武忠祥每日一题笔记
Date: 2022-12-27
视频地址:武忠祥老师 23 考研数学每日一题汇总,(相信我,总有一天我能看完的)
在线 latex 公式编辑(没这个东西,完全没有电脑打公式的欲望)
这数学公式越打越阴间 😳
P1 函数的基本概念
-
设g(x)= \(\left\{ \begin{aligned} 2-x\quad x\leq 0\\ x+2\quad x>0\\ \end{aligned} \right.,f(x)=\left\{ \begin{aligned} x^2\quad x<0\\ -x\quad x\ge 0\\ \end{aligned} \right.则g[f(x)]=\)
内层函数值域为外层函数定义域
-
\(已知f(x)={e}^{x^2},f(\varphi (x))=1-x, 且\varphi(x)\ge0,求\varphi(x)并写出定义域▁\)
x的定义域怎么求的
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\(f(x+1)的定义域[0,a] (a>0),f(x)的定义域为?\)
定义域[0,a]指的是谁的定义域
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\(设f(x)=\left\{\begin{matrix} 1-2x^2 & x\le 1\\ x^3 & -1\le x\le2\\ 12x-16 & x>2 \end{matrix}\right.\),求 f(x)的反函数 g(x)的表达式 ▁
反解,x=? 值域变成定义域
如何推出函数有界?
\(f(x)在[a,b]上连续\Rightarrow 有界\)
\(f(x)在(a,b)上连续\nRightarrow 有界,例子:f(x)=\frac{1}{x}. x\in (0,1)\)
那加上什么条件如何能推出有界?必须加上一个条件,\(f(a+0),f(b-0)都存在,可\Rightarrow有界\)
P2 函数的性质
- \(证明:定义在区间[-a,a]上任一函数f(x),可表示成一奇函数和一偶函数之和?\)
证:f(x)=g(x)+h(x),g(-x)=-g(x),h(-x)=h(x).成立即可
- \(设f(x)=x \tan x e^{\sin x},则f(x)是().\)
\(A.偶函数\quad B.无界函数\quad C.周期函数\quad D.单调函数\)
key:
\(\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \tan x\) - \(设f(x)=\frac{|x| \sin (x-2)}{x(x-1)(x-2)^2} \quad 在下列哪个区间有界().\)
\(A.(-1,0)\quad B.(0,1)\quad C.(1,2)\quad D.(2,3)\)
如何判断有界:\(f(x)在(a,b)上连续且f(a+0),f(b-0)都存在\rightarrow有界\)
P3 极限常规运算(一)
-
\(求极限\lim_{n \to \infty} [\sqrt{1+2+\cdots +n}-\sqrt{1+2+\cdots+(n-1)}]=?\)
1.有理化,2.求根公式,3.提公因子
-
\(求极限\lim_{n \to \infty} (\frac{\sqrt{4x^2+x-1} +x+1}{\sqrt[]{x^2+\sin x}})\)
分段求解+抓大头
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\(求极限\lim_{x \to 0}(\frac{2+e^{\frac{1}{x} }}{1+e^{\frac{4}{x} }} +\frac{\sin x}{|x|} )\)
分左右极限 x→0+=?
-
\(求极限\lim_{x \to +\infty }(\sqrt{x^2+x}-\sqrt[]{x^2-x})\)
- 有理化,除公因数
- 等价代换\((1+x)^\alpha -1=\alpha x\)
-
\(求极限\lim_{x \to 0 }(\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt[]{1+\sin x}}{x(1-\cos x)})\)
拉格朗日中值定理
P4 极限常规运算(二)
- \(已知 \lim_{x \to 0}\frac{ e^{x^2}-\cos 2x}{a x^b} =1,求a,b的值。\)
最简便:泰勒,要么使用等价代换
- \(已知\lim_{x \to x_0} \varphi (x)=0,则下列结论正确的个数为()\)
A. $\lim_{x \to x_0}\frac{\sin \varphi(x) }{\varphi(x)}=1 $
B. \(\lim_{x \to x_0}[1+\varphi(x)]^ {\frac{1}{\varphi(x)} }=e\)
C. \(当x\Rightarrow x_0时,\sin\varphi (x) \sim \varphi(x)\)
D. \(若\lim_{u \to 0} f(u)=A,则\lim_{x \to x_0} f[\varphi(x)]=A\)
❗ \(\varphi(x)\ne 0\) - $求极限\lim_{x \to 0} \frac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x} $
泰勒公式
- \(求极限\lim_{x \to 0} \frac{\ln \frac{x}{\ln(1+x)} }{x}\)
难在第一步,变形
- \(求极限\lim_{x \to +\infty } \frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}}\)
幂指函数,难在第一步变形,最后等代
等价代换
等价代换:(其实都是泰勒公式的变形)
\(当x \rightarrow 0时\)
\(x-\sin x \sim \frac{1}{6}x^3 \qquad \arcsin x-x\sim \frac{1}{6}x^3\)
\(\tan x-x \sim \frac{1}{3}x^3 \qquad x-\arctan x \sim \frac{1}{3}x^3\)
\(\ln(1+x) \sim x \qquad x-\ln (1+x) \sim \frac{1}{2}x^2\)
可用泰勒公式进行验证。
P5 极限常规运算(三)(拉格朗日中值定理专题)
拉格朗日中值定理的使用:
如果函数 f(x)在闭区间上[a,b]连续,在开区间(a,b)上可导,那么在开区间(a,b)内至少存在一点 ξ 使得\(f'(ξ)=\frac{f(b)-f(a)}{(b-a)}\)
-
\(求极限\lim_{x \to 0}\frac{\cos x-\cos (\sin x)}{x^4}\)
\(原式=\lim_{x \to 0}\frac{f(x)-f(\sin x)}{x^4}\)
\(= \lim_{x \to 0}\frac{f’(t)(x-\sin x)}{x^4}\)
\(=\lim_{x \to 0}\frac{-\sin t(x-\sin x)}{x^4}\)
\(=\lim_{x \to 0}\frac{-\sin t \frac{1}{6}x^3}{x^4}\)
\(=-\frac{1}{6}\lim_{x \to 0}\frac{\sin t}{x}\)
\(=-\frac{1}{6}\)题解:
\(f[\alpha (x)]-f[\beta (x)]=f'[t](\alpha(x)-\beta(x))\)
\(f(t)=\cos t\qquad f'(t)=-sin(t)\qquad t\in(\sin x,x) 夹逼准则可推出\frac{\sin t}{x}的值\) -
\(求极限\lim_{x \to +\infty} x^2[\arctan (x+1)-\arctan x]\)
-
\(求极限\lim_{n \to \infty} n^2[\arctan \frac{a}{n} -\arctan \frac{a}{n+1} ]\)
-
\(求极限\lim_{x \to +\infty} [\sin \sqrt{x+1} -\sin \sqrt{x}]\)
尝试 有理化
-
\(求极限\lim_{x \to 0} [\frac{1}{\ln (1+x^2)} -\frac{1}{\ln (1+\tan ^2x)} ]\)
通分 + 等代 + 拉中
+ \(x^2-y^2=(x+y)(x-y)\)
P6 极限常规运算(四)(三步法专题)
\(当f(x)为1^\infty,则有\)
- \(凑e,\lim_{x\to0}(1+x)^\frac{1}{x}=e\)
- \(当\lim_{x \to 0}[f(x)]^{g(x)}=e^{g(x)\ln f(x)}\)
三步法(常用且重要)
- \(\lim_{x \to \Box }[1+f(x)]^{g(x)}\)
简单证明可得 2
\(=\lim[1+f(x)]^{\frac{1}{f(x)}f(x)g(x)}\) - \(\lim_{x \to \Box }f(x)g(x)=A\)
- 原式=\(e^A\)
\(\Rightarrow可用于1^\infty\)
例题
- \(求极限\lim_{x \to 0} [\frac{1}{\ln (1+x^2)} -\frac{1}{\sin ^2x} ]\)
通分 + 等代 + 泰勒
- \(求极限\lim_{x \to 0}(x+2^x)^{\frac{2}{x} }\)
三步法 + 洛必达
\(\lim_{x \to 0} \frac{a^x-1}{x}=\ln a\) - \(若\lim_{x \to 0}(\frac{1-\tan x}{1+\tan x} )^\frac{1}{\sin kx}=e,则k=▁\)
三步法 + 直接代
- \(若\lim_{x \to 0}(e^x+ax^2+bx)^\frac{1}{x^2}=1,则a=▁,b=▁.\)
- \(求极限\lim\_{x \to 0}(\frac{\arctan x}{x} )^\frac{1}{1-\cos x}\)
- 对于各种知识灵活使用,泰勒,洛必达,哪种方式适合用哪种
P7 极限常规运算(五)
(三步法专题)
-
\(求极限\lim_{n \to \infty} (n\tan \frac{1}{n} )^{n^2}\)
三步法 + 等代
-
\(求极限\lim_{n \to \infty} \tan ^n(\frac{\pi}{4} +\frac{1}{n} )\)
三步法
,+ \(\tan \frac{\pi}{4}=1\) +拉中+求导 -
\(求极限\lim_{x \to 0} (\frac{\ln (1+x)}{x} )^{\frac{1}{e^x-1} }\)
-
\(求极限\lim_{x \to 0}(\frac{(1+x)^{\frac{1}{x} }}{e} )^{\frac{1}{x} }\)
三步法 + 拉中
-
\(求极限\lim_{x \to 0}(\cos 2x+2x\sin x)^{\frac{1}{x^4} }\)
三角函数相关 + 三步法 + 泰勒
回头将这个视频看完【高数零基础】超全!三角函数、对数指数公式在考研中的运用
P8 极限常规运算(六)
(三步法专题)
-
求极限 \(\lim_{x \to \frac{\pi}{4} } \tan x^{\frac{1}{\cos x-\sin x}}\)
\(\cos x-\sin x=\cos x(1-\tan x)\) And \(\cos\frac{\pi}{4}=?\)
-
求极限 \(\lim_{x \to 0} (\frac{e^x+e^{2x}+···+e^{nx}}{n} )^{\frac{1}{x}}\)
三步法
-
求极限 \(\lim_{x \to \infty} \frac{x^n}{(x+1)(x+2)···(x+n)} ^x\)
有思路好写
\((\frac{x}{x+1})^x\) And \((1+\frac{1}{x})^{-x}\) -
求极限 \(\lim_{x \to +\infty} (\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x})^x\)
三步法 + 分开求解
-
\(求极限\lim_{x \to \infty} n[e(1+\frac{1}{n})^{-n}-1 ]\)
改为e + 等代
P9 极限常规运算(七)
-
\(设a>0,a\ne1,且\lim_{x\to +\infty}x^p(a^{\frac{1}{x}}-a^{\frac{1}{x+1}})=\ln a,则P=▁\)
拉中
-
求极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{(1-\sqrt[]{\cos x})(1-\sqrt[3]{\cos x})···(1-\sqrt[n]{\cos x})}{(1-\cos x)^{n-1}}\)
\(等代1-\cos^\alpha x\sim \frac{1}{2}\alpha x^2\)
-
求极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{\ln (\sin^2x+e^x)-x}{\ln (x^2+e^{2x}-2x)}\)
主要思路是改写成一个式子,但我更喜欢等代 -
已知极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{x-\arctan x}{x^k}=c,其中k、c为常数,且c\ne 0. 则k=▁, c=▁\)
泰勒秒解
P10 极限常规训练(一)
-
\(若\lim_{x \to 0} (\frac{\sin x^3}{x^4}-\frac{f(x)}{x^3} )=2.则当x\rightarrow 0时,f(x)是x的▁无穷小.\)
两边 ·
\(x^2\),秒解 -
$当 x\rightarrow 0 时,\alpha (x)=kx^2 与\beta (x)=\sqrt[]{1+x\arcsin x}-\sqrt[]{\cos x}是等价无穷小,则 k=▁ $
- 第一种方法:
First. 有理化
Second. 代入 0,算分母三角函数的值
低阶可用 - 第二种方法:拉中,比第一种省事
- 第一种方法:
-
\(当x \to 0^+时,与\sqrt{x}等价的无穷小量是(\quad)\)
A. \(1-e^{\sqrt{x}}\)
B. \(\ln\frac{1+x}{1-\sqrt{x}}\)
C. \(\sqrt{1+\sqrt{x}}-1\)
D. \(1-\cos\sqrt{x}\)
等代
-
\(设\alpha _1=x(\cos \sqrt[]{x}-1 ),\alpha_2=\sqrt[]{x}\ln (1+\sqrt[3]{x} ) ,\alpha_3=\sqrt[3]{x+1}-1,\)
\(当 x\to0^+时,\)以上三个无穷小量从低阶到高阶为 ▁.
等代
P11 函数连续的概念
三种情况分左右极限
- 分段函数
- \(e^\infty\)
- \(\arctan \infty\)
例题
-
\(设f(x)=\frac{(e^\frac{1}{x}+e )\tan x}{x(e^{\frac{1}{x}}-e)} ,在[-\pi,\pi]上存在第一类间断点,x=▁.\)
\(A. 0\quad B. 1\quad C. -\frac{\pi}{2}\quad D. \frac{\pi}{2}\) -
\(设 f(x)=\frac{\ln |x|}{x-1}\sin x,求 f(x)的间断点.\)
判断提前分还是最后分
当 x=1,
\(\lim_{x\to 1}f(x)\)
\(=\sin1 \lim_{x\to 1}\frac{\ln x}{|x-1|}\)
\(=\sin1 \lim_{x\to 1}\frac{\ln (x+1-1)}{|x-1|}\)
\(=\sin1 \lim_{x\to 1}\frac{x-1}{|x-1|}\)\(=\left\{\begin{matrix} \sin 1&x \to1^+ \\ -\sin 1&x\to 1^- \end{matrix}\right.\) 为跳跃间断点
当 x=0,
\(\lim_{x\to 0}f(x)\)
\(=\lim_{x\to 0}\sin x \ln |x|\)
\(=\lim_{x\to 0}x \ln |x|\)
\(=\lim_{x\to 0}x \frac{\ln|x|}{\frac{1}{x}}\)
\(=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=0\) 为可去间断点 -
\(求f(x)=\frac{x^2-x}{x^2-1}\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\) 的间断点.
x=0时值得一算
-
\(求f(x)=\frac{|x|^x-1}{x(x+1)\ln |x|}\) 的间断点.
找未定义的点,先看分母,再看分子
-
\(当f(x)=\lim_{n\to \infty}\frac{1+x}{1+x^{2n}}\),讨论间断点,所以( )
A. 无间断点
B. 存在间断点 x=1
C. 存在间断点 x=0
D. 存在间断点 x=-1
涉及此公式
\(\lim_{n \to \infty} x^n=\left\{\begin{matrix} 0&|x|<1 \\ \infty& |x|\ge 1\\ 1& x=1 \\ 不存在&x=-1 \end{matrix}\right.\)
P12 极限常规训练(二)
-
\(设f(x)在区间(-\xi, \xi)内有定义,若当x\in(\xi, \xi)时,恒有|f(x)|\le x^2,则x=0必是f(x)的(\quad).\)
A. 间断点
B. 连续不可导的点
C. 可导的点,且\(f'(0)=0\)
D. 可导的点,且\(f'(0)\ne 0\)
直接法:
\(由|f(x)|\le x^2 \Rightarrow f(0)=0,\lim_{x\to0}f(x)=0=f(x),推出连续\)
\(\frac{f(x)}{x}\le \frac{x^2}{|x|}=|x|\rightarrow0\Rightarrow\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=0=f'(0),可导\)
这题考到了,连续的概念,导数的概念
排除法:
何时用?出现一般函数
如何用?提出特殊函数
令\(f(x)=0\Rightarrow选C\) -
\(设f(x)=\left\{\begin{matrix} x^\alpha \cos \frac{1}{x^\beta } & x>0\\ 0& x\le 0 \end{matrix}\right.\quad (\alpha >0,\beta >0).若f'(x)在x=0处连续,则(\quad)\)
A. \(\alpha-\beta>1\)
B. \(0<\alpha-\beta \le 2\)
C. \(\alpha-\beta>2\)
D. \(0<\alpha-\beta \le 1\)
我听半天没听太明白,放弃
P13 导数的概念
必须会 求隐函数 😓
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求曲线 \(x+y=+e^{2xy}=0在点(0,-1)\) 处的切线方程。
\(方程求导,代入点(0,-1),求出f'(0),写出切线方程\) -
-
设函数 \(u(x),v(x)\) 可导,利用导数定义证明 \([u(x)v(x)]'=u'(x)v(x)+u(x)v'(x);\)
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设函数 \(u_1(x),u_2(x)~u_n(x)可导,f(x)=u_1(x),u_2(x)~ u_n(x),写出f(x)的导数公式.\)
看着一团乱麻对不对,少了一步
\(=u(x+\bigtriangleup x)v[x+\bigtriangleup x](-u(x)v(x+\bigtriangleup x)+u(x)v(x+\bigtriangleup x))-u(x)v(x)\) -
P14 导数的计算
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设函数\(f(x)=\left \{\begin{matrix} \ln \sqrt[]{x}&x\ge 1 \\ 2x-1&x<1 \end{matrix}\right. y=f(f(x)),则\frac{dy}{dx}|_{x=e}=▁.\)
\((\ln \sqrt{x})'=\frac{1}{2x},\quad \ln \sqrt{e}=\frac{1}{2}\)
e 的值是 2.718281828......是个无限不循环小数。 -
设 \(y=y(x) 是由方程 xy+e^y=x+1 确定的函数,则\frac{d^2y}{dx^2}|_{x=0}=▁.\)
- 根据 x 求出 y 的值
- 等式两边求导,代入 x,y 的值
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设函数 \(y=y(x)由参数方程 \left\{\begin{matrix} x=t-\ln(1+t)\\y=t^3+t^2 \end{matrix}\right. 所确定,则\frac{d^2y}{dx^2}.\)
求参数方程确认的导数
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设 \(y=x^22^x,求y^{(n)}.\)
求高阶导数- 现成公式
- 求低阶导数,归纳出高阶导数。
这道题,这两种方式都使用了
这东西不经过日常的训练谁会啊?😠
-
设 \(y=\frac{1}{x^2-1},求y^{(n)}.\)
先要拆开
(出我肯定不会😫) -
摆了
选择题使用排除法,算到三阶,直接对照即可
P15 导数的应用(一)
考到了求导数的极值,拐点,明天做笔记,困了 😴 看这里
- \(设f(x)在(-\infty,+\infty)内可导,且对任意x_1,x_2,当x_1>x_2时,都有f(x_1)>f(x_2),则(\quad)\)
A. \(对任意x,f'(x)>0\)
B. \(对任意x,f'(-x)\le0\)
C. \(函数f(-x)单调增加\)
D. \(函数-f(-x)单调增加\)
- \(设 f(x),g(x) 是恒 >0的可导函数,且f'(x)g(x)-f(x)g'(x)<0,则当 a<x<b,有(\quad)\)
A. \(f(x)g(b)>f(b)g(x)\)
B. \(f(x)g(a)>f(a)g(x)\)
C. \(f(x)g(x)>f(b)g(b)\)
D. \(f(x)g(x)>f(a)g(a)\)
- 设 \(\lim_{x \to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^n}=-1\),其中 n 为>1的整数,则这点 \(x=a处(\quad)\)
A. \(f(x)导数存在,且f'(a)\ne 0\)
B. f(x)取得极大值
C. f(x)取得极小值
D. f(x)是否取得极值与 n 的取值有关
- 设 f(x) 的导数在 x=a 处连续,又 \(\lim_{x \to a}\frac{f'(x)}{x-a}=-1\),则( )
A. x=a 是 f(x) 的极小值点
B. x=a 是 f(x) 的极大值点
C. (a,f(a)) 是曲线 y= f(x) 的拐点
D. x=a 不是f(x)的极值点,(a,f(a))也不是曲线 y= f(x) 的拐点
- 曲线\(y=(x-5)x^{\frac{2}{3} }的拐点坐标为\underline{\qquad}\)