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1、极限与连续性,11,一、数列与函数极限的存在准则,(1)夹逼准则； (2)单调有界收敛准则,分析 给定数列的奇数项子列单调增加有上界，偶数项子列单调减少有下界，因此两子列均收敛 . 对于这种数列仍可应用单调有界准则.,12,解 首先易见,又计算可得,所以两子列均收敛，然后由递推式,13,两端取极限得,由此得到,14,解 因为,15,二、幂指函数,的极限,16,解 令,则,因此根据命题1.4可得,故原式=1.,17,三、用洛必达法则与泰勒展开式计算极限,应用洛必达法则之前应注意:,(2)通过分解、变量的等价替换、析出可成为 常数的变量等整理和化简,以便于计算导数;,(3)可重复上述步骤.,应用泰
2、勒展开式时需注意分子与分母展开的阶数,为各自主部的阶数.,18,例1 设函数f(x)有连续的二阶导数，且,解 因,因此利用命题1.3的结论有,19,解 用sin6x的泰勒展开式,知应选： C .,C,注 由于f(x)无可微条件, 此题不能用洛必达法则 .,20,例3 求,解,21,例4 求,解 原式=,22,解 原式=,(应用洛必达法则),23,(应用洛必达法则),(用积分中值定理: 在0和x之间 ),24,四、无穷小、无穷大量阶的比较,(1) 当正整数n时,以下各无穷大数列的阶由低 到高排列为:,(2) 当实数x +时，以下各无穷大量的阶由低 到高排列为：,25,(3) 当x0时，下列各无穷
3、小量,(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4,B,-1,26,例2 设,则当x0时，,是,的 ( ).,(A) 高阶无穷小 (B) 低阶无穷小 (C)同阶但不等价的无穷小 (D) 等价无穷小,解,C,27,五、有关两个重要公式,(1),(2),28,例1 求,解 当x=0时，原式=1.,当x0时，,原式,29,解,则拉格朗日中值定理，有,其中介于(x-1)与x之间，那么,30,于是,则2c=1，,e2c=e,即,31,解,例3 求,32,33,注：2009年全国决赛试题有类似题目,34,六、求分段函数的极限,例1 求,解,35,七、用导数定义求极限,解 由题设可知,于是,36,解 原式
4、,令,37,于是,原式=,0(n),所以原式=,38,八、用定积分定义求极限,公式：,(函数f(x)连续),例1 求,分析 如果还想用夹逼定理中方法来考虑,而,39,由此可见，无法再用夹逼定理，,因此我们改用定积分定义来考虑。,解,40,例2 求,解 因为,而,夹逼定理,41,例3 求,解 原式=,数列极限普通方法难有成效时，可考虑转化为定积分,42,九、求极限的反问题,解 由题设可知,1+a+b=0,再对极限用洛必达法则,因此,43,解 先用冪指函数处理方法,再用导数定义,取,44,于是,因此,所以,再由,则,45,例3 设函数,当x0时的极限存在,求a的值 .,解,46,例4 设函数,为了
5、使函数f(x)在x=1处连续且可导, a, b应取什么值？,解 因为,所以要使函数在x=1处连续, 必须a+b=1.,又因为当a+b=1时,所以要使函数在x=1处可导, 必须a=2,此时b=1.,47,十. 曲线的渐近线,1. 水平渐近线,若,则曲线,有水平渐近线,若,则曲线,有垂直渐近线,2. 垂直渐近线,48,3. 斜渐近线,斜渐近线,若,49,例1 曲线,渐近线的条数为,解 曲线有渐近线x=0, y=0 , y=x.,(A)0 . (B)1 . (C)2 . (D)3 .,故正确答案为 D .,1.3 连续,一、函数的连续性, 函数的间断点及其分类,解 (A)，(B)，(C)不成立可用反
6、例,(D)成立. 可用反证法：,假若不然,没有间断点，那么,为两个连续函数乘积，一定连续.,故矛盾，,解,考虑,所以,其它皆为第二类间断点。,为0或的点，即,因为,类(无穷)间断点，,类(可去)间断点.,例4,解,右连续但不左连续 ,例5,解,二、闭区间上连续函数的性质,重点为介值定理及其推论,关于根的存在性证明问题,一般考虑三种方法： (1) 直接运用最大值最小值定理与介值定理； (2) 先将结论(或满足条件的等式)中的(或根) 换成变量x,再移项使一边为0,令另一边的函数 为辅助函数F(x),然后运用零点定理导出结论； (3) 用反证法证明.,注 零点定理是介值定理的特殊情况, 换言之,
7、能用介值定理证明的命题也能用零点定理证明, 而后者具有某种规范性,比较容易掌握.,证 任取一点a,若f(a)=a, 则已满足要求.,现设,我们有f(b)=a.,根据介值定理,在a与b之间至少有一点x0, 使得,即,故有最大值M和最小值m,于是,所以,例3,证,由零点定理,例4,证明,讨论:,由零点定理知,综上,64,1.4 综合习题讲解,65,一、 填空题,解 可得,所以 a = 2.,66,解,所以,67,所以,68,解 ff(x) = 1.,解 原式,69,解,70,所以 k1=1990, 即 k = 1991;,解,71,二、 计算题,1. 求下列极限,解,72,73,74,2. 求下列
8、极限,按照等价无穷小代换,75,解 方法1：,76,77,方法2： Taylor展开,78,79,(3),解,80,(4),解,81,所以,解,又因为,(5),82,三、证明题,例1 设f(x)在a, b上连续, 且f(a) b, 试证在(a, b)内至少存在一个, 使f() = .,证 假设,F(x) = f(x) x,F(a) = f(a) a 0,则,于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个, 使f() = .,83,例2 设f(x), g(x)在a, b上连续, 且f(a) g(b), 试证在(a, b)内至少存在一个, 使f() = g(). 证 假设 F(x) = f(x) g(
9、x), 则 F(a) = f(a) g(a) 0 于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个, 使f() = g().,84,例3 证明方程x53x2 = 0在(1, 2)内至少有一个实根. 证 令 F(x) = x53x2 , 则 F(1) =4 0 所以在(1, 2)内至少有一个, 满足F() = 0.,85,所以存在( a x1 xn b)，使得,证 令,所以,例4 设f(x)在a, b上连续,且a x1 x2 xn b, ci (i = 1, 2, 3, , n)为任意正数, 则在(a, b)内至少存在一个, 使,86,解 因为,且,所以,得a = 1. 极限化为,得b = 4.,因此
10、，a = 1，b = 4.,四、历年部分竞赛真题、考研真题选讲,87,2、极限,分析 本题属基本题型，,直接用无穷小量的等价代换进行计算即可.,解,88,3、,分析 本题为未定式极限的求解，,利用等价无穷小代换即可.,解,89,4、,解 因为,而sinx+cosx有界，故,90,.,5、 求极限,解,91,6 极限,分析 重要极限的应用,解,因为,所以原式=,92,7. 计算,解 先求,93,证 因为,而,94,分下列情况讨论数列的单调性， 可得到数列单调有界：,求极限：,得A = 4 (A = 3舍去).,95,9. 计算,分析 重要极限的应用,解,因为,所以原式=,2011年决赛试题,96
11、,10. 计算,分析 定积分的定义,解,2011年决赛试题,2.1 导数与微分,例1 设,解,一、用导数定义求导数,解,二、分段函数在分段点处的可导性,例1 设,先去掉绝对值,例2 设函数,试确定a、b的值，使f(x)在点x=1处可导。,解 可导一定连续，,f(x)在x=1处也是连续的。,由,要使f(x)在点x=1处连续，必须有,a+b=1.,又,a+b=1.,要使f(x)在点x=1处可导，必须,即,a=2.,故当a=2, b=-1时, f(x)在点x=1处可导.,三、运用各种运算法则求导数或微分,解,(要求非常熟练地运用),例2,解,例3,解,分析:,不能用公式求导.,例4,解,四、求切线方程和法线方程,解 由已知条件可知,故所求切线方程为,解 曲线的参数方程为,因此,故切线方程,即,法线方程,即,解 由题设可知,故切线方程为,由f(x)连续性,由所给条件可知,再由条件可知,令,可得,则,所求切线方程为,即,1、求二阶导数,五、高阶导数,解,例2,解,解,例4,解,例5,解,2. n阶导数,莱布尼兹公式,例6,解,两边取对数,常用高阶导数公式,例1,解,例2,解,