大一高数复习资料

1、第一章复习x.1 函数的极限及其连续性概念：省略注意事项1 无界变量与无穷大的区别：无穷大量一定是无界变量，但无界变量不一定是无穷大量，例如，是无界变量，但不是无穷大量。因为取时，当充分大时，可以大于一预先给定的正数；取时，2 记住常用的等价形式当时，例1 当时，下列函数哪一个是其他三个的高阶无穷小（1）。（2）。（3）（4）。（）解：因为，所以选择C练习 解 3 若函数的表达式中包含有（或），则在运算前通常要在分子分母乘以其共轭根式（或），反之亦然，然后再做有关分析运算例2 求。解 当时，又 ，故练习 求解 原式4 该极限的特点：解题方法（1） 若极限呈型，但第二个特点不具备，则通常凑指数幂

2、使（2）成立（2） 凡是型未定式，其结果：底必定是，幂可这样确定：设，则这是因为 。例3 求。解 原式因为，所以原极限。练习 求。解 原式，因为5 几个常用的极限特别地 x.2 单调有界原理单调有界数列必有极限此类问题的解题程序：（1）直接对通项进行分析或用数学归纳法验证数列单调有界；（2）设的极限存在，记为代入给定的的表达式中，则该式变为的代数方程，解之即得该数列的极限。例4 已知数列：，求。解 用数学归纳法可证得单调增加：，显然。假设成立，于是即 成立。显然，从而数列有极限，不妨设。由于，两遍去极限得：，即，即得出。根据包号性的推论可知非负，所以。X.3 项和的极限求解方法:(1)利用特殊

3、和式求和；（2）利用夹逼定理求极限（个项按递增或递减排列）；例5 求解 原式例6 求。解 因为，而，由夹逼准则有1X.4 项积的极限（1） 分子、分母同乘以一个因子，使之出现连锁反应；（2） 把通项拆开，使各项相乘过程中中间项相消；（3） 夹逼定理（4） 利用对数恒等式化为n项和形式。例7 当时，求解 原式练习 当时，求解 原极限 例8 求。解 因为X.5 有关闭区间上连续函数的命题的证明证明方法有两种1 直接法 其程序是先利用最值定理，再利用介值定理例1 设在上连续，且，证明：在内至少存在一个使得，其中为任意正常数证 因为在上连续所以在上有最大值与最小值由于，且，于是有从而即。由介值定理，在

4、上至少存在一个，使得2 间接法（己辅助函数法） 其程序是先作辅助函数，验证满足玲芝定理条件，然后由零值定理得出命题的证明。辅助函数的作法：（1）把结论中的（或）该写成；（2）移项，使等式右边为零，令左边的式子为，此即为所求的辅助函数例2 设在上连续，且，证明：在上至少存在一个，使得。证 令显然，在上连续，注意到，故 当时，可取为a或0，而当时，有由零值定理可知存在一个，使得，即X.6 极限的求法1 约简分式的方法求极限都是正整数）2 有理化分子和分母求极限3 利用自然数求和求极限4 利用基本极限求极限5 利用基本极限求极限6 利用单调有界数列必有极限求数列的极限习题课一例1 试用极限的“”定义

5、证明：。证 ，要使，只要，即。因此，可取，那么对一切，恒有即。例2 设，证明数列没有极限。证 如果数列有极限，那么它的任何子列都有相同的极限。因此，若能找出的两个具有不同极限的子数列，便知没有极限。由于；，因此数列没有极限。例3 用“”定义证明：。证 先限制，此时有，或，从而，因此，要使，只要，于是取，则当适合不等式时，对应函数值恒满足不等式所以。例4 设，试确定常数和。解 左式上式要想极限为0，必须，又分母极限为所以，因此。例 5 证明：。证 因此 ，由及夹逼定理，即得例6 设，证明数列的极限存在，并求其极限。证 ，设，则。按归纳法可知，对任何的有，即为单调增加的数列。又按归纳法容易证明，故

6、数列有界。因此有极限。设，则，对关系式的两边取极限，便有，即，解得，因为，故，不合，因此，即例7 设函数在处连续，求常数得值。解 由于函数在处连续，根据函数在一点连续的充要条件，应有由于，依上式即有，从而得。例8 证明：方程至少有一个不超过得根。证 设函数，则又函数在闭区间上连续，故由介值定理有在开区间内至少存在一点，使得。即方程至少有一个不超过得根。工科数学分析1.8 实数的连续性实数理论是极限的基础。1.8.1 实数连续性定理一、闭区间套定理定理 1-6. (闭区间套定理) 设有闭区间列，若: （1）（2）则存在唯一数属于所有的闭区间(即,且证明 由条件（1），数列单调增加有上界，数列单调

7、减少由下界，从而由单调有界原理，数列，都收敛，设，则故。任取，有从而 ，即属于所有闭区间。假设有属于所有闭区间，从而，有，有，由条件（2），有，即唯一。从图上看,有一列闭线段(两个端点也属于此线段),后者被包含在前者之中,并且这些闭线段的长构成的数列以0为极限.则这一闭线段存在唯一一个公共点. 一般来说,将闭区间列换成开区间列,区间套定理不一定成立.二 、确界定理非空数集E有上界,则它有无限多个上界,在这无限多个上界之中,有一个上界与数集E有一种特殊关系.定义1-12:设E是非空数集.若,且（1），有；（2），有则称是是数集E的上确界.表为。类似地,可以定义下确界.表为定义1-13:设E是非空

8、数集.若,且（1），有；（2），有则称是是数集E的下确界.表为。例如：数集，一般来讲有限集一定有上、下确界，它的上、下确界就是它的最大与最小数；无限集可能有上（下）确界，也可能没有，若有可能属于该集，也可能不属于该集。无上（下）界的数集，不存在上（下）确界。那么有上（下）界的数集是否存在上（下）确界呢？定理2（确界定理）若非空数集E有上界(下界)，则数集E存在唯一的上确界(下确界).由数集E非空，设。又由数集E有上界，设为其上界，且，则区间具有下述性质（称为P）：（1）右端点是数集E的上界（2）中至少包含有数集E的一个点（因为）设，若为E的上界，则满足性质P，设。若不是E的上界，则存在数使，从

9、而满足性质P，设，从而得到具有性质P的闭区间。与此类似，我们可以得到具有性质P的闭区间，且（1）（2）由区间套定理，存在唯一的数属于所有的闭区间，且。，由于为E的上界，故，有极限的保号性，我们有；，由，存在，使得，由性质P的（2），从而，由定义是数集E的上确界。设，不妨设，令，则，使，这与是数集E的上确界矛盾，从而，故上确界唯一。三 、有限覆盖定理设是一个区间（或开或闭）、并有开区间集（的元素都是开区间、开区间的个数可有限也可无限）.定义1-14：若，则称开区间集覆盖区间.例1 ，覆盖了，但中找不出有限个开区间将它覆盖。 例2 ，覆盖了，且可选出有限个开区间将它覆盖。定理3(有限覆盖定理）若开

10、区间集覆盖闭区间，则中存在有限个开区间也覆盖了闭区间.证明：假设中任意有限个开区间都不覆盖闭区间，简称没有有限覆盖。设，则与至少有一个没有有限覆盖，否则将是有限覆盖。设其中没有有限覆盖的为。与此类似，我们可以得到具有没有有限覆盖的闭区间，且（1）（2）由区间套定理，存在唯一的数属于所有的闭区间，且。显然，由于开区间集覆盖，从而中必至少存在一个开区间，使得，即，有极限的保号性，当充分大时，有，这与没有有限覆盖矛盾，从而中存在有限个开区间也覆盖了闭区间有限覆盖定理亦称为紧致性定理或海涅-波莱尔定理.在有限覆盖定理中，将被覆盖的闭区间改为开区间则定理不一定成立.四、聚点定理定义：设E是数轴上的无限点

11、集. 是数轴上的一个定点（可以属于E，也不可以属于E）.若，点的邻域都含有E的无限多个点，则称是E的一个聚点。例如 ，则中的每一点都是的聚点。，则是的聚点。无聚点。定理1-9（聚点定理）数轴上有界无限点集E至少有一个聚点. 证明：已知无限点集E有界，设和分别是E的下界和上界，从而，假设结论不成立，即闭区间的任一点都不是E的聚点，因为不是E的聚点，所以，使中只含有E的有限多个点（或者没有E的点）。这样就构成了开区间集显然，开区间集S覆盖，根据有限覆盖定理，S中存在有限个开区间，设有n个开区间也覆盖，自然覆盖点集E。但是每个开区间只含有E的有限多个点，所以这n个开区间也只含有E的有限多个点，这与E

12、是无限点集矛盾，于是，E至少有一个聚点。五、致密性定理定理5(致密性定理) 有界数列必有收敛的子数列。证明 若数列有无限多项相等，设显然，常数列是收敛的子数列。若数列没有无限多项相等，则有有界无限点集.根据聚点定理，E至少有一个聚点。按照聚点定义取，。取，且。（因为是聚点所以含有无限多个中的点，所以去掉中的前个有限点后，中仍然含有的点，任取一个即可） 取，且 如此进行下去，就构造了数列的子数列。且，有，当时，有。所以，即子数列收敛。六、柯西收敛准则 定理6(柯西收敛准则) 数列收敛 证明: 必要性若数列 收敛，设，由极限定义， ，从而，分别有与，于是有充分性取，和，有，从而，有取，则有，即数列

13、有界。根据致密性定理,数列存在一个收敛的子数列，设.接下来证明由已知有又已知，对上述，有取，从而，同时有及，从而有，即或数列收敛.1.8.2 闭区间上连续函数性质的证明1. 性质的证明 定理1-12.(有界性) 若函数在闭区间连续,则函数在闭区间有界,即有证法 由已知条件得到函数在的每一点的某个邻域有界.要将函数在每一点的领域有界扩充到在闭区间有界,可应用有限覆盖定理,从而能找到. 证明 已知函数在连续，根据连续的定义及极限的局部有界性，使得，。显然，开区间集覆盖闭区间，根据有限覆盖定理，存在有限个开区间也覆盖，且，有，取，于是，于是，使得，有。定理1-13(最值性) 若函数在闭区间连续,则函

14、数在取到最小值与最大值,即在上存在与，使与，且有。证法 只给出取到最大值的证明.根据定理1-12,函数在有界.设.只须证明,使,即函数在取到最大值. 用反证法.假设，有.显然,函数在连续,且.于是,函数在也连续.根据定理1-12.存在，有或，则不是数集的上确界,矛盾.定理3(零点定理) 若函数在闭区间连续,且，(即与异号),则在区间内至少存在一点,使。 证明 不妨设，.用反证法和闭区间套定理.假设,有。将闭区间二等分，分点为，若，取， 若，取。则使得函数在端点异号，即，如此进行得到区间，使得，且（1）（2）根据区间套定理，存在唯一数，且，又由假设，不妨设，则由极限的保号性存在，使得，有一方面当充分大时，有，而已知，与，矛盾，所以在区间内至少存在一点,使。二、 一致连续性定义1-16 设函数在区间I上有定义，若有称函数在区间I上一致连续（或均