文科考研微积分函数极限连续PPT学习教案

1、会计学1文科考研微积分函数极限连续文科考研微积分函数极限连续2前言二、考试开卷考，其中60%以上的题为上课讲过的例题。一、例题基本上是往年考研题，题量大，全面涵盖考纲；三、课程分三部分：1、微积分，10次；2、线性代数，4次。3、综合，1次。第1页/共55页3(文科)考研辅导第一部分：第2页/共55页4第一章 函数、极限、连续内容提要一、函数函数的有界性、单调性、周期性和奇偶性；反函数、复合函数、隐函数和分段函数；实际问题的函数关系的建立。基本初等函数的性质及其图形；初等函数；函数的概念及表示；第3页/共55页5二、极限数列极限与函数极限的定义及其性质；)(lim0 xfxx存存在在 )0()

2、,0(00 xfxf存存在在且且相相等等； 无穷小量和无穷大量的概念及其关系*重要的等价无穷小：函数的左极限和右极限 ：0 x,sinxx,)1ln(xx ,tanxx,1exx ，221cos1xx .1)1 (xx ,ln1axax *无穷小的比较，高阶、低阶、同阶、等价的定义；第4页/共55页6极限的四则运算法则；极限存在的两个判定准则：单调有界准则、夹逼准则；，1sinlim0 xxx.e)1(lim10 xxx两个重要极限：第5页/共55页7三、函数的连续性函数连续的概念；函数间断点的类型；初等函数的连续性：初等函数在其定义域内连续。闭区间上连续函数的性质(最值定理，介值定理，零点定

3、理).第6页/共55页8 ( (8 87 7 二二 3 3) )xxxxfcose |sin|)( ， x是是( ( ) ). . (A)有界函数；(B)单调函数；(C)周期函数；(D)偶函数分析 此题主要是考察函数的性质,用定义来分析.当当22 nxn时时, , 所以答案是(D).又，显然不是单调函数和周期函数,并且很容易证明它是偶函数.解只只要要 n, ,则则 e )22()( nxfn, ,所以所以)(xf无界无界. . )(xf例1第7页/共55页9( (9 90 0) ) 设设函函数数xxxxfsinetan)( , ,则则)(xf是是（ ） 类题(A)偶函数；(B)无界函数；(C)

4、周期函数；(D)单调函数答案：(B)第8页/共55页10( (8 88 8 三三 5 5) ) 设设2e)(xxf , ,xxf 1)( 且且0)( x , ,求求)(x 及及其其定定义义域域. . 再求定义域：即即定定义义域域为为0,( . . 例2解,1e)(2 )(xxfx , )1ln()(2xx ，而而0)( x ,)1ln()(xx 0)1ln( x11 x,0 x第9页/共55页11若若对对任任意意x, ,有有xxxfxf2)1 (2)(2 , ,求求)(xf. . 与原式联立与原式联立, ,消去消去)1(xf , , 得到得到 )22(31)(2 xxxf. . 例3解，令令t

5、x 1,1)1(2)1()(2)1(22 ttttftf则则，即即1)(2)1(2 xxfxf第10页/共55页12设设,nnncba均均为为非非负负数数列列，且且0lim nna, 1lim nnb, nnclim, 则则必必有有 （A A）nnba 对对任任意意 n 成成立立； （B B）nncb 对对任任意意 n 成成立立； （C C）极限极限nnnca lim不存在不存在； （D D）极极限限nnncb lim不不存存在在。 选(D).例4解(03,4) 分析分析 本题考查极限概念，极限值与数列前面有限项的大本题考查极限概念，极限值与数列前面有限项的大小无关，可立即排除小无关，可立即排

6、除(A),(B)； 极限极限nnnca lim是是 0型未定式，可能存在也可能不存在；型未定式，可能存在也可能不存在； 极极限限nnncb lim属属 1型型，必必为为无无穷穷大大量量，即即不不存存在在. 第11页/共55页13 ( (9 92 2, ,数数一一) )当当1x时时, , 函函数数112e11 xxx的的极极限限 ( (A A) )等等于于 2 2 ( (B B) )等等于于 0 0 ( (C C) )为为 ( (D D) )不不存存在在但但不不为为 答案：选(D)。 解可可见见 1121e11lim xxxx 不不存存在在但但不不为为 。 例1一、左右极限法,211lim 21

7、 xxx因为因为，所所以以0e11lim 1121 xxxx,e11lim1121 xxxx,0elim111 xx,elim111 xx第12页/共55页14( (9 92 2, ,数数一一) ) 求求极极限限 )|sine1e2(lim410 xxxxx . . 解例2)|sine1e2(lim410 xxxxx )sine1e2(lim410 xxxxx ,1112 )|sine1e2(lim410 xxxxx )sin1eee2(lim4340 xxxxxx ,110 所所以以 原原式式1 . . 第13页/共55页15二、未定式 ),0,1,0,00,(00 洛必达法则 ( (8 8

8、9 9, ,5 5 分分) ) 求求极极限限 xxxx)1cos1(sinlim . . 解例3所所以以 原原式式e . . 令令tx 1，则则有有 原原式式tttt10)cos(sinlim ， tttytt)cosln(sinlimlnlim00 tttt1cossinlim0 ,1 第14页/共55页16( (0 04 4, ,8 8 分分) ) 求求极极限限 )cossin1(lim2220 xxxx 。 解例4xxxxxxxxxx2222202220sincossinlim)cossin1(lim 42202sin41limxxxx 3044sin212limxxxx 2064cos

9、1limxxx 2206)4(21limxxx .34 第15页/共55页17( (0 08 8, ,9 9 分分) ) 求求极极限限 xxxxsinln1lim20. . 解例5xxxxsinln1lim20)1sin1ln(1lim20 xxxx30sinlimxxxx 2031coslimxxx xxx6sinlim0 .61 注：求未定式极限时，应充分利用等价无穷小替换来简化计算. 第16页/共55页18( (0 09 9, ,4 4 分分) ) 求求极极限限 11eelim32cos0 xxx. . 解例611eelim32cos0 xxx11)e1( elim321cos0 xxx

10、2031cos1limexxx 2203121limexxx .e23 第17页/共55页19求极限求极限33201e )211(limxxxxxx . . 分子分子)11(1e )211(32 xxxx， 拆开考虑， (洛必达法则) 原极限原极限312161 . . 解例73201e )211(limxxxxx 2203e21limxxxx ,61 2121lim11lim330330 xxxxxx， (等价无穷小替换) 第18页/共55页20 xxxx10)1(elim ，xxy1)1( ，xxy)1ln(ln 2)1ln(1xxxxyy )1()1ln()1()1(lim210 xxxx

11、xxxx 2010)1ln()1(lim1)1(limxxxxxxxxx xxx2)1ln(lime0 .2e 及时分离非零因子 例8第19页/共55页21(+05,7(+05,7 分分) ) 计算极限计算极限 )1sin1(lim2xxxx 。 解例9，令令xt1 )1sin1(lim2xxxx 30sinlimtttt 203cos1limttt ttt6sinlim0 .61 第20页/共55页22( (+ +0 08 8, ,9 9 分分) ) 计计算算极极限限 2200720081) 1(lim xxxxx。 解例102200720081)1(lim xxxxx2)1(20081)1

12、(1lim xxxxx2200801)1(lim1ttxttt 2)1ln(200801elimtttt 20)1ln(2008limtttt 202008limtttt .2008 第21页/共55页23(04,4(04,4 分分) ) 若若5)(cosesinlim0 bxaxxx，则，则 a = ，b = . 解因因为为 5)(cosesinlim0 bxaxxx， 例1且且 0)(cossinlim0 bxxx， 所所以以 0)e (lim0 axx， 得得1 a， )(cos1esinlim0bxxxx ,51)(coslim0 bbxxxx得得4 b。 第22页/共55页24( (

13、+ +0 06 6, ,7 7 分分) ) 已已知知极极限限 )31ln(sin4)(lim20 xxxxxfx 存存在在，求求 )(lim0 xfx。 解例2)31ln(sin4)(lim0 xxxxxfx ,0lim)31ln(sin4)(lim020 xxxxxxfxx所以)31ln(sin4)(lim)(lim00 xxxxxfxfxx .1340 xxxxxx)31ln(limsin4lim00 第23页/共55页25( (+ +0 09 9, ,9 9 分分) )设设函函数数)(xf在在点点0 x的的邻邻域域内内连连续续, ,极极限限 解例3)1ln(2)(3lim20 xxxxf

14、Ax 存存在在， （1 1） 求） 求)0(f的值； （的值； （2 2） 若） 若 1 A， 问：， 问：)(xf在点在点0 x处处是否可导？如不可导，说明理由；如可导，求出是否可导？如不可导，说明理由；如可导，求出 )0(f . . (1)1ln(2)(3lim3lim)(lim2000 xxxxfxxfxxx ,3131320 Axxx3)1ln(lim320 因因)(xf在在点点0 x处处连连续续，所所以以 31)(lim)0(0 xffx. . 第24页/共55页260)0()(lim)0(0 xfxffx2020)1ln(lim31)1ln(2)(3lim31xxxxxxxfxx

15、.21)211(31 )1ln(2)(3lim20 xxxxfAx 存存在在， 31)0( fxxfx1)(3lim310 (2)第25页/共55页27( (9 90 0, ,3 3 分分) ) . )3(lim nnnnn 解例1)3(limnnnnn nnnnnnnnn 3)(3limnnnnnn 34lim.2 第26页/共55页28( (0 06 6, ,4 4 分分) ) . )1(lim)1( nnnn 解例2,1ln)1(limlnlimnnynnn )1(n 有有界界， ,01lnlim nnn所所以以 01ln)1(lim nnnn， 【答案】 应填1。 第27页/共55页2

16、9，记记21)tan(ttty 这是数列极限, 不能直接使用洛必达法则, 要先化为函数极限.令令xt1 ，则则原原极极限限化化为为210)tan(limtttt ， 例3分析(98三6) .)1tan(lim2nnnn 求求极极限限解，先先求求2)1tan(limxxxx )1( 200lntanlnlimlnlimtttytt )00(ttttt21tanseclim20 tttt21cossin1lim0 tttttttcossin2cossinlim20 第28页/共55页30所所以以 原原极极限限31e . . 3022sin21limtttt 2062cos1limttt 22062

17、limttt ，31 tttttttcossin2cossinlim20 第29页/共55页31( (0 06 6, ,1 12 2 分分, ,数数一一) ) 设设数数列列nx满满足足 10 x, , ), 2, 1(sin1 nxxnn. . 解例4（1 1）由由不不等等式式 )0(sin xxx知知， ,sin1nnnxxx ,0 nx（1 1）证证明明nnx lim存存在在，并并求求该该极极限限 ； （2 2）计计算算 211)(limnxnnnxx 。 即即知知数数列列nx单单调调减减少少且且有有界界，因因此此极极限限nnx lim存存在在； 设设lxnn lim， 在在nnxxsin

18、1 两两边边令令 n， 得得llsin ，解解得得0 l，即即 0lim nnx。 第30页/共55页32,)sin(lim)(lim)2(22111nnxnnnxnnnxxxx 令令nxt ， 210)sinln(limtttt20sinlnlimtttt 20)1sin1ln(limtttt 201sinlimtttt 30sinlimtttt 2031coslimttt ttt6sinlim0 ,61 所以.e)sin(lim)(lim6111122 nnxnnnxnnnxxxx第31页/共55页33设设101 x，nnxx 61，), 2 , 1( n，试证数，试证数列列nx极限存在，

19、并求此极限极限存在，并求此极限. . (96三5) 3 l类题第32页/共55页34.)(222的的极极限限存存在在，并并求求之之重重根根式式证证明明数数列列nxn 证类题,21nnxx 递推公式递推公式，22221 xx, 221 x又又, 2 nx设设nnxx 21则则22 , 2 ;有上界有上界nx,lim存在存在nnx ,21 nxxnn两边令两边令对对,2AA 得得1, 2 AA解得解得(舍去).2lim nnx,1 nnxx设设;是是单单调调递递增增的的，由由归归纳纳法法知知nxnnxx 21则则12 nx,nx ,limAxnn 设设,22AA 即即第33页/共55页35设设22

20、222212111nnnnun ，求求 nnu lim. . 解例5222)(11)2(11)1(11nnnnnnnun ninin12)(111 1021dxxn102)1ln( xx. )21ln( 第34页/共55页36例6 与上题不同,每一项根号里提出n之后,得不到积分和式,改用夹逼定理, 设设nnnnun 22212111，求求 nnu lim. . 解,122 nnunnnn,11limlim22 nnnnnnn因因为为.1lim nnu所所以以第35页/共55页37(89,3(89,3 分分) ) 设设232)( xxxf，则当，则当0 x时时 (A)(A)(xf与与 x 是等价

21、无穷小是等价无穷小 (B)(B)(xf与与 x 是同阶但非等价无穷小是同阶但非等价无穷小 (C)(C)(xf是比是比 x 更高阶的无穷小更高阶的无穷小 (D)(D)(xf是比是比 x 较低阶的无穷小较低阶的无穷小 【 】 解例1xxxx232lim0 13ln32ln2lim0 xxx ,16ln3ln2ln 【答案】 应选(B)。 第36页/共55页38(92,3(92,3 分分) ) 当当0 x时，下列四个无穷小量中，哪一时，下列四个无穷小量中，哪一个是比其他三个更高阶的无穷小量？个是比其他三个更高阶的无穷小量？ (A) (A) 2x (B) (B) xcos1 (C) (C)112 x

22、(D) (D)xxtan 例2解,21cos12xx ,211122xx 20tanlimxxxx xxx2sec1lim20 .02tansec2lim20 xxx【答案】 应选(D)。 第37页/共55页39( (0 07 7, ,4 4 分分) ) 当当 0 x时时，与与x等等价价的的无无穷穷小小量量是是 (A) xe1 (B) )1ln(x (C) 11 x (D) xcos1 例3解【答案】 应选(B). 当当 0 x时时，有有 xe1 )1e ( x;x ;)1ln(xx 11 x;21xxcos1 .21)(212xx 第38页/共55页40(09,4(09,4 分分) ) 当当

23、0 x时，时，axxxfsin)( 与与)1ln()(2bxxxg 是等价无穷小，则是等价无穷小，则 (A) (A) 61, 1 ba (B) (B) 61, 1 ba (C) (C) 61, 1 ba (D) (D) 61, 1 ba 例4解)1ln(sinlim)()(lim200bxxaxxxgxfxx 30sinlimbxaxxx ,13cos1lim20 bxaxax因因为为 0)3(lim20 bxx， 所所以以 0)cos1 (lim0 axax， 第39页/共55页41,13cos1lim20 bxaxax于于是是得得 1 a， ,0)cos1(lim0 axax,1613co

24、s1lim20 bbxxx.61 b【答案】 应选(A). 第40页/共55页42( (+ +0 07 7, ,8 8 分分) ) 设设1x时时，xCBxAx22ln )1(2 xo，其其中中)1(2 xo是是当当1x时时比比2)1( x高高阶阶的的无无穷穷小小， 求求常常数数 A、B、C 之之值值 解例52221)1(lnlim0 xxBABxAxx0)ln(lim221 xCBxAxx;0 CBA)1(21ln22lim1 xxxBAxx;02 BAxxxAxAxx)1(2ln222lim021 .1, 2, 1 CBA2224lim1xAAxx ;1 A第41页/共55页43(92,5(

25、92,5 分分) ) 设函数设函数 1 , 1 1 ,2sin1)1cos(ln)(xxxxxf ，问，问函数函数)(xf在在1 x处是否连续？若不连续，修改函数在处是否连续？若不连续，修改函数在1 x处的定义使之连续。处的定义使之连续。 解例1xxxfxx2sin1)1cos(lnlim)(lim11 ttxtt2cos1coslnlim 1 0 ttt2cos11coslim0 220)2(2121limttt ,42 第42页/共55页44214)(lim xfx而而 1)1( f，故，故)(xf在在1 x处不连续；处不连续； 若若令令24)1( f，则则函函数数在在1 x处处的的定定义

26、义连连续续。 第43页/共55页45设设函函数数nnxxxf21 1lim)( ，求求)(xf的的分分段段表表达达式式， 在在1 x处处间间断断； 并讨论其连续性。(98,3分) )(xf，0)01 ( f，2)01 ( f，) 1(0)01()01( fff在在1 x处处连连续续； 所所以以)(xf仅仅在在1 x处处间间断断。 1xy-1例2解1| x,01| x,1x 1 x,01 x,1第44页/共55页46( (0 03 3, ,8 8 分分) ) 设设).1 ,21,)1 (1sin11)( xxxxxf 例3解试试补补充充定定义义)1(f，使使得得)(xf在在 1,21上上连连续续

27、。 )1(1sin11lim)(lim11xxxxfxx xxxxx sin)1(sin)1(lim111 xxxxx cos)1(sincoslim111 第45页/共55页47xxxxx cos)1(sincoslim111 xxxxxx sin)1(coscossinlim11221 ,1 因此定义因此定义 1)1( f，可使，可使)1(f在在1,21上连续。上连续。 第46页/共55页48(08,4(08,4 分分) ) 设函数设函数)(xf在区间在区间1, 1 上连续， 则上连续， 则0 x是函数是函数xttfxgx 0d)()(的（的（ ） (A) (A) 跳跃间断点跳跃间断点 (

28、B) (B) 可去间断点可去间断点 (C) (C) 无穷间断点无穷间断点 (D) (D) 振荡间断点振荡间断点 例4解xttfxgxxx 000d)(lim)(lim, )0()(lim0fxfx 所所以以0 x是是函函数数)(xg的的可可去去间间断断点点。 【答案】 应选(B). 第47页/共55页49( (0 09 9, ,4 4 分分) )函函数数xxxxf sin)(3 的的可可去去间间断断点点的的个个数数为为 （ ） ( (A A) ) 1 1 ( (B B) ) 2 2 ( (C C) ) 3 3 ( (D D) ) 无无穷穷多多个个 例5解,03 xx,1, 0 xxxxx sinlim30 xxx cos31lim20 ,1 xxxx sinlim31 xxx cos31lim21 ,2 xxxxf sin)(3 是是偶偶函函数数，所所以以 2sinlim31 xxxx， 即即1, 0 x均均为为函函数数)(xf的的可可去去间间断断点点。 【答案】 应选(C). 第48页/共55页50讨讨论论函函数数)1/(e11)(xxxf 的的间间断断点点及及其其类类型型. . 间间断断点点为为1 x及及0 x， 所所以以1 x为为( (第第一一类类) )跳跳跃跃间间断