考研数学¶

按数学一考纲整理高等数学、线性代数、概率论与数理统计的题目、解答与关键思路。

一、高等数学¶

1. 常用函数图像¶

\(r=1-\cos\theta\) 的图像

2. 函数、极限、连续¶

题 001：含参数连乘比值的极限¶

题目¶

设 \(a>0\)，求

\[ \lim_{n\to\infty}\frac{n!}{(a+1)(a+2)\cdots(a+n)}. \]

解答¶

记

\[ u_n=\frac{n!}{(a+1)(a+2)\cdots(a+n)} =\prod_{k=1}^n\frac{k}{a+k}. \]

每个因子都在 \((0,1)\) 内，但“每个因子趋于 1”本身不能决定乘积的极限。对乘积取对数：

\[ \ln u_n =\sum_{k=1}^n\ln\left(1-\frac{a}{a+k}\right). \]

利用 \(0<x<1\) 时 \(\ln(1-x)\le -x\)，得到

\[ \ln u_n\le -a\sum_{k=1}^n\frac1{a+k}. \]

右侧是调和级数尾部的常数倍，趋于 \(-\infty\)，所以 \(\ln u_n\to-\infty\)，从而

\[ \boxed{\lim_{n\to\infty}u_n=0}. \]

关键 inspiration¶

看到大量正因子的连乘，尤其是每个因子都趋于 \(1\) 时，要想到“乘积取对数，把连乘变成求和”。再把对数项与调和级数比较，判断无限乘积是否衰减到 \(0\)。

题 002：指数递推数列的收敛性¶

题目¶

数列 \(\{x_n\}\) 满足

\[ x_1>0,\qquad x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1\quad(n=1,2,\ldots). \]

证明 \(\{x_n\}\) 收敛，并求 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\)。

解答¶

对函数 \(e^x\) 在区间 \([0,x_n]\) 上使用拉格朗日中值定理，存在 \(\xi_n\in(0,x_n)\)，使

\[ \frac{e^{x_n}-1}{x_n}=e^{\xi_n}. \]

而递推式给出

\[ e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}=e^{\xi_n}. \]

由于指数函数严格单调，\(x_{n+1}=\xi_n\)，故

\[ 0<x_{n+1}<x_n. \]

因此 \(\{x_n\}\) 单调递减且下有界，必收敛。设 \(x_n\to A\ge0\)，对递推式取极限得

\[ Ae^A=e^A-1, \]

即

\[ (1-A)e^A=1. \]

令 \(g(x)=(1-x)e^x\)。在 \(x\ge0\) 上，

\[ g'(x)=-xe^x\le0, \]

且当 \(x>0\) 时严格小于 \(0\)。又 \(g(0)=1\)，所以方程 \(g(A)=1\) 在 \(A\ge0\) 上只有解 \(A=0\)。因此

\[ \boxed{\lim_{n\to\infty}x_n=0}. \]

原手写解答的核心思路是正确的：用中值定理得到 \(0<x_{n+1}<x_n\)。书写时还应明确中值点 \(\xi_n\) 的区间，并证明极限方程在 \(A\ge0\) 上只有一个解。

关键 inspiration¶

看到 \(\dfrac{e^{x_n}-e^0}{x_n-0}\)，应立即识别出它是指数函数的差商。中值定理能把差商写成 \(e^{\xi_n}\)，再借指数函数的单调性直接把 \(x_{n+1}\) 夹在 \(0\) 与 \(x_n\) 之间。

题 003：变上限积分递推数列¶

题目¶

给定任意 \(x_1\in\mathbb R\)，数列满足

\[ x_{n+1}=\frac13x_n+\frac23-\frac12\int_1^{x_n}e^{-t^2}\,dt \quad(n=1,2,\ldots). \]

证明 \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n\) 存在并求其值。

解答¶

设

\[ f(x)=\frac13x+\frac23-\frac12\int_1^xe^{-t^2}\,dt, \]

则 \(x_{n+1}=f(x_n)\)。由变上限积分求导，

\[ f'(x)=\frac13-\frac12e^{-x^2}. \]

因为 \(0<e^{-x^2}\le1\)，所以

\[ -\frac16\le f'(x)<\frac13, \qquad |f'(x)|\le\frac13. \]

由拉格朗日中值定理，

\[ |x_{n+1}-x_n| =|f(x_n)-f(x_{n-1})| \le\frac13|x_n-x_{n-1}|. \]

反复使用可得

\[ |x_{n+1}-x_n| \le\left(\frac13\right)^{n-1}|x_2-x_1|. \]

当 \(m>n\) 时，

\[ \begin{aligned} |x_m-x_n| &\le\sum_{k=n}^{m-1}|x_{k+1}-x_k|\\ &\le |x_2-x_1|\sum_{k=n}^{\infty}\left(\frac13\right)^{k-1}\\ &=\frac32|x_2-x_1|\left(\frac13\right)^{n-1}\to0. \end{aligned} \]

所以 \(\{x_n\}\) 是柯西数列，因而收敛。设 \(x_n\to A\)。由 \(f\) 连续，\(A=f(A)\)，即

\[ \frac23(A-1)=-\frac12\int_1^Ae^{-t^2}\,dt. \]

若 \(A>1\)，等式左边为正、右边为负；若 \(A<1\)，左边为负、右边为正，均矛盾。因此只有 \(A=1\)，故

\[ \boxed{\lim_{n\to\infty}x_n=1}. \]

关键 inspiration¶

递推式能写成 \(x_{n+1}=f(x_n)\) 时，除了“单调有界”，还要检查是否存在统一的 \(|f'(x)|\le q<1\)。一旦出现压缩系数，就对相邻两项作差，再用几何级数证明数列是柯西数列。

3. 一元函数微分学¶

题 001：处处可导但导函数不连续¶

题目¶

为什么函数可导不能推出导函数连续？请给出一个反例并证明。

解答¶

令

\[ f(x)= \begin{cases} x^2\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases} \]

当 \(x\ne0\) 时，

\[ f'(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x. \]

在 \(x=0\) 处按定义计算：

\[ f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}h =\lim_{h\to0}h\sin\frac1h=0. \]

所以 \(f\) 在每一点都可导。但是当 \(x\to0\) 时，\(-\cos(1/x)\) 不断振荡。例如取

\[ x_k=\frac1{2k\pi},\qquad y_k=\frac1{(2k+1)\pi}, \]

则 \(x_k,y_k\to0\)，但

\[ f'(x_k)\to-1,\qquad f'(y_k)\to1. \]

因此 \(\lim_{x\to0}f'(x)\) 不存在，\(f'\) 在 \(0\) 处不连续。这说明

\[ f\text{ 可导}\not\Rightarrow f'\text{ 连续}. \]

关键 inspiration¶

要构造“原函数可导、导函数却不连续”的反例，可以把快速振荡的 \(\sin(1/x)\) 乘上足够强的衰减因子。\(x^2\) 保证原函数在 \(0\) 处的差商趋于 \(0\)，但求导后仍留下不衰减的 \(\cos(1/x)\)，于是导函数发生振荡不连续。

题 002：复合差商与零点可导的充要条件¶

记录日期：2026-09-04。来源：第一张图片，原书“P59例 2”。

题目¶

设 \(f(0)=0\)，则 \(f(x)\) 在点 \(x=0\) 可导的充要条件为（）。

（A）\(\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(1-\cos h)}{h^2}\) 存在。
（B）\(\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(1-e^h)}h\) 存在。
（C）\(\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(h-\sin h)}{h^2}\) 存在。
（D）\(\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(2h)-f(h)}h\) 存在。

本题“极限存在”均指有限的双侧极限存在。

解答¶

答案：B。 由于 \(f(0)=0\)，可导的定义就是

\[ f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x \]

存在。判断各选项时，要检查能否恢复这一完整的双侧差商。

B：既充分又必要¶

若 \(f'(0)=d\)，则

\[ \frac{f(1-e^h)}h =\frac{f(1-e^h)}{1-e^h}\cdot\frac{1-e^h}{h} \longrightarrow d\cdot(-1)=-d. \]

反之，设 B 中的极限为 \(\ell\)。令 \(x=1-e^h\)，则 \(h=\ln(1-x)\)。该换元在零点附近一一对应，而且 \(x\) 能从正、负两侧趋于 \(0\)。于是

\[ \frac{f(x)}x =\frac{f(1-e^h)}h\cdot\frac{h}{1-e^h} \longrightarrow\ell\cdot(-1)=-\ell. \]

所以 \(f'(0)\) 存在，且 \(f'(0)=-\ell\)。这就证明了充要性。

A：只探测右侧，不充分¶

因为 \(1-\cos h\ge0\)，即使 \(h\) 从两侧趋于 \(0\)，函数的自变量仍只从右侧趋于 \(0\)。

取反例 \(f(x)=|x|\)，它满足 \(f(0)=0\)，但在 \(0\) 不可导；然而

\[ \frac{f(1-\cos h)}{h^2} =\frac{1-\cos h}{h^2}\longrightarrow\frac12. \]

因此 A 不充分。它是必要条件：若 \(f'(0)=d\)，则 A 中的极限为 \(d/2\)。

C：数量级不匹配，会掩盖不可导性¶

仍取 \(f(x)=|x|\)。由

\[ h-\sin h=\frac{h^3}{6}+o(h^3), \]

可得

\[ \frac{f(h-\sin h)}{h^2} =\frac{|h-\sin h|}{h^2} =\frac{|h|}{6}+o(|h|)\longrightarrow0. \]

虽然 C 中极限存在，但 \(f\) 在 \(0\) 不可导，所以 C 不充分。

它也是必要条件：若 \(f'(0)=d\)，则

\[ \frac{f(h-\sin h)}{h^2} =\frac{f(h-\sin h)}{h-\sin h} \cdot\frac{h-\sin h}{h^2} \longrightarrow d\cdot0=0. \]

关键在于第二个因子趋于 \(0\)，不能由乘积收敛反推第一个因子收敛。

D：没有涉及 \(f(0)\)，不充分¶

题目仅给出 \(f(0)=0\)，并未假设在 \(0\) 连续。取

\[ f(x)= \begin{cases} 1,&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases} \]

对任意 \(h\ne0\)，

\[ \frac{f(2h)-f(h)}h=\frac{1-1}{h}=0. \]

所以 D 中极限存在，但 \(f\) 在 \(0\) 不连续，更不可能可导。

D 是必要条件：若 \(f'(0)=d\)，则

\[ \frac{f(2h)-f(h)}h =2\frac{f(2h)}{2h}-\frac{f(h)}h \longrightarrow2d-d=d. \]

关键 inspiration¶

先写导数定义，再看换元是否保留两侧信息。 \(1-\cos h\) 只能取非负值；\(1-e^h\) 则在零点附近可以取正、负值。只有“内层趋于 0”还不够。
看差商外的因子是否趋于非零常数。 B 中 \((1-e^h)/h\to-1\)，可以反向恢复差商；C 中 \((h-\sin h)/h^2\to0\)，可能把差商的问题掩盖掉。
证明必要性不能代替证明充要性。 四个选项都是必要条件，但只有 B 充分。排除其余选项，只需找到“条件成立而结论不成立”的反例。
看到两个邻近点作差，检查是否漏掉了基点函数值。 \(f(2h)-f(h)\) 不使用 \(f(0)\)；若没有连续性假设，应想到“去心邻域取常数、基点另赋值”的反例。

题 003：连续条件下的差商与对称差商¶

记录日期：2026-09-04。来源：第二张图片，原书“P59例 1”。

题目¶

设函数 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续，下列命题错误的是（）。

（A）若 \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x\) 存在，则 \(f(0)=0\)。
（B）若 \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)+f(-x)}x\) 存在，则 \(f(0)=0\)。
（C）若 \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x\) 存在，则 \(f'(0)\) 存在。
（D）若 \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(-x)}x\) 存在，则 \(f'(0)\) 存在。

本题“极限存在”均指有限的双侧极限存在。

解答¶

答案：D。 图片中对 A、B、C 的勾选判断是正确的。

A 正确：有限商极限迫使分子趋于零¶

设 \(\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)/x=a\)，则

\[ \lim_{x\to0}f(x) =\lim_{x\to0}\left(x\cdot\frac{f(x)}x\right) =0. \]

结合 \(f\) 在 \(0\) 连续，得 \(f(0)=0\)。

B 正确：利用连续性识别分子极限¶

设 \(\displaystyle\lim_{x\to0}[f(x)+f(-x)]/x=b\)，则

\[ \lim_{x\to0}[f(x)+f(-x)] =\lim_{x\to0}\left(x\cdot\frac{f(x)+f(-x)}x\right) =0. \]

另一方面，由连续性，

\[ \lim_{x\to0}[f(x)+f(-x)]=2f(0). \]

所以 \(2f(0)=0\)，即 \(f(0)=0\)。

补充：该商关于 \(x\) 为奇函数，因此若双侧极限存在，必为 \(0\)；但判断本选项只需上面的证明。

C 正确：先确定 \(f(0)\)，再套导数定义¶

由 A 的论证先得到 \(f(0)=0\)，于是

\[ f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x. \]

右侧由条件知存在，所以 \(f'(0)\) 存在。

注意：不能在尚未确定 \(f(0)=0\) 时，就直接把 \(f(x)/x\) 当作导数定义中的差商。

D 错误：对称作差会抵消偶函数部分¶

取 \(f(x)=|x|\)。它在 \(0\) 连续，且

\[ \frac{f(x)-f(-x)}x =\frac{|x|-|-x|}{x}=0\qquad(x\ne0). \]

所以 D 中的极限存在。但

\[ f'_+(0)=1,\qquad f'_-(0)=-1, \]

左右导数不相等，故 \(f'(0)\) 不存在。

通常的对称差商是 \([f(x)-f(-x)]/(2x)\)；本题分母为 \(x\)，仅相差常数因子 \(2\)。对称差商极限存在，仍不能推出通常意义下可导。

关键 inspiration¶

商极限有限而分母趋于零，先推出分子趋于零。 再结合连续性，把分子的极限转化成关于 \(f(0)\) 的等式。
导数定义必须减去基点函数值。 从 \(f(x)/x\) 出发，先证明 \(f(0)=0\)，再判定可导，不能省略逻辑前提。
看到 \(f(x)-f(-x)\)，立即想到偶函数会被抵消。 用连续但不可导的偶函数 \(|x|\)，就能说明对称差商可能完全看不见尖点。
区分这两题的前提。 本题明确给出连续性，所以反例也必须连续；上一题只给出 \(f(0)=0\)，排除其 D 项时可以使用不连续反例。

题 004：根式与绝对值乘积的不可导点¶

记录日期：2026-09-04。来源：用户提供的题目图片，原题第 2 题。

题目¶

函数

\[ f(x)=\sqrt[3]{(x+3)(x+1)}\,|x^3-x| \]

的不可导点个数为多少？

解答¶

先找出所有可能不可导的点。

\(\sqrt[3]{(x+3)(x+1)}\) 可能在被开方数为零处不可导，即 \(x=-3,-1\)；
\(|x^3-x|\) 可能在 \(x^3-x=0\) 处不可导，即 \(x=-1,0,1\)。

因此只需检查

\[ x=-3,-1,0,1. \]

在其余点，两个因子都可导，故乘积可导。

1. \(x=-3\) 不可导¶

令 \(t=x+3\)。当 \(t\to0\) 时，

\[ \sqrt[3]{(x+3)(x+1)} =\sqrt[3]{t(t-2)} \sim\sqrt[3]{-2t}, \]

而

\[ |x^3-x|\longrightarrow|-27+3|=24\ne0. \]

又 \(f(-3)=0\)，故差商的大小满足

\[ \left|\frac{f(-3+t)-f(-3)}t\right| \asymp\frac{|t|^{1/3}}{|t|} =|t|^{-2/3}\longrightarrow+\infty. \]

所以 \(f\) 在 \(x=-3\) 不可导。

2. \(x=-1\) 可导——两个因子的奇性发生抵消¶

这一点是本题的陷阱。令 \(t=x+1\)，则

\[ (x+3)(x+1)=t(t+2), \]

并且

\[ x^3-x=x(x-1)(x+1)=t(t-1)(t-2). \]

因为 \(f(-1)=0\)，考察差商的绝对值：

\[ \begin{aligned} \left|\frac{f(-1+t)-f(-1)}t\right| &=\frac{|t(t+2)|^{1/3}\,|t(t-1)(t-2)|}{|t|}\\ &=|t|^{1/3}|t+2|^{1/3}|(t-1)(t-2)|\\ &\longrightarrow0. \end{aligned} \]

因此

\[ f'(-1)=0, \]

所以 \(x=-1\) 不是不可导点。

也可以从阶数看出：立方根因子约为 \(t^{1/3}\)，绝对值因子约为 \(2|t|\)，乘积的量级为 \(|t|^{4/3}\)；除以差商分母 \(t\) 后只剩 \(|t|^{1/3}\to0\)。

3. \(x=0\) 不可导¶

在 \(x=0\) 附近，

\[ |x^3-x|=|x|\,|x^2-1|=|x|(1-x^2), \]

而

\[ \sqrt[3]{(x+3)(x+1)}\longrightarrow\sqrt[3]{3}\ne0. \]

所以 \(f(x)\) 在零点附近含有一个非零光滑因子乘以 \(|x|\)，左右导数符号相反，故在 \(x=0\) 不可导。

4. \(x=1\) 不可导¶

\(x^3-x\) 在 \(x=1\) 有单零点，因为

\[ (x^3-x)'|_{x=1}=3(1)^2-1=2\ne0. \]

因此 \(|x^3-x|\) 在 \(x=1\) 形成尖点；同时

\[ \sqrt[3]{(1+3)(1+1)}=2\ne0, \]

非零的可导因子不能消除该尖点，所以 \(f\) 在 \(x=1\) 不可导。

综上，不可导点是

\[ x=-3,\quad0,\quad1, \]

\[ \boxed{3\text{ 个}}. \]

关键 inspiration¶

先取并集，后逐点复查。 根式的零点与绝对值内部函数的零点只是“候选点”，不能直接把候选点个数当成答案。
乘积中一个因子不可导，乘积未必不可导。 若另一个因子也在该点为零，而且零得足够快，就可能消除奇性。本题 \(x=-1\) 正是这种情况。
用局部阶数快速判断。 在 \(x=-1\) 附近，两个因子的量级分别为 \(|t|^{1/3}\) 和 \(|t|\)，乘积为 \(|t|^{4/3}=o(|t|)\)，因此导数为 \(0\)。
绝对值复合的常用判断。 若 \(\varphi(a)=0\) 且 \(\varphi'(a)\ne0\)，则 \(|\varphi(x)|\) 通常在 \(a\) 产生尖点；但还要检查它是否乘上了在该点为零的其他因子。

题 005：四种含绝对值的差商条件¶

记录日期：2026-09-04。来源：用户提供的选择题图片。

题目¶

设函数 \(f(x)\) 连续，给出以下四个条件：

\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|-f(0)}x\) 存在；
\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-|f(0)|}x\) 存在；
\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|}x\) 存在；
\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|-|f(0)|}x\) 存在。

其中能推出“\(f(x)\) 在 \(x=0\) 处可导”的条件个数是（）。

（A）1；（B）2；（C）3；（D）4。

这里“存在”均指有限的双侧极限存在。四个条件分别独立讨论。

解答¶

答案：D，四个条件都可以。

先掌握一个零点处的判断¶

若 \(f(0)=0\)，且

\[ \lim_{x\to0}\frac{|f(x)|}{x}=\ell \]

存在，那么当 \(x>0\) 时该商非负，当 \(x<0\) 时该商非正。左右极限相同，迫使 \(\ell=0\)。于是

\[ \left|\frac{f(x)-f(0)}x\right| =\frac{|f(x)|}{|x|} =\left|\frac{|f(x)|}{x}\right|\longrightarrow0, \]

所以 \(f'(0)=0\)。注意：这不要求 \(f(x)\) 在零点附近同号。

条件（1）：可以推出可导¶

商的极限有限、分母趋于零，所以分子趋于零。由连续性，

\[ |f(0)|-f(0)=0, \]

即 \(f(0)\ge0\)。

若 \(f(0)>0\)，由连续保号性，零点附近 \(f(x)>0\)，原差商就是 \([f(x)-f(0)]/x\)，故可导。
若 \(f(0)=0\)，条件变为 \(|f(x)|/x\) 的极限存在，由前面的判断得 \(f'(0)=0\)。

因此条件（1）可以。

条件（2）：可以推出可导¶

同理由分子趋于零和连续性得到

\[ f(0)-|f(0)|=0. \]

因此 \(f(0)=|f(0)|\)，原差商直接变为

\[ \frac{f(x)-f(0)}x. \]

其极限存在，正是 \(f'(0)\) 存在。

条件（3）：可以推出可导，而且导数为零¶

由条件可得

\[ |f(x)|=x\cdot\frac{|f(x)|}{x}\longrightarrow0. \]

再由连续性知 \(f(0)=0\)。结合前面的零点判断，得

\[ f'(0)=0. \]

这里不能认为“加了绝对值就一定破坏可导性”：条件是含绝对值的双侧差商已经收敛，这本身是一个很强的约束。

条件（4）：可以推出可导¶

条件（4）就是 \(|f|\) 在零点可导。分情况讨论：

若 \(f(0)>0\)，零点附近 \(|f(x)|=f(x)\)，故条件（4）就是 \(f\) 的导数定义。
若 \(f(0)<0\)，零点附近 \(|f(x)|=-f(x)\)，原差商为 \(-[f(x)-f(0)]/x\)，故 \(f\) 仍可导。
若 \(f(0)=0\)，条件（4）变为条件（3），从而 \(f'(0)=0\)。

所以条件（4）也可以。综上，答案为

\[ \boxed{4\text{ 个，选 D}}. \]

关键 inspiration¶

先利用“分母趋于零、商极限有限”确定分子极限。 条件（1）（2）迫使 \(f(0)\ge0\)，条件（3）迫使 \(f(0)=0\)。别一开始就机械拆绝对值。
去绝对值分两类，而不是只分正负。 \(f(0)\ne0\) 时用连续保号性；\(f(0)=0\) 时不能保证邻域同号，应回到差商和夹逼定理。
注意分母是 \(x\)，不是 \(|x|\)。 \(|f(x)|/x\) 右侧非负、左侧非正；有限双侧极限一旦存在就必须为零，再由绝对值差商趋于零推出 \(f'(0)=0\)。
不要把结论方向弄反。 对连续函数，\(|f|\) 可导可以推出 \(f\) 可导；但 \(f\) 可导未必推出 \(|f|\) 可导，例如 \(f(x)=x\) 在零点可导，而 \(|x|\) 不可导。零点处需要额外满足 \(f'(0)=0\)。

题 006：由含绝对值的极限判断极值与拐点¶

记录日期：2026-09-08。来源：用户提供的选择题图片。

题目¶

设 \(f(x)\) 有二阶连续导数，且 \(f'(0)=0\)，

\[ \lim_{x\to0} \frac{f''(x)+f(x)-f(-x)}{|x|}=1. \]

则下列结论正确的是（）。

（A）\(f(0)\) 是 \(f(x)\) 的极大值；
（B）\(f''(0)>0\)，\(f(0)\) 是 \(f(x)\) 的极小值；
（C）\((0,f(0))\) 是曲线 \(y=f(x)\) 的拐点；
（D）\(f(0)\) 是 \(f(x)\) 的极值，\((0,f(0))\) 不是曲线 \(y=f(x)\) 的拐点。

解答¶

答案：D。 更准确地说，\(f(0)\) 是严格局部极小值，且 \((0,f(0))\) 不是拐点。

1. 先由有限极限确定 \(f''(0)\)¶

因为分母 \(|x|\to0\)，而整个商有有限极限，所以分子必趋于 \(0\)。利用 \(f''\) 和 \(f\) 的连续性，

\[ \begin{aligned} 0 &=\lim_{x\to0}\bigl[f''(x)+f(x)-f(-x)\bigr]\\ &=f''(0)+f(0)-f(0)\\ &=f''(0). \end{aligned} \]

故

\[ f''(0)=0. \]

因此 B 中的 \(f''(0)>0\) 已经错误。但必须注意：二阶导数在驻点等于 \(0\) 只表示普通的二阶导数判别法失效，不能据此否定极小值。

2. 证明对称函数差是更高阶小量¶

由于 \(f\) 在零点二阶可导，且 \(f'(0)=f''(0)=0\)，由带 Peano 余项的 Taylor 公式，

\[ f(x)=f(0)+o(x^2), \]

同时

\[ f(-x)=f(0)+o(x^2). \]

所以

\[ f(x)-f(-x)=o(x^2), \]

进而

\[ \frac{f(x)-f(-x)}{|x|} =o(|x|)\longrightarrow0. \]

因此题设极限等价于

\[ \lim_{x\to0}\frac{f''(x)}{|x|}=1. \]

3. 利用 \(f''\) 的邻域符号判断极值¶

由上式可知，当 \(x\) 充分接近 \(0\) 且 \(x\ne0\) 时，

\[ f''(x)>0. \]

所以 \(f'\) 在零点附近严格递增。结合 \(f'(0)=0\)：

当 \(x<0\) 且充分接近 \(0\) 时，\(f'(x)<f'(0)=0\)；
当 \(x>0\) 且充分接近 \(0\) 时，\(f'(x)>f'(0)=0\)。

因此 \(f\) 在零点左侧递减、右侧递增，故

\[ f(0)\text{ 是严格局部极小值}. \]

4. 判断是否为拐点¶

零点两侧均有 \(f''(x)>0\)，曲线在两侧都是凹向上，凹凸性没有发生改变。因此

\[ (0,f(0))\text{ 不是拐点}. \]

综上，正确选项为

\[ \boxed{\text{D}}. \]

关键 inspiration¶

看到“趋于零的分母 + 有限极限”，先令分子趋于零。 这一步立即得到 \(f''(0)=0\)，可以迅速排除 B。
对称差 \(f(x)-f(-x)\) 会消去 Taylor 展开中的偶次项。 这里 \(f'(0)=0\)，再结合 \(f''(0)=0\)，可知该差是 \(o(x^2)\)，比题目分母 \(|x|\) 高阶。
极限不仅给出点值，还给出邻域符号。 \(f''(x)/|x|\to1>0\) 意味着零点两侧的 \(f''(x)\) 都为正；这比单独知道 \(f''(0)=0\) 更有用。
极值和拐点要看不同的符号变化。 极小值看 \(f'\) 是否“左负右正”；拐点看 \(f''\) 是否在两侧变号。不要把 \(f''(0)=0\) 误当作拐点的充分条件。

4. 一元函数积分学¶

题 001：含根式与对数乘积的不定积分¶

记录日期：2026-09-03。来源：用户提供的手写解答图片（原题未标题号）。

题目¶

求不定积分

\[ I=\int\frac{x^2\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{\sqrt{1+x^2}}\,dx. \]

解答¶

原解答判断：正确。 拆项、求根式的原函数、分部积分以及最后合并对数平方项，均无误。

为简化书写，记

\[ s=\sqrt{1+x^2},\qquad L=\ln(x+s). \]

由于 \(s>|x|\)，所以 \(x+s>0\)，对数对所有实数 \(x\) 都有定义，且

\[ s'=\frac{x}{s},\qquad L'=\frac{1+x/s}{x+s}=\frac1s. \]

以下沿用原手写解答的思路，中间原函数的常数统一并入最后的 \(C\)。

1. 用根式中的结构拆分分子¶

由 \(x^2=(1+x^2)-1\)，有

\[ \frac{x^2}{s}=s-\frac1s, \qquad I=\int sL\,dx-\int\frac{L}{s}\,dx. \]

第二项利用 \(dL=dx/s\)，直接得到

\[ \int\frac{L}{s}\,dx=\frac12L^2. \]

2. 先求出根式的原函数¶

记 \(J=\int s\,dx\)。分部积分并再次使用上述拆项，得

\[ \begin{aligned} J &=xs-\int x\frac{x}{s}\,dx\\ &=xs-\int\left(s-\frac1s\right)\,dx\\ &=xs-J+L. \end{aligned} \]

移项可得

\[ J=\frac12(xs+L). \]

3. 对对数乘积作分部积分¶

在 \(\int sL\,dx\) 中取 \(u=L\)，\(dv=s\,dx\)，则

\[ du=\frac{dx}{s},\qquad v=\frac12(xs+L). \]

于是

\[ \begin{aligned} I &=\frac12(xs+L)L -\frac12\int\frac{xs+L}{s}\,dx -\frac12L^2\\ &=\frac12xsL+\frac12L^2 -\frac12\int x\,dx -\frac12\int\frac{L}{s}\,dx -\frac12L^2\\ &=\frac12xsL-\frac14x^2-\frac14L^2+C. \end{aligned} \]

特别地，对数平方项的系数为

\[ \frac12-\frac14-\frac12=-\frac14, \]

与你手写解答最后的合并一致。还原记号，答案为

\[ \boxed{ I=\frac{x\sqrt{1+x^2}}2\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) -\frac{x^2}{4} -\frac14\left[\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\right]^2+C }. \]

4. 求导验算¶

设上式不含常数项的部分为 \(F(x)\)，则

\[ \begin{aligned} F'(x) &=\frac12\left(s+\frac{x^2}{s}\right)L +\frac{x}{2}-\frac{x}{2}-\frac{L}{2s}\\ &=\frac{s^2+x^2-1}{2s}L\\ &=\frac{x^2L}{s}, \end{aligned} \]

恰好等于原被积函数，结果验证无误。

关键 inspiration¶

根式分母提示“凑成根式里的整体”。 看到 \(x^2/\sqrt{1+x^2}\)，应想到 \(x^2=(1+x^2)-1\)，将它拆成 \(\sqrt{1+x^2}-1/\sqrt{1+x^2}\)。
识别对数与根式的导数配对。 看到 \(\ln(x+\sqrt{1+x^2})\)，应想到它的导数正是 \(1/\sqrt{1+x^2}\)。所以 \(L/s\) 可以直接凑成 \(L\,dL\)，而对数乘其他函数时适合让对数在分部积分中被求导。
分部积分后出现原积分，不代表走不下去。 求 \(J=\int\sqrt{1+x^2}\,dx\) 时得到 \(J=xs-J+L\)，把它当作关于 \(J\) 的方程，移项即可。

更紧凑的写法：求出 \(J\) 后，立即可知

\[ \int\frac{x^2}{s}\,dx=J-L=\frac12(xs-L). \]

因此可以直接对原积分取 \(u=L\)、\(dv=x^2\,dx/s\)，得到

\[ I=\frac12L(xs-L)-\frac12\int\left(x-\frac{L}{s}\right)\,dx =\frac12xsL-\frac14x^2-\frac14L^2+C. \]

复习时用 \(L\)、\(s\) 作为明确定义的简写即可；不要把对数的真数留成空括号，以免回看时混淆。

5. 向量代数和空间解析几何¶

本章暂未收录题目。

6. 多元函数微分学¶

本章暂未收录题目。

7. 多元函数积分学¶

本章暂未收录题目。

8. 无穷级数¶

本章暂未收录题目。

9. 常微分方程¶

本章暂未收录题目。

二、线性代数¶

1. 行列式¶

本章暂未收录题目。

2. 矩阵¶

本章暂未收录题目。

3. 向量¶

本章暂未收录题目。

4. 线性方程组¶

本章暂未收录题目。

5. 特征值与特征向量¶

本章暂未收录题目。

6. 二次型¶

本章暂未收录题目。

三、概率论与数理统计¶

1. 随机事件和概率¶

本章暂未收录题目。

2. 随机变量及其分布¶

本章暂未收录题目。

3. 多维随机变量及其分布¶

本章暂未收录题目。

4. 随机变量数字特征¶

本章暂未收录题目。

5. 大数定律和中心极限定理¶

本章暂未收录题目。

6. 数理统计基本概念¶

本章暂未收录题目。

7. 参数估计¶

本章暂未收录题目。

8. 假设检验¶

本章暂未收录题目。