高等数学第一学期总复习

1、第一学第一学 期期 总总 复复 习习一、填空一、填空( (共共7 7小题每题小题每题3 3分分, ,共共2121分分) )1、定义域、定义域2、极限和连续、极限和连续3、4、导数（一阶、二阶）、导数（一阶、二阶）5、6利用导数确定单调区间和凹利用导数确定单调区间和凹 凸及拐点7、不定积分二、单选题二、单选题( (共共8 8小题每小题小题每小题2 2分分, ,共共1616分分) )1、极限、极限2、连续、连续3、连续、连续4、导数、导数5、单调性与可导、导数符号、驻点、单调性与可导、导数符号、驻点 、极值点的关系， 6、凹、凹 凸及拐点7、8、不定积分、不定积分考试题型三、计算题三、计算题( (

2、共共8 8小题每题小题每题6 6分分, ,共共4848分分) )1 1、2 2、计算极限、计算极限( (每小题每小题6 6分分, ,共共1212分分) ) 0/0 0/0型型( (消消0 0因子因子, ,洛必达法则、洛必达法则、) )3 3、4 4、计算导数和、计算导数和微分微分( (每小题每小题6 6分分, ,共共1818分分) ) 5 5、隐函数的求导、隐函数的求导6 6、7 7、计算下列不定积分、计算下列不定积分( (每小题每小题6 6分分, ,共共1212分分) ) 凑微分、分部积分凑微分、分部积分8、参数方程的求导、切线方程、参数方程的求导、切线方程 四、（四、（6 6分分) )证明

3、不等式五、（五、（8 8分分) ) 实际最值问题解题要有过程, 不能像做填空题复习提纲1.习题复习 平时作业 教材课后习题、复习题2. 各种问题类型和解决方法 3. 重点题型40 x50甲乙 40(5)在一条河的同旁有甲乙两城，甲城位于河岸边，乙城离岸40km，乙城到岸的垂足与甲城相距50km(如右图)，两城在此河边合建一水厂取水，从水厂到甲城和乙城的水管费用分别为每公里3万元和5万元，问此水厂应设在河边的何处才能使水管费用最省？第一章第一章 函数、极限与连续函数、极限与连续重要内容: 极限的计算1.定义2.四则运算性质3.左右极限4.夹逼准则5.两个特殊极限6.等价无穷小替换7.无穷小的性质

4、8.洛比达法则9.幂指函数的极限10.通过函数极限算数列极限11.连续性12.定积分定义kxxx)11 (lim1lim(1)xkkxex（1） 解：原式=xxx1)1sin(lim2121)1)(1sin(lim221xxxx（2）解：原式=。练习题：两个重要极限两个重要极限1sinlim) 1 (0e)11(lim)2(或e)1(lim10注注: 代表相同的表达式11(3)lim (1)e-=-=30tansinlimxxxx30sin (1cos )limcosxxxxx122201lim2xxx（3） 解：原式=等价无穷小替换注意分母中余弦2. 等价无穷小替换定理,0时当 x sin

5、tan ln(1) 1 arctan arcsinxxxxxexxcos1x,221x11nx,1xn常用等价无穷小 :乘除因子可替换， 加减项不可替换xxxx)1212(lim2lim(1)21xxx（4）解：原式=2212122lim(1)21xxxxx1e1221lim ()2122lim(1)21xxxxxx幂指函数的极限2lim()1xxxx第(4)题这种1也可以通过另外一种方法来转化为标准形式。例如：类型,2223112lim(1) 1lim(1) eeexxxxxx221(1)limlim111(1)xxxxxxxxxxxxx)1212(lim2limln(1)21xxxe（4）

6、解：原式2lim()21xxxe1e21ln()21limxxxxe还可以利用对数函数和等价无穷小处理21limln()21xxxxe 利用加减拆分为（1+#）形式， 化为标准形式 利用除法 利用对数，结合等价无穷小替换1类型处理的三种方法( )lim ( )v xu x( )ln ( )limv xu xelim ( )lim ( )v xu xlim ( )0,lim ( )u xv x 都存在幂指函数的极限幂指函数的极限1类型不满足条件，不能直接取极限5. 求求.)21 (limsin30 xxx解解:原式3sin0limln(1 2 )xxxe3sin0lim2xxxe6e1关于无穷多

7、个无穷小求和类型三种类型： 直接求和 放缩后利用夹逼准则 利用定积分6 求求222111lim2nnnnnn证证: 利用夹逼准则 .1211222nnnnn22nnn22nn且22limnnnn1lim1nn1lim22nnn211limnn1nnlim1211222nnnn1由 11,1,1 ,01,0 xxxxf xxax a f x0 x 000112limlimlim111xxxxxf xxxx 01,fa f x0 x 0lim0 xf xf11,0.aa 0a f x0 x7. 设当取何值时，在处连续。又 若在点连续，则必有所以当时,在处连续。解利用左右极限0sin001sin)(

8、xxxxaxbxxxf)(lim)(lim00 xfxfxxbbxxxfxx)1sin(lim)(lim001sinlim)(lim00 xxxfxx例.设函数 问(1)ba,)(xf0 x 为何值时， 在 处有极限存在？)(xf0 x 在处有极限存在，即要成立。 因为 (2)ba,)(xf0 x 为何值时， 在处有连续？解1b0 xa)()(lim)(lim000 xfxfxfxxxxafb)0(11 ba0 x1b)(lim)(lim00 xfxfxx所以，当时，有成立，即时，函数在又因为函数在某点处有极限与在该点处是否有定义无关,（2）依函数连续的定义知，函数在某点处连续的充要条件是 于

9、是有，即时函数在处连续。处有极限存在，所以此时可以取任意值。20ln(1)8. limseccosxxxx119. lim1lnxxxx11110. lim1ln(2)xxx求极限： 20ln(1)limseccosxxxx20lim1coscosxxxx(8)解:202lim11 coscosxxxx220lim1sinxxx(9)解: 11lim1lnxxxx1ln1lim(1)lnxxxxxx1ln1 1lim1lnxxxxx 1211lim112xxxx用两次洛比达111lim1ln(2)xxx11111111ln(2)12limlim1(1)ln(2)ln(2)2121limlim(

10、2)ln(2)1(2)ln(2)1111limlim.ln(2) 1 1ln122xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx (10)解: 含变上限积分的极限去掉积分的两种方法： 洛比达法则 中值定理)sin(e2cosxx例例8. 求220(1cos )lim,xexx(cos ,1)x0limxtxtde1cos22x解解:原式0limx00 x2e21洛洛（方法一）（方法二）原式=2122201lim2xexxe120lim1nnxdxx01x1120010,11nnxdxx dxxn（9 ）.求解： 当时，1lim01nn由夹逼准则，原式=0.多种方法相结合例如 先等价无穷小替换化

11、简，再用洛必达法则。（P158例3） 利用连续性去掉已知函数。（上面例3例8） 通分，有理化，约公因子，增减项一种方法用几次例如，连用几次洛必达法则。（例9例10）第二章第二章 一元函数微分学一元函数微分学重要内容: 导数和微分的计算(包括抽象函数)导数和微分的几何含义, 切线法线的求法复合函数,反函数,隐函数,参数方程的求导方法, 高阶导数求法(对数求导法)微分的求法导数与微分的关系式1. 求下列函数的导数？3arctan (2 )yx23arctan (2 )(arctan(2 )yxx2213arctan (2 )(2 )14xxx226arctan (2 )14xx解：(1) (1)每

12、次只算一个导数 (2)sin()()xye其中 ， 为常数sin()(sin()xyexsin()cos()()xexx sin()cos()xex解： 每次只算一个导数(3)462535x22xy=ln2535xx211y =ln(2)-ln()4622225355)35)xxxx11=(2) -()4(26(225)35)xxxx46=-4(26(3225) 35)xxx=(2(解:先化简,再求导arcsin21yx2ln(sin3 )xyex2. 求下列函数的微分： (2) 211 (21)dxdyx1(21)22 21dxxx2 (21)dxxx 解：(1) (1)22(sin3 )s

13、in3xxd exdyex22(2 )cos3(3 )sin3xxe dxxdxex2223cos3sin3xxexdxex 解: (2) xyaln(1)yxlnxyaa 2lnxyaa ( )lnnxnyaa1,1yx 21,(1)yx 1( )( 1)(1)!(1)nnnnyx3. 求下列函数的n（n为正整数）阶导数： (2) 解：(1) 所以 (2) 所以 (1)32(1)yx 高阶导数12sin()0yexyedydx22d ydx12sin()0yexye1cos()(1)0yy exyy1(cos()cos()yy exyxy 1cos()cos()yxyyexy 4.求由方程所

14、确定的隐函数y=y(x)的一阶导数和二阶导数解：对方程两边同时对x求导，有 即因此隐函数求导y解不出就不必代回1212()sin()(1)cos(1)0yyy eyexyyy y1221(cos(1)sin()(1)()yyyeyxyyye2211sin()(1)()cos()yyxyyyeyexy 即因此下面求二阶导数, 对方程两边同时对x求导, 有 2(1)1213sin()cos ()(cos()yyyexyexyexy1cos()(1)0yy exyy2(cos )2(1 sin )xttytdydx22d ydx2cos ,dxtdt2(1 sin )dytdt,dydydxdtdt

15、dx1sincosdytdxt2(sectan )secsec tanddytttttdtdx22d yddyddydxdtdxdtdxdx dx2222secsec tansecsectan2cos2d yttttttdxt5.求由参数方程所确定的函数y=y(x)的一阶导数和二阶导数解：因为所以根据因为所以根据 参数方程求导6.设 ，求 .sin(tan )xyxylnsin ln(tan )yxx2111cos ln(tan )sintancosyxxxyxx sin(tan )(cos ln(tan )sec )xyxxxx解幂指函数对数求导法7.设函数 ，其中 可导，求 .1()fxy

16、e( )f uy1()1 ( )fxyefx解1()211( )fxfexx 1()11( )( )fxefxx抽象函数的导数只要分清函数的复合层次即可第三章第三章 中值定理和导数应用中值定理和导数应用重要内容重要内容: 中值定理中值定理 导数应用导数应用 (单调性,凹凸性凹凸性)根的存在性,所在区间,唯一性洛比达法则求七种未定式的极限 用中值定理证明某些等式泰勒公式, 常用展开式极值问题中值定理,单调性,凹凸性证明不等式0153 xx15)(3xxxf)(xf01)0(f03) 1 (f)(xf0 x1证明： 在（0，1）上有且仅有一根。，则在0，1上连续且 由零点定理可知，在(0，1) 上

17、至少有一个根证：（先证存在性）设)(xf1x0)()(10 xfxf)(xf0)(f2( )350fxx在(0,1) 上还有一个根即 在0，1上连续，在（0，1）内可导，（0，1）使得但是，不可能有这样的点,故方程在（0，1）上有且仅有一根。（再证唯一性）由罗尔定理可知至少存在一点（0，1），矛盾。也可以不用罗尔定理,直接利用单调性假设012sin xx),(12sin)(xxxf)(xf0 ,201)0(f0)2(f)(xf0 ,22证明：在证明：（先证存在性）则在上连续且 由零点定理可知，在上至少有一个根内有且仅有一根。设02cos)(xxf)(xf),(),(（再证唯一性）在上严格单调递

18、增，上有且仅有一根。因为故方程在2eabe2224lnln()babae224( )lnf xxxe2ln4( )2xfxxe21 ln( )2xfxxxe( )0fx( )fx2exe3.设, 证明.证明证明: 设. 则,所以当时, , 故单调减少, 时, 从而当2222ln444( )2()0,xfxfexeee(方法一)2exe( )f x2eabe( )( )f bf a222244lnlnbbaaee2224lnln()babae即当时, 单调增加. 时, 即故 因此当2eabe2224lnln()babae2( )lnf xxln( )2,xfxx21 ln( )2xfxxxe(

19、)0fx( )fx2exe3.设, 证明.证明证明: 设. 则由中值定理,所以当时, , 故单调减少, 时, 从而当2( )( )( )()()()f bf afbafeba( )( )( )(),f bf afba即2224lnln()babae(方法二)( , )a b课堂上讲解的方法( )f x0,1(0,1)(1)0f(0,1)( )( )ff ( )( )F xxf x(0)0F(1)(1)0Ff( )F x0,1(0,1)( )0F( )( )( )F xf xxfx( )( )0ff( )( )ff 4 4.设在上连续, 在内可导,且求证存在, 使得证明证明: 设, 则且即在区间

20、上满足罗尔中值定理的条件, , 使得又因此有整理后可得因此存在( )f x , a b( , )a b( )( )0,f af b( )0f c ,()acb( , )a b( )0.f( , )a b( )0f( )f x( , )a c( , )c b1( , )a c2( , )c b1( )( )( )0()0f cf af cfcaca2( )( )0( )()0f bf cf cfbcbc4 4. 设在上连续, 在内有二阶导数,. 试证在内至少存在一点, 使得证明证明: 由罗尔中值定理知, 存在,使得对分别在和上用拉格朗日中值定理, 和, 使得及且有知分别存在12, ( )fx12

21、(,)( , )a b 2121()()( )0fff再在闭区间上对用拉格朗日中值定理, 使得知存在1()0,f2()0;f前页已证明 (- ,) 定定义义域域为为22( ) 6 (1)0, f xx x 由由得得22( )6(1)(51)fxxx 又又由由 有有0 .x 所所以以 为为极极小小值值点点 但但3.1 2.x 定定理理 失失效效在在改改用用定定理理1231,0,1xxx (0)60f ( 1)(1)0 ff解解例例5 求函数求函数23( )(1)1f xx ( 1, ),( )0 xUfx (1, ) ,( )0 xUfx 1 x 故故(0)0.f 不是极值点不是极值点, , 故

22、只有极小值故只有极小值同号同号同号同号的极值的极值第四章第四章 不定积分不定积分 重要内容: 不定积分的计算不定积分的计算基本积分表 (P217, P234)换元法分部积分法常见类型的处理常用方法常用方法:三角函数公式(平方和, 倍角等)凑项(加减, 乘除, 特殊公式)根式代换, 倒代换拆分配方最常见的错误容易的检验法开根号时, 没有讨论符号对结果求导 = 被积函数忘记写常数Cxbxafd)() 1 ( )(bxaf)(dbxa a1xxxfnnd)()2(1)(nxfnxdn1(3)(sin )cos dfxx x)(sin xfxsind(4)(cos )sin dfxx x )(cosx

23、fxcosd第一换元法第一换元法直接凑微分，不必写出中间变量直接凑微分，不必写出中间变量xxxfdsec)(tan)6(2)(tan xfxtandxeefxxd)()7()(xefxedxxxfd1)(ln)8()(ln xfxlnd(5)(sec )sec tan dfxxx x (sec )fx第二类换元法常见类型第二类换元法常见类型: 22(1)(,)d ,f xaxx令22(2)(,)d ,f xaxx令22(3)(,)d ,f xxax, ),(,sin22ttax, ),(,tan22ttax,时当ax 令, ),0(,sec2ttax,时当ax令,ux,au 则(4) 分母中x

24、因子次数较高时, 可试用倒代换倒代换 ,1tx 倒代换倒代换:dxxxa 422,222 xaxdx适合于类型适合于类型注明参数取值范围求不定积分：21(1)23dxx 解 (1)22321112231 ()dxdxxx23322321()21 ()dxx321arcsin()3xC1(2)1 sindxx211 sin1 sincosxdxdxxx22coscoscosdxdxxx(2)tansecxxC xx4d) 1 (24d)2(xxxxxd4)3(2xxxd4)4(2224d)5(xx24d)6(xxxd(4)4xx21222d( )1( )xx2122d(4)4xx241d4xx4

25、1xx2121xd24(2)xd(2)x 几个相近的例子1,xt 令(3)11dxx2111dxtdttx22ln(1)ttC22212211tdtdtdttt212ln(11)xxC 解:21,2,xtdxtdt :的一般方法及选取vu把被积函数视为两个函数之积 , 按 “ 反对幂指三反对幂指三” 的反反: 反三角函数对对: 对数函数幂幂: 幂函数指指: 指数函数三三: 三角函数前者留下,后面的放到微分号里分部积分分部积分-主要处理两个函数乘积积分主要处理两个函数乘积积分uvvuvudd3.求 dxx )1ln(2222ln(1)1xxxxdxx221ln(1)2 (1)1xxdxx2ln(

26、1)22arctanxxxxC解:原式（4）1 cosdxx(4)1cosdxx22cos2dxx2( )2cos2xdxtan2xC解(5)sinxdx2(5),xt xt令sinsin2xdxttdt2cos2 cos2 costdttttdt 2 cos2sintttC 2cos2sinxxxC 提示：dxxdxx25366ln|x3|5ln|x2|C 解 例1 1 求dxxxx6532 解 dxxxx6532dxxxx) 3)(2(3dxxx)2536(dxxxx6532dxxxx) 3)(2(3dxxx)2536(dxxxx6532dxxxx) 3)(2(3dxxx)2536( dx

27、xdxx25366ln|x3|5ln|x2|C AB1 2A3B3 ) 3)(2()32()(23) 3)(2(3xxBAxBAxBxAxxxA6 B5 ) 3)(2()32()(23) 3)(2(3xxBAxBAxBxAxxx) 3)(2()32()(23) 3)(2(3xxBAxBAxBxAxxx 有理函数的积分有理函数的积分拆成两项2(4)215dxxx2215dxxx1 (3)(5)(5)(3)8(5)(3)dxxxdxxxxx1853dxdxxx15ln83xCx解例例2. 求.d3222xxxx解解: 原式xxxd3223)22(21x32)32d(2122xxxx32ln212xx22