大學(xué)數(shù)學(xué)競賽第一單元函數(shù)極限連續(xù)

1、21.1 函數(shù)函數(shù)3一、有關(guān)函數(shù)的四種性質(zhì)一、有關(guān)函數(shù)的四種性質(zhì)(奇偶性、單調(diào)性、周期性、有界性奇偶性、單調(diào)性、周期性、有界性)例例1 求求 1521()ln(1).xxIx xeexxdx 解解 1( )xxfxee 是奇函數(shù)，是奇函數(shù)， 11 ,()( )xxeefxfx 22( )ln(1)fxxx 是奇函數(shù)，是奇函數(shù)， 22 ()ln(1)fxxx 222(1)ln1xxxx 422222(1) ln(1()ln1fxxxxxxx 22ln1ln(1)( ).xxfx 2()ln(1)xxx eexx 因此因此是奇函數(shù)。是奇函數(shù)。 于是于是 116610202.7x dxx dx 15

2、21()ln(1).xxIx xeexxdx 5解解 (B)不成立，反例不成立，反例 32( ),( )13xf xxF x (C)不成立，反例不成立，反例 ( )cos1,( )sinf xxF xxx (D)不成立，反例不成立，反例 2( )2 ,( )(,)f xx F xx 在在內(nèi)內(nèi)(A)成立。成立。 A6 證明證明 0( )(0)( ),xF xFf t dt f 為奇函數(shù)，為奇函數(shù)， 0(0)()( )xFfFttxd 0(0)() ()xFfu du 0(0)( )xFf u du ( ).F x 7二、有關(guān)復(fù)合函數(shù)二、有關(guān)復(fù)合函數(shù)8解解 1 ( )xb g xa 當(dāng)當(dāng)，時時，

3、( )f g x 11( )gfx ，2 ( )xb gxa 當(dāng)當(dāng)，時時， ( )f g x ( )f g x ( )f g x 21( )gfx ，1 ( )xb g xa 當(dāng)當(dāng)，時時，12( )gfx ，22( )gfx ，2 ( )xb gxa 當(dāng)當(dāng)，時時，9111122211222( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )f g xxb g xaf gxxb gxaf g xf g xxb g xaf gxxb gxa 當(dāng)當(dāng)，時時，當(dāng)當(dāng)，時時，當(dāng)當(dāng)，時時，當(dāng)當(dāng)，時時. .即即分析分析 函數(shù)函數(shù)D(x)的函數(shù)值是有理數(shù)的函數(shù)值是有理數(shù)1或或0， 所以所以( )1.D

4、 xD 110解解 令令 xet ，則則 ln .xt 因此因此 ln()( ).xtf eftt 于是于是 1ln( )(1)xtf xfdtt 211ln 2xt 21ln.2x 所以所以 21( )ln.2f xx 111.2 極限極限 12一、數(shù)列與函數(shù)極限的存在準(zhǔn)則一、數(shù)列與函數(shù)極限的存在準(zhǔn)則 (1)夾逼準(zhǔn)則； (2)單調(diào)有界收斂準(zhǔn)則 分析 給定數(shù)列的奇數(shù)項子列單調(diào)增加有上界，偶數(shù)項子列單調(diào)減少有下界，因此兩子列均收斂 . 對于這種數(shù)列仍可應(yīng)用單調(diào)有界準(zhǔn)則. 1323,nx 解 首先易見1211112,2,2,.nnxxxxx 又計算可得 112111(),2,3,nnnnnnxxx

5、nxxx 310,xx 420,xx所以兩子列均收斂，然后由遞推式142121221122,12nnnnxxxx 兩端取極限得 212limlim12,nnnnxx 由此得到lim12 .nnx 15解 因為 0,N.nxn 又又因因1221222 ,22nnnnxxxx 1.2據(jù)據(jù)命命題題得得lim2 .nnx 16()( )( )v xf xu x 二、冪指函數(shù)二、冪指函數(shù)的極限的極限17解 令 1,1yx 則 ln11limln(1)lim() ln 0,xxyxyy 11lnln 1,xyy 故原式=1. 18三、用洛必達(dá)法則與泰勒展開式計算極限三、用洛必達(dá)法則與泰勒展開式計算極限 應(yīng)

6、用洛必達(dá)法則之前應(yīng)注意: (2)通過分解、變量的等價替換、析出可成為 常數(shù)的變量等整理和化簡,以便于計算導(dǎo)數(shù); (3)可重復(fù)上述步驟. 應(yīng)用泰勒展開式時需注意分子與分母展開的階數(shù)為各自主部的階數(shù).190( )lim0,xf xx 10( )(0)4,lim 1. xxf xfx 求求例例1 設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù)有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù)，且且解 因 0( )lim2 ,2xfx 01( )limxf xxx0( )lim2xfxx 120( )lim 1e . xxf xx20解 用sin6x的泰勒展開式,知應(yīng)選： C . C 注 由于f(x)無可微條件, 此題不能用洛必達(dá)法則 . 34

7、1sin666,3!xxxo x 3sin6( ),xxf xo x 23( )636.f xxo x 21例3 求0limxxx 0limxxx 解ln0limxxxe ln0limxxxe 0limlnxxxe 10lnlimxxxe 01e22例4 求 22201coslim.sinxxxx 解 原式= 222220sincoslimsinxxxxxx22401sin 24limxxxx 3042sin2 cos24lim4xxxxx 301sin44lim2xxxx 201cos4lim6xxx 04sin4lim12xxx 4.3 23解 原式= 0000( )( )lim( )xx

8、xxxf t dttfuut dtxfd 000( )( )( )lim( )( )xxxf t dtxf xxf xf u duxf x (應(yīng)用洛必達(dá)法則)24000( )( )( )lim( )( )xxxf t dtxf xxf xf u duxf x (應(yīng)用洛必達(dá)法則)0(0)( )lim( )( )xxfxfxf x (用積分中值定理: 在0和x之間 ) (0)(0)(0)fff 1.2 25四、無窮小、無窮大量階的比較四、無窮小、無窮大量階的比較 (1) 當(dāng)正整數(shù)n時,以下各無窮大數(shù)列的階由低 到高排列為: log,(0),(1), !,.nnan nnaan n (2) 當(dāng)實數(shù)x

9、 +時，以下各無窮大量的階由低 到高排列為： log,(0),(1),.xxax xxaax 26sin tan arcsin ln(1) ,xxxxxex (3) 當(dāng)x0時，下列各無窮小量 211cos,2xx 101kkk nka xa xa x00(0,0).ka xak (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 21xe 例1 設(shè)當(dāng)x0時(1-cosx)ln(1+x2)是比xsinxn高階的無窮小，而xsinxn是比高階的無窮小，則正整數(shù)n 等于( )B2715sin00sin( ),( )(1)xxttxdtxt dtt ( )x ( )x 例2 設(shè)則當(dāng)x0時， 是的 ( ).

10、(A) 高階無窮小 (B) 低階無窮小(C)同階但不等價的無窮小 (D) 等價無窮小解 00limlimxxxxxx10sinsin555lim(1sin )cosxxxxxx 5.eC28五、有關(guān)兩個重要公式五、有關(guān)兩個重要公式 (1)1sinlim0 xxx(2)exxx )11(limexxx 10)1(lim()0sin ( )lim1( )xxx 1( )0( )lim 1( ).xxxe 29例1 求 limcoscoscos242nnxxx解 當(dāng)x=0時，原式=1. 當(dāng)x0時，原式coscoscos2422 sin22 sinl m2innnnnnxxxxx 111coscosc

11、os242sin22lim2 sin2nnnnnnxxxxx sinlim2 sin2nnnxx 2(lim1)sin2nnnxx sinlim2sin2nnnxxxxsin.xx 30解 limxxxcxc 1lim1xxxcxcx 2.ccceee 則拉格朗日中值定理，有 ( )(1)( )(1)f xf xfxx ( ).f 其中介于(x-1)與x之間，那么 31()lim ( )(1)lim( ).xxf xf xfe 于是則2c=1，e2c=e, 即1.2c 32 10lim 0,0,0 .3xxxxxabcabc 10lim3xxxxxabc解333033lim 13xxxxxxa

12、bcxxxbxxacabc 3303lim 1,3xxxxxxabcxabce 0031111limlim33xxxxxxxxabcabcxx 例3 求 330031111limlim33xxxxxxxxabcabcxx 0001111limlimlim3xxxxxxabcxxx 11lnlnlnln.33abcabc 11ln330lim.3xxxxabcxabcabec34 111lim 0,0,0 .3nnnnnabcabc 求求注：2009年全國決賽試題有類似題目1113lim.3nnnnnababcc 同同理理35六、求分段函數(shù)的極限六、求分段函數(shù)的極限 例1 求 1402sinli

13、m.|1xxxexxe 解 1402sinlim1xxxexxe 43402sinlim1xxxxeexxe 211,011. 1 36七、用導(dǎo)數(shù)定義求極限七、用導(dǎo)數(shù)定義求極限 解 由題設(shè)可知 (0)0,f 0(0)(sin ) |1.xfx 于是 2limxnfn 2(0)lim220nffnn 2(0)2.f 37解 原式limnnnnnnnnnnnf af af af a （） （ ）（） （ ）令 ( ),nnnf af afat （） （ ）( ),nnnf af afas （） （ ）limlim0,nnnnts 其其中中38于是 原式= lim( ),n nnnnnntsfa 且

14、且0n nnnnnts nnnnnnnntsnnts0(n)所以原式= ( ).fa 39八、用定積分定義求極限八、用定積分定義求極限 公式： 1011lim( )nnkkff x dxnn (函數(shù)f(x)連續(xù)) 例1 求 221limnnknnk 分析 如果還想用夾逼定理中方法來考慮 222222211nknnnnnnkn 而 2221lim2nnnn 222lim11nnn 40由此可見，無法再用夾逼定理，因此我們改用定積分定義來考慮。解 2221111limlim1( )nnnnkknknknn 1201dxx 10arctan|4x 41例2 求 1sinlim1nnkknnk 解 因

15、為111sin11sinsin11nnnkkkkkknnnnnnk 而 10112limsinsinnnkkxdxnn 11limsin1nnkknn 11lim()(sin)1nnknknnn 2 2. 夾逼定理 42例3 求 21e lim .eknknnnknn 解 原式= 4arctan.e 211elim()1eknknnnkn 120ed1exxx 10arctanxe 數(shù)列極限普通方法難有成效時，可考慮轉(zhuǎn)化為定積分43九、求極限的反問題九、求極限的反問題 解 由題設(shè)可知 21lim()0 xxaxb1+a+b=0 再對極限用洛必達(dá)法則 221limsin(1)xxaxbx 212

16、lim2 cos(1)xxaxx 232a 4,5.ab 因此例1 設(shè)，求a和b. 221lim3sin(1)xxaxbx 44解 先用冪指函數(shù)處理方法 01ln() l1nl(mi0)()lim( )hf x hhhxf xhf xhxef x 再用導(dǎo)數(shù)定義 0()( )( )limxF xxF xF xx 取 ( )ln( ), F xf xxhx 45于是 0limln()ln( )ln( )hf xhxfxxxxf xh 因此 1ln( )xf xxee 所以 1ln( )xf xx 21ln( )f xx 11ln( )f xCx 1( ).xf xCe 再由 lim( )1,xf

17、x 1.C 則 1( ).xef x 46例3 設(shè)函數(shù) 2sin,01cos( )1lnln(),0axxxf xxxxxx 當(dāng)x0時的極限存在,求a的值 . 解 (0 )2 ,fa (0 )1,f 2.2a 故故 211lnln()ln 11xxxxxx 2sin1cos12axaxxx 2a 47例4 設(shè)函數(shù)為了使函數(shù)f(x)在x=1處連續(xù)且可導(dǎo), a, b應(yīng)取什么值？ 2,1,1.xxfxaxbx 解 因為 11,f 1,fab 11,f 所以要使函數(shù)在x=1處連續(xù), 必須a+b=1. 又因為當(dāng)a+b=1時 211(1)lim2,1xxfx 11(1)lim1xaxbfx 所以要使函數(shù)在

18、x=1處可導(dǎo), 必須a=2, 此時b=1.1(1)1lim,1xa xabxa 48十十. 曲線的漸近線曲線的漸近線 1. 水平漸近線若,)(limbxfx 則曲線)(xfy 有水平漸近線.by ()x 或或若,)(lim0 xfxx則曲線)(xfy 有垂直漸近線.0 xx 0()xx 或或2. 垂直漸近線493. 斜漸近線斜漸近線( )yf x 則則曲曲線線有有斜漸近線.bxky ()x 或或若,0)(lim xfx)(bxk 0)(lim xbkxxfxx0)(lim xfx)(bxk 0)(lim xbkxxfx)(limxbxxfkx xxfkx)(lim )(limxkxfbx ()

19、x 或或()x 或或50例1 曲線 1ln(1e )xyx漸近線的條數(shù)為 解 曲線有漸近線x=0, y=0 , y=x. (A)0 . (B)1 . (C)2 . (D)3 . 故正確答案為 D .511.3 連續(xù)連續(xù) 521、討論具體函數(shù)或抽象函數(shù)的連續(xù)與間、討論具體函數(shù)或抽象函數(shù)的連續(xù)與間斷。包括由連續(xù)性確定其中的參數(shù)，證斷。包括由連續(xù)性確定其中的參數(shù)，證明函數(shù)的連續(xù)性明函數(shù)的連續(xù)性.2、由函數(shù)的連續(xù)性討論它的某些特性，、由函數(shù)的連續(xù)性討論它的某些特性，如有界、零點(diǎn)、介值等如有界、零點(diǎn)、介值等.一、一、 問題分類：問題分類：53二、二、 填空題填空題 5455三、三、 計算及證明計算及證明

20、 565758591.4 綜合習(xí)題講解綜合習(xí)題講解 60一、 填空題 解 可得aatete dt ()ttateeaaaee 所以 a = 2. 61解 22212nnnnnnnnnn 2221212nnnnnnnInn 22212111nnnnnnn 所以 2212121nnnnnnnIn 62所以 222121lim.122nnnnnnnnn 63解 ff(x) = 1. 解 原式(3)(3)lim3nnnnnnnnnnnnn 3lim3nnnnnnnnn 2 64解 0cossinlimsinsinxxxxxxx 30sinlimxxxx 201coslim3xxx 0sinlim6xx

21、x 16 65所以 k1=1990, 即 k = 1991; 1111991AAkk，解 199019901limlim(1)kkknnnnAnnkn 66二、二、 計算題計算題 1. 求下列極限 解1ln()lim()limxx exxxxxxee ln()limxxx exe 1limxxxex ee 1ee671021lim(sincos)lim(sin2cos )xyxyyyxx 0ln(sin2cos)limyyyye 02cos2sinlimsin2cosyyyyye 2e 683tansin1 sin(1 sin)tansin0tansinlim11sinxxxx xxxxxxx

22、 30tansinlimxxxxe 30sin(1 cos)limxxxxe 230sin2sin12lim2xxxxee 692. 求下列極限 33ln(11) 1,xx 2233arcsin21 21.xx 按照等價無窮小代換 33223311ln(11)1limlimarcsin2121xxxxxx 311lim21xx 312 2 70解 方法1： 222220sincoslimsinxxxxxx 22401(1)coslimxxxx 22302 cos2(1)cossinlim4xxxxxxx 2233002 cossin22cossinlimlim44xxxxxxxxxx 7122

23、02cos4 cossin2cos21lim122xxxxxxx2233002 cossin22cossinlimlim44xxxxxxxxxx 2202cos2cos211lim1232xxxx 04cossin4sin211lim2432xxxxx 02sin2111112lim24326323xxx 72方法2： Taylor展開222220sincoslimsinxxxxxx 22401(1)coslimxxxx 24011(1)(cos21)2limxxxx 2424401(2 )(2 )1(1)(110()22!4!limxxxxxx 732424401(2 )(2 )1(1)(1

24、10()22!4!limxxxxxx 24244401161(22220()224limxxxxxxx 440223lim3xxx74(3)解sinsinlim;xaxaxa 2cossinsinsin22limlimxaxaxaxaxaxaxa sin2limcoslim22xaxaxaxaxa cos1cos .2aaa 75(4)解 22lim.xxxxx 22limxxxxx 2lim1.1111xxx222limxxxxxx 76633lim 1,6xxex 313lim,622xxx 所以13223lim.6xxxex 163123 62331.66xxxxxxx 解又因為 (5)

25、123lim.6xxxx 77三、證明題三、證明題 例1 設(shè)f(x)在a, b上連續(xù), 且f(a) b, 試證在(a, b)內(nèi)至少存在一個, 使f() = .證 假設(shè)F(x) = f(x) x,F(a) = f(a) a 0則于是由介值定理在(a, b)內(nèi)至少存在一個, 使f() = .78例2 設(shè)f(x), g(x)在a, b上連續(xù), 且f(a) g(b),試證在(a, b)內(nèi)至少存在一個, 使f() = g().證 假設(shè)F(x) = f(x) g(x),則F(a) = f(a) g(a) 0于是由介值定理在(a, b)內(nèi)至少存在一個, 使f() = g().79例3 證明方程x53x2 =

26、 0在(1, 2)內(nèi)至少有一個實根.證 令F(x) = x53x2 , 則F(1) =4 0所以在(1, 2)內(nèi)至少有一個, 滿足F() = 0.80所以存在( a x1 xn b)，使得112212()()()( ).nnnc f xc f xc f xfccc 證 令1max (),ii nMf x 1min (),ii nmf x 所以 112212()()(),nnnc f xc f xc f xmMcccc 例4 設(shè)f(x)在a, b上連續(xù),且a x1 x2 xn b, ci (i = 1, 2, 3, , n)為任意正數(shù), 則在(a, b)內(nèi)至少存在一個, 使( ).fc 810s

27、inlim(cos)5,xxxxbea 0limsin(cos)0,xxxb 解 因為且所以0lim()0,xxea 得a = 1. 極限化為 00sinlim(cos)lim(cos)xxxxxxbxbeax 15,b 得b = 4. 因此，a = 1，b = 4. 四、歷年部分競賽真題、考研真題選講四、歷年部分競賽真題、考研真題選講 822、極限22limsin .1xxxx 分析 本題屬基本題型，直接用無窮小量的等價代換進(jìn)行計算即可. 解 22limsin1xxxx 22lim1xxxx 2. 830ln(1)lim .1cosxxxx 3、 分析 本題為未定式極限的求解，利用等價無窮小代換即可.解 0ln(1)lim1cosxxxx 02lim212xx xx 844、3231lim(sincos ) .2xxxxxxx 解 因為 3231lim0,