大一高数复习材料资料

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，y=/(x)=xsinx是无界变量，但不是无穷大量。因为取

TT7T

X=X"=2〃万+万■时，/(x„)=2n^+—,当〃充分大时，/(X")可以大于一预

先给定的正数M；取x=马=2n兀时，/(乙)=0

2.记住常用的等价形式

当xfO时，sinx~x,arcsinx~x,tanx~x,arctanx~x,

ln(l+x)~x,e'-1~x,1-cosx~~x2^(l+%)a-ctx

例1当xf0时，下列函数哪一个是其他三个的高阶无穷小

(1)x2o(2)1-cosxo(3)sinx-tanx(4)ln(l+x2)o()

解:因为1—cosx~gx2,ln(l+x2)~x2,所以选择C

任「「e*-cosx

练习hm---------

Incosx

22

小ex-cosx..ex-l+l-cosx

解hm---------=hm---------------

xfoIncosxln[l+(cosx-1)]

2

「ex-1-1-cosx

=hm--------------+lim---------------

In[1+(cosx-1)]ioIn[1+(cosx-1)]

..X2..1-COSXc

=hm--------Flim-------=-3

XT。COSX-110cosx-1

3.若函数的表达式中包含有Q+新(或&+疵),则在运算前通常要在分子分母

乘以其共朝根式。一方(或右-扬)，反之亦然，然后再做有关分析运算

例2求limsin(J〃2+1乃)<>

解limsin(J/?+i〃)=limsin[(V/22+1

n—>oo〃一>8

=lim(-l)“sin(7n^n-〃)4=lim(-1)“sin,——=----

当〃一>8时，sin.厂1-------------—------->0,(n—>oo)

J/+l+〃vH2+1+n

又|(一1)〃|=1,故limsin(J〃2+E)=。

练习求lim[Jl+2+・・・+九一，1+2+・・・+(胃—1)]

HT8

J_________2〃V2

A/2+1)+—1)2

⑴r0型未定式

[(2)括号中i后的变量(包括符号)与累互为倒数

解题方法

(1)若极限呈产型，但第二个特点不具备，则通常凑指数幕使(2)成立

(2)凡是亡型未定式，其结果：底必定是e,塞可这样确定:

设lim〃(x)=0,limv(x)=oo,则

lim(l+〃(l))"')=]ime"""na±"x))_^limv(x)ln(l±z/(x))_^limv(A)[±M(A)]e±limv(x)〃(x)

这是因为ln(l±w(x))〜±w(x)o

X

例3求limfcos'+sinL|。

Xfg'XX

原式=lim(cos工+sin4])

解=lim1+sin—

XTBIxXJXT0°1x

2x,

因为limsin*•土==所以原极限=e。

XT8X2XT82

X

练习求lim_二一

T〃

-n

解原式=lim1+

X->o|

ex+e2x+---+em-n11(er-l)+(?r-l)+---+(^r-l)

lim--------------------=—lim----------------------------

AT0nxn

因为

ex-\1+…+limn+l

-lim+lim=—(1+2H------ri)=

n10Xx->0xxf0xn2

5.几个常用的极限

limV^(a>0)=1特别地limVH=1

W->00“TOO

1.71「兀

limarctanx=—limarctanx=---

2XfF2

limarccotx=0limarccotx=7r

xf+00XT-00

limex-0lime"=8limxx=1

X—>-oo.v->0+

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｛5｝的极限存在，记为limx“=/代入给定的天的表达式中，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｛%｝：4=1,2=1+—二,…,4=1+—④一,…，求lima,,。

1+41+%…

解用数学归纳法可证得｛4｝单调增加:

q=1,a=1H——~~=一,显然q<出。

21+42

假设ak_]<ak成立，于是

+_氏二匚4—<0

I1+aJ(1+&_1)(1+4)

即<a*”成立。

显然1<%<2,从而数列｛4｝有极限，不妨设lima,,=A。

M->00

A

由于a=1+n，两遍去极限得：A=l+——,即A?—A—1=O,

1+%"A

即得出A=生叵。

2

根据包号性的推论可知A非负，所以iima“=上芭。

X.3〃项和的极限

求解方法：

(1)利用特殊和式求和；(2)利用夹逼定理求极限(〃个项按递增或递减排列);

解因为/,-</,+/,H----h/,—«/,,

y/n2+nVH2+1\ln2+2y/n2+nV/?2+1

HYl

而lim/=lim=1,由夹逼准则有

"T8j〃2+〃…J〃2J+]

lim----1-----1--I----------=1

1•22-3n-(H+1)J

X.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|x|<l时，求Iim(l+x)(l+x2)(i+x4>..(i+x2”)

n->oo

(1一处(1+幻(1+/)(1+/>一(1+%2”)

解原式=lim

1—X

(1-4(1+/)(1+d)••«+/)

mm1-X

..(1—%4)(1+%4),**(1+x2)

lim------------------------------------

〃->81—%

=1汕。一"l-x2"1

=lim

"T81-X72—>00l-xl-x

xXX

练习当XHO时，求limcos—cos-----cos一

〃->8242"

XXx

2"sin土cos--cos-----cos

解原极限=lim---------21242"

“T8

2nsin—

2"

c〃TXXX.X

lim-2------c-o--s-2_-c_osU…(―2cossin)

…2"sin—

2"

2"2cos'cos(2cos」7sin

lim242“T

8

2nsin—

T

sinx「sinxsinx

=lim-------------=lim----------=--------

"T8122人33/Vnn

"f82n2

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/(x)在［a,句上连续，且4<c<d<人，证明：在(a,勿内至少存在一个4使

Pf(c)+qf(d)=(p+幻/e),其中p,q为任意正常数

证因为/(x)在他力］上连续

所以/(x)在［a,切上有最大值M与最小值机

由于且〃.q>0,于是有

pm<pf(c)<pM

qmWqf(d)<qM

从而

(P+q)m<pf(c)+qf(d)<(p+q)M

即

m〈Pf3+qf⑷&M。

p+q

由介值定理，在［a,句上至少存在一个J,使得

Pf(c)+qf(d)_

—Jv^)

p+q

2.间接法(己辅助函数法)其程序是先作辅助函数尸(x),验证F(x)满足玲芝定理

条件，然后由零值定理得出命题的证明。

辅助函数日无)的作法：

(1)把结论中的4(或X。)该写成X；

(2)移项，使等式右边为零，令左边的式子为F(x),此即为所求的辅助函数

例2设/(x)在［0,2a］上连续，且f(0)=/(2a),证明：在［0,a］上至少存在一个J,使得

偌)=/©+叽

证令尸(x)=/(x+a)-/(x)

显然，F(x)在［0,a］上连续，注意到/(0)=/(2a),

故F(0)=/(«)-/(0),尸(a)=/(2a)—/(a)=.f(0)-/(«)

当/(。)一/(0)=0时，可取J为a或0,而当/(0-/(0)70时，有

F(0).F(«)=4/(«)-/(0)]2<0

由零值定理可知存在一个片€(0,0,使得产修)=0,即

/C-a)

X.6极限的求法

1.约简分式的方法

xp/q-]

求极限物EC,s都是正整数)

2.有理化分子和分母

求极限lim(J%2+x+l-Jx2-x+l)

XTM

3.利用自然数求和

11

求极限H---H---+

巩31535

QinX

4.利用基本极限lim业土=1

1°X

1-cosx•cos2x•cos3x

求极限lim

1-cosx

-1

5.利用基本极限lim(l+x)x=lim(l+-)A=e

x->0x->oox

求极限lim(tanx)tan2j

XT2

4

6.利用单调有界数列必有极限

求数列x,,="+J+…&的极限

习题课一

例1试用极限的“£一N”定义证明：lim「——=-

—82〃-+3〃2

证Ve〉0,要使|x"—。|<£,只要

1|2-3/?|3n-23n

a\=〃丁1—=--------------=---------------<---------------

2n2+3n22(2/?+3〃)2(2/?+3〃)2(2»2+3»)

---------V---V—<£,即-o

2(2〃+3)4nn£

因此Ve>0,可取N=[■!■],那么对一切〃〉N,恒有二±1—-

]_£]2n2+3n2

n2+1

即lim

，-302n2+3〃2

9)sin等，证明数列｛x,J没有极限。

例2设x“=(1+

证如果数列｛怎｝有极限，那么它的任何子列都有相同的极限。因此，若能找出｛当｝

的两个具有不同极限的子数列，便知｛%｝没有极限。由于

=(l+L)sin(")=0,limx4Q=0；

，人炉=(1+/J).=l+吧〜川/=1，因此数列｛£｝没有极限。

X—1

例3用“£一3”定义证明：lim^-=0,

•i2x

证先限制0<|x-此时有

|%|=|(x-l)+l|>|l-|x-l||=l-|x-l|>|,或2|x|>l,从而

X—1

因此，V£〉o,要使土」一0<£,只要|x—1|<£,于是取b=min{g,£},则当

2|x|

X—1Y—1

X适合不等式0<|了-1|<3时，对应函数值/(X)=--恒满足不等式?——0<£

2x2\x\

X—1

所以lim3^=0。

Il2x

例4设lim(-Jx2—x+1—ax—b)-0,试确定常数a和〃。

XT+cc

解

lim丁―：+】一a'?一9%"=lim。一。尸一(1+2。场+1-从

22

“f例ylx-x+l+ax+bylx-x+\+ax+b

2

2l-h

(1-a')x-(1+2ab)H------

=lim-----1---------------------

XT*0,11b

JI-+,+a+

Vxxx

上式要想极限为0,必须1—/=0,1+2“力=0,又分母极限为1+。所以。力-1,因

此a=1,。=-■-o

2

例5证明：lim(l+2"+3"户=3。

证(1+2"+3"放=3(；)+《)+1”

1!1

因此3<(l+2n+3w)«<3-3«,由lim3-3§=3及夹逼定理,即得

"->8

lim(l+2"+3")"=3

=2—L(〃=1,2,…)，证明数列｛居｝的极限存在，并求其极限。

例6设玉=l,x〃+i

l+x.

证x2=2——=—>2，设>xn_]则

尤"+i=2------->2---------=x“。

1+X"1+匕一

按归纳法可知，对任何的〃有X,用>%„,即｛%｝为单调增加的数列。又按归纳法容易证明

0<x„<2,故数列｛%｝有界。因此｛居｝有极限。

设limx“=a,则limx,z=a，对关系式匕=2——1—的两边取极限，便有

"T8〃一>81V

1十AM-I

a=2-一—,即。2一。一i=o,解得4=1^2^,因为％>0,故“NO,a=

1+a22

不合，因此。=山5,即limx,=匕且

222

例7设函数

aex(x<0)

/(x)=<Z?-1(x=0)

bx+1(x>0)

在x=()处连续，求常数。，匕得值。

解由于函数/(x)在x=0处连续，根据函数在一点连续的充要条件，应有

lim/(x)=limf(x)=/(0)

x->0+

由于limf(x)=limaex-a,limf(x)-lim(bx+1)=l,/(0)=b—\,依上式即有

.r—>0-.r—>0-.v—>0+.r—>0"

a=i=h-1,从而得。=l/=2。

例8证明：方程x=e'-3+l至少有一个不超过4得根。

证设函数/(x)=x—e"3—1,则/(0)=—e-3—1<0,/(4)=3-6>0又函数在闭

区间「0,4]上连续，故由介值定理有在开区间(0,4)内至少存在一点J,使得

/《)=0/e(0,4)o即方程x=e'f+1至少有一个不超过4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{[%,包]},若：

(1)回，4]=>[4，4]n

(2)lim(Z?„-a„)=O

M->CO

则存在唯一数/属于所有的闭区间(即'[4,〃[=Z),且

n=i

liman=limhn=I

n—>aon—>oc

证明由条件(1),数列｛4“｝单调增加有上界伉，数列也,｝单调减少由下界力,从而

由单调有界原理，数列｛q｝,也,｝都收敛，设lima“=/,则

W—>00

limbn=-an+。〃)=lim(Z7w一。〃)+lim=0+/=/

/j—>oo/j—>00n—>00n—>oo

故］iman-\\mbn=Io

n—>oon—>oo

任取ZeN.,\fn>k^ak<an<bn<hk

从而441im%=/=lim〃K%,即/属于所有闭区间。

〃foo?j—>00

假设有4属于所有闭区间，从而V〃wN+,有有—4区2―4,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,有一个上界夕与数集

E有一种特殊关系.

定义1-12:设E是非空数集.若三月eR,且

(1)VxeE,有4；

(2)V£>0J面e£\有万一£</

则称是P是数集E的上确界.表为户=supE。

类似地,可以定义下确界.表为

定义1-13:设E是非空数集.若maeR,且

（1）VxeE,有a4x；

（2）V£->O,HA^eE,有x（）<a+£

则称是a是数集E的下确界.表为a=infE。

例如：数集E=［且匚|〃eN+>,supE=1,infE=-l

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“eE。又由数集E有上界，设久为其上界,且a1<伪，则区间［q,切

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qeE）

设q=&兽，若q为E的上界，则满足性质P,设％=4，4=弓。若q不是

E的上界，则存在数ceE使c>q,从而［q,切满足性质P,设外二^^二仇，从而得到

具有性质P的闭区间［出，伪］。与此类似，我们可以得到具有性质P的闭区间［%，4］…

［a“也］…,且

（1）［4，4］=>［4,伪］nn［a“也］n

h—a

⑵a"）=lim'岸"=0

M->aOZI->002

由区间套定理，存在唯一的数夕属于所有的闭区间［%,ZJ,且lima“=lim4=/。

n—>oo/»—>oo

VXGE,由于d为E的上界，故2,〃=1,2,...,有极限的保号性，我们有尸；

V£〉0,由lima,,=£,存在加，使得"一£<a,“，由性质P的（2）3xe£,x&［a,b］,

〃一>800mm

从而力-£<Xo,由定义夕是数集E的上确界。

设夕=supE,夕。，，不妨设令?=夕一尸，则玉oGE,使

/3'-£.=/3<XQ,这与夕是数集E的上确界矛盾，从而夕=〃，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S(S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VXGE,3AGS,XGA,则称开区间集S覆盖区间/.

例1S,=/(—,—)|n=l,2,I,覆盖了人=(0,1),但5中找不出有限个开区

［n几+2J

间将它覆盖。

例2S,=S,)1,覆盖了/,=［0,1］,且可选出有限个开区

21［100100100100J2

间将它覆盖。

定理3(有限覆盖定理)若开区间集S覆盖闭区间［a,夕，则S中存在有限个开区间也覆

盖了闭区间切.

证明：假设S中任意有限个开区间都不覆盖闭区间［a,句，简称切没有有限覆盖。

设。=空，贝！I［a,c|与［c,切至少有一个没有有限覆盖，否则切将是有限覆盖。

设其中没有有限覆盖的为［4，4］。与此类似，我们可以得到具有没有有限覆盖的闭区间

［%也］…a也］…,且

b—CL

⑵limS,-a“)=Iim卡=0

〃T8〃T82”

由区间套定理，存在唯一的数夕属于所有的闭区间［凡,也］，且lima“=lim〃=£。

〃一>oon—>00

显然尸由于开区间集S覆盖［凡句，从而S中必至少存在一个开区间(p,q),使

得£e(p,q),即p<0<q,有极限的保号性，当〃充分大时，有［%抱］u(p，4)，这与

［%,。,』没有有限覆盖矛盾，从而S中存在有限个开区间也覆盖了闭区间团,力

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［a,b］改为开区间(a,切则定理不一定成立.

四、聚点定理

定义：设E是数轴上的无限点集.J是数轴上的一个定点(可以属于E,也不可以属于

E).若V£〉()，点4的£邻域U(J,£)都含有E的无限多个点，则称J是E的一个聚点。

例如4=3力），贝此。涉］中的每一点都是目的聚点。

七=1）〃=1,2,1,则x=0是£的聚点。

刍=｝?|〃=1,2,｝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。和匕分别是E的下界和上界，从而假设

结论不成立，即闭区间6］的任一点都不是E的聚点，\/xe［a,b］,因为x不是E的聚点,

所以三邑＞0,使U（x,j）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

S=｛U（4,£）|xe［a/］｝

显然，开区间集S覆盖［&力］,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。（西,气）,，。区，气）也覆盖工力］,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｛4｝必有收敛的子数列｛4/。

证明若数列伍“｝有无限多项相等，设％,=4匕==%=显然，常数列｛4.｝是

收敛的子数列。

若数列｛为｝没有无限多项相等，则有有界无限点集£=｛。“|〃=1,2,｝.根据聚点定

理，E至少有一个聚点

按照聚点定义

取£=1,

取£=；,ma%w,且勺〈丐。（因为看是聚点所以含有无限多个｛«„｝

中的点，所以去掉｛4｝中的前々个有限点后，U（4g）中仍然含有｛%｝的点，任取一个即

可）

取2=!，3aet/（^，Y）,且应一心巩

kkk

如此进行下去，就构造了数列｛4｝的子数列｛/｝。且VkeN+,有|可-目<?，当

*kk

k-8时，有!->0。所以lima,,=4,即子数列｛4｝收敛。

卜上->8*4

六、柯西收敛准则

定理6(柯西收敛准则)数列｛4｝收敛oVe>0,mNeN+,V〃,m>N,\a„-am\<£

证明：必要性

若数列｛a„｝收敛，设lima,=a,由极限定义，

”一>00

+

Vf>0,3?/eN,\fk>N,\ak-a\<^,从而分别有|a“一同<|■与

于是有I。”—4"|=|4-a+a—4」4|a“一。|+一4”|<&

充分性

取£=1,mN］GN：Xfn>N［和］%>M，有卜从而，Yn>N、,有

a

I„H4—%+%b凶a,,一%|+|%\<1+1%,I

取M=max｛|a1|,|a2|,|｝,则有,即数列｛a“｝有界。

根据致密性定理，数列｛a,J存在一个收敛的子数列｛4｝,设lima“=a.

kJt—>ook

接下来证明liman=a

〃一>oo

由已知有v1>0JN€N*Rn,m>N\an-an\<|

又已知lima=a,对上述勺>0,3keN；\fn,>k,有|a〃-a\<—

取L=max｛N,&｝,从而，Vn>L,nk>L,同时有卜“一。“/<|■及同一《<g，从而有

1%-4=卜”一%+ant-(^<\an-ant\+\ant-a\<£,即lima„=a或数列｛a,J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/(%)在闭区间勿连续，则函数/(幻在闭区间山,切有

界,即3M>0,VXG[a,b]有|/(x)|<M

证法由已知条件得到函数/(x)在出,勿的每一点的某个邻域有界.要将函数/(x)在

每一点的领域有界扩充到在闭区间3,6有界,可应用有限覆盖定理,从而能找到M>0.

证明已知函数/(x)在[a,勿连续，根据连续的定义及极限的局部有界性Vae[a,例，

3<^>0,使得VxeU(a总)c[a,力，|/(x)|</(a)+1o显然，开区间集

{U(a,今)|ae[a,句}覆盖闭区间[a,夕，根据有限覆盖定理，存在有限个开区间

{U(ak,\)\ockG[a,b],k=\,2,㈤也覆盖[a向，且VxeU(%,%)c[a,0],有

l/(x)|<f(ak)+l,1=1,2,,〃，取M=max{"Q)|,|/(4)|,,"(%)|}+1,于

是\fxe[a,b],于是3ze(l,2,,使得e),有

|/(x)|<|/(a,.)|+l<M»

定理1-13(最值性)若函数/(%)在闭区间[«,b]连续,则函数/(%)在[a,b]取到最小值

〃，与最大值M,即在[a,万|上存在X]与々，使/(工1)=〃?与/'(工2)=加，且勿有

n<\.

证法只给出取到最大值的证明.根据定理1-12,函数/(x)在[a,夕有界.设

sup{/(%)\xe[a,b]]=M.只须证明Vx2e[«,/?],使f(x2')=M,即函数/(x)在七取到

最大值.用反证法.假设Vxe[a,。],有/(x)<M.显然，函数在[/切连续，且

加―/(x)>0.于是，函数一与一在[a,切也连续.根据定理1-12.存在C>0,

有——J——〈。或则M不是数集的上确

M-f(x)C

界,矛盾.

定理3(零点定理)若函数/(幻在闭区间出,切连续，且/(a)/S)<0,(即/(a)与

f(b)异号)，则在区间(a,价内至少存在一点c,使/(c)=0,

证明不妨设/(a)<0,/S)>0.用反证法和闭区间套定理.假设有

/(X)H0。将闭区间3,句二等分，分点为学，若/(审