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Cym10x d3cb1ea7f7 定期同步
3 weeks ago
Cym10x 024343101d Merge branch 'develop'
3 weeks ago
unknown 74d91ad87e vault backup: 2025-12-26 06:50:23
3 weeks ago
王轲楠 ba1e023298 vault backup: 2025-12-26 06:46:23
3 weeks ago
unknown e86611eb90 vault backup: 2025-12-26 01:18:37
3 weeks ago
unknown ea335d4a5d vault backup: 2025-12-26 01:16:00
3 weeks ago
unknown 210d605d70 vault backup: 2025-12-26 01:14:54
3 weeks ago
unknown bf61907968 vault backup: 2025-12-26 01:07:56
3 weeks ago
unknown d9a1b0a53a vault backup: 2025-12-26 01:06:00
3 weeks ago
王轲楠 a0450b1189 vault backup: 2025-12-26 01:05:49
3 weeks ago
王轲楠 c90c9fc321 Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown a2c39711d6 vault backup: 2025-12-26 01:03:20
3 weeks ago
unknown 152f229a19 vault backup: 2025-12-26 00:58:25
3 weeks ago
王轲楠 b5958fb19d Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown c29cf3320a vault backup: 2025-12-26 00:50:55
3 weeks ago
unknown 0c4afcd48a vault backup: 2025-12-26 00:48:50
3 weeks ago
unknown a90246b577 vault backup: 2025-12-26 00:46:21
3 weeks ago
unknown b8e1e1f2fb 位置调整
3 weeks ago
王轲楠 65dbdcd26b Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown ec13544e60 vault backup: 2025-12-26 00:38:42
3 weeks ago
unknown 73c8fff575 vault backup: 2025-12-26 00:37:55
3 weeks ago
unknown 07e8895f17 vault backup: 2025-12-26 00:36:20
3 weeks ago
unknown 43de77c365 vault backup: 2025-12-26 00:31:59
3 weeks ago
王轲楠 56f7676a9a vault backup: 2025-12-26 00:31:35
3 weeks ago
unknown 7b48341a74 Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown 6b99933b4e vault backup: 2025-12-26 00:30:31
3 weeks ago
unknown 7e9acf2443 Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown 7785fb18c3 vault backup: 2025-12-26 00:28:43
3 weeks ago
王轲楠 d66f02c242 Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
王轲楠 625cdc783b vault backup: 2025-12-26 00:28:21
3 weeks ago
Elwood 53368b3846 vault backup: 2025-12-26 00:27:53
3 weeks ago
unknown c7cd2959e2 Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown acc02b4964 vault backup: 2025-12-26 00:26:28
3 weeks ago
Elwood 3a95dabd3f Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown 76da071880 vault backup: 2025-12-26 00:21:07
3 weeks ago
unknown 31a8b12e43 vault backup: 2025-12-26 00:20:05
3 weeks ago
Elwood 2815b9c084 Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown 332f393210 vault backup: 2025-12-26 00:12:44
3 weeks ago
unknown 547b2c53f9 vault backup: 2025-12-26 00:12:20
3 weeks ago
unknown c5feca7eae vault backup: 2025-12-26 00:09:57
3 weeks ago
Elwood 13f98fe74e Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown 3cd6f75bb1 易错点1、3、4
3 weeks ago
Elwood 0bd611d245 vault backup: 2025-12-25 23:57:55
3 weeks ago
Elwood ce71c2b691 vault backup: 2025-12-25 23:54:48
3 weeks ago
刘柯妤 2d89cdb822 vault backup: 2025-12-25 23:35:23
3 weeks ago
刘柯妤 ec5f9f6f74 vault backup: 2025-12-25 23:19:37
3 weeks ago
unknown 8690b4c530 vault backup: 2025-12-25 23:06:26
3 weeks ago
Cym10x 01bd3b3d82 定期同步
3 weeks ago
郑哲航 a9860c9e38 修改了文件:
3 weeks ago
Cym10x 14deb522ee 这是谁把我名字写错了?
3 weeks ago
Cym10x 06fd74b447 考试易错点9、10
3 weeks ago
unknown b6077cecad vault backup: 2025-12-25 07:27:06
3 weeks ago
unknown 81b7987f14 vault backup: 2025-12-25 01:02:07
3 weeks ago
王轲楠 53583f9ecd 证明题方法增加一道例题
3 weeks ago
王轲楠 f5898b3b92 vault backup: 2025-12-25 00:41:52
3 weeks ago
unknown cb59775c58 vault backup: 2025-12-25 00:39:50
3 weeks ago
unknown 16965c6174 vault backup: 2025-12-25 00:36:23
3 weeks ago
王轲楠 6522b30ef2 Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
王轲楠 a2707c6baf 课前/课后测添加题目
3 weeks ago
unknown e25a160dd2 vault backup: 2025-12-25 00:30:13
3 weeks ago
unknown f49f0af97e vault backup: 2025-12-25 00:25:31
3 weeks ago
unknown c33bcd3242 vault backup: 2025-12-25 00:07:52
3 weeks ago
郑哲航 30b0ffbd3b 修改了文件:
3 weeks ago
郑哲航 9b4dc720a2 修改了文件:
3 weeks ago
unknown 7c3a26cb4c Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
unknown c597fd679f vault backup: 2025-12-25 00:00:33
3 weeks ago
unknown e3c0fd04a7 例题+1
3 weeks ago
刘柯妤 0ed320ba5d vault backup: 2025-12-24 23:44:51
3 weeks ago
Cym10x 4ac109f2f1 Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
Cym10x add018dea6 调整了些许格式
3 weeks ago
Elwood f5969d61a0 vault backup: 2025-12-24 21:21:43
3 weeks ago
Cym10x 4ba1100681 定期合并
3 weeks ago
Elwood 46b7f21a1b Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
Elwood 87324d0494 vault backup: 2025-12-24 20:50:01
3 weeks ago
刘柯妤 c4f41ccd72 vault backup: 2025-12-24 20:48:53
3 weeks ago
Elwood bf8203209c vault backup: 2025-12-24 20:48:05
3 weeks ago
郑哲航 ca80934c0a Merge branch 'develop' of https://bdgit.educoder.net/pkeazo37w/advanced-math-notes into develop
3 weeks ago
郑哲航 917d25e92d 修改了文件:
3 weeks ago
郑哲航 b349f9c6c1 修改了文件:
3 weeks ago
刘柯妤 4159f899df ignore workspace.json
3 weeks ago
郑哲航 e35c1b269c Merge branch 'develop' of https://bdgit.educoder.net/pkeazo37w/advanced-math-notes into develop
3 weeks ago
刘柯妤 6fc948bde0 vault backup: 2025-12-24 20:05:40
3 weeks ago
郑哲航 2f3be8455c Merge branch 'develop' of https://bdgit.educoder.net/pkeazo37w/advanced-math-notes into develop
3 weeks ago
郑哲航 2530d7f44a 设置gitignore策略,防止pdf被同步
3 weeks ago
刘柯妤 287590c995 vault backup: 2025-12-24 20:00:11
3 weeks ago
刘柯妤 e92b79e75e vault backup: 2025-12-24 19:59:28
3 weeks ago
刘柯妤 13ee308dcc 介值定理例题
3 weeks ago
unknown 18bd2aa497 Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
Cym10x a443aa818d Update .gitignore
3 weeks ago
unknown 68bed51a1b vault backup: 2025-12-24 17:39:24
3 weeks ago
Cym10x 24caeab314 Merge branch 'develop' of https://bdgit.educoder.net/pkeazo37w/advanced-math-notes into develop
3 weeks ago
Cym10x 6f05143480 忽略obsidian设置
3 weeks ago
Cym10x 7b87f2f15c 修改git策略
3 weeks ago
unknown 03a78e3793 vault backup: 2025-12-24 17:37:14
3 weeks ago
unknown a2405a6fb7 vault backup: 2025-12-24 17:35:53
3 weeks ago
unknown a46dee7b5c vault backup: 2025-12-24 17:34:43
3 weeks ago
Elwood 4fa3055ab5 vault backup: 2025-12-24 17:27:39
3 weeks ago
Elwood 4d7260b919 vault backup: 2025-12-24 17:27:37
3 weeks ago
Elwood a8a3172f28 vault backup: 2025-12-24 17:26:42
3 weeks ago
王轲楠 5c4eb13b83 稍微调整了下隐函数……的格式
3 weeks ago
unknown d111c761ce Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop
3 weeks ago
Cym10x 3c03e862e9 OK,感谢大佬
3 weeks ago
unknown e7ebfa4213 vault backup: 2025-12-24 16:56:05
3 weeks ago
unknown 9e7e266e63 vault backup: 2025-12-24 16:54:04
3 weeks ago
unknown aa56f67f1d test
3 weeks ago
unknown 0ecb1628f9 test
3 weeks ago
Cym10x d9413730d5 vault backup: 2025-12-24 13:14:30
3 weeks ago
刘柯妤 b910d5d1c1 测试
3 weeks ago
Cym10x 180baa061b 12.24更新
3 weeks ago
Cym10x bb41777a8f 新增内容
3 weeks ago
Cym10x 88cdf3400d 初始化Git插件
3 weeks ago
Cym10x 985bd2d27f 整理文件夹格式
3 weeks ago
msg3fexvz b476432b05 ??
3 weeks ago
msg3fexvz 377e92649c ?
3 weeks ago
msg3fexvz 4b7188dda8 Delete '课后测/12.23'
3 weeks ago
msg3fexvz c5d971cb81 课后测
3 weeks ago
msg3fexvz 4d233e8111 ADD file via upload
3 weeks ago
Cym10x 0a09cda00c Update 部分和判别法.md
3 weeks ago
Cym10x 349e2630dd 添加试卷夹
3 weeks ago
Cym10x 5cae290059 部分和判别法
3 weeks ago

5
.gitignore vendored

@ -1 +1,6 @@
*.un
.vs/
*.pdf
.vscode/
.obsidian/
/介值定理例题.md

@ -1,33 +0,0 @@
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@ -1,181 +0,0 @@
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}
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"title": "反向链接"
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"sortOrder": "frequency",
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"title": "添加笔记属性"
}
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"type": "outline",
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}
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@ -1,358 +0,0 @@
# 根值判别法(柯西判别法)
## Quick Description
### 原理
通过计算级数通项 $u_n$ 的 $n$ 次方根的极限 $\rho = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{u_n}$,将原级数与等比级数 $\sum \rho^n$ 比较,从而判断敛散性。
### 适用情况
1. 适用于正项级数 $\sum u_n$(一般 $u_n > 0$)。
2. 当 $u_n$ 含有 $n$ 次幂、指数形式或连乘因子时,此方法往往有效。
3. 当比值判别法失效或难以计算时,可尝试根值判别法。
### 优势和劣势
**优势**
1. 对于含 $n$ 次幂、指数或幂指结构的级数,计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 可能比计算比值 $u_{n+1}/u_n$ 更简单。
2. 理论清晰,与等比级数直接比较,直观性强。
**劣势**
1. 当 $\rho = 1$ 时无法判断(此时级数可能收敛也可能发散)。
2. 需要求 $\sqrt[n]{u_n}$ 的极限,有时计算较复杂。
3. 仅适用于正项级数。
---
## 定理与证明
### 定理(根值判别法)
设 $\sum_{n=1}^\infty u_n$ 是**正项级数**,且
ρ=limn→∞unnρ=n→∞limnun
(这里允许 $\rho = +\infty$)。
1. 若 $\rho < 1$,则级数收敛。
2. 若 $\rho > 1$(包括 $\rho = +\infty$),则级数发散。
3. 若 $\rho = 1$,判别法失效(级数可能收敛也可能发散)。
### 证明思路
由极限定义:对任意 $\varepsilon > 0$,存在 $N$,当 $n > N$ 时,
ρ−ε<unn<ρ+ερε<nun<ρ+ε
> [!note]  
> **情形 $\rho < 1$**  
> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho + \varepsilon < 1$,则
>
> un<rn(n>N)un<rn(n>N)
>
> 而几何级数 $\sum r^n$ 收敛,由比较判别法知 $\sum u_n$ 收敛。
> [!note]  
> **情形 $\rho > 1$**  
> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho - \varepsilon > 1$,则
>
> $u_n>r^n(n>N)$
>
> 而几何级数 $\sum r^n$ 发散,故 $\sum u_n$ 发散。
> [!note]  
> **情形 $\rho = 1$**  
> 反例:
>
> - $\sum \frac{1}{n}$ 发散,但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n}} \to 1$。
>    
> - $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛,但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n^2}} \to 1$。
>    
---
## 典型例题
> [!example] 例1  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n$ 的敛散性。
>
> **解**  
> 计算根值:
>
> unn=(11n)nn=11n→1(n→∞)nun=n(1n1)n=1n1→1(n→∞)
>
> 此时 $\rho = 1$,根值判别法失效。
>
> 改用其他方法:注意到
>
> (11n)n=enln(11n)e1(n→∞)(1n1)n=enln(1n1)e1(n→∞)
>
> 所以 $u_n \to e^{-1} \neq 0$由级数收敛的必要条件通项必须趋于0知该级数发散。
> [!example] 例2  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\left(a + \frac{1}{n}\right)^n} \quad (a > 0)$ 的敛散性。
>
> **解**  
> 计算根值:
>
> unn=n(a+1n)nn=nna+1nnun=n(a+n1)nn=a+n1nn
>
> 因为 $\sqrt[n]{n} \to 1$,所以
>
> limn→∞unn=1an→∞limnun=a1
>
> - 若 $\frac{1}{a} < 1$ $a > 1$,则级数收敛。
>    
> - 若 $\frac{1}{a} > 1$ 即 $0 < a < 1$,则级数发散。
>    
> - 若 $a = 1$,此时 $\rho = 1$,判别法失效。  
>     当 $a = 1$ 时,
>    
>     un=n(1+1n)nne(n→∞)un=(1+n1)nnen(n→∞)
>    
>     通项不趋于0故级数发散。
>    
>
> **综上**
>
> - 当 $a > 1$ 时,级数收敛;
>    
> - 当 $0 < a \le 1$ 时,级数发散。
>    
> [!example] 例3常用结论  
> 证明:$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max{a_1, a_2, \dots, a_m}$,其中 $a_k > 0$。
>
> **证明**  
> 令 $M = \max{a_1, \dots, a_m}$,则
>
> Mn≤a1n+⋯+amn≤mMnMn≤a1n+⋯+amn≤mMn
>
> 两边开 $n$ 次方:
>
> M≤a1n+⋯+amnn≤M⋅mnM≤na1n+⋯+amn≤M⋅nm
>
> 因为 $\sqrt[n]{m} \to 1$,由夹逼定理得结论。
>
> 此结论在判断形如 $\sum (a_1^n + \cdots + a_m^n)$ 的级数时可直接使用。
> [!example] 例4  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n + 3^n}{5^n}$ 的敛散性。
>
> **解**
>
> un=2n+3n5n=(25)n+(35)nun=5n2n+3n=(52)n+(53)n
>
> 计算根值:
>
> unn=(25)n+(35)nnnun=n(52)n+(53)n
>
> 由例3结论$\sqrt[n]{u_n} \to \max\left{\frac{2}{5}, \frac{3}{5}\right} = \frac{3}{5} < 1$,故级数收敛。
---
## 注意事项
1. 根值判别法仅适用于正项级数。
2. 当 $\rho = 1$ 时,需改用其他方法(如比较判别法、积分判别法、比值判别法等)。
3. 计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 时,常用结论:
    nn→1,nkn→1,an=a1/n→1 (a>0)nn→1,nnk→1,na=a1/n→1 (a>0)
4. 若 $u_n$ 含有 $n!$ 或连乘形式,通常使用比值判别法更简便;若含 $n$ 次幂,则根值判别法可能更直接。
---
## 练习题
> [!question] 练习1  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{n}{2n+1}\right)^n$ 的敛散性。
> [!question] 练习2  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{5^n}{n^n}$ 的敛散性。
> [!question] 练习3  
> 设 $a > 0$,讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{a}{n}\right)^n$ 的敛散性。
> [!note] 参考答案
>
> 1. $\rho = \frac{1}{2} < 1$,收敛。
>    
> 2. $\rho = 0 < 1$,收敛。
>    
> 3. 对任意 $a > 0$,有 $\rho = 0 < 1$,收敛。
>

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# 比值判别法
## 原理
对于正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n\ (u_n>0)$,计算极限$\rho=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$,根据$\rho$与 1 的大小关系判断级数敛散性。
1. 若 $\boldsymbol{\rho<1}$,则级数收敛;
2. 若 $\boldsymbol{\rho>1}$(或 $\rho=+\infty$),则级数发散;
3. 若 $\boldsymbol{\rho=1}$,则判别法失效,需用其他方法(如比较判别法、积分判别法等)判断。
## **适用情况**
主要适用于通项含阶乘、指数幂(如 $a^n$)、$n^n$ 等形式的正项级数,这类通项的 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ ,作商后阶乘、指数部分可大幅化简,极限易求。
## **优势**
1. 化简效率高:通项含 n!、$a^n$ 时,作商 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 能直接约去大量重复因子
2. 判定直接:只需计算一个极限值与 1 比较,无需像比较判别法那样构造合适的参考级数,对初学者更友好。
## **劣势**
1. 对通项形式依赖强:仅适合含阶乘、指数幂的正项级数,对于通项为多项式、分式(如 $u_n=\frac{1}{n^p}$)的级数,$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=1$,判别法直接失效。
2. 失效情形无判定能力:当极限 $\rho=1$ 时,无法判断级数敛散性,必须换用比较判别法、积分判别法等其他方法,增加了解题步骤。
3. 仅针对正项级数:不能直接应用于任意项级数(如交错级数),若要使用,需先对通项取绝对值判断绝对收敛,再进一步分析条件收敛。
4. 极限可能不存在:部分正项级数的 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 不存在,此时比值判别法无法使用。
## **例子**
> [!example] 例1
判定级数敛散性:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n!}$$
**解析**
用比值判别法:
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{2^n} = \frac{2}{n+1} \to 0$$
因此收敛。
>[!example] 例2
设 $\alpha$ 为正常数,判定级数的敛散性:
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$
**解析**
1. 记通项
$$a_n = \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$
这里 $(2n-1)!! = 1\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \, n!}$。
所以:$$a_n = \frac{\frac{(2n)!}{2^n \, n!}}{(n!)^\alpha}= \frac{(2n)!}{2^n \, (n!)^{\alpha+1}}$$
2. 用比值判别法
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{2^{n+1}((n+1)!)^{\alpha+1}} \cdot \frac{2^n (n!)^{\alpha+1}}{(2n)!}$$
化简:$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+1)(2n+2) = 2(2n+1)(n+1)$$$$\frac{2^n}{2^{n+1}} = \frac12$$$$\frac{(n!)^{\alpha+1}}{((n+1)!)^{\alpha+1}} = \frac{1}{(n+1)^{\alpha+1}}$$
所以:$$\frac{a_{n+1}}{a_n}
= \frac{2(2n+1)(n+1) \cdot \frac12}{(n+1)^{\alpha+1}}
= \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$
3. 计算极限
$$\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$
· 若 $\alpha$> 1极限为 0比值判别法得出 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n}$ = 0 < 1,级数收敛。
· 若 $\alpha$ = 1极限为 $\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{n+1}$ = 2 > 1级数发散。
· 若 0 < $\alpha$ < 1,极限为 $\infty$ > 1级数发散。
4. 答案
当$\alpha$>1时收敛当 0 < $\alpha$ < 1 时发散
>[!example] **习题1**
级数 $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$$ 的敛散性是
A. 收敛
B. 发散
C. 无法判断
**解析**
$$a_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 \cdot 5^n}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n}
= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \cdot 5^{n+1}} \cdot \frac{(n!)^2 \cdot 5^n}{(2n)!}$$
化简:
$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$$
$$\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$$
$$\frac{5^n}{5^{n+1}} = \frac15$$
所以
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac15
= \frac{2(2n+1)}{n+1} \cdot \frac15$$
$$\lim_{n\to\infty} \frac{4n+2}{5(n+1)} = \frac{4}{5} < 1$$
所以收敛。
答案A
>[!example] **习题2**
级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$ 的敛散性是
A. 收敛
B. 发散
C. 无法判断
$$a_n = \frac{3^n}{n^2}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n}
= 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2}$$
$$\lim_{n\to\infty} 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2} = 3 > 1$$
所以发散。
答案B

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### Quick Description
#### 原理
不等式形式:放缩,大敛则小敛,小散则大散
极限形式:比值的极限为常数,则同敛散
#### 适用情况
正项级数
#### 优势和劣势
放缩在高中有知识基础,比较好上手
与比值/根值判别法不同,判定出变号级数的绝对值发散后,无法得到原级数发散
### 例子
#例一
判断级数$\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$的敛散性
设 $a_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$,其中 $n \geq 2$ 。记其前n项和为$S_n$。
由于当 $n \geq 2$ 时,有 $\frac{1}{\ln n} > 0$ ,且 $\sin n > \frac{n}{2}$ ,因此存在 $N$ ,使得当$n > N$时,$q_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{2n}.$
记$\sum \frac{1}{2n}$的前$n$项和为$T_n$。
由于 $\lim_{n \to \infty} S_n > \lim_{n \to \infty} T_n, \quad \text{而} \quad \lim_{n \to \infty} T_n = +\infty,$
因此 $\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty.$
故级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$ 发散。
#例二
**基础练习**
1. **下列级数中收敛的有\_\_\_\_\_\_**。
A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$
B $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$
C $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$
D $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$
E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$
F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
**参考答案ABCF.
- **A** 由于 $0 < \sin \frac{\pi}{2^n} \leq \frac{\pi}{2^n}$,且几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}$ 收敛,故原级数收敛。
- **B** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \frac{3}{4}$,又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛,故原级数收敛。
- **C** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$,而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛,故原级数收敛。(或由 $\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3} \;(n>1)$
- **D** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$,级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散,故原级数发散。
- **E** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}$,又级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散,故原级数发散。
- **F** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1+\frac{1}{n^2} \right) = 1$,又 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛,故原级数收敛。
练习:
**判定断下列级数的敛散性:**
A.收敛 B.发散
(1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$
(2) $\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt[n]{a}-1) \quad (a>0)$
解答:
**(1)** 由于
$a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{n(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} < \frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛,故由比较判别法知原级数收敛。
**(2)**
- 当 $a = 1$ 时,通项 $\sqrt[n]{a}-1 = 0$,级数为 $\sum_{n=1}^\infty 0$,收敛。
- 当 $a > 1$ 时,级数为正项级数。由于
$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{a}-1}{1/n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{e^{(\ln a)/n} - 1}{1/n} = \ln a > 0$
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 发散,故此时级数发散。
- 当 $0 < a < 1$ 时,级数为负项级数。考虑 $\sum_{n=1}^\infty (1-\sqrt[n]{a})$
$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1-\sqrt[n]{a}}{1/n} = -\ln a > 0$,同理级数发散。
综上,级数当 $a = 1$ 时收敛,当 $a>0$ 且 $a \neq 1$ 时发散。
**判定断下列级数的敛散性:**
A.收敛 B.发散
(1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3+(-1)^n}{2^{n+1}}$
(2) $\sum_{n=1}^{\infty} \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$
(3) $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$
**(1)** 由于
$a_n = \frac{3+(-1)^n}{2^{n+1}} \le \frac{4}{2^{n+1}} = \frac{1}{2^{,n-1}}$
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^{,n-1}}$ 收敛,由比较判别法知原级数收敛。
**(2)** 方法一:
$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\ln!\left(1+\frac{1}{n}\right)}{1/n} = 1$,而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 发散,故原级数发散。
方法二:
部分和
$S_n = \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{1}{k}\right) = \sum_{k=1}^n [\ln(k+1) - \ln k] = \ln(n+1) \to +\infty$
故级数发散。
**(3)** 当 $n > e^2$ 时,$\ln n > 2$,从而 $\frac{1}{(\ln n)^n} < \frac{1}{2^{,n}}$。
由于 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{,n}}$ 收敛,由比较判别法知原级数收敛。

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确保自己修改的仓库是最新版本

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首先提出一个问题:
导数和微分是一个东西吗
**不是。它们密切相关,但本质不同。**
### 一阶情形
- **导数 (Derivative)**
- **本质**:一个**函数**(或该函数在某点的值)
- **含义**:因变量相对于自变量的**变化率**(瞬时斜率)
- **定义**$f'(x) = \frac{dy}{dx} = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}$
- **微分 (Differential)**
- **本质**:一个**表达式**或**量**
- **含义**:函数改变量的**线性主要部分**
- **定义**$dy = f'(x) \, dx$
- 其中 $dx$ 是自变量的微分(任意微小改变量)
- $dy$ 是因变量沿切线方向的近似改变量
**一阶关系**$dy = f'(x) \, dx$
### 二阶情形
#### 二阶导数
- **本质**:一阶导数的导数,仍是一个**函数**
- **符号**$f''(x)$, $y''$, $\frac{d^2y}{dx^2}$
- **含义**:函数**变化率的变化率**,描述函数的**凹凸性**
- **定义**$f''(x) = \frac{d}{dx}[f'(x)]$
#### 二阶微分
- **本质**:微分的微分,是一个**表达式**
- **符号**$d^2y$
-
我们知道:$f''(x) =\lim\limits_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}$
现在尝试推导这一公式
由两函数相乘一阶微分公式:$d[f(x).g(x)] = g(x)d[(fx)] + f(x)d[g(x)]$
得:
$f''(x) = \frac{d(\frac{df(x)}{dx})}{dx}$
$= \frac{1}{dx}.\frac{d(df(x))}{dx} + df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}$
$= \frac{d^2f(x)}{(dx)^2} +df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}$
---
嘿!您猜怎么着!
出现了额外的一项,与二阶导数公式不符: $df(x)\frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}=-df(x) \frac{1}{d^2x}\frac{d({dx})}{dx}$
问题出在 $d(dx)$ 上:
我们知道,一阶导数的意义是当 $\Delta x$ 趋于无穷小的时候 $\Delta y$ 的变化率
实际上,在函数曲线上的任何一点处取函数微分, $dx$ 都是相等的
即 $dx$ 永远是均匀的,求高阶微分时将其视为常数
所以:$d(dx) = 0$
### $f''(x) =\lim\limits_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}= \frac{d^2f(x)}{dx^2}$
**注意此处的约定写法**$(dx)^2$ 写作 $dx^2$(注意:这不是 $d(x^2)$

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- 编写小组
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**内部资料,禁止传播**
**编委会(不分先后,姓氏首字母顺序):程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
# 子数列及其相关定理
## 一、子数列的概念与性质
### 1. 原理
子数列是从一个给定数列 $\{a_n\}$ 中,按照**下标严格递增**的方式(即 $n_1 < n_2 < n_3 < \cdots$)选取无穷多项,构成的新数列 $\{a_{n_k}\}$。
若 $\{a_{n_k}\}$ 为 $\{a_n\}$ 的子数列,则 $a_{n_k}$ 是新数列的第 $k$ 项,是原数列的第 $n_{k}$ 项,而中间可能有些项没有选,因此有 $$n_k
\geqslant k\ (k=1,2,3,\cdots)$$
**核心性质**:若原数列 $\{a_n\}$ 收敛于极限 $L$,则它的**任何**子数列 $\{a_{n_k}\}$ 也必定收敛于**同一极限** $L$。
**逆否命题**:如果能从原数列中找到**两个收敛于不同极限**的子数列,或者找到一个**发散**的子数列,则可断定原数列**发散**。
### 2. 适用条件
- 适用于任何实数数列
- 是分析数列收敛/发散性、极限值以及数列内部结构的通用工具
### 3. 优势与劣势
**优势**
- **判定发散**:非常强大。只需找到两个极限不同的子数列,即可轻松证明原数列发散
- 例:数列 $(-1)^n$,取奇数项子数列收敛于 $-1$,偶数项收敛于 $1$,故原数列发散
- **探索极限点**:可以用于研究数列的聚点(极限点)、上极限和下极限
- **局部推断整体**:通过分析具有代表性的子数列,有时可以窥探原数列的整体趋势
**劣势**
- **不能单独证明收敛**:一个数列的某个(甚至某些)子数列收敛,**不能**推出原数列收敛
- **构造难度**:有时为了证明发散,需要巧妙地构造出特定的子数列,这需要一定的洞察力
---
## 二、拉链定理(奇偶子列定理)
### 1. 原理
这是子列性质的一个特例和重要应用。
**定理表述**:数列 $\{x_n\}$ 收敛的**充要条件**是,它的**奇数项子列** $\{x_{2k-1}\}$ 与**偶数项子列** $\{x_{2k}\}$ 都收敛,且
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim_{k \to \infty} x_{2k}
$$
当条件满足时,原数列的极限等于这个公共值。
**直观理解**:就像拉链的两边(奇数列和偶数列)必须对齐且紧密闭合,整个数列才能收敛到一个点。
### 2. 证明
#### 1. 必要性证明(收敛 ⇒ 奇偶子列收敛且极限相等)
**已知**$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$
**证明**
- 由于 $\{x_{2k-1}\}$ 和 $\{x_{2k}\}$ 都是 $\{x_n\}$ 的子列,根据**子列的性质**:若原数列收敛,则其任意子列收敛于同一极限。
- 因此:
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a \quad \text{且} \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
- 特别地,$\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim\limits_{k \to \infty} x_{2k}$。
**必要性得证**。
#### 2. 充分性证明(奇偶子列收敛且极限相等 ⇒ 收敛)
**已知**
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a, \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
**证明思路**
要证 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$,即证:$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \text{使得当 } n > N \text{ 时}, |x_n - a| < \varepsilon$。
**证明过程**
1. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = a$ 知:
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_1 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_1 \text{ 时}, |x_{2k-1} - a| < \varepsilon
$$
2. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k} = a$ 知:
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_2 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_2 \text{ 时}, |x_{2k} - a| < \varepsilon
$$
3. 取 $N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$,则当 $n > N$ 时,分两种情况:
- **若 $n$ 为奇数**,设 $n = 2k-1$,则 $k > K_1$,故 $|x_n - a| = |x_{2k-1} - a| < \varepsilon$
- **若 $n$ 为偶数**,设 $n = 2k$,则 $k > K_2$,故 $|x_n - a| = |x_{2k} - a| < \varepsilon$
4. 综上,$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$,使得当 $n > N$ 时,$|x_n - a| < \varepsilon$。
**由极限定义**$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$。
**充分性得证**。
### 3. 适用条件
- **特定结构**:特别适用于数列项按其下标奇偶性呈现不同规律的情形(例如,通项中含有 $(-1)^n$ 因子)。
- **充要条件**:它既是收敛的**充分条件**也是**必要条件**,因此可用于**证明收敛**(而不仅仅是发散)。
### 4. 优势与劣势
**优势**
- **化繁为简**:将判断整个数列收敛的问题,简化为判断两个特定子列的收敛性问题。
- **功能全面**:既能用于证明收敛(当奇偶子列极限相等时),也能用于证明发散(当它们极限不等或其中一个发散时)。
**劣势**
- **应用局限**:仅适用于能自然分解出奇偶项的情形。对于更复杂的子列结构,此定理无能为力,需回归一般子列性质。
### 5. 典型示例
**例1**:判断 $x_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 的收敛性。
- 奇数项子列:$x_{2k-1} = -\frac{1}{2k-1} \to 0$
- 偶数项子列:$x_{2k} = \frac{1}{2k} \to 0$
- 两者极限相等,故由拉链定理,$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0$。
**例2**:判断 $x_n = (-1)^n$ 的收敛性。
- 奇数项子列:$x_{2k-1} = -1 \to -1$
- 偶数项子列:$x_{2k} = 1 \to 1$
- 两者极限不等,故原数列发散。
### 6. 推广形式
此定理可推广到更一般的有限个子列情况:
**定理**:设 $\{x_n\}$ 是一个数列,若存在有限个两两无公共项的子列 $\{x_{n_k^{(1)}}\}, \{x_{n_k^{(2)}}\}, \dots, \{x_{n_k^{(m)}}\}$,满足:
1. 这些子列的并集包含 $\{x_n\}$ 中除有限项外的所有项
2. 每个子列都收敛
3. 所有子列的极限相等,均为 $a$
则原数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$。
**注**:奇偶子列定理是 $m=2$ 时的特例。
**重要结论**:奇偶子列定理之所以能成为充要条件,是因为奇偶子列"覆盖"了整个数列(除有限项外)。这种"覆盖性"是关键。
### 7. 注意事项
1. 该定理仅要求奇偶子列极限存在且相等,不要求它们收敛到原数列的极限(这是由定理保证的结果)
2. 若奇偶子列中有一个发散,或两者收敛但极限不同,则原数列发散
3. 对于更复杂的振荡数列如周期不为2可能需要考察更多个子列
---
## 三、海涅定理(归结原则)
### 1. 原理
该定理建立了**函数极限**与**数列极限**之间的桥梁。
设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个去心邻域内有定义。则 **$\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$** 成立的**充要条件**是:对于**任意**一个满足 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x_0$ 且 $x_n \neq x_0$ 的数列 $\{x_n\}$,都有 **$\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = L$**。
海涅定理深刻地揭示了函数极限的本质——它与路径无关(只与趋近点有关)
### 2. 适用条件
- **核心**:讨论函数在某一点 $x_0$ 的极限(包括单侧极限)
- **要求**:函数在该点的去心邻域有定义
### 3. 优势与劣势
**优势**
- **化归为数列极限**:可将复杂的函数极限问题转化为相对熟悉的数列极限问题
- **证明极限不存在**:这是其最强大的应用。要证明 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 不存在,只需找到**两个**趋于 $x_0$ 的数列 $\{x_n^{(1)}\}$ 和 $\{x_n^{(2)}\}$,使得 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) \neq \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$
- **理论基石**:是证明许多函数极限性质的重要工具
**劣势**
- **不能直接计算**:它通常用于证明、转化或否定,而不是一个直接的计算公式
- **"任意性"要求苛刻**:定理的条件要求对"任意"数列都成立
### 4. 典型示例
证明:$\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在
证明过程:
取两个数列:
$$
x_n^{(1)} = \frac{1}{2n\pi} \to 0, \quad f(x_n^{(1)}) = \sin(2n\pi) = 0
$$
$$
x_n^{(2)} = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}} \to 0, \quad f(x_n^{(2)}) = \sin(2n\pi + \frac{\pi}{2}) = 1
$$
由于 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) = 0 \neq 1 = \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$,由海涅定理知 $\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在。
---
>[!example] **例1**(拉链定理)
 >设级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$收敛于S且$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=0$,证明:级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛于S。
 
```
```
 
>[!example] **例2**(拉链定理)
>设$$a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right) \cdot \sin\frac{n\pi}{2}$$
>证明:数列$\{a_n\}$的极限不存在。
>
```
```
>[!example] **例3**(海涅定理)
> 证明狄利克雷函数
$$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有理数时}, \\ 0, & x\text{为无理数时}\end{cases}$$
在$(-\infty,+\infty)$上每一点都不存在极限。
```
```
# 考试易错点总结
## Vol. 1:补药漏写dx口牙
>[!example] 例1
>设函数 $y = \ln(1 + \sin^2 x)$,求其微分 $dy$。
```
```
## **Vol.2等价无穷小问题**
注意,等价无穷小只能用于乘除,用于加减虽然有时也会得到正确的答案,但这并不是有保证的。归根到底这是因为等价无穷小是一种**近似**,在乘除中它的近似程度还可以用,但在加减中就未必了,加减中我们需要更精确的近似方法:泰勒展开。另外重要极限也是等价无穷小的两种特殊情况。
>[!example] 例题
>求极限$$\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x^3}$$
```
```
## Vol. 3:可去间断点的说明
>[!example] 例2
>求曲线 $y = \frac{x^2 + 2x - 3}{x^2 - 3x + 2}$ 的所有渐近线。
```
```
## Vol. 4:正项级数的判别法勿滥用
>[!example] 例3
>判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n}$ 的敛散性(绝对收敛、条件收敛或发散)。
```
```
## Vol. 5:误用p级数
**机械地套用p级数结论而忽视了其应用前提指数 `p` 必须是与 `n` 无关的常数。**
> [!example] 例题1
>$$判定\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}}的敛散性$$
```
```
> [!example] 例题2
>$$判定\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n}的敛散性$$
```
```
## Vol. 6: 条件收敛、绝对收敛、发散
**仅当利用比值/根值判别法判断出$\sum |a_n|$发散时$\Rightarrow$$\sum a_n$发散
#### 基本定义
给定一个实数(或复数)项级数 $\sum a_n$,其中 $a_n \in \mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$。
1. **绝对值级数**$\sum |a_n|$,即每一项取绝对值后的新级数
2. **绝对收敛**:如果 $\sum |a_n|$ 收敛,则称 $\sum a_n$ **绝对收敛**
3. **条件收敛**:如果 $\sum a_n$ 收敛但 $\sum |a_n|$ 发散,则称 $\sum a_n$ **条件收敛**
#### 正确分析:
仅有$\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
**证明**
- 使用柯西收敛准则。对于任意 $\varepsilon > 0$
因为 $\sum |a_n|$ 收敛,由柯西准则,存在 $N$,使得当 $m > n \geq N$ 时:
$$|a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon$$ 由三角不等式:
$$
|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_m| \leq |a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon
$$
因此 $\sum a_n$ 满足柯西准则 ⇒ 收敛。
同理, $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
#### 概念辨析:
1. $\sum a_n$ 收敛 ⇒ $\sum |a_n|$收敛?
❌ 经典错误思路
**反例**:交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
2. $\sum |a_n|$ 发散 ⇒ $\sum a_n$发散?
❌ 经典错误思路
**反例**:交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
3. $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
✅ 正确分析
4. $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
✅ 正确分析
#### 附典型例子
| 级数 | $\sum a_n$ | $\sum \|a_n\|$ | 分类 |
| --------------------------- | ---------- | -------------------------------------------------------- | ---- |
| $\sum \frac{(-1)^n}{n^2}$ | 收敛 | 收敛 | 绝对收敛 |
| $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ | 收敛 | 发散 | 条件收敛 |
| $\sum \frac{1}{n}$ | 发散 | 发散 | 发散 |
| $\sum (-1)^n$ | 发散(震荡) | $\sum 1$ 发散 | 发散 |
| $\sum \frac{\sin n}{n^2}$ | 收敛 | $\sum \frac{\|\sin n\|}{n^2} \leq \sum \frac{1}{n^2}$ 收敛 | 绝对收敛 |
---
#### 前情提要
##### 比值判别法 (D'Alembert Ratio Test)
对于一般项 $a_n$,定义:
$$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$$
- **若 $L < 1$**:则 $\sum |a_n|$ 收敛 $\sum a_n$ **绝对收敛**。
- **若 $L > 1$**:则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**:判别法**失效**,需用其他方法判断。
##### 根值判别法 (Cauchy Root Test)
对于一般项 $a_n$,定义:
$$L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}$$
- **若 $L < 1$**:则 $\sum |a_n|$ **收敛**。
- **若 $L > 1$**:则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**:判别法**失效**,需用其他方法判断。
#### 结论:
**如果利用比值判别法或根值判别法得到$\sum |a_n|$发散,则$\sum a_n$发散**
#### 证明:
- 若比值判别法或根值判别法给出L>1
- 那意味着 $a_n$ 不趋于 0实际上 $a_n$ 递增并且远离 0
- 因此 $a_n$ 也不趋于 0
- 所以$a_n$ 发散。
## **Vol.7 分段函数分段点处求导问题**
分段函数分段点处无论是求导还是判断连续都必须从**左右两边的极限**分别去算,而且计算的时候一定只能**用定义**。
>[!example] 例题
>设$f(x)=\begin{cases} \frac{2}{3}x ,\ \ x\le1 \\ x^2, \ \ x>1,\end{cases}$则$f(x)$在$x=1$处的\[ \].
>A左右导数都存在 B左导数存在右导数不存在
>C左导数不存在右导数存在 D左右导数都不存在
## **Vol.8绝对收敛级数**
绝对收敛的级数满足加法交换律,也就是说,交换各项的顺序不会导致最后结果的改变。但条件收敛的级数是不满足交换律的,改变加法的顺序可能会导致最后结果的改变,甚至可能使原本收敛的级数变成发散级数。这一点了解就行,不会出题目给大家考。
## Vol. 9: 反函数求导
易错:变量混淆。反函数的导数 = 原函数导数的倒数,但**自变量和因变量角色互换**。
这一点,大家都明白,但是一写在答题卡上就错了😂。
如何防止?我们可以试着用微分学来理解:
$y=f^{-1}(x)$,即$x = f(y)$,求$f^{-1'}$就是在求$\frac{dy}{dx}$,而$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{df(y)}=\frac{dy}{f'(y)dy}=\frac{1}{f'(y)}$
然后,就这么完了?如果就这么完了,那就真完了。
为什么?$f^{-1'}$最后应该是一个关于$x$的函数,$\frac{dy}{dx}$应当用$x$来表示。
所以,我们还需要将$y = f^{-1}(x)$代入,即:
$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{f'(y)}=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$
> [!example] 例1
> 求$d(\arcsin x)$
```
```
## Vol. 10: 无界与无穷大的辨析
很多人都觉得无界和无穷大是同一个概念,因为它们的实在是太像了:画在坐标系上都是“直指苍穹🚀”或者“飞流直下三千尺”嘛!但是,“无界”准确来说不完全是这样。要准确辨析它们,需要回到它们的**定义**上:
无穷大的定义:$\forall M > 0, \exists \delta>0$,当$0<|x-x_0|<\delta$时有$|f(x)|>M$,称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无穷大量
无界量的定义:由有界的定义($\exists M > 0, \forall x \in D_f,|f(x)|<M$)反推,无界的定义应该是$\forall M > 0$,
$\forall \delta>0, \exists x \in \mathring{U}(x_0,\delta)$有 $|f(x)|>M$,称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无界量
**核心区别**:无穷大是**存在某**去心邻域内**任意**$x$都大于$M$,无界是需要对**任意**邻域**存在**一个$x$使得$|f(x)|>M$
**联系**:无穷大一定是无界量,但是无界量不一定是无穷大。
> [!example] 例1
> 无穷震荡$\lim\limits_{x\rightarrow 0}{\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}}$
![[易错点10-1.png]]
这个并不是无穷大——不管取的邻域有多小,我总能找到一个令$\sin\frac{1}{x}=0$的$x$,此时$\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}=0$。
那这个是有界的吗?也不是。这就是典型的**不是无界量的无穷大**。
> [!example] 例2
> 双子数列$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{n\cos n\pi}$
总结:无穷大是在邻域内“一直都很大”,无界是邻域内“有很大的”

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- 编写小组
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**内部资料,禁止传播**
**编委会(不分先后,姓氏首字母顺序):程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
# 子数列及其相关定理
## 一、子数列的概念与性质
### 1. 原理
子数列是从一个给定数列 $\{a_n\}$ 中,按照**下标严格递增**的方式(即 $n_1 < n_2 < n_3 < \cdots$)选取无穷多项,构成的新数列 $\{a_{n_k}\}$。
若 $\{a_{n_k}\}$ 为 $\{a_n\}$ 的子数列,则 $a_{n_k}$ 是新数列的第 $k$ 项,是原数列的第 $n_{k}$ 项,而中间可能有些项没有选,因此有 $$n_k
\geqslant k\ (k=1,2,3,\cdots)$$
**核心性质**:若原数列 $\{a_n\}$ 收敛于极限 $L$,则它的**任何**子数列 $\{a_{n_k}\}$ 也必定收敛于**同一极限** $L$。
**逆否命题**:如果能从原数列中找到**两个收敛于不同极限**的子数列,或者找到一个**发散**的子数列,则可断定原数列**发散**。
### 2. 适用条件
- 适用于任何实数数列
- 是分析数列收敛/发散性、极限值以及数列内部结构的通用工具
### 3. 优势与劣势
**优势**
- **判定发散**:非常强大。只需找到两个极限不同的子数列,即可轻松证明原数列发散
- 例:数列 $(-1)^n$,取奇数项子数列收敛于 $-1$,偶数项收敛于 $1$,故原数列发散
- **探索极限点**:可以用于研究数列的聚点(极限点)、上极限和下极限
- **局部推断整体**:通过分析具有代表性的子数列,有时可以窥探原数列的整体趋势
**劣势**
- **不能单独证明收敛**:一个数列的某个(甚至某些)子数列收敛,**不能**推出原数列收敛
- **构造难度**:有时为了证明发散,需要巧妙地构造出特定的子数列,这需要一定的洞察力
---
## 二、拉链定理(奇偶子列定理)
### 1. 原理
这是子列性质的一个特例和重要应用。
**定理表述**:数列 $\{x_n\}$ 收敛的**充要条件**是,它的**奇数项子列** $\{x_{2k-1}\}$ 与**偶数项子列** $\{x_{2k}\}$ 都收敛,且
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim_{k \to \infty} x_{2k}
$$
当条件满足时,原数列的极限等于这个公共值。
**直观理解**:就像拉链的两边(奇数列和偶数列)必须对齐且紧密闭合,整个数列才能收敛到一个点。
### 2. 证明
#### 1. 必要性证明(收敛 ⇒ 奇偶子列收敛且极限相等)
**已知**$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$
**证明**
- 由于 $\{x_{2k-1}\}$ 和 $\{x_{2k}\}$ 都是 $\{x_n\}$ 的子列,根据**子列的性质**:若原数列收敛,则其任意子列收敛于同一极限。
- 因此:
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a \quad \text{且} \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
- 特别地,$\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim\limits_{k \to \infty} x_{2k}$。
**必要性得证**。
#### 2. 充分性证明(奇偶子列收敛且极限相等 ⇒ 收敛)
**已知**
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a, \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
**证明思路**
要证 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$,即证:$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \text{使得当 } n > N \text{ 时}, |x_n - a| < \varepsilon$。
**证明过程**
1. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = a$ 知:
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_1 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_1 \text{ 时}, |x_{2k-1} - a| < \varepsilon
$$
2. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k} = a$ 知:
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_2 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_2 \text{ 时}, |x_{2k} - a| < \varepsilon
$$
3. 取 $N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$,则当 $n > N$ 时,分两种情况:
- **若 $n$ 为奇数**,设 $n = 2k-1$,则 $k > K_1$,故 $|x_n - a| = |x_{2k-1} - a| < \varepsilon$
- **若 $n$ 为偶数**,设 $n = 2k$,则 $k > K_2$,故 $|x_n - a| = |x_{2k} - a| < \varepsilon$
4. 综上,$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$,使得当 $n > N$ 时,$|x_n - a| < \varepsilon$。
**由极限定义**$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$。
**充分性得证**。
### 3. 适用条件
- **特定结构**:特别适用于数列项按其下标奇偶性呈现不同规律的情形(例如,通项中含有 $(-1)^n$ 因子)。
- **充要条件**:它既是收敛的**充分条件**也是**必要条件**,因此可用于**证明收敛**(而不仅仅是发散)。
### 4. 优势与劣势
**优势**
- **化繁为简**:将判断整个数列收敛的问题,简化为判断两个特定子列的收敛性问题。
- **功能全面**:既能用于证明收敛(当奇偶子列极限相等时),也能用于证明发散(当它们极限不等或其中一个发散时)。
**劣势**
- **应用局限**:仅适用于能自然分解出奇偶项的情形。对于更复杂的子列结构,此定理无能为力,需回归一般子列性质。
### 5. 典型示例
**例1**:判断 $x_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 的收敛性。
- 奇数项子列:$x_{2k-1} = -\frac{1}{2k-1} \to 0$
- 偶数项子列:$x_{2k} = \frac{1}{2k} \to 0$
- 两者极限相等,故由拉链定理,$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0$。
**例2**:判断 $x_n = (-1)^n$ 的收敛性。
- 奇数项子列:$x_{2k-1} = -1 \to -1$
- 偶数项子列:$x_{2k} = 1 \to 1$
- 两者极限不等,故原数列发散。
### 6. 推广形式
此定理可推广到更一般的有限个子列情况:
**定理**:设 $\{x_n\}$ 是一个数列,若存在有限个两两无公共项的子列 $\{x_{n_k^{(1)}}\}, \{x_{n_k^{(2)}}\}, \dots, \{x_{n_k^{(m)}}\}$,满足:
1. 这些子列的并集包含 $\{x_n\}$ 中除有限项外的所有项
2. 每个子列都收敛
3. 所有子列的极限相等,均为 $a$
则原数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$。
**注**:奇偶子列定理是 $m=2$ 时的特例。
**重要结论**:奇偶子列定理之所以能成为充要条件,是因为奇偶子列"覆盖"了整个数列(除有限项外)。这种"覆盖性"是关键。
### 7. 注意事项
1. 该定理仅要求奇偶子列极限存在且相等,不要求它们收敛到原数列的极限(这是由定理保证的结果)
2. 若奇偶子列中有一个发散,或两者收敛但极限不同,则原数列发散
3. 对于更复杂的振荡数列如周期不为2可能需要考察更多个子列
---
## 三、海涅定理(归结原则)
### 1. 原理
该定理建立了**函数极限**与**数列极限**之间的桥梁。
设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个去心邻域内有定义。则 **$\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$** 成立的**充要条件**是:对于**任意**一个满足 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x_0$ 且 $x_n \neq x_0$ 的数列 $\{x_n\}$,都有 **$\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = L$**。
海涅定理深刻地揭示了函数极限的本质——它与路径无关(只与趋近点有关)
### 2. 适用条件
- **核心**:讨论函数在某一点 $x_0$ 的极限(包括单侧极限)
- **要求**:函数在该点的去心邻域有定义
### 3. 优势与劣势
**优势**
- **化归为数列极限**:可将复杂的函数极限问题转化为相对熟悉的数列极限问题
- **证明极限不存在**:这是其最强大的应用。要证明 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 不存在,只需找到**两个**趋于 $x_0$ 的数列 $\{x_n^{(1)}\}$ 和 $\{x_n^{(2)}\}$,使得 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) \neq \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$
- **理论基石**:是证明许多函数极限性质的重要工具
**劣势**
- **不能直接计算**:它通常用于证明、转化或否定,而不是一个直接的计算公式
- **"任意性"要求苛刻**:定理的条件要求对"任意"数列都成立
### 4. 典型示例
证明:$\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在
证明过程:
取两个数列:
$$
x_n^{(1)} = \frac{1}{2n\pi} \to 0, \quad f(x_n^{(1)}) = \sin(2n\pi) = 0
$$
$$
x_n^{(2)} = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}} \to 0, \quad f(x_n^{(2)}) = \sin(2n\pi + \frac{\pi}{2}) = 1
$$
由于 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) = 0 \neq 1 = \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$,由海涅定理知 $\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在。
---
>[!example] **例1**(拉链定理)
 >设级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$收敛于S且$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=0$,证明:级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛于S。
 
**解析**
设$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$的部分和为$S_n$,则$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$的部分和$T_n=S_{2n}$。
因$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$收敛于S即有$\lim\limits_{n \to \infty}T_n=S$,所以$\lim\limits_{n \to \infty}S_{2n}=S$。
$$\lim\limits_{n \to \infty}S_{2n+1}=\lim\limits_{n \to \infty}(S_{2n}+a_{2n+1})=\lim\limits_{n \to \infty}S_{2n}+\lim\limits_{n \to \infty}a_{2n+1}=S$$
于是由拉链原理知$\lim\limits_{n \to \infty}S_n=S$,所以由级数收敛定义知级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛于S。
 
>[!example] **例2**(拉链定理)
>设$$a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right) \cdot \sin\frac{n\pi}{2}$$
>证明:数列$\{a_n\}$的极限不存在。
>
**解析**
核心方法
利用数列子列的性质:若数列$\{a_n\}$收敛,则其所有子列必收敛于同一极限;若存在两个子列收敛于不同值,则原数列极限不存在。
步骤1构造第一个子列$\{a_{4k}\}k\in\mathbb{N_+}$
当n=4k时
$$\sin\frac{4k\pi}{2} = \sin2k\pi = 0$$ 因此
$$a_{4k} = \left(1 + \frac{1}{4k}\right) \cdot 0 = 0$$
取极限得:
$$\lim_{k \to \infty}a_{4k} = \lim_{k \to \infty}0 = 0$$
步骤2构造第二个子列$$\{a_{4k+1}\}k\in\mathbb{N_+}$$
当n=4k+1时
$$\sin\frac{(4k+1)\pi}{2} = \sin\left(2k\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 1$$
因此
$$a_{4k+1} = \left(1 + \frac{1}{4k+1}\right) \cdot 1 = 1 + \frac{1}{4k+1}$$
取极限得:
$$\lim_{k \to \infty}a_{4k+1} = \lim_{k \to \infty}\left(1 + \frac{1}{4k+1}\right) = 1$$
步骤3结论
由于子列$\{a_{4k}\}$收敛于0子列$\{a_{4k+1}\}$收敛于1二者极限不相等故数列$\{a_n\}$的极限不存在。
>[!example] **例3**(海涅定理)
> 证明狄利克雷函数
$$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有理数时}, \\ 0, & x\text{为无理数时}\end{cases}$$
在$(-\infty,+\infty)$上每一点都不存在极限。
**解析**
1. 构造第一个数列$\{x_n^{(1)}\}$
取$x_n^{(1)} = x_0 + \frac{1}{n}$(有理数),则$$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(1)} = x_0$$由于$x_n^{(1)}$是有理数,所以$D(x_n^{(1)}) = 1$,因此$$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1$$
2. 构造第二个数列$\{x_n^{(2)}\}$
取$x_n^{(2)} = x_0 + \frac{\sqrt{2}}{n}$(无理数),则$$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(2)} = x_0$$由于x_n^{(2)}是无理数,所以$D(x_n^{(2)}) = 0$,因此$$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)}) = 0$$由于$$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1 \neq 0 = \lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)})$$根据海涅定理,$\lim\limits_{x \to x_0} D(x)$不存在。
由于$x_0$是任意一点,所以狄利克雷函数在任何点处都不存在极限。
# 考试易错点总结
## Vol. 1:补药漏写dx口牙
>[!example] 例1
>设函数 $y = \ln(1 + \sin^2 x)$,求其微分 $dy$。
**解**
对方程 $y = \ln(1 + \sin^2 x)$ 两边关于 $x$ 求导。
$$ y = \frac{1}{1+\sin^2 x} \cdot (2\sin x \cos x) = \frac{\sin 2x}{1+\sin^2 x} $$
根据微分的定义,$dy = y dx$,故
$$ dy = \frac{\sin 2x}{1+\sin^2 x} dx $$
注意:不要漏写 $dx$
## **Vol.2等价无穷小问题**
注意,等价无穷小只能用于乘除,用于加减虽然有时也会得到正确的答案,但这并不是有保证的。归根到底这是因为等价无穷小是一种**近似**,在乘除中它的近似程度还可以用,但在加减中就未必了,加减中我们需要更精确的近似方法:泰勒展开。另外重要极限也是等价无穷小的两种特殊情况。
>[!example] 例题
>求极限$$\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x^3}$$.
**解**:如果直接用$tanx\sim x,sinx\sim x(x\to0)$的话,分子就会变成$0$,从而极限为$0$.
然而从另一个角度看,$$\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x^3}=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx-sinxcosx}{x^3cosx}=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx(1-cosx)}{x^3}\cdot \frac{1}{cosx}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x\cdot\frac{1}{2}x^2}{x^3}=\frac{1}{2}.$$
两个似乎都有道理,那么到底那个是对的呢?学了泰勒展开之后,我们会知道第二种才是正确的.再看看函数图像我们也能明白这一点.
![[易错点-等价无穷小.png]]
## Vol. 3:可去间断点的说明
>[!example] 例2
>求曲线 $y = \frac{x^2 + 2x - 3}{x^2 - 3x + 2}$ 的所有渐近线。
**解**
函数在分母为零的点无定义。令 $x^2 - 3x + 2 = 0$,解得 $x = 1$ 和 $x = 2$。
**注:必须对这两个点分别进行讨论**。
在 $x = 1$ 处:
$$ \lim_{x \to 1} y = \lim_{x \to 1} \frac{(x+3)(x-1)}{(x-1)(x-2)} = \lim_{x \to 1} \frac{x+3}{x-2} = -4 $$
极限存在且为有限值,故 $x = 1$ 是**可去间断点**,该点处**没有**铅直渐近线。
在 $x = 2$ 处:
$$ \lim_{x \to 2} y = \lim_{x \to 2} \frac{x+3}{x-2} = \infty $$
故 $x = 2$ 处有一条**铅直渐近线** $x = 2$。
**求水平(&斜)渐近线**
$$ \lim_{x \to \infty} y = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{2}{x} - \frac{3}{x^2}}{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2}} = 1 $$
因此,曲线有一条**水平渐近线** $y = 1$,无**斜渐近线**
**结论**:曲线的渐近线为 $x = 2$ 和 $y = 1$。
## Vol. 4:正项级数的判别法勿滥用
>[!example] 例3
>判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n}$ 的敛散性(绝对收敛、条件收敛或发散)。
**错误做法示范**:观察级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n}$,若直接对其使用比值判别法:
$$ \lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^2 / 3^{n+1}}{n^2 / 3^n} = \frac{1}{3} < 1 $$
若由此断言“原级数收敛”,则犯了**滥用判别法**的错误。因为比值判别法(及比较、根值判别法)仅
在判定**正项级数**时,其结论(收敛)才直接适用于原级数本身。
**正确解法**
这是一个**任意项级数**(具体为交错级数)。
判断其敛散性,应先考察其是否**绝对收敛**。即,考虑由各项绝对值构成的**正项级数**
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{3^n} $$
对上述**正项级数**使用比值判别法(此时使用是完全正确的):
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{3} < 1 $$
故该正项级数收敛。
根据定义,若一个级数的绝对值级数收敛,则该级数**绝对收敛**。绝对收敛的级数必然收敛。
## Vol. 5:误用p级数
**机械地套用p级数结论而忽视了其应用前提指数 `p` 必须是与 `n` 无关的常数。**
> [!example] 例题1
>$$判定\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}}的敛散性$$
#### ❌ 经典错误思路
1. 形式像 `1/n^p`
2. "指数"是 `1 + 1/n`
3. 因为 `1/n > 0`,所以 `p = 1 + 1/n > 1` 恒成立,误判为收敛
#### ✅ 正确分析与解法
**错误原因**`pₙ = 1 + 1/n` 不是常数其极限为1。
使用比值审敛法与调和级数 `∑ 1/n` 比较:
$$\lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}} }{ \frac{1}{n} } = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/n}} = 1$$
可知两级数敛散性相同,且调和级数发散 ⇒ 原级数**发散**。
---
> [!example] 例题2
>$$判定\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n}的敛散性$$
#### ❌ 经典错误思路
无法直接套用p级数因多了一个 `ln n` 因子。错误地认为 `1/(n ln n) < 1/n`,认为原级数收敛
#### ✅ 正确分析与解法(超纲,仅供拓展)
**正确解法**(积分判别法):
$$
\int_{2}^{\infty} \frac{dx}{x \ln x} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{du}{u} = \infty
$$
该积分发散 ⇒ 原级数**发散**。
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## Vol. 6: 条件收敛、绝对收敛、发散
**仅当利用比值/根值判别法判断出$\sum |a_n|$发散时$\Rightarrow$$\sum a_n$发散
#### 基本定义
给定一个实数(或复数)项级数 $\sum a_n$,其中 $a_n \in \mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$。
1. **绝对值级数**$\sum |a_n|$,即每一项取绝对值后的新级数
2. **绝对收敛**:如果 $\sum |a_n|$ 收敛,则称 $\sum a_n$ **绝对收敛**
3. **条件收敛**:如果 $\sum a_n$ 收敛但 $\sum |a_n|$ 发散,则称 $\sum a_n$ **条件收敛**
#### 正确分析:
仅有$\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
**证明**
- 使用柯西收敛准则。对于任意 $\varepsilon > 0$
因为 $\sum |a_n|$ 收敛,由柯西准则,存在 $N$,使得当 $m > n \geq N$ 时:
$$|a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon$$ 由三角不等式:
$$
|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_m| \leq |a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon
$$
因此 $\sum a_n$ 满足柯西准则 ⇒ 收敛。
同理, $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
#### 概念辨析:
1. $\sum a_n$ 收敛 ⇒ $\sum |a_n|$收敛?
❌ 经典错误思路
**反例**:交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
2. $\sum |a_n|$ 发散 ⇒ $\sum a_n$发散?
❌ 经典错误思路
**反例**:交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
3. $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
✅ 正确分析
4. $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
✅ 正确分析
#### 附典型例子
| 级数 | $\sum a_n$ | $\sum \|a_n\|$ | 分类 |
| --------------------------- | ---------- | -------------------------------------------------------- | ---- |
| $\sum \frac{(-1)^n}{n^2}$ | 收敛 | 收敛 | 绝对收敛 |
| $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ | 收敛 | 发散 | 条件收敛 |
| $\sum \frac{1}{n}$ | 发散 | 发散 | 发散 |
| $\sum (-1)^n$ | 发散(震荡) | $\sum 1$ 发散 | 发散 |
| $\sum \frac{\sin n}{n^2}$ | 收敛 | $\sum \frac{\|\sin n\|}{n^2} \leq \sum \frac{1}{n^2}$ 收敛 | 绝对收敛 |
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#### 前情提要
##### 比值判别法 (D'Alembert Ratio Test)
对于一般项 $a_n$,定义:
$$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$$
- **若 $L < 1$**:则 $\sum |a_n|$ 收敛 $\sum a_n$ **绝对收敛**。
- **若 $L > 1$**:则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**:判别法**失效**,需用其他方法判断。
##### 根值判别法 (Cauchy Root Test)
对于一般项 $a_n$,定义:
$$L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}$$
- **若 $L < 1$**:则 $\sum |a_n|$ **收敛**。
- **若 $L > 1$**:则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**:判别法**失效**,需用其他方法判断。
#### 结论:
**如果利用比值判别法或根值判别法得到$\sum |a_n|$发散,则$\sum a_n$发散**
#### 证明:
- 若比值判别法或根值判别法给出L>1
- 那意味着 $a_n$ 不趋于 0实际上 $a_n$ 递增并且远离 0
- 因此 $a_n$ 也不趋于 0
- 所以$a_n$ 发散。
## **Vol.7 分段函数分段点处求导问题**
分段函数分段点处无论是求导还是判断连续都必须从**左右两边的极限**分别去算,而且计算的时候一定只能**用定义**。
>[!example] 例题
>设$f(x)=\begin{cases} \frac{2}{3}x ,\ \ x\le1 \\ x^2, \ \ x>1,\end{cases}$则$f(x)$在$x=1$处的\[ \].
>A左右导数都存在 B左导数存在右导数不存在
>C左导数不存在右导数存在 D左右导数都不存在
**解:**$f(1)=\frac{2}{3},f'_-(1)=\lim\limits_{x\to1^-}\frac{\frac{2}{3}x-\frac{2}{3}}{x-1}=\frac{2}{3},f'_+(1)=\lim\limits_{x\to1^+}\frac{x^2-\frac{2}{3}}{x-1}=+\infty$,故左导数存在,右导数不存在,选$B$.
## **Vol.8绝对收敛级数**
绝对收敛的级数满足加法交换律,也就是说,交换各项的顺序不会导致最后结果的改变。但条件收敛的级数是不满足交换律的,改变加法的顺序可能会导致最后结果的改变,甚至可能使原本收敛的级数变成发散级数。这一点了解就行,不会出题目给大家考。
## Vol. 9: 反函数求导
易错:变量混淆。反函数的导数 = 原函数导数的倒数,但**自变量和因变量角色互换**。
这一点,大家都明白,但是一写在答题卡上就错了😂。
如何防止?我们可以试着用微分学来理解:
$y=f^{-1}(x)$,即$x = f(y)$,求$f^{-1'}$就是在求$\frac{dy}{dx}$,而$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{df(y)}=\frac{dy}{f'(y)dy}=\frac{1}{f'(y)}$
然后,就这么完了?如果就这么完了,那就真完了。
为什么?$f^{-1'}$最后应该是一个关于$x$的函数,$\frac{dy}{dx}$应当用$x$来表示。
所以,我们还需要将$y = f^{-1}(x)$代入,即:
$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{f'(y)}=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$
> [!example] 例1
> 求$d(\arcsin x)$
解:设$y=\arcsin x$,即$x=\sin y$$dx=\cos y\ dy$,即$dy=\frac{dx}{\cos y}$
作辅助三角形
![[易错点9-1.png]]
得$\cos y=\sqrt{1-x^2}$,综上,$dy=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$,即$d(\arcsin x)=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$
## Vol. 10: 无界与无穷大的辨析
很多人都觉得无界和无穷大是同一个概念,因为它们的实在是太像了:画在坐标系上都是“直指苍穹🚀”或者“飞流直下三千尺”嘛!但是,“无界”准确来说不完全是这样。要准确辨析它们,需要回到它们的**定义**上:
无穷大的定义:$\forall M > 0, \exists \delta>0$,当$0<|x-x_0|<\delta$时有$|f(x)|>M$,称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无穷大量
无界量的定义:由有界的定义($\exists M > 0, \forall x \in D_f,|f(x)|<M$)反推,无界的定义应该是$\forall M > 0$,
$\forall \delta>0, \exists x \in \mathring{U}(x_0,\delta)$有 $|f(x)|>M$,称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无界量
**核心区别**:无穷大是**存在某**去心邻域内**任意**$x$都大于$M$,无界是需要对**任意**邻域**存在**一个$x$使得$|f(x)|>M$
**联系**:无穷大一定是无界量,但是无界量不一定是无穷大。
> [!example] 例1
> 无穷震荡$\lim\limits_{x\rightarrow 0}{\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}}$
![[易错点10-1.png]]
这个并不是无穷大——不管取的邻域有多小,我总能找到一个令$\sin\frac{1}{x}=0$的$x$,此时$\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}=0$。
那这个是有界的吗?也不是。这就是典型的**不是无界量的无穷大**。
> [!example] 例2
> 双子数列$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{n\cos n\pi}$
总结:无穷大是在邻域内“一直都很大”,无界是邻域内“有很大的”

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**内部资料,禁止传播**
**编委会(不分先后,姓氏首字母顺序):韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁**
# 有理化根式法
## Quick Description
### 原理
通过平方差公式上下同乘有理化,使得 $\infty - \infty$ 或者 $\frac {0}{0}$ 等不定型变得可以处理,从而使极限可以计算
### 适用情况
分式中出现根式减根式,或形式本身为根式减根式,且极限过程导致出现不定型,常见的有 $\infty - \infty$ 和 $\frac {0}{0}$
### 优势和劣势
迅速处理上述问题,但注意一般只能处理含根式问题,若无根式,可能考虑抓大头法
一般 $\infty - \infty$ 经过有理化可以得到 $\frac{1}{\infty+\infty}$
而 $\frac {0}{0}$ 需要上下都经过有理化,一般能约掉一个因式,从而使其可以处理
### 例子
> [!example] 例1
> 计算极限 $\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})$
> [!example] 例2
> 计算极限 $\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3} {\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}$
# 夹逼定理法
## Quick Description
### 原理
被“夹”在中间的函数,会被两边函数的共同极限“逼”出相同的极限
### 适用情况
1.针对形如 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ 的式子,尤其是每一项 $a_{k}$ 含 $n$ 和 $k$、无法直接求和的情况(或连乘)
2.对于给定的  $m$  个正数  $a_1, a_2, \dots, a_m \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$.
3.有界函数放缩
### 优势和劣势
#### 优势
1. 处理复杂表达式的有效工具,对于形式复杂、不易直接化简的极限(如 $\sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n}$  这类“混合幂和”)
2. 不依赖具体函数形式
3. 特别适合涉及  $n \to \infty$  的离散极限
4. 直观易懂
#### 劣势
1. 需要合适的不等式构造,必须找到恰当的上下界,既要容易求极限,又要在所求极限点处上下界极限相等。有时不容易找到这样的函数。
2. 可能高估或低估范围
3. 对振荡型函数有时不适用
## 例子
### 类型一:
> [!example] 例1
> 求极限
> $$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{n+1}{n^2+1} + \frac{n+2}{n^2+2} + \cdots + \frac{n+n}{n^2+n} \right)$$
> [!example] 例2
> 证明:$$\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$$
### 类型二:
> [!example] 例3
> 设  $f(x) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + x^n + \left( \frac{x^2}{2} \right)^n} x \geq 0$,问  $f(x)$  是否为连续函数。
> [!example] 例4
> 证明$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$
### 类型三:
> [!example] 例5
> 求函数极限 $\lim\limits_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}$
> [!example] 例6
> 证明:$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$
# 凑重要极限法
## 原理:
两个重要极限
$$(1)\lim\limits_{x \to 0} \tfrac{sinx}{x}=1$$$$(2)\lim\limits_{x \to 0} \tfrac{e^x-1}{x}=1$$
## 适用情况
x是形式的也就是说只要是一个趋于0的函数放在上面两个极限中x的位置极限的结果仍然不变。首先得是一个除法的形式如果是乘法就转化成除以另一个函数的倒数比如
$$\lim\limits_{x \to \infty} x(e^\tfrac{1}{x}-1)=\lim\limits_{x \to \infty } \tfrac{e^\tfrac{1}{x}-1}{\tfrac{1}{x}}=1$$
这就是一个常见的化简思路。
## 例子
> [!example] 计算下列极限:
> (1)$$\lim\limits_{x \to 0} \tfrac {x-sin2x}{x+sin3x}$$
> (2)$$\lim\limits_{x \to 0} (\tfrac{1-x}{1+3x})^{1/x}$$
> [!example] 例2
> 已知$$\lim\limits_{x\to\infty}(\tfrac{x+1}{x+k})^x=\lim\limits_{x\to0}e^{\tfrac{sin4x}{x}}$$则常数k的值为__
# 等价无穷小求极限法
本质是利用已知公式进行等价无穷小因子的代换将复杂函数化简
> [!example] 例1
> 计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}$
> [!example] 例2
> 计算 $$\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}$$
熟悉常见的极限,灵活运用好极限的四则运算法则和等价无穷小,已经能够解决绝大多数的极限计算题了,无论是简单题还是难题。很多看上去很复杂的所谓难题,无非是在四则运算和等价无穷小之间反复套娃而已,如果可以熟练的分离这些特征,其实不需要泰勒公式等“高级工具”就能快速准确地得出极限值。当然,不是贬低其他的工具,只是说不要学习了所谓的一些高级工具之后,就不重视这些初级的工具和结论。
# 抓大头”求极限法
1、形如
$$\frac{ax^n + bx^{n-1} + \ldots + p}{cx^m + \beta x^{m-1} + \ldots + \xi}$$
的多项式相除上下同除x的最高次项再上下各自求极限
2、形如
$$\ln(ae^{an} + \ldots + p)$$
的指对嵌套先提出e的最高次项转化为
$$\ln e^{\alpha n} \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$
$$\alpha n + \ln \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$
> [!example] 例1
> 计算$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1-4x}-cosx}{x}=$$

@ -0,0 +1,558 @@
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# 极限计算方法
## 一、有理化根式法
### 1.1 基本原理
通过平方差公式上下同乘有理化因式,将 $\infty-\infty$ 或 $\frac{0}{0}$ 等不定型转化为可计算形式。
### 1.2 适用情况
- 分式中出现根式减根式
- 形式本身为根式减根式
- 极限过程导致出现不定型(常见 $\infty-\infty$ 和 $\frac{0}{0}$
### 1.3 优势与局限
**优势**:能迅速处理含根式的不定型问题。
**局限**:一般只适用于含根式的情况;对于 $\frac{0}{0}$ 型需上下同时有理化,通常能约去零因子。
> **🔍 关键转化形式**
> - 对于 $\infty - \infty$ 型:$\sqrt{A} - \sqrt{B} = \frac{A-B}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}$
> - 对于 $\frac{0}{0}$ 型:通常需要分子分母分别有理化
### 1.4 典型例题
#### 例1$\infty-\infty$ 型
计算极限:$\displaystyle \lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})$
**解**
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})
&= \lim_{x \to \infty} \frac{(x^{2}+1)-(x^{2}-1)}{\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{x^{2}-1}} \\[0.5em]
&= \lim_{x \to \infty} \frac{2}{\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{x^{2}-1}} \\[0.5em]
&= 0
\end{aligned}
$$
> **💡 分析**:这是典型的$\infty-\infty$型有理化,有理化后分母趋向$\infty$整体极限为0。
#### 例2$\frac{0}{0}$ 型
计算极限:$\displaystyle \lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3}{\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}$
**解**
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3}{\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}
&= \lim_{x \to 4} \frac{(\sqrt{2x+1}-3)(\sqrt{2x+1}+3)(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})}{(\sqrt{x-2}-\sqrt{2})(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})(\sqrt{2x+1}+3)} \\[0.5em]
&= \lim_{x \to 4} \frac{(2x-8)(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})}{(x-4)(\sqrt{2x+1}+3)} \\[0.5em]
&= \lim_{x \to 4} \frac{2(x-4)(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})}{(x-4)(\sqrt{2x+1}+3)} \\[0.5em]
&= \lim_{x \to 4} \frac{2(\sqrt{x-2}+\sqrt{2})}{\sqrt{2x+1}+3} \\[0.5em]
&= \frac{2(\sqrt{2}+\sqrt{2})}{3+3} = \frac{4\sqrt{2}}{6} = \frac{2\sqrt{2}}{3}
\end{aligned}
$$
> **📝 解题步骤**
> 1. 识别为$\frac{0}{0}$型,且分子分母均含根式
> 2. 分子分母分别有理化
> 3. 化简后约去零因子$(x-4)$
> 4. 代入$x=4$计算极限值
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## 二、夹逼定理法(挤压定理)
### 2.1 基本原理
若函数 $f(x)$ 满足 $g(x) \le f(x) \le h(x)$,且 $\lim g(x) = \lim h(x) = L$,则 $\lim f(x) = L$。
### 2.2 适用情况
1. 形如 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k$ 的求和极限(尤其 $a_k$ 含 $n,k$
2. 幂和根式极限:$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$
3. 有界函数乘积型极限
4. 振荡函数与无穷小乘积的极限
### 2.3 优势与劣势
**优势**
1. 处理复杂表达式的有效工具
2. 不依赖具体函数形式
3. 特别适合涉及 $n \to \infty$ 的离散极限
4. 直观易懂
**劣势**
1. 需要合适的不等式构造
2. 必须找到恰当的上下界
3. 可能高估或低估范围
4. 对振荡型函数有时不适用
### 2.4 三种常见类型及例题
#### 类型一:求和式极限
**例1**:求 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n+1}{n^2+1} + \frac{n+2}{n^2+2} + \cdots + \frac{n+n}{n^2+n} \right)$
**解**
对 $k=1,2,\dots,n$,有 $n^2+1 \le n^2+k \le n^2+n$,故
$$
\frac{n+k}{n^2+n} \le \frac{n+k}{n^2+k} \le \frac{n+k}{n^2+1}
$$
求和得:
$$
\frac{\sum_{k=1}^n (n+k)}{n^2+n} \le S_n \le \frac{\sum_{k=1}^n (n+k)}{n^2+1}
$$
其中 $\displaystyle \sum_{k=1}^n (n+k) = n^2 + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{3n^2+n}{2}$
计算上下极限:
$$
\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+n} = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2n^2+2n} = \frac{3}{2}
$$
$$
\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+1} = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2n^2+2} = \frac{3}{2}
$$
由夹逼定理得:$\displaystyle \lim_{n\to\infty} S_n = \frac{3}{2}$
**例2**:证明 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$
**证明**
$$
0 < \frac{n!}{n^n} = \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots \frac{n}{n} \le \frac{1}{n} \cdot 1 \cdot 1 \cdots 1 = \frac{1}{n}
$$
而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0$,故 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$
> **🔍 技巧**对于连乘积常将部分因子放大为1部分因子保持不变得到易求极限的上下界。
#### 类型二:幂和根式极限
**重要结论**:若 $a_k > 0$,则
$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$$
**例3**:设 $\displaystyle f(x) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + x^n + \left( \frac{x^2}{2} \right)^n},\ x \ge 0$,讨论 $f(x)$ 连续性。
**解**
比较三项:$a_1=1,\ a_2=x,\ a_3=\frac{x^2}{2}$
1. **当 $0 \le x \le 1$**
$x \le 1$,且 $\frac{x^2}{2} \le \frac{1}{2} < 1$,最大值为 $1$
2. **当 $1 < x \le 2$**
比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$
$$x \ge \frac{x^2}{2} \Leftrightarrow 2x \ge x^2 \Leftrightarrow x(2-x) \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2$$
在 $(1, 2]$ 内,$x \ge \frac{x^2}{2}$;同时 $x > 1$,所以最大值是 $x$
3. **当 $x > 2$**
比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$
$\frac{x^2}{2} > x \ (x > 2)$,且 $\frac{x^2}{2} > 1$,所以最大值是 $\frac{x^2}{2}$
$$
f(x) = \begin{cases}
1, & 0 \le x \le 1 \\
x, & 1 < x \le 2 \\
\frac{x^2}{2}, & x > 2
\end{cases}
$$
**连续性检查**
- 在 $x=1$ 处:$x \to 1^-$ 时 $f(x)=1$$x \to 1^+$ 时 $f(x)=x \to 1$,且 $f(1)=1$,连续
- 在 $x=2$ 处:$x \to 2^-$ 时 $f(x)=x \to 2$$x \to 2^+$ 时 $f(x)=\frac{x^2}{2} \to 2$,且 $f(2)=2$,连续
因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续。
**例4**:证明 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$
**证明**
$$
7^n < 3^n + 5^n + 7^n \le 3 \cdot 7^n
$$
两边开 $n$ 次方:
$$
7 < \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} \le 7 \cdot \sqrt[n]{3}
$$
而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3} = 1$,由夹逼定理得证。
> **📝 解题模板**
> 1. 找出最大项 $M = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$
> 2. 构造不等式:$M^n < \sum a_i^n \le m \cdot M^n$
> 3. 取$n$次根:$M < \sqrt[n]{\sum a_i^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m}$
> 4. 由 $\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{m} = 1$ 得结论
#### 类型三:有界函数乘积型
**例5**:求 $\displaystyle \lim_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}$
**解**
由 $-1 \le \sin\frac{1}{x} \le 1$,得
$$
-x^2 \le x^2\sin\frac{1}{x} \le x^2
$$
而 $\displaystyle \lim_{x\to0}(-x^2) = \lim_{x\to0}x^2 = 0$,故原极限为 $0$。
**例6**:证明 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$
**证明**
$$
1 \le 2 + \sin^2 n \le 3 \Rightarrow
1 \le \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} \le \sqrt[n]{3}
$$
而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3} = 1$,故得证。
> **⚠️ 注意事项**
> 1. 确保上下界函数极限存在且相等
> 2. 不等式方向必须一致
> 3. 对于振荡函数,常利用其有界性
---
## 三、凑重要极限法
### 3.1 两个重要极限
1. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$
2. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x} = 1$
### 3.2 变形与推广
- $\displaystyle \lim_{\square \to 0} \frac{\sin \square}{\square} = 1$$\square$代表任何趋于0的表达式
- $\displaystyle \lim_{\square \to 0} \frac{e^\square-1}{\square} = 1$
- $\displaystyle \lim_{\square \to 0} (1+\square)^{1/\square} = e$
### 3.3 使用技巧
1. **识别结构**:寻找$\frac{\sin(\text{无穷小})}{\text{相同的无穷小}}$或$\frac{e^{\text{无穷小}}-1}{\text{相同的无穷小}}$的形式
2. **变量代换**:令$t = \text{无穷小表达式}$,化为标准形式
3. **恒等变形**:利用对数、指数等恒等式转化
### 3.4 典型例题
**例1**
(1) $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{x-\sin 2x}{x+\sin 3x}$
**解**
$$
\lim_{x\to0}\frac{x-\sin 2x}{x+\sin 3x}
= \lim_{x\to0}\frac{1-2\cdot\frac{\sin 2x}{2x}}{1+3\cdot\frac{\sin 3x}{3x}}
= \frac{1-2\times1}{1+3\times1} = -\frac{1}{4}
$$
(2) $\displaystyle \lim_{x \to 0} \left(\frac{1-x}{1+3x}\right)^{1/x}$
**解**
令 $t = -\frac{4x}{1+3x}$,则 $x \to 0$ 时 $t \to 0$,且
$$
\frac{1}{x} = -4\cdot\frac{1+3x}{4x} = -4\cdot\frac{1}{t}-3
$$
原式 $= \displaystyle \lim_{t\to 0} (1+t)^{-4/t-3} = \lim_{t\to 0} \left[(1+t)^{1/t}\right]^{-4} \cdot (1+t)^{-3} = e^{-4} \cdot 1 = e^{-4}$
**例2**:已知 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+1}{x+k}\right)^x = \lim_{x\to0}e^{\frac{\sin 4x}{x}}$,求 $k$
**解**
左边 $= \displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{(1+1/x)^x}{(1+k/x)^x} = \frac{e}{e^k} = e^{1-k}$
右边 $= e^{\lim_{x\to0}\frac{\sin 4x}{x}} = e^{4}$
故 $e^{1-k} = e^4 \Rightarrow 1-k = 4 \Rightarrow k = -3$
### 3.5 课后练习与详解
**练习1**$\displaystyle \lim_{x\to0}\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)^{3/x}\ (a,b>0)$
**解**
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to0}\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)^{3/x}
&= \lim_{x\to0}\left(1 + \frac{a^x+b^x-2}{2}\right)^{3/x} \\
&= \lim_{x\to0}\left(1 + \frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}\right)^{3/x} \\
&= \lim_{x\to0}\left(1 + \frac{x\ln a + x\ln b + o(x)}{2}\right)^{3/x} \quad (\text{利用 } a^x-1 \sim x\ln a) \\
&= \lim_{x\to0}\left(1 + \frac{\ln(ab)}{2}x\right)^{3/x} \\
&= e^{\frac{3\ln(ab)}{2}} = (ab)^{3/2}
\end{aligned}
$$
**练习2**$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}\sin\frac{2}{x}$
**解**
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}\sin\frac{2}{x}
&= \lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3} \cdot \frac{\sin\frac{2}{x}}{\frac{2}{x}} \cdot \frac{2}{x} \\
&= \lim_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3} \cdot 1 \cdot \frac{2}{x} \\
&= \lim_{x\to\infty}\frac{6x^2+10}{5x^2+3x} = \frac{6}{5}
\end{aligned}
$$
**练习3**$\displaystyle \lim_{x\to\pi/4}\frac{\tan x-1}{x-\pi/4}$
**解**
令 $t = x - \frac{\pi}{4}$,则 $x = t + \frac{\pi}{4},\ t \to 0$
$\tan x = \tan\left(t + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t}$
于是:
$$
\begin{aligned}
\tan x - 1 &= \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t} - 1 = \frac{2\tan t}{1 - \tan t} \\
\frac{\tan x-1}{x-\pi/4} &= \frac{2\tan t}{t(1-\tan t)} = 2\cdot\frac{\tan t}{t}\cdot\frac{1}{1-\tan t}
\end{aligned}
$$
当 $t \to 0$ 时:$\frac{\tan t}{t} \to 1$$1-\tan t \to 1$
故原极限 $= 2 \times 1 \times 1 = 2$
**练习4**$\displaystyle \lim_{x\to\pi/2}(\sin x)^{\tan x}$
**解**
令 $t = \frac{\pi}{2} - x$,则 $x = \frac{\pi}{2} - t,\ t \to 0$
$\sin x = \cos t \sim 1 - \frac{t^2}{2}$
$\tan x = \cot t = \frac{\cos t}{\sin t} \sim \frac{1}{t}$
原式 $= \displaystyle \lim_{t\to0} (\cos t)^{\cot t}$
取对数:$\ln(\text{原式}) = \displaystyle \lim_{t\to0} \cot t \cdot \ln(\cos t)$
$$
\cot t \cdot \ln(\cos t) = \frac{\cos t}{\sin t} \cdot \ln(1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2)) \sim \frac{1}{t} \cdot (-\frac{t^2}{2}) = -\frac{t}{2} \to 0
$$
故原式 $= e^0 = 1$
> **💡 重要技巧**
> 1. 幂指函数 $[f(x)]^{g(x)}$ 常取对数:$e^{g(x)\ln f(x)}$
> 2. 利用等价无穷小 $\ln(1+u) \sim u\ (u\to0)$
> 3. 注意代换后的新变量也趋于0才能使用重要极限
---
## 四、等价无穷小代换法
### 4.1 基本原理
在乘积和商的极限运算中,可以将复杂的无穷小量替换为等价的简单无穷小量,简化计算。
### 4.2 常用等价无穷小($x\to 0$
| 等价形式 | 条件 |
|---------|------|
| $x \sim \sin x \sim \tan x \sim \arcsin x \sim \arctan x$ | 基础等价 |
| $x \sim e^x-1 \sim \ln(1+x)$ | 指数对数等价 |
| $1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$ | 三角函数等价 |
| $(1+x)^a-1 \sim ax$ | 幂函数等价 |
| $a^x-1 \sim x\ln a\ (a>0)$ | 指数函数等价 |
| $x - \sin x \sim \frac{1}{6}x^3$ | 高阶等价 |
| $\tan x - x \sim \frac{1}{3}x^3$ | 高阶等价 |
### 4.3 使用原则
1. **乘除运算可直接替换**
2. **加减运算需谨慎**:只有同阶无穷小相加减时,不能随意替换
3. **复合函数可整体替换**
### 4.4 典型例题
**例1**:计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}$
**解**
原式 $= \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{mx}{nx} = \frac{m}{n}$
**例2**:计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}$
**解**:取对数得
$$
\begin{aligned}
\ln L &= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{\sin^2 x}\ln(\cos x) \\
&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot \ln[1+(\cos x-1)] \\
&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot (\cos x-1) \quad (\text{利用 }\ln(1+u)\sim u) \\
&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot (-\frac{1}{2}x^2) \quad (\text{利用 }1-\cos x\sim\frac{1}{2}x^2) \\
&= -\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}(1+x) = -\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
故原式 $= e^{-1/2}$
**例3**:计算 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\arctan(n+1) - \arctan n]$
**解**
利用公式 $\arctan a - \arctan b = \arctan\frac{a-b}{1+ab}$
$$
\begin{aligned}
\text{原式} &= \lim_{n \to \infty} n^2 \arctan\frac{(n+1)-n}{1+(n+1)n} \\
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \arctan\frac{1}{n^2+n+1} \\
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^2+n+1} \quad (\text{利用 }\arctan u\sim u\ (u\to0)) \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2+n+1} = 1
\end{aligned}
$$
### 4.5 注意事项与常见错误
**⚠️ 加减法替换的陷阱**
已知 $a^x - 1 \sim x\ln a$$x \sim \sin x$,但
$$
\lim_{x\to 0}\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x}
$$
不能直接替换为 $\frac{0}{0}$
**正确解法(泰勒展开)**
分子:$a^x - 1 - x\ln a = \left(1 + x\ln a + \frac{(x\ln a)^2}{2} + o(x^2)\right) - 1 - x\ln a = \frac{(x\ln a)^2}{2} + o(x^2)$
分母:$\sin x - x = -\frac{x^3}{6} + o(x^3)$
因此:
$$
\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x} \sim \frac{\frac{(x\ln a)^2}{2}}{-\frac{x^3}{6}} = -3\frac{(\ln a)^2}{x}
$$
当 $x\to 0^+$ 时 $\to -\infty$$x\to 0^-$ 时 $\to +\infty$,极限不存在。
### 4.6 引入练习详解
计算 $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2\tan x}-\sqrt{1+2\sin x}}{x\ln(1+x)-x^2}$
**解**
$$
\begin{aligned}
\text{原式} &= \lim_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+2\tan x}-\sqrt{1+2\sin x})(\sqrt{1+2\tan x}+\sqrt{1+2\sin x})}{(x\ln(1+x)-x^2)(\sqrt{1+2\tan x}+\sqrt{1+2\sin x})} \\
&= \lim_{x\to0}\frac{2(\tan x - \sin x)}{x[\ln(1+x)-x] \cdot 2} \quad (\text{分母中的}\sqrt{\cdots}+\sqrt{\cdots}\to 2) \\
&= \lim_{x\to0}\frac{\tan x - \sin x}{x[\ln(1+x)-x]} \\
&= \lim_{x\to0}\frac{\sin x(\frac{1}{\cos x}-1)}{x[\ln(1+x)-x]} \\
&= \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1}{\cos x} \cdot \frac{1-\cos x}{\ln(1+x)-x} \\
&= 1 \cdot 1 \cdot \lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{\ln(1+x)-x}
\end{aligned}
$$
对于 $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{\ln(1+x)-x}$
利用 $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$
得 $\ln(1+x)-x = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3) \sim -\frac{x^2}{2}$
因此:
$$
\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{\ln(1+x)-x} = \lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{-\frac{1}{2}x^2} = -1
$$
故原式 $= -1$,答案为 **C**
> **📋 等价无穷小使用总结**
> 1. 熟记常用等价无穷小公式
> 2. 乘除运算放心用,加减运算要小心
> 3. 复杂表达式可先有理化、拆分再使用
> 4. 不确定时可用泰勒展开验证
---
## 五、"抓大头"法(主导项法)
### 5.1 基本原理
在极限计算中,忽略低阶项,只保留最高阶项(主导项)。
### 5.2 适用情形
1. **有理分式极限**:分子分母同除以最高次项
2. **指对嵌套式**:提出指数最高次项
3. **多项式与根式混合**:比较各项阶数
### 5.3 常见类型及方法
#### 类型一:有理分式
对于 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0}{b_mx^m + b_{m-1}x^{m-1} + \cdots + b_0}$
- $n > m$:极限为 $\infty$ 或 $-\infty$(由系数符号决定)
- $n = m$:极限为 $\frac{a_n}{b_m}$
- $n < m$ $0$
#### 类型二:指数型
对于 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\ln(ae^{\alpha n} + be^{\beta n} + \cdots)$,其中 $\alpha > \beta > \cdots$
提取 $e^{\alpha n}$$= \alpha n + \ln(a + be^{(\beta-\alpha)n} + \cdots) \to \alpha n + \ln a$
### 5.4 典型例题
**例1**:计算 $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1-4x}-\cos x}{x}$
**解**
使用等价无穷小:
$\sqrt{1-4x} = 1 - 2x - \frac{(4x)^2}{8} + o(x^2) = 1 - 2x - 2x^2 + o(x^2)$
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)$
因此:
$$
\sqrt{1-4x} - \cos x = (1 - 2x - 2x^2) - (1 - \frac{x^2}{2}) + o(x^2) = -2x - \frac{3}{2}x^2 + o(x^2)
$$
原式 $= \displaystyle \lim_{x\to0}\frac{-2x - \frac{3}{2}x^2 + o(x^2)}{x} = \lim_{x\to0}(-2 - \frac{3}{2}x + o(x)) = -2$
**例2**:计算 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{3x^3 - 2x^2 + 5}{2x^3 + 7x - 1}$
**解**
分子分母同除以 $x^3$
$$
\lim_{x\to\infty}\frac{3 - \frac{2}{x} + \frac{5}{x^3}}{2 + \frac{7}{x^2} - \frac{1}{x^3}} = \frac{3}{2}
$$
**练习**$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\csc x - \cot x}{x}$
**解**
$$
\csc x - \cot x = \frac{1}{\sin x} - \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{1-\cos x}{\sin x} \sim \frac{\frac{1}{2}x^2}{x} = \frac{x}{2}
$$
故原式 $= \displaystyle \lim_{x\to0}\frac{x/2}{x} = \frac{1}{2}$
### 5.5 综合练习
**练习1**$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{4x^2+3x+1} - \sqrt{4x^2-2x+5}}{x}$
**解**
有理化:
$$
\begin{aligned}
\text{原式} &= \lim_{x\to\infty}\frac{(4x^2+3x+1) - (4x^2-2x+5)}{x(\sqrt{4x^2+3x+1} + \sqrt{4x^2-2x+5})} \\
&= \lim_{x\to\infty}\frac{5x-4}{x(\sqrt{4x^2+3x+1} + \sqrt{4x^2-2x+5})} \\
&= \lim_{x\to\infty}\frac{5 - \frac{4}{x}}{\sqrt{4+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{4-\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}}} \\
&= \frac{5}{\sqrt{4}+\sqrt{4}} = \frac{5}{2+2} = \frac{5}{4}
\end{aligned}
$$
> **💡 "抓大头"的本质**
> 在 $x\to\infty$ 时,$x^3$ 比 $x^2$ "大得多";在 $x\to0$ 时,$x^2$ 比 $x$ "小得多"。抓住这些主导项,忽略次要项,是快速求解极限的关键。
---
## 六、方法综合运用与总结
### 6.1 极限计算流程图
```
开始
判断极限类型
├── 0/0型 → 考虑:有理化、等价无穷小、洛必达
├── ∞/∞型 → 考虑:抓大头、洛必达
├── ∞-∞型 → 考虑:有理化、通分
├── 0·∞型 → 化为0/0或∞/∞
└── 1^∞, 0^0, ∞^0型 → 取对数化为0/0型
选择合适方法
计算并验证
```
### 6.2 方法选择指南
| 方法 | 最佳适用场景 | 注意事项 |
|------|------------|----------|
| 有理化根式法 | 含根式的$\infty-\infty$或$0/0$型 | 注意分子分母分别有理化 |
| 夹逼定理法 | 求和、幂和根式、有界函数乘积 | 构造合适的不等式是关键 |
| 凑重要极限法 | 含$\sin x/x$或$(1+1/x)^x$结构 | 灵活使用变量代换 |
| 等价无穷小法 | 乘除运算中的复杂无穷小 | 加减运算中慎用 |
| 抓大头法 | $x\to\infty$的有理分式或指对式 | 明确各项阶数关系 |
### 6.3 常见错误提醒
1. **滥用等价无穷小**:在加减运算中随意替换
2. **忽略定义域**:如$\sqrt{x}$在$x<0$时无定义
3. **错误使用洛必达**:不满足$\frac{0}{0}$或$\frac{\infty}{\infty}$型
4. **夹逼定理使用不当**:上下界极限不相等
5. **重要极限变形错误**$\lim (1+\frac{1}{x})^x = e$ 仅当$x\to\infty$
### 6.4 终极建议
1. **先化简后计算**:有理化、通分、因式分解等
2. **多方法验证**:用不同方法计算同一极限,验证结果
3. **掌握泰勒展开**:这是极限计算的终极武器
4. **积累常见结论**:如$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$$\lim_{x\to0}\frac{\tan x - x}{x^3}=\frac{1}{3}$等
> **🚀 提升路径**
> 1. 熟练掌握本文五种基本方法
> 2. 学习洛必达法则适用于0/0和∞/∞型)
> 3. 掌握泰勒公式展开(最强大的工具)
> 4. 练习综合题,培养方法选择直觉
**记住**:极限计算的核心思想是 **"化未知为已知,化复杂为简单"**。通过恒等变形、变量代换、等价替换等手段,将陌生的极限转化为熟悉的形式,再利用已知结论求解。

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# 有理化根式法
## Quick Description
### 原理
通过平方差公式上下同乘有理化,使得 $\infty - \infty$ 或者 $\frac {0}{0}$ 等不定型变得可以处理,从而使极限可以计算
### 适用情况
分式中出现根式减根式,或形式本身为根式减根式,且极限过程导致出现不定型,常见的有 $\infty - \infty$ 和 $\frac {0}{0}$
### 优势和劣势
迅速处理上述问题,但注意一般只能处理含根式问题,若无根式,可能考虑抓大头法
一般 $\infty - \infty$ 经过有理化可以得到 $\frac{1}{\infty+\infty}$
而 $\frac {0}{0}$ 需要上下都经过有理化,一般能约掉一个因式,从而使其可以处理
### 例子
> [!example] 例1
> 计算极限 $\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})$
观察到这里是根式减根式,并且是不定型 $\infty - \infty$,考虑使用有理化根式法
则有$$\begin{align*}
\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})
&= \lim_{x \to \infty} \frac{2} {\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{x^{2}-1}} \\[1em]
&= 0
\end{align*}$$
> [!example] 例2
> 计算极限 $\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3} {\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}$
观察到这里是根式减根式,并且是不定型 $\frac {0}{0}$ ,考虑使用有理化根式法
则有$$\begin{align*}
\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3} {\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}
&= \lim_{x \to 4} \frac{(\sqrt{x-2}+\sqrt{2}) } {x-4} \frac{2(x-4)}{ (\sqrt{2x+1}+3) } \\[1em]
&= 2\lim_{x \to 4} \frac{(\sqrt{x-2}+\sqrt{2}) } {\sqrt{2x+1}+3}\\[1em]
&= \frac{2\sqrt{2}}{3}
\end{align*}$$
# 夹逼定理法
## Quick Description
### 原理
被“夹”在中间的函数,会被两边函数的共同极限“逼”出相同的极限
### 适用情况
1.针对形如 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ 的式子,尤其是每一项 $a_{k}$ 含 $n$ 和 $k$、无法直接求和的情况(或连乘)
2.对于给定的  $m$  个正数  $a_1, a_2, \dots, a_m \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$.
3.有界函数放缩
### 优势和劣势
#### 优势
1. 处理复杂表达式的有效工具,对于形式复杂、不易直接化简的极限(如 $\sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n}$  这类“混合幂和”)
2. 不依赖具体函数形式
3. 特别适合涉及  $n \to \infty$  的离散极限
4. 直观易懂
#### 劣势
1. 需要合适的不等式构造,必须找到恰当的上下界,既要容易求极限,又要在所求极限点处上下界极限相等。有时不容易找到这样的函数。
2. 可能高估或低估范围
3. 对振荡型函数有时不适用
## 例子
### 类型一:
> [!example] 例1
> 求极限
> $$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{n+1}{n^2+1} + \frac{n+2}{n^2+2} + \cdots + \frac{n+n}{n^2+n} \right)$$
1. 放缩:
   对  $k = 1, 2, \dots, n$  ,有$$n^2+1 \le n^2+k \le n^2+n$$因此
   $$\frac{n+k}{n^2+n} \le \frac{n+k}{n^2+k} \le \frac{n+k}{n^2+1}$$
2. 求和:
      分子和:$$\sum_{k=1}^n (n+k) = n\cdot n + (1+2+\cdots+n)
   = n^2 + \frac{n(n+1)}{2}
   = \frac{2n^2 + n(n+1)}{2}
   = \frac{3n^2+n}{2}$$于是:
$$\frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+n}
   \le S_n \le
   \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+1}
   其中  S_n = \sum_{k=1}^n \frac{n+k}{n^2+k}$$
3. 求上下极限:
   $$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+n}
   = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2(n^2+n)}
   = \frac{3}{2}$$
$$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+1}
   = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2(n^2+1)}
   = \frac{3}{2}$$
4. 夹逼得: $$ \lim_{n\to\infty} S_n = \frac{3}{2}$$
> [!example] 例2
> 证明:$$\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$$
证明:
$$0 < \frac{n!}{n^n}
= \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots \frac{n}{n}
\le \frac{1}{n} \cdot 1 \cdot 1 \cdots 1
= \frac{1}{n}$$
因为
$$0 \le \frac{n!}{n^n} \le \frac{1}{n}
\quad\text{且}\quad
\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0$$
由夹逼定理得:
$$\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$$
### 类型二:
> [!example] 例3
> 设  $f(x) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + x^n + \left( \frac{x^2}{2} \right)^n} x \geq 0$,问  $f(x)$  是否为连续函数。
解析:
1. 提取主要项法
常用结论:
 $a_k > 0$ ,则
$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$$
这里比较的三项为:
$$a_1 = 1, \quad a_2 = x, \quad a_3 = \frac{x^2}{2}$$
2. 分区间求最大值
比较 $1$、$x$、$\frac{x^2}{2}$ 的大小随 $x$ 变化:
1. 当 $0 \le x \le 1$
      $x \le 1$,且 $\frac{x^2}{2} \le \frac12 < 1$,最大的是 $1$。
2. 当 $1 < x \le 2$
      此时 $x > 1$,比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$
   $$x \ge \frac{x^2}{2} \quad \Leftrightarrow \quad 2x \ge x^2 \quad \Leftrightarrow \quad x \le 2$$
   在 (1, 2] 内,$x \ge \frac{x^2}{2}$;同时 $x > 1$,所以最大值是 $x$。
3. 当 $x > 2$
      比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$
      $\frac{x^2}{2} > x \ (x > 2)$,且显然 $\frac{x^2}{2} > 1$,所以最大值是 $\frac{x^2}{2}$。
4. 极限结果
$$f(x) = \max\left\{1, x, \frac{x^2}{2} \right\} =
\begin{cases}
1, & 0 \le x \le 1, \\
x, & 1 < x \le 2, \\
\frac{x^2}{2}, & x > 2.
\end{cases}$$
4. 连续性检查
· 在 $x=1$ 处:
    $x \to 1^- 时 f(x) = 1$;
    $x \to 1^+ 时 f(x) = x \to 1且 f(1)=1连续$
· 在 $x=2$ 处:
    $x \to 2^- 时 f(x) = x \to 2$;
    $x \to 2^+ 时 f(x) = \frac{x^2}{2} \to 2且 f(2) = 2连续$
因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty) 上连续$
最终答案:
$$\boxed{f(x) =
\begin{cases}
1, & 0 \le x \le 1, \\
x, & 1 < x \le 2, \\
\frac{x^2}{2}, & x > 2.
\end{cases}}$$
> [!example] 例4
> 证明$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$
证明:
$$7^n < 3^n + 5^n + 7^n \le 7^n + 7^n + 7^n = 3\cdot 7^n$$
两边开 n 次方:
$$7 < \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} \le 7 \cdot \sqrt[n]{3}$$
而 $$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3} = 1$$由夹逼定理得:
$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$$
### 类型三:
> [!example] 例5
> 求函数极限 $\lim\limits_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}$
解析:
1.  **利用有界函数放缩**
    已知正弦函数的值域:$-1\le\sin\frac{1}{x}\le1$$x\neq0$
    两边同乘 $x^2$$x^2\ge0$,不等号方向不变):
    $$-x^2\le x^2\sin\frac{1}{x}\le x^2$$
2.  **求上下界的极限**
    左边极限:$\lim\limits_{x\to0}(-x^2)=0$
    右边极限:$\lim\limits_{x\to0}x^2=0$
3.  **应用夹逼定理**
上下界极限均为 $0$,因此 $\lim\limits_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}=0$
> [!example] 例6
> 证明:$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$
证明:
$$1 \le 2 + \sin^2 n \le 3$$
所以
$$\sqrt[n]{1} \le \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} \le \sqrt[n]{3}$$
$$1 \le \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} \le 3^{1/n}$$
而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} 3^{1/n} = 1$,由夹逼定理:
$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$$
# 凑重要极限法
## 原理:
两个重要极限
$$(1)\lim\limits_{x \to 0} \frac{sinx}{x}=1$$$$(2)\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x}=1$$
## 适用情况
x是形式的也就是说只要是一个趋于0的函数放在上面两个极限中x的位置极限的结果仍然不变。首先得是一个除法的形式如果是乘法就转化成除以另一个函数的倒数比如
$$\lim\limits_{x \to \infty} x(e^\frac{1}{x}-1)=\lim\limits_{x \to \infty } \frac{e^\frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x}}=1$$
这就是一个常见的化简思路。
## 例子
> [!example] 计算下列极限:
> (1)$$\lim\limits_{x \to 0} \frac {x-sin2x}{x+sin3x}$$
> (2)$$\lim\limits_{x \to 0} (\frac{1-x}{1+3x})^{1/x}$$
1
$$\lim\limits_{x\to0}\frac{x-sin2x}{x+sin3x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{1-2\frac{sin2x}{2x}}{1+3\frac{sin3x}{3x}}=\frac{1-2}{1+3}=-\frac{1}{4}$$
2
原式等于$$\lim\limits_{x\to0}[(1+\frac{1}{\frac{-4x}{1+3x}})]^{1/x}$$
令$$\frac{-4x}{1+3x}=\frac{1}{t}$$则$$1/x=-4t-3$$则原式等于
$$\lim\limits_{t\to\infty}(1+1/t)^{-4t-3}=\lim\limits_{t\to\infty}[(1+1/t)^t]^{-4}*(1+1/t)^{-3}=e^{-4}$$
> [!example] 例2
> 已知$$\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+1}{x+k})^x=\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{sin4x}{x}}$$则常数k的值为__
解:
左边=$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{(1+1/x)^x}{(1+k/x)^x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{(1+1/x)^x}{(1+\frac{1}{(x/k)})^{(x/k)*k}}=\frac{e}{e^k}=e^{1-k}$$
右边=$$e^{\lim\limits_{x\to0}{\frac{sin4x}{x}}}=e^4$$
故$$e^{1-k}=e^4k=-3$$
**课后习题:**
1$\lim\limits_{x\to0}(\frac{a^x+b^x}{2})^{3/x}  (a,b>0)$
2$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}$
3$\lim\limits_{x\to\pi/4}\frac{tanx-1}{x-\pi/4}$
4$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$
解:
1
$$\begin{aligned}
\lim\limits_{x\to0}(\frac{a^x+b^x}{2})^{3/x}
&=\lim\limits_{x\to0}(\frac{a^x-1}{2}+\frac{b^x-1}{2}+1)^{3/x}\\[1em]
&=\lim\limits_{x\to0}(\frac{e^{xlna}-1}{2}+\frac{e^{xlnb}-1}{2}+1)^{3/x} \\[1em]
&=\lim\limits_{x\to0}(\frac{xlna}{2}+\frac{xlnb}{2}+1)^{3/x} \\[1em]
&=\lim\limits_{x\to0}(1+\frac{lnab}{2}x)^{\frac{2}{xlnab}\frac{3lnab}{2}}\\[1em]
&=e^{\frac{3lnab}{2}}\\[1em]
&=(ab)^{3/2}
\end{aligned}$$
2
$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{6x^2+10}{5x^2+3x}\frac{sin\frac{2}{x}}{\frac{2}{x}}=\frac{6}{5}$$
3
$$t = x - \frac{\pi}{4} \quad \Rightarrow \quad x = t + \frac{\pi}{4},\ t \to 0.$$
则$\tan x = \tan\left(t + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t}$.
于是$\tan x - 1 = \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t} - 1$
$$= \frac{2\tan t}{1 - \tan t}.$$
代入原极限:$$\lim\limits_{x\to\pi/4} \frac{\tan x - 1}{x - \pi/4}
= \lim\limits_{t\to 0} \frac{\frac{2\tan t}{1 - \tan t}}{t}
= \lim\limits_{t\to 0} \frac{2\tan t}{t(1 - \tan t)}.$$
利用重要极限 $\displaystyle \lim_{u\to 0} \frac{\tan u}{u} = 1:\frac{2\tan t}{t(1 - \tan t)} = 2 \cdot \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1}{1 - \tan t}$
当 $t \to 0$ 时,$\tan t \to 0\lim\limits_{t\to 0} \frac{\tan t}{t} = 1,\quad \lim\limits_{t\to 0} (1 - \tan t) = 1.$
所以$$\lim\limits_{t\to 0} 2 \cdot \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1}{1 - \tan t}
= 2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{1 - 0} = 2$$
4
原式=$\lim\limits_{x\to\pi/2}(1+sinx-1)^{\frac{1}{sinx-1}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}=e^{\lim\limits_{x\to\pi/2}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}$
令$t=\pi/2-x$,则原式=$e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(cost-1)}{sint}}=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(-t^2/2)}{t}}=e^0=1$
# 等价无穷小求极限法
本质是利用已知公式进行等价无穷小因子的代换将复杂函数化简
引入练习:计算
$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2tanx}-\sqrt{1+2sinx}}{xln(1+x)-x^2}$$    
A、原式= $\infty$
B、原式=1
C、原式=-1
D、原式=0
原式等于$$2\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x[ln(1+x)-x]}\frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+\sqrt{1+2sinx}}$$
$$=2\lim\limits_{x\to 0} \frac{sinx(1/cosx-1)} {x[ln(1+x)-x]} \frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+ \sqrt{1+2sinx}}$$
$$=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx}{x}\frac{1}{cosx}\frac{1-cosx}{ln(1+x)-x}$$
$$=-1$$
解题思路:含有根式函数的极限,可先考虑有限化,然后再用四则运算、等价无穷小等方式求极限
> [!example] 例1
> 计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}$
答:
由 $x \sim \sin x$(等价无穷小):
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}
= \lim_{x\to 0}\frac{mx}{nx}
= \frac{m}{n}.$$
> [!example] 例2
> 计算 $$\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}$$
答:
小技巧,针对复杂幂函数——取对数。
不妨取原式对数,得
$$\lim_{x\to 0}\ln\left[(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}\right]
= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{\sin^2 x}\ln(\cos x)$$
由 $x \sim \sin x \sim \ln(1+x)$$1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$
$$ln(\cos x) \sim \cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2$$
$$\begin{aligned}
\lim_{x\to 0}\frac{1+x}{\sin^2 x}\ln(\cos x)
&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot \lim_{x\to 0}\left(-\frac{1}{2}x^2\right) \\[1em]
&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot \left(-\frac{1}{2}x^2\right) \\[1em]
&= -\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)}{x^2} \cdot x^2 \\[1em]
&= -\frac{1}{2}
\end{aligned}$$
所以
$$\lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}} = e^{-\frac{1}{2}}$$
## 加减运算的替换限制
对于加减运算,需要进行无穷小阶数的比较,若两同阶无穷小相加为零,要注意此时可能无法代换,
因为此时可能会丢失高阶信息,所以有“加减不替换”的说法。
如:已知 $a^x - 1 \sim x\ln a$$x \sim \sin x$
$$\lim_{x\to 0}\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x}$$
因为分子为0整个式子为0事实并非如此。
$$\textbf{拓展:}由泰勒展开可得,分子实际上等于$$
$$\left( x\ln a + \frac{(x\ln a)^2}{2} + \frac{(x\ln a)^3}{6} + o(x^3) \right) - x\ln a
= \frac{(x\ln a)^2}{2} + o(x^2).$$
分母:$\sin x - x = -\frac{x^3}{6} + o(x^3)$,因此
$$\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x} \sim \frac{\frac{(x\ln a)^2}{2}}{-\frac{x^3}{6}}
= -3\frac{(\ln a)^2}{x} \to
\begin{cases}
-\infty, & x\to 0^+,\\
+\infty, & x\to 0^-.
\end{cases}$$
练习:计算 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\arctan(n+1) - \arctan n]$
由 $\arctan x \sim x$ 得?注意此时 $n\to\infty$。
$$\begin{aligned}\text{原式}
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{(n+1)-n}{1+(n+1)n} \right] \\[1em]
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{1}{n^2 + n + 1} \right] \\[1em]
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^2 + n + 1} \quad (\text{因为 } \arctan x \sim x \text{ 当 } x \to 0) \\[1em]
&= 1
\end{aligned}$$
二、常见等价无穷小结
$$x \sim \sin x \sim \tan x \sim \sin^{-1} x \sim \tan^{-1} x \sim e^x - 1 \sim \ln(1 + x)$$
$$1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2 \quad $$
$$(1 + x)^a - 1 \sim ax$$
$$a^x - 1 \sim x \ln a \quad (a > 0)$$
熟悉常见的极限,灵活运用好极限的四则运算法则和等价无穷小,已经能够解决绝大多数的极限计算题了,无论是简单题还是难题。很多看上去很复杂的所谓难题,无非是在四则运算和等价无穷小之间反复套娃而已,如果可以熟练的分离这些特征,其实不需要泰勒公式等“高级工具”就能快速准确地得出极限值。当然,不是贬低其他的工具,只是说不要学习了所谓的一些高级工具之后,就不重视这些初级的工具和结论。
# 抓大头”求极限法
1、形如
$$\frac{ax^n + bx^{n-1} + \ldots + p}{cx^m + \beta x^{m-1} + \ldots + \xi}$$
的多项式相除上下同除x的最高次项再上下各自求极限
2、形如
$$\ln(ae^{an} + \ldots + p)$$
的指对嵌套先提出e的最高次项转化为
$$\ln e^{\alpha n} \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$
$$\alpha n + \ln \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$
> [!example] 例1
> 计算$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1-4x}-cosx}{x}=$$
答案:-2
小练习:
$$\lim_{x \to 0} \frac{\csc(x) - \cot(x)}{x}=$$

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# 前情提要
## 几何级数
### 定义
几何级数是指形如
$$
\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots
$$
的无穷级数,其中:
- $a \neq 0$ 是首项(常数)
- $r$ 是公比(常数)
### 敛散性结论
| 公比 $r$ 的范围 | 敛散性 | 和(当收敛时) |
| ---------- | --- | -------------------- |
| $r<1$ | 收敛 | $S = \dfrac{a}{1-r}$ |
| $r\ge 1$ | 发散 | 不存在 |
---
### 证明
#### 一、部分和公式
首先推导第 $n$ 项部分和 $S_n$ 的公式:
$$
S_n = a + ar + ar^2 + \cdots + ar^{n-1}
$$
当 $r \neq 1$ 时,两边乘以 $r$
$$
rS_n = ar + ar^2 + ar^3 + \cdots + ar^n
$$
两式相减:
$$
S_n - rS_n = a - ar^n
$$
解得:
$$
S_n = a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad (r \neq 1)
$$
当 $r = 1$ 时:
$$
S_n = a + a + \cdots + a = na
$$
---
#### 二、敛散性分析
##### 情形1$|r| < 1$
当 $|r| < 1$ 时,$\lim_{n \to \infty} r^n = 0$
$$
\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} = \frac{a}{1 - r}
$$
所以级数收敛,和为 $S = \dfrac{a}{1-r}$。
##### 情形2$|r| > 1$ 时发散
当 $|r| > 1$ 时,$\lim_{n \to \infty} |r|^n = \infty$
$$
\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad \text{不存在(趋于无穷)}
$$
所以级数发散。
##### 情形3$r = 1$ 时发散
$S_n = na$,当 $a \neq 0$ 时:
$$
\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} na = \infty
$$
所以级数发散。
##### 情形4$r = -1$ 时发散
此时级数为:
$$
a - a + a - a + \cdots
$$
部分和为:
- $S_1 = a$
- $S_2 = 0$
- $S_3 = a$
- $S_4 = 0$
- ...
当 $a \neq 0$ 时,部分和序列在 $a$ 和 $0$ 之间振荡,没有极限,所以发散。
##### 情形5$r = -1$ 且 $a = 0$
这是平凡情况,级数恒为 0收敛于 0但通常几何级数定义要求 $a \neq 0$)。
---
#### 三、直观理解
1. **$|r| < 1$**:项以指数速度衰减,总和有限
2. **$|r| \ge 1$**:项不衰减或增长,总和无限或振荡
**例子:**
- $\sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \cdots = 2$(收敛)
- $\sum_{n=0}^{\infty} 2^n = 1 + 2 + 4 + \cdots$(发散)
- $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$(发散)
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### 几何级数与p级数的对比
| 特征 | 几何级数 | p级数 |
| ------ | ---------------- | ---------------- |
| 通项 | $ar^n$ | $\dfrac{1}{n^p}$ |
| 敛散性 | 只与 $r$ 有关 | 只与 $p$ 有关 |
| 收敛条件 | $r< 1$ | $p > 1$ |
| 和(收敛时) | $\dfrac{a}{1-r}$ | 无简单通式除特殊p值 |
| 衰减速度 | 指数衰减 | 幂次衰减 |
---
**几何级数小结:**
- 最简单的无穷级数之一
- 完全解决了敛散性问题
- 在收敛时,有简洁的求和公式
- 是许多复杂级数分析的基础
---
### 记忆技巧
1. **收敛条件**公比的绝对值小于1
2. **求和公式**:首项除以 $(1 - 公比)$
3. **几何意义**:几何级数得名于相邻项的比值恒定(几何性质)
## p 级数
### 定义
p 级数是指形如
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}
$$
的无穷级数,其中 $p$ 是实数。
### 敛散性结论
- **$p > 1$**:级数收敛
- **$p \le 1$**:级数发散
---
### 证明(初等方法)
#### 一、准备工作
1. **调和级数发散**$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
2. **几何级数收敛**:当 $|r| < 1$ 时,$\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ 收敛
---
#### 二、当 $0 < p \le 1$ 时发散
**证明步骤:**
1. 对于任意 $0 < p \le 1$,有 $n^p \le n$
2. 因此:
$$
\frac{1}{n^p} \ge \frac{1}{n}
$$
3. 已知调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
4. 由比较判别法:
- 若 $\sum a_n$ 发散,且 $b_n \ge a_n > 0$,则 $\sum b_n$ 也发散
- 这里 $b_n = \frac{1}{n^p}$$a_n = \frac{1}{n}$
5. 所以当 $0 < p \le 1$ 时,p 级数发散
**注:** $p = 1$ 就是调和级数本身。
---
#### 三、当 $p > 1$ 时收敛
**证明(分组求和法):**
将级数分组:
$$
\begin{aligned}
S &= 1 + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p} + \frac{1}{8^p} + \cdots \\
&= 1 + \left(\frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p}\right) + \left(\frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p}\right) + \left(\frac{1}{8^p} + \cdots + \frac{1}{15^p}\right) + \cdots
\end{aligned}
$$
**分组规则:**
- 第 1 组1 项
- 第 2 组2 项
- 第 3 组4 项
- 第 4 组8 项
- ...
- 第 $k$ 组:$2^{k-1}$ 项
**估计第 $k$ 组的和:**
第 $k$ 组从 $n = 2^{k-1}$ 到 $n = 2^k - 1$,共 $2^{k-1}$ 项。
由于 $f(x) = \frac{1}{x^p}$ 递减,组内每项不超过第一项:
$$
\frac{1}{n^p} \le \frac{1}{(2^{k-1})^p} \quad (n \ge 2^{k-1})
$$
第 $k$ 组和的上界:
$$
S_k \le 2^{k-1} \cdot \frac{1}{(2^{k-1})^p} = 2^{(k-1)(1-p)}
$$
**总和估计:**
$$
S \le 1 + 2^{1(1-p)} + 2^{2(1-p)} + 2^{3(1-p)} + \cdots
$$
令 $r = 2^{1-p}$,则:
$$
S \le 1 + r + r^2 + r^3 + \cdots
$$
当 $p > 1$ 时,$1-p < 0$
$$
r = 2^{1-p} < 2^0 = 1
$$
右边是公比 $0 < r < 1$ 的几何级数,收敛到 $\frac{1}{1-r}$。
因此原级数的部分和有上界,且单调递增(各项为正),故级数收敛。
---
#### 四、直观理解
1. **$p \le 1$**:项衰减太慢,类似调和级数,总和无限增大
2. **$p > 1$**:项衰减足够快,总和有限
**特例:**
- $p = 2$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$
- $p$ 越大,收敛越快
---
#### 补充:$p \le 0$ 的情况
若 $p \le 0$,则 $-p \ge 0$,通项 $n^{-p} \ge 1$ 不趋于 0由级数收敛的必要条件知发散。
---
**总结:**
| $p$ 的范围 | 敛散性 | 关键原因 |
| ------------ | -------- | ---------- |
| $p > 1$ | 收敛 | 分组求和,几何级数控制 |
| $0 < p \le 1$ | 发散 | 与调和级数比较 |
| $p \le 0$ | 发散 | 通项不趋于零 |
# 部分和判别法
## **原理**
对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n$,构造其部分和数列 $S_n=u_1+u_2+\dots+u_n$。若极限 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n=S$S 为有限常数),则级数收敛,且和为 S若该极限不存在或为无穷大则级数发散。
## **适用情况**
适用于部分和可通过公式化简求和的级数,典型类型包括:
1.等比级数:$\sum_{n=1}^{\infty}aq^{n-1}a\neq0$,部分和 $S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$
2.裂项相消型级数:如 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$,通项可拆为 $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$,部分和可逐项抵消化简;
3. 少数可通过错位相减、分组求和的特殊级数。
## **优势**
1. 本质性强:直接基于级数收敛的定义,判定结果准确,还能同时求出级数的和,这是比值、比较判别法等无法做到的。
2. 无形式限制:不像比值判别法依赖通项的阶乘、指数结构,只要部分和能化简,任何类型级数都适用。
## **劣势**
1. 适用范围极窄:绝大多数级数的部分和无法用初等函数化简(如调和级数 $\sum\frac{1}{n}$、$\sum\frac{n}{2^n}$虽能判定敛散性,但部分和无简单表达式)。
2. 计算难度高:裂项、错位相减等求和技巧性强,对复杂通项不易找到化简方法。
3. 效率低:对比判别法,求部分和的步骤通常更繁琐,不适用于快速判定敛散性。
## **例子**
>[!example] **例1**
>判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}$的敛散性,若收敛求其和
>[!example] **例2**
判断级数$\sin \frac{\pi}{6} + \sin \frac{2\pi}{6} + \cdots + \sin \frac{n\pi}{6} + \cdots$的敛散性
# **级数运算性质判别法**
## **原理**
1. 线性运算性质的应用
设$\sum u_n、\sum v_n$ 为已知敛散性的级数k 为非零常数:
- 若 $\sum u_n$ 收敛,则 $\sum ku_n$ 收敛;若 $\sum u_n$ 发散,则 $\sum ku_n$ 发散。
- 若 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 都收敛,则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 收敛。
- 若 $\sum u_n$ 收敛、$\sum v_n$ 发散,则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 发散。
注:若两者都发散,$\sum(u_n\pm v_n)$ 敛散性不确定。
2. 添减/改变有限项性质的应用
对任意级数,增加、去掉或改变有限项,不改变其敛散性。
例:$\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 收敛,因为它是收敛等比级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 去掉前2项得到的。
3. 正项级数重组性质的应用
若正项级数 $\sum u_n$ 收敛,任意重排其项得到的新级数仍收敛,且和不变。
## **适用情况**
1. 待判定级数可拆分为两个或多个已知敛散性的级数的线性组合(如 $\sum (u_n\pm v_n)、\sum ku_n$。
2. 级数仅增减、改变有限项,或对正项级数进行项的重组。
3. 已知级数多为基础类型(等比级数、$p$-级数、调和级数等),便于直接套用性质。
## **优势**
1. 快捷高效:无需计算极限或构造不等式,直接利用已知结论推导,步骤简洁。
2. 既适用于正项级数,也适用于任意项级数(如交错级数)。
## **劣势**
1. 依赖性强:必须依赖已知敛散性的“参考级数”,若无法拆分或无合适参考级数,则无法使用。
2. 有局限性:对于 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 均发散的情况,$\sum (u_n\pm v_n)$ 的敛散性无法直接判定,性质失效。
## **例子**
>[!example] **例1**
>判断级数$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。
>[!example] **例2**
讨论级数$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$的敛散性
# 比较判别法
## Quick Description
### 原理
不等式形式:放缩,大敛则小敛,小散则大散
极限形式:比值的极限为常数,则同敛散
### 适用情况
正项级数
### 优势和劣势
放缩在高中有知识基础,比较好上手
与比值/根值判别法不同,判定出变号级数的绝对值发散后,无法得到原级数发散
## 例子
> [!example] 例1
> 判断级数$\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$的敛散性
> [!example] 例2
基础练习 下列级数中收敛的有\_\_\_\_\_\_
A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$
B $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$
C $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$
D $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$
E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$
F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
# 比值判别法
## 原理
对于正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n\ (u_n>0)$,计算极限$\rho=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$,根据$\rho$与 1 的大小关系判断级数敛散性。
1. 若 $\boldsymbol{\rho<1}$,则级数收敛;
2. 若 $\boldsymbol{\rho>1}$(或 $\rho=+\infty$),则级数发散;
3. 若 $\boldsymbol{\rho=1}$,则判别法失效,需用其他方法(如比较判别法、积分判别法等)判断。
## **适用情况**
主要适用于通项含阶乘、指数幂(如 $a^n$)、$n^n$ 等形式的正项级数,这类通项的 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ ,作商后阶乘、指数部分可大幅化简,极限易求。
## **优势**
1. 化简效率高:通项含 n!、$a^n$ 时,作商 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 能直接约去大量重复因子
2. 判定直接:只需计算一个极限值与 1 比较,无需像比较判别法那样构造合适的参考级数,对初学者更友好。
## **劣势**
1. 对通项形式依赖强:仅适合含阶乘、指数幂的正项级数,对于通项为多项式、分式(如 $u_n=\frac{1}{n^p}$)的级数,$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=1$,判别法直接失效。
2. 失效情形无判定能力:当极限 $\rho=1$ 时,无法判断级数敛散性,必须换用比较判别法、积分判别法等其他方法,增加了解题步骤。
3. 仅针对正项级数:不能直接应用于任意项级数(如交错级数),若要使用,需先对通项取绝对值判断绝对收敛,再进一步分析条件收敛。
4. 极限可能不存在:部分正项级数的 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 不存在,此时比值判别法无法使用。
## **例子**
> [!example] 例1
判定级数敛散性:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n!}$$
>[!example] 例2
设 $\alpha$ 为正常数,判定级数的敛散性:
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$
# 根值判别法(柯西判别法)
## Quick Description
### 原理
通过计算级数通项 $u_n$ 的 $n$ 次方根的极限 $\rho = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{u_n}$,将原级数与等比级数 $\sum \rho^n$ 比较,从而判断敛散性。
### 适用情况
1. 适用于正项级数 $\sum u_n$(一般 $u_n > 0$)。
2. 当 $u_n$ 含有 $n$ 次幂、指数形式或连乘因子时,此方法往往有效。
3. 当比值判别法失效或难以计算时,可尝试根值判别法。
### 优势和劣势
**优势**
1. 对于含 $n$ 次幂、指数或幂指结构的级数,计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 可能比计算比值 $u_{n+1}/u_n$ 更简单。
2. 理论清晰,与等比级数直接比较,直观性强。
**劣势**
1. 当 $\rho = 1$ 时无法判断(此时级数可能收敛也可能发散)。
2. 需要求 $\sqrt[n]{u_n}$ 的极限,有时计算较复杂。
3. 仅适用于正项级数。
---
## 定理与证明
### 定理(根值判别法)
设 $\sum_{n=1}^\infty u_n$ 是**正项级数**,且
$$
\rho = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n}
$$
(这里允许 $\rho = +\infty$)。
1. 若 $\rho < 1$,则级数收敛。
2. 若 $\rho > 1$(包括 $\rho = +\infty$),则级数发散。
3. 若 $\rho = 1$,判别法失效(级数可能收敛也可能发散)。
### 证明思路
由极限定义:对任意 $\varepsilon > 0$,存在 $N$,当 $n > N$ 时,
$$
\rho - \varepsilon < \sqrt[n]{u_n} < \rho + \varepsilon
$$
> [!note]
> **情形 $\rho < 1$**
> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho + \varepsilon < 1$,则
> $$
> u_n < r^n \quad (n > N)
> $$
> 而几何级数 $\sum r^n$ 收敛,由比较判别法知 $\sum u_n$ 收敛。
> [!note]
> **情形 $\rho > 1$**
> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho - \varepsilon > 1$,则
> $$
> u_n > r^n \quad (n > N)
> $$
> 而几何级数 $\sum r^n$ 发散,故 $\sum u_n$ 发散。
> [!note]
> **情形 $\rho = 1$**
> 反例:
> - $\sum \frac{1}{n}$ 发散,但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n}} \to 1$。
> - $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛,但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n^2}} \to 1$。
---
## 典型例题
> [!example] 例1
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n$ 的敛散性。
> [!example] 例2
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\left(a + \frac{1}{n}\right)^n} \quad (a > 0)$ 的敛散性。
> [!example] 例3常用结论
> 证明:$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$,其中 $a_k > 0$。
> **证明**
> 令 $M = \max\{a_1, \dots, a_m\}$,则
> $$
> M^n \le a_1^n + \cdots + a_m^n \le m M^n
> $$
> 两边开 $n$ 次方:
> $$
> M \le \sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m}
> $$
> 因为 $\sqrt[n]{m} \to 1$,由夹逼定理得结论。
>
> 此结论在判断形如 $\sum (a_1^n + \cdots + a_m^n)$ 的级数时可直接使用。
> [!example] 例4
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n + 3^n}{5^n}$ 的敛散性。
---
## 注意事项
1. 根值判别法仅适用于正项级数。
2. 当 $\rho = 1$ 时,需改用其他方法(如比较判别法、积分判别法、比值判别法等)。
3. 计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 时,常用结论:
$$
\sqrt[n]{n} \to 1, \quad \sqrt[n]{n^k} \to 1, \quad \sqrt[n]{a} = a^{1/n} \to 1 \ (a > 0)
$$
4. 若 $u_n$ 含有 $n!$ 或连乘形式,通常使用比值判别法更简便;若含 $n$ 次幂,则根值判别法可能更直接。
---
# 交错级数
## 原理
所谓交错级数,就是正负项交错出现的级数。此类级数的收敛一般用莱布尼兹判别法:
对于交错级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$,若满足
1$\{a_{n}\}$单调减少,即$a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant\cdots a_{n}\geqslant\cdots$
2$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,$
则级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$收敛,且$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}\leqslant a_{1}$.
## 优势劣势
莱布尼兹判别法优势就是判别条件简单,非常容易证明。但劣势在于仅限于判定交错级数的敛散性,所以一定要辨认清楚是否为交错级数。另外,在判断交错级数是条件收敛还是发散时,肯定会用到这个定理。
## 例题
> [!example] 例1
> 判断下列极限是否收敛:
> $$(1)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{cosn\pi}{n^{\frac{3}{4}}}$$
> $$(2)\sum_{n=1}^{\infty}sin(n\pi+\frac{\pi}{n})$$
> [!example] 例2
> 判断下面这个级数是否收敛:
> $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}.$

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- 编写小组
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**内部资料,禁止传播**
**编委会(不分先后,姓氏首字母顺序):程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
# 单调有界准则
## 原理
- **单调有界数列必收敛**
1. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界 $M$,则 $\{a_n\}$ 收敛,且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n\} \leq M$。
2. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界 $m$,则 $\{a_n\}$ 收敛,且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n\} \geq m$。
- **函数单调有界性质**
若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调且有界,则 $f(x)$ 在 $I$ 的端点或无穷远处存在单侧极限。
## 适用情况
适用于证明数列或函数极限的存在性,尤其是:
- 递推数列极限的存在性与求解;
- 函数在某区间上的极限存在性;
- 某些无法直接求极限但可判断单调性和有界性的情形。
## 优势
1. 不依赖于极限的具体值,只需判断单调性和有界性;
2. 适用于很多递推定义的数列;
3. 证明过程结构清晰,易于理解和操作。
## 劣势
1. 只能证明极限存在,不能直接给出极限值(需另解方程);
2. 判断单调性和有界性有时需要一定的技巧;
3. 对于非单调或没有明显界的序列不适用。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明数列 $a_1 = \sqrt{2}, a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ 收敛,并求其极限。
```
```
> [!example] 例2
> 证明函数 $f(x) = \frac{x}{x+1}$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调有界,并求 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$。
```
```
>[!example] **例3**
>设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = \sqrt{2}$,且对任意 $n \ge 1$,有 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$。证明该数列收敛,并求其极限。
```
```
>[!example] 例4
>设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$
> 证明:数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛,且极限为$\sqrt \sigma$.
```
```
>[!example] 例5
>证明:数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界从而有极限此极限称为Euler常数下记作$C$)。
```
```
>[!example] 例6
>令$c>0$,定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$
>求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$
```
```
# 介值定理
## 原理
- **介值定理Intermediate Value Theorem, IVT**
若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续,且 $f(a) \neq f(b)$,则对于任意介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数 $C$,至少存在一点 $\xi \in (a,b)$,使得 $f(\xi) = C$。
- **零点定理(特殊情形)**
若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,且 $f(a) \cdot f(b) < 0$,则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$,使得 $f(\xi) = 0$。
## 适用情况
适用于连续函数在区间上的值域问题,尤其是:
- 证明方程在某区间内至少有一个根;
- 证明函数可取到某个中间值;
- 确定函数值域或解的存在性。
## 优势
1. 不需求解方程,只需验证连续性和端点函数值;
2. 可用于证明解的存在性,构造性证明中常用;
3. 定理直观,易于理解和应用。
## 劣势
1. 只能证明存在性,不能确定解的个数或具体位置;
2. 要求函数在闭区间上连续,否则定理不适用;
3. 对于非连续函数或开区间,需额外处理。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
```
```
> [!example] 例2
> 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续,且 $0 \leq f(x) \leq 1$,证明至少存在一点 $c \in [0,1]$,使得 $f(c) = c$。
```
```
> [!example] **例3**
> 设$f(x)$在$[a,b]$上连续,且$a < c < d < b$。证明:在$(a,b)$内必存在点$\xi$,使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$,其中$m,n$为任意给定的自然数。
```
```
> [!example] **例4**
> 一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗每天上午7点从营地出发8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明在换岗的路途中必有一点小分队在两天中的同一时刻经过该点。
```
```
> [!example] 例5
> 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续,且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$,试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$,使$f(\xi)+\xi=0$
```
```
>[!example] 例6
>设$f(x)$在$[0,1]$上连续,且$f(0)=f(1)$,试证:对任何自然数$n$,必存在一点$c\in[0,1-\frac{1}{n}]$,使$f(c)=f(c+\frac{1}{n})$.

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# 单调有界准则
## 原理
- **单调有界数列必收敛**
1. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界 $M$,则 $\{a_n\}$ 收敛,且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n\} \leq M$。
2. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界 $m$,则 $\{a_n\}$ 收敛,且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n\} \geq m$。
- **函数单调有界性质**
若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调且有界,则 $f(x)$ 在 $I$ 的端点或无穷远处存在单侧极限。
## 适用情况
适用于证明数列或函数极限的存在性,尤其是:
- 递推数列极限的存在性与求解;
- 函数在某区间上的极限存在性;
- 某些无法直接求极限但可判断单调性和有界性的情形。
## 优势
1. 不依赖于极限的具体值,只需判断单调性和有界性;
2. 适用于很多递推定义的数列;
3. 证明过程结构清晰,易于理解和操作。
## 劣势
1. 只能证明极限存在,不能直接给出极限值(需另解方程);
2. 判断单调性和有界性有时需要一定的技巧;
3. 对于非单调或没有明显界的序列不适用。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明数列 $a_1 = \sqrt{2}, a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ 收敛,并求其极限。
**解析**
1. **有界性**
易证 $0 < a_n < 2$
2. **单调性**
计算 $a_{n+1} - a_n = \sqrt{2 + a_n} - a_n$。
设 $f(x) = \sqrt{2 + x} - x$,在 $[0,2]$ 上分析符号,可得 $a_{n+1} \geq a_n$,故数列单调递增。
3. **由单调有界准则**,数列收敛。
4. **求极限**
设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$,则 $L = \sqrt{2 + L}$,解得 $L = 2$(舍去负根)。
> [!example] 例2
> 证明函数 $f(x) = \frac{x}{x+1}$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调有界,并求 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$。
**解析**
1. **单调性**
导数 $f'(x) = \frac{x}{(x+1)^2} > 0$,故 $f(x)$ 单调递增。
2. **有界性**
显然 $0 \leq f(x) < 1$。
3. **由单调有界准则**$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在,且为 $1$。
>[!example] **例3**
>设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = \sqrt{2}$,且对任意 $n \ge 1$,有 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$。证明该数列收敛,并求其极限。
**证明**
1. **证明数列单调有界**
当 $n=1$ 时, $0 < x_1 < 2$
假设当 $n=k$$k \ge 1$)时,命题成立,即有:
$$0 < x_k < 2 \tag{1}$$
则当 $n=k+1$ 时,
$$x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} < \sqrt{2 + 2} = 2$$
同时,由 $x_{k} > 0$ 可得 $x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} > \sqrt{2} > 0$。故 $0 < x_{k+1} < 2$。
因此$0 < x_{k+2} < 2$
接下来,证明单调性部分 $x_{k+1} < x_{k+2}$(1) $x_k < x_{k+1}$
$$
\begin{aligned}
x_{k+2} - x_{k+1} &= \sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k} \quad \\[0.5em]
&= \frac{(\sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k})(\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k})}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \quad \\[0.5em]
&= \frac{(2 + x_{k+1}) - (2 + x_k)}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \\[0.5em]
&= \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}}
\end{aligned}
$$
由归纳假设(1)知 $x_{k+1} - x_k > 0$,且分母 $\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k} > 0$。因此,
$$x_{k+2} - x_{k+1} = \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} > 0$$
即 $x_{k+1} < x_{k+2}$
结合以上,我们证明了 $0 < x_{k+1} < x_{k+2} < 2$ $n$ $0 < x_n < x_{n+1} < 2$
因此,数列 $\{x_n\}$ **单调递增**且有**上界** $2$。
2. **求数列的极限**
由于数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界,根据**单调有界收敛原理**,该数列收敛。设其极限为 $L$,即 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = L$。
在递推式 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ 两边同时取极限($n \to \infty$),得:$$L = \sqrt{2 + L}$$
将方程两边平方:$L^2 = 2 + L$
移项整理得:$L^2 - L - 2 = 0$
因式分解:$(L - 2)(L + 1) = 0$。
解得:$L = 2$ 或 $L = -1$。
由于数列的所有项 $x_n > 0$,其极限 $L$ 必须满足 $L \ge 0$,故舍去 $L = -1$。
因此,数列 $\{x_n\}$ 的极限为:$$L = 2$$
>[!example] 例4
>设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$
> 证明:数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛,且极限为$\sqrt \sigma$.
证:对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$,令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} > 0$,则有$${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$$
故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界
又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$
所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减.
因此,由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限,即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛.
设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$,由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$
由${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right)$ 知 $2{a_{n + 1}}{a_n} = {a_n}^2 + \sigma$.
两边令 $n \to \infty$取极限得: $2{A^2} = {A^2} + \sigma$
解得$A = - \sqrt \sigma$(舍)或$A = \sqrt \sigma$.
故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sqrt \sigma$.
>[!example] 例5
>证明:数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界从而有极限此极限称为Euler常数下记作$C$)。
证法1
利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$
故数列${x_n}$严格递减.
又因为
$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$
所以数列${x_n}$有下界.
因此,数列${x_n}$单调递减有下界,故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在.
证法2
因为$$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$
对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式
$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$
因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$
而$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛,故$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛,从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)} + {x_1}$也收敛.
因此,数列$\ {x_n}$收敛,即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在.
>[!example] 例6
>令$c>0$,定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$
>求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$
$x_n = \underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots\sqrt{c}}}}_{n\ \text{个根式}}$。
$x_{n+1} = \sqrt{c+x_n}$。
使用数学归纳法证明,整序变量 $x_n$ 单调增加, 同时有上界
**证明 $x_n$ 单调:
当 $n=1$ 时命题显然成立。
假设当 $n = k$ 时命题成立,即 $x_{k+1} > x_k$。
考虑 $n = k+1$ 的情形:
$$
x_{k+2} = \sqrt{c + x_{k+1}},\quad x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}
$$
由归纳假设 $x_{k+1} > x_k$,可得:
$$
c + x_{k+1} > c + x_k
$$
所以:
$$
\sqrt{c + x_{k+1}} > \sqrt{c + x_k}
$$
即:$x_{k+2} > x_{k+1}$,故对一切正整数 $n$,都有 $x_{n+1} > x_n$,即 $\{x_n\}$ 是单调增加序列。
**证明 $x_n$ 有上界(例如上界为 $\sqrt{c} + 1$
当 $n=1$ 时命题成立。
考虑 $n = k+1$ 的情形,由归纳假设 $x_k < \sqrt{c} + 1$,可得::
$$
x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}< c + (\sqrt{c} + 1)
$$
为了证明 $x_{k+1} < \sqrt{c} + 1$,只需证明:
$$
\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} \le \sqrt{c} + 1
$$
两边平方(因为两边均为正数):
$$
c + \sqrt{c} + 1 \le c + 2\sqrt{c} + 1
$$
化简得:
$$
\sqrt{c} \le 2\sqrt{c}
$$
由于 $c > 0$,此不等式显然成立,且等号仅在 $\sqrt{c} = 0$ 时成立,这与 $c > 0$ 矛盾,故实际上有严格不等式:
$$
\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} < \sqrt{c} + 1
$$
因此:
$$
x_{k+1} < \sqrt{c} + 1
$$
由数学归纳法,对一切正整数 $n$,都有 $x_n < \sqrt{c} + 1$,即 $\{x_n\}$ 有上界。
因此序列收敛,有极限,不妨设 $\lim x_n = a$ , 则: $a = \sqrt{a+c}$。
解方程得: $a = \dfrac{\sqrt{4c+1}+1}{2}$。(负根舍去)
# 介值定理
## 原理
- **介值定理Intermediate Value Theorem, IVT**
若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续,且 $f(a) \neq f(b)$,则对于任意介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数 $C$,至少存在一点 $\xi \in (a,b)$,使得 $f(\xi) = C$。
- **零点定理(特殊情形)**
若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,且 $f(a) \cdot f(b) < 0$,则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$,使得 $f(\xi) = 0$。
## 适用情况
适用于连续函数在区间上的值域问题,尤其是:
- 证明方程在某区间内至少有一个根;
- 证明函数可取到某个中间值;
- 确定函数值域或解的存在性。
## 优势
1. 不需求解方程,只需验证连续性和端点函数值;
2. 可用于证明解的存在性,构造性证明中常用;
3. 定理直观,易于理解和应用。
## 劣势
1. 只能证明存在性,不能确定解的个数或具体位置;
2. 要求函数在闭区间上连续,否则定理不适用;
3. 对于非连续函数或开区间,需额外处理。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
**解析**
设 $f(x) = x^3 - 3x + 1$,则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
计算:$f(0) = 1 > 0$$f(1) = -1 < 0$
由零点定理,至少存在一点 $\xi \in (0,1)$,使得 $f(\xi)=0$,即方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
> [!example] 例2
> 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续,且 $0 \leq f(x) \leq 1$,证明至少存在一点 $c \in [0,1]$,使得 $f(c) = c$。
**解析**
构造辅助函数 $g(x) = f(x) - x$,则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
计算:$g(0) = f(0) - 0 \geq 0$$g(1) = f(1) - 1 \leq 0$。
若 $g(0)=0$ 或 $g(1)=0$,则取 $c=0$ 或 $c=1$ 即可。
否则 $g(0)>0$$g(1)<0$,由零点定理,存在 $c \in (0,1)$ 使得 $g(c)=0$,即 $f(c)=c$。
> [!example] **例3**
> 设$f(x)$在$[a,b]$上连续,且$a < c < d < b$。证明:在$(a,b)$内必存在点$\xi$,使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$,其中$m,n$为任意给定的自然数。
**解析:**
因$f(x)$在$[a,b]$上连续,所以$f(x)$在$[a,b]$上能取得最大值$f_{\max}$和最小值$f_{\min}$。又因为 $(m+n)fmin⩽mf(c)+nf(d)⩽(m+n)fmax$, 即$$f_{\min} \leqslant \frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} \leqslant f_{\max}$$故由介值定理,在$[a,b]$上必存在一点$\xi$,使得 $m+nmf(c)+nf(d)=f(ξ)$, 即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。
> [!example] **例4**
> 一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗每天上午7点从营地出发8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明在换岗的路途中必有一点小分队在两天中的同一时刻经过该点。
**解析**
设上山的路程函数为$s=f_1(t)$$7\leqslant t\leqslant8$),则$f_1(7)=0$$f_1(8)=D$$D$为两岗哨之间的距离) 下山的路程函数为$s=f_2(t)$$7\leqslant t\leqslant8$),则$f_2(7)=D$$f_2(8)=0$ 作辅助函数$F(t)=f_1(t)-f_2(t)$,则$F(t)$在$[7,8]$上连续,且$F(7)=-D$$F(8)=D$ 由零点定理知,至少存在$\xi\in(7,8)$使$F(\xi)=0$ 即在换岗的路途中必有一点,小分队在两天中的同一时刻经过该点。
> [!example] 例5
> 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续,且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$,试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$,使$f(\xi)+\xi=0$
**解析**
步骤1构造辅助函数并分析连续性 设辅助函数$F(x)=f(x)+x$。 已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续,$y=x$在$(-\infty,+\infty)$上也连续,根据连续函数的和运算性质,$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续。
步骤2利用极限条件分析$F(x)$在无穷远处的符号 $$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0可得
$$$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$$$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$ 根据函数极限的保号性:
- 存在$X_1>0$,当$x>X_1$时,$\frac{F(x)}{x}>0$,又$x>0$,故$F(x)>0$。取$x_1=X_1+1$,则$F(x_1)>0$。
- 存在$X_2>0$,当$x<-X_2$时,$\frac{F(x)}{x}>0$,又$x<0$,故$F(x)<0$。取$x_2=-X_2-1$,则$F(x_2)<0$
步骤3应用零点存在定理得出结论 $F(x)$在闭区间$[x_2,x_1]$上连续,且$F(x_2)<0$$F(x_1)>0$。 由零点存在定理,至少存在一点$\xi\in(x_2,x_1)\subset(-\infty,+\infty)$,使得$F(\xi)=0$,即$f(\xi)+\xi=0$
>[!example] 例6
>设$f(x)$在$[0,1]$上连续,且$f(0)=f(1)$,试证:对任何自然数$n$,必存在一点$c\in[0,1-\frac{1}{n}]$,使$f(c)=f(c+\frac{1}{n})$.
**分析** 根据题意,我们需要证明连续函数$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n})$有零点,关键是找两点$a、b$,使得$F(a)F(b)<0$.一般会找区间的两个端点,但问题是我们无法确定$F(0)\cdot F(1-\frac{1}{n})$是否小于$0$。正向难以解决,不妨尝试一下反证法.
**证法一** 反证法.若不然,则存在自然数$m$,使得$\forall x\in[0,1-\frac{1}{m}]$,均有$f(x)\neq f(x+\frac{1}{m})$,即$f(x)-f(x+\frac{1}{m})\neq0$,那么 $F(x)$ 要么在 $x$ 轴上面要么在 $x$ 轴下面,不妨设$f(x)>f(x+\frac{1}{m})$.依次取$x=0,\frac{1}{m},\frac{2}{m},\cdots,\frac{m-1}{m}$,则有$$f(0)>f(\frac{1}{m})>\cdots>f(\frac{m}{m})=f(1),$$这与$f(0)=f(1)$矛盾.故结论成立.
**证法二** 记$$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n}),x\in[0,1-\frac{1}{n}],$$则$F(x)$在$[0,1-\frac{1}{n}]$上连续,且$$F(0)=f(0)-f(\frac{1}{n}),F(\frac{1}{n})=f(\frac{1}{n})-f(\frac{2}{n}),\cdots,F(1-\frac{1}{n})=f(1-\frac{1}{n})-f(1).$$上面各式相加得$$F(0)+F(\frac{1}{n})+\cdots+F(1-\frac{1}{n})=f(0)-f(1)=0.$$若$F(\frac{k}{n})(k=0,1,\cdots,n-1)$中至少有一个为$0$,则结论已成立.否则,必$\exists k_1,k_2\in\{0,1,2,\cdots,n-1\}$,使得$F(k_1)F(k_2)<0$,由介值定理(或零值定理),必有一点$c$介于$\frac{k_1}{n}$和$\frac{k_2}{n}$之间,使得$F(c)=0$即$$f(c)=f(x+\frac{1}{n}).$$

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**编委会(不分先后,姓氏首字母顺序):韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航**
## 隐函数求导
### 原理
设方程 $F(x, y) = 0$ 确定 $y$ 是 $x$ 的函数 $y = y(x)$,则对方程两边关于 $x$ 求导(注意 $y$ 是 $x$ 的函数),再解出 $y'$ 即可。
### **适用情况**
适用于方程中 $x$ 与 $y$ 混合在一起,无法或不易解出 $y = f(x)$ 的情况,如:
- 圆的方程:$x^2 + y^2 = 1$
- 椭圆方程:$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$
- 一般隐式方程:$e^{x+y} + \ln(xy) = 0$
### **优势**
1. 不必显式解出 $y = f(x)$,可直接求导;
2. 适用于复杂关系式,尤其是含有 $x$、$y$ 混合的函数形式。
### **劣势**
1. 求导过程中需注意 $y$ 是 $x$ 的函数,常需使用链式法则;
2. 最终表达式中可能仍含有 $y$,需结合原方程化简。
### **例子**
> [!example] 例1(简单)
求由方程 $x^2 + y^2 = 1$ 确定的隐函数 $y = y(x)$ 的导数。
**解析**
两边对 $x$ 求导:
$$
2x + 2y \cdot y' = 0
$$
解得:
$$
y' = -\frac{x}{y}
$$
>[!example] 例2
>设方程$y=y(x)$由方程$xe^{f(y)}=e^y$确定,其中$f$具有二阶导数,且$f'\neq1$,求$\frac{d^2y}{dx^2}.$
>[!example] 例3
>曲线$\ln{\sqrt{x^2+y^2}}=arctan(\frac{x}{y})$在点(0,1)处的切线方程为$\_\_\_$
>A$y=-x+1$
>B$y=1$
>C$y=x+1$
>D$y=\frac{1}{2}x+1$
>[!example] 例4
>函数$y=y(x)$由方程$sin(x^2+y^2)+e^x-xy^2=0$所确定,则$\frac{dy}{dx}=\_\_$.
>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
>已知由方程 $e^{(x y - 1)(x + y)} \ln (x^3 + y^3) = \frac{xy(x^2 + y^2)}{(x y)^{x^2 + x y + y^2}} \ln (\sqrt{x + y})$ 所确定的函数单调减,求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
>[!example] 例6(卢吉辚原创难题)
>已知由方程 $\arctan\left( \frac{x^2 y + x y^2}{2} \right) = \arcsin\left( \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y} \right)$ 所确定的函数在其连续区间内单调减,求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
---
## 参数方程求导
### 原理
已知 $$\left\{ \begin{array}{c} x=x\left( t \right)\\ y=y\left( t \right)\\ \end{array} \right.$$若有均可导且 $x'(t) \neq 0$,则
$$y'\left( t \right) =\frac{dy}{dt}$$
$$x'\left( t \right)=\frac{dx}{dt}$$
$$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{y'\left( t \right)}{x'\left( t \right)}$$
则有 $$y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{dy'}{dx}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}=(\frac{y'(t)}{x'(t)})'\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}$$
而 $$\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^2\left( t \right)}$$
故 $$y''=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^3\left( t \right)}$$
### **适用情况**
适用于曲线由参数形式给出,尤其是:
- 物理中的运动轨迹;
- 极坐标、摆线、旋轮线等曲线;
- 复杂曲线的简化表示。
### **优势**
1. 形式简洁,直接利用两个导数作商;
2. 适用于参数化表示,便于计算高阶导数。
### **劣势**
1. 要求 $x'(t) \neq 0$,否则导数不存在;
2. 高阶导数计算需重复使用公式,略显繁琐。
### **例子**
> [!example] 例1(简单)
> 求参数方程
> $$
\begin{cases}
x = a\cos t \\
y = b\sin t
\end{cases}$$
所确定的函数 $y = y(x)$ 的导数。
**解析**
计算:
$$
\frac{dx}{dt} = -a\sin t, \quad \frac{dy}{dt} = b\cos t
$$
因此:
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t
$$
> [!example] 例2
设 $y$ 由方程 $e^{x+y} = xy$ 确定,则 $y'$ 在点 $(1,0)$ 处的值为
A. $0$
B. $1$
C. $-1$
D. 不存在
> [!example] 例3
> 参数方程
> $$
\begin{cases}
x = t^2 + 1 \\
y = t^3 - t
\end{cases}$$
在 $t = 1$ 处的导数 $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1}$ 为
A. $1$
B. $2$
C. $3$
D. $4$
>[!example] 例4(卢吉辚原创难题)
>设参数方程 $x = e^{t^2} \arcsin(t^2)$$y = \ln(1+t^4) \arctan(t^3)$,求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值(需要用到泰勒展开,仅作习题)
>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
>设参数方程 $x = e^{t} \sin t + \ln(1+t^2)$$y = e^{t} \cos t + \arctan(t^3)$,求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值。
## **应用题**
应用题就比较综合了,它可以考很多知识点,比如参数方程,比如隐函数求导,也有可能就是一个普通的求导。但关键不在于求导,关键在于建立一个准确的模型,也就是
1把需要求的对象找出来即自变量和因变量注意可能有多个。
2根据条件把关系式列出来画一画示意图有时候会很有帮助。
### 微分估计值
>[!example] 例1
>利用微分估计值也是导数应用的一种。利用微分估计下面几个式子的值:
>1$\sqrt{34}$(保留两位小数)
>2摆的振动周期公式为$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$。其中$l$为摆长(厘米),重力加速度$g=981cm^2/s$.为了使周期$T$增大$0.05$秒,摆长$l=20cm$的长度需要作何修正?(参考数据:$\sqrt{981\times20}\approx140.07,\frac{1}{\pi}\approx0.318$,保留两位小数)
### 相关变化率
#### 飞机航空摄影问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>一飞机在离地面$2 km$的高度,以$200 km/h$的速度水平飞行到某目标上空,以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时,摄影机转动的角速率。
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#### 人拉船问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>人在河岸用绳经过定滑轮以速度 $v$、加速度 $a$ 拉船。绳与水平面夹角为 $\theta$。求此时船的加速度 $a'$。
![[应用题人拉船.png]]
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#### 动点曲线运动问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>已知动点 $P$ 在曲线 $y = \sqrt{x}$ 上运动,记坐标原点 $O$ 与 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 横坐标随时间的变化率为常数 $v$,则当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时,$l$ 对时间的变化率是多少?
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#### 球浸入水问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>半径为$a$的球渐渐沉入盛有部分水的半径为$b(b>a)$的圆柱形容器中.若球以匀速$c$下沉,求:球浸没一半时,容器内水面上升的速率.
>
>A$\frac{a^2c}{b^2}$
>
>B$\frac{a^c}{b^2-a^2}$
>
>C$\frac{a^2c}{2b^2}$
>
>D$\frac{a^2c}{b^2+a^2}$
### 应用题期中真题
>[!example] **例1**2020
>有一个正圆锥形漏斗,深度 $18 \text{ cm}$ ,上端口直径为 $12 \text{ cm}$ (即半径 $6 \text{ cm}$ )。漏斗下方连接一个圆柱形筒,圆柱筒直径为 $10 \text{ cm}$ (即半径 $5 \text{ cm}$ )。初始时刻漏斗内盛满水,然后水从漏斗流入圆柱筒。已知当漏斗中水深为 $12 \text{ cm}$ 时,漏斗水面下降的速度是 $1 \text{ cm/min}$
问:此时圆柱筒内液面上升的速度是多少?
>[!example] **例2** (2021)
>一长为 L 米的木梯靠在倾角为$\frac{\pi}{3}$的光滑斜坡上,木梯的顶部距离 A 点 h 米,底部距离 A 点 d 米,受重力作用木梯的顶部以 $a \, \mathrm{m/s}$ 的速度沿直线 BA 下滑,底部水平向右运动。问:当木梯的顶部和底部与 A 点的距离相等时,底部的水平速度为多少?
>![[应用题梯子.jpg]]
>[!example] **例3**2023
>有一个长度为5m的梯子贴靠在铅直的墙上假设其下端沿地板以3m/s的速率离开墙脚而滑动
(1) 何时梯子的上、下端能以相同的速率移动?
(2) 何时其上端下滑之速率为4m/s
>[!example] **例4**(2022)
>某部举行八一阅兵队列正步通过阅兵台时步幅间距离为75厘米步速为每分钟112步。某观礼人员离行进队列垂直距离为60米视线追随队列领队求其视线与队列夹角为$\frac{\pi}{6}$时,视线转动角度的变化率。
>[!example] **例5**2024
>一架巡逻直升机在距离地面3km的高度以120km/h的速度沿着一条水平笔直的高速公路向前飞行。飞行员观察到迎面驶来一辆汽车通过雷达测出直升机与汽车的距离为5km同时此距离以160km/h的速率在减少。试求此时汽车行进的速度。

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- 编写小组
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**内部资料,禁止传播**
**编委会(不分先后,姓氏首字母顺序):韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航**
## 隐函数求导
### 原理
设方程 $F(x, y) = 0$ 确定 $y$ 是 $x$ 的函数 $y = y(x)$,则对方程两边关于 $x$ 求导(注意 $y$ 是 $x$ 的函数),再解出 $y'$ 即可。
### **适用情况**
适用于方程中 $x$ 与 $y$ 混合在一起,无法或不易解出 $y = f(x)$ 的情况,如:
- 圆的方程:$x^2 + y^2 = 1$
- 椭圆方程:$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$
- 一般隐式方程:$e^{x+y} + \ln(xy) = 0$
### **优势**
1. 不必显式解出 $y = f(x)$,可直接求导;
2. 适用于复杂关系式,尤其是含有 $x$、$y$ 混合的函数形式。
### **劣势**
1. 求导过程中需注意 $y$ 是 $x$ 的函数,常需使用链式法则;
2. 最终表达式中可能仍含有 $y$,需结合原方程化简。
### **例子**
> [!example] 例1(简单)
求由方程 $x^2 + y^2 = 1$ 确定的隐函数 $y = y(x)$ 的导数。
**解析**
两边对 $x$ 求导:
$$
2x + 2y \cdot y' = 0
$$
解得:
$$
y' = -\frac{x}{y}
$$
>[!example] 例2
>设方程$y=y(x)$由方程$xe^{f(y)}=e^y$确定,其中$f$具有二阶导数,且$f'\neq1$,求$\frac{d^2y}{dx^2}.$
解1
两边对$x$求导得
$$e^{f(y)}+xy'f'(y)e^{f(y)}=y'e^y$$
从而
$$y'=\frac{e^{f(y)}}{e^y-xf'(y)e^{f(y)}}=\frac{e^{f(y)}}{xe^{f(y)}(1-f'(y))}=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$
两边再对$x$求导得
$$\frac{d^2y}{dx^2}=y''=-\frac{1-f'(y)-xy'f''(y)}{x^2(1-f'(y))^2}=-\frac{(1-f'(y))^2-f''(y)}{x^2(1-f'(y))^3}$$
解2两边取对数得$$lnx+f(y)=y$$
两边对$x$求导得$$\frac{1}{x}+y'f'(y)=y'$$
从而$$y'=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$
后同解1.
>[!example] 例3
>曲线$\ln{\sqrt{x^2+y^2}}=arctan(\frac{x}{y})$在点(0,1)处的切线方程为$\_\_\_$
>A$y=-x+1$
>B$y=1$
>C$y=x+1$
>D$y=\frac{1}{2}x+1$
解:由原式得$$\frac{1}{2}ln(x^2+y^2)=arctan(\frac{x}{y})$$
两边对$x$求导得 $$\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+2yy'}{x^2+y^2}=\frac{y-xy'}{x^2+y^2}$$$$x+yy'=y-xy'$$$$y'=\frac{y-x}{y+x}$$
故$y'|_{x=0,y=1}=1$,即曲线在(0,1)处切线的斜率为1故切线方程为
$$y=x+1$$选C.
>[!example] 例4
>函数$y=y(x)$由方程$sin(x^2+y^2)+e^x-xy^2=0$所确定,则$\frac{dy}{dx}=\_\_$.
解:
两边求微分得:
$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$
$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$
$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$
>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
>已知由方程 $e^{(x y - 1)(x + y)} \ln (x^3 + y^3) = \frac{xy(x^2 + y^2)}{(x y)^{x^2 + x y + y^2}} \ln (\sqrt{x + y})$ 所确定的函数单调减,求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
解法一(直接求导)
设 $y = y(x) 、$ 是由方程确定的隐函数,且 $y(1)=1$。两边对 $x$ 求导,并记 $y' = \frac{dy}{dx}$。分别计算左边导数 $\frac{dL}{dx}$ 和右边导数 $\frac{dR}{dx}$ 在点 $(1,1)$ 处的值。
左边:$L = e^{(xy-1)(x+y)} \ln(x^3+y^3)$。
令 $$u = (xy-1)(x+y),$$则 $u(1,1)=0$。
有$$u' = (y + x y')(x+y) + (xy-1)(1+y'),$$在 $(1,1)$ 处,$u' = 2(1+y')$。
于是 $$\frac{dL}{dx} = e^{u} u' \ln(x^3+y^3) + e^{u} \cdot \frac{1}{x^3+y^3} \cdot (3x^2 + 3y^2 y')$$
在 $(1,1)$ 处,$e^{u}=1$$\ln(x^3+y^3)=\ln 2$$x^3+y^3=2$,所以 $\frac{dL}{dx}\bigg|_{(1,1)} = 2(1+y') \ln 2 + \frac{3}{2}(1+y') = \left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y')$。
右边:$R = \frac{1}{2} (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)} (x^2+y^2) \ln(x+y)$。
令 $$A = (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)},B = x^2+y^2,C = \ln(x+y)$$则 $R = \frac{1}{2} A B C$。
在 $(1,1)$ 处,$A=1$$B=2$$C=\ln 2$。
先求 $A'$。取对数:$\ln A = [1-(x^2+xy+y^2)] \ln(xy)$。求导得:
$$\frac{A'}{A} = [-(2x + y + x y' + 2y y')] \ln(xy) + [1-(x^2+xy+y^2)] \cdot \frac{y + x y'}{xy}$$
在 $(1,1)$ 处,$$\ln(xy)=0,1-(x^2+xy+y^2) = -2, xy=1$$,所以 $\frac{A'}{A} = -2(1+y')$,即 $A' = -2(1+y')$。
易得$$B' = 2x + 2y y' = 2 + 2y' = 2(1+y'),
C' = \frac{1+y'}{x+y} = \frac{1}{2}(1+y').$$
于是 $$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} (A' B C + A B' C + A B C')$$
代入:$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -2(1+y') \cdot 2 \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2(1+y') \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}(1+y') \right]$$
化简:$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -4(1+y') \ln 2 + 2(1+y') \ln 2 + (1+y') \right] = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$
由 $\frac{dL}{dx} = \frac{dR}{dx}$ 得:
$$\left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y') = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$
若 $1+y' \neq 0$,则 $2\ln 2 + \frac{3}{2} = \frac{1}{2} - \ln 2$,即 $3\ln 2 = -1$,矛盾。故 $1+y' = 0$,即 $y' = -1$。
所以切线斜率为 $-1$,切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$,即 $y = -x + 2$。
答案:切线方程为 $y = -x + 2$。
解法二
由方程形式可知,交换 $x$ 与 $y$ 后方程不变,故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 位于曲线且落在对称轴 $y = x$ 上。
在对称轴上的点处,切线斜率只可能为 $1$(与对称轴平行)或 $-1$(与对称轴垂直)。
因为函数单调减,所以在 $(1,1)$ 处导数 $y' < 0$ $1$ $-1$
由点斜式得切线方程:
$y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$
即 $y = -x + 2$。
>[!example] 例6(卢吉辚原创难题)
>已知由方程 $\arctan\left( \frac{x^2 y + x y^2}{2} \right) = \arcsin\left( \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y} \right)$ 所确定的函数在其连续区间内单调减,求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
解法一(直接求导)
对方程两边关于 $x$ 求导,$y$ 视为 $x$ 的函数,记 $y' = \frac{dy}{dx}$。
左边:设 $u = \frac{x^2 y + x y^2}{2}$,则导数为 $\frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{du}{dx}$。
$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2xy + x^2 y' + y^2 + 2xy y')$。
在 $(1,1)$ 处,$$u=1,\frac{1}{1+u^2} = \frac{1}{2}\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2+1 + (1+2)y') = \frac{3}{2}(1+y')$$
所以左边导数为 $$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}(1+y') = \frac{3}{4}(1+y')$$
右边:设 $v = \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y}$,则导数为 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \cdot \frac{dv}{dx}$。
在 $(1,1)$ 处,$v = \frac{\sqrt{2}}{2}$$\sqrt{1-v^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,所以 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} = \sqrt{2}$。
计算 $\frac{dv}{dx}$$$v = \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x+y}
\frac{dv}{dx} = \frac{(x+y) \cdot \frac{x + y y'}{\sqrt{x^2+y^2}} - \sqrt{x^2+y^2}(1+y')}{(x+y)^2}$$
代入 $(1,1)$$$\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{2}x+y=2\frac{dv}{dx} = \frac{2 \cdot \frac{1+y'}{\sqrt{2}} - \sqrt{2}(1+y')}{4} = 0$$
因此右边导数为 $\sqrt{2} \cdot 0 = 0$。
由左右导数相等得:$\frac{3}{4}(1+y') = 0$,解得 $y' = -1$。
故切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$,即 $y = -x + 2$。
解法二
方程中交换 $x$ 与 $y$ 后形式不变,故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 在曲线上且位于对称轴 $y = x$ 上。
由对称性,在对称轴上的点处,切线斜率只可能为 $1$(与对称轴平行)或 $-1$(与对称轴垂直)。
已知函数单调减,即在定义区间内 $y' < 0$ $1$ $-1$
切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$,即 $y = -x + 2$。
---
## 参数方程求导
### 原理
已知 $$\left\{ \begin{array}{c} x=x\left( t \right)\\ y=y\left( t \right)\\ \end{array} \right.$$若有均可导且 $x'(t) \neq 0$,则
$$y'\left( t \right) =\frac{dy}{dt}$$
$$x'\left( t \right)=\frac{dx}{dt}$$
$$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{y'\left( t \right)}{x'\left( t \right)}$$
则有 $$y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{dy'}{dx}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}=(\frac{y'(t)}{x'(t)})'\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}$$
而 $$\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^2\left( t \right)}$$
故 $$y''=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^3\left( t \right)}$$
### **适用情况**
适用于曲线由参数形式给出,尤其是:
- 物理中的运动轨迹;
- 极坐标、摆线、旋轮线等曲线;
- 复杂曲线的简化表示。
### **优势**
1. 形式简洁,直接利用两个导数作商;
2. 适用于参数化表示,便于计算高阶导数。
### **劣势**
1. 要求 $x'(t) \neq 0$,否则导数不存在;
2. 高阶导数计算需重复使用公式,略显繁琐。
### **例子**
> [!example] 例1(简单)
> 求参数方程
> $$
\begin{cases}
x = a\cos t \\
y = b\sin t
\end{cases}$$
所确定的函数 $y = y(x)$ 的导数。
**解析**
计算:
$$
\frac{dx}{dt} = -a\sin t, \quad \frac{dy}{dt} = b\cos t
$$
因此:
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t
$$
> [!example] 例2
设 $y$ 由方程 $e^{x+y} = xy$ 确定,则 $y'$ 在点 $(1,0)$ 处的值为
A. $0$
B. $1$
C. $-1$
D. 不存在
**解析**
两边对 $x$ 求导:
$$
e^{x+y}(1 + y') = y + x y'
$$
代入 $(1,0)$
$$
e^{1+0}(1 + y') = 0 + 1 \cdot y'
$$
即:
$$
e(1 + y') = y'
$$
解得:
$$
y' = \frac{e}{1 - e}
$$
该值不为选项中所列,故判断为“不存在直接匹配”,但若只允许选 ABCD则可能选 D。
实际应说明:$y' = \frac{e}{1-e}$ 是一个确定数值。
> [!example] 例3
> 参数方程
> $$
\begin{cases}
x = t^2 + 1 \\
y = t^3 - t
\end{cases}$$
在 $t = 1$ 处的导数 $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1}$ 为
A. $1$
B. $2$
C. $3$
D. $4$
**解析**
计算:
$$
\frac{dx}{dt} = 2t, \quad \frac{dy}{dt} = 3t^2 - 1
$$
则:
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{3t^2 - 1}{2t}
$$
代入 $t = 1$
$$
\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1} = \frac{3 \cdot 1^2 - 1}{2 \cdot 1} = \frac{2}{2} = 1
$$
答案A
>[!example] 例4(卢吉辚原创难题)
>设参数方程 $x = e^{t^2} \arcsin(t^2)$$y = \ln(1+t^4) \arctan(t^3)$,求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值(需要用到泰勒展开,仅作习题)
**解析:**
先求一阶导:
$$\frac{dx}{dt} = 2t e^{t^2} \left( \frac{1}{\sqrt{1-t^4}} + \arcsin(t^2) \right)$$$$\frac{dy}{dt} = \frac{4t^3}{1+t^4} \arctan(t^3) + \ln(1+t^4) \cdot \frac{3t^2}{1+t^6}$$
在 $t=0$ 处,$\frac{dx}{dt}=0$$\frac{dy}{dt}=0$。
需用公式 $$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{ \frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} }{ \left( \frac{dx}{dt} \right)^3 }$$。
利用泰勒展开:
$x(t) = t^2 + t^4 + O(t^6)$,得 $$\frac{dx}{dt} = 2t + 4t^3 + O(t^5),\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 + 12t^2 + O(t^4);$$
$y(t) = t^7 + O(t^{11})$,得 $$\frac{dy}{dt} = 7t^6 + O(t^{10})\frac{d^2 y}{dt^2} = 42t^5 + O(t^9).$$
分子:$$\frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} = 70 t^6 + O(t^7)$$分母:$$(\frac{dx}{dt})^3 = 8 t^3 + O(t^5)$$
当 $t \to 0$$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{70 t^6}{8 t^3} \to 0$,故值为 $0$。
**答案:** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = 0$。
>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
>设参数方程 $x = e^{t} \sin t + \ln(1+t^2)$$y = e^{t} \cos t + \arctan(t^3)$,求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值。
**解析:**
计算一阶导:
$$\frac{dx}{dt} = e^{t} \sin t + e^{t} \cos t + \frac{2t}{1+t^2}\frac{dy}{dt} = e^{t} \cos t - e^{t} \sin t + \frac{3t^2}{1+t^6}.$$
在 $t=0$ 处:$\frac{dx}{dt} = 1$$\frac{dy}{dt} = 1$。
二阶导:
$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 e^{t} \cos t + \frac{2 - 2t^2}{(1+t^2)^2}\frac{d^2 y}{dt^2} = -2 e^{t} \sin t + \frac{6t(1+t^6) - 18t^7}{(1+t^6)^2}.$$
在 $t=0$ 处:$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 4\frac{d^2 y}{dt^2} = 0.$$
代入公式:
$$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{1 \cdot 0 - 1 \cdot 4}{1^3} = -4.$$
**答案:** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = -4$。
## **应用题**
应用题就比较综合了,它可以考很多知识点,比如参数方程,比如隐函数求导,也有可能就是一个普通的求导。但关键不在于求导,关键在于建立一个准确的模型,也就是
1把需要求的对象找出来即自变量和因变量注意可能有多个。
2根据条件把关系式列出来画一画示意图有时候会很有帮助。
### 微分估计值
>[!example] 例1
>利用微分估计值也是导数应用的一种。利用微分估计下面几个式子的值:
>1$\sqrt{34}$(保留两位小数)
>2摆的振动周期公式为$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$。其中$l$为摆长(厘米),重力加速度$g=981cm^2/s$.为了使周期$T$增大$0.05$秒,摆长$l=20cm$的长度需要作何修正?(参考数据:$\sqrt{981\times20}\approx140.07,\frac{1}{\pi}\approx0.318$,保留两位小数)
1$\sqrt{34}=\sqrt{36-2}=6\sqrt{1-\frac{1}{18}}$,考虑函数$f(x)=\sqrt{x}$$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},f'(1)=\frac{1}{2}$,故$df=\frac{dx}{2\sqrt{x}},df|_{x=1}=\frac{1}{2}dx$,取$dx=-\frac{1}{18}$,得$df=-\frac{1}{36}$,故$$\sqrt{34}\approx 6(1-\frac{1}{36})=\frac{35}{6}\approx5.83$$
2$dT=T'dl=\pi\sqrt{\frac{1}{gl}}dl=0.05$,则$$dl=\frac{1}{\pi}\sqrt{gl}\approx\frac{1}{3.14}\times\sqrt{981\times20}\times0.05\approx2.23$$
故需要增加摆长约$2.23$厘米
### 相关变化率
#### 飞机航空摄影问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>一飞机在离地面$2 km$的高度,以$200 km/h$的速度水平飞行到某目标上空,以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时,摄影机转动的角速率。
解析:
1、建立坐标系
目标位置:原点 $O(0,0)$
飞机位置:$P(x,2)$
飞机高度:$h = 2 km$
水平速度:$\frac{dx}{dt} = -200 km/h$
2、角度关系
$$
\theta = \arctan\left(\frac{x}{2}\right),
\tan\theta =\frac{x}{2}
$$
3、角速率计算
$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{d\theta}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}$$
$$\frac{d\theta}{dx} = \frac{d}{dx} \arctan\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1}{1 + \left(\frac{x}{2}\right)^2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{x^2 + 4}$$
$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{2}{x^2 + 4} \cdot (-200) = -\frac{400}{x^2 + 4} rad/h$$
4、目标正上方时的角速率
当 $x = 0$ 时:
$$\left. \frac{d\theta}{dt} \right|_{x=0} = -\frac{400}{0 + 4} = -100 rad/h$$
5、转换单位
$$100 rad/h = 100 \times \frac{180}{\pi} °/h = \frac{18000}{\pi} °/h,
\frac{18000}{\pi} °/h \times \frac{1}{3600} h/s = \frac{5}{\pi} °/s \approx 1.59 °/s$$
答案:
飞机飞至目标正上方时,摄影机转动的角速率为 $\frac{5}{\pi} °/s$(约$1.59 °/s$)。
---
#### 人拉船问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>人在河岸用绳经过定滑轮以速度 $v$、加速度 $a$ 拉船。绳与水平面夹角为 $\theta$。求此时船的加速度 $a'$。
![[应用题人拉船.png]]
解析
1、 变量定义
$h$:滑轮高度(定值)
$x$:船到河岸的水平距离
$l$:绳长
$v = -\frac{dl}{dt}$:人拉绳的速度
$a = -\frac{d^2l}{dt^2}$:人拉绳的加速度
$u = -\frac{dx}{dt}$:船的水平速度
$a' = -\frac{d^2x}{dt^2}$:船的加速度
$\theta$:绳与水平面夹角
2、几何关系
$l^2 = h^2 + x^2$
3、 一阶导数关系
对几何关系求导:$$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}\ 即\ l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$$
代入速度定义:$l(-v) = x(-u)$
$$u = \frac{l}{x}v = \frac{v}{\cos\theta},其中 \cos\theta = \frac{x}{l}$$
4、 二阶导数关系
对一阶关系求导:$$\frac{d}{dt}\left(l\frac{dl}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(x\frac{dx}{dt}\right)$$
$$\left(\frac{dl}{dt}\right)^2 + l\frac{d^2l}{dt^2} = \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + x\frac{d^2x}{dt^2}$$
$$(-v)^2 + l(-a) = (-u)^2 + x(-a')$$
$$v^2 - la = u^2 - xa'$$
5、 求解 $a'$
$$xa' = u^2 - v^2 + la,
a' = \frac{u^2 - v^2 + la}{x}$$
代入 $u = \frac{v}{\cos\theta}$, $x = h\tan\theta$, $l = \frac{h}{\cos\theta}$
$$\begin{aligned}
a' &= \frac{\left(\frac{v}{\cos\theta}\right)^2 - v^2 + \left(\frac{h}{\cos\theta}\right)a}{h\tan\theta}\\[1em]
&= \frac{v^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right)}{h\tan\theta} + \frac{\frac{h}{\cos\theta}a}{h\tan\theta}\\[1em]
&= \frac{v^2\tan^2\theta}{h\tan\theta} + \frac{a}{\cos\theta\tan\theta}\\[1em]
&= \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}
\end{aligned}$$
答案:
此时船的加速度为:
$$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$$
---
#### 动点曲线运动问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>已知动点 $P$ 在曲线 $y = \sqrt{x}$ 上运动,记坐标原点 $O$ 与 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 横坐标随时间的变化率为常数 $v$,则当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时,$l$ 对时间的变化率是多少?
解析:
1、 变量关系
点 $P$ 坐标:$(x, y)$, $y = \sqrt{x}$
原点 $O$ 与 $P$ 间的距离:
$$l = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + (\sqrt{x})^2} = \sqrt{x^2 + x}$$
已知:$\frac{dx}{dt} = v$(常数)
2、距离变化率计算
$$\begin{aligned}
\frac{dl}{dt} &= \frac{d}{dt} \sqrt{x^2 + x} = \frac{d}{dt} (x^2 + x)^{1/2}\\[1em]
&= \frac{1}{2}(x^2 + x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dt}(x^2 + x)\\[1em]
&= \frac{1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot (2x + 1) \frac{dx}{dt}\\[1em]
&= \frac{2x + 1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot v
\end{aligned}$$
3、在点 $(1, 1)$ 处的变化率
当 $x = 1$ 时:
$$\left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{2\cdot 1 + 1}{2\sqrt{1^2 + 1}} \cdot v = \frac{3}{2\sqrt{2}} \cdot v = \frac{3v}{2\sqrt{2}}$$
有理化得:$$\frac{3v}{2\sqrt{2}} = \frac{3v\sqrt{2}}{4}$$
答案:
当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时,$l$ 对时间的变化率为 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。
---
#### 球浸入水问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>半径为$a$的球渐渐沉入盛有部分水的半径为$b(b>a)$的圆柱形容器中.若球以匀速$c$下沉,求:球浸没一半时,容器内水面上升的速率.
>
解:主要的等量关系是:球浸入水中的体积与水“溢出”的体积相同(如果把水面上升视为溢出的话)。设时间为$t$,球下沉的体积为$V$,水上升的高度为$H$,球浸入水的高度为$h$,则有$$V=\pi h^2(a-\frac{h}{3}),dV=(2\pi ah-\pi h^2)dh=\pi h(2a-h)dh$$(这个公式大家可以记住)
且(如图)$$dV=\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH$$
![[球浸入水示意图.jpg]]
于是$$\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dh=\pi h(2a-h)dH$$$$dH=\frac{h(2a-h)}{b^2-2ah+h^2}dh$$$$\frac{dH}{dt}=\frac{h(2a-h))}{b^2-2ah+h^2}\frac{dh}{dt}$$而$\frac{dh}{dt}=c,h=a$,故$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$
### 应用题期中真题
>[!example] **例1**2020
>有一个正圆锥形漏斗,深度 $18 \text{ cm}$ ,上端口直径为 $12 \text{ cm}$ (即半径 $6 \text{ cm}$ )。漏斗下方连接一个圆柱形筒,圆柱筒直径为 $10 \text{ cm}$ (即半径 $5 \text{ cm}$ )。初始时刻漏斗内盛满水,然后水从漏斗流入圆柱筒。已知当漏斗中水深为 $12 \text{ cm}$ 时,漏斗水面下降的速度是 $1 \text{ cm/min}$
问:此时圆柱筒内液面上升的速度是多少?
**解析**:
设 t s时漏斗水深为 h cm圆柱形容器的水深为 H cm则有
$$\pi 5^2 H = V_0 - \frac{1}{3} \pi \left( \frac{6}{18} h \right)^2 h$$
关于 t 求导数得
$$25 \frac{dH}{dt} = -\frac{1}{9} h^2 \frac{dh}{dt}$$
当 h = 12, $\frac{dh}{dt} = -1$ 时,
$$\frac{dH}{dt} = \frac{16}{25} \text{(cm/s)}$$
>[!example] **例2** (2021)
>一长为 L 米的木梯靠在倾角为$\frac{\pi}{3}$的光滑斜坡上,木梯的顶部距离 A 点 h 米,底部距离 A 点 d 米,受重力作用木梯的顶部以 $a \, \mathrm{m/s}$ 的速度沿直线 BA 下滑,底部水平向右运动。问:当木梯的顶部和底部与 A 点的距离相等时,底部的水平速度为多少?
>![[应用题梯子.jpg]]
**解析:**
设运动 t 秒后,木梯的顶部距离 A 点 $y(t) \, \mathrm{m}$ ,底部距离 A 点 $x(t) \, \mathrm{m}$ 。由图易知
$$\left(y(t)\sin\frac{\pi}{3}\right)^2 + \left(x(t)+y(t)\cos\frac{\pi}{3}\right)^2 = L^2$$
$$x^2(t)+y^2(t)+x(t)y(t)=L^2$$
方程两端分别对 t 求导,可得
$$2x(t)x'(t)+2y(t)y'(t)+x(t)y'(t)+x'(t)y(t)=0$$
由于 $y'(t)=-a \, (\mathrm{m/s})$ ,因此当 x(t)=y(t) 时,有
$$2x'(t)-2a-a+x'(t)=0$$
故 $$x'(t)=a \, (\mathrm{m/s})$$
>[!example] **例3**2023
>有一个长度为5m的梯子贴靠在铅直的墙上假设其下端沿地板以3m/s的速率离开墙脚而滑动
(1) 何时梯子的上、下端能以相同的速率移动?
(2) 何时其上端下滑之速率为4m/s
**解析:**
设在时刻 t ,梯子上端与墙角的距离为 $x(t) \, \mathrm{m}$ ,下端与墙角的距离为 $y(t) \, \mathrm{m}$ ,则
$$x^2 + y^2 = 25$$
两端同时对 t 求导数可得
$$x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} = 0$$
(1) 当$\frac{dx}{dt} = -\frac{dy}{dt}$ 时,可得 x = y ,进而 $y = \frac{5}{\sqrt{2}} \, (\mathrm{m})$
即下端距墙脚 $\frac{5}{\sqrt{2}} \, \mathrm{m}$ 时上下端能以相同的速率移动。
(2) 当 $\frac{dy}{dt} = -4 \, (\mathrm{m/s})$ $\frac{dx}{dt} = 3 \, (\mathrm{m/s})$ 时,有 $4x = 3y$ ,将其代入 $x^2 + y^2 = 25$
解得$y = 4 \, (\mathrm{m})$,即下端距墙脚4 m时上端下滑速度为$4 m/s$
>[!example] **例4**(2022)
>某部举行八一阅兵队列正步通过阅兵台时步幅间距离为75厘米步速为每分钟112步。某观礼人员离行进队列垂直距离为60米视线追随队列领队求其视线与队列夹角为$\frac{\pi}{6}$时,视线转动角度的变化率。
**解析:**
- 建立几何模型:设时间为\(t\)分钟步幅间距离0.75米步速为每分钟112步则队列行进距离$x = 0.75×112t = 84t$米。设视线与队列夹角为$theta$,由正切函数关系可得$tan\theta=\frac{x}{60}$,即$\tan\theta=\frac{84t}{60}=\frac{7t}{5}$。
- 两边对$t$求导:根据复合函数求导法则
$$(tan\theta)^\prime=\sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt})$$对$tan\theta=\frac{7t}{5}$两边求导得$$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$
求解:$\frac{d\theta}{dt}$:当$\theta = \frac{\pi}{6}$时,$sec\theta=\frac{2}{\sqrt{3}}$$sec^{2}\theta=\frac{4}{3}$,代入$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$
可得$$\frac{4}{3}\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$解得$$\frac{d\theta}{dt}=\frac{21}{20}(弧度/分钟)$$
答案:视线转动角度的变化率为 $\frac{21}{20}$ 弧度/分钟。本题主要考察了利用导数解决实际问题中的变化率问题,关键在于建立正确的函数关系并准确求导,易错点是复合函数求导法则的运用。
>[!example] **例5**2024
>一架巡逻直升机在距离地面3km的高度以120km/h的速度沿着一条水平笔直的高速公路向前飞行。飞行员观察到迎面驶来一辆汽车通过雷达测出直升机与汽车的距离为5km同时此距离以160km/h的速率在减少。试求此时汽车行进的速度。
**解析**
如图建立直角坐标系,设时刻 t直升机位于 A点 $(x_1(t),3)$,汽车位于 B点 $(x_2(t),0)$,直升机与汽车的距离为 $z(t)$,则
$$(x_2(t)x_1(t))^2+32=z^2(t)$$
方程两端分别对 $t$ 求导,可得
$$(x_2(t)x_1(t))(x_2^(t)x_1^(t))=z(t)z^(t)$$
由于 $z(t)=5$时,$x_2(t)x_1(t)=4$$z^(t)=160$$x_1^(t)=120$,有
$$4(x_2^(t)120)=5×(160)$$
故 $x_2^(t)=80$,即汽车行进的速度为 $80km/h$。

@ -0,0 +1,58 @@
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**内部资料,禁止传播**
**编委会(不分先后,姓氏首字母顺序):韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁**
1.计算极限 $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} - 2}{x^2}$$A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $-\frac{1}{2}$
D. $-\frac{1}{4}$
2.设 $$a_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$$则 $\lim_{n \to \infty} a_n$ = ?
A. 0
B. 1
C. $\frac{1}{2}$
D. 不存在
3.计算
$$\lim\limits_{x\to\infty}\tfrac{3x^2+5}{5x+3}sin\tfrac{2}{x}$$A. $\frac{6}{5}$
B. $\frac{4}{3}$
C. $-\frac{4}{3}$
D. $\frac{7}{8}$
4.计算
$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2tanx}-\sqrt{1+2sinx}}{xln(1+x)-x^2}$$    
A、原式= $\infty$
B、原式=1
C、原式=-1
D、原式=0
5.设$$f(x)=\frac{2x+1}{\sqrt{x^2+3}}$$则$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=()$
(A)不存在
(B)-2   
(C)0  
(D)2

@ -0,0 +1,33 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛
A.正确
B.错误
2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 不存在(发散)
3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛
A.正确
B.错误
4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛
A.正确
B.错误
5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛
A.正确
B.错误

@ -0,0 +1,34 @@
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1、设函数$f(x)\in C[0,2]$,且满足:$$f(0)=-1,f(1)=3,f(2)=1.$$下列说法正确的是:
A方程$f(x)=0$在$[0,1]$上没有解
B方程 f(x)=1在区间 $[0,2]$ 上只有$x=2$ 这一个解
C方程 $f(x)=2$ 在 $[1,2]$ 上至少有一个解
D方程 $f(x)=2$ 在 $[0,2]$ 上没有解
2、证明方程 $e^x = 3x$ 至少有一个正实根。
```
```
3、设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = 1, x_{n+1} = 1 + \frac{1}{1 + x_n}$,证明 $\{x_n\}$ 收敛,并求极限。
```
```

@ -0,0 +1,47 @@
---
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1.设 $x_n = \frac{\cos\left(\frac{2n\pi}{3}\right)}{n} + 1$,证明 $x_n \to 1$。
```
```
2.函数 $f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{若 } x \text{ 为有理数} \\ -x^2, & \text{若 } x \text{ 为无理数} \end{cases}$
$$
\lim_{x \to 0} f(x)
$$
```
```
3.设函数$f(x)=\begin{cases}ax+b,x\ge1,\\ e^{\frac{1}{x}},0<x<1\end{cases}$在$x=1$处可导,则$a、b$的取值分别为$\_\_\_,\_\_\_$.
```
```
4.设$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{|x|^{\alpha}}sin\frac{1}{x} \ \ ,x\neq0 \\ 0,\ \ \ x=0\end{cases}$在$x=0$处可导,则$\alpha$的取值范围是[ ].
A$\alpha>-1$ B$\alpha<-1$ C$0<\alpha<1$ D$\alpha>1$

@ -0,0 +1,109 @@
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1.计算极限 $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} - 2}{x^2}$$A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $-\frac{1}{2}$
D. $-\frac{1}{4}$
答案D
有理化
令分子为 $A = \sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} - 2$,分子分母同乘共轭:$$A = \frac{(\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x})^2 - 4}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} + 2} = \frac{2\sqrt{1 - x^2} - 2}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} + 2}$$原式变为
$$\frac{A}{x^2} = \frac{2\sqrt{1 - x^2} - 2}{x^2 (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} + 2)}$$
再对分子 $2\sqrt{1 - x^2} - 2$ 有理化:
$$2\sqrt{1 - x^2} - 2 = \frac{-2x^2}{\sqrt{1 - x^2} + 1}$$
代入得
$$\frac{A}{x^2} = \frac{-2}{(\sqrt{1 - x^2} + 1)(\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x} + 2)}$$
当 $x \to 0$ 时,
$$\sqrt{1 - x^2} \to 1, \quad \sqrt{1 + x} \to 1, \quad \sqrt{1 - x} \to 1$$
所以分母趋于 $$(1 + 1) \times (1 + 1 + 2) = 2 \times 4 = 8$$因此极限为
$$\frac{-2}{8} = -\frac{1}{4}$$
2.设 $$a_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$$则 $\lim_{n \to \infty} a_n$ = ?
A. 0
B. 1
C. $\frac{1}{2}$
D. 不存在
答案B
解析: 这是经典的夹逼定理题。
· 共有 n 项。
· 分母最大项是 $\sqrt{n^2+1}$(最小分数),分母最小项是 $\sqrt{n^2+n}$(最大分数)。
· 因此:
$$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \leq a_n \leq \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$$ 
· 计算两边的极限:
$$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = 1$$
$$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} = 1$$
· 由夹逼定理,$\lim_{n \to \infty} a_n = 1$
3.计算
$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}$$A. $\frac{6}{5}$
B. $\frac{4}{3}$
C. $-\frac{4}{3}$
D. $\frac{7}{8}$
答案A
$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{6x^2+10}{5x^2+3x}\frac{sin\frac{2}{x}}{\frac{2}{x}}=\frac{6}{5}$$
4.计算
$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2tanx}-\sqrt{1+2sinx}}{xln(1+x)-x^2}$$    
A、原式= $\infty$
B、原式=1
C、原式=-1
D、原式=0
答案C
原式等于$$2\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x[ln(1+x)-x]}\frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+\sqrt{1+2sinx}}$$
$$=2\lim\limits_{x\to 0} \frac{sinx(1/cosx-1)} {x[ln(1+x)-x]} \frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+ \sqrt{1+2sinx}}$$
$$=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx}{x}\frac{1}{cosx}\frac{1-cosx}{ln(1+x)-x}$$
5.设$$f(x)=\frac{2x+1}{\sqrt{x^2+3}}$$则$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=()$
(A)不存在
(B)-2   
(C)0  
(D)2
答案A
解析:对于函数 $f(x) = \frac{2x + 1}{\sqrt{x^2 + 3}}$,考虑 $x \to \infty$ 时的极限。由于 $x \to \infty$ 通常包括 $x \to +\infty$ 和 $x \to -\infty$,需分别讨论:
1. **当 $x \to +\infty$**
此时 $x > 0$,有 $\sqrt{x^2 + 3} = \sqrt{x^2(1 + \frac{3}{x^2})} = x\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}$
分子可写为 $2x + 1 = x(2 + \frac{1}{x})$,故 $f(x) = \frac{x(2 + \frac{1}{x})}{x\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}} = \frac{2 + \frac{1}{x}}{\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}}$。
当 $x \to +\infty$ 时,$\frac{1}{x} \to 0$$\frac{3}{x^2} \to 0$,所以 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{2}{1} = 2$。
2. **当 $x \to -\infty$**
此时 $x < 0$,有 $\sqrt{x^2 + 3} = \sqrt{x^2(1 + \frac{3}{x^2})} = |x|\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}} = -x\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}$
分子为 $2x + 1 = x(2 + \frac{1}{x})$,故 $f(x) = \frac{x(2 + \frac{1}{x})}{-x\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}} = -\frac{2 + \frac{1}{x}}{\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}}$。
当 $x \to -\infty$ 时,$\frac{1}{x} \to 0$$\frac{3}{x^2} \to 0$,所以 $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\frac{2}{1} = -2$。

@ -0,0 +1,68 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛
A.正确
B.错误
由于
$a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{n(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} < \frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛,故由比较判别法知原级数收敛。
2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 不存在(发散)
解:
观察
$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$
部分和:
$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$
收敛到 1。
3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛
A.正确
B.错误
**解析**
$$a_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 \cdot 5^n}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n}
= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \cdot 5^{n+1}} \cdot \frac{(n!)^2 \cdot 5^n}{(2n)!}$$
化简:
$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$$
$$\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$$
$$\frac{5^n}{5^{n+1}} = \frac15$$
所以
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac15
= \frac{2(2n+1)}{n+1} \cdot \frac15$$
$$\lim_{n\to\infty} \frac{4n+2}{5(n+1)} = \frac{4}{5} < 1$$
所以收敛。
答案A
4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛
A.正确
B.错误
$n(n-1)/2的奇偶性与n隔两项相反所以级数也是交错级数容易证明是收敛$
5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛
A.正确
B.错误
当 $n > e^2$ 时,$\ln n > 2$,从而 $\frac{1}{(\ln n)^n} < \frac{1}{2^{,n}}$。
由于 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{,n}}$ 收敛,由比较判别法知原级数收敛。

@ -0,0 +1,30 @@
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1、设函数$f(x)\in C[0,2]$,且满足:$$f(0)=-1,f(1)=3,f(2)=1.$$下列说法正确的是:
A方程$f(x)=0$在$[0,1]$上没有解
B方程 f(x)=1在区间 $[0,2]$ 上只有$x=2$ 这一个解
C方程 $f(x)=2$ 在 $[1,2]$ 上至少有一个解
D方程 $f(x)=2$ 在 $[0,2]$ 上没有解
答案C.
$f(0)f(1)<0$$f(x)=0$$[0,1]$.B.$(f(1)-2)(f(2)-2)=-1<0$,C.D.
2、证明方程 $e^x = 3x$ 至少有一个正实根。
**解析**
设 $f(x) = e^x - 3x$,则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续(实际上在整个实数域连续)。
计算:$f(0) = 1 > 0$$f(1) = e - 3 < 0$(因为 $e \approx 2.718$)。
由零点定理,存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f(\xi)=0$,即 $e^\xi = 3\xi$,故方程至少有一个正实根。
3、设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = 1, x_{n+1} = 1 + \frac{1}{1 + x_n}$,证明 $\{x_n\}$ 收敛,并求极限。
**解析**
1. **有界性**:归纳法易证 $1 \leq x_n \leq 2$。
2. **单调性**:计算 $x_{n+2} - x_{n}$ 判断奇偶子列单调性,或直接分析 $x_{n+1} - x_n$ 符号,可知数列非单调但可拆分单调子列。
实际上,可证 $\{x_{2n}\}$ 单调递增,$\{x_{2n-1}\}$ 单调递减。
3. **由单调有界准则**,奇偶子列均收敛,再证二者极限相同。
4. **求极限**:设 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$,则 $L = 1 + \frac{1}{1 + L}$,解得 $L = \sqrt{2}$。

@ -0,0 +1,41 @@
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1.设 $x_n = \frac{\cos\left(\frac{2n\pi}{3}\right)}{n} + 1$,证明 $x_n \to 1$。
**解析**
按 $n \mod 3$ 将数列分为三个子列:
- 当 $n = 3k$
$x_{3k} = \frac{\cos(2k\pi)}{3k} + 1 = \frac{1}{3k} + 1 \to 1$
- 当 $n = 3k+1$
$x_{3k+1} = \frac{\cos(2\pi/3 + 2k\pi)}{3k+1} + 1 = \frac{-1/2}{3k+1} + 1 \to 1$
- 当 $n = 3k+2$
$x_{3k+2} = \frac{\cos(4\pi/3 + 2k\pi)}{3k+2} + 1 = \frac{-1/2}{3k+2} + 1 \to 1$
三个子列极限均为 $1$,且它们覆盖所有正整数,故原数列收敛于 $1$。
2.函数 $f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{若 } x \text{ 为有理数} \\ -x^2, & \text{若 } x \text{ 为无理数} \end{cases}$
$$
\lim_{x \to 0} f(x)
$$
**解析:**
对于任意趋于 0 的序列 $x_n$,无论其项是有理数还是无理数,都有 $|f(x_n)| = x_n^2 \to 0$。因此,由夹逼定理可得极限为 0。
3.设函数$f(x)=\begin{cases}ax+b,x\ge1,\\ e^{\frac{1}{x}},0<x<1\end{cases}$在$x=1$处可导,则$a、b$的取值分别为$\_\_\_,\_\_\_$.
解:首先$f(x)$得在$x=1$处连续,故$a+b=e$.
其次,$f(x)$在$x=1$处的左右导数相等,则 $f(1)=a+b,f'_-(1)=\lim\limits_{x\to1^-}\frac{ax+b-(a+b)}{x-1}=a$,
$$f'_+(1)=\lim\limits_{x\to1^+}\frac{e^{\frac{1}{x}}-(a+b)}{x-1}=\lim\limits_{x\to1^+}\frac{e^{\frac{1}{x}}-e}{x-1}=\lim\limits_{x\to1^+}\frac{e(e^{\frac{1}{x}-1}-1)}{x-1}=e\lim\limits_{x\to1^+}\frac{\frac{1}{x}-1}{x-1}=-e$$
于是$a=-e,b=2e.$
4.设$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{|x|^{\alpha}}sin\frac{1}{x} \ \ ,x\neq0 \\ 0,\ \ \ x=0\end{cases}$在$x=0$处可导,则$\alpha$的取值范围是[ ].
A$\alpha>-1$ B$\alpha<-1$ C$0<\alpha<1$ D$\alpha>1$
解:$\lim\limits_{x\to0}f(x)=\lim\limits_{x\to0}\frac{sin\frac{1}{x}}{|x|^{\alpha}}=0$,由于$x\to0$时$sin\frac{1}{x}$无限振荡但是有界,所以要极限为$0$,只要$|x|^{\alpha}\to\infty$,故$\alpha<-1$,选$B$.

@ -0,0 +1,39 @@
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**内部资料,禁止传播**
**编委会(不分先后,姓氏首字母顺序):韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁**
1.已知 $b_n = \sqrt[n]{2^n + 3^n + 4^n}$,则 $\lim_{n \to \infty} b_n = ?$
A. 2
B. 3
C. 4
D. 9
2.计算 $$\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\ \arctan\ (n+1) - \arctan n]$$A. $\infty$
B. 1
C. $\tan1$
D. 0
3.计算$$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$$A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $-\frac{\pi}{2}$
D. $1$
4.设 $$f(x) = (1+x^2)\cos\left(\frac{1}{x^3}\right)$$则 $\lim_{x \to \infty} f(x)$
A. 为 0
B. 为 1
C. 为-1
D. 无穷大
5.设$$f(x)=\frac{2+e^{1/x}}{1+e^{4/x}}+\frac{sinx}{|x|}$$则$x=0$是 $f(x)$ 的()
A. 可去间断点
B. 跳跃间断点
C. 无穷间断点
D. 震荡间断点

@ -0,0 +1,34 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$收敛
A.正确
B.错误
2.级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是:
A. 绝对收敛
B. 条件收敛
C. 发散
D. 可能收敛可能发散
3.级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$  收敛
A.正确
B.错误
4,级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ 收敛
A.正确
B.错误
5.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ 收敛
A.正确
B.错误

@ -0,0 +1,40 @@
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1、设$f(x)$在$[0,2a]$内连续,且$f(0)=f(2a)$,证明$[0,a]$上至少存在一点$\xi$,使$f(\xi)=f(\xi+a).$
```
```
2、设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,且 $a < c < d < b$ $f(c)$ $f(d)$ $f(x)=0$ $(c,d)$
```
```
3、判断数列 $a_n = \frac{n}{n^2 + 1}$ 是否收敛,若收敛求极限。
```
```

@ -0,0 +1,55 @@
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1.判断数列 $a_n = \frac{(-1)^n n}{n+1}$ 的收敛性。
```
```
2.设数列 $\{a_n\}$ 的三个子列 $\{a_{2n}\}$、$\{a_{2n+1}\}$、$\{a_{3n+1}\}$ 均收敛,那么 $\{a_n\}$ 是否一定收敛?说明理由。
```
```
3.设函数由参数方程 $\begin{cases} x = t + \arctan t \\ y = t - \ln(1+t^2) \end{cases}$ 确定,求 $dy$。
```
```
4.求曲线 $f(x) = \frac{e^x}{x-1} + x$ 的渐近线。
```
```
5.判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n\pi + \frac{\pi}{4})}{\sqrt{n^3+1}}$ 的敛散性。
```
```

@ -0,0 +1,116 @@
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1.已知 $b_n = \sqrt[n]{2^n + 3^n + 4^n}$,则 $\lim_{n \to \infty} b_n = ?$
A. 2
B. 3
C. 4
D. 9
答案C
解析: 利用夹逼定理,提取最大项:
· 显然 $4^n \leq 2^n + 3^n + 4^n \leq 3 \cdot 4^n$。
· 因此:
$$4 \leq \sqrt[n]{2^n + 3^n + 4^n} \leq \sqrt[n]{3} \cdot 4$$
· 因为 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{3} = 1$,所以右边极限为 $4$。
· 由夹逼定理,极限为 $4$。
2.计算 $$\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\ \arctan\ (n+1) - \arctan n]$$A. $\infty$
B. 1
C. $\tan1$
D. 0
答案B
由 $\arctan x \sim x$ 得?注意此时 $n\to\infty$。
$$\begin{aligned}\text{原式}
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{(n+1)-n}{1+(n+1)n} \right] \\[1em]
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{1}{n^2 + n + 1} \right] \\[1em]
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^2 + n + 1} \quad (\text{因为 } \arctan x \sim x \text{ 当 } x \to 0) \\[1em]
&= 1
\end{aligned}$$
3.计算
$$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$$A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $-\frac{\pi}{2}$
D. $1$
答案D
原式=$\lim\limits_{x\to\pi/2}(1+sinx-1)^{\frac{1}{sinx-1}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}=e^{\lim\limits_{x\to\pi/2}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}$
令$t=\pi/2-x$,则原式=$e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(cost-1)}{sint}}=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(-t^2/2)}{t}}=e^0=1$
4.设 $$f(x) = (1+x^2)\cos\left(\frac{1}{x^3}\right)$$则 $\lim_{x \to \infty} f(x)$
A. 为 0
B. 为 1
C. 为-1
D. 无穷大
答案D
解析: 由于 $\cos(1/x^3) 在 x \to \infty$ 时振荡趋于 $\cos 0 = 1$,而 $1+x^2 \to \infty$,所以函数值在振荡中趋于无穷大。
5.设$$f(x)=\frac{2+e^{1/x}}{1+e^{4/x}}+\frac{sinx}{|x|}$$则$x=0$是 $f(x)$ 的()
A可去间断点  B跳跃间断点   C无穷间断点  D震荡间断点
答案A
对于函数 $f(x) = \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}} + \frac{\sin x}{|x|}$,分析 $x=0$ 处的间断点类型。
首先考虑第二部分 $\frac{\sin x}{|x|}$ 在 $x=0$ 处的左右极限:
当 $x \to 0^+$ 时,$|x|=x$,所以 $\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{|x|} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$。
当 $x \to 0^-$ 时,$|x|=-x$,所以 $\lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{|x|} = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{-x} = -1$。
第二部分左右极限存在但不相等。
再考虑第一部分 $g(x) = \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}}$ 的左右极限:
- 当 $x \to 0^+$ 时,$1/x \to +\infty$$4/x \to +\infty$,故 $e^{1/x} \to +\infty$$e^{4/x} \to +\infty$,且 $e^{4/x}$ 增长更快。
可写为 $g(x) = \frac{e^{1/x}(2/e^{1/x} + 1)}{e^{4/x}(1/e^{4/x} + 1)} = e^{-3/x} \cdot \frac{2/e^{1/x} + 1}{1/e^{4/x} + 1}$。
由于 $e^{-3/x} \to 0$,分母趋于 $1$,所以 $\lim_{x \to 0^+} g(x) = 0$。
- 当 $x \to 0^-$ 时,$1/x \to -\infty$$4/x \to -\infty$,故 $e^{1/x} \to 0$$e^{4/x} \to 0$。
此时 $g(x) = \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2$,所以 $\lim_{x \to 0^-} g(x) = 2$。
因此,$f(x)$ 的左右极限为:
- $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0 + 1 = 1$。
- $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 2 + (-1) = 1$。
左右极限存在且相等(等于 $1$),故 $x=0$ 为可去间断点。

@ -0,0 +1,64 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$收敛
A.正确
B.错误
$sin(\sqrt{n^2+1}\pi)=(-1)^{n}sin((\sqrt{n^2+1}-n)\pi)=(-1)^{n}sin(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\pi),$
$a_{n}=sin(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})\to0(n\to\infty),且\{a_{n}\}单调递减,由莱布尼兹判别法,级数收敛$
2.级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是:
A. 绝对收敛
B. 条件收敛
C. 发散
D. 可能收敛可能发散
解析
拆成两个:
1. $\sum \frac{\sin n}{n^2}:因 |\frac{\sin n}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$,绝对收敛。
2. $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数,条件收敛。
   条件收敛 + 绝对收敛 = 条件收敛。
答案B
3.级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$  收敛
A.正确
B.错误
$$a_n = \frac{3^n}{n^2}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n}
= 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2}$$
$$\lim_{n\to\infty} 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2} = 3 > 1$$
所以发散。
答案B
4,级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ 收敛
A.正确
B.错误
由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \frac{3}{4}$,又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛,故原级数收敛。
5.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ 收敛
A.正确
B.错误
由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}$,又级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散,故原级数发散。

@ -0,0 +1,24 @@
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1、设$f(x)$在$[0,2a]$内连续,且$f(0)=f(2a)$,证明$[0,a]$上至少存在一点$\xi$,使$f(\xi)=f(\xi+a).$
证明:记$$F(x)=f(x)-f(x+a),x\in[0,a].$$于是$F(0)=f(0)-f(a),F(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0).$从而$F(0)F(a)\le0$.
若$F(a)=0$或$F(0)=0$,则命题得证.若$F(a)F(0)<0$,则由零值定理,存在$\xi\in(0,a)$,使得$F(\xi)=0,f(\xi)=f(\xi+a).$
2、设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,且 $a < c < d < b$ $f(c)$ $f(d)$ $f(x)=0$ $(c,d)$
**解析**
由题意,$f(x)$ 在 $[c,d]$ 上连续,且 $f(c) \cdot f(d) < 0$。
由零点定理,存在 $\xi \in (c,d)$,使得 $f(\xi)=0$,即方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。
3、判断数列 $a_n = \frac{n}{n^2 + 1}$ 是否收敛,若收敛求极限。
**解析**
1. **单调性**:考虑 $a_{n+1} - a_n = \frac{n+1}{(n+1)^2 + 1} - \frac{n}{n^2 + 1}$,通分后分子为 $-n^2 - n + 1$,当 $n \geq 1$ 时小于零,故数列单调递减。
2. **有界性**:显然 $0 < a_n \leq \frac{1}{2}$。
3. **由单调有界准则**,数列收敛。
4. **极限**$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2 + 1} = 0$。## 介值定理

@ -0,0 +1,91 @@
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1.判断数列 $a_n = \frac{(-1)^n n}{n+1}$ 的收敛性。
**解析**
- 偶数项子列:$a_{2k} = \frac{2k}{2k+1} \to 1$
- 奇数项子列:$a_{2k-1} = -\frac{2k-1}{2k} \to -1$
两个子列极限不同,故原数列发散。
2.设数列 $\{a_n\}$ 的三个子列 $\{a_{2n}\}$、$\{a_{2n+1}\}$、$\{a_{3n+1}\}$ 均收敛,那么 $\{a_n\}$ 是否一定收敛?说明理由。
**解析**
$\{a_n\}$ **一定收敛**,理由如下:
1. 子列 $\{a_{2n}\}$(偶数项)与 $\{a_{2n+1}\}$(奇数项)覆盖了整个数列 $\{a_n\}$,若能证明这两个子列极限相等,则 $\{a_n\}$ 收敛(拉链定理)。
2. 分析子列 $\{a_{3n+1}\}$
- $\{a_{3n+1}\}$ 中既有偶数项(如 $n=1$ 时,$3\times1+1=4$,对应 $a_4$,属于 $\{a_{2n}\}$),也有奇数项(如 $n=0$ 时,$3\times0+1=1$,对应 $a_1$,属于 $\{a_{2n+1}\}$)。
- 由于 $\{a_{3n+1}\}$ 收敛,其所有子列极限必与它本身的极限相等,因此:
- $\{a_{3n+1}\}$ 中的偶数项子列(属于 $\{a_{2n}\}$)的极限 = $\{a_{3n+1}\}$ 的极限;
- $\{a_{3n+1}\}$ 中的奇数项子列(属于 $\{a_{2n+1}\}$)的极限 = $\{a_{3n+1}\}$ 的极限。
- 故 $\{a_{2n}\}$ 与 $\{a_{2n+1}\}$ 的极限相等。
综上,数列 $\{a_n\}$ 的偶数项子列和奇数项子列极限相同,因此 $\{a_n\}$ 收敛。
3.设函数由参数方程 $\begin{cases} x = t + \arctan t \\ y = t - \ln(1+t^2) \end{cases}$ 确定,求 $dy$。
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计算得
$$ \frac{dx}{dt} = 1 + \frac{1}{1+t^2} $$
$$ \frac{dy}{dt} = 1 - \frac{2t}{1+t^2} $$
因此,
$$ dy = \frac{1 - \frac{2t}{1+t^2}}{1 + \frac{1}{1+t^2}} dx = \frac{t^2 - 2t + 1}{t^2 + 2} dx $$
或等价地,
$$ dy = \left( 1 - \frac{2t}{1+t^2} \right) dt $$
---
4.求曲线 $f(x) = \frac{e^x}{x-1} + x$ 的渐近线。
**提示**
1. 首先,函数在 $x = 1$ 处无定义,需考察 $\lim_{x \to 1} f(x)$。
2. 其次,当 $x \to \infty$ 时,函数行为由 $x$ 主导,应考虑是否存在斜渐近线 $y = kx + b$,其中 $k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x}$$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx)$。
**答案**
铅直渐近线:$x = 1$(因 $\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty$ $\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty$)。
斜渐近线:
$$ k = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = 1 $$
$$ b = \lim_{x \to -\infty} (f(x) - x) = 1 $$
故有 $y = x + 1$。
该函数无水平渐近线
5.判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n\pi + \frac{\pi}{4})}{\sqrt{n^3+1}}$ 的敛散性。
**答案**
因为
$$ \sin(n\pi + \frac{\pi}{4}) = (-1)^n \sin\frac{\pi}{4} = (-1)^n \frac{\sqrt{2}}{2} $$
所以原级数为
$$ \frac{\sqrt{2}}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n^3+1}} $$
考虑其绝对值级数
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n^3+1}} $$
由于
$$ \frac{1}{\sqrt{n^3+1}} < \frac{1}{n^{3/2}} $$
且 $p=\frac{3}{2}>1$ 的 $p$-级数收敛,由比较判别法知该绝对值级数收敛。
因此,原级数 **绝对收敛**。
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