《高数解题的四种思维定势》；1．在题设条件中给出一个函数f(x)二阶和二阶以；2．在题设条件或欲证结论中有定积分表达式时，则“；3．在题设条件中函数f(x)在[a,b]上连续，；4．对定限或变限积分，若被积函数或其主要部分为复；《线性代数解题的八种思维定势》；1．题设条件与代数余子式Aij或A*有关，则立即；6．若由题设条件要求确定参数的取值，联想到是否有；
《高数解题的四种思维定势》 1．在题设条件中给出一个函数f(x)二阶和二阶以上可导，“不管三七二十一”，把f(x)在指定点展成泰勒公式再说。 2．在题设条件或欲证结论中有定积分表达式时，则“不管三七二十一”先用积分中值定理对该积分式处理一下再说。 3．在题设条件中函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=0或f(b)=0或f(a)=f(b)=0，则“不管三七二十一”先用拉格朗日中值定理处理一下再说。 4．对定限或变限积分，若被积函数或其主要部分为复合函数，则“不管三七二十一”先做变量替换使之成为简单形式f(u)再说。 《线性代数解题的八种思维定势》 1．题设条件与代数余子式Aij或A*有关，则立即联想到用行列式按行（列）展开定理以及AA*=A*A=|A|E 。 2．若涉及到A、B是否可交换，即AB=BA，则立即联想到用逆矩阵的定义去分析。 3．若题设n阶方阵A满足f(A)=0，要证aA+bE可逆，则先分解出因子aA+bE再说。 4．若要证明一组向量a1,a2,?,as线性无关，先考虑用定义再说。 5．若已知AB=0，则将B的每列作为Ax=0的解来处理再说。 6．若由题设条件要求确定参数的取值，联想到是否有某行列式为零再说。 7．若已知A的特征向量ζ0，则先用定义Aζ0=λ0ζ0处理一下再说。 8．若要证明抽象n阶实对称矩阵A为正定矩阵，则用定义处理一下再说。 关于可积和原函数存在 如下三种情况可积，是充分条件 1。闭区间上的连续函数是可积的 2。只有有限个第一类间断点的函数是可积的，也就是分段连续函数是可积的 3。单调有界函数必定可积 不满足以上三条的也可能是可积的，上面的是充分条件 另外，关于原函数是否存在 在某个区间上有第一类的函数，则在这个区间上一定不存在原函数 在某个区间上有第二类间断点的函数，则在这个区间上有可能有原函数，也可能没有 最后，可积和是否有原函数，说的不是一个事情，这个要记住了 可积大概的理解，就是图形和x轴围成的面积是存在的，不是无穷大的 原函数，就是有这样一个函数，可以表达块面积 显然，面积存在的时候，是不一定有这样一个函数的
关于合同，相似，等价的关系 1、两个矩阵合同，并不需要他俩一定是对称矩阵！ 2、俩个实对称矩阵合同的充要条件是它俩必然具有相同得正负惯性指数； 3、不是实对称的俩矩阵合同，根本无从讨论它俩的什么正负惯性指数――因为二次型的矩阵一定是实对称矩阵，也只有实对称矩阵对应的二次型才有所谓正负惯性指数这一概念！呵呵^_^ 4、两个矩阵合同，一定推出它俩等价；两个矩阵相似，也一定推出它俩等价；两矩阵相似与两矩阵合同谁也不比谁更强！ 5、如果两矩阵有相同的秩，且为同型矩阵，那么两矩阵等价 6、两个实对称矩阵相似，可推出两个矩阵合同，但合同不能推出相似
关于偏导，可微 1。f(x,y)偏导连续推出f(x,y)可微 2。可微推出f(x,y)连续 3。可微推出f(x,y)的偏导存在 一元函数情形: 连续不一定可导 可导一定连续 可导和可微是一回事 多元函数情形: 连续不一定可导（不一定有偏导数） 偏导数存在好象也不一定连续 偏导数存在不一定可微，如果偏导数存在且连续，那么可微 可微的话偏导数一定存在
判断曲线积分与路径无关的条件: 1。可以求得u(x,y) 使得du=P(x,y)dx+Q(x,y)dy (对于任意的(x,y)属于D) 2。若D是单连通区域，且 偏Q/偏x＝偏P/偏y
3。若区域是有一个奇点的复连通区域，如果偏Q/偏x＝偏P/偏y，且存在一条分段光滑的闭曲线，它包围奇点，且曲线积分为0，那么也是与路径无关的。 洛必达法则失效的种种情况及处理方法 lim1x今天我在看XX书时，看到这样一道题x????x0sinxdx，说是不可以使用洛必达法则，我对照这本书上关于使用洛必达法则的条件，觉得还不太清楚，好像应该是符合条件的，谢谢你抽空给我指点一下。 洛必达法则是计算极限的一种最重要的方法，我们在使用它时，一定要注意到该法则是极限存在的充分条件，limf(x)g(x)?limf?(x)g?(x)的三个条件： 也就是说洛必达法则（1）x?alimf(x)?0x?ax?a（或?），x?amilg(x)?0（或?）； （2）f(x)和g(x)在x?a点的某个去心邻域内可导；
limf?(x)g?(x)?A（3）x?a（或?）。 其中第三个条件尤其重要。 其实，洛必达法则的条件中前两条是一望即知的，所以我们在解题过程中可以不用去细说，而第三个是通过计算过程的尝试验证来加以说明的，由于验证结束，结论也出来了，也就更加没有细说的必要了。所以在利用洛必达法则解题过程中，往往只用式子说话，不必用文字来碌摹 lim1而对于极限问题x????xx0sinxdx来说，因为x???limf?(x)g?(x)?limsinxx???不存在（既不是某个常数，也不是无穷大），而可知洛必达法则的第三个条件得不到验证。此时，我们只能说洛必达法则对本问题无效，绝对不能因此而说本问题之极限不存在。 实际上，我们利用“将连续问题离散化”的方法来处理，可以断定这个极限是存在的。 lim1x【问题】求极限x????x0sinxdx。 【解】对于任何足够大的正数x，总存在正整数n，使n??x?(n?1)?，也就是说总存在正整数n，使x?n??r，其中0?r??。 这样x???就等价于n??，所以 x???lim1?xx0sinxdx?lim1n?n????r??n?n??r0sinxdx sinxdx??? ?limn???n?sinxdx???0n??r??n?sinxdx???0n??r?11n??r?limr0n??2n?R2sintdt??lim???n??n??r?， 这里前面一项注意到了函数sinx的周期为?，而后面一项作了令x?n??t的换元处理。最后注意到积分值R的有界性（0?R?2）。 如果把上述洛必达法则失效的情况称为第一种情况，则洛必达法则还有第二种失效的情况：第三个条件永远也无法验证。 3limx?1x3【问题2】求极限（1）x??；（2）x???lime?ee?exx?x?x。 ?【分析与解】（1）这是?型待定型，本题显然满足洛必达法则的前面两个条件，至于第三个条件，尝试验证到第两次后可以得到 3limx?1x3x???limx3223x??3?limx?1x3(x?1)x??， 可知洛必达法则失效，处理的方法是 3limx?1x3x???lim3x?1x33x???lim3x??1?1x3?1。 （2）的情况与（1）的情况完全类似，尝试用了两次“洛必达法则”后可以得到 lime?ee?exx?x?xx????lime?ee?exx?x?xx????lime?ee?exx?x?xx???， ?x可知洛必达法则失效，处理的方法是分子分母同乘elime?ee?exx?x?x，得到 x????lim1?e1?e?1x2?2x?2xx????1。 limex【问题3】求极限x?0100。 0【分析与解】这是0型待定型，本题显然满足洛必达法则的前面两个条件，至于第三个条件，经过尝试，可知洛必达法则的第三个条件 ?1x2??1x2limex 完全不可能得到验证，因为分子分母分别求导后愈来愈复杂，这也说明了洛必达法则对本题无效。正确有效的x?0100?limex?x，这样就有 2方法是作换元，令?1x2limex。 还有一种极限问题，原则上虽然也适合使用洛必达法则，但不具有实际可操作性，例在本博客“2008考研数学辅导系列之24（4月14日博文《泰勒公式的应用》）”一文中的 lim6e?x2x?0100?limt50tt???e?0sinx?x(6?7x)?2x(3?x)22x?03ln1?x1?x【例1】 求极限问题，当时曾经分析说：本题如果不用泰勒公式，直接用洛必达法则，也能计算，但必须要用六次洛必达法则，而且导数越求越复杂，而用了泰勒公式就会方便得多了． 中值定理一向是经济类数学考试的重点（当然理工类也常会考到），咪咪结合老陈的书和一些自己的想法做了以下这个总结，希望能对各位研友有所帮助。 1、 所证式仅与ξ相关 ①观察法与凑方法 例 1
设f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)?f(1)?f?(0)?0
试证至少存在一点??(a,b)使得f??(?)?2f?(?)1??分析：把要证的式子中的 ? 换成 x，整理得f??(x)?xf??(x)?2f?(x)?0?(1)
由这个式可知要构造的函数中必含有f?(x)，从xf??(x) 找突破口
因为[xf?(x)]??xf??(x)?f?(x)，那么把(1)式变一下：
f??(x)?f?(x)?[xf??(x)?f?(x)]?0?f??(x)?f?(x)?[xf?(x)]??0
这时要构造的函数就看出来了F(x)?(1?x)f?(x)?f(x)②原函数法 例 2
设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b) 内可导，f(a)?f(b)?0，又g(x)在[a,b]上连续
求证：???(a,b)使得f?(?)?g(?)f(?)分析：这时不论观察还是凑都不容易找出要构造的函数，于是换一种方法
现在把与f 有关的放一边，与
g 有关的放另一边，同样把 ? 换成 x ?g(x)dx f?(x)f(x)两边积分?g(x) ?lnf(x)??g(x)dx?lnC?f(x)?Ce
?f(x)e??g(x)dx?C 现在设C?0，于是要构造的函数就很明显了
F(x)?f(x)e??g(x)dx③一阶线性齐次方程解法的变形法 对于所证式为f??pf?0型，（其中p为常数或x 的函数）pdxpdx可引进函数u (x)?e?，则可构造新函数F(x)?f?e?例：设f(x)在[a,b]有连续的导数，又存在c?(a,b)，使得f?(c)?0
求证：存在??(a,b)，使得f?(?)?分析：把所证式整理一下可得：f?(?)?
?[f(?)?f(a)]??1b?a1f(?)?f(a)b?af(?)?f(a)b?a?0[f(?)?f(a)]?0，这样就变成了f??pf?0型xx－?－dx
引进函数u (x)?eb?a＝eb?a （令C=0），于是就可以设F(x)?eb?a[f(x)?f(a)]
注：此题在证明时会用到f?(c)?f(b)?f(a)b?a?0?f(b)?f(a) 这个结论 2、所证式中出现两端点 ①凑拉格朗日 例 3
设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导
证明至少存在一点??(a,b)使得bf(b)?af(a)b?a?f(?)??f?(?) 分析：很容易就找到要证的式子的特点，那么下可以试一下，不妨设
F(x)?xf(x),用拉格朗日定理验证一
F?(?)?f(?)??f?(?)?bf(b)?af(a)b?a(x1,x2)至少存在一点②柯西定理 例 4
设0?x1?x2，f(x)在[x1,x2]可导，证明在
1c，使得ex2x1ex2ex1?f(c)?f?(c)?ef(x1)f(x2)xx2x2分析：先整理一下要证的式子e1f(x2)?eex1f(x1)?f(c)?f?(c)?e
这题就没上面那道那么
发现e1f(x2)?exx2容易看出来了分子分母同除一下 f(x1)是交叉的，变换一下，ex1?x2f(x2)
ex2??f(x1)e1x11x2于是这个式子一下变得没有悬念了e③k值法 ex1
用柯西定理设好两个函数就很容易证明了仍是上题分析：对于数四，如果对柯西定理掌握的不是方法叫做k 值法很好上面那题该怎么办呢？
在老陈的书里讲了一个
第一步是要把含变量与
以此题为例已经是规范
设常量的式子分写在等号的形式了，现在就看常?k 整理得e?x1两边量的这个式子?x2 ex1f(x2)?eex1x2x2f(x1)?e[f(x1)?k]?e[f(x2)?k]
很容易看出这是一个对
那么进入第二步，设称式，也是说互换x1x2还是一样的F(x1)?F(x2)F(x)?e?x[f(x)?k]，验证可知。
记得回带k，用罗尔定理证明即可④泰勒公式法 老陈常说的一句话，管它是什么，先泰勒展开再说。当定理感觉都起不上作用时，泰勒法往往是可行的，而且对于有些题目，泰勒法反而会更简单。 3、所证试同时出现ξ和η ①两次中值定理 例 5
f(x)在[a,b]上连续，在(a,b) 内可导，f(a)?f(b)?1
试证存在?，??(0,1)使得e???[f(?)?f?(?)]?1分析：首先把?与?分开，那么就有??e[f(?)?f?(?)]?e
一下子看不出来什么，
很容易看出那么可以先从左边的式子下手试一下??xe[f(?)?f?(?)]?[ef(?)]?，设F(x)?ef(x)
利用拉格朗日定理可得?F?(?)??eaef(b)?ef(a)b?aexbba 再整理一下?
e[f(?)?f?(?)]?ebb?aa只要找到?eab?a与e的关系就行了得到
这个更容易看出来了，
G?(?)?e?令G(x)?e则再用拉格朗日定理就?e[f(?)?f?(?)]?b?a②柯西定理（与之前所举例类似） 有时遇到ξ和η同时出现的时候还需要多方考虑，可能会用到柯西定理与拉氏定理的结合使用，在老陈书的习题里就出现过类似的题。
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洛必达法则在高考解答题中的应用(高二下)
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
一．洛必达法则：
法则1. 若函数f (x ) 和g (x ) 满足下列条件：(1) lim f (x )=0 及lim g (x )=0；
x →a x →a
(2)在点a 的去心邻域内，f (x ) 与g (x ) 可导且g ' (x ) ≠0；
(3)lim x →a f '(x )f (x )f '(x )=lim =l ，那么 lim =l ．
x →a x →a g 'x g x g 'x x →a x →a 法则2. 若函数f (x ) 和g (x ) 满足下列条件：(1) lim f (x )=∞及lim g (x )=∞；
(2)在点a 的去心邻域内，f (x ) 与g (x )
可导且g ' (x ) ≠0；
(3)lim x →a f '(x )f (x )f '(x )=lim =l ，那么 lim =l ． x →a x →a g 'x g x g 'x 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
-+1将上面公式中的x →a ，x →∞换成x →+∞，x →-∞，x →a ，x →a 洛必○
达法则也成立．
∞002洛必达法则可处理，，0?∞，1，∞，0，∞-∞型． ○0∞0∞
3在着手求极限以前，首先要检查是否满足○0∞∞00，，0?∞，1，∞，0，∞-∞型0∞
定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．
4若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． ○
二．高考例题讲解
1. 函数f (x ) =e -1-x -ax ．
（Ⅰ）若a =0，求f (x ) 的单调区间；
（Ⅱ）若当x ≥0时f (x ) ≥0，求实数a 的取值范围．
2. 已知函数f (x ) =x 2a ln x b +，曲线y =f (x ) 在点(1, f (1)) 处的切线方程为x +1x
x +2y -3=0．
（Ⅰ）求a 、b 的值；
（Ⅱ）如果当x >0，且x ≠1时，f (x ) >ln x k +，求k 的取值范围． x -1x
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新课标高考命题趋势 近年来的高考数学试题逐步做到科学化、规范化, 坚持了稳中...3.运用洛必达和导数解2011年新课标理由洛必达法则有 lim g ( x) ? lim(...导数结合洛必达法则巧解高考压轴题_数学_高中教育_...解: (Ⅰ)略(Ⅱ)应用洛必达法则和导数 当 x ?...洛必达法则解决高考问题_高三数学_数学_高中教育_教育专区。洛必达法则简介: ...但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦,利用洛必达法则可以较好的...洛必达法则在高考导数压轴题应用之ex_高三数学_数学_高中教育_教育专区。解题...一个超越不等式在解导数压轴题中的应用◎孙长卿 ( 黑龙江省鸡西市第十九中学 ...若能灵活应用, 则在求解有关函数极限问 题时能达到事半功倍的效果, 下面就以 2008 年高考 中的函数极限问题说明此定理的应用 1 0 ] 定理 ( 洛必达法则 )...洛必达法则详述与其在高考中的实际运用_高三数学_数学_高中教育_教育专区。洛必...1 1 1+ 2 x =-1(不变形求导无法求出) 二.高考题处理 1.(2010 年全国... 印人:L 10 级数学 申请人:魏鹏飞 4×1000 打 g'(x)≠0; (3) lim 导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 2010 年和 2011 年高考中的全国新...利用洛必达法则巧解高考题_潘和锴_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档利用洛必达法则巧解高考题_潘和锴_数学_高中教育_教育专区。 ...Go the distance 导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 2010 年和 2011 年高考中的全国新课标卷中的第 21 题中的第○ 2 步,由不等式恒成立来 求参数的取值...