1、考研高等數學第一輪復習1.1. 函數的性質1.1.1. 單調性1.1.2.奇偶性a奇函數：f(x) = O-aaa偶函數：f(x) = 2 f (x)-a0奇函數的導數是偶函數；偶函數的導數是奇函數xF(x) f(t)dt,F(x)二 f(x)有：f(t)是奇函數二F(x) C是偶函數(C是任意實常數)f (t)是偶函數=F(x) C是奇函數(C=0)f (x)是奇函數，當 x (0, ：), f(x) 0, f (x) 0(推出：f (x)在x 0上是Exa:單調遞增的，并且f (x)是偶函數,x (0,二)上f (x)單調增)所以:x (：,0)時f (x) 0, f (x) M。2、聯系

2、：3、例題：f(x)=xsinx,當Xr 時，f (x)是:A ：B. 無界量C. 有界量D. 無窮小量解：對于函數f(x) =xsinx,由于sin x是周期函數，將之改寫成：f(x) =(2 n二)si n(2 n二)三0,當n很大時，x也很大，但是f(x)趨于0 若改寫成：f(x)=(2n)sin(2 n )三2n ，當n很大時，2 2 2x也很大，但是f(x)趨于：。選Bf(x)=xLsin(x2)2 ,以下有界區間是:x(x1)(x2)A. ( -1,0)B. (0,1)C. (1,2)D. (2,3)本題考查開區間的有界性。x (-1,0),f(x)=-sin(x2)2(x-1)(

3、x-2),連續,lim f(x)=, lim f(x)=X_； 1 亠18X0 -sin24x(0,1),f(x)二sin(x - 2)(x-1)(x-2)(x-1)(x-2)lim f(x)= , lim f(x)不存在X )0 4 x ：1 X(1,2),f(x)二同理x (2,3),f(x)二sin(x - 2)(x-1)(x-2)2si n(x -2)同理1.1.5.連續性與間斷點g(x)二 型,如果f(x)是奇函數，且f(o)存在，問：xx =0是g(x)的那一類間斷點？ 分析：xo是函數f(x)間斷點的3個充分條件：1、X0沒有定義。2、xo有定義，但是lim f (x)不存在。x

4、o3、 x0有定義，lim f(x)存在，但是 lim f(x)(x0)。判斷類型：lim f(x)、lim f (x)存在，x 談0 .jx -如果：lim f (x)= lim f(x)= x0為可去間斷點(第一類)JX0 一lim f(x)= lim f(x)= x0為跳躍間斷點(第一類)x_ x0 X_ 0 -非第一類間斷點即第二類間斷點，有無窮間斷點和震蕩間斷點 解答：g(x)在x=0沒有定義。Exa： lim g (x) =limf(x = li叫 二 f (0)存在，所以x =0是g(x)的可去間斷點。1.2. 極限 1.2.1.極限的定義0函數極限的定義：f(x)在U(x。)有

5、定義，對一任意該定的正數0；，不管它有多小，總存在U(x0,：),使得If(x)-A|v ;lim f(x)=Ax %0U(X0, )= 0 ：|x x0 I ： 1.2.2.極限的唯一性1.2.3.極限的局部保號性lim f (x) = AX Xo若：0(1) U(Xo), f (x) _0(f (x)乞 0)= A_0(A 0)0 A 0(A ： 0) = U(X),、)，f (x) 0(f (x) ： 0)exal: f(x)在x =x某鄰域內連續，且lim 心-牛0)=2(x -滄)討論f(x)在x0處的極值。解：lim f(x)-f(x。)g x U(X0),0x心(x-x)(X-x

6、jX r X0 J X - X0 : 0n為奇數,(xx0)n ： 0, f (x)f (x0) ： 0n為偶數，(xx0)n0, f (x)f (x0) 0 兒X； x0 ,x -x 0n為任意整數，(x-x)n 0, f (x) - f (x) 0所以：n為奇數時，x0不是極值點n為偶數時，x0是極小值點注：本題關鍵：去極限符號，用保號定理分n的奇偶性，極值的討論方法exa2: f (x),a,b連續，f (a)二 f (b) = 0, f (af (b)0求證：二三(a,b), f( )=0 證明：不妨設f(a) 0,那么f(b)0.f (x) 一 f (a)f(a)=lim0,T 0,

7、x(a, a 、J, f (xj f (a) = 0 x afQVIim 型 0, 20,x2 (b 2,b), f(x2) ： f (b) =0xtxb零點定理得結論，需記住此結論exa3: f (x)連續,f (0) =0且lim帯1分析：limf (0) =0討論f (x)在x = 0的特殊點情況。f (x)01 0,存在:0,在U(0,、M,f”(x) 0,f(x) |x|x (0, Jf(x)0二 f(x)x (i,0), f(x) ：0二 f(x八因此x =0是f(x)的極小值點f (x)exa4: f (x)連續，且 lim1討論f (x)在x二0的特殊點情況。分析：limf (

8、x)x01：0,存在、0,在 U（0,、）內,f (x)x:0顯然：一x (0, ), f(x) ：0r (-,0), f(x)0根據拐點的判斷條件：f （x）一階導數單調性改變的點是f（x）的拐點 f（x）單調性改變的點是f（x）的極值點。1.2.4.極限存在的條件極限存在的充要條件是函數在該點的左右極限存在且相等, 者是否等于函數在該點的值沒有關系。P63但是與函數在該點是否定義,Exa:a +2cosx(x =0)f(x) = b(x=0)若 lim f (x)存在，求 a,bsi n3X/c、(x“)L. x丿lim (a 2cosx) = a 2 =lim 沁=3.x Xa = 1,

9、b二任意實數1.2.5.幾個潛規則1、： （.）極限若存在，必有（.）=0（分子）2、 （分子1極限若存在且（分母） 0,必有（分子）=0 （分母）3、極限若存在且-0 （分子）0,必有（分母）=0 （分母）x3 +ax2 +bexa1: lim8,a = ?b = ?T x-2li32limj xax b)=8 4a b=0322(x ax b) 3x2ax2lim(3 x 2ax) = 12 4a = 8X )2exa2 : lim( . x2 x 1 - ax - b) = 0, a = ?b = ?原式=lilim xJx2 +x +1 _ax_： x-X2 X 1 )=a = lim

10、_b)= limx x廠(Jx2+x + 1 _a_b) = 0 xxi+丄+-4 =1x x3xln(1 t )adt3lim xln1dt=0= a=0 j0 a tbx sin xlimx )0xln(1 t3)dtx(b cosx) =lim3ln(1 x )0 tx(bcosx) =limx )0二 b =1b -cosx =limx 0b = lim( Jx2 +x +1 -x) = lim x訂1 十丄 + 丄 一1 = lim x十厶)=丄 x廠x廠x xx廠2 x x 二bx sin xexa3:右 lim3 c(c = 0), a = ?b = ?1.3. 導數導數存在的充

11、要條件是函數在該點的左右導數存在且相等，首先函數必須在該點有定義。導數的實質是函數的極限，即增量趨于零的極限，極限的定義形式有3種：1.4. 極限的求法 1.4.1.步驟：判斷類型、選擇方法不定型：0 二、0、于 O0、旳 _oO、00旳要區別“真正的 0和1”和“極限為0和1真正的0乘以任何數為0.lim n sin（2n二）=0n_.0 2xtg-_nT=limn_：:=1exa3: lim(n_potg1)nn2= lim(1n .tg n1-1)1tg-n j1n1 1tg 1 n n 1n1n21tg 1 -limn- *n ：11nn注:1,加1.減1.顛倒.還原自變量是“n?的函

12、數不能直接用洛必達法則,1 1 1ax bcx應該是般-特殊exa4:求極限lim(xtoC1 1 b c - 331 1 1(令 t,lim 護 &c3x x ：31a x解：原式=lim(1 一xSC*xlim(at-1) (bt-1) (ct-1)tT3ti ax丄 丄 丄 ax bx -cx :1 1b； -6 -3x1(abc)?= limat btt od 33t.11 na + tl nb + tl nc 二 limt-Q3t1ln (abc)33x1.4.3.利用等價代換求極限利用等價代換求極限（上面其實已經用過）常用的等價無窮?。?x 0)s inx |_ta nxarcsi

13、 n x _ arcta nx_x(x 0) axL xIn a(x 0)ex-U x (x；O)I n(1+x) Lx (x 0)(1+x) m_i L mx.1 2(x0)1-cosx x2(x 0) tan x - xexal:求極限：lim13-x3tanx x e -e3xtanx解法1:原式=lim e02xtan x xsec x-ee -elim2x a3x23x2tan x2xtan x xtanx2xe*sec x-e e-ee*sec x-e6x6x二 limlimlim0x )06xx)06 xx 刃 （錯誤很隱蔽：和解法 2 一樣）x x解法2 :原式=lim乞輕 =

14、0（tanx_ x,錯!等價代換不能用在加減運算中 X 4 X-解法3：原式(etanx1)( ex -1)3xx3tan x e（錯！ ！前提條件是兩個極限都存在，由下面知道，這兩個極限都是不存在的。這樣做沒有道理）解法4（正確）：原式3 x二 limx0x tan x -x八e (e -1)二 limx0tan x -x /e -1tan x - xx31.4.4.洛必達法則求極限總之，用洛必達法則求極限時(如果可以用洛必達法則)，可以 先用等價代換化簡，但是等價代換只能用在乘法或者除法，千萬 不能用在加減法中，即被作等價代換的因子不能是加減法的一部分氏2In (1+t2)dtexa2:求

15、極限 lim 一20T(21 0. ln(1 _l)(e3x 1)(Jl+x3 1)解：當X0時,2” -1 _x2ln2,e3x-13x,Jl + x3 1L -x3,且這幾個因子是- _ 2x22f ln(1 +t )dt 乘積的關系，所以原式 Tim 042x ln(1 x )=limx)0 35ln 2 *6x 2c 42x *x213x ln 2 *3x x 22?ln26x59ln22x22ln(1 t )dt =limx3ln2 x62啊知沁(0),sin x ln(滬四沁xcosxLx-sin x2x2xcosxLx -sin x2sin x x2很復雜另解：原式二 limx

16、0 x$ln(1 沁-1):xsin x -1) 1丫x； 0時 ln(1 x) _x,sin xsin x原式=lim sinx-x =lim sinxx應用洛必達法則xT x2xxox3COSX -13x2結論:洛必達法則和等價代換混合使用145(夾逼定理和)定積分定義Exa1:1求lim（n ； ： n 1 n 22n）令丄丄n 1 n 21 1 Xn2n1Xnv2n1二Xn,則2n1+n 12n 2求不出來lim（亠n_, n 1=lim 1二nf n i n i1 1I11丄丄n n 1 n 2亠n nn jn i” 丄dx = l n21 xnsin 求打=lim（ nn n 1.

17、2 二sin -n.n 二sin -n）1 iIn Elim sin： 一） n iy n1n -n21 2 jsi n：xdx= ln - lim -sin（二丄）Jim-12-i ： n 1 i n n .； ： n二 lim *lim 1 sin（二丄）=2nr：n 1 i ：n y n JI2ln = 2 （夾逼準則）、sin（二丄）i a n1.46利用收斂級數的通項為0exal:處 nini級數v二收斂=lim羋=0nnFn基本概念：1、級數是一個數項，確切的說是一個數列的和表達式qQ，數列的一般項Un也是級數的一般項。Un表示一個級數nA Un = 6 U2. Un .n =1n

18、:2、數列的前n項的和sn =二ui稱為級數un的部分和。sn又可以構成一個i 4nA新的數列，稱為該級數的部分和數列SnqQ3、lim snn:二S存在，級數x Un收斂，和為S,反之，發散n =1(n 1)!4、審斂法：lim (n 1) n# n!nn阿&)艸片十1 收斂n1.4.7.泰勒公式-皮亞諾余項泰勒公式-皮亞諾余項：無窮小運算法則：/ m 丄 / nm in m,no(x ) o(x ) = o(x ) o(x ) o(x ) =o(x )f(x)在含有X。的開區間具有直到n1階的導數f (x) =a a,x -x。) a?(x -x。)2 -. a.(x - x)n o( x

19、 - x)n,其中an(xo),如果x。=0,即成帶有佩亞諾型余項的麥克勞林公式:n!f (x)二 a。qx a2x2 anxn o(xn), an 二常見的帶有佩亞諾型余項的麥克勞林公式f 5)(。)n!x1ea0 x x213sin x = x x3!2 2o(x )o(x3)4 1 2 cosx =1 一 一x 2!1ln(1 x)1 .x o(x ) 4!2 , 13=X 一 X x23144x o(x )4tan x =secx =tan xcos xX z。= 11 2tanx = -2廠(sin x) =sec xtanx= tanxcos x2x=0二 26 cos xtanx

20、 =(呼)，2(cos x 吧 x 沁 x)二 tan妝cos xmm(m1) 22(1 x)m =1 mxx3x o(x) o(x2)2!m ,m(m -1) 2, 2、(1 x) 1 - mxx o(x )2!xf(x)+si n6xf (x) 6 oexal:已知 lim30,求 lim 2?x-0x3x2分析：湊丄冒，原式.limx( f(x)+6)3+sin6x-6xxTXf(x)+6sin 6x-6xx6( 36x2)-6( ) -lim 2 = _36x3x2或者 sin6x=6x- (6x)3!x3sin 6x-6x6(cos6x-1)幾四一=xmxr-x3o（6x）3）,ms

21、in 6x-6x=-36存在lim竺乞=36x 0 x1 2 exa2 :叫(二-cot x) = ?(tan x x)(tan x - x) 原式=lim(22)exa2 : li二 lim(x2 2x tan x133(tan x x)(x x o(x ) -x)xlx3= 2lim(x03 o(x3)3xexa3: limX 一tan(tan x) -sin(sin x)ix3洛必達法則求?133133tan x=x x o(x )= tan(tan x) = tanx(tan x) o(x )3 31 3 11 3 33=x x (x x ) o(x )3 33131=x x (x .

22、) o(x )332 = x x3 . o(x3)不必求了3133133sin x = x x o(x )= sin(sin x)二sin x sin x o(x )6 61 311 3 33=(x x ) (x x ) o(x )6 66 = x -中x3. o(x3)不必求了=x 2 x3 -(xx3)=x333原式=1TFFx+VTH2 exa4: lim2?7x2分析：可以用洛必達，有理化，泰勒公式.1 x =111 x2 o(x2)24、1 _x 11 x2 o(x2)24122x o(x )1原式=lim 21.4.8.無窮小比較exa:lim f (x) xt 1 -cosx分析

23、:lim f (x) T 1 _ COSXx2=1且。f(t)dt與弋是同階無窮小，求n1 2 =1= f (x) 1-cosxxx2x2f f (t)dt0 f (t)dt與是同階無窮小二lim 亍WO)Jim f(x2)2xn _1 nx1x42xTimnx5xnx1.4.9.其它方法總結lim ( ax+ (1+ 丿)=b,求 a,bx 0ln(1+e x)解：x表示不超過x的最大整數，如:0 +=0 ,0=-1 ,lim( ax+x0ln(1+e x)ln(1+e x)=limx 0ln(1+e x)（方法1)(1+e x)eX(-ln(1+e-X=lim+Xr 04(1+e x)(1

24、+ex)（方法2）limXr 01(1+eX)e x(-p) x1eXG -4)x4 limlnelne計千2+Xr 0lim (ax+ln(1+eXr 0a2ex+exXr 02 limex（-電）x1exex2 limx(1+e x)limx(1+e x)lne x+ln(1+e x)lne x+ln(1+e x)2X)ln(1+e x)=lim( aix)+lim(Xr 0x 0ln(1+e X)ln(1+e x)130 二和1(1 x x2) -3x2 x - 2(x 1)(x 2)=lim廠二 lim廠 =lim x 1 (1 x)(1 x x ) x :1 (1 x)(1 x x

25、) x -(1 x)(1 x x )x+2Tmi(1 X X2) 一 _11.4.10.幾個常用的結論0si nx= 2i/ 2左式=-Isxn J=sin xcosx7/2 /2 n _20 (n“0 sin xcosxdx/2n _22二 0 (n -1) 0 sin x(1 -sin x)dxn _2=(n -1)。氣innxdx-(n - 1).sinn xdx=(n _1)In _ (n -1)*In口 In,其中I。nJI=2，I1 =1)12131 二州2 2=2 133 1JI4 2 24 2彳I515 3165 3 1州州州Innn -2n Tn -3n n 22 ” 3（n

26、為正偶數）-（n為正奇數且大于1）5 3ji0ln =二/2nsin xdx =二/2ncos xdx-二 /2,ln/2 _X,ln0 0sin n（t 二 / 2）dt=-二/20-f sin n（n / 2 t）dt=-：/2 ）:cos tdt y20ncos tdt7/2(I。2, Ii =1）證明:左式/2cosn xdx 0cosn xdxn二/2nsin xdx 二 2 sin xdxJ0兀n亠 i sin xdx：/2珥j/ 2sin nxdxsin nxdx即 卩可二/2nsin xdx只需要證明:令 t=x-二/2JI-7/2JI7/2-sinxdx sinn（：/2 t

27、）dt二/2cosntdt=/2si nnxdx證明完畢問題：0兀 ncos xdx 二 2:;/2cosn xdx馬左式=二/2n 二 ncosxdx二/2cosxdx令 t=x-二/2ncos兀n兀/2nn ：J2cosxdx=0 cos （兀 / 2 + t）dt = （-1） J00（n是奇數）xdx -：/22p cosnxd（ n 是偶數）二/2求: ann-：0cosntdtx sin xdx解：去絕對值符號？這樣會出現很多的項，可以這樣考慮是一個周期為二函數，令t=n黛X, x = n恵tExa: an 二- n（nH -t） sin（n -t）dtnJ!.=f0 （n兀-t）

28、 sintdt/兀InnI=（n兀）sintdt- t sin t dt2兀|22=（n 兀）sin t dx an =2n 兀an n an = n 兀,因為sin x1.5. 分段函數 1.5.1.分段函數的復合exal:f (x) =cosx, f ( (x) = 2 x2.求(x)的定義域。設:(x)的定義域D-X D,值 (x), f ( (x) = cos (x) = 2-x2有 2x2 蘭 1二 一1 蘭 2x2E1= 1 蘭 x22 蘭 1二 1 蘭 x2 蘭 3呂 1 勻x|J3exa2 :g(x)Jx2(0)IJx(x MO)12 x(x AO)求 f(g(x)答案:004

29、e2方法g(x)(g(x)0)|2g(x)(g(x)3 0)對g(x)來說什么時候g(x) : 0呢?令 g(x) ：0= x 1 g(x) _ 0= 0乞x空1或者x : 0所以:2(1 -x)(x 1) f(g(x) =2 (1 x)(0 蘭x 蘭1)22 -x(X 0)方法二:exa3:求丨 f (g(x)dx,其中f (x)斗x|,g(x)=壯一1 ,x0J|x ,x cof(g(x)E(x)卜吟晉00卜g(x),g(x) COg(x) _0= x _1 或者x 0 g(x) ： 0= 0 x ：1f(g(x) = x2,x：01 x,0 空 x : 12 01 2 J(g(x)dx 二./2dx0(1-x)dx 辺(x-1)dx16微分中值定理1.6.1.費馬引理費馬引理：f(x)(1) U(Xo)有定義f(Xo)存在(3 若- X：二U(Xo),有