完整第一章.doc

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1、三、模模范题剖析例1已经清楚，求的剖析式及其界说域解依题意得=，=由可知故=，例2设，求解1由得即，因如今=2由即得因如今，=故例3设，试求，解1因为，且仅事先，；时，那么2事先，故，因而，注函数复合相似“代入，但应留意界说域的变更复合后要写下复合函数的界说域因为复合函数是微积分研讨的要紧货色之一，读者应纯熟把持复合函数的不雅观念例4设，均为枯燥递增函数，且证实：证实由题设可知，那么由上述不等式可得注此处屡次运用函数枯燥性的界说例5下陈述法中与的界说等价的是A，事先，有B，事先，有C，事先，有D，事先，有解的界说：对于数列，存在常数，使得对于恣意给定的正数不管它如许小，存在天然数，使事先，不等

2、式恒成破A与上述界说等价，因为存在恣意性，也存在恣意性B因为不克不及保障为恣意小，从而由不克不及保障与有限濒临C中的是存在性，与界说不符D假设存在天然数，使对，事先有，这阐明数列有极限，阐明D是上述界说的充沛前提但反之假设，不必定能寻到那样的它能够与有关这一央求比与有关的央求更高，使对恣意，事先，都有，因为在界说中是依托于的给定而断定的因而D不是上述界说的需求前提应选A例603研设、均为非正数列，且注：03研表现2003年考研真题，以下同.，那么必有A对恣意成破B对恣意成破C不存在D不存在解法1由数列极限的界说，数列的极限关怀的是在某个充沛大年夜之后的性子，后面的有限多项那么有关紧急因而A、B

3、中“恣意的前提显然不成破“型的极限是不决式，C不成破，应选D幻想上，当，时，由无量大年夜量的界说失落失落落解法2举反例：取，那么能够单刀直入清扫A、B、C例7事先，函数的极限ABCD不存在且不为剖析左、右极限存在且相称，是函数极限存在的充要前提此题中函数为两个因式的乘积，易求出，因而解此题的要害是因式解因，而，故，因而选D例8求剖析所求极限中有根式平日需求对分子或分母有理化偶然致使需求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留意到该极限属于型，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求剖析所求极限平分子与分母都有根式，平

4、日需求有理化，但此题假设对分子分母同时有理化那么特不难求解，留意到该极限属于型思索分子分母同时除以的最高次幂解法1因为，那么函数的分子分母同时除以得=解法2运用变量代换，令，那么=错曲解答=错解剖析过失的缘故在于不留意到的变更进程，而将被求极限函数分子分母同时除以招致过失呈现在解题进程中，最好用解法2那么可防止犯错例11已经清楚试求常数、中的跟剖析此题极限中呈现根式可优先思索有理化而后运用极限运算性子来剖析极限运算进程，尤其是无量小与无量大年夜的相干运算性子，即可处理咨询题解法1分子有理化可得=，假设，那么，故要使，必需有因而，得，解法2由题意有事先，因为=，假设，那么因而，即由=，可得因而，

5、例12求剖析事先，与的极限都不存在虽然呈现了根式，但无奈单刀直入有理化应先运用三角函数的跟差化积，而后再求解解因为=，又，即为有界量且=，即为时的无量小量依照有界量与无量小的乘积仍为无量小这一性质可知：=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，为无量小量，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，一看自变量的变更进程，二看函数的变更趋向，准确揣摸极限模范，准确运用要紧极限公式，充沛运用有界量与无量小的乘积仍为无量小这一性子，对解题将大年夜有协

6、助例14求以下极限：1；2，此中为常数且；3剖析极限假设为型，且含有三角函数或反三角函数，可实验运用要紧极限解1解法1运用要紧极限=解法2=解法3运用洛必达法那么，那么=错曲解答时，故=错解剖析过失缘故在于过失地运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稳重运用等价代换，确信要确保所做代换是等价代换2解法1运用要紧极限=解法2运用无量小的等价交换：时，=解法3运用因为事先，从而有，=解法4用洛必达法那么=（3） 解法1运用要紧极限=解法2运用等价无量小的交换定理=解法3运用分子有理化跟等价无量小的交换定理=解法4分母先作等价交换，而后用洛必达法那么=注普通地，能够用要紧公式来处理

7、的咨询题，普通也能够经过恒等变形后作等价交换，在求极限时能用多种办法综合求解时多种办法一同运用，每每能使计划特不轻巧例1500研求剖析求带有相对值的函数的极限确信要留意思索左、右极限解因为，因而错曲解答因为跟均不存在，故本来的极限不存在错解剖析假设跟均不存在，但能够存在用极限的四那么运算来求极限时要留意前提，即参加极限四那么运算的各局部的极限均要存在例16设求的值剖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对于幂指函数的极限的求法拜见内容提纲解法1运用要紧极限=，得=，故解法2=，故解法3=，故例17求解法1，又因为，故解法2(令)(用到这里In1+x=x)解法3(令)例1803研

8、_剖析极限属于的模范，既可用要紧极限，又可用求幂指函数的极限的办法解法1用等价代换，而=，故解法2先用等价代换，而后用洛必达法那么，而，故例19求，此中，均为正实数剖析该极限属于型，可采纳例16的解法1与解法3解法1=解法2=例20求剖析此类跟式极限，不随意求出它的有限项的跟的普通式，可思索用夹逼准那么解因为，得，又=同理=因而由夹逼准那么得=例21求极限，此中，均为正实数，为天然数解记=，那么而，因而=例22表现的取整函数试求剖析充沛运用不等式是求解此题的要害解对任一，有，那么事先有因而1事先，由夹逼准那么得；2事先，由夹逼准那么得因而例23设，此中试证数列极限存在，并求此极限剖析用枯燥有界

9、准那么来证实，先证实枯燥性，再证实有界性解用数学归结法证实此数列的枯燥性由及可得假设，有，那么由数学归结法知，对所有都有即数列枯燥递加又显然成破，即有下界，由枯燥有界准那么知存在极限，设，对双方取极限，有，即因而或舍去，即例24设，此中，求剖析需先用枯燥有界准那么证实数列极限存在枯燥性易证，但上界或下界却不易估量为此那么可先假设，并由解出，此即为数列的一个上界，但此上界办法较庞杂，论证不太便利可将其恰当增加化简：解先用数学归结法证实数列枯燥递增由知，假设成破，那么，因而数列枯燥递增下证有界性下证为数列的上界假设，那么，故即数列有界依照枯燥有界准那么知存在无妨设为，那么有解得或舍去故注1探讨数列

10、的枯燥性跟有界性时，数学归结法是一种繁复无效的办法注2假设数列的上界或下界不易单刀直入看出时，那么能够先假设数列的极限存在并求出极限值，据此就能够寻到数列的上界或下界，再进一步证实其的确是数列的上界或下界例25求以下极限：1；2；3剖析含有指数函数或指数函数的差，普通思索换底或提出公因子，而后联合等价交换求解解1=2=3=注此题用到了，以及事先，等后果例26事先，试将，按低阶到高阶的无量小次序陈设剖析留意将思索货色均与进展比拟，充沛运用常用的等价交换关联式解事先，因为，且=，故将其按低阶到高阶的无量小次序陈设为，例27设，此中，那么必有ABCD剖析因为，极限式中含有，这些无量小量，因而要思索运

11、用无量小量的有关常识解法1=，即选D解法2运用关联式因为事先，因而，那么=，即选D解法3用洛必达法那么，即选D例2897研_剖析因为，该极限属于型，极限式中含有三角函数以及无量小量，因而要思索运用无量小量的有关常识解因为时，因而例29已经清楚，求剖析因为时，由已经清楚前提可知是无量小量，同时与是同阶的无量小解法1运用极限与无量小量的关联由题意得，此中即，又因为，故因而=，那么有=，即=+因而=解法2运用等价无量小交换因为时，那么=，故=注1解法1用到了如下常用论断：a，此中；b；c事先，此中为常数，注2本章求极限常用如下一些办法：a运用极限四那么运算法那么求极限;b运用两个要紧极限求极限;c运

12、用夹逼准那么求极限;d运用枯燥有界准那么求极限;e运用无量小的性子求极限;f运用函数的延续性求极限例30探讨函数的延续性剖析该函数为含有参数的极限式，应抢先求出极限得，再探讨其延续性解显然事先有意思故事先而在区间，上是初等函数，故在这些区间上延续又，因而及为的第一类延续点，此中为的可去延续点，为的腾跃延续点例31探讨函数的延续点及其模范解是该分段函数的分界点同时事先，事先1因为=，=，因而为的第一类延续点中的腾跃延续点2当时，=因而为的第二类延续点中的无量延续点3事先，因为=令因而为的第一类延续点中的可去延续点4因为=，因而为的第二类延续点中的无量延续点综上所述，为的腾跃延续点，与为的无量延续

13、点，为的可去延续点例32证实方程在开区间内有独一实根剖析咨询题等价于证实函数在开区间内有独一的零点，既要证实存在性，又要证实独一性存在性平日用零点定理来证实，独一性常用枯燥性或用反证法来证实证法1令因为，又在上延续由零点定理知：至多存在一点使得下证独一性对于独一性上面给出三种证实办法证法1假设有使得，因而，得即，而，因而，那么，即从而方程在开区间内有独一实根证法2假设有且，使得无妨设可知，显然，在闭区间上延续，在开区间上可导由罗尔定理知，至多存在一点使得，即，解得或，因而，与假设抵触独一性证得证法3因为事先，有即在上枯燥递加故在开区间上零点独一证毕证法2令，那么因为，而在上延续因而由零点定理知

14、在区间，上至多各有一个零点即一元三次方程在各区间，内恰有一实根，即所给方程在区间内有独一实根证毕注1证法1中独一性的证法2跟证法3触及到微分中值定理跟导数的运用等常识，这将在第三章重点探讨，它们是证实函数的零点或方程的根的独一性的常用的两种办法注2零点定理在证实方程根的存在性的咨询题中运用较普遍当函数在能够为，能够为内延续，存在或许为，或许为，但不为，存在或许为，或许为，但不为分不记它们为跟，且如今零点定理异样成破例33设函数在上延续，且试证至多存在一点使得剖析用介值定理来证实，只要证实介于的最大年夜值与最小值之间即可证实因为函数在上延续，因而由最值定理可知的最大年夜值与最小值存在，令，因而对任何都有因为，因而，从而由介值定理知至多存在一点使得证毕注运用闭区间上的延续函数的性子证实与介值相干的命题，平日有两种办法：1单刀直入法运用介值定理跟最值定理解题步调：a从要证的等式中收拾出延续函数所需获得的值；b阐明介于在照应区间上的最大年夜值与最小值之间；c运用介值定理失落失落落命题的论断如例332单刀直入法运用零点定理解题步调：a作辅佐函数：将要证的等式收拾为左边=左边=的办法，而左边设为辅佐函数b寻寻区间，使辅佐函数在该区间端点处的函数值异号，用零点定理，如例32