新东方考研数学冲刺班高等数学讲义docWord文档格式.docx
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于是x<
b,则有,故(A)成立。
二、有关复合函数
1.已知,求
2.已知和,求
例1、已知和
求
解:
例2、已知,且,求
令,则,因此
于是,
1.2极限
一、有关无穷小量
1.有界变量乘无穷小(量)仍是无穷小(量);
2.等价无穷小代换;
3.无穷小的阶的比较。
解原式
例2设当x→0时(1-cosx)ln(1+x2)是比xsinxn高阶的无穷小,而xsinxn是比高阶的无穷小,则正整数n等于
(A)1(B)2
(C)3(D)4
由题意可知,4>
n+1>
2,
∴n+1=3,n=2选(B)
例3设,则当x→0时,是的()
(A)高阶无穷小(B)低阶无穷小
(C)同阶但不等价的无穷小(D)等价无穷小
解
选(C)
二、有关两个准则
准则1单调有界数列极限一定存在。
准则2夹逼定理。
例1设,,证明存在,并求其值。
解∵,∴(几何平均值≤算术平均值)
用数学归纳法可知n>
1时,,∴有界。
又当n>
1时,
∴,则单调增加。
根据准则1,存在
把两边取极限,得(舍去)得,
∴。
口诀(3):
递推数列求极限;
单调有界要先证;
两边极限一起上;
方程之中把值找。
例2求。
解令,
则0<
xn<
yn,于是
由夹逼定理可知,于是原极限为0。
三、有关两个重要公式
公式1、
公式2、
例1求。
解当x=0时,原式=1
当x≠0时,原式=
=
=(∵)
例2设在内可导,且,,求c的值。
则拉格朗日中值定理,有
其中ξ介于(x-1)与x之间,那么
于是,e2c=e,2c=1,则
口诀(4):
函数之差化导数;
拉氏定理显神通。
四、用洛必达法则求极限
洛必达法则主要处理七种待定型极限:
“”型,“”型,“0·
∞”型,“∞-∞”型,
“1∞”型,“00”型和“∞0”型
口诀(5):
待定极限七类型,分层处理洛必达。
第一层次:
直接用洛必达法则
“”型用洛必达法则Ⅰ
“”型用洛必达法则Ⅱ
第二层次:
间接用洛必达法则
“0·
∞”型例变为“”型
“∞-∞”型例变为“”型
第三层次:
间接再间接用洛必达法则
“1∞”型,“00”型,“∞0”型均为形式
而称为冪指函数,比较复杂。
口诀(6):
冪指函数最复杂;
指数、对数一起上。
而上面三种类型化为
这时一定是“0·
∞”型
再用第二层次的方法处理即可
例
解原式=
例2设函数连续,且,求
解原式=(分母令
=(用积分中值定理)
=(ξ在0和x之间)
=.
口诀(7):
变限积分是函数;
遇到之后先求导。
公式:
(当连续时)
例3高a>
0,b>
0常数,求
解先考虑它是“”型。
令
因此,
于是,。
口诀(8)离散数列“洛必达”;
先要转化连续型。
五、求分段函数的极限
例求。
∴
口诀(9):
分段函数分段点;
左右运算要先行。
六用导数定义求极限
例设曲线与在原点相切,求
解由题设可知,
于是
七用定积分定义求极限
(连续)
分析如果还想用夹逼定理中方法来考虑
而,
由此可见,无法再用夹逼定理,因此我们改用定积分定义来考虑。
解∵
而
由夹逼定理可知,
口诀(10):
数列极限逢绝境;
转化积分见光明。
八、求极限的反问题
例1设,求a和b.
解由题设可知,∴1+a+b=0
再对极限用洛必达法则
例2、设在(0,+∞)内可导,>
0,
且满足,求
先用冪指函数处理方法
再用导数定义
取,
于是
这样
所以
再由,可知C=1,则
1.3连续
一、连续与间断
例1设,在内有定义,为连续,且,有间断点,则下列函数中必有间断点为
(A)(B)
(C)(D)
(A),(B),(C)不成立可用反例,,(D)成立可用反证法:
假若不然没有间断点,那么为两个连续函数乘积,一定连续故矛盾,所以一定有间断点
例2求的间断点,并判别其类型。
解,考虑
∴()
可见为间断点,是可去间断点,其它皆为第二类间断点。
二、闭区间上连续函数的性质(重点为介值定理及其推论)
例1设在上连续,且,,证明存在,使得
证令,则在上连续,,
根据介值定理推论,存在使,即证。
例2设在上连续,且,求证:
存在,使。
证∵在上连续,故有最大值M和最小值m,于是
根据介值定理,存在使
∴.
口诀(11):
函数为零欲论证;
介值定理定乾坤。
第二章一元函数微分学
2.1导数与微分
一、可导性与连续性
例设,问a和b为何值时,可导,且求。
解∵x>1时,
x<1时,.
由处连续性,,,可知
再由处可导性,
存在
且
根据洛必达法则
∴
于是.
二、导数与微分的运算法则和计算公式
(要求非常熟练地运用,具体例题可看参考书)
三、切线和法线方程
例1已知曲线的极坐标方程,求曲线上对应于处的切线与法线的直角坐标方程。
解曲线的参数方程为
故切线方程
即
法线方程
例2设为周期是5的连续函数,在邻域内
恒有
其中,在处可导,求曲线在点()处的切线方程。
解由题设可知,,故切线方程为
所以关键是求出和
由连续性
由所给条件可知,∴
再由条件可知
令,,又∵
∴上式左边
则
所求切线方程为即
四、高阶导数
1.求二阶导数
例1、设,求。
例2设由方程所确定,求
,得
2.求n阶导数
例1设,求(n正整数)。
解先用多项式除法,得,然后把真分式再化为最简公式
口诀(12):
有理函数要运算;
最简分式要先行。
例2设(n为正整数)。
口诀(13):
高次三角要运算;
降次处理先开路。
〔注〕有时求可以通过幂级数
的系数公式
反过来来计算,这就需要掌握把函数展成幂级数的有关技巧,数学一和数学三在无穷级数中有专门讨论。
2.2微分中值定理
一、罗尔定理
罗尔定理:
设在上连续,内可导,且=,则存在使。
口诀(14):
导数为零欲论证;
罗尔定理负重任。
在考研考题中,经常要作辅助函数,而对用罗尔定理,从而得出的有关结论,为此,我们引进两个模型及有关例题。
1.模型Ⅰ:
设在上连续,内可导,且,是内的连续函数,则存在,使成立。
证令,其中。
于是在上连续,在内可导,。
根据罗尔定理,存在使
而
因此
例1设在上连续,在内可导,,,试证:
(1)存在,使;
(2)存在,使(为任意实数)。
证
(1)令,显然,在上连续又,根据介值定理推论存在,使,即
(2)令(相当于模型Ⅰ中,)
∵
在上用罗尔定理,存在,使
即
从而。
口诀(15):
导数、函数合为零;
辅助函数用罗尔。
2.模型Ⅱ设,在上连续,内可导,且,,则存在,使
证令,则,在上用罗尔定理,存在,使,
即 。
例2设在上连续,内可导,,k为正整数,求证存在,使得
证取a=0,b=1,令,用模型Ⅱ,存在,使得
故。
3.例3设设在上连续,内可导,对任意k>1,有,求证:
存在,使
证由定积分中值定理可知存在,使得
令,可知
对在上用罗尔定理,存在,使,而
从中消去因子,得。
4.例4设在上连续,,求证:
存在,,,使
证令则又
如果在内不变号,由于连续性,积分不为0,故在内一定有正有负,故存在使,而,于是分别在和上对用罗尔定理则存在,,使和,即。
二、拉格朗日中值定理和柯西中值定理。
1.拉格朗日中值定理:
设在上连续,内可导,则存在,使,即。
拉氏定理显神通
2.柯西中值定理
设,在上皆连续,在内皆可导,且,则存在,
使
例1设在上连续,内可导,且,证明:
存在使
证考虑柯西中值定理
最后一步是把分子用拉格朗日中值定理。
再把欲证的结论变形,
两式比较,看出令即可。
类似地,欲证,则取即可
例2.已知在上连续,在内可导,且,,证明
(Ⅰ)存在,使得
(Ⅱ)存在两个不同,,使得
证:
(Ⅰ)令,则在上连续,又有,根据介值定理,所以存在,使得
即。
(Ⅱ)根据拉格朗日中值定理,存在,使得
,
在上面两个例子中,都是寻找的问题,但所用方法完全不同,我们可以用两个口诀来加以区别。
口诀(16):
寻找无约束,柯西、拉氏先后上。
口诀(17):
寻找有约束,两个区间用拉氏。
三、泰勒定理。
设在包含的区间内有n+1阶导数,在上有n阶连续导数,则对,存在在与之间,有公式
(称为拉格朗日余项形式的泰勒公式)
例设在上具有三阶连续导数,且。
求证:
,使。
证麦克劳林公式
其中,介于0与之间,
后式减前式,得
上连续,设其最大值为M,最小值为m。
则
再由介值定理,
2.3导数的应用
一、不等式的证明
例1求证:
当时,。
证令,只需证明时,,
易知
由于的符号不易判别,再求导得。
再考虑可见当时,;
单调减少,当时,,单调增加,是的最小值,由于,单调增加,而,时,,则单调减少,时,,单调增加,于是,。
例2设,求证:
证令,
于是可知在时单调增加,又时,这样单调增加,因此,时,,得证
口诀(18):
数字不等式难证,函数不等式先行。
二、极值与拐点
例1设有二阶导数,满足。
当时,为极小值
证
(1)情形
故为极小值。
(2)情形
这时方程条件用代入不行,无法得出上面的方式。
存在连续,
(用洛必达法则)
(再用洛必达法则)
是极小值
例2设,则()
(A)是的极值点,但不是曲线的拐点
(B)不是的极值点,但是曲线的拐点
(C)是的极值点,且是曲线的拐点
(D)不是的极值点,也不是曲线的拐点
解
在0的两侧异号,故0是的极值点
又点两侧,凸凹性不同(两侧异号)
所以是曲线的拐点,应选C。
例3设的导数在处连续,又,则()
(A)是的极小值点
(B)是的极大值点
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