考研教案数学1(序)

发布时间：2020-03-02 12:25:23 来源：范文大全收藏本文下载本文手机版

2010年暑假（数学一考研班）

*进入角色与状态

介绍情况，去年考试情况，参考书

基本题80%（基本概念、基本理论、基本方法——“三基”）

一、全面复习，把书读薄（准）例1.（99年数

一、

二、

三、四选择题）

设fx是连续函数，Fx是fx的原函数，则（

）（A）当fx是奇函数时，Fx必是偶函数.（B）当fx是偶函数时，Fx必是奇函数.（C）当fx是周期函数时，Fx必是周期函数.（D）当fx是单调增函数时，Fx必为单调增函数.

*原函数、不定积分、变上限积分、奇偶性、单调性、周期性

令Fxx0ftdtC,Fxx0ftdtCtux0fuduCfufux0

fuduCFx答案：（A）

if fufu, 如（B）反例：fx1,Fxx

2（C）反例：fxcosx1,Fxsinxx

（D）反例：fxx,Fxx22C

FxFx,Fx1F\'x

*Fx是偶函数fx是奇函数

例

2、（02年数

三、四）设f(x)在[a,b]上有定义，在(a,b)内可导，则（A）当faf(b)0时，存在(a,b)，使f()0．（B）对任意(a,b)，有lim[f(x)xf()]0．

（C）当faf(b)时，存在(a,b)，使f\'()0．（D）存在(a,b)，使f(b)f(a)f\'()(ba)．答案：（B）；其它都缺乏闭区间上连续的条件。如（A）

x,0x1f(x)

1,x0 1

二、突出重点，精益求精例

1、（07年数

一、三）设函数f(x)在x（A）若lim（C）若limf(x)xf(x)xx00处连续，则下列命题错误的是

f(x)f(x)x存在，则f(0)0；（B）若lim存在，则f(0)0；存在，则f\'(0)0．

x0x0存在，则f\'(0)存在；（D）若limf(x)limxx0f(x)f(x)xx0答案：(D)；limf(x)xx0limxlimx0f(x)xx00；同理可以推出

0lim(f(x)f(x))0,x0设limx0f(x)A,limf(x)Ax0推出A；（C）定义；

(D)的反例f(x)|x|,在x0连续，且limf(x)f(x)x存在，但f\'(0)不存在

x0Ex:：设f00，则fx在点x=0可导充要条件（

）（A）lim(C) lim1h1h22h0f1cosh存在；

（B）limfhsinh存在；

(D) lim1h\'21h1hh0f1eh存在；

h0h0f[2hfh]存在.分析：（A）lim\'h0f1cosh=lim1coshh2h0.f1cosh1cosh=

12x0limfxx=

12f0.

f0，f0？

1hf1e

（B）limhh0lim1ehhf1e1ehhh0limfxx所以（B）正确

x0

（C）lim1h2h0fhsinhlimhsinhh2h0.fhsinhhsinhx2 x41cosx2!4!ox4*减少错误

2x,x0xx2ox（D）y

注意： e1x2!1,x03x3xsinxox3!

三、基本训练，反复进行。例

1、.求 lim1xx21x2x0 a解答：常见的五种幂级数11x,e,sinx(cosx),ln(1x),(1x)x。

(1x)n0(1)...(n1)n!x,x(1,1)

n 2

1x(1)2!x2...(1)...n(n!xn1)...

11(1)12222(1x)21xxo(x)22111(1)112222(1x)21xxo(x)22

11(1)122原式= 2

24ex4.lim1x1x31x1xx0

3*恒等式变形复杂 (1)2!1x31x1x3(1)2222xo(x)1xxo(x)2!(1)2222xo(x)1xxo(x)2!1x1x1x(1)2!1213

原式= 2xo(x)2xo(x)32

四、归纳方法，与时俱进

1例

1、(00年数

一、数三)求lim(x012ex4sinx|x|)

1ex2ex41解：分成左右极限，lim(x01sinx|x|)lim2ex1x0limsinxxx0=0+1=1

1ex11exx0lim(2ex4sinx|x|)lim(x02ex4sinxx)=2-1=1 1ex1ex故原极限存在为1。

例2.（10年数

一、

二、

三、四相同一道证明题）

设fx在0,上连续，且fxdx0,fxcosxdx0.试证：在0,内至少存

00在两个不同的点1,2，使在f1f20.*得分较低.

*辅助函数证：令FxftdtC,0x

0x则F0F0

3 00fxcosxdx0cosxdFx

Fxcosx|0Fxsinxdx0 )0fxsinxdx(积分中值定理sinF((0,))（if：(0,),F0,F0(F0)矛盾）

在区间0,, [,]上应用Rolle定理，1(0,),2(,)，有F1\'10,F2\'20 即f1f20.（注意：更精确的中值定理 fxC[a,b](a,b),fxdxf(ba)）

ab证明1：由一般积分中值定理bafxdxf(ba)，[a,b]，变形为

ba(f(x)f())dx0，假定x(a,b),f(x)f(),必有f(x)f()0(0)，这与前面的条件矛盾。

Ex：讨论题一阶线性方程组的通解是否包含一切解。解：(1)先讨论齐次，y\'P(x)y0

P(x)dx假定y1是y\'P(x)y0的解，欲证c0，使y1c0e

(y1eP(x)dx)\'(y1eP(x)dxP(x)dx)\'e(y1\'P(x)y1)=0 y1eP(x)dxP(x)dxc0，即y1c0e

(2)、一阶非齐次：

y\'P(x)yP(x)dxP(x)dxdxy*eQ(x)eP(x)dxP(x)dxy1e(Q(x)edxc), Q(，解为x)是解，y1是非齐次的一个解，y1y*是齐次的一个解。由(1) 得证。

二阶线性方程结果相同。

Ex4（10年数

一、三） (Ⅰ)比较(Ⅱ)记un10|lnt|[ln(1t)]dt10n与10nt|lnt|dtn1,2,的大小，说明理由。

n|lnt|[ln(1t)]dt，n1,2,，求极限limun。

n解答：(Ⅰ)由基本不等式

0x1,ln(1x)x推出[ln(1x)]xnn

4 0t1,|lnt|[ln(1t)]|lnt||lnt|1010nn，由积分的性质

|lnt|[ln(1t)]dt10nt|lnt|dtnn；

(Ⅱ) 0un|lnt|[ln(1t)]dt110n1110t|lnt|dtn11n

1n110t|lnt|dtn=n1lntdtn1tlnt|010tdtn1(n1)2

由夹逼准则

nlimun=0.

f(x)c[a,b]f(x)在[a,b]上可积；f(x)c[a,b]f(x)在[a,b]上存在原函数；

有第一类不可去间断点可积分，但原函数不存在；无界不可积，但原函数存在。

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