一元函数的极限与连续

极限定义和性质

极限的定义

数列极限的定义 (εN\varepsilon-N定义)
ε>0,N>0,\forall \varepsilon>0,\exists N>0,n>Nn>N时,总有anA<ε|a_n-A|<\varepsilon 则称 an{a_n} 的极限为 AA 或称 an{a_n} 收敛于 A,A, 记作 limn0an=A\lim\limits_{n\to 0}a_n=AanA(n)a_n\to A (n\to \infty)

例题

证明:limn[1+(1)nn]=1\lim\limits_{n\to \infty}\left[1+\dfrac{(-1)^n}{n}\right]=1

证明:limn[1+(1)nn]=1\lim\limits_{n\to \infty}\left[1+\dfrac{(-1)^n}{n}\right]=1
解析:
[1+(1)nn]1=1n\left|\left[1+\dfrac{(-1)^n}{n}\right] - 1\right| = \dfrac{1}{n}

ε>0,N=1/ε+1\forall \varepsilon>0,\exists N = \left \lfloor 1/\varepsilon \right \rfloor + 1n>Nn>N时,总有[1+(1)nn]1<ε\left|\left[1+\dfrac{(-1)^n}{n}\right] - 1\right|<\varepsilon

因此: limn[1+(1)nn]=1\lim\limits_{n\to \infty}\left[1+\dfrac{(-1)^n}{n}\right]=1

函数极限的定义 (εδ\varepsilon-\delta定义)

ε>0,δ>0,\forall \varepsilon>0,\exists \delta>0,o<xa<δo<|x-a|<\delta 时,总有f(x)A<ε|f(x)-A|<\varepsilon 则称当 xax\to af(x)f(x) 的极限为 AA 记作 limxaf(x)=A\lim\limits_{x\to a}f(x)=Af(x)A(xa)f(x)\to A \quad (x\to a)

例题

证明:limx+sinxx=0\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{|\sin x|}{\sqrt{x} }=0

证明:limx+sinxx=0\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{|\sin x|}{\sqrt{x} }=0

极限的性质

双侧极限,单侧极限
右极限:设函数 f(x)f(x) 在点 x0x_0 的某个右领域内有定义. 若存在常数 A,A, 对于任意
给定的正数 ε,\varepsilon, 总存在正数 δ\delta 使得 x0<x<x0+δx_0<x<x_0+\delta 时有 f(x)A<ε|f(x)-A|<\varepsilon
则称常数 AA 为函数 f(x)f(x) 在点 x0x_0 处的右极限,记作

limxx0 +f(x)=Af(x0 +)=Af(x0+0)=A\lim\limits_{x\to x_0^{\ +} }f(x)=A\quad\text{或}\quad f(x_0^{\ +})=A \quad\text{或}\quad f(x_0+0)=A

(1)limxx0f(x)\lim\limits_{x\to x_0}f(x) 存在的充要条件是左极限 limxx0 f(x)\lim\limits_{x\to x_0^{\ -} }f(x) 与右极限limxx0 +f(x)\lim\limits_{x\to x_0^{\ +} }f(x) 都存在且相等

(2)limxf(x)\lim\limits_{x\to \infty}f(x) 存在的充要条件是左极限 limx+f(x)\lim\limits_{x\to +\infty}f(x) 与右极限limxf(x)\lim\limits_{x\to -\infty}f(x) 都存在且相等

唯一性

若极限存在,则必唯一

有界性

(1)(1) 若数列极限 limnxn\lim\limits_{n\to \infty}x_n 存在,则存在 M>0,M>0, 对于一切 nn 都有  xn M|\ x_n\ |\le M 成立

(2)(2)limxx0f(x)\lim\limits_{x\to x_0} f(x) 存在,则存在 δ\deltaM>0,M>0,0<xx0<δ0<|x-x_0|<\delta 时就有 f(x)M|f(x)|\le M 成立

数列极限存在,则数列有界。函数极限存在,则局部有界。

保号性

limxx0f(x)=A>B,\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A>B, 则存在 δ>0,\delta>0,0<xx0<δ0<|x-x_0|<\delta 时就有 f(x)>Bf(x)>B 成立

例题

证明: f(x)=xsin(x2)x(x1)(x2)2f(x)=\dfrac{|x|\sin (x-2)}{x(x-1)(x-2)^2} 在区间 (1,0)(-1,0) 内有界

证明: f(x)=xsin(x2)x(x1)(x2)2f(x)=\dfrac{|x|\sin (x-2)}{x(x-1)(x-2)^2} 在区间 (1,0)(-1,0) 内有界

极限的求解方法

定义法

利用极限的定义来求解

求解策略: 先猜后证法

极限的四则运算与复合运算

初等函数的定义:由基本初等函数,经过有限次四则运算或有限次复合,得到的能用一个式子表示的函数

基本初等函数:常函数,幂函数,指数函数,对数函数,三角函数,反三角函数

极限的四则运算的前提:单个极限必须存在

注:在不确定每个函数极限是否存在的情况下不能使用极限的四则运算(除法分母不得为0)
例题1

limn(an+bn)=1,limn(anbn)=3,\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)=1,\lim\limits_{n\to \infty}(a_n-b_n)=3, 证明 an{a_n}bnb_n 的极限存在,并求极限。

limn(an+bn)=1,limn(anbn)=3,\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)=1,\lim\limits_{n\to \infty}(a_n-b_n)=3, 证明 an{a_n}bnb_n 的极限存在,并求极限。

例题2

设对于任意的 xx,总有 φ(x)f(x)g(x),\varphi(x)\le f(x)\le g(x),limx[g(x)φ(x)]=0\lim\limits_{x\to \infty}[g(x)-\varphi(x)]=0,则 limxf(x)=\lim\limits_{x\to \infty}f(x)=\underline{\qquad \qquad}

存在且等于零
存在但不为零
一定不存在
不一定存在

设对于任意的 xx,总有 φ(x)f(x)g(x),\varphi(x)\le f(x)\le g(x),limx[g(x)φ(x)]=0\lim\limits_{x\to \infty}[g(x)-\varphi(x)]=0,则 limxf(x)=\lim\limits_{x\to \infty}f(x)=\underline{\qquad \qquad}

存在且等于零
存在但不为零
一定不存在
不一定存在

复合运算的极限法则
设函数 y=f(g(x))y=f(g(x)) 是由函数 y=f(u),u=g(x)y=f(u),u=g(x) 复合而成,若 limuaf(u)=A,limxx0g(x)=a,\lim\limits_{u\to a}f(u)=A,\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=a, 且在某个 o(x0)\bigcup\limits^o(x_0) 内有 g(x)ag(x)\ne af(x)f(x)x=ax=a 处连续,则 limxx0f[g(x)]=A\lim\limits_{x\to x_0}f[g(x)]=A

无穷量的计算

注:无穷小和无穷大并不是一个非常小的数,而是一个函数且大与小是不谈正负的

无穷小和无穷大的性质

  1. 有限个无穷小的和或差仍是无穷小;有限个无穷大的和或差仍是无穷大
  2. 有界函数与无穷小的乘积是无穷小;有界函数与无穷大的和是无穷大
  3. 无穷大的倒数是无穷小;无穷小的倒数是无穷大
  4. 因变量 SaS\to a 的充要条件是:存在无穷小 γ\gamma,使得 S=a+γS=a+\gamma
  5. 无穷小 α\alphaβ\beta 等价的充要条件是 β=α+o(α)\beta=\alpha+o(\alpha)
  6. 等价无穷小(大)具有反身性、对称性和传递性

无穷小量分出法

limxanxn++a1x+a0bmxm++b1x+b0={(n>m)anbn(n=m)0(n<m)\displaystyle\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0}{b_mx^m+\cdots+b_1x+b_0}=\left\{\begin{matrix}\infty \qquad (n>m)\\ \frac{a_n}{b_n} \qquad (n=m)\\ 0 \qquad (n<m) \end{matrix}\right.

例题1

limx3x3+4x2+27x3+5x23=\displaystyle\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{3x^3+4x^2+2}{7x^3+5x^2-3}=\underline{\qquad\qquad}

limx3x3+4x2+27x3+5x23=37\displaystyle\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{3x^3+4x^2+2}{7x^3+5x^2-3}=\underline{\qquad \frac{3}{7}\qquad}

例题2

limx3x22x12x3x2+5=\displaystyle\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{3x^2-2x-1}{2x^3-x^2+5}=\underline{\qquad\qquad}

limx3x22x12x3x2+5=0\displaystyle\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{3x^2-2x-1}{2x^3-x^2+5}=\underline{\qquad 0 \qquad}

无穷小的阶
α,β\alpha,\beta 都是无穷小

  1. 如果 limαβ=0\lim\dfrac{\alpha}{\beta}=0 则称 α\alphaβ\beta 的高阶无穷小,记作 α=o(β)\alpha=o(\beta)
  2. 如果 limαβ=A0\lim\dfrac{\alpha}{\beta}=A\neq 0 则称 α\alphaβ\beta 的同阶无穷小,记作 α=O(β)\alpha=O(\beta)
  3. 如果 limαβ=1\lim\dfrac{\alpha}{\beta}=1 则称 α\alphaβ\beta 的等价无穷小,记作 αβ\alpha\sim\beta

无穷小阶的运算

m,nm,n 是正整数,当 x0x\to 0 时,f(x)=o(xm),g(x)=o(xn),f(x)=o(x^m),g(x)=o(x^n), 其中 m>nm>n 则:

(1)f(x)=o(xn)(1) f(x)=o(x^n) \quad 记作 o(xm)=o(xn);o(x^m)=o(x^n);

(2)f(x)±g(x)=o(xn)(2) f(x)\pm g(x)=o(x^n) \quad 记作 o(xm)±o(xn)=o(xn);o(x^m)\pm o(x^n)=o(x^n);

(3)f(x)g(x)=o(xm+n)(3) f(x)g(x)=o(x^{m+n}) \quad 记作 o(xm)×o(xn)=o(xm+n);o(x^m)\times o(x^n)=o(x^{m+n});

(4)f(x)xn=o(xmn)(4) \dfrac{f(x)}{x^n}=o(x^{m-n}) \quad 记作 o(xm)xn=o(xmn)\dfrac{o(x^m)}{x^n}=o(x^{m-n})

上式等号含义为“左边推出右边”

单调有界准则

准则:单调有界数列必有极限

(1) 若 xn{x_n} 是单调增加且有上界的数列,则 limnxn\lim\limits_{n\to \infty} x_n 存在;若数列无上界,则 limnxn=+\lim\limits_{n\to \infty} x_n=+\infty

(2) 若 xn{x_n} 是单调减少且有下界的数列,则 limnxn\lim\limits_{n\to \infty}x_n 存在;若数列无下界,则 limnxn=\lim\limits_{n\to \infty}x_n=-\infty

常见单调性的判断方法

  1. 前项减后项 an+1ana_{n+1}-a_n
  2. 放置于函数中讨论
例题1

0<x1<3,xn+1=xn(3xn)(n=1,2,)0<x_1<3, x_{n+1}=\sqrt{x_n(3-x_n)}\quad (n=1,2,\cdots) 证明数列 xnx_n 的极限存在,并求此极限

0<x1<3,xn+1=xn(3xn)(n=1,2,)0<x_1<3,x_{n+1}=\sqrt{x_n(3-x_n)} \quad (n=1,2,\cdots) 证明数列 xn{x_n} 的极限存在,并求此极限 32\underline{\qquad \frac{3}{2}\qquad}

夹逼准则(迫敛准则)

αγβ\alpha\le \gamma\le\betalimα=limβ=A,\lim \alpha=\lim\beta=A,limγ=A\lim\gamma=A

特殊情况

  1. 如果数列 xn{x_n} 满足 limnxn=0\lim\limits_{n\to \infty}|x_n|=0,则 limnxn=0\lim\limits_{n\to \infty}x_n=0
  2. 如果数列 yn{y_n} 有界且数列 xn{x_n} 满足 limnxn=0\lim\limits_{n\to \infty}x_n=0 ,则limnxnyn=0\lim\limits_{n\to \infty}x_ny_n=0

加强形式:若 min(α,β)γmax(α,β)\min(\alpha,\beta)\le\gamma \le max(\alpha,\beta)limα=limβ=A,\lim \alpha=\lim\beta=A,limγ=A\lim\gamma=A

例题1

limnn!nn=\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n!}{n^n}=\underline{\qquad \qquad }

limnn!nn=0\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n!}{n^n}=\underline{\qquad 0\qquad }

例题2

limn(1n2+n+1+2n2+n+2++nn2+n+n)=\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}(\dfrac{1}{n^2+n+1}+\dfrac{2}{n^2+n+2}+\cdots+\dfrac{n}{n^2+n+n})=\underline{\qquad \qquad }

limn(1n2+n+1+2n2+n+2++nn2+n+n)=12\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}(\dfrac{1}{n^2+n+1}+\dfrac{2}{n^2+n+2}+\cdots+\dfrac{n}{n^2+n+n})=\underline{\qquad \frac{1}{2}\qquad }

例题3

limnk=n2(n+12)1k=\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{k=n^2}^{(n+1^2)}\dfrac{1}{\sqrt{k}}=\underline{\qquad \qquad }

limnk=n2(n+12)1k=2\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{k=n^2}^{(n+1^2)}\dfrac{1}{\sqrt{k}}=\underline{\qquad 2\qquad }

例题4

limn(2n+3n)1n=\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}(2^n+3^n)^{\frac{1}{n}}=\underline{\qquad \qquad }

limn(2n+3n)1n=3\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}(2^n+3^n)^{\frac{1}{n}}=\underline{\qquad 3\qquad }

等价无穷小

等价无穷小替换

αα1,ββ1\alpha \sim\alpha_1,\beta\sim\beta_1limβ1α1\lim\frac{\beta_1}{\alpha_1} 存在,则 limβα=limβ1α1\lim\frac{\beta}{\alpha}=\lim\frac{\beta_1}{\alpha_1}

常见的等价无穷小
(1) (x0)ln(1+x)arctanxsinxxarcsinxtanxex1\small (1)\ (x\to 0)\qquad \ln (1+x) \sim \arctan x \sim \sin x\sim x \sim \arcsin x\sim \tan x \sim e^x-1
(2) xsinx16x3,arcsinxx16x3\small (2)\ x-\sin x\sim\frac{1}{6}x^3,\arcsin x-x\sim \frac{1}{6}x^3
(3) tanxx13x3,xarctanx13x3\small (3)\ \tan x-x\sim \frac{1}{3}x^3,x-\arctan x\sim \frac{1}{3}x^3
(4) xln(1+x)12x2\small (4)\ x-\ln (1+x)\sim \frac{1}{2}x^2
(5) ex1x,ax1xlna\small (5)\ e^x-1\sim x,a^x-1\sim x\ln a
(6) xln(1+x)(x0),lnxx1(x1)\small (6)\ x\sim \ln (1+x)\quad(x\to 0),\ln x\sim x-1\quad (x\to 1)
(7) (1+x)a1ax,1+xn11nx,1cosαxα2x2\small (7)\ (1+x)^a-1\sim ax,\sqrt[n]{1+x}-1\sim \dfrac{1}{n}x,1-\cos^\alpha x\sim \frac{\alpha}{2}x^2

替换原则

(1) 乘除法中,无穷小因子可以直接替换

(2) 加减法中需满足上下同阶或无穷小同阶不等价原则后,才可以替换

例题1

limx0exesinx(x+x2)ln(1+x)arcsinx=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x-e^{\sin x}}{(x+x^2)\ln (1+x)\arcsin x}=\underline{\qquad\qquad }

limx0exesinx(x+x2)ln(1+x)arcsinx=16\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x-e^{\sin x}}{(x+x^2)\ln (1+x)\arcsin x}=\underline{\qquad \frac{1}{6}\qquad }

例题2

limx0ex2cosxlncosx=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{x^2}-\cos x}{\ln \cos x}=\underline{\qquad \qquad }

limx0ex2cosxlncosx=3\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{x^2}-\cos x}{\ln \cos x}=\underline{\qquad -3\qquad }

例题3

limx0arcsinxsinxarctanxtanx=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\sin x}{\arctan x-\tan x}=\underline{\qquad \qquad }

limx0arcsinxsinxarctanxtanx=12\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\sin x}{\arctan x-\tan x}=\underline{\qquad -\frac{1}{2}\qquad }

海涅定理(归结原则)

(1) limxaf(x)=A(1)\ \displaystyle\lim\limits_{x\to a} f(x)=A 的充要条件为:对于任意趋向于 aa 的数列 xn,{x_n}, 都有 limnf(xn)=A\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=A

(2) limx+f(x)=A(2)\ \displaystyle\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=A 的充要条件为:对于任意趋向于 ++\infty 的数列 xn,{x_n}, 都有 limnf(xn)=A\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=A

(3) limxaf(x)=(3)\ \displaystyle\lim\limits_{x\to a} f(x)=\infty 的充要条件为:对于任意趋向于 aa 的数列 xn,{x_n}, 都有 limnf(xn)=\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=\infty

海涅定理是沟通数列极限于函数极限的桥梁,能将数列极限转化为函数极限来求解,本质是一种极限的变量代换x=x_n

列与子列的关系

(1)limn+xn=A()(1) \displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=A(\infty) 的充要条件是对于 xn{x_n} 任何子数列 xknx_{k_n} 都有 limn+xkn=A()\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}x_{k_n}=A(\infty)

(2)(2) 设数列 xn{x_n} 被分为 mm 个互不相交的子数列,则 limn+xn=A\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=A 的充要条件是这 mm 个子数列的极限都是 AA

特别有 limn+xn=A\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=A 的充要条件是 limn+x2n=A\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}x_{2n}=Alimn+x2n+1=A\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}x_{2n+1}=A

若存在两个子数列不收敛于同一常数,则原数列必发散

{至少一个子列发散存在两个子列收敛于不同的极限\scriptsize \left\{\begin{matrix} \text{至少一个子列发散} \\ \text{存在两个子列收敛于不同的极限} \end{matrix}\right.

例题1

证明: 如果存在正整数 p,p, 使得 limn+(an+pan)=λ,\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}(a_{n+p}-a_n)=\lambda,limn+ann=λp\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{a_n}{n}=\dfrac{\lambda}{p}

洛必达法则

分式型为不定式 00,\frac{0}{0},\frac{\infty}{\infty} 的洛必达法则(其他类型未定式需转为此类型)

(1) limf(x)=limg(x)=0()(1)\ \lim f(x)=\lim g(x)=0 (\infty)

(2) xo(a),f(x),g(x)(2)\ x\in \bigcup\limits^o(a),\exists f'(x),g'(x)g(x)0g'(x)\neq 0

(3) limxf(x)g(x)=A()(3)\ \lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=A(\infty)

limxaf(x)g(x)=A()\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=A(\infty)

注意

  1. 洛必达法则使用的条件是苛刻的,即使是 00\frac{0}{0} 也不一定能使用,如 limx0sin(xsin(1x))xsin1x\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin(x\sin(\frac{1}{x}))}{x\sin\frac{1}{x}} 不能使用甚至极限不存在
  2. 洛必达法则是后验的,若 limxf(x)g(x)=A()\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=A(\infty) 不存在且不为 \infty 不能得出原极限不存在(即此时洛必达法则失效,需使用其他方法)
  3. 使用洛必达法则后,若仍是未定式,但符合洛必达法则条件,可以再次使用
  4. 多数情况,单纯使用洛必达法则会出现越算越复杂的情况甚至算不出来。因此要先简化式子,打组合拳,综合使用多种方法。
例题1

f(x)f(x) 在点 x0=0x_0=0 的某个领域内有二阶导数,且 limx0(1+x+f(x)x)1x=e3\lim\limits_{x\to 0}(1+x+\dfrac{f(x)}{x})^{\frac{1}{x}}=e^3
f(0),f(0),f(0)f(0),f'(0),{f}''(0)

泰勒公式

具体内容见第二章;

例题1

limx0cosxex22x2(x+ln(1x))=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2(x+\ln (1-x))}=\underline{\qquad \qquad}

limx0cosxex22x2(x+ln(1x))=16\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2(x+\ln (1-x))}=\underline{\qquad\frac{1}{6}\qquad}

例题2

limx0tan(tanx)sin(sinx)tanxsinx=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan (\tan x)-\sin(\sin x)}{\tan x-\sin x}=\underline{\qquad \qquad}

limx0tan(tanx)sin(sinx)tanxsinx=2\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan (\tan x)-\sin(\sin x)}{\tan x-\sin x}=\underline{\qquad 2\qquad}

微分中值定理

具体内容见第二章;

例题1

\lim\limits_{x\to \infty}x^2(\arctan \dfrac{a}{x}-\arctan \dfrac{a}{x+1})=\underline{\qquad \qquad}

\lim\limits_{x\to \infty}x^2(\arctan \dfrac{a}{x}-\arctan \dfrac{a}{x+1})=\underline{\qquad 2\qquad}

例题2

limx0+tan(tanx)tan(sinx)tanxsinx=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\tan (\tan x)-\tan (\sin x)}{\tan x-\sin x}=\underline{\qquad \qquad}

limx0+tan(tanx)tan(sinx)tanxsinx=1\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\tan (\tan x)-\tan (\sin x)}{\tan x-\sin x}=\underline{\qquad 1\qquad}

*积分与积分定义

abf(x)dx=limnbacnk=1cnf[a+bacnk]\int_a^bf(x)dx=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{b-a}{cn}\sum\limits_{k=1}^cnf[a+\dfrac{b-a}{cn}\cdot k]

基本策略

  1. 人为提出 1n\frac{1}{n}
  2. 不足缺项
  3. 放缩

例如:
1n11+(kn)2=knk+1n11+(kn)2dx(xkn)knk+1n11+x2\scriptsize \displaystyle\dfrac{1}{n}\cdot\dfrac{1}{1+(\dfrac{k}{n})^2}=\int_\frac{k}{n}^\frac{k+1}{n}\dfrac{1}{1+(\dfrac{k}{n})^2}dx\quad(x\ge \dfrac{k}{n})\ge \int_\frac{k}{n}^\frac{k+1}{n}\dfrac{1}{1+x^2}

f(x)f(x)(,+)(-\infty,+\infty) 上有定义且有界,且在 [0,1][0,1] 可积 ,p,p 是整数,则 limn1n+pk=1nf(kn+p)=01f(x)dx\scriptsize\displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{n+p}\sum\limits_{k=1}^nf(\dfrac{k}{n+p})=\int_0^1f(x)dx

例题1

limn+ln(1+1n)2(1+2n)2(1+nn)2n=\small \displaystyle \lim\limits_{n\to +\infty}\ln {\sqrt[n]{(1+\dfrac{1}{n})^2(1+\dfrac{2}{n})^2\cdots(1+\dfrac{n}{n})^2}}=\underline{\qquad \qquad}

limn+ln(1+1n)2(1+2n)2(1+nn)2n=4ln22\small \displaystyle \lim\limits_{n\to +\infty}\ln {\sqrt[n]{(1+\dfrac{1}{n})^2(1+\dfrac{2}{n})^2\cdots(1+\dfrac{n}{n})^2}}=\underline{\quad 4\ln 2-2 \quad}

例题2

limn+[sinπnn+1+sin2πnn+12++sinπn+1n]=\small \displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\left[\dfrac{\sin\dfrac{\pi}{n}}{n+1}+\dfrac{\sin\dfrac{2\pi}{n}}{n+\dfrac{1}{2}}+\cdots+\dfrac{\sin\pi}{n+\dfrac{1}{n}}\right]=\underline{\qquad\qquad}

limn+[sinπnn+1+sin2πnn+12++sinπn+1n]=2π\small \displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\left[\dfrac{\sin\dfrac{\pi}{n}}{n+1}+\dfrac{\sin\dfrac{2\pi}{n}}{n+\dfrac{1}{2}}+\cdots+\dfrac{\sin\pi}{n+\dfrac{1}{n}}\right]=\underline{\quad\frac{2}{\pi}\quad}

无穷级数

见第四章无穷级数;

比值法与根值法的极限

(1) 设比值极限 limn+anan1=q,\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\left|\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\right|=q,q<1,q<1,limn+an=0;\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=0;q>1,q>1,limn+an=\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=\infty

(2) 设比值极限 limn+ann=q,\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=q,q<1,q<1,limn+an=0;\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=0;q>1,q>1,limn+an=\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=\infty

*施托尔兹(stolz)定理

设函数 bn{b_n} 单调增加且 limn+bn=+\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}b_n=+\infty 或数列 bn{b_n} 严格单调递减且 limn+bn=0,limn+an=0\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}b_n=0,\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=0
如果 limn+anan1bnbn1\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}} 存在或为 \infty, 则 limn+anbn=limn+anan1bnbn1\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}

an=k=1ncka_n=\sum\limits_{k=1}^nc_kbn=k=1ndkb_n=\sum\limits_{k=1}^nd_k 可以简化运算。

例题1

证明: 设 limn+an\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}a_n 存在或为 ,\infty,limn+a1+a2++ann=limn+an\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=\lim\limits_{n\to +\infty}a_n

例题2

证明: 设 an>0(n=1,2)a_n>0(n=1,2\cdots)limn+an\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}a_n 存在或为 \inftylimn+a1a2ann=limn+an\displaystyle\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=\lim\limits_{n\to +\infty}a_n

*欧拉常数

(调和级数) 1+12++1n=lnn+C+o(1)1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}=\ln n+C+o(1) 其中 CC 为欧拉常数约为 0.5772

*斯特林公式

n!=2πnnnen+θn12n0<θn<1n!2πn(ne)nn!=\sqrt{2\pi n}n^ne^{-n+\frac{\theta n}{12n}}\qquad 0<\theta_n<1 \\ n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n

常用模型的处理方法

先求通项再就极限

例题1

xn=1+11+1+11+2++11+2++n\small x_n=1+\dfrac{1}{1+1}+\dfrac{1}{1+2}+\cdots+\dfrac{1}{1+2+\cdots+n}limnxn=\lim\limits_{n\to \infty}x_n=\underline{\qquad \qquad}

xn=1+11+1+11+2++11+2++n\small x_n=1+\dfrac{1}{1+1}+\dfrac{1}{1+2}+\cdots+\dfrac{1}{1+2+\cdots+n}limnxn=2\lim\limits_{n\to \infty}x_n=\underline{\qquad 2\qquad}

例题2

求数列 a0=0,an=an1+34a_0=0,a_n=\dfrac{a_{n-1}+3}{4} 的极限

求数列 a0=0,an=an1+34a_0=0,a_n=\dfrac{a_{n-1}+3}{4} 的极限 1\underline{\qquad 1\qquad}

两类重要极限

第一类重要极限 limx0sinxx\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}

第二类重要极限 limx0(1+x)1x=e\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e

11^{\infty} 三步走:

  1. 写出 (1+f(x))g(x)(f(x)0,g(x))(1+f(x))^{g(x)} \quad (f(x)\to 0 ,g(x)\to \infty) 的形式
  2. 求出 limf(x)g(x)=A\lim f(x)g(x)=A
  3. 答案为 eAe^A
例题1

limx0(cos2x+x2)1x2=\lim\limits_{x\to 0}(\cos 2x+x^2)\dfrac{1}{x^2}=\underline{\qquad \qquad}

limx0(cos2x+x2)1x2=e1\lim\limits_{x\to 0}(\cos 2x+x^2)\dfrac{1}{x^2}=\underline{\qquad e^{-1}\qquad}

例题2

limx0(ex+e2x++enxn)en=\lim\limits_{x\to 0}(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n})^\frac{e}{n}=\underline{\qquad \qquad}

limx0(ex+e2x++enxn)en=ee(n+1)2\lim\limits_{x\to 0}(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n})^\frac{e}{n}=\underline{\quad e^{\frac{e(n+1)}{2}}\quad}

根式的处理方法————有理化

例题1

limx+x(1+x2x)=\displaystyle\lim\limits_{x\to +\infty}x(\sqrt{1+x^2}-x)=\underline{\qquad \qquad}

limx+x(1+x2x)=12\displaystyle\lim\limits_{x\to +\infty}x(\sqrt{1+x^2}-x)=\underline{\qquad \frac{1}{2}\qquad}

例题2

limx+1+xarctanxcosxx2=\displaystyle\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\sqrt{1+x\arctan x}-\sqrt{\cos x}}{x^2}=\underline{\qquad\qquad}

limx+1+xarctanxcosxx2=34\displaystyle\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\sqrt{1+x\arctan x}-\sqrt{\cos x}}{x^2}=\underline{\qquad\frac{3}{4}\qquad}

倒代换(无穷大处理方法)
t=1xt=\frac{1}{x} 将无穷大量转为无穷小量

幂指形函数处理方法
通过取对数运算,将其转化为乘积的极限

加减法与乘除法的转化
加减法通过取指数 limf(x)=limlnef(x)\small \displaystyle\lim f(x)=\lim \ln e^{f(x)} 转为乘积的形式

乘除法通过取对数 limf(x)=limeln(f(x))\small \displaystyle\lim f(x)=\lim e^{\ln (f(x))} 转为加减法的形式

一元函数的连续性

连续与间断

连续函数的定义:设 y=f(x)y=f(x)x0x_0 的某个领域内有定义,若 limxx0f(x)=f(x0)\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) 则称 y=f(x)y=f(x)x0x_0 处连续。

注: f(x)f(x)x0x_0 处连续等价于
{f(x)在某领域内有定义,f(x0)存在f(x)左右极限存在且相等limxx0f(x)=f(x0)\scriptsize \left\{ \begin{matrix} f(x) \text{在某领域内有定义,} f(x_0) \text{存在}\\f(x) \text{左右极限存在且相等}\\ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) \end{matrix} \right.

初等函数在定义区间内连续

间断点及其分类

f(x)f(x)x0x_0 的去心邻域内有定义,但在 x0x_0 不连续,则称 f(x)f(x)x0x_0 点间断,并称 x0x_0f(x)f(x) 的间断点

间断点存在的前提是 f(x) 在去心邻域内有定义

x0x_0 是间断点的 33 种情况

(1) f(x0)f(x_0) 无定义,但在 x0x_0 的某去心邻域内有定义

(2) limxx0f(x)\lim\limits_{x\to x_0}f(x) 不存在

(3) f(x)f(x) 有定义且 limxx0f(x)\lim\limits_{x\to x_0}f(x) 存在,但 limxx0f(x)f(x0)\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\neq f(x_0)

间断点的类型

第一类间断点:左右极限均存在的间断点
(1) 可去间断点: limxx0f(x)\lim\limits_{x\to x_0}f(x) 存在
(2) 跳跃间断点:在 x0x_0f(x)f(x) 的左右极限都存在但不相等。

第二类间断点:左右极限至少一个不存在
(3) 无穷间断点:左右极限至少一个为无穷大
(4) 振荡间断点:极限不存在且振荡

例题1

f(x)=e1x1ln1+x(ex1)(x2)\displaystyle f(x)=\dfrac{e^{\frac{1}{x-1}}\ln |1+x|}{(e^x-1)(x-2)} 的第二类间断点有 \underline{\qquad \qquad}

f(x)=e1x1ln1+x(ex1)(x2)\displaystyle f(x)=\dfrac{e^{\frac{1}{x-1}}\ln |1+x|}{(e^x-1)(x-2)} 的第二类间断点有 3\underline{\qquad 3\qquad}

闭区间上连续函数的性质

最值定理f(x)f(x) 在闭区间 [a,b][a,b] 上有最大值和最小值

介值定理:介于 f(x)f(x) 在闭区间 [a,b][a,b] 上最大值 MM 和最小值 mm 之间的任何值 c,c, 至少存在一点 x0[a,b],x_0\in[a,b], 使得 f(x0)=c(x0f(x_0)=c\qquad (x_0 不唯一 ))

例题1

f(x)f(x)[0,1][0,1] 上连续,且 f(0)=f(1),f(0)=f(1), 求证:

(1) 存在 x[0,1],x\in[0,1], 使 f(x)=f(x+12);f(x)=f(x+\dfrac{1}{2});

(2) 对任何正整数 n,n, 存在 x[0,1],x\in[0,1], 使 f(x)=f(x+1n)f(x)=f(x+\dfrac{1}{n})

零点定理: 若 f(a)f(b)<0,f(a)f(b)<0, 则至少存在一点 x0(a,b)x_0\in (a,b) 使得 f(x0)=0f(x_0)=0

结合单调性判断根的个数

连续函数的其他性质

(1) 保号性:设 f(x)f(x) 在点 x0x_0 连续,且 f(x0)>A(f(x0)<B),f(x_0)>A(\text{或} f(x_0)<B), 则存在 x0x_0 的邻域 (x0)\bigcup(x_0),使得对任何 x(x0)x\in\bigcup(x_0) 都有 f(x)>A(f(x0)<B)f(x)>A(\text{或} f(x_0)<B)

(2) 连续函数的四则运算和复合运算后函数仍连续

(3) 若函数 f(x)f(x) 在区间 II 上连续且 f(x)0,f(x)\neq 0, 则恒有 f(x)>0f(x)>0f(x)<0f(x)<0

一元函数微分学

导数与微分

导数与微分的相关概念

导数的定义:设 y=f(x)y=f(x)(x0)\bigcup (x_0) 有定义,若存在极限limΔx0ΔyΔx=limΔx0f(x0+Δx)f(x0)Δx,\small \displaystyle\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x},
则称 f(x)f(x)x0x_0 处可导并称此极限为 f(x)f(x)x0x_0 处的导数,记为 f(x)yx=x0dydxx=x0df(x)dxx=x0\small \displaystyle f'(x)\quad y'\bigg|_{x=x_0}\quad \dfrac{dy}{dx}\bigg|_{x=x_0}\quad \dfrac{df(x)}{dx}\bigg|_{x=x_0}


(1)等价定义 f(x0)=limxx0f(x)f(x0)xx0\displaystyle f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}

(2) f(x)f(x)x0x_0 处可导等价于在 x0x_0 处左右导数存在且相等

函数可导: 若 y=f(x)y=f(x)(a,b)(a,b) 内每一点都可导,则称 f(x)f(x)(a,b)(a,b) 内可导。

y=f(x)y=f(x)(a,b)(a,b) 内每一点都可导且在 x=ax=a处有右导数、在 x=bx=b 处有左导数,则称 f(x)f(x)[a,b][a,b] 上可导(端点处不一定可导)

例题1

f(x)=(ex1)(e2x2)(enxn)f(x)=(e^x-1)(e^{2x}-2)\cdots(e^{nx}-n)x=0x=0 处的导数为 \underline{\qquad\qquad}

f(x)=(ex1)(e2x2)(enxn)f(x)=(e^x-1)(e^{2x}-2)\cdots(e^{nx}-n)x=0x=0 处的导数为  (1)n1(n1)! \underline{\ (-1)^{n-1}(n-1)!\ }

例题2

f(0)=0f(0)=0f(x)f(x)x=0x=0 处可导的充要条件 \underline{\qquad \qquad} 存在

limh01h2f(1cosh)
limh01hf(1eh)
limh0f(hsinh)1h2
limh0f(2h)f(h)h

f(0)=0f(0)=0f(x)f(x)x=0x=0 处可导的充要条件 \underline{\qquad \qquad} 存在

limh01h2f(1cosh)
limh01hf(1eh)
limh0f(hsinh)1h2
limh0f(2h)f(h)h
例题3

f(x)=arcsinx1sinx1+sinx,\displaystyle f(x)=\arcsin x\cdot\sqrt{\dfrac{1-\sin x}{1+\sin x}},f(0)=f'(0)=\underline{\qquad \qquad }

f(x)=arcsinx1sinx1+sinx,\displaystyle f(x)=\arcsin x\cdot\sqrt{\dfrac{1-\sin x}{1+\sin x}},f(0)=1f'(0)=\underline{\qquad 1\qquad }

导数的简单性质

  1. 可导必连续
  2. 函数在某点可微的充要条件为函数在此处可导
  3. 函数可导则曲线光滑,但曲线光滑不一定可导(在可导点存在切线)
  4. 可导不一定连续可导(导函数不一定连续)
例题1

是确定 a,ba,b 的值使得函数

f(x)={ax+bx0,x+x2sin1xx<0f(x)=\begin{cases}ax+b & x\ge 0,\\x+x^2\sin\dfrac{1}{x} & x < 0\end{cases}

x=0x=0 处可导,并讨论导函数的连续性

注: 导函数在 x0x_0 的极限值等于该点的导数值前提是导数极限必须存在。若导函数极限不存在,函数在该点仍可能有导数。

*导数的介值定理:设 f(x)f(x)[a,b][a,b] 上可导且 f(a)f(b)f'(a)\neq f'(b) 对于介于 f(a),f(b)f'(a),f'(b) 之间的任何值 rr,都存在 x0x_0 使得 r=f(x0)r=f'(x_0) 不要求导函数连续

微分的定义
y=f(x)y=f(x)x0x_0 的某个邻域内有定义,若函数增量 Δy=f(x0+Δx)f(x0)\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)
可表示为 Δy=AΔx+o(Δx),Δx0\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x),\Delta x\to 0 则称 y=f(x)y=f(x)x0x_0 处可微,称 Δy\Delta y 的线性主部 AΔxA\Delta x 为函数 y=f(x)y=f(x) 在点 x0x_0 处的微分,记作 dyx=x0dy\bigg|_{x=x_0}

求导法则

(1) 基本初等函数的导数公式
(2) 导数的四则运算公式
(3) 微分形式的不变性
df(u)=f(u)dudf(u)=f'(u)du
(4) 复合函数的求导法则
y=f(u),u=g(x)y=f(u),u=g(x)f(u),g(x)f(u),g(x) 都可导,则复合函数 y=f(g(x))y=f(g(x)) 的导数为 y=f(u)g(x)y'=f'(u)g'(x)
(5) 反函数的求导法则
反函数导数等于原函数导数的导数,即 dxdy=1dydx\dfrac{dx}{dy}=\dfrac{1}{\frac{dy}{dx}}
(6) 隐函数的求导法则
F(x,y)=0F(x,y)=0 确定的函数 y=f(x)y=f(x) 称为隐函数

三步骤

  1. 代入 xx 求出 yy
  2. 两边同时对 xx 求导
  3. x,yx,y 的值代入求导后的表达式
例题1

ln(x2+y)=x3y+sinx\ln (x^2+y)=x^3y+\sin xdydxx=0=\dfrac{dy}{dx}\bigg|_{x=0}=\underline{\qquad \qquad}

ln(x2+y)=x3y+sinx\ln (x^2+y)=x^3y+\sin xdydxx=0=1\dfrac{dy}{dx}\bigg|_{x=0}=\underline{\qquad 1\qquad}

例题2

y=f(x)y=f(x)cos(xy)+lnyx=1\cos(xy)+\ln y-x=1 确定,则 limnn[f(2n)1]=\lim\limits_{n\to \infty}n[f(\dfrac{2}{n})-1]=\underline{\qquad \qquad}

y=f(x)y=f(x)cos(xy)+lnyx=1\cos(xy)+\ln y-x=1 确定,则 limnn[f(2n)1]=2\lim\limits_{n\to \infty}n[f(\dfrac{2}{n})-1]=\underline{\qquad 2\qquad}

(7)对数求导法
常用于幂指型和多项乘积的函数求导

例题1

y=(1+sinx)xy=(1+\sin x)^xdyx=π=dy\bigg|_{x=\pi}=\underline{\qquad\qquad}

y=(1+sinx)xy=(1+\sin x)^xdyx=π=πdxdy\bigg|_{x=\pi}=\underline{\quad -\pi dx \quad}

(8)参数方程确定的函数求导

{x=φ(t)y=ϕ(t)\begin{cases} x=\varphi(t)\\ y=\phi(t) \end{cases}

(tt 为参数) 其中 φ(t),ϕ(t)\varphi(t),\phi(t) 均可导且 φ(t)0,\varphi'(t)\neq 0,

dydx=dydtdxdt=ϕ(t)φ(t)d2ydx2=ddydxdx=ϕ(t)φ(t)φ(t)ϕ(t)[φ(t)]3\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\dfrac{dy}{dt}}{\dfrac{dx}{dt}}=\dfrac{\phi'(t)}{\varphi'(t)} \\ \dfrac{d^2y}{dx^2}=\dfrac{ d \dfrac{dy}{dx} }{dx}=\dfrac{ \phi''(t)\varphi'(t)-{\varphi}''(t)\phi'(t)}{[\varphi'(t)]^3}

例题1

{x=arctanty=3t+t3\begin{cases}x=\arctan t\\y=3t+t^3\end{cases}

d2ydx2t=1=\dfrac{d^2y}{dx^2}\bigg|_{t=1}=\underline{\qquad \qquad}

{x=arctanty=3t+t3\begin{cases}x=\arctan t\\y=3t+t^3\end{cases}

d2ydx2t=1=48\dfrac{d^2y}{dx^2}\bigg|_{t=1}=\underline{\qquad 48 \qquad}

高阶导数

对于 n2n\ge 2,可以归纳地定义函数 y=f(x)y=f(x)nn 阶导数为 y(n)=(y(n1))y^{(n)}=(y^{(n-1)})'

高阶导数的求解方法

(1) 归纳法

直接求解导数,寻找规律

(2) 公式法

高阶导数的牛顿莱布尼兹公式:设 u=u(x),v=v(x)u=u(x),v=v(x) 都具有 nn 阶导数,则

(uv)(n)=n=0nCnku(k)v(nk)(uv)^{(n)}=\sum\limits_{n=0}^nC_n^ku^{(k)}v^{(n-k)}

例题1

f(x)=x22xf(x)=x^2\cdot2^xx=0x=0 处的 nn 阶导数 f(n)(0)=f^{(n)}(0)=\underline{\qquad \qquad}

f(x)=x22xf(x)=x^2\cdot2^xx=0x=0 处的 nn 阶导数 f(n)(0)=n(n1)(ln2)n2f^{(n)}(0)=\underline{n(n-1)(\ln 2)^{n-2}}

常见的高阶导数公式

(ax)(n)=axlnna,a>0(a^x)^{(n)}=a^x\ln ^n a,a>0

(cosx)(n)=cos(x+nπ2)(\cos x)^{(n)}=\cos(x+n\cdot \dfrac{\pi}{2})

(1ax+b)(n)=(1)nn!an(ax+b)(n+1)\left(\dfrac{1}{ax+b}\right)^{(n)}=(-1)^n\dfrac{n!a^n}{(ax+b)^{(n+1)}}

(logax)(n)=(1)(n1)(n1)!xnlna,a>0a1(\log_a x)^{(n)}=(-1)^{(n-1)}\dfrac{(n-1)!}{x^n\ln a},a>0 \text{且} a\neq 1

(sinx)(n)=sin(x+nπ2)(\sin x )^{(n)}=\sin(x+n\cdot\dfrac{\pi}{2})

例题1

y=4x32x23x2y=\dfrac{4x-3}{2x^2-3x-2}y(n)=y^{(n)}=\underline{\qquad \qquad}

y=4x32x23x2y=\dfrac{4x-3}{2x^2-3x-2}y(n)=(1)nn!(x2)(n+1)+2(1)nn!2n(2x+1)n+1y^{(n)}=\underline{\dfrac{(-1)^nn!}{(x-2)^{(n+1)}}+2\dfrac{(-1)^nn!2^n}{(2x+1)^{n+1}}}

(3) 利用泰勒公式求高阶导数

微分中值定理

罗尔定理

如果函数 f(x)f(x) 满足:

  1. 在闭区间 [a,b][a,b] 上连续;
  2. 在开区间 (a,b)(a,b) 内可导;
  3. f(a)=f(b)f(a)=f(b),则在 (a,b)(a,b) 内至少存在一点 ξ\xi,使得 f(ξ)=0f'(\xi)=0

罗尔定理证明题的一般性方法——微分方程法

  1. 将中值等式的 ξ\xi 换为 xx,并令 y=f(x)y=f(x) ,可得到与之配对的微分方程
  2. 解这个微分方程,并把通解表示为 G(x,y)=CG(x,y)=C 的形式
  3. 令辅助函数 F(x)=G[x,f(x)]F(x)=G[x,f(x)]
  4. 确定 F(x)F(x) 满足罗尔中值定理的区间,则在区间内所求的中值等式成立
例题1

设函数 f(x)f(x) 在闭区间 [0,π4][0,\dfrac{\pi}{4}] 上连续,在开区间 (0,π4)\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right) 内可导,且 f(π4)=0f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0。证明:存在一点 ξ(0,π4)\xi\in\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right),使得 2f(ξ)+sin2ξf(ξ)=02f(\xi)+\sin 2\xi\cdot f'(\xi)=0

设函数 f(x)f(x) 在闭区间 [0,π4][0,\dfrac{\pi}{4}] 上连续,在开区间 (0,π4)\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right) 内可导,且 f(π4)=0f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0。证明:存在一点 ξ(0,π4)\xi\in\left(0,\dfrac{\pi}{4}\right),使得 2f(ξ)+sin2ξf(ξ)=02f(\xi)+\sin 2\xi\cdot f'(\xi)=0

例题2

设函数 f(x)f(x) 在闭区间 [0,1][0,1] 上连续,在开区间 (0,1)\left(0,1\right) 内可导,且 f(0)=f(1)=0,f(12)=1f(0)=f(1)=0,f\left(\dfrac{1}{2}\right)=1。证明:对于任意的 λ\lambda,存在一点 ξ(0,1)\xi\in\left(0,1\right),使得 f(ξ)λ[f(ξ)ξ]=1f'(\xi)-\lambda[f(\xi)-\xi]=1

设函数 f(x)f(x) 在闭区间 [0,1][0,1] 上连续,在开区间 (0,1)\left(0,1\right) 内可导,且 f(0)=f(1)=0,f(12)=1f(0)=f(1)=0,f\left(\dfrac{1}{2}\right)=1。证明:对于任意的 λ\lambda,存在一点 ξ(0,1)\xi\in\left(0,1\right),使得 f(ξ)λ[f(ξ)ξ]=1f'(\xi)-\lambda[f(\xi)-\xi]=1

拉格朗日中值定理

如果函数 f(x)f(x) 满足:
在闭区间 [a,b][a,b] 上连续;在开区间 (a,b)(a,b) 内可导,则在 (a,b)(a,b) 内至少存在一点 ξ\xi,使得

f(ξ)=f(b)f(a)baf(b)f(a)=f(ξ)(ba)\small f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\text{或} f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)

基本思路一:见到两点的函数值,或 f(b)f(a)f(b)-f(a)f(b)f(a)ba\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}

例题1

limnn2(arctananarctanan+1)=\lim\limits_{n\to \infty}n^2(\arctan \dfrac{a}{n}-\arctan \dfrac{a}{n+1})=\underline{\qquad \qquad}

limnn2(arctananarctanan+1)=a\lim\limits_{n\to \infty}n^2(\arctan \dfrac{a}{n}-\arctan \dfrac{a}{n+1})=\underline{\qquad a\qquad}

基本思路二:沟通 ffff' (或 ff'ff'')

基本思路三:同阶三点的函数值(或导数值),考虑多次使用拉格朗日中值定理

柯西中值定理

如果函数 f(x)f(x) 满足, 在闭区间 [a,b][a,b] 上连续; 在开区间 (a,b)(a,b) 内可导;
则在 (a,b)(a,b) 内至少存在一点 ξ,\xi, 使得

f(ξ)g(ξ)=f(b)f(a)g(b)g(a)\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}

常见用法一: ξ\xi 与参数并存,且参数可分离

例题1

ab>0(a>b)ab>0(a>b)ξ(a,b)\exists\xi\in(a,b) 使得 aebbea=(ab)(1ξ)eξae^b-be^a=(a-b)(1-\xi)e^\xi

ab>0(a>b)ab>0(a>b)ξ(a,b)\exists\xi\in(a,b) 使得 aebbea=(ab)(1ξ)eξae^b-be^a=(a-b)(1-\xi)e^\xi

常见用法二: 双中值问题(若其中一个中值多次出现,优先处理复杂的)

*例题2

f(x)c[a,b],(a,b)f(x)\in c[a,b],(a,b) 内可导 f(a)=f(b)=1f(a)=f(b)=1
ξ,η(a,b)\exists \xi,\eta\in (a,b) 使 2e2ξη=(ea+eb)[f(η)+f(η)]2e^{2\xi-\eta}=(e^a+e^b)[f'(\eta)+f(\eta)]

f(x)c[a,b],(a,b)f(x)\in c[a,b],(a,b) 内可导 f(a)=f(b)=1f(a)=f(b)=1
ξ,η(a,b)\exists \xi,\eta\in (a,b) 使 2e2ξη=(ea+eb)[f(η)+f(η)]2e^{2\xi-\eta}=(e^a+e^b)[f'(\eta)+f(\eta)]

例题3

函数 f(x)c[0,1],(0,1)f(x)\in c[0,1],(0,1) 内可导,证 ξ,η(0,1)\exists \xi,\eta\in(0,1) 使得 4πf(ξ)=(1+η2)f(η)\dfrac{4}{\pi}f'(\xi)=(1+\eta^2)f'(\eta)

函数 f(x)c[0,1],(0,1)f(x)\in c[0,1],(0,1) 内可导,证 ξ,η(0,1)\exists \xi,\eta\in(0,1) 使得 4πf(ξ)=(1+η2)f(η)\dfrac{4}{\pi}f'(\xi)=(1+\eta^2)f'(\eta)

泰勒公式

泰勒公式的相关概念

泰勒公式 (拉格朗日型余项)

如果函数 f(x)f(x) 在含有 x0x_0 的某个开区间 (a,b)(a,b) 内具有 n+1n+1 阶导数,则 x(a,b)\forall x\in(a,b)

f(x)=f(x0)+f(x0)(xx0)+f(x0)2!(xx0)2++f(n)(x0)n!(xx0)n+Rn(x)\small f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x)

余项 Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(xx0)(n+1),ξ\small \displaystyle R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{(n+1)},\xixxx0x_0 之间

泰勒公式 (皮亚诺型余项)

f(x)f(x)x0x_0 具有直到 nn 阶导数,则在 x0x_0 的某个邻域内有 nn 阶泰勒公式

f(x)=f(x0)+f(x0)(xx0)+f(x0)2!(xx0)2++f(n)(x0)n!(xx0)n+o((xx0)n)(xx0),\small f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)\qquad (x\to x_0),

o((xx0)n)o((x-x_0)^n) 称为皮亚诺型余项

研究局部时,使用皮亚诺余项型;研究全局时,使用拉格朗日余项型

麦克劳林公式 x0=0x_0=0 时的泰勒公式称为麦克劳林公式。

f(x)=f(0)+f(0)x+f(0)2!x2++f(n)(0)n!xn+f(n+1)(θx)(n+1)!x(n+1)(0<θ<1)f(x)=f(0)+f(0)x+f(0)2!x2++f(n)(0)n!xn+o(xn)\small f(x)=f(0)+f'(0)x+\dfrac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\dfrac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{(n+1)}\qquad(0<\theta<1) \\ f(x)=f(0)+f'(0)x+\dfrac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+o(x^n)

常见的麦克劳林公式

(1)ex=1+x+x22!++xnn!+o(xn)\small (1) e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+o(x^n)

(2)sinx=xx33!+x55!+(1)n1x2n1(2n1)!+o(x2n)\small (2)\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+o(x^{2n})

(3)cosx=1x22!+x44!+(1)nx2n(2n)!+o(x2n+1)\small (3)\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^{n}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1})

(4)ln(x+1)=xx22+x33+(1)nxnn+o(xn)\small (4)\ln (x+1)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\cdots+(-1)^{n}\dfrac{x^{n}}{n}+o(x^{n})

(5)(1+x)a=1+ax+a(a1)2!x2++a(a1)(an+1)n!xn+o(xn)\small (5) (1+x)^a=1+ax+\dfrac{a(a-1)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^n+o(x^n)

泰勒公式的应用

麦克劳林公式的间接展开法

  1. 代入法
  2. 运算法
  3. 复合法
例题1

limx0tantanxsinsinxtanxsinx=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan \tan x-\sin\sin x}{\tan x-\sin x}=\underline{\qquad \qquad}

limx0tantanxsinsinxtanxsinx=2\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan \tan x-\sin\sin x}{\tan x-\sin x}=\underline{\qquad 2\qquad}

利用泰勒公式求极限

展开原则

(1)上下同阶原则

(2) 单看分子,分母:展开至两项之和(差)第一项未被抵消的最低次项

求解高阶导数

联系高阶导数

例题2

limx0cosxex22x2[x+ln(1x)]=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2[x+\ln (1-x)]}=\underline{\qquad \qquad}

limx0cosxex22x2[x+ln(1x)]=16\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^2[x+\ln (1-x)]}=\underline{\qquad\frac{1}{6}}\qquad

例题3

f(x)=exsin2xf(x)=e^x\sin2xf(4)(0)=f^{(4)}(0)=\underline{\qquad \qquad}

f(x)=exsin2xf(x)=e^x\sin2xf(4)(0)=24f^{(4)}(0)=\underline{\qquad -24\qquad}

例题4

设函数在 [1,1][-1,1] 上具有三阶连续导数,且 f(1)=0,f(1)=1,f(0)=0f(-1)=0,f(1)=1,f'(0)=0 证明:存在 ξ(1,1),\xi\in(-1,1), 使得 f(ξ)=3{f}'''(\xi)=3

设函数在 [1,1][-1,1] 上具有三阶连续导数,且 f(1)=0,f(1)=1,f(0)=0f(-1)=0,f(1)=1,f'(0)=0 证明:存在 ξ(1,1),\xi\in(-1,1), 使得 f(ξ)=3{f}'''(\xi)=3

导数的应用

函数的单调性与极值

单调性的定义
y=f(x)(xD),x1,x2D,y=f(x)\quad(x\in D),\forall x_1,x_2\in D,x1<x2,x_1<x_2, 恒有 f(x1)<f(x2)f(x_1)<f(x_2)DD 上(严格)单调递增

单调性的判别法

设函数 y=f(x)c[a,b],(a,b)y=f(x)\in c[a,b],(a,b) 可导
若在 (a,b)(a,b)f(x)>0f'(x)>0 则函数 y=f(x)y=f(x)[a,b][a,b] 上单调递增

注: 求单调区间的一般方法

  1. 求导数为零的点和不可导点
  2. 用上述点将定义域化为若干区间
  3. 判断上述区间的单调性

两个不同单调区间不可用 \bigcup 连接。

极值点的概念

δ>0\exists \delta>00<xx0<δ0<|x-x_0|<\delta 时,有 f(x)>f(x0)f(x)>f(x_0)x0x_0f(x)f(x) 的极小值点 (极小值点不是点,存在于邻域中) f(x0)f(x_0)f(x)f(x) 的极小值

极值点的判别法

(1) 费马定理 (极值存在的必要条件) 若函数 f(x)f(x)x0x_0 处可导,且在 x0x_0 处取得极值点,那么 f(x0)=0f'(x_0)=0

(2) 第一充分条件:
y=f(x)y=f(x)x0x_0 处的某个去心邻域内可导且在 x0x_0 处连续;若在 x0x_0 的左邻域上 f(x)>0,f'(x)>0,x0x_0 的右邻域上 f(x)<0,f'(x)<0,f(x)f(x)x0x_0 处取得极大值

(3) 第二充分条件:
y=f(x)y=f(x)x0x_0 处二阶可导,且 f(x0)=0,f(x0)0f'(x_0)=0,{f}''(x_0)\neq 0,则当 f(x0)<0{f}''(x_0)<0x0x_0 为极大值点,当 f(x0)>0{f}''(x_0)>0x0x_0 为极小值点。

(4) 第三充分条件:
f(x0)=f(x0)==f(2k1)(x0)=0(k1)\small f'(x_0)={f}''(x_0)=\cdots=f^{(2k-1)}(x_0)=0(k\ge 1),则当 f(2k)(x0)<0f^{(2k)}(x_0)<0x0x_0 为极大值点,当 f(2k)(x0)>0f^{(2k)}(x_0)>0x0x_0 为极小值点。

最值的概念

y=f(x)y=f(x)[a,b][a,b] 上有定义 ,x0[a,b],x_0\in [a,b]
若对于 x[a,b]\forall x\in [a,b] 恒有 f(x)f(x0)f(x)\le f(x_0)
f(x0)f(x_0)f(x)f(x)[a,b][a,b] 上的最大值,x0x_0f(x)f(x) 的最大值点

最值的求法

  1. 求出函数在 (a,b)(a,b) 上的驻点和不可导点
  2. 求出上述点和端点处的函数值
  3. 找出上述函数值中的最大值和最小值

f(x)f(x) 在一个区间上仅有唯一的极值点,则它一定是最值点

函数的凹凸性和拐点

函数的凹凸性

f(x)f(x)II 上连续,x1,x2I\forall x_1,x_2\in Ix1x2x_1\neq x_2 若恒有 f(x1+x22)<f(x1)+f(x2)2f(\frac{x_1+x_2}{2})<\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}
则称 f(x)f(x)II 上的图形是凹的或 f(x)f(x)II 上的凹函数。

凹凸性的充分条件f(x)c[a,b],(a,b)f(x)\in c[a,b],(a,b) 内具有二阶导数,若在 (a,b)(a,b)f(x)>0(<0),{f}''(x)>0(<0),f(x)f(x)[a,b][a,b] 上图形是凹的(凸的)

凹凸区间的步骤

  1. 求定义域
  2. f(x0)=0{f}''(x_0)=0f(x0){f}''(x_0) 不存在的点
  3. 划分若干区域判断 f(x){f}''(x) 的正负

拐点

连续曲线上凹弧与凸弧的交界点(有序数对)

拐点的必要条件: (x0,f(x0))(x_0,f(x_0)) 为拐点等价于 f(x0)=0{f}''(x_0)=0f(x0){f}''(x_0) 不存在

拐点的判别法

(1) 设 f(x)f(x)x=x0x=x_0 处连续,在 x0x_0 的某个去心邻域内二阶可导,且在该点的左右邻域内 f(x){f}''(x) 变号,
则点 (x0,f(x0))(x_0,f(x_0)) 为曲线的拐点

(2) 若 f(x)f(x)x0x_0 的某个邻域内三阶可导且 f(x0)=0f(x0)0{f}''(x_0)=0\quad {f}'''(x_0)\neq 0,则 (x0,f(x0))(x_0,f(x_0)) 为拐点

(3) 若 f(x)f(x)x0x_02n+12n+1 阶可导,且 f(x0)=f(x0)=f(2n)=0,f(2n+1)(x0)0{f}''(x_0)={f}'''(x_0)=f^{(2n)}=0,f^{(2n+1)}(x_0)\neq 0
(x0,f(x0))(x_0,f(x_0)) 为拐点。

琴生不等式

f(x)c[a,b],f(x)>0,f(x)\in c[a,b],{f}''(x)>0,x1,x2[a,b]\forall x_1,x_2\in [a,b]0<λ<10<\lambda<1
f[λx1+(1λ)x2]λf(x1)+(1λ)f(x2)f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]\le \lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)

曲率与渐近线

曲率与曲率半径

设曲线 L:y=f(x)L:y=f(x) 有连续的二阶导数。它在点 (x,y)(x,y) 处的曲率定义为 K=y(1+y2)3/2K=\dfrac{|{y}''|}{(1+y'^{ 2})^{3/2}}
L={x=φ(t)y=ϕ(t)\small L=\begin{cases} x=\varphi(t)\\ y=\phi(t) \end{cases} 给出时,则曲率 K=φϕφϕ(φ2+ϕ2)3/2K=\dfrac{|\varphi'{\phi}''-{\varphi}''\phi'|}{(\varphi'^2+\phi'^2)^{3/2}}
LL 上点 (x,y)(x,y) 处的曲率半径定义为 R=1KR=\frac{1}{K}

渐近线

若曲线 cc 上的点 MM 沿着曲线无限地远离原点时,点 MM 与某一直线 LL 的距离趋向于 00 ,则称直线 LL 为渐近线

铅直渐近线

  1. 只要有一侧为无穷大就是铅直渐近线
  2. x0x_0 一般是无定义的点,但不一定是
  3. x0x_0 一般是无穷间断点(存在于邻域中),但不一定是 。例 lnx\ln x

斜渐进线

(1) limx[f(x)(ax+b)]=0(a0)\lim\limits_{x\to \infty}[f(x)-(ax+b)]=0(a\neq 0)

a=limxf(x)xb=limn[f(x)ax]a=\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{f(x)}{x}\qquad b=\lim\limits_{n\to \infty}[f(x)-ax]

(2) 同一方向上,水平渐近线与斜渐近线不共存

斜渐近线存在的必要条件:f(x)f(x)xx 为同阶无穷大,但不满足充分性。例 y=x+sinxy=x+\sin x 无斜渐近线

注: 有时根据图形求解更快。 例: 求y=x2a2y=\sqrt{x^2-a^2} 的斜渐近线

无穷级数

常数项级数

常数项级数的概念和性质

常数项级数的概念

设有数列 un:u1,u2,,un,{u_n}:u1,u2,\cdots,u_n,\cdots 将其各项依次累加所得的式子 u1+u2++un+u_1+u_2+\cdots +u_n+\cdots 称为 (常数项)无穷级数,简称 (常数项) 级数,
记作 n=1un=u1+u2++un+\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n=u1+u2+\cdots+u_n+\cdots

常数项级数收敛的概念

给定常数项级数 n=1un,\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n,Sn=k=1nuk=u1+u2++un\small \displaystyle S_n=\sum\limits^n_{k=1}u_k=u1+u2+\cdots+u_n
为它前 nn 项的部分和 (nN)(n\in N^*) 。如果存在着极限 S=limnSn,\small \displaystyle S=\lim\limits_{n\to \infty}S_n, 则称之为该级数的和,此时称该级数是收敛的,记为
S=n=1un\small \displaystyle S=\sum\limits^\infty_{n=1}u_n。如果极限 limnSn\small \displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}S_n 不存在,则称该级数是发散的。称级数
rn=k=n+1uk=un+1+un+2+\small \displaystyle r_n=\sum\limits^\infty_{k=n+1}u_k=u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots 为级数 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 的余项。
级数 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 收敛的充要条件是 rnr_n 都收敛并有 limnrn=limn(SSn)=0\lim\limits_{n\to \infty}r_n=\lim\limits_{n\to \infty}(S-S_n)=0

例题1

用定义验证级数 n=11n(n+1)(n+2)\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} 是否收敛 14\underline{\qquad\dfrac{1}{4}\qquad}

用定义验证级数 n=11n(n+1)(n+2)\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} 是否收敛 14\underline{\qquad\dfrac{1}{4}\qquad}

例题2

用定义判断级数 n=1sinnπ6\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\sin\dfrac{n\pi}{6} 是否收敛 发散\underline{\quad \text{发散}\quad}

用定义判断级数 n=1sinnπ6\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\sin\dfrac{n\pi}{6} 是否收敛 发散\underline{\quad \text{发散}\quad}

例题3

*设正项级数 n=1an\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}a_n 发散,证明:n=1an(a1+1)(a2+1)(an+1)=1\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{a_n}{(a_1+1)(a_2+1)\cdots(a_n+1)}=1

*设正项级数 n=1an\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}a_n 发散,证明:n=1an(a1+1)(a2+1)(an+1)=1\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{a_n}{(a_1+1)(a_2+1)\cdots(a_n+1)}=1

常数项级数的求和方法

(1) 直接使用等比求和公式计算

(2) 直接求出部分和 SnS_n 的通项公式,后取极限

(3) 把级数 n=0un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=0}u_n 视为幂级数 n=0anxn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=0}a_nx^nx=x0x=x_0 时所得的常数项级数,通过求出幂级数
n=0anxn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=0}a_nx^n 的和函数 S(x),S(x), 可得到 n=0un=S(x0)\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=0}u_n=S(x_0)

例题1

求下列级数的和 12+13+122+132++12n+13n+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}+\dfrac{1}{3^n}+\cdots

求下列级数的和 12+13+122+132++12n+13n+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}+\dfrac{1}{3^n}+\cdots

常数项级数的基本性质

(1) 设 CC 是任意非零常数,则级数 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 与级数 n=1Cun\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}Cu_n 的敛散性相同。当 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n
收敛时,对任意常数 CC 都有 n=1Cun=Cn=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}Cu_n=C\sum\limits^\infty_{n=1}u_n

(2)级数的加减分解 若级数 n=1un,n=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n,\sum\limits^\infty_{n=1}v_n 都收敛,则有收敛级数 n=1(un+vn)=n=1un±n=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}(u_n+v_n)=\sum\limits^\infty_{n=1}u_n \pm\sum\limits^\infty_{n=1}v_n

{收敛±收敛=收敛收敛±发散=发散发散±发散=敛散不定\small \displaystyle \left\{\begin{matrix} \text{收敛}\pm\text{收敛}=\text{收敛} \\ \text{收敛}\pm\text{发散}=\text{发散} \\ \text{发散}\pm\text{发散}=\text{敛散不定} \end{matrix}\right.

(3) 在级数中去掉、增加或改变有限项,其敛散性不变。(级数和一般会改变)

(4) 收敛级数任意加括号所得级数仍收敛,且其和不变。若正项级数加括号后所成的级数收敛,则原函数收敛;加括号后发散,则原函数发散。

(5) 级数收敛的必要条件 若级数 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 收敛,则有 limnun=0\small \displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}u_n=0

例题1

若级数 n=1(u2n1+u2n)\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}(u_{2n-1}+u_{2n}) 收敛,则 B\underline{\qquad B\qquad }

(A)n=1un\small \displaystyle(A)\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 必收敛 \qquad (B)n=1un\small \displaystyle(B)\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 未必收敛 \qquad (C)limnun=0\small \displaystyle(C)\lim\limits_{n\to \infty}u_n=0 \qquad (D)n=1un\small \displaystyle(D)\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 发散

若级数 n=1(u2n1+u2n)\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}(u_{2n-1}+u_{2n}) 收敛,则 B\underline{\qquad B\qquad }

(A)n=1un\small \displaystyle(A)\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 必收敛 \qquad (B)n=1un\small \displaystyle(B)\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 未必收敛 \qquad (C)limnun=0\small \displaystyle(C)\lim\limits_{n\to \infty}u_n=0 \qquad (D)n=1un\small \displaystyle(D)\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 发散

例题2

若级数 n=1an\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}a_n 收敛,则级数 D\underline{\qquad D\qquad}

$\small \displaystyle(A)\sum\limits^\infty_{n=1}\ |\ a_n\ |\ $ 收敛\qquad (B)n=1(1)nan\small \displaystyle(B)\sum\limits^\infty_{n=1}(-1)^na_n 收敛

(C)n=1anan+1\small \displaystyle(C)\sum\limits^\infty_{n=1}a_na_{n+1} 收敛\qquad (D)n=1an+an+12\small \displaystyle(D)\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{a_n+a_{n+1}}{2} 收敛

若级数 n=1an\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}a_n 收敛,则级数 D\underline{\qquad D\qquad}

$\small \displaystyle(A)\sum\limits^\infty_{n=1}\ |\ a_n\ |\ $ 收敛\qquad (B)n=1(1)nan\small \displaystyle(B)\sum\limits^\infty_{n=1}(-1)^na_n 收敛

(C)n=1anan+1\small \displaystyle(C)\sum\limits^\infty_{n=1}a_na_{n+1} 收敛\qquad (D)n=1an+an+12\small \displaystyle(D)\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{a_n+a_{n+1}}{2} 收敛

例题3

判断级数 n=1n+1n\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\sqrt{\dfrac{n+1}{n}} 的敛散性

判断级数 n=1n+1n\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\sqrt{\dfrac{n+1}{n}} 的敛散性

正项级数的审敛准则

定义: 每一项都大于零的级数称为正项级数

(1) 正项级数收敛的充要条件是它的部分和数列 Sn{S_n} 有界。若正项级数 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 发散,则它的和为 ++\infty

(2)正项级数的比较判别法

不等式形式:
n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_nn=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}v_n 都是正项级数,且 unvn(n=1,2,)u_n\le v_n(n=1,2,\cdots)
n=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}v_n 收敛,则 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 收敛;
n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 发散,则 n=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}v_n 发散

极限形式:n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_nn=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}v_n都是正项级数,且 limnunvn=l\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{u_n}{v_n}=l,则

0<l<+,0<l<+\infty, 时,n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_nn=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}v_n 同敛散

l=0l=0 时,若 n=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}v_n 收敛,则 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 收敛;
n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 发散,则 n=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}v_n 发散

l=+l=+\infty 时,若 n=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}v_n 发散,则 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 发散;
n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 收敛,则 n=1vn\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}v_n 收敛

两个常见的参照级数及其敛散性:

(i)等比级数:n=1aqn1={a1q,q<1,发散,q1,\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}aq^{n-1}= \left\{\begin{matrix} \dfrac{a}{1-q},\qquad |q|<1,\\ \text{发散}, \qquad |q|\ge 1, \end{matrix} \right. 其中 a0,qa\neq 0,q称为公比

(ii) pp-级数:n=11np={收敛,p>1,发散,q1,\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n^p}= \left\{\begin{matrix} \text{收敛},\qquad p>1,\\ \text{发散}, \qquad q\le 1, \end{matrix} \right.

p=1p=1 时,级数 n=11n=1+12+13++1n+\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}+\cdots
称为调和级数,它是发散的,

例题1

判断下列级数的敛散性

(1)n=12+(1)n4n收敛(1) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{2+(-1)^n}{4^n}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}
(2)n=11+n21+n3发散(2) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1+n^2}{1+n^3}\qquad\underline{\quad \text{发散}\quad}

(3)n=12nsinπ3n收敛(3) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}2^n\cdot \sin\dfrac{\pi}{3^n}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}
(4)n=1(1cos1n)收敛(4) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}(1-\cos\dfrac{1}{n})\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}

(5)n=1an,(5) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}a_n, 其中一般项 an,a_n, 满足 limn(nnsin1nan)=1发散\lim\limits_{n\to \infty}(n^{n\sin\frac{1}{n}}a_n)=1\qquad\underline{\quad \text{发散}\quad}

判断下列级数的敛散性

(1)n=12+(1)n4n收敛(1) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{2+(-1)^n}{4^n}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}
(2)n=11+n21+n3发散(2) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1+n^2}{1+n^3}\qquad\underline{\quad \text{发散}\quad}

(3)n=12nsinπ3n收敛(3) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}2^n\cdot \sin\dfrac{\pi}{3^n}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}
(4)n=1(1cos1n)收敛(4) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}(1-\cos\dfrac{1}{n})\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}

(5)n=1an,(5) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}a_n, 其中一般项 an,a_n, 满足 limn(nnsin1nan)=1发散\lim\limits_{n\to \infty}(n^{n\sin\frac{1}{n}}a_n)=1\qquad\underline{\quad \text{发散}\quad}

(3)比值判别法: 若正项级数 n=1un,\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n, 满足 limnun+1un=ρ,\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\rho,
则当 ρ<1\rho<1 时,该级数收敛;当 ρ>1\rho>1 时,该级数发散。

例题1

判断下列级数的敛散性

(1)n=1(2n)!(n!)2发散(1) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{(2n)!}{(n!)^2}\qquad\underline{\quad \text{发散}\quad}
(2)n=1n23n收敛(2) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{n^2}{3^n}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}
(3)n=12n2n1发散(3) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{2^n}{2n-1}\qquad\underline{\quad \text{发散}\quad}

判断下列级数的敛散性

(1)n=1(2n)!(n!)2发散(1) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{(2n)!}{(n!)^2}\qquad\underline{\quad \text{发散}\quad}
(2)n=1n23n收敛(2) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{n^2}{3^n}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}
(3)n=12n2n1发散(3) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{2^n}{2n-1}\qquad\underline{\quad \text{发散}\quad}

(4)根值判别法 若正项级数 n=1un,\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n, 满足 limninftyunn=ρ,\lim\limits_{n\to infty}\sqrt[n]{u_n}=\rho,
则当 ρ<1\rho<1 时,该级数收敛;当 ρ>1\rho>1 时,该级数发散。

例题1

判断下列级数的敛散性

(1)n=11nn收敛(1) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n^n}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}
(2)n=112n(1)n收敛(2) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1}{2^{n-(-1)^n}}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}

判断下列级数的敛散性

(1)n=11nn收敛(1) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1}{n^n}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}
(2)n=112n(1)n收敛(2) \small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{1}{2^{n-(-1)^n}}\qquad\underline{\quad \text{收敛}\quad}

注: 比值和根值判别法是判断正项级数敛散性的首选方法,它们使用的前提是所求极限必须存在且极限值不为1。
凡是能用比值判别法的级数,一定可以用根值判别法。

积分判别法: 设在 [1,+)[1,+\infty)f(x)0f(x)\ge 0 且单调递减 ,an=f(n),,a_n=f(n),n=1an\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n
1+f(x)dx\small \displaystyle\int_1^{+\infty}f(x)dx 同敛散

例题1

证明 n=21nplnqn\small \displaystyle\sum\limits_{n=2}^{\infty}\dfrac{1}{n^p\ln ^q n}p>1p>1 时收敛,p<1p<1 时发散;当 p=1p=1 时,
只在 q<1q<1 时级数才收敛。

证明 n=21nplnqn\small \displaystyle\sum\limits_{n=2}^{\infty}\dfrac{1}{n^p\ln ^q n}p>1p>1 时收敛,p<1p<1 时发散;当 p=1p=1 时,
只在 q<1q<1 时级数才收敛。

对数审敛法

(1) 若存在 α>0,\alpha>0, 使当 nn0n\ge n_0 时, ln1unlnn1+α,\dfrac{\ln \dfrac{1}{u_n}}{\ln n}\ge 1+\alpha, 则正项级数 n=1un\sum\limits_{n=1}^\infty u_n 收敛于

(2)若 nn0n\ge n_0 时,ln1unlnn1,\dfrac{\ln \dfrac{1}{u_n}}{\ln n}\le 1, 则正项级数 n=1un\sum\limits_{n=1}^\infty u_n 发散

例题1

判断级数 limn=21(lnn)lnn\lim\limits_{n=2}^\infty\dfrac{1}{(\ln n)^{\ln n}} 的敛散性 收敛\underline{\quad 收敛\quad }

判断级数 limn=21(lnn)lnn\lim\limits_{n=2}^\infty\dfrac{1}{(\ln n)^{\ln n}} 的敛散性 收敛\underline{\quad 收敛\quad }

正项级数判断敛散性的一般步骤

(1)考察 limnun\lim\limits_{n\to \infty}u_n 是否为零,若不为零则发散。

(2)若为零,则用比值法或根值法判断级数敛散性;

(3)若比值法和根值法均无效,则用比较判别法;

(4)若上述方法都行不通,考虑 SnS_n 是否有极限。

任意项级数的审敛法则

柯西收敛准则
级数 n=1un\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}u_n 收敛的充要条件:对任意给定的正数 ε\varepsilon,存在 N>0,N>0,
n,m>Nn,m>N 时,有

smsn=k=n+1mun<ε\small |s_m-s_n|=|\sum\limits_{k=n+1}^m u_n|<\varepsilon

例题1

利用柯西准则判别级数 n=1(1)n+1n\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n} 的收敛性

利用柯西准则判别级数 n=1(1)n+1n\small \displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n} 的收敛性

交错级数的莱布尼兹判别法

un>0,u_n>0, 则称 limn=1(1)n1un\small \displaystyle\lim\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}u_n 为交错级数。如果数列 un{u_n} 单调减小且 limnun=0\lim\limits_{n\to \infty}u_n=0 .
n=1(1)n1un\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}u_n 收敛,且其和 Su1S\le u_1

例题1

判断级数的敛散性 n=1ncosnπ1+n2\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{n\cos n\pi}{1+n^2}

判断级数的敛散性 n=1ncosnπ1+n2\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{n\cos n\pi}{1+n^2}

级数的绝对收敛和条件收敛

如果级数 n=1un\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty|u_n| 收敛,则称级数 n=1un\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n 绝对收敛

如果 n=1un\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n 收敛,而 n=1un\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty|u_n| 发散,则称级数 n=1un\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty u_n 条件收敛

绝对收敛的级数必收敛

(1) 若级数绝对收敛,则任意改变该级数各项的次序构成的新级数仍收敛,并且与原级数有相同的和(加法交换律成立)

(2)若级数条件收敛,对于事先指定的任何实数 a,a, 适当改变该级数各项的次序,则可使构成的新级数收敛于 aa (加法交换律不成立)

例题1

级数 n=1(1)n(1cosan)(a>0)A\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n(1-\cos\dfrac{a}{n})\quad (a>0)\underline{\qquad A\qquad}

(A)(A) 绝对收敛 \qquad (B)(B) 条件收敛 \qquad (C)(C) 发散 \qquad (D)(D) 收敛性与 aa 的取值有关

级数 n=1(1)n(1cosan)(a>0)A\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n(1-\cos\dfrac{a}{n})\quad (a>0)\underline{\qquad A\qquad}

(A)(A) 绝对收敛 \qquad (B)(B) 条件收敛 \qquad (C)(C) 发散 \qquad (D)(D) 收敛性与 aa 的取值有关

例题2

an>0,a_n>0,n=1an\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n 收敛,常数 λ(0,π2),\lambda\in(0,\dfrac{\pi}{2}),则级数 n=1(1)n(ntanλn)a2nA\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n(n\tan \dfrac{\lambda}{n})a_{2n}\underline{\qquad A\qquad}

(A)(A) 绝对收敛 \qquad (B)(B) 条件收敛\qquad (C)(C) 发散 \qquad (D)(D) 敛散性与 λ\lambda 有关

an>0,a_n>0,n=1an\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n 收敛,常数 λ(0,π2),\lambda\in(0,\dfrac{\pi}{2}),则级数 n=1(1)n(ntanλn)a2nA\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n(n\tan \dfrac{\lambda}{n})a_{2n}\underline{\qquad A\qquad}

(A)(A) 绝对收敛 \qquad (B)(B) 条件收敛\qquad (C)(C) 发散 \qquad (D)(D) 敛散性与 λ\lambda 有关

例题3

*证明级数 n=2(1)nn+(1)n\small \displaystyle\sum\limits_{n=2}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}} 条件收敛

*证明级数 n=2(1)nn+(1)n\small \displaystyle\sum\limits_{n=2}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}} 条件收敛

注: 若正项级数 n=1an\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n 收敛,且 limnbn=k\lim\limits_{n\to \infty}b_n=k 存在,则级数 n=1anbn\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_nb_nn=1(1)nanbn\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^na_nb_n 均绝对收敛

函数项级数

函数项级数与幂级数的相关概念

函数项级数的定义: 设给定一个定义在区间上 [a,b][a,b] 上的函数列 u1(x),u2(x),,un(x),u_1(x),u_2(x),\cdots,u_n(x),\cdots

u1(x)+u2(x)++un(x)+u_1(x)+u_2(x)+\cdots+u_n(x)+\cdots 叫做函数项级数

函数项级数的收敛域: 对于区间 [a,b][a,b] 上的每一个值 x0,x_0, 级数成为常数项级数后收敛,则称 x0x_0 是级数的收敛点,
所有收敛点的全体成为函数项级数的收敛域

注: 求一般的函数项级数的收敛域时,通常是将函数项的自变量 xx 固定,从而将它看作数项级数来讨论其敛散性

例题1

求级数 n=0(n+x)nnn+x\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(n+x)^n}{n^{n+x}} 的收敛域 (1,+)\underline{(1,+\infty)}

求级数 n=0(n+x)nnn+x\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(n+x)^n}{n^{n+x}} 的收敛域 (1,+)\underline{(1,+\infty)}

例题2

级数 n=1(lnx)n\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\ln x)^n 的收敛域是 (1e,e)\underline{\quad ( \dfrac{1}{e},e)\quad}

级数 n=1(lnx)n\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\ln x)^n 的收敛域是 (1e,e)\underline{\quad ( \dfrac{1}{e},e)\quad}

函数项级数的和函数: 对于收敛域内的任一点 xx 级数都有一个确定的和 S(x)=n=1un(x),Sn\small \displaystyle S(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x),S_n 是定义在收敛域上的函数,则称其为级数的和函数

幂级数的定义: 形如 n=0an(xx0)n\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(x-x_0)^n 的级数为幂级数

阿贝尔定理: 如果点 x0(x00)x_0\quad(x_0\neq 0) 是幂级数 n=0anxn\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n 的收敛点,则对于一切满足 x<x0|x|<|x_0| 的一切 x,x,
该幂级数都绝对收敛。而如果点 x0x_0 是该幂级数的发散点,则对于一切满足 x>x0|x|>|x_0|xx ,该幂级数都发散。

例题1

n=0an(x1)n\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(x-1)^nx=1x=-1 处收敛,则此级数在 x=2x=2绝对收敛\underline{\text{绝对收敛}}

n=0an(x1)n\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n(x-1)^nx=1x=-1 处收敛,则此级数在 x=2x=2绝对收敛\underline{\text{绝对收敛}}

幂级数的收敛半径: 对于幂级数 n=0anxn,\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n, 存在正数 R,R, 使得对一切 x<R,|x|<R, 该幂级数都绝对收敛,
而当 x>R|x|>R 时该幂级数都发散,则称 RR 为该幂级数的收敛半径,称开区间 (R,R)(-R,R) 为该幂级数的收敛区间。当幂级数只有在 x=0x=0 收敛时,规定其收敛半径 R=0;R=0;
当对一切 xx 幂级数都收敛时,规定收敛半径 R=+R=+\infty 。任何幂级数都存在收敛半径 R:0R+R:0\le R\le +\infty

幂级数的收敛域求法: 对于幂级数 n=1anxn\small \displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nx^n

(1) 若任意项an0,a_n\neq 0, 如果 limnan+1an=ρ\small \displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\rholimnann=ρ\small \displaystyle\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\rho,则幂级数的收敛半径 R=1ρR=\dfrac{1}{\rho}

规定: 当ρ=0\rho=0 时,R=+R=+\infty ;当 ρ=+\rho=+\infty 时, R=0R=0

(2)收敛区间 (R,R)(-R,R) 中加入该幂级数的收敛端点(代入端点值单独判断),则得到该幂级数的收敛域。

例题1

级数 n=0(1)n1xnn\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n} 的收敛域为 (1,1]\underline{\quad(-1,1]\quad}

级数 n=0(1)n1xnn\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n} 的收敛域为 (1,1]\underline{\quad(-1,1]\quad}

例题2

设有级数n=0an(x+12)n,\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\left(\dfrac{x+1}{2}\right)^n,limnanan+1=13,\lim\limits_{n\to \infty}\left| \dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\dfrac{1}{3}, 则该幂级数的收敛半径为 23\underline{\qquad\dfrac{2}{3}\qquad}

设有级数n=0an(x+12)n,\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\left(\dfrac{x+1}{2}\right)^n,limnanan+1=13,\lim\limits_{n\to \infty}\left| \dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\dfrac{1}{3}, 则该幂级数的收敛半径为 23\underline{\qquad\dfrac{2}{3}\qquad}

幂级数的性质和运算

幂级数的性质

设幂级数 n=0anxn\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n 的收敛半径为 R(0<R+),R(0<R\le +\infty), 其和函数为 S(x),S(x), 则有:

(1)连续性 S(x)S(x) 在其收敛域上连续

(2)可积性 S(x)S(x) 在其收敛区间上可逐项积分,即对于任何 [a,b](R,R),[a,b]\subseteq(-R,R), 总有与

abS(x)dx=ab(n=0anxn)dx=n=0anabxndx=n=0ann+1bnn=0ann+1an\small \int_a^bS(x)dx=\int_a^b\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)dx=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\int_a^b x^ndx=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n+1}b^n-\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n+1}a^n

特别地,对于任何 x(R,R)x\in (-R,R) 都有

0xS(t)dt=0x(n=0antn)dt=n=0an0xtndt=n=0ann+1xn+1\small \int_0^xS(t)dt=\int_0^x\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nt^n\right)dt=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\int_0^xt^ndt=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n+1}x^{n+1}

(3)可微性 S(x)S(x)(R,R)(-R,R) 内是可导的,且可逐项求导,即

S(x)=(n=0anxn)=n=0(anxn)=n=1nanxn1\small S'(x)=\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)'=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(a_nx^n)'=\sum\limits_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}

注: 逐项积分,逐项微分后收敛半径不变,重新考察端点即可得出收敛域

幂级数的加减法和乘法运算

给定两个幂级数 n=0anxn\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^nn=0bnxn,\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}b_nx^n, 它们的收敛半径分别为 RaR_aRb,r=minRa,RbR_b,r=min{R_a,R_b}

(1) 幂级数 n=0(an±bn)xn\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}(a_n\pm b_n)x^n 称为这两个幂级数的和(差)。它在 x<r|x|<r 时绝对收敛,并有

n=0(an±bn)xn=n=0anxn±n=0bnxn\small \sum\limits_{n=0}^{\infty}(a_n\pm b_n)x^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n\pm \sum\limits_{n=0}^{\infty}b_nx^n

注: 若两个级数收敛域不同,则加减运算后收敛半径不变。

(2) n=0(anb0+an1b1++a0bn)xn\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}(a_nb_0+a_{n-1}b_1+\cdots+a_0b_n)x^n 称为这两个幂级数的乘积。它在 x<r|x|<r 时绝对收敛,并有

n=0(anb0+an1b1++a0bn)xn=(n=0anxn)(n=0bnxn)\small \sum\limits_{n=0}^{\infty}(a_nb_0+a_{n-1}b_1+\cdots+a_0b_n)x^n=\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)\left(\sum\limits_{n=0}^{\infty}b_nx^n\right)

注: 幂级数进行加减法和乘法运算的结果仍是幂级数,它的收敛半径至少为 r,r,

例题1

设幂级数 n=0anxn\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n 的收敛半径为 3,3, 则幂级数 n=0nan(x1)n+1\sum\limits_{n=0}^{\infty}na_n(x-1)^{n+1} 的收敛区间为 (2,4)\underline{\quad (-2,4)\quad}

设幂级数 n=0anxn\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n 的收敛半径为 3,3, 则幂级数 n=0nan(x1)n+1\sum\limits_{n=0}^{\infty}na_n(x-1)^{n+1} 的收敛区间为 (2,4)\underline{\quad (-2,4)\quad}

例题2

n=1[3+(1)n]nnxn\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{[3+(-1)^n]^n}{n}x^n 的收敛域 (14,14)\underline{\quad(-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4})\quad}

n=1[3+(1)n]nnxn\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{[3+(-1)^n]^n}{n}x^n 的收敛域 (14,14)\underline{\quad(-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4})\quad}

函数展开成幂级数

幂级数展开式的唯一性

如果在 x=x0x=x_0 的一个领域内幂级数 n=0an(xx0)n\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n 的和函数为 S(x)S(x)
,则必有 an=S(n)(x0)n!\small \displaystyle a_n=\dfrac{S^{(n)}(x_0)}{n!}

泰勒级数 设函数 f(x)f(x) 在点 x=x0x=x_0 的一个邻域内具有任意阶导数,
f(x)f(x) 在该邻域内可以展开成泰勒级数

f(x)=f(x0)+f(x0)x+f(x0)2!(xx02)++f(n)(x0)n!(xx0)n+\small f(x)=f(x_0)+f'(x_0)x+\dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0^2)+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+\cdots

的充分必要条件是对于任何 x(x0δ,x0+δ),f(x)x\in(x_0-\delta,x_0+\delta ),f(x) 泰勒公式余项 limnRn(x)=0\lim\limits_{n\to \infty}R_n(x)=0

x0=0x_0=0 时, f(x)f(x) 的泰勒级数称为麦克劳林级数,此时

f(x)=f(0)+f(0)x+f(0)2!(x)++f(n)(0)n!(x)n+\small f(x)=f(0)+f'(0)x+\dfrac{f''(0)}{2!}(x)+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}(x)^n+\cdots

注: 充要条件并非存在任意阶导数。反例* f(x){e1x2x00x=0f(x)\begin{cases} e^{-\frac{1}{x^2}} & x\neq 0\\ 0 & x=0 \end{cases} 有任意阶导数但不能展开为麦克劳林级数

常见函数的麦克劳林级数

(1)ex=n=01n!xn,xR(1)\small \displaystyle e^x=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n!}x^n,x\in R

(2)sinx=n=0(1)n(2n+1)!x2n+1,xR(2)\small \displaystyle \sin x=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1},x\in R

(3)cosx=n=0(1)n2n!x2n,xR(3)\small \displaystyle \cos x=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{2n!}x^{2n},x\in R

(4)ln(1+x)=n=1(1)n1nxn,x(1,1](4)\small \displaystyle\ln (1+x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}x^n,x\in(-1,1]

(5)(1+x)a=n=0a(a1)(an+1)n!xn(5)\small \displaystyle (1+x)^a=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^n

对任意 aa(1,1)(-1,1) 内都成立,当 aa 不为正整数时,其收敛半径为 11

(6)11x=n=0xn,x(1,1)(6)\small \displaystyle \dfrac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}x^n,x\in(-1,1)

求函数的幂级数展开式的方法

直接展开法

(1) 求函数及其各阶导数在 x=0x=0 处的值

(2)写出麦克劳林级数,并求出其收敛半径

(3)判断在 (R,R)(-R,R) 内 是否有Rn(x)0R_n(x)\to 0

(4)验证端点 R,R-R,R 的收敛性

例题1

求函数 f(x)=excosxf(x)=e^x\cos x 的麦克劳林展开式 n=0(2)ncosnπ4n!xn,收敛域为(,+)\underline{ \small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{(\sqrt{2})^n\cos\dfrac{n\pi}{4}}{n!}x^n\text{,收敛域为}(-\infty,+\infty)}

求函数 f(x)=excosxf(x)=e^x\cos x 的麦克劳林展开式 n=0(2)ncosnπ4n!xn,收敛域为(,+)\underline{\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{(\sqrt{2})^n\cos\dfrac{n\pi}{4}}{n!}x^n\text{,收敛域为}(-\infty,+\infty)}

间接展开法

利用 f(x)f(x) 与已知的幂级数展开式,通过幂级数的运算、先积分后求导、先求导后积分等方式,求出 f(x)f(x) 的幂级数展开式

例题1

求函数 f(x)=arctanxf(x)=\arctan x 的麦克劳林展开式 n=0(1)nx2n+12n+1,x(1,1)\underline{\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1},x\in (-1,1)}

求函数 f(x)=arctanxf(x)=\arctan x 的麦克劳林展开式 n=0(1)nx2n+12n+1,x(1,1)\underline{\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1},x\in (-1,1)}

求和函数的方法

先求出和函数的定义域,即原级数的收敛域

直接求解: 利用等比数列公式,裂项相消,常见的麦克劳林级数(及其派生公式)等多种方法直接求解

转换为幂级数求和: 利用逐项积分(后逐项求导)[常应对 nn 在分子]、逐项求导(后逐项积分)[常应对 nn 在分母]、加减法运算等方法求解和函数

注: (1)常提出 xx 的若干次方后进行逐项积分(求导),注意运算后的首项,nn 从第几项开始,特殊的点。

(2)通常选择带 nn 次方的项作为和函数的自变量

例题1

求数项级数 n=0(1)n(n2n+1)2n\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n(n^2-n+1)}{2^n} 的和 2227\underline{\quad\dfrac{22}{27}\quad}

求数项级数 n=0(1)n(n2n+1)2n\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n(n^2-n+1)}{2^n} 的和 2227\underline{\quad\dfrac{22}{27}\quad}

例题2

求幂级数的和 limn=0n2+12nn!xn,S(x)=(1+x2+x24)ex2\small \displaystyle\lim\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{n^2+1}{2^n n!}x^n,S(x)=\underline{(1+\dfrac{x}{2}+\dfrac{x^2}{4})e^{\frac{x}{2}}}

求幂级数的和 limn=0n2+12nn!xn,S(x)=(1+x2+x24)ex2\small \displaystyle\lim\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{n^2+1}{2^n n!}x^n,S(x)=\underline{(1+\dfrac{x}{2}+\dfrac{x^2}{4})e^{\frac{x}{2}}}

傅里叶级数

傅里叶级数

1,cosx,sinx,,cosnxsinnx1,\cos x ,\sin x ,\cdots ,\cos nx \sin nx 称为三角函数系

a02+n=1(ancosnx+bnsinnx)\small \displaystyle\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n\cos nx+b_n\sin nx) 称为傅里叶级数 (三角级数)

其中 {a0=1πππf(x)dxan=1πππf(x)cosnxdxbn=1πππf(x)sinnxdx\begin{cases} a_0=\dfrac{1}{\pi}\small \displaystyle\int_{-\pi}^\pi f(x)dx\\ a_n=\dfrac{1}{\pi}\small \displaystyle\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos nxdx\\ b_n=\dfrac{1}{\pi}\small \displaystyle\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin nxdx \end{cases}

傅里叶级数的收敛定理(狄力克雷收敛定理)

f(x)f(x) 是以 2π2\pi 为周期的可积函数,其傅里叶级数为 a02+n=1(ancosnx+bnsinnx),\small \displaystyle\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n\cos nx+b_n\sin nx), 满足

(1)连续或有限个第一类间断点

(2)一个周期内至少只有有限个极限点,则傅里叶级数收敛

xx 是连续点,则级数收敛于 f(x)f(x)

xx 是间断点,则级数收敛于 12[f(x)+f(x+)]\dfrac{1}{2}[f(x^-)+f(x^+)]

例题1

x2=n=0ancosnx(πxπ),x^2=\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cos nx(-\pi\le x\le \pi),a2=1a_2=\underline{\qquad 1\qquad}

x2=n=0ancosnx(πxπ),x^2=\small \displaystyle\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\cos nx(-\pi\le x\le \pi),a2=1a_2=\underline{\qquad 1\qquad}

例题2

设函数 f(x)={1π<x01+x20<xπ,f(x)=\begin{cases}-1 & -\pi<x\le 0\\1+x^2 & 0<x\le \pi\end{cases}, 则其以 2π2\pi 为周期的傅里叶级数在点 x=πx=\pi 处收敛于 12π2\underline{\quad \dfrac{1}{2}\pi^2\quad}

设函数 f(x)={1π<x01+x20<xπ,f(x)=\begin{cases}-1 & -\pi<x\le 0\\1+x^2 & 0<x\le \pi\end{cases}, 则其以 2π2\pi 为周期的傅里叶级数在点 x=πx=\pi 处收敛于 12π2\underline{\quad \dfrac{1}{2}\pi^2\quad}

正弦级数和余弦级数

周期为 2l2l 的奇函数 f(x),f(x), 其傅里叶级数为正弦级数

周期为 2l2l 的偶函数 f(x),f(x), 其傅里叶级数为余弦级数

通过奇延拓可以将函数由正弦级数表示

通过偶延拓可以将函数由余弦级数表示