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1. 竞赛大纲
本次讲座主要回顾极限理论、连续函数与实数系的基本定理、一元微分学和一元积分学的主要概念和方法,覆盖竟赛大纲的下列方面:
一、集合与函数
实数集$\mathbb{R}$、有理数与无理数的稠密性,实数集的界与确界、确界存在性定理、闭区间套定理、聚点定理、有限覆盖定理函数、映射概念及其几何意义,隐函数概念,初等函数以及与之相关的性质.
二、极限与连续数列
极限、收敛数列的基本性质(极限唯一性、有界性、保号性、不等式性质).数列收敛的条件(Cauchy准则、迫敛性、单调有界原理、数列收敛与其子列收敛的关系),极限$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\text{e}$及其应用.
一元函数极限的定义、函数极限的基本性质(唯一性、局部有界性、保号性、不等式性质、迫敛性),归结原则和Cauchy收敛准则,两个重要极限$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=\text{e}$及其应用,计算一元函数极限的各种方法,无穷小量与无穷大量、阶的比较,记号O与o的意义函数连续与间断、一致连续性、连续函数的局部性质(局部有界性、保号性),有界闭集上连续函数的性质(有界性、最大值最小值定理、介值定理、一致连续性)
三、一元函数微分学
导数及其几何意义、可导与连续的关系、导数的各种计算方法,微分及其几何意义、可微与可导的关系、一阶微分形式不变性
微分学基本定理: Fermat定理,Role定理, Lagrange定理, Cauchy定理, Taylor公式(Peano余项与Lagrange余项)
一元微分学的应用:函数单调性的判别、极值、最大值和最小值、凸函数及其应用、曲线的凹凸性、拐点、渐近线、函数图象的讨论、洛必达(L'Hospital)法则、近似计算
四、一元函数积分学
原函数与不定积分、不定积分的基本计算方法(直接积分法、换元法、分部积分法)、有理函数积分:∫R(cosx,sinx)dx型,∫R(x,$\sqrt{ax^2+bx+c}$)dx型定积分及其几何意义、可积条件(必要条件、充要条件:$\sum_{_i}^{ }\omega_i\Delta x_i<\varepsilon$)、可积函数类定积分的性质(关于区间可加性、不等式性质、绝对可积性、定积分第一中值定理)、变上限积分函数、微积分基本定理、N-L公式及定积分计算、定积分第二中值定理做元法、几何应用(平面图形面积、已知截面面积函数的体积、曲线弧长与弧微分、旋转体体积),其他应用.
2. 实数与函数
实数集$\mathbb{R}$、有理数与无理数的稠密性,函数、映射概念及其几何意义,隐函数概念,初等函数以及与之相关的性质等内容请自己复习.下面给出两个问题供大家思考.
例1 证明函数$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}2^{x}, & x<0 \\ \cos x, & x \geqslant 0\end{array}\right.$是初等函数.
证 $|x|=\sqrt{x^2}$是初等函数,故$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll}2^{x}, \quad x<0 \\ \cos x, \quad x \geqslant 0\end{array}=2^{\frac{x-|x|}{2}}+\cos \frac{x+|x|}{2}-1\right.$是初等函数.
例2 设$\alpha$是无理数,$\displaystyle A=\left\{n+m\alpha\mid n\in\mathbb{Z},m\in\mathbb{Z}\right\}$,证明A在$\mathbb{R}$中稠密.
请自己给出证明
3. 极限
3.1 数列极限
许多极限问题,都是以研究极限的存在性为中心.这里,我们回顾极限的主要定理和方法,重点看一些极限存在性的证明题和求极限值的计算题.
1.极限定义
用定义证明极限的关键在于证明$N$的存在性,为了使这一过程简单明了,假定$n$足够大并适当放大$\left|x_n-a\right|$是常用的技巧,对于一些问题,"分段估计"的方法对于解题有帮助.
例1 设$\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=a.$求证$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}=a$.
证 因为$\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=a,$所以对于任给的$\varepsilon>0$,存在N,使得$|x_n-a|<\varepsilon$,当n>N.因此有
$\displaystyle \begin{aligned} &\left|\frac{x_{1}+\cdots+x_{n}}{n}-a\right| \\ \leqslant & \frac{\left|x_{1}-a\right|+\cdots+\left|x_{N}-a\right|+\left|x_{N+1}-a\right|+\cdots+\left|x_{n}-a\right|}{n} \\ \leqslant & \frac{\left|x_{1}-a\right|+\cdots+\left|x_{N}-a\right|}{n}+\frac{n-N}{n} \varepsilon \\<& \frac{\left|x_{1}-a\right|+\cdots+\left|x_{N}-a\right|}{n}+\varepsilon \end{aligned}$
令$N'=\Big\lceil\frac{\left|x_1-a\right|+\cdots+\left|x_N-a\right|}{\varepsilon}\Big\rceil$,则$\displaystyle \frac{\left|x_1-a\right|+\cdots+\left|x_N-a\right|}{n}<\varepsilon,$当$n>N'$.
取$\displaystyle \overline{N}=\max\left\{N,N'\right\}$,则当$n>\overline{N}$时,就有$\displaystyle\left|\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}-a\right|<\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon$.由定义知$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}=a$.
例2 设$\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=a.$求证$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{_{k=0}}^n\text{C}_n^ka_k}{2^n}=a$.
可以使用"分段估计"的方法来证明本题.
证 只需证$a=0$的情形,$a\ne0$时考虑$a_n'=a_n-a$即可,故下设$a=0$.由极限定义,对任何$\varepsilon>0$,存在自然数N,当n>N时,就有$\left|a_n\right|<\varepsilon$.于是n>N时$\displaystyle\left|\frac{\sum_{k=N}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} a_{k}}{2^{n}}\right| \leq \frac{\sum_{k=N+1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k}\left|a_{k}\right|}{2^{n}}<\varepsilon$.由于$\displaystyle\mathrm{C}_{n}^{k}=\frac{n(n-1) \cdots(n-k+1)}{k !} \leq n^{k}$,故$\displaystyle 0 \leq \frac{\mathrm{C}_{n}^{k}}{2^{n}} \leq \frac{n^{k}}{2^{n}}$,根据夹逼定理,有$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\text{C}_n^k}{2^n}=0$.从而$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{_{k=0}}^n\text{C}_n^ka_k}{2^n}=0$.故存在自然数N₁,当$n>N_1$时,有$\displaystyle\left|\frac{\sum_{k=0}^{N} \mathrm{C}_{n}^{k} a_{k}}{2^{n}}\right|<\varepsilon$.因此当$\displaystyle n>\max\left\{N,N_1\right\}$时,有$\displaystyle \left|\frac{\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} a_{k}}{2^{n}}\right| \leq\left|\frac{\sum_{k=0}^{N} \mathrm{C}_{n}^{k} a_{k}}{2^{n}}\right|+\left|\frac{\sum_{k=N+1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} a_{k}}{2^{n}}\right|<\varepsilon+\varepsilon=2 \varepsilon$,按极限定义知$\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} a_{k}}{2^{n}}=a$.
在证明数列发散或使用反证法解决某些问题时,会用到极限的否定定义.
例3 设$a∈\mathbb{R}$.若数列$\{x_n\}$的任一子列中都必有一个收敛于$a$的子列,则$\{x_n\}$收敛于$a$
这里正面证明有困难,于是考虑使用反证法,关键在于怎样应用极限的否定定义
证 反证.若$\{x_n\}$不收敛于$a$,则存在$\varepsilon_0>0$,对任何自然数N,存在n>N使得$\left|x_n-a\right|\ge\varepsilon_0$;取N=1,则有$n_1>1$使得$\left|x_{n_1}-a\right|\ge\varepsilon_0$;取$N=n_2$,则有$n_2>n_1$使得$|x_{n_3}-a|\ge\varepsilon_0$;取$N=n_2$,则有$n_2>n_1$使得$|x_{n_3}-a|\ge\varepsilon_0$;这样做下去,我们得到数列$\{x_n\}$的一个子列$\{x_{n_k}\}$,这个子列具有性质:$\left|x_{n_{k}}-a\right| \geq \varepsilon_{0}, \quad(k=1,2, \ldots)$根据极限定义和上述性质可见子列$\{x_{n_k}\}$的任何子列都不收敛于$a$,矛盾!所以必有$\{x_n\}$收敛于a.
2.数列极限的性质
极限的唯一性、有界性、四则运算性质在解决极限问题时都是常用到的.
例4 设$\displaystyle\left\{\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\right\}$收敛,证明:$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}=0$.
证 设$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$,
\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}n&=\lim_{n\to\infty}\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)-(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1})}{n}\\&=\lim_{n\to\infty}(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}n-\frac{n-1}{n}\cdot\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}}{n-1})\\&=a-1\cdot a=0\end {align*}例5 证明数列$\left|\sin n\right|$发散
证 方法一:反证.设数列$\left|\sin n\right|$收敛,则由$\displaystyle 0=\lim_{n\to\infty}\left[\sin\left(n+2\right)-\sin n\right]=\lim_{n\to\infty}2\cos\left(n+1\right)\sin1$知数列$\displaystyle \left\{\cos\left(n+1\right)\right\}$收敛于0,从而数列$\left\{\cos n\right\}$收敛于0,同理,由$\displaystyle 0=\lim _{n \rightarrow \infty}[\cos (n+2)-\cos n]=\lim _{n \rightarrow \infty}-2 \sin (n+1) \sin 1$知数列$\displaystyle \left\{\sin\left(n+1\right)\right\}$收敛于0,从而数列$\left|\sin n\right|$收敛于0.在$\sin^2n+\cos^2n=1$两边令$n\to\infty$取极限,得0=1,矛盾!所以数列$\left\{\sin n\right\}$发散.
方法二.反证.设数列$\left\{\sin n\right\}$收敛,极限值记为a.对任何自然数k,由于$\left[2k\pi+\frac{\pi}{4},2k\pi+\frac{3\pi}{4}\right],\left[2k\pi+\frac{5\pi}{4},2k\pi+\frac{7\pi}{4}\right]$区间长度都大于1,故存在自然数$\displaystyle n_k\in\left[2k\pi+\frac{5\pi}{4},2k\pi+\frac{7\pi}{4}\right]$区间长度都大于1,故存在自然数$\displaystyle n_k\in\left[2k\pi+\frac{\pi}{4},2k\pi+\frac{3\pi}{4}\right],m_k\in\left[2k\pi+\frac{5\pi}{4},2k\pi+\frac{7\pi}{4}\right]$.数列$\left\{\sin n_k\right\}$和$\left\{\sin m_k\right\}$都是$\left\{\sin n\right\}$的子列,于是有$\displaystyle\lim_{k\to\infty}\sin n_k=a=\lim_{k\to\infty}\sin m_k$.由于$\sin n_k\ge\frac{\sqrt{2}}{2}$,故有$a\ge\frac{\sqrt{2}}{2}$;由于$\displaystyle \sin m_k\le-\frac{\sqrt{2}}{2}$,故有$a\ge\frac{\sqrt{2}}{2}$;由于$\sin m_k\le-\frac{\sqrt{2}}{2}$,故又有$a\le\frac{\sqrt{2}}{2}$,矛盾!
3.两边夹定理
两边夹定理不仅可以用来证明极限存在,而且经常用于求极限值.
例6 设$a_i>0,\ \ i=1,\cdots,m,$求证$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n}=\max\left\{a_1,a_2,\cdots,a_m\right\}$.
证 不妨设$a_1=\max\left\{a_1,a_2,\cdots,a_m\right\}$,于是对任意$n\in\mathbb{N}^{\ast}$,都有$\displaystyle a_{1}=\sqrt[n]{a_{1}^{n}} \leqslant \sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{m}^{n}} \leqslant a_{1} \sqrt[n]{m}$.因为$\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{m}=1$故上式两端的极限都是$a_1$,从而由两边夹定理知结论成立.
例7 求$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\text{C}_{2n}^n}$.
提示 使用两边夹定理可以从$(1+1)^{2 n}=\sum_{k=0}^{2 n} \mathrm{C}_{2 n}^{k}$入手进行放缩.
此外,还有使用斯特林公式等其它解法.
答案 4.
4.单调收敛定理
单调收敛定理是一个常用的结果,证明用递推公式给出的数列收敛时常用到它.
例8 设$\displaystyle a>0,x_1=\sqrt{a},x_{n+1}=\sqrt{a+x_n},n=1,2,\cdots$.求数列$\left\{x_n\right\}$的极限.
解 因为$\displaystyle x_{n+1}-x_{n}=\sqrt{a+x_{n}}-\sqrt{a+x_{n-1}}=\frac{x_{n}-x_{n-1}}{\sqrt{a+x_{n}}+\sqrt{a+x_{n-1}}}$,
所以$x_{n+1}-x_n$与$x_n-x_{n-1}$同号,递推得$x_{n+1}-x_n$与$x_2-x_1$同号,由于$x_2-x_1>0$,所以$\left\{x_n\right\}$递增.将题目中给出的递推关系式平方得$x_n^2=a+x_{n-1}\le a+x_n$,解不等式,$\frac{1-\sqrt{1+4a}}{2}\le x_n\le\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$.这表明$\left\{x_n\right\}$有界,从而由单调收敛定理知$\left\{x_n\right\}$有极限.设$\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=A$,于是在等式$x_n^2=a+x_{n-1}$两边取极限即得$A^2=a+A$.解此方程得到$\displaystyle A=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2}$,其中的负根不合题意,舍去,故得$\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}$.
例9 设$f:\left[a,b\right]\to\left[a,b\right]$满足对任何$x,y\in\left[a,b\right]$,有$|f(x)-f(y)| \leq|x-y|.x_1\in[a,b],x_{n+1}=\frac{x_n+f(x_n)}{2}(n=1,2,\cdots).$证明数列$\left\{x_n\right\}$收敛.
证 $x_1\in\left[a,b\right]$,设$x_n\in\left[a,b\right]$,由$f\left(x_n\right)\in\left[a,b\right]$知$\displaystyle x_{n+1}=\frac{x_n+f\left(x_n\right)}{2}\in\left[a,b\right]$,因此由数学归纳法得对一切自然数n,有$\displaystyle x_n\in\left[a,b\right]$.
当$\displaystyle x_1\ge f\left(x_1\right)$时,有$\displaystyle x_2=\frac{x_1+f\left(x_1\right)}{2}\le x_1$.设$\displaystyle x_{n+1}\le x_n$,则$\displaystyle f\left(x_{n+1}\right)-f\left(x_n\right)\le\left|f\left(x_n\right)-f\left(x_{n+1}\right)\right|\le\left|x_n-x_{n+1}\right|=x_n-x_{n+1}$.于是$\displaystyle x_{n+2}=\frac{x_{n+1}+f\left(x_{n+1}\right)}{2}\le\frac{x_n+f\left(x_n\right)}{2}=x_{n+1}$.因此由数学归纳法得对一切自然数n,有$x_{n+1}≤x_n$,即$\{x_n\}$为单减数列,故由单调收敛定理知数列$\{x_n\}$收敛同理,当$x_1≤f(x_1)$时,可证$\{x_n\}$为单增数列,同样由单调收敛定理知数列$\{x_n\}$收敛