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Didnelpsun
@@ -19,6 +19,8 @@
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\usepackage{setspace}
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\renewcommand{\baselinestretch}{1.5}
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% 设置行距
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\usepackage[colorlinks,linkcolor=black,urlcolor=blue]{hyperref}
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% 超链接
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\usepackage{tikz}
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% 绘图
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\usepackage{xcolor}
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@@ -45,11 +47,11 @@
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\section{函数的图像}
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\subsection{直角坐标系图像}
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\subsubsection{常见图像}
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\paragraph{基本初等函数与初等函数} \leavevmode \bigskip
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\paragraph{基本初等函数与初等函数} \leavevmode \medskip
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基本初等函数包括：常数函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数。
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\subparagraph{常数函数} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{常数函数} \leavevmode \medskip
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$y=A$，A为常数，图像平行于x轴：
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@@ -61,7 +63,7 @@ $y=A$，A为常数，图像平行于x轴：
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\filldraw[black] (0,1) circle (2pt) node at(0.75,0.5){$(0,A)$};
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\end{tikzpicture}
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\subparagraph{幂函数} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{幂函数} \leavevmode \medskip
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$y=x^{\mu}$，$\mu$为实数，当$x>0$，$y=x^{\mu}$都有定义：
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@@ -86,7 +88,7 @@ $y=x^{\mu}$，$\mu$为实数，当$x>0$，$y=x^{\mu}$都有定义：
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\item $u_1u_2...u_n$可以使用$\sum_{i=1}^{n}\ln u_i$来研究。
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\end{enumerate}
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\subparagraph{指数函数} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{指数函数} \leavevmode \medskip
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$y=a^x(a>0,a\neq 1)$：
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@@ -108,7 +110,7 @@ $y=a^x(a>0,a\neq 1)$：
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\item 极限：$\lim\limits_{x\to -\infty}e^x=0$，$\lim\limits_{x\to +\infty}e^x=+\infty$。
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\end{enumerate}
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\subparagraph{对数函数} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{对数函数} \leavevmode \medskip
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$y=log_ax(a>0,a\neq 1)$为$y=a^x$的反函数：
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@@ -131,7 +133,7 @@ $y=log_ax(a>0,a\neq 1)$为$y=a^x$的反函数：
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\item 常用公式：$x=e^{\ln x}$，$u^v=e^{\ln u^v}=e^{v\ln u}(x>0,u>0)$
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\end{enumerate}
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\subparagraph{三角函数} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{三角函数} \leavevmode \medskip
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正弦函数：
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@@ -280,7 +282,7 @@ $$
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\item 周期性：最小正周期为$2\pi$。
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\end{enumerate}
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\subparagraph{反三角函数} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{反三角函数} \leavevmode \medskip
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反正弦函数：
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@@ -360,13 +362,13 @@ $$
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\item 性质：$\arctan x+\rm{arccot}\,\textit{x}=\dfrac{\pi}{2}(-\infty<x<+\infty)$
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\end{enumerate}
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\subparagraph{初等函数} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{初等函数} \leavevmode \medskip
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由基本初等函数经过有限次四则运算与符合步骤且可以被一个式子所表示。
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幂指函数$u(x)^{v(x)}=e^{v(x)\ln u(x)}$也是初等函数。
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\paragraph{分段函数} \leavevmode \bigskip
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\paragraph{分段函数} \leavevmode \medskip
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x的不同范围对应不同的法则，经典形式如下：
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@@ -384,7 +386,7 @@ x的不同范围对应不同的法则，经典形式如下：
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\right.
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\end{equation}
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\subparagraph{绝对值函数} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{绝对值函数} \leavevmode \medskip
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$
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y=\vert x\vert=\left\{
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@@ -404,7 +406,7 @@ $
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\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
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||||
\end{tikzpicture}
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||||
\subparagraph{符号函数} \leavevmode \bigskip
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||||
\subparagraph{符号函数} \leavevmode \medskip
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$
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y=\rm{sgn}x=\left\{
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@@ -429,7 +431,7 @@ $
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\filldraw[black] (0,-1) node[right]{$-1$};
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||||
\end{tikzpicture}
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||||
\subparagraph{取整函数} \leavevmode \bigskip
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||||
\subparagraph{取整函数} \leavevmode \medskip
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$x$为实数，不超过$x$的最大整数称为其整数部分$[x]$，其定义域为$R$，值域为$Z$。
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@@ -466,7 +468,7 @@ $x$为实数，不超过$x$的最大整数称为其整数部分$[x]$，其定义
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\subsubsection{图像变换}
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\paragraph{平移变换}
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\subparagraph{左右平移} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{左右平移} \leavevmode \medskip
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$f(x)$沿$x$轴左移$x_0$个单位长度得到$f(x+x_0)$，向右移动$x_0$个单位则得到$f(x-x_0)$：
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@@ -484,7 +486,7 @@ $f(x)$沿$x$轴左移$x_0$个单位长度得到$f(x+x_0)$，向右移动$x_0$个
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||||
\filldraw[black] (-1,0.5) node{$\leftarrow$};
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||||
\end{tikzpicture}
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||||
\subparagraph{上下平移} \leavevmode \bigskip
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||||
\subparagraph{上下平移} \leavevmode \medskip
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$f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个单位则得到$f(x)-y_0$：
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@@ -503,7 +505,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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||||
\end{tikzpicture}
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\paragraph{对称变换}
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\subparagraph{上下对称} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{上下对称} \leavevmode \medskip
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将$f(x)$关于$x$轴对称得到$-f(x)$：
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@@ -517,7 +519,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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||||
\filldraw[black] (0,-1.5) node{$x^2-1$};
|
||||
\end{tikzpicture}
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||||
\subparagraph{左右对称} \leavevmode \bigskip
|
||||
\subparagraph{左右对称} \leavevmode \medskip
|
||||
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||||
将$f(x)$关于$y$轴对称得到$f(-x)$：
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@@ -531,7 +533,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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||||
\filldraw[black] (-1.5,1.5) node{$\ln -x$};
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||||
\end{tikzpicture}
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||||
\subparagraph{原点对称} \leavevmode \bigskip
|
||||
\subparagraph{原点对称} \leavevmode \medskip
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将$f(x)$关于$x$轴$y$轴即关于原点对称得到$-f(-x)$：
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@@ -545,7 +547,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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||||
\filldraw[black] (-1.5,-1.5) node{$-\ln -x$};
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||||
\end{tikzpicture}
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||||
\subparagraph{反函数对称} \leavevmode \bigskip
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||||
\subparagraph{反函数对称} \leavevmode \medskip
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将$f(x)$关于$y=x$轴对称得到$f^{-1}(x)$：
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@@ -560,7 +562,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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||||
\draw[black, densely dashed] (-2,-2) -- (e-0.5,e-0.5) node[above]{$y=x$};
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||||
\end{tikzpicture}
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\subparagraph{函数绝对值} \leavevmode \bigskip
|
||||
\subparagraph{函数绝对值} \leavevmode \medskip
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保留$f(x)$函数值在$[0,\infty]$的部分，并对$[-\infty,0]$部分进行上下对称：
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@@ -575,7 +577,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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||||
\filldraw[black] (0,1.5) node{$\vert x^2-1\vert$};
|
||||
\end{tikzpicture}
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\subparagraph{自变量绝对值} \leavevmode \bigskip
|
||||
\subparagraph{自变量绝对值} \leavevmode \medskip
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先只保留$f(x)$定义域在$[0,\infty]$的部分，然后在$[-\infty,0]$部分使用$[0,\infty]$的部分进行左右对称：
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@@ -590,7 +592,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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\end{tikzpicture}
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\paragraph{伸缩变换}
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\subparagraph{水平伸缩} \leavevmode \bigskip
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\subparagraph{水平伸缩} \leavevmode \medskip
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纵坐标不变，当$k>1$时，$y=f(kx)$是$y=f(x)$缩短k倍得到，当$0<k<1$时，$y=f(kx)$是$y=f(x)$伸长k倍得到：
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@@ -604,7 +606,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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||||
\end{tikzpicture}
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\subparagraph{垂直伸缩} \leavevmode \bigskip
|
||||
\subparagraph{垂直伸缩} \leavevmode \medskip
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横坐标不变，$y=kf(x)$的对应纵坐标为$y=f(x)$对应纵坐标的$k$倍。
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@@ -618,7 +620,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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\subsection{极坐标系图像}
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\subsubsection{描点法}
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\paragraph{心形线（外摆线）} \leavevmode \bigskip
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||||
\paragraph{心形线（外摆线）} \leavevmode \medskip
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心形线又称为心脏线，表示是一个圆上的固定一点在它绕着与其相切且半径相同的另外一个圆周滚动时所形成的轨迹。
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@@ -637,7 +639,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
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\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
|
||||
\end{tikzpicture}
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||||
水平心形线对应参数： \leavevmode \bigskip
|
||||
水平心形线对应参数： \leavevmode \medskip
|
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\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
|
||||
\hline
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||||
@@ -646,7 +648,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
|
||||
\hline
|
||||
\end{tabular}
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\paragraph{玫瑰线} \leavevmode \bigskip
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\paragraph{玫瑰线} \leavevmode \medskip
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表达式：$r=a\sin(n\theta)$，周期为$\dfrac{2\pi}{n}$。
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@@ -661,7 +663,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
|
||||
\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
|
||||
\end{tikzpicture}
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||||
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||||
三叶玫瑰线对应参数： \leavevmode \bigskip
|
||||
三叶玫瑰线对应参数： \leavevmode \medskip
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\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
|
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\hline
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||||
@@ -670,7 +672,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
|
||||
\hline
|
||||
\end{tabular}
|
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|
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\paragraph{阿基米德螺线} \leavevmode \bigskip
|
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\paragraph{阿基米德螺线} \leavevmode \medskip
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表达式：$r=a\theta$，其中$a>0$，$\theta\geqslant 0$由0开始增大时$r$也在不断增大。
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@@ -681,7 +683,7 @@ $f(x)$沿$y$轴上移$y_0$个单位长度得到$f(x)+y_0$，向下移动$y_0$个
|
||||
\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
|
||||
\end{tikzpicture}
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\paragraph{伯努利双扭线} \leavevmode \bigskip
|
||||
\paragraph{伯努利双扭线} \leavevmode \medskip
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设定线段$F_1F_2$长度为$2a$，伯努利双扭线上所有点M满足$MF_1\cdot MF_2=a^2$。
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@@ -791,7 +793,7 @@ $$
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则对无穷的极限为$\dfrac{1}{1-r}$。
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\subsubsection{常见数列前$n$项和}
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\subsubsection{常见数列前\texorpdfstring{$n$}项和}
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\begin{enumerate}
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\item $\sum_{k=1}^nk=1+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$。
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@@ -117,19 +117,15 @@ $f(-x)=\ln(-x+\sqrt{x^2+1})=\ln(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x})=-\ln(x+\sqrt{x^2+1})=
|
||||
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||||
对其求单调性，即通过链式法则求导：
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||||
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||||
$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\cdot (1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}})=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}>0$
|
||||
$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\cdot (1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}})=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}>0$。\medskip
|
||||
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||||
所以该函数严格单调增。
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然后求$y$的反函数：
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$
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\begin{aligned}
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\because y & =\ln(x+\sqrt{x^2+1}) \\
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||||
e^y & =e^{\ln(x+\sqrt{x^2+1})} \\
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||||
& =x+\sqrt{x^2+1}
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||||
\end{aligned}
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||||
$
|
||||
$\because y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$
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||||
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||||
$e^y=e^{\ln(x+\sqrt{x^2+1})}=x+\sqrt{x^2+1}$
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||||
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||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
@@ -176,7 +172,7 @@ $，求$f[f(x)]$
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\right.
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||||
$
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||||
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||||
然后画图：\bigskip
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||||
然后画图：\medskip
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||||
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||||
\begin{tikzpicture}[domain=-1:9.5]
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||||
\draw[-latex](-1.5,0) -- (9.5,0) node[below]{$x$};
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||||
@@ -218,7 +214,7 @@ $$
|
||||
|
||||
$y=f(x)\,x\in D$，如果$\forall x_1,x_2\in D$且$x_1<x_2$，有$f(x_1)<f(x_2)$，则函数在$D$上单调递增。反之则单调递减。
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||||
|
||||
\bigskip
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||||
\medskip
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||||
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||||
$\begin{matrix}
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\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}>0 & \Rightarrow & (x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]>0 & \Rightarrow & f(x)\nearrow \\
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||||
@@ -239,7 +235,7 @@ $
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||||
|
||||
\subsubsection{周期性}
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$f(x+T)=f(x)$，其中T为周期。 \bigskip
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||||
$f(x+T)=f(x)$，其中T为周期。 \medskip
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||||
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||||
\subsubsection{重要结论}
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@@ -446,16 +442,15 @@ $\therefore \ln\left(1+\dfrac{\tan x}{x}-1\right)\sim\dfrac{\tan x}{x}-1$，$\df
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||||
又根据泰勒展开$\tan x-x=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)-x-0\cdot x^3=\dfrac{x^3}{3}$。
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$\therefore$ \bigskip
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||||
$\therefore$ \medskip
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$
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\begin{aligned}
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||||
& e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}} \\
|
||||
& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{\tan x-x}{x}} \\
|
||||
& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{3}} \\
|
||||
& = e^{\frac{1}{3}}
|
||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
$e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\ln\frac{\tan x}{x}}$
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||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\frac{\tan x-x}{x}}$
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||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{3}}$
|
||||
|
||||
$= e^{\frac{1}{3}}$
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根据海涅定理：取$x=\dfrac{1}{n},n\to\infty$，$\lim\limits_{n\to\infty}\left(n\tan\dfrac{1}{n}\right)^{n^2}=e^{\frac{1}{3}}$。
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||||
|
||||
@@ -518,31 +513,6 @@ $
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||||
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||||
若极限存在，则极限唯一。
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||||
\textbf{例题：}设$a$为常数，$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$存在，求出极限值。
|
||||
|
||||
因为求$x\to 0$，所以需要分两种情况讨论：
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\bigskip
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\lim\limits_{x\to 0^+}\left(a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{0\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi}{1\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+1}\right)+a\cdot\dfrac{\pi}{2} \\
|
||||
& = a\cdot\dfrac{\pi}{2}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
|
||||
$
|
||||
\begin{aligned}
|
||||
& \lim\limits_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right) \\
|
||||
& = -\pi+a\cdot\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) \\
|
||||
& = -\pi-\dfrac{\pi}{2}\cdot a
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
|
||||
因为极限值具有唯一性，所以$-\pi-\dfrac{\pi}{2}a=\dfrac{\pi}{2}a$，所以$a=-1$，极限值为$-\dfrac{\pi}{2}$。
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||||
\subsubsection{局部有界性}
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若极限存在且为$A$，则存在正常数$M$和$\delta$，使得当$0<\vert x-x_0\vert<\delta$时，有$\vert f(x)\vert\leqslant M$。
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@@ -573,37 +543,37 @@ $
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\end{aligned}
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$
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\textbf{例题：}函数$f(x)=\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$在哪个区间内有界（）。
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\textbf{例题：}函数$f(x)=\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$在哪个区间内有界()。\medskip
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$A.(-1,0)$\qquad$B.(0,1)$\qquad$C.(1,2)$\qquad$D.(2,3)$
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$A.(-1,0)$\qquad$B.(0,1)$\qquad$C.(1,2)$\qquad$D.(2,3)$\medskip
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解：看选项，0，1，2出现次数较多，所以从$B$选项开始检查是否有界：
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解：看选项，0，1，2出现次数较多，所以从$B$选项开始检查是否有界：\medskip
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$\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=(-1)\cdot\dfrac{-\sin 2}{(-1)\cdot 4}=-\dfrac{\sin 2}{4}$
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$\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=(-1)\cdot\dfrac{-\sin 2}{(-1)\cdot 4}=-\dfrac{\sin 2}{4}$\medskip
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所以趋于$0^-$的一段有界。
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所以趋于$0^-$的一段有界。\medskip
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同理$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=\dfrac{\sin 2}{4}$。
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同理$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=\dfrac{\sin 2}{4}$。\medskip
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所以趋于$0^+$的一段有界。
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所以趋于$0^+$的一段有界。\medskip
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$\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中$(x-1)$为0且在分母位置，所以极限为$\infty$，无界。
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$\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中$(x-1)$为0且在分母位置，所以极限为$\infty$，该区间无界。\medskip
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所以$(0,1)$无界，$B$排除。
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所以$(0,1)$无界，$B$排除。\medskip
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同理$\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$也无穷大而无界。
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同理$\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$也无穷大而无界。\medskip
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所以$(1,2)$无界，$C$排除。
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所以$(1,2)$无界，$C$排除。\medskip
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$\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中不管前面的项，而看到后面的$\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)^2}$。
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$\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}$中不管前面的项，而看到后面的$\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)^2}$。\medskip
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||||
因为$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$，所以对于$\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{\sin(x-2)}{(x-2)}=1$，所以下面还有一个$x-2$，所以还是为$\infty$。
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所以$(2,3)$无界，$D$排除。
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所以$(2,3)$无界，$D$排除。\medskip
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验证-1处是否有界：
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验证-1处是否有界：\medskip
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$\lim\limits_{x\to -1}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=-\dfrac{\sin 3}{18}$。
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$\lim\limits_{x\to -1}\dfrac{\vert x\vert\sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2}=-\dfrac{\sin 3}{18}$。\medskip
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所以该处有界，所以选$A$。
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@@ -629,7 +599,7 @@ $\Rightarrow A-\varepsilon<f(x)<A+\varepsilon$。
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推论：若函数值在$x\to x_0$时都非负或非正，极限值为$A$，那么$A$与此时函数值同号。不能去除等号。
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关于三个性质要注意自变量取值的双向性，所以需要留意下面几个函数：
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@@ -866,9 +836,7 @@ $
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\subsection{\texorpdfstring{$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$}{}}
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证明：
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当$x\to 0$时$x\in[0,\dfrac{\pi}{2}]$。
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证明：当$x\to 0$时$x\in[0,\dfrac{\pi}{2}]$。
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\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
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\draw (0,0) circle (1);
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@@ -905,18 +873,21 @@ $\therefore\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$。
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证明：
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$
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\begin{aligned}
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& \lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x \\
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& =\lim\limits_{x\to\infty}e^{\ln(1+\frac{1}{x})^x} \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to\infty}e^{x\ln(1+\frac{1}{x})} \\
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||||
& =e^{\lim\limits_{x\to\infty}x\ln(1+\frac{1}{x})} \\
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||||
& =e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}} \\
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||||
& =e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\left(\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\right)\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-\frac{1}{x^2}}} \\
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& =e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{1+x}} \\
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& =e
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\end{aligned}
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$
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$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x$\medskip
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$=\lim\limits_{x\to\infty}e^{\ln(1+\frac{1}{x})^x}$
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$=\lim\limits_{x\to\infty}e^{x\ln(1+\frac{1}{x})}$
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$=e^{\lim\limits_{x\to\infty}x\ln(1+\frac{1}{x})}$
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$=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}}$
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$=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\left(\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\right)\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-\frac{1}{x^2}}}$
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$=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{1+x}}$
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$=e$
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从而$\lim\limits_{\Delta\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{\Delta}\right)^\Delta=e$与$\lim\limits_{\Delta\to 0}\left(1+\Delta\right)^{\frac{1}{\Delta}}=e(\Delta\neq 0)$。
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@@ -1069,7 +1040,7 @@ $x\to 0$：
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无穷间断点与振荡间断点的左右极限都不存在的点都是第二类间断点。
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\textcolor{orange}{注意：}两侧邻域都有定义才能讨论间断点问题。
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\textcolor{orange}{注意：}两侧邻域都有定义才能讨论间断点问题。\medskip
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\textbf{例题：}若$f(x)=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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@@ -1082,9 +1053,9 @@ $在$(-\infty,+\infty)$内连续，求$a$。
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$\therefore a=1$。
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\textbf{例题：}若函数$f(x)=\dfrac{\ln\vert x\vert}{\vert x-1\vert}\sin x$，则x的间断点类型是？
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\textbf{例题：}若函数$f(x)=\dfrac{\ln\vert x\vert}{\vert x-1\vert}\sin x$，则x的间断点类型是？\medskip
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||||
由式子的分式部分可知有两个无定义的间断点：$x=0$，$x=1$。
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由式子的分式部分可知有两个无定义的间断点：$x=0$，$x=1$。\medskip
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$\lim\limits_{x\to 1}f(x)=\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x-1}{\vert x-1\vert}\sin x=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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@@ -43,19 +43,19 @@
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七种：$\dfrac{0}{0},\dfrac{\infty}{\infty},0\cdot\infty,\infty-\infty,\infty^0,0^0,1^\infty$。
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\bigskip
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\medskip
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\ding{172}其中$\dfrac{0}{0}$为洛必达法则的基本型。$\dfrac{\infty}{\infty}$可以类比$\dfrac{0}{0}$的处理方式。$0\cdot\infty$可以转为$\dfrac{0}{\dfrac{1}{\infty}}=\dfrac{0}{0}=\dfrac{\infty}{\dfrac{1}{0}}=\dfrac{\infty}{\infty}$。设置分母有原则，简单因式才下放。（简单：幂函数，e为底的指数函数）
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\ding{172}其中$\dfrac{0}{0}$为洛必达法则的基本型。$\dfrac{\infty}{\infty}$可以类比$\dfrac{0}{0}$的处理方式。$0\cdot\infty$可以转为$\dfrac{0}{\dfrac{1}{\infty}}=\dfrac{0}{0}=\dfrac{\infty}{\dfrac{1}{0}}=\dfrac{\infty}{\infty}$。设置分母有原则，简单因式才下放（简单：幂函数，e为底的指数函数）。
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\bigskip
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\medskip
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\ding{173}$\infty-\infty$可以提取公因式或通分，即和差化积。
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\medskip
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\ding{174}$\infty^0,0^0,1^\infty$，就是幂指函数。
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\bigskip
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\medskip
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$
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u^v=e^{v\ln u}=\left\{
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@@ -66,6 +66,8 @@ u^v=e^{v\ln u}=\left\{
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\end{array} \right.
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$
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\medskip
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$\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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综上，无论什么样的四则形式，都必须最后转换为商的形式。
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@@ -84,7 +86,7 @@ $\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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求$\lim\limits_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right]$。
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||||
首先对于幂指函数需要取指数，所以$\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}=e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})}$。
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||||
首先对于幂指函数需要取指数，所以$\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}=e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})}$。\medskip
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||||
而后面的多一个$\sqrt{e}$导致整个式子变为一个复杂的式子，而与$e^x$相关的是$e^x-1\sim x$。
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@@ -92,40 +94,41 @@ $\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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综上：
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\begin{aligned}
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& \lim\limits_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right] \\
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||||
& =\lim\limits_{n\to\infty}n\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})}-\sqrt{e}\right) \\
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||||
& =\lim\limits_{n\to\infty}n\left[e^{\frac{1}{2}}\cdot\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})-\frac{1}{2}}-1\right)\right] \\
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||||
& =\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\dfrac{1}{n}\right] \\
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||||
& =\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}-\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n^2}} \\
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||||
& =\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right) \\
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||||
& =-\dfrac{\sqrt{e}}{4}
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||||
\end{aligned}
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$
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||||
$\lim\limits_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right]$ \medskip
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||||
$=\lim\limits_{n\to\infty}n\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})}-\sqrt{e}\right)$ \medskip
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||||
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||||
$=\lim\limits_{n\to\infty}n\left[e^{\frac{1}{2}}\cdot\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})-\frac{1}{2}}-1\right)\right]$ \medskip
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||||
|
||||
$=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\dfrac{1}{n}\right]$
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||||
|
||||
$=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}-\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n^2}}$
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||||
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||||
$=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right)$
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$=-\dfrac{\sqrt{e}}{4}$
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\subsection{三角函数关系式}
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$。\medskip
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right) \\
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||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{\sin^2x\cdot x^2} (\sin x\sim x)\\
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||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\dfrac{1}{4}\sin^22x}{x^4} \\
|
||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$ \medskip
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$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4x^3} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{2}\sin 4x}{4x^3} \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2-\dfrac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2} \\
|
||||
& = \dfrac{1}{6}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos 4x}{x^2} (1-\cos x\sim \dfrac{1}{2}x^2)\\
|
||||
& = \dfrac{4}{3}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{\sin^2x\cdot x^2} (\sin x\sim x)$ \medskip
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||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)$ \medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\dfrac{1}{4}\sin^22x}{x^4}$ \medskip
|
||||
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||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4x^3} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)$ \medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{2}\sin 4x}{4x^3}$ \medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2-\dfrac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2}$ \medskip
|
||||
|
||||
$= \dfrac{1}{6}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos 4x}{x^2} (1-\cos x\sim \dfrac{1}{2}x^2)$ \medskip
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||||
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||||
$= \dfrac{4}{3}$
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\subsection{提取常数因子}
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@@ -137,44 +140,35 @@ $
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\textcolor{orange}{注意：}提取公因子的时候应该注意开平方等情况下符号的问题。如果极限涉及倒正负两边则必须都讨论。
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当趋向为负且式子中含有根号的时候最好提取负因子，从而让趋向变为正。
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||||
当趋向为负且式子中含有根号的时候最好提取负因子，从而让趋向变为正。\medskip
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||||
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||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to-\infty}\left[\sqrt{4x^2+x}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)+2\ln 2x\right]$
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||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to-\infty}\left[\sqrt{4x^2+x}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)+2\ln 2x\right]$。\medskip
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||||
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||||
题目的形式为$\infty-\infty$，所以必须使用后面的倒代换转换为商的形式。
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||||
题目的形式为$\infty-\infty$，所以必须使用后面的倒代换转换为商的形式。\medskip
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||||
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||||
$=\lim\limits_{x\to-\infty}-x\left[\sqrt{4+\dfrac{1}{x}}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)-2\ln 2\right]$
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||||
$=\lim\limits_{x\to-\infty}-x\left[\sqrt{4+\dfrac{1}{x}}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)-2\ln 2\right]$。 \medskip
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||||
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||||
这里就需要注意到因为$\sqrt{4x^2+x}$的限制导致这个式子必然为正数，而$x\to-\infty$代表自变量为负数，所以提出来的$x$必然是负数，而原式是正数，所以就需要添加一个负号，而后面的$2\ln 2x$则没有要求，所以直接变成$-2\ln 2$就可以了。
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||||
将$x$下翻变成分母为$\dfrac{1}{x}$，并令$t=\dfrac{1}{x}$。
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将$x$下翻变成分母为$\dfrac{1}{x}$，并令$t=\dfrac{1}{x}$。\medskip
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$
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\begin{aligned}
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||||
& =\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{\sqrt{t+4}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)-2\ln 2}{-t}
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||||
\end{aligned}
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||||
$
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$=\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{\sqrt{t+4}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)-2\ln 2}{-t}$。\medskip
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||||
幂次不高可以尝试洛必达：\medskip
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||||
$=\lim\limits_{t\to 0^-}\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\ln(2+t)}{\sqrt{t+4}}+\dfrac{\sqrt{t+4}}{2+t}\right)$\medskip
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||||
$=-\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\ln 2}{2}+\dfrac{2}{2}\right)=-\dfrac{\ln 2}{4}-1$。
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\subsection{幂指函数}
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当出现$f(x)^{g(x)}$的类似幂函数与指数函数类型的式子，需要使用$u^v=e^{v\ln u}$。
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||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。
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||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。\medskip
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% $
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% \begin{aligned}
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||||
% & \lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}} \\
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||||
% & =e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right) \\
|
||||
% & =e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}} \\
|
||||
% & =e^0 \\
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||||
% & =1
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||||
% \end{aligned}
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||||
% $
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||||
$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$ \medskip
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||||
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||||
$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$
|
||||
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||||
$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)$
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)$\medskip
|
||||
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||||
$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}$
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@@ -186,7 +180,7 @@ $=1$
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当遇到带有根号的式子可以使用等价无穷小，但是只针对形似$(1+x)a-1\sim ax$的式子，而针对$x^a\pm x^b$的式子则无法替换，必须使用有理化来将单个式子变为商的形式。
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如$\sqrt{a}\pm\sqrt{b}=\dfrac{a+b}{\sqrt{a}\mp\sqrt{b}}$。
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||||
如$\sqrt{a}\pm\sqrt{b}=\dfrac{a+b}{\sqrt{a}\mp\sqrt{b}}$。\medskip
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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@@ -196,16 +190,17 @@ $=1$
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又$\sqrt{x^2+100}$在$x\to-\infty$时本质为根号差，所以有理化：
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x) \\
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||||
& \lim\limits_{x\to-\infty}x\dfrac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{令}x=-t}\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100}{\sqrt{1+\dfrac{100}{t^2}}+1} \\
|
||||
& = -50
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
$\lim\limits_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)$
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||||
$=\lim\limits_{x\to-\infty}x\dfrac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^2+100}-x}$\medskip
|
||||
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||||
$=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}$\medskip
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||||
|
||||
$\xRightarrow{\text{令}x=-t}\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100}{\sqrt{1+\dfrac{100}{t^2}}+1}$
|
||||
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$=-50$
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\subsection{换元法}
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@@ -217,17 +212,19 @@ $
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又$x\to 0$，$\ln(1+x)\sim x$，所以$x\to 1$，$\ln x\sim x-1$：
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x) \\
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||||
& = \lim\limits_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x) \\
|
||||
& \xRightarrow{令t=1-x} =-\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t \\
|
||||
& = -\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}} \\
|
||||
& = -\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to 0^+}t \\
|
||||
& = 0
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||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
$\lim\limits_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x)$
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||||
$= \lim\limits_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x)$
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||||
$\xRightarrow{令t=1-x} =-\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t$
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||||
|
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$= -\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}}$
|
||||
|
||||
$= -\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}}$
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||||
|
||||
$= \lim\limits_{t\to 0^+}t$
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||||
|
||||
$= 0$
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\subsection{倒代换}
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@@ -237,45 +234,45 @@ $
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
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||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^{99}} \\
|
||||
& = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}
|
||||
\end{aligned}
|
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$
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||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$\medskip
|
||||
|
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\bigskip
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||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^{99}}$\medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}$
|
||||
|
||||
\medskip
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||||
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||||
使用洛必达法则下更复杂，因为分子的幂次为负数，导致求导后幂次绝对值越来越大，不容易计算。
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||||
使用倒代换再洛必达降低幂次，令$\dfrac{1}{x^2}=t$。
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||||
使用倒代换再洛必达降低幂次，令$t=\dfrac{1}{x^2}$
|
||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
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||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{e^{-t}}{t^{-50}} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{t^{50}}{e^t} \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50t^{49}}{e^t} \\
|
||||
& = \cdots \\
|
||||
& = \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50!}{e^t} \\
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||||
& = 0
|
||||
\end{aligned}
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$
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||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$\medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{e^{-t}}{t^{-50}}$\medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{t^{50}}{e^t}$\medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50t^{49}}{e^t}$
|
||||
|
||||
$= \cdots$
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|
||||
$= \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50!}{e^t}$
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||||
|
||||
$= 0$
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||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$。
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该式子含有分数，所以尝试使用倒数代换：
|
||||
该式子含有分数，所以尝试使用倒数代换：\medskip
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||||
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x] \\
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||||
& \xRightarrow{\text{令}x=\frac{1}{t}}\lim\limits_{t\to 0^+}\left(\dfrac{e^t-1}{t^2}-\dfrac{1}{t}\right) \\
|
||||
& \lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{e^t-1-t}{t^2} \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{泰勒展开}e^t}\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}t^2}{t^2} \\
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||||
& =\dfrac{1}{2}
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||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
$\lim\limits_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$ \medskip
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||||
|
||||
$\xRightarrow{\text{令}x=\frac{1}{t}}\lim\limits_{t\to 0^+}\left(\dfrac{e^t-1}{t^2}-\dfrac{1}{t}\right)$\medskip
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{e^t-1-t}{t^2}$
|
||||
|
||||
$\xRightarrow{\text{泰勒展开}e^t}\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}t^2}{t^2}$
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|
||||
$=\dfrac{1}{2}$
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\subsubsection{\texorpdfstring{$\infty-\infty$}\ 型}
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@@ -289,44 +286,39 @@ $
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这里可以使用等价无穷小$e^x-1\sim x$。
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}} \\
|
||||
& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\ln\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}-1\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}-n}{n}\right)} \\
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}}$
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||||
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||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& =e^{\frac{e}{n}\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots+\frac{e^{nx}-1}{x}\right)} \\
|
||||
& =e^{\frac{e}{n}[1+2+\cdots+n]} \\
|
||||
& =e^{\frac{e}{n}\cdot\frac{n(1+n)}{2}} \\
|
||||
& =e^{\frac{e(1+n)}{2}}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\ln\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)}$
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||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{\ln\cos x}$
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||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}-1\right)}$
|
||||
|
||||
可以使用$\cos x-1\sim\dfrac{x^2}{2}$。
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||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}-n}{n}\right)}$
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||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{\ln\cos x} \\
|
||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x+\cos x-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
|
||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{x^2}{2}}{-\dfrac{x^2}{2}}+\dfrac{\cos x(1-\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x})}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
|
||||
& =-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1-\sqrt{\cos 2x})+\sqrt{\cos 2x}-\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
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||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& =-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(\cos 2x-1)+\sqrt{\cos 2x}(1-\sqrt[3]{\cos 3x})}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
|
||||
& =-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(-\dfrac{4x^2}{2})+\left(-\dfrac{1}{3}\right)\left(-\dfrac{9x^2}{2}\right)}{-\dfrac{x^2}{2}} \\
|
||||
& =-6
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
$=e^{\frac{e}{n}\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots+\frac{e^{nx}-1}{x}\right)}$
|
||||
|
||||
$=e^{\frac{e}{n}[1+2+\cdots+n]}$
|
||||
|
||||
$=e^{\frac{e}{n}\cdot\frac{n(1+n)}{2}}$
|
||||
|
||||
$=e^{\frac{e(1+n)}{2}}$
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||||
|
||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{\ln\cos x}$\medskip
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||||
|
||||
可以使用$\cos x-1\sim\dfrac{x^2}{2}$。\medskip
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||||
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||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{\ln\cos x}$
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||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x+\cos x-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{-\dfrac{x^2}{2}}$
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||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{x^2}{2}}{-\dfrac{x^2}{2}}+\dfrac{\cos x(1-\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x})}{-\dfrac{x^2}{2}}$
|
||||
|
||||
$=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1-\sqrt{\cos 2x})+\sqrt{\cos 2x}-\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{-\dfrac{x^2}{2}}$
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||||
|
||||
$=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(\cos 2x-1)+\sqrt{\cos 2x}(1-\sqrt[3]{\cos 3x})}{-\dfrac{x^2}{2}}$
|
||||
|
||||
$=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(-\dfrac{4x^2}{2})+\left(-\dfrac{1}{3}\right)\left(-\dfrac{9x^2}{2}\right)}{-\dfrac{x^2}{2}}$
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$=-6$
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\section{基本计算方式}
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@@ -334,10 +326,14 @@ $
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\subsection{基础四则运算}
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只有式子的极限各自存在才能使用四则运算，使用的频率较少。
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\subsection{两个重要极限}
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\subsection{导数定义}
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极限转换以及连续性的时候会用到，但是使用的频率也较小。
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\subsection{等价无穷小替换}
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当看到复杂的式子，且不论要求的极限值的趋向，而只要替换的式子是$\Delta\to 0$时的无穷小，就使用等价无穷小进行替换。
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@@ -348,15 +344,15 @@ $
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\subsection{夹逼准则}
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夹逼准则可以用来证明不等式也可以用来计算极限。但是最重要的是找到能夹住目标式子的两个式子。
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夹逼准则可以用来证明不等式也可以用来计算极限。但是最重要的是找到能夹住目标式子的两个式子。\medskip
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]$，其中$[\cdot]$为取整符号。
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取整函数公式：$x-1<[x]\leqslant x$，所以$\dfrac{10}{x}-1<\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant\dfrac{10}{x}$。
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当$x>0$时，$x\to 0^+$，两边都乘以10，$10-x<x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant x\cdots\dfrac{10}{x}=10$，而左边在$x\to 0^+$时极限也为10，所以夹逼准则，中间$x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]$极限也为10。
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当$x>0$时，$x\to 0^+$，两边都乘以10，$10-x<x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant x\cdots\dfrac{10}{x}=10$，而左边在$x\to 0^+$时极限也为10，所以夹逼准则，中间$x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]$极限也为10。\medskip
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||||
|
||||
当$x>0$时，$x\to 0^-$，同样也是夹逼准则得到极限为10。
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当$x>0$时，$x\to 0^-$，同样也是夹逼准则得到极限为10。\medskip
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$\therefore \lim\limits_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]=10$。
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@@ -364,7 +360,7 @@ $\therefore \lim\limits_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]=10$。
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对于形如$f(a)-f(b)$的极限式子就可以使用拉格朗日中值定理，这个$f(x)$为任意的函数。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\right)$。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}{n+1}\right)$。\medskip
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||||
因为式子不算非常复杂，其实也可以通过洛必达法则来完成，但是求导会很复杂。而$\arctan x$可以认定为$f(x)$。
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@@ -390,7 +386,7 @@ $\therefore\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left(\arctan\dfrac{2}{n}-\arctan\dfrac{2}
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且一般只有麦克劳林公式表上的基本初等函数才会使用倒泰勒公式，复合函数最好不要使用。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。
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\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。\medskip
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分析：该题目使用洛必达法则会比较麻烦且难以计算，所以先考虑是否能用泰勒展开：
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@@ -409,6 +405,7 @@ $\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)
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\item 极限转换：根据已知的极限值计算目标极限值。
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\item 求参数：已知式子的极限值，计算式子中未知的参数。
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\item 极限存在性：根据式子以及极限存在性计算极限或参数。
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\item 极限唯一性：式子包含参数，根据唯一性计算两侧极限并求出参数与极限值。
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\item 函数连续性：根据连续性与附加条件计算极限值或参数。
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\item 迭代式数列：根据数列迭代式计算极限值。
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\item 变限积分：根据变限积分计算极限值。
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@@ -420,20 +417,21 @@ $\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)
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||||
最常用的方式就是将目标值作为一个部分，然后对已知的式子进行替换。
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\textbf{例题：}已知$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}=0$，求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}$。
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||||
\textbf{例题：}已知$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}=0$，求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}$。\medskip
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||||
令目标$\dfrac{f(x)-1}{x}=t$，$\therefore f(x)=tx+1$。
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||||
令目标$\dfrac{f(x)-1}{x}=t$，$\therefore f(x)=tx+1$。\medskip
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||||
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2} \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+tx^2+x}{x^2} (\text{泰勒展开}) \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-x-\dfrac{x^2}{2}+tx^2+x}{x^2} \\
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||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)x^2}{x^2} \\
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||||
& ==\lim\limits_{x\to 0}\left(t-\dfrac{1}{2}\right) \\
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||||
& =0
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||||
\end{aligned}
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$
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||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}$\medskip
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||||
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||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+tx^2+x}{x^2} (\text{泰勒展开})$\medskip
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||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-x-\dfrac{x^2}{2}+tx^2+x}{x^2}$\medskip
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||||
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||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)x^2}{x^2}$\medskip
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||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\left(t-\dfrac{1}{2}\right)$
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||||
|
||||
$=0$
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||||
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||||
$\therefore\lim\limits_{x\to 0}t=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1}{2}$。
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||||
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||||
@@ -443,16 +441,17 @@ $\therefore\lim\limits_{x\to 0}t=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1}
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||||
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||||
由$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$，而目标是$x^3$，所以需要变形：
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||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot\lim\limits_{x\to 0}x=0 \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=0 \\
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||||
& \text{泰勒展开：}x-\sin x=\dfrac{1}{6}x^3 \\
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6} \\
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& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6
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\end{aligned}
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$
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$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$
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$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot\lim\limits_{x\to 0}x=0$
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||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=0$
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||||
$\text{泰勒展开：}x-\sin x=\dfrac{1}{6}x^3$
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$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6}$
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$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$
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\subsubsection{脱帽法}
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@@ -474,25 +473,50 @@ $\therefore \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。
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一般极限式子右侧等于一个常数，或是表明高阶或低阶。具体的关系参考无穷小比阶。
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在求参数的时候要注意与0的关系。
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在求参数的时候要注意与0的关系。\medskip
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\textbf{例题：}设$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$，求常数a，b。
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根据泰勒展开式：$x\to 0,\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{x}+o(x^2)$。
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根据泰勒展开式：$x\to 0,\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{x}+o(x^2)$，$x-\ln(1+x)\sim\dfrac{1}{2}x^2\sim 1-\cos x$。
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$
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\begin{aligned}
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& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2 \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1-a)x-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\neq 0 \\
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& 1-a=0;-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)=2 \\
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& \therefore a=1;b=-\dfrac{5}{2}
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\end{aligned}
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$
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$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$
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\textcolor{orange}{注意：}根据泰勒公式，$x-\ln(1+x)\sim\dfrac{1}{2}x^2\sim 1-\cos x$。
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$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1-a)x-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\neq 0$
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$1-a=0;-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)=2$\medskip
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$\therefore a=1;b=-\dfrac{5}{2}$
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\subsection{极限存在性}
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\subsection{极限唯一性}
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若极限存在则必然唯一。
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\textbf{例题：}设$a$为常数，$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$存在，求出极限值。
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因为求$x\to 0$，所以需要分两种情况讨论：
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\medskip
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$\lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$
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$= \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\lim\limits_{x\to 0^+}\left(a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$
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$= \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{0\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi}{1\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+1}\right)+a\cdot\dfrac{\pi}{2}$
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$= a\cdot\dfrac{\pi}{2}$
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\medskip
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$\lim\limits_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$
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$= -\pi+a\cdot\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)$
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$= -\pi-\dfrac{\pi}{2}\cdot a$
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因为极限值具有唯一性，所以$-\pi-\dfrac{\pi}{2}a=\dfrac{\pi}{2}a$，所以$a=-1$，极限值为$-\dfrac{\pi}{2}$。
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\subsection{函数连续性}
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函数的连续性代表：极限值=函数值。
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@@ -503,15 +527,15 @@ $
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而我们对于$f(x)$的具体的关系是未知的，只知道$f(1)=1$。那么先需要考察$\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}$的整数最大值。
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$
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\begin{aligned}
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& \lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}} \\
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& e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}} \\
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& e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x}} \\
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& =e^0 \\
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& =1
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\end{aligned}
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$
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$\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}$
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$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}}$
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$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x}}$
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$=e^0$
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$=1$
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$\therefore\lim\limits_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。
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@@ -525,27 +549,29 @@ $\therefore\lim\limits_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。
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首先看题目，给出的递推式设计到二阶递推，即存在三个数列变量，所以我们必须先求出对应的数列表达式。因为这个表达式涉及三个变量，所以尝试对其进行变型：
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$
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\begin{aligned}
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a_{n+1}-a_n & =\dfrac{a_{n-1}-a_n}{2} \\
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& =\left(-\dfrac{1}{2}\right)(a_n-a_{n-1}) \\
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||||
& =\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2(a_{n-1}-a_{n-2}) \\
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||||
& =\cdots \\
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||||
& =\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n(a_1-a_0) \\
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||||
& = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n
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\end{aligned}
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$
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||||
$a_{n+1}-a_n$
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$=\dfrac{a_{n-1}-a_n}{2}$
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$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)(a_n-a_{n-1})$
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$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2(a_{n-1}-a_{n-2})$
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$=\cdots$
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||||
$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n(a_1-a_0)$
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$= \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n$
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||||
然后得到了$a_{n+1}-a_n=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n$，而需要求极限，所以使用列项相消法的逆运算：
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$
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\begin{aligned}
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||||
a_n & = (a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0 \\
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||||
& = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} + \cdots + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^0 \\
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||||
& = \dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)} \\
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||||
& = \dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right] \\
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||||
\end{aligned}
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$
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||||
$a_n= (a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0$\medskip
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$= \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} + \cdots + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^0$\medskip
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||||
|
||||
$= \dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}$\medskip
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||||
$= \dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]$\medskip
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|
||||
$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\dfrac{2}{3}$
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@@ -55,7 +55,7 @@ $\tan\alpha=f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=k$。
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\subsection{定义}
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||||
设$y=f(x)$定义在区间$I$上，让自变量在$x=x_0$处加一个增量$\Delta x$，其中$x_0\in I$，$x_0+\Delta x\in I$，则可得函数的增量$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$。若函数增量$\Delta y$与自变量增量$\Delta x$的比值在$\Delta x\to 0$时的极限存在，则称函数$y=f(x)$在$x_0$处可导，并称这个极限为$y=f(x)$在点$x_0$处的导数，记作$f'(x)$，即$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$。
|
||||
设$y=f(x)$定义在区间$I$上，让自变量在$x=x_0$处加一个增量$\Delta x$，其中$x_0\in I$，$x_0+\Delta x\in I$，则可得函数的增量$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$。若函数增量$\Delta y$与自变量增量$\Delta x$的比值在$\Delta x\to 0$时的极限存在，则称函数$y=f(x)$在$x_0$处可导，并称这个极限为$y=f(x)$在点$x_0$处的导数，记作$f'(x)$，即$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$。\medskip
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下面三句话等价：
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@@ -65,11 +65,11 @@ $\tan\alpha=f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=k$。
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\item $f'(x)=A$。（$A$为有限数）
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\end{enumerate}
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单侧导数分为左导数和右导数。
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单侧导数分为左导数和右导数。\medskip
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||||
$f'_-(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0^-}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$
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||||
$f'_+(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0^+}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$
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||||
$f'_+(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0^+}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$\medskip
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||||
所以$f(x)$在$x_0$处可导的充要条件是其左导数和右导数存在且相等。
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@@ -98,13 +98,13 @@ $
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\textbf{例题：}证明$f(x)$为可导的周期为$T$的周期函数，则$f'(x)$也是以$T$为周期的周期函数。
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已知$f(x+T)=f(x)$，求证$f'(x+T)=f'(x)$。
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已知$f(x+T)=f(x)$，求证$f'(x+T)=f'(x)$。\medskip
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$\therefore f'(x+T)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+T+\Delta x)-f(x+T)}{\Delta x}$
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$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=f'(x)$。
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||||
\textbf{例题：}设$f(x)$是二阶可导的以2为周期的奇函数，且$f(\dfrac{1}{2})>0$，$f'(\dfrac{1}{2})>0$，比较$f(-\dfrac{1}{2})$、$f'(\dfrac{3}{2})$、$f''(0)$的大小。
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||||
\textbf{例题：}设$f(x)$是二阶可导的以2为周期的奇函数，且$f(\dfrac{1}{2})>0$，$f'(\dfrac{1}{2})>0$，比较$f(-\dfrac{1}{2})$、$f'(\dfrac{3}{2})$、$f''(0)$的大小。\medskip
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||||
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||||
$\because f(x)$为二阶奇函数，$\therefore f(x)\text{奇函数}\Rightarrow f'(x)\text{偶函数}\Rightarrow f''(x)\text{奇函数}\Rightarrow f''(0)=0$。
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@@ -112,19 +112,19 @@ $\therefore f(-\dfrac{1}{2})=-f(\dfrac{1}{2})<0$。
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$\because f(x)T=2\Rightarrow f'(x)T=2$，$\therefore f'(\dfrac{3}{2})=f'(\dfrac{3}{2}-2)=f'(-\dfrac{1}{2})=f'(\dfrac{1}{2})>0$。
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||||
$\therefore f'(\dfrac{3}{2})>f''(0)>f(-\dfrac{1}{2})$。
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$\therefore f'(\dfrac{3}{2})>f''(0)>f(-\dfrac{1}{2})$。\medskip
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||||
\textbf{例题：}$\left(x^\alpha\right)'=\alpha x^{\alpha-1}(x>0)$。
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||||
\textbf{例题：}$\left(x^\alpha\right)'=\alpha x^{\alpha-1}(x>0)$。\medskip
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\left(x+\Delta x\right)^\alpha-x^\alpha}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\left[\left(1+\dfrac{\Delta x}{x}\right)^\alpha-1\right]}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\cdot\alpha\cdot\dfrac{\Delta x}{x}}{\Delta x} \\
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||||
& =\alpha x^{\alpha-1}
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\end{aligned}
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$
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||||
$\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$\medskip
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$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\left(x+\Delta x\right)^\alpha-x^\alpha}{\Delta x}$\medskip
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||||
$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\left[\left(1+\dfrac{\Delta x}{x}\right)^\alpha-1\right]}{\Delta x}$\medskip
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||||
$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{x^\alpha\cdot\alpha\cdot\dfrac{\Delta x}{x}}{\Delta x}$\medskip
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$=\alpha x^{\alpha-1}$
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\subsection{导数的几何意义}
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@@ -144,20 +144,19 @@ $
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可导定义：$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = A$
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x) \\
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& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot\Delta x \\
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& =A\cdot 0 \\
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& =0
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\end{aligned}
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$
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$\lim\limits_{\Delta x\to 0}f(x+\Delta x)-f(x)$
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$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot\Delta x$
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$=A\cdot 0$
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$=0$
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\textbf{例题：}若$f(x)$在$x=x_0$处连续，且$\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$，则$f(x_0)=0$且$f'(x_0)=A$。
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证明：$\because\text{连续，}\therefore f(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}(x-x_0)=A\cdot 0=0$。
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||||
又$f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$。
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||||
又$f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{x-x_0}=A$。
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||||
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||||
如$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{f(x)}{x-1}=2$且$f(x)$连续，可以推出$f(1)=0$与$f'(1)=2$。
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@@ -178,57 +177,63 @@ $
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令$f(x)=u(x)v(x)$。
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$
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\begin{aligned}
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& (u\cdot v)' \\
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& =f'(x) \\
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& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x} \\
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||||
& =\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x) +\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}u(x) \\
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||||
& =u'(x)v(x)+v'(x)u(x)
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\end{aligned}
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$
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$(u\cdot v)'$
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$=f'(x)$
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$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$
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$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$
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||||
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||||
$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$
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||||
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||||
$=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x) +\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}u(x)$
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$=u'(x)v(x)+v'(x)u(x)$
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\subsection{反函数导数}
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\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}$y=f(x)$可导，且$f'(x)\neq 0$，则存在反函数$x=\varphi(y)$，且$\dfrac{\rm{d}x}{\rm{d}y}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}}$，即$\varphi'(x)=\dfrac{1}{f'(x)}$。
|
||||
\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}$y=f(x)$可导，且$f'(x)\neq 0$，则存在反函数$x=\varphi(y)$，且$\dfrac{\rm{d}x}{\rm{d}y}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}}$，即$\varphi'(x)=\dfrac{1}{f'(x)}$。\medskip
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||||
$y=f(x)$可导，且$f'(x)\neq 0$就是指严格单调，而严格单调必有反函数。
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||||
\textbf{例题：}求$y=\arcsin x,x\in(-1,1)$与$y=\arctan x$的导数。
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首先反三角函数就是三角函数的反函数、
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首先反三角函数就是三角函数的反函数。
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求$y=\arcsin x$，即$x=\sin y$。
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$\therefore\dfrac{\rm{d}\arcsin x}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}\sin y}{\rm{d}y}}=\dfrac{1}{\cos y}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2y}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$。
|
||||
$\therefore\dfrac{\rm{d}\arcsin x}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}\sin y}{\rm{d}y}}=\dfrac{1}{\cos y}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2y}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$。\medskip
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求$y=\arctan x$，就$x=\tan y$。
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||||
求$y=\arctan x$，就$x=\tan y$。\medskip
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||||
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||||
$\therefore\dfrac{\rm{d}\arctan x}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}\tan y}{\rm{d}y}}=\dfrac{1}{\sec^2y}=\dfrac{1}{1+\tan^2y}=\dfrac{1}{1+x^2}$。
|
||||
$\therefore\dfrac{\rm{d}\arctan x}{\rm{d}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\rm{d}\tan y}{\rm{d}y}}=\dfrac{1}{\sec^2y}=\dfrac{1}{1+\tan^2y}=\dfrac{1}{1+x^2}$。\medskip
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||||
二阶反函数导数\textcolor{aqua}{\textbf{定理：}}：
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$
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\begin{aligned}
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f''(x) &=y''_{xx} \\
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||||
& =\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}\right)}{\rm{d}x} \\
|
||||
& =\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2} \\
|
||||
& =\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\rm{d}x} \\
|
||||
& =\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\rm{d}y}\cdot\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x} \\
|
||||
& =-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^2}\cdot\dfrac{1}{x_y'} \\
|
||||
& =-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^3}
|
||||
\end{aligned}
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$
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||||
$f''(x)$
|
||||
|
||||
$=y''_{xx}$\medskip
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||||
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||||
$=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}\right)}{\rm{d}x}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\rm{d}x}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{1}{\varphi'(y)}\right)}{\rm{d}y}\cdot\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}$\medskip
|
||||
|
||||
$=-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^2}\cdot\dfrac{1}{x_y'}$\medskip
|
||||
|
||||
$=-\dfrac{x_{yy}''}{(x_y')^3}$\medskip
|
||||
|
||||
其中$\rm{d}x\cdot\rm{d}x=(\rm{d}x)^2=\rm{d}x^2$称为微分的幂，而$\rm{d}(x^2)$叫幂的微分。
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||||
|
||||
\textbf{例题：}设$y=f(x)$的反函数是$x=\varphi(y)$，且$f(x)=\int_1^{2x}e^{t^2}\rm{d}t+1$，求$\varphi''(1)$。
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||||
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||||
$\because y=f(x)$，$\therefore x=\varphi(y)$，$x_{yy}''=\varphi''(y)=-\dfrac{y_{xx}''}{(y_x')^3}=-\dfrac{f''(x)}{[f'(x)]^3}$。
|
||||
$\because y=f(x)$，$\therefore x=\varphi(y)$，$x_{yy}''=\varphi''(y)=-\dfrac{y_{xx}''}{(y_x')^3}=-\dfrac{f''(x)}{[f'(x)]^3}$。\medskip
|
||||
|
||||
其中根据变限积分求导公式：$f'(x)=2e^{4x^2}$，$f''(x)=2e^{4x^2}\cdot 8x=16xe^{4x^2}$
|
||||
其中根据变限积分求导公式：$f'(x)=2e^{4x^2}$，$f''(x)=2e^{4x^2}\cdot 8x=16xe^{4x^2}$。\medskip
|
||||
|
||||
又$y=1\Rightarrow x=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\varphi''(1)=-\dfrac{f''\left(\dfrac{1}{2}\right)}{\left[f'\left(\dfrac{1}{2}\right)\right]^3}=-\dfrac{1}{e^2}$。
|
||||
|
||||
@@ -242,25 +247,27 @@ $u=g(x)$在$x$可导，$y=f(u)$在$u=g(x)$处可导，则$\{f[g(x)]\}'=f'[g(x)]g
|
||||
|
||||
原式=$\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\left(\tan\dfrac{\pi x^2}{4}-2\right)\cdots\left(\tan\dfrac{\pi x^100}{4}-100\right)$。
|
||||
|
||||
令$\left(\tan\dfrac{\pi x^2}{4}-2\right)\cdots\left(\tan\dfrac{\pi x^100}{4}-100\right)=g(x)$。
|
||||
令$\left(\tan\dfrac{\pi x^2}{4}-2\right)\cdots\left(\tan\dfrac{\pi x^100}{4}-100\right)=g(x)$。\medskip
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||||
|
||||
$\therefore f(x)=\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\cdot g(x)$。
|
||||
$\therefore f(x)=\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\cdot g(x)$。\medskip
|
||||
|
||||
$\therefore f'(x)=\sec^2\dfrac{\pi x}{4}\cdot\dfrac{\pi}{4}\cdot g(x)+\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\cdot g'(x)$。
|
||||
$\therefore f'(x)=\sec^2\dfrac{\pi x}{4}\cdot\dfrac{\pi}{4}\cdot g(x)+\left(\tan\dfrac{\pi x}{4}-1\right)\cdot g'(x)$。\medskip
|
||||
|
||||
$\therefore$根据导数的四则运算，需要导数的乘积为每一项求导乘以其他不求导项的和，而$\tan\dfrac{\pi x}{4}-1$当$x=1$时为0，只要它不求导，其他的项都必然是0，所以原式的后面的结果都是0。
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$\therefore$
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$
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\begin{aligned}
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||||
f'(1) & =f'(x)\vert_{x=1} \\
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||||
& =\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)+0\cdot g'(x) \\
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||||
& =\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1) \\
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||||
& =\dfrac{\pi}{2}(-1)(-2)\cdots(-99) \\
|
||||
& =-\dfrac{\pi}{2}\cdot 99!
|
||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
$f'(1)$
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||||
|
||||
$=f'(x)\vert_{x=1}$\medskip
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||||
|
||||
$=\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)+0\cdot g'(x)$\medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\pi}{2}\cdot g(1)$\medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\pi}{2}(-1)(-2)\cdots(-99)$
|
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||||
$=-\dfrac{\pi}{2}\cdot 99!$
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||||
\subsection{分段函数的导数}
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@@ -269,11 +276,11 @@ $
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f_1(x), & & x\geqslant x_0 \\
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||||
f_2(x), & & x<x_0 \\
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||||
\end{array}
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\right.$。
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||||
\right.$。\medskip
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在分段点用定义：
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判断$f'_+(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0^+}\dfrac{f_1(x)-f(x_0)}{x-x_0}\overset{?}{=}\lim\limits_{x\to x_0^-}\dfrac{f_2(x)-f(x_0)}{x-x_0}$。
|
||||
判断$f'_+(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0^+}\dfrac{f_1(x)-f(x_0)}{x-x_0}\overset{?}{=}\lim\limits_{x\to x_0^-}\dfrac{f_2(x)-f(x_0)}{x-x_0}$。如果相等就挖去这个点，否则就包含这个点。
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||||
|
||||
非分段点使用导数公式求导：$x>x_0,f'(x)=f_1'(x),x<0，f'(x)=f_2'(x)$。
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@@ -287,7 +294,7 @@ $
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$\because \ln\vert y\vert'=\ln y'$。
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两边对x求导：
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||||
两边对x求导：\medskip
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||||
$\dfrac{y'}{y}=\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{4}{2x-1}-\dfrac{5}{4-3x}\cdot(-3)\right)$
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||||
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||||
@@ -372,14 +379,13 @@ $\because \sin x'=\cos x$而不断求导会发现正负号会++--++--地变化
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||||
使用诱导公式：
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$
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\begin{aligned}
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||||
y'& =\cos x=\sin(x+\dfrac{\pi}{2}) \\
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||||
y''& =\cos(x+\dfrac{\pi}{2})=\sin(x+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2}) \\
|
||||
\cdots & \\
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||||
y^{(n)}& =\sin(x+\dfrac{\pi}{2}\cdot n)
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
$y'=\cos x=\sin(x+\dfrac{\pi}{2})$
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||||
|
||||
$y''=\cos(x+\dfrac{\pi}{2})=\sin(x+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2})$
|
||||
|
||||
$\cdots$
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||||
|
||||
$y^{(n)}=\sin(x+\dfrac{\pi}{2}\cdot n)$
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||||
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||||
\subsection{莱布尼茨公式}
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@@ -449,14 +455,13 @@ $
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||||
根据莱布尼兹公式：
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$
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\begin{aligned}
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||||
& (e^x\cos x)^{(4)} \\
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||||
& =C_4^0e^x\cos x+C_4^1e^x(-\sin x)+C_4^2e^x(-\cos x)+C_4^3e^x(\sin x)+C_4^4e^x(\cos x) \\
|
||||
& =e^x\cos x+4e^x(-\sin x)+6e^x(-\cos x)+4e^x\sin x+e^x\cos x \\
|
||||
& =-4e^x\cos x
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
$(e^x\cos x)^{(4)}$
|
||||
|
||||
$=C_4^0e^x\cos x+C_4^1e^x(-\sin x)+C_4^2e^x(-\cos x)+C_4^3e^x(\sin x)+C_4^4e^x(\cos x)$
|
||||
|
||||
$=e^x\cos x+4e^x(-\sin x)+6e^x(-\cos x)+4e^x\sin x+e^x\cos x$
|
||||
|
||||
$=-4e^x\cos x$
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||||
|
||||
\section{隐函数与参数方程的导数以及相关变化率}
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||||
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||||
@@ -487,7 +492,7 @@ $
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||||
\end{array}
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||||
\}\right.$确定，其中$t$为参数，且$\varphi(t)\psi(t)$对于$t$都可导，$\varphi(t)\neq 0$，则：
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||||
|
||||
\bigskip
|
||||
\medskip
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||||
|
||||
一阶导数：$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{\rm{d}y/\rm{d}t}{\rm{d}x/\rm{d}t}=\dfrac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}=u(t)$。
|
||||
|
||||
@@ -503,9 +508,9 @@ $（$t$为参数）确定，求$\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2}\vert_{t=\frac{\pi}{
|
||||
|
||||
求参数方程的二阶导数首先就要求出其一阶导数：
|
||||
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||||
$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{y_t'}{x_t'}=\dfrac{t\cos t}{\cos t}=t$。
|
||||
$\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}=\dfrac{y_t'}{x_t'}=\dfrac{t\cos t}{\cos t}=t$。\medskip
|
||||
|
||||
$\therefore\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2}=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}\right)}{\rm{d}x}=\dfrac{t_t'}{(\sin t)_t'}=\dfrac{1}{\cos t}$
|
||||
$\therefore\dfrac{\rm{d}^2y}{\rm{d}x^2}=\dfrac{\rm{d}\left(\dfrac{\rm{d}y}{\rm{d}x}\right)}{\rm{d}x}=\dfrac{t_t'}{(\sin t)_t'}=\dfrac{1}{\cos t}$\medskip
|
||||
|
||||
$\therefore \sqrt{2}$。
|
||||
|
||||
@@ -532,7 +537,7 @@ $\therefore \rm{d}y\vert_{x=x_0}=A\Delta x=y'(x_0)\cdot\Delta x=y'(x_0)\cdot\rm{
|
||||
\begin{tikzpicture}[scale=0.9]
|
||||
\draw[-latex](-0.5,0) -- (4.5,0) node[below]{$x$};
|
||||
\draw[-latex](0,-0.5) -- (0,4) node[above]{$y$};
|
||||
\draw[black, thick, domain=1.5:3] plot (\x,{pow(\x-1,2)/2+1}) node[above]{$y(x)$};
|
||||
\draw[black, thick, domain=-0.5:3] plot (\x,{pow(\x-1,2)/2+1}) node[above]{$y(x)$};
|
||||
\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
|
||||
\draw[black, densely dashed](1.5,1.125) -- (1.5,0) node[below]{$x_0$};
|
||||
\draw[black, densely dashed](1.5,1.125) -- (0,1.125) node[left]{$y_0$};
|
||||
|
||||
@@ -90,7 +90,7 @@ $\text{罗尔定理}\xrightleftharpoons[\text{特例：}f(a)=f(b)]{\text{泛化
|
||||
|
||||
则$\exists\,\xi\in(a,b)$，使得$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$。
|
||||
|
||||
其中$f(b)-f(a)=f'[a+\theta(b-a)](b-a)(0<\theta<1)$，$\because f'(\xi)=f'[a+(\xi-a)]=f'[a+\dfrac{\xi-a}{b-a}(b-a)]$。
|
||||
其中$f(b)-f(a)=f'[a+\theta(b-a)](b-a)(0<\theta<1)$，$\because f'(\xi)=f'[a+(\xi-a)]=f'[a+\dfrac{\xi-a}{b-a}(b-a)]$。\medskip
|
||||
|
||||
有限增量公式\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)=f'[x_0+\theta\Delta x]\Delta x(0<\theta<1)$。
|
||||
|
||||
@@ -134,15 +134,13 @@ $\text{罗尔定理}\xrightleftharpoons[\text{特例：}f(a)=f(b)]{\text{泛化
|
||||
|
||||
对于第三个注意点：$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}=\lim\limits_{x\to 0}x\cdot\sin\dfrac{1}{x}=0$。
|
||||
|
||||
而使用洛必达法则：
|
||||
而使用洛必达法则：\medskip
|
||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
|
||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x} \\
|
||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\left(2x\cdot\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}\right) \\
|
||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\left(-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\text{不存在}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot\sin\dfrac{1}{x}}{x}$
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\left(2x\cdot\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x}\right)$
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\left(-\cos\dfrac{1}{x}\right)=\text{不存在}$
|
||||
|
||||
\section{泰勒公式}
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@@ -162,7 +160,7 @@ $
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\subsubsection{皮亚诺余项}
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||||
设$f(x)$在$x_0$处$n$阶可微，则$f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o((x-x_0)^n)$。这个就是带皮亚诺余项的泰勒公式。
|
||||
设$f(x)$在$x_0$处$n$阶可微，则$f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o((x-x_0)^n)$。这个就是带皮亚诺余项的泰勒公式。\medskip
|
||||
|
||||
$f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$就是$f(x)$在$x_0$处的$n$次泰勒多项式，$o((x-x_0)^n)$就是函数的皮亚诺余项。
|
||||
|
||||
@@ -214,31 +212,30 @@ $R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$就是函数的拉格朗日
|
||||
|
||||
如：
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||||
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||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4} \\
|
||||
& =\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^3x\cdot\sin x}{x^4} \\
|
||||
& =\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^4x}{x^4} \\
|
||||
& =\dfrac{1}{6}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4}$
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^3x\cdot\sin x}{x^4}$
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\dfrac{1}{6}\sin^4x}{x^4}$
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||||
|
||||
$=\dfrac{1}{6}$
|
||||
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||||
\subsubsection{泰勒公式计算}
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||||
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||||
先写出$y=f(x)$的泰勒公式或麦克劳林公式，再通过比较系数来获得$f^{(n)}(x_0)$：
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||||
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\begin{enumerate}
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||||
\item 任何一个无穷阶可导的函数（在收敛的情况下）都可以写为 \\
|
||||
\item 任何一个无穷阶可导的函数（在收敛的情况下）都可以写为： \medskip \\
|
||||
$y=f(x)=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$ 或 $y=f(x)=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$。
|
||||
\item 给出的任意一个具体的无穷阶可导函数$y=f(x)$都可以通过已知的公式展开为幂级数。
|
||||
\item 而函数的展开式具有唯一性，比较步骤一步骤二的公式的系数就可以获取倒$f^{(n)}(x_0)$或$f^{(n)}(0)$。
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}设$y=x^3\sin x$，求$y^{(6)}(0)$。
|
||||
\textbf{例题：}设$y=x^3\sin x$，求$y^{(6)}(0)$。\medskip
|
||||
|
||||
\ding{172}$y=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{y^{(n)}(0)}{n!}x^n$。
|
||||
\ding{172}$y=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{y^{(n)}(0)}{n!}x^n$。\medskip
|
||||
|
||||
$\because$需要结果的导数阶数为6，所以最后得到的次数为6就可以了。
|
||||
$\because$需要结果的导数阶数为6，所以最后得到的次数为6就可以了。\medskip
|
||||
|
||||
\ding{173}$\therefore y=x^3\left(x-\dfrac{1}{6}x^3+\cdots\right)=x^4-\dfrac{1}{6}x^6+\cdots$（不要写$o(x^n)$，因为这里$x$并不是趋向0的）。
|
||||
|
||||
@@ -252,18 +249,17 @@ $\therefore \dfrac{y^{(6)}(0)}{6!}=-\dfrac{1}{6}\Rightarrow y^{(6)}(0)=-5!=-120$
|
||||
|
||||
\subsubsection{\texorpdfstring{$\dfrac{A}{B}$}\ 型，上下同阶}
|
||||
|
||||
当分母或分子式$x$的$k$次幂那么应该把分母或分子展开到对应的次数幂。
|
||||
当分母或分子式$x$的$k$次幂那么应该把分母或分子展开到对应的次数幂。\medskip
|
||||
|
||||
如$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$展开为三次：
|
||||
如$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$展开为三次：\medskip
|
||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
|
||||
& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3} \\
|
||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\left[x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\right]}{x^3} \\
|
||||
& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3} \\
|
||||
& =\dfrac{1}{6}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\left[x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)\right]}{x^3}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)}{x^3}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{1}{6}$
|
||||
|
||||
\subsubsection{\texorpdfstring{$A-B$}\ 型，幂次最低}
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||||
|
||||
@@ -292,35 +288,33 @@ $\therefore e^{x^4}-1\sim x^4$。
|
||||
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||||
然后泰勒展开：
|
||||
|
||||
$
|
||||
\begin{aligned}
|
||||
& x-\sin x \\
|
||||
& = 1\cdot x^1+0\cdot x^3 - (1\cdot x^1-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)) \\
|
||||
& = \dfrac{1}{6}x^3+o(x^3) \\
|
||||
& \sim \dfrac{1}{6}x^3
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
$x-\sin x$
|
||||
|
||||
$
|
||||
\begin{aligned}
|
||||
& x+\sin x \\
|
||||
& =x-(-\sin x) \\
|
||||
& =1\cdot x^1-(-1\cdot x^1)+o(x) \\
|
||||
& =2x+o(x) \\
|
||||
& \sim 2x
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
$= 1\cdot x^1+0\cdot x^3 - (1\cdot x^1-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3))$
|
||||
|
||||
$\therefore$ \bigskip
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$= \dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$
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$
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\begin{aligned}
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& \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1} \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4} \\
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& =\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x\cdot\left(-\dfrac{1}{6}x^3\right)}{x^4} \\
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& =-\dfrac{1}{3}
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\end{aligned}
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$
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$\sim \dfrac{1}{6}x^3$
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$x+\sin x$
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$=x-(-\sin x)$
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$=1\cdot x^1-(-1\cdot x^1)+o(x)$
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$=2x+o(x)$
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$\sim 2x$
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$\therefore$
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$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x-x^2}{e^{x^4}-1}$\medskip
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$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4}$\medskip
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$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x\cdot\left(-\dfrac{1}{6}x^3\right)}{x^4}$\medskip
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$=-\dfrac{1}{3}$
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\section{函数单调性与曲线凹凸性}
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@@ -377,15 +371,15 @@ $\therefore$在$(0,+\infty]$上$g(x)>g(0)=0$，即$\sin x>x-\dfrac{x^3}{6}$。
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不妨设$x_1<x_2$，且$\dfrac{x_1+x_2}{2}=x_0$。
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$
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\begin{aligned}
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& f(x_1)+f(x_2)-2(x_0) \\
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& =[f(x_2)-f(x_0)]-[f(x_1)-f(x_0)] \\
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& \xRightarrow{\text{拉格朗日中值定理}} \\
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& =f'(\xi_2)(x_2-x_0)-f'(\xi_1)(x_0-x_1) \\
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& =\dfrac{x_2-x_1}{2}[f'(\xi_2)-f'(\xi_1)]>0
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\end{aligned}
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$
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$f(x_1)+f(x_2)-2(x_0)$
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$=[f(x_2)-f(x_0)]-[f(x_1)-f(x_0)]$
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$\xRightarrow{\text{拉格朗日中值定理}}$
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$=f'(\xi_2)(x_2-x_0)-f'(\xi_1)(x_0-x_1)$
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$=\dfrac{x_2-x_1}{2}[f'(\xi_2)-f'(\xi_1)]>0$
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$\therefore f''(x)>0\Rightarrow f(\dfrac{x_1+x_2}{2})<\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$。
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