高等数学 工科数学分析 总复习级数部分精品PPT课件

例1.
若
f
(1)
0
且
f
(1)
存在
,
求
lim
x0
f
(sin (ex
2
x cos 1) tan x
x)
.
解:
原式 =
lim
x0
f
(sin 2
x x2
cos x)
lim(sin2 x cos x) 1 且 f (1) 0
x0
联想到凑导数的定义式
lim
x0
f (1 sin2 x cos x 1) sin2 x cos x 1
x0
bx c) g(0) x0
b
得 b g (0)
ax2 bx c , x 0
f (x) g(x) ,
x0
c g(0) b g (0)
3) 利用 f(0) f(0), 而
f(0)
lim
x0
g(
x) x
g 0
(0)
g (0)
f
(0)
lim
x0
(2ax b) x0
b
2a
得
x 1
x 1 时, f (x) a ; x 1时，f (x) 2x.
利用 f (x) 在 x 1 处可导，得
f (1 ) f (1 ) f (1)
f(1) f (1)
即
ab
1
1 2
(a
b 1)
a2
ax b ,
x 1
f (x)
1 2
(a
b
1)
,
x 1
x2 ,
x 1
x 1 时, f (x) a , x 1时，f (x) 2x
2(t 1)3(1 cos y)3
例5. 设函数 f (x) 在[0, 3] 上连续, 在(0, 3) 内可导, 且
f (0) f (1) f (2) 3, f (3) 1, 试证必存在 (0,3), 使
f ( ) 0. (03考研)
证: 因 f (x) 在[0, 3]上连续, 所以在[0, 2]上连续, 且在
解: x 0 为无穷间断点, 所以
lim ex b x0 (x a)(x 1)
lim
x0
(
x
a)(x ex b
1)
a 1b
0
a 0,b1
x 1 为可去间断点 , lim ex b 极限存在 x1 x (x 1)
lim(ex b) 0
x1
b lim ex e
x1
第二章 一元函数微分学及其应用
a
1 2
g
(0)
x t2 2t
例4.设由方程
t
2
y
sin
y
1
(0 1)
确定函数
y
y(x),
求
d2 dx
y
2
.
类似P115(B)10题
解:方程组两边对 t 求导,得
dx 2t 2 dt
dx 2(t 1) dt
2t dy cos y dy 0
dt
dt
d y 2t
d t 1 cos y
a 2, b 1, f (1) 2
f
(
x)
2 , 2x
,
x 1 x 1
判别: f (x) 是否为连续函数 ?
例3. 设 x 0时 g(x) 有定义，且 g(x) 存在, 问怎样
选择 a ,b,c 可使下述函数在 x 0 处有二阶导数.
ax2 bx c , x 0
f (x) g(x) ,
提示: (1) sin x 1 sin x
2sin x 1 x cos x 1 x
2
2
2sin
1
cos x 1 x
2( x 1 x)
2
无穷小
有界
(2)
lim 1x2
x1 sin x
lim t(t2) t0 sin (t1)
令t x 1
lim t(t2) lim t(t2) 2
x 0 类似P114(B)2
解: 由题设 f (0) 存在, 因此
1) 利用 f (x) 在 x 0 连续, 即 f (0 ) f (0 ) f (0),
得 c g(0)
2) 利用 f(0) f(0), 而
f
(0)
lim
x0
g(x) x
g 0
(0)
g (0)
f (0)
lim (ax2
f (1)
sin
2
x
x
cos
2
x
1
f (1) (1 1) 1 f (1) 22
例2.设
f
(x)
lim
n
x2en(x1) ax en(x1) 1
b
P115题6
试确定常数 a , b 使 f (x) 处处可导,并求 f (x).
ax b ,
x 1
解: f (x)
1 2
(a
b
1)
,
x 1
x2 ,
.
x
解: 令
f
(x)
(1
2x
3x
1
)x
3
(13) x
( 32 ) x
1
1 x
则
3
f
(
x)
3
1
3x
利用夹逼准则可知
lim f (x) 3 .
x
例4 求 f (x) (1 x) sin x
x (x 1)(x 1)
的间断点, 并判别其类型.
解: lim (1 x) sin x 1 sin1 x 1 x (x 1)(x 1) 2
工科数学分析基础
上册总复习
一、 函数，极限，连续 二、 一元函数微分学及其应用 三、 一元函数积分学及其应用 三、 无穷级数
2021/2/20
第一章 函数、极限、连续
例1. 求下列极限：
(1) lim (sin
x
(2)
lim
x1
1 x2
sin x
x 1 sin
x)
来自百度文库(3)
lim
x0
1 1
x x
cot x
x
解:
原式
lim
x
x(3
1 x3
1
a
b x
)
0
lim ( 3
x
1 x3
1 a
b x
)
0
故 1 a 0 , 于是 a 1 , 而
y x
y 3 1 x3
b lim (3 1 x3 x)
x
lim
1
0
x 3 (1 x3)2 x 3 1 x3 x2
例3. 求
lim
(1
2x
3x
)
1 x
故
dy dx
dy dt
dx dt
t
(t 1)(1 cos y)
d2 y d x2
d dt
(
dy dx
)
dx
dt
d dt
((t
t
1)(1
cos
y
)
)
2(t 1)
(1 cos y) t (t 1)sin y dy
dt
2(t 1)3(1 cos y)2
(1 cos y)2 2 t 2 (t 1)sin y
t0 sin t t0 t
(3) lim 1 x cot x lim (1 2x )cot x
x0 1 x
x0 1 x
1
lim
x0
e
lim (
x0
cos x sin x
2x 1 x
)
e2
ln
(1
2x 1 x
)
～
2x 1 x
例2. 确定常数 a , b , 使 lim (3 1 x3 a x b) 0
x = –1 为第一类可去间断点
lim f (x)
x1
x = 1 为第二类无穷间断点
lim f (x) 1, lim f (x) 1,
x 0
x 0
x = 0 为第一类跳跃间断点
例5. 设函数 f (x) ex b 有无穷间断点 x 0
(x a)(x 1)
及可去间断点 x 1, 试确定常数 a 及 b .