完整第一章(1).doc

《完整第一章(1).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《完整第一章(1).doc（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、三、模典范题分析例1曾经明白，求的分析式及其定义域解依题意得=，=由可知故=，例2设，求解1由得即，因现在=2由即得因现在，=故例3设，试求，解1由于，且仅事前，；时，那么2事前，故，因此，注函数复合类似“代入，但应留心定义域的变卦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要紧东西之一，读者应熟练操纵复合函数的不雅念例4设，均为单调递增函数，且证明：证明由题设可知，那么由上述不等式可得注此处多次使用函数单调性的定义例5下陈说法中与的定义等价的是A，事前，有B，事前，有C，事前，有D，事前，有解的定义：关于数列，存在常数，使得关于任意给定的负数不论它多么小，存在自然数，使事前，不等式

2、恒成破A与上述定义等价，由于存在任意性，也存在任意性B由于不克不迭保证为任意小，从而由不克不迭保证与无限濒临C中的是存在性，与定义不符D假定存在自然数，使对，事前有，这说明数列有极限，说明D是上述定义的充分条件但反之假定，不用定能寻到那样的它可以与有关这一恳求比与有关的恳求更高，使对任意，事前，都有，由于在定义中是依靠于的给定而判定的因此D不是上述定义的需要条件应选A例603研设、均为非负数列，且注：03研表示2003年考研真题，以下同.，那么必有A对任意成破B对任意成破C不存在D不存在解法1由数列极限的定义，数列的极限关心的是在某个充分大年夜之后的性质，前面的无限多项那么有关紧迫因此A、B中

3、“任意的条件显然不成破“型的极限是未定式，C不成破，应选D理想上，当，时，由无穷大批的定义掉掉落解法2举反例：取，那么可以开门见山打扫A、B、C例7事前，函数的极限ABCD不存在且不为分析左、右极限存在且相当，是函数极限存在的充要条件此题中函数为两个因式的乘积，易求出，因此解此题的关键是因式解因，而，故，因此选D例8求分析所求极限中有根式素日需要对分子或分母有理化偶尔以致需要对分子分母同时有理化此题需对分子有理化解=例9求解法1分子分母有理化那么有=解法2留心到该极限属于型，可用洛必达法那么，从而=注解法2用到的洛必达法那么属于第三章的内容例10求分析所求极限中分子与分母都有根式，素日需要有理

4、化，但此题假定对分子分母同时有理化那么特别难求解，留心到该极限属于型考虑分子分母同时除以的最高次幂解法1由于，那么函数的分子分母同时除以得=解法2使用变量代换，令，那么=错歪曲答=错解分析差错的缘故在于不留心到的变卦过程，而将被求极限函数分子分母同时除以导致差错出现在解题过程中，最好用解法2那么可避免出错例11曾经明白试求常数、中的跟分析此题极限中出现根式可优先考虑有理化然后使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年夜的相关运算性质，即可处置征询题解法1分子有理化可得=，假定，那么，故要使，必须有因此，得，解法2由题意有事前，由于=，假定，那么因此，即由=，可得因此，例12求分

5、析事前，与的极限都不存在尽管出现了根式，但无法开门见山有理化应先使用三角函数的跟差化积，然后再求解解由于=，又，即为有界量且=，即为时的无穷小量按照有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性质可知：=例13求以下极限：1；2；3；4；5；6解1由要紧极限知2时，为有界量故=3时，为无穷小量，为有界变量故=4解法1时，故=解法2令，那么由知故=5解法1时，为有界量故=解法2时，故=6时，不定取子列，那么时，另取子列，那么时，故不存在注在求极限时，一看自变量的变卦过程，二看函数的变卦趋势，精确揣摸极限典范，精确使用要紧极限公式，充分使用有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性质，对解题将大年夜有帮助例14求

6、以下极限：1；2，其中为常数且；3分析极限假定为型，且含有三角函数或反三角函数，可试验使用要紧极限解1解法1使用要紧极限=解法2=解法3使用洛必达法那么，那么=错歪曲答时，故=错解分析差错缘故在于差错地使用了等价代换并不与等价，而是与等价在极限的跟差运算中要慎重使用等价代换，肯定要确保所做代换是等价代换2解法1使用要紧极限=解法2使用无穷小的等价交流：时，=解法3使用由于事前，从而有，=解法4用洛必达法那么=（3） 解法1使用要紧极限=解法2使用等价无穷小的交流定理=解法3使用分子有理化跟等价无穷小的交流定理=解法4分母先作等价交流，然后用洛必达法那么=注一般地，可以用要紧公式来处置的征询题，

7、一般也可以通过恒等变形后作等价交流，在求极限时能用多种方法综合求解时多种方法一起使用，屡屡能使打算特不笨重例1500研求分析求带有绝对值的函数的极限肯定要留心考虑左、右极限解由于，因此错歪曲答由于跟均不存在，故原本的极限不存在错解分析假定跟均不存在，但可以存在用极限的四那么运算来求极限时要留心条件，即参与极限四那么运算的各部分的极限均要存在例16设求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的极限的求法拜会内容提要解法1使用要紧极限=，得=，故解法2=，故解法3=，故例17求解法1，又由于，故解法2(令)解法3(令)例1803研_分析极限属于的典范，既可用要紧极限

8、，又可用求幂指函数的极限的方法解法1用等价代换，而=，故解法2先用等价代换，然后用洛必达法那么，而，故例19求，其中，均为正实数分析该极限属于型，可采用例16的解法1与解法3解法1=解法2=例20求分析此类跟式极限，不随便求出它的无限项的跟的一般式，可考虑用夹逼准那么解由于，得，又=同理=因此由夹逼准那么得=例21求极限，其中，均为正实数，为自然数解记=，那么而，因此=例22表示的取整函数试求分析充分使用不等式是求解此题的关键解对任一，有，那么事前有因此1事前，由夹逼准那么得；2事前，由夹逼准那么得因此例23设，其中试证数列极限存在，并求此极限分析用单调有界准那么来证明，先证明单调性，再证明有

9、界性解用数学归纳法证明此数列的单调性由及可得假定，有，那么由数学归纳法知，对一切都有即数列单调递减又显然成破，即有下界，由单调有界准那么知存在极限，设，对单方取极限，有，即因此或舍去，即例24设，其中，求分析需先用单调有界准那么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那么可先假定，并由解出，此即为数列的一个上界，但此上界方法较复杂，论证不太便当可将其适当减少化简：解先用数学归纳法证明数列单调递增由知，假定成破，那么，因此数列单调递增下证有界性下证为数列的上界假定，那么，故即数列有界按照单调有界准那么知存在不妨设为，那么有解得或舍去故注1讨论数列的单调性跟有界性时，数学归纳法是一种

10、繁复有效的方法注2假定数列的上界或下界不易开门见山看出时，那么可以先假定数列的极限存在并求出极限值，据此就可以寻到数列的上界或下界，再进一步证明其确实是数列的上界或下界例25求以下极限：1；2；3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，然后结合等价交流求解解1=2=3=注此题用到了，以及事前，等结果例26事前，试将，按低阶到高阶的无穷小次第摆设分析留心将考虑东西均与停顿比较，充分使用常用的等价交流关系式解事前，由于，且=，故将其按低阶到高阶的无穷小次第摆设为，例27设，其中，那么必有ABCD分析由于，极限式中含有，这些无穷小量，因此要考虑使用无穷小量的有关知识解法1=，即选D

11、解法2使用关系式由于事前，因此，那么=，即选D解法3用洛必达法那么，即选D例2897研_分析由于，该极限属于型，极限式中含有三角函数以及无穷小量，因此要考虑使用无穷小量的有关知识解由于时，因此例29曾经明白，求分析由于时，由曾经明白条件可知是无穷小量，同时与是同阶的无穷小解法1使用极限与无穷小量的关系由题意得，其中即，又由于，故因此=，那么有=，即=+因此=解法2使用等价无穷小交流由于时，那么=，故=注1解法1用到了如下常用结论：a，其中；b；c事前，其中为常数，注2本章求极限常用如下一些方法：a使用极限四那么运算法那么求极限;b使用两个要紧极限求极限;c使用夹逼准那么求极限;d使用单调有界准

12、那么求极限;e使用无穷小的性质求极限;f使用函数的连续性求极限例30讨论函数的连续性分析该函数为含有参数的极限式，应领先求出极限得，再讨论其连续性解显然事前有意思故事前而在区间，上是初等函数，故在这些区间上连续又，因此及为的第一类连续点，其中为的可去连续点，为的跳跃连续点例31讨论函数的连续点及其典范解是该分段函数的分界点同时势前，事前1由于=，=，因此为的第一类连续点中的跳跃连续点2当时，=因此为的第二类连续点中的无穷连续点3事前，由于=令因此为的第一类连续点中的可去连续点4由于=，因此为的第二类连续点中的无穷连续点综上所述，为的跳跃连续点，与为的无穷连续点，为的可去连续点例32证明方程在开

13、区间内有唯一实根分析征询题等价于证明函数在开区间内有唯一的零点，既要证明存在性，又要证明唯一性存在性素日用零点定理来证明，唯一性常用单调性或用反证法来证明证法1令由于，又在上连续由零点定理知：至少存在一点使得下证唯一性关于唯一性下面给出三种证明方法证法1假定有使得，因此，得即，而，因此，那么，即从而方程在开区间内有唯一实根证法2假定有且，使得不妨设可知，显然，在闭区间上连续，在开区间上可导由罗尔定理知，至少存在一点使得，即，解得或，因此，与假定冲突唯一性证得证法3由于事前，有即在上单调递减故在开区间上零点唯一证毕证法2令，那么由于，而在上连续因此由零点定理知在区间，上至少各有一个零点即一元三次

14、方程在各区间，内恰有一实根，即所给方程在区间内有唯一实根证毕注1证法1中唯一性的证法2跟证法3涉及到微分中值定理跟导数的使用等知识，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征询题中使用较广泛当函数在可以为，可以为内连续，存在或者为，或者为，但不为，存在或者为，或者为，但不为分不记它们为跟，且现在零点定理异常成破例33设函数在上连续，且试证至少存在一点使得分析用介值定理来证明，只需证明介于的最大年夜值与最小值之间即可证明由于函数在上连续，因此由最值定理可知的最大年夜值与最小值存在，令，因此对任何都有由于，因此，从而由介值定理知至少存在一点使得证毕注使用闭区间上的连续函数的性质证明与介值相关的命题，素日有两种方法：1开门见山法使用介值定理跟最值定理解题步伐：a从要证的等式中拾掇出连续函数所需取得的值；b说明介于在呼应区间上的最大年夜值与最小值之间；c使用介值定理掉掉落命题的结论如例332开门见山法使用零点定理解题步伐：a作辅助函数：将要证的等式拾掇为右边=右边=的方法，而右边设为辅助函数b寻寻区间，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