1()
()(lim
2
1
=+??→x a f x f x 例2-5 设0>δ，)(x f 在],[δδ?上有定义，10=)(f ,且满足
01
)
()1ln(lim
2
=?+?→x x e x xf x ,则 [ ]。答案：A.
(A) )(x f 在0=x 处可微，且2
1
)0(=
′f 。 (B) )(x f 在0=x 处连续，但不可微。 (C) )(x f 在0=x 处可微，且0)0(=′f 。 (D) )(x f 在0=x 处不连续。
【解】 答案为(A) 。（方法1:泰勒公式）
=?+?→1
)
()1ln(lim
2
x x e x xf x 2
0)
()1ln(lim
x x xf x x +?→
222
0)()(21lim x x xf x o x x x ++??
?=→ 00211)(lim 0=+??=→x x f x ， 因此极限2
11)(lim 0=?→x x f x 存在， 于是函数)(x f 在0=x 处可微，且2
1
)0(=′f 。
（方法2：运算法则）
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=?+?→1
)
()1ln(lim
2
x x e x xf x 20)
()1ln(lim
x
x xf x x +?→ 20)()1ln(lim
x
x
x xf x x x ?++?=→ ++?=→20)1ln(lim x x x x 20)(lim x
x
x xf x ?→ x f x f x
x x x )0()(lim
21
11
lim 00?++??=→→ 0)0()(lim )1(21
lim
00=?+??=→→x
f x f x x x ，
因此极限 2
1
)0()(lim
=?→x f x f x 存在，
于是函数)(x f 在0=x 处可微，且2
1
)0(=
′f 。 注意错误做法：
20)()1ln(lim
x x xf x x +?→20)(lim x
x xf x x +?=→)0(01
)(lim 0f x x f x ′==?=→ 例2-6若)(x f ，在)1,1(?内可微，且A f f =′′=′)0(,0)0(（常数）
，求极限 3
))1(ln()(lim
x
x f x f x +?→。 【解】本题考点：微分中值定理，泰勒公式，导数定义，夹逼定理，极限运算准则及复合函数极限准则
3
030
))1ln()((lim ))1(ln()(lim
x x x f x x f x f x x +?′=
+?→→ξ
2
22
0))(21()(lim x x o x x x x
f x +?
???′=→ξ
ξξ. 222
0))
(21(lim )0(x
x o x x x x f x +?
??′′=→ξx f x ξ0lim )0(21→′′= 其中ξ在)1ln(x x +与之间, 即x x x )1ln(1+<<ξ或1)1ln(<<+x
x x ξ
，
由夹逼准则得到1lim
=→x
x ξ
，再由极限运算准则得到
A f x x f x f x 21)0(21))1(ln()(lim 3
0=′′=+?→
例2-7 设x
x e
e
x f 21
321++=
)(，则存在0>δ，使得（ ）。
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(A) 0=x 是)(x f 的可去间断点，)(x f 在),0()0,(δδ∪?内有界。 (B) 0=x 是)(x f 的第一类间断点，)(x f 在),0()0,(δδ∪?内有界。 (C) 0=x 是)(x f 的第二间类断点，)(x f 在),0()0,(δδ∪?内有界。 (D) )(x f 在),0()0,(δδ∪?内无界。
【解】 )(lim 0x f x +
→=3
1
231lim 21
=
++?
?
→+x
x
x e
e
，21)(lim 0=?
→x f x ，由极限性质2：有极限则有界，因此答案为(B)。
例2-8 设)(x f 在],[b a 上连续，在),(b a 内二阶可导，0)(),()(>′=+a f b f a f 且，证明
(1) 存在),(0b a x ∈，使得0)(0=′x f 。
(2) 存在),(b a ∈ξ，使得0)(<′′ξf 。 【证】 （1）由导数定义得到，0)
()(lim )(>=??=′+
→+A a
x a f x f a f a
x ，
再由极限的保序性，存在
0>δ，对任意的()),(,b a a a x ?+∈δ有
()0)()(>?=?a x A a f x f ，即存在),(b a c ∈，使得)()()(b f a f c f =>
根据微分中值定理，存在),(1c a x ∈与),(2b c x ∈，使得
0)()()(,0)
()()(21??=
′c b c f b f x f a
c a f c f x f
因此存在),(),(210b a x x x ?∈，使得0)(0=′x f 。
（2）由（1）的结论可得到 0)()(12<′?′x f x f ，再次应用微分中值定理，存在
),(),(21b a x x ?∈ξ，使得 0)
()()(1
212
′′x x x f x f f ξ。
例2-9 设f x ()在x a =的某邻域内连续, 且f a ()为其极大值, 则存在δ>0, 当
x a a ∈?+(,)δδ时, 必有（ ）。
(A) 0)]()()[(≥??a f x f a x 。
(B) ()[()()]x a f x f a ??≤0。
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(C) )( 0)
()
()(lim
2
a x x t x f t f a
t ≠≥??→。
(D) )( 0)()
()(lim
2
a x x t x f t f a
t ≠≤??→。
【解】 首先f a ()为其极大值，当 x a a ∈?+(,)δδ时，0)]()([≤?a f x f ，
在（A）与（B）中)(a x ?在a x =两侧变号。因此都不对。注意到a x ≠，
于是 0)()
()()()()(lim
2
2≥??=??→x a x f a f x t x f t f a
t ，由极限的保序性，答案为（C）。
例2-10 设0>δ，)(x f 在区间),(δδ?内恒有0>′′)(x f ，且2x x f ≤)(， 记
dx x f I ∫
?=δ
δ
)(，则必有
(A)0>I ； (B)0
【解】 当x ∈?(,)δδ时，由 2
)(0x x f ≤≤，令0=x 得到 0)0(=f ，且由夹逼定理得
0)(lim 0
=→x f x ，于是)0(0)(lim 0
f x f x ==→，即x =0是f x ()的连续点。
另外又有 x x
x f ≤≤
)(0，或.)
(x x x f x ≤≤?，因此再次由夹逼定理得
)0(0)
(lim 0)0()(lim
'00
f x
x f x f x f x x ===??→→， 因)(x f 在区间),
(δδ?内恒有0>′′)(x f ，立即得到)(x f 在区间),(δδ?内为下凸函数，
且最小值为0)0(=f ，于是在区间),
(δδ?内0)(>x f ，再由积分的保号性（保序性）得
0)(>=∫
?dx x f I δ
δ
。
三十六技之三：准确快速判断分段函数特性（连续、可导与导数连续等）
分段函数很重要，极限方法需用到，针对分段界点处，验证连续与可导。
分段函数特性必须运用函数性质分段处理
例3-1 若使得函数????
???<+>+++=0)
31ln(sin 0,)]
1ln([sin )(x x x x a e x b x x f x 在0=x 处连续，则（ ）。
(A) 3
1,1?==b a ，补31)0(?
=f 。 (B) 31,1=?=b a ，补3
1)0(=f 。 梦
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(C) 3
1
,1=
=b a ，补31)0(=f 。 (D) 31,1=?=b a ，补31)0(?=f 。
【解】答案为(B)。3
1
)31ln(sin lim )(lim 0
=+=?
?→→x x x f x x ,
要使)(x f 在0=x 处连续，必须 031
)]1ln([sin lim 0
≠=++++
→a
e x b x x
x 。 由无穷小量比阶概念，极限内分子为无穷小量，分母也必须为无穷小量，于是1?=a ，并
且有
31)]1ln([sin lim 1
)]1ln([sin lim 00
==++=?+++
+
→→b x x b x e x b x x x x ，所以31
=b 。 例3-2 设函数????
?≥+?<=?1
,
1,)(2411
x c bx ax x e x f x 在1±=x 可导，则[ ]。
(A) a c a b ==,2. (B) c b a ==. (C) c b a ?== (D) b c b a 2
1,2=
=. 【解】 答案：（A）。显然()x f 在1±≠x 处可导。只需再考察1±=x 两点处的可导性
()()x f x f x x +?
?→→==1
1lim 0lim ,
()()()()0lim 11lim 1
1==?=+?==?+
?→→x f f c b a f x f x x
故()x f 在1±≠x 处，当且仅当0=+?c b a 时连续。在此条件下，
()()()0
1lim 1
1lim 11
1
11'
2
=?=??=??→→?
??x e x f x f f x x x ，
()()()01
lim 11lim 11
1
11'2
=+=+??=???→→+
++x e x f x f f x x x
()()01241''=??=?=?+f b a f 。
故当且仅当024=?b a 与0=+?c b a 同时成立时()x f 可导，解得a c a b ==,2。
例3-3 已知???
??=′≠=0
00x g x x
x g x f )
()()(，其中)(x g 在0=x 的某邻域内具有二阶导数，且
0)0(=g ，则)(x f （ ）
。 (A) 在0=x 处不可导。 (B) 在0=x 处可导且????
?=′′≠?′=′0
2
)0(0
)
()()(2x g x x x xg x g x f 。
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(C) 在0=x 处可导，且?????=′′≠′?=′0)
0(0)()()(2x g x x x g x x g x f 。 (D) 在0=x 处可导，且????
?=′≠?′=0
2
)0(0
)
()()(2x g x x x xg x g x f 。
【解】 )()0(')()0('0
)0()(lim )(lim
00
x o xg x g g x g x g x x g x x =??=??=→→。 h
g h h g h f h f h h )
0('/)(lim )0()(lim
00
?=?→→ 2)
0(''2)0(')('lim )0(')(lim
020
g h g h g h
h g h g h h =?=?=→→ 于是)(x f 在0=x 处可导， 2
)
0(")0(g f =
′。答案：（B）。 例3-4 设 ??????
?
≤?>=0),1(2
0,1arctan )(sin x e x x
x x f x π,讨论)(x f 的可微性，若可微，求)(x f ′并讨论其连续性。
【解】 首先)(x f 在0=x 处连续。再由初等函数可导性的结论, 只须讨论)(x f 在0=x 处的可微性，为此考虑极限
21
arctan
lim )0(0
π==′+
→+x
x x f x 存在，2
1lim 2)0(sin 0ππ=?=′?→?x e f x
x =)(+′0f ，
因此)(x f 在0=x 处可微，结论为：)(x f 在),(+∞?∞上处处可微。
????
?
???
???<=>+?
=′020*******
x e x x x x x x x f x
,
cos ,,)(arctan )(sin ππ
，
)()(lim 02
f x f x ′=π
=
′→，于是)(x f ′在0=x 处连续。结论：)(x f ′处处连续。 梦
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例3-5 已知)(x f 在(),?∞+∞上连续，且0)(>x f ，若0
(),0,()()1,0,x t e f t dt x g x f t dt x ??≠?=???=?
∫∫ （1）证明()g x 在0x =点处连续； （2）求)0(g ′的值。
【解】（1）因为0
()lim ()lim
()x t x
x x f t e dt
g x f t dt
→→=∫∫
1)()(lim 0==→x f x f e x x (0)g =。 所以()g x 在0x =点处连续 。
（2）000()1(0)lim 1()x t x f t e dt g x f t dt ΔΔ→????′=???Δ????
∫∫()000()1lim ()x
t x f t e dt x f t dt →?=∫∫ ()0
()1lim
()()x x
x f x e x f x f t dt →?=+∫
00
1()
lim 1()()x x x e f x x f x f t dt
x →?=+∫ (0)1
2(0)2
f f =
=。
例3-6 设函数n n
n x
x f 31lim )(+=∞
→，则)(x f 在),(+∞?∞内[C]
(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。
【解析与点评】 函数的表达式可以是极限，导数，积分，或是级数。本题n n
n x
x f 31lim )(+=∞
→
是函数的定义式，实质是一个含参极限问题，处理的方法是对参数x 分段讨论。相关方法与
雷同例题，可参见水木艾迪考研辅导系列教材《高等数学典型题题典》（，刘坤林等编著，
东北大学出版社，2004年7月出版）中的例1.20与例1.8, 以及水木艾迪考研辅导2004暑
期班第1讲例6等。 当1≤x 时，11lim 3=+∞
→n n
n x
，
当1>x 时，3
1
33
3)11(
lim 1lim x x
x x
n
n
n n n
n =+=+∞
→∞
→，因此
n n
n x
x f 31lim )(+=∞
→?????>≤=1
,
1,13x x x ， 只需考虑1±=x 处的可导性。
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1lim )1(31?=???=?′?
?→?x x f x ，011
1lim )1(1=??=?′+?→+x f x 01
1
1lim )1(1
=??=′?
→?x f x ，311lim )1(31=??=′+
→+x x f x ，
由可导的充要条件，1±=x 处均不可导，由初等函数的性质，在1±≠x 的任意点都可导。 本题考点：含参极限问题，极限运算，初等函数性质与连续函数概念，导数定义与可导条件。 三十六技之四：导数与微分的特别考点
可微定义要知晓，复合求导最重要，还须注意几件事：隐函存在与求导，参数方法要
熟悉，反函求导重记号，特定函数情况下，高阶导数有技巧。 注意可微性定义，导数运算核心基础是复合函数求导规则。
特别关注隐函数的导数、反函数的导数、高阶导数及参数方程导数规则。 例4-1 )(x y y =满足()x o x x
y
y Δ+Δ?=Δ， 2)1(=y ，则)(x y 为 。 【解】 x
y y ?
=′，得到可分离变量形方程x dx
y dy ?=， C x y ln ln ln +?=，
x
C y =
，由2)1(=y ，解得2=C ，于是x y 2
=。
例4-2 （1） 设函数)(x y y =由x y x y x sin )ln(3
2
+=+确定, 则)0(dy = 。
【解】 首先，0=x 时，1=y 。
x y x y x y x y x cos 323
22+′+=+′+，1)0(=′y ，或：xdx dy x ydx x y
x dy xdx cos 32322
++=++， 因此dx dy =)0(。另：切线方程为x y +=1；法线方程为x y ?=1。
例4-2（2）设)(x φ与)(x f 为可导函数，))(cos(
x
f y 1=，则=dy 。
【解】 dx x
f x x
dy ))1
(cos(
1sin
212
3′?
=. 例4-3 已知函数()x y y =由方程0162
=?++x xy e y
确定，则()=′′0y ________。
【解】 在原等式中令0=x ，得()00=y 。由已知方程两边求导得
0266=+′++′x y x y y e y
，
026662
=+′′+′+′+′′+′y x y y y e y e y
y
. 得到()00=′y ； ()20?=′′y 。
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例4-4 设,231
)(2
+?=
x x x f 则=)()(x f n 。 【解】1
1
21231)(2??
?=+?=x x x x x f ， =)()(x f n )2,1(],)
1(!
)2(![
)1(1
1≠????++x x n x n n n n 。 例4-5 设)(x f 在],[b a 上满足00>′>)(,)(x f x f ，
若已知A a f =)(，0)(>=′+B a f ，则极限 A
b f a f b f a
b ??+
→)()
(ln )(ln lim = 。
【解】 由导数定义，即有
A b f a f b f a
b ??+
→)()(ln )(ln lim )()()(ln )(ln lim a f b f a b a b a f b f a b ?????=+
→ )()(lim )(ln )(ln lim a f b f a b a
b a f b f a b a
b ?????=++
→→ )(1])([ln a f a f ++′?
′=A
B A B 11=??=。 例4-6 设)(x f 满足)()(2
x f x f =′，则=)()
(x f
n （ ）。
（A）)(!1
x f
n n +. （B）)(1x nf n +. （C）)(2x f n . （D）)(!2x f n n .
【解】 )()()(x f x f x f ′=′′2，()
2
22)()()()(x f x f x f x f ′+′′=′′′
)(!)()()()(x f x f x f x f x f 443222=+′?=，
假设=)()
(x f
n )(!x f n n 1+，考虑
=+)()(x f n 1)()()!(x f x f n n ′+1)()!()(x f n n 21++=，应选（A）。
例4-7设曲线2
1x e y ?=与直线1?=x 的交点为p ，则曲线2
1x e
y ?=在点p 处的切线方程为
（ ）。
(A) 012=??y x 。 (B) 012=++y x 。 (C) 032=?+y x 。 (D) 032=+?y x 。 【解】 答案：（D）。交点p 为)1,1(?，2
12x xe
y ??=′，2)1(=?′y 。
2
1x e y ?=在点p 处的切线方程为)1(21+=?x y 。
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例4-8 设函数)(x f 有反函数)(x g ，0>a ，且0)(,)(≠=′=c a f b a f ，2=′′)(a f ，则=′′)(b g 。
【解】 (1) 记)(x f y =，)(x g 为)(x f 的反函数，已经改变了变量记号，为利用反函数导数公式，应将)(x g 易为)(y g 。注意到a x =时，b y =，并且c
a f
b g 1
)(1)(=′=′ 由等式1=′′)()(y g x f 两边关于x 再次求导得到
0=′′′′+′′′x y y g x f y g x f )()()()(
或
02
=′′′+′′′)()]([)()(y g x f y g x f
令a x =，得到 3
22
)()()(c
c b g a f b g ?=′′′?
=′′。 例4-9 （1）函数 x x y sin 2
=的100阶导数是 .
（2） 函数)1ln()(2
x x x f +=在0=x 处的100阶导数)0()
100(f
为 。
【解】 （1） 由莱布尼茨高阶导数公式，注意到2
x 的3≥n 阶导数均为零，则有
)99(2)100(2)100()(sin )(100)(sin x x x x y ′+=)98(2
)(sin )(!
299100x x ′′×+
??????++?????
?
+
=299sin 2002100sin 2
ππx x x x ??
????
+×+298sin 99100πx
x x x x x sin cos sin 99002002
??=。
（2）（泰勒公式，泰勒多项式的惟一性） 因为
)()1()1ln()(21
122
+=?+?=+=∑n k
n
k k x o x k x x x x f
)()1(22
1
1++=?+?=∑n k n
k k x o x k ，
则有k k f a k k k 1
)2(2
)1()!
2()0(?++?=+=，令1002=+k ，98=k ，
所以981
!100)0()100(?=f ，即 98
!100)0()100(?=f 。
注 本题也可利用莱布尼茨高阶导数公式求解。
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三十六技之五：等式与不等式证明技巧
----移项做辅助函数 初值加增减性分析法 泰勒公式方法
局部极值是背景，连续性质做基础，中值定理有四条，概念理解最重要，基本方法多总结，醒悟概念孕技巧。
当遇到等式与不等式证明问题时，应意识移项做辅助函数。根据题目要求，研究辅助函数与导函数的零点问题，增减性问题，或最大最小值问题，是证明等式与不等式的常用方法，而移项做辅助函数 初值加增减性分析法.
涉及的知识点：极限与连续函数性质，零点定理与介值定理，微分中值定理，积分性质，泰勒公式等。
利用拉格朗日微分中值定理，可以证明下述结果（初值加增减性分析法的基本原理）：
拉格朗日微分中值定理推论：若],[b a x ∈?，0)(>′x f ，则：
当0)(=a f 时，在),(b a 上恒有0)(>x f ，
当0)(=b f 时，在),(b a 上恒有0)(这一性质给我们一个证明等式与不等式的重要方法：初值加增减性分析法（或终值加
增减性分析法）
例5-1讨论对常数k 取何值时方程k x x =ln 在),0(+∞内根的个数为： (1) 1。 (2) 2。 (3) 0。
【解】移项做辅助函数k x x x f ?=ln )(，定义域为),0(+∞，
x x f ln )(+=′1，驻点为 ),0(10+∞∈=?e x ，
),(10?∈e x 时↓?<′)(,)(x f x f 0， ),(+∞∈?1e x 时↑?>′)(,0)(x f x f ，
又因+∞=+∞??=?=??+)(,)(,)0(1
1
f k e
e f k f ，且k e e f ??=??11)(为极小值，
（1）所以当01
k 时，0)(,11>??=??k e e f ，)(x f 在),(∞+0内无零点。当
1??=e k 时，)(x f 恰有一个零点e
x 1
1?=。
（2）当01
<
时，0)(,11
),(∞+∈e x 11及),(∞+∈e
x 1
2。
（3）当0≥k 时， 0)(,1
1
e f ，)(x f 恰有一个零点),1
(3∞+∈e
x 。
例5-2 设)(x f 在]1,0[上可导，当)1,0[∈x 时满足)()1(0x f f <<，且)()('x f x f ≠，试
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证方程∫
=
x
dt t f x f 0
)()(在)1,0(内有唯一实根。
【证】移项造辅助函数，设∫
?
=x
dt t f x f x F 0
)()()(，则
0)1()0()0(>>=f f F ，=)1(F 0)1()1()()1(10
1
=?
于是)(x F 在)1,0(内有实根。又因为 0)()(')('≠?=x f x f x F ，所以)(x F ′在)1,0(内不
变号，即)(x F 为单调函数，最多有一个零点，于是∫
=
x
dt t f x f 0
)()(在)1,0(内有唯一实根。
或：假设有两个不同的实根，则由Rolle 定理可得：
∈?ξ)1,0(，使得0)()(')('=?=ξξξf f F ，即有一点)1,0(∈ξ，使得)()('ξξf f =，
与题设矛盾，则∫
=
x
dt t f x f 0
)()(在)1,0(内有唯一实根。
例5-3 设)(x f ′为),([∞+0上的单调增函数，00=)(f ，证明对任意满足
210x x <<的21,x x 成立不等式)()(1221x f x x f x >。
【解】 )()(1221x f x x f x ′>等价于1
122)
()(x x f x x f >
， 考虑x
x f x g )
()(=
在),(∞+0上的增减性。 ))()((1
)()()(22ξf x x f x x
x x f x x f x g ′?′=?′=′，
其中x <<ξ0，因为)(x f ′为),([∞+0上的单调增函数，于是
)()(ξf x f ′>′，0>′)(x g ，
所以x
x f x g )
()(=
在),(∞+0上单调增加，即有1122)()(x x f x x f >
。 例5-4 若f x ()(,)为?∞+∞内的二阶可导的奇函数, 在(,)?∞0内′>f x ()0, 且
0<′′)(x f , 则下列命题中错误的为（ ）。
(A) 在(,)0+∞内必有0)(>x f 。
(B) 在(,)0+∞内必有0)(>′x f 且0)( >′′x f 。 (C) 在(,)0+∞内必有0)( ,0)(<′′>′x f x f 。
(D) 在(,)0+∞内必有 ,)(0>′x f 且存在常数0>k 使)(x f y =与kx y =有唯一交点。
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答案：C。
例5-5 设)(x f 在],[b a 上二阶可导，且00≠==)('',)()(x f b f a f ，则在),(b a 内（ ）。 (A)0)('≠x f 。
(B) 存在),(21b a ∈ξξ， 使得0)(')('21==ξξf f 。
(C)至少存在一点),,(b a ∈ξ使得0)(=ξf 。
(D) 0)(≠x f 。
【解】答案为(D).反证:若),(b a c ∈?，使得0=)(c f ，则由罗尔定理有1x ∈),(c a ，
2x ∈),(b c 满足0)('1=x f ，0)('2=x f ，再由罗尔定理得3x ∈),(21x x 使0)(''3=x f ，
这与题目所给矛盾，同时可排除(A),(B),(C)，。
例5-6 设b a <<0，证明不等式ab
a b a b b a a 1
ln ln 222
【证】原不等式等价于
<+?2
)(1)1(2a
b
a b ,ln b
a a
b a b ?<
先合并参数，再采用移项造辅助函数方法。 对右边不等式，令
,1>=t a b 只须考虑t
t t 1ln 2?<
移项造辅助函数，令 t
t t t f 1
ln 2)(+?=，0)1(=f （初值），
0)1(12112)(2
2
222
于是0)(再考虑左边不等式：初值加增减性分析法，拉格朗日中值定理方法。 （方法1）令1>=t a
b ，左侧不等式变为 2
1)
1(2lnt t
t +?>
。 移项造辅助函数，令
)1(2ln )1()(2??+=t t t t g ，则0)1(=g （初值）， 0ln 22)1
(ln 2)(>≥?++=′t t t t
t t t g ，
（注意到平均值不等式02)1
(>?+t t
！）
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