diff --git a/.gitignore b/.gitignore index 317d14d..9f65ba9 100644 --- a/.gitignore +++ b/.gitignore @@ -2,4 +2,5 @@ .vs/ *.pdf .vscode/ -.obsidian/ \ No newline at end of file +.obsidian/ +/介值定理例题.md \ No newline at end of file diff --git a/介值定理例题.md b/介值定理例题.md deleted file mode 100644 index ed5ca62..0000000 --- a/介值定理例题.md +++ /dev/null @@ -1,41 +0,0 @@ ->[!example] **例1** -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 -$$(m + n)f_{\min} \leqslant mf(c) + nf(d) \leqslant (m + n)f_{\max},$$ -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 -$$\frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} = f(\xi),$$ -即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。 - - ->[!example] **例2** ->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3 ->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 -由$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，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$f(\xi)+\xi=0$ \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/二阶微分推导.md b/编写小组/二阶微分推导.md deleted file mode 100644 index bd35c13..0000000 --- a/编写小组/二阶微分推导.md +++ /dev/null @@ -1,55 +0,0 @@ - -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**：$f'(x) = \frac{dy}{dx} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}$ - -- **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：$f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}$ -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：$d(dx) = 0$ -### $f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}= \frac{d^2f(x)}{dx^2}$ - -**注意此处的约定写法**：$(dx)^2$ 写作 $dx^2$（注意：这不是 $d(x^2)$） - - - - - diff --git a/编写小组/讲义/二阶微分推导.md b/编写小组/讲义/二阶微分推导.md index bd35c13..4f70db6 100644 --- a/编写小组/讲义/二阶微分推导.md +++ b/编写小组/讲义/二阶微分推导.md @@ -8,7 +8,7 @@ - **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**：$f'(x) = \frac{dy}{dx} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}$ + - **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** @@ -30,7 +30,7 @@ - **本质**：微分的微分，是一个**表达式** - **符号**：$d^2y$ - - 我们知道：$f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}$ + 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： @@ -39,13 +39,13 @@ $= \frac{d^2f(x)}{(dx)^2} +df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}$ --- 嘿！您猜怎么着！ - 出现了额外的一项，与二阶导数公式不符： $df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}=-df(x) . \frac{1}{d^2x}. \frac{d({dx})}{dx}$ + 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：$d(dx) = 0$ -### $f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}= \frac{d^2f(x)}{dx^2}$ +### $f''(x) =\lim\limits_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}= \frac{d^2f(x)}{dx^2}$ **注意此处的约定写法**：$(dx)^2$ 写作 $dx^2$（注意：这不是 $d(x^2)$） diff --git a/编写小组/讲义/单调有界准则与介值定理.md b/编写小组/讲义/单调有界准则与介值定理.md index 931d328..0c4728a 100644 --- a/编写小组/讲义/单调有界准则与介值定理.md +++ b/编写小组/讲义/单调有界准则与介值定理.md @@ -1,6 +1,6 @@ -## 单调有界准则 +# 单调有界准则 -### 原理 +## 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 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n\} \leq M$。 @@ -9,7 +9,7 @@ - **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 +## 适用情况 适用于证明数列或函数极限的存在性，尤其是： @@ -17,19 +17,19 @@ - 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 +## 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 +## 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 +## 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。 @@ -80,8 +80,8 @@ 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 -### 介值定理 -### 原理 +# 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 $f(\xi) = C$。 @@ -89,7 +89,7 @@ - **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 +## 适用情况 适用于连续函数在区间上的值域问题，尤其是： @@ -97,19 +97,19 @@ - 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 +## 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 +## 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 +## 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。 diff --git a/编写小组/讲义/是的，这是一份礼物.md b/编写小组/讲义/单调有界定理例题三道（HW）.md similarity index 51% rename from 编写小组/讲义/是的，这是一份礼物.md rename to 编写小组/讲义/单调有界定理例题三道（HW）.md index d7f0880..6c5a826 100644 --- a/编写小组/讲义/是的，这是一份礼物.md +++ b/编写小组/讲义/单调有界定理例题三道（HW）.md @@ -1,4 +1,4 @@ -是的，这是一份礼物 +是的，这是一份礼物~ --- @@ -6,15 +6,16 @@ > （1）单调递增有上界的数列，必有极限且$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sup \{ {a_n}\} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n \in N)$； > （2）单调递减有下界的数列，必有极限且$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \inf \{ {a_n}\} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n \in N)$. -先来一道习题练练手吧~ >[!example] 例一 >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${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$ +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 $A \ge 0$ @@ -35,9 +36,12 @@ 证法1️⃣： 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 -$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$ +$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$ + 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. @@ -45,5 +49,70 @@ $\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\fr 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，有 $$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$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. \ No newline at end of file + +因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在. + +>[!example] 例三 +>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） \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/讲义/图片/易错点10-1.png b/编写小组/讲义/图片/易错点10-1.png new file mode 100644 index 0000000..b359c78 Binary files /dev/null and b/编写小组/讲义/图片/易错点10-1.png differ diff --git a/编写小组/讲义/图片/易错点9-1.png b/编写小组/讲义/图片/易错点9-1.png new file mode 100644 index 0000000..e5109f0 Binary files /dev/null and b/编写小组/讲义/图片/易错点9-1.png differ diff --git a/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md b/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md new file mode 100644 index 0000000..f21139d --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md @@ -0,0 +1,39 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- + +## 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] 示例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($\exists M > 0, \forall x \in D_f,|f(x)| 0$, +$\forall \delta>0, \exists x \in \mathring{U}(x_0,\delta)$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] 示例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] 示例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” \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法.md b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法.md index 99aef78..5008f88 100644 --- a/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法.md +++ b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法.md @@ -273,8 +273,9 @@ $$ --- **总结：** + | $p$ 的范围 | 敛散性 | 关键原因 | -|------------|--------|----------| +| ------------ | -------- | ---------- | | $p > 1$ | 收敛 | 分组求和，几何级数控制 | | $0 < p \le 1$ | 发散 | 与调和级数比较 | | $p \le 0$ | 发散 | 通项不趋于零 | diff --git a/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md index 64d6bdd..2ea1587 100644 --- a/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md +++ b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md @@ -270,6 +270,7 @@ $$ --- **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 | diff --git a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md index 1fb86d3..98d80bd 100644 --- a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md +++ b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md @@ -2,3 +2,218 @@ tags: - 编写小组 --- +**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$f(c)=f(c+\frac{1}{n})$. + diff --git a/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理（解析版）.md b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理（解析版）.md new file mode 100644 index 0000000..042b99f --- /dev/null +++ b/编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理（解析版）.md @@ -0,0 +1,314 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +**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。 + +**解析** +1. **有界性**： + 易证 $0 < a_n < 2$（可用归纳法）。 +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 $f'(x) = \frac{1}{(x+1)^2} > 0$，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 $x_{k+1} < x_{k+2}$。根据递推关系和归纳假设(1)中 $x_k < x_{k+1}$，我们有： + $$ + \begin{aligned} + x_{k+2} - x_{k+1} &= \sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k} \quad \\[0.5em] + &= \frac{(\sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k})(\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k})}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \quad \\[0.5em] + &= \frac{(2 + x_{k+1}) - (2 + x_k)}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \\[0.5em] + &= \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} + \end{aligned} + $$ + 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 $x_{k+1} < x_{k+2}$ 成立。 + + 结合以上，我们证明了 $0 < x_{k+1} < x_{k+2} < 2$。由数学归纳法，对一切正整数 $n$，均有 $0 < x_n < x_{n+1} < 2$。 + + 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1️⃣： +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2️⃣： +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，有 +$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$ + +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$f(x)-f(x+\frac{1}{m})\neq0$，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$$f(c)=f(x+\frac{1}{n}).$$ diff --git a/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md b/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md index bc4e4a1..8bb59a6 100644 --- a/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md +++ b/编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md @@ -488,7 +488,7 @@ $$\left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{2\cdot 1 + 1}{2\sqrt{1^2 + 1}} \cdo 解：主要的等量关系是：球浸入水中的体积与水“溢出”的体积相同（如果把水面上升视为溢出的话）。设时间为$t$，球下沉的体积为$V$，水上升的高度为$H$，球浸入水的高度为$h$，则有$$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$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$ +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 diff --git a/编写小组/课前测/课前测3.md b/编写小组/课前测/课前测3.md index 1fb86d3..b2e8aa6 100644 --- a/编写小组/课前测/课前测3.md +++ b/编写小组/课前测/课前测3.md @@ -2,3 +2,33 @@ tags: - 编写小组 --- +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。 + +``` + + + + + + + +``` \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课前测/课前测4.md b/编写小组/课前测/课前测4.md new file mode 100644 index 0000000..d748c0c --- /dev/null +++ b/编写小组/课前测/课前测4.md @@ -0,0 +1,11 @@ +1. 设 $x_n = \frac{\cos\left(\frac{2n\pi}{3}\right)}{n} + 1$，证明 $x_n \to 1$。 + + + + + +2. 函数 $f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{若 } x \text{ 为有理数} \\ -x^2, & \text{若 } x \text{ 为无理数} \end{cases}$ +求 +$ +\lim_{x \to 0} f(x) +$ diff --git a/编写小组/课前测/课前测解析版3.md b/编写小组/课前测/课前测解析版3.md new file mode 100644 index 0000000..d04034c --- /dev/null +++ b/编写小组/课前测/课前测解析版3.md @@ -0,0 +1,30 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +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. +$f(0)f(1)<0$，故$f(x)=0$在$[0,1]$上有解.B显然不正确.因为$(f(1)-2)(f(2)-2)=-1<0$,故C正确.D显然错误，因为零值定理只是充分条件，不满足条件不代表没有零点. + + +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 $L = \sqrt{2}$。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课前测/课前测解析版4.md b/编写小组/课前测/课前测解析版4.md new file mode 100644 index 0000000..a13b01a --- /dev/null +++ b/编写小组/课前测/课前测解析版4.md @@ -0,0 +1,35 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +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 $f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{若 } x \text{ 为有理数} \\ -x^2, & \text{若 } x \text{ 为无理数} \end{cases}$ +求 +$ +\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。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课后测/课后测1.md b/编写小组/课后测/课后测1.md index 11aab26..5ad05a3 100644 --- a/编写小组/课后测/课后测1.md +++ b/编写小组/课后测/课后测1.md @@ -8,44 +8,32 @@ tags: 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. $\frac{\pi}{2}$ - +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 +A. 可去间断点 +B. 跳跃间断点 +C. 无穷间断点 +D. 震荡间断点 diff --git a/编写小组/课后测/课后测3.md b/编写小组/课后测/课后测3.md index 1fb86d3..9cb2f59 100644 --- a/编写小组/课后测/课后测3.md +++ b/编写小组/课后测/课后测3.md @@ -2,3 +2,39 @@ tags: - 编写小组 --- + +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 $a < c < d < b$，证明若 $f(c)$ 与 $f(d)$ 异号，则方程 $f(x)=0$ 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。 + +``` + + + + + + + +``` \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课后测/课后测4.md b/编写小组/课后测/课后测4.md new file mode 100644 index 0000000..7a1e9fe --- /dev/null +++ b/编写小组/课后测/课后测4.md @@ -0,0 +1,5 @@ +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。 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课后测/课后测解析版3.md b/编写小组/课后测/课后测解析版3.md new file mode 100644 index 0000000..39e3dae --- /dev/null +++ b/编写小组/课后测/课后测解析版3.md @@ -0,0 +1,24 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +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 $a < c < d < b$，证明若 $f(c)$ 与 $f(d)$ 异号，则方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。 + +**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 \ No newline at end of file diff --git a/编写小组/课后测/课后测解析版4.md b/编写小组/课后测/课后测解析版4.md new file mode 100644 index 0000000..90424ab --- /dev/null +++ b/编写小组/课后测/课后测解析版4.md @@ -0,0 +1,25 @@ +--- +tags: + - 编写小组 +--- +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。 \ No newline at end of file diff --git a/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md b/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md deleted file mode 100644 index 26b72fc..0000000 --- a/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md +++ /dev/null @@ -1,587 +0,0 @@ ---- -tags: - - 编写小组 ---- -**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 $y' < 0$，故斜率不可能为 $1$，只可能为 $-1$。 -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 $y' < 0$，因此斜率不可能为 $1$，只能为 $-1$。 - -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） - -解：（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：$\frac{3v}{2\sqrt{2}} = \frac{3v\sqrt{2}}{4}$ - - 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. -> ->（A）$\frac{a^2c}{b^2}$ -> ->（B）$\frac{a^c}{b^2-a^2}$ -> ->（C）$\frac{a^2c}{2b^2}$ -> ->（D）$\frac{a^2c}{b^2+a^2}$ - -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$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$ -选B. - -### 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 -$$\left(y(t)\sin\frac{\pi}{3}\right)^2 + \left(x(t)+y(t)\cos\frac{\pi}{3}\right)^2 = L^2$$ -即 -$$x^2(t)+y^2(t)+x(t)y(t)=L^2$$ -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，则 -(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 $80km/h$。 \ No newline at end of file