mirror of
https://github.com/Didnelpsun/Math.git
synced 2026-11-01 12:43:48 +08:00
更新第二三章习题部分
This commit is contained in:
Didnelpsun
Binary file not shown.
@@ -84,19 +84,13 @@ $\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
|
||||
|
||||
\subsection{指数法则}
|
||||
|
||||
一般需要与洛必达法则配合使用。
|
||||
一般需要与洛必达法则配合使用。\medskip
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{a^x+b^x+c^x}{3}\right)^{\frac{1}{x}}(a>0,b>0,c>0)$。\medskip
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln\left(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}\right)}{x}}$
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln\left(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}\right)}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(a^x+b^x+c^x)-\ln 3}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{a^x\ln a+b^x\ln b+c^x\ln c}{a^x+b^x+c^x}}$（洛必达法则）
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(a^x+b^x+c^x)-\ln 3}{x}}$
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{a^x\ln a+b^x\ln b+c^x\ln c}{a^x+b^x+c^x}}$（洛必达法则）
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln a+\ln b+\ln c}{1+1+1}}$
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(abc)}{3}}=\sqrt[3]{abc}$。
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln a+\ln b+\ln c}{1+1+1}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(abc)}{3}}=\sqrt[3]{abc}$。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right]$。
|
||||
|
||||
@@ -108,41 +102,23 @@ $=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(abc)}{3}}=\sqrt[3]{abc}$。
|
||||
|
||||
综上：
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right]$ \medskip
|
||||
$\lim\limits_{n\to\infty}n\left[\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right]=\lim\limits_{n\to\infty}n\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})}-\sqrt{e}\right)$ \medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{n\to\infty}n\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})}-\sqrt{e}\right)$ \medskip
|
||||
$=\lim\limits_{n\to\infty}n\left[e^{\frac{1}{2}}\cdot\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})-\frac{1}{2}}-1\right)\right]=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\dfrac{1}{n}\right]$
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{n\to\infty}n\left[e^{\frac{1}{2}}\cdot\left(e^{\frac{n}{2}\ln(1+\frac{1}{n})-\frac{1}{2}}-1\right)\right]$ \medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}n^2\left[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\dfrac{1}{n}\right]$
|
||||
|
||||
$=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}-\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n^2}}$
|
||||
|
||||
$=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right)$
|
||||
|
||||
$=-\dfrac{\sqrt{e}}{4}$
|
||||
$=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}-\dfrac{1}{n}}{\dfrac{1}{n^2}}=\dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{\sqrt{e}}{4}$
|
||||
|
||||
\subsection{三角函数关系式}
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$。\medskip
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$ \medskip
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{\sin^2x\cdot x^2} (\sin x\sim x)$ \medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{\sin^2x\cdot x^2} (\sin x\sim x)$ \medskip
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\dfrac{1}{4}\sin^22x}{x^4}$ \medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)$ \medskip
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4x^3} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{2}\sin 4x}{4x^3}$ \medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2-\dfrac{1}{4}\sin^22x}{x^4}$ \medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4x^3} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)$ \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
|
||||
|
||||
$= \dfrac{4}{3}$
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2-\dfrac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2}=\dfrac{1}{6}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos 4x}{x^2} (1-\cos x\sim \dfrac{1}{2}x^2)=\dfrac{4}{3}$
|
||||
|
||||
\subsection{提取常数因子}
|
||||
|
||||
@@ -178,25 +154,17 @@ $=\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{\sqrt{t+4}\ln\left(2+\dfrac{1}{x}\right)-2\ln 2}{
|
||||
|
||||
幂次不高可以尝试洛必达：\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{t\to 0^-}\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\ln(2+t)}{\sqrt{t+4}}+\dfrac{\sqrt{t+4}}{2+t}\right)$\medskip
|
||||
|
||||
$=-\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\ln 2}{2}+\dfrac{2}{2}\right)=-\dfrac{\ln 2}{4}-1$。
|
||||
$=\lim\limits_{t\to 0^-}\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\ln(2+t)}{\sqrt{t+4}}+\dfrac{\sqrt{t+4}}{2+t}\right)=-\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\ln 2}{2}+\dfrac{2}{2}\right)=-\dfrac{\ln 2}{4}-1$。
|
||||
|
||||
\subsection{幂指函数}
|
||||
|
||||
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$u^v=e^{v\ln u}$。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。\medskip
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$ \medskip
|
||||
$\lim\limits_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)$\medskip
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)$\medskip
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}$
|
||||
|
||||
$=e^0$
|
||||
|
||||
$=1$
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}=e^0=1$
|
||||
|
||||
\subsection{有理化}
|
||||
|
||||
@@ -214,17 +182,9 @@ $=1$
|
||||
|
||||
又$\sqrt{x^2+100}$在$x\to-\infty$时本质为根号差，所以有理化：
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)$
|
||||
$\lim\limits_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)=\lim\limits_{x\to-\infty}x\dfrac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^2+100}-x}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to-\infty}x\dfrac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^2+100}-x}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}$\medskip
|
||||
|
||||
$\xRightarrow{\text{令}x=-t}\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100}{\sqrt{1+\dfrac{100}{t^2}}+1}$
|
||||
|
||||
$=-50$
|
||||
$\xRightarrow{\text{令}x=-t}\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t}=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{-100}{\sqrt{1+\dfrac{100}{t^2}}+1}=-50$\medskip
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\sqrt{1+\sin^2x}-x}$。
|
||||
|
||||
@@ -248,19 +208,9 @@ $=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan x-\sin x}{x\sin^2x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac
|
||||
|
||||
又$x\to 0$，$\ln(1+x)\sim x$，所以$x\to 1$，$\ln x\sim x-1$：
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x)$
|
||||
$\lim\limits_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x)=\lim\limits_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x)\xRightarrow{令t=1-x} =-\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t$
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x)$
|
||||
|
||||
$\xRightarrow{令t=1-x} =-\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t$
|
||||
|
||||
$= -\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}}$
|
||||
|
||||
$= -\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}}$
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{t\to 0^+}t$
|
||||
|
||||
$= 0$
|
||||
$=-\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}}=-\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}}=\lim\limits_{t\to 0^+}t=0$
|
||||
|
||||
\subsection{倒代换}
|
||||
|
||||
@@ -268,13 +218,9 @@ $= 0$
|
||||
|
||||
当极限式子中含有分式中一般都需要用其倒数，把分式换成整式方便计算。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$ \medskip
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$\medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^{99}}$\medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}$
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^{99}}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}$
|
||||
|
||||
\medskip
|
||||
|
||||
@@ -282,33 +228,19 @@ $= \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}
|
||||
|
||||
使用倒代换再洛必达降低幂次，令$t=\dfrac{1}{x^2}$
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$\medskip
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{e^{-t}}{t^{-50}}=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{t^{50}}{e^t}=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50t^{49}}{e^t}$
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{e^{-t}}{t^{-50}}$\medskip
|
||||
$=\cdots$
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{t^{50}}{e^t}$\medskip
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50t^{49}}{e^t}$
|
||||
|
||||
$= \cdots$
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50!}{e^t}$
|
||||
|
||||
$= 0$
|
||||
$=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{50!}{e^t}=0$
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求极限$\lim\limits_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$。
|
||||
|
||||
该式子含有分数，所以尝试使用倒数代换：\medskip
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$ \medskip
|
||||
$\lim\limits_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]\xRightarrow{\text{令}x=\frac{1}{t}}\lim\limits_{t\to 0^+}\left(\dfrac{e^t-1}{t^2}-\dfrac{1}{t}\right)=\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{e^t-1-t}{t^2}$
|
||||
|
||||
$\xRightarrow{\text{令}x=\frac{1}{t}}\lim\limits_{t\to 0^+}\left(\dfrac{e^t-1}{t^2}-\dfrac{1}{t}\right)$\medskip
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{e^t-1-t}{t^2}$
|
||||
|
||||
$\xRightarrow{\text{泰勒展开}e^t}\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}t^2}{t^2}$
|
||||
|
||||
$=\dfrac{1}{2}$
|
||||
$\xRightarrow{\text{泰勒展开}e^t}\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}t^2}{t^2}=\dfrac{1}{2}$
|
||||
|
||||
\subsubsection{\texorpdfstring{$\infty-\infty$}\ 型}
|
||||
|
||||
@@ -330,21 +262,11 @@ $=\dfrac{1}{6}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n+1}{n}\times\dfrac{n+2}{n}\times\c
|
||||
|
||||
这里可以使用等价无穷小$e^x-1\sim x$。
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}}$
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\ln\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)}$
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\ln\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)}$
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}-1\right)}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}-n}{n}\right)}$
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}-1\right)}$
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}-n}{n}\right)}$
|
||||
|
||||
$=e^{\frac{e}{n}\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots+\frac{e^{nx}-1}{x}\right)}$
|
||||
|
||||
$=e^{\frac{e}{n}[1+2+\cdots+n]}$
|
||||
|
||||
$=e^{\frac{e}{n}\cdot\frac{n(1+n)}{2}}$
|
||||
|
||||
$=e^{\frac{e(1+n)}{2}}$
|
||||
$=e^{\frac{e}{n}\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots+\frac{e^{nx}-1}{x}\right)}=e^{\frac{e}{n}[1+2+\cdots+n]}=e^{\frac{e}{n}\cdot\frac{n(1+n)}{2}}=e^{\frac{e(1+n)}{2}}$
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{\ln\cos x}$\medskip
|
||||
|
||||
@@ -360,9 +282,7 @@ $=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1-\sqrt{\cos 2x})+\sqrt{\cos 2x}-\sqrt{\cos 2x}
|
||||
|
||||
$=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(\cos 2x-1)+\sqrt{\cos 2x}(1-\sqrt[3]{\cos 3x})}{-\dfrac{x^2}{2}}$
|
||||
|
||||
$=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(-\dfrac{4x^2}{2})+\left(-\dfrac{1}{3}\right)\left(-\dfrac{9x^2}{2}\right)}{-\dfrac{x^2}{2}}$
|
||||
|
||||
$=-6$
|
||||
$=-1+\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}(-\dfrac{4x^2}{2})+\left(-\dfrac{1}{3}\right)\left(-\dfrac{9x^2}{2}\right)}{-\dfrac{x^2}{2}}=-6$
|
||||
|
||||
\section{基本计算方式}
|
||||
|
||||
@@ -376,15 +296,9 @@ $=-6$
|
||||
|
||||
重要极限有两个，但是$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$这个很少用，因为往往用等价无穷小替代了，而$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e$则用的较多，当出现分数幂的幂指函数时，不要先去取对数，而是使用重要极限看看能不能转换。\medskip
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}$。
|
||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{3+x}{6+x}\right)^{\frac{x-1}{2}}$。\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\dfrac{3}{6+3}\right)^{\frac{6+x}{-3}\cdot\frac{-3}{6+x}\cdot\frac{x-1}{2}}$
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to\infty}e^{\frac{-3}{6+x}\cdot\frac{x-1}{2}}$
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to\infty}e^{-\frac{3}{2}\cdot\frac{x-1}{x+6}}$
|
||||
|
||||
$=e^{-\frac{3}{2}}$。
|
||||
$=\lim\limits_{x\to\infty}\left(1-\dfrac{3}{6+3}\right)^{\frac{6+x}{-3}\cdot\frac{-3}{6+x}\cdot\frac{x-1}{2}}=\lim\limits_{x\to\infty}e^{\frac{-3}{6+x}\cdot\frac{x-1}{2}}=\lim\limits_{x\to\infty}e^{-\frac{3}{2}\cdot\frac{x-1}{x+6}}=e^{-\frac{3}{2}}$。\medskip
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}求$\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{2x+3}{2x+1}\right)^{x+1}$。\medskip
|
||||
|
||||
@@ -422,7 +336,45 @@ $\therefore \lim\limits_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]=10$。
|
||||
|
||||
\subsection{拉格朗日中值定理}
|
||||
|
||||
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。
|
||||
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。使用拉格朗日中值定理最重要的还是找到这个$f(x)$。
|
||||
|
||||
\subsubsection{证明不等式}
|
||||
|
||||
证明不等式最重要的还是找到$f(x)$，有时候不等式不存在$f(a)-f(b)$这种式子，就需要我们转换。
|
||||
|
||||
\paragraph{对数函数特性} \leavevmode \medskip
|
||||
|
||||
对于对数函数，要记住其特定的性质：$\log_n(\dfrac{a}{b})=\log_na-\log_nb$。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}设$a>b>0$，证明：$\dfrac{a-b}{a}<\ln\dfrac{a}{b}<\dfrac{a-b}{b}$。
|
||||
|
||||
因为$\ln\dfrac{a}{b}=\ln a-\ln b$，所以令$f(x)=\ln x$。
|
||||
|
||||
所以根据拉格朗日中值定理：$\ln a-\ln b=f'(\xi)(a-b)$（$\xi\in(b,a)$）。
|
||||
|
||||
又$f'(\xi)=\dfrac{1}{\xi}$，所以$\ln a-\ln b=\dfrac{a-b}{\xi}$。
|
||||
|
||||
又$\xi\in(b,a)$，所以$\dfrac{1}{\xi}\in(\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b})$。
|
||||
|
||||
所以$\dfrac{a-b}{a}<\dfrac{a-b}{\xi}<\dfrac{a-b}{b}$，从而$\dfrac{a-b}{a}<\ln\dfrac{a}{b}<\dfrac{a-b}{b}$，得证。
|
||||
|
||||
\paragraph{查找特定值} \leavevmode \medskip
|
||||
|
||||
对于证明一种不等式，如果里面没有差式，也无法转换为差式，那么就可以考虑制造差式，对于$f(x)$一般选择更高阶的，$a$选择$x$，$b$要根据题目和不等式设置一个常数。
|
||||
|
||||
一般是0或1。可以先尝试1。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}当$x>1$时，证明$e^x>ex$。
|
||||
|
||||
题目中没有差式，所以需要选择一个函数作为基准函数，里面有一个指数函数和一个幂函数，所以选择$e^x$作为基准函数。
|
||||
|
||||
然后选择一个常数作为$b$值，可以先选一个1作为$b$值：$f(x)-f(1)=f'(\xi)(x-1)$。
|
||||
|
||||
从而$e^x-e=e^\xi(x-1)$，$\xi\in(1,x)$，所以$e^x-e>e(x-1)$，即$e^x>ex$，得证。
|
||||
|
||||
\subsubsection{极限计算}
|
||||
|
||||
可以将极限式子中形如$f(a)-f(b)$的极限部分使用拉格朗日中值定理进行替换。
|
||||
|
||||
\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
|
||||
|
||||
@@ -493,17 +445,9 @@ $\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)
|
||||
|
||||
令目标$\dfrac{f(x)-1}{x}=t$，$\therefore f(x)=tx+1$。\medskip
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}$\medskip
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+xf(x)}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+tx^2+x}{x^2} (\text{泰勒展开})$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)+tx^2+x}{x^2} (\text{泰勒展开})$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-x-\dfrac{x^2}{2}+tx^2+x}{x^2}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)x^2}{x^2}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\left(t-\dfrac{1}{2}\right)$
|
||||
|
||||
$=0$
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-x-\dfrac{x^2}{2}+tx^2+x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)x^2}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\left(t-\dfrac{1}{2}\right)=0$
|
||||
|
||||
$\therefore\lim\limits_{x\to 0}t=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1}{2}$。
|
||||
|
||||
@@ -583,15 +527,9 @@ $\because\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\sin x}{\ln(1+3x)}=\lim\limits_{x\to 0^-}\
|
||||
|
||||
$\therefore a=-1$，从而让极限式子变为一个商的形式：\medskip
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x+a}$\medskip
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x+a}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x-1}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x(b\cos x-1)}{x}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x-1}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x(b\cos x-1)}{x}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0^+}b\cos x-1$\medskip
|
||||
|
||||
$=b-1=\dfrac{1}{3}$\medskip
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0^+}b\cos x-1=b-1=\dfrac{1}{3}$\medskip
|
||||
|
||||
$\therefore a=-1,b=\dfrac{4}{3}$。
|
||||
|
||||
@@ -607,19 +545,13 @@ $\therefore a=-1,b=\dfrac{4}{3}$。
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\lim\limits_{x\to 0^+}\left(a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\lim\limits_{x\to 0^+}\left(a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$
|
||||
|
||||
$= \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{0\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi}{1\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+1}\right)+a\cdot\dfrac{\pi}{2}$
|
||||
|
||||
$= a\cdot\dfrac{\pi}{2}$
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{0\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi}{1\cdot\left(e^{\frac{2}{x}}\right)^2+1}\right)+a\cdot\dfrac{\pi}{2}=a\cdot\dfrac{\pi}{2}$
|
||||
|
||||
\medskip
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)$
|
||||
|
||||
$= -\pi+a\cdot\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)$
|
||||
|
||||
$= -\pi-\dfrac{\pi}{2}\cdot a$
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0^-}\left(\dfrac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot\arctan\dfrac{1}{x}\right)=-\pi+a\cdot\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)=-\pi-\dfrac{\pi}{2}\cdot a$
|
||||
|
||||
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$-\dfrac{\pi}{2}$。
|
||||
|
||||
@@ -627,21 +559,36 @@ $= -\pi-\dfrac{\pi}{2}\cdot a$
|
||||
|
||||
函数的连续性代表：极限值=函数值。
|
||||
|
||||
\subsubsection{判断函数连续}
|
||||
|
||||
题目给出函数，往往是分段函数，然后判断分段点的连续性。\medskip
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}讨论函数$f(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
|
||||
\left[\dfrac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{e}\right]^{\frac{1}{x}},& & x>0 \\
|
||||
e^{-\frac{1}{2}}, & & x\leqslant 0
|
||||
\end{array}\right.$在$x=0$处的连续性。
|
||||
|
||||
因为$\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^+}\left[\dfrac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{e}\right]^{\frac{1}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{1}{x}\ln[\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{e}]}$。
|
||||
|
||||
又$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1}{x}\ln\left[\dfrac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{e}\right]=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1}{x}\left[\dfrac{1}{x}\ln(1+x)-1\right]=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(1+x)-x}{x^2}$
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{1+x}-1}{2x}=\lim\limits_{x\to 0^+}-\dfrac{1}{2(1+x)}=-\dfrac{1}{2}$。
|
||||
|
||||
$\therefore\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=e^{-\frac{1}{2}}$。
|
||||
|
||||
又$\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}e^{-\frac{1}{2}}=e^{-\frac{1}{2}}$，且$f(0)=e^{-\frac{1}{2}}$。
|
||||
|
||||
从而$\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=f(0)$，所以$f(x)$在$x=0$处连续。
|
||||
|
||||
\subsubsection{连续性求极限}
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}函数在$f(x)$在$x=1$处连续，且$f(1)=1$，求$\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left[2+f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)\right]$。
|
||||
|
||||
根据题目，所求的$\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left[2+f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)\right]$中，唯一未知的且会随着$x\to+\infty$而变换就是$f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)$。如果我们可以求出这个值就可以了。
|
||||
|
||||
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。
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}$
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}}$
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x}}$
|
||||
|
||||
$=e^0$
|
||||
|
||||
$=1$
|
||||
$\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}}=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{x}}=e^0=1$
|
||||
|
||||
$\therefore\lim\limits_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。
|
||||
|
||||
@@ -655,29 +602,19 @@ $\therefore\lim\limits_{x\to+\infty}f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。
|
||||
|
||||
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：
|
||||
|
||||
$a_{n+1}-a_n$
|
||||
|
||||
$=\dfrac{a_{n-1}-a_n}{2}$
|
||||
|
||||
$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)(a_n-a_{n-1})$
|
||||
|
||||
$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2(a_{n-1}-a_{n-2})$
|
||||
$a_{n+1}-a_n=\dfrac{a_{n-1}-a_n}{2}=\left(-\dfrac{1}{2}\right)(a_n-a_{n-1})=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2(a_{n-1}-a_{n-2})$
|
||||
|
||||
$=\cdots$
|
||||
|
||||
$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n(a_1-a_0)$
|
||||
|
||||
$= \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n$
|
||||
$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n(a_1-a_0)=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n$
|
||||
|
||||
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：
|
||||
|
||||
$a_n= (a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0$\medskip
|
||||
$a_n=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0$\medskip
|
||||
|
||||
$= \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} + \cdots + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^0$\medskip
|
||||
$=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} + \cdots + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^0$\medskip
|
||||
|
||||
$= \dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}$\medskip
|
||||
|
||||
$= \dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]$\medskip
|
||||
$=\dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}=\dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]$\medskip
|
||||
|
||||
$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\dfrac{2}{3}$
|
||||
|
||||
|
||||
Binary file not shown.
@@ -91,15 +91,11 @@ $f(x)$在$R$上连续。
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{e^{ax^3}-1}{x-\arcsin x}=6$\medskip
|
||||
|
||||
$\therefore\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{e^{ax^3}-1}{x-\arcsin x}$\medskip
|
||||
$\therefore\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{e^{ax^3}-1}{x-\arcsin x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{ax^3}{x-\arcsin x}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{ax^3}{x-\arcsin x}$\medskip
|
||||
$\text{令}t=\arcsin x\Rightarrow=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{a\sin^3t}{\sin t-t}=a\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{t^3}{\sin t-t}=a\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{3t^2}{\cos t-1}$
|
||||
|
||||
$\text{令}t=\arcsin x\Rightarrow=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{a\sin^3t}{\sin t-t}$
|
||||
|
||||
$=a\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{t^3}{\sin t-t}$\medskip
|
||||
|
||||
$=a\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{3t^2}{\cos t-1}=-6a=6$。\medskip
|
||||
$=-6a=6$。
|
||||
|
||||
$\therefore a=-1$时$f(x)$在$R$上连续。\medskip
|
||||
|
||||
|
||||
Binary file not shown.
@@ -35,7 +35,7 @@
|
||||
\pagestyle{plain}
|
||||
\setcounter{page}{1}
|
||||
\section{一阶导数}
|
||||
\subsection{幂指函数求导}
|
||||
\subsection{幂指函数导数}
|
||||
|
||||
形如$f(x)^{g(x)}$的幂指函数求导也可以类似幂指函数的求极限方法。既可以取$e$为底的指数也可以取对数。
|
||||
|
||||
@@ -117,15 +117,11 @@ $f'(x)=\dfrac{\dfrac{-x}{1-x}-\ln(1-x)}{x^2}=\dfrac{x-(x-1)\ln(1-x)}{x^2(x-1)}\,
|
||||
|
||||
然后需要求分段点$x=0$处的导数。
|
||||
|
||||
可以由导数的定义：、
|
||||
可以由导数的定义：
|
||||
|
||||
根据导数的定义是某点偏移量的极限值$\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$：
|
||||
|
||||
$f'(0)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\dfrac{\ln(1-x)}{x}-(-1)}{x-0}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\dfrac{\ln(1-x)}{x}+1}{x}$\medskip
|
||||
$f'(0)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{\dfrac{\ln(1-x)}{x}-(-1)}{x-0}=\dfrac{\dfrac{\ln(1-x)}{x}+1}{x}$\medskip
|
||||
|
||||
$=\dfrac{\ln(1-x)+x}{x^2}$
|
||||
|
||||
@@ -169,7 +165,49 @@ $\therefore\lim\limits_{x\to 0^+}x^{\alpha-2}=0$。
|
||||
|
||||
$\therefore\alpha-2>0$，从而$\alpha>2$。
|
||||
|
||||
\subsection{已知导数求极限}
|
||||
\section{极限与导数}
|
||||
|
||||
导数的定义由极限产生，所以其之间是可以互相转换的，当求一个导数时可以寻找是否能求出其极限。
|
||||
|
||||
\subsection{极限求导数}
|
||||
|
||||
在导数这一章中的极限不会直接给出极限，而是会给出导数或函数的相关定义，来求极限，再根据导数定义转换为导数。同时要注意这里不止会有导数定义，还会有函数等性质。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}已知$f(x)$是周期为5的连续函数，它在$x=0$的某个邻域内满足关系式：$f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)= 8x+o(x)$，且$f(x)$在$x=1$处可导，求曲线$y=f(x)$在点$(6,f(6))$处的切线方程。
|
||||
|
||||
因为这是个函数等式，而我们最后要求的是一个导数，所以先尝试对其直接求极限，令$x\to0$：
|
||||
|
||||
$f(1)-3f(1)=0$，从而得到了一个函数值$f(1)=0$。
|
||||
|
||||
然后再对这个式子思考，等式右边为$8x$，而除以$x$就变成了8，而再对其求极限，右边就彻底变成了一个常数8：
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)}{x}=8$。对式子左边进行变形：
|
||||
|
||||
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)}{\sin x}$。
|
||||
|
||||
令$t=\sin x$：
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(1+t)-3f(1-t)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(1+t)-f(1)}{t}+3\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{f(1-t)-f(1)}{-t}$。
|
||||
|
||||
因为$t\to 0$，所以$1-t$和$1+t$都是$t=1$时的导数$f'(x)$的定义：$=4f'(1)=8$，从而$f'(1)=2$。
|
||||
|
||||
由$f(x)$的周期为5，所以$f(6)=f(1)=0$，$f'(6)=f'(1)=2$，所以曲线$y=f(x)$在$(6,f(6))$即$(6,0)$处的切线方程为$y-0=2(x-6)$即$2x-y-12=0$。
|
||||
|
||||
15.当正在高度H水平飞行的飞机开始向机场跑道下降时，如图2-16所示从飞机到北场的水平地面距离为L.假设飞机下降的路径为三次函
|
||||
|
||||
数y=ax' +bx2 +cx+d的图形,其中yl..=H.y1..o=0.试
|
||||
|
||||
确定飞机的降落路径.
|
||||
|
||||
16.甲船以6 km/h的速率向东行驶,乙船以8 km/h
|
||||
|
||||
的速事向南行驶在中午十二点整,乙船位于甲船之北
|
||||
|
||||
L01
|
||||
|
||||
16 km处问下午一点整两船相离的速率为多少?
|
||||
|
||||
\subsection{导数求极限}
|
||||
|
||||
题目会给出对应的导数以及相关条件，并要求求一个极限，这个极限式子并不是个随机的式子，而一个是与导数定义相关的极限式子，所需要的就是将极限式子转换为导数定义的相关式子。
|
||||
|
||||
@@ -183,9 +221,7 @@ $\therefore\alpha-2>0$，从而$\alpha>2$。
|
||||
|
||||
然后需要转换目标的极限式子，因为目标式子倒过来的式子类似于导数定义的$f'(x)=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$结构。所以我们可以先求其倒数式子：\medskip
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(5-2\sin h)-f(5)}{h}$
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(5-2\sin h)-f(5)}{-2\sin h}\cdot\dfrac{-2\sin h}{h}$
|
||||
$=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(5-2\sin h)-f(5)}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(5-2\sin h)-f(5)}{-2\sin h}\cdot\dfrac{-2\sin h}{h}$
|
||||
|
||||
$=-2f'(5)=-2\times 1=-2$
|
||||
|
||||
@@ -199,17 +235,9 @@ $\therefore\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{h}{f(5-2\sin h)-f(5)}=-\dfrac{1}{2}$。
|
||||
|
||||
设$\dfrac{1}{n}=x$，则：
|
||||
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}(f(x))^{\frac{x}{1-\cos x}}$
|
||||
$=\lim\limits_{x\to 0}(f(x))^{\frac{x}{1-\cos x}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{x}{1-\cos x}\ln f(x)}=e^{2\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln f(x)}{x}}=e^{2\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)-1}{x}}$
|
||||
|
||||
$=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{x}{1-\cos x}\ln f(x)}$
|
||||
|
||||
$=e^{2\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln f(x)}{x}}$
|
||||
|
||||
$=e^{2\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)-1}{x}}$
|
||||
|
||||
$=e^{2\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}}$
|
||||
|
||||
$=e^{2f'(0)}=e^6$。
|
||||
$=e^{2\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}}=e^{2f'(0)}=e^6$。
|
||||
|
||||
\section{高阶导数}
|
||||
|
||||
@@ -257,12 +285,22 @@ $\quad\quad\quad+x^2(x+1)^2(x+2)^2\cdots 2(x+n)$
|
||||
|
||||
因为原函数的一阶导数是$\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}$，而反函数就是对原函数的$xy$对调，所以其反函数的一阶导数为$\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}$。
|
||||
|
||||
当求反函数的高阶导数时需要将分子分母同时除以$\textrm{d}x$。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}已知$y=x+e^x$，求其反函数的二阶导数。
|
||||
|
||||
$y=x+e^x$的反函数的一阶导数为$\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}=\dfrac{1}{1+e^x}$。
|
||||
$y=x+e^x$的反函数的一阶导数为$\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}=\dfrac{1}{1+e^x}$。\medskip
|
||||
|
||||
所以二阶导数为$\dfrac{\textrm{d}^2x}{\textrm{d}y^2}=\dfrac{\textrm{d}\left(\dfrac{1}{1+e^{x}}\right)}{\textrm{d}y}=\dfrac{\dfrac{\textrm{d}\left(\dfrac{1}{1+e^{x}}\right)}{\textrm{d}x}}{\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}}=-\dfrac{e^x}{(1+e^x)^3}$。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}已知$\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}=\dfrac{1}{y'}$，求$\dfrac{\textrm{d}^2x}{\textrm{d}y^2}$和$\dfrac{\textrm{d}^3x}{\textrm{d}y^3}$。
|
||||
|
||||
其实就是求$\dfrac{\textrm{d}^2x}{\textrm{d}y^2}$和$\dfrac{\textrm{d}^3x}{\textrm{d}y^3}$，$\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}=\dfrac{1}{y'}$这个条件只是让我们用$y'$来表示结果而已。
|
||||
|
||||
$\dfrac{\textrm{d}^2x}{\textrm{d}y^2}=\dfrac{\textrm{d}\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}}{\textrm{d}y}=\dfrac{\dfrac{\textrm{d}\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}}{\textrm{d}x}}{\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}}=\dfrac{-\dfrac{y''}{(y')^2}}{y'}=-\dfrac{y''}{(y')^3}$。\medskip
|
||||
|
||||
$\dfrac{\textrm{d}^3x}{\textrm{d}y^3}=\dfrac{\textrm{d}\dfrac{\textrm{d}^2x}{\textrm{d}^2y}}{\textrm{d}y}=\dfrac{\dfrac{\textrm{d}\dfrac{\textrm{d}^2x}{\textrm{d}^2y}}{\textrm{d}x}}{\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}}=\dfrac{-\dfrac{y'''y'-3(y'')^2}{(y')^4}}{y'}=\dfrac{3(y'')^2-y'y'''}{(y')^5}$。
|
||||
|
||||
\section{微分}
|
||||
|
||||
\section{隐函数与参数方程}
|
||||
@@ -271,6 +309,22 @@ $y=x+e^x$的反函数的一阶导数为$\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}y}=\dfrac{
|
||||
|
||||
$\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}x}=\dfrac{\dfrac{\textrm{d}y}{\textrm{d}t}}{\dfrac{\textrm{d}x}{\textrm{d}t}}$。
|
||||
|
||||
\subsection{隐函数应用}
|
||||
|
||||
对于隐函数的应用题，最重要的是找到等价于$\textrm{d}x$和$\textrm{d}y$的两个相关变量。最简单的就是根据题目最后面的所求问题所涉及的变量设置其为变量和因变量。
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}落在平静水面上的石头，产生同心波纹。若最外一圈波半径的增大速率总是6m/s，问在2s末扰动水面面积增大的速率为多少？
|
||||
|
||||
首先根据题目最后的要求的是面积，所以肯定要设一个面积变量，随时间变动而改变，所以也一定会设一个时间变量，同时还给出一个条件是半径增大速度，所以也会有一个半径的变量。同时要求的是面积增大速率，正好跟另外两个变量相关，时间跟半径和面积都相关，所以时间就是中间变量。
|
||||
|
||||
从而设最外一圈波的半径为$r=r(t)$，圆的面积$S=S(t)$。根据$S$和$r$的公式$S=\pi r^2$，因为求的是随时间变化的速率，所以其两端分别对$t$求导，得：
|
||||
|
||||
$\dfrac{\textrm{d}S}{\textrm{d}t}=2\pi r\dfrac{\textrm{d}r}{\textrm{d}t}$。当$t=2$时，$r=6\times2=12$，代入上式得：\medskip
|
||||
|
||||
$\dfrac{\textrm{d}S}{\textrm{d}t}\bigg|_{t=2}=2\pi\cdot12\cdot6=144\pi$。
|
||||
|
||||
\subsection{分段参数方程}
|
||||
|
||||
\textbf{例题：}已知$y=y(x)$由参数方程$\left\{\begin{array}{lcl}
|
||||
x=\dfrac{1}{2}\ln(1+t^2) \\
|
||||
y=\arctan t
|
||||
|
||||
Reference in New Issue
Block a user