大一高数复习资料

1 上海海事大学 学生联合会

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 f(x) xsinx是无界变量，但不是无穷大量。因为取

x xn 2n

2

时，f(xn) 2n

2

，当n充分大时，f(xn)可以大于一预

先给定的正数M；取x xn 2n 时，f(xn) 0 2． 记住常用的等价形式 当x 0时，sinx~x,

arcsinx~x,

ex 1~x,

tanx~x,1 cosx~

arctanx~x, 12x,2

(1 x) 1~ x

ln(1 x)~x,

例1 当x 0时，下列函数哪一个是其他三个的高阶无穷小 （1）x。 （2）1 cosx。 （3）sinx tanx 解：因为1 cosx~

2

2

（4）ln(1 x)。

2

（）

12

x,ln(1 x2)~x2，所以选择C 2

ex cosx

练习 lim

x 0lncosx

ex cosxex 1 1 cosx

lim解 lim

x 0lncosxx 0ln[1 (cosx 1)]

22

ex 11 cosx

lim limx 0ln[1 (cosx 1)]x 0ln[1 (cosx 1)] lim

x1 cosx

lim 3

x 0cosx 1x 0cosx 1

2

2

3． 若函数的表达式中包含有a （或a ），则在运算前通常要在分子分母

乘以其共轭根式a （或a b），反之亦然，然后再做有关分析运算 例2 求limn 1 )。

n

2

解 limn 1 ) limsin[(n 1 n) n ]

n

n

22

2 上海海事大学 学生联合会

lim( 1)nn2 1 n) lim( 1)nsin

n

n

n 1 n

2

当n 时，sin

n

n 1 n

n 2

~

n 1 n

2

0,(n )

又 |( 1)| 1，故limsin(n2 1 ) 0 练习 求lim[ 2 n 2 (n 1)]

n

解 原式＝lim

x

n(n 1)n(n 1) 12n2

lim n n 22 22n(n 1) n(n 1)

1

4． lim 1 e 该极限的特点：

x x

(1)1 型未定式

（2）括号中1后的变量（包括符号）与幂互为倒数

解题方法

（1） 若极限呈1 型，但第二个特点不具备，则通常凑指数幂使（2）成立 （2） 凡是1 型未定式，其结果：底必定是e，幂可这样确定： 设limu(x) 0，limv(x) ，则

lim(1 u(x))v(x) limev(x)ln(1 u(x)) elimv(x)ln(1 u(x)) elimv(x)[ u(x)] e limv(x)u(x)

这是因为 ln(1 u(x))~ u(x)。

11

例3 求lim cos sin 。

x xx

x

11 2 2

解 原式＝lim cos sin lim 1 sin

x x xx x

2

x

2

x

因为limsin

x

2x

limx2x x

x

2x

sin

2

1，所以原极限＝e。

1x

练习 求lim

e e e

x 0n

nx

。

3 上海海事大学 学生联合会

解 原式＝lim 1

x 0

e e e n

， n

x2xnx

1x

ex e2x enx n11(ex 1) (e2x 1) (enx 1)lim limx 0nxnx 0x因为 x2xnx

1 e 1e 1e 1 1n 1 lim lim lim (1 2 n)

x 0x 0n x 0xxx 2 n

特别地 lim

5． 几个常用的极限

n

lim( 0) 1

n

n 1

x

limarctanx

2

x

limarctanx

2

x

limarccotx 0

x

limarccotx

x

limex 0

x

limex

x 0

lim xx 1

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{xn}单调有

n

界；（2）设{xn}的极限存在，记为limxn l代入给定的xn的表达式中，则该式变为l的代数方程，解之即得该数列的极限。

例4 已知数列{an}：a1 1,a2 1

a1a

, ,an 1 n 1, ，求liman。

n 1 a11 an 1

解 用数学归纳法可证得{an}单调增加：

a1 1,a2 1

a13

，显然a1 a2。 1 a12

假设ak 1 ak成立，于是

ak 1 ak

ak ak 1 1 1 1 a 1 ak 1 k ak 1 ak

(1 a)(1 a) 0

k 1k

即 ak ak 1成立。

显然1 an 2，从而数列{an}有极限，不妨设liman A。

n

4 上海海事大学 学生联合会

an 1A2

，两遍去极限得：A 1 ，即A A 1 0，

1 an 11 A

由于an 1

即得出A

1 5。 2

1 5

。 2

根据包号性的推论可知A非负，所以liman

n

X.3 n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（n个项按递增或递减排列）； 例5 求lim

1 11

n 1 22 3n (n 1)

n

1 11 1 1 1

lim 1 n 1 2 23 nn 1n 1

解 原式 lim 1

例6 求lim(

n

1n 1

2

1n 2

2

1n n

2

)。

解 因为

nn n lim

2

n

1n 1

2

1n 2

2

1n n

2

nn 1

2

，

而lim

nn n

2

n n

n 1

2

1，由夹逼准则有

1 11

lim ＝1 n 1 22 3n (n 1)

X.4 n项积的极限

（1）

（2） （3） （4）

分子、分母同乘以一个因子，使之出现连锁反应； 把通项拆开，使各项相乘过程中中间项相消； 夹逼定理

利用对数恒等式化为n项和形式。

n

例7 当|x| 1时，求lim(1 x)(1 x2)(1 x4) (1 x2)

n

解 原式＝lim

(1 x)(1 x)(1 x)(1 x) (1 x)

n 1 x

24

2n

5 上海海事大学 学生联 …… 此处隐藏：8678字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……