高等数学第一章.doc

三、典型例题解析
例1 已知，，求的解析式及其定义域．
解 依题意得
=，=．
由可知．故
=，．
例2 设，．求．
解 （1）由得即，所以时=．
（2）由即得．所以时，=．
故．
例3 设，．试求，．
解 （1）由于
，
且仅当时，；时，．则
．
（2）当时，．故，．于是
，．
注 函数复合类似“代入”，但应注意定义域的变化．复合后要写下复合函数的定义域．由于复合函数是微积分研究的主要对象之一，读者应熟练掌握复合函数的概念．
例4 设，，均为单调递增函数，且．证明：
．
证明 由题设可知
，
，
则由上述不等式可得
．
注 此处多次利用函数单调性的定义．
例5 下述说法中与的定义等价的是（ ）．
A．，当时，有．
B．，当时，有．
C．，当时，有．
D．，当时，有．
解 的定义：对于数列，存在常数，使得对于任意给定的正数（不论它多么小），存在自然数，使当时，不等式恒成立．
A与上述定义等价，因为具有任意性，也具有任意性．
B因为不能保证为任意小，从而由不能保证与无限接近．
C中的是存在性，与定义不符．
D如果存在自然数，使对，当时有，这说明数列有极限，说明D是上述定义的充分条件．但反之如果，不一定能找到那样的（它可能与无关．这一要求比与有关的要求更高），使对任意，当时，都有，因为在定义中是依赖于的给定而确定的．因而D不是上述定义的必要条件．故选A．
例6（03研） 设、、均为非负数列，且
注：03研表示2003年考研真题，以下同.
，，，
则必有（ ）．
A．对任意成立． B．对任意成立．
C．不存在． D．不存在．
解法1 由数列极限的定义，数列的极限关心的是在某个（足够大）之后的性质，前面的有限多项则无关紧要．因此A、B中“任意”的条件显然不成立．“”型的极限是未定式，C不成立，故选D．
事实上，当，时，由无穷大量的定义得到．
解法2 举反例：取，，，则可以直接排除A、B、C．
例7 当时，函数的极限（ ）．
A．． B．． C．． D．不存在且不为．
分析 左、右极限存在且相等，是函数极限存在的充要条件．本题中函数
为两个因式的乘积，易求出，所以解本题的关键是因式．
解 因，而，．故
，．所以选D．
例8 求．
分析 所求极限中有根式．通常需要对分子或分母有理化．有时甚至需要对分子分母同时有理化．本题需对分子有理化．
解 =
=
==．
例9 求．
解法1 分子分母有理化．则有
=
==．
解法2 注意到该极限属于型，可用洛必达法则，从而
=
==．
注 解法2用到的洛必达法则属于第三章的内容．
例10 求．
分析 所求极限中分子与分母都有根式，通常需要有理化，但本题如果对分子分母同时有理化则很难求解，注意到该极限属于型．考虑分子分母同时除以的最高次幂．
解法1 由于，则．函数的分子分母同时除以得
==．
解法2 运用变量代换，令，则
===．
错误解答 ==．
错解分析 错误的原因在于没有注意到的变化过程，而将被求极限函数分子分母同时除以导致错误出现．在解题过程中，最好用解法2则可避免出错．
例11 已知．试求常数、、中的和．
分析 本题极限中出现根式可优先考虑有理化．然后利用极限运算性质来分析极限运算过程，尤其是无穷小与无穷大的相关运算性质，即可解决问题．
解法1 分子有理化可得
===，
如果，则
，
故要使
，
必须有．于是，得，．
解法2 由题意有．当时，由于
=，
若，则
．
所以，即．由
=，
可得．所以，．
例12 求．
分析 当时，与的极限都不存在．尽管出现了根式，但无法直接有理化．应先利用三角函数的和差化积，然后再求解．
解 因为
=，
又，即为有界量．且
===，
即为时的无穷小量．根据有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性
质可知：=．
例13 求下列极限：
（1）； （2）；
（3）； （4）；
（5）； （6）．
解 （1）由重要极限知．
（2）时，为有界量．故=．
（3）时，为无穷小量，为有界变量．故=．
（4）解法1 时，．故=．
解法2 令，则由知．故=．
（5）解法1 时，，为有界量．故=．
解法2 时，．．故=．
（6）时，．不定．取子列，则时
，．
另取子列，则时，，．
故不存在．
注 在求极限时，一看自变量的变化过程，二看函数的变化趋势，准确判断极限类型，正确使用重要极限公式，充分利用有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性质，对解题将大有帮助．
例14 求下列极限：
（1）； （2），其中为常数且；
（3）．
分析 极限若为型，且含有三角函数或反三角函数，可尝试运用重要极限
．
解 （1）解法1 运用重要极限．
=
===．
解法2 ===．
解法3 运用洛必达法则，则
===
===．
错误解答 时，，故==．
错解分析 错误原因在于错误地使用了等价代换．并不与等价，而是与等价．在极限的和差运算中要慎重使用等价代换，一定要确保所做代换是等价代换．
（2）解法1 运用重要极限．
==
===．
解法2 利用无穷小的等价替换：时，，．
==
===．
解法3 利用．
由于当时，，从而有
，，．
=
==．
解法4 用洛必达法则．
=．
（3） 解法1 运用重要极限．
==
==．
解法2　利用等价无穷小的替换定理．
====．
解法3　利用分子有理化和等价无穷小的替换定理．
===．
解法4 分母先作等价替换，然后用洛必达法则．
==
==．
注 一般地，能够用重要公式来解决的问题，一般也可以通过恒等变形后作等价替换，在求极限时能用多种方法综合求解时多种方法一起使用，往往能使计算非常简便．
例15（00研） 求．
分析 求带有绝对值的函数的极限一定要注意考虑左、右极限．
解 因为
，
，
所以．
错误解答 因为 和均不存在，故原来的极限不存在．
错解分析 如果和均不存在，但可能存在．用极限的四则运算来求极限时要注意条件，即参与极限四则运算的各部分的极限均要存在．
例16 设．求的值．
分析 所求极限的函数为幂指函数．可用幂指函数的极限求法来求解．关于幂指函数的极限的求法参见内容提要．
解法1 运用重要极限．
====，
得=，故．
解法2 =====，故．
解法3 ==
====，
故．
例17 求．
解法1 ，
又因为
，
故．
解法2

(令)

．
解法3

(令)
．
例18（03研） _______．
分析 极限属于的类型，既可用重要极限，又可用求幂指函数的极限的方法．
解法1 用等价代换．
，
而
==，
故．
解法2 先用等价代换，然后用洛必达法则．
，
而
，
故．
例19 求，其中，，，均为正实数．
分析 该极限属于型，可采用例16的解法1与解法3．
解法1
=
=
=
=
=
=
==．
解法2
=
=
=
=
=
==．
例20 求．
分析 此类和式极限，不容易求出它的有限项的和的一般式，可考虑用夹逼准则．
解 由于
，．
得
，．
又
==．
同理=．
所以由夹逼准则得
=．
例21 求极限，其中，，，均为正实数，为自然数．
解 记=，则
．
而，．所以==．
例22 表示的取整函数．试求．
分析 充分利用不等式是求解本题的关键．
解 对任一，有，则当时有．于是
（1）当时，，由夹逼准则得；
（2）当时，，由夹逼准则得．
所以．
例23 设，，其中．试证数列极限存在，并求此极限．
分析 用单调有界准则来证明，先证明单调性，再证明有界性．
解 用数学归纳法证明此数列的单调性．由及可得．
假设，有，则
．
由数学归纳法知，对一切都有．即数列单调递减．又显然成立，即有下界，由单调有界准则知存在极限，设，对

两边取极限，有， 即 ．所以或（舍去），即．
例24 设，，，，，其中，求．
分析 需先用单调有界准则证明数列极限存在．单调性易证，但上界或下界却不易估计．为此则可先假设，并由解出，此即为数列的一个上界，但此上界形式较复杂，论证不太方便．可将其适当放大化简：
．
解 先用数学归纳法证明数列单调递增．
由知，．假设成立，则
，
所以数列单调递增．
下证有界性．
下证为数列的上界．假设，则
，
故．即数列有界．
根据单调有界准则知存在．不妨设为，则有．解得或（舍去）．
故．
注1 讨论数列的单调性和有界性时，数学归纳法是一种简洁有效的方法．
注2 如果数列的上界（或下界）不易直接看出时，则可以先假定数列的极限存在并求出极限值，据此就可以找到数列的上界（或下界），再进一步证明其确实是数列的上界（或下界）．
例25 求下列极限：
（1）； （2）； （3）．
分析 含有指数函数或指数函数的差，一般考虑换底或提出公因子，然后结合等价替换求解．
解 （1）===．
（2）==
=
=
==．
（3）====．
注 本题用到了（）以及当时，等结果．
例26 当时，试将，，，按低阶到高阶的无穷小顺序排列．
分析 注意将考虑对象均与进行比较，充分利用常用的等价替换关系式．
解 当时，由于
， ， ，
且
===，
故将其按低阶到高阶的无穷小顺序排列为，，，．
例27 设，其中，则必有（ ）．
A．． B．． C．． D．．
分析 由于，极限式中含有，，，这些无穷小量，因此要考虑运用无穷小量的有关知识．
解法1 =
==，
即．选D．
解法2 利用关系式．
因为当时，
， ， ， ，
所以
， ，
， ．
则==，即．选D．
解法3 用洛必达法则．
，即．选D．
例28（97研） _______．
分析 由于，该极限属于型，极限式中含有三角函数以及无穷小量，因此要考虑运用无穷小量的有关知识．
解 因为时，，所以

．
例29 已知，求．
分析 因为时，，由已知条件可知是无穷小量，而且与是同阶的无穷小．
解法1 利用极限与无穷小量的关系．由题意得
，
其中．即 ，
又因为，故．于是
==，
则有=，即
==+．
所以 ===．
解法2 利用等价无穷小替换．由于时，
，，．
则
===，
故 ==．
注1 解法1用到了如下常用结论：
a．，其中；
b．；
c．当时，，，，其中为常数，．
注2 本章求极限常用如下一些方法：
a．利用极限四则运算法则求极限;
b．利用两个重要极限求极限;
c．利用夹逼准则求极限;
d．利用单调有界准则求极限;
e．利用无穷小的性质求极限;
f．利用函数的连续性求极限．
例30 讨论函数的连续性．
分析 该函数为含有参数的极限式，应该先求出极限得，再讨论其连续性．
解 显然当时无意义．故当时

而在区间，，，上是初等函数，故在这些区间上连续．又
，，
，，，
所以及为的第一类间断点，其中为的可去间断点，为的跳跃间断点．
例31 讨论函数的间断点及其类型．
解 是该分段函数的分界点．并且当时，当时．
（1）由于
=，
=，
所以为的第一类间断点中的跳跃间断点．
（2）当（）时，
=．
所以（）为的第二类间断点中的无穷间断点．
（3）当时，由于

==（令）．
所以为的第一类间断点中的可去间断点．
（4）由于
=，
所以为的第二类间断点中的无穷间断点．
综上所述，为的跳跃间断点，与（）为的无穷间断点，为的可去间断点．
例32 证明方程在开区间内有唯一实根．
分析 问题等价于证明函数在开区间内有唯一的零点，既要证明存在性，又要证明唯一性．存在性通常用零点定理来证明，唯一性常用单调性或用反证法来证明．
证法1 令．由于
，．
又在上连续．由零点定理知：至少存在一点使得．
下证唯一性．对于唯一性下面给出三种证明方法．
证法1　若有使得，于是，得．即
，
而，，所以
，
则，即．从而方程在开区间内有唯一实根．
证法2　若有且，使得．不妨设．可知
，
显然，在闭区间上连续，在开区间上可导．由罗尔定理知，至少存在一点使得，即，解得或，于是，与假设矛盾．唯一性证得．
证法3 由于．
当时，有即在上单调递减．故在开区间上零点唯一．证毕．
证法2 令，则由于，，，，而在上连续．所以由零点定理知在区间，，上至少各有一个零点．即一元三次方程在各区间，，内恰有一实根，即所给方程在区间内有唯一实根．证毕．
注1 证法1中唯一性的证法2和证法3涉及到微分中值定理和导数的应用等知识，这将在第三章重点讨论，它们是证明函数的零点或方程的根的唯一性的常用的两种方法．
注2 零点定理在证明方程根的存在性的问题中应用较广泛．当函数在 （可以为，可以为）内连续，存在（或者为，或者为，但不为），存在（或者为，或者为，但不为）．分别记它们为和，且．此时零点定理同样成立．
例33 设函数在上连续，，（），且．试证至少存在一点使得．
分析 用介值定理来证明，只需证明介于的最大值与最小值之间即可．
证明 由于函数在上连续，所以由最值定理可知的最大值与最小值存在，令，，于是对任何都有．由于，（）．所以
，
从而由介值定理知至少存在一点使得．证毕．
注 利用闭区间上的连续函数的性质证明与介值相关的命题，通常有两种方法：
（1）直接法（利用介值定理和最值定理）．
解题步骤：a．从要证的等式中整理出连续函数所需取得的值；b．说明介于在相应区间上的最大值与最小值之间；c．利用介值定理得到命题的结论．如例33．
（2）间接法（利用零点定理）．
解题步骤：a．作辅助函数：将要证的等式整理为左边=右边=的形式，而左边设为辅助函数．b．寻找区间，使辅助函数在该区间端点处的函数值异号，用零点定理，如例32．