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数学竞赛 讲稿 A 1 全国高校数学竞赛 上海赛区 复旦大学辅导班 讲 义 第一章 函数 极限 连续 一 极限的证明 极限主要介绍极限的证明和计算 在证明方面主要介绍单调有界存在极限 的思想夹逼性方法 例 1 1 夹逼性方法 若0 a 证明 1lim n n a 解 当 1 a时结论是显然的 当10 a 因 此不妨设1 a 这时1 n a 因此设 n n ha 1 0 n h 只要证明0lim n n h 就可以了 因为 n n ha 1 所以 n n ha 1 n nnn hh nn nh L 2 2 1 1 n nh 1 1 1 即 n nha 1 或 n a hn 1 这 样 得 到 了 估 计 式 n a hn 1 0 于是得到 1 2 0 n hn 由夹逼性得到0lim n n h 因此1lim n n n 同样 可以推广到 1lim nk n n 其中k是已知的常数 此例也可以利用单调性证明 解 I I 记 n n nx 于是 nn nn 1 1 1 1 nn nnn n n n时 n n n n n 因此 n n n lim存 在 又 n n n nx 2 2n n x2 令 n 得 1lim n n n 解 I I I n n nnn 1 111 L n nn11 L n nn22 n 2 1 aa n n n 则 n lim1 n a 例 1 2 夹逼性方法 若10 a 则 n lim0 n na 解 由 10 l 于是 0 n n l n na 1 2 2 1 2 2 1 ln l nn n x 2 001 xxFx 2 1nnn xxFx L 2 1 n 证明 n n x lim存在 并求此极限 值 证 首 先 设 法 单 调 n x的 具 体 表 达 式 令1 x 5 2 1 2 1 2 y y yF yf 102 1 2 yyyf 9 1 2 y 于 是 9 2 xyxyf x xy yxF 2 9 2 0 2 00 1 2 9 2 x xx x L 2 9 0 2 0 x x n n n x x x 2 9 2 1 数学竞赛 讲稿 A 3 n n n x x x 2 9 2 1 n n x x 9 2 1 n n x x 1 3 于是 2 1 9 1 2 1 nn n xx x 1 3 9 1 2 1 2 因此 n x单调减少并有下界 因此存在极限 n n x lim 设 n n x limA 由于 n n n x x x 2 9 2 1 取极限得 A A A 2 9 2 于是3 A或3 A 舍去 因此 n n x lim3 例 1 4 单调性 设0 a 0 1 x 3 1 3 4 1 n nn x a xx L 2 1 m 求 n n x lim 解 3 1 4 1 n nnnn x a xxxx 4 3 n nnn x a xxx 4 a 于是 n x有下界 又 4 1 3 4 1 nn n x a x x 13 4 1 a a 因此 n x单调减少 于是极限 n n x lim存在 令 n n x liml 因此 3 4 1 3 l a ll 解得 n n x lim 4 a 推广之 若 1 1 1 1 k n nn x a xk k x 其中0 a k是正整数 则 n n x lim k a 有时也要用另一种形式的归纳法 例 1 5 数列 n a为 0 1 a 2 1 2 a 1 3 1 3 11 nnn aaa L 3 2 n 证明极限 n n a lim 存在 并求此极限 解 由数列 n a的构成 易知 10 aa 2 1 3 a 2 a 34 12 7 aa 设对一切小于n的 项 n a 满足 1 nn aa 21 nn aa 于是 nn aa 1 0 3 1 3 2 3 11 nnnn aaaa 可 见 数 列 n a单 调 增 加 有 上 界 因 此 存 在 极 限 记 n n a limg 则 数学竞赛 讲稿 A 4 1 3 1 3 ggg 解得 1 g 2 51 g 2 51 g 由于数列的项非负且容易归纳证明 3 2 0 a ax 1 n n n x xa x 1 1 L 3 2 1 n 例 1 8 若1 a ax 1 n n n x xa x 1 1 L 3 2 1 n 证明 n n x lim 存在 且axn n lim 证明 若取一个具体的a值 比如2 a 2 1 x 则 3 4 2 a 7 10 3 a 17 24 4 a 发现L 531 aaa单调减少 而L 642 aaa单调增加 因此可以分别 讨论其奇数项组成的子数列和其偶数项组成的子数列的极限 先证明函数当0 x时 x xa xf 1 单调减少 事实上若 0yx yx xya 函数的单调性也可以用第二章的导数来证明 再用归纳法证明 2n x有上界 12 n x有下界 事实上 显然0 n x 因 数学竞赛 讲稿 A 6 为 ax 1 所以 1 1 2 1x xa x a a aa 12 及 ax k k k k x xa x 2 2 12 1 a a aa 1 12 12 22 1 k k k x xa xa a aa 1 因此 对一切正整数k 有ax k 12 再证明单调性 事实上 1212kk xx 12 2 2 1 k k k x x xa 12 12 12 12 12 1 1 1 k k k k k x x xa x xa a 12 2 12 2 1 2 k k xa xa 0 kk xx 因此子数列 2n x和 12 n x都收敛 分别记 n limAx n 2 n limBx n 12 由 n x 的递推关系式 得到 A Aa B 1 B Ba A 1 联立解之得 aBA 因此 n limaxn 例 1 9 说明极限 2 sinlimx x 不存在 解 选取两列子数列 n a和 n b nan 2 1 2nb 于是 0sinlimsinlim 2 na x n n 而1 2 sin 2 1 2sin limsinlim 2 nb x n n 有两 个子数列 n a和 n b 使 22 sinlimsinlim n x n n ba 因此极限 2 sinlimx x 不存在 例 关于无理数 1 1 3 1 2 1 1 11 3 1 2 1 1 n dx xn n 即 n HnH nn 1 ln1 于是1ln 1 ln nH n n n 或1ln 1 n n n ln 1 2 1 1lim存在 记此极限为 数学竞赛 讲稿 A 7 例 证明 1 0 1 dx x x LL n n 1 4 1 3 1 2 1 1 432 解 1 0 1 dx x x dxe xx 1 0 ln dx r xx r r 1 0 0 ln dxxx r r r 1 0 0 ln 1 dxxx r rr r r 1 0 1 ln 1 1 而 1 1 0 1 1 ln r rrr r r dxxx 于是 1 0 1 dx x x dxxx r rr r r 1 0 1 ln 1 1 1 1 1 1 1 1 r r r r r r r 1 1 1 1 1 r r r 即 1 0 1 dx x x 1 1 1 1 1 r r r LL n n 1 4 1 3 1 2 1 1 432 二 极限的计算 1 分子 分母 有理化 例 1 1 0 计算极限 xlim xxx 3 1 3 2 2 解 xlim xxx 3 1 3 2 2 xlim 3 1 3 1 3 2 2 xxx xlim 3 2 3 1 3 1 3 2 3 2 2 2 2 xxxx xxx xlim 11 2 1 2 2 3 1 3 2 xx 3 2 1 1 1 2 3 1 3 2 例 1 1 1 若 xlim xxx c 17 23 存在 求常数c 并计算此极限 解 因 为 xxx c 17 23 1 17 23 x xx x c 及 数学竞赛 讲稿 A 8 xlim xxx c 17 23 存在 所以 xlim 1 17 23 x xx c x x 1 lim xlim xxx c 17 23 0 即 xlim 1 17 23 x xx c 因此 xlim 1 17 1 23 c x xx 式中分子最高次幂为 3 分母最高次幂也应该是 3 则3 1 c 3 1 c 极限值为 xlim xxx 3 1 23 17 xlim 3 2 3 1 23 3 1 3 2 23 323 1717 17 xxxxxx xxx 2 3 1 23 3 2 23 2 1717 17 lim xxxxxx x x 3 7 2 利用两个重要极限 例 1 1 2 x x x x sec 2 cos1 cos1 lim 1 cos 1 2 cos 1 2 cos1 lim cos1 lim x x x x x x 2 1 e e e 对于 1 形式的极限 例如 x xxx x cba 1 0 3 lim 若 x x xf 1 0 1lim 其中 0 lim 0 xf x 于是 2 2 0 x f xfxf 则 x x xf 1 0 1lim x xf xf x xf 1 0 1lim x xf xf x xf 1 0 1lim x xkxf xf x xf 2 0 1 0 1lim xkf xf x xf 0 1 0 1lim 0 f e 类似的方法可以计算 2 1 0 1limx x xf 若 3 3 2 3 2 0 x f x f xf 则 2 1 0 1limx x xf 0 f e 若 2 2 0 x f xfxf 则 2 1 0 1limx x xf 不存在 数学竞赛 讲稿 A 9 例 1 1 3 若函数 xf在0 x的邻域内有 xoxfxf 0 1 那么 0 1 0 lim f x x exf 事实上 x xf x x x exf ln lim 1 0 0 lim x xoxf x e 0 1ln lim 0 x xoxf x e 0 lim 0 0 f e 例 1 1 3 1 x x x x 3 sin 1 0 sin1 tan1 lim x x x x e 3 sin 1 sin1 tan1 ln 0 lim 4 3 4 3 6 1 3 1 sin1 tan1 xo x x xo x x x x 4 3 3 1xo x x 2 2 4 3 4 3 66 1xoxo x xxo x x 33 2 1 1xox x x x x e 3 sin 1 sin1 tan1 ln 0 lim x xox x e 3 33 sin 1 2 1 1ln 0 lim x xox x e 2 33 sin 1 2 1 0 lim ee 2 1 例1 1 3 2 x xx xx x ba ba 1 0 22 lim 由 于 xx xx ba ba xf 22 1 0 f 2 lnln ln2ln2 2222 xx xxxxxxxx ba bbaabababxbaxa xf 2 ln 2 ln ln11 0 2 abba f 于是极限 x xx xx x ba ba 1 0 22 lim abe ab 2 ln 例1 1 3 3 x x x x x e 1 1 0 2 12lim 12 1 x x exf 1 lim0 xf x x xx exf x x 1 1 2 1 2 0 f 于是 x x x x x e 1 1 0 2 12lim 2 e 数学竞赛 讲稿 A 10 例 1 1 3 4 x xxx x cba 1 0 3 lim 0 0 0 cba 解 3 xxx cba dx d 3 lnlnlnccbbaa xxx 3 1 0 ln 3 lnlnln 3 abc cbacba dx d x xxx 因此 3 1 ln 1 0 3 lim 3 1 abce cba abc x xxx x 类似地有 n n x x n xx x aaa n aaa 1 21 1 21 0 limL L 3 利用极限性质 比如夹逼性等 例 1 1 4 计算极限 x x x 1 lim 0 解 由于 x 1 是不连续的 因此采用夹逼性的方法 因为 xxx 11 1 1 所以 当0 x时 5 32 5 23 5 3 xxxx 当5 0 x时 上述各项均小于 1 由指数函数的单调性得 x x x xx x x 111 5 32 5 23 5 3 即 x x xx x 1 1 1 5 2 3 5 23 5 1 3 数学竞赛 讲稿 A 11 将上式取极限得 x xx x 1 0 5 32 lim 0 例 1 16 求 x lim x dtt x 0 sin 解 在 1 nxn时 1 1 nx 1 n 1 于是 1 1 n dtt n 0 sin x dtt x 0 sin n 1 dtt n 1 0 sin 又ndtt n 2 sin 0 dtt n 1 0 sin 22 n 于是 1 2 n n x dtt x 0 sin n n 1 2 由夹逼性 得 x lim x dtt x 0 sin 2 例 1 17 计算 dx x nx n n 1 lim 1 1 0 解dx x x x x dx x nx I nnn n 2 1 0 1 0 1 1 0 1 11 1 1 2 1 2 1 1 0 n dxxn 又 2 1 21 1 0 11 1 0 dx nx dx x nx I nn n 因此根据夹逼性 dx x nx n n 1 lim 1 1 0 2 1 例 1 1 8 设函数 xf在区间 0 上单调减少非负连续 n n k n dxxfkfa 1 1 L 3 2 1 n 证明数列 n a收敛 提示 显然 1 1 kfdxxfkf k k nn aa 1 0 1 1 n n dxxfnf n a单调减少 又 1 1 1 nfdxxfkfa n k k k n 0 因此数列 n a单调减少又下界 收敛 例 1 1 9 计算极限 n nn x xdx n 2 5 3 1 lim 解 时 x af x a ax afxf x xf 1 x af x a tf 1 xta 存在0 1 X 当 1 Xa 时 一切 at 有 4 X 当 Xx 时 有 x xf x af x a tf 1 x af x a tf 1 2 11 4 因此0 lim x xf x 例 1 2 7 设函数 xf在 a上连续可导 满足0 lim xfxf x 证明 0 lim xf x 证明 事实上 limxf x xlim x x e xfe x xx x e xfexfe lim 0 lim xfxf x 本题在解题过程中 并不需知道 limxfe x x 6 中值定理计算极限 例 1 2 8 计算 arctanln 1arctan lnlim 2 xxx x 解 arctanln 1arctan lnlim 2 xxx x x x xx arctan lnlim 2 1 xx 2 2 1 lim 1 arctan x x 2 其中 由于 1 xx 因此当 x时 且1 1 lim 2 2 x x 7 用 T a y l o r 公式 数学竞赛 讲稿 A 15 例 1 2 9 若0 sin lim 3 0 x xfx x 求 3 0 lim x xfx x 解 以 6 sin 3 x xx代入 6 1 例1 2 9 计 算 极 限 1 3 0 1 sin lim x xxxe x x 2 2sin 3cos lim 2 0 xx ex x x 解 1 由于 23 3 2 2 6 2 1 1 sinxxxo x xxo x xxxxe x 3 1 33 xox 于是 3 0 1 sin lim x xxxe x x 3 1 3 1 lim 3 33 0 x xox x 2 2sin 3cos lim 2 0 xx ex x x xx xox x x 2 1 2 9 1 lim 22 2 0 2 22 0 2 2 7 lim x xox x 4 7 例 1 3 0 计算极限 1 2 lim 6 1 23 xe x xx x x 解 设 x t 1 则极限化为 3 6 3 2 0 12 1 lim t t e t tt t x 由于 62 1 2 1 2 1 3 3222 to tt t t te t t t 62222 1 3 3323 2 2 to tttt tt t t 数学竞赛 讲稿 A 16 6 1 t 2 1 1 66 tot 于是 3 6 3 2 0 12 1 lim t t e t tt t x 0 lim t 2 1 1 642222 1 1 663 34323 2 2 3 totto ttttt tt t t t 0 lim t 6 1 6 11 33 3 tot t 例 1 3 1 计算极限 e x xx e x x 1 1 2 lim 2 解 令 x t 1 x x 1 1 t t 1 1 t t e 1ln L 32 4 1 3 1 2 1 1expttt 22 24 11 2 1 1totte 于是 e x xx e x x 1 1 2 lim 2 etot e t e e tt e t L 24 11 2 11 2 lim 22 2 0 to e t 24 11 lim 0 24 11e 例 1 3 2 90 191sinsin lim 5 32 0 x xxx x 8 用积分概念计算极限 例 1 3 3 计算极限 n n n n n n n n n1 sin 2 1 2 sin 1 sin lim L 解 由于 n n i i n n i n n i sin 1 sin 1 sin 于是 数学竞赛 讲稿 A 17 n i n i n i n i n n i n n i n i nn n 111 sin 1 sin sin 1 1 而 n i n n i nn n 1 sin 1 1 lim 2 sin1 1 0 dxx 2 sinsin 1 lim 1 0 1 dxx n i n n i n 因此 n n n n n n n n n1 sin 2 1 2 sin 1 sin lim L 2 例 1 3 4 求极限 n k n k n kn k 1 2 1 lim 解 n n k n k nk k n 1 1 11 1 于是 n k n k n k n k n k n k nnnkn k nn 111 1 2 11 2 1 1 2 1 1 由于 2ln 1 2 1 2lim 1 0 1 dx n x n k n k n 因此 n k n k n kn k 1 2 1 lim 2ln 1 2 1 0 dx x 例 1 3 5 求极限 n k n knn k 1 2 lim 解 1 1 1 1 1 2 1 1 2 nn k n k n nn k n nn k 由 于 n k n nn k n 1 1 2 1 1 lim 2 1 1 0 dxx 及 n k n nn k 1 1 lim 2 1 1 0 dxx 因此 n k n knn k 1 2 lim 2 1 9 用级数的收敛必要性 由于 0 n n n x 对一切实数x收敛 于是0 lim n x n n 三 连续函数的性质 数学竞赛 讲稿 A 18 零点的讨论 闭区间上的连续函数的一个重要性质是介值定理 它在零点存在问题上经常发挥 作用 例 1 3 6 设 xf在 ba上连续 badc 则存在 ba 使 fqpdqfcpf 其中0 qp 解 由于 xf在 ba连续 因此一定在 ba上取得最大值M和最小值 m 0 因此Mcfm Mdfm 于是 pMcpfpm qMdqfqm 于是Mqpdqfcpfmqp 或M qp dqfcpf m 根 据 介 值 定 理 知 存 在 ba 使 qp dqfcpf f 即 fqpdqfcpf 例 1 3 7 设 xf在 ba连续恒正 badc 则存在 dc 使 dfcff 解 由于 xf在 badc 连续 因此一定在该区间上取得最大值M和 最小值m 0 因此Mcfm Mdfm 即Mcfm Mdfm 因此Mdfcfm 当Mdfcfm n p F 0 n q F 于是在 n p 和 n q 之间存在 使 得0 F 即 1 f n f 有时零点问题也和中值定理联系在一起 例 1 3 9 设 xf在 ba上连续 证明 1 存在 bac 使 b c c a dxxfdxxf 2 若0 dxxf b a 则存在 bac 使 cfdxxf c a 解 1 令 b x x a dttfdttfxF xF连续且 bFaF 根据介 值定理 存在c使0 cF 2 令dttfexF x a x 0 bFaF 存在 bac 使0 cF 即 0 dttfecfe c a cc 例 1 4 0 证明 不存在这样的函数 xf 它在 上连续 且对 任 意的c 方程cxf 都恰好有两个根 解 若 xf有上 下 界 则只要选取适当的c cxf 无解 因此认为 xf无上 下 界 且 xlim xlim 这样cxf 至少一个根 现设 对某个c cxf 有两个根 设cxfxF 0 21 xFxF 且 21 xx 这时在这两点的邻域内的点 211 txt 221 sxs 且 12 st tFtF 则取适当的p pxF 在 21 tt内有两个根 而 2 t 或 1 t 内还至少存在一个根 矛盾 对 2 x的邻域也有同样的结论 2 若 1 tF和 2 tF异号 1 sF和 2 sF也异号 此时若0 12 sFtF 则同样至少 存在p 使pxF 有三个根 若0 12 sFtF 则在 12 st内至少一个根 于是0 xF存在至少三个根 矛盾 数学竞赛 讲稿 A 20 若讨论函数 xf有多个零点问题 那么可以运用这样的事实 xf有n个 零点 则 xf有1 n个零点 这个结论可以推广到无穷区间 因此可以证明 例 1 4 1 曲线cbxaxy 2 与 x ey 的交点至多 3 个 例 1 4 2 0 xf 则0 xf至多 2 个根 事实上如果 xf有三个零点 那么 xf有两个零点 xf有一个零点 例 1 4 3 2 2 x ey 证明 100 xy有 1 0 0 个不同的零点 解 先说明 2 2 xPey x n xP是多项式 事 实 上 0 f及 0 f对一切 n y都成立 于是y有 2个零点 y有 3个不同的零点 R o l l e 定理的零点加无穷 y就有 4个不同的零点 依此类推 100 xy就有 1 0 0个不 同的零点 例 1 4 4 类似可以证明 n n n n x dx d L1 2 在 1 1 之间有n个不同的零点 提示 n L 的表达式是多项式 但 n k k x dx d 1 2 当nk x时 0 x及 x时 1 xy 因此当2 x时 1 y有极小值 4 2 e 因此当 4 0 2 e a 时 原方程无解 而当 a e 4 2 时方程有两个实根20 1 x 及 2 2x 在0a总有唯一解 总之 在 4 0 2 e a 时原方程一个根 在 则应有0 f 进一步证 明存在 0 且 及0 f 若 xf在 0 内只有一个零点 则 xf于 0 及 两个区间内符号相反 否则不可能有0sin 0 dxxxf 而 sin x在区间 0 及 内符号相反 故 sin xxf于这两个区间 内符号相同 又 sin xxf于 0 上连续 因此有 0 sin 0 dxxxf 但已知 0cos sinsin cos sin 000 dxxxfdxxxfdxxxf 导致矛盾 因而 xf除 外在 0 内至少还应有另外一个零点 例 1 4 6 设 xf在 ba上连续 对区间 ba内的任意一点x 总存在 bay 使 2 1 xfyf 求证 xf在 ba上至少存在一个零点 解 反证法 否则 xf也无零点 由于 xf在 ba上也连续 因此存 在最小值 即存在点 ba 使得0 min xff bxa 当由题已知 存在 bay 使 2 1 ffyf 与最小矛盾 因此 xf在 ba内至少一 个零点 数学竞赛 讲稿 A 23 四 与积分有关的极限问题 例 1 4 7 设 xf是一个连续的周期为T的函数 ba 证明 dxxf T ab dxnxf Tb an 0 lim 解 dxxf n dxnxf nb na b a 1 dxxfdxxf n nb Tnkna Tna na 1 L 其中 T abn nk 因此 dxxfdxxf n nb Tnkna Tna na 1 Ldxxf n dxxfnk n nb Tnkna T 0 1 1 显然 T ab n nk n lim 及0 max 1 xf n T dxxf n nb Tnkna 因此结论成立 例 1 4 8 利用此结论可以计算积分极限 设 xf在 1 1 连续 计算积分 1 dxxf n n n 0 sin 1 lim 2 dxxf n n n 0 sin 1 lim 3 dxnxxf n 1 0 2sinlim 解 1 dxnxfdxxf n n n n 1 00 sin lim sin 1 limdxxf 2 0 sin 2 1 2 dxxfdxxf n n n 00 sin 1 sin 1 lim 3 dx