中国数学教辅书将出英国版 难度不会降低|数学教辅书|英国版_新浪新闻
华东师大版《一课一练》。
　　□晨报记者 李星言
　　上海学生熟悉的华东师大版《一课一练》，要在英国出分册了。昨天，记者向华东师大出版社核实，《一课一练》 数学分册英国版已经在翻译中，有望于今年暑期出版。而《一课一练》英国版的起因，则是上海学生在全球PISA中取得的好成绩，让英国教育界决意“取经”。
　　据悉，在《一课一练》英国版共有11册，分别对应英国从小学到初中的11个年级，将以原书中题目为基础，进行适当改变，但不会降低难度。
　　有望今年暑假出版
　　昨天傍晚，福州路上的上海书城人头攒动，不少家长带着孩子来购买新学期的教辅书，而《一课一练》则是他们的首选。三年级学生陈佳凡买了数学分册，他说，这是班上同学的必备教辅书，老师也经常会列举其中的题目进行讲解。
　　就在今年1月，华东师大出版社与英国著名的哈珀柯林斯出版社签订协议，将推出《一课一练》数学分册的英国版，名字定为《上海数学一课一练》。目前，这套书正在翻译过程中，有望于今年暑假正式出版。
　　“把‘上海数学’放进书名里，就是因为英国方面非常重视上海在基础教育、尤其是数学方面的教育经验。”华东师大出版社社长王焰表示。
　　日，经济合作与发展组织(经合组织，OECD)发布了2012年《国际学生评估项目》(PISA2012)结果。数据显示，上海中学生的数学、阅读、科学能力均为世界第一。数学成绩方面，上海学生平均分是613分，英国学生仅为494分。其中，上海学生数学素养的平均成绩为600分，比第二名高38分。这一权威的评估结果在西方引发轰动。据悉，正是上海学生在PISA考试中的优异成绩，成为此次《上海数学一课一练》出版的重要原因。
　　“降低难度就失去意义了”
　　华东师范大学出版社教辅分社社长倪明透露，《上海数学一课一练》共有11册，分别对应英国从小学到初中的11个年级。该书将以原书中题目为基础，根据当地教育的需要，由既熟悉国内教材、又对英国教育有深入了解的专家团队，负责翻译与改编。
　　由于两国学制和课程标准都不一样，比如英国版《一课一练》5年级的内容，可能会同时涉及到上海版四年级、六年级的内容，所以将根据英国的年级课标，来选取具体的知识体系内容。
　　值得一提的是，英国版《一课一练》并没有降低难度，“不然就失去意义了。”倪明表示。
　　英国曾派老师来沪“取经”
　　上海老师和英国老师在数学教育上的区别，到底在哪里？
　　为了求解，去年2月下旬，英国教育和儿童事务部副部长莉兹·特鲁斯女士率领英国教育代表团专程来沪“取经”，探访福山外国语小学、建平中学西校、上海中学，了解上海基础教育均衡发展、尤其是学生数学成绩出众的原因。上海市基础教育国际课程比较研究所所长、原上海中学校长唐盛昌，与英国教育代表团就“PISA2012上海领先与上海中学数学有潜质学生培育”这一话题进行了交流。此后，唐盛昌又应英国教育大臣迈克尔·戈夫之邀，参加英国首届教育改革高端峰会并作主题发言。
　　英国教育部则与上海市教委进一步合作，互派小学数学老师，分享教学经验。去年9月，英国71名优秀数学老师来到上海进行了为期两周的交流活动；11月，上海的29名教师也被派到英国，在一些小学驻校三周。
　　在上海的基地小学，部分英国老师为中国孩子临时上课，展示出教学时对发散性思维的培养和鼓励孩子寻找知识的能力。有意思的是，英国老师教学时更发散，而中国的老师更强调推理的逻辑过程，现场不少教育专家表示，也许这正是中国的教育培养创新能力较弱，但是学生数理逻辑基本功比较扎实，而英国教育更能够培养孩子动手能力和创新能力的原因。
　　当时，前往洋泾菊园小学交流的英国老师苏珊听的是五年级的“循环小数”课程和二年级的“2的乘法”，“中国小学的数学教学中计算教学目标非常清晰，而且每个年级之间的衔接很科学”。
　　在英国教师结束中国考察之际，曾进行了专门的讨论总结。在他们看来，“上海数学教育秘密”首先是“相信”与“期望”。在上海的老师眼中，每个孩子都能够学好学校所教的基础数学，上海老师和家长对每个孩子都寄予很高的期望，由此形成了合力。此外，“上海经验”还包括数学教师的专业性较强，重视在职进修和集体分享等。
　　[新闻背景]
　　1993年，华东师范大学出版社推出《一课一练》，并在1999年将品牌做大，覆盖一至十二年级全部学科。在其全盛时期，开学前的销售量曾高达280万册左右，还曾创下单册的销售数超过在校学生数的奇迹。目前，上海学生平均人手一册《一课一练》。
　　《一课一练》曾三次获得上海市著名商标，是上海出版发行行业首个获得这一殊荣的图书。目前，《一课一练》系列共有七十多个品种，拥有由一线教师和教研员组成的百余人编者团队。根据上海课改、考试改革和教师最新的教育成果，对内容进行及时更新。同时，《一课一练》也在不断尝试创新。2013年秋季开始，针对书中的难点题目，请名师录制了微视频，扫二维码即可观看解题过程。
(原标题：《一课一练》数学分册将出英国版)
编辑：SN117
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2013年考研数学辅导讲义精编
作　　者：李恒沛 郝志峰 高文森
出版时间：
字　　数：550 千字
书　　号：157023
ISBN：978-7-300-15702-3
开　　本：16
包　　装：平
印　　次：1-1
定价：￥39.00
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本书为作者多年在辅导班授课的讲义精编而成，作者系多年考研命题数学组大组长，精悉考研数学辅导与命题，全书精炼全面，讲解细致深入。
第Ⅰ篇高等数学
第一章函数、 极限、 连续
第二章一元函数微分学
第三章一元函数积分学
第四章向量代数与空间解析几何
第五章多元函数微分学
第六章多元函数积分学
第七章无穷级数
第八章常微分方程与差分方程
第Ⅱ篇线性代数
第一章行列式
第二章矩阵
第三章向量
第四章线性方程组
第五章特征值和特征向量
第六章二次型
第Ⅲ篇概率论与数理统计
第一章随机事件和概率
第二章随机变量及其分布
第三章多维随机变量及其分布
第四章随机变量的数字特征
第五章大数定律和中心极限定理
第六章数理统计的基本概念
第七章参数估计
第八章假设检验
高等数学是全国硕士研究生入学统一考试数学一、 数学二、 数学三的考试内容。其中数学一、 三的卷面分值约占满分150分的56%, 而数学二的卷面分值约占满分150分的78分。
函数、极限、连续
一、内容提要
考试内容 ①函数、 极限与连续的概念； ②函数的有界性、 单调性、 奇偶性与周期性； ③函数的表示法、 复合函数、 反函数、 分段函数和隐函数； ④基本初等函数的性质及其图形； ⑤初等函数及简单应用问题的函数关系的建立； ⑥数列与函数极限的性质, 函数的左、 右极限； ⑦无穷小与无穷大, 无穷小的性质及无穷小的比较； ⑧极限的四则运算； ⑨极限存在的两个准则： 单调有界准则和夹逼准则, 两个重要极限： limx→0sinxx=1, limx→∞1+1xx=e； ⑩函数间断点的类型； 初等函数的连续性； 闭区间上连续函数的性质 （最大值、 最小值定理和介值定理）.
考试重点 ①函数、 极限 （含左极限与右极限）、 连续 （含左连续与右连续） 的概念及性质； ②函数间断点类型的判断； ③函数的表示方法 （变量替换转换表达形式） ； ④求极限的方法 （常见的几种）.
考试题型 ①函数的表示； ②分段函数的复合； ③简单反函数的定义域及其表示； ④运用极限的定义, 极限存在准则, 两个重要极限， 等价无穷小, L′Hospital法则, 导数定义, 定积分定义, 级数收敛的必要条件等求极限的方法； ⑤考查函数在一点极限存在及连续性的充要条件, 判断函数间断点及其类型； ⑥进行无穷小的比较； ⑦判断函数的性质 （有界性、 单调性、 周期性、 奇偶性） ； ⑧运用闭区间上连续函数的性质证明一些命题.根据以往统计, 试题的难度值 （通过率） 大体在0?6以上, 区分度一般在0?4以下, 可见考生比较熟悉这部分试题的类型. 二、例题选析例1设x∈（-∞, +∞）, f（x） 有定义, 且f（x） ≠0, f（x·y）=f（x）·f（y）, 求f（2011）. 析因?x∈（-∞, +∞）, 有f（x） ≠0, 于是知f（0） ≠0, 适当选择x与y之值, 由已知等式即得所求. 解令x=0, y=2011, 则有f（0）=f（0）·f（2011）, 因f（0） ≠0, 故f（2011）=1.
例2设?x∈（-∞, +∞）, 有f（x） +2f（1-x）=x2-2x, 求f（x）. 析利用已知表达式的特点, 作变换t=1-x, 得x=1-t. 将变换后的式子与变换前式子联立解之, 即得f（x）. 2013年考研数学辅导讲义精编第一章函数、极限、连续解令t=1-x, 则x=1-t, 于是有f（1-t） +2f（t）=（1-t）2-2（1-t）=t2-1记为f（1-x） +2f（x）=x2-1,与原式联立消去f（1-x）， 得f（x） +2［ （x2-1）-2f（x）］=x2-2x?f（x）=13（x2+2x-2）.
例3设函数f（x）=1, |x|≤1，
0, |x|＞1. 求f ［f（x）］. 析紧扣函数性质及复合函数定义即得. 解?x∈（-∞, +∞）, |f（x） |≤1 （由设） 故由f及复合函数的定义知f［f（x）］=1, x∈（-∞, +∞）.
例4设f（x）=1, |x|＜1,
0, |x|≥1, g （x）=0, |x|≤1,
1, |x|＞1. 求f［g （x）］. 析按f（x） 的定义及|g （x） |＜1, |g （x） |≥1讨论即得. 解按f（x） 的定义, 有f［g （x）］=1, |g （x） |＜1,
0, |g （x） |≥1. 再由|g （x） |＜1, 知|x|≤1, |g （x） |≥1， 知|x|＞1. 于是f［g （x）］=1, |x|≤1,
0, |x|＞1. 例5设f（x）=1-2x2, x＜-1,
x3, -1≤x≤2,
12x-16, x＞2. 试求f（x） 的反函数g （x） 的表达式. 析f（x） 逐段单调 （分段存在反函数）； f（x） 的值域为 （-∞, +∞）, 分段值域即相应反函数的分段定义域. 合起来即得所求反函数的表达式. 解当x＜-1, 知, -∞＜f（x） ＜-1, 且是单调增加的； 当-1≤x≤2, 知-1≤f（x） ≤8, 且是单调增加的； 当x＞2, 知8＜f（x） ＜+∞, 且是单调增加的. 由此可知, y=f（x） 的值域为-∞＜y＜+∞. 在此区间上, f（x） 存在单值的反函数x=g （y）, 分段表述如下： g （y）=-1-y2, -∞＜y＜-1,
y13, -1≤y≤8,
112（y+16）, 8＜y＜+∞. 即f（x） 的反函数g （x） 为g （x）=-1-x2, -∞＜x＜-1,
x13, -1≤x≤8,
112（x+16）, 8＜x＜+∞. 例6用定义证明limn→∞ann!=0 （常数a＞0）. 析将常数a取整, 建立不等式, 再按定义证之. 证令m=［a］,
则当n＞m时, 有ann!=a·a·…·a·a·…·a1·2·…·m （m+1）·…·n≤K·an, am+1＜1, …, an-1＜1,其中K=a·a·…·a1·2·…·m, a·…·a（m+1）·…·n＜an. 于是?ε＞0, 欲使ann!＜ε, 只要K·an＜ε以及n＞m=［a］. 由此, 取N=max［a］, Kaε, 当n＞N, 就有Kan＜ε, 从而有ann＜ε. 即limn→∞ann!=0.
例7设a1≥-12, an+1=12+an, n=1, 2, …, 试讨论limn→∞an的存在性. 若存在, 则求之. 析利用单调有界变量极限存在准则证之. 解易知, 当n=2, 3, …, 有an≥0. 先考察数列{an}的单调性. an+1-an=12+an-12+an-1=an-an-112+an+12+an-1因此, 若a2＞a1, 则由数学归纳法可知{an}单调增加； 若a2＜a1, 则{an}单调减少； 若a2=a1, 则{an}为常数数列. 为此, 考察a2-a1. 若a1＜0, 则a2-a1＞0.
（显然） 故以下不妨设 a1≥0. a2-a1=12+a1-a1=12+a1-a=-（a1-4）（a1+3） 12+a1+a1于是, 若a1＜4, 则a2＞a1, 从而{an}单调增加； 若a1＞4, 则a2＜a1, 从而{an}单调减少； 若a1=4, 则a2=a1, 从而{an}为常数数列. 再考察{an}的有界性.an+1-4=12+an-4=12+an-1612+an+4=an-412+an+4于是, 若a1＜4, 则由数学归纳法知, 一切an＜4, {an}有上界； 若a1＞4, 则?n, an＞4, {an}有下界. 综上所述, 不管a1 （≥-12） 如何, limn→∞an总存在. 记为a， 对an+1=12+an两边取极限, 得a=12+a?a2-a-12=0? （a-4）（a+3）=0?a=4 （因an≥0, 故a非负）. 注：本题也可用夹逼准则来证. ①设limn→∞an=a ?, 则在迭代式两边取极限得a=4. 考察|an-4|, 有0≤|an-4|=|an-1-4|12+an-1+4≤14|an-1-4|≤…≤14n-1|a1-4|, 注意到|an-4|为定值, 由夹逼准则, 知limn→∞|an-4|=0?limn→∞an=4. ②仅在迭代式两边取极限得a=4, 是不可作为证明的.
（因为这样做的前提是“设limn→∞an ?”, 在这一前提下才有limn→∞an=4. ） 因为这样并未解决“limn→∞an”的存在性问题. 要是不管三七二十一, 就会得出荒谬的结论. 例如设an=n, 则an+1=n+1=an+1, 就此式两边取极限, 并记为a, 从而得出a=a+1?0=1. 荒唐至极！在这里要指出的是, 具体解题时, 可以先对迭代式两边取极限, 得出极限a=4, 这对后论证其存在性是有好处的, 事实上, 在证{an}的单调性与有界性时都用到了数“4”. ③讨论{an}的单调性, 也可以用求导的方法. 令f（x）=12+x, 从而an+1=f（an）, n=1, 2, …. 由于f′（x）=1212+x＞0, 于是, 若a2＞a1, 则有a3=f（a2） ＞f（a1）=a2, …, an+1＞an, …. 若a2＜a1, 则a3=f（a2） ＜f（a1）=a2, …, an+1＜an, …. 不管如何, {an}的确是单调的. 此法可用于一般情况.
例8设a1＞0, an+1=12an （a2n+1）, n=1, 2, …, 试问{an}收敛否？析利用单调有界变量极限存在准则. 解由迭代式定义可知, ?n, an＞0. 考察an+1-an=12an （a2n+1）-an=12an （a2n-1）.由此可见, 若a1＞1, 则a2＞a1＞1, 由数学归纳法知, ?n, an＞1, 且an+1＞an, 即{an}单调增加； 若a1＜1, 则a2＜a1＜1, 由归纳法知, ?n, an＜1, 且an+1＜an, 即{an}单调减少； 若a1=1, 则?n, an=1, 即{an}为常数数列. 由设易知an＞0 （n=1, 2, …）, 故{an}有下界. 若a1＜1, 则由{an}单调减少有下界, 推知limn→∞an ?, 记为a, 将迭代式两边取极限得a=12a （a2+1） ?a （a-1）（a+1）=0?a=0, -1, 1因0＜an＜1 （n=1, 2, …）, 且{an}↓, 故只能是limn→∞an=0. 若a1=1, 则由于{an}为常数数列, 故limn→∞an=1. 若a1＞1, 则{an}↑. 如果{an}有上界, 则limn→∞an ?, 其极限a＞1与a=0, -1, 1三者之一矛盾, 所以{an}↑， 无上界, 于是推知limn→∞an=+∞. 综上所述,若0＜a1＜1, 则limn→∞an=0；
（收敛） 若a1=1, 则limn→∞an=1；
（收敛） 若a1＞1, 则limn→∞an=+∞. （发散） 注: 本题的单调性也可用比值法处理. 由迭代式定义有an+1an=12（a2n+1）. 类似地, 若a1＞1, 则a2＞a1, 再由归纳法推知{an}↑. 若a1＜1, 则a2＜a1, 再由归纳法推知{an}↓. 若a1=1, 则{an}为常数数列. 一般地, 若an为某连乘积时, 则用比值法讨论单调性方便.
例9设Sn=1+122+132+…+1n2, n=1, 2, …, 试证limn→∞Sn ?. 析利用极限存在准则 （单调有界变量必有极限）. 证由设知, Sn+1=Sn+1（n+1）2, n=1, 2, …,∴{Sn}↑. 又Sn=1+122+132+…+1n2＜1+11·2+12·3+…+1（n-1） n=1+1-12+12-13+…+1n-1-1n=2-1n＜2, ∴{Sn}有界. 故由极限存在准则, 知limn→∞Sn ?. 注: 本题由迭代式取极限得不出极限为何值, 事实上, 记limn→∞Sn=a, 由Sn+1=Sn+1（n+1）2, 取极限, 得a=a, 求不出a为何值. 将来利用Fourier级数可求得a=π26.
例10设an=1n（1+n2+…+nn）, 试证limn→∞an存在, 并求之. 析利用夹逼准则. 证易知1n（1+1+…+1） ＜an＜1n（nn+nn+…+nn） ?1＜an＜nn, 而limn→∞nn=1. 故由夹逼准则得limn→∞an=1（n≥2）. 注: 补证limn→∞nn=1. 证：令nn=1+an?n=（1+an）n=1+nan+n （n-1） 2a2n+…+ann?n＞n （n-1） 2a2n?1＞n-12a2n?0＜an＜2n-1, n≥2欲使原式成立, 即欲使limn→∞an=0, 即?ε＞0, 欲使2n-1＜ε?n＞2ε2+1取N （ε）=max2, aε2+1, 则当n＞N （ε）, 就有|nn-1|=an＜2n-1＜ε. 即limn→∞nn=1.
例11证明limn→∞n!nn=0. 析考察正项级数∑∞n=1n!nn收敛, 由收敛必要条件即得. 证设∑∞n=1an=∑∞n=1n!nn, 因limn→∞an+1an=limn→∞（n+1）!（n+1）n+1n!nn=limn→∞nn+1n=limn→∞11+1nn=1e＜1, 故级数收敛,由级数收敛的必要条件, 知limn→∞n!nn=0.
例12设an=1n2+12+1n2+22+…+1n2+n2, 求limn→∞an. 析利用定积分定义求之. 解an=∑∞i=11n2+i2=∑∞i=111+in2·1n.
取f（x）=11+x2,
从而limn→∞an=∫1011+x2dx=ln （x+1+x2） 10=ln （1+2）. 注: 若数列{an}能化成积分和式求极限, 通常要具备两个条件： ①能写成an=∑∞i=1fin1n；②f（x） 在 ［0, 1］ 上连续. 倘若如此, 则limn→∞an=limn→∞∑ni=1fin1n=limn→∞（λ→0） ∑ni=1f（ξi） Δxi=∫10f（x）dx, 其中Δxi=1n, ξi=in, λ=max （Δxi）=1n.
例13设an=nn2+12+nn2+22+…+nn2+n2, 求limn→∞an. 析利用定积分定义求之. 解an=∑ni=1nn2+i2=∑ni=111+in2·1n
取f（x）=11+x2,
从而limn→∞an=∫1011+x2dx=arc tanx10=π4. 注: 本题稍加改变, 可写为： 求limn→∞∑ni=1nn2+i2+1. 原式=limn→∞∑ni=111+i2+1n21n=limn→∞∑ni=1f（ξi） Δxi取f（x）=11+x2, Δxi=1n, ξi=i2+1n2, 由i2n2＜i2+1n2＜（i+1）2n2, 知ξi∈in, i+1n. 故原式=∫1011+x2dx=π4.
例14求limn→∞sinπnn+1+sin2πnn+12+…+sinπn+1n. 析利用夹逼准则及定积分定义. 解sinπnn+1+sin2πnn+12+…+sinπn+1n＜1nsinπn+sin2πn+…+sinπ=1n∑ni=1siniπn,
sinπnn+1+sin2πnn+12+…+sinπn+1n＞1n+1sinπn+sin2πn+…+sinπ=nn+1·1n∑ni=1siniπn, 而limn→∞1n∑ni=1siniπn=∫10sinπxdx=2π, limn→∞nn+1·1n∑ni=1siniπn=∫10sinπxdx=2π, 因此由夹逼准则知原式=2π. 注: 本题为1998年数学一第7大题. 据考试结果统计分析, 本题得分率较低. 难度值为0?8, 区分度为0?175.
例15设f（x）=∫x0 （3t2+2t+1）dt, 求limh→0f（x+h）-f（x-h） h. 析利用导数定义. 解limh→0f（x+h）-f（x-h） h=limh→0f（x+h）-f（x） h+limh→0f（x-h）-f（x） -h=f′（x） +f′（x）=2f′（x）. 而f′（x）=3x2+2x+1.
故limh→0f（x+h）-f（x-h） h=2（3x2+2x+1）. 注: 本题主要考查导数概念及变上限积分求导法.
例16设limx→∞x2x+1-ax-b=0, 求常数a, b. 析利用极限 （运算） 性质 （或无穷小性质）, 定出a, b. 解原式=limx→∞（1-a） x2-（a+b） x-bx+1=0?1-a=0
-（a+b）=0?a=1
b=-1注: 本题属1990年试卷三中考题.
难度值为0?82, 区分度为0?2.
例17设limx→01ax-sinx∫x0t2b2+3tdt=1, 试确定常数a, b. 析上式左端呈“00”型, 可用L′Hospital法则. 解左端=limx→01a-cosx·x2b2+3x, 易见, 当a≠1时, 上式极限为0, 故必a=1. 于是左端=limx→011-cosx·x2b2+3x=limx→0x22sin2x2b2+3x=2|b|?b=±2. 注: 本题由一个考题稍加改动而成.
例18设limx→+∞［x2+x+1-（ax+b）］=0, 求常数a, b. 析利用极限存在性或极限与无穷小的关系处理之. 解法1因limx→+∞x2+x+1=+∞, 而原式右端为0, 故limx→+∞ （ax+b）=+∞, 且a＞0, 按“∞-∞”型处理. limx→+∞［x2+x+1-（ax+b）］=limx→+∞（1-a2） x2+（1-2ab） x+1-b2x2+x+1+（ax+b） 若1-a2≠0, 则分子为x2阶, 分母为x阶, 当x→+∞, 分式应趋于∞而不会是0, 故1-a2=0, 从而a=±1, 又a＞0, 故取a=1, 于是上式右端为limx→+∞（1-2b） x+1-b2x2+x+1+（x+b） =12（1-2b）（以x同除分子、 分母, 即得）由设知12（1-2b）=0?b=12. 解法2由极限与无穷小关系, 有x2+x+1-（ax+b）=α①其中limx→+∞α=0. ?①式两边同除x取极限limx→+∞x2+x+1x-a-bx=limx→+∞αx=0. 注意到limx→+∞x2+x+1x=limx→+∞1+1x+1x2=1,
从而得a=1， 代入①式, 有b=x2+x+1-x-α
两边取极限得b=limx→+∞(x2+x+1-x)
=limx→+∞x+1x2+x+1+x=limx→+∞1+1x1+1x+1x2+1=12. 注: 解法2源于求渐近线方程, 实质上是利用极限与无穷小的关系. 仅当极限为已知时才可用此法.
例19设limx→0a+e1x1+e4x+sinx|x|存在, 求常数a. 析极限存在的充要条件为左、 右极限存在且相等, 由此定出a. 解因limx→0-a+e1x1+e4x+sinx|x|=limx→0-a+e1x1+e4x-sinxx=a-1, limx→0+a+e1x1+e4x+sinx|x|=limx→0+ae-4x+e-3xe-4x+1+sinxx=1, 故当且仅当a=2时， 上述极限存在. 注: 本题由2000年数学一中一道试题稍加改动而成. 原试题难度值为0?64, 区分度为0?41.
例20设limx→0sin6x+xf（x） x3=0, 求limx→06+f（x） x2. 析本题解法多样, 可用Taylor公式, 可用极限与无穷小的关系， 也可利用极限运算性质来解. 解法1因sin6x=6x-（6x）33!+ο（x4）,
故由设, limx→0sin6x+xf（x） x3=limx→06x-13!（6x）3+ο（x4） +xf（x） x3=limx→06+f（x） x2-36+ο（x4） x3=0, 即得limx→06+f（x） x2=36. 解法2由设知sin6x+xf（x） x3=α, 其中 limx→0α=0,?f（x） x2=-sin6xx3+α?6+f（x） x2=6x2-sin6xx3+α?limx→06+f（x） x2=limx→06x-sin6xx3+α=limx→06x-sin6xx3洛比塔法则limx→06 （1-cos6x） 3x2=limx→063x2·12（6x）2=36.解法3因 6+f（x） x2=6+f（x） x2+sin6xx3-sin6xx3=sin6xx3+f（x） x2+6x-sin6xx3故limx→06+f（x） x2=limx→0sin6x+xf（x） x3+limx→06x-sin6xx3洛比塔法则0+36=36. 注: 本题是2000年数学二的一道选择题 （4个备选项分别为0, 6, 36, ∞）. 本题难度值为0?30, 区分度为0?23. 不少考生 （近三分之一的考生） 选“0”. 其错误在于： 0=limx→0sin6x+xf（x） x3=limx→0sin6xx+f（x） x2=limx→06+f（x） x2, 在这里用6替换sin6xx是错误的!
例21设f″ （x0） 存在, 求证limh→0f（x0+h） +f（x0-h）-2f（x0） h2=f″ （x0）. 析利用L′Hospital法则及导数定义. 证左边L′Hospitallimh→0f′（x0+h）-f′（x0-h） 2h=12limh→0f′（x0+h）-f′（x0） h+f′（x0-h）-f′（x0） -h=12（f″ （x0） +f″ （x0） ）=f″ （x0） 注: 因f（x） 仅在点x=x0处具有二阶导数, 故不能连续使用L′Hospital法则, 使用一次过后, 必须用导数定义证之.
例22设函数f（x） 满足f（0）=1, f′（x） 存在且为正, 求limx→0f（sinx）-1lnf（x） . 析利用导数定义. 解f（sin0）=f（0）=1, lnf（0）=0, limx→0f（sinx）-1lnf（x） =limx→0f（sinx）-f（sin0） x-0·x-0lnf（x）-lnf（0） =ddxf（sinx） x=0ddxlnf（x） x=0=f′（0）·cos0f′（0） f（0） =1. 注: 因f′（x） ?, 不说明?x的某邻域有f′（x）, 故不能用L′Hospital法则.
例23求limn→+∞∫n+knsinxxdx （k＞0）. 析利用积分中值定理. 解∫n+knsinxxdx=sinξ∫n+kn1xdx=sinξ·lnn+kn, 其中ξ∈［n,n+k］,因|sinξ|≤1, 且limn→+∞lnn+kn=0, 故limn→+∞∫n+knsinxxdx=0.
例24设limx→0ln1+f（x） sinxe2x-1=3, 求limx→0f（x） x2. 析利用等价无穷小. 解由设知, 当x→0时, e2x-1→0, 故知当x→0时, ln1+f（x） sinx→0 （否则极限值不为3.）
于是当x→0, 有e2x-1~2x, ln1+f（x） sinx~f（x） sinx. 故得limx→0f（x） x2=limx→0f（x） x·sinx=limx→02·f（x） sinx2x=limx→02·ln1+f（x） sinxe2x-1=6. 注: 在求两个函数乘积 （或之商） 的极限时, 往往可以用等价无穷小来替代以简化计算. 这是因为关于等价无穷小有个非常有用的性质： 若f（x） ~g （x） （x→x0）, 且limx→x0f（x）·h （x）=A （或limx→x0f（x） h（x） =A）, 则limx→x0g （x） h （x）=A （或limx→x0g （x） h （x） =A）. ∵g （x）·h （x）=g （x） f（x） ·f（x） h （x）, ∴limx→x0g （x） h （x）=1·A=A, 不是乘或除的情形, 不能这样做. 例如, limx→0sinx-xx3≠limx→0x-xx3.
例25当x→0时,
求下列函数关于x的阶, 并求其等价无穷小：
（1） f1 （x）=ln （1+x） +ln （1-x）.
（2） f2 （x）=5x2+3x. （3） f3 （x）=1+tanx-1+sinx.
（4） f4 （x）=5x2+3x-3x2+5x. 析一般采用两种方法, 一是求limx→0fi （x） xk（k为待定常数） 使之得出既不为0, 也不为∞的极限A, 则fi （x）~Axk （x→0）, 一是将fi （x） Taylor展开 （fi （x） 在x=x0处有足够阶导数）, fi （x）=Axk+ο（xk）, 这里的A既不为0, 也不为∞, 于是此k即为所求的阶, 且fi （x） ~Axk （x→0）. 解（1） f1 （x） =ln （1+x） +ln （1-x） =x-12x2+ο（x2） +（-x）-12（-x）2+ο（x2）=-x2+ο（x2）.
或f1（x）=ln （1-x2）=-x2+ο（x2）. 由此可见, 当x→0时, f1 （x） 为x的2阶无穷小, 且与 （-x2） 等价.
（2） 对f2 （x） 立即按Maclaurin展开 （在x0=0 处Taylor展开） 是不允许的, 因为f2 （x） 在x0=0处不可导, 应先变形, 然后将x53视为新变量展开： f2 （x） =（x2+x13）15=［x13 （1+x53）］15=x115（1+x53）15=x+ο（x53） =x115+ο（x115）. 故f2 （x） ~x115,f2(x） 为x的115阶无穷小 （x→0）.
（3） 先将f3 （x） 变形如下： f3 （x）=1+tanx-1+sinx=tanx-sinx1+tanx+1+sinx . 由于分母极限为2, 不影响无穷小的阶数的确定, 故可先考虑分子,tanx=x+13x3+ο（x3）, sinx=x-16x3+ο（x3）, tanx-sinx=12x3+ο（x3） 又11+tanx+1+sinx=12+α（limx→0α=0）
故f3 （x）=tanx-sinx1+tanx+1+sinx=14x3+ο（x3）, 因此f3 （x） ~14x3, f3 （x） 为x的3阶无穷小 （x→0）.
（4） 仿照 （2）, 要先变形： f4 （x） =（x2+x13）15-（x2+x15）13=［x13（1+x53）］15-［x15（1+x95）］13=x115［ （1+x53）15-（1+x95）13］=x+ο（x53）-1+13x95+ο（x95） =x11515x53+ο（x53）-13x95+ο（x95） 因53＜95, 故f4 （x）=15x2615+ο（x2615）. 注: 用Taylor展开式时, 如果在点x0处f（x） 不可导, 那么应先变形 （若有可能）, 例如f2 （x） 与f4 （x）. 不过注意到f2 （x） 与f4 （x） 此时的表达式已不是Taylor展开式了, 因为Taylor展开式应只含非负的整数幂.
例26设f（x） 和φ （x） 在 （-∞, +∞） 内有定义, f（x） 为连续函数, 且f（x） ≠0, φ （x） 有间断点, 则必有间断点的函数为（）. A. φ［f（x）］. B.［φ （x）］2C. f［φ （x）］. D.f（x） φ （x）. 析必有间断点的函数一定是由φ （x） 的间断点引起的. 由于f（x） 的值域未必有φ （x） 的间断点, 故A不一定有间断点. 因未说明φ （x） 有何种间断点, 故［φ （x）］2可能无间断点. 与B的理由类似, C也可能无间断点. 由此推知只能是D. 解若g （x）=f（x） φ （x） 无间断点, 即为连续函数, 则由φ （x）=g （x） f（x） 的分子、 分母皆连续, 且分母f（x） ≠0, 故φ （x） 为连续函数, 矛盾. 因此D必有间断点. 正确答案应选D. 注: 本题源于1995年数学三中一道选择题, 原题中D： φ （x） f（x） , 本题中D： f（x） φ （x）. 考查要点是相当的.
例27设F（x）=f（x） x, x≠0，
0, x=0，其中f′（0） ?且f′（0） ≠0, f（0）=0, 则x=0是F（x） 的(). A.连续点B. 第一类间断点C. 第二类间断点D. 上述条件不足以判定连续性析考查函数不连续概念及导数定义. 解应选B. 考察F（x） 在x=0处的连续性. 为此考察limx→0F（x）. 由设有limx→0F（x）=limx→0f（x） x=limx→0f（x）-f（0） x-0=f′（0） ≠0, 而F（0）=0. 故x=0为F（x） 的第一类间断点. 注: 本题是1990年数学三中一道选择题. 难度值为0?52, 区分度为0?27.
例28讨论函数f（x）=limt→+∞x+etx1+etx的连续性. 析写出f（x） 的分段表达式 （按其定义域）. 解当x＞0时, f（x）=limt→+∞x+etx1+etx=limt→+∞xe-tx+1e-tx+1=1； 当x=0时, f（x）=limt→+∞x+etx1+etx=12； 当x＜0时, f（x）=limt→+∞x+etx1+etx=x,
故f（x）=1, x＞0,
x, x＜0. 因此x=0为f（x） 的第一类间断点, 其他处皆连续.
例29设f（x） 连续, x∈（-∞, +∞）, 且f（f（x） ）=x, 试证在 （-∞, +∞） 内至少存在一点ξ, 使f（ξ）=ξ. 析考察F（x）=F（x）-x零点存在性. 证欲证F（x） 在 （-∞, +∞） 内不定号, 即?点使F（x） ＜0, 也?点使F（x） ＞0, 再由零点定理, 知?点ξ, 使F（ξ）=0. 为此采用反证法, 设F（x）=f（x）-x在 （-∞, +∞） 内恒定号, 不妨设F（x） ＞0, 即f（x） ＞x, 由于x的任意性, 以F（x） 替代x, 有f（f（x） ） ＞f（x） ＞x, 此与所设矛盾. 故F（x） 在 （-∞, +∞） 内必有零点ξ, 使F（ξ）=0, 即f（ξ）=ξ. 注: 设辅助函数以及使用反证法都是证明题常用的手法, 应给予足够的重视.
例30设a≤f（x） ≤b, x∈［a, b］, 并设存在常数k, 0＜k＜1, ?x′, x″∈［a, b］, 都有|f（x′）-f（x″） |≤k|x′-x″|, 试证： （1） 存在唯一的ξ, 使f（ξ）=ξ.
（2） ?x1, 定义xn+1=f（xn）, n=1, 2, …, 则limn→+∞xn?且limn→+∞xn=ξ. 析利用连续函数介值定理并用反证法证明ξ的存在唯一性； 再由设, 导出递推关系式, 从而完成极限等式的证明. 证（1） 由设|f（x′）-f（x″） |≤k|x′-x″|知f（x） 连续, x∈［a, b］. 令φ （x）=f（x）-x, 有φ （a）=f（a）-a≥0, φ （b）=f（b）-b≤0, 上述两不等式中若有一处成立等号, 则?ξ使φ （ξ）=0, 即f（ξ）=ξ. 若无一处成立等号, 则有φ （a） ＞0, φ （b） ＜0, 于是由零点定理, ?ξ∈（a, b） 使φ （ξ）=0, 即f（ξ）=ξ.
（反证法证唯一性） 若?ξ1, ξ2∈［a, b］, ξ1≠ξ2, 使φ （ξ1）=φ （ξ2）, 则由f（ξ1）=ξ1, f（ξ2）=ξ2, 有|ξ2-ξ1|=|f（ξ2）-f（ξ1） |≤k|ξ2-ξ1|＜|ξ2-ξ1|, 矛盾. 故ξ唯一.
（2） |xn-ξ|=|f（xn-1）-f（ξ） |≤k|ξn-1-ξ|≤k2|ξn-2-ξ|≤…≤kn-1|x1-ξ|→0 （n→+∞） 从而知limn→∞xn=ξ.
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