四川大学2021年《微积分》期末知识点汇总.docx

1. 求的极限解析：*用洛必达法则解题limx→1(11-x-31-x3)=limx→1x2+x-21-x3[00型]=limx→12x+1-3x2=limx→1-33=-12.证明：若函数f（x）在[a，b]，且，>0（i=1....n）则在[a，b]上至少存在一点，使得f（）=f（）+.......+f()解析：*用介值定理，也可以思考一下反证法证：f(x)∈[a, b]∀x∈a, b,∃m,M,使得m≤f(x)≤Mm≤fx1≤M, m≤fx2≤M, m≤f(xn)≤Mti>0 , t1m≤t1f(x1)≤t1Mt2m≤t2f(x2)≤t2Mtnm≤tnf(xn)≤tnMt1+t2+⋯+tnm≤t1fx1+t2fx2+⋯+tnfxn≤ t1+t2+⋯+tnMt1+t2+⋯+tn=1m≤t1fx1+t2fx2+⋯+tnfxn≤M∃∈a,b,使得f=t1fx1+t2fx2+⋯+tnfxn3.求limx→03exx-1-21x极限解析：*用洛必达法则解题limx→0ln3exx-1-2x00型=limx→03exx-13exx-1-2.-1x-12=-3原式=limx→0e1xln3exx-1-2=e-34.求极限。

解析：*分类讨论 原式=limn→∞1-tannθ1+tannθ【上下同除cosnθ】=limn→∞-1+2tannθ+1分情况讨论：(k∈z) ⅰ) 当tanθ<0即θ∈π2+kπ，π+kπ时，极限不存在； ⅱ) 当tanθ=0即θ=kπ时，原式=1； ⅲ）当01即θ∈（π4+kπ，π2+kπ）时，tannθ→∞，故原式=-1 5.求满足下列函数的a，b:解析：*用洛必达法则解题原式【上下同乘于x2-x+1+ax+b】=limx→-∞x2-x+1-ax+b2x2-x+1+ax+b=limx→-∞1+a2x2+2ab+1x+1-b2x2-x+1+ax+blimx→-∞要使原式=0，即分子→常数，则分母应→∞a<0 , 且1-a22ab+1 ，易得a=-1b=126.求的极限m，n为定正数）解析：*分类讨论原式=limx→0xnxm 【limx→0sinxx=1 , sinx~x】分情况讨论：ⅰ）当mn时，limx→01xm-n=∞7.证明：在（1,2）与（2,3）内各有根。

解析：*用介值定理解题证明：5x-1+7x-2+16x-3=28x2-101x+83x3-6x2+11x-6limx→15x-1+7x-2+16x-3=limx→156x-1013x2-12x+11=-452<0limx→25x-1+7x-2+16x-3=limx→256x-1013x2-12x+11=-11<0limx→101565x-1+7x-2+16x-3=limx→1015656x-1013x2-12x+11=0limx→35x-1+7x-2+16x-3=limx→356x-1013x2-12x+11=672>0fx在1,2，2,3上有根得证8.证明：若函数f(x)在[0,1]上连续，f(0)=f(1),则对任何自然数n，存在ξ∈[0,1]使得f(ξ+1n)=f(ξ)解析：*零点存在性定理证明：设Fx=F1n+x-Fx ,则F0=F1n-F0F1n=F2n-F1nF2n=F3n-F2n⋯Fn-1n=Fnn-Fn-1nF0+F1n+F2n+⋯+Fn-1n=F1-F0=0ⅰ）当F0=F1n=F2n=⋯=Fn-1n=0时，结论成立；ⅱ）当F0，F1n，F2n，⋯，Fn-1n均不为0时，其中必同时存在正数与负数，根据零点存在性定理，存在ξ∈[0,1]使得f(ξ+1n)=f(ξ)。

9.求limx→01+x-1-x31+x-31-x 极限解析：*用洛必达法则解题由洛必达法则，limx→01+x-1-x31+x-31-x00型=limx→0121+x+121-x13(1+x)-23+13(1-x)-23=12+1213+13=3210.若limX→1x+a+bX2-1＝1 ，求a，b的值解析：*用洛必达法则解题因为limX→1x+a+bx2-1=1 , 而当x→1时，x2-1→0 从而x+a+b→0 limX→1x+a+bx2-1= limX→112.1x+a2x= 1 141+a=1 a=-34又1+a+b=0 , b=-14综上，a=-34b=-1411.设f(x)= ax²+bx+5x-5 (a、b 为常数)，问当a、b为何值时limx→∞f(x)＝1 解析：*用洛必达法则解题fx=ax2+bx+5x-5 limx→∞fx=1limx→∞fx=2ax+b1= 1 a=0b=112.（1）求limx→π2ln⁡(sinx)(π-2x)2极限2）证明limn→∞a1n=1(a>0)解析：*需要分类讨论 [1]limx→π2lnsinxπ-2x2=limx→π21sinxcosx2π-2x-2= -14limx→π2cosxπ-2xsinx=limx→π2(-14)-sinxπ-2xcosx+-2sinx=-14.12=-18 [2]证明：limx→∞a1n=1a>0 ①当a=1时，a1n=1②当a∈（0,1），a1n-1=1-a1n 对∀＞0，若1-a1n＜ a1n＞1- 由a＜1 1n＜loga1- , 即nloga1-＞1又a∈（0,1）时，loga1-＞0，得n＞log1-a∀＞0,存在N=log1-a ；∀n＞N,使得a1n-1＜a1n收敛于1③当a∈（1，+∞），a1n-1=a1n-1∀＞0，若a1n-1＜，有a1n＜+1 由a＞1,有1n＜loga+1,即nloga+1＞1 又a∈（1，+∞），有loga+1＞0，从而n＞log+1a∀＞0,存在N=log+1a ；∀n＞N,使得a1n-1＜a1n收敛于113.设函数f(x)=exa , x≤0b+sin2x , x>0试确定常数a,b,使函数f(x)在点x=0处可导。

解析：*因Fx在x=0处可导，则fx在x=0处连续 f0=limx→0f(x)f'0=limx→0fx-f0x-0 b=11ae0=2cos0 b=1a=12 14.讨论函数f(x)=x23sinx在点x=0处的连续性与可导性解析：* [1]limx→0x23sinx=limx→0x53=0=f0 fx在x=0处连续[2]f'0=limx→0fx-f0x=limx→0x23sinxx=limx→0x23=0 说明f 7777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777x在0点可导 limx→0+f'x=limx→0-f'x f在0处的导数存在 15.设f´(x)存在，试证：对常数α，β,有limh→0fx+αh-fx-βhh=α+βf´x。

解析：*证明：limh→0fx+αh-fx-βhh=limh→0fx+ah-fx+fx-fx-βhh=limh→0fx+αh-fxh+limh→0fx-βh-fx-h=αlimh→0f(x+αh)-f(x)αh+βlimh→0fx-βh-f(x)-βh=αf'x+βf'x=(α+β)f'(x) 证毕16.证明：若函数f(x)在[a,b]上连续，且对任何x∈[a,b],存在相应y∈[a,b],使得f(x)≤12f(x),则至少有一点θ∈[a,b]，使得f(θ)=0.解析：* 证明：f(x)在[a, b]上连续，所以fx在a, b上连续令fxmin=M≥0则：① 若M=0，显然成立；② 若M＞0，可取fx=M由于∀x∈[a, b]均有fx≤12fx，则fx≤12M而M为fx的最小值，所以矛盾，从而说明M＞0不成立，从而M=0 证毕17.证明：若函数f(x)在[0,1]上连续，f(0)=f(1),则对任何自然数n,存在θ∈0,1,使得fθ+1n=fθ.解析：* 证明：f(x)在[0, 1]上连续且f(0)=f(1)f(x)在[0, 1]上有最值设f()=M=f(x)max(∈[0 ,1]),则由介值定理， ∃a∈[0, ] ,使得f(a)∈[f(0), f()] ; ∃b∈[, 1] ,使得f(b)∈[f(1), f()]令f(a)=f(b) ,(a, b∈[0, 1]) 那么总有θ使得a=θ, 对∀n∈N有b=θ+1n成立，证毕。

18.求limx→0tan⁡|x2sin1x|sinx极限解析：* x→0时x2sin1x→0，sinx→0原式=limx→0x2sin1x⁡x=limx→0xsin1x=019.求limx→0e-1+x1xx的极限解析：*洛必达 x→0时，lnx+1→x x-(x+1)ln⁡(x+1)x2(x+1)→-1x+1 原式=limx→0-eln1+xxx-x+1ln1+xx2x+1=limx→0eln1+xx-lnx+1=120.求limx→0e-1x2x100的极限解析：* 令t=1x2则原式=limt→∞t50e-t=limt→∞t50et=021.证明∀x,y∈R,有f(x+y)=f(x)+f(y),且f(x)在0连续，则函数f(x)在R连续，且f(x)=ax,其中a=f(1)是常数解析：* 证明：①由f(x+ y)=f(x)+f(y),令x=y=0,得f(0+0)=2f(0),所以f(0)=0 又f(x)在D连续，那么：limx→0fx=f0=0, 并且对∀x0∈R，limx→x0fx= limx→x0fx-x0+ fx0=limx→x0fx-x0+limx→x0fx0=0+fx0=fx0f(x)在R上连续。

②对非零整数p、q,有f(p)=f(1+1+⋯+1)=f(1)+ f(1)+ ⋯+ f(1)=p f(1);f(1)=f(1q+1q+⋯+1q)=q∙f(1q) ∴f(pq)=f(1q+1q+⋯+1q)=pf(1q)=pqf(1)∴对∀有理数r，有fr=rf1;对无理数α,存在有理数列rn,使limn→∞rn=a由fx在R上连续，有fa=limn→∞frn=limn→∞rnf1=af1，从而对 ∀x∈R,有f(x)=x f(1)综上①②为所证22.求limx→∞(x+x+x-x) 。