厦门大学景润杯数学竞赛复习材料

Xiamen University
厦门大学第十届“景润杯”数学竞赛 暨第五届全国大学生数学竞赛 系列讲座
厦门大学数学科学学院 林建华
第一讲
极限的理论与方法
极限的思想是近代数学的一种重要思想方法，
极限理论是高等数学的重要基础，它贯穿于整个
高等数学的始终。 如果要问：“高等数学是一门什么学科？”，那么 可以概括地说：“高等数学就是用极限思想来研究函
f (0) ( 答案： ) 2
4、加减运算下的等价代换
对乘除运算求极限，利用等价无穷小代换简便而 有效，但对加减运算下的无穷小代换则需特别注 意。下面定理给出了加减运算求极限时可以进行 等价代换的条件。 命题 设(x),1(x),(x),1(x)均为xx0时的无 穷小，且(x)1(x),(x)1(x)， 1 ( x) ( x) lim 存在(或 lim 存在) 且不等于-1， x x0 ( x) x x0 ( x) 1
解：利用等价关系式子
[ ( x)] [ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], 0, ( x), ( x) 1
sin[ ( x)] sin[ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], ( x) 0, ( x) 0
5(tan x-sin x) 原式= lim =5 x 0 tan x sin x
合利用导数、微分中值定理、定积分等知识解决极
限问题的重要方法。
1、 用导数定义求极限
导数是用极限来定义的，现在反其道而行之， 利用导数定义来计算某些数列和函数的极限。 如下是我们所熟知的导数定义的一种变形
f [a (n)] f (a) n lim f (a), (其中 (n) 0) n ( n)
x 0
[ f ( x)e ] |x0 f (0) f (0) = [ f ( x) cos x] |x0 f (0)
x
举一反三练习
1 n 2 n k n ( a ) ( a ) ( a ) n n n 1、计算 lim nk n0 a
K为自然数。 分析：
1 n 2 n k n (a ) (a ) (a ) k n n n [ln(a i ) n ln a n ] ln nk a n i 1
1 (1) ln[ ( x)] ln[ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], ( x) a, ( x) a a
(2)sin[ ( x)] sin[ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], ( x) 0, ( x) 0
(3) tan[ ( x)] tan[ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], ( x) 0, ( x) 0
容易知道，把 x x0 换成 x 时，相应条件还 满足，则上述结论仍然成立。 由此命题，可得到如下的等价代换式子。它给求极限 带来很大方便。
此命题的特点是：相减的两项的外层的函数必须是相 同的，里面复合的自变量函数(x)，(x)可以是不 一样。
x在某种趋近方式下，且 (x)(x)
续，且 f (c) 0, 则 f [ ( x)] f [ ( x)] ~ f (c)[ ( x) ( x)] ( x x0 )
证：由拉格朗日定理和题设条件
f [ ( x)] f [ ( x)] f ( x ) ( x) ( x)
其中 x介于 ( x)与 ( x)之间。
( 答案： 6)
2、设 f ( x) 在 x 0 附近有连续的一阶导数，且
f ( x) f (ln(1 x)) f (0) 0, f (0) 存在,求 lim 3 x0 x f ( x ) x ln(1 x) 提示： 原式=lim 2 x0 x x
其中 ln(1 x) x x
思考：可否利用柯西中值定理。
3、用等价无穷小代换求极限
先利用拉格朗日中值定理给出下述一般命题：
设下列两个条件满足
lim lim (1) (x),(x)是连续函数,且 x x ( x) x x ( x) c
0 0
(2) f(x)在x=c的一个邻域内可导且 f ( x ) 在x=c处连
f ( x0 ( x)) f ( x0 ) x x0 lim f ( x0 ), (其中 ( x) 0) x x x0 ( x) (x )
例1 计算
lim n( n a 2 n a ), (a 0)
n
1 2n 1 1 n 2n
1 x sin x 6 cos x 例8： 求 lim 3 x 0 cos x 4 cos x
6
解：利用等价关系式子
[ ( x)] [ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], 0, ( x), ( x) 1
[ ( x)] [ ( x)] ~ ( )( ( x) 1), , ( x) 1
(6) [ ( x)] [ ( x)] ~ ( )( ( x) 1), , ( x) 1
例6： 求 lim
x 0
tan x ln cos x 3 2
x2 x2
解：利用等价关系式子
ln[ ( x)] ln[ ( x)] ~ 1 [ ( x) ( x)], ( x) a, ( x) a a
2 2 2
x x x x x x 1, 2 2 2 (1 (1 x) ) (1 x ) (1 x )
( 答案：
2

)
2、计算
lim
x a
sin( x ) sin(a )
x x
(a a )
x
x
a
x
, a 1
cosa a ( 答案： a a ) a ln a
2、用拉格朗日中值定理求极限
如下是拉格朗日中值定理应用的一种变形
f [u( x)] f [v( x)] f ( )[u( x) v( x)]
其中， 在u( x)与v( x)之间.
例4
计算
x
lim x [(1 x) x ]
2
1 x
1 x
1 原式= lim x x [(1 ) 1] x x
(4) b ( x) b ( x) ~ ln b[ ( x) ( x)], ( x), ( x) 0, b 0(b 1)
(5) [ ( x)] [ ( x)] ~ [ ( x) ( x)], 0, ( x), ( x) 1
解 原式= lim na (a
n
1 2n
1 1) lim 2na ( a 2 n
1 2n
1 2n
1 2n
1)
1 a 1 1 x 1 lim a lim (a ) |x 0 ln a n 1 2n 2 n 2 2
f 例2 设 f (x) 在 a 点可导， (a)>0 , 计算
1 (1+x sin x cos x) x sin x 6 原式= lim =2( lim -1)=-6 x 0 x 0 cos x 1 1 1 ( )(cos x 1) 3 4
举一反三练习 1、 计算 提示：
ln cos x cos 2 x 3 cos3 x ln1 原式 = lim x 0 ln cos x cos x cos 2 x 3 cos3 x 1 lim x 0 ln cos x
( 答案：e
k ( k 1) 2a
)
2、
设f(x)在x0处二阶可导
f ( x0 2h) 2 f ( x0 h) f ( x0 ) 求 lim 2 h0 h 0 分析： ( ) 型 可以利用洛必达法则，但根据 0
题设条件只能用一次，然后再利用导数的定义。
( 答案：f ( 0 ) x )
因此掌握求极限的方法是理解极限思想的重要的基
础训练步骤之一。
求极限的方法是多种多样的，有的还需要较高
的技巧，因此要较好地掌握极限的方法，需要我们
在平时的学习中不断地总结、归纳、类比、记忆。
更为重要的是还要善于把所学过的知识串起来，并
加于灵活运用。 下面我们将讨论几类重要的求极限方法，它是
我们所学过求极限方法的深化拓广和提高，也是综
原式= lim
x 0
x(ln cos x ln1)
x2 x2
ln 3 ln 2 1 x( x) 1 2 = lim 2 =x 0 x (ln 3 ln 2) 2 ln 6
x(cos x 1) = lim 2 x 0 x (ln 3 ln 2)
(1 tan x)5 (1 sin x)5 例7： 求 lim x 0 sin(tan x) sin(sin x)
2
1 x
1 x
= lim x e
2 x
1 ln x x
[e
1 1 ln(1 ) x x
e ]
0
1 1 = lim e lim x e ln(1 ) x x x x 1 1 1 1 0 ln(1 ),ln(1 ) ~ ,( x ) x x x x ( 答案： 1)
数，研究自然科学的一门学科”。
极限的思想方法是微积分的基本思想，也是高
等数学与初等数学的本质区别所在。高等数学之所
以能解决许多初等数学无法解决的问题，例如瞬时
速度、曲线弧长、曲边形面积、曲面体体积等问题
正是由于采用了极限的思想方法。 高等数学中的一系列重要概念，如函数的连续
性、导数以及定积分等等都是借助于极限来定义的
2
1 ln x x
a b 例5 计算 lim x , a b, a 0, b 0 x 2 x 0 ( a b )
Fra Baidu bibliotekx2 x2
e e 原式= lim x ln a x ln b 2 x 0 (e e )
x 2 ln a x 2 ln b
e1 x 2 (ln a ln b) = lim 22 2 x 0 e x (ln a ln b) 2
1 介于x ln a与x ln b之 间。
2 2
2 介于x ln a与x ln b之间。
1 ( 答案： ) ln( a / b)
举一反三练习
1、 分析 计算
x
lim x [ln arctan( x 1) ln arctan x)]
2
2
1 原式 lim x [ ] 2 x (1 x )arctan x
n
e
1 ln f ( a ) ln f ( a ) n lim n 1n
e
[ln f ( x )]|xa
e
f ( a ) f (a)
f ( x)e f (0) . 例3 设 f (0) 0, 计算 lim x 0 f ( x) cos x f (0)
x
解
f ( x)e x f (0)e0 x 原式= lim x 0 x f ( x) cos x f (0) cos 0 f ( x)e f (0)e x = lim lim x 0 x 0 f ( x) cos x f (0) cos 0 x
1 f (a n ) lim . n f (a)
1 f (a ) n ln f (a)
n
n
解
原式= lim e
n
e
1 f (a ) n lim ln n f ( a )
于是
x x0
lim
f [ ( x)] f [ ( x)] lim f ( x ) f (c) x x0 ( x) ( x)
f [ ( x)] f [ ( x)] 1 f (c)( ( x) ( x))
即
x x0
lim
f [ ( x)] f [ ( x)] ~ f (c)[ ( x) ( x)] ( x x0 )