作业及试卷中出现的典型错误分析_分析试卷错误的原因

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作业及试卷中出现的典型错误分析

例1.利用极限定义证明: lim(n1n)0.n

标准解答:

0,N[

14

],nN,恒有

|n1n|

1n1

n



12n



成立,故lim(n1n)0.n

错误证法1: 0,要使|n1n|而n1n2n1,故只须2n1

1n11

n

14

2,只须n1n

1]即可。



.,取N[

错误分析：证明的前半部分：0,要使|n1n|只须n1n

2n1

1n1

n

,

并没有错。但随后将n1n放大到2n1，再由



推出N值就不对了。因为n1n的上界2n1

，并不能保

证n1n推出N值。



。所以正确解法应是将n1n缩小到2n，再由2n



错误证法2: 0,要使|n1n|只须n1n

1n1

n

,

.而n1n2n,故只须2n

,取N

2

[

]即可。

错误分析：极限的N定义中, N需为整数,而[能取N

1[1

2

]有可能不是整数,因此不

2

].例2.计算下列极限:(1)lim

na

n

n

(a1);

1a

n

标准解答: 令a1b,其中b0.因为



na

n



1nb

nn(n1)

na

n,而

b

lim

1a

n

n

0,且lim

n

1nb

n(n1)

b

0,根据两边夹定理得 lim

n

0

.n

a

n



a

n



n

n

lim

a

n

n

n

n

n

n

a

n,在此条件

错误分析: 在n的过程中,当n充分大时,有nnan,故下无法用两边夹定理。错误解法2: 因为

1a

n

nn

n



na

n



na

n



n(a1)

n

ana

n

n1

n



n(n1)

2nn(n1)

21a

n，且由

a

n2

(1)10，得

n

0lim

n

ana

n

n1

n



n(n1)

2n

lim

a

n2

(1)1

0

n

n

a

n2

n

lim

anana

n

nn1



n(n1)

.而lim

a

n2

(1)1

n

n

0,根据两边夹定理得

lim

n

0。

n

ana

错误分析: 计算lim

n

nn1



n(n1)

n

时，用到了不等式：

a

n2

(1)1a

n2

n

ana

nn1



n(n1)

21n1n

a(1)1

n

n(n1)，而此不等式并不成立。

(2)lim(1

n).2

标准解答: 因为

(1

1n)(11n)

n

n

1n



1n)

n

(11n1

n1n)

n)(1

n

n1n11))

n

(1

1n1)

n，而

故根据两边夹定

lim(1

n

e,1n

lim(1

n

lim(1

n

n1

n1

(1

n1)e,理得 lim(1

n



1n)

n

e1

.1n1n

错误解法1: 因为(1)n(1

n

lim(1

n)(1

n

1n



1n)

n

(1

2n)

n，而

1n

1n)

n

e, lim(1

n

2n)

n

e, 故根据两边夹定理得 lim(1

n

1n)

n

e

.错误分析: 由于lim(1)lim(1)2e2,lim(1)ne,故不能根据两边

n

n

n

n

n

n

n

n

夹定理得出 lim(1

n

1n1n



1n)

n

e

n

.解法中，不等式的右端项选取不合适。

1n1n

错误解法2：lim(1

n

1n)[lim(1

n)]

n

1.(1

n



n)

并不是固定几个存在极限的数列的乘

积，因此不能直接用极限的四则运算法则。错误解法3：因为

1n

n

(1)(1

1n



1n)(1

n

1n



1n



1n

n)

n

1n1

1(1())

nn

] [

11

n

而lim(1)n

n

n

1n1

1(1())

nn

]e, e,lim[

n1

1

n

1n1n1n

故根据两边夹定理得 lim(1

n)

n

e

.1n

n

错误分析:不等式右端项中1不能用等比数列求和公式。(3)lim(x)tg

n

1n



并不是等比数列若干项的和，因此

x2

x2lim

标准解答: lim(x)tg

x

x

ctg

x2

x

lim

(x)(ctg

x2)

x

lim

112csc

x

x2

2.错误解法：lim(x)tg

x

x2

tg

lim

x

xlim

x

(tg(1

x))

1limx

sec1

x2

xx(x)

错误分析: 所求函数极限属于0型，可通过其中一项的倒变换化为型，再运用洛必达法则求得极限。究竟化为

00

00

型或



型还是

00



型需根据何者运用洛必

达法则后求极限更容易。标准解答中将其化为计算十分方便。而错误解法中将其化为



型再运用洛必达法则求得极限，型，运用洛必达法则后函数形式更加

复杂，分母中幂次上升，由此计算下去，将无法求得极限。

例3.设函数f(x)在闭区间[a,b]上连续(ab0)，在(a,b)内可导,试证：在(a,b)内至少有一点，使等式标准解答: 令F(x)

a

1x

bf(b)

abf(a)

f()f()成立。

f(x)x，G(x)，它们在区间[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且G(x)

，使得

1x

0

。满足柯西中值定理的三个条件，于是在(a,b)内至少有一点

f(b)

f(a)a1a

f(b)

bf(b)

af(b)bf(a)

ab

b1bf(a)a1a



F(b)F(a)G(b)G(a)

F()G()

f()f().abf(b)

abf(a)



af(b)bf(a)

ab



b1b



错误证法：把等式左端改写成f(b)

f(a)a1a

a

abf(a)

,即证b



1b

f()f().对函数F(x)

f(x)x

与G(x)

1x

在区间[a,b]上

分别应用拉格朗日中值定理得

1b1a

f(b)b



f(a)a



f()f()



(ba)及



(ba)，两式相除即得结论。

f(x)

错误分析: 对函数F(x)值定理即得

f(b)b

f(a)a



xxf(1)1f(1)

与G(x)



在区间[a,b]上分别应用拉格朗日中

(ba)

及

1b



1a





(ba),由于两

个中值公式中的1,2不一定是相同的，因此不能两式相除得到结论。



例4.计算2sinxcos4xdx.标准解答:







sinxcosxdxcosxd(cosx)令cosxt



tdt

t



.错误解法1：











sinxcos

xdxcos

xd(cosx)令cosxt



tdt

t





160

.错误分析: 用换元法计算定积分，在换元公式中,当积分变量由x换成新变量t时，积分限应由原来x的变化区间[0，]换成相应的t的变化区间[1，0]（积分



限顺序不能随意调换），而上述解法中换元后积分限未作相应调整，由此导致计算错误。错误解法2：







sinxcos

xdx2cos

xd(cosx)

cosx5



cos11

.错误分析: 上述解法中并没有改变积分变量，所以此时改变积分限是错误的，只有换元才需要换积分限。例5.计算F(x)标准解答：

F(x)(e

x



x

ecostdt的导数F(x).x



x

x

costdt)e

x



x

costdte(costdt)

x

x

x

e

x



costdtecosx(x)e

x

x



x

costdt2xecosx

x2

错误解法1：F(x)(

ecostdt)ecosx(x)2xecosx.x

xx22x2

错误分析: 解法中未把e视为常数，从积分中提取出来再求导，而是将其视为被积函数直接用变上限的积分求导方法，导致计算错误。事实上，题中积分变量为t，因此e可视为常数。错误解法2：F(x)(e

x

x



x

costdt)e

x



x

costdte(costdt)

x

x

e

x

x

costdtecosx.x

错误分析:解法中(

x

costdt)不能单纯地视为积分上限的函数求导，

x

costdt实际上是由



u

costdt和ux2复合而成，因此计算其导数应用复合函数求导法则，并结合积

u

分上限的函数的性质：(f(t)dt)f(u).例6.计算1

1x

dx.标准解答：1

1x

dx





1x

1

2



1x

，由于

1



1x

1

lim

0



1x

1

lim2

0

1x

lim（1

0



1),故原积分发散。

错误解法：1

1x

dx

1x

2.1

错误分析: 积分区间是从小到大的，被积函数是正的，积分值不会是负的。错误原因在于没有注意到被积函数在积分区间内有一奇点：x0.因此被积函数在积分区间上是无界函数，应用广义积分计算方法。

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