ln(1?1解：xlimx)1???arccotx=xlimx????arccotx?0??1?0??=x21?x2xlim???=?1xlim???x2=1 1?x2（10）limln(1?x2)x?0secx?cosx
解limln(1?x2)x?0secx?cosx=limx2?0?2xx?0secx?cosx??0??=limx?0secxtanx?sinx=lim2xx?0sinx(sec2x?1) =lim2x?0sec2x?1=1
（11）limx?0xcot2x
解：limxcot2x=limxx1x?0x?0tan2x=limx?02x=2
1（12）limx2x2x?0e
1111解：lim2x2ex2???ex2(?2x?3)x?0xe=limx?01?????=lim=limex2=??x?0?2x?3x?0
x2（13）lim2x?1(1x2?1?x?1)
解：lim2x2?1?1x?1)?????=lim2?(x?1)x?1(x?1(x?1)(x?1)=lim?1x?1x?1=?12 （14）limax??(1?x)x 解：limxln(1alimx?x??(1?ax)x?1???a=limx)ex??xax??e==e
（15）xlimsinx?0?x
解：limsinx0xlnxlimx?0?x?0?=limesinx?0?=ex?0?sinxlnx，而
1xlim?0sinxlnx(0??)=lnx???xsin2xx?xlim?0?cscx?????=xlim?0??cscxcotx=xlim?0??xcosx=xlim?0??cosx=0 所以limsinx0x?0?x?e?1
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（16）lim(x???2?arctanx)x
x?2xlnarctanx解：lim(x???2?arctanx)(1)?limex?????ex???2limxlnarctanx?
而limxlnx???2lnarctanx(??0)?limx???2?arctanx1x?11?20arctanx1?x()?lim
x???10?2xx212)??=?lim(
x???1?x2arctanx?所以lim(x???2?arctanx)x?e?2?
x?sinx存在，但不能用洛必达法则得出.
x??xsinx1x?sinx)=1+limsinx 解：lim=lim(1?x??x??xx??xx11而lim?0，sinx?1，由有界函数与无穷小的积仍是无穷小知：limsinx?0
x??xx??xx?sinx故lim=1. x??x1?cosxx?sinx若用洛必达法则得：lim=lim，此极限不存在，且不为?，不满足洛必达法则条件（3），
x??x??1x2. 验证极限lim所以不能用洛必达法则得出.
x?sinx存在，但不能用洛必达法则得出.
x?0x?cosxx?sinx0?sin0解：lim==0
x?0x?cosx0?cos01?cosxx?sinxx?sinx0 若用洛必达法则得：lim=lim=2，这种解法是错误的，因为lim并不是型，
x?01?sinxx?0x?cosxx?0x?cosx0?也不是型，所以不能用洛必达法则得出.
?3. 验证极限lim
练习4.3
1．求下列函数的单调区间 （1）f(x)?2?x?x
2?2x 解：D?(??,??) f?(x)?1 令f?(x)=0 得x? 7 / 49
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x 1(??,) 2 1 2 0 1(,??) 2 f?(x) f(x) ? ? ? ? f(x)的单调增区间为(??,)，单调减区间为(,??)。
（2）f(x)?x?2lnx
212122x2?1解：D?(0,??) f?(x)?2x??2?
xx令f?(x)?0得x??1
x??1舍去
(0,1) 1 0 (1,??) x f?(x) ? ? ? f(x) ? f(x)的单调减少区间为(0,1)，单调增加区间为(1,??)。
2. 证明下列不等式 （1）当x?0时，1?证：令 f(x)?1?由于f?(x)?1x?1?x； 21x?1?x(x?0) ，则f(0)?0， 211??0(x?0) ，所以f(x)在(0,??)内单调增加，于是当x?0时，有221?x11x?1?x?0，1?x?1?x. 22f(x)?f(0) ，即1?22（2）当x?0时，1?xln(x?1?x)?1?x；
证：令f(x)?1?xln(x?1?x2)?1?x2(x?0)，则f(0)?0， 由于f?(x)?ln(x?1?x2)?xx?1?x2(1?2x21?x2)?2x21?x2=ln(x?1?x2)
2当x?0时，x?1?x?1，因此ln(x?1?x2)?0，所以f(x)在(0,??)内单调增加，于是当x?0时，
有f(x)?f(0) ，即1?xln(x?1?x2)?1?x2?0，
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1?xln(x?1?x2)?1?x2
13x；
2313?证：令f(x)?tanx?x?x(0?x?)，
32（3）当0?x?时，tanx?x??f?(x)?sec2x?1?x2=tan2x?x2=(tanx?x)(tanx?x)
当0?x??2时，tanx?x?0，
又设g(x)?tanx?x(0?x??2)
g?(x)?sec2x?1=tan2x?0(0?x?所以g(x)在(0,?2)
?2)内单调增加，于是有g(x)?g(0)?0.
故f?(x)?0，于是当0?x?x2（4）当x?4时，2?x.
?2时，f(x)?f(0)?0，即tanx?x?131x?0，tanx?x?x3. 33x2x2分析：不等式2?x两边取对数得：ln2?lnx，即xln2?2lnx.
证：令f(x)?xln2?2lnx(x?4) （5）f?(x)?ln2?2?0(x?4)，所以f(x)在(4,??)内单调增加，于是当x?4时，f(x)?f(4)，而xf(4)?4ln2?2ln4?0，
x2x2所以 xln2?2lnx?0，ln2?lnx，2?x.
3.证明方程sinx?x有且仅有一实根。 证：设f(x)?x?sinx 则f(x)在(??,??)内连续
因为f?(x)?1?cosx?0且仅在x?2k?(k?Z)处取等号，即f?(x)不在任何区间内恒等与0，所以f(x)在
(??,??)内单调增加。于是f(x)?0在(??,??)内最多有一个实根。
又f(??)????0 f(?)???0 而f(x)在(??,??)内连续，所以f(x)?0在(??,??)内至少有一个实根。
故方程sinx?x有且仅有一个实根。
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4.求下了函数的极值
（1）f(x)?2x3?6x2?18x?17
解：D?(??,??) f?(x)?6x2?12x?18?6(x?1)(x?3) 令f?(x)?0 得到x1??1,x2?3，无使f?(x)不存在的点。
f??(x)?12x?12 f??(?1)?0 f??(3)?0，所以f(x)在x??1处有极大值f(?1)?27
在x?3处有极小值f(3)??37 （2）f(x)?2?(x?1)
解：D?(??,??) f?(x)??232 33x?1x?1时f?(x)不存在，无驻点。
x f?(x) f(x) (??,1) 1 不存在 极大值f(1)?2 (1,??) ? ? ? ? f(x)在x?1处有极大值f(1)?2
5.求下列函数在指定区间上的最大值和最小值
3（1）f(x)?x?6x [?2,2]
解：f?(x)?3x2?6?3(x2?2)，令f?(x)?0，得x??2 ，无使f?(x)不存在的点。 函数在驻点和端点的函数值分别为：
f(?2)?42， f(2)??42， f(?2)?4， f(2)??4.
经比较可知，f(x)在[?2,2]上的最大值为f(?2)?42，最小值为 f(2)??42. （2）f(x)?sin2x?x [???,] 22解：f?(x)?2cos2x?1， 令f?(x)?0，得x??函数在驻点和端点的函数值分别为：
?6， 无使f?(x)不存在的点。
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