浅谈达朗贝尔判别法

浅谈达朗贝尔判别法

郑媛媛

（渤海大学数学系 辽宁 锦州 121000 中国）

摘要：通过学习了达朗贝尔判别法及其推论，我们了解到达朗贝尔判别法在判别正项级数的敛散性中是非常简便适用的。但这种判别法仍存在着一些弊端，给我们在学习中造成了许多不便，为了便于我们今后的学习，本文简单的介绍和研究了几种达朗贝尔判别法的推广方法，主要解决了达朗贝尔判别法在n lim

a

a

n

n 1+=1失效的情况下敛散性的判别。文中提到的方法，不但使用简便，

具有广泛的适用性，而且更为精细。为正项级数敛散性的判定提供了更有力的工具。

关键词：正项级数 敛散性

TALK ABOUT J.D ‘ALEMBERT ‘S PRINCIPLE

Zheng Yuanyuan

(Department of Mathsmatic Bohai University Liaoning Jinzhou 121000 China)

Abstract :The study of the D`Alembert Discrimination Act and its corollary,We understand that d`Alembert Discrimination in the series Conwergence Divergence is very simple application.This Criterion there are still some drawbacks to the study,we created a lot of inconvenience.In order to facilitate our future study,this brief introduction and study of several d`Alembert Criterion promotional measures,mainly to solve the D`Alembert`s Test=failure in the case of convergence and divergence of discremination.The article mentions the method not only easy to use,with broad applicability,but more subtly.For the positive series fugitive convicted of a more powerful tool.

Key words :positive series ; conbergence anddivergence.

引言

判别敛散性是无穷级数与无穷积分理论的首要课题，而正项级数的敛散性判别尤为重要。我们已经在教材中学习了几种判别正项级数敛散性的判别法．其中达朗贝尔判别法的推论——比值判别法和根值判别法用起来较比较判别法方便，其原因是它只靠级数自身的特征来检测，而比较判别法却须去寻找一个恰当的比较对象．然而，从比值判别法和根值判别法的证明可以看出，它们实质上还是把所讨论的级数同某一几何级数作比较．这两种方法在实际应用时，都会遇到失效的情况．为什么会出现这种情况呢?这实质上是，把所有级数和收敛的几何级数相比，它的项比几何级数的项数值 大，而和发散的几何级数相比，它的项又比几何级数的项数值小．这也就是说，要想检验所论级数的敛散性，几何级数这把…尺子?的精密度不够。人们发现p —级数是比几何级数更精密的一把“尺子”，而级数： 又比p —级数更为精密，称为对数尺子。仿照建立比值判别法的办法，人们将所论级数同一把比一把更精密的“尺子?相比较，建立了一个比一个适应范围更大但使用更加繁难的正项级数敛散性判别方法，如拉贝判别法，高斯判别法，等等．但是，如此建立的判别方法，无论适应范围多大，仍然会有失效的情况发生．我们在做题当中发现了达朗贝尔比值判别法是正项级数敛散性判定中使用最简便的方法之一，所以经常使用,但由于精确度不够,当n lim

a

a n

n 1+=1时，判别发失效.给

我们带来了很多不便。例如：级数￥

=?1

1

n n 和￥

=?211n n

， 都有

n lim →∞+111

n n = n lim →∞+1n n =1, n lim →∞+2

2

11(1)n n

=n lim →∞+2

()1

n n =1.

但前者发散而后者收敛。近年来，为了改进达朗贝尔比值判别法，进行了种种研究。如双比值判别法的提出，本文简单例举出了比值判别法的几种推广，是众多定理成为其特殊情况，而且使用简便，为正项级数敛散性的判定提供了更有力的工具。

一.预备知识

引理1：对于P –级数￥

=?

1

1

p n n

,当0

1时收敛

[1]

。 对于级数￥

=?1

1

2

1

n n

,￥

=?

1

1n n ,￥=?211n n

级数￥

=?

1

1

2

1

n n

发散，且满足

+1n n

u u

=

+12

1

2

(1)

n n =-

+12

1()

n n =1－12n +23

8n + o （31

n

）

级数￥

=?

n n

11

发散，且满足 1+n n

u

u

=

1+n n =1－1

n +1(1)+n

n

级数2

1

1

∞

=∑

n n

收敛，且满足

1+n n

u

u

=

2

2

(1)+n n =1－2n +2

32(1)

++n n n

[2]

引理

2：设级数∑a n 和∑b n 都是正项级数且存在自然数N ，

使当n ≥N 时，有

1+n n

a a

≤1+n n

b b

,

则有

(i)若∑n b 收敛，则∑n a 也收敛； (ii)若∑a n 发散，则∑n b 也发散。 引理3：设有正项级数

1

∞

=∑n

n a =a 1

+a

2

+…+a n +… , （1）

其中n a >0,n =1,2,……,若{k n }是自然数列的一个子列，规定0n =0，记

k

b

=

-1

1

=

+∑k

k i i n n a ,k =1,2…..,又得到正项级数

1

∞

=∑k

k b =-111

∞

==

+∑∑k

k i

k i n n a =(a 1

+…+a n 1)+(a n

1

1

++…+a n 2

)+ (2)

即对级数（1）适当添加括号得到级数（2）.级数（1），（2）有相同的敛散性，且在它们收敛时有相同的和。

引理4：给定两个正项级数（3）1

∞

=∑n n a 和（4）1

∞

=∑n n b ，

若从某项起（如n

n

n

k

a a

≤n

n

k b b

,1+n

n

k a a

≤1+n

n

k b b

,……-1+n

k n

k

a a

≤-1+n

k n

k

b b

,

成立，则

级数（4）收敛蕴涵级数（3）收敛; 级数（3）发散蕴涵级数（4）发散。

引理5：设1∞

=∑n n a 是正项级数，{n a }单调递减，则存在[1，+∞)上的单调递

减的连续可微函数()f x ，使得

()f n =

n

a

（n =1. 2.3……）

[3]

引理

6：若函数()f x 在[1，+∞)非负，连续，递减，则级数1

()∞

=∑n f n 与无

穷积分1

()

+∞

?f x dx 同时收敛或同时发散。 [4]

引理

7：设()f x 是定义在[a ，+∞）上的正值连续函数，函数()g x 在[a ，

+∞）严格递增，连续可导且()g x ≥x ，x ∈ [a ，+∞), 若

n lim →∞

'

()g x )()]

([x f x g f =L ， 则

（i ）.当L <1.，无穷积分()

+∞

?a f x dx 收敛； （ii ）.当L >1，无穷积分()

+∞

?a f x dx 发散； （iii ）.当L =1，无穷积分()

+∞

?a

f x dx 可能收敛，也可能发散。 引理8：（达朗贝尔判别法或称比式判别法]

5[）

设∑n u 为正项级数，且存在某正整数0N 及常数q (00N ，成立不等式

1+n n

u

u

≤q,

则级数∑n u 收敛；

(ii).若对一切n >0N ，成立不等式

1+n n

u u

≥1,

则级数∑n u 发散。

二.推广方法

（一）.定理1：设∑n u 是正项级数且满足

1+n n

u u

=1-αn

+o(

2

1

n

),

则有

（i ）.若α>1,则级数∑n u 收敛； （ii ）.若α≤1，则级数∑n u 发散。 证明：(i).当n →∞时，有

1+n n

u u

=1－αn

+o(

2

1

n

)，

另一方面，若令n v =11

β

+n

,这里β>0，且1+β<α，

那么

1+n n

v v

=(1)

(

)1

β++n

n =-(1)

1

(

)β++n n

=1－

1β

+n + o （21n

）, 从而

1+n n

v

v

－1+n n

u u

=

-(1)

αβ+n

+ o （

2

1

n

）＞0, (n →∞)

即对充分大的N ，有

1+n n

u u

<1+n n

v v

由引理1知级数∑n v =

11

β

+n

收敛，故再由引理2知∑n u 收敛。

（ii ）.同理，当n →∞时，有

n

u

=1－n

+o(

2

n

)，

另一方面，若令n v =-11

r

n

,这里r >0，且α<1－r <1，

那么

1+n n

v v

=-(1)()1

+r n n =--(1)

1(1)

+r n =1－

-1r

n + o(21n

) 从而

1+n n

u

u

－1+n n

v v

=

--(1)α

r n + o(21n

)＞0, (n →∞) 即对充分大的N ，有

1+n n

u u

＞1+n n

v v

由引理1知级数n v =11

-r

n

发散，故再由引理2知∑n u 发散。

举例应用

例：设X >0，讨论级数--1121

(2)(2)...(2)-∞

=∑n

n x x x 的敛散性。

解:因为

1+n n

u u

=2－11

+n x

=2－(1+

ln 1

+x

n + o （2

(1)1

+n ）)

=1－ln 1+x n + o （2

(1)1

+n ）=1－ln x

n + o(2

1n )

由结论知，于x >e 时收敛;于x ≤e 时发散。 综合达朗贝尔判别法及定理1可得 （二）.定理2：设∑n u 是正项级数且满足

n

u

=r －n

+ o(

2

n

),

则有

（i ）.若r <1或r =1，α>1,则级数∑n u 收敛； （ii ）.若r >1或r =1，α≤1,则级数∑n u 发散。 证明：可由朗贝尔判别法及定理1证得。 举例应用

例：判定级数2

(21)!!1

.

(2)!!21-∞

=+∑

n n n n 的敛散性。 分析：本题应用达朗贝尔判别法失效，因为出现n lim

→∞

1+n n

u u

=1，用定理2可判断出收敛性。 解：1+n n

u u

=

(2(1)(2(1)!!-1)!!++n n .2123++n n .(2)!!

(2-1)!!

n n

因为n l

i m →∞

1+n n

u u

=1，此时达朗贝尔判别法失效，但由定理2有1+n n u u =2

(22)(23)(21)+++n n n =1-3

2n +109(22)(23)

+++n n n n

由结论知道α=3

2

>1，故此级数收敛。

（三）.定理3：对于正项级数∑∞

=1

n n a 及∑∞

1

=n n b ，若有{n }的一个子列{k n }，

k

n

a

a i

k i

n k

++≤b

b i

k i

n k

++ (0≤i <1+k n －k n )

则

（i ）. 若级数∑∞

1

=n n b 收敛，则级数∑∞

=1

n n a 收敛；

（ii ）. 若级数∑∞

=1

n n a 发散，则级数∑∞

1

=n n b 发散。

证明：因为

a

a i k i

n

k

++≤b b i

k i

n

k

++ (0≤i <1+k n －k

n ) 取M=max{b a 11,a 2

2

,……b a n

n 1

1

}，对于任何自然数n >1

n

，存在唯一的1k ,

使n =1

k n +1i (0≤i 1＜1

1

+k

n －1

k n )，

于是

n n

a b

=1

1

1

1

+

+

k k n i n

i a b ≤1

11

1

+

+

k i k

i a b , 且

1

k +i 1

若1k +i 1>1n ，存在唯一的2k ，使1k +i 1=2

k n +i 2(0≤i 2＜2

1

+k n －2

k n )

于是

1

1

1

1

++k k a i b i =2

2

2

2

++

k k n i n

i a b ≤

22

22

++k k a i b i

, 且2k +i 2

注意到1n

m

k +i

m

≤1n

于是

b

a n

n =b a i n

i n k k 1

1

1

1

+

+

≤b a i k

i k 1

1

1

1

+

+

=b a i n

i n k k 2

2

2

2

+

+

≤

i

b i a k k 2

22

2++≤…≤

b a i k

i k

m

m

m

m

+

+

≤M

所以

当级数∑∞

1

=n n b 收敛时，级数∑∞

=1

n n a 收敛；

当级数∑∞

1

=n n b 发散时，级数∑∞

=1

n n a 也发散。

推论：对正项级数∑∞

1

=k k a ，若n lim →∞

a

a

k

k 2=1ρ,n lim

→∞

a

a k k 1

12++=2ρ

则

（i ）. 当ρ=max{ρ1,2ρ}<21

,级数∑∞

1=k k

a 收敛； （ii ）.当ρ=min{1ρ,2ρ}>21

,级数∑∞1

=k k

a 发散。 举例应用

例：证明级数1

∞

=∑n 收敛。

证明：因为

a

a

n

n 2

.

ln 2

n =

ln 2ln n

n

=ln 2ln n

n

.1

→0( n →∞) a

a n n 1

+1+2

.

ln(1)2

+n =

ln(21)

ln(1)

++n n

.

1

→0(n →∞)

（四）.定理4：对于正项级数∑∞

=1

n n a 及∑∞

1

=n n b ，存在0N ，对于任何n >0N ，

都存在n k

a a

k

n

n

≤

b b k

n

n

则有

（i ）. 若级数∑∞

1

=n n b 收敛，则级数∑∞

=1

n n a 收敛；

（ii ）. 若级数∑∞

=1

n n a 发散，则级数∑∞

1

=n n b 发散。

证明：一个级数增加，减少，改变有限项不改变其敛散性，不妨设

对自然数n ≥2，均有n k

n

n

k

a a ≤

n

n

k

b b

即

n n

a b

≤n

n

k k

a b

对自然数n k ，存在1

n k

n

n

k k

a b ≤1

1

n n k k

a b

依次下去，便得

n n

a b

≤n

n

k k

a b ≤1

1

n n k k

a b ≤2

2

n n k k

a b ≤…≤11

a b

其中：n >n k >1

n k >2

n k >…>1，所以当级数∑∞

1=n n

b 收敛时，级数∑∞

=1n n a 收敛；当级数∑∞

=1

n n a 发散时，级数∑∞

1

=n n b 也发散。

[6]

推理

：给定正项级数∑∞

=1

n n a 及∑∞

1

=n n b ，若存在正数0N ，当n >0N 时有

a

a

n

n 1+≤

b

b

n

n 1+

则

（i ）. 若级数∑∞

1

=n n b 收敛，则级数∑∞

=1

n n a 收敛；

（ii ）. 若级数∑∞

=1

n n a 发散，则级数∑∞

1

=n n b 发散。

举例应用

例：证明级数2

1

13(21)

[]242-()

∞=?∑? n n n 发散。

证明:因为

213(21)(21)[]24(2)(22)-?+??+ n n n n ?2

24(2)[]13(21)-?? n n =2

21[]22

++n n =

2

2

4414(1)

+++n n n ＞

2

2444(1)

++n

n n =

1

+n

n =1

11+n n

级数￥

=?1

1

n n 发散，由推论知级数2

1

13(21)[]242-()

∞

=?∑? n n n 发散。

（五）.定理5：对于正项级数（1），若存在自然数m ， （i ）. 若?N ，?n >N ， a

a a a

n

n m mn mn )

(...1+2+1

++++≤q (q <1)（5）

则（1）收敛；

（ii ）.若?N ，?n >N ，a

a a a

n

n m mn mn )

(...1+2+1

++++≥1（6）

则（1）发散。

证明：当m =1，由达朗贝尔判别法命题成立。 以下考虑m ≥2的情形，设

k

n

＝∑1

=k

i i

m ,记b k =

∑+=

n n k

k i i

a 1

1-，k =1. 2……

得到正项级数（2），

（i ）.若?N ，?n >N ，（5）成立， 则

a a a

n m mn mn )(...1+2+1

++++≤q a n （5`）

因为

k n ＝m 1

-1

=∑k

i i m

=m(1

1-1

=+∑k i i m )=m(-1k n +1）

同样，

1

+k n

= m （1+k n ）；

所以

b

k 1

+=

∑++=

n n k k i i

a 1

1

=∑+++=)1(

1

)1(

n n k k m m i i

a 1-=i n n k

k i m

i mi

a

+∑∑+=

=11

1-

取定自然数k ，使k n >N ，则对k >K ，

因为k －1≥K ，所以-1k n ≥k n >N ，由（5`），当L =-1k n +1,

L =-1k n +2,…L =-1k n +k n 时，

i m

i ml

a

+∑=1

≤q a l ，

代入上式

b

k 1

+≤q

∑+=

n n k

k i l

a 1

1-= q b

k

,

即?k >K ，，

b

b

k

k 1+≤q （q <1）,由达朗贝尔判别法级数（2）收敛，再由引

理3级数（1）收敛。

（ii ）.若?N ，?n >N ，（6）成立，仿上可证?K ，?k >K,

b

b

k

k 1+≥1，由

达朗贝尔判别法级数（2）发散，再由引理3级数（1）发散。 推论1：对于正项级数（1）， 若

n lim

→∞

a

a

n

mn 1+= n lim

→∞

a

a n

mn 2+=……=n lim

→∞

a

a

n

n m )

1(+=q

则

当q <1

m ，（1）收敛;当q >1m

，（1）发散， 当m =2，就得到[7]的定理1。 推论2：设m ≥2，对于正项级数（1），若n lim

→∞a

a n

n 1+=1。且n lim

→∞

a

a n

mn = q ,

则当q <1m ，（1）收敛;当q >1m

，（1）发散。 举例应用

例：对于P —级数1

1

∞

=∑p

n n

（P >0），

因为

n lim

→∞

a

a

n

n 1+=n lim →∞

()1

+p

n n =1

不能用达朗贝尔判别法其敛散性，?m ≥2

n lim

→∞

a

a n

mn =

1

p

m

当P >1，

1

p m

<

1m

，由推论2，级数收敛。 （六）.定理6：给定正项级数∑∞

=1

n n a ，若

n lim

→∞

a

a n

i kn +=ρ（i =0, 1……k －1）,

则

当ρ<1k 时,∑∞

=1n n a 收敛；当ρ>1

k 时，∑∞

=1

n n a 发散。

证明：1

当ρ<1

k 时，取ε>0，使得ρ+ε=r <1k

, 由

n lim

→∞

a

n

=ρ，

知：?ε>0，?N ∈N ，?n ≥N , 有

︱

a

a n

i kn +－ρ︱<ε

则有

a

a n

i kn +<ρ+ε=r <1k ,又0

。

所以?s ∈k ,s >1，使得0

s k <1

k ,令b n =1s n

，则∑∞=1n n

b －11∞

=∑s n n 收敛， 且

n lim →∞

b b n

i Kn +=n lim →∞

()+s

n kn i =1

s

k

所以?1N ∈N ，当?n >1

N 时，有

b

b n

i kn +>r

所以

b

b n

i kn +>r >

a

a n

i kn +，

由引理4可知，∑∞=1

n n a 收敛。

2

当ρ>1k 时，取ε>0，ρ－ε>1

k ，

由

n lim

→∞

a

a n

kn 1+=ρ.

知:?ε>0，?N ∈N ，?n >N , 有

︱

a

n

－ρ︱<ε，

则有

a

a n

i kn +>ρ－ε>1k

.

令b n =1

n ，则∑∞=1n n

b =11∞

=∑n n

发散， 且

b

b

n

i kn +=

+n kn i <1

k

. 所以

a

a n

i kn +>1k

>

b

b n

i kn +，

由引理4知。∑∞

=1n n a 发散。

推论：给定正项级数∑∞

=1

n n a ，若n lim

→∞

a

a n

n 1+=1，且n lim

→∞

a

a n

kn =ρ存在，

则当ρ<1k 时∑∞

=1n n a 收敛；ρ>1

k 时，∑∞

=1

n n a 发散。

举例应用

例：给定正项级数∑∞

=1n n a ，若n lim

→∞

a

a n

n 1+=ρ，

则

当0<ρ< 1时，n lim

→∞a

a n

i kn +=0;

当ρ>1时，n lim

→∞a

a n

i kn +=+∞（i =0,1……k －1）

证明：由

n lim

→∞

a

a n

n 1+=ρ,

知?ε>0，?N ∈N ，?n ≥N ， 有

︱

a

a n

n 1+－ρ︱<ε

即

ρ－ε<

a

a

n

n 1+<ρ+ε=ρε()()

k n

-1-<

a

a

kn kn

1

-*

a

a kn kn 2

--1

*…*

a

a n

n 1+<

()()-1ρε+k n

即

()()

-1-ρεk n

<

a

a

kn kn

1

-<()()

-1ρε+k n

若0<ρ<1，取ε>0，使得ρ+ε<1，则()

-1

ρε+k <1，

所以

n lim

→∞

a

a

n

kn =0.

同理

n lim

→∞

a

a n

i kn +=0.

若ρ>1，取ε>0，使得ρ－ε>1，则()-1

-ρεk >1. 所以

n lim

→∞

a

a

n

kn =+∞.

同理

n lim

→∞

a

a n

i kn +=+∞

由此例题可以看出，凡是能用达朗贝尔判别法进行判别的问题，用定理6也一定可行。可见，定理6优于达朗贝尔判别法，

（七）.定理7：设∑∞

=1n n a 为正项级数，{a n }单调减少，()g x 满足

()g x ≥x ，（x ∈ [1，+∞)﹚且单调递增的整系数多项式。 如果

（i ）.存在满足引理5的函数()f x ，使'

()

g x )

()]

([x f x g f 为单调函数. （ii ）n lim →∞

'

()g n )()]

([n a n g a = L . 则有

（Ⅰ）当L <1，级数∑∞

=1n n a 收敛；

（Ⅱ）当L > 1，级数∑∞

=1

n n a 发散；

（Ⅲ）当L =1，级数∑∞

=1

n n a 可能收敛，也可能发散。

证明：由引理5及条件（i ）.存在[a ，+∞)上的单调递减可微函数()f x ，使得()f n =

a

n

（n =1.2….）

n lim →∞

'

()g x )()]([x f x g f =n lim →∞'()g n )()]([n f n g f =n lim →∞'

()g n )()]

([n a n g a =L. 结合引理6，引理7即得。 举例应用

例：正项级数2

∞

=∑n ()g x =2x ，显然()f x

满足定理条件，因

n lim →∞'()g n )()]([n a n g a =n lim →∞

22

=

2>1

故根据定理结论，此级数发散。

值得注意的是，此例用达朗贝尔判别法失效。

（八）.定理8：设()f x 是[1，+∞) 上递减正值连续函数，()g x 是[1，+∞)上连续可微函数，且()g x >x ，若

n lim →∞

'

()

g x )

()]

([x f x g f =r （7） 则当0

()∞

=∑n f n 收敛；当r >1时，级数1

()∞

=∑n f n 发散。

证明：因为()f x 在[1，+∞)上单调递减，1x 由积分判别法1

()∞

=∑n f n 与

1

()

+∞

?f x dx 同敛态， 由于()g x >x ，所以可取单调递增序列{n x }：1x = c

（c ≥1）, 2x =g (1x )， 3

x

=g (2x ),……,且

n lim →∞

n x =+∞.

1

当01.

当x>A 时，有

)

())

(()('

x f x g f x g

即

'

()(())g x f g x

于是-1n x ≥A 时,有

'

()(())-1

?

n n x g x f g x dx x <

()-1

?

n n x qf x dx x

即

(

)

(

)

()-1?

n n g g x f x dx x <

()-1

?

n n x qf x dx x ,

1()+?

n n

x f x dx x

()-1

?

n n x f x dx x ,

固定0n ，使0

n x ≥A ，则

()?

n

n x f x dx x =

100

()+?

n n x f x dx x +

2

01

0()++?

n n x f x dx x +…+

()-1

?

n n x f x dx x <

100

()+?

n n x f x dx x +q

1

00()+?n n x f x dx x +…+

0-(

1)

n +n q

1

00

()

+?n n x f x dx x =0

10-(

1)

n +=

+∑n

k k n

q

100

()+?

n n x f x dx x <

1

1-q

100

()+?

n n x f x dx x =常数

故∫

+∞

1

)(dx x f 收敛，从而级数1

()∞

=∑n f n 收敛。 2

当r >1时，存在A >1，当x>A 时，'

()(())g x f g x >()f x ，于是

当-1

n x >A 时，

'

()(())-1

?

n n x g x f g x dx x >

()-1

?

n n x f x dx

x 1

()+?

n n

x f x dx x >

()-1

?

n n x f x dx x

固定0n ，使0

n x >A ，有

()?

n n x f x dx x >(n －0n )

100

()+?

n n x f x dx x , (n →∞)

故1

()

+∞

?f x dx 发散，从而级数1

()∞

=∑n f n 发散。 举例应用

例：判断级数1

1

∞

=∑n n

的敛散性。 解：因为

正项级数的常用审敛法和推广比值审敛法的比较

正项级数的常用审敛法和推广比值审敛法的比较 摘 要 数项级数是数的加法从有限代数和到无限和的自然推广．由于无限次相加，许多有限次相加的性质便在计算无限和时发生了改变．首先，有限次相加的结果总是客观存在的，而无限次相加则可能根本不存在有意义的结果。 这就是说，一个级数可能是收敛或发散的．因而，判断级数的敛散性问题常常被看作级数的首要问题。 在通常的微积分学教程中，审敛正项级数的敛散性有许多有效的方法，比如达朗贝尔审敛法，拉贝审敛法等，本文就达朗贝尔审敛法和拉贝审敛法与几个新审敛法进行一些适当的比较总结，另对其应用做一些举例验证。 关键词 数学分析 正项级数 推广比值审敛法 一.预备知识 1.正项级数的定义 如果级数1n n x ∞ =∑的各项都是非负实数，即0,1,2,, n x n ≥= 则称 此级数为正项级数 2..收敛定理 正项级数收敛的充分必要条件是它的部分和数列有上界。 若正项级数的部分和数列无上界，则其必发散到+∞ 例 级数22(1)(1) n n n n ∞ =??-+? ∑是正项级数。它的部分和数列的通项 21 12212ln ln ln 2ln ln 2(1)(1)11n n n k k k k k n s k k k k n ++==?++??=<- =-，若1 lim n n n U L U +→∞=，当 L<1，级数收敛，当L>1，级数发散，L=1，不能审敛。

高数 数项级数收敛性判别法总结论文

华北水利水电学院 高等数学（下） 课程名称：＿数项级数敛散性判别法总结＿＿ 专业班级：＿＿＿＿2 0 1 1 0 0 7＿＿＿＿ 成员：＿＿张吉 201100713＿＿＿＿ 联系方式：＿＿1 5 0 3 6 1 1 5 2 4 1＿＿ 2012年5月23日

数项级数敛散性判别法总结 摘要：级数是数学分析中的主要内容之一，我们学习过的数项级数收敛性判别法有很多，如：等比级数、调和级数的收敛性、比值辨别法、极值辨别法。比较判别法的极限的形成，比较判别法和交错判别法等。 关键词：数项级数 收敛性 判别法 一、数项级数的收敛性 定义２（高等数学 航空工业出版社 ｐ227）。如果 1U n n ∞ =∑ 的 部分和数列 []n S 的极限存在，即：lim n →∞ n S =S 则称级数 1 U n n ∞ =∑ 收敛 ，S 为级数 1 U n n ∞ =∑ 的和。记为： 12 3 1 U ......= S n n n U U U U ∞ ==++++∑ 如果 lim n →∞ n S 不存在，则称级数 1 U n n ∞ =∑ 发散。 二、等比级数的收敛性，总结如下： 等比级数（几何级数） n 0n aq ∞ =∑ (0)a ≠ 当 1q < 时，级数收敛，且和 S = n 0 n aq ∞ =∑ 1a q = - 当1q ≥ 时，级数发散。 讨论如下：等比级数 2+n a aq a a q q aq =++ｎ ．．．＋ (0)a ≠ 的收 敛性：

当q ≠１时，部分和 2+11a a aq a a q q q q -- ++== -=ｎ１ ｎ ．．．＋（） ｎＳ 因此，当1q <时，lim n →∞ n S 1a q = - 此时，级数收敛。 当 1q ＞ 时， lim n →∞ n S ∞＝ 此时级数发散。 当q 1=- 时，n 为奇数时，n a S = ，n 为偶数时， 0n S =。 故lim n →∞ n S 不存在。此时发散。 当ｑ＝１时，...()n a a a na n S =++= →∞→∞ ，故发散。 总结：常用的判别方法，只是用等比级数。 三、证明调和级数的敛散性。（反证法） 例如：证明 11 n n ∞ =∑ 是发散的。 证：假设调和级数 11 n n ∞ =∑ 收敛，其和为S ，则2l i m ( )0n n n S S →∞ = - = 然而，211111...= 1 2 3 222 n n n n n n n n S S -=+ ++>+++ 由上可知， n →∞ 时，有 02≥矛盾出现，因而假设不成立， 所以调和级数时发散的。 四、 性质1. 如果级数1 n U n ∞ =∑ 收敛于和S ，则它的各项乘以一个常数K 所得的级数 1 n K U n ∞ =∑ 也收敛，且和尾 KS 。

数学的解题方法

数学的解题方法 技巧，积累教学资料，提升业务水平和教学水平。下面介绍的解题方法，都是初中数学中最常用的，有些方法也是中学教学大纲要求掌握的。1、配方法所谓配方，就是把一个解析式利用恒等变形的方法，把其中的某些项配成一个或几个多项式正整数次幂的和形式。通过配方解决数学问题的方法叫配方法。其中，用的最多的是配成完全平方式。配方法是数学中一种重要的恒等变形的方法，它的应用十分非常广泛，在因式分解、化简根式、解方程、证明等式和不等式、求函数的极值和解析式等方面都经常用到它。2、因式分解法因式分解，就是把一个多项式化成几个整式乘积的形式。因式分解是恒等变形的基础，它作为数学的一个有力工具、一种数学方法在代数、几何、三角等的解题中起着重要的作用。因式分解的方法有很多，除中学课本上介绍的提取公因式法、公式法、分组分解法、十字相乘法等外，还有如利用拆项添项、求根分解、换元、待定系数等等。3、换元法换元法是数学中一个非常重要而且应用十分广泛的解题方法。我们通常把未知数或变数称为元，所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，使问题易于解决。4、判别式法与韦达定理一元二次方程ax2+bx+c=0（a、b、c属于R，a≠0）根的判别，△=b2-4ac，不但用来判定根的性质，而且作为一种解题方法，在代数式变形，解方程(组)，解不等式，研究函数乃至几何、三角运算中都有非常广泛的应用。韦达定理除了已知一元二次方程的一个根，求另一根；已知两个数的和与积，求这两个数等简单应用外，还能够求根的对称函数，计论二次方程根的符号，解对称方程组，以及解一些相关二次曲线的问题等，都有非常广泛的应用。5、待定系数法在解数学问题时，若先判断所求的结果具有某种确定的形式，其中含有某些待定的系数，而后根据题设条件列出关于待定系数的等式，最后解出这些待定系数的值或找到这些待定系数间的某种关系，从而解答数学问题，这种解题方法称为待定系数法。它是中学数学中常用的方法之一。6、构造法在解题时，我们常常会采用这样的方法，通过对条件和结论的分析，构造辅助元素，它能够是一个图形、一个方程(组)、一个等式、一个函数、一个等价命题等，架起一座连接条件和结论的桥梁，从而使问题得以解决，这种解题的数学方法，我们称为构造法。使用构造法解题，能够使代数、三角、几何等各种数学知识互相渗透，有利于问题的解决。7、反证法反证法是一种间接证法，它是先提出一个与命题的结论相反的假设，然后，从这个假设出发，经过准确的推理，导致矛盾，从而否定相反的假设，达到肯定原命题准确的一种方法。反证法能够分为归谬反证法(结论的反面只有一种)与穷举反证法(结论的反面不只一种)。用反证法证明一个命题的步骤，大体上分为：(1)反设；(2)归谬；(3)结论。反设是反证法的基础，为了准确地作出反设，掌握一些常用的互为否定的表述形式是有必要的，例如：是/不是；存有/不存有；平行于/不平行于；垂直于/不垂直于；等于/不等于；大(小)于/不大(小)于；都是/不都是；至少有一个/一个也没有；至少有n个/至多有(n一1)个；至多有一个/至少有两个；唯一/至少有两个。归谬是反证法的关键，导出矛盾的过程没有固定的模式，但必须从反设出发，否则推导将成为无源之水，无本之木。推理必须严谨。导出的矛盾有如下几种类型：与已知条件矛盾；与已知的公理、定义、定初中各年级课件教案习题汇总语文数学英语物理化学理、公式矛盾；与反设矛盾；自相矛盾。8、面积法平面几何中讲的面积公式以及由面积公式推出的与面积计算相

高等数学考试知识点

《高等数学》考试知识点 一、函数、极限、连续 考试内容： 1．函数的概念及表示法；函数的有界性、单调性、周期性和奇偶性；复合函数、反函数、分段函数和隐函数；基本初等函数的性质及其图形；初等函数简单应用问题的函数关系的建立； 2．数列极限与函数极限的定义以及它们的性质；函数的左极限与右极限； 3．无穷小和无穷大的概念及其关系；无穷小的性质及无穷小的比较； 4．极限的四则运算；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，； 5．函数连续的概念；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（有界性、最大值和最小值定理、介值定理）；考试要求： 1．理解函数的概念，掌握函数的表示方法； 2．了解函数的奇偶性、单调性、周期性和有界性； 3．理解复合函数及分段函数的概念，了解反函数及隐函数的概念； 4．掌握基本初等函数的性质及其图形； 5．会建立简单应用问题中的函数关系式； 6．理解极限的概念，理解函数左极限与右极限的概念，以及极限存在与左、右极限之间的关系； 7．掌握极限的性质及四则运算法则； 8．掌握极限存在的两个准则，并会利用它们求极限，掌握利用两个重要极限求极限的方法； 9．理解无穷小、无穷大的概念，掌握无穷小的比较方法，会用等价无穷小求极限；

10．理解函数连续性的概念（含左连续与右连续），会判别函数间断点的类型； 11．了解连续函数的性质和初等函数的连续性，了解闭区间上连续函数的性质（有界性、最大值和最小值定理、介值定理），并会应用这些性质； 二、一元函数微分学 考试内容： 1．导数和微分的概念；导数的几何意义和物理意义；函数的可导性与连续性之间的关系；平面曲线的切线和法线；基本初等函数的导数； 2．导数和微分的四则运算；复合函数、反函数、隐函数以及参数方程所确定的函数的微分法； 3．高阶导数的概念；某些简单函数的n阶导数； 4．一阶微分形式的不变性； 5．罗尔（Roll)定理；拉格朗日（Lagrange）中值定理；柯西（Cauchy）中值定理；泰勒（Taylor）定理； 6．洛必达（L’Hospital）法则； 7．函数的极值及其求法；函数单调性函数；图形的凹凸性、拐点及渐近线；函数最大值和最小值的求法及简单应用； 8．弧微分、曲率的概念；曲率半径； 考试要求： 1．理解导数和微分的概念，理解导数与微分的关系，理解导数的几何意义，会求平面曲线的切线方程和法线方程，了解导数的物理意义，会用导数描述一些物理量，理解函数的可导性与连续性之间的关系； 2．掌握导数的四则运算法则和复合函数的求导法则，掌握基本初等函数的导数公式．了解微分的四则运算法则和一阶微分形式的不变性，会求函数的微分； 3．了解高阶导数的概念，会求简单函数的n阶导数； 4．会求分段函数的一阶、二阶导数；

高中物理解题方法例话：2判别式法

2判别式法 .对于一元二次方程02 =++c bx ax ， 方程有解时，042≥-=?ac b ；方程无解时，042<-=?ac b [例题1]在一平直较窄的公路上，一辆汽车以22m/s 的速度匀速行驶，正前方有一辆自行车以4m/s 的速度向匀速行驶，汽车刹车的最大加速度为2/6s m ，若两车不相撞，则两车的间距至少为多少？ 解析：要使两车不相撞，设它们间距为S ，则地者在任一时间内位移关系应满足 S S S +≠自汽即S vt at t v +≠-202 1代入数值得 01832≠+-S t t 所以关于t 的一元二次方程无实数解，所以当042<-=?ac b 时上式成立，即0341842 2，所以最小间距为27m 是 车不与自行车相撞的条件 [例题2]如图所示，侧面开有小孔s 的量简中注满水，高为h 的量简放图在高为H 的平台上，问小孔s 应开在何处，从孔中喷出的水为最远？ 解析：设小孔s 的位置离地面的高度为y ，水的水 平射程为x ，并设某一时刻质量为m 的水由小孔喷 出，做初速度为0V 的平抛运动，经时间l 落地，由 运动学公式可得 t v x 0= ① 22 1gt y = ② 喷出的水的动能可相当于它从水面处下落)(y H h -+的高度量力所做的功。 根据机械能守值定律有 202 1)(mv y H h mg = -+ ③ 联立①②③式得 022)(44=++-x y H h y 这是一个关于y 的一元二次方程，由于y 必须是正实数，所以△≥0,即 044)](4[22≥?-+-x H h , 又因x>0,所以x ≤h+H ，故最大水平射程H h x +=max ,此时方程的解为

求根公式及根的判别式

加强班求根公式及根的判别式 在解一元二次方程有关问题时，最好能知道根的特点：如是否有实数根，有几个实数根，根的符号特点等。我们形象地说，判别式是一元二次方程根的“检测器”，在以下几个方面有着广泛的应用： 利用判别式，判定方程实根的个数，根的特点； 运用判别式，建立等式、不等式，求方程中参数的值或参数的取值范围； 通过判别式，证明与方程相关的代数问题； 借助判别式，运用一元二次方程必定有解的代数模型，解几何存在性问题、最值问题。 例题1 （1）设a,b 是整数，方程02=++b ax x 的一根是324-，则a+b 的值是 （2）满足1)1(22=--+n n n 的整数n 有 个。（全国初中数学竞赛题） 例题2 已知0132=+-a a ，那么=++ --2219294a a a （ ） A 、3； B 、5； C 、35； D 、65 例题3 解关于x 的方程02)1(2=+--a ax x a 例题4 设方程04|12|2=---x x ，求满足该方程的所有根之和。 例题 5 设关于x 的二次方程0)2()2()1(222=+++--a a x a x a ○1及 0)2()2()1(222=+++--b b x b x b ○ 2（其中a,b 皆为正整数，且a ≠b ）有一个公共根。求

a b a b b a b a --++的值。 例题6（1）关于x 的方程k x k kx 8)18(22-=++有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是 ， （2）关于x 的方程0122 23=-+--a ax ax x 只有一个实数根，则a 的取值范围是 例题7 把三个连续的正整数a,b,c 按任意次序（次序不同视为不同组）填入□2x +□x+□=0的三个方框中，作为一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项，使所得方程至少有一个整数根的a,b,c （ ） A 、不存在； B 、有一组； C 、有两组； D 、多于两组； 例题8 已知关于x 的方程02)2(2=++-k x k x （1）求证：无论k 取任何实数值，方程总有实数根。 （2）若等腰三角形ABC 的一边长a=1，另两边长b,c 恰好是这个方程的两个根，求三角形ABC 的周长。（湖北省荆门市中考题） 例题9 设方程4||2=+ax x 只有3个不相等的实数根，求a 的取值和相应的3个根。（重庆市竞赛题）

数项级数的敛散性判别法

第六讲 数项级数的敛散性判别法 §1 柯西判别法及其推广 比较原理适用于正项级数，高等数学中讲过正项级数的比较原理： 比较原理I ：设 1 n n u ∞=∑，1 n n v ∞ =∑都是正项级数，存在0c >，使 (1,2,3,...)n n u cv n ≤= （i ） 若 1 n n v ∞ =∑收敛，则 1 n n u ∞ =∑也收敛；（ii ） 若 1 n n u ∞ =∑发散，则 1 n n v ∞ =∑也发散． 比较原理II （极限形式）设 1 n n u ∞ =∑，1 n n v ∞ =∑均为正项级数，若 lim (0,)n n n u l v →∞=∈+∞ 则 1 n n u ∞=∑、1 n n v ∞ =∑同敛散． 根据比较原理，可以利用已知其敛散性的级数作为比较对象来判别其它 级数的敛散性．柯西判别法和达朗贝尔判别法是以几何级数作为比较对象而 得到的审敛法．下面用比较判别法推出更宽泛的柯西判别法． 定理1（柯西判别法1）设 1 n n u ∞ =∑为正项级数， （i ）若从某一项起（即存在N ，当n N > 1q ≤<（q 为常数）， 则 1 n n u ∞ =∑收敛； （ii 1≥，则1 n n u ∞ =∑发散． 证（i ）若当n N > 1q ≤<，即n n u q ≤，而级数 1 n n q ∞ =∑收敛， 根据比较原理I 知级数 1 n n u ∞ =∑也收敛． （ii ） 1≥，则1n u ≥，故l i m 0n n u →∞ ≠，由级数收敛的必要条件知 1 n n u ∞ =∑

发散．定理证毕． 定理2（柯西判别法2） 设 1 n n u ∞ =∑ 为正项级数，n r =， 则：（i ）当1r <时，1 n n u ∞ =∑收敛；（ii ） 当1r >（或r =+∞）时，1 n n u ∞ =∑发散；（iii ）当1r =时，法则失效． 例1 判别下列正项级数的敛散性 23123(1)()()()357 21 n n n +++ +++；n n n e ∞ -∑n=1 (2) n n x α∞ ∑n=1 (3) （α为任何实数，0x >）． 解 (1) 因为11 2 n r ==<，所以原级数收敛． (2) 因为lim n n n r e →∞===∞，所以原级数发散． (3) 对任意α，n r x ==．当01x <<时收敛；当1x >时发散；当1x =时， 此时级数是p -级数，要对p α=-进行讨论，当1α->，即1α<-时收敛；当1 α- ≤时，即1α ≥-时发散． 例2 判别级数11[(1)]3 n n n n ∞ =+-∑的敛散性． 解 由于 (1)lim 3 n n n n →∞-== 不存在，故应用定理2 无法判别级数的敛散性．又因为 (1)1133 n q -==≤=< 由定理1（柯西判别法1）知原级数收敛． 例3（98考研）设正项数列{}n a 单调减少，且1(1)n n n a ∞ =-∑发散，试问级数111n n n a ∞ =?? ?+?? ∑是否收敛？并说明理由．

正确用判别式法求值域着重点辨析

正确用判别式法求值域“着重点”辨析 用判别式法求函数的值域是求值域的一种重要方法之一，它主要适用于分式型二次函数，或可通过换元法转化为二次函数的一些函数求值域问题。但在用判别式法求值域时因忽视一些“着重点”而经常出错，下面针对“着重点”一一加以辨析 着重点1 对二次方程的二次项系数是否为零加以讨论 例1 求函数3 22122+-+-=x x x x y 的值域。 错解 原式变形为0)13()12()12(2=-+-+-y x y x y （*） ∵R x ∈，∴0)13)(12(4)12(2≥----=?y y y ，解得 21103≤≤y 。 故所求函数的值域是]21,103[ 分析 把21=y 代入方程（*）显然无解，因此21=y 不在函数的值域内。事实上，21=y 时，方程（*）的二次项系数为0，显然用“?”来判定其根的存在情况是不正确的，因此要注意判别式存在的前提条件，即需对二次方程的二次项系数加以讨论。 正解 原式变形为0)13()12()12(2 =-+-+-y x y x y （*） （1）当2 1= y 时，方程（*）无解； （2）当2 1≠y 时，∵R x ∈，∴0)13)(12(4)12(2≥----=?y y y ，解得2 1103<≤y 。 由（1）、（2）得，此函数的值域为)21,103[ 着重点2 将原函数转化为方程时应等价变形 例2 求函数1++=x x y 的值域。 错解 移项平方得：()011222=+++-y x y x ， 由()014)]12([22≥+---=?y y 解得43≥y ，则原函数的值域是?? ????+∞,43. 分析 由于1-= -x x y 平方得()011222=+++-y x y x ，这种变形不是等价变

06第六讲 正项级数的比式判别法

数学分析第十二章数项级数正项级数的比式判别法 第六讲

数学分析第十二章数项级数比式判别法和根式判别法 本段所介绍的两个方法是以等比级数作为比较对象而得到的,特征就能作出判断，不需要与已知级数进行比较.但在使用时只要根据级数一般项本身的

数学分析第十二章数项级数 定理12.7（达朗贝尔判别法，或比式判别法） 则级数n u ∑收敛; >0(ii),n N 若对一切成立不等式 11,(6) n n u u +≥. n u ∑则级数发散1,(5)n n u q u +≤>0(i),n N 若对一切成立不等式0n u N ∑设为正项级数，且存在某正整数及常数01. q q <<（）

数学分析第十二章数项级数把前n -1个不等式按项相乘后,得到 --???≤132121 ,n n n u u u q u u u 或者由于当0 < q < 1时,-∑1,n q 等比级数收敛根据比较 原则及上述不等式可得. n u ∑级数收敛证+≤≥1(i)1n n u q n u 不妨设不等式对一切成立,于是有21,u q u ≤32u q u ≤，, 1,.n n u q u -≤ 11. n n u u q -≤

数学分析第十二章数项级数 0n N ≥因为当时,(ii )1n n u u +≥1n u -≥00, N u ≥≥> 从而 因此所以级数发散.00lim ,n N n u u →∞ ≥>

数学分析第十二章数项级数 推论1（比式判别法的极限形式） 若n u ∑为正项级数，且1lim ,(7) n n n u q u +→∞=则(i)1,; n q u <∑当时级数收敛(ii)1,. n q q u >=+∞∑当或时级数发散证由(7)式, 对任意取定的正数<-(1),q ε存在正数当n > N 时, 有+-<<+1.n n u q q u εεN ,

关于判别式法求值域增根的研究

关于判别式法求值域增根的研究 文章来源：2008年下半年度《试题与研究》 我们都知道对于形如f ( x ) = 的二次分式函数我们通常使用判别式来求其值域。但这是在分子分母没有公因式的前提下进行的，若分子分母有公因式时，我们须先 约去公因式，化成f(x) =的形式，然后再求出其值域。但如果我们用判别式法求这类函数的值域时，会出现什么情况呢？让我们比较吧！ 例：求二次分式函数y = 的值域．

y = y = = ， = 通过比较，我们发现用判别式法求值域的结果，比先化成一次分式函数来求解其值域的结果多了一个值y = 2。这就是说，

用判别式法求值域会产生增根。这是为什么呢？下面让我们首先来研究一下用判别式法来求值域的原理吧！ 函数是定义域到值域的映射，在定义域内任何一个x值，在值域内都有唯一一个y值与之对应。反过来，值域内每一个y 值，都会有一个或多个x值与之对应。将某一函数化为关于x 的方程（将y看作是x的系数），只是将x和y的对应关系用另一种形式表示出来，其对应实质并未改变。判别式法求值域就是基于这种思想而产生的。 将二次分式函数的分母乘到另一侧，得到一个关于x的方程。如果二次项系数不为0，此方程为关于x的一元二次方程。其中，当△≥0时（△是含字母y的式子），将这个范围内的y 值代入方程，都能够得到一个或两个与之对应的x值；而当△＜0时，方程无解，这说明在此范围内的y值没有x值与之对应，因此此范围内的值y不属于值域。如果二次项系数为0，此方程为关于x的一次方程，将此时y的取值代入解析式可得到一个与之对应的x值，如果所得x值在定义域内，则该y值属于值域；如果所得x值不在定义域内，或所得解析式根本没有意义，则该y值不属于值域。

公式法解一元二次方程与根的判别式

课题 公式法解一元二次方程与根的判别式 教学目标： 1、熟记求根公式，掌握用公式法解一元二次方程. 2、通过求根公式的推导及应用，渗透化归和分类讨论的思想. 3、通过求根公式的发现过程增强学习兴趣，培养概括能力及严谨认真的学习态度. 4、能不解方程，而根据根的判别式判断一元二次方程的根的情况. 5、培养思维的严密性、逻辑性和灵活性以及推理论证能力. 教学重点： 1、求根公式的推导和用公式法解一元二次方程. 2、会用判别式判定一元二次方程根的情况. 教学难点： 1、正确理解“当240b ac -<时，方程2 0(0)ax bx c a ++=≠无实数根. 2、运用判别式求出符合题意的字母的取值范围. 一、学习新知，推导公式 我们以前学过的一元一次方程0=+b ax （其中a 、b 是已知数，且a ≠0）的根唯一存在，它的根可以用已知数a 、b 表示为a b x -=，那么对于一元二次方程02=++ c bx ax （其中a 、b 、c 是已知数，且a ≠0），它的根情况怎样？能不能用已知数a 、b 、c 来表示呢？我们用配方法推导一元二次方程的求根公式. 用配方法解一元二次方程)0(02 ≠=++a c bx ax 解： c bx ax -=+2 移常数项 a c x a b x -=+2 方程两边同除以二次项系数（由于a ≠0，因此不需要分类讨论） 222)2()2(a b a c a b x a b x +-=++ 两边配上一次项系数一半的平方 22244)2(a ac b a b x -=+ 转化为n m x =+2)(的形式 注：在我们以前学过的一元二次方程中，会碰到有的方程没有解。 因此对上面这个方程要进行讨论

导数常见题型与解题方法总结

导数题型总结 1、分离变量-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0） 2、变更主元-----已知谁的范围就把谁作为主元 3、根分布 4、判别式法-----结合图像分析 5、二次函数区间最值求法-----（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系 （2）端点处和顶点是最值所在 一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立 此类问题提倡按以下三个步骤进行解决： 第一步：令0)('=x f 得到两个根； 第二步：画两图或列表； 第三步：由图表可知； 第三种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）。 例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数， 4323()1262 x mx x f x =-- （1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围； （2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值. 解:由函数4323()1262x mx x f x =-- 得32 ()332x mx f x x '=- - 2()3g x x mx ∴=-- （1） ()y f x =Q 在区间[]0,3上为“凸函数”， 则 2()30g x x mx ∴=--< 在区间[0,3]上恒成立 解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x <

公式法与根的判别式

八 年级 数学 学科 总计 20 课时 第 5 课时 课题 求根公式与根的判别式 教学目标： 1、熟记求根公式，掌握用公式法解一元二次方程. 2、通过求根公式的推导及应用，渗透化归和分类讨论的思想. 3、通过求根公式的发现过程增强学习兴趣，培养概括能力及严谨认真的学习态度. 4、能不解方程，而根据根的判别式判断一元二次方程的根的情况. 5、培养思维的严密性、逻辑性和灵活性以及推理论证能力. 教学重点： 1、求根公式的推导和用公式法解一元二次方程. 2、会用判别式判定一元二次方程根的情况. 教学难点： 1、正确理解“当240b ac -<时，方程20(0)ax bx c a ++=≠无实数根. 2、运用判别式求出符合题意的字母的取值范围. 一、学习新知，推导公式 我们以前学过的一元一次方程0=+b ax （其中a 、b 是已知数，且a ≠0）的根唯一存在，它的根可以用已知数a 、b 表示为a b x -=，那么对于一元二次方程02=++ c bx ax （其中a 、b 、c 是已知数，且a ≠0），它的根情况怎样？能不能用已知数a 、b 、c 来表示呢？我们用配方法推导一元二次方程的求根公式. 用配方法解一元二次方程)0(02≠=++a c bx ax 解： c bx ax -=+2 移常数项 a c x a b x -=+2 方程两边同除以二次项系数（由于a ≠0，因此不需要分类讨论） 222)2()2(a b a c a b x a b x +-=++ 两边配上一次项系数一半的平方 22244)2(a ac b a b x -=+ 转化为n m x =+2)(的形式 注：在我们以前学过的一元二次方程中，会碰到有的方程没有实数解。 因此对上面这个方程要进行讨论 因为2 040a a ≠>所以

判别式法证明不等式

判别式法证明不等式x^2+y^2+z^2>=2xycosc+2zxcosb+2yzcosa 等价于(x-cosc*y-cosb*z)^2+(sinc*y-sinb*z)^2>=0 对于分式函数 y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f) ： 由于对任意一个实数y,它在函数f(x)的值域内的充要条件是关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f) 有实数解，因此“求f(x)的值域。”这一问题可转化为“已知关于x的方程 y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f) 有实数解，求y的取值范围。” 把x作为未知量，y看作常量，将原式化成关于x的一元二次方程形式(*)，令这个方程有实数解，然后对二次项系数是否为零加以讨论： (1)当二次项系数为0时，将对应的y值代入方程(*)中进行检验以判断y的这个取值是否符合x有实数解的要求，…… (2)当二次项系数不为0时，∵x∈R，∴Δ≥0，…… 此时直接用判别式法是否有可能产生增根，关键在于对这个方程去分母这一步是不是同解变形。 原问题“求f(x)的值域。”进一步的等价转换是“已知关于x的方程 y(dx^2+ex+f)=ax^2+bx+c 至少有一个实数解使得 dx^2+ex+f≠0，求y的取值范围。” 【举例说明】 1、当函数的定义域为实数集R时 例1 求函数y=(x^2-2x+1)/(x^2+x+1)的值域. 解：由于x^2+x+1=(x+12)^2+34>0，所以函数的定义域是R. 去分母：y(x^2+x+1)=x^2-2x+1,移项整理得(y-1)x^2+(y+2)x+(y-1)=0.(*) (1)当y≠1时，由△≥0得0≤y≤4; (2)当y=1时，将其代入方程(*)中得x=0. 综上所述知原函数的值域为〔0，4〕. 2、当函数的定义域不是实数集R时 例2 求函数y=(x^2-2x+1)/(x^2+x-2)的值域. 解：由分母不为零知，函数的定义域A={x|x≠-2且x≠1}. 去分母：y(x^2+x-2)=x^2-2x+1,移项整理得(y-1)x^2+(y+2)x-(2y+1)=0. (*) (1)当y≠1时，由△≥0得y^2≥0�y∈R. 检验：由△=0得y=0，将y=0代入原方程求得x=1，这与原函数定义域A相矛盾， 所以y≠0. (2)当y=1时，将其代入方程(*)中得x=1，这与原函数定义域A相矛盾， � 所以y≠1. 综上所述知原函数的值域为{y|y≠0且y≠1} 对于分式函数y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)： 由于对任意一个实数y,它在函数f(x)的值域内的充要条件是关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有实数解， 把“求f(x)的值域”这问题可转化为“已知x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有实数解，求y的取值范围”把x当成未知量，y当成常量，化成一元二次方程，让这个方程有根.先看二次项系数是否为零，再看不为零时只需看判别式大于等于零了. 此时直接用判别式法是否有可能出问题，关键在于对这个方程取分母这一步是不是同解变形。这个问题进一步的等价转换是“已知x的方程y(x^2+mx+n)=ax^2+bx+c)到少有一个实数解使x^2+mx+n≠0，求y的取值范围” 这种方法不好有很多局限情况，如：定义域是一个区间的.定义域是R的或定义域是R且不等

无穷积分的敛散判别法

无穷积分的敛散判别法 摘 要：本文主要介绍了无穷积分的几种敛散判别方法，并对这些方法作一些规律性的分析，总结． 关键词：无穷积分；收敛；柯西准则；发散 The convergence and divergence method of infinite integral Abstract ：this article mainly introduces several kinds of infinite integral convergence and divergence discrimination method ，and the method for some regularity analysis ,summary. Key Words ：Infinite integral; Convergence ;Cauchy criterion;Divergence 前言 我们知道当讨论定积分时要考虑两个条件：一是积分区间时必须是有限闭区间；二是 被积函数必须是有界函数．但实际应用中会遇到积分的上限或下限趋于无穷大的情况，这时虽然可以用牛顿－莱布尼茨公式再求极限来解决，但是，如果被积函数的原函数不是初等函数，那么，就不能用上面的方法来解决问题了．这时，这个问题就变成积分上限函数当上限趋于无穷大时的极限是否存在的问题．这即是所谓的反常积分的敛散性问题．这里我们给出几种判断无穷积分敛散的方法． 1 无穷积分的定义 定义：设函数f 定义在无穷积分区间[,)a +∞上，且在任何有限区间[,]a u 上可积．如果存在极限 l i m ()u u a f x d x J →∞=? 则称此极限J 为函数f 在[,)a +∞上的无穷限反常积分（简称无穷积分），记作 ()a f x dx J +∞ =? 并称()a f x dx +∞? 收敛．如果极限不存在，为方便起见，亦称()a f x dx +∞? 发散． 类似地，可定义f 在(,]b -∞上的无穷积分： ()()lim b u b u f x dx f x dx →∞-∞=?? 对于在(,)-∞+∞上的无穷积分，他用前面两种无穷积分来定义： ()()()b a f x dx f x dx f x dx +∞ +∞ -∞-∞ =+??? ， 其中a 为任一实数，当且仅当右边两个无穷积分都收敛时它才是收敛的．

公式法与根的判别式

公式法与根的判别式-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1

八 年级 数学 学科 总计 20 课时 第 5 课时 课题 求根公式与根的判别式 教学目标： 1、熟记求根公式，掌握用公式法解一元二次方程. 2、通过求根公式的推导及应用，渗透化归和分类讨论的思想. 3、通过求根公式的发现过程增强学习兴趣，培养概括能力及严谨认真的学习态度. 4、能不解方程，而根据根的判别式判断一元二次方程的根的情况. 5、培养思维的严密性、逻辑性和灵活性以及推理论证能力. 教学重点： 1、求根公式的推导和用公式法解一元二次方程. 2、会用判别式判定一元二次方程根的情况. 教学难点： 1、正确理解“当240b ac -<时，方程20(0)ax bx c a ++=≠无实数根. 2、运用判别式求出符合题意的字母的取值范围. 一、学习新知，推导公式 我们以前学过的一元一次方程0=+b ax （其中a 、b 是已知数，且a ≠0） 的根唯一存在，它的根可以用已知数a 、b 表示为a b x -=，那么对于一元二次方程02=++ c bx ax （其中a 、b 、c 是已知数，且a ≠0），它的根情况怎样能不能用已知数a 、b 、c 来表示呢我们用配方法推导一元二次方程的求根公式. 用配方法解一元二次方程)0(02≠=++a c bx ax 解： c bx ax -=+2 移常数项 a c x a b x -=+ 2 方程两边同除以二次项系数（由于a ≠0，因此不需要分类讨论） 222)2()2(a b a c a b x a b x +-=++ 两边配上一次项系数一半的平方 22244)2(a ac b a b x -=+ 转化为n m x =+2)(的形式

级数判别法

级数判别法 基本定理：正项级数收敛的充要条件是： ∑∞ =1 n n a 的部分和数列 }{n S 有界。 1、 比较判别法：设 ∑∞=1 n n a 和∑∞ =1 n n b 是两个正项级数，且存在 0>N ，使当N n >时，有不等式n n b a ≤，则： ○ 1：∑∞ =1n n b 收敛 ∑∞ =?1 n n a 收敛。 ○ 2：∑∑∞ =∞ =?10 1 n n n n b a 发散发散。 2、 比较判别法极限形式：设 ∑∞ =1 n n a 和 ∑∞ =1 n n b 是两个正项级数，且 λ=+∞→n n n b a lim ，则： ○ 1：当+∞<<λ0时，∑∞ =1 n n a 和 ∑∞ =1 n n b 具有相同的敛散性。 ○ 2：当0=λ时，∑∞=1 n n b 收敛∑∞ =?1n n a 收敛。 ○ 3：当+∞=λ时，∑∞=1 n n b 发散∑∞ =?1 n n a 发散。 3、 比较判别法II ：设有两正项级数 ∑∑∞ =∞ =10 1 n n n n b a 和，)0,0(≠≠n n b a 满足： n n n n b b a a 1 1++≤，则： ○ 1：∑∞ =1 n n b 收敛 ∑∞ =?1 n n a 收敛。 ○ 2：∑∞ =1 n n a 发散∑∞ =? 1 n n b 发散。 4、 比值判别法（达朗贝尔）：设 ∑∞ =1 n n a 为正项级数，则： 1°若当n 充分大时有： 11 <≤+q a a n n ，则级数∑∞ =1n n a 必收敛。 2°若当n 充分大时有： 11 ≥+n n a a ，则级数∑∞=1 n n a 必发散。 5、 达朗贝尔判别法的极限形式：设 ∑∞ =1 n n a 为正项级数，且 2111lim lim λλ==+∞→+∞→n n n n n n a a ，a a ，+∞≤2,1λ，则： 1°：当11 <λ时，级数∑∞ =1n n a 收敛。 2°：当 12>λ时，级数∑∞ =1 n n a 发散。 6、 根值判别法（Cauchy ）：设 ∑∞ =1 n n a 为正项级数，则：

如何用判别式法求函数值域

如何用判别式法求函数值域 用判别式法求值域是求函数值域的常用方法，但在教学过程中，很多学生对用判别式求值域掌握不好。一是不理解为什么可以这样做，二是学生对哪些函数求值域可以用判别式法，哪些函数不能也比较模糊。本人结合自己的教学实践谈谈对本内容的一点体会。 一、判别式法求值域的理论依据 例1、 求函数1 22+--=x x x x y 的值域 象这种分子、分母的最高次为2次的分式函数可以考虑用判别式法求值域。 解：由1 22+--=x x x x y 得： （y-1）x 2+(1-y)x+y=0 ① 上式中显然y ≠1,故①式是关于x 的一元二次方程 ?? ????-+--=∴≠≤≤-≥?---=?13111,13 10) 1(4)1(222，x x x x y y y ，y y y 的值域为又解得令 为什么可以这样做？即为什么△≥0，解得y 的范围就是原函数的值域？ 我们可以设计以下问题让学生回答： 1、 当x=1时，y=? (0) 反过来当y=0时，x=?（1） 当x=2时，y=? (32) 当y=3 2时，x=?（2） 以上y 的取值，对应x 的值都可以取到，为什么？ （因为将y=0和y=3 2代入方程①，方程的△≥0） 2、 当y=-1时，x=? 当y=2时，x=? 以上两个y 的值x 都求不到，为什么求不到？（因为将y 的值代入方程①式中△<0,所以无解） 3、 当y 在什么范围内，可以求出对应的x 值？ 4、 函数1 22+--=x x x x y 的值域怎样求？ 若将以上问题弄清楚了，也就理解了判别式求值域的理论依据。 二、判别式法求值域的适用范围 前面已经谈到分子、分母的最高次为2次的分式函数可以考虑用判别式法求值域。是不是所有这种类函数都可以用判别式法求值域？

Bland-Altman方法判定测量一致性

运用Bland-Altman分析水稻测量方法一致性 摘要：在农业生产中，对水稻穗长进行测量的数据是预测水稻产量，观测农作物生长情况的重要指标。在实际测量中，经常会遇到评价两种或多种检测、测量方法结果一致性的问题。一般情况下，其中一种方法是目前广泛应用的或被称为“金标准”的方法，在对水稻穗长进行测量的过程中，水稻穗长的手动测量方法即人工对每棵水稻的穗长进行测量，此测量数据可作为“金标准”。而另一种方法则是更先进、更便于应用、更经济的方法，在对水稻穗长进行测量的过程中，水稻穗长的自动测量方法即使用机器视觉采集水稻穗长图像，然后用图像识别的方法获得每个水稻的穗长。本文将通过运用Bland-Altman方法对水稻穗长测量实例的分析，来判断这两种方法是否可以互相替代。 一、原理和方法 Bland-Altman方法的基本思想是计算出两种测量结果的一致性界限，并用图形的方法直观地反映这个一致性界限。最后结合水稻穗长的实际状况，得出两种测量方法是否具有一致性的结论。 1．一致性界限 在进行两种方法的测定时，通常是对同一批受试对象同时进行测量。这两种方法一般不会获得完全相同的结果，总是存在着有一定趋势的差异，如一种方法的测量结果经常大于(或小于)另一种方法的结果，这种差异被称为偏倚。偏倚可以用两种方法测定结果的差值的均数d进行估计，均数d的变异情况则用差值的来描述。如果差值的分布服从正态分布，则95％的差值应该位于标准差S d 和d+1．96Sd之间。我们称这个区间为95％的一致性界限，绝大多数d-1．96S d 差值都位于该区间内。如果两种测量结果的差异位于一致性界限内在实际上是可以接受的，则可以认为这两种方法具有较好的一致性，这两种方法可以互换使用。当样本量较小时，抽样误差会相对较大，因此还要给出95％一致性界限的上下限的置信区间。差值均数的标准差SE(d)，一致性界限的上、下限的标准误近似等于1．71SE(d)，则可以分别计算出一致性界限上限的95％置信区间和下限的95％置信区间。

分析的严谨性

分析的严谨性 数学大家对极限的理解与解释： 柯西（1821） 达朗贝尔（1754）牛顿（1687）莱布尼茨（1684） 柯西：如果赋予统一变量的连续不断的一系列数值使其无限地趋向于一个固定的值，使得最终它们与固定值的差按人们所希望的那样小，则后者称为所有其特殊之的极限。达朗贝尔：比值[a:2y+z]总是小于a:2y,但是z越小，这个比值就越大，并且由于人 们可选取任意小的z，比值a:2y+z就可按我们希望的那样靠近比值a：2y。因此a:2y是a:2y+z的极限。牛顿：逐渐变小的量之间的最终比值…（是）极限，即数量比值无限减小却总是收敛于它；它们比任何事先给定的插枝更接近敌趋向于它，但永远不超过也不达到它，直到这些量减到无穷小。莱布尼茨：如果任何一个连续变迁以一个极限为终结，那么就能够形成一种普遍的推理，他也能适用于最终的极限。 恰好生于对微积分新的理论基础怀疑的时代的柯西—－这位毕业于法国多科工艺学校的杰出数学家，在１８２１年，〈〈分析教程〉〉中首次提出微积分新的理论基 础。接着，又发表与微积分基础概念严格化密切相关的著作〈〈无穷小分析原理概要〉〉（１８２３），〈〈分析的几何应用原理〉〉（１８２６～１８２８）。这三部 著作集数学分析之大成就，奠定了以极限理论为基础的现代数学分析体系，在数学分析的发展史上建树了一座有划时代意义的里程碑。 柯西抛弃了物理和几何直观，通过交量来定义极限的概念：“如果代表某变量的 一串数值无限地趋向某一固定值时，其差可以任意小，那么这个固定值就叫做这一串数值的极限。”这个当时最清晰的定义，是数学分析算术化伊始的信号。接着，他又 定义了无穷小：“一变量的值无限大减小，以至收敛于零，则称此变量为无穷小。” 对无穷大，柯西认为是它的值可以无限地变大，以至能够超过任何给定的常量的变量。在这里，柯西让趋于极限的，特别是趋于极限零的变量概念扮演着中心角色，从而把极限原理和无穷小量原理综合起来，并以此为基础定义了函数的连续性，导数和微分，积分。 柯西是这样来定义函数的连续性的：如果在两个界限之间（即某一区间内）变量x的无穷小增量a总史函数f(x)产生一个无穷小增量f(x+a)-f(x),则称函数f(x)在这 两个界限之间连续。柯西关于一区间上连续函数的定义，使用了定义于极限概念基础上的无穷小，因而较之旧的定义既有更规格逻辑依据又有精确的数字形式。令人不解的是，柯西只定义了变量的极限，而没有定义函数的极限。联系他把具有性质的函数f（α）当作无穷小量来处理，意味着函数也被认为是变量。 柯西在《无穷小分析原理概要》（以下简称《概要》）和《分析的几何应用原理 》中，给出了字句完好相同的导数定义，定义中Δy/Δx的分子和分母都作为无穷小