第一章 连续性.doc

1.1 函数1 设函数在内可导，且，又 求出()的表达式。（1993北京）解 记，则，且故 因此 2 函数在下列哪个区间内有界（ A ）（A）（1，0） （B）（0，1） （C）（1，2） （D）（2，3）1.2 极限1. = (03年考研题)解 =2. (95考研题) 解: 本题应用夹逼原理.3. 设为常数，且，则 （北京2001）4. （北京1999）5. 已知北京（1996）解：利用等价无穷小替换的方法求解，事实上，当时，故 6. (北京2001) 提示：作变量替换7. （北京2000）解：故 8. 若，则 （北京2000）解：当时，等价于，等价于，因而，于是9. = (97年考研题)解 当时, , 利用等价无穷小替换, 可以得到=(对所用的知识点进行归纳、总结)10. 当时，与是等价无穷小，则 （05考研题）解 若，则与等价无穷小。另解 =11. （00考研题）设对任意的，总有，且，则 （D） （A）存在且等于零 （B）存在但不一定为零 （C）一定不存在 （D）不一定存在 解：令，显然，且，此时1，故（A）和(C)不正确。实际上，不一定存在，例如，但是12. （00考研题）若，则 （ C）A0 B. 6 C. 36 D. 解法1: 由所给的极限式通过运算去求未知的极限是本题的思路.写出的taylor公式 代入原极限式得到 ，即得36解法2: 通过加项减项的办法解.而=13. (04考研题)把时的无穷小, , 进行排序, 使排在后面的是前一个的高阶无穷小, 则正确的排序是( B)A. B. C. D. 解答: 注意, 这些无穷小都要和进行比较, 找出这些无穷小的阶, 然后进行排序.14. 当时，下列无穷小量(03年题天津市竞赛试题) 从低阶到高阶的排列顺序为（D）A. B. C. D.15. 已知, 则 (A)(04年天津市竞赛试题)A. 12 B. 3 C. 1 D. 0解: , 所以316. 设函数在点的某邻域内具有二阶导数, 且, 求及(04年天津市竞赛题)解 因为因此, 由无穷小的阶的比较, 得到, 应用罗必答法则, , 因此, 再一次应用罗必答法则, 有, 即.=17. 求（广东1991） 解：利用重要极限，可得18. 设函数，求出函数的解析表达式，并画出它的图形（北京竞赛题1991）解：可写成分段函数，是分段点。设，证明：（1） 方程在内有唯一的实根；（2）求 （北京1994）解：（1）在上连续，又，由介值定理，存在，使，又当时， 即在上严格递增，故是方程在在内有唯一的实根。（2）现证明数列单调有界 由（1），知数列有界。又因为，故 0因此，即数列单调减少，所以存在，设为，由于，故，由，得 令，取极限，有即19. 设，求（北京1997）解：设，当时，；当时，故20. 设是上递减的连续函数，且，证明数列收敛，其中（北京2000）分析：应用数列的单调有界定理，证明过程中要充分运用定积分的性质。证明：是上递减的连续函数，知单调减少。又对任意，知有下界。综上所述，可见收敛。21. (工科数学分析146页)解 由, 代入原式经过计算, 可得 = 22. (98考研题) 求(为自然数)解: 因为其中 取, 可得=23. (94考研题)计算解法1: 利用三角公式化简, 得到, 于是=解法2: =解法3: 因为而24. (04考研题) 求解: =练习题: 求(05考研题)25. (04考研题)余下利用罗必答法则, 结果=解法2: 26. (97考研题、05天津竞赛试题) 解：1注意：分母部分分为两部分，每一部分都除以为了避免出现错误，可以按照下面的方法来做。解法2：令，则余下分子分母同除以，可以计算出极限。27. 已知极限, 试确定常数和的值(02年天津市竞赛试题)解: 由此我们可以得到, 即, 同时28. 求(99考研题)解: = 本题的重点是处理29. 求(00年考研题)解: 由于函数中含有绝对值, 故应该分别考虑左、右 极限，因此， 1主要错误是将此极限问题分为两个极限去讨论，由于两个极限都不存在，得出结论，原极限不存在。30. 设，证明数列的极限存在，并求此极限。（02考研题）证明：由题设，知 ，均为正数，故设当时，则故由数学归纳法知，对任意正整数，均有又当时， 故当时，即数列单调增加，所以由单调有界数列必有极限存在准则知该数列极限存在。设，则有知，得到或，显然与已知不符，因此有31. 设，。证明存在，并求之。（04天津竞赛题）解：因为对任何，恒有，因此数列有界。余下我们只要证明该数列单调即可。，因此，与同号，故当时，数列单调增加，当时，数列单调减少。也就是说，数列为单调有界数列，因而必有极限。设，可得。利用微分中值定理求极限的例子32. 求极限解：令，则 原式在与之间，当时，从而 原式233. 求极限解：令，则在区间或上，、满足柯西中值定理的条件，固有 介于与 之间，又因为，所以由两边夹法则，知 原式34. 设在闭区间上连续，且。证明存在使证明：作辅助函数，则在上连续，且有，从而有 若等号成立，则，命题得证；若，则异号。由介值定理知，存在，使，即。35. 求极限 解：因为，所以36. 求极限（1） （2）提示：，1设，试证明：证明：由，知对任给的，存在，当时总有 由于显然，当充分大之后，必有，因此， 从而证明了1.3 连续性1. (05考研题)设函数, 则 ( D)A. 都是的第一类间断点B. 都是的第二类间断点C. 是的第一类间断点, 是的第二类间断点D. 是的第二类间断点, 是的第一类间断点2. (03考研题) 设为不恒等于零的奇函数, 且存在, 则 ( D)A. 在处左极限不存在 B. 有跳跃间断点C. 在处右极限不存在 D. 有可去间断点3. 设函数在上有定义，且函数与函数在上都是单调递增的，求证：在上连续。（1992北京） 证明：对于，当时，因为单增，故有因为单增，故有 从而有 令，取极限，得，说明在点右连续。同理，当时，可证得在点左连续。因此，在点连续。由于点在中的任意性，所以在上连续。4. 设，求证：（1） 对于任何自然数，方程在区间中仅有一根。（2） 设满足，则。（1992北京）证明：（1）因为在上连续，又，故由介值定理知，存在，使得，且因为 所以，在区间内严格递减。因此，满足方程的根存在且唯一。 （2）因为，令两边取极限，有说明存在正整数，使对于时，有。因为严格递减所以，对于由夹逼准则知：当时，有，即5. 设函数 试讨论在处的连续性。（95考研题）6. 设在闭区间上连续，且。证明存在使证明：作辅助函数，则在上连续，且有，从而有 若等号成立，则，命题得证；若，则异号。由介值定理知，存在，使，即。7. 设函数在的某邻域内具有一阶连续导数，且，若在时是比高阶的无穷小，试确定的值（02考研题）解：由题设条件知 由于，故