数分选讲讲稿

讲 授 内 容 备 注 第十四讲4、用求极值的方法证明不等式要证明()()f x g x ≥，只要求函数()()()F x f x g x =-的极值，证明 min ()0F x ≥．例4 设ln 21a >-，为任一常数．试证：221x x ax e -+< （0x >）． 证 设2()21x f x e x ax =-+- （0x >）()22xf x e x a '=-+ ()2x f x e ''=-()f x '得()f x '的唯一稳定点 ln 2x =当ln 2x <时，()0f x ''<；当ln 2x >时，()0f x ''>． 0min ()(ln 2)22ln 22x f x f a >''==-+2(1ln 2)20a =-+>．例5 设n 为自然数， 试证：2(1)t n t t te e n n----≤ ()t n ≤．证 原不等式等价于 21(1)n t t te n n--≤只要证明 2()1(1)0n t t t f t e n n ⎡⎤=---≥⎢⎥⎣⎦()t n ≤． 12()(1)(1)(1)t n n t t t tf t e e n n n-'=+--+-12(1)t n t t e n n -⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦令()0f t '=，得稳定点0t =，t ξ=（满足1(1)2n e nξξ--=）3学时则()f t 的可能极值点为0t =，t ξ=．但(0)0f =，2()1(1)n f e n n ξξξξ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦ 212(1)n n ξξ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦222(1)(1)0n n nξξ=-+-≥而()1f n n =-，2()lim 1(1)n t t t t f e n n →-∞⎧⎫⎡⎤-∞=---=+∞⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭由此得 ()min ()(0)0t nf t f t f ≤≥== ()t n ≤．5、利用单调极限证明不等式若x b <时，()f x （严 ），且0x b →-时，()f x A →， 则()f x A ≤（x b <）或()f x A <（x b <）．对于递减或严格递减的情况，有类似的结论． 例6 证明：0x >，t x ≤时，(1)0tx te x---≥．证 当0t =或t x =时，不等式成立．只需证明0x >，t x <，0t ≠的情况．为此，只需证明：当x →+∞时，()(1)x tf x x=-单调增，趋于t e -即可．事实上，当0x >，t x <，0t ≠时，()ln ()ln(1)ln(1)x x x t t f x x x x ''⎛⎫⎛⎫'=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 2()ln(1)t x x x t x x x t x--=-+⋅⋅- ln()ln tx t x x t=--+-ttx t ξ=-+- 0, 00, 0 t x x t x t x x t ξξ<<<-<<⎧⎨<<<<-⎩当 当ln()ln x t x --()ln ()x x x t x ξ='=--tξ=-0t tx t x t-≥+=--． 因为ln ()f x 单调增，而()f x 与ln ()f x 单调性同，所以()f x 单调增．lim ()lim (1)x t x x tf x e x-→+∞→+∞=-=． 即当x →+∞时，(1)x tx-单调增趋于t e -．例7 证明：集合 10, (1)x A x e x αα+⎧⎫=∀>+>⎨⎬⎩⎭有最小值，并求最小值．证 01 不等式 1(1)x e xα++>，等价于1()ln(1)1x x α++>即 11ln(1)x x α>-+．所以A α∈等价于α是1()1ln(1)f x x x=-+的上界（0x >）． 按确界定义，即0min sup ()x A f x >=．02 由不等式2211ln (1)(1)Ex x x x>++知211()101(1)ln (1)f x x x x'=⋅->++因为()f x 严 ，即0sup ()lim ()x x f x f x →+∞>=03 11()111ln(1)ln(1)f x x x x x x ⎡⎤⎢⎥=-=-⎢⎥⎢⎥++⎣⎦ ln(1)2211111(())22t x x o x x x +⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-+⎣⎦的展开式11111()2x o x x ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-+⎣⎦11111()1()22x o x o x x x ⎡⎤=++-=+⋅⎢⎥⎣⎦1的展开式1-t所以 1()11lim ()lim 122x x o x f x x→+∞→+∞=+=1min sup ()lim ()2x x A f x f x →+∞>===．二、凸函数凸函数的几种定义以及它们的关系定义1 设函数()f x 在区间I 上有定义，()f x 在I 上称为是凸函数，当且仅当12,x x I ∀∈，(0,1)λ∀∈，有1212((1))()(1)()f x x f x f x λλλλ+-≤+- ()A注 01 ()A 中""≤改成""<，则是严格凸函数的定义． 02 ()A 中""≤改成""≥或"">，则分别是凹函数与严格凹函数的定义．由于凸与凹是对偶的概念，对凸函数有什么结论，对凹函数亦有相应的结论．所以只讨论凸函数． 03 几何意义．定义2 设函数()f x 在区间I 上有定义，()f x 在I 上称为是凸函数，当且仅当12,x x I ∀∈，有1212()()22x x f x f x f ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭()B定义3 设函数()f x 在区间I 上有定义，()f x 在I 上称为是凸函数，当且仅当12,,,n x x x I ∀∈ ，有12(1)x x λλ+- 是介于12,x x 之间的值12()(1)()f x f x λλ+-是介于1()f x2()f x 之间的值1212()()()n n x x x f x f x f x f n n ++++++⎛⎫≤⎪⎝⎭ ()C 定义4 设函数()f x 在区间I 上有定义，当且仅当曲线()y f x =的切线，恒保持在曲线以下，则称()f x 为凸函数．若除切点之外，切线严格保持在曲线的下方，则称()f x 为严格凸函数．注 01 定义2、定义3是等价的．2 当()f x 连续时，定义1、定义2、定义3是等价的． 03 当()f x 处处可导时，定义1、2、3、4是等价的．常用凸函数的结论：1、开区间内的凸函数为连续函数；2、凸函数在每点处有左、右导数；3、若()f x 在区间I 上有二阶导数，则()f x 在I 上为凸（严格凸）函数的充要条件是：()0(0)f x ''≥>．4、()f x 为I 上的凸函数的充要条件是：对I 上任意三点123x x x <<，总有32212132()()()()f x f x f x f x x x x x --≤--31212131()()()()f x f x f x f x x x x x --≤--31323132()()()()f x f x f x f x x x x x --≤--例8 设函数()f x 在区间I 上为凸函数．试证：()f x 在I 的任一闭子区间上有界．证 设[,]a b I ⊂为任意一闭子区间连接两点弦的斜率的比较 图示01 证明()f x 在[,]a b 上有上界．[,]x a b ∀∈，取(0,1)x ab aλ-=∈-，则(1)x b a λλ=+-．由()f x 为凸函数()((1))()(1)()f x f b a f b f a λλλλ=+-≤+-(1)M M M λλ≤+-=其中{}max (),()M f a f b =，即()f x 在[,]a b 上有上界． 02 证明()f x 在[,]a b 上有下界．记2a bc +=为,a b 的中点，则[,]x a b ∀∈，有关于c 点的对称点x '，由()f x 为凸函数()()11()()222f x f x f c f x M '+≤≤+从而 ()2()f x f c M m ∆≥-=． 即()f x 在[,]a b 上以m 为下界． 综合01、02知，()f x 在[,]a b 上有界．例9 设()f x 为区间(,)a b 内的凸函数．试证：()f x 在(,)a b 内 的任一闭子区间[,](,)a b αβ⊂上满足Lipschitz 条件．证 因为[,](,)a b αβ⊂，故可取0h >充分小，使得[,](,)h h a b αβ-+⊂于是12,[,]x x αβ∀∈，若12x x <，取32x x h =+，由()f x 为凸函数 32212132()()()()f x f x f x f x M m x x x x h---≤≤--其中,M m 分别是()f x 在[,]h h αβ-+上的上、下确界． 从而2121()()||M mf x f x x x h--≤- (1)若21x x <，取32x x h =-，由()f x 为凸函数，有32211223()()()()f x f x f x f x M mx x x x h---≤≤-- 2121()()||M mf x f x x x h --≤- (2)若21x x =，则2121()()||M mf x f x x x h --≤-成立． 所以，对12,[,]x x αβ∀∈，(1)式均成立．当1x 与2x 交换时，(1)式也应成立． 故有2121()()||M mf x f x x x h--≤- 令M mL h-=，则 2121()()||f x f x L x x -≤-．注 本例说明，在开区间内的凸函数，必内闭一致连续，从而得出连续性．例10 设(0)0f =，()f x 在[0,)+∞上为非负的严格凸函数， ()()f x F x x=(0)x >．试证：()F x ，()f x 为严格递增的． 证 因为()f x 在[0,)+∞上为严格凸，所以012,,[0,)x x x ∀∈+∞，且012x x x <<，有10201020()()()()f x f x f x f x x x x x --≤--．12,(0,)x x ∀∈+∞，且120x x <<，212121()()()()f x f x F x F x x x -=- 2121()(0)()(0)000f x f f x f x x --=->--所以()F x 当0x >时，严格递增．因为()f x 非负，所以0x ∀>，有()0(0)f x f ≥=． 下证()0f x >(0)x >．若在某点10x >，使得1()0f x =，则210x x ∃<<， 使得2()0f x ≥（否则()0f x ≡，与()f x 严格凸矛盾）．12(0)()()02f f x f x +≥=，与()f x 严格凸矛盾．所以0x ∀>，必有()0f x >． 120x x ∀<<，有21112111()()()(0)()00f x f x f x f f x x x x x --≥=>--即21()()f x f x >．于是()f x 在[0,)+∞上为严格递增的．例11 设()f x 在[,]a b 上二次可微，对[,]a b 上每个x ，()f x 与 ()f x ''同号或同时为零．又()f x 在[,]a b 的任何子区间内不恒为零．试证：()0f x =在(,)a b 内如果有根，则必唯一．证 （反证法）设()0f x =在(,)a b 内有二个相异的实根12,(,)x x a b ∈，不妨设12x x <因为()f x 在12[,]x x 上连续，存在最大值最小值，但12()()0f x f x ==．所以最大、最小值至少有一个在内部达到（否则与题设矛盾）．设在12(,)x x ξ∈处，有最大值()0f ξ>． 由连续函数的局部保号性，0ε∃>，使得()0f x > (,)x ξεξε∈-+ 由题设 ()0f x ''> (,)x ξεξε∈-+所以()f x 为严格凸函数．又因为12()()0f x f x ==，可取0ε>足够大，使得当(,)x ξεξε∈-+时，()()f x f ξ≠．于是1(,)ξξεξε∃∈-+，使得10()()f f ξξ<<（()f ξ为最大值）． 记1ξ关于ξ的对称点为2(,)ξξεξε∈-+，有20()()f f ξξ<<．从而1212()()()()22f f f f ξξξξξ++<=与()f x 的凸性矛盾．对于在12(,)x x 内部达到最小值，类似可证．例12 设()f x 在区间(,)a b 内为凸函数，且有界． 试证：极限0lim ()x a f x →+与0lim ()x b f x →-存在．证 (,)x a b ∀∈，()n f x M ≤≤，,m M 为常数． 10x x x >>为(,)a b 内任意三点，由()f x 的凸性当x 单调增加时，00()()f x f x x x --单调增加．又因为00010()()()f x f x M f x x x x x --≤-- 10()x x x ∀>>所以00()()f x f x x x --有界．据单调有界定理，存在极限00()()limx b f x f x A x x →--=-．从而 000000()()lim ()lim ()()x b x b f x f x f x x x f x x x →-→-⎡⎤-=-+⎢⎥-⎣⎦00()()b x A f x =-+．所以0lim ()x b f x →-存在．同理可证0lim ()x a f x →+存在．例13 设函数()f x 在区间I 上有定义，则()f x 为凸函数的充要条件是： 00x I ∀∈，∃实数α，使得对x I ∀∈，有00()()()f x x x f x α≥-+其中0I 表示I 的全体内点组成的集合．证 必要性 因为()f x 为凸函数，00x I ∀∈，0()f x -'存在，且00()()f x f x x x --单调增趋于0()f x -'，由此，任取一点0()f x α-'>，则当0x x <时，有00()()f x f x x x α-≤-所以00()()()f x x x f x α≥-+．同理，当取0()f x α+'≤，则当0x x >时，有00()()f x f x x x α-≥-所以00()()()f x x x f x α≥-+．因为00()()f x f x -+''≤，所以对α∀，只要满足00()()f x f x α-+''≤≤x I ∀∈，恒有00()()()f x x x f x α≥-+．充分性 设123x x x <<是区间I 上任意三点， 由已知条件，对2x ，∃α，使得此时00()()f x f x x x --单调减趋于0()f x +'11 22()()()f x x x f x α≥-+ x I ∀∈ 令1x x =， 1212()()f x f x x x α-≤-， 1x x =，3232()()f x f x x x α-≥-， 所以123x x x <<时，32121232()()()()f x f x f x f x x x x x α--≤≤-- 所以()f x 为凸函数．。

第十九讲3、在不等式两端取变限积分证明新的不等式例15证明：当x 0时，证已知cosx 1，( x 0，只有x 2n时，等号成立)在此式两端同时取［0, x］上的积分，得iX2再次取［0, x］上的积分，得 1 cosx 一x 02:i 一X3第二次取［0, x］上的积分，得x sinx —x 0 |3所以x —sin x62上式再在［0, x］上的积分，得——1 cosx x 0 '2 242 4 I 即cosx 1 —一2 243 5 |再在［0, x ］上的积分，得si nx x - + -^ x 0.6 120 i: 例16设f (x)是［a,b］上连续的凸函数.试证：人公2 ［a,b］,人X2，有!证令t X1 (X2 xj (0,1)，贝U同理，令t X2 (X2 xj, (0,1)，贝Ui 从而注意到X1 (X2 X1)与X2 (X2 X1)关于中点凶一X1对称，f (X)又!2为凸函数，所以另一方面，由(1)式及f (X)的凸性I 例17设函数g(x)在［a,b］上递增.试证：x (a,b)X函数f (x) ° g(t)dt为凸函数.3学时几何解释：方法III可推广. Cauchy不等式的积分形式称为Schwarz 不第二项积分值大于零.证 Q g(x)在［a, b ］上递增， x 1, x 2, x 3 (a,b),为 x 2 x 3所以，f(x)为凸函数.b例 18 设 f (x) , p(x)在［a,b ］上连续，p(x) 0, p(x)dx 0a且m f(x) M ,(x)在［m,M ］上有定义，并且有二阶导数，I (利用积分和)将区间［a,b ］ n 等分，记在［a,b ］上取积分其中(x)0.试证:(x) 0，(x)为凸函数.由詹禁定理，取 P inP jj 1(j 1,2,L , n)，iIIr b a P i f i —— i 1 nnb a P ii 1nnP i (f i )i 1~nP ib an b a n(利用Taylor 公式)X 。

讲 授 内 容备 注 第三讲三、利用变量替换求极限例6 求极限 xx xx)1cos1(sinlim +∞→．解 令yx=1， 则当 ∞→x 时，0→yyy xx y y xx1)cos (sin lim )1cos 1(sinlim +=+→∞→sin cos 11sin cos 1lim (1sin cos 1)y y yy y y y y +-+-→⎡⎤=++-⎢⎥⎢⎥⎣⎦由于 1sin lim=→yy y ， 01cos lim=-→yy y所以 e y y y y y =-++-+→1cos sin 1)1cos sin 1(lim因此 e xxxx =+∞→)1cos1(sinlim ．例7 若lim , lim n n n n x a y b →∞→∞==．试证：1211limn n n n x y x y x y abn-→∞+++= ．证 因为lim , lim n n n n x a y b →∞→∞==令 , n n n n x a y b αβ=+=+ 则当n →∞时，0, 0n n αβ→→． 于是1211n n n x y x y x y n-+++1211()()()()()()n n n a b a b a b nαβαβαβ-+++++++++=1112n n nab abnnβββααα-++++++=++1211n n n nαβαβαβ-++++其中 12limlim 0nn n n nββββ→∞→∞+++==3学时12limlim 0nn n n nαααα→∞→∞+++==又因为 lim 0n n α→∞=，所以{}n α有界，0, M n ∃>∀∈，使得||n M α≤．所以1211||0n n n nαβαβαβ-+++<11||||||n n Mnβββ-+++≤0→ ()n →∞ 所以 1211limn n n n x y x y x y abn-→∞+++= ．注 本例的变换具有一般性，常常用这种变幻，可将一般情况归结为特殊情况．如本例，原来是已知lim , lim n n n n x a y b →∞→∞==，求证1211limn n n n x y x y x y abn-→∞+++= ．经变换后，归结为已知lim 0, lim 0n n n n αβ→∞→∞==，求证1211limn n n n nαβαβαβ-→∞+++= ．这样可以利用结论：lim 0lim ||0n n n n x x →∞→∞=⇔=．但 lim n n a a →∞=与lim ||||n n a a →∞=不等价．四、两边夹法则（迫敛性定理）例8 设0, (1,2,,)k a k m >=．求lim n →∞解 设{}12max ,,,0m A a a a =>12nnnnnm A a a a m A≤+++≤A ≤≤而lim 1n →∞=，由两边夹法则得limn A →∞=．例9 求01lim []x x x→．解 当0x ≠时，1111[]xxx-≤<0x >时，11[]1x x x -≤< 0x <时，11[]1x x x -≥>故 01lim []1x x x→=．例10 已知0, (1,2,,)i a i n >= ．试计算1111lim n n p p p pi i p i i a a -→+∞==⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑．解 记{}min |1,2,,i a a i n == ，{}max |1,2,,i A a i n == 因为p →+∞，不妨设0p >11111111()()()()n n p p p pp p p p ppp p i i i i A aa a nA na ---==⎛⎫⎛⎫+≤+≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ 令p →+∞， 左边为 1A a -+ 右边为 1A a -+故11111lim n n p p p p i i p i i a a A a --→+∞==⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥+=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑． 例11 求极限lim n n x →∞．设1)135(21)2462n n x n⋅⋅-=⋅⋅ ；2) 22(1)n n k nx +==∑3) ()()11111nk k k kn i x n n --=⎡⎤=++-⎢⎥⎣⎦∑． 解 1) 因为几何平均值小于算术平均值， 所以分母中的因子1322+=>3542+=>(21)(21)22n n n -++=>135(21)02462n n x n⋅⋅-<=⋅⋅0⋅⋅--<→ ()n →∞故 lim 0n n x →∞=．2)22(1)n k n+=∑22(1)122n n n +-+=+项，其中最小项为11n =+1n=．所以22(1)22221n k nn n n n+=++≤≤+∑于是22(1)lim2n n k n+→∞==∑．3) 因为 ()111, (1)1kkkkk n n n n n n <+<+<+<+所以 ()111(1)1kkn n n --->+>+111(1)11nkkk n n n nn -==>+>→+∑()n →∞11lim (1)1nkkn k n -→∞=+=∑．同理可得 11lim (1)1nkkn k n -→∞=-=∑．从而 lim 2n n x →∞=．五、利用单调有界定理求极限（或证明极限存在） 例12 设a 为常数．若数列{}n x 满足条件12||, (2,3,)nkk k xx a n -=-<=∑证明数列{}n x 收敛．证 令12||, (2,3,)nn kk k y xx n -==-=∑显然，数列{}n x 是单调增加并有上界a ，所以{}n y 收敛． 由Cauchy 收敛准则的必要性，0, N ε∀>∃，当n N >时，对p ∀∈ ，有 ||n p n y y ε+-<．1122||||||n pnn p n kk kk k k y y xx xx ++--==-=---∑∑11||n pk k k n x x ε+-=+=-<∑而1121|||()()()|n p n n p n p n p n p n n x x x x x x x x +++-+-+-+-=-+-++-11||n pk k k n x x ε+-=+=-<∑由Cauchy 收敛准则的充分性，知数列{}n x 收敛．例13 设函数()f x 在[1,)+∞上连续，恒正且单调递减．并且11()()nn n k u f k f x dx ==-∑⎰则数列{}n u 收敛． 证 1n n u u +-11 1111()()()()n nn n k k f k f x dx f k f x dx++===--+∑∑⎰⎰1 (1)()n nf n f x dx +=+-⎰已知()f x 在[1,)+∞上单调递减，连续，由积分中值定理知1n n u u +- 1 (1)()n nf n f x dx +=+-⎰(1)()0n f n f ξ=+-≤ 1n n n ξ≤≤+所以数列{}n u 是单调减少的． 又因为 (1)(2)()n u f f f n =+++2312-1()()()n n f x dx f x dx f x dx ----⎰⎰⎰2 312(1)()(2)()f f x dx f f x dx =-+-+⎰⎰1(1)()()n n f n f x dx f n -+--+⎰已知()f x 在[1,)+∞上恒正、单调递减，连续，由积分中值定理知 [][]12(1)()(2)()n u f f f f ξξ=-+-+ []1(1)()()n f n f f n ξ-+--+ 而 ()()0, 1, 1,2,,1k k f k f k k k n ξξ-≥≤≤+=- ()0f n > 所以 ()0n u f n >>． 则数列{}n u 有下界．据单调有界定理知，数列{}n u 收敛．例14 已知数列{}n x 的通项为：101120, 1n n n x x x x --+==+．证明：lim n n x →∞存在，并求出此极限值．证 由11101110, 111n n n n n n x x x x x x x -----++===+++知 0, (1,2,)n x n >= 112131, 112x x x x ==+=+211 02x x -=>假设n k=时，命题成立．即1 0k k x x +->．则当1n k =+时，21 k k x x ++- 111111k k k k x x x x ++⎛⎫=+-+ ⎪++⎝⎭110(1)(1)k kk k x x x x ++-=>++由数学归纳法知，对任意自然数n ，1 0n n x x +->成立． 即数列{}n x 是单调增加的． 又 11121n n n x x x --=+<+所以数列{}n x 是有上界的．据单调有界定理知，数列{}n x 存在极限． 设lim n n x a →∞=，对1111n n n x x x --=++两边取极限，得11a a a=++解得2a =由极限的保号性，0a ≥，因此12a +=即1lim 2n n x →∞+=．六、O.Stolz 公式O.Stolz 公式可以说是数列里的罗必塔法则． Th1（∞∞型O.Stolz 公式）设{}n x 严格递增，（即n ∀∈ ，有1n n x x +<），且lim n n x →∞=+∞，若 11()limn n n n n a y y x x -→∞-+∞-∞⎧-⎪=⎨-⎪⎩有限值，则()lim n n n a y x→∞+∞-∞⎧⎪=⎨⎪⎩有限值即 11limlimn n n n n nn n y y y x x x -→∞→∞--=-．Th2（00型O.Stolz 公式）设lim 0n n y →∞=，{}n x 严格单调下降趋于零，若11()limn n n n n a y y x x -→∞-+∞-∞⎧-⎪=⎨-⎪⎩有限值，则()lim n n n a y x→∞+∞-∞⎧⎪=⎨⎪⎩有限值 即 11limlimn n n n n nn n y y y x x x -→∞→∞--=-．注 以上两个定理对于a =∞的情况不一定成立．例15 证明：111lim 1p np n i i np +→∞==+∑， （p ∈ ）证 取1, 12p pppn n x ny n+==+++ 1111limlimlimp nn n n p n n n i nn n y y y i nx x x -+→∞→∞→∞=--==-∑11lim(1)pp p n n nn ++→∞=--11211lim(1)1p p p pp n p nnnp n C n++-→∞+=⎡⎤--++-+⎣⎦2111lim(1)11ppp n p np n Cnp -→∞+==+-+-+ ．例16 设1lim ()0n n n n A A -→∞-=．试证：若极限12limnn A A A n→∞+++ 存在时，则lim n n A →∞也存在，且12lim limnn n n A A A A n→∞→∞+++= ．证 只需证明12lim 0n n n A A A A n →∞+++⎛⎫-= ⎪⎝⎭． 设 111122, , , ,n n n a A a A A a A A -==-=-因为 1lim ()0n n n n A A -→∞-=所以 lim 0n n na →∞=，且121112()()()n n n n n A A A A A A A A ---=-+-++-+121n n a a a a -=++++于是12lim n n n A A A A n →∞+++⎛⎫- ⎪⎝⎭()1121212()()lim n n n a a a a a a a a a n →∞+++++++⎡⎤=+++-⎢⎥⎣⎦ 232(1)lim n n a a n a n →∞+++-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦11limlimn n n n n nn n y y y x x x -→∞→∞--==-[]232312(1)2(2)lim (1)n n n a a n a a a n a n n -→∞⎡⎤+++--+++-=⎢⎥--⎣⎦1lim (1)lim0n n n n n n a na n→∞→∞-=-=⋅=． 即 12lim limnn n n A A A A n→∞→∞+++= ．例17求limn n→∞+ ．解设, n n x n y ==+limn n→∞11limlimn n n n n nn n y y y x x x -→∞→∞--==-lim(1)n n n →∞=--limn →∞==+∞．例18 求211112122223222lim 212121n n n nn ---→∞⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅ ⎪⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭．解 设211112122223222212121n n n n nz ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅⋅ ⎪⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭两边取对数 211223121212ln lnlnln221221221n n n n nz ---=+++---2121231222ln 2ln 2ln 2212121n n n n ---⎛⎫=+++ ⎪---⎝⎭取 2112232222, ln2ln2ln212121n n n n n nx y ---==+++--- ，则11lim ln limlimn n n n n n n nn n y y y z x x x -→∞→∞→∞--==-1212122ln1121limlim lnln122222n n nn n n n n ----→∞→∞--===--1ln212e==．。

数分选讲讲稿第17讲1.12.23.3充分性利用反证法若在上不可积则，例设是上的有界变差函数即在上的全变差在，的极限相同因此每次只要选取与中的不同取当时，例证明函数在上可积例在上可积的充要条件是，本例题可作为定理用关键在于对。

数分选讲讲稿第17讲2017-08-06 13:17:01 | #1楼青岛大学讲稿讲授内容第十七讲§4.3定积分的可积性一、直接用定义证明可积性n备注 3学时limi1f(i)xiJb af(x)dx：，以及在其0,0，使得对[a,b]的任何分割T上的任意选取的点集{i}，只要||T||，就有ni1f(i)xiJ．例1 设f(x), F(x)在[a,b]上连续，且axb时，F(x)f(x)试用定义直接证明f(x)在[a,b]上可积，且b af(x)dxF(b)F(a).证对任意分划 T:ax0x1xnbnF(b)F(a)F(x)F(xii1i1)nF(i1ni)(xixi1)i[xi1,xi]i1f(i)(xixi1)i[xi1,xi]因为b anf(x)dxlimi1f(i)xi i[xi1,xi]n问题是要证明 limf(i)xiF(b)F(a)i11n即证：0,f(i1i)f(i)xini1f(i)f(i)xi i,i[xi1,xi]因为f(x)在[a,b]上连续，所以f(x)在[a,b]上一致连续，0,0，当x,x[a,b]，且xx时，有f(x)f(x)ba．i因此，当||T||时，iixinn故i1f(i)f(i)xibaxi1.例2证明：f(x)在[a,b]上可积的充要条件是：对任何一个使得k||Tk||0的分划序列Tk所作的积分和nknki1f(i)xi，其极限limki1f(i)xi恒存在，并且相同（不妨记为I）证必要性明显.充分性：（利用反证法）若f(x)在[a,b]上不可积，则00,1k0,分划Tk1k及(k)i[xi1,xi]，nk虽然对应的k||Tk||，但If(i(k))xi0.i1如此得到一个分划序列Tk，虽然k0，但nklimki1f(i(k))xiI与已知条件矛盾.2二、利用定理证明可积性定理9.3 （可积准则）函数f(x)在[a,b]上可积的充要见参考书条件是：任给0,总存在相应的一个分划T，使得S(T)s(T)《数学分析》上册（第三版）.华师大数学系编定理9.3 （可积准则）函数f(x)在[a,b]上可积的充要条件是：任给0,总存在相应的一个分划T，使得xiTi.定理9.16 （可积的充要条件）函数f(x)在[a,b]上可积的充要条件是：任给正数、,总存在某一个分划T，使得属于T的所有小区间中，对应于振幅k的那些小区间k的总长xk.knnn证明单调函数的可积性ni1方法A：若i有界，可以利用ixiiM，i1i1i1只要M即可.方法B：证明i,(i1,2,,n)从而ixi(ba)．证明连续函数的可积性xi方法C：利用ixiixiixi 其中中，iba,则ixiba.中，x[a,b]xix[a,b]，则xxi. ii其中supf(x)inff(x)是f(x)在[a,b]上的全振幅.方法D：利用ifig（其中if,ig分别表示函数f(x)与如：f(x)在[a,b].从g(x)的可积性，得f(x)的g(x)在第i个小区间上的振幅）可积性.上可积，用方法D可证f(x)在[a,b]上可积3例3 设f(x)是[a,b]上的有界变差函数，即f(x)在[a,b]上的全变差在Msupf(xi)f(xi1).Tni1试证：f(x)在[a,b]上可积.证对任意分划T，有iMi1n由方法A，可证其可积性.例4设f(x)在[a,b]上的每一点处的极限存在并且皆为零.试证：f(x)在[a,b]上可积，且f(x)dx0.a b证设x0[a,b]，有limf(x)0.xx010,x00,当x(x0x0,x0x0)时，有f(x)1 (xx0)如此，(x0x,x0x)x0[a,b]组成了[a,b]的一个开覆盖. 由有限覆盖定理，其中存在有限子覆盖(xixi,xixi)i1,2,,k至此，证明了除有限个点x1,x2,,xk外，恒有f(x)1 (xx1,x2,,xk) （A）下证f(x)的可积性.0,令1= 4(ba),则（A）式成立.取Mmaxf(x1),f(x2),,f(xk),1，作一分划T. 使含x1,x2,,xk的各小区间之总长xi4M则xiixiixiiMimixiMmxiii2Mx2xi1i42M4M21(ba)其中表示含x,x,,x12k的各小区间的对应项之和.表示其余各项之和.f(x)在[a,b]上可积.既然f(x)在[a,b]上可积，点i不论怎样选取，积分和的极限相同.因此，每次只要选取i与（A）中的x1,x2,,xk不同．取minx,x,x，当||T||时，12knnni1f(i)xii1f(i)xi1xi1(ba)i1nlimi1f(i)xi=0即：f(x)dx0.ab例5设f(x)在[a,b]上可微．试证：f(x)在[a,b]上可积的充要条件是：存在可积函数g(x)，使得f(x)f(a)g(t)dt. (1)ax证必要性令 g(x)f(x)，则g(x)在[a,b]上可积f(x)f(a)x af(t)dtx ag(t)dt充分性设T: ax0x1xnb是[a,b]的任一分关于充分性，下面划．记miginfg(x),Migsupg(x)i1,2n.xi1xxixi1xxigigigi的证法是错误的：将(1)式两端对x求导，得则 Mm i1,2n.f(x)g(x)设 x[xi1,xi]为任意一点，xx[xi1,xi]，则由题设fxf(xx)f(x)x1xxx x由g(x)的可积性，g(t)dt知f(x)可积. 错误是g(x)未必注意到migg(x)Mig，所以5mig令x0，得mgifxMig.连续，从而f(x)Mgix[xi1,xi]gixag(t)dtg(x)因此f(x)在[xi1,xi]上的振幅isupf(x)infxi1xxifxi1xxi未必成立.f(x)Mgimgi故0fgixi因为g(x)在[a,b]上可积，limigxi0可知limifxi0所以f(x)在[a,b]上可积．例6证明Riemann函数R(x)在[0,1]上可积．例7 f(x)在[a,b]上可积的充要条件是：0,0, 分划T，使得振幅i的那些小区间[xi1,xi]的长度之和ixi．（通俗地说，即是振幅不能任意小的那些小区间之总长可任意小）证必要性设f(x)在[a,b]上可积，则0,0, 分划T，使得xiinixixiixii1i有ixi.充分性已知10,0, 分划T，使得i1xin从而 ixiixii1i1ixi本例题可作为定理用.关键在于对0,0,i1i1xii11xi1(ba)其中supf(x)inff(x)是f(x)在[a,b]上的全振幅. x[a,b]x[a,b]当0,取12(ba)n,2,T，则有找一个分划T，使得xi.ixii1i所以，f(x)在[a,b]上可积.例8 设yf(u)在[A,B]上连续，u(x)在[a,b]上可F(x)f(x)在[a,b]积.当x[a,b]时，A(x)B.试证：上可积.证 f(u)在[A,B]上连续，f(u)在[A,B]上一致连续.]0, 0，当u,u[A,B], uu时，有f(u)f(u)<2(1)因此作分划后，在[xi1,xi]上，若(x)的振幅i 则F(x)f(x)的振幅iF.[事实上，这时x,x[xi1,xi], 记u(x),u(x) 则uu(x)(x)i 从而F(x)F(x)f(u)f(u)<.2iFsupxi1x,xxiF(x)F(x)2由此可见，在[xi1,xi]上，若iF，必有i 故iFxiixi (2)如此，0,0，首先按(1)式找出0,再由(x)在[a,b]上可积，对0与0, 分划T，使得ixi <由(2)得Fixiixi所以，F(x)在[a,b]上可积.下面讨论可积性与连续性的关系.例9若f(x)在[a,b]上的不连续点，可以用有限个总长度任意小的有限个区间所覆盖，则f(x)在[a,b]上可积.（直接应用定理9.16）例10若f(x)在[a,b]上可积，则f(x)连续点在[a,b]上处处稠密.证只要证明f(x)在[a,b]内至少有一个连续点.若找到一个连续点x0，则f(x)在[a,x0]、[x0,b]上可积，在[a,x0]、[x0,b]内有连续点.以此类推，证明了连续点处处稠密.用区间套定理，证明f(x)在[a,b]内至少有一个连续点. f(x)在[a,b]上可积，nlimixi0.i1对112, 分划T1，使得ixi1(ba)(1)如此，至少存在一个小区间[xi1,xi]，使得其上f(x)的振幅i1n（若不然，ixi1xi1(ba)与(1)式矛盾）将此小区间适当收缩，总可以使得它的长度xixi112(ba)记缩小后的小区间为[a1,b1]，则aa1b1b, b1a112f(ba),f(x)在[a1,b1]的振幅 112[a1,b1]．将[a1,b1]取代上面的[a,b]，作同样的处理，可知对 112, [a2,b2][a1,b1][a,b]， a1a2b2b1, 12(b1a1)12f2b2a22(ba),f(x)在[a2,b2]的振幅 2122[a,b2]如此无限做下去，可得一区间套1 [a,b][a1,b1][a2,b2][an,bn]2 0<bnan12n(ba)0(n)n12n且f(x)在[an,bn]的振幅[fan,bn]据区间套定理，[an,bn](n1,2,) limanlimbnanbn (n1,2,)nn则f(x)在处连续.事实上0,可取n足够大，使得12n从而令minbn,an 则当x时，x[an,bn]，有f(x)f()f[an,bn]12即 limf(x)f()x所以f(x)在处连续.例11 证明：若f(x)0在[a,b]上有定义且可积，则等式f(x)dx0．a b成立的充要条件是f(x)在连续点上恒为零．证必要性（反证法）若x0[a,b]为f(x)的连续点，f(x0)0，则0,使得b af(x)dxx0 x0f(x)dx0连续函数的局部保号性矛盾．所以，f(x0)0．充分性因为 f(x)在[a,b]上可积，则f(x)的连续点在[a,b]上处处稠密.n分划T: ax0x1xnb取i为[xi1,xi] (i1,2,,n)上f(x)的连续点，则f(i)0n积分和i1f(i)xi0b af(x)dxlimi1f(i)xi=0．数分选讲讲稿第11讲2017-08-06 13:16:24 | #2楼讲授内容第十一讲二、Lagrange中值定理1、利用几何意义（弦线法）备注3学时复习Lagrange中由Lagrange中值定理知：若f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内值定理的内可导．则x1,x2(a,b)，介于x1, x2之间，使得f(x2)f(x1)f()． x2x1 容即使说：曲线上任意两点的弦，必与两点间某点的切线平行．例1 设f(x)是可微函数，导函数f(x)严格单调增．若 f(a)f(b)，(ab)．试证：对一切x(a,b)，有 f(x)f(a)f(b)．（不得直接利用凸函数的性质）．证x(a,b)，在[a,x]，[x,b]上应用Lagrange中值定理(a,x)，(x,b)，使得f()f(x)f(a)f(b)f(x)，f()． xabx因为f(x)严格单调增，所以f()f()．即f(x)f(a)f(b)f(x)．xabx由f(a)f(b)，解上式得f(x)f(a)f(b)．例2设函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导．又f(x)不是线性函数，且f(b)f(a)．试证：(a,b)，使得f()f(b)f(a)． ba证过点a,f(a),b,f(b)的线性函数为 yf(a)f(b)f(a)(xa)． ba1因为f(x)不是线性函数，所以f(b)f(a)F(x)f(x)f(a)(xa)0 (1) ba即证(a,b)，使得F()0．（按弦线法，要找曲线yF(x)的一根弦，其斜率大于零）由已知条件知，F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可微，且F(a)F(b)0．满足Lagrange中值定理的条件．由(1)知x0(a,b)，使得F(x0)0．当F(x0)0时，在[x0,b]上应用Lagrange 中值定理 (x0,b)，使得F()F(b)F(x0)F(x0)0． bx0bx0当F(x0)0时，在[a,x0]上应用Lagrange中值定理F(x0)F(a)F(x0)0．(a,x0)，使得F()x0ax0a2、利用有限增量公式导出新的中值公式借助不同的辅助函数，可由有限增量公式f(b)f(a)f()(ba)介于a,b之间f(x0x)f(x0)f(x0x)x01 导出新的中值公式．例3设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内有二阶导数．试证：c(a,b)，使得ab(ba))f(a)f(c)．(1) 242f(b)2f(ab)f(a) 证f(b)2f(2ababf(b)f()f()f(a) 222abbaabbaf()f()f(a)f(a)2222作辅助函数 (x)f(xba)f(x) 2ab)f(a) 则f(b)2f(2ab)(a) (2abbaaba)()) ()( (a,222babaf( )f()22f(bababa) 01 222ba(ba)2(a,b)）f(c)（其中c24例4设 a,b0，试证：(a,b)，使得aebbea(1)e(ab)． (1)证将(1)变形1xee11(1)e() bababa11令f(x)xe，x[,]ba11则f(x)在[,]上满足Lagrange中值定理的条件，ba11(,)，使得ba1111f()f()f()() baba即ee111(1)e()． bababa111111因为()，，所以令，则abbaba即ee11(1)e()． bababa3例5（导数极限定理）设f(x)在点x0的某邻域U(x0)内连续在U(x0)内可导，且limf(x)存在，则f(x)在点x0可导，且xx0f(x0)limf(x)．xx0证 10 任取xU(x0)，f(x)在[x0,x]上满足Lagrange中值定理的条件，(x0,x)，使得f(x)f(x0)f()()xx0由于x0x，因此当xx0时，有x0，对()两边取极限f(x)f(x0)limlimf()f(x00)． xx0xx0xx0即f(x0)f(x00)．2 同理可证f(x0)f(x00)．因为limf(x)k存在，所以f(x00)f(x00)k，从而xx0f(x0)f(x0)=，即f(x0)k．3、作为函数的变形若f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可微，则在[a,b]上f(x)f(x0)f()(xx0) 介于x, x0之间．作为f(x)的一种变形，它给出了函数与导数的一种关系，可用来研究函数的性质．（Taylor公式的0次项）例6 设f(x)在[0,)上可微，且f(0)0．并有实数A0使得 f(x)Af(x)，在[0,)上成立，试证明：在[0,)上，f(x)0.证I 因为f(x)在[0,)上可微，且f(0)0，所以由Lagrange中值定理知4f(x)f(x)f(0)f(1)xAf(1)x， 01x1当限制x(0,)时，则得2Af(x)1f(1)． 2重复使用此式可得111f(1)2f(2)nf(n) 2221其中 0nn121x．2A1由f(x)的连续性，M0，对x[0,]，有2Af(x)f(x)MM1故f(x)nx[0,](n1,2,)22A1从而 f(x)0 x[0,]．2Ai1i,] (n1,2,)上，用数学归纳法，可证在一切x[2A2A恒有f(x)0．所以 f(x)0，x[0,)．证II 因为f(x)在[0,11]上连续，所以x1[0,]，使得 2A2Af(x1)maxf(x)M．0x12A于是Mf(x1)f(0)f()(x10)f()x1Af()x111f()M221所以M0，f(x)0，x[0,]．2A以下同证I．注将[0,)改为[a,b]，将f(0)0改为f(a)0可得同样结论．5例7 设f(x)，g(x)在[a,b]上连续，g(x)在(a,b)内可微，且g(a)0．若有实数0，使得g(x)f(x)g(x)g(x) x(a,b)成立．试证：g(x)0x[a,b]．证因为f(x)在[a,b]上连续，所以M0，使得 f(x)M x[a,b]．若M0，则f(x)0，x[a,b]．g(x)g(x)g(x)1||g(x)由例6知，g(x)0x[a,b]．若M0，有三角不等式|||g(x)||f(x)||g(x)|g(x)f(x)g(x)g(x) |||g(x)||f(x)||g(x)|g(x)(1M)g(x)|g(x)|1Mg(x) ||由例6知，g(x)0x[a,b]．例8 设在[0,a]上，f(x)M．f(x)在(0,a)内取最大值．试证：f(0)f(a)Ma．证设f(x)在x0(0,a)出取最大值，则f(x0)0．将f(x)在[0,x0]，[x0,a]上应用Lagrange中值定理，得f(x0)f(0)f()x0(0,x0)f(a)f(x0)f()(ax0)(x0,a)f(0)f()x0Mx0f(a)f()(ax0)M(ax0)．两式相加得xf(0)f(a)Ma．例9 证明：若函数f(x)在(0,)内可微，且limf(x)0，f(x)0．则 limxxf(x)0，即要证：证要证limxx0，M0，当xM时，有f(x)． (1)x已知limf(x)0，对上述0，A0当xA时，有xf(x)2． (2)由Lagrange中值定理，对xA，(A,x)，使得f(x)f(A)f()(xA)．故f(x)f(A)xA|f(A)||f()|． xxxx2|f(A)|2|f(A)|0， B0 但x时，x|f(A)|当xB时，x2于是取MmaxA,B，则当xM时，f(x)． x三、导数的两大特性10 导数无第一类间断点；20导数具有介值性． 1、导数无第一类间断点例10 设函数f(x)在(a,b)内处处有导数f(x)．证明：(a,b)中的点或者为f(x)的连续点，或者为f(x)的第二类间断点．证因为f(x)在(a,b)内处处可导，所以x0(a,b)，有 f(x0)f(x0)limxx0f(x)f(x0)xx0f()(xx0)limlimf() x0xxx0xxxx00若f(x)在x0处有右极限时，必有f()f(x00) （导数右连续）f(x0)limxx0同理可证，若f(x)在x0处有左极限时，必有f(x0)f(x00)（导数左连续）因此，在在(a,b)内任一点x0处，除非至少有一侧f(x)无极限（这时x0为f(x)的第二类间断点．）否则，两侧的极限都存在，且f(x00)f(x0)f(x00)．则f(x)在x0处连续．注所谓导数无第一类间断点，是指在导数处处存在的前提下讲的．如f(x)|x|，当x0时，f(x)1当x0时，f(x)1在x0处，为f(x)的第一类间断点，这与我们的结论不矛盾，因为f(x)在x0处不可导．例11 设f(x)在(a,b)内可导，导函数f(x)在(a,b)内单调，则f(x)在(a,b)内连续．证因为f(x)在(a,b)内单调，若有间断点必为第一类间断点，矛盾．故f(x)在(a,b)内连续．2、导数的介值性例12 若函数f(x)在[a,b]上处处可导（端点指单侧导数）．f(a)f(b)．则c: f(a)cf(b)， (a,b)，使得f()c．证作辅助函数g(x)f(x)cx 则g(x)在[a,b]上可导，g(a)f(a)c0g(b)f(b)c0（若g(x)连续，则由连续函数的介值定理，直接推得结论．而现在不知g(x)是否连续）由于limg(x)g(a)g(a)0xa0xa所以当xa，x充分接近a时，有g(x)g(a)．同理，g(b)0，当xb，x充分接近b时，有g(x)g(b)．故g(x)在端点a，b处不取最小值．但g(x)连续且可导，在闭区间[a,b]上有最小值，必在开区间(a,b)内某点取得．(a,b)，使得g()ming(x)．axbg()亦为g(x)的极小值．由Fermat定理知，必有g()0．即 f()c0，f()c例13 设函数f(x)在区间(,)上二次可微，且有界．试证明：x0(,)，使得f(x0)0．证明若f(x)变号，a,b(,)，使得f(a)f(b)0．则 f(a)0f(b) 或 f(a)0f(b)．由导数的介值性，介于a,b之间，使得f()0．下证f(x)不会不变号．假设f(x)不变号．不妨设f(x)0．则f(x)严格递增．取x0，使f(x0)0．若f(x0)0，则当xx0时，f(x)f(x0)f()(xx0) x0xf(x0)f(x0)(xx0)(x) 若f(x0)0，则当xx0时，f(x)f(x0)f()(xx0) xx0f(x0)f(x0)(xx0)(x) 与f(x)的有界性矛盾．故f(x)必变号．数分选讲讲稿第12讲2017-08-06 13:17:40 | #3楼讲授内容第十二讲四、Cauchy中值定理 1、推导中值公式备注 3学时Cauchy中值定理：若F(x)，G(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，G(x)0．则(a,b)，使得F(b)F(a)F()．G(b)G(a)G()适当选取函数F(x)，G(x)，就可以得到新的中值公式．例14 设f(x)在(a,b)内可微，a,b0，且f(a0)，f(b0)均存在（为有限数）．试证：(a,b)，使得a1abf(a0)bf()f()．f(b0)证令f(a)f(a0)，f(b)f(b0)，则f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，而a1abf(a0)b1af(a)bf(b)f(b0)abf(b)f(a)baf(x)1令F(x)，G(x)，则F(x)，G(x)在[a,b]上满足xxCauchy中值定理的条件，所以f(b)f(a)11ba1f(x)x1xf()f()．x例15 设函数f(x)在(a,b)内二次可微．试证：x,x0(a,b)，在x,x0之间，使得1f()(xx0)2．(1) 2!f(x)f(x0)f(x0)(xx0)证只证明xx0的情况（xx0时类似可证，xx0时显然）将(1)式改写f(x)f(x0)f(x0)(xx0)f()．1(xx0)221设 F(x)f(x)f(x0)f(x0)(xx0)，G(x)(xx0)22则F(x)f(x)f(x0)，G(x)xx0 注意到 F(x0)G(x0)F(x0)G(x0)0 两次应用Cauchy中值定理f(x)f(x0)f(x0)(xx0)F(x)F(x0)1G(x)G(x0)(xx0)22F()F()F(x0)F()f()x0xG()G()G(x0)G()注意将Cauchy中值公式改写成F()F(b)F(a)G(b)G(a)G()则选取不同的函数G(x)，便可把F(b)F(a)表示成不同的形式．若另取G1(x)，F(b)F(a)则有F()F()G(b)G(a)G1(b)G1(a)． G()G1()F()G1(b)G1(a)． G1()一般来说，当G(x)采用n个不同的函数（只要满足Cauchy 中值定理的条件），便可得到含n个中值的n1个等式．2例16 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导(0ab)，f(a)f(b)．证明：,(a,b)，使得f()abf()． (1) 2f()f()2(ba)(ba2) 12证以ba乘(1)式两端：取F(x)f(x)，G(x)x, x2，在[a,b]上分别应用Cauchy中值定理f()f(b)f(a)f()f(b)f(a)， 221ba2baf()(ba)f(b)f(a)f(b)f(a)22(ba) 22baf()2(ba2) 2所以f()abf(),(a,b)． 2例17 设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导(0ab)．证明：在(a,b)内存在x1,x2,x3，使得blnf(x1)f(x2)(b2a2)22x3f(x3)． 32x14x2ba证以b2a2乘上式两端f(x3)f(x1)2f(x2)44(ba2)(ba)lnblna．32x14x2x3取F(x)f(x)，G(x)x2，G1(x)x4，G2(x)lnx 则得 F(x1)f(x1)2G(b)G(a)(ba2) G(x1)2x1 3F(x2)f(x2)44G(b)G(a)(ba) 113G1(x2)4x2即ex2F(x3)f(x3)G2(b)G2(a) lnblna(x3)G2x3上述三式左边相等，右边亦相等，结论成立．2、作为函数与导数的关系例18 设f(x)在(,)上连续可导，且supex2x2f(x)．f(x)证明：supxexf(x)．x有界，证2证因为xexf(x)在[1,1]上连续，所以xexf(x)在[1,1]上有界．只须证明xex22xexf(x)有界2f(x)在(,1)与(1,)上有界．以(1,)为例进行证明．（(,1)的情况类似）设x1为任意数，则x2x1，exexexf(x)ex22xf(x)1f(1)ex2f(1)ex2xf(x)1f(1)exe2f(1)e()xf(x)(e)x2x|f(1)|1x (1) e2其中()：取F(x)xf(x)，G(x)ex，应用Cauchy中值定理xf(x)(e)x2xf()f()2e222f()f(0)111f(0)ef()e 22202e12121ef(0) 0 ef()ef()22224221211ef()ef()f(0)．(2) 222ex的单调性2因为exf(x)有界，综合(1)与(2)可知，xexf(x)亦有界．§3．3 Taylor公式本节主要讨论带Peano余项、Lagrange余项的Taylor公式在接替中的若干应用． T aylor公式的两种形式1 若f2(n)(x)在[a,b]上连续，f(n1)(x)在(a,b)内存在．x,x0[a,b]，在x,x0中间，使得下式成立 f(x)f(x0)f(x0)(xx0)f(x0)f(x0)(xx0)2(xx0)2Rn(x) 2!n!(n)其中 Rn(x)1f(n1)()(xx0)n1 （Lagrange余项）(n1)!2 若f(x)在点x0有n阶导数，则在x0的邻域内Taylor公式成立．其中 Rn(x)o(xx0)n (xx0) （Peano余项）在Taylor公式中，若把x0看成定点，x看成动点，则Taylor，f(n)(x0) 公式通过定点x0处的函数值f(x0)及导数值f(x0)，表达动点x处的函数值．当问题涉及到二阶以上的导数时，通常可考虑用Taylor公式求解．其中关键在于选取函数f(x)、点x0、展开的阶次n，以及余项的形式．点x0一般应选在有特点的地方．如，使某f(x0)0的地方等．一、证明中值公式例1设f(x)在[a,b]上三次可导．试证：c(a,b)，使得f(b)f(a)f((i)ab1)(ba)f(c)(ba)3 (1)224证（待定常数法）设k为使下式成立之实数5ab1)(ba)k(ba)30(2 )224则问题归结为证明：c(a,b)，使得 kf(c) (3)ax1)(xa)k(xa)3(4)令g(x)f(x)f(a)f(224f(b)f(a)f(则g(a)g(b)0．g(x)满足Rolle定理的条件(a,b)，使得g()0．由(4)式得a1ak)f()(a)(a)20 (5)f()f(2228a这是关于k的方程．而f()在的Taylor公式2aaa1a2f()f()f()f(c)()0 (6)22222其中c(a,b)．比较(5)、 (6)可得kf(c)．例2 设f(x)在[a,b]上有二阶导数．试证：c(a,b)，使得baab1f(x)dx(ba)f()f(c)(ba)3 (1)224x证I 对函数 F(x)f(t)dt利用上例结果,或重复上例的a证明过程即得．证II 将函数 F(x)f(t)dt在点x0a xab处按Taylor公 2式展开，记hba，则 211F(x0h)F(x0)f(x0)hf(x0)h2f()h32!3!11F(x0h)F(x0)f(x0)hf(x0)h2f()h32!3!其中,(a,b)．baf(x)dxF(x0h)F(x0h)(ba)3(ba)f(x0)f()f()48由导数的介值性 c(a,b)，使得1f(c)f()f()．2n代入上式即得所证结论．二、证明不等式例3设f(x)在[a,b]上二次可微，且f(x)0．试证：ax1x2xnb， ki0，ki1ni1，有nnfkixikif(xi) i1i1证取x0kixi将f(xi)在xx0处展开Taylor公式i1nf(xi)f(x0)f(x0)(xix0)1f(i)(xix0)2 2f(x0)f(x0)(xix0) (i1,2,,n)以ki乘此式两端，然后n个不等式相加kf(x)kf(x)f(x)k(xx)iiiii1ni1i1nn而k(xx)kxxiiiii1i1niinx0x00n得kf(x)f(x)f(kx)．iii1i1例4 设f(x)有二阶导数，f(x)试证：f(x)0．证 x，由Taylor公式f(xh)f(x)f(x)h1f(xh)f(xh)． 21f(x)h2o(h2) 2两式相加，并除以h2，有f(xh)f(xh)2f(x)f(x)ho(h)22f(x)h2o(h2)0 f(x)令h0，得f(x)0．三、导数的中值估计o(h)0 h2例5 设f(x)二次可微，f(0)f(1)0．maxf(x)2．0x1 试证：minf(x)16．0x1证因为f(x)在[0,1]上连续，所以必有最大值、最小值．又因为f(0)f(1)0，maxf(x)2，所以f(x)的最大值必在0x1(0,1)内部达到．x0(0,1)，使得f(x0)maxf(x)2．0x1即f(x0)为极大值，由Fermat定理知f(x0)0．在x0处，将f(0)，f(1)按Taylor公式展开(0,1)，(0,1)，使得0f(0)f(x0)f(x0)(x0)122f()x0．21f()(x0)2 2所以f()4， 2x01f()(1x0)2 20f(1)f(x0)f(x0)(1x0)21f()(1x0)2 24所以f()． 2(1x0)44minf(x)minf(),f()min2,20x1x(1x)004144当x0[,1]时， min2,16 222x0(1x0)(1x0)4144x0[0,]时， min2,216 22x(1x)00x0于是minf(x)16．0x1类似可证：若f(x)在[0,1]上有二阶导数，f(0)f(1)0，1minf(x)1，则maxf(x)8，minf(x)． 0x10x10x18例7若f(x)在[a,b]上有二阶导数，且f(a)f(b)0．试证： (a,b)，使得f()4f(b)f(a)．(ba)2证I 将f(ab)分别在a,b点展开Taylor公式， 2abab1abf()f(a)f(a)(a)f()(a)2 222!21ba2abf(a)f()() a (1)222同理可得f(ab1ba2ab)f(b)f()() b(2)22221 (2)－(1)得f(b)f(a)f()f()(ba)20 84f(b)f(a)1|f()||f()||f()|(ba)22, |f()||f()|其中．, |f()||f()|证II 若f(a)f(b)，问题得证．设f(a)f(b)（f(a)f(b)类似可证），记c ab． 210 若f(c)1f(a)f(b)，则 22f(c)f(a)f(b)f(a)f(c)f(ab1ba2ab)f(a)f()() a2222所以 0f(b)f(a)f(b)f(a)2f(c)f(a)f()(即 f()20 若f(c)ba2) （必有f()0）24f(b)f(a)．(ba)21f(a)f(b)，则 22f(c)f(b)f(a)f(b) 2f(c)f(b)f(b)f(a)f(c)f(ab1ba2ab)f(b)f()() b 2222所以 0f(b)f(a)f(b)f(a)ba2) （必有f()0）2f(c)f(b)f()(2 即 f()4f(b)f(a)．(ba)2【应届毕业生面试自我介绍汇编15篇】。

三年级数学讲课录音稿范文
同学们，今天我们来学习一道有趣的数学题目。

这道题目是关于数目特征的。

请大家仔细听题。

题目是：小明从1数到100，数数的时候，他把所有个位数是
1的数字都说了出来。

请问，小明一共说了多少个数字？
现在，我们一起来分析一下这个问题。

首先，我们知道有几个数字的个位数是1呢？这些数字是：1，11，21，31，41，51，61，71，81，91。

一共有10个数字的个位数是1。

那么，小明从1数到100，每隔10个数字就会出现一个个位
数是1的数字。

我们一共可以分成10个这样的区间，每个区
间里有10个数字。

所以，小明一共说了10个数字。

那么，小明一共说了多少个数字呢？我们可以用数学的方法计算。

首先，小明一共数到了100，所以他一共说了100个数字。

而这100个数字中，有10个数字被重复数了一次。

所以，小
明一共说了100-10=90个不同的数字。

综上所述，答案是：小明一共说了90个数字。

同学们，我们刚才通过分析这个问题，学会了运用数目特征进行计算。

数学中的特征是我们进行计算的重要工具之一。

希望大家能够善于运用数目特征，解决各类数学问题。

下课！。

讲 授 内 容 备 注 第二十九讲第六章 多元函数微分学 §6.1 多元函数的极限与连续一、多元函数的极限 1．多元函数极限的计算1) 利用不等式，使用两边夹法则；2) 变量替换化为已知极限，或化为一元函数的极限； 3) 利用极坐标；4) 利用初等函数的连续性，利用四则运算性质； 5) 利用初等变形，特别指数形式常可先求其对数的极限． 例1 求下列极限 (1)22,||||limx y x y x y →∞→∞++； (2)()22220,0limx yx y xy→→+；(3)2244,limx y x y x y→∞→∞++．解 (1) 222222||||||||0x y x y x yx y x y+≤≤++++22||||110 (,)||||x y x y xyx y ≤+=+→→∞→∞所以22,||||lim0x y x y x y→∞→∞+=+．(2) 先求取对数之后的极限()()222222220,00,0limln limln x yx y x y x yx y x y→→→→+=+()()222222220,0limln x y x yxyxyx y→→=+++22222222222() 00 (0,0)x yx y x y x y x yx y+≤≤=+→→→++()()22220,0limln lim ln 0x y t xyxyt t →→→++==3学时()22220,0lim1x yx y xye →→∴+==．(3) 可用(1)的方法．极坐标代换：cos ,sin x r y r θθ==222444442211(cos sin )1sin 22x y rx yr r θθθ+==++⎛⎫- ⎪⎝⎭221111sin 2(2sin 2)1222θθ≤-=-≤224422212 00 ()11sin 22x y r x yrr θ+∴≤=≤→→∞+⎛⎫- ⎪⎝⎭所以2244,lim0x y x y x y→∞→∞+=+．2．证明二元函数极限不存在根据极限与特殊路径极限的关系，以及极限与累次极限的关系，证明二元函数极限不存在．通常方法如下： 1）证明径向路径的极限与幅角（或斜率）有关； 2）证明某个特殊路径的极限不存在； 3）证明两个特殊路径的极限存在但不相等； 4）证明两个累次极限不相等．例2 证明下列函数在(0,0)处的极限不存在． (1) 22(,)xy f x y x y =+； (2) 2233(,)x y f x y x y +=+； (3) 68245(,)()x yf x y x y =+． (4) 3333(,)x y f x y x y-=+． 证 (1)令y kx =,22222(,)1kxk f x y x k xk==++与斜率有关.极坐标代换：22cos sin 1(,)sin 22r f x y rθθθ==与幅角有关． 所以极限不存在．只能在极限存在的情况下使用(2) 因为分母当y x =-时为零，因此考虑沿与y x =-在 (0,0)点相切的高次曲线的路径的极限．可取3y x x=-+，则2222323333231(1)()(,)()1(1)x x x x x f x y x x x x x ⎡⎤+-+-+⎣⎦==+-+⎡⎤+-⎣⎦22231(1)(0)1(1)x x x x +-=→∞→⎡⎤+-⎣⎦所以极限不存在．(3) 沿0x =取极限，其极限值为零． 沿2x y =取极限，12844551(,)()2y yf x y y y ==+．所以极限不存在．(4) 二个累次极限存在，但不相等．例3 函数44362(,)()x yf x y x y =+在(0,0)点的极限00lim (,)x y f x y →→ 存在吗？若存在，则求其值．解 考虑沿路线2x my =的极限（m 取不同的常数） 4844366232(,)()(1)m y ymf x y m y y m ==++ 与m 有关．函数44362(,)()x yf x y x y =+在(0,0)点的极限不存在．3．极限与特殊路径极限的关系例4 证明：(1) (,)f x y 当,x y 沿径向路线趋向00(,)x y 时，极限存在，保持相等．而00,lim(,)x x y y f x y →→仍可以不存在．(2) 若沿径向路线极限存在相等，关于幅角[0,2]θπ∈ 一致，则极限00,lim(,)x x y y f x y →→存在．与例2的(3)题相同．证 (1) 考虑242(,)x y f x y x y=+沿曲线y kx =，则234242222000limlimlimx x x y y kxx y kxkx x yx k xx k→→→→====+++即沿任意径向路线趋向(0,0)时，24200limx y x y x y→→=+．但沿曲线2y x =时，22442441limlim2x x y y xx y xx yx x→→→===++．故 242limx y x y x y→→+不存在．(2) 以00(,)(0,0)x y =为例证明，其他点可做坐标平移得到．设沿任意径向路线，有00,lim(,)x x y y f x y A →→=．且 (,)(cos ,sin ) 0,[0,2]f x y f r r A r θθθπ→→=→∈ 0ε∀>，()0δδε∃=>，当0r δ<<时，对[0,2]θπ∀∈ 有 (,)f x y A ε-<当0|| 0||x y <<<<时，有0r δ<=<从而有 (,)f x y A ε-< 所以00,lim(,)x x y y f x y A →→=．例5 设(,)f x y 是在区域: ||1, ||1D x y ≤≤上的有界k次齐次函数(1)k ≥．问极限0,0lim (,)(1)yx y f x y x e →→⎡⎤+-⎣⎦是否存在？若存在，试求其值．证 (,)f x y 为k 次齐次函数t ∴∀∈，有 (,)(,)kf tx ty t f x y =(cos ,sin )(cos ,sin )k f r r r f θθθθ∴=又因为(,)f x y 有界，0M ∃>，使得(,) (,)f x y M x y D ≤∀∈(cos ,sin )(cos ,sin )0 (0)kk f r r rf r M r θθθθ→→=≤→（关于[0,2]θπ∈一致） 于是 00lim (,)0x y f x y →→=．所以0,00,0lim(,)(1)lim (1)1y yx y x y f x y x e x e →→→→⎡⎤+-=-=-⎣⎦．例6 设点(,)M x y =沿任意路线趋向000(,)M x y =时． 函数(,)f x y 的极限为A ．试证：00,lim(,)x x y y f x y A →→=． 证 （反证法）若(,)f x y →A ，（当00,x x y y →→时） 则00ε∃>，及点列{}0: , ()n n M M M n →→∞ 使得 0() (1,2,)n f M A n ε-≥=如此顺序用直线段将12 , ,, ,n M M M 连成折线 L ，则点M 沿 L 趋向0M 时，(,)f x y →A ．与已知条件矛盾． 4．累次极限交换次序例7 Ω为2 中的开集，00(,)x y ∈Ω．(,)f x y 为Ω上的函数．且1) 对每个(,)x y ∈Ω的x ，存在0lim (,)()y y f x y g x →=；2) 0lim (,)()x x f x y h y →=关于(,)x y ∈Ω中的y 一致．试证：0000lim lim (,)lim lim (,)x x y y y y x x f x y f x y →→→→=．证 要证明上式成立，只要证明 00lim lim (,)lim ()x x y y x x f x y g x A →→→==存在，且0lim ()y y h y A →=即可．华师大书（第三版）98P ：累次极限与重极限的关系01 证明0lim ()x x g x →存在．00 (,)x y ∈Ω （Ω为开集）1 0δ∴∃>，使得{}0101(,)|||,||x y x x y y δδ-<-<⊆Ω 由条件2) 10, 0 () εδδδ∀>∃><，当00||x x δ<-<时，{}01(,)() |||2f x y h y y y y y εδ-<∀∈-<所以当00||x x δ'<-<，00||x x δ''<-<时，有(,)(,)(,)()()(,)f x y f x y f x y h y h y f x y ''''''-≤-+-{}01+= |||22y y y y εεεδ<∀∈-<令0y y →时，由条件1)知()()g x g x ε'''-≤据Cauchy 准则知，0lim ()x x g x →存在． 记0lim ()x x g x A →=，则00lim lim (,)x x y y f x y A →→=02 证明0lim ()y y h y A →=．0ε∀>，由()()(,)(,)()()h y A h y f x y f x y g x g x A -≤-+-+- 利用条件2)及01的结论，当x 与0x 充分接近时，使得()(,), ()33h y f x y g x A εε-<-<将x 固定，由条件1)，0δ∃>，当0||y y δ-<时，(,)()3f x yg x ε-<于是有 ()333h y A εεεε-<++=．。

讲 授 内 容备 注 第八讲 §2．3 解函数方程一、问题的提出若()f x ax =，则()()()f x y ax ay f x f y +=+=+，,x y ∀∈ ． 这就是说，一次齐次函数()f x ax =满足函数方程()()()f x y f x f y +=+，,x y ∀∈ ．同样可以验证，,x y ∀∈() (0,1)xf x a a a =>≠，满足()()()f x y f x f y +=()log (0,1)a f x x a a =>≠，满足()()()f xy f x f y =+ (,0)x y ∀> () f x x α=， 满足()()()f xy f x f y =现在提出相反的问题：满足这些方程，是否仅是上述这些函数？若对求解的范围，作连续等条件的限制，回答是肯定的．二、求解函数方程 1、推归法为了求解函数方程，可以从函数方程出发，由最简单的情况入手，一步一步地推导，边推导，边归纳，逐步达到所希望的结果．例1 证明 ：若对,(,)x y ∀∈-∞+∞，有()()()f x y f x f y +=+，且()f x 在点0处连续，则()f x ax =，其中(1)a f =．证 首先证明()f x 在(,)-∞+∞上连续． 由题设，对x ∀∈ ，有()(0)()(0)f x f x f x f =+=+所以 (0)0f =．对x ∀∈ ，有()()()()()()y f x x f x f x f x f x f x ∆=+∆-=+∆-=∆3学时由()f x 在点0处连续，有lim lim ()(0)0x x y f x f ∆→∆→∆=∆==所以()f x 在点x 处连续，即()f x 在(,)-∞+∞上连续． 其次证明()f x ax =，(,)x ∈-∞+∞．1o首先证明对任意正有理数r ，有()()f rx rf x =，x ∀∈ ． 当y x =时，(2)2()f x f x =，由数学归纳法，有()()f nx nf x = ()n N ∈ (1)于是有 1()()f x f nx n=用x n 代替x ， 11()()()x x f f n f x n n n n=⋅= (2) 设pr q=（,p q 为自然数），有(1)(2)()()()()()()p x x pf rx f x f p pf f x rf x q q q q==⋅===又因为(0)(())()()f f x x f x f x =+-=+-，且(0)0f = 所以 ()()f x f x =--．对负有理数r - (0)r >，有()()()f rx f rx rf x -=-=-．因此对任意有理数r ，有()()f rx rf x =，x ∀∈ ． 2o证明对任意无理数t ，有()()f tx tf x =，x ∀∈ ．取有理数列{}n r ，使得lim n n r t →∞=，有()()n n f r x r f x =．因为()f x 在 上连续，所以()(lim )lim ()lim ()()n n n n n n f tx f r x f r x r f x tf x →∞→∞→∞====．于是对任意x ∈ 及任意实数c ，有()()f cx cf x =．因此，对任意x ∈ ，有()(1)(1)f x f x xf ax =⋅==，其中(1)a f =．2、转化法引入适当的新自变量或新因变量，作变量替换，将所给的函数方程转化为熟知的函数方程．或从所给的限制条件，导出熟知的限制条件，从而利用熟知的问题求解．例2 证明：在实轴 上满足方程()()()f x y f x f y +=的唯一不恒等于零的连续函数是() (0)x f x a a =>为常数．证 1o证明()0f x >．因为()f x ≡0，0x ∃∈ ，使得0()0f x ≠．于是x ∀∈ ，由于000()()[()]()0f x f x x f x x x f x -=+-=≠知()0f x ≠．从而 x ∀∈ ，2()0222x x x f x f f ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=> ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦．2o作变换令 ()log ()a F x f x =，由1o知(1)0f >．不妨设(1)a f =． 于是()F x 连续，且满足()log ()log ()()a a F x y f x y f x f y +=+=log ()log ()()()a a f x f y F x F y =+=+由例1知，()F x bx =（其中(1)b F =为常数）(1)log (1)log 1a a F f a === 故()F x x =，从而()()F x xf x aa ==，((1)0)a f =>．例3 证明：满足方程()()()f xy f x f y =+ ,0x y ∀>的唯一不恒等于零的连续函数是()log a f x x =．证 引入新变量 t x a =， (,)t ∈-∞+∞ (0)a >，则()()()t f x f a t ϕ==则()t ϕ在(,)-∞+∞上连续．log a t x =，()(log )a f x x ϕ=．因为()()()()()()()s t s t s t s t f a f a a f a f a s t ϕϕϕ++==⋅=+=+由例1知，()t ct ϕ=，(1)()c f a ϕ==． 所以 ()(log )log ()log a a a f x x c x f a x ϕ===． 当()1f a =时，则得()log a f x x =．例4 求在实轴 上满足方程()()()22x y f x f y f ++= ,x y ∀∈ 的连续函数．解()()22f x f y x y f ++⎛⎫= ⎪⎝⎭()02x y f ++⎛⎫= ⎪⎝⎭()(0)2f x y f ++=(0)()2f bf x y b=++=因此 ()()()f x f y f x y b +=++， 即 ()()()f x b f y b f x y b -+-=+-． 令 ()()g x f x b =-，则有()()()g x y g x g y +=+及()g x 在(,)-∞+∞上连续． 所以 ()g x ax =，((1))a g =． 即()f x ax b =+．例5 设 ()()()f x f x x f x ∆=+∆-2()(())()()f x f x f x x f x ∆=∆∆=∆+∆-∆ (2)2()()f x x f x x f x =+∆-+∆+ 试求满足方程2()0f x ∆≡，x ∀∈ 的连续函数． 解 因为 (2)2()()0f x x f x x f x +∆-+∆+≡所以 (2)()()2f x x f x f x x +∆++∆=令2x x y +∆=，则有22x x x y +∆=+，2x yx x ++∆=．可得 ()()()22x y f x f y f ++= 由例4可得()f x ax b =+．例6 证明：当0x >时，满足方程()()()f xy f x f y =⋅的唯一不恒等于零的连续函数是幂函数()f x x α=，其中α为常数．证 令 ()()x g x f e =()x -∞<<+∞，则()g x 在(,)-∞+∞上连续，且不恒等于零．()()()()()()()x y x y x y g x y f e f e e f e f e g x g y ++==⋅=⋅=⋅ 由例2知，()x g x b =，(, 0)x b -∞<<+∞>．即()x xf e b =．令x e y =，则0y >，由x e 的严格单调性知，存在唯一的(,)α∈-∞+∞，使得e b α=．于是 ()()xxx f y b ee y ααα==== 0y <<+∞．例7 证明：在实轴 上满足方程()()()f x y f x f y +=+ ,x y ∀∈ ()*的唯一单调函数是()f x ax =，((1))a f =为常数．证 在()*中，令0y =，得()()(0)f x f x f =+，所以(0)0f =．在()*中，令x x y ∆==，得(2)2()f x f x ∆=∆，令0x +∆→， (00)2(00)f f +=+，所以(00)0(0)f f +==．同理，令0x -∆→，得(00)0(0)f f -==． 所以 (00)(0)(00)f f f +==-．即()f x 在点0x =处连续．又因为()f x 在(,)-∞+∞上单调，所以 0(,)x ∀∈-∞+∞，00(0), (0)f x f x +-存在． 在()*中，令0, (0)x x y h h ==>，00()()()f x h f x f h +=+， (0)h > 令0h +→，000(0)()(0)()f x f x f f x +=+= 0h -→，000(0)()(0)()f x f x f f x -=+=所以()f x 在点0x 处连续．从而()f x 在(,)-∞+∞上连续． 由例1知()f x ax =，((1))a f =．第三章 一元函数微分学§3．1 导数一、导数的定义与可微性 导数的定义00000()()()()()limlimx x x f x f x f x x f x f x x x x →∆→-+∆-'==-∆ 0000()()()()limlim h h f x h f x f x h f x h h→→+---==- 因此，可导（可微）性的证明，就是证上述极限的存在性，可用证明极限的方法．要证明不可微，可利用可微与连续的关系，证明()f x 在点0x 处不连续；00()()f x f x +-''=；或上述极限不存在．例1 证明：Riemann 函数 1(0,)()0 p x q p qq R x x ⎧=>⎪=⎨⎪⎩当为既约分数，为既约整数（当为无理数） 在[0,1]上处处不可微．证 因()R x 在有理点上不连续，故()R x 在有理点上不可微． 设0(0,1)x ∈为任意无理点，则当x 沿无理点点列{}n x 趋于0x 时，000()()0limlim 0n n n n n R x R x x x x x →∞→∞-==--．下面只要证明眼某个有理点的点列{}n r 趋于0x 时，上述极限不为零即可．因为0x 为无理点，可用无限不循环小数表示0120.n x ααα=截取前面n 位小数，令120.n n r ααα= （有限小数）． 则{}n r 是有理点的点列，且0lim n n r x →∞=．注意{}1i i α+∞=有无穷多项不为零．（0x 是无理点）．记第一个不为零的下标为N ，按()R x 的定义，有当n N >时，121()(0.)10n n n R r R ααα=>． 故012012()()(0.)10.00n n n n n R r R x R r x ααααα++-=≥-．所以 00()()lim0n n n R r R x r x →∞-≠-．例2 证明：3()||f x x =在0x =处的三阶导数(0)f '''不存在．证 33()||sgn f x x x x ==，(0)0f =．1o 2o3o2()3sgn 3||f x x x x x '==， 0x ≠30()(0)sgn (0)limlim 00x x f x f x xf x x→→-'===-． ()6sgn 6||f x x x x ''==， 0x ≠200()(0)3sgn (0)limlim 00x x f x f x x f x x →→''-''===-． 00()(0)6(0)lim lim 60x x f x f xf x x+++→→''''-'''===-， 00()(0)6(0)lim lim 60x x f x f xf x x---→→''''--'''===--．因此，(0)f '''不存在．例3 设()p x x =，()1q x x =-，()f x 为多项式．()()f x p x ≥，()()f x q x ≥，(,)x ∀∈-∞+∞．证明：1122f ⎛⎫> ⎪⎝⎭．证 已知111222f p ⎛⎫⎛⎫≥= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．现证1122f ⎛⎫> ⎪⎝⎭． （反证法）若1122f ⎛⎫= ⎪⎝⎭．当12x >时，111()()2221111222f x p x x x x x ---≥==--- 1021()12lim1122x f x f x +→+-⎛⎫'=≥ ⎪⎝⎭- 当12x <时，111()()12221111222f x q x x x x x ----≤==---- 1021()12lim1122x f x f x -→--⎛⎫'=≤- ⎪⎝⎭-故()f x 在12x =处不可微，与()f x 为多项式矛盾．必有1122f ⎛⎫> ⎪⎝⎭．例4 设(0)0f =．证明：()f x 在0x =处可微的充要条件是：存在函数()g x ，在0x =处连续，使得()()f x xg x =，且此时(0)(0)f g '=．证 充分性因为()g x 在0x =处连续，所以0lim ()(0)x g x g →=．000()(0)()(0)lim lim lim ()(0)0x x x f x f xg x f g x g x x→→→-'====-．所以()f x 在0x =处可微．必要性 设()f x 在0x =处可微．令(), 0()(0), 0f x xg x xf x ⎧≠⎪=⎨⎪'=⎩ 则0()()(0)limlim (0)0x x f x f x f f x x →→-'==- 所以()g x 在0x =处连续．显然()()f x xg x =，(0)(0)f g '=．。

数的认识。

三分钟演讲。

250
尊敬的老师们，亲爱的同学们：
大家好！
数学最关键的地方在于理解。

不同于语文的死记硬背和英语的活学活用，数学更注重在每一个公式的理解和创新。

其实一个公式表面上看起来简单，但是真正应用到题目中，真正应用到生活中却又不那么简单了。

我在数学学习中有时间进行一个公示，便觉得自己掌握的全部其实并不然，仅仅掌握了公式及其定力，只是掌握了皮毛，而要多应用，才能熟能生巧，熟能生精！
数学有一个和其他学习最重要的地方，就是一定要多加练习，有句话讲——一日不练手生，一日不练口生。

只有多加练习，才能将数学知识应用的更加纯熟更加熟练，在考试中才能拥有更快的解题速度，更高的准确率，从而达到更高的分数。

而数学做题并不是搞题海战，盲目的做题，而是有的放矢，做不会的题也做难以理解的题，做常考的题，做有代表性的典型题目！
学习数学千万不能仅仅是追求难题，而应该把更多的精力放在容易题和简单题上，有句话说得好：“大道至简，最难的往往是最简单的。

”有个词语叫做惯性思维，人们做简单题做多了，往往会把思维定格在那里，殊不知道已变形，便把这道题做错了。

所以一定要多加简单练习，而且还要认真仔细的读读题，多读题才能多发现，多发现，才能多有真正的感悟和思考。

只有这样才能应对考试中的风雨而巍然不动，以不变应万变，最终取得理想的分数。

其实学习数学知道是一个久而久之的过程，并不是一朝就可像炼成的，数学知识在生活中应用越来越广泛，也是只有学好了数学，才能在生活中一展宏图，只有学好了数学，才能更接近理想和目标。

谢谢大家，我的演讲完毕。

《数的认识》讲课稿今日我的内容是北大版小学三年数学下册复《数的》一、教材剖析数的部分侧重要复小学段学的全部的数的观点。

部分内容从向看包含整数、分数、小数、百分数的观点和数的初步，从横向看，能够数的意、写法、大小比、性、改写。

教材安排了两个次的复，并配了两个“做一做” 。

教材 1 排的内容多而散，既有复又有新授。

每个内容里面的知容量很大，不行能在 1 内达成，只好取我数的程中最重要的部分，，找比适合的资料和手段加以呈和串。

二、学情剖析学生自然数是从学前开始的，系地学数的知是从一年的数数开始自然数，接着是三年上册初步分数，三下初步小数，四上是大数的，描绘性地呈了自然数的观点，四下小数的意，五下分数的意，六下数。

本归纳整数。

由此能够看出数的分别在各年，知像一粒粒珍珠分布在各个角落。

并且新教材中各样数的观点是描绘性的，比如：像 0、1、2、3、4⋯⋯的数叫自然数。

然描绘性的观点更为近学生的生活，适合学生年，但缺乏数学的本，学生学就忘了。

小学六年对于数的，在学生中的印象是琐碎而的。

当你学生小学阶段学过哪些数时？学生的回答从整数开始到百分数，有人会扯到因数、倍数甚至倒数。

你问学生疏数、整数、自然数、负数的意义时，分数和负数学生还记得，小数基本记不起来，自然数更是无从提及。

三、我的想法反省老师们平常的复习课教课，主要有两种形态：一是在自己教室里，关起门来时，教师的办理大多是“一练究竟” ，复习课成了做习题课。

二是假如要上公然课了，立刻就变为“自主整理”——你能用自己的方法进行整理吗？这样的教课要求充满着复习课公然教课的讲堂。

我认为，把复习课上成练习课，缺失了复习课整理、交流的功能。

这也是一到公然课教师多半不会这样上的原由。

可是，当我们不假考虑把复习课的教课目的定位于培育学生自主整理的意识和能力时，我们的复习课开始变为了践行“新理念”的工具。

但这样的“新理念”真的正确吗？我们看到，当教师部署学生自主整理时，大部分学生成了陪客，他们不知如何下手。

数据筛选说课稿精选各位领导、老师：你们好我说课的内容是《EXCEL在会计中的应用》的第4章第2节的内容：数据筛选主要从教材分析、教学策略、教学程序、板书设计、教学评价等方面作具体的阐述下面我先来说第一个板块——教材分析中的第一个环节——说教材一、教材的地位和作用《数据筛选》是《EXCEL在会计中的应用》第4章中的最基础的财务数据处理过程是在学生已掌握了Excel的基本操作方法如：财务数据工作表的建立、财务数据计算公式的定义、财务数据的输入、财务数据的排序等操作的基础上而设立的高层次的学习任务是学生在已有工作表基础知识之上的延伸贯穿于Excel整个教学是学生进一步顺利、快捷操作的基础是本章的重点内容也是本章的难点它是形成学生合理知识链的一个必要环节下面我主要说说有关这节课的一些教学设想数据筛选可以分为自动筛选和高级筛选我把他们作为两节的课的内容来课述关于这节课我主要讲述的是数据的自动筛选二、说目标知识目标：1、熟练掌握数据的自动筛选方法2、熟练掌握数据的自定义自动筛选方法能力目标：1．培养学生处理数据的能力2．培养学生运用所学知识解决实际问题的能力3．让学生在学习过程中学会发现问题并分析问题进而解决问题情感目标：1．培养学生认真、细致的学习态度2．培养并增强学生在研究中学习、在学习中探索的意识三、教学重点、难点的设定在吃透教材基础上我确立了如下的教学重点、难点：自动筛选一次只能对工作表中的一个区域进行筛选可能学生们对适用范围把握不准自定义筛选涉及到了数据之间的逻辑关系“与”和“或”的关系可能学生们理解起来有一定难度四、说教法所谓“教无定法贵在得法”根据以上对教材的分析及中专学生的特点教学过程中我采用了以下的教学法：演示法、“任务驱动法”精心设计各种问题激发学生的求知欲让学生带着问题去尝试操作同时运用练习、讲解、评价等多种教学方法有助于重点、难点的突破演示法是直观性原则的具体化它不仅在知识传授方面有很大的作用也有助于发展学生的认知能力本节课的重点、难点部分正是通过利用多媒体教学系统向学生作示范性演示直接刺激学生的感官使学生理解和接受知识点?学以致用体验成功是巩固知识点发展能力的最佳方法因此本节课的实践操作部分采用问题驱动的方法先根据上一节课学习的数据排序提出第一个基本工资排序的问题学生可以很容易的做到从而学生希望获得成功体验的心理得到满足可以极大的提高学生的好奇心和兴趣激起学生的求知欲望可以更容易的引出如何用Excel来进行数据的筛选发挥学生的主体作用驱动学生自主学习、协作学习的能力的培养也是形成学生合理知识链的一个必要环节整个过程教师都与学生在一起教师是指导者同时也是问题解决的参与者；学生是问题解决的主体是积极的、互动协作的这样使得每个学生的自主性和创造性都得以发挥也使每个学生的心理和愿望得到满足五、说教学过程（一）导入新课（复习巩固、创设情境导入新课）前一节课学习了对账务数据进行排序所以这节课之前我先请同学们对“工资核算”工作簿中的员工基本工资进行排序这样做既可以复习巩固前几节所学的知识又可以使学生有成就感、体验成功的喜悦同时又为本节课的学习提供了素材方便本节课的学习使学生进一步明白为什么要学习筛选、分类汇总这些知识从而激发学习的积极性和主动性设置悬念：同学们现在知道了“工资核算”工作簿中位员工的基本工资最高位的最低但我们从这张工作表中能否快速地找出某一位员工的具体基本工资数呢学生的回答可能是：将工作表中的员工基本工资进行排序这节课我们就和同学们一起来学习工作表中如何筛选出符合条件的数据板书课题（二）新课讲授问题1：对所有“工资核算”工作簿中的员工基本工资进行升序排列,找到谁的基本工资最高（学生自主操作完成）此任务主要目的是帮助学生复习旧知识易于把学过的知识迁移到陌生的问题情境中训练指导：学生操作的同时老师提示：“既然是对数据的处理那同学们不防去找与‘数据’菜单或者相关的工具按钮”同学们很快会想起上节课的内容并发现“数据”菜单请学生演示并讲解老师给予批评指正表扬优点指正错误使学生更加深刻地理解需强调的内容：学生很容易会做错误的操作就是只对这一列选定操作所以在讲解的时候一定要强调“选定”这一操作也要强调“选定”的范围问题2：让同学们再将工作表中的实发工资最低和请假扣款最高的员工数据找到（学生练习）问题3：你能找出“工资结算单”工作表中基本工资等于2500的你有自己的方案请同学们尝试着用自己的方案进行挑选自学提示（学生思考老师提示）：“这也是对数据的处理所以同学同样可以用刚才所采用的方法来尝试操作有两种方法可以做出我们的结果”说明：要找基本工资等于2500的数据所采用的方法可以直接在数据列表中按列找到对应数值也可以在“自定义”对话框中找基本工资“等于2500”的数据根据学生的操作总结在讲后一种方法的时候也为后面讲“满足多个条件的记录的筛选”作了铺垫问题4：那能不能找到基本工资大于或等于1500的员工数据呢（方法同上老师在学生操作的同时进行提示指导）问题5：找出基本工资小于或等于2000的员工数据呢（学生自己练习完成）问题6：找到基本工资大于或等于1500且基本工资小于或等于2000的员工数据说明：此问题为自动筛选中的自定义筛选在“自定义自动筛选方式”对话框中通过选择“与”、“或”两个单选框就可以实现同时满足两个条件还是只需满足任意一个条件可以让学生多尝试体会它们在效果上的区别理解数据之间的逻辑关系着重讲解：“自定义自动筛选方式”对话框中“与”和“或”的区别教师指导有困难的学生如果全班存在共性问题教师可通过多媒体网络教室演示讲解问题7：那能不能找到基本工资小于或等于1500或基本工资大于或等于2000的员工数据（方法同上）（三）再次巩固练习在这个环节上学生根据自己的情况自己结成学习对子自主练习可以模仿老师的操作也可以在老师讲解的基础上进行创新。