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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