高数经典例题

高数求导是数学中的一个重要概念，它可以帮助我们更好地理解函数的变化规律。

下面我将通过一个例题来介绍高数求导的方法和技巧。

【例题】求函数y=x^3-3x^2+2的导数。

解法一：对函数进行逐步代入求导
首先，我们可以将函数y=x^3-3x^2+2进行逐步代入求导，具体步骤如下：
1. 求出y'=x^2-6x
2. 将y'=x^2-6x代入原函数中，得到y=x^3-6x^2+2
3. 对y=x^3-6x^2+2进行求导，得到y'=3x^2-12x=3(x^2-4x)=3(x-2)(x+2)
解法二：使用公式求导
除了逐步代入求导，我们还可以使用公式来求导。

具体步骤如下：
1. 定义函数f(x)=x^3-3x^2，则f'(x)=3x^2-6x
2. 将函数y=f(x)+2代入公式y'=f(x)+C，其中C为常数，得到y'=(3x^2-6x)+2
3. 化简得到y'=3(x-2)(x+2)
两种解法得到的结果相同，说明这两种方法都是正确的。

在实际应用中，可以根据具体情况选择合适的方法。

除了上述例题，高数求导还有很多其他的例题和技巧。

例如，可以利用函数的单调性、极值点、凹凸性等性质来求导；还可以利用导数求解一些实际问题的最优解、极值等问题。

这些技巧和方法需要我们在学习过程中不断积累和掌握。

总之，高数求导是数学中的一个重要概念，需要我们熟练掌握和理解。

通过不断练习和总结，我们可以更好地掌握这一重要技能，为今后的学习和工作打下坚实的基础。

高数函数定义域典型例题例1 已知()sin f x x =，2[()]1f x x ϕ=-，求()x ϕ的解析式及其定义域． 解 依题意得sin ()x ϕ=21x -，()x ϕ=2arcsin(1)x -．由2111x -≤-≤可知x ≤()x ϕ=2arcsin(1)x -，[x ∈．例2 设1,0()2,0x x f x x x -≤⎧=⎨+>⎩，2, 0(),0x x g x x x ⎧<=⎨-≥⎩．求[()]f g x ．解 （1）由()0g x ≤得()0g x x =-≤即0x ≥，所以0x ≥时[()]f g x =1x +． （2）由()0g x >即2()0g x x =>得0x <．所以0x <时，[()]f g x =22x +． 故22,0[()]1, 0x x f g x x x ⎧+<=⎨+≥⎩．例3 设1,||1()0,||1x x x ϕ≤⎧=⎨>⎩，22,||1()2, ||1x x x x φ⎧-≤=⎨>⎩．试求[()]x ϕφ，{[()]}x ϕϕϕ．解 （1）由于1,|()|1[()]0,|()|0x x x φϕφφ≤⎧=⎨>⎩，且仅当||1x =时，()1x φ=；||1x ≠时，1()2x φ<≤．则1,||1[()]0,||1x x x ϕφ=⎧=⎨≠⎩．（2）当(,)x ∈-∞+∞时，0()1x ϕ≤≤．故[()]1x ϕϕ≡，(,)x ∈-∞+∞．于是{[()]}1x ϕϕϕ≡，(,)x ∈-∞+∞．注 函数复合类似“代入”，但应注意定义域的变化．复合后要写下复合函数的定义域．由于复合函数是微积分研究的主要对象之一，读者应熟练掌握复合函数的概念．例4 设()f x ，()x ϕ，()x φ均为单调递增函数，且()()()x f x x ϕφ≤≤．证明：[()][()][()]x f f x x ϕϕφφ≤≤．证明 由题设可知[()][()][()]x f x f f x ϕϕϕ≤≤， [()][()][()]f f x f x x φφφ≤≤，则由上述不等式可得[()][()][()]x f f x x ϕϕφφ≤≤．注 此处多次利用函数单调性的定义．例5 下述说法中与lim n n x a →∞=的定义等价的是（ ）．A ．(0,1),N ε∀∈∃，当n N ≥时，有||100n x a ε-≤．B ．1,N ε∀>∃，当n N >时，有||n x a ε-<．C ．,0N ε∀∃>，当n N >时，有||n x a ε-<．D ．,0N ε∃∀>，当n N >时，有||n x a ε-<．解 lim n n x a →∞=的定义：对于数列n x ，存在常数a ，使得对于任意给定的正数ε（不论它多么小），存在自然数N ，使当n N >时，不等式||n x a ε-<恒成立．A 与上述定义等价，因为0ε>具有任意性，100ε也具有任意性．B 因为1ε>不能保证ε为任意小，从而由||n x a ε-<不能保证n x 与a 无限接近．C 中的ε是存在性，与定义不符．D 如果存在自然数N ，使对0ε∀>，当n N >时有||n x a ε-<，这说明数列n x 有极限a ，说明D 是上述定义的充分条件．但反之如果lim n n x a →∞=，不一定能找到那样的N （它可能与ε无关．这一要求比N 与ε有关的要求更高），使对任意0ε>，当n N >时，都有||n x a ε-<，因为在定义中N 是依赖于ε的给定而确定的．因而D 不是上述定义的必要条件．故选A ．例6（03研*） 设{}n a 、{}n b 、{}n c 均为非负数列，且lim 0n n a →∞=，lim 1n n b →∞=，lim n n c →∞=∞，则必有（ ）． A ．n n a b <对任意n 成立． B ．n n b c <对任意n 成立． C ．lim n n n a c →∞不存在． D ．lim n n n b c →∞不存在．解法1 由数列极限的定义，数列{}n a 的极限关心的是n a 在某个N （足够大）之后的性质，前面的有限多项则无关紧要．因此A 、B 中“任意n ”的条件显然不成立．“0⋅∞”型的极限是未定式，C 不成立，故选D ．事实上，当lim 0n n b b →∞=≠，lim n n c →∞=∞时，由无穷大量的定义得到lim n n n b c →∞=∞．解法2 举反例：取2n a n =，1n b =，2n nc =，则可以直接排除A 、B 、C ． 例7 当1x →时，函数12111x x e x ---的极限（ ）． A ．2． B ．0． C ．∞． D ．不存在且不为∞．分析 左、右极限存在且相等，是函数极限存在的充要条件．本题中函数211exp 11x x x ---为两个因式的乘积，易求出211lim 21x x x →-=-，所以解本题的关键是因式11x e -．注：03研表示2003年考研真题，以下同.解 因211lim 21x x x →-=-，而111lim x x e +-→=+∞，111lim 0x x e --→=．故 12111lim 1x x x e x +-→-=+∞-，12111lim 01x x x e x --→-=-．所以选D ． 例8求n →∞．分析 所求极限中有根式．通常需要对分子或分母有理化．有时甚至需要对分子分母同时有理化．本题需对分子有理化．解n →∞=n=n=n =2．例9求x →解法1 分子分母有理化．则有x →21123333))))x →=2122333)))x →=32． 解法2 注意到该极限属于型，可用洛必达法则，从而x →11222203311(1)(1)(1)22lim 11(1)(1)(1)33x x x x x --→--+--⋅-+--⋅- =1122223311(10)(10)(1)2211(10)(10)(1)33----+--⋅-+--⋅-=32． 注 解法2用到的洛必达法则属于第三章的内容． 例10求limx分析 所求极限中分子与分母都有根式，通常需要有理化，但本题如果对分子分母同时有理化则很难求解，注意到该极限属于∞∞型．考虑分子分母同时除以x 的最高次幂．解法1 由于x →-∞||x x ==-．函数的分子分母同时除以x -得limx=limx =1．解法2 运用变量代换，令x t =-，则lim x=limt=lim t 1． 错误解答limxlimx 3．错解分析 错误的原因在于没有注意到x 的变化过程，而将被求极限函数分子分母同时除以x 导致错误出现．在解题过程中，最好用解法2则可避免出错．例11已知lim (51x x →+∞=．试求常数a 、b 、c 中的a 和b ．分析 本题极限中出现根式可优先考虑有理化．然后利用极限运算性质来分析极限运算过程，尤其是无穷小与无穷大的相关运算性质，即可解决问题．解法1 分子有理化可得lim (5x x →+∞=2limx=(25)limx ca xb -+-=1，如果25a ≠，则lim[(25)]x ca xb x→+∞-+-=∞， 故要使lim (51x x →+∞=，必须有25a =1=，得25a =，10b =．解法2由题意有lim (51x x →+∞⋅=．当x →+∞时，由于lim (5x →+∞=5，若50≠，则lim (51x x →+∞⋅=∞≠．所以50，即25a =．由lim (51x x →+∞=⇒limx c b -=1，可得110b=．所以25a =，10b =． 例12求n →∞．分析 当n →∞时，的极限都不存在．尽管出现了根式，但无法直接有理化．应先利用三角函数的和差化积，然后再求解．解 因为=，又|2≤，即为有界量．且n →∞n →∞=n 0，即为n →∞时的无穷小量．根据有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性质可知：n →∞-=0．例13 求下列极限： （1）0sin limx x x →； （2）01lim sin x x x→⋅；（3）sin limx x x →∞； （4）1lim sin x x x→∞⋅；（5）11lim sin x x x →∞⋅； （6）011lim sin x x x →⋅．解 （1）由重要极限知0sin lim 1x xx→=．（2）0x →时，1sin x 为有界量．故01lim sin x x x→⋅=0．（3）x →∞时，1x 为无穷小量，sin x 为有界变量．故sin lim x xx→∞=0．（4）解法1 x →∞时，11sinx x ．故1lim sin x x x→∞⋅=1．解法2 令1x t =，则由x →∞知0t →．故1lim sin x x x →∞⋅=0sin lim 1t tt →=．（5）解法1 x →∞时，10x →，1sin x 为有界量．故11lim sin x x x→∞⋅=0．解法2 x →∞时，10x →．11sinx x ．故11lim sin x x x→∞⋅=0． （6）0x →时，1x →∞．1sin x 不定．取子列12n x n π=，则n →∞时0n x →，11sin 0n nx x ⋅=．另取子列122n y n ππ=+，则n →∞时，0n y →，11sin 22n n n y y ππ⋅=+→∞． 故011lim sin x x x→⋅不存在． 注 在求极限时，一看自变量的变化过程，二看函数的变化趋势，准确判断极限类型，正确使用重要极限公式，充分利用有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性质，对解题将大有帮助．例14 求下列极限：（1）30tan sin lim x x xx →-； （2）01sin cos lim1sin cos x x x px px →+-+-，其中p 为常数且0p ≠； （3）0lim x +→分析 极限若为型，且含有三角函数或反三角函数，可尝试运用重要极限 0sin lim1x xx→=．解 （1）解法1 运用重要极限0sin lim1x xx→=．30tan sin limx x x x →-=30tan (1cos )limx x x x →- =230sin 2sin 2limcos x xx x x →⋅=20sinsin 12lim ()2cos 2x x x x x x →⋅⋅=12．解法2 30tan sin lim x x x x →-=30tan (1cos )lim x x x x →-=2302lim x x x x →⋅=12． 解法3 运用洛必达法则，则30tan sin lim x x xx→-=220sec cos lim 3x x x x →-=32201cos lim 3cos x x x x →-⋅=32011cos lim 3x x x →-⋅ =2013cos (sin )lim 32x x x x →-⋅-⋅=201cos sin lim 2x x x x →⋅⋅=12． 错误解答 0x →时，tan sin x x x ，故30tan sin lim x x x x →-=30limx x xx →-=0． 错解分析 错误原因在于错误地使用了等价代换．tan sin x x -并不与x x -等价，而是与32x等价．在极限的和差运算中要慎重使用等价代换，一定要确保所做代换是等价代换．（2）解法1运用重要极限sinlim1xxx→=．1sin coslim1sin cosxx xpx px→+-+-=sin1coslimsin1cosxx xx xpx pxx x→-+-+=2022sinsin2lim2sinsin2xxxx xpxpxppx x→+⋅+=222sinsin2()22limsinsin2()22xxx xxxpxpx p xppxpx→+⋅⋅+⋅=10p++=1p．解法2利用无穷小的等价替换：0x→时，sin x x，21cos2xx-．01sin coslim1sin cosxx xpx px→+-+-=sin1coslimsin1cosxx xx xpx pxx x→-+-+=0000sin1coslim limsin1coslim limx xx xx xx xpx pxx x→→→→-+-+=2002002lim lim()2lim limx xx xxxx xpxpxx x→→→→++=10p++=1p．解法3利用()oαββαα⇔=+．由于当0x →时，sinx x，21cos2xx-从而有sin()x x o x=+，sin()px px o px=+，222()1cos()22px p xpx o-=+．01sin coslim1sin cosxx xpx px→+-+-=222222()()22lim()()22xx xx o x op x p xpx o px o→++++++=2222()()212lim()()22xxoo x xx xp xoo px p xpx x→++++++=10001000p p+++=+++．解法4 用洛必达法则．01sin cos lim 1sin cos x x x px px →+-+-=00cos sin 1lim 0cos sin x x x p px p px p →++=++．（3） 解法1 运用重要极限0sin lim1x xx→=．0lim x +→0lim x +→=202sin lim x x+→=2200sin /2()lim x x x x +→→⋅=12． 解法2 利用等价无穷小的替换定理．0lim x +→0lim x +→=20(cos 1)2lim 2x x x +→--=2202lim x x x +→=12． 解法3 利用分子有理化和等价无穷小的替换定理．0lim x +→0lim x +→=200lim lim x x x ++→→=12． 解法4 分母先作等价替换，然后用洛必达法则．0lim x +→0lim x +→=1201(cos )(sin )2lim x x x x +-→-- =1201(cos )()2lim x x x x +-→--=12． 注 一般地，能够用重要公式0sin lim 1x xx→=来解决的问题，一般也可以通过恒等变形后作等价替换，在求极限时能用多种方法综合求解时多种方法一起使用，往往能使计算非常简便．例15（00研） 求1402sin lim()||1xx xexx e→+++． 分析 求带有绝对值的函数的极限一定要注意考虑左、右极限． 解 因为1434402sin 2sin lim()lim()011||11xxxx x xx e x e e xx xee ++--→→-+++=+=+=++，114402sin 2sin lim()lim()211||11xxx x xxe x e xx xee --→→+++=-=-=++， 所以1402sin lim()1||1xx xe xx e→++=+． 错误解答 因为 1402lim1xx xe e→++和0sin lim||x xx →均不存在，故原来的极限不存在．错解分析 如果lim ()x af x →和lim ()x ag x →均不存在，但lim[()()]x af xg x →+可能存在．用极限的四则运算来求极限时要注意条件，即参与极限四则运算的各部分的极限均要存在．例16 设2lim()8xx x a x a→∞+=-．求a 的值．分析 所求极限的函数为幂指函数．可用幂指函数的极限求法来求解．关于幂指函数()lim ()v x u x 的极限的求法参见内容提要．解法1 运用重要极限1lim(1)x x e x→∞+=．2lim()x x x a x a →∞+-=2lim(11)x x x a x a→∞++--=333lim(1)x a a x a x a x a x a -⋅⋅-→∞+-=3lim x axx ae →∞-=3a e ， 得3a e =8，故ln2a =．解法2 2lim()x x x a x a →∞+-=2(1)lim(1)x x x a x a x →∞+-=2lim(1)lim(1)xx xx a x a x→∞→∞+-=2a a e e -=3a e =8，故ln2a =． 解法3 2lim()x x x a x a →∞+-=2limexpln()x x x a x a →∞+-=2exp(lim ln )x x ax x a→∞+-=3exp[lim ln(1)]x a x x a →∞+-=3exp(lim )x ax x a→∞⋅-=3a e =8，故ln2a =．例17 求21lim(sin cos )x x x x →∞+．解法1 121(sin cos 1)22sin cos 12121lim(sincos )lim[1(sin cos 1)]x x x x x xx x x x x x⋅+-+-→∞→∞+=++-，又因为21sincos 121lim (sincos 1)lim1x x x x x x xx →∞→∞+-⋅+-=21sin cos 1lim()20211x x x x x→∞-=+=+=， 故21lim(sin cos )x x x x→∞+2e =．解法2 21lim(sin cos )x x x x →∞+21limexp[ln(sin cos )]x x x x →∞=+21exp[lim ln(sin cos )]x x x x→∞=+21ln(sin cos )exp[lim]1x x x x→∞+= 0ln(sin 2cos )exp[lim ]t t t t→+=(令1t x =)0ln(1sin 2cos 1)exp[lim]t t t t →++-=0sin 2cos 1exp(lim)t t t t →+-=(用到这里In （1+x ）=x)00sin 2cos 1exp(limlim )t t t t t t→→-=+2e =．解法3 21lim(sin cos )x x x x →∞+21limexp[ln(sin cos )]x x x x →∞=+21exp[lim ln(sin cos )]x x x x→∞=+21ln(sin cos )exp[lim]1x x x x→∞+= 0ln(sin 2cos )exp[lim ]t t t t →+=(令1t x =)202cos2sin exp(lim)sin 2cos t t te t t→-==+．例18（03研） 21ln(1)0lim(cos )x x x +→=_______．分析 极限属于1∞的类型，既可用重要极限，又可用求幂指函数的极限的方法． 解法1 用等价代换．21ln(1)lim(cos )x x x +→201exp[limln(cos )]ln(1)x x x →=+，而2200ln(cos )ln(1cos 1)lim limln(1)x x x x x x →→+-=+=22200cos 12lim lim x x x x x x →→--==12-， 故21ln(1)0lim(cos )x x x +→e1=． 解法2 先用等价代换，然后用洛必达法则．21ln(1)lim(cos )x x x +→ 201exp[limln(cos )]ln(1)x x x →=+，而22000sin ln(cos )ln cos 1cos lim lim lim()ln(1)22x x x xx x x x x x →→→==-=-+， 故21ln(1)lim(cos )x x x +→e1=． 例19 求11112lim ()xxxnxnx a a a n→+∞+++，其中1a ，2a ，，n a 均为正实数．分析 该极限属于1∞型，可采用例16的解法1与解法3． 解法1 11112lim ()x xxnx nx a a a n→+∞+++=11112lim (11)xxxnx nx a a a n→+∞++++-=111121111211112lim (1)x x x n x x x n a a a n nnxnx xxa a a nn x a a a nn+++-⋅⋅+++-→+∞+++-+=11112exp(lim)x xxn x a a a nnx n→+∞+++-⋅=11112(1)(1)(1)exp[lim]1xxxn x a a a x →+∞-+-++-=11112111exp(lim lim lim)111xxxn x x x a a a x xx→+∞→+∞→+∞---+++=12111ln ln ln exp(lim lim lim )111n x x x a a a x x x x x x→+∞→+∞→+∞+++ =12exp(ln ln ln )n a a a +++=12n a a a ⋅⋅．解法2 11112lim ()xxxnx nx a a a n→+∞+++=11112lim exp(ln)xxxnx a a a nx n →+∞+++⋅=11112exp(lim ln)xxxnx a a a nx n→+∞+++⋅=11112exp{lim ln[(1)1]}x xxnx a a a nx n→+∞+++⋅-+=11112exp[lim (1)]xxxnx a a a nx n→+∞+++⋅-=11112exp{lim [(1)(1)(1)]}xxxn x x a a a →+∞⋅-+-++-=12exp(ln ln ln )n aa a +++=12n a a a ⋅⋅．例20 求226n n n→∞++++．分析 此类和式极限，不容易求出它的有限项的和的一般式，可考虑用夹逼准则． 解 由于≤≤1,2,,k n =． 得222nnnk k k ===≤≤，1,2,,k n =．又2lim nn k →∞==1(1)(21)n n n n ++=13．同理2lim nn k →∞=13． 所以由夹逼准则得226n n n →∞++=13． 例21 求极限112lim()nnn nk n a a a →∞+++，其中1a ，2a ，，k a 均为正实数，k 为自然数．解 记a =12max{,,,}k a a a ，则11112()()()n n nn n nn nk a a a a ka ≤+++≤．而1lim 1n n k →∞=，1lim()n nn a a →∞=．所以112lim()n nn nk n a a a →∞+++=a =12max{,,,}k a a a ．例22 []x 表示x 的取整函数．试求01lim []x x x→⋅．分析 充分利用不等式1[]x x x -<≤是求解本题的关键．解 对任一x R ∈，有1[]x x x -<≤，则当0x ≠时有1111[]x x x-<≤．于是 （1）当0x >时，111(1)[]x x x x x x -<⋅≤⋅，由夹逼准则得01lim []1x x x +→⋅=；（2）当0x <时，111[](1)x x x x x x ⋅≤⋅<-，由夹逼准则得01lim []1x x x-→⋅=．所以01lim []1x x x→⋅=．例23 设110x =，1n x +=1,2,n =．试证数列}{n x 极限存在，并求此极限．分析 用单调有界准则来证明，先证明单调性，再证明有界性．解 用数学归纳法证明此数列的单调性．由110x =及24x ==可得12x x >． 假设{1,2,}n ∈，有1+>n n x x ，则21166+++=+>+=n n n n x x x x ．由数学归纳法知，对一切N n ∈都有1+>n n x x ．即数列}{n x 单调递减．又0(1,2,)n x n >=显然成立，即}{n x 有下界，由单调有界准则知}{n x 存在极限，设A x n n =∞→lim ，对n n x x +=+61两边取极限，有A = 即 260A A --=．所以3A =或2A =-（舍去），即3lim =∞→n n x ．例24 设0a >，1x =2x =，1n x +=其中1,2,n =，求lim n n x →∞．分析 需先用单调有界准则证明数列极限存在．单调性易证，但上界或下界却不易估计．为此则可先假设lim n n x A →∞=，并由A A =，此即为数列的一个上界，但此上界形式较复杂，论证不太方便．可将其适当放大化简：1<= 解 先用数学归纳法证明数列{}n x 单调递增．由0a >知，210x x =>．假设10n n x x ->>成立，则1n n x x +==，所以数列{}n x 单调递增．下证有界性．下证1为数列{}n x 的上界．假设1n x <+11n x +=故01n x <<+{}n x 有界．根据单调有界准则知lim n n x →∞存在．不妨设为A ，则有A 解得A =或A =．故lim n n x →∞=注1 讨论数列{}n x 的单调性和有界性时，数学归纳法是一种简洁有效的方法．注2 如果数列{}n x 的上界（或下界）不易直接看出时，则可以先假定数列{}n x 的极限存在并求出极限值A ，据此就可以找到数列{}n x 的上界（或下界），再进一步证明其确实是数列{}n x 的上界（或下界）．例25 求下列极限：（1）lim 1)n n →∞； （2）n n →∞； （3）1121lim (33)n n n n +→∞-．分析 含有指数函数或指数函数的差，一般考虑换底或提出公因子，然后结合等价替换求解．解 （1）lim 1)n n →∞=1ln lim (1)a nn n e→∞⋅-=1lim ln n n a n→∞⋅=ln a ．（2）n n →∞=limexp[1)]n n →∞⋅=exp[lim 1)]n n →∞⋅=exp[lim n n →∞=exp(lim lim n n n n →∞→∞=1exp (ln5ln7)2+（3）1121lim (33)n n n n +→∞-=112(1)1lim 3[31]n n n n n ++→∞⋅-=ln32(1)lim [1]n n n n e+→∞-=2ln 3lim (1)n n n n →∞⋅+=ln3．注 本题用到了1n =（0a >），11ln na na e=以及当0x →时ln(1)x x +，1x e x-等结果．例26 当0x →时，试将21x e -，ln(1)x +，21cos x -，tan sin x x -按低阶到高阶的无穷小顺序排列．分析 注意将考虑对象均与x 进行比较，充分利用常用的等价替换关系式． 解 当0x →时，由于221x e x -， ln(1)x x +， 2242()1cos 22x x x-=，且tan sin x x -=1sin (1)cos x x-=2sin (1cos )cos 2x x x x x -⋅=32x ， 故将其按低阶到高阶的无穷小顺序排列为ln(1)x +，21x e -，tan sin x x -，21cos x -．例27 设2tan (1cos )lim2ln(12)(1)x x a x b x c x d e -→+-=-+-，其中220a c +≠，则必有（ ）． A ．4b d =． B ．4b d =-． C ．4a c =．D ．4a c =-．分析 由于0x →，极限式中含有tan x ，21x e --，ln(12)x -，1cos x -这些无穷小量，因此要考虑运用无穷小量的有关知识．解法1 2tan (1cos )lim ln(12)(1)x x a x b x c x d e -→+--+-=20tan (1cos )lim ln(12)(1)x x x x abx x x e c dx x-→-+--+ =20000tan (1cos )limlimln(12)(1)lim limx x xx x x x a b x x x e c d x x→→-→→-+--+=22a c -=， 即4a c =-．选D ．解法2 利用关系式()o αββαα⇔=+．因为当0x →时，tan x x ， 1xx e -， ln(1)x x +， 21cos 2x x-， 所以tan ()x x o x =+， 1()x e x o x -=+， ln(1)()x x o x +=+， 221cos ()22x x x o -=+．则20tan (1cos )lim ln(12)(1)x x a x b x c x d e -→+--+-=22220(())(())22lim (2())(())x x x a x o x b o c x o x d x o x →+++-+++=22a c -=，即4a c =-．选D ． 解法3 用洛必达法则．22200sin tan (1cos )cos lim lim 222ln(12)(1)212x x x xab x a x b x a xc c c xde dxe x -→→-++-==-=--+-+-，即4a c =-．选D ． 例28（97研） 2013sin coslim(1cos )ln(1)x x x x x x →+=++_______． 分析 由于0x →，该极限属于0型，极限式中含有三角函数以及无穷小量ln(1)x +，因此要考虑运用无穷小量的有关知识．解 因为0x →时，x x ~)1ln(+，所以2013sin coslim (1cos )ln(1)x x x x x x →+++ 20013sin cos1lim lim(1cos )x x x x x x x→→+=⋅+ 01sin 1lim(3cos )2x x x x x →=⋅+13(310)22=⋅+=． 例29 已知0()ln[1]sin lim321x x f x x →+=-，求20()lim x f x x →．分析 因为0x →时，21ln 2x x -，由已知条件可知()ln[1]sin f x x +是无穷小量，而且()sin f x x与x 是同阶的无穷小．解法1 利用极限与无穷小量的关系．由题意得()ln[1]sin 321x f x x α+=+-， 其中0lim 0x α→=．即 ()ln[1](21)(3)sin x f x xα+=-+， 又因为021lim ln 2x x x→-=，故21ln 2()x x o x -=+．于是()ln[1]sin f x x+=(ln 2())(3)x o x α++=3ln 2()x o x +，则有()1sin f x x+=3ln 2()x o x e +，即 ()sin f x x=3ln 2()1x o x e +-=3ln 2()x o x ++(3ln 2())o x o x +． 所以 20()limx f x x →=01()sin lim sin x f x x x x x →⋅⋅=03ln 2()sin lim x x o x xx x →+⋅=3ln2． 解法2 利用等价无穷小替换．由于0x →时，21ln 2x x -，ln(1)x x +，sin xx ．则()ln[1]sin lim21x x f x x →+-=0()sin lim ln 2x f x x x →=0()lim sin ln 2x f x x x →⋅⋅=3， 故 20()limx f x x →=0()sin lim ln 2sin ln 2x f x xx x x→⋅⋅⋅⋅=3ln2．注1 解法1用到了如下常用结论：a ．0lim ()()x x f x A f x A α→=⇔=+，其中0lim 0x x α→=；b ．()o αββαα⇔=+；c ．当0x →时，()()k o x o x ⋅=，()()()o x ko x o x +=，()()o x o x α⋅=，其中k 为常数，lim 0x α→=．注2 本章求极限常用如下一些方法：a ．利用极限四则运算法则求极限;b ．利用两个重要极限求极限;c ．利用夹逼准则求极限;d ．利用单调有界准则求极限;e ．利用无穷小的性质求极限;f ．利用函数的连续性求极限．例30 讨论函数2()lim n nn nn x x f x x x +--→∞-=+的连续性．分析 该函数为含有参数的极限式，应该先求出极限得()f x ，再讨论其连续性． 解 显然当0x =时()f x 无意义．故当0x ≠时21, 0<||1()0, ||1, ||1x f x x x x ⎧-<⎪==⎨⎪>⎩，，．而()f x 在区间(,1)-∞-，(1,0)-，(0,1)，(1,)+∞上是初等函数，故()f x 在这些区间上连续．又1lim ()1x f x +→=，1lim ()1x f x -→=-， 0lim ()1x f x →=-，1lim ()1x f x +→-=-，1lim ()1x f x -→-=，所以1x =±及0x =为()f x 的第一类间断点，其中0x =为()f x 的可去间断点，1x =±为()f x 的跳跃间断点．例31 讨论函数2(2), 0,sin ()sin , 01x x x x n n N xf x x x x π+⎧<≠-∈⎪⎪=⎨⎪≥⎪-⎩,的间断点及其类型．解 0x =是该分段函数的分界点．并且当0x <时x n ≠-，当0x ≥时1x ≠． （1）由于(2)lim ()lim sin x x x x f x x π--→→+==2π，200sin lim ()lim 1x x xf x x +-→→=-=0， 所以0x =为()f x 的第一类间断点中的跳跃间断点．（2）当x n →-（2n ≠）时，(2)lim ()limsin x nx n x x f x xπ→-→-+==∞．所以x n =-（2n ≠）为()f x 的第二类间断点中的无穷间断点．（3）当2x →-时，由于22(2)lim ()limsin x x x x f x xπ→-→-+==0(2)limsin t t t t π→-=2π-（令2t x =+）．所以2x =-为()f x 的第一类间断点中的可去间断点．（4）由于211sin lim ()lim1x x xf x x →→=-=∞，所以1x =为()f x 的第二类间断点中的无穷间断点．综上所述，0x =为()f x 的跳跃间断点，1x =与x n =-（2n ≠）为()f x 的无穷间断点，2x =-为()f x 的可去间断点．例32 证明方程323910x x x --+=在开区间(0,1)内有唯一实根．分析 问题等价于证明函数32()391f x x x x =--+在开区间(0,1)内有唯一的零点，既要证明存在性，又要证明唯一性．存在性通常用零点定理来证明，唯一性常用单调性或用反证法来证明．证法1 令32()391f x x x x =--+．由于(0)10f =>，(1)100f =-<．又()f x 在[0,1]上连续．由零点定理知：至少存在一点1(0,1)x ∈使得1()0f x =．下证唯一性．对于唯一性下面给出三种证明方法．证法1 若有2(0,1)x ∈使得2()0f x =，于是12()()0f x f x ==，得12()()0f x f x -=．即2212112221()[()3()9]0x x x x x x x x -++-+-=，而1(0,1)x ∈，2(0,1)x ∈，所以221122213()90x x x x x x ++-+-<，则120x x -=，即12x x =．从而方程323910x x x --+=在开区间(0,1)内有唯一实根．证法2 若有2(0,1)x ∈且21x x ≠，使得2()0f x =．不妨设21x x >．可知12()()0f x f x ==，显然，()f x 在闭区间12[,]x x 上连续，在开区间12(,)x x 上可导．由罗尔定理知，至少存在一点12(,)(0,1)x x ξ∈∈使得()0f ξ'=，即23690ξξ--=，解得1ξ=-或3ξ=，于是(0,1)ξ∉，与假设矛盾．唯一性证得．证法3 由于2()3693(1)(3)f x x x x x '=--=+-．当(0,1)x ∈时，有()0f x '<即()f x 在(0,1)上单调递减．故()f x 在开区间(0,1)上零点唯一．证毕．证法2 令32()391f x x x x =--+，则由于(0)10f =>，(1)100f =-<，lim ()x f x →-∞=-∞，lim ()x f x →+∞=+∞，而()f x 在(,)-∞+∞上连续．所以由零点定理知()f x 在区间(,0)-∞，(0,1)，(1,)+∞上至少各有一个零点．即一元三次方程323910x x x --+=在各区间(,0)-∞，(0,1)，(1,)+∞内恰有一实根，即所给方程在(0,1)区间内有唯一实根．证毕．注1 证法1中唯一性的证法2和证法3涉及到微分中值定理和导数的应用等知识，这将在第三章重点讨论，它们是证明函数的零点或方程的根的唯一性的常用的两种方法．注2 零点定理在证明方程根的存在性的问题中应用较广泛．当函数()f x 在(,)a b （a 可以为-∞，b 可以为+∞）内连续，lim ()x af x +→存在（或者为-∞，或者为+∞，但不为∞），lim ()x b f x -→存在（或者为+∞，或者为-∞，但不为∞）．分别记它们为()f -∞和()f +∞，且()()0f f -∞⋅+∞<．此时零点定理同样成立．例33 设函数()f x 在[,]a b 上连续，[,]i x a b ∈，0i t >（1,2,,i n =），且01ni i t ==∑．试证至少存在一点(,)a b ξ∈使得1122()()()()n n f t f x t f x t f x ξ=++⋅⋅⋅+．分析 用介值定理来证明，只需证明1122()()()n n t f x t f x t f x ++⋅⋅⋅+介于()f x 的最大值与最小值之间即可．证明 由于函数()f x 在[,]a b 上连续，所以由最值定理可知()f x 的最大值与最小值存在，令max{()|[,]}M f x x a b =∈，min{()|[,]}m f x x a b =∈，于是对任何[,]x a b ∈都有()m f x M ≤≤．由于[,]i x a b ∈，0i t >（1,2,,i n =）．所以 111()nnni i i i i i i m mt t f x Mt M ====≤≤=∑∑∑，从而由介值定理知至少存在一点(,)a b ξ∈使得1122()()()()n n f t f x t f x t f x ξ=++⋅⋅⋅+．证毕．注 利用闭区间上的连续函数的性质证明与介值相关的命题，通常有两种方法： （1）直接法（利用介值定理和最值定理）．解题步骤：a ．从要证的等式中整理出连续函数()f x 所需取得的值()f ξ；b ．说明()f ξ介于()f x 在相应区间上的最大值与最小值之间；c ．利用介值定理得到命题的结论．如例33．（2）间接法（利用零点定理）．解题步骤：a ．作辅助函数：将要证的等式整理为左边=右边=0的形式，而左边设为辅助函数．b ．寻找区间，使辅助函数在该区间端点处的函数值异号，用零点定理，如例32．。

高数试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 函数f(x)=x^2-4x+3在区间[0,5]上的最大值是：A. 3B. 4C. 5D. 62. 曲线y=x^3-3x^2+2x在x=1处的切线斜率是：A. -1B. 0C. 1D. 23. 已知∫(0,1) x^2 dx = 1/3，求∫(0,1) x^3 dx的值：A. 1/4B. 1/3C. 1/2D. 2/34. 函数y=sin(x)的周期是：A. πB. 2πC. 4πD. 8π5. 无穷小量o(x)与x的关系是：A. o(x) = x^2B. o(x) = xC. o(x) = x^(1/2)D. o(x) = x^(1/3)6. 极限lim(x→0) (sin(x)/x)的值是：A. 0B. 1C. πD. ∞7. 函数f(x)=x^3+2x^2-5x+7的零点个数是：A. 0B. 1C. 2D. 38. 已知函数f(x)=x^2+3x+2，求f(-1)的值：A. 0B. 1C. 2D. 39. 函数f(x)=e^x的导数是：A. e^xB. x*e^xC. 1D. x10. 已知序列{an}=2n-1，求a5的值：A. 9B. 7C. 5D. 3二、填空题（每题2分，共10分）11. 函数f(x)=2x-3的反函数是________。

12. 曲线y=x^2在x=-1处的切线方程为________。

13. 极限lim(x→∞) (1/x)等于________。

14. 函数y=ln(x)的定义域是________。

15. 函数f(x)=cos(x)的最小正周期是________。

三、解答题（每题15分，共30分）16. 求函数f(x)=x^3-6x^2+11x-6在区间[1,3]上的最大值和最小值。

17. 求曲线y=x^3-2x^2+x在点(1,0)处的切线方程，并说明切点坐标。

四、证明题（每题15分，共15分）18. 证明：对于任意正整数n，有sin(n)≠n。

高数二例1．设()f x 可导，()F x =()f x (1+sin x ) ，则f()00=是F ()x 在0x =处可导的(A) 充要条件 （B ）充分非必要条件(C) 必要非充分条件 （D ）既非充分也非必要条件 例2. 已知(3)2f '= ，则 ()()?233lim=--→hf h f h例3：设()()⎪⎩⎪⎨⎧≤>-=0 0 cos 12x x g x x xxx f 其中()g x 是有界函数，则()f x 在0x = 处 (A) 极限不存在 （B ）极限存在，但不连续 （C ）连续但不可导 （D ）可导例4： 设 ()()⎰++=xdt t tx f 02123 则()()__________lim=--+→hh x f h x f h例5：_________cos 022=⎪⎭⎫⎝⎛⎰xdt t x dx d例6：设 ()f x 连续， 则()) ( 220等于dt tx f t dxd x -⋅⎰（A ）()2x xf （B ）()2x xf - （C ）()22x xf （D ）()22x xf -例7：2sin()________x d x t dt dx-=⎰例8 设 (0)0f =，则 ()f x 在点 0x =可导的充要条件为（A ）()cosh 11lim2-→f hh 存在 （B ）()hh ef h -→11lim存在（C ）()sinh 1lim2-→h f hh 存在 （D ）()()[]h f h f hh -→21lim存在例9：设32()3f x x x x =+，则使()(0)n f 存在的最高阶数n 为：(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3例10 函数23()(2)f x x x x x =---，不可导的点个数为（A ）3 （B ）2 （C ）1 （D ）0例11设2221cos cos tx t y t t udu⎧=⎪⎨=-⎪⎩⎰，求22,t t dy d y dxdx例12：设函数y = y ( x )，由方程cos()0x yexy ++=确定，求d y d x例13： 已知1xy y xe =+，求0,=='''x x y y例14： 已知函数 f (x)具有任意阶导数，且[]2()()f x f x =，则当n 为大于2的正整数时，()()________n fx =例15： 若函数y ＝f (x) 有'01()2f x =，则当0x ∆→时，该函数在0x x =处的微分dy 是（A ）与x ∆等价无穷小 （B ）与x ∆同阶无穷小 （C ）比x ∆低阶无穷小 （D ）比x ∆高阶无穷小例16： 设sin 234()sin(),()xf x t dtg x x x ==+⎰，则当x = 0 时，f (x) 是 g (x) 的（A ）等价无穷小 （B ）同阶但非等价无穷小 （C ）高阶无穷小 （D ）低阶无穷小例17： 设 f （x ）有连续导数，f (0) = 0, '(0)0f ≠22()()()xF x x t f t dt =-⎰，且当0x →时，'()F x 与kx 是同阶无穷小，则k ＝?(A)1 (B)2 (C)3 (D)4例18： 设函数f (x) 在定义域内可导，y = f (x)的图形为则'()y f x =的图形为例19： 证明方程0ln x x e π=-⎰在区间(0,)+∞有且仅有两个不同实根。

第一章函数及其图形例1：（）.A.{x|x>3}B.{x|x<-2}C.{x|-2<x≤1}D.{x|x≤1}注意，单选题的解答，有其技巧和方法，可参考本课件“应试指南”中的文章《高等数学（一）单项选择题的解题策略与技巧》，这里为说明解题相关的知识点，都采用直接法。

例2：函数的定义域为（）.解：由于对数函数lnx的定义域为x>0，同时由分母不能为零知lnx≠0，即x≠1。

由根式内要非负可知即要有x>0、x≠1与同时成立，从而其定义域为，即应选C。

例3：下列各组函数中，表示相同函数的是（）解：A中的两个函数是不同的，因为两函数的对应关系不同，当|x|>1时，两函数取得不同的值。

B中的函数是相同的。

因为对一切实数x都成立，故应选B。

C中的两个函数是不同的。

因为的定义域为x≠-1，而y=x的定义域为（-∞，+∞）。

D中的两个函数也是不同的，因为它们的定义域依次为（-∞，0）∪（0，+∞）和（0，+∞）。

例4：设解：在令t=cosx-1，得又因为-1≤cosx≤1，所以有-2≤cosx-1≤0，即-2≤t≤0，从而有。

例5：f(2)没有定义。

注意，求分段函数的函数值，要把自变量代到相应区间的表达式中。

例6：函数是（）。

A．偶函数B．有界函数C．单调函数D．周期函数解：由于，可知函数为一个奇函数而不是偶函数，即（A）不正确。

由函数在x=0，1，2点处的值分别为0，1，4/5，可知函数也不是单调函数；该函数显然也不是一个周期函数，因此，只能考虑该函数为有界函数。

事实上，对任意的x，由，可得，从而有。

可见，对于任意的x，有。

因此，所给函数是有界的，即应选择B。

例7：若函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y),则f(x)是（）。

A．奇函数B．偶函数C．非奇非偶函数Ｄ．奇偶性不确定解：因为f(x+y)=f(x)+f(y)，故f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)=2f(0)，可知f(0)=0。

第一章 函数与极限§1 函数必作习题P16－18 4 (5) (6) (8)，6，8，9，11，16，17必交习题一、一列火车以初速度0v ，等加速度a 出站，当速度达到1v 后，火车按等速运动前进；从出站经过T 时间后，又以等减速度a 2进站，直至停止。

(1) 写出火车速度v 与时间t 的函数关系式；(2) 作出函数)(t v v =的图形。

二、 证明函数12+=x x y 在),(+∞-∞内是有界的。

三、判断下列函数的奇偶性： (1)x x x f 1sin)(2= ；(2)1212)(+-=x x x f ；(3))1ln()(2++=x x x f 。

四、 证明：若)(x f 为奇函数，且在0=x 有定义，则0)0(=f 。

§2 初等函数必作习题P31－33 1，8，9，10，16，17必交习题一、 设)(x f 的定义域是]1,0[，求下列函数的定义域：(1))(x e f ；(2))(ln x f ；(3))(arcsin x f ；(4))(cos x f 。

二、(1)设)1ln()(2x x x f +=，求)(x e f -；(2)设23)1(2+-=+x x x f ，求)(x f ；(3)设x x f -=11)(，求)]([x f f ，})(1{x f f 。

)1,0(≠≠x x三、设)(x f 是x 的二次函数，且1)0(=f ，x x f x f 2)()1(=-+，求)(x f 。

四、设⎩⎨⎧>+≤-=0,20,2)(x x x x x f ，⎩⎨⎧>-≤=0,0,)(2x x x x x g ，求)]([x g f 。

P42 3 (3) (4)，4，5，6必交习题一、 写出下列数列的前五项 (1)3sin 31n n x n =；(2)n n n n x n ++++++=22212111 ；(3)nx n x n n n)1(1211122-=+++=-， 。

高等数学基础篇例题高等数学基础篇例题是数学学科中的一种基本类型的问题，通常用于检验学生对于基础概念和计算方法的掌握程度。

本文将以解析几何、微积分和线性代数为主要内容，为读者提供一些相关的参考内容。

解析几何是高等数学中的重要部分，涉及到平面和空间中各种图形的性质和计算方法。

以下是一些解析几何常见的例题及相关的参考内容：例题1：已知直线l的参数方程为 x = 2t + 1, y = 3t - 2, z = -t + 3，求直线l与平面 x + y - z - 4 = 0 的交点坐标。

参考内容：直线与平面的交点可以通过将直线的参数方程代入平面方程来求解。

具体步骤如下：步骤1：将直线的参数方程代入平面方程，得到一个关于参数t的方程。

x + y - z - 4 = 0(2t + 1) + (3t - 2) - (-t + 3) - 4 = 04t - 2 = 0步骤2：解关于参数t的方程，得到t的值。

4t - 2 = 0t = 1/2步骤3：将t的值代入直线的参数方程，得到直线与平面的交点坐标。

x = 2t + 1 = 2(1/2) + 1 = 2 + 1 = 3y = 3t - 2 = 3(1/2) - 2 = 3/2 - 2 = -1/2z = -t + 3 = -(1/2) + 3 = 3/2所以交点坐标为(3, -1/2, 3/2)。

微积分是数学中的一门基础学科，主要涉及函数的极限、导数和积分。

以下是一些微积分常见的例题及相关的参考内容：例题2：计算函数 f(x) = 2x^2 - 3x + 1 在点 x = 2 处的导数和二阶导数。

参考内容：函数在某一点处的导数表示函数在该点的切线斜率。

根据导数的定义，导数等于函数在该点的极限。

对于多项式函数，可以使用多项式的求导法则进行计算。

具体步骤如下：步骤1：求导数。

f'(x) = 4x - 3步骤2：求二阶导数。

f''(x) = 4所以函数 f(x) = 2x^2 - 3x + 1 在点 x = 2 处的导数为 4(2) - 3 = 8- 3 = 5，二阶导数为 4。

大一高数每个知识点的例题一、函数与极限1. 函数的定义与性质例题：已知函数$f(x)=-2x^2+3x+1$，求函数$f(x)$的定义域。

2. 极限的定义与基本性质例题：求极限$\lim_{x \to 1}\frac{x^2-1}{x-1}$。

二、导数与微分1. 导数的定义与基本性质例题：已知函数$y=3x^2-2x+1$，求函数$y$在$x=2$处的导数。

2. 高阶导数与函数的凹凸性例题：已知函数$f(x)=x^3-3x^2+2$，求$f(x)$的凹凸区间。

三、微分中值定理与泰勒展开1. 罗尔定理与拉格朗日中值定理例题：证明函数$f(x)=e^x-x-1$在区间$(0,1)$内存在唯一根。

2. 泰勒展开与麦克劳林展开例题：求函数$f(x)=\cos x$的部分麦克劳林展开式。

四、不定积分与定积分1. 不定积分的基本性质与常见公式例题：求不定积分$\int 2x^2+3x-1 \,dx$。

2. 定积分的定义与性质例题：计算定积分$\int_0^2 (x^2+1) \,dx$。

五、常微分方程1. 一阶常微分方程的可分离变量与线性方程例题：求解微分方程$\frac{dy}{dx}=x^2+y$。

2. 高阶常微分方程与特征方程例题：求解微分方程$y''-2y'+y=e^x$。

六、多元函数与偏导数1. 多元函数的定义与性质例题：判断函数$z=2x^2+3y^2-xy$的单调性。

2. 偏导数的定义与计算例题：求函数$f(x,y)=2x^2+3xy-1$的偏导数$\frac{\partialf}{\partial x}$和$\frac{\partial f}{\partial y}$。

七、重积分与曲线积分1. 重积分的定义与计算例题：计算二重积分$\iint_{D} (x^2+y^2) \,dxdy$，其中$D$为由曲线$y=x^2$和$y=2x$所围成的区域。

2. 曲线积分的定义与计算例题：计算曲线积分$\int_{C} y \,dx + x \,dy$，其中曲线$C$为$x^2+y^2=1$上从点$(1,0)$到点$(0,1)$的一段弧。

洛必达法则高数经典例题
洛必达法则是一种数学原理，它可以使用定义确定一些数学表达
式或函数的非常完整的解决方案。

洛必达法则高数经典例题体现出洛
必达法则的本质特征。

以下是一些典型的洛必达法则高数经典例题：
1. 已知函数f (x) = 1-cosx，求 f (120°) 的值。

解：洛必达法则指出，如果 f (x) 的定义域和值域都是实数的话，那么 f (x) 的值可以由f (x-2nπ)或f (x+2nπ)取代，其中n是整数。

因此，由f (120°)= f (120° - 2π)=f(120° - 4π)=-
cos120°=-1/2得出结论。

2.已知方程tan(2x + 30°)=3，求 x 的值。

解：洛必达法则指出，tan(x + kπ) = tanx，其中 k 是任意整数。

因此，可以将方程转化为tan(2x + 30° + kπ) = 3，当 k=1 时，方程可以化简为tan(2x + 120°)=3,即2x + 120° = arctan3，
所以 x = arctan3-120°/2 = 22.6°。

简单高数题一、函数与极限部分（6题）1. 求极限 lim_{x to 1}(x^2 - 1)/(x - 1)- 解析：- 首先对分子进行因式分解，x^2 - 1=(x + 1)(x - 1)。

- 则原式可化为lim_{x to 1}((x + 1)(x - 1))/(x - 1)。

- 当xto1时，x≠1，可以约去x - 1，得到lim_{x to 1}(x + 1)。

- 把x = 1代入x+1，得到极限值为2。

2. 设函数f(x)=<=ft{begin{array}{ll}x+1, & x<0 0, & x = 0 x - 1, &x>0end{array}right.，求lim_{x to 0}f(x)- 解析：- 当xto0^-（即x从左边趋近于0）时，f(x)=x + 1，则lim_{x to 0^-}f(x)=lim_{x to 0^-}(x + 1)=1。

- 当xto0^+（即x从右边趋近于0）时，f(x)=x - 1，则lim_{x to0^+}f(x)=lim_{x to 0^+}(x - 1)= - 1。

- 因为lim_{x to 0^-}f(x)≠lim_{x to 0^+}f(x)，所以lim_{x to 0}f(x)不存在。

3. 求函数y=√(x^2 - 4)+(1)/(x - 3)的定义域。

- 解析：- 对于根式部分，要使√(x^2 - 4)有意义，则x^2-4≥slant0。

- 解不等式x^2 - 4≥slant0，即(x + 2)(x - 2)≥slant0，得到x≤slant - 2或x≥slant2。

- 对于分式部分，要使(1)/(x - 3)有意义，则x - 3≠0，即x≠3。

- 综合起来，函数的定义域为(-∞,-2]∪[2,3)∪(3,+∞)。

4. 已知函数f(x)=ln(x + 1)，求f^′(0)。

- 解析：- 首先对f(x)=ln(x + 1)求导，根据求导公式(ln(u))^′=(1)/(u)u^′，这里u=x + 1，u^′ = 1。