考研数学思维导图例题解析

记lim →
，根据递推式，得 ln 1 ，解得 0，于是lim →
0
（2）
lim
→
lim
→
ln 1 ln 1
归结原则
6.【解析】
limຫໍສະໝຸດ Baidu
→
ln 1 ln 1
lim
→
1
2
2
已知
1
，故 单调增加，若其有上界，则lim → 存在，记为 。
1
公众号：空卡空卡空空卡
于是有
,
0，得 0，又由题设，知
3，则 3 0，矛盾，故
公众号：空卡空卡空空卡
目录
数列极限专题............................................................................................................................ 1 导数（定义及高阶）专题........................................................................................................ 5 中值定理证明方法专题............................................................................................................ 9 多元函数极值与最值专题...................................................................................................... 18 一元函数积分学专题.............................................................................................................. 22 方程组的同解公共解专题...................................................................................................... 24 求和函数专题.......................................................................................................................... 28 相似矩阵专题.......................................................................................................................... 34
和lim →
3.【解析】C
均存在，且lim →
lim →
1 0，由极限的保号性，知∃ 0，当
时，
0，于是自某项起（
起），
同号
4.【解析】D
由极限存在的充要条件，即
lim
→
5.【解析】
⇔ lim
lim
→
→
⇔ lim
lim
lim
→
→
→
（1）用数学归纳法证有界
由 0，设
0，则
1
0，故 有下界
当 0时，
1
于是 单调减少，由单调有界准则，lim → 存在
有 → ∞时 → ∞，且
1
1
1
1
1⇒
1 1
1
1
于是
1 1
1 1
⋯
1 1
1 1 1 1⋯1
1
1
故
lim
→
1 1
1 1
⋯
1 1
11 3
7.【解析】
无上界，只能 1
记 √2 1,
，则
|
|
1 2
1 2
1 2
|
|
1 2
|
|∙|
|
由
1 2
,
1 2
√2
1
√2
1 2
故
|
|
1 2
√2
1 2
∙|
|
2√2 4
1|
|
2√2 1 4
1，易知 。
0为其解。下证其唯一性
当 0时， ′
0，函数 在 0, ∞ 上单调增加
所以 0是方程 9.【解析】
1在 0, ∞ 上的唯一解，故lim →
0
（1）令
2 ln 1 , 0则
令
0，得 1，是唯一驻点，
1
2 1
1 1
且当0
1时，
0；当 1时，
0，又
如图所示，所以
0 0, 1 1 2 2 0
lim
2 ln 1
→
∞0
在 0,1 内无零点，在 1, ∞ 内有唯一零点 ，故原方程在 0, ∞ 内有唯一实根 。
（2）由
,
0，即 2 ln 1
，且 2 ln 1 ，又 2 ln 1 单
调增加，于是有
假设
成立，则有 2 ln 1
，即
，于是 单调减少且有下界
故lim → 存在，记为 ，在 10.【解析】
2 ln 1
|
|⋯
2√2 1 4
|
|
当 → ∞时， √ 8.【解析】 由于 0，所以
→ 0 ，故lim →
，即lim →
√2 1
1
根据拉格朗日中值定理，存在 ∈ 0, ，使得 1
所以 假设0
，故
，0
，则
1
0
2
公众号：空卡空卡空空卡
所以
，0
故 是单调减少的数列，且有下界，从而 收敛
设lim → 令
，得 1，则 ′
1.【解析】A
0
0
0 lim
→
0 lim
→
0 lim
→
0 lim
→
0
||
0
0
0
||
0
0
因为 在 0处可导，所以 0
0 ，于是 0 0
2.【解析】-2
因0 0 0
0 ，故 在 0处连续
2 1
0
→
11.【解析】 （1）因
lim
→
又当 → 0 时，
lim
∙ lim
→
→
，所以不等式0
（2）由（1）知，当 充分大时，有
1
1
√
故
1
1
lim
→
1
∙
0
2 lim
→
3
成立
1
2 3
lim
→
1
1
1
11
2 3
1
而
11
1
1
于是
lim
1
lim 1
1
→
→
1
1 1
2
由夹逼准则知lim →
2
4
公众号：空卡空卡空空卡
导数（定义及高阶）专题
I
公众号：空卡空卡空空卡
数列极限专题
1.【解析】D
设lim →
，则lim →
0
因
是单调递增的，故存在唯一零点即 0，因此 0
2.【解析】D
由lim →
0可知
有界，即存在实数 , ，使得
又知 单调减少， 单调增加，从而有
,
即 单调减少有下界， 单调增加有上界，从而有lim →
0，知lim →
lim →
（1）令
,∈ ,
,
因
0
lim
→
故存在 ∈ ,
，使得
0
两边取极限，有 2 ln 1 ，由（1）可知
1,2,3, ⋯ ,
的图像如图所示
∞0
由零点定理，存在 ∈ , ⊂ ,
，使得
0
（2）当 → ∞时，由于 ∈ , 知
，则lim →
∞，且
，有界，又由（1）
1
∙
3
1
∙
公众号：空卡空卡空空卡
故
lim
→
从而 lim