极限

[注意]关于极限

  1. x→0时,cos⁡1x,sin⁡1x都为有界量,和x相乘等于无穷小\begin{align}x\rightarrow 0时,\cos \frac{1}{x},\sin \frac{1}{x}都为有界量,和x相乘等于无穷小\end{align}
  2. 合理利用换元,如求lim⁡x→0(xx+1)x可令t=x+1\begin{align}合理利用换元,如求\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{x}{x+1})^x可令t=x+1\end{align}
  3. 合理利用夹逼定理，如求多项式极限时，有时也会用到定积分
  4. 求式子中参数a、b时，若一边为0，可猜测一边也为0(因为这样才有不为0的极限存在)，用洛必达法则求出参数

求反函数

虽然并不属于极限的范畴，但是是有可能考到的题型

总的来说就是让newY=oldX，newX=f(x)

newX的范围就是f(x)的值域

eg:

f(x)={1−2x2,x<−1x3,−1≤x≤212x−16,x>2求f−1(x)解:1).当x<−1时，f−1(x)=1−x2，x<−12).当−1≤x≤2时，f−1(x)=x3，−1≤x<83).当x>2时，f−1(x)=16+x12，x>8\begin{align}&f(x)=\begin{cases}1-2x^2,&x\lt-1\\x^3,&-1\le x\le2\\12x-16,&x\gt2\end{cases}\\&求f^{-1}(x)\\&解:1).当x\lt-1时，f^{-1}(x)=\sqrt\frac{1-x}{2}，x\lt-1\\&2).当-1\le x\le2时，f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x}，-1\le x\lt8\\&3).当x\gt2时，f^{-1}(x)=\frac{16+x}{12}，x>8\end{align}

[题型]利用单调有界收敛定理证明函数极限存在

def：单调（增减）且有（上下）界的数列一定收敛

  1. 放缩法证明其有（上/下）界

  2. 观察法证明其单调性

  3. 合理利用假设法

eg:设c>0,a1=c,且an+1=c+an.证明数列an收敛,并求其极限值证明:∵a2=c+a1>c=a1.假设an>an−1,则有an+1=c+an>c+an−1=an∴an单调递增又∵a2<c+1.假设an<c+1则有an+1=c+an<c+c+1<c+1∴an有上确界∴lim⁡n→∞an=c+1\begin{align}&eg:\\ &设c>0,a_1=\sqrt c,且a_{n+1}=\sqrt{c+a_n}.证明数列{a_n}收敛,并求其极限值\\&证明:\\&\because a_2=\sqrt{c+a_1}>\sqrt c=a_1.\\&假设a_n>a_n-1,则有a_{n+1}=\sqrt{c+a_n}>\sqrt{c+a_{n-1}}=a_n\\&\therefore a_n单调递增\\&又\because a_2<\sqrt c+1.假设a_n<\sqrt c+1\\&则有a_{n+1}=\sqrt{c+a_n}<\sqrt{c+\sqrt c+1}<\sqrt c+1\\&\therefore a_n有上确界\\&\therefore \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\sqrt c+1\end{align}

求极限

[题型]同底数异指数或同指数异底数(常考确定某个常量的值)

提出后一项求极限

eg:

1):同指数异底数已知极限lim⁡n→∞nα(n+1)β−nβ=2017,求α,β解：∵原式=lim⁡n→∞nαnβ((n+1n)β−1)=lim⁡n→∞nαnβ(eβln⁡(n+1n)−1)=lim⁡n→∞nαnβ(βln⁡(n+1n))=lim⁡n→∞nαnβ1nβ=lim⁡n→∞nαnβ−1β=2017∴易得α=β−1,β=12017∴α=−20162017\begin{align} &1):同指数异底数\\& 已知极限\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^\alpha}{(n+1)^\beta-n^\beta}=2017,求\alpha,\beta\\& 解：\\& \because 原式=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^\alpha}{n^\beta((\frac{n+1}{n})^\beta-1)}\\& =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^\alpha}{n^\beta(e^{\beta \ln(\frac{n+1}{n})}-1)}\\& =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^\alpha}{n^\beta(\beta\ln(\frac{n+1}{n}))}\\& =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^\alpha}{n^\beta\frac{1}{n}\beta}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^\alpha}{n^{\beta-1}\beta}=2017\\& \therefore 易得\alpha=\beta-1,\beta=\frac{1}{2017}\\& \therefore \alpha=-\frac{2016}{2017}\end{align}
2):同底数异指数lim⁡x→0ex−e3xxk=c,c为非零常数,k为常数,求c,k解：∵原式=lim⁡x→0e3x(ex−3x−1)xk=lim⁡x→0e0(x−3x)xk=c∴k=13,c=−1\begin{align}&2):同底数异指数\\& \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x-e^{\sqrt{3}{x}}}{x^k}=c,c为非零常数,k为常数,求c,k\\& 解：\\& \because 原式=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{\sqrt{3}{x}}(e^{x-\sqrt{3}{x}}-1)}{x^k}\\& =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^0(x-\sqrt{3}{x})}{x^k}=c\\& \therefore k=\frac{1}{3},c=-1\end{align}

[题型]上下同除

利用除以x3x^3和四则运算求极限

eg:计算lim⁡x→0tan⁡x−x(1+x−1)ln⁡(x2+1)+x4⋅cos⁡1x解：原式=lim⁡x→0tan⁡x−xx3(1+x−1)ln⁡(x2+1)+x4⋅cos⁡1xx3=23\begin{align}&eg:\\& 计算\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tan x-x}{(\sqrt{1+x}-1)\ln(x^2+1)+x^4·\cos \frac{1}{x}}\\& 解：原式=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{\tan x-x}{x^3}}{\frac{(\sqrt{1+x}-1)\ln(x^2+1)+x^4·\cos \frac{1}{x}}{x^3}}=\frac{2}{3}\end{align}

$

[题型]间断点判断

  1. 找出间断点

    1.1. 寻找间断点时，这个点可能是未定义的，也可能是两边极限不等的

    1.2. 具体例子为：前者{1x,x=0ln⁡x,x=0\begin{cases}\large\frac{1}{x}\normalsize,&x=0\\\ln x,&x=0\end{cases}，后者{x∞,x=1e1x−1,x=1\begin{cases}x^\infty,&x=1\\ e^{\Large\frac{1}{x-1}},&x=1\end{cases}

  2. 求极限

eg:求函数f(x)=(1+x)xtan⁡(x−π4)在区间(0,2π)内的间断点,并判断其类型解：令tan⁡(x−π4)=0,得x=π4或x=5π4令x−π4=π2+kπ,得x=3π4或x=7π4x→π4+时,lim⁡x→π4+f(x)不存在(趋于正无穷大)x→π4−时,lim⁡x→π4−f(x)=0,故x=π4是第二类间断点,x→5π4与其类似x→3π4时,lim⁡x→3π4f(x)=lim⁡x→7π4f(x)=1,故均为第一类间断点,由于两边极限相等,故为可去间断点\begin{align}&eg:\\& 求函数f(x)=(1+x)^{\frac{x}{\tan(x-\frac{\pi}{4})}}在区间(0,2\pi)内的间断点,并判断其类型\\& 解：\\& 令\tan(x-\frac{\pi}{4})=0,得x=\frac{\pi}{4}或x=\frac{5\pi}{4}\\& 令x-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k\pi,得x=\frac{3\pi}{4}或x=\frac{7\pi}{4}\\& x\rightarrow\frac{\pi}{4}^+时,\lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{4}^+}f(x)不存在(趋于正无穷大)\\& x\rightarrow\frac{\pi}{4}^-时,\lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{4}^-}f(x)=0,故x=\frac{\pi}{4}是第二类间断点,x\rightarrow\frac{5\pi}{4}与其类似\\& x\rightarrow\frac{3\pi}{4}时,\lim_{x\rightarrow\frac{3\pi}{4}}f(x)=\lim_{x\rightarrow\frac{7\pi}{4}}f(x)=1,故均为第一类间断点,由于两边极限相等,故为可去间断点\end{align}

[题型]复合函数的极限

拆出f(x),用α(x)代替

eg:已知lim⁡x→01+f(x)sin⁡2x−1tan⁡3x=2,求lim⁡x→0f(x)解：令α(x)=1+f(x)sin⁡2x−1tan⁡3x,则lim⁡x→0α(x)=2∴f(x)=(α(x)tan⁡3x+1)2−1sin⁡2x∴lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→02α(x)tan⁡3xsin⁡2x=6\begin{align}&eg:\\& 已知\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{\tan 3x}=2,求\lim_{x\rightarrow 0}f(x)\\& 解：\\& 令\alpha(x)=\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{\tan 3x},则\lim_{x\rightarrow 0}\alpha(x)=2\\& \therefore f(x)=\frac{(\alpha(x)\tan 3x+1)^2-1}{\sin 2x}\\& \therefore \lim_{x\rightarrow 0}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\alpha(x)\tan 3x}{\sin 2x}=6\end{align}

导数与微分

基本公式

(tan⁡x)′=1cos⁡2x=sec2x(sec⁡x)′=sec⁡xtan⁡x, (csc⁡x)′=−csc⁡xcot⁡x(arctanx)′=11+x2, (arccotx)′=−11+x2(arcsin⁡x)′=11−x2, (arccos⁡x)′=−11−x2\begin{align}&(\tan x)'=\frac{1}{\cos^2x}=sec^2x\\& (\sec x)'=\sec x\tan x,\ (\csc x)'=-\csc x\cot x\\& (arctan x)'=\frac{1}{1+x^2},\ (arccot x)'=-\frac{1}{1+x^2}\\& (\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\ (\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\end{align}

[题型]是否可导问题和求导数问题

  1. 先判断在该点是否连续，不连续则必不可导

  2. 后用定义求左右导数，若都存在且相等才可导

  3. 在其他部分正常求导即可

    是否连续与是否可导不一样连续:lim⁡x→x0f(x)=f(x0)可导:f′(x0)=lim⁡x→x0+f(x)−f(x0)x−x0=lim⁡x→x0−f(x)−f(x0)x−x0 \begin{align}\Large&是否连续与是否可导不一样\\\\&连续:\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=f(x_0)\\&可导:f'(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\rightarrow x_0^-}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\end{align}

[题型]反函数的求导

f′(x)=1φ′(y)即dydx=1dxdy\begin{align}&f'(x) = \frac{1}{\varphi'(y)}\\& 即\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}}\end{align}

[注意]函数的微分

函数的微分自变量的微分=函数的导数=f′(x)所以dy=f′(x)⋅dx函数的增量Δy=f(x+Δx)−f(x)当Δx→0时,Δy=f′(x)⋅Δx+o(Δx)=dy+o(Δx)\begin{align}&\frac{函数的微分}{自变量的微分}=函数的导数=f'(x)\\\\& 所以\textcolor{red}{dy = f'(x)·dx}\\& 函数的增量\Delta y = f(x + \Delta x) - f(x)\\&当\Delta x\rightarrow 0时,\textcolor{red}{\Delta y = f'(x)·\Delta x + o(\Delta x) = dy + o(\Delta x)}\end{align}

[题型]高阶导数和微分

技巧

  1. 归纳为递推公式

  2. sin或cos进行降次(合并为幂次方或二倍角公式或积化和差公式)

    2.1 积化和差公式

       令α=a+b2,β=a−b2       例如sin⁡αcos⁡β可以化为12(sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β))\begin{align}&\ \ \ \ \ \ \ 令\alpha=\frac{a+b}{2},\beta=\frac{a-b}{2}\\& \ \ \ \ \ \ \ 例如\sin\alpha\cos\beta可以化为\frac{1}{2}(\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta))\end{align}
  1. 取对数法：多项乘法由于展开后更好求，一般可以取对数

莱布尼茨公式(前面系数与二次项系数类似)

(f(x)⋅g(x))(n)=Cn0f⋅g(n)+Cn1f′⋅g(n−1)+…+Cn0f(n)⋅g可以分解假分式后利用莱布尼茨公式展开真分式\begin{align}&(f\small(x)·g(x)\big)^{(n)} = C^0_nf·g^{(n)} + C^1_nf'·g^{(n-1)} + … + C^0_nf{(n)}·g\\\\&可以分解假分式后利用莱布尼茨公式展开真分式\end{align}

[题型]隐函数的求导

两边同时对x求导再整理即可

[题型]参数方程求导

y′=dydx=dydtdxdty′′=ddx(y′)=ddt(y′)⋅1dxdt 即先对t求导,再乘上x对t求导的倒数\begin{align}&y' = \frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}\\& y'' = \frac{d}{dx}(y') = \frac{d}{dt}(y')·\frac{1}{\frac{dx}{dt}}\ 即先对t求导,再乘上x对t求导的倒数\end{align}

[题型]相关变化率

  1. 先找所给量间的关系
  2. 两边函数的导数如果都是和某个变量相关的不同函数，则两边同时求导

[题型]求曲率

K=ΔΘΔs=y′′(1+(y′)2)32Δs=1+(y′)2dx=dy2+dx2R=1K \begin{align}&K=\frac{\Delta\Theta}{\Delta s}=\frac{y''}{(1+(y')^2)^\frac{3}{2}}\\& \Delta s=\sqrt{1+(y')^2}dx=\sqrt{dy^2+dx^2}\\& R=\frac{1}{K}\end{align}

[注意]泰勒公式

常用拉格朗日公式：sin⁡x=x−x33!+x55!−……cos⁡x=1−x22+x44!−……ln⁡x=x−x22+x33−……ex=1+x+x22+x33!+……(1+x)α=1+αx+α(α−1)x22!+…… 常用拉格朗日公式：\\\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-……\\ \cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}-……\\ \ln x=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-……\\ e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+……\\ (1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)x^2}{2!}+……\\