对一道习题的再思考

对一道典型数列极限题,采用类比的方法,从离散型到连续型,从低维到高维进行推广,得到了几个推广命题.     

用数列极限计算函数极限的夹逼定理

通过对一些实例的分析介绍了两个利用数列极限计算函数极限的夹逼定理,可以有效地计算一类函数极限     

含极限变量的定积分的极限

根据极限变量在定积分中位置不同对定积分的极限进行分类,并给出相应类型极限的求解方法。     

一道全国大学生数学竞赛决赛题的推广

解答一道全国大学生数学竞赛非数学类决赛试题,该试题涉及微分方程,定积分及一元函数求极限.针对以积分形式表示的函数求极限问题,将定义在[0,1]区间上特定的被积函数分别推广到单调连续函数、连续函数及[-1,1]区间上的连续函数这三种形式.利用夹逼准则、连续函数的定义及反常积分一致收敛的性质可证推广命题成立.     

一道数列极限的新解法

求解含n!式子的极限时,可直接用斯特林公式,但其证明方法对非数学专业的学生来说较难理解,故这里利用定积分的几何意义和夹逼准则,给出了 一种巧妙解法,在计算极限时与用斯特林公式作用差别不大.     

微积分中的问题之一——微分学中的问题

以问题的形式探讨了数列极限与子列极限的关系问题;夹逼定理条件能否简化的问题;极值点附近函数的性态问题及导数的介值性问题     

若干个数列之间的联系及其极限

揭示了若干个数列之间的联系,找到了形成这些数列的背景,求出了这些数列的极限;而后又提供两个例子作为所获得的结论的应用,且其中的一个例子是对一道典型题的错误解法的再讨论．     

应用抓大放小法计算极限

应用抓大放小方法计算几类特殊类型问题的极限,并得到几个结论;另外,文中的例题证实了该方法的有效性.     

关于恒正点列命题的一个结论及应用

在Stolz定理的基础上,得到关于恒正点列命题的一个结论,并重点举例说明其在求解形如lim n→∞ n√xn极限中的应用     

夹逼准则两种错误证明方法辨析

本文给出了判定数列极限存在的夹逼准则的两种错误证明方法,并分析指出了这两种证明方法中的错误之处。     

一道课本习题引起的思考

题目(苏教版必修二第63页19题,探究操作题)用硬纸剪一个三边均不等的锐角三角形AOB,然后以AB边上的高OO′为折痕,折得两个直角三角形,使之直立于桌面上(如图1),那么,∠AO′B就是∠AOB在桌面上的射影,转动其中     

一道习题的四种解法

利用数形结合及积分第一中值定理、积分第二中值定理、介值性定理、零点定理,对一道习题提供四种解法．     

对一道线性代数习题的探讨

同济大学数学系所编线性代数附册（学习辅导与习题选解）对一道行列式证明的习题作出了推广．本文给出了这一推广的多种证明,并利用数值分析中的插值理论对该问题作出进一步推广．     

Lp（1〈p〈∞）上下半连续函数的HOLDER次微分逼搂中值定理

建立Banach空间上次微分的逼搂中值定理，关键是对连续凸函数g,f的次微分δf必须满足δ（f λg）(x)包含于δf(x) λδg(x)。该文在Lp上对Holder次微分来证明上述性质，由此建立Holder次微分下的逼搂中值定理。     

巧用定积分求解一类和式极限

利用函数的单调性适当估计和式的上下界,并根据夹逼准则与定积分,解决了一类复杂的求和式极限问题.     

一道数学竞赛题的讨论

对浙江省大学生数学竞赛题的一道试题从试题结论的推广及新的结论等方面进行了讨论.     

一道课本习题的一个姊妹不等式及其应用

现行全日制普通高级中学教科书(必修)数学第二册(上)P_(17)有这样一道不等式:对任意的实数a,b,c,d,都有(a~2+b~2)(c~2+d~2)≥(ac+bd)~2.等号当且仅当ad=bc时成立.通过对称性,我们容易联想到它的如下一个姊妹不等式.定理设a,b,x,y∈R,则有(a~2-b~2)(x~2-y~2)≤(ax-by)~2,当且仅当ay=bx时等号成立.     

Vallée-Poussin算子逼近连续函数的最优估计

通过将Vallée-Poussin算子逼近连续函数的能力转化为对辅助数列{g(n)}的上确界的计算,首先利用数列单调有界定理证明辅助数列极限的存在性,之后借助夹逼准则求得辅助数列{g(n)}的极限,即数列{g(n)}的上确界,进而得到Vallée-Poussin算子逼近连续函数的最优估计常数.     

巧用夹逼准则求极限

对可用夹逼准则求极限的微积分题目进行了归纳和分类,有助于学生加深对夹逼准则的理解,并能在解题中举一反三.     

对一道习题的思考

在一本参考资料中 ,笔者遇到这样一个题目 :设 - 2π<α<β<-π ,求 2α - β的范围 .参考资料解答如下 :解　由- 2π<α<-π ,- 2π<β<-π得 :- 4π<2α <- 2π ,(1 )π<- β<2π ,(2 )由 (1 ) +(2 )得 :- 3π<2α - β<0 .这种解法乍一看好像无可厚非 ,但仔细想一想 ,却问题不少 ,因为α<β这一约束条件在本题中好像没有多大的作用 .那么α<β这约束条件题目中可以不要了 !但实际上 ,这一约束条件是有作用的 .于是笔者作了进一步的分析 :对于 2α - β的下限 ,必须使得α的值尽可能的小 ,β的值尽可能的大 .这一变化过程中 ,始终保持了α…