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极限与连续性11一、数列与函数极限的存在准则(1)夹逼准则;(2)单调有界收敛准则例1设1211112,2,,2,.nnxxxxx求证limnnx存在,并求其值.分析给定数列的奇数项子列单调增加有上界,偶数项子列单调减少有下界,因此两子列均收敛.对于这种数列仍可应用单调有界准则.1223,nx解首先易见1211112,2,,2,.nnxxxxx又计算可得112111(),2,3,,nnnnnnxxxnxxx310,xx420,xx因此2nnxx与11nnxx异号,子列2{}nx单调减少有下界2,子列21{}nx单调增加有上界3,所以两子列均收敛,然后由递推式132121221122,12nnnnxxxx两端取极限得212limlim12,nnnnxx由此得到lim12.nnx14命题1.1若lim,nnxa则11lim.nknkxan命题1.2设01,r对Nn有1,nnxarxaa为常数,则lim.nnxa例2设012(1)0,,N,lim.2nnnnnxxxnxx求解因为0,N.nxn又因1221222,22nnnnxxxx1.2据命题得lim2.nnx15()()()vxfxux二、幂指函数的极限命题1.3在某变化过程中,函数()fx为无穷小量,()gx为无穷大量,lim()(),fxgxb则()lim[1()]e.gxbfx命题1.4在某变化过程中,()fx与()gx,()Fx与()Gx均为等价无穷小(大),且()0,()0,fxgx()lim()(0),GxgxAA则()lim().FxfxA16解令例1计算极限ln1lim(1).xxx1,1yx则ln11limln(1)[lim()ln]0,xxyxyy11lnln1~,xyy因此根据命题1.4可得故原式=1.17三、用洛必达法则与泰勒展开式计算极限应用洛必达法则之前应注意:(1)先判断极限是否00或型;(2)通过分解、变量的等价替换、析出可成为常数的变量等整理和化简,以便于计算导数;(3)可重复上述步骤.应用泰勒展开式时需注意分子与分母展开的阶数为各自主部的阶数.180()lim0,xfxx10()(0)4,lim1.xxfxfx求例1设函数f(x)有连续的二阶导数,且解因0()lim2,2xfx01()limxfxxx0()lim2xfxx因此利用命题1.3的结论有120()lim1e.xxfxx19例2若3200sin6()6()lim0,limxxxxfxfxxx则为()(A)0.(B)6.(C)36.(D)∞.解用sin6x的泰勒展开式,知应选:C.C注由于f(x)无可微条件,此题不能用洛必达法则.341sin666,3!xxxox3sin6(),xxfxox23()636.fxxox20例3求0limxxx0limxxx解ln0limxxxeln0limxxxe0limlnxxxe10lnlimxxxe01e21例4求22201coslim.sinxxxx解原式=222220sincoslimsinxxxxxx22401sin24limxxxx3042sin2cos24lim4xxxxx301sin44lim2xxxx201cos4lim6xxx04sin4lim12xxx4.322例5设函数()fx连续,且(0)0,f求000()()lim.()xxxxtftdtxfxtdt解原式=0000()()lim()xxxxxftdttfuutdtxfd(分母令xtu)000()()()lim()()xxxftdtxfxxfxfuduxfx(应用洛必达法则)23000()()()lim()()xxxftdtxfxxfxfuduxfx(应用洛必达法则)0(0)()lim()()xxfxfxfx(用积分中值定理:ξ在0和x之间)(0)(0)(0)fff1.224四、无穷小、无穷大量阶的比较(1)当正整数n→∞时,以下各无穷大数列的阶由低到高排列为:log,,(0),(1),!,.nnannnaann(2)当实数x→+∞时,以下各无穷大量的阶由低到高排列为:log,,(0),(1),.xxaxxxaax25sin~tan~arcsin~ln(1)~~,xxxxxex(3)当x→0时,下列各无穷小量211cos~,2xx101kkknkaxaxax00~(0,0).kaxak21xe例1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)4B-12615sin00sin(),()(1)xxttxdtxtdtt()x()x例2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00'limlim'xxxxxx10sinsin555lim(1sin)cosxxxxxx5.eC27五、有关两个重要公式(1)1sinlim0xxx(2)exxx)11(limexxx10)1(lim()0sin()lim1()xxx1()0()lim[1()].xxxe28例1求limcoscoscos242nnxxx解当x=0时,原式=1.当x≠0时,原式coscoscos2422sin22sinlm2innnnnnxxxxx111coscoscos242sin22lim2sin2nnnnnnxxxxxsinlim2sin2nnnxx2(lim1)sin2nnnxxsinlim2sin2nnnxxxxsin.xx29例2设()fx在(,)内可导,且lim()xfxe,limlim[()(1)]xxxxcfxfxxc,求c的值。解limxxxcxc1lim1xxxcxcx2.ccceee则拉格朗日中值定理,有()(1)()[(1)]fxfxfxx().f其中ξ介于(x-1)与x之间,那么30()lim[()(1)]lim().xxfxfxfe于是则2c=1,e2c=e,即1.2c3110lim0,0,0.3xxxxxabcabc10lim3xxxxxabc解333033lim13xxxxxxabcxxxbxxacabc3303lim1,3xxxxxxabcxabce0031111limlim33xxxxxxxxabcabcxx例3求320031111limlim33xxxxxxxxabcabcxx0001111limlimlim3xxxxxxabcxxx11lnlnlnln.33abcabc11ln330lim.3xxxxabcxabcabec33111lim0,0,0.3nnnnnabcabc求注:2009年全国决赛试题有类似题目1113lim.3nnnnnababcc同理34六、求分段函数的极限例1求1402sinlim.||1xxxexxe解1402sinlim1xxxexxe43402sinlim1xxxxeexxe211,011..135七、用导数定义求极限例1设曲线()yfx与sinyx在原点相切,求2lim.nnfn解由题设可知(0)0,f0(0)(sin)|1.xfx于是2limxnfn2(0)lim220nffnn2(0)2.f36例2设函数f(x)在点a可导,{}{}nn、为趋于0的正数数列,求极限lim.nnnnnfafa()()解原式limnnnnnnnnnnnfafafafa()()()()令(),nnnfafafat()()(),nnnfafafas()()limlim0,nnnnts其中37于是原式=lim(),nnnnnnntsfa且0nnnnnntsnnnnnnnntsnnts→0(n→∞)所以原式=().fa38八、用定积分定义求极限公式:1011lim()nnkkffxdxnn(函数f(x)连续)例1求221limnnknnk分析如果还想用夹逼定理中方法来考虑222222211nknnnnnnkn而2221lim2nnnn222lim11nnn39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2221111limlim1()nnnnkknknknn1201dxx10arctan|4x40例2求1sinlim1nnkknnk解因为111sin11sinsin11nnnkkkkkknnnnnnk而10112limsinsinnnkkxdxnn11limsin1nnkknn11lim()(sin)1nnknknnn22.夹逼定理41例3求21elim.eknknnnknn解原式=4arctan.e211elim()1eknknnnkn120ed1exxx10arctanxe数列极限普通方法难有成效时,可考虑转化为定积分42九、求极限的反问题解由题设可知21lim()0xxaxb1+a+b=0再对极限用洛必达法则221limsin(1)xxaxbx212lim2cos(1)xxaxx232a4,5.ab因此例1设,求a和b.221lim3sin(1)xxaxbx43例2设()fx在(0,+∞)内可导,()fx0,lim()1xfx且满足110()lim[],()hxhfxhxefx求()fx.解先用冪指函数处理方法01[ln()l1nl(m]i0)()lim()hfxhhhxfxhfxhxefx再用导数定义0()()()limxFxxFxFxx取()ln(),Fxfxxhx44于是0lim[ln()ln()][ln()]hfxhxfxxxxfxh因此1[ln()]xfxxee所以1[ln()]xfxx21[ln()]fxx11ln()fxCx1().xfxCe再由lim()1,xfx1.C则1().xefx45例3
本文标题:大学数学竞赛习题与答案
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