大一高数复习资料

1 上海海事大学 学生联合会

第一章复习

x.1 函数的极限及其连续性

概念：省略 注意事项

1． 无界变量与无穷大的区别：无穷大量一定是无界变量，但无界变量不一定是无穷大

量，例如，y f(x) xsinx是无界变量，但不是无穷大量。因为取

x xn 2n

2

时，f(xn) 2n

2

，当n充分大时，f(xn)可以大于一预

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

arcsinx~x,

ex 1~x,

tanx~x,1 cosx~

arctanx~x, 12x,2

(1 x) 1~ x

ln(1 x)~x,

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

2

2

（4）ln(1 x)。

2

（）

12

x,ln(1 x2)~x2，所以选择C 2

ex cosx

练习 lim

x 0lncosx

ex cosxex 1 1 cosx

lim解 lim

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

22

ex 11 cosx

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

x1 cosx

lim 3

x 0cosx 1x 0cosx 1

2

2

3． 若函数的表达式中包含有a （或a ），则在运算前通常要在分子分母

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

n

2

解 limn 1 ) limsin[(n 1 n) n ]

n

n

22

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

n

n

n 1 n

2

当n 时，sin

n

n 1 n

n 2

~

n 1 n

2

0,(n )

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

n

解 原式＝lim

x

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

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

1

4． lim 1 e 该极限的特点：

x x

(1)1 型未定式

（2）括号中1后的变量（包括符号）与幂互为倒数

解题方法

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

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

这是因为 ln(1 u(x))~ u(x)。

11

例3 求lim cos sin 。

x xx

x

11 2 2

解 原式＝lim cos sin lim 1 sin

x x xx x

2

x

2

x

因为limsin

x

2x

limx2x x

x

2x

sin

2

1，所以原极限＝e。

1x

练习 求lim

e e e

x 0n

nx

。

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解 原式＝lim 1

x 0

e e e n

， n

x2xnx

1x

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

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

x 0x 0n x 0xxx 2 n

特别地 lim

5． 几个常用的极限

n

lim( 0) 1

n

n 1

x

limarctanx

2

x

limarctanx

2

x

limarccotx 0

x

limarccotx

x

limex 0

x

limex

x 0

lim xx 1

x.2 单调有界原理

单调有界数列必有极限

此类问题的解题程序：（1）直接对通项进行分析或用数学归纳法验证数列{xn}单调有

n

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

例4 已知数列{an}：a1 1,a2 1

a1a

, ,an 1 n 1, ，求liman。

n 1 a11 an 1

解 用数学归纳法可证得{an}单调增加：

a1 1,a2 1

a13

，显然a1 a2。 1 a12

假设ak 1 ak成立，于是

ak 1 ak

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

(1 a)(1 a) 0

k 1k

即 ak ak 1成立。

显然1 an 2，从而数列{an}有极限，不妨设liman A。

n

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an 1A2

，两遍去极限得：A 1 ，即A A 1 0，

1 an 11 A

由于an 1

即得出A

1 5。 2

1 5

。 2

根据包号性的推论可知A非负，所以liman

n

X.3 n项和的极限

求解方法:

(1)利用特殊和式求和；（2）利用夹逼定理求极限（n个项按递增或递减排列）； 例5 求lim

1 11

n 1 22 3n (n 1)

n

1 11 1 1 1

lim 1 n 1 2 23 nn 1n 1

解 原式 lim 1

例6 求lim(

n

1n 1

2

1n 2

2

1n n

2

)。

解 因为

nn n lim

2

n

1n 1

2

1n 2

2

1n n

2

nn 1

2

，

而lim

nn n

2

n n

n 1

2

1，由夹逼准则有

1 11

lim ＝1 n 1 22 3n (n 1)

X.4 n项积的极限

（1）

（2） （3） （4）

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

利用对数恒等式化为n项和形式。

n

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

n

解 原式＝lim

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

n 1 x

24

2n

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(1 x2)(1 x2)(1 x4) (1 x2)

＝lim n 1 x

＝lim

n

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

n 1 x

n

n

n 1

44

2n

(1 x2)(1 x2)1 x21＝lim lim n n 1 x1 x1 x

x

n 2n

xxxx2nsinncos cos cosn

解 原极限＝lim

n 2nsinn

2xxxx

2n 1cos cos (2cosnsinn)

lim

n 2nsinn

2

xxxx

2n 2cos cos (2cosn 1sinn 1)

lim ＝ n n

2sinn

2

练习 当x 0时，求limcoscos cos

x2x4

lim

sinx2nsin

2n

n

lim

sinxsinx

n nx2 n

2

例8 求lim 1 解 因为1

n

1 1 1

1 1 。 22 32 n2

1(k 1)(k 1)k 1k 1

k2k2kk

1 1 1

lim 1 2 1 2 1 2 n

2 3 n

13 24 n 1n 1 lim n 2233nn

lim

1n 11

n 2n2

X.5 有关闭区间上连续函数的命题的证明

证明方法有两种

1． 直接法 其程序是先利用最值定理，再利用介值定理

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例1 设f(x)在[a,b]上连续，且a c d b，证明：在(a,b)内至少存在一个 使

得

pf(c) qf(d) (p q)f( )，其中p,q为任意正常数

证 因为f(x)在[a,b]上连续

所以f(x)在[a,b]上有最大值M与最小值m

由于c,d [a,b]，且p.q 0，于是有

pm pf(c) pMqm qf(d) qM

从而 即

(p q)m pf(c) qf(d) (p q)M

m

pf(c) qf(d)

M。

p q

由介值定理，在[a,b]上至少存在一个 ，使得

pf(c) qf(d)

f( )

p q

2． 间接法（己辅助函数法） 其程序是先作辅助函数F(x)，验证F(x)满足玲芝定理

条件，然后由零值定理得出命题的证明。 辅助函数F(x)的作法：

（1）把结论中的 （或x0）该写成x；

（2）移项，使等式右边为零，令左边的式子为F(x)，此即为所求的辅助函数 例2 设f(x)在[0,2a]上连续，且f(0) f(2a)，证明：在[0,a]上至少存在一个 ，使得

f( ) f( a)。

证 令F(x) f(x a) f(x)

显然，F(x)在[0,a]上连续，注意到f(0) f(2a)， 故 F(0) f(a) f(0),F(a) f(2a) f(a) f(0) f(a)

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当f(a) f(0) 0时，可取 为a或0，而当f(a) f(0) 0时，有

F(0) F(a) [f(a) f(0)]2 0

由零值定理可知存在一个 (0,a)，使得F( ) 0，即

f( ) f( a)

X.6 极限的求法

1． 约简分式的方法

xp/q 1

(p,q,r,s都是正整数） 求极限limr/s

x 1x 1

2． 有理化分子和分母 求极限lim(x2 x 1

x

x2 x 1)

3． 利用自然数求和 求极限lim

11 11

2

n 315354n 1

sinx

1

x 0x

1 cosx cos2x cos3x

求极限lim

x 01 cosx

4． 利用基本极限lim

5． 利用基本极限lim(1 x) lim(1

x 0

x 1

x

1x

) e x

求极限lim(tanx)

x

tan2x

4

6． 利用单调有界数列必有极限 求数列xn 的极限

n层根号

习题课一

n2 11

例1 试用极限的“ N”定义证明：lim。

n 2n2 3n2

证 0，要使|xn a| ，只要

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n2 11|2 3n|3n 23n

|xn a| 2222

22n 3n2(2n 3n)2(2n 3n)2(2n 3n)

3311

，即n 。

2(2n 3)4nn

n2 11 1

因此 0，可取N ，那么对一切n N，恒有2

2n 3n2

即

n2 11

lim2 。 n 2n 3n2

1n)sin

例2 设xn (1

n

2

，证明数列{xn}没有极限。

证 如果数列{xn}有极限，那么它的任何子列都有相同的极限。因此，若能找出{xn}

的两个具有不同极限的子数列，便知{xn}没有极限。由于

1

)sin( k) 0,limx4k2 0；

k 2k

1(4k 1) 1

因此数列{xn}没有极限。 x(4k 1） （1 )sin 1 ,limx(4k 1)2 1，2

k 4k 124k 1

x 1

例3 用“ ”定义证明：lim 0。

x 12x1

证 先限制0 |x 1| ，此时有

2

1

|x| |(x 1) 1| |1 |x 1|| 1 |x 1| ，或2|x| 1，从而

2

x4k2 (1

x 1|x 1|

0| |x 1|， 2x2|x|

因此， 0，要使

x 11

0 ，只要|x 1| ，于是取 min{, }，则当2|x|2

x 1x 1

0 恒满足不等式

2|x|2x

x适合不等式0 |x 1| 时，对应函数值f(x)

所以

lim

x

x 1

x 1

0。 2x

2

例4 设lim(x x 1 ax b) 0，试确定常数a和b。 解

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x2 x 1 a2x2 2abx b2

x x 1 ax b

2

2

左式 lim

x

lim

(1 a2)x2 (1 2ab)x 1 b2

x x 1 ax b

2

x

1 b2

(1 a)x (1 2ab)

lim

x

11b1 2 a

xxx

2

上式要想极限为0，必须1 a 0,1 2ab 0，又分母极限为1 a所以a 1，因此a 1,b

1

。 2

n

n

1n

例 5 证明：lim(1 2 3) 3。

n

1n

1 2

证 (1 2 3) 3 1

3 3

n

n

1

n

nn

因此 3 (1 2 3) 3 3，由lim3 3 3及夹逼定理，即得

n

1n

nn

1n1n13

lim(1 2 3) 3

n

nn

例6 设x1 1,xn 1 2

1

(n 1,2, )，证明数列{xn}的极限存在，并求其极限。 1 xn

证 x2 2

13

x1，设xn xn 1，则 22xn 1 2

11 xn

2

11 xn 1

xn。

按归纳法可知，对任何的n有xn 1 xn，即{xn}为单调增加的数列。又按归纳法容易证明

0 xn 2，故数列{xn}有界。因此{xn}有极限。

设limxn a，则limxn 1 a，对关系式xn 2

n

n

1

的两边取极限，便有

1 xn 1

a 2

1 1 12

，即a a 1 0，解得a ，因为xn 0，故a 0，a

221 a

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1 1 5

，即limxn

n 22

不合，因此a

例7 设函数

aex(x 0)

f(x) b 1(x 0)

bx 1(x 0)

在x 0处连续，求常数a,b得值。

解 由于函数f(x)在x 0处连续，根据函数在一点连续的充要条件，应有

x 0

limf(x) lim f(x) f(0)

x 0

由于lim f(x) lim ae a,lim f(x) lim (bx 1) 1,f(0) b 1，依上式即有

x 0

x 0

x 0

x 0

x

a 1 b 1，从而得a 1,b 2。

例8 证明：方程x e

x 3

1至少有一个不超过4得根。

1，则f(0) e 3 1 0,f(4) 3 e 0又函数在闭

证 设函数f(x) x e

x 3

区间[0,4]上连续，故由介值定理有在开区间(0,4)内至少存在一点 ，使得

f( ) 0, (0,4)。即方程x ex 3 1至少有一个不超过4得根。

工科数学分析

1.8 实数的连续性

实数理论是极限的基础。 1.8.1 实数连续性定理 一、闭区间套定理

定理 1-6. (闭区间套定理) 设有闭区间列{[an,bn]}，若: （1）[a1,b1] [a2,b2] [an,bn] （2）lim(bn an) 0

n

则存在唯一数l属于所有的闭区间(即 [an,bn] l),且

n 1

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liman limbn l

n

n

证明 由条件（1），数列{an}单调增加有上界b1，数列{bn}单调减少由下界a1，从而

n

由单调有界原理，数列{an}，{bn}都收敛，设liman l，则

limbn lim(bn an an) lim(bn an) liman 0 l l

n

n

n

n

故 liman limbn l。

n

n

任取k N， n k有ak an bn bk

从而 ak liman l limbn bk，即l属于所有闭区间。

n

n

假设有l1属于所有闭区间，从而 n N，有l,l1 [an,bn]，有|l l1| bn an，由条

件（2），有l l1，即l唯一。

从图上看,有一列闭线段(两个端点也属于此线段),后者被包含在前者之中,并且这些闭线段的长构成的数列以0为极限.则这一闭线段存在唯一一个公共点.

一般来说,将闭区间列换成开区间列,区间套定理不一定成立

.

二 、确界定理

非空数集E有上界,则它有无限多个上界,在这无限多个上界之中,有一个上界 与数集E有一种特殊关系.

定义1-12:设E是非空数集.若 R,且 （1） x E，有x ；

（2） 0, x0 E，有 x0

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则称是 是数集E的上确界.表为 supE。 类似地,可以定义下确界.表为

定义1-13:设E是非空数集.若 R,且 （1） x E，有 x；

（2） 0, x0 E，有x0 则称是 是数集E的下确界.表为 infE。

( 1)n 1

|n N ，supE ，infE 1 例如：数集E

2 n

一般来讲有限集一定有上、下确界，它的上、下确界就是它的最大与最小数；无限集

可能有上（下）确界，也可能没有，若有可能属于该集，也可能不属于该集。无上（下）界的数集，不存在上（下）确界。那么有上（下）界的数集是否存在上（下）确界呢？

定理2（确界定理）若非空数集E有上界(下界)，则数集E存在唯一的上确界(下确界).

由数集E非空，设a1 E。又由数集E有上界，设b1为其上界，且a1 b1，则区间[a1,b1]

具有下述性质（称为P）：

（1）右端点是数集E的上界

（2）[a1,b1]中至少包含有数集E的一个点（因为a1 E） 设c1

a1 b1

，若c1为E的上界，则[a1,c1]满足性质P，设a2 a1,b2 c1。若c1不是2

E的上界，则存在数c E使c c1，从而[c1,b1]满足性质P，设a2 c1,b2 b1，从而得到具有性质P的闭区间[a2,b2]。与此类似，我们可以得到具有性质P的闭区间[a3,b3]

[an,bn] ，且

（1）[a1,b1] [a2,b2] [an,bn] （2）lim(bn an) lim

n

b1 a1

0

n 2n 1

n

n

由区间套定理，存在唯一的数 属于所有的闭区间[an,bn]，且liman limbn 。

x E，由于bn为E的上界，故x bn,n 1,2,...，有极限的保号性，我们有x ；

x0 E，x0 [am,bm]，由liman ，存在m，使得 am，由性质P的（2） 0，

n

从而 x0，由定义 是数集E的上确界。

设 supE， ，不妨设 ，令 0 ，则 x0 E，使

0 x0，这与 是数集E的上确界矛盾，从而 ，故上确界唯一。

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三 、有限覆盖定理

设I是一个区间（或开或闭）、并有开区间集S（S的元素都是开区间、开区间的个数可有限也可无限）.

定义1-14：若 x E， S，x ，则称开区间集S覆盖区间I.

例1 S1 (间将它覆盖。 例2 S2 S1 ( 间将它覆盖。

定理3(有限覆盖定理）若开区间集S覆盖闭区间[a,b]，则S中存在有限个开区间也覆盖了闭区间[a,b].

证明：假设S中任意有限个开区间都不覆盖闭区间[a,b]，简称[a,b]没有有限覆盖。 设c

n 1n 1

,)n 1,2, ，覆盖了I1 (0,1)，但S1中找不出有限个开区

nn 2

1199101 ,),(,) ，覆盖了I2 [0,1]，且可选出有限个开区100100100100

a b

，则[a,c]与[c,b]至少有一个没有有限覆盖，否则[a,b]将是有限覆盖。2

设其中没有有限覆盖的为[a1,b1]。与此类似，我们可以得到具有没有有限覆盖的闭区间

[a2,b2] [an,bn] ，且

（1）[a1,b1] [a2,b2] [an,bn] （2）lim(bn an) lim

n

b1 a1

0

n 2n 1

n

n

由区间套定理，存在唯一的数 属于所有的闭区间[an,bn]，且liman limbn 。

显然 [a,b]，由于开区间集S覆盖[a,b]，从而S中必至少存在一个开区间(p,q)，使得 (p,q)，即p q，有极限的保号性，当n充分大时，有[an,bn] (p,q)，这与

[an,bn]没有有限覆盖矛盾，从而S中存在有限个开区间也覆盖了闭区间[a,b]

有限覆盖定理亦称为紧致性定理或海涅-波莱尔定理.在有限覆盖定理中，将被覆盖的闭区间[a,b]改为开区间(a,b)则定理不一定成立. 四、聚点定理

定义：设E是数轴上的无限点集. 是数轴上的一个定点（可以属于E，也不可以属于E）.若 0，点 的 邻域U( , )都含有E的无限多个点，则称 是E的一个聚点。

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例如 E1 (a,b)，则[a,b]中的每一点都是E1的聚点。

1

E2 n 1,2, ，则x 0是E2的聚点。

n E3 nn 1,2, 无聚点。

定理1-9（聚点定理）数轴上有界无限点集E至少有一个聚点.

证明：已知无限点集E有界，设a和b分别是E的下界和上界，从而E [a,b]，假设结论不成立，即闭区间[a,b]的任一点都不是E的聚点， x [a,b]，因为x不是E的聚点，所以 x 0，使U(x, x)中只含有E的有限多个点（或者没有E的点）。这样就构成了开区间集

S {U( , )|x [a,b]}

显然，开区间集S覆盖[a,b]，根据有限覆盖定理，S中存在有限个开区间，设有n个开区间 U(x1, x1),U(x2, x2), ,U(xn, xn)也覆盖[a,b]，自然覆盖点集E。但是每个开区间只含有E的有限多个点，所以这n个开区间也只含有E的有限多个点，这与E是无限点集

矛盾，于是，E至少有一个聚点。

五、致密性定理

定理5(致密性定理) 有界数列{an}必有收敛的子数列{ank}。

证明 若数列{an}有无限多项相等，设an1 an2 ank 显然，常数列{ank}是

收敛的子数列。

若数列{an}没有无限多项相等，则有有界无限点集E {an|n 1,2, }.根据聚点定

理，E至少有一个聚点 。

按照聚点定义

取 1， an1 U( ,1)。 取

111， an2 U( ,)，且n1 n2。（因为 是聚点所以U( ,)含有无限多个{an}222

1

中的点，所以去掉{an}中的前n1个有限点后，U( ,)中仍然含有{an}的点，任取一个即

2

可）

取

11

， ank U( ,)，且nk 1 nk kk

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如此进行下去，就构造了数列{an}的子数列{ank}。且 k N，有|ank |

1

，当k

k 时，有

1

0。所以limank ，即子数列{ank}收敛。

k k

六、柯西收敛准则

定理6(柯西收敛准则) 数列{an}收敛 0, N N, n,m N,an am

证明: 必要性

若数列{an} 收敛，设

liman a

n

，由极限定义，

0, N N , k N,ak a am a

充分性

2

，从而 n,m N，分别有an a

2

与

2

，于是有an am an a a am an a a am

取 1， N1 N， n N1和m0 N1，有an am0 1，从而， n N1，有

|an| |an am0 am0| |an am0| |am0| 1 |am0|

取 M max{|a1|,|a2|, ,|aN1|,1 |am0|}，则有|an| M，即数列{an}有界。

根据致密性定理,数列{an}存在一个收敛的子数列{ank}，设limank a.

k

接下来证明liman a

n

由已知有

2

0, N N , n,m N,an am

2

又已知limank a，对上述

k

2

0， k N ， nk k，有ank a

2

取L max{N,k}，从而， n L,nk L，同时有an ank

n

2

及ank a

2

，从而有

an a an ank ank a an ank| |ank a ，即liman a或数列{an}收敛.

1.8.2 闭区间上连续函数性质的证明

1. 性质的证明

定理1-12.(有界性) 若函数f(x)在闭区间[a,b]连续,则函数f(x)在闭区间[a,b]有界,即 M 0, x [a,b]有|f(x)| M

证法 由已知条件得到函数f(x)在[a,b]的每一点的某个邻域有界.要将函数f(x)在

16 上海海事大学 学生联合会

每一点的领域有界扩充到在闭区间[a,b]有界,可应用有限覆盖定理,从而能找到M 0.

证明 已知函数f(x)在[a,b]连续，根据连续的定义及极限的局部有界性 [a,b]，

0，使得 x U( , ) [a,b]，|f(x)| f( ) 1。显然，开区间集{U( , 0)| [a,b]}覆盖闭区间[a,b]，根据有限覆盖定理，存在有限个开区间{U( k, k)| k [a,b],k 1,2, ,n}也覆盖[a,b]，且 x U( k, k) [a,b]，有

|f(x)| f( k) 1，k 1,2, ,n，取M max{|f( 1)|,|f( 2)|, ,|f( k)|} 1，于

是 x [a,b]，于是 i {1,2, ,n}，使得x U( i, i) [a,b]，有

|f(x)| |f( i)| 1 M。

定理1-13(最值性) 若函数f(x)在闭区间[a,b]连续,则函数f(x)在[a,b]取到最小值

m与最大值M,即在[a,b]上存在x1与x2，使f(x1) m与f(x2) M，且 x [a,b]有

n |f(x)| M。

证法 只给出取到最大值的证明.根据定理1-12,函数f(x)在[a,b]有界.设

sup{f(x)|x [a,b]} M.只须证明 x2 [a,b],使f(x2) M,即函数f(x)在x2取到

最大值. 用反证法.假设 x [a,b]，有f(x) M.显然,函数M f(x)在[a,b]连续,且

M f(x) 0.于是,函数

1

在[a,b]也连续.根据定理1-12.存在C 0，

M f(x)

x [a,b]有

界,矛盾.

11

C或f(x) M ，则M不是数集{f(x)|x [a,b]}的上确

M f(x)C

定理3(零点定理) 若函数f(x)在闭区间[a,b]连续,且f(a)f(b) 0，(即f(a)与

f(b)异号),则在区间(a,b)内至少存在一点c,使f(c) 0。

证明 不妨设f(a) 0，f(b) 0.用反证法和闭区间套定理.假设 x [a,b],有

f(x) 0。将闭区间[a,b]二等分，分点为

a ba ba b

，若f(， ) 0，取a1 a,b1 222