大连理工大学《工科数学分析基础》工数上学期复习docxWord文档格式.docx
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解]X"
,消掉/(—)得f(x)=^—(—hx).
J、—\xcr_b_X
af(~)+bf(x)=cx
(2)
小结:
上述四例均强调或说体现“对应”,即自变量在抽象函数中的位置与具体函数中的位置相对应。
抓住“对应”一点。
函数问题基本解决。
其他问题从略
1.3习题
[1|X|<
1
1.设/(兀)={则/(/(x))=_i_o
0|x>
lfx<
2・设f(X)=<
0'
则/(-X)=(D)
+兀x>
-x2x<
(A)f(-x)=\?
[-(f+x)x>
[x2x<
(C)/(-兀)={7
\x-xx>
(D)/(x)=
x2-x
x2
3.设/U)=^晋;
,则/(/(/«
))=(B)
o|x|>
(A)0
(B)1
<
c>
0|x|>
n)°
Ix|>
4./(X)=|xsinx|ecosv(一g<
x<
+oo)是(D)
(A)有界函数(B)单调函数(C)周期函数(D)偶函数
5.设/(X)连续,则下列函数中为偶函数的是(D)。
(A)]/(尸)力(B)
(C)[心⑴―/(T)]力(D)["
/(/)+/(—/)]力
6.
设g(x)=
x+2,x>
,求g(/(兀)。
g(/(x))=
2+x2,A:
<
x+2,x>
Yx
7.设£
(Q=/(/(•••(/(兀))…))若求AU)»
£
(兀)=——T
A/l+Xa/1+恣
第二节极限
2.1内容总结
1基_„0/约掉“零因子„oo.7同除分母最高阶项
*0\落必达法则’OO丄\落必达法则
2.等价代换当XT0时
兀〜sin兀〜tanx〜arcsinx〜arctanx〜ln(l+兀)〜ex-1,ax-1-x\x\a
y[a-I-—Ina,
n
1-cosx
2
(1+x)a一]〜or
3・重要极限
lim
sinx
=1
(limnsin—=1)
xtOx
〃T8
lim(l+xy=e(lim(l4-=e)
XTOXT8兀
oo
其他lim=1(a>
0)(limVn^=1)lima"
=
"
T8”T8
lim八21
T8
a>
a=0
a<
丄
极限不存在例:
hmexxtO
limex
兀t(t
\_
=oo;
limex=0
4.用泰勒公式求极限
5.用夹逼定理和单调有界原理求极限(主要用于数列极限问题)
2.2例题
基础题目
七”型〉
limp-4
29Vx-3
OO
”一”型)
、
丿
(4x+1)30(9x+2)20
i-—(6—1)5°
—
goX{ex-1)
三、(等价代换)
i.lim^^sin-=lim
XT8—1XATS
2.1曲^^111(1+丄)=山11^^・丄=5
n-+2n"
Too泊+2n
(sinx〜xjn(l+x)〜x)
..Incosx-ln(l+cosx-l)
3.lim=lim;
x^°
\-exxto一(,_i)
「cosx-1
lim
XT()-X*2
XTOJT2
(注意nlnn的处理。
ex-1〜x,1-cosx
4.lim/?
(V3-V2)=lim/z
nT8nT8
(11A
(i
i、
3:
一1一2”+1
=lim
3〃-
-1
-n
2«
-l
n—>
8
\丿
k
——o)
113
lim/?
-—ln3-lim/?
-—In2=In—
I—丄Ina1
-I=en-1In67)
5.求
(1+x)v-e
lim
tovl+arcsin3x-l
丄\_
v(1+x)x-ev(1+x)x-=lim-=lim—
〃t01.”t0
一arcsin3x
3
vx-(i+x)ln(l+x)原式=alim
“tO
ln(l+兀)
-=lim(l+xYX"
TO
(1+x)x2
..-ln(l+x)e
elim=——
“to2x2
x-(l+x)ln(l+x)elim
htO
%2
3arcsinx
+XCOS—兀X
八、ln(l+x)
(1+cosx)+x
3arcsinx+xcos-
6.求lim;
“to(1+cosx)ln(l+兀)+兀
O1.arcsinx1
3lim+limxcos-
“tOy“tO兀
x
vZ1xln(l+x)v
lim(l+cosx)limx
htOy/i—>
四、幕指
limtanxln(l+sinx-l)lim(sinx)tanA=limelanr,nsin"
=
■2
limlanA-(sinj-l)JT
e2
.・sin.v-l・lims\nx
Jcosx
cosX
limwelimsin.r心-sinue2
e°
=l
2.求lim——
Z)X3
2+cosx
lim丄
(2+cosxY
lim-
XT()
3-1
(2+cosxln-
-sinx
go2x(2+cosx)
这是一个幕指函数型!
!
3.求lim1+
・ytO\
sinx9sinrJr
f+.Tcos.t
lim1+
xtO\
•sinx=
sinrdt
o
l+Josinrdt
~4lim
x+人cosx—a-+.Ccosx
limSin(sinV)COSX
严
五、泰勒公式
xtO
sinx-x..
xx3+“(x3)-x
3!
八
x3
cosx-e2
x4
?
49
(对兀Z1
1+(1+
2!
4!
22!
—)2
2)+3)
12
1^7v4-
(注对泰勒公式只需熟悉e\sinx,cosx,ln(l+x),(l+xf展开式)
ilimJ—
[]表示取整函数
解I当兀>
0时,—-1<
—
X收」
XXL^」x
(2
limx1=2,
XT()+
lim2=2,故limx
xtO*a—>
0*
当兀vO时,--K
x--1)>
J
」」XXI
lim/--l
XT()-
2,
limx—=2,
TO-%
故limx
x-»
()"
l兀丿
从而limx
,()表示小数部分
1兀丿丿
a
=2
•对于数列{xj,已知x0>
0,兀+1=J
n+\
Xn)
证明limx^二1。
“T8
证:
由归纳法易证,Vn,xz?
>
又益弓3士)冷2卜亿
—=L即{x“}当〃>
1时有下界
111-X2
同时£
+1—乙==—£
=二一^50‘即{£
}单减,从而{兀“}收敛。
2£
2xn
设hmxfl-a,对递推式取极限得d=l(d+—),解得a=\,a=-\(舍)。
2a
注:
耳+i=/(£
)为两点递推式,写成y=/(x)连续型函数,若f\x)>
0,贝ij{xJ为单调数列,若
f\x)<
0,贝Ij{xj不是单调的,据此可以调整证明目标。
3.求limtan"
(7T2}
(4n)
e4
L2
1+tan—lim'
(2丫
1-tan—
/2丫
lim1+tan—
J〃丿
(2)
lim1-tan
n)
HT8
nln1+tan—
lime'
7?
2nlnl-tan-lime“
2ntan—lime"
2一”ton—lima"
4.设兀I=>
/2,x/J+l=Jxn4-25=1,2,…)证明极限hmxfl存在并求极限lim兀〃
—>
8刃—»
g
〃+1
证明x2=v2+V2>
V2=%j,假设旺>
xn_x,则xn+l=+2>
Je_]+2=xljf
即数列{xn}单调增加,
兀]v2,假设£
2,则暫+]=厲+2<
J2+2=2,故近<
2
+1
由单调有界原理lim£
存在,设limxn=a.则a2=a+29得a=2
HT8Z?
即limxz?
=2
5.已知若=2,£
+|=2+—,卅=1,2,…。
(i)证明数列数列{兀」收敛;
(2)求{兀}的极限值。
2.417…,由此可见
c1c1
州V兀3,兀2>
兀,设S3<
兀2“-1,兀2〃-2>
兀2〃'
兀2”-】=2+<
2+——二吃”+1,
兀2—2X2n
兀”=2+」一>
2+」一=兀“+2'
由2<
a:
„<
2.5知{x2n_}},{x2ll}收敛,令兀2〃-1兀2”+1
=a•limx2z?
=/?
;
其中2<
a.b<
2.5,
HT81HT81
c1C1
由兀%_]=2有q=2—
兀…b
(1)
2舁一2
由勺“=2+丄,有b=2+丄
勺心a
(1、
由
(1)■
(2)得(d—/?
)1
Vab丿
0,解得a=h知{益}收敛,且极限是V2+1
专题训练类题目
一.重要极限与幕指型极限
..X.lim,
.-L_—^ln(l+.Sinx2)z.
例ilim(l+"
sinjr)iE=iimR-cg=i[me=e2=er
xtO大tOxtO
例2lim
22\ax+//
ax+bx
(a>
0,/?
0)
1.+hx2・・1.・長+戾2…..1/+用—沪+戻一戻
—InInn—ln(l+1)lim—
(1),m:
~—
—Hmw—ax^bx—ax+bx—大("
+b'
)
■>
o]22f
yjab
&
岀尹sW)•出市=w吧"
2川杪25—哦右=厂啦
211^^-
lim(sin—+cos—)A—=t=lim(sin2t+cos)xr—>
°
linJln(sin2/+cos/)
sin2/+cos/-llim
lim(2cos2/—sin/)
0亠
*****************
二.等价代换
[•siir(龙2'
)•”卫、rt
例ilimsinr(龙2)=rlim-
aln(cos龙2”)「to
例2
=limXQ114---1)-limx(Jl---l)
XT+8兀
无
例31im〃2(“$_%G)
”—»
@>
0)
\ii
nh+1_])
ii
lim/S"
-g"
+i)=\imn2an+l(a
NT8HT8
例1lim
x-a
.r
解原式=lim
XT8
/\
(兀丿
/X-V
e^2a=e2,故a=—lo
例21im(Vl-x6-ax-b)=0,求a,b。
解原式=lima:
21
由此,有a=-1
—1+1)
b=lim(Vl-x6+兀彳)=limx2(3
回代原式
lim-x2(1-导-1
XT8X
v1+处
e
例3已知lim[+分
心()x3
即lim"
(T—(皿)
be+"
(1+bx)—ci1
由罗比塔法则有lim—=——
53x212
由分母极限为零,有
lim(be,+ex(1+bx)-a)=b+\-a=G
ax-sinx
例4lim
xto“ln(l+尸).
atJht
=c(cHO),求常数abc。
解当x—>
0时,分子<
zx-sinx0,又cHO,
故分母『吐①Jht
又ln(l+‘)>
o,故积分极限为零,故b=o,
A->
bt"
a-cosxlim
2limln(l+x)go
从而a=l,C——
ln(l+a
例5limsinx
goax一1
0,qH1),求limo
5x2
解当兀一>
0时,cix—1—>
0,故ln(lH—J―)―>
0,
/(x)A
则0从而
ln(l+但)
lim沁二
xtoax—1
rf(x)1.
/(x)
xTOxlnaxtoxin。
由此lim—-—=—Incio
例6・/(X)在x=0有二阶导数,且liml+x+
,则/(0)=_,广(0)=,厂(0)
/(O)=o/z(O)=or(O)=4
2.3练习
ex-e<
}nx
i.求lim-―—
5x-sinx
(I)
(1A
求limx-x^ln(l+—)兀)
X—>
(-)
3.求lim
r丄
2+/—+
」+刃
KT
2知亦卫空巫丄“,求亦心⑹
xtOpSx—1xtO
3x1
e-1
5.设函数f(x)在求x=0的某邻域内具有二阶连续导数,且/(O)H0,/'
(0)丰0,于"
(0)H0。
证
明:
存在唯一的一组实数人,易,入,使得当力t0时,人/(/:
)+Z,/(2力)+入/(3力)-/(0)是比力2高阶的无穷小。
(3,・3,1)
([丫,\_
6.求limtan—e3
7.设数列£
与儿满足lim£
).=0,则下列断言正确的是
(A)若%发散,则儿必发散
(C)若兀“有界,则y“必为无穷小
(B)若X”无界,则%,必有界
(D)若——为无穷小,则另?
必为无穷小(D)
8・设数列{%}满足OVX]<
7t,
xn+i=sinxn=…),
(i)证明limxn存在并求之;
(o);
HT8
(2)求lim
P1T8
£
9.设x0>
0,£
=2。
+°
(”=1,2,・・・),证明limxn存在并求此极限。
V2
2+兀I—
三、连续函数
1.定义:
limf(x)=f(x0),称/(X)在兀°
点连续。
XT®
=>
limAy=O<
f(x0+0)=f(x0-0)=f(x0)
AvtO
(本质上lim/(x)=/(limx))
2、问题分类
1)讨论函数的连续性
2)指出函数间断点,且分类
3)介值定理应用
4)连续性应用(limf(x)=f(limx))
3、例题
xn+2-x~n
例i讨论f(x)二lim的连续性。
“T8兀“+x~n
fM=lim
x2/,+1
兀2卄2(]_)
儿Z2时2丿
x2,,(1+4t)
-10<
|x|<
=<
0|x|=1
x2|x|>
考查X=-W三点;
(除以上三点外,函数连续)
lim/(x)=limx2=1;
limf(x)=lim(-1)=-l,x=-l为第一类间断点
XT-广XT一厂XT一广XT一广
鸞/⑴=lim
兀二0是第一类间断点(可去间断)同法lim/(x)=-1;
limf(x)=1,兀=1是第一类间断点。
XT1°
XT广
例2设f(x)-lim
ITX
’sinr
sin/-sin.v
(sin兀丿
讨论fM的间断点及其类型。
/(x)=
x.sinfIn—Hm^sinf-sinxsina*—
/->
A(ln|sinf|-ln|sinx|)
sin/-sinx
.vcosz
lim•一gwcos/sinF
在x=0点limy(x)=e9兀=0为可去间断点。
在x=k兀点伙=±
1,±
2,±
3,)
limf(x)=lim£
曲丫不存在,
xfk兀xfk/c
X=k7T为第二类间断点(无穷间断点)。
a+bx2x<
例3设/(x)=Jsin&
xn
x>
在兀=0点连续,求d与“的关系。
解limf(x)=lim(a+bx1)=atff(0)=a
x->
0*xtO
lim/(x)=limsin—=lim—=b
xt0+a->
0*Xxt0+X/(x)于兀=0点连续,则a-b.
例4.设f(X)=<
tanx
x<
x=0
x>
t-x
(1)求/(x)的间断点并判别类型
(2)/(X)在下列哪个区间
(1)(-7T-—);
⑵(--,0);
⑶(0,1)(4)(1,2)内有界2
(A)
(1)
(2)(B)(3)(4)
(C)
(1)(3)(D)
(2)(4)
解:
(1)xvO时,
/«
间断点:
x=k7T.£
=一1,一2,•…,为第二类(无穷)间断点
“S+亍"
-1,-2,…,为第-类(可去)间断点
兀〉0时,f(x)=
x-l
X=1为第一类(跳跃)间断点
y(0+)=+oo,故兀=0是第二类(无穷)间断点。
(2)选(D)
x<
兀=0,
ln(l+ax3)
x一arcsinx
eax+兀一一cix—1
例5.函数/(X)=6,
•%xsin
问a为何值/(%)在
(1)x=0连续;
(2)兀=0为可去间断点;
(3)x=0为跳跃间断点;
(4)兀=0为第二类间断点。
lim/(%)=lim吨+处)=-6a,xto-xt(厂x一arcsinx
=2fz2+4
cax+—cix—1
xsm
4
令一6q=2q2+4,得q=—1或a=-29当a=-l时,/(O)=/(O)=/(O4^)=6
/(x)在x=O连续,当a=-2时,/((T)=/(O"
)=12H/(O)=6,a=-2为可去间断点,当a丰一1或一2为跳跃间断点,无第二类间断点。
例6.设/(X)在[0,1]连续,/
(1)=0,1叫严)-!
=1,证明:
-1
2X
I2丿
(1)存在匚G(―,1)‘使/($)=$;
(2)/(兀)在[0,1]±
最大值大于1.
证明:
⑴由1叫一=1及/(兀)在[0,1]连续,
XT-1
2X-I2丿
得鸥)=1
令(p(x)=f(x)-x,0(*)=/(*)—*=*>
0‘
^
(1)=/
(1)-1=-1<
0,由连续函数介值定理知存在匚G(-,1)使0(G=0,
即/(0=G
(2)由lim心)_!
二]〉0,
“(1Y
2x——
由保号性定理知VxG(&
—)kJ(—,/
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