最佳高等数学总复习(大一复习必备).doc

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1、1. 极限求极限的方法1) 利用极限的四则运算法则(p31)2) 利用极限存在准则(夹逼定理.2.既单调又有借)3) 利用关于无穷小量的定理（有限个无穷小的和仍是无穷小，如有界函数与无穷小量的乘积仍为无穷小量等）（这个知识点每年必考）4) 利用极限存在的充要条件（这个知识点适用于三种情形：“分段函数、绝对值函数和指数函数）5) 利用等价无穷小代换定理（要熟记八对等价无穷小）6) 利用函数的连续性7) 利用恒等变形8) 利用两个重要极限及一些常用的极限 或 9) 利用洛比达法则求极限 在极限式子中，如果出现非零的极限因子，则用极限的乘法把它分离出去，然后使用洛比达法则，可使计算变得简单. 在 未

2、定型中,如果能用简单的等价无穷小替换,则先替换,然后应用洛比达法则,可使求导计算简单.10) 利用导数定义凡已知函数可导或在某一点可导求此式极限时,一般考虑用导数的定义,如已知在处可导,则此式的极限 问题的关键是将所求比式的极限转化为上述其中的一种形式,注意自变量的改变量的表达式多样性即可.（有时为有时为或等）例1.求 例2.求（洛必达） （注意到，故非零因子的极限可以提前拿到极限号外面去，这是个重要的简化技巧）（洛必达 类似的题再举一个： 例3求 解:原式=（注意到及，但要注意上式中的不可用来代替，为什么？）（注意倒数第二步用到例4. 求解:原式（注意上式用到及）例5. 求解：原式=（关于三

3、角函数，三个“1”和两个倍角公式必须记住，最好还要记住加法公式及和差化积，积化和差公式）.例6求解：由于，故原式=例7求解：原式=例8若存在，且，求解：两边求极限可得，则可得，故例9若，求解：（这里用到一个重要结论： 若为常数，也可以为0），且则考试必考）由题意知，则；故例10解：例11求解：（此题考察数列极限存在的夹逼准则）由于，而 ，由夹逼定理知，原式=.例12已知，求解：原式例13设在处连续，求的值.解：由于在处连续，则（洛必达）例14若在处连续，求的值.解：（此题考察可导必连续的知识点，考试必考）由于在处连续，则故2. 导数(微分)及其应用（1） 讨论分段函数在分界点处的可导性，必须用

4、导数定义 情形一 设，讨论点的可导性由于分界点处左、右两侧所对应的函数表达式不同，按导数的定义，需分别求，.当=时，在可导，且=；当时，在不可导.情形二 设，讨论点的可导性.由于分界点在处左、右两侧所对应的函数表达式相同，按导数的定义，.（2）若讨论分段函数在定义域内的可导性，由于非分界点处的可导性显然，只需用定义讨论其分界点处的可导性即可.（3）因为可导的必要条件是连续，所以在做这类题目时，可首先观察分界点处的连续性，若不连续则必不可导，若在该点连续，则按（1）中的方法讨论其可导性.（4）计算复合函数的导数，关键是弄清复合函数的构造，即该函数是由哪些基本初等函数或简单函数经过怎样的过程复合而

5、成的，求导时要按复合次序由外向内一层一层求导，直至对自变量求导数为止.（5）对于抽象函数的求导，关键是记号的意义，如对而言，表示对自变量的导数，而表示对中间变量的导数，故（6）对数求导法常用于对下面两类函数求导：形如的幂指函数；由乘除、乘方、开方混合运算所构成的函数.（7）欲求由方程所确定的隐函数的一阶导数，有下面三种方法：要把方程中的看作自变量，而将视为的函数，方程中关于的函数便是的复合函数.用复合函数的求导法则，便可得到关于的一次方程，从中解出即为所求.利用微分的四则运算和一阶微分形式不变性求解.用公式求解.（8）由参数方程所确定的函数的一阶导数一般都是参变量的函数，而所求函数的二阶导数是

6、再对求导，事实上是一种复合函数求导问题.复合关系图为.故.（9）变限函数的导数.，.（注意：）例1设，其中，求.解：（因为，而且）例2设，在可导，求的值.解：因为在处可导，从而在处也连续.又因为 ；故再由于在处可导，则又所以，.例3设，求.解：所以，例4设，求.解： 例5，求.解：解： 所以， 例6设，其中且存在，求.解：例7设由方程所确定，求.解：方程两边对求导得：不必整理出的表达式，直接让代入上式，得.例8设由方程所确定，求.解：方程两边对求导得：让代入上式，得=.例9设为连续函数，且，求.解： 例10求.解：注意到，由于积分变量为，故在积分中为常数，可以提到积分号的外面去.由于，所以=例

7、11设为连续函数，求解：由于，所以，例12求解：由于，所以.（被积函数中含有参数，要么能提到积分号面去，要么能通过变量替换，使之化为变限函数）.例13设由方程组所确定，求解：方程两边关于求导，得： 故 又 所以，当时，由方程，得：故例14设函数由方程所确定，求曲线在点处的法线方程.解：方程两边对求导得：将代入得，故在点处的法线方程为：.即：例15求曲线在点处的切线方程.解：当时，故曲线在点处的切线方程为即：例16，求.解：，所以，例17设，求例18设，求解：上式两边关于求导得： 所以 ， 例19求的单调区间及极值.解：（一）;（二）;（三）令.在处不可导. （四）列表判断： （ 1 9 0 0

8、 极大 3 极小-1 例20. 求曲线的凹凸区间及拐点.解：（一）；（二），（三）令.无二阶不可导点. （四）列表判断： （ -2 0 + 不存在 + 拐点（-2，） 不存在 例21. 已知曲线上点处有水平切线,且原点为该曲线的拐点,求解：；由题意知：即有 解之，得：例22. 设在上,试给出的大小顺序.解：因为在上，所以在上单调增加，故 ；由微分中值定理知：存在，使得 ，又，所以，有： 例23求的水平与垂直渐近线.解：因为，故是水平渐近线；又因为 ，故是垂直渐近线.3. 不等式证明的方法(1) 利用拉格朗日中值定理可证明联合不等式,步骤为: 从中间表达式确定出及区间, 验证在上满足拉氏定理的条

9、件,得: 分别令破坏这个等式得不等式.(2) 利用函数的单调性证明不等式一般步骤为: 移项(有时需作其它简单变形),使不等式一端为零,另一端为 求并验证在指定区间的增减性,若的符号判定不了,再求, 求区间端点的函数值(或极限值)，作比较既得所证.(3) 利用最大值与最小值证明不等式. 求, 令可得驻点,若是区间内唯一的驻点且是极值点,则一定是最值点.(4) 利用凹凸性证明不等式.(5) 利用定积分证明不等式.例1.证明:.证明：令 由拉格朗日中值定理，得：存在，使得 ，即 故 例2 证明:当时,.证明：令 由拉格朗日中值定理，得：存在，使得 ，即 又由于 ，所以有： 例3证明:当时,证明：令

10、，则 注意到，当时，故因此在上单增.所以当时，有：即因此在上单增.所以当时，有：即有：例4证明:当时, 证明： 令 则 令，得在内的唯一驻点又当时，；而当时，所以为在内的最大值，故对于任何的, 有：即当时, 例5证明:当时,.证明：令，故原不等式等价于 .则 因为，故在是凸函数.又因为 故由凸函数的几何意义知：当时, 即当时,例6设在上连续单减,证明:当时,证法一：原不等式等价于证明： 令 则 由积分中值定理知， 故 又由题设，在上单减知，故有 故单减， 即有 证法二：设 则当时，当时，则 又因为且在上单减，故有，所以有： 证法三：原不等式等价于证明：事实上， （1）由积分中值定理知 （其中）

11、 （2）将（2）代入（1）式，有 （3）故 （由（3）式） （4）又由积分中值定理知 （其中 ） （5）将（5）代入（4）式，有 （6）（注意到；在上单减，且 ）所以， 因此由（6）式得到 例7当在上连续单增时,.证明：令 则 由积分中值定理知， 故 又由题设，在上单增，故有 故单增， 即有 ，亦即： . 4. 不定积分求不定积分有三大法则:分项积分法,换元积分法和分部积分法.而,选择的次序按“反对幂三指”进行.例1 求.解：例2 求解： 例3 求解： 例4 求解： 另解：令 则 例5 求解： 例6 设求.解：由题设：即 故得： 所以 例7 求.解法一（三角代换）：令则 解法二（倒代换）：令则

12、 解法三（直接凑微分）：例8 求.解：令则 例9 求解：令则 （分部） 例10 若的原函数为,求.解：因为是的一个原函数，所以 故 （分部） 例11 求解： 例12 求解： 其中（分部）其中 所以 例13 求解：（分部） 其中 所以 例14 求解：令则 （分部） 例15 已知是的一个原函数,求.解：因为是的一个原函数，所以 故 （分部） 例16 求解： 例17 已知是的一个原函数,求解：因为是的一个原函数，所以 故 （分部） 例18 求.解：（分部） 例19 求.解：其中（分部）所以 例20 求.解： 5. 定积分瓦里斯公式： 例1 求解： 例2 设是连续函数，且求.解：设 ，则 （1）（1）

13、两边积分，得： ，即 故 例3 设，.解：两边关于求导，得： 所以 例4 设,求.解：令 则当时，当时， 例5 求解： 其中（分部）所以 例6 求.解：令 ，则当时，当时，（分部） 例7 求解：令 ，则当时，当时， 例8 求（令）解一：令 ，则当时，当时， 解二：其中 所以 例9 求.解：令 ，则当时，当时， （分部） 例10 证明方程在内有唯一实根.证明：令 则在区间上连续，在内可导.（一） 所以在区间至少有一个实根；（二）又因为 故在区间上单调增加，所以在区间至多有一个实根.综合（一）、（二）知，在区间有唯一实根.例11 证明:证法一：由分部积分公式 证法二：左端可看作二重积分化成的两次定

14、积分，其中积分区域 为三角形区域.改变积分次序后 例12 证明:,并求.证明：（一）其中 为计算 ，令 ，则当时，当时，所以 （1）（二）由已证过的（一）令 则 由（1）式，得： 例13 证明:, 并计算解：（一）令 ，则当时，当时，则 （二）为计算，令 ，则当时，当时，所以 ； 由已证的（一），知： 故 例14 求曲线与轴所围成图形绕轴,轴旋转所得的立体的体积.解：（一）绕轴旋转所得的立体的体积. （一）绕轴旋转所得的立体的体积. （分部） 例15 证明: ,并计算解：（一）令 ，则当时，当时，则（二） 令 则 故 例16 证明:.证明：令 ，则当时，当时，则例17 已知连续,且求解： （1

15、）其中 （2）将（2）代入（1），得： 例18 已知求.解：（一）由 （分部） ； 知： ；（1） （二） 注意到，及（1）式故有 （分部） 6. 微分方程（1） 微分方程的基本概念.（2） 一阶微分方程.（3） 可降阶的微分方程. ,.（4） 二阶线性微分方程解的结构定理.（5） 二阶线性常系数齐次微分方程通解的求法以及反问题.（6） 二阶线性常系数非齐次微分方程特解得待定形式.例1 求的通解.解：分离变量：； 两边积分：，即，化简，得：原方程的通解为：（其中c为任意常数.）例2 求的通解.解：分离变量：； 两边积分：，即，化简，得：原方程的通解为：（其中c为任意常数.）例3 求的通解.解：

16、原方程其实为齐次方程：为此，令，则原方程又可化为可分离变量型： . （*）分离变量：； 两边积分：，即，化简，得方程（*）的通解为：，故原方程的通解为： （其中c为任意常数.）例4求满足的特解.解：原方程其实为齐次方程：为此，令，则原方程又可化为可分离变量型： . （*）分离变量：； 两边积分：，即，化简，得方程（*）的通解为：，故原方程的通解为： 所以 （其中c为任意常数.）又将初始条件代入通解中，得：.故所求特解为 例5求的通解.解：令，则原齐次方程，得： .整理后得：，两边积分得： .所以，原方程的通解是：例6求的通解解：此题中需要将看作的函数，才能把方程化为一阶线性非齐次微分方程，否则

17、将无从下手，正所谓：“山重水复疑无路，柳暗花明又一村”. 把原方程变形：. 这是一阶线性非齐次微分方程，这里.由公式： 例7求满足的特解.解：把原方程变形：. 这是一阶线性非齐次微分方程，这里.由公式： 又将初始条件代入通解中，得：故所求特解为：例8已知连续函数满足条件（1）,求.解：方程两边求导，得 ，即 （2）方程（2）为一阶线性微分方程，其通解为 （3）又由（1）式，可得 将其代入（3）即得所以 例9求的通解.解： ； 例10求满足条件的特解.解：令则， 于是，原方程变为：，这是可分离变量的微分方程 分离变量且两边积分得： -（1） 即：，代入初始条件，所以， -（2） （2）式两边再积

18、分：.代入初始条件，所以，所求的特解为：例11求的经过点且在此点切线与直线垂直的积分曲线.解：由题意：，令则， 于是，原方程变为：，即这是一阶线性非齐次微分方程由公式： （1）将条件代入（1），得： 故（1）变为： （2）积分，得： （3）例12写出（1）的特解.解： 原方程所对应的齐次方程的特征方程为所以，特征根为：因为，不是特征根，所以可设特解为 （2） 则 ； （3） 代入（1），得： 化简得： （4）比较（4）两边的系数，得： ， 所以，注意：专升本考试中，对这种方程往往只要求求出特解的形式，所以做到（2）就可以了.例13写出的特解形式.解：原方程所对应的齐次方程的特征方程为所以，特征

19、根为：因为，是重特征根，所以可设特解为 例14写出的特解形式.解：（一）原方程所对应的齐次方程的特征方程为所以，特征根为：（二）方程右端项 故可设方程的特解为其中 为方程 的特解.其求法如下因为，不是特征根，所以可设为 其中 为方程 的特解.其求法如下因为，是单特征根，所以可设为例15设对任意,曲线上点处的切线在轴上的截距等于,求.解：曲线在点处的切线方程为 （1）（1）中，令 ，得切线在轴上的截距为 由题意知 （2）即 （3）（3）式两边关于求导并整理，得 （4）令 ，（4）化为 （5）（5）式两边积分，得 故 ，即 所以 例16 有连接两点的一条凸曲线,它位于弦的上方,为曲线上任意一点,已

20、知曲线与弦之间的面积为,求曲线的方程.解：由题意： （1）且 （1）式两边关于求导，得 整理得： （2） （2）是一阶线性非齐次微分方程，这里.由公式： （3）又将初始条件代入（3）中，得：所以 例17 一质量为的质点由静止开始沉入液体,当下沉时,液体的反作用力与下沉的速度成正比(比例系数为),求此质点的运动规律.解：设在时刻质点位于液面下处.根据题意，于是时刻物体的速度为=加速度为根据牛顿第二定律 其中为时刻质点所受到的合力.于是，得微分方程 （1）且 令则（1）式化为 即 （2）（2）是一阶线性非齐次微分方程.由公式： （3）将代入（3）式，得 故 （4）即 （5）积分，得 （6）将代入（

21、6）式，得 所以 例18 求以为通解的某二阶常系数线性齐次微分方程.解：由所给的特解形式知，所求二阶常系数线性齐次微分方程的特征根为 因此与所求二阶常系数线性齐次微分方程对应的特征方程为 即 所以所求二阶常系数线性齐次微分方程为 例19 求以为特解的某二阶常系数线性齐次微分方程.解：由所给的特解形式知，所求二阶常系数线性齐次微分方程的特征根为 因此与所求二阶常系数线性齐次微分方程对应的特征方程为 即 所以所求二阶常系数线性齐次微分方程为 例20 求以为通解的某二阶常系数线性非齐次微分方程.解：（一）由所给的特解形式知，与所求二阶常系数线性非齐次微分方程的对应的二阶常系数线性齐次微分方程的通解为

22、 故对应的二阶常系数线性齐次微分方程特征根为 因此对应的二阶常系数线性齐次微分方程的特征方程为 即 所以所求二阶常系数线性齐次微分方程为 （二）设所求二阶常系数线性非齐次微分方程为 （2）将代入（2），解得 例21 设函数在上可导,且其反函数为,若 （1）,求.解：（1）式两边关于求导，得 （2）由于的反函数为，故，（5）式化为 所以 （3）又（1）式中令，得 所以 例22 求以为特解的二阶常系数线性齐次微分方程.解：由所给的特解形式知，所求二阶常系数线性齐次微分方程的特征根为 因此与所求二阶常系数线性齐次微分方程对应的特征方程为 即 所以所求二阶常系数线性齐次微分方程为 例23 写出微分方程

23、的特解形式.解：（一）与所求二阶常系数线性齐次微分方程为 其特征方程为 特征根为 （二）方程右端项 故可设方程的特解为其中 为方程 的特解.其求法如下因为，不是特征根，所以可设为 其中 为方程 的特解.其求法如下因为，是特征根，所以可设为例24 设,其中函数在内满足以下条件: ,且 （1）(1) 求所满足的一阶微分方程.(2) 求出的表达式.解：（1）由已知可得 （2）将代入（1）式，得： （3）故 所以，得微分方程： 方程的特征方程为 其特征根为 故 （4）又将代入（4），得 所以 同理可得微分方程 解得：例25 设为的原函数,且当时,已知,试求解：由题意得微分方程： （1）（1）为可分离变量型.分离变量得： （2）两边积分得： 化简得： （3）将代入（3）式，得： 故 所以 例26 设在上为连续正值函数,且（1）求.解：（1）式两边关于求导，得 故得微分方程 （2）（2）为可分离变量型.分离变量得： （2）两边积分得： 由（1）得： 所以 word文档 可编辑复制