1、学研教育浙江专升本高等数学各章节解析1第一章 函数 极限 连续微积分研究的对象是函数，函数这部分的重点是：复合函数、反函数和分段函数及函数记号的运算.极限是微积分的理论基础，微积分中的重要概念，如连续、导数、定积分等实质上是各种类型的极限，既要准确理解极限的概念、性质和极限存在的条件，又要能准确地求出各种极限，求极限的方法主要有：利用极限的四则运算幂指数运算法则;利用洛必达法则;利用函数的连续性;利用变量替换与两个重要极限(利用几个重要的等价无穷小因子替换求极限);数列极限转化为函数极限;利用夹逼定理;利用递推数列先证明再求出极限;利用导数的定义求极限.函数的连续性是通过极限定义的,判断函数的
2、连续性及函数间断点的类型等问题在本质上极是求极限, 所以连续仍是本章的重点. 要求掌握判断函数连续性及求间断点的方法，特别是分段函数在连接点处的连续性，会判别函数间断点的类型. 函数的许多重要性质都与连续性有关, 要求掌握有界闭区间上连续函数的性质及应用.本章在历年数学一试题中的分数统计年份87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 00 01 02 03 04分数5 6 8 3 5 3 3 8 3 5 8一、知识网络图定 义 （ 特 点 ）性 质 (周 期 性 ,有 界 性 奇 偶 性 )函 数 基 本 初 等 函 数 定 义 性 质 图 形反 函 数复 合
3、 函 数 复 合 函 数 的 分 解学研教育浙江专升本高等数学各章节解析20()lim()()xNf数 列 极 限 定 义定 义 函 数 极 限 定 义 左 、 右 极 限极 限 存 在 充 要 条 件单 调 性性 质 夹 逼 定 理 定 义极 限 高 阶 无 穷 小无 穷 小 （ 大 ） 量 等 价 无 穷 小阶 的 分 类 同 阶 无 穷 小k阶 无 穷 小单 调 、 有 界 数 列夹 逼 定 理求 极 限 的 方 法 利 用 极 限 运 算 法 则 及 函 数 的 连 续 性两 个 重 要 极 限无 穷 小 量 乘 有 界 变 量000 0(),()xyfxxflim函 数 在 点 处
4、连 续 的 定 义 当 时 ， 有 间 断 点 定 义 ， 分 类 和 、 差 、 积 、 商 的 连 续 性连 续 连 续 函 数 的 运 算 反 函 数 的 连 续 性复 合 函 数 的 连 续 性初 等 函 数 的 连 续 性 零 点 定 理介 值 定 理闭 区 间 上 连 续 函 数 的 性 质 有 界 性 定 理最 大 值 最 小 值 定 理一 致 连 续 性 定 理学研教育浙江专升本高等数学各章节解析3二、典型错误分析例 1设分段函数 ,求2sin,0()lxf(1),.fxf错解 2i1,()()ln(),0fxx2si,()(1)l(),f 错因分析 忽视了改变自变量形式的同时
5、,要相应地考虑定义域的变化这个关键点.正确解 2sin(1),10()l,xxfx即 2i(),()1ln,1f x类似地 2si(),()l,xfx例 2.证明 .1limn错证 要使 ,0则应有 .)ln(注意到 ,)2(l1l1n则有 ,)ln(2故取 ,则当 时,恒有)1l(NNn,1n即 .lim分析 由 ,)2(ln1l)(n学研教育浙江专升本高等数学各章节解析4推出 是正确的.n)1l()ln(2而错在由 而取 这一步上.)l()1l(2N事实上,这样得到的 ,当 时并不能保证 一定成立.nn)1l(例如,取 ,按以上解法,只要6901.l2,.0 ,70则 6.170正确证明
6、令 ,nnh则 .)2()1(!2)1()( nhhhnnn 注意到,当 时, ,2于是 或 ,4nh也就是 ,21故对 取 ,当 时,便有,024maxNNn,nhn21所以 .lin例 3. 求 .)cos1(csmxxx错解 = ,oli 1cslimxx xxcosli因为 与 均不存在,故原式极限不存在.csxxcsli错因分析 极限的运算法则是在参与运算的两个函数极限都存在的条件下适用的,本题错在误解了极限的运算法则.正确解 由于 ,21sin21sinco1cs xxxx 学研教育浙江专升本高等数学各章节解析5当 时, ,x12sinx而 ,)1(2si1i0 xx故 ,于是原式
7、等于零.02sinlmxx例 4. 求 .)1l(cos(inil0xx错解 利用洛必达法则 ,注意到极限 不存在,故xx1coslim0原式= 的极限也不存在.xxx 1cs)ln(sii2colm0错因分析 不满足洛必达法则的条件, 故本题不能用洛必达法则解,错因是忽视了洛必达法则仅是极限存在的充分条件而非必要条件.正确解原式= )1ln(siincos1lim20 xxx = .21limsilli 000 xxx例 5. 设函数 的二阶导数存在,求)(f.)()(lim20hfffh错解利用洛必达法则 , 则原式= = .xffh2)()(li0 )(2()(li0 xfhxfxfh
8、错因分析 在推导出结果时使用了二阶导数连续的条件,本题并无这样的假设.正确解 20 )()(limhxfxffh= ffhli0学研教育浙江专升本高等数学各章节解析6= hxffhxffh )()(lim210= .)()(ffxf例 6. 求 .11(li 22xx 错解 原式= 22limxx= .11li22 xxx错因分析 将 误写成 是问题所在.正确解 原式 = xxx 11lim22由于 ;li 22 xxx.1)(11lim22 xxxx故原极限不存在.例 7. 求 ( ).nnxx21li 0错解 当 时, .01321 nnnx)(xf当 时, ;21x xxnnnf)(当
9、时, . 232122 nnn 2)(xf学研教育浙江专升本高等数学各章节解析7综上所述,故有 = .nnxx21lim2,10,2x错因分析 当 时,误认为 ,而由 可知,xnx2nnx仅当 时,才有 .2n2正确解 将上述变量 的取值点 改为 ,其余不变,则x2xx= .nnx21lim2,10,2x例 8. 设 ,求证: ,当 时,有 .Axf)(li ,0XXx21 )(21xff错证 由题设 ,当 时,有 ;,011x)(Af又由假设, ,当 时,有 .2X22)(2f取 ,则当 时,就有1maxXx1,.2)()()(221 Affff错因分析 主要是没搞清 表示的什么角色,既然
10、任意取定,它们就应看1x21x作常数,而最后一步又视它们为变量,显然是矛盾的.正确证明 由假设, ,当 时,则00X.2)(Axf对于 ,同时有 , ,X21, 2)(1xf 2)(Axf于是. 2)()()()()( 212121 xfxfxfAxffxf学研教育浙江专升本高等数学各章节解析8例 9. 设 在 内连续,且 , 存在,证明: 在)(xf)Axfx)(limxfx)(li )(xf上一致连续.,(错解 由 , ,当 时,有 ;,0Afx)(li01X12)(Af于是,当 时,有121,X )()(2121 xfxfff可知 在 上一致连续.)(xf),同理,由 , ,当 时,Bf
11、xlim0221Xx有 .可知 在 上一致连续.)(21f )(f,又因为 在 上连续,故在 上一致连续 .1X12综上所述, 在 上一致连续.)(xf)错因分析 对一致连续的定义记忆不清、理解有误.正确证明 由 , ,当 时,有 ,0Axfx)(lim01X1x2)(Axf故当 时,且 时,121,Xx121,2)()()(xfxfff可知 在 上一致连续.x,1同理可证 当 时 ,2)(21xff即知 在 上一致连续.)(f,X又因为 在 上连续,因此 ,当 时,有x12 03321x,故 在 上一致连续.)(1ff )(xf2X综上各项,取 ,当 时,便有321min1)(21xff即
12、在 上一致连续.)(x,例 10. 求 的间断点并判别类型.xftan错解当 ,即 时,函数无定义 ,又因 ,0t )1,0(k xkxtanlim学研教育浙江专升本高等数学各章节解析9故 为 的第二类间断点.),10(kx(xf错因分析 有两个问题 :遗漏了使 无定义的点 ,这些点也是 的间断点.xtan)1,0(2k)(xf由于 ,故 不是第二类间断点.1tlim0x0正确解 的定义点和零点分别为 :an和),(2k),1(k又因 , ,1tanli0xx 0tanli2xk.kxtlim),(故 及 为第一类可去间断点;0,102k而 为第二类间断点.),(kx三、综合题型分析例 11.
13、设 则 是sin()ta,xfe()f(A)偶函数 (B)无界函数 (C)周期函数 (D)单调函数答案 （B ）分析一 有正下界: ; 和 无界, 在 的定义域在存在数列sinxesinxe1tanx()fx满足 ,可证 无界.nxlm()nf()f解一 设 = ,于是 = ,即nx2124 ()nfx2)()4en无界 . 因此选(B)()fx分析二 用排除法, 不是周期函数, 也有函数值相同的点, 可以证明当()fx时, 不是偶函数.sin0()fx解二 由 ,知 不是单调函数. 0()f由于 = , 不是偶函数.()fsinsinta()ta(),si0)xxeefx(f又 也不是周期函
14、数,因此选(B).x学研教育浙江专升本高等数学各章节解析10例 12 设 和 在 内有定义， 为连续函数，且 ，()fx(,)()fx()0fx有间断点，则（ ）()x（A） 必有间断点 （B） 必有间断点()f 2()（C） 必有间断点 （D） 必有间断点xf答案 （D）分析 用反证法证明 必有间断点. 假如 没有间断点,即为连续函数.因()xf()xf连续 ,故 = 连续, 与 有间断点矛盾.()fx()()fx()用例举法说明其余三个选项不正确.对于(A),设 = 为间断点, 连续, 而 =1 连续,无()x,01()1fx()fx间断点.对于(B), 设 = 为间断点, 而 连续,无间
15、断点.()x,01x2()1x对于(C), 设 = , 则 = 连续,无间断点.(),2()f()f2从而,(A)、(B)、(C)必有间断点的说法不正确,选(D).例 13设 处处连续,求 的值.()fx212limnaxb,ab分析与求解首先求出 . 注意到()fx即应分段求出 .2,|1,lim0,|,nx()fx当 时, = = ;|1x()f1212linnnabxx当 时, = .|fx22lin学研教育浙江专升本高等数学各章节解析11于是得 ()fx21,1(),1,1,.xabx其次,由初等函数的连续性,当 1, 1 时 分别与初等函数相等 ,故连续.()fx最后,考察分段函数的
16、连接点 处的连续性.根据定义,分别计算1x, ;11lim()lixxf211lim()li()xxfab;211lili(),xxfab 11lilimxxf在 连续()f0()(1)2fffabab;在 连续()fx1(1)(0)(1()fff.ab因此 在 均连续()f,.ab故仅当 时 处处连续.0,1ab()fx例 14设函数 在 的某邻域内具有一阶连续导数,且0若 在 时是比 高阶的无穷小,试确,)(,)(ff )0(2)(fhbfafh定 的值.ba分析 题设可知 是无穷小量,故其极限为零.)()(ffhf在 时是比 高阶的无穷小,也可得到关于 的关系02()fhfhba,式.解
17、一 由题设条件知.0)(1()02()lim0 fbafhbfafh由于 ,故必有 .又由洛必达法则,有学研教育浙江专升本高等数学各章节解析12).0(2(1)2)(lim)0(2)(lim0 fbahfbfahfbfaf hh 因 ,故 .f由 可得 .021ba12ba解二 由条件可知 ),()(hfhf .02所以 =)()(fbfaf ).(0)2()01hfbafba从而 .021即当 时,有 = .,ba)0(2)(fhbfafh例 15设函数 在 上连续,且 ,利用闭区间上连续函数性质,)(xgfxg证明存在一点 ,使 .baba dfdf )()(分析 此题要求利用闭区间上连续
18、函数性质证明,实际是给出了提示,说明可以用介值定理或零值定理证明.证一 因为 在 上连续,且 ,由最值定理知, 在 上)(,xgfba0)(xg)(xf,ba有最大值 和最小值 ,即 ,MmMf)(故 .)()(fx于是 .bababa dxgdxgdg)(因此 .xfmba)(由介值定理知,存在 ,使 ,bbadxgff)()(即 .baba dxgfdxgf )()(证二 设 ,由于 在 上连续,batgftfF)()(,xgfba学研教育浙江专升本高等数学各章节解析13,故 在 上连续,且 有最大值 ,最小值 ,其0)(xg)(xFba)(xf )(1xfM)(2xfm中 , .所以21
19、)(12ff,0)()()()( 11 bababa dtgftdtgdtg .)(222 xxffxF故由零值定理可知,存在 (或 )使 .,1,12x0(F即 .0)()(baba dxgfdxgf故 ff例 16求 .)93(lim1xx分析 求极限的题目变换灵活,方法多样,本题是幂指型函数,可采用多种变换方式. 解一 点 .xxxx1121 )3()3()9( ln1limnli3lnimxxxx故 = .xxe)31ln(i1)(lilne所以 = =9.xx193lili xxx 112)3(li)(解二 = =xx1)(lim)93ln(1icxexx)9ln(im.9lnlil
20、i)93ln(i xxxxxx所以 = = = .x1)(lim)93ln(1icxexx)93ln(imle解三 = = ,x193li)93ln(1icxxxx)93ln(ixxx lli)n(li学研教育浙江专升本高等数学各章节解析14= ,xxxxx 312limn932lnim9ln所以 = = = .xx1)(li)9ln(1icxexx)9ln(ilne例 17 确定下列各题中指定常数的值.(17.1)已知当 时, 与 是等价无穷小,求 的值.1x2)(x 2)1()(xbaba,分析一 因为 与 是等价无穷小,21显然由极限式 来确定 的值.可通过等价无穷小量代)()(lim2
21、1xbax a,换来求解.解一 ,2ln)2(l12)ln2(121 1limli)()(li xbaexbaexba xxxx, 所以有0ln2( ,)(1lnlli)1()(lnlim)1()lim212(l1 bxaxbaxbae xxx而 x ln(lli1,abxbxabxaxxx 1lim)(1li)lli 11 故 , 2n2n(2lnlim21 x所以 ,显然 为任意实常数.)lab分析二 由已知条件有极限式 ,显然是 型未定式,故可1)()1(2limxbax 0用洛必塔法则.解二 ,而 ,1)2(lim1xx 102ln)1(2ln)li)1()(2li 1 baxbaxb
22、axx所以 ,显然 为任意实常数.lna(17.2)已知 ,求 的值.2)3(i2xx学研教育浙江专升本高等数学各章节解析15分析像这种类型 的极限,已知此未定式的极限存在且等于 2,要确定极限)(式中的参数 .一般有两种方法 : 方法 1 直接将所给无理式有理化定出极限式ba,中所含参数之值; 方法 2 先提出 因子,将 型化为 型, 然后由极限式0存在的条件定出极限式中所含参数之值.解一 原式可改写成 .2)13(lim)13(lim2 xbaxbxax由于上式成立,所以必有 , 即 =0, .0)(li2x 9将 代入原式,并有理化得9a 222 193lim193lim)13(lim
23、xbbxxbxx x = .,6故 , .9a12b解二 原式改写成 .2)13(lim)13(lim2 xbaxbxax由于上式成立,所以必有 , 即 =0, .0)(li2x 9是 型.xbaxbax13lim)13(lim22 0,212lim12lim13lim 2232 abxabxbaxbaxxx,而 , 故有 , .ab49ab解三 = .13)9(li)13(li 22 bxaxxx 213)9(lixbax学研教育浙江专升本高等数学各章节解析16因此有 ,故 .2309ab129(17.3)设存在极限 ，求常数 与 .bxxIm)7(li45 mb分析与求解 时 ,极限不存在
24、.0mI时原极限为 型极限,改写成 1)271(lim1)27(li 55451 mmxx xxI.li515mmx当 时 ,0I时 ,极限均不存在,于是必有 ,即 ,此时01551.57251lim)271(lim5 xxxI x等 价 无 穷 小 因 子 替 换因此 .5,b例 18证明 有无穷多个正根,并指明这一事实的几何意义.01cosx分析要用连续函数零点存在性定理来证明 有无穷多个正根, 只xxf1cos)(要给出无穷多个点 使得 与 异,021 nbaba)(naf)(nbf号 .),321(n证明令 , ,xxfcos,n)1(则 1nnba,32( )5432(11 由 ,
25、,0)fn 012()(nfn使得,3,2),( baxn学研教育浙江专升本高等数学各章节解析17= =0, 且)(nxfncosx1.21 nx几何意义 令 , 有无穷多个正根的几何意义是:f0)(xf曲线 与 轴的正半轴有无穷多个交点 .)(xy若将方程改写为 , 它有无穷多个正根的另一几何意义是:x1cos曲线 与 当 时有无穷多个交点.xycosy0例 19 设 .xxfnn 21)(1)求证: 对任意自然数 ,方程 有唯一正根,记为 .1)(fn nx(2)已知 单调下降(不证明 ), 求 .nxlim分析与求解 (1)令 则 在 可导,又,1)(fgnn )(xgn)010使 即)
26、,(nx,)(n.)(nf又 0211 xxfg在 单调上升 , 在 有唯一零点即 .)(n),0)(gn),nx(2) 已知 单调下降, 且 ,故 单调下降有下界,x0nn存在极限 .anlim注意 11)(1)(221 xxxxg nn ,nn.012)(nnxxg因 单调下降 , .nx 0limli101axxann在上式中令 , 得,02学研教育浙江专升本高等数学各章节解析18因此 .21a.21limnx例 20设数列 满足 ， ，求它的极限 .a0nna51分析 由 这是一个递归数列, 如何求其极限呢?先假定 ,nn51 anlim对 两边取极限 ,得 ,由此式若能唯一地解出 ,
27、我们就求出na1 a了这个极限值. 此极限是在 收敛的前提下求得的 , 因此用这种方法求递推数n列的极限时, 还必须证明这个数列是收敛的 , 而判定一个数列 的收敛性,可na以用单调有界数列必收敛这一准则.解 首先假定 ,则对递归方程取极限得 .由此得方程的正根anlima5.)21(a以下证明数列 单调有界,用归纳法.na.)21(105102 aa若 ,那么)(n ).21()21()21(51 nna即对一切 都有 . 由于,5521 nnn aaa而 ).21)(21(2nn从前面已证出的 可知, ,an 052na即 .01na故数列 单调下降,且有下界 , )21(从而 存在, 且
28、 = .nalimnali学研教育浙江专升本高等数学各章节解析19四、考研试题分析例 21(1990 年高数一) 设 是非零常数，则 .a_limxxa答案 .ae2分析 本题主要考查 型极限的求法.将所求极限“凑”成基本极限1的形式；利用以下结论：若 且xx1lim ,)(li,0)(lixx则,)(A；利用洛必达法则求解.xeli解一 .)0(21limli 2 aeaxaxaxx当 时, 0.li2axe则对一切的 ,有a.li2axx解二 ,xxx 1limli xlim,0li又 则,2liax.li2axxe解三 .1lili 2lim1lnimaxaxxxx ex 例 22(19
29、91 年高数一) 已知当 时, 与 是等价无穷小,0)(3121cos则常数 ._a答案 .23分析 利用等价无穷小的概念和等价无穷小代换: 当 时, 0x.;1)(x21cosx解 由于 时, , ,0232)(aa21cosx学研教育浙江专升本高等数学各章节解析20则 即,1321limcos)1(li03120 axxaxx .23例 23(1992 年高数一) 当 时, 函数 的极限12xe(A)等于 2. (B)等于 0. (C)为 . (D)不存在但不为 .答案.(D)分析 注意到函数左、右极限, .lim,0li11xxee解 由于 =1limx12xe,)(li1x而 =1li
30、x2 .)(li11xx则 时, 函数 的极限不存在,但不是2xe例 24 (1994 年高数一) 设 其中 则必有,2)1()2ln(costaim0 xx edxcb,02ca(A) . (B) . (C) . (D) .db4db444答案(D).分析 运用极限的四则运算法则.本题的关键是确定分子和分母中最低阶无穷小项的阶数,由于 时, ,则分0x 221,cos1,2)1ln(,ta xexxx 子和分母的最低阶无穷小项分别为 和 ,它们都是 的一阶无穷小,则ta)ln(分子分母同除 问题很快得到解决 .x解一 ,xedxcbedcxbaxx )1()2ln(costim)1()2ln
31、(costim2200 又 ,2lim)l(i,02liosli,tali 0000 xx xxxx.lim1li002exx学研教育浙江专升本高等数学各章节解析21则 .202lim)1()2ln(costaim002 caedxcbxx从而 .4解二 )21ln(l)os(ltai)1()2ln(costai 200 xcedbedxcbxx 分母极限不为零可用商的运算法则. )21ln(iml)os(i)l(tai)21ln(l)cos(ltaim000 xcedbxedbc xxxx .2012lim1li0 cacxdbaxx从而 .a4例 25 (1998 年高数三)设函数 , 讨
32、论函数 的间断点, 其结)(xfnnx21lim)(xf论为 .(A)不存在间断点 . (B)存在间断点 . (C)存在间断点 . (D)存在间断点 . 0x1x答案 (B).解 显然 不是间断点;当 时, 也不是间断点.1x0)1(2)(ff 1x讨论 .,当 时 , , ;10x)(02n21limnnx当 时, , .2n 0li2nn在 处间断.)(xf1故选(B).学研教育浙江专升本高等数学各章节解析22例 26(1999 年高数四) 设函数 , 则)1,0()axf._(21(lnim2nff答案 .la解 ln1im)(2)1(lni 222 naff = =nlim2)(lna
33、lil2.l例 27(1998 年高数二)设数列 与 满足 , 则下列断言正确的是_.nxy0linnyx答案(D).分析与求解 用排除法易将(A) 、(B)排除掉 , 容易产生麻烦的是 (C), 若(C)成立,则显然有;但反过来却未必全成立. 例如取 , 则只要 , 就有0limnnyx 0nxny, 而不必 是无穷小.ny对于(D), 若 为无穷小, 等价于 为无穷大, 即 当nx1nx ,0,1NM时, 又 ,故 当 时, , 1Nn;|M0limny,0,2N2n|nyx取 ,当 时, 即)a(21N|nyx, 是无穷小.yn|ny例 28(1996 年高数二) ._1lnsi31ls
34、ilmxxx答案2.解一 xxxx 31ln31lnsi31lnsil.llim31lni 33 exx学研教育浙江专升本高等数学各章节解析23同理 .1lnsilimxx.23li31lilx解二 时， xx1lnsiln.3lim31lnsil xx .1lilili xxx.23lnsi31lnsil x解三21lnsi2341lncos2lim1lnsi31lnsilm xxxxx.10coslics2li34cos24lcosli 2 xxxx .21lim2li21lnsilim1lnsiln, xxxx x=2.lsi3lil x例 29(1996 年高数一) 设 , ( ),试
35、证数列 极限存10xnnx6,321nx在,并求此极限.分析 这种由递推关系定义的数列极限问题,一方面用单调有界准则证明极限存在,另一方面等式两边取极限求出极限.证明一 用数学归纳法证明数列 单调减.nx由 , ,知 .10x4162x21学研教育浙江专升本高等数学各章节解析24即 时, 有 .1n1nx设 时, 不等式 成立. 由 可知,k kkxx61 21kx时, 不等式 也成立, 因而对一切的自然数时, 不等式 总1n 1n成立.又 ( )即 有下界, 由单调有界准则可知原数列有极限 , 0nx,321nx设 , 等式 两边取极限得 , 即 ( 与题意alim61 a632不符,舍去)
36、, 故 .linx证明二 由数列的初值及递推关系式显然有 ，所以 ，0nxnnxx16这表明数列 有下界，又nx，6)3(261 nnnn xx所以数列 单调减 . 于是根据单调有界准则, 数列 有极限. 设极限为 ,则对n nxa递推公式取极限有 , 即 ( 与题意不符,舍去), 故a32.3limnx证明三 由数列的初值及递推关系式显然有 ，所以0nx，因此 ,若数列有极限 ,则 .nnxx612a假定数列有极限 ,则对递推公式取极限有 , 即 ( 与题意不符,a63a2舍去). 事实上,3 确实是数列 的极限,因为nx |31|3|61|36|3| 21 nnnnnn xxxx.0|1n
37、 )(例 30(2003 年高数一) 设 均为非负数列, 且,nncba, 则必有nnbalim,li,lim(A) 对任意 成立. (B) 对任意 成立. n(C) 不存在. (D) 不存在ncli cbli答案(D)分析 本题考查应用数列极限的保序性, 应注意:学研教育浙江专升本高等数学各章节解析25“若 且 ，则存在 ，当 时，有 ”，而不bannlim,li aNnnba是对于任意的 有 .还应注意以下结论：“ ,则 ”这是一个常用nnblim,0li nli的结论.解一 由于 , , 则 不存在 .1limnbnclincli故应选(D).解二 排除法 : 令 , .,na1cn3显然,以上 满足题设条件,但ncb,从而 , 故(A)不正确.,21,1a1a又 故(B)也不正确.,3,11cbcb,故(C)也不正确.limli nann由排除法知, 应选(D).
