2010強化數(shù)學(xué)講義第一章

第一節(jié)函

x1x2f(x1)f(x2判定：（1）定義：偶函數(shù)f(x) 奇函數(shù)f(x)f(x)是奇函數(shù) f(x)是偶函數(shù)

f(xT(2）可導(dǎo)的周期函數(shù)其導(dǎo)函數(shù)為周期函數(shù)；(3）定義：若M0,xIf(xMf(x在I上有界。判定：（1）定義：f(x在(a,bf(a0)和f(b0)存在f(xf(x在區(qū)間I（有限）上有界f(x在I復(fù)合函題型一(A)[1, (B)[1,a(C) (D)[a1,解應(yīng)選

2 e2(x)1e2(x)1(x (x1．3f(x)xx, g[f(x)]2

1xx1或xx x題型二1．4（A）xsin1在(0,) ；（B）當(dāng)x0時

sin1x

xsintdt在(0,2010] ；（D）1sin1在(0,) 12排除法令f(x)1，則f(x)1 ，顯然，f(x)和f(x)都在(0,1)內(nèi)連續(xù)， 12令f(x) 12解令F(x) f(x), g2F(x單調(diào)減，由axb

故應(yīng)選 （C）對任意的x(0,f(xf(0)（D）對任意的x(,0f(xf(0)解本題要用到一個常用的結(jié)論若f(x0)0 ，則存在0，當(dāng)x(x0,x0)時 f(x)f(x0)；當(dāng)x(x0,x0)時，f(x)f(x0).若f(x0)0有相應(yīng)的結(jié)論.(利用導(dǎo)數(shù)定義注：本題選(A)f(x00. f(xx

x

xxx2x2sinf(0) x1 當(dāng)x0f(x14xsin

2cos 取x ，則f(x)1210 取y ，則f(y)1 2n

2xnynx0x0的任何鄰域內(nèi)既存在的導(dǎo)數(shù)為正的點，也存在導(dǎo)數(shù)為負(fù)的點，則f(xx的任何鄰域內(nèi)都不單調(diào)增第二節(jié)極極限概

limaA：n

N(0,當(dāng)nN時|anA|limf(x)

0,X(0,當(dāng)|x|X時|f(xA|

f(xA

f(xA的定義與limf(xAlimf(x)A

f(x)limf(x)

0,(0,當(dāng)0|xx0|時|f(xA|0000

limf(x)A f(x) f(x)

2。極限性有界性 收斂數(shù)列必有界有理運算性質(zhì) 若limf(x) limf(x) (B 保號性：

limf(x)A0,limf(x)0limg(x)f(x)（1）A0,則存在,當(dāng)xU(x0,f(x0limf(xAf(xA(x 其中l(wèi)im(x1） 準(zhǔn)則 若存在N，當(dāng)nN時，ynxnzn， 4。無窮小1）無窮小量的概念:若limf(x)0x2)無窮小的比較:設(shè)lim(x0,lim(x0

f(x為無窮小量(xx0（1）lim(x0(xlim(x)C0等價：若lim(x)1；記為(x~無窮小的階:若lim 1)

f(xf(x為xx0無窮大量與變量的關(guān)系 無窮大量變題型一1.80,1)NnN(A)充分條件但非必要條件 (B)必要條件但非充分條件(C)充分必要條件 (D)既非充分條件又非必要條件解本題主要考查對數(shù)列xn收斂于a定義的理解.0，存在N0，當(dāng)nNxna”這與本題中的說法是等 nlimcn(A)an 對任意n成立 (B)bn 對任意n成立(C)極限limancn不存在 (D)極限 不存在由limbn1limcn

知 故選

由題設(shè)條件可知limanlimbnlimcnN0nN

而不能得到對任意的n

若取a1，cn，顯然lim 0，limc 而limaclimn nnn

n1.10x總有(xf(xg(x，且lim[g(x(x0lim(A)存在且等于于零 (B)存在但不一定為零(C)一定不存在 (D)不一定存在解令(x1

，g(x)11

limf(x)1(xx

，f(x)x，g(x)x1

(C)若x有界，則y必為無窮小 (D)若1為無窮小，則y必為無窮小x xn1若取

若取xn

n1若取xn1

，

n，顯然（C）不正確故應(yīng)選2由于y(xy1，x nxnlimylim(xy)lim 00n nnnn故應(yīng)選是 1

f(xxnf(xn)2f(xarctan

xx

nf(x)

limf(x不存在，則（A）不正確令f(x)arctan limf(x)limarctann收斂，且f(x)arctann單調(diào)，但lim n題型二1.13 (x(21)4(11)65(11解原式=lim

(12x1.14lim3x23x83x7解法1原式 1.15

f(x)

sin2x2enxcosxxenx

，求lim f(x)sin

xx x limf(x)lim2cosx2，limf(x)limsin2x則

limf(x)2

limsinx1

1 lim(11)x1

limln(1x)

ax1ln

x

1.16limsinxln(12x解原式= x03x1 1xx=1ln32

2ln31.常用等價無窮 當(dāng)x0時x~sinx~tanx~arcsinx~arctanx~ln(1x)~exax1~xlna, 1cosx~12例1.17求極 解原式

sin2 13

43=limx22x

4 3 1.18limx2(axax1。(a 1 11原式limxax1axx1 xln ln 例1.19若limln(1f(x)sin5x) ，求lim 2x 解由于limln(1f(xsin5x) 2x且lim(2x1)0limln(1f(x)sin5x)0，limf(x)sin5x 當(dāng)x0時ln(1f(xsin5x~f(xsin2x1~xlnlimf(x)sin5x lim5f(x)1，limf(x)ln2x0ln 1.20limnln

解原式lim

nlnnlnnln

1

ln)nln 方法4.法則若1）limf(xlimg(x limf(x存在（或xx0 limf(x) xx0 xx0注：洛比達(dá)法則可用來求七種類型不定式的極限，即00 0lim(f(x))g(xlimeg(x)lnf(x化為0，進(jìn)一步化為或

解原式limsinxln(1tanx0ln(1tanx)sin (ln(1tanx)~xsinx~

sec2= 1tan =limsinxcosxsec2x

1.22

)1cosx1原式lime1cos lnarcsinx ln(1arcsinxx) lim x01cos 12=2 32

12 13211111 1

13x0=31原式

x)2對1型極限用以下由于arcsin由于arcsin 1arcsinx1cosx 1cos 而limarcsinxxlimarcsinx 12 31則原式sinx例1.23lim( xasin1原式lim(1

sinxsina

2cosx

2 因為lim lim x x2cosxax

=lim ,sin ~ cosx= 所以原式=ecota

x 1解法2原式 sinxsina1=

limsinxsinalimcos （ 法則 limsinxsinalim 日中值定理 limsinxsinacosacot （導(dǎo)數(shù)定義 1.24lim(ntg1)n2解原式lim1

1tannn tan1為求極限 n，我們考慮極tanx

sec2xlim

=limtan2xx0 1 原式 例1.25 e 解原式=lim = xe(1=1lim （令1t）e2x x11lim(1t)tee2t0 =1limee2t0=1lime

t

= lim =1lim1 =1lim1tet0

1~ t

f(n)(x0)(xx)n

特別是當(dāng)x00f(x)f(0) f(0)x2

f(n)(0)xn

1.26若limxf(xsin6x0，則limf(x6 （A） （D） = =lim 6360 則lim 636 由limxf(xsin6xlim(xf(x6xsin6x6x 知limf(x6lim6xsin 61= 36 3由limxf(xsin6x0 當(dāng)x0時.xf(xsin6xo(x3 xlim

6sin= =lim6xsin6x 4排除法 x

6sinlim =lim6xsin6x36 顯然（A）（B）（D）均不正確，故應(yīng)選例1.27 cosxe 2解ln(1x) 22 4cosx1x2 4

o(x e21 1x4o(x4

原式= 1x0x2[x2

1例1.28已

xf(0),f(0),f(0)解由lim(1x

f(x)x1lim1.x0x1 lim(xf(x))0，且limxf(x13 x即limf(x)x0而f(x)f(0) f(0)x2(x2)f(0) 由limf(x)x0 f(0)0，f(0)0，f(0)4由于limf(x)2

2則lim(1

1)x方法6利 1.292

n 原式3

例1.30求極限limnananan,其中a 解令maxaa1imnnanannnanan mn 原式=amax1im注：本題的結(jié)論是一個常用結(jié)論1 1.31設(shè)an

2

求lim顯然an1n13n132n2 n12nn12n n12n則

lima

nn2nn7利用單調(diào)有界準(zhǔn)則求極限

從而有

1

)2x(3

)2]333而xn1xn 3xn1 3知xn又x上有界，則limx存在，不妨設(shè)limx n n a a(3a)

，由此解得a3或a0（舍去2則limx n 6 6 6 例1.33設(shè)6 6 6

n

66666 6 知，a6解得a3，或a2 則lima3n2直接證明lima

n666a6

3

3

1a3 (n1n13則lima313

6

nn1）證明limxn2）計算2）計算lim( )n1 nnn從而有x0，即limx

xsinn n n

nsinx為此我們考慮極限

xsinx sinxx由于lim x2lim1 x0 x 1sinx

1且

3

2

則

e nn 故limn1x2n 故n

8利用定積分的定義例1.35 n n1

1解原式=

2 nnn1 1

1 1dxln(1x)1ln201 1.36求lim1n(n1)n2)(nn)解令yn limlnylim1[ln(n1)ln(n2) ln=lim1ln(11)ln(12)ln(1n

n則原式=e2ln21e例1.37求lim nn

sin nn

n解 sin n nn1sinnsinnsinnn1 1 1

sinsin2sin

nn1 nn1sinsin2sin n 1sinsin2sinnnn1 n=limn1sinsin2sinnnn1 n =lim1sinsin2sinn n= 原式=1.38若

0a2 解1

0a2 x0bcos x lim

ax01cos x ax01 2則a2,b1.39若

x2x1axb

求1原式lim

1a

xa 解法2a b

x2x1x2解(xn7x41)中最高次項為xn，由題設(shè)知nm1.即 m1n1則 limx[n1

1limx1

1)b

( n則n5,b 151.41設(shè)

0,求及 nn解 nn= n=

([1(11)]~nn =1limn則 1.42當(dāng)x0ax211 1 a

1與1

解lim(1ax231lim3

2a x01 2則a2

例 把x 時的無窮小0

costdt，

tdt 0

(A) (C) (D)

0costk

lim (k=1時

2xtanx

kxk1

k=3時

sinx2

1

1=lim x0

(k=2時 2

cosx 2xtanx~2x

(x0(x0213 sinx2~1213

(x01.44若x0

sin2 00解由

0k=

sin20

xx 13 2 3x= 2sin5 3x

2k1k 322k15，即k93當(dāng)x0

sin20

1例1.45已知x0時,ex2 解由ex21x2

4cos2x1

(xlim

2xlim 1

a1n43

第三節(jié)連1limf(xf(x0f(x在x0處0000

f(xf(x0f(x在x0f(xf(x0f(x在x0f(x)連續(xù) 跳躍間斷點:左極限

使f()0。題型一討論連例1.46設(shè)函數(shù)f(x) a

在(,)

f(x0 (A)a0,b (B)a0,b(C)a0,b (D)a0,b解由f(x)

在(,aebx0a0

f(x0limebx，則b0，故應(yīng)選例 設(shè)f(x)和(x)在(,)上有定義 f(x)為連續(xù)函數(shù)，

1直接

2排除

xx都處處連續(xù)，則排除（A）（B）（C），故應(yīng)選（ 1.48f(x

x1的連續(xù)性 間斷點類型sin2解f(x)

x1x1x2k(k0,1,2sinx2xarctan 當(dāng)x1時，f(10) x1

sin 2 f(10) x1則x1為跳躍間斷點

sin 2 當(dāng)x0時， x1 sin 2則x0為可去間斷點當(dāng)x2k(k1,2 x1

sin2ln例1．49求函數(shù)f(x) lnlnlimf(x) sinln

ln

x x0

x0x

x0ln

ln limf(x)lim sinxlim sinx