汤家凤2012考研数学暑期高数讲义第一讲：重点题型解答.pdf

1 第一讲第一讲 重点题型讲解参考答案重点题型讲解参考答案 一 极限问题 类型一 连加或连乘的求极限问题类型一 连加或连乘的求极限问题 1 求下列极限 1 111 lim 1 33 5 21 21 n nn 解 原式 12 1 12 1 5 1 3 1 3 1 1 2 1 lim nn n 2 1 12 1 1 2 1 lim n n 2 3 3 2 1 lim 1 n n k k k 解 原式 11 11 135 213 74 132 33 71 lim 1 1 11 lim 2 2 2 2 2 nnn nnn kkk kkk n n kn 3 2 13 121 lim 2 nn nn n 3 n k n n kk 1 1 1 lim 解 原式 e n n n n n n 1 1 1 1 lim 1 1 1lim 2 求下列极限 nnnn n222 4 1 24 1 14 1 lim 解 144 1 24 1 14 1 4 22222 n n nnnnnn n 又 2 1 14 lim 2 n n n 2 1 4 lim 2 nn n n 由夹逼准则可得原式 2 1 3 求下列极限 1 222222 1 2 1 1 1 lim nnnn n 解 n n innnn n i 1 1 11 2 1 1 1 1 2 222222 2 故原式 1 02 1 2 2 1 11 1 1 limdx x n n i n i n 12ln 2 n n n n lim 解 n i n n n n n n i nn n nn n 1 ln 1 lim ln 1 lim lnlim1ln 1 0 xdx 故原式 1 e 3 n i n n i n 1 2 1 1 lim 解 2 22 2 2 1 11 1 1 1 1 11 n in n i n n n n in 又 1 0 2 1 2 2 1 1 1 11 limdx x n in n i n 1 0 2 1 2 2 1 1 1 11 1 limdx x n inn n n i n 原式 41 1 1 0 2 dx x 类型二 利用重要极限求极限的问题类型二 利用重要极限求极限的问题 1 求下列极限 1 0 2 cos 2 cos 2 coslim 2 x xxx n n 解 原式 x x x x x xxxx n n n n nn n sin 2 sin2 sin lim 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos 2 sin lim 2 2 nn n n n n 1 sin 1 lim 1 解 原式 e n n n n n n n n 1 1 1 sin 1 1 lim 2 求下列极限 1 x x x cos1 1 2 0 sin1lim 3 解 原式 x x x e cos1 1 sin1ln 0 2 lim 其中2 2 sin lim cos1 sin1ln lim 2 2 0 2 0 x x x x xx 故原式 2 e 2 21ln 1 0 3 sin1 tan1 lim xx x x x 此题是否有错误 若 3 x改为 2 x则有唯一答案 解 原式 xx x xx xx x x x xx 21ln 1 sin1 sintan sintan sin1 0 3 sin1 sintan 1lim 其中 xx x x xxx xx xx 2 1 cos 1 sin lim 21lnsin1 sintan lim 3 0 3 0 原式左右极限不相等 故极限 不存在 3 2 1 coslim x x x 解 原式 2 1 1cos 1cos 1 0 1 0 22 1cos1limcoslim ettt t t t t t 类型三 利用等价无穷小和马克劳林公式求极限的问题类型三 利用等价无穷小和马克劳林公式求极限的问题 1 求下列极限 1 cos1 sin1tan1 lim 0 xx xx x 解 1622 11 3 32 2 1 xo xxx x 3 3 6 sinxo x xx 3 3 3 tanxo x xx 则 xo xxx x 3 32 tan 16 tan 2 tan 2 tan 1tan1 3 3 3 3 2 3 3 3 3 316 1 32 1 32 1 1xoxo x xxo x xxo x x 33 2 48 11 22 1xox xx 同理 3 32 3 32 4822 1sin 16 sin 2 sin 2 sin 1sin1xo xxx xo xxx x 故 3 3 4 sin1tan1xo x xx 0 x时 2 cos1 3 x xx 4 综上 原式 2 1 2 cos1 lim tan 0 xx ee xx x 解 原式 0 lim x xx ee xxx cos1 1 tan 其中0 x时 2 cos1 3 x xx xxe xx tan 1 tan 故原式 0 lim x 2 3 2 tan 3 x xx 3 1 3 cos2 1 lim 3 0 x x x x 解 原式 0 lim x 3 3ln cos2ln 1 x e xxx 0 lim x 3 3ln cos2 ln x xx 0 lim x 2 3ln cos2ln x x 0 lim x 3 2 2 cos2 sin x x x 4 tan 11 lim 22 0 xx x 解解 原式 原式 0 lim x xx xx 22 22 tan tan 0 lim x 4 tan tan x xxxx 其中 3 3 3 tanxo x xx 故原式 0 lim x 3 23 2 3 4 3 3 3 3 x xo x xxo x 5 2 0 3 3 lim x x xx x 解 原式 0 lim x 2 3ln 3ln x ee xxx 0 lim x 2 3ln 3 ln 3ln 1 x ee xxx 0 lim x 3 1 3ln 3 ln 2 x xx 6 设 0 ln 1 sin lim 1 x x f x x A a 求 2 0 lim x xf x 解 由题意知道0 sin lim 0 x xf x 且 A ax x xf x ln sin lim 0 故 aA x xf xx xf xx lnlim sin lim 2 00 5 2 求下列极限 xx ex x x sin cos lim 3 2 0 2 解 当0 x时 43 sinxxx 4 42 42 1cosxo xx x 4 42 2 82 1 2 xo xx e x 故原式 0 lim x 12 1 12 1 4 44 x xox 类型四 极限存在性问题类型四 极限存在性问题 1 设01 1 11 nn xxx 证明数列 n x收敛 并求 n n x lim 解 nn xx 1 1 又 1 1 11 11 11 2 nn nn nnnn xx xx xxxxn 且 12 0 xx 故 12312 A 故 2 51 lim n n x 2 设 xf在 0 上单调减少 非负 连续 2 1 1 1 ndxxfkfa n n k n 证明 n n a lim存在 解 因为 xf在 0 上单调减少 非负 连续 故 k k k k k k kfdxkfdxxfdxkfkf 111 11 1 k 则 01 1 1 nfnfdxxfkf n k k k 即 n a有下届 则 n n a lim存在 证毕 类型五 夹逼定理求极限问题类型五 夹逼定理求极限问题 1 求 1 0 1 sin limdx x x n n 6 解 1 0 1 0 1 0 1 1 sin 1 sin 0 n dxxxdxdx x x nn n 故由夹逼准则 知极限为 0 2 lim 1 非负cbacba n nnn n 解 令 cbaM max 则 n n nnn McbaM3 1 又13lim 0 n x 故 原式 cba max 3 0 2 1lim 2 x x x n n n n 解 由上题知 2 1max 2 1lim x x x x n n n n 2 2 21 10 1 2 x x xx x 类型六 含参数的极限问题类型六 含参数的极限问题 1 设0 3sin lim 23 0 baxxx x 求ba 解 由题意知 0 3sin lim3sinlim 3 3 0 23 0 x bxaxx baxxx xx 33 3 3 3 3 33sinbxaxxo x xbxaxx 33 2 9 3 xoxbxa 故 2 9 3 ba 2 设 2 1 lim3 1 x x axb x 求ba 解 3 1 1 lim 2 x b a xx x x x 故 0 1 1 lim 2 x b a xx x x 可得 1lim 1 1 lim 2 x b xx x a xx 4 1 1 lim3 2 x x x b x 类型七 中值定理法求极限类型七 中值定理法求极限 1 1 arctan arctanlim 2 nn n n 解 由拉格朗日中值定理 11 1 1 arctanarctan 2 nnnn nn 1 7 则0lim n 则原式 22 2 1 1 lim 1 11 1 lim nn nn n 2 lim 12 1 12 1 2 xx x eex 解 由中值定理可得 12 1 12 1 12 1 12 1 xx eee xx 其中 12 1 12 1 xx 则可 得 0lim x 故原式 2 1 14 2 lim 2 2 x x e x 类型八 变积分限函数求极限类型八 变积分限函数求极限 1 11 tan 2 cos lim 2 0 0 xxx x xtdte x t x 解 0 x时 2 11 x x 又 3 1 3 sec1 lim tan lim 2 2 0 3 0 x x x xx xx 即 3 tan 3 x xx 则原式 6 2 cos lim 4 0 2 0 x x xtdte x t x 3 0 3 2 1cos lim x xxex x 2 0 2 1sincos lim x xexe xx x x xex x 4 sin2 lim 0 2 1 2 设 xf连续 且1 1 f 则 1 lim 3 1 1 1 x dtxtf x x 解 其中 11 1 1 1 xx x duuf xx du ufdtxtf 则原式 1 lim 3 1 1 xx duuf x x 1 lim 3 1 1 x duuf x x 3 1 lim 3 1 3 lim 1 2 1 xf x xf xx 二 连续与间断的判断 1 设 01 11 0 0 0 1ln x x xx x x x x xf 讨论函数 xf在0 x处的连续性 8 解 1 1ln lim lim 00 x x xf xx 1 11 2 lim 11 lim lim 000 xxx x x xx xf xxx 则 01lim 0 fxf x 故 xf在0 x不连续 2 讨论 0 1 0 12 12 11 x x xf xx 在0 x处的连续性 解 12 12 limlim 1 1 00 x x xx xf1 21 21 lim 1 1 0 x x x 12 12 limlim 1 1 00 x x xx xf 1 xf x0 lim xf x 0 lim 故 xf在0 x处不连续 三 连续性命题的证明 1 设 aCxf且 limxf x 存在 证明 xf在 a上有界 证明 因 xf x lim存在 不妨设为A 对于1 0 X aX 当Xx 时 Axf 即 11 B 则取