第一篇：數列、極限、數學歸納法·數學歸納法

數列、極限、數學歸納法·數學歸納法·教案

教學目標

1．了解歸納法的意義，培養學生觀察、歸納、發現的能力．

2．了解數學歸納法的原理，并能以遞推思想作指導，理解數學歸納法的操作步驟． 3．抽象思維和概括能力進一步得到提高． 教學重點與難點

重點：歸納法意義的認識和數學歸納法產生過程的分析． 難點：數學歸納法中遞推思想的理解． 教學過程設計

（一）引入

師：從今天開始，我們來學習數學歸納法．什么是數學歸納法呢？應該從認識什么是歸納法開始．

（板書課題：數學歸納法）

（二）什么是歸納法（板書）

師：請看下面幾個問題，并由此思考什么是歸納法，歸納法有什么特點．

問題1：這里有一袋球共十二個，我們要判斷這一袋球是白球，還是黑球，請問怎么辦？（可準備一袋白球、問題用小黑板或投影幻燈片事先準備好）生：把它倒出來看一看就可以了．

師：方法是正確的，但操作上缺乏順序性．順序操作怎么做？ 生：一個一個拿，拿一個看一個． 師：對．問題的結果是什么呢？（演示操作過程）

第一個白球，第二個白球，第三個白球，??，第十二個白球，由此得到：這一袋球都是白球．

特點嗎？

生：歸納法是由一些特殊事例推出一般結論的推理方法． 特點是由特殊→一般（板書）．

師：很好！其實在中學數學中，歸納法我們早就接觸到了．例如，給出數列的前四項，求它的一個通項公式用的是歸納法，確定等差數列、等比數列通項公式用的也是歸納法，今后的學習還會看到歸納法的運用．

在生活和生產實際中，歸納法也有廣泛應用．例如氣象工作者、水文工作者依據積累的歷史資料作氣象預測，水文預報，用的就是歸納法．

還應該指出，問題1和問題2運用的歸納法還是有區別的．問題1中，一共12個球，全看了，由此而得到了結論．這種把研究對象一一都考查到了而推出結論的歸納法稱為完全歸納法．對于問題2，由于自然數有無數個，用完全歸納法去推出結論就不可能，它是由前4項體現的規律，進行推測，得出結論的，這種歸納法稱為不完全歸納法．

（三）歸納法的認識（板書）

歸納法分完全歸納法和不完全歸納法（板書）． 師：用不完全歸納法既然要推測，推測是要有點勇氣的，請大家鼓起勇氣研究問題3．

資料1（事先準備好，由學生閱讀）

費馬（Fermat）是17世紀法國著名的數學家，他是解析幾何的發明者之一，是對微積分的創立作出貢獻最多的人之一，是概率論的創始者之一，他對數論也有許多貢獻． 但是，費馬曾認為，當n∈N時，22n+1一定都是質數，這是他對n=0，1，2，3，4作了驗證后得到的．

18世紀偉大的瑞士科學家歐拉（Euler）卻證明了225+1=4 294 967 297=6 700 417×641，從而否定了費馬的推測．

師：有的同學說，費馬為什么不再多算一個數呢？今天我們是無法回答的．但是要告訴同學們，失誤的關鍵不在于多算一個上！再請看數學史上的另一個資料（仍由學生閱讀）：

師：算了39個數不算少了吧，但還不行！我們介紹以上兩個資料，不是說世界級大師還出錯，我們有錯就可以原諒，也不是說歸納法不行，不去學了，而是要找出運用歸納法出錯的原因，并研究出對策來． 師：歸納法為什么會出錯呢？ 生：完全歸納法不會出錯．

師：對！但運用不完全歸納法是不可避免的，它為什么會出錯呢？ 生：由于用不完全歸納法時，一般結論的得出帶有猜測的成份． 師：完全同意．那么怎么辦呢？ 生：應該予以證明．

師：大家同意吧？對于生活、生產中的實際問題，得出的結論的正確性，應接受實踐的檢驗，因為實踐是檢驗真理的唯一標準．對于數學問題，應尋求數學證明．

（四）歸納與證明（板書）

師：怎么證明呢？請結合以上問題1思考．

生：問題1共12個球，都看了，它的正確性不用證明了．

師：也可以換個角度看，12個球，一一驗看了，這一一驗看就可以看作證明．數學上稱這種證法為窮舉法．它體現了分類討論的思想．

師：如果這里不是12個球，而是無數個球，我們用不完全歸納法得到，這袋球全是白球，那么怎么證明呢？

（稍作醞釀，使學生把注意力更集中起來）

師：這類問題的證明確不是一個容易的課題，在數學史上也經歷了多年的醞釀．第一個正式研究此課題的是意大利科學家莫羅利科．他運用遞推的思想予以證明． 結合問題1來說，他首先確定第一次拿出來的是白球． 然后再構造一個命題予以證明．命題的條件是：“設某一次拿出來的是白球”，結論是“下一次拿出來的也是白球”．

這個命題不是孤立地研究“某一次”，“下一次”取的到底是不是白球，而是研究若某一次是白球這個條件能保證下一次也是白球的邏輯必然性． 大家看，是否證明了上述兩條，就使問題得到解決了呢？

生：是．第一次拿出的是白球已確認，反復運用上述構造的命題，可得第二次、第三次、第四次、??拿出的都是白球．

師：對．它使一個原來無法作出一一驗證的命題，用一個推一個的遞推思想得到了證明． 生活上，體現這種遞推思想的例子也是不少的，你能舉出例子來嗎？ 生：一排排放很近的自行車，只要碰倒一輛，就會倒下一排． 生：再例如多米諾骨牌游戲．（有條件可放一段此種游戲的錄相）

師：多米諾骨牌游戲要取得成功，必須靠兩條：

（1）骨牌的排列，保證前一張牌倒則后一張牌也必定倒；（2）第一張牌被推倒．

用這種思想設計出來的，用于證明不完全歸納法推測所得命題的正確性的證明方法就是數學歸納法．

（五）數學歸納法（板書）

師：用數學歸納法證明以上問題2推測而得的命題，應該證明什么呢？ 生：先證n=1時，公式成立（第一步）；

再證明：若對某個自然數（n=k）公式成立，則對下一個自然數（n=k+1）公式也成立（第二步）． 師：這兩步的證明自己會進行嗎？請先證明第一步．

師：于是由上述兩步，命題得到了證明．這就是用數學歸納法進行證明的基本要求． 師：請小結一下用數學歸納法作證明應有的基本步驟． 生：共兩步（學生說，教師板書）：（1）n=1時，命題成立；

（2）設n=k時命題成立，則當n=k+1時，命題也成立．

師：其實第一步一般來說，是證明開頭者命題成立．例如，對于問題3推測得的命

（若有時間還可討論此不等關系證明的第二步，若無時間可布置學生課下思考）

（六）小結

師：把本節課內容歸納一下：

（1）本節的中心內容是歸納法和數學歸納法．

（2）歸納法是一種由特殊到一般的推理方法．分完全歸納法和不完全歸納法二種．（3）由于不完全歸納法中推測所得結論可能不正確，因而必須作出證明，證明可用數學歸納法進行．（4）數學歸納法作為一種證明方法，它的基本思想是遞推（遞歸）思想，它的操作步驟必須是二步．

數學歸納法在數學中有廣泛的應用，將從下節課開始學習．

（七）課外作業

（1）閱讀課本P112～P115的內容．（2）書面作業P115練習：1，3． 課堂教學設計說明

1．數學歸納法是一種用于證明與自然數n有關的命題的正確性的證明方法．它的操作步驟簡單、明確，教學重點應該是方法的應用．但是我們認為不能把教學過程當作方法的灌輸，技能的操練．對方法作簡單的灌輸，學生必然疑慮重重．為什么必須是二步呢？于是教師反復舉例，說明二步缺一不可．你怎么知道n=k時命題成立呢？教師又不得不作出解釋，可學生仍未完全接受．學完了數學歸納法的學生又往往有應該用時但想不起來的問題，等等．為此，我們設想強化數學歸納法產生過程的教學，把數學歸納法的產生寓于對歸納法的分析、認識當中，把數學歸納法的產生與不完全歸納法的完善結合起來．這樣不僅使學生可以看到數學歸納法產生的背景，從一開始就注意它的功能，為使用它打下良好的基礎，而且可以強化歸納思想的教學，這不僅是對中學數學中以演繹思想為主的教學的重要補充，也是引導學生發展創新能力的良機．

數學歸納法產生的過程分二個階段，第一階段從對歸納法的認識開始，到對不完全歸納法的認識，再到不完全歸納法可靠性的認識，直到怎么辦結束．第二階段是對策醞釀，從介紹遞推思想開始，到認識遞推思想，運用遞推思想，直到歸納出二個步驟結束． 把遞推思想的介紹、理解、運用放在主要位置，必然對理解數學歸納法的實質帶來指導意義，也是在教學過程中努力挖掘、滲透隱含于教學內容中的數學思想的一種嘗試． 2．在教學方法上，這里運用了在教師指導下的師生共同討論、探索的方法．目的是在于加強學生對教學過程的參與程度．為了使這種參與有一定的智能度，教師應做好發動、組織、引導和點撥．學生的思維參與往往是從問題開始的，盡快提出適當的問題，并提出思維要求，讓學生盡快投入到思維活動中來，是十分重要的．這就要求教師把每節課的課題作出層次分明的分解，并選擇適當的問題，把課題的研究內容落于問題中，在逐漸展開中，引導學生用已學的知識、方法予以解決，并獲得新的發展．本節課的教學設計也想在這方面作些研究．

3．理解數學歸納法中的遞推思想，還要注意其中第二步，證明n=k+1命題成立時必須用到n=k時命題成立這個條件．

第二篇：高數極限習題

第二章 導數與微分

典型例題分析

客觀題

例 1 設f(x)在點x0可導,a,b為常數,則limf(x0?a?x)?f(x0?b?x)?xab?x?0?()

f?(x0)Aabf?(x0)

B(a?b)f?(x0)

C(a?b)f?(x0)

D

答案 C

解

f(x0?a?x)?f(x0?b?x)lim??x?0?x[f(x0?a?x)?f(x0)]?[f(x0?b?x)?f(x0)]?lim? ?x?0?x

f(x0?b?x)?f(x0)f(x0?a?x)?f(x0)?blim

?alim

?x?0?x?0b?xa?x

?(a?b)f?(x0)

例2（89303）設f(x)在x?a的某個鄰域內有定義,則f(x)在x?a處可導的一個充分條件是（）1????f(a?2h)?f(a?h)(A)limh?f?a???f(a)?存在(B)lim存在h?0h???hh????(C)limf(a?h)?f(a?h)2hh?0存在(D)limf(a)?f(a?h)h存在h?0答案 D

解題思路

(1)對于答案(A)，不妨設

1h??x，當h???時，?x?0，則有

?1?f(a??x)?f(a)???limh?f?a???f(a)??lim存在，這只表明f(x)在x?a處h????x?0h??x???右導數存在,它并不是可導的充分條件,故(A)不對.?(2)對于答案(B)與(C),因所給極限式子中不含點a處的函數值f(a)，因此與導數概念不相符和.例如，若取

?1,x?af(x)??

0,x?a?則(B)與(C)兩個極限均存在，其值為零，但limf(x)?0?f(a)?1，從而f(x)在x?ax?a處不連續，因而不可導，這就說明(B)與(C)成立并不能保證f?(a)存在，從而(B)與(C)也不對.(3)記?x??h,則?x?0與h?0是等價的,于是 limf(a)?f(a?h)hh?0??limf(a?h)?f(a)hh?0?limf(a?h)?f(a)?h

h?0?x所以條件D是f?(a)存在的一個充分必要條件.例3(00103)設f(0)?0,則f(x)在點x?0可導的充要條件為()?x?0?limf(a??x)?f(a)?f?(a)(A)lim1h1h2h?0f(1?cosh)存在(B)lim1h1hh?0f(1?e)存在

h(C)limh?02f(h?sinh)存在(D)limh?0?f(2h)?f(h)?存在

答案 B

解題思路

(1)當h?0時, 1?coshhh?02limf(1?cosh)h2h?0?lim2f(1?cosh)?f(0)h2?1.所以如果f?(0)存在,則必有

?limf(1?cosh)?f(0)1?coshh?0?lim1?coshh2h?0若記u?1?cosh,當h?0時,u?0,所以

f(1?cosh)?f(0)f(u)?f(0)lim?lim?f?(0)h?0h?01?coshu于是

?limf(1?cosh)h2h?0?12f?(0)

1h2這就是說由f?(0)存在能推出limh?0f(1?cosh)存在.?h0,而不是u?0,因此 但是由于當h?0時,恒有u?1?cos?1f(x)?f(0)f??(0)?limlim2f(1?cosh)存在只能推出存在,而不能推出f?(0)h?0hx?0x存在.?

(2)當h?0時, 1?e??h?o(h),于是

hlimf(1?e)hhh?0?limf(?h?o(h))?f(0)hh?0??limf(?h?o(h))?f(0)?h?o(h)

h?0 由于當h?0時, ?h?o(h)既能取正值,又能取負值,所以極限limf(?h?o(h))?f(0)?h?o(h)h?0存在與limf(h)?f(0)hh?0?f?(0)存在是互相等價的.因而

極限lim1hh?0hf(1?e)存在與f?(0)存在互相等價.(3)當h?0時, 用洛比塔法則可以證明limlimf(h?sinh)h2h?0,所以 6hf(h?sinh)?f(0)h?sinh?lim?lim?h 3h?0h?0h?sinhhh?03h?sinh?1由于h?0,于是由極限limf(h?sinh)?f(0)h?sinhh?0?limh?sinhh3h?0?h存在未必推出h?sinh(4)f(x)在點x?0可導一定有(D)存在,但(D)存在不一定f(x)在點x?0可導.h?0limf(h?sinh)?f(0)也存在,因而f?(0)未必存在.例 4(98203)函數f(x)?(x?x?2)|x?x|有()個不可導點

(A)0(B)1(C)2(D)3

答案 C

解題思路 當函數中出現絕對值號時,不可導的點就有可能出現在函數的零點,因為函數零點是分段函數的分界點.因此需要分別考察函數在點x0?0,x1?1,x2??1考察導數的存在性.解 將f(x)寫成分段函數:

23?(x2?2?(xf(x)??2?(x?(x2??x?2)x(1?x),?x?2)x(x?1),?x?2)x(1?x),?x?2)x(x?1),2222x??1,?1?x?0,0?x?1,1?x.(1)在x0?0附近,f(x)寫成分段函數:

22?x(x?x?2)(x?1),x?0?23 f(x)?(x?x?2)|x?x|??22??x(x?x?2)(1?x),x?0容易得到

f(x)?f(0)22?f?(0)?lim?lim(x?x?2)(x?1)?2

??x?0x?0xf(x)?f(0)22f??(0)?lim?lim(x?x?2)(1?x)??2

??x?0x?0x由于f??(0)?f??(0),所以f?(0)不存在.(2)在x1?1附近,f(x)寫成分段函數:

2?x(1?x)(x?x?2)(1?x),x?1?23f(x)?(x?x?2)|x?x|??

2??x(1?x)(x?x?2)(x?1),x?1f(x)?f(1)2?f?(1)?lim?limx(1?x)(x?x?2)??4

??x?1x?1x?1f(x)?f(1)2f??(1)?lim?limx(1?x)(x?x?2)??4

??x?1x?1x?1由于f??(1)?f??(1),所以f?(1)不存在.(3)在x2??1附近,f(x)寫成分段函數:

2?x(1?x)(x?x?2)(x?1),x??1?23f(x)?(x?x?2)|x?x|??

2??x(1?x)(x?x?2)(x?1),x??1f??(?1)?limf(x)?f(?1)?x??1x?0x?1由于f??(?1)?f??(?1)?0,所以f?(?1)存在.x??1??f??(?1)?limx?1f(x)?f(?1)??limx??1?x(x?1)(x22?x?2)?0

?limx(x?1)(x?x?2)?0

綜合上述分析,f(x)有兩個不可導的點.例5(95103)設f(x)具有一階連續導數,F(x)?f(x)?(1?|sinx|),則f(0)?0是F(x)在x?0處可導的()

(A)必要但非充分條件

(B)充分但非必要條件

(C)充分且必要條件

(D)既非充分也非必要條件

答案 C

分析 從F(x)在x?0的導數定義著手.將F(x)?f(x)?(1?|sinx|)?f(x)?f(x)?|sinx| 解

F(x)?F(0)f(x)?f(0)f(x)|sinx|?f(0)|sin0|?lim?limF??(0)?lim

x?0x?0x?0x?0x?0x?0

?f?(0)?f(0)

f(x)?f(0)f(x)|sinx|?f(0)|sin0|F(x)?F(0)?lim?limF??(0)?lim

???x?0x?0x?0x?0x?0x?0?f?(0)?f(0)

于是推知F??(0)?F??(0)的充分必要條件是f(0)?0.??? 例6(92103)設函數f(x)?3x?x|x|,則使f32(n)(0)存在的最高階數n?().(A)0

(B)1(C)

2(D)3

答案 C

解題思路 應先去掉f(x)中的絕對值,將f(x)改寫為分段函數

?2x3 f(x)?3x?x|x|??3?4x32x?0x?0x?0x?0

?2x3 解 由f(x)?3x?x|x|??3?4x32

?6x2得f?(x)??2?12xx?0x?0

?12x且f??(x)???24x又f??(0)?limx?0??12 f???(x)??x?0?24x?0x?0x?0

f(x)?f(0)x?0?limx?02x?0?3x?0?0,f??(0)?limf(x)?f(0)?x?0x?0?limx?04x?0?3x?02?0

所以f?(0)存在.f???(0)?limf?(x)?f?(0)?x?0x?0??limx?06x?0?x?012x??0 ?0?0 f???(0)?limf?(x)?f?(0)x?02?limx?0x?0x?0所以f??(0)存在.f????(0)?limf??(x)?f??(0)?x?0x?0??limx?012x?0?x?0??12

x?0即f????(0)?f????(0).因而使fx?0f????(0)?limf??(x)?f??(0)?24

x?0(n)(0)存在的最高階數是2.x?0?lim24x?0

例7 f(x)?cos|x|?x2|x|存在的最高階導數的階數等于（）

A

0

B 1

C 2

D 3 答案 C 解題思路 注意cos|x|?cosx,所以只需考察x|x|在點x?0的情況.例8(96203)設??0,f(x)在區間(??,?)內有定義，若當x?(??,?)時，恒有f(x)?x，則x?0必是f(x)的（）

(A)間斷點，(B)連續而不可導的點，(C)可導的點，且2f'(0)?0

(D)可導的點，且f'(0)?0

答案

C

解 由題目條件易知f(0)?0,因為

|所以由夾逼定理

f(x)?f(0)x|?|f(x)xf(x)x|?|x2x|

2lim|x?0f(x)?f(0)x|?lim|x?0|?lim|x?0xx|?0

于是f?(0)?0.?1?e?x?,x?0, 則f?(0)為（）

例9(87103)設f(x)??x?0,x?0.?

1(A)0

(B)

(C)1

(D)?1

2答案

(C)

解題思路

因f(x)為分段函數,故它在分段點處的導數應按導數的定義，又由于是未定式,可用洛必達法則求極限.200型解

1?e f?(0)?lim?x2f(x)?f(0)x?0u?limx?0x?0xx?0?0?lim1?ex?x2x?02?x

2當u?0時,e ?1與u是等價無窮小,所以當x?0時,1?e與x是等價無窮小.因而

2lim1?ex?x2x?02?1

12,則?x?0時,f(x)在x0處的微分dy與

例10(88103)設f(x)可導且f?(x0)??x比較是()的無窮小.(A)等價(B)同階(C)低階(D)高階

答案 B

解題思路

根據y?f(x)在x?x0處的微分的定義:dy?f?(x0)?x.?x12 解 lim?lim?,可知dy與?x是同階的無窮小.?x?0?x?x?0?x21??xsin,x?0

例11(87304)函數f(x)??在x?0處（）x?x?0?0,dy

(A)連續,且可導

(B)連續,不可導

(C)不連續

(D)不僅可導,導數也連續

答案 B

解題思路

一般來說,研究分段函數在分段點處的連續性時,應當分別考察函數的左右極限;在具備連續性的條件下,為了研究分段函數在分界點處可導性,應當按照導數定義,或者分別考察左右導數來判定分段函數在分段點處的導數是否存在.因此,本題應分兩步:(1)討論連續性;(2)討論可導性.解(1)討論函數在點x?0處的連續性

1?0?f(0),可知函數f(x)在點x?0處是連續的.由于limf(x)?limxsinx?0x?0x

(2)討論函數在點x?0處的可導性

1xsin?0f(x)?f(0)1x?lim?limsin

由于lim不存在,所以,函數f(x)在點

x?0x?0x?0x?0xxx?0處不可導.??x

例12 設f(x)????p必須滿足（）p1sin01x,x?0,x?0 在點x?0可導,但是f?(x)導數在點x?0不連續,則

A0?p?1

B1?p?2

C0?p?2

D1?p?答案 B

解題思路

(1)當p?1時,下述極限不存在: x因此f?(0)不存在.當p?1時, x?0limf(x)?f(0)xsin?limx?0p1x?limxp?1sin1

x?0xxx所以f?(0)?0.x?0limf(x)?f(0)xsin?limx?0p1x?limxp?1sin1?0

x?0xx這就是說,只有當p?1時, f?(0)才存在,所以選項A,C可以被排除.(2)當p?1時

0,x?0?? f?(x)??11p?1p?2sin?xcos,x?0?pxxx?當且僅當p?2?0,即p?2時,limf?(x)?0?f?(0),所以當且僅當1?p?2時，x?0f(x)在點x?0可導,但是f?(x)在點x?0不連續.例13(95403)設f(x)可導，且滿足條件limf(1)?f(1?x)2x12x?0??1,則曲線y?f(x)在(1,f(1))處的切線斜率為（）(A)2,(B)?2,(C),(D)?1

答案 B

解 記?u??x,則有

f(1)?f(1?x)1f(1??u)?f(1)1lim?lim?f?(1)x?02x2?u?0?u2

例1

4設y?ln(1?2x),則y

(A)(10)?()

9!(1?2x)10

(B)?9!(1?2x)10

(C)10!?2910(1?2x)

(D)?9!?21010(1?2x)

答案 D

解題思路

求高階導數的一般方法是: 先求出一階、二階、三階導數;找出規律,即可寫出高階導數.?2y??, 1?2x?21y???(?2)(?1)?(?2)(?1)(?2)

22(1?2x)(1?2x)y????(?2)(?1)(?2)(?2)?2(1?2x)3

y(10)??9!?21010(1?2x).例17

(90103)設函數f(x)有任意階導數,且f?(x)?f(x),則f(n)(x)?(n?1),(n?2).n?1(A)n!f(x)(B)nf(x)(C)f2n(x)(D)n!f2n(x)

答案 A

解題思路 這是一個求高階導數的問題,涉及到求抽象函數的導數.解

由f(x)有任意階導數且f?(x)?f(x),可知

2f??(x)?f(x)3????2f(x)?f?(x)?2f(x)?f????f(x)??2f(x)??3?2f(x)?f?(x)?3!f2(n)n?12(x)?2f(x),(x)

34依此由歸納法可知 f(x)?n!f(x)

注意(1)當n?1,n?2時雖然(B)也正確,但當n?2就不正確了,所以將(B)排除之;

?222(2)在求導數f(x)時,可將函數f(x)看成是由y?t與t?f(x)復合而成的,??????(t)??f?(x)?2t?f?(x)?2f(x)?f?(x).?(初學者可能會這樣做:?f(x)??2f(x),后面丟掉一個因子f?(x).則根據復合函數的求導法則,故f(x)222

例18(91303)若曲線y?x?ax?b和2y??1?xy在點(1,?1)處相切，其中

23a,b是常數,則（）(A)a?0,b??

2(B)a?1,b??3

(C)a??3,b?

1(D)a??1,b??1

答案 D

解題思路

兩曲線在某點相切就是指兩曲線在此公共點處共一條切線,從而兩曲線的斜率也應相等.解

曲線y?x?ax?b在點(1,?1)處的斜率是

2k1?(x?ax?b)?2x?1?(2x?a)x?13?2?a

另一條曲線是由隱函數2y??1?xy確定,該曲線在點(1,?1)處的斜率可以由隱函數求導數得到: 對于方程2y??1?xy兩邊求導得到2y??3xyy??y,解出y?得到此曲線在點(1,?1)處的斜率為

k2?y?x?1y??1323?y322?3xy?1

x?1y??12令k1?k2,立即得到a??1.再將a??1,x?1,y??1代入y?x?ax?b中得出b??1.例19設f(x),g(x)定義在(?1,1)，且都在x?0處連續，若?g(x)?x?0f(x)??x，則（）?x?0?2(A)limg(x)?0且g'(0)?0，(B)limg(x)?0且g'(0)?1

x?0x?0(C)limg(x)?1且g'(0)?0

(D)limg(x)?0且g'(0)?2

x?0x?0 答案 D

解題思路 分析函數f(x)的表達式,并運用f(x)在x?0處連續這一關鍵條件.解 既然f(x)在x?0處連續,于是必有limf(x)?limx?0g(x)xx?0?2,于是必有limg(x)?0.于是又有g?(0)?limx?0g(x)?g(0)xx?0?limg(x)xx?0?2.?1?cosx? 例 20(99103)設f(x)??x2?xg(x)?x?0x?0 其中g?(x)是有界函數,則f(x)在x?0處()(A)極限不存在(B)極限存在,但不連續

(C)連續,但不可導(D)可導

答案 D

解題思路

若能首先判定f(x)在x?0處可導,則(A)、(B)、(C)均可被排除.解

x f??(0)?lim21f(x)?f(0)?x?0x?0x2?limx?01?cosx?3?limx?02?3?limx?0x2?x)

2x22?0

(x?0時1?cosx~ f??(0)?lim2f(x)?f(0)?x?0xx?0由于f(x)在x?0點的左導數等于右導數,因而 f(x)在x?0處可導.x?0x?0??limxg(x)2?limxg(x)?0（g(x)是有界函數）

? 例21 設f(x)?sinx,則(f(f(x)))??()A.cos(sinx)cosx B.sin(sinx)cosx C.cos(cosx)sinx D.sin(cosx)sinx

答案 A

例 22 設f(x)是可導函數,則()A.若f(x)為奇函數,則f?(x)為偶函數B.若f(x)為單調函數C.若f(x)為奇函數,則f?(x)為奇函數D.若f(x)為非負函數 答案 A

解題思路 根據導數定義,利用函數的奇性.解 由于f(?u)??f(u),所以 ,則f?(x)為單調函數 ,則f?(x)為非負函數

f?(x)?limlimf(x??x)?f(x)?xf[?x?(??x)]?f(?x)?x?0?lim?f(?x??x)?f(?x)?x

?x?0??x因此f?(x)為偶函數.?x?0?f?(?x)例23 設y?esinsin22x,則dy?()sin2 B.2eA.esinx C.2e 答案 D

解題思路 運用復合函數微分法

例 24 設f?(0)存在,lim(1?x?0xxsin2xsincosx D.e2xsin2x

1?cosf(x)sinx1)x?e,則f?(0)?()A.0 B.1 C.答案 C

解 由 C.e

lim(1?x?01?cosf(x)sinx1)x?e

可以知道當x?0時,有

lim(參閱第一章1.5的例2)

x?011?cosf(x)??1 xsinxf2當x?0時,sinx與x是等價無窮小,1?cosf(x)與

(x)2是等價無窮小.于是

f(x)11?cosf(x)1lim??lim?1 2x?0xx?0sinx2x又因為f?(0)存在,所以此式又推出 f?(0)?limf(x)xx?02?2.1?,x?0?arctan 例 25 設f(x)?? 在點x?0可導,則()x?ax?b,x?0?A.a?1,b??2 B.a?1,b?0 C.a??1,b???2 D.a??1,b??2

答案D

解題思路 先考察函數在點x?0左右極限,確定連續性,再考察左右導數.由可微性最終確定a,b.解

1???,所以b??.(1)limf(x)?lim(ax?b)?b,limf(x)?limarctan??x?0x?0x22x?0x?0??于是f(0)??2.(2)f??(0)?a,f??(0)?limx?0f(x)?f(0)?arctan?limx?0?1xx??2

xarctan1xx??2: 以下需要用洛比塔法則求極限limx?0?

arctanlimx?0?1x??2?lim?(arctan1xx???2)??limx?0??1x2xx?0于是由f??(0)?f??(0)推出a??1

?1??1

例26.(93303)若f(x)??f(?x),且在(0,??)內f?(x)?0,f??(x)?0,則f(x)在(??,0)內必有

(A)f?(x)?0,f??(x)?0(B)f?(x)?0,f??(x)?0

(C)f?(x)?0,f??(x)?0(D)f?(x)?0,f??(x)?0 答案 C

解體思路 所給函數顯然是奇函數,因此f?(x)是偶函數,f??(x)是奇函數.解 由f?(x)?0,x?(0,??)知f?(x)?0,x?(??,0);由f??(x)?0,x?(0,??)知f??(x)?0,x?(??,0).

第三篇：高數極限求法總結

首先說下我的感覺，假如高等數學是棵樹木得話，那么 極限就是他的根，函數就是他的皮。樹沒有跟，活不下去，沒有皮，只能枯萎，可見這一章的重要性。

為什么第一章如此重要？ 各個章節本質上都是極限，是以函數的形式表現出來的，所以也具有函數的性質。函數的性質表現在各個方面

首先 對 極限的總結 如下

極限的保號性很重要 就是說在一定區間內 函數的正負與極限一致 極限分為 一般極限，還有個數列極限，（區別在于數列極限時發散的，是一般極限的一種）

2解決極限的方法如下：（我能列出來的全部列出來了?。。∧氵€能有補充么？？？）1 等價無窮小的轉化，（只能在乘除時候使用，但是不是說一定在加減時候不能用 但是前提是必須證明拆分后極限依然存在）e的X次方-1 或者（1+x）的a次方-1等價于Ax 等等。全部熟記

（x趨近無窮的時候還原成無窮?。?/p>

2落筆他 法則（大題目有時候會有暗示 要你使用這個方法）

首先他的使用有嚴格的使用前提?。?！

必須是 X趨近而不是N趨近?。。。。ㄋ悦鎸盗袠O限時候先要轉化成求x趨近情況下的極限，當然n趨近是x趨近的一種情況而已，是必要條件（還有一點 數列極限的n當然是趨近于正無窮的 不可能是負無窮?。?/p>

必須是 函數的導數要存在！?。。。偃绺嬖V你g（x）, 沒告訴你是否可導，直接用無疑于找死?。?/p>

必須是 0比0 無窮大比無窮大?。。。?！

當然還要注意分母不能為0 落筆他 法則分為3中情況 0比0 無窮比無窮 時候 直接用 0乘以無窮 無窮減去無窮（應為無窮大于無窮小成倒數的關系）所以 無窮大都寫成了無窮小的倒數形式了。通項之后 這樣就能變成1中的形式了 3 0的0次方 1的無窮次方 無窮的0次方

對于（指數冪數）方程 方法主要是取指數還取對數的方法，這樣就能把冪上的函數移下來了，就是寫成0與無窮的形式了，（這就是為什么只有3種形式的原因，LNx兩端都趨近于無窮時候他的冪移下來趨近于0 當他的冪移下來趨近于無窮的時候 LNX趨近于0）

3泰勒公式(含有e的x次方的時候，尤其是含有正余旋 的加減的時候要 特變注意?。。?/p>

E的x展開 sina 展開 cos 展開 ln1+x展開 對題目簡化有很好幫助

4面對無窮大比上無窮大形式的解決辦法

取大頭原則 最大項除分子分母?。。。。?！看上去復雜處理很簡單?。。。?！

5無窮小于有界函數的處理辦法

面對復雜函數時候，尤其是正余旋的復雜函數與其他函數相乘的時候，一定要注意這個方法。

面對非常復雜的函數 可能只需要知道它的范圍結果就出來了?。?/p>

6夾逼定理（主要對付的是數列極限！）

這個主要是看見極限中的函數是方程相除的形式，放縮和擴大。

7等比等差數列公式應用（對付數列極限）（q絕對值符號要小于1）

8各項的拆分相加（來消掉中間的大多數）（對付的還是數列極限）可以使用待定系數法來拆分化簡函數

9求左右求極限的方式（對付數列極限）例如知道Xn與Xn+1的關系，已知Xn的極限存在的情況下，xn的極限與xn+1的極限時一樣的，應為極限去掉有限項目極限值不變化2 個重要極限的應用。這兩個很重要！??！對第一個而言是X趨近0時候的sinx與x比值。地2個就如果x趨近無窮大 無窮小都有對有對應的形式（地2個實際上是 用于 函數是1的無窮的形式）（當底數是1 的時候要特別注意可能是用地2 個重要極限）還有個方法，非常方便的方法

就是當趨近于無窮大時候

不同函數趨近于無窮的速度是不一樣的?。。。。。。?！

x的x次方 快于 x！快于 指數函數 快于 冪數函數 快于 對數函數（畫圖也能看出速率的快慢）！！！當x趨近無窮的時候 他們的比值的極限一眼就能看出來了 換元法 是一種技巧，不會對模一道題目而言就只需要換元，但是換元會夾雜其中

13假如要算的話 四則運算法則也算一種方法，當然也是夾雜其中的

14還有對付數列極限的一種方法，就是當你面對題目實在是沒有辦法 走投無路的時候可以考慮 轉化為定積分。一般是從0到1的形式。

15單調有界的性質

對付遞推數列時候使用 證明單調性！?。?/p>

16直接使用求導數的定義來求極限，（一般都是x趨近于0時候，在分子上f（x加減麼個值）加減f（x）的形式，看見了有特別注意）

（當題目中告訴你F(0)=0時候 f（0）導數=0的時候 就是暗示你一定要用導數定義！?。?/p>

（從網上發現，謝謝總結者）

第四篇：數列極限例題

三、數列的極限

(?1)n?1}當n??時的變化趨勢.觀察數列{1?n問題:

當n無限增大時, xn是否無限接近于某一確定的數值?如果是, 如何確定? 通過上面演示實驗的觀察:

(?1)n?1當n無限增大時, xn?1?無限接近于1.n問題:“無限接近”意味著什么?如何用數學語言刻劃它.?xn?1?(?1)n?1給定

11? nn1111, 由?, 只要n?100時, 有xn?1?, 100n10010011,只要n?1000時, 有xn?1?, 給定1000100011,只要n?10000時, 有xn?1?, 給定10000100001給定??0,只要n?N(?[])時, 有xn?1??成立.?定義

如果對于任意給定的正數?(不論它多么小), 總存在正整數N, 使得對于n?N時的一切xn, 不等式xn?a??都成立, 那末就稱常數a是數列xn的極限, 或者稱數列xn收斂于a, 記為

limxn?a,或xn?a(n??).n??如果數列沒有極限, 就說數列是發散的.注意：

??N定義:limxn?a????0,?N?0, 使n?N時, 恒有xn?a??.n??其中記號?:每一個或任給的;?:至少有一個或存在.數列收斂的幾何解釋:

a??2?a??xN?2x2x1xN?1ax3x

當n?N時, 所有的點xn都落在(a??,a??)內, 只有有限個(至多只有N個)落在其外.注意：數列極限的定義未給出求極限的方法.n?(?1)n?1?1.例1 證明limn??nn?(?1)n?11?1 ?.證

注意到xn?1 ?nn任給??0, 若要xn?1??, 只要

11??,或 n?, n?所以, 取 N?[], 則當n?N時, 就有 1?n?(?1)n?1?1??.nn?(?1)n?1?1.即limn??n

重要說明：（1）為了保證正整數N，常常對任給的??0,給出限制0???1；

n?(?1)n?1?1??”的詳細推理

（2）邏輯“取 N?[], 則當n?N時, 就有

n?1見下，以后不再重復說明或解釋，對函數極限同樣處理邏輯推理.由于N?????立.嚴格寫法應該是：任給??0, 不妨取0???1，若要?1???1??N?1，所以當n?N時一定成立n?N?1?1?，即得

1??成nn?(?1)n?1111?1?

?n????是成立

n?(?1)n?11?1???.xn?1=

nnn?(?1)n?1?1.即limn??n小結: 用定義證數列極限存在時, 關鍵是任意給定??0,尋找N, 但不必要求最小的N.例3證明limq?0, 其中q?1.n??n證

任給??0(要求ε<1)若q?0, 則limq?lim0?0;

n??n??n若0?q?1, xn?0?q??, nlnq?ln?，n?n?ln?ln?, 取N?[](?1), 則當n?N時, 就有qn?0??, lnqlnq?limqn?0.n???0, q?1,?q?1,??, n

說明：當作公式利用：limq??

n??1, q?1,??不存在，q??1.?

第五篇：數列極限教案

數列的極限教案

授課人：###

一、教材分析

極限思想是高等數學的重要思想。極限概念是從初等數學向高等數學過渡所必須牢固掌握的內容。

二、教學重點和難點

教學重點：數列極限概念的理解及數列極限??N語言的刻畫。

教學難點：數列極限概念的理解及數列極限??N語言的刻畫，簡單數列的極限進行證明。

三、教學目標

1、通過學習數列以及數列極限的概念，明白極限的思想。

2、通過學習概念，發現不同學科知識的融會貫通，從哲學的量變到質變的思想的角度來看待數列極限概念。

四、授課過程

1、概念引入

例子一：(割圓術)劉徽的割圓術來計算圓的面積。

.........內接正六邊形的面積為A1，內接正十二邊形的面積為A2......內接正6?2n?1形的面積為An.A1,A2,A3......An......?圓的面積S.用圓的內接正六n邊形來趨近，隨著n的不斷增加，內接正六n邊形的面積不斷

1接近圓的面積。

例子二：莊子曰“一尺之錘，日取其半，萬世不竭”。

第一天的長度1第二天的剩余長度 第二天的剩余長度

第四天的剩余長度 8

.....第n天的剩余長度n?1.......2

隨著天數的增加，木桿剩余的長度越來越短，越來越接近0。

這里蘊含的就是極限的概念。

總結：極限是變量變化趨勢結果的預測。例一中，內接正六n邊形的邊數不斷增加，多邊形的面積無限接近圓面積；例二中，隨著天數的不斷增加，木桿的剩余長度無限接近0.在介紹概念之前看幾個具體的數列：

111?1?（1）??: 1，,......； 23n?n?

???1?n?1111:?1，?，?,......；（2）??n2345??

（3）n2:1,4,9,16,......；

（4）??1?:?1,1,?1,1,......,??1?,......； nn????

我們接下來討論一種數列?xn?，在它的變化過程中，當n趨近于??時，xn不斷接近于某一個常數a。如隨著n的增大，（1），（2）中的數列越來越接近0；（3）

（4）中的數列卻沒有這樣的特征。

此處“n趨近于??時”，“xn無限接近于數a”主要強調的是“一個過程”和一種“接近”程度。

可是只憑定性的描述和觀察很難做到準確無誤，所以需要精確的，定量的數學語言來刻畫數列的概念。本節課的重點就是將數列的這樣一個特征用數學語言刻畫出來，并引入數列極限的概念。

2、內容講授

（定義板書）設?xn?是一個數列，a是實數。如果對于任意給定的數??0，總存在一個正整數N，當n?N時，都有xn?a??，我們稱a是數列?x

n?的極限，或者說數列?xn?收斂且收斂于數a。

寫作：limxn?a或xn?a?n????。

n???

如果數列沒有極限，就說數列是發散的。

注意：（1）理解定義中的“任意給定”?：?是代表某一個正數，但是這個數在選取時是任意的，選定以后就是固定的。不等式xn?a??是表示xn與a的接近程度，所以?可以任意的小。

（2）N的選取是與任意給定的?有關的。1?1?以數列??為例，欲若取??，則存在N?100，當n?Nxn?a??； 100n??

若取??1，則存在N?1000，當n?N時，xn?a??。1000

數列極限的??N語言：

limx

n???n?a????0,?N,n?Nxn?a??.數列極限的幾何解釋：

3、例題講解

n?2??1??1。例題1用數列極限的定義證明limn??nn

n?2??1?證明：設xn?，因為 nn

n?2??1?2??1?2???xn?1?nnnnn

???0，欲使xn???，只要22??即n?，n?

?2?我們取N????1，當n?N時，???

n?2??1?22?????.nnNn

n?2??1?所以lim?1.n??nn

?2?注：N的取法不是唯一的，在此題中，也可取N????10等。???

例題2 設xn?C（C為常數），證明limxn?C。n??

證明：任給的??0，對于一切正整數n，xn?C?C?C?0??，所以limxn?C。n??

小結：用定義證數列極限存在時,關鍵是任意給定?尋找N,但不必要求最小的N.五、課后作業