前言一. 函数极限与连续1. 函数与性质1.1 反函数1.2 复合函数1.3 隐函数2. 函数重要特征2.1 有界性2.2 单调性2.3 奇偶性2.4 周期性3. 函数图像3.1 直角坐标系下的图像4.2 初等函数3.3 图像的变换方式3.4 极坐标系下的图像直角坐标转化为极坐标参数方程转化为极坐标二. 函数极限与连续性1. 函数极限存在条件2. 函数极限的性质3. 无穷小与无穷大定义及性质3.1 无穷小的比阶3.2 常用的等价无穷小4. 极限的计算4.1 洛必达法则4.2 泰勒公式常见泰勒公式高阶无穷小运算及泰勒展开规则4.3 两个重要极限4.4 夹逼准则5. 七种未定式计算5.1 $\frac{\infty}{\infty}$ 未定式解法5.2 $\frac{0}{0}$ 型解法5.3 $\frac{c}{0}$ 型解法5.4 $\infty\pm\infty$ 型解法5.5 $0·\infty$ 型解法5.6 $1^{\infty}$ 型解法6. 函数的连续和间断6.1 函数的连续6.2 函数的间断7. 极限总结7.1 函数极限考点7.2 常见分左右极限函数三. 数列的极限1. 数列极限定义与结论2. 收敛数列的性质3. 海涅定理(归结原则)4. 夹逼准则4.1 利用简单放大缩小4.2 利用未知条件求极限4.3 利用重要不等式4.4 利用压缩映射原理5. 单调有界准则6. 数列极限题目6.1 证明数列极限值6.2 已知极限证明另一个极限6.3 数列极限压轴知识四. 一元函数微分学1. 导数的基本概念1.1 导数奇偶性1.2 导数的性质1.3 函数的可导与连续的关系2. 导数的几何意义3. 微分基本概念4. 导数与微分计算4.1 基本求导法则4.2 分段函数求导4.3 反函数的导数4.4 参数方程的导数4.5 隐函数求导4.6 对数求导法4.7 幂指函数求导法4.8. 高阶导数数学归纳法莱布尼兹公式用泰勒公式4.9 重要的求导公式五. 一元函数微分学的应用1. 极值与最值1.1 单调性与极值的判别1.2 极值与最值关系2. 函数凹凸性与拐点2.1 函数凹凸性2.2 函数拐点3. 极值点与拐点重要结论4. 渐近线4.1 铅锤渐近线4.2 水平渐近线4.3 斜渐近线5. 最值点和取值范围5.1 闭区间上的最值5.2 开区间上的最值或取值范围6. 函数图像7. 曲率及曲率半径六. 导数的应用1. 函数的中值定理2. 导数的中值定理2.1 费马定理2.2 罗尔定理2.3 拉格朗日中值定理2.4 柯西中值定理2.5 泰勒公式2.6 泰勒公式拓展2.7 中值定理应用总结7. 微分等式7.1 零点定理7.2 单调性7.3 罗尔定理推论7.4 实系数奇次方程8. 微分不等式8.1 用函数性态证明不等式8.2 用常数变量化证明不等式8.3 用中值定理证明不等式

前言

目录上册：函数极限与数列极限是研究之后内容的工具。一元函数微分学分为：概念、计算、三大应用。一元函数积分学重点是：概念与性质、计算、三大应用。

目录下册：多元函数微分学(同样从概念、计算、应用入手)。二重积分(同样从概念、计算、应用入手)。最后是微积分学的应用：微分方程。

经典解题方法：

任何题目找题中定义式、关系式、约束式
对题中某个式子，大部分是关系式进行一到两步逆运算
$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$
$a=a-0$ $a=a-b+b$ $e-1=e^1-e^0$
翻译题中数学名词

一. 函数极限与连续

知识点总览：

1. 函数与性质

详细定义：

$x$ $y$ $D$ $x\in D$ $f$ $y$ $y$ $x$ $y=f(x)$ $x$ $y$ $D$ $\{f(x)|x\in D\}$ 为值域。
$x$ $y$ $x$ $y$ 没有 $x$ $y$ )。

注：单值函数与多值函数。

$x_1$ $y_1$ $x_2$ $y_2$ $a$ $x_1,x_2(x_1\ne x_2)$ $y$ $b$ )。所以函数可以一对一，也可以多对一，这叫单值函数。

$x$ $y_1$ $y_2$ $c$ )。这种情况不再上述定义中。

判断函数是单值函数还是多值函数方法 $x$ $f(x)$ $f(x)$ 为单值函数。

$\Large 例1:$ $f(x+\frac{1}{x})=\frac{x+x^3}{1+x^4}$ $f(x)$

分析：本题是对对应法则的确立。解题关键是做好两边的恒等变形。

\begin{aligned} 解 : \\ f (x + \frac{1}{x}) = \frac{(x + x^{3}) / x^{2}}{(1 + x^{4}) / x^{2}} = \frac{x + \frac{1}{x}}{x^{2} + \frac{1}{x^{2}}} \\ = \frac{x + \frac{1}{x}}{(x + \frac{1}{x})^{2} - 2} \\ ∴ f (x) = \frac{x}{x^{2} - 2} \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)$ $(0,+\infty)$ $2f(x)+x^2f(\frac{1}{x})=\frac{x^2+2x}{\sqrt{1+x^2}}$ $f(x)$

分析：与上题区别是关系式中含有复合函数。这种类型考试常考。
$f(x)+xf(-x)=x$ $f(-x)-xf(x)=-x$ $f(-x)$ $f(x)=\frac{x+x^2}{1+x^2}$ 。

\begin{aligned} 解 : \\ 令 x = \frac{1}{x}, 则 2 f (x) + \frac{1}{x^{2}} f (x) = \frac{1 + 2 x}{x \sqrt{1 + x^{2}}} ② \\ 设 题 中 方 程 为 ①, 则 ② \cdot x^{2} - ① \cdot 2 ⟹ 3 f (x) = \frac{3 x}{\sqrt{1 + x^{2}}} \end{aligned}

1.1 反函数

前提是符合铅锤画线法的函数(单值函数)。

详细定义：

$y=f(x)$ $D$ $R$ $y\in R$ $x\in D$ $y=f(x)$ $x=\varphi(y)$ $y=f(x)$ $x=f^{-1}(y)$ 。
$R$ $D$ 。相对于反函数来说，原来的函数也称为直接函数。

有以下两点需要说明：

$y=x^2(x\in[0,+\infty])$ $x=\sqrt{y}$ 。
$x=f^{-1}(y)$ $y=f(x)$ $y=f(x)$ $x=f^{-1}(y)$ $y=f^{-1}(x)$ $y=x$ $x$ $y$ 互换的结果。

严格单调函数必定有反函数，而其反函数也严格单调，但有反函数的函数不一定是单调函数 $\forall x_1\ne x_2\in D,当f(x_1)\ne f(x_2)$ 即为严格单调)。

$y=x$ $y=2x$ $:x=\frac{1}{2}y$ $y=2x$ $y=\frac{1}{2}x$ $y=x$ 对称。

$f(x)=\left\{ \begin{matrix}x,&x\ge0\\\frac{1}{x},&x<0\end{matrix}\right.$ $f(x)$ $f(x)$ 不是单调函数。

判断函数是否有反函数方法 $y$ $f(x)$ $f(x)$ 有反函数。

补充 $y=f(x)$ $y=f^{-1}(x)$ $f[f^{-1}(x)]=x$ $f^{-1}[f(x)]=x$ $2^x=e^{x\ln 2}$ 。

$\Large 例:$ $y=f(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$ 的反函数

分析：这个函数是一个重要的研究对象。见到对数变形要多往对数的运算规则上面思考。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 \ln a^{b} = b \ln a : - y = - \ln (x + \sqrt{x^{2} + 1}) = \ln \frac{1}{x + \sqrt{x^{2} + 1}} \\ - y = \ln \frac{1 \cdot (x - \sqrt{x^{2} + 1})}{(x + \sqrt{x^{2} + 1}) (x - \sqrt{x^{2} + 1})} = \ln (\sqrt{x^{2} + 1} - x) \\ ∴ ① - y = \ln (\sqrt{x^{2} + 1} - x), ② y = \ln (x + \sqrt{x^{2} + 1}) \\ 由 此 可 得 : ③ e^{- y} = \sqrt{x^{2} + 1} - x, ④ e^{y} = \sqrt{x^{2} + 1} + x \\ 则 ④ - ③ = e^{y} - e^{- y} = 2 x \\ 反 函 数 : x = \frac{e^{y} - e^{- y}}{2} ⟹ y = \frac{e^{x} - e^{- x}}{2} \end{aligned}

$y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$ $a$ $y=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$ $b$ )

$y=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ 双曲余弦函数，是一个偶函数，是一种特殊的悬链线，图像如下。

1.2 复合函数

详细定义：

$y=f(u)$ $D_1$ $u=g(x)$ $D$ $g(D)\subset D_1$ $y=f[g(x)](x\in D)$ $u=g(x)$ $y=f(u)$ $D$ $u$ 称为中间变量。

$y=\arcsin u$ $u=x^2+2$ $u$ $[2,+\infty)$ $y=\arcsin u$ $[-1,1]$ $y=\arcsin(x^2+2)$ 没有意义。

$\large 例1:$ $f(x)=x^2,f[\varphi(x)]=-x^2+2x+3$ $\varphi(x)\ge0$ $\varphi(x)$ 及其定义域与值域。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 对 应 法 则 f (Δ) = Δ^{2}, 得 f [φ (x)] = φ^{2} (x) \\ 故 φ^{2} (x) = - x^{2} + 2 x + 3 \\ \sqrt{φ^{2} (x)} = \sqrt{- x^{2} + 2 x + 3} \\ ∴ & φ (x) = \sqrt{- x^{2} + 2 x + 3} \\ 由 - x^{2} + 2 x + 3 可 得 x \in [- 1, 3] \\ 且 \sqrt{- x^{2} + 2 x + 3} = \sqrt{- (x - 1)^{2} + 4}, 故 φ (x) \in [0, 2] \end{aligned}

$\large 例2:$ $f(x)\left\{\begin{matrix}\ln\sqrt{x},&x\ge1\\2x-1,&x<1\end{matrix}\right.,\quad$ $f[f(x)]$

\begin{aligned} 解 ： \\ ① & 广 义 化 : f [f (x)] = {\begin{array}{c} \ln \sqrt{f (x)}, f (x) \geq 1 \\ 2 f (x) - 1, f (x) < 1 \end{array} \\ ② & 分 析 图 形 : 图 例 如 下, 我 们 可 以 看 出 图 像 分 为 三 个 部 分 \\ 即 f [f (x)] = {\begin{array}{c} \ln \sqrt{\ln \sqrt{x}}, & x \geq e^{2} \\ 2 \ln \sqrt{x} - 1, & 1 \leq x < e^{2} \\ 2 (2 x - 1) - 1, & x < 1 \end{array} \end{aligned}

复合函数例题图像：

上面这道例题通常会是考研第一题，其关键在于将函数广义化，然后根据广义化后的函数画出图形，根据图形写出对应法则即可。

$\large 例3:$ $g(x)\left\{\begin{matrix}2-x,&x\le0\\2+x,&x>0\end{matrix}\right.,\quad$ $f(x)\left\{\begin{matrix}x^2,&x<0\\-x-1,&x\ge0\end{matrix}\right.,\quad$ $g[f(x)]$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 对 应 法 则 可 知 g (Δ) {\begin{array}{c} 2 - Δ, & Δ \leq 0 \\ 2 + Δ, & Δ > 0 \end{array} \\ f (x) 图 像 如 下, 可 以 根 据 图 像 看 出 Δ 范 围 \\ 也 可 根 据 f (x) 得 f (x) \leq 0 时, f (x) = - x - 1 \\ f (x) > 0 时, f (x) = x^{2} \\ ∴ g [f (x)] {\begin{array}{c} 2 - (- x - 1), & f (x) \leq 0 \\ 2 + x^{2}, & f (x) > 0 \end{array}, 令 f (x) = x 即 可 \end{aligned}

数形结合画出复合函数图像时，往往画里层函数可以一目了然。

1.3 隐函数

详细定义：

$F(x,y)=0$ $x$ $y$ $F(x,y)=0$ $y=y(x)$ 。
$x+y^3-1=0$ $y=\sqrt[3]{1-x}$ $\sin(xy)=\ln\frac{x+e}{y}+1$ 也表示一个隐函数，但不易显化。

$F(x,y)=0$ $y(x_0)$ $x_0$ $y(x_0)$ $y(x_0)$ ，则用观察法，如：

$y=y(x)$ $\ln y-\frac{x}{y}+x=0$ $x=2$ $y(2)=1$
$\ln y=\frac{2}{y}-2$ $y=1$
$y=y(x)$ $\ln y+e^{y-1}=\frac{x}{2}$ $x=2$ $y(2)=1$

2. 函数重要特征

2.1 有界性

详细定义：

$f(x)$ $D$ $I\subset D$ $M$ $x\in I$ $|f(x)|\le M$ $f(x)$ $I$ $M$ $f(x)$ $I$ 上无界。

注：

$y=f(x)$ $y=-M$ $y=M$ $M$ $|f(x)|\le M$ ，则为有界。
$I$ $y=\frac{1}{x}$ $(2,+\infty)$ $(0,2)$ $|\sin x|\le 1$ $(-\infty,+\infty)$ 内有界。
$I$ $x_0$ $\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)$ $y=-M$ $y=M$ $I$ $f(x)$ 包起来，这就是无界。

$\Large 例:$ $f(x)=\frac{x}{1+x^2}$ $(-\infty,+\infty)$ 内有界。

$f(x)$ $|f(x)|$ 有界。
$x^2=|x^2|=|x|^2$ $x^3\ne|x^3|=|x|^3$ $|x|=\sqrt{x^2}$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 当 x \neq 0 时, | f (x) | = \frac{| x |}{1 + x^{2}} \overset{上 下 同 除 | x |}{\Rightarrow} \frac{1}{\frac{1}{| x |} + | x |} \\ 由 \frac{a + b}{2} \geq \sqrt{a b} (a, b > 0) ⟹ \frac{\frac{1}{| x |} + | x |}{2} \geq \sqrt{\frac{1}{| x |} \cdot | x |} = 1 \\ 即 \frac{1}{| x |} + | x | \geq 2 ⟹ | f (x) | \leq \frac{1}{2} \\ 当 x = 0 时, f (0) = 0. 显 然 f (x) 在 (- \infty, + \infty) 有 界 \end{aligned}

常用的不等式还有：

\frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \leq \sqrt{a b} \leq \frac{a + b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}}

2.2 单调性

详细定义：

$f(x)$ $D$ $I\subset D$ $I$ $x_1,x_2$ $x_1<x_2$ $f(x_1)<f(x_2)$ $f(x)$ $I$ $I$ $x_1,x_2$ $x_1<x_2$ $f(x_1)>f(x_2)$ $f(x)$ $I$ 上单调减少。

$f(x)$ $I$ $x_1,x_2$ $I$ $x_1<x_2$ 则：

$f(x_1)<f(x_2)$ $f(x)$ $I$ 上单调增加。

$f(x_1)>f(x_2)$ $f(x)$ $I$ 上单调减少。

$f(x_1) \le f(x_2)$ $f(x_1)\ge f(x_2)$ $f(x)$ $I$ 上是单调不减和单调不增。这样的函数也称为非严格单调函数。

$x_1,x_2\in D,x_1\ne x_2$ ，有：

\begin{matrix} f (x) 是 单 调 增 函 数 ⟺ (x_{1} - x_{2}) [f (x_{1}) - f (x_{2})] > 0 \\ f (x) 是 单 调 减 函 数 ⟺ (x_{1} - x_{2}) [f (x_{1}) - f (x_{2})] < 0 \\ f (x) 是 单 调 不 减 函 数 ⟺ (x_{1} - x_{2}) [f (x_{1}) - f (x_{2})] \geq 0 \\ f (x) 是 单 调 不 增 函 数 ⟺ (x_{1} - x_{2}) [f (x_{1}) - f (x_{2})] \leq 0 \end{matrix}

$\Large 例:$ $f(x)$ $(-\infty,+\infty)$ $x_1,x_2,x_1\ne x_2$ $(x_1-x_2)·[f(x_1)-f(x_2)]>0$ $|f(x)|,f(|x|),f(-x),-f(-x)$ 中一定单调增加的是

$-f(-x)$

2.3 奇偶性

详细定义：

$f(x)$ $D$ $x\in D$ $-x\in D$ $x\in D$ $f(-x)=f(x)$ $f(x)$ $x\in D$ $f(-x)=-f(x)$ $f(x)$ $y$ 轴对称，奇函数图形关于原点对称。

前提是函数定义域关于原点对称。基本类型有：

$f(x)+f(-x)$ 必是偶函数
$\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ $\sqrt[3]{(1+x)^2}+\sqrt[3]{(1-x)^2}$ ，这两个函数一定是偶函数。
$f(x)-f(-x)$ 必是奇函数
$\frac{e^x-e^{-x}}{2}$ $\ln\frac{1+x}{1-x}$ ，这两个函数一定是奇函数。
$f(x)$ $u(x)=\frac{1}{2}[f(x)+f(-x)]$ $v(x)=\frac{1}{2}[f(x)-f(-x)]$ $u(x)$ $v(x)$ 是奇函数，由
$f (x) = \frac{1}{2} [f (x) + f (- x)] + \frac{1}{2} [f (x) - f (- x)] = u (x) + v (x)$
可知任何一个函数都可以写成一个奇函数与一个偶函数之和的形式。
$f[\varphi(x)]$ （内偶则偶，内奇同外）
$[偶]\Rightarrow$ $\sin x^2$
$[奇]\Rightarrow$ $\cos(\sin x),|\sin x|$
$[奇]\Rightarrow$ $\sin\frac{1}{x}$
$[偶]\Rightarrow$ $\cos|x|$
$[偶]\Rightarrow$ $\ln|x|$
$\Big[\ln(x+\sqrt{x^2+1})\Big]'=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$
$x,y$ $f(x+y)=f(x)+f(y)$ $f(x)$ 是奇函数。

$\Large 例:$ $x,y$ $f(x+y)=f(x)+f(y)$ $f(x)$ 是奇函数。

\begin{aligned} 证 明 : \\ 当 x = 0, y = 0 ⟹ f (0) = f (0) + f (0) \\ 奇 函 数 原 点 有 定 义, 函 数 值 一 定 为 0. 故 f (0) = 0 \\ 令 y = - x ⟹ f (0) = f (x) + f (- x) \\ 故 f (x) = - f (- x) \end{aligned}

函数奇偶性重要结论：

$f(x)$ $x=0$ 处有定义时， $f(0)=0$
$f(a)=0$ $f(b)=f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$
$f(a)=1$ $f(b)-1=f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$ $1=e^0$ $e^b-1=e^b-e^0=f'(\xi)(b-0)$
$y$ $f'(0)$ $f'(0)=0$ ，偶函数导数是奇函数，反之亦然。
$y=f(x)$ $y=-f(x)$ $x$ $y=f(x)$ $y=f(-x)$ $y$ $y=f(x)$ $y=-f(-x)$ 图像关于原点对称。
$y=f(x)$ $x=T(T\ne0)$ 对称的充分必要条件是：
$\begin{aligned} f (x) = f (2 T - x) 或 f (x + T) = f (T - x) \\ f (x) = f (2 T - x) 推理：令 T - x = t, x = T - t ① \\ ① 代入 f (x + T) = f (T - x) ⟹ f (t) = f (2 T - t) \\ 即 f (x) = f (2 T - x) \end{aligned}$

常见奇函数
$y=x^奇$ $y=\sin x$ $y=\tan x$ $y=\cot x$ $y=\arcsin x$ $y=\arctan x$ $y=\ln(\sqrt{x^2+1}\pm x),称为反双曲正弦$ $y=\frac{e^x-e^{-x}}{2},称为双曲正弦$ $y=\frac{1}{a^x+1}-\frac{1}{2}$
$y=\ln\left(\sqrt{x^{2}+1}+x\right)$ 图像：
$y=\ln\left(\sqrt{x^{2}+1}-x\right)$ 图像：
常见偶函数
$y=x^偶$ $y=\cos x$ $y=|x|$ $y=c$ $y=\frac{e^x+e^{-x}}{2},称为双曲余弦函数$
$y=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ 图像：

注意：定义域对称函数，可以写成一个偶函数和一个奇函数的和。

2.4 周期性

详细定义：

$f(x)$ $D$ $T$ $x\in D$ $x\pm T\in D$ $f(x+T)=f(x)$ $f(x)$ $T$ $f(x)$ 的周期。

周期性重要结论：

$f(x)$ $T$ $f(ax+b)$ $\frac{T}{|a|}$ 为周期
$g(x)$ $f[g(x)]$ $e^{\sin x},\cos^2x$
$f(x)$ $T$ $f'(x)$ $T$ 为周期。
$f(x)$ $T$ $\int_0^Tf(x)dx=0$ $\int_0^xf(t)dt$ $T$ 为周期。

重要结论(旧版)：

偶函数导数是奇函数
奇函数导数是偶函数
$f(x)$ $T$ $f'(x)$ $T$ 为周期的周期函数。
连续的奇函数的一切原函数都是偶函数
连续的偶函数的原函数中仅有一个原函数是奇函数。
$f(x)$ $T$ $\int^T_0f(x)dx=$ $f(x)$ $T$ 为周期。
$f(x)$ $(a,b)$ $f'(x)$ $f(x)$ $(a,b)$ 内有界。(函数变化率有界，则函数在有限区间内有界)

总结：

\begin{aligned} \underset{奇 函 数}{f^{'} (x)} ⟸ \underset{偶 函 数}{f (x)} ⟹ \underset{只 有 一 个 为 奇 函 数}{\int_{0}^{x} f (x) d x} \\ \underset{偶 函 数}{f^{'} (x)} ⟸ \underset{奇 函 数}{f (x)} ⟹ \underset{偶 函 数}{\int_{0}^{x} f (x) d x} \\ \underset{以 T 为 周 期 函 数}{f^{'} (x)} ⟸ \underset{以 T 为 周 期 函 数}{f (x)} \overset{当 \int_{0}^{T} f (x) d x = 0}{\to} \underset{一 切 原 函 数 也 以 T 为 周 期}{\int_{0}^{x} f (x) d x} \end{aligned}

$\Large 例:$ $f(x)$ $(-\infty,+\infty)$ $f(x)=f(x-\pi)+\sin x$ $f(x)$ $T=2\pi$ 为周期的周期函数

\begin{aligned} 证 明 : \\ f (x + 2 π) = f (x + π) + \sin (x + 2 π) \\ = f (x + π) + \sin x \\ = f (x) + \sin (x + π) + \sin x \\ = f (x) - \sin x + \sin x = f (x) \end{aligned}

3. 函数图像

3.1 直角坐标系下的图像

对数函数
$y=\log_ax(a>0,a\ne1)$ $y=a^x$ 的反函数
$\underset{x\to0^+}{\lim}x\ln x=0$
注：
1. $(0,+\infty)$ $(-\infty,+\infty)$
2. $a>1$ $y=\log_ax$ $0<a<1$ $y=\log_ax$ 单调减少
3. $y=\ln x$
4. $\underset{x\to0^+}{\lim}\ln x=-\infty$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}\ln x=+\infty$
5. $x=e^{\ln x}(x>0)$ $u^v=e^{\ln u^v}=e^{v\ln u}(u>0)$
$x>0$ $\ln(1+\frac{1}{x})=\ln\frac{x+1}{x}=\ln(x+1)-\ln x$ (拉氏定理的证明)
幂函数
$x>0$ $y=x$ $y=\sqrt{x}$ $y=\sqrt[3]{x}$ $y=\ln x$ $y=\frac{1}{x}$ 具有相反的单调性。
$y=x^2,y=x$ $y=\sqrt{x}$ 图像：
$y=x^3与y=\sqrt[3] {x}$ 图像：
$x>0$ $y=x$ $y=\sqrt{x}$ $y=\sqrt[3]{x}$ $y=\ln x$ $y=\frac{1}{x}$ 具有相反的单调性。由此可以得出几个结论：
1. $\sqrt{u},\sqrt[3]{u}$ $u$ 来研究最值 $u>0$ 时候，他们单调性相同。
2. $|u|$ 时，可以化为 $\sqrt{u^2}$ 来求最值，根据第一条结论，我们可以直接求 $u^2$ 绝对值。
3. $u_1·u_2·u_3$ $\ln(u_1·u_2·u_3)=$ $\ln u_1+\ln u_2+\ln u_3=\sum\limits_{i=1}^{3}\ln u_i$ 来研究最值。
4. $\frac{1}{u}$ $u$ $\frac{1}{u}与u$ 的最大值点，最小值点相反)。
$2、3$ .
$\Large 例:$ $0<x<\frac{1}{2}$ $y(x)=x^6(1-x)^2(1-2x)^4$ 的最大值点
分析：多项相乘(相除)、乘方(开方)的式子，可以通过取对数变为线性运算。
$\begin{aligned} 解 : \\ \ln y (x) = 6 \ln x + 2 \ln (1 - x) + 4 \ln (1 - 2 x) \\ 两边对 x 求导 : \\ y^{'} = y \cdot \frac{24 x^{2} - 28 x + 6}{x (1 - x) (1 - 2 x)} 令 y^{'} = 0 求驻点 \\ 故 24 x^{2} - 28 x + 6 = 0 ⟹ x_{1} = x_{2} = \frac{7 \pm \sqrt{13}}{12} \\ 由 x < \frac{1}{2}, 故 \frac{7 + \sqrt{13}}{12} 舍去, 故最大值点是 \frac{7 - \sqrt{13}}{12} \end{aligned}$
三角函数
$|sinx|\le 1$ $|cosx|\le1$ $x=0$ $|\sin x|< x$ $x\to0^+$ $\sin x<x$ 。
$sinx、cosx$ 特殊函数值：
$tanx、cotx$ 特殊函数值：
三角函数特殊值总结：
$y=|sinx|$ 图像：
$y=|cosx|$ 图像：
$\pi$ 为最小正周期。
$(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$ $y=\sec x$ $y=\csc x$ $2\pi$ 为最小正周期。
诱导公式：
$\begin{aligned} \sin (\frac{π}{2} \pm α) = \cos α, \sin (π \pm α) = \mp \sin α \\ \cos (\frac{π}{2} \pm α) = \mp \sin α, \cos (π \pm α) = - \cos α \end{aligned}$
$\arcsin x$ $\arccos x$
$\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}(-1\le x\le1)$
补充： $f(x)=c(c为常数)$ $f'(x)=0$ $f(x_0)=c$ $c$ $f(x)=c$ 。
重要恒等式：
$\begin{matrix} \sin (\arccos x) = \sqrt{1 - x^{2}}, x \in [- 1, 1] \\ \cos (\arcsin x) = \sqrt{1 - x^{2}}, x \in [0, π] \end{matrix}$ $\begin{aligned} 证明 : \\ \sin (\arccos x) = \sqrt{1 - x^{2}}, x \in [- 1, 1] \\ 令 t = \arccos x \in [0, π] \\ 有 \sin^{2} t + \cos^{2} t = 1, 故 \sin t = \sqrt{1 - x^{2}} \\ 即 \sin (\arccos x) = \sqrt{1 - x^{2}} \end{aligned}$
$\Large 例:$ $y=\sin x$ $0\le x\le2\pi$ ，求其所有单调区间上的反函数
$\begin{aligned} 解 : \\ 由于 x 在 [0, 2 π] 内不符合水平画线法, 需要根据单调区间划分求反函数 \\ 在 [0, \frac{π}{2}] 上, 函数在 \arcsin x 的主值 [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}] 内, 故 \arcsin y = x \\ 在 (\frac{π}{2}, \frac{3}{2} π] 内, 函数不在主值内, 但可以进行平移 : x - π \\ 故 \sin (x - π) = - \sin (π - x) = - \sin x ∴ - y = \sin (x - π) \\ 即 \arcsin (- y) = \arcsin (\sin (x - π)) ⟹ - \arcsin y = x - π \\ 在 (\frac{3}{2} π, 2 π] \overset{同理}{\Rightarrow} x - 2 π \in (- \frac{π}{2}, 0] \\ ∴ \sin (x - 2 π) = \sin x = y ⟹ \arcsin (\sin (x - 2 π)) = \arcsin y \\ x = 2 π + \arcsin y, y \in (- 1, 0] \end{aligned}$
$\arctan x$ $\arccot x$
$\arctan x+\arccot x=\frac{\pi}{2}(-\infty\le x\le+\infty)$
指数函数
$y=a^x\quad(a>0,a\ne1)$ 图像
注：
1. $(-\infty,+\infty)$ $(0,+\infty)$
2. $a>1$ $y=a^x$ $0<a<1$ $y=a^x$ 单调减少
3. $y=e^x$
4. $\underset{x\to-\infty}{\lim}e^x=0,\underset{x\to+\infty}{\lim}=+\infty$
5. 指数运算法则

4.2 初等函数

由基本初等函数（反、对、幂、三、值、常）经过有限次四则运算和有限次复合步骤所构成并且可以用以解析式子表示的函数，称为初等函数。也就是能够用手写出来由一个式子表达的，合理的函数，就是初等函数。

注意：

$y=\sqrt{\cos\pi x-1}$ $x=0,\pm2,\pm4,\cdots$
$u(x)^{v(x)}=e^{v(x)\ln u(x)}$ $x>0$ $f(x)=x^x=e^{x\ln x}$ 是初等函数，图像如下：

$\Large 例:$ $x>0$ $f(x)=x^x$ 图像

\begin{aligned} 解 ： \\ 由 题 可 知 x \in (0, + \infty) \\ ∴ lim_{x \to 0^{+}} x^{x} = e^{lim_{x \to 0^{+}} x \ln x} = 1, lim_{x \to + \infty} x^{x} = + \infty \\ 求 导 判 断 其 单 调 性 : 令 f^{'} (x) = (e^{x \ln x})^{'} = x^{x} (\ln x + 1) = 0 \\ 由 于 x > 0, x^{x} > 0. ∴ \ln x + 1 = 0. 得 x = \frac{1}{e} \\ {\begin{array}{c} x \in (0, \frac{1}{e}) ⟹ f^{'} (x) < 0, 递 减 \\ x \in (\frac{1}{e}, + \infty) ⟹ f^{'} (x) > 0, 递 增 \end{array}, 图 像 如 下 。 \end{aligned}

$y=x^x$ 图像：

分段函数
$\begin{aligned} 令 y = s g n x = {\begin{array}{c} 1, x > 0 \\ 0, x = 0 \\ - 1, x < 0 \end{array}, 称为符号函数 \\ 对于任何实数 x, 有 x = | x | s g n x . \end{aligned}$
y=sgnx分段函数图像：
取整函数
$y=[x]$ $x$ $x$ $x$ $x$ $[x]$ .如：
$\begin{aligned} [0.99] = 0, [π] = 3, [- 1] = - 1, [- 1.99] = - 2 \end{aligned}$
注意：
1. $x-1< [x]\le x$
2. $\underset{x\to0^+}{\lim}[x]=0;\underset{x\to0^-}{\lim}[x]=-1$
3. $[x+n]=[x]+n$ $n$ 为整数
$\Large 例:$ $[x]$ $x$ $y=x-[x]$ $1$ 为周期的周期函数。

3.3 图像的变换方式

平移变换
自变量变换：左加右减。当自变量添负号，左右对称。
函数表达式变换：上加下减。当函数添负号，上下对称。
对称
$y=f(x)$ $y=-f(-x)$
$y=f(x)$ $y=x$ $y=f^{-1}(x)$
绝对值(对称变换)
$x$ $x$ 轴上方即可。如下图(左)。
$y$ $y$ $y$ 轴左侧即可。图像如下图(右)。
绝对值函数变换：
伸缩变换
$y=f(kx)(k>1)$ $y=f(x)$ 缩短 $\frac{1}{k}$ ，纵坐标不变得到的图像。如下图(左)。
$y=f(kx)(0<k<1)$ $y=f(x)$ 伸长 $\frac{1}{k}$ ，纵坐标不变得到的图像。
$y=kf(x)(k>1)$ $y=f(x)$ 伸长 $k$ 倍，横坐标不变得到的图像。图像如下图(右)。
$y=kf(x)(0<k<1)$ $y=f(x)$ 短到 $k$ 倍，横坐标不变得到的图像。
图像伸缩变换：

3.4 极坐标系下的图像

直角坐标转化为极坐标

分为两步：

$r、\theta$ 图
根据直角坐标系下的图对应到极坐标图下。
$\theta$ $x$ 轴所经过的度数。
$r$ (y轴)，对应极坐标下的长度。

$例子:画出r=3(1+cos\theta)图像$

\begin{aligned} 解 ： \\ 先 画 出 c o s θ 图 像 \\ 再 向 上 平 移 1 个 单 位, 纵 坐 标 扩 大 3 倍 \\ 得 出 函 数 图 像 \end{aligned}

直角坐标系下图像：

\begin{aligned} 之 后 再 根 据 直 角 坐 标 图 像 画 出 极 坐 标 \\ 当 极 径 原 点 时, 极 轴 长 为 6 \\ 当 极 径 为 \frac{π}{2} 时, 极 轴 长 为 3 \\ 当 极 径 为 π 时, 极 轴 长 为 0 \\ . . . \end{aligned}

$r=3(1+cos\theta)$ 图像：

这是一个心形线(外摆线)

参数方程转化为极坐标

考试重点是摆线(一个点再平面上划过的轨迹)和星形线。

摆线(平摆线)
摆线的参数方程如下：
$\begin{aligned} {\begin{array}{c} x = r (t - s i n t) \\ y = r (1 - c o s t) \end{array}, t 代表转动的角度 \end{aligned}$
摆线图像(拱形部分)：
星形线(内摆线)
星形线图像：
星形线参数方程如下：
$\begin{aligned} {\begin{array}{c} x = r c o s^{3} t \\ y = r s i n^{3} t \end{array}, t 代表转动的角度 \\ 其直角坐标系下方程为 : x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = r^{\frac{2}{3}} \end{aligned}$

二. 函数极限与连续性

函数极限的侧重点重在计算。

$f(x)$ $x_0$ $A$ $\epsilon>0$ $\delta$ $0<|x-x_0|<\delta$ $f(x)$ $|f(x)-A|<\epsilon$ $A$ $f(x)$ $x\to x_0$ 时的极限。记作：

\begin{array}{r} lim_{x \to x_{0}} f (x) = A 或 f (x) \to A (x \to x_{0}) \end{array}

$\forall\epsilon>0$ $\exist\delta>0$ $0<|x-x_0|<\delta$ $|f(x)-A|<\epsilon$ 。

$\delta$ $0<|x-x_0|<\delta$ 表示邻域范围：

$\epsilon$ $\epsilon$ 小。

函数极限标准定义：

1. 函数极限存在条件

$f(x)$ $x_0$ $x_0$ $x$ $x_0$ $x_0$ $f(x)$ $A$ $A$ $f(x)$ $x\to 0$ 时的左极限。记作：

lim_{x \to x_{0}^{-}} f (x) = A 或 f (x_{0}^{-}) = A

如果从右侧趋近，则称为有极限。记作：

lim_{x \to x_{0}^{+}} f (x) = A 或 f (x_{0}^{+}) = A

$x\to x_0$ $f(x)$ 的极限定义及左右极限的概念，可以得到函数极限存在充要条件

函数极限存在充要条件： $f(x)$ $x\to x_0$ $f(x)$ 的左极限和右极限各自存在并且相等。即：

\begin{matrix} ① f (x_{0}^{-}) = f (x_{0}^{+}) = A \\ ② f (x) = A + a (x), lim_{x \to x_{0}} a (x) = 0 \end{matrix}

等式脱帽法 $f(x)$ $A$ $a(x)$ 。这在后面有重要应用。

$\Large 例:$ $\underset{x\to0}{\lim}\frac{\tan2x+xf(x)}{\sin x^3}=0$ $\underset{x\to0}{\lim}\frac{2+f(x)}{x^2}$ 的值

\begin{aligned} 解 : \\ 由 脱 帽 法 可 知 : \frac{\tan 2 x + x f (x)}{\sin x^{3}} = 0 + a (x), a (x) 是 无 穷 小 量 \\ 则 f (x) = \frac{a (x) \cdot \sin x^{3} - \tan 3 x}{x}, 代 入 lim_{x \to 0} \frac{2 + f (x)}{x^{2}} \\ 得 lim_{x \to 0} \frac{2 + f (x)}{x^{2}} = lim_{x \to 0} \frac{2 x - \tan 2 x + a (x) \cdot \sin x^{3}}{x^{3}} \\ = lim_{x \to 0} \frac{2 x - \tan 2 x}{x^{3}} + lim_{x \to 0} \frac{a (x) \cdot \sin x^{3}}{x^{3}} \\ = lim_{x \to 0} \frac{2 x - \tan 2 x}{x^{3}} + 0 \overset{2 x - \tan 2 x \sim - \frac{8}{3} x^{3}}{\Rightarrow} - \frac{8}{3} \end{aligned}

2. 函数极限的性质

定理一(函数极限的唯一性) $f(x)$ 有极限，则其极限值是唯一的。

这个性质具有"双向性(有正有负)"，基于此，有几个重要函数极限问题：

$\underset{x\to\infty}{\lim}e^x$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}e^x=+\infty,\underset{x\to-\infty}{\lim}e^x=0$ ，不满足唯一性，所以极限不存在。
$\underset{x\to0}{\lim}\frac{\sin x}{|x|}$ $\underset{x\to0^+}{\lim}\frac{\sin x}{|x|}=\underset{x\to0^+}{\lim}\frac{\sin x}{x}=1,\underset{x\to0^-}{\lim}\frac{\sin x}{|x|}=\underset{x\to0^-}{\lim}\frac{\sin x}{-x}=-1$
$\underset{x\to\infty}{\lim}\arctan x$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}\arctan x=\frac{\pi}{2},\underset{x\to-\infty}{\lim}\arctan x=-\frac{\pi}{2}$
$\underset{x\to0}{\lim}[x]$ $\underset{x\to0^+}{\lim}[x]=0,\underset{x\to0^-}{\lim}[x]=-1$
分段函数分段点两侧表达式不同，需要分别求左右极限

定理二(函数极限的局部有界性) $\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)=A$ $M和\delta$ $0<|x-x_0|<\delta$ $\delta\le f(x)\le M$ .

$\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)$ $f(x)$ $x_0$ 附近有界，局部有界性证明如下：

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 lim_{x \to x_{0}} f (x) = A 定 义 可 知 : \\ \forall ϵ > 0, \exists δ > 0, 当 0 < | x - x_{0} | < δ 时, | f (x) - A | < ϵ \\ ∴ | f (x) | = | f (x) - A + A | \leq | f (x) - A | + | A | \\ 此 时 取 ϵ = 1, | f (x) | \leq 1 + | A |, 令 1 + | A | = M \end{aligned}

注意：

$\underset{x\to·}{\lim}f(x)$ $·$ $x$ 趋向的六种情况。值得注意的是，极限存在只是函数局部有界的充分条件，并非必要条件。
$y=\sin x$ $\lim\sin x$ 不存在
$y=f(x)$ $[a,b]$ $f(x)$ $[a,b]$ 上必定有界
$f(x)$ $(a,b)$ $\underset{x\to a^+}{\lim}f(x)$ $\underset{x\to b^-}{\lim}f(x)$ $f(x)$ $(a,b)$ 内必定有界
有界函数与有界函数的和、差、积仍为有界函数。

$\Large 例:$ $(-1,0)$ $f(x)=\frac{x\sin(x-3)}{(x-1)(x-3)^2}$ 有界

\begin{aligned} 证 明 : \\ f (x) 在 (- 1, 0) 内 连 续 \\ 且 lim_{x \to - 1^{+}} \frac{x \sin (x - 3)}{(x - 1) (x - 3)^{2}} = \frac{\sin (- 4)}{32} \\ lim_{x \to 0^{-}} \frac{x \sin (x - 3)}{(x - 1) (x - 3)^{2}} = 0 \\ 故 f (x) 在 - 1, 0 处 极 限 都 存 在, 故 f (x) 在 区 间 内 有 界 \end{aligned}

定理三(函数极限的局部保号性) $\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)=A>0(或<0)$ $x_0$ $f(x)>0(或<0)$ ，详细定义如下：

$f(x)\to A(x\to x_0)$ $A>0$ $A<0$ $\delta>0$ $0<|x-x_0|<\delta$ $f(x)>0$ $f(x)<0$ $x_0$ $f(x)\ge0$ $f(x)\le0$ $\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)=A$ $A\ge0$ $A\le 0$ )。

以上定义可以引出脱帽法：

脱帽法严格不等：
$\lim f>0\Longrightarrow f>0$ $\lim f<0\Longrightarrow f<0$
戴帽法非严格不等
$f\ge0\Longrightarrow \lim f\ge0$ $f\le0\Longrightarrow\lim f\le0$

$\Large 例1:$ $\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)=A>0$ $x\to x_0$ $f(x)>0$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 则 \forall ϵ < 0, \exists δ < 0, 当 0 < | x - x_{0} | < δ 时, | f (x) - A | < ϵ \\ 取 ϵ = \frac{A}{2}, 则 f (x) > \frac{A}{2} > 0, 故 f (x) > 0 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)$ $x=0$ $\underset{x\to0}{\lim}\frac{f(x)}{1-\cos x}=-1$ $\delta>0$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{1 - \cos x} = - 1 \\ 故 lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{1 - \cos x} < - 1 ⟹ \frac{f (x)}{1 - \cos x} < 0 \\ 且 1 - \cos x > 0, 所 以 f (x) < 0, x \in (- δ, + δ) \end{aligned}

$\Large 例3:$ $x\to1$ $\frac{e^{\frac{1}{x-1}}\ln|1+x|}{(e^x-1)(x-2)}$ 的极限值

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 x \to 1, 故 x \to 1^{+} 时, x - 1 \to 0^{+} \\ 同 理, x \to 1^{-} 时, x - 1 \to 0^{-} \\ 故 x \to 1^{+}, \frac{1}{x - 1} = + \infty, x \to 1^{-}, \frac{1}{x - 1} = - \infty \\ ∴ lim_{x \to 1^{+}} e^{\frac{1}{x - 1}} \cdot \frac{\ln (1 + x)}{(e^{x} - 1) (x - 2)} = - \infty \\ lim_{x \to 1^{-}} e^{\frac{1}{x - 1}} \cdot \frac{\ln (1 + x)}{(e^{x} - 1) (x - 2)} = 0 \\ 从 而 可 知 极 限 不 存 在 且 不 为 \infty \end{aligned}

3. 无穷小与无穷大定义及性质

无穷小定义：

$x\to x_0$ $x\to\infty$ $f(x)$ $f(x)$ $x\to x_0$ $x\to\infty$ )的无穷小，记作：

lim_{x \to x_{0}} f (x) = 0 (lim_{x \to \infty} f (x) = 0)

$0$ $0·\infty=0$ )，且是唯一一个常数无穷小。

无穷大定义：

$f(x)$ $|f(x)|$ $f(x)$ 在这个变化过程中为无穷大量，简称无穷大，无穷大量也可记为：

lim_{x \to x_{0}} f (x) = \infty (lim_{x \to \infty} f (x) = \infty)

注意：无穷大与无穷小一样是一个极限趋向过程。无穷大一定无界，但是无界不一定是无穷大量。

定理一：无穷小量的倒数是无穷大量，无穷大量的倒数是无穷小量。

$0+0=0$ )

$0·0=0$ )

$(\sin x·0=0)$

$c·0=0$ )

$\Large 例:$ $x\to0$ $e^{\tan x}-e^{\sin x}$ $x^n$ $n$ 的值

\begin{aligned} 解 : \\ x \to 0, e^{\tan x} - e^{\sin x} = e^{\sin x} (e^{\tan x - \sin x} - 1) \\ = 1 \cdot (\tan x - \sin x) = \tan x (1 - \cos x) \\ \sim x \cdot \frac{1}{2} x^{2} = \frac{1}{2} x^{3} \\ ∴ e^{\tan x} - e^{\sin x} \sim \frac{1}{2} x^{3}, 故 \frac{e^{\tan x} - e^{\sin x}}{x^{n}} \\ n = 3 \end{aligned}

3.1 无穷小的比阶

无穷小量比较本质上是比较趋近速度，高阶趋近速度比低阶快。

$a=a(x)和b=b(x)$ 是同一变化过程中的两个无穷小量。

$\lim\frac{b}{c}=0$ $b$ $a$ $\Longrightarrow \frac{0}{c}=0$

$\lim\frac{b}{c}=\infty$ $b$ $a$ $\Longrightarrow \frac{c}{0}=\infty$

$\lim\frac{b}{c}=c(c为常数且不为0)$ $b$ $a$ 是同阶(同类)无穷小量。

$\lim\frac{b}{c}=1$ $b$ $a$ $a\sim b$

$\lim\frac{b(x)}{[c(x)]^k}=c\ne0$ $b(x)是c(x)$ $k$ 阶无穷小

$x\to0$ $x\sin\frac{1}{x}$ $x^2$ $\underset{x\to0}{\lim}\frac{x\sin\frac{1}{x}}{x^2}=\underset{x\to0}{\lim}\frac{1}{x}\sin \frac{1}{x}$ 不存在。

技巧
$x\to 0$ 时，次幂越高越高阶且：
1. $\Longrightarrow$ 同阶非等价
2. $\Longrightarrow$ 等价

3.2 常用的等价无穷小

等价无穷小是根据两个重要极限和泰勒公式演变的，它能替换掉式子中的复杂项。

使用条件：要代换的量紧邻的运算必须是乘除时才可直接用。否则会导致高阶精度丢失，运算结果不正确。如：

\begin{matrix} 当 x \to 0 & \frac{x \sin x}{x + 1} ∽ \frac{x^{2}}{x + 1} . \\ 但 & \frac{x - \sin x}{x + 1} ≁ \frac{x - x}{x + 1} \end{matrix}

常用等价无穷小代换：

另外还有：

\begin{aligned} 1 - (\cos x)^{a} = \frac{1}{2} a x^{2} \\ lim_{Δ \to 1} \ln Δ ∽ Δ - 1 \\ lim_{Δ \to 0} \ln \cos Δ ∽ \cos Δ - 1 ∽ \frac{Δ^{2}}{2} \\ \ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) \sim x \\ e^{x} - 1 - x = \frac{1}{2} x^{2} \end{aligned}

4. 极限的计算

极限的四则运算规则：

$\lim f(x)=A,\lim g(x)=B$ 则

$\lim [f(x)\pm g(x)]=\lim f(x)\pm \lim g(x)=A\pm B$

$\lim [Cf(x)]=C\lim f(x)=CA$

$\lim [f(x)g(x)]=\lim f(x)\lim g(x)=AB$

$\lim \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\lim f(x)}{\lim g(x)}=\frac{A}{B}(B\ne 0)$

$\lim [f(x)]^n=[\lim f(x)]^n=A^n$

$\lim f(x)^{g(x)}=\lim f(x)^{\lim g(x)}=A^B$

注意：

$\ne 0$ $\frac{\infty}{\infty}或\frac{0}{0}$ $\frac{0}{0}-\frac{0}{0}$ )型中。
并且极限是否能直接带值，也要分情况：代入不为未定式即可直接代入。具体情况如下：
- 极限的加法，只有两个极限都存在的时候，加法的两部分可以直接带入
- $0·\infty$ 这种不算）
- 连续函数 $e$ 的对数连加次方的形式。
$\underset{x\to\infty}{\lim}\frac{(1+\frac{1}{x})^{x^2}}{e^x}$ $\underset{x\to\infty}{\lim}(1+\frac{1}{x})^{x^2}\ne\underset{x\to\infty}{\lim}[(1+\frac{1}{x})^x]^x$ ，此时用第二类重要极限等价替换就会出现错误。原因在于幂函数极限运算时，底数和指数需要同时取极限，只有底数和指数都存在时才能使用，如上四则运算的(6)。故正确结果如下：
$\begin{aligned} 解 : \\ lim_{x \to \infty} \frac{(1 + \frac{1}{x})^{x^{2}}}{e^{x}} = lim_{x \to \infty} e^{x^{2} \ln (1 + \frac{1}{x}) - x} \\ = lim_{x \to \infty} e^{x^{2} \cdot (\frac{1}{x} - \frac{1}{2 x^{2}} + o (\frac{1}{x^{2}})) - x} \\ = lim_{x \to \infty} e^{x - \frac{1}{2} - x} = e^{- \frac{1}{2}} \end{aligned}$
$\lim f(x)$ $\lim g(x)$ $\lim[f(x)\pm g(x)]$ 必定不存在
$\lim f(x)$ $\lim g(x)$ $\lim [f(x)\pm g(x)]$ 不一定存在
$\lim f(x)=A\ne0$ $\lim f(x)g(x)=A\lim g(x)$ ，即乘除法中非零因子可往外先提出
$\lim\frac{f(x)}{g(x)}=A$ $\lim g(x)=0$ $\lim f(x)=0$
$\lim\frac{f(x)}{g(x)}=A\ne0$ $\lim f(x)=0$ $\lim g(x)=0$

4.1 洛必达法则

洛必达法则使用条件：

$\frac{0}{0},\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式
分子分母可导
$A$

只有满足上面三个条件，才能用洛必达法则，其中第三条出错率最高。

$n\to+\infty$ $\ln^\alpha n\ll n^{\beta}\ll a^n\ll n!\ll n^n$ $\alpha,\beta,a>1$

4.2 泰勒公式

$f(x)$ $x=0$ $n$ $x=0$ $x$ ，有

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f^{″} (0)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n} + o (x^{n})

$f(x)$ $\sum a_nx^n$ $a_n$ $f(x)$ 一一对应。

常见泰勒公式

\begin{array}{l} 麦 克 劳 林 及 推 导 公 式 如 下 : \\ e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \dots + \frac{x^{n}}{n!} + o (x^{n}), (n = 0) \\ \sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \dots + \frac{(- 1)^{m}}{(2 n + 1)!} x^{2 n + 1} + o (x^{2 n + 1}), (n = 0) \\ \cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} - \dots + \frac{(- 1)^{m}}{(2 n)!} x^{2 n} + o (x^{2 n}), (n = 0) \\ \sec x = 1 + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{3}) \\ \frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} + o (x^{n}), (n = 0) \\ \frac{1}{1 + x} = 1 - x + x^{2} - \dots + (- 1)^{n} x^{n} + o (x^{n}), (n = 0) \\ \ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \dots + \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} x^{n} + o (x^{n}), (n = 1) \\ \ln (1 - x) = - x - \frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{3} x^{3} - . . . - \frac{x^{n}}{n} + o (x^{n}), (n = 1) \\ (1 + x)^{a} = 1 + a x + \frac{a (a - 1)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{a (a - 1) \dots (a - n + 1)}{n!} x^{n} + o (x^{n}) \\ \arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{m}}{2 n + 1} x^{2 n + 1} + o (x^{2 n + 1}), (n = 0) \\ \arcsin x = x + \frac{x^{3}}{3!} + o (x^{3}) \\ \frac{1}{(1 - x)^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) x^{n} \\ \ln (\frac{1 + x}{1 - x}) = 2 \cdot \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} \\ \frac{2}{(1 - x)^{3}} = \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 2) (n + 1) x^{n} \end{array}

高阶无穷小运算及泰勒展开规则

$m,n$ 为正整数，则高阶无穷小运算规则为：

$o(x^m)\pm o(x^n)=o(x^l),l=min\{m,n\}$ .加减法时低阶吸收高阶。
$o(x^n)·o(x^m)=o(x^{n+m})$ .乘法时阶乘相加。
$o(x^m)=o(kx^m)=k·o(x^m),k\ne0$ 非零常数相乘不改变阶数。

高阶无穷大相反。

$x^n·o(x^m)=o(x^{x+m}),如：x·o(x^3)=o(x^4)$

用泰勒公式求极限时，函数展开到几次幂问题：

使用条件：

$\frac{A}{B}$ 中，使用泰勒公式展开时要保持分母分子上下同阶(即分母或分子次幂展开到阶数相同)，称为上下同阶原则。
$\Large例:\underset{x\to0}{\lim}\frac{x-\sin x}{x^3}$
$\begin{aligned} 解： \\ \overset{上下同阶原则}{\Rightarrow} lim_{x \to 0} \frac{x - (x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3}))}{x^{3}} \\ = lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3})}{x^{3}} = \frac{1}{6} \end{aligned}$
${A}-{B}$ $A和B$ $x$ $A+B$ $A-(-B)$ 。
$\Large 例\underset{x\to0}{\lim}\tan x-\sin x$
$\begin{aligned} \tan x = x + \frac{1}{3} x^{3} + o (x^{3}) \\ \sin x = x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3}) \\ 两个式子展开到第二项系数不一致则停止 \\ 代入原极限 : lim_{x \to 0} (x + \frac{1}{3} x^{3} - x + \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3})) \\ = \frac{1}{2} x^{3} + o (x^{3}) \end{aligned}$

上面两个式子中当展开到四阶时，前面系数不一样，则停止。

$A·B$ $\frac{B}{\frac{1}{A}}$ ，同条件一。
$\Large 例:\underset{x\to0}{\lim}\frac{\tan^4x}{\sin^2x-x^2}$
$\begin{aligned} 解： \\ = lim_{x \to 0} \frac{x^{4}}{(\sin x - x) \cdot (\sin x + x)} \\ = lim_{x \to 0} \frac{x^{4}}{- \frac{1}{6} x^{3} \cdot 2 x} = - 3 \end{aligned}$

$\Large 例:$ $x\to0$ $e^x-(ax^2+bx+1)$ $x^2$ $a,b$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 题 可 知 lim_{x \to 0} \frac{e^{x} - (a x^{2} + b x + 1)}{x^{2}} = 0 \\ e^{x} \overset{泰 勒 公 式}{\Rightarrow} 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) \\ lim_{x \to 0} \frac{(1 - b) x + (\frac{1}{2} - a) x^{2} + o (x^{2})}{x^{2}} = 0 \\ 其 中 lim_{x \to 0} \frac{o (x^{2})}{x^{2}} = 0 \\ 故 {\begin{array}{c} 1 - b = 0 \\ \frac{1}{2} - a = 0 \end{array} ⟹ {\begin{array}{c} a = \frac{1}{2} \\ b = 1 \end{array} \end{aligned}

4.3 两个重要极限

两个重要极限分别是：

lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1, lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{x})^{x} = e

广义化：

lim_{Δ \to 0} \frac{\sin Δ}{Δ} = 1, lim_{Δ \to \infty} (1 + 无 穷 小 量 {Δ})^{无 穷 大 量 {Δ}} = e

$f(x)=(1+x)^{\frac{1}{x}}$ $x>0$ 时有以下性质：

$f(x)$ 单调减少
$\underset{x\to0^+}{\lim}f(x)=e$
$(1+x)^{\frac{1}{x}}-e\sim -\frac{e}{2}x(x\to0^+)$

4.4 夹逼准则

$f(x),g(x)及h(x)$ 满足下列条件：

$g(x)\le f(x)\le h(x)$
$\lim g(x)=A,\lim h(x)=A$

$\lim f(x)$ $\lim f(x)=A$

$x$ $\varphi(x)\le f(x)\le g(x)$ $\lim[g(x)-\varphi(x)]=0$ $\lim f(x)$ $\lim[g(x)-\varphi(x)]$ $\lim g(x),\lim\varphi(x)$ $\lim f(x)$ 存在。

5. 七种未定式计算

$\frac{0}{0}$ $\frac{\infty}{\infty}$ $0·\infty$ $\infty-\infty$ $\infty^{0}$ $0^0$ $1^{\infty}$

题型通常有：直接计算极限、反求参数、已知某一极限求零一极限、无穷小的比阶数等。

解题思路大致如下：

先化简
$0$ 的因式；等价无穷小代换；恒等变形（提公因式、拆项、合并、分子分母同除变量的最高次幂等，高级的恒等变换法如变量代换，或叫换元法等）。需要注意的是，很多问题如果不化简就计算，可能会很复杂。
判断类型(判断运算类型)
先择方法(如：洛必达、泰勒、夹逼准则等)

$\frac{\infty}{\infty}$ 未定式解法

抓大头
$\infty$ ，且分子分母都为多项式(有多个项且每一项为幂函数).
最大的项 $x\to0$ 时，则应该抓最低次项。
$\sqrt{t^2-\sin t}·(\sqrt{4t^2-t-1}+t-1)$ $:3t^2$
$e^x>x>\ln x$ ，拓展请参考函数趋势变化
$\Large 例1:$ $\underset{x\to\infty}{\lim}\frac{3x^3+4x^2+2}{7x^3+5x^2-3}$
$\begin{matrix} 解： \\ 原式 = lim_{x \to \infty} \frac{3 x^{3}}{7 x^{3}} = \frac{3}{7} \end{matrix}$
$\Large 例2:$ $\underset{x\to\infty}{\lim}\frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{5n^3}$
$\begin{matrix} 解： \\ 原式 = lim_{x \to \infty} \frac{n \cdot n \cdot n}{5 n^{3}} = \frac{1}{5} \end{matrix}$
$\Large 例2:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}\frac{(\sqrt{n^2+2}+2n)^2}{\sqrt[3]{n^6+4}}$
$\begin{aligned} 解： \\ 通过观察分母, \sqrt{n^{2} + 2} 最大项为 n^{2}, 分子最大项 : \\ (n + 2 n)^{2} = 9 n^{2} \\ 分母最大项为 \sqrt[3]{n^{6}} = n^{2} \\ ∴ & \underset{n \to \infty}{l i m} \frac{(\sqrt{n^{2} + 2} + 2 n)^{2}}{\sqrt[3]{n^{6} + 4}} = lim_{n \to \infty} \frac{9 n^{2}}{n^{2}} = 9 \end{aligned}$
定义法
使用前提：当分子和分母的每一项幂次依次递减可用：
$lim_{x \to \infty} \frac{a_{0} x^{n} + a_{1} x^{n - 1} + . . . + a_{n - 1} x + a_{n}}{b_{0} x^{m} + b_{1} x^{m - 1} + . . . + b_{m - 1} x + b_{m}}$
方法：
$\begin{matrix} {\begin{matrix} 0, & n < m \\ \frac{a_{0}}{b_{0}}, & n = m \\ \infty, & n > m \end{matrix} \end{matrix}$
除大头
方法：将分式分子和分母同时除以整个分式的最大次项(去掉系数)
$\Large 例1:$ $\underset{x\to\infty}{\lim}\frac{3x^2+1}{5x^3+2x}$
$\begin{matrix} 解： \\ 分子分母同时除以 x^{3} & 原式 = lim_{x \to \infty} \frac{\frac{3}{x} + \frac{1}{x^{3}}}{5 + \frac{2}{x^{2}}} = 0 \end{matrix}$
其他方法
可以用洛必达或者泰勒公式。
$\underset{x\to\Delta}{\lim}x^\alpha·e^{\beta x}$ $"0·\infty"$ $=\underset{x\to\Delta}{\lim}e^{\beta x}$
$\Large 例1:$ $\underset{x\to\infty}{\lim}\ xe^{-x}$
$\begin{matrix} 解： \\ 原式 = lim_{x \to \infty} e^{- x} = 0 \end{matrix}$

$\Large 例:$ $f(x)=\underset{n\to\infty}{\lim}\frac{x^2+nx(1-x)\sin^2\pi x}{1+n\sin^2n\pi}$ $f(x)$ 表达式

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 n \to \infty, 故 n 之 外 的 所 有 变 量 看 作 常 量 \\ ① & 当 \sin π x = 0, 即 x = k (整 数) 时 \\ 原 式 = f (x) = \frac{x^{2}}{1} = x^{2} \\ ② & 当 \sin π x \neq 0, 即 x \neq k 时 \\ 原 式 = f (x) = \frac{x (1 - x) \sin^{2} π x}{\sin^{2} π x} = x (1 - x) \\ 故 f (x) = {\begin{array}{c} x^{2}, & x \in k (整 数) \\ x (1 - x), & x 不 为 整 数 \end{array} \\ 另 外 对 于 f (x) 其 只 有 第 一 类 间 断 点 \end{aligned}

$\frac{0}{0}$ 型解法

$0$ 。

解法：

使用洛必达或者泰勒公式
有理化(分子分母同乘xxx)
因式分解，高级因式分解(求积分时大量用到)请参考。

$\frac{c}{0}$ 型解法

$c$ $0$
解法：可以用无穷大量和无穷小量的性质¹。

$\Large 例1:$ $\underset{x\to\infty}{\lim}\frac{2x-3}{x^2-5x+4}$

\begin{matrix} 解 ： \\ 当 x \to 1 时 ， 分 母 的 极 限 为 0 ， 分 子 的 极 限 为 - 1 。 因 此 ， 不 能 用 商 的 极 限 运 算 法 则 。 \\ 原 式 取 倒 数 = lim_{x \to \infty} \frac{x^{2} - 5 x + 4}{2 x - 3} = 0, 所 以 \\ lim_{x \to 1} \frac{2 x - 3}{x^{2} - 5 x + 4} = \infty \end{matrix}

$\infty\pm\infty$ 型解法

$项1\pm 项2$ $\infty\pm\infty$ 。

解法：

有分母则通分
无分母有根式则有理化。
无根号无分母，可进行倒代换创造分母

$\Large 例1:$ $\underset{x\to\infty}{\lim}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})$

\begin{aligned} 解 : 原 式 & = lim_{x \to \infty} \frac{(\sqrt{x + 1} - \sqrt{x}) (\sqrt{x + 1} + \sqrt{x})}{(\sqrt{x + 1} + \sqrt{x})} \\ = lim_{x \to \infty} \frac{1}{(\sqrt{x + 1} + \sqrt{x})} = 0 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}\Big[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x\Big]$

\begin{aligned} 解 : \\ lim_{x \to + \infty} x \cdot [x (e^{\frac{1}{x}} - 1) - 1] \\ = lim_{x \to + \infty} \frac{x (e^{\frac{1}{x}} - 1) - 1}{\frac{1}{x}} \\ \overset{令 x = \frac{1}{t}}{\Rightarrow} lim_{t \to 0^{+}} \frac{e^{t} - 1 - t}{t^{2}} = \frac{1}{2} \end{aligned}

$0·\infty$ 型解法

$项1· 项2$ $0·\infty$ 。

$\frac{0}{0}或\frac{\infty}{\infty}$ $0·\infty=\frac{\infty}{\frac{1}{0}}=\frac{0}{\frac{1}{\infty}}$

注意：设置分母有原则，简单分母才下放。简单函数通常有：幂函数，指数函数，三角函数。复杂函数通常有：反三角函数，对数函数。

$\Large 例1:$ $\underset{x\to1^-}{\lim}\ln x\ln(1-x)$

\begin{aligned} 解 : \\ 当 x \to 1^{-}, 故 x - 1 \to 0 \\ ∴ \ln (1 + x - 1) \sim x - 1 \\ 原 式 = lim_{x \to 1^{-}} (x - 1) \ln (1 - x) \\ \overset{令 x - 1 = t}{\Rightarrow} lim_{t \to 0^{+}} t \ln t = lim_{t \to 0^{+}} \frac{\ln t}{\frac{1}{t}} = 0 \end{aligned}

$a>0$ $\underset{x\to0^+}{\lim}x^{\alpha}\ln x=0$ 。

$\Large 例2:$ $I=\underset{x\to0}{\lim}x[\frac{10}{x}]$ $[·]$ 为取整符号

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 x - 1 < [x] \leq x \\ 故 \frac{10}{x} - 1 < [\frac{10}{x}] \leq \frac{10}{x} \\ ∴ x (\frac{10}{x} - 1) < x [\frac{10}{x}] \leq \frac{10}{x} \\ 由 夹 逼 准 则 可 知 lim_{x \to 0} x [\frac{10}{x}] = 10 \end{aligned}

$1^{\infty}$ 型解法

该类型统称为幂指型。可分为以下三种：

\begin{matrix} lim_{x \to Δ} f (x)^{g (x)} {\begin{matrix} ① \to & 1^{\infty} \\ ② \to & 0^{0} \\ ③ \to & \infty^{0} \end{matrix} \end{matrix}

解法：

第一类方法：该方法只适用于①
步骤：
1. $\underset{x\to0}{\lim}(1+x)^{\frac{1}{x}}$
2. $(1+0)^\infty=\lim e^{0·\infty}(此处必为"+")$
$\Large 例1:$ $\underset{x\to\infty}{\lim}(1+\frac{1}{x})^{2x+3}$
$\begin{aligned} 方法一 : \\ 原式 & = lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{x})^{x \cdot \frac{1}{x} \cdot (2 x + 3)} \\ = e^{lim_{x \to \infty} \frac{2 x + 3}{x}} = e^{2} \\ 方法二 : \\ 因为 & 原式符合 (1 + 0)^{\infty} 形式，所以带入 lim e^{0 \cdot \infty} \\ 原式 & = lim_{x \to \infty} e^{\frac{1}{x} \cdot (2 x + 3)} \\ = e^{lim_{x \to \infty} \frac{2 x + 3}{x}} = e^{2} \end{aligned}$
第二类方法：该方法三类都可用
$e$ 为底的指数函数。如：
$f (x)^{g (x)} = e^{g (x) \ln f (x)}$
同时， $\lim u^v=e^{\lim v\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$ 这是一个重要工具。
$\Large 例1:$ $\underset{x\to0}{\lim}(\frac{\sin x}{x})^{\frac{1}{x}}$
$\begin{aligned} 解 : 原式 & = lim_{x \to 0} e^{\frac{1}{x} \cdot l n \frac{\sin x}{x}} \\ = lim_{x \to 0} e^{\frac{\ln \frac{\sin x}{x}}{x}} = lim_{x \to 0} e^{\frac{1}{x} \cdot \ln (\frac{\sin x}{x} + 1 - \frac{x}{x})} \\ 由于 lim_{x \to 0} \frac{1}{x} & \cdot (\frac{\sin x - x}{x}) = lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^{2}} \\ 分式用洛必达 & = lim_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{2 x} = lim_{x \to 0} \frac{- \sin x}{2} = 0 \\ ∴ 原式 lim_{x \to 0} e^{0} & = 1 \end{aligned}$

6. 函数的连续和间断

本质上是极限计算问题，讨论间断点只看无定义点(必定间断)、分段点(未必间断)。

6.1 函数的连续

$f(x)$ $x_0$ $\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)=f(x_0)$ $f(x)$ $x_0$ 处连续。即

\begin{array}{r} lim_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0}) \end{array}

$f(x)$ 连续。

连续性运算规则：

连续性的四则运算法则
$f(x)$ $g(x)$ $x=x_0$ $f(x)\pm g(x)$ $f(x)g(x)$ $x=x_0$ $g(x_0)\ne0$ $\frac{f(x)}{g(x)}$ $x=x_0$ 处也连续。
复合函数连续性
$u=\varphi(x)$ $x=x_0$ $y=f(u)$ $u=u_0$ $u_0=\varphi(x_0)$ $f[\varphi(x)]$ $x=x_0$ 处连续
反函数的连续性
$y=f(x)$ $I_x$ $x=\varphi(y)$ $I_y=\{y|y=f(x),x\in I_x\}$ 上连续且有相同的单调性
$f(x)$ $x=x_0$ $f(x_0)>0$ $f(x_0)<0$ $\delta>0$ $|x-x_0|<\delta$ $x_0$ $f(x)>0$ $f(x)<0$ )

$\Large 例:$ $f(x)=\frac{\ln|x|}{|x-1|}\sin x$ $f(x)$ 间断点有几个

\begin{aligned} 解 ： \\ 由 题 可 知 可 能 间 断 点 为 : 0, 1 \\ ① & 当 lim_{x \to 1} \frac{\ln | x |}{| x - 1 |} \sin x = \frac{x - 1}{| x - 1 |} \sin 1 \\ lim_{x \to 1^{-}} \frac{x - 1}{| x - 1 |} \sin 1 = \sin 1 \\ lim_{x \to 1^{+}} \frac{x - 1}{| x - 1 |} \sin 1 = \frac{x - 1}{1 - x} \sin 1 = - \sin 1 \\ ∴ 左 右 极 限 不 相 等, 为 跳 跃 间 断 点 \\ ② & 当 lim_{x \to 0} \frac{\ln | x |}{| x - 1 |} \sin x = - lim_{x \to 0} x \ln | x | = 0 \\ ∴ x = 0 极 限 存 在, 但 函 数 值 无 定 义, 为 可 去 间 断 点 \end{aligned}

6.2 函数的间断

$f(x)$ $x_0$ $x_0$ $f(x)$ 的间断点。间断分几种情况：

\begin{matrix} 第 一 类 间 断 点 {\begin{matrix} ① \to & 在 点 x_{0} 处 无 定 义, 极 限 存 在 (可 去 间 断 点) \\ ② \to & 在 x_{0} 处 有 定 义 (或 无 定 义) 但 lim_{x \to x_{0}} f (x) 不 存 在 (跳 跃 间 断 点) \\ ③ \to & 虽 然 在 x_{0} 处 有 定 义 ， 且 lim_{x \to x_{0}} f (x) 存 在 ， 但 lim_{x \to x_{0}} f (x) \neq f (x_{0}) (可 去) \end{matrix} \end{matrix}

\begin{matrix} 第 二 类 间 断 点 {\begin{matrix} ① \to & 左 右 极 限 存 在 有 一 个 为 \infty ， 则 x 为 无 穷 间 断 点 \\ ② \to & y = \sin \frac{1}{x} 震 荡 型 间 断 ， 且 x = 0 为 间 断 点 (特 例) \end{matrix} \end{matrix}

上面的可去间断点也叫可补间断点。

$x_0$ $f(x)$ $x=x_0$ $x=x_0$ $x=x_0$ $f(x)$ 的铅直渐近线(垂直渐近线)。

单侧邻域无定义：

7. 极限总结

这里引入超实数概念，即极限的所有表达式都是一个趋近关系。

$R^*(超实数)=R(实数)+无穷大+无穷小$

$std(f(x))=x_0$ $f(x)$ $x_0$ $\underset{x\to·}{\lim}f(x)=x_0$ 。

7.1 函数极限考点

\begin{array}{r} 函 数 极 限 {\begin{array}{c} 1. & 定 义 及 性 质 {\begin{matrix} ① 唯 一 性 \\ ② 有 界 性 \\ ③ 保 号 性 \end{matrix} \\ 2. & 运 算 规 则 \\ 3. & 夹 逼 定 理 \\ 4. & 单 调 有 界 准 则 \\ 5. & 洛 必 达 法 则 \\ 6. & 泰 勒 公 式 \\ 7. & 无 穷 小 比 阶 \\ 8. & 海 涅 定 理 \end{array} \end{array}

以上前四点主要考数列极限，后四点主要考函数极限，且侧重点在于计算。

7.2 常见分左右极限函数

$\underset{x\to\infty}{\lim}e^x$
$\begin{aligned} lim_{x \to \infty^{+}} e^{x} = + \infty \\ lim_{x \to \infty^{-}} e^{x} = 0 \end{aligned}$
$\underset{x\to0}{\lim}\frac{\sin x}{|x|}$
$\begin{aligned} lim_{x \to 0^{+}} \frac{\sin x}{x} = 1 \\ lim_{x \to 0^{-}} \frac{\sin x}{- x} = - 1 \end{aligned}$
$\underset{x\to\infty}{\lim}\arctan x$
$\begin{aligned} lim_{x \to \infty^{+}} \arctan x = \frac{π}{2} \\ lim_{x \to \infty^{-}} \arctan x = - \frac{π}{2} \end{aligned}$
$\underset{x\to0}{\lim}[x]$
$\begin{aligned} lim_{x \to 0^{+}} [x] = 0 \\ lim_{x \to 0^{-}} [x] = - 1 \end{aligned}$

$\Large 例1:\underset{x\to0}{\lim}\Big[k·\arctan\frac{1}{x}+\frac{e^{\frac{1}{x}}-\pi}{e^{\frac{2}{x}}+1}\Big]$ $k$ 并求出极限值

\begin{aligned} 解 ： & lim_{x \to 0^{+}} k \cdot \arctan \frac{1}{x} = \frac{π}{2} \cdot k \\ lim_{x \to 0^{+}} \frac{e^{\frac{1}{x}} - π}{e^{(\frac{1}{x})^{2}} + 1} = 0 \\ lim_{x \to 0^{+}} k \cdot \arctan \frac{1}{x} + \frac{e^{\frac{1}{x}} - π}{e^{\frac{2}{x}} + 1} = \frac{π}{2} \cdot k \\ lim_{x \to 0^{-}} k \cdot \arctan \frac{1}{x} = - \frac{π}{2} \cdot k \\ lim_{x \to 0^{-}} \frac{e^{\frac{1}{x}} - π}{e^{(\frac{1}{x})^{2}} + 1} = - π \\ lim_{x \to 0^{-}} k \cdot \arctan \frac{1}{x} + \frac{e^{\frac{1}{x}} - π}{e^{\frac{2}{x}} + 1} = - \frac{π}{2} \cdot k - π \\ 由 于 极 限 存 在, 极 限 具 有 唯 一 性 : - \frac{π}{2} \cdot k - π = \frac{π}{2} \cdot k \\ 解 得 k = - 1. 原 极 限 I = - \frac{π}{2} \end{aligned}

$\Large 例2:求极限\underset{x\to-\infty}{\lim}\frac{\sqrt{4x^2+x-1}+x+1}{\sqrt{x^2+\sin x}}$

\begin{aligned} 解 ： \\ \overset{令 x = - t}{\Rightarrow} lim_{t \to + \infty} \frac{\sqrt{4 t^{2} - t - 1} - t + 1}{\sqrt{t^{2} - \sin t}} \\ = lim_{t \to \infty} \frac{3 t^{2} + t - 2}{\sqrt{t^{2} - \sin t} \cdot (\sqrt{4 t^{2} - t - 1} + t - 1)} \\ \overset{取 大 头}{\Rightarrow} lim_{t \to \infty} \frac{3 t^{2}}{t \cdot 2 t + t^{2}} = 1 \end{aligned}

$-\infty$ 建议负代换

$\Large 例3:求极限\underset{x\to1^-}{\lim}\ln x\ln(1-x)$

\begin{aligned} 解 ： \\ \overset{当 x \to 1^{-}, \ln x \sim x - 1}{\Rightarrow} lim_{x \to 1^{-}} (x - 1) \ln (1 - x) \\ \overset{令 1 - x = t}{\Rightarrow} lim_{t \to 0^{+}} - t \ln t = 0 \end{aligned}

$\Large 例5:求I=\underset{x\to0}{\lim}x[\frac{10}{x}],其中[·]为取整符号$

\begin{aligned} 解 ： \\ 由 x - 1 < [x] \leq x 可 得 : \\ 当 x > 0 时, 10 - x < x [\frac{10}{x}] \leq 10 \\ 当 x < 0 时, 10 \leq x [\frac{10}{x}] < 10 - x \\ 当 x \to 0 时, 由 夹 逼 定 理 可 知 lim_{x \to 0} x [\frac{10}{x}] = 0 \end{aligned}

$\Large 例6:求极限\underset{x\to+\infty}{\lim}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$

\begin{aligned} 解 ： \\ 原 式 & \overset{x = \frac{1}{t}}{\Rightarrow} lim_{t \to 0^{+}} (\frac{e^{t} - 1}{t^{2}} - \frac{1}{t}) \\ = lim_{x \to 0^{+}} \frac{e^{t} - 1 - t}{t^{2}} = \frac{1}{2} \end{aligned}

倒代换可以创造分母，所以需要分母的时候可以考虑用倒代换

三. 数列的极限

知识点总览：

数列极限的侧重点，重在证明(单调有界准则，夹逼定理)。数列极限常用方法有：四则运算、洛必达(不能直接使用需要依靠海涅定理)、泰勒、夹逼准则。

数列详细概念：

$n\in N_+$ $x_n$ $x_n$ 按照下标从小到大排列得到的一个序列

x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots, x_{n}, \dots

$\{x_n\}$ $n$ $x_n$ $\{x_n\}$ $n$ 的函数

x_{n} = f (n), n \in N_{+}

$n$ $1,2,3,\cdots$ $\{x_n\}$ 。

注：

子列
$\{a_n\}:a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots$ 中选取无穷多项，并按原来的先后顺序组成新的数列，称新数列为原数列的子列，记作
${a_{n k}} : a_{n 1}, a_{n 2}, \dots, a_{n k}, \dots$
$n_1,n_2,\cdots,n_k,\cdots$ $n_k(k=1,2,\cdots)$ $2k$ $2k-1$ $\{a_n\}$ 的两个子列
${a_{2 k}} : a_{2}, a_{4}, \dots, a_{2 k}, \dots; a_{2 k - 1} : a_{1}, a_{3}, \dots, a_{2 k - 1}, \dots$
这两个子列的项在原数列中交错出现。
等差数列
$a_1$ $d(d\ne0)$ $a_1,a_1+d,a_1+2d,\cdots,a_1+(n-1)d,\cdots$
$a_n=a_1+(n-1)d$
$n$ $S_n=\frac{n}{2}[2a_1+(n-1)d]=\frac{n}{2}(a_1+a_n)$
等比数列
$a_1$ $r(r\ne0)$ $a_1,a_1r,a_1r^2,\cdots,a_1r^{n-1},\cdots$
$a_n=a_1r^{n-1}$
$n$ $S_n=\left\{\begin{matrix}na_1,&r=1\\\frac{a_1(1-r^n)}{1-r},&r\ne1\end{matrix}\right.$
$1+r+r^2+\cdots+r^{n-1}=\frac{1-r^n}{1-r}(r\ne1)$
单调数列
$n$ $a_{n+1}\ge a_n(a_{n+1}\le a_n)$ $\{a_n\}$ $\ge(\le)$ $>(<)$ ，则称为单调递增(递减)数列，单调递增数列与单调递减数列统称为单调数列。
有界数列
$n$ $M$ $|a_n|\le M$ $\{a_n\}$ 为有界数列。
$n$ 项的和
$\sum\limits_{k=1}^{n}k=1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$
$\sum\limits_{k=1}^{n}k^2=1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{1\times2}+\frac{1}{2\times3}+\frac{1}{3\times4}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}=\frac{n}{n+1}$
$\Big\{(1+\frac{1}{n})^n\Big\}$ 的结论：
$\underset{n\to\infty}{\lim}(1+\frac{1}{n})^b=e$
$n$ $x_n=f(n)$ 是否能无限接近于某个确定的数值，这就是接下来就研究的数列极限。

$\Large 例:$ $0<x_1<3$ $x_{n+1}=\sqrt{x_n(3-x_n)}(n=1,2,\cdots)$ $\{x_n\}$ 有界

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 \frac{a + b}{2} \geq \sqrt{a b}, (a, b > 0) \\ 则 x_{n + 1} = \sqrt{x_{n} (3 - x_{n})} \leq \frac{x_{n} + 3 - x_{n}}{2} = \frac{3}{2} \\ 故 x_{n} 有 上 界, 因 此 数 列 x_{n} 有 界 \end{aligned}

1. 数列极限定义与结论

数列极限的定义：

$\{x_n\}$ $a$ $\epsilon>0$ $N$ $n>N$ $|x_n-a|<\epsilon$ $a$ $\{x_n\}$ $\{x_n\}$ $a$ ，记为：

lim_{n \to \infty} x_{n} = a

$n\to+\infty$ $a$ $\{x_n\}$ 是发散的。

$\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=a\Longleftrightarrow \forall\epsilon>0,\exist N\in N_+$ $|x_n-a|<\epsilon$ $a=0$ $x_n$ $n\to\infty$ 时的无穷小量。
$\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=\infty\Longleftrightarrow\forall x>0,\exists N\in N_+$ $n>N$ $|x_n|>x$ $x_n$ $n\to\infty$ 时的无穷大量。

$\{a_n\}$ $\{a_{nk}\}$ $\underset{k\to\infty}{\lim}a_{nk}=\underset{n\to\infty}{\lim}a_n$ .

$\underset{n\to\infty}{\lim}a_n=a\Longleftrightarrow\underset{k\to\infty}{\lim}a_{2k}=a$ $\underset{k\to\infty}{\lim}a_{2k-1}=a$ .

上面定理的逆否命题为 $\{a_{nk}\}$ $\{a_n\}$ $\bar A\Longleftarrow\bar B=\bar{C\cap D}=\bar C\cup\bar D$ $\{a_n\}$ $\{a_{nk}\}$ $\{a_{n'k}\}$ ，但它们收敛到不同极限，则原数列也一定发散。

$\Large 例1:$ $\{n^{(-1)^n}\}$ 极限不存在

\begin{aligned} 解 : \\ 数 列 展 开 为 : \frac{1}{1}, 2, \frac{1}{3}, 4 \dots \\ 故 选 择 其 子 列 {2 n}, 当 n \to \infty 时, 数 列 发 散 \\ 根 据 上 面 数 列 发 散 方 法 可 知, 子 列 有 发 散, 原 数 列 必 定 发 散 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}a_n=A$ $\underset{n\to\infty}{\lim}|a_n|=|A|$

\begin{aligned} 证 明 : \\ \forall ϵ > 0, \exists N > 0, n > N 时, | a_{n} - A | < ϵ \\ 由 | | a | - | b | | \leq | a - b | \\ 得 \forall ϵ > 0, \exists N > 0, n > N 时, | | a_{n} | - | A | | < ϵ \\ ∴ lim_{n \to \infty} | a_{n} | = | A | \end{aligned}

$a_n=(-1)^n$ $\underset{n\to\infty}{\lim}|(-1)^n|=1$ $\underset{n\to\infty}{\lim}(-1)^n$ $A=0$ $\Big||a_n|-|A|\Big|=\Big||a_n|-0\Big|=|a_n-0|$ ，即有

lim_{n \to \infty} a_{n} = 0 ⟺ lim_{n \to \infty} | a_{n} | = 0

$\underset{n\to\infty}{\lim}a_n=0$ $\underset{n\to\infty}{\lim}|a_n|=0$ $|a_n|\ge0$ $|a_n|\le0$ $\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)=A$ $\underset{x\to x_0}{\lim}|f(x)|=|A|$ ，反之则不成立。同时还可以得到以下重要结论：

lim_{x \to x_{0}} f (x) = 0 ⟺ lim_{x \to x_{0}} | f (x) | = 0

$\Large 例3:$ $\left\{\begin{matrix}\frac{n^2+\sqrt{n}}{n},&n为正奇数\\\frac{1}{n},&n为正偶数\end{matrix}\right.\quad$ $n\to\infty$ $x_n$ 值为多少

\begin{aligned} 解 : \\ lim_{n \to \infty} x_{2 n} = lim_{n \to \infty} \frac{1}{2 n} = 0 \\ lim_{n \to \infty} x_{2 n - 1} = lim_{n \to \infty} \frac{(2 n - 1)^{2} + \sqrt{2 n - 1}}{2 n - 1} \\ 故 x_{n} 不 是 无 穷 大 量, 也 不 是 无 穷 小 量, 是 无 界 变 量 \end{aligned}

2. 收敛数列的性质

$\{x_n\}$ $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=a(存在)$ $a$ 是唯一的。

\begin{array}{r} lim_{x \to \infty} x_{n} = a ⟹ a 唯 一 \end{array}

$\{x_n\}$ $\{x_n\}$ 有界。

\begin{array}{r} lim_{x \to \infty} x_{n} = a ⟹ 数 列 x_{n} 有 界 \end{array}

保号性 $\{x_n\}$ $a$ $a>0(或a<0)$ $N>0$ $n>N$ $x_n>0(或x_n<0)$

$\{x_n\}$ $x_n\ge0$ $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=a$ $a\ge0$ .

\begin{aligned} lim_{n \to \infty} x_{n} = a > 0 ⟹ 则 存 在 一 个 正 整 数 N, 当 n > N 时, x_{n} > 0 \\ 如 果 x_{n} \geq 0 且 lim_{n \to \infty} x_{n} = a ⟹ a \geq 0 \end{aligned}

脱帽法 $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n>a\Longrightarrow x_n>a$

戴帽法 $x_n\ge a\Longrightarrow \underset{n\to\infty}{\lim}x_n\ge a$

$\Large 例:$ $a_n=1-\frac{(-1)^n}{n}(n=1,2,\cdots)$ $\{a_n\}$ 是否有最大，最小值

\begin{aligned} 解 : \\ lim_{n \to \infty} (a_{n} - a_{1}) = lim_{n \to \infty} a_{n} - 2 < 0 \\ 则 \exists N_{1} > 0, n > N_{1} 时, a_{n} - a_{1} < 0, ⟹ a_{n} < a_{1} \\ 同 理 lim_{n \to \infty} (a_{n} - a_{2}) = lim_{n \to \infty} (a_{n} - \frac{1}{2}) > 0 \\ \exists N_{2} > 0, n > N_{2} 时, a_{n} - a_{2} > 0 ⟹ a_{n} > a_{2} \\ 综 上 一 定 存 在 一 个 N_{1}, n > N_{1} 时 所 有 的 a_{n} 都 比 a_{1} 小 \\ 同 理 一 定 存 在 一 个 N_{2}, n > N_{2} 时 所 有 的 a_{n} 都 比 a_{2} 大 \\ 故 {a_{n}} 有 最 大 值 与 最 小 值 \end{aligned}

$n>N$ 后的项没有资格参与比较，故前有限项必有最大、最小值。

单调有界性 ${x_n}$ $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n$ 极限存在。

$g(x)\le f(x\le h(x))$ $\lim g(x)=A,\lim h(x)=A，$ 则必有

lim f (x) = A

数列极限的四则运算满足基本的运算规则，但注意一定要再极限存在的情况下才能使用。

$\Large 例:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}(a_n+b_n)=1,\underset{n\to\infty}{\lim}(a_n-b_n)=3$ $a_n,b_n$ 存在

\begin{aligned} 解 : \\ 令 u_{n} = a_{n} + b_{n}, v_{n} = a_{n} - b_{n} \\ 则 lim_{n \to \infty} (u_{n} + v_{n}) = 4, 且 u_{n} + v_{n} = 2 a_{n} \\ 故 lim_{n \to \infty} 2 a_{n} = 4, lim_{n \to \infty} a_{n} = 2 \\ 同 理, lim_{n \to \infty} (u_{n} - v_{n}) = - 2, 且 u_{n} - v_{n} = - 2 b_{n} \\ 故 lim_{n \to \infty} - 2 b_{n} = - 2, lim_{n \to \infty} b_{n} = 1 \\ 综 上 所 述 a_{n}, b_{n} 存 在 \end{aligned}

3. 海涅定理(归结原则)

$f(x)$ $\mathring{U}(x_0,\delta)$ 内有定义，则：

$\underset{x\to x_0}{\lim}f(x)=A存在\Longleftrightarrow$ $\mathring{U}(x_0,\delta)$ $x_0$ $\{x_n\}(x_n\ne x_0)$ $\underset{n\to\infty}{\lim}f(x_n)=A$ 存在

$\mathring{U}(x_0,\delta)$ 图例：

$x\to x_0$ $f(x)$ $n\to\infty$ $f(x_n)$ $n\to\infty$ $x_n\to x_0$ $x_n\in x$ 。

\begin{array}{r} lim_{x \to x_{0}} f (x) = A \overset{数 列 {x_{n}} \to x_{0}}{\Leftrightarrow} lim_{n \to \infty} f (x_{n}) = A \\ lim_{x \to x_{0}} f (x) = A \overset{数 列 {x_{n}} \to x_{0}}{\Leftrightarrow} lim_{x_{n} \to x_{0}} f (x_{n}) = A \end{array}

注：众所周知，虽然数列极限与函数极限是分别独立定义的，但是海涅定理是联系数列极限与函数极限的桥梁。它指出在极限存在的条件下，函数极限和数列极限可以相互转化。经常使用如下：

$x\to0$ $x_n=\frac{1}{n}$ $\underset{x\to0}{\lim}f(x)=A$ $\underset{n\to\infty}{\lim}f(\frac{1}{n})=A$
$x\to+\infty$ $x_n=n$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}f(x)=A$ $\underset{n\to\infty}{\lim}f(n)=A$
$x_n\to a$ $x_n\ne a$ $\underset{x\to a}{\lim}f(x)=A$ $\underset{n\to\infty}{\lim}f(x_n)=A$

考法①：右边证明左边
$\{x_{n1}\},\{x_{n2}\}$ $f(x)$ 极限存在性。
$\Large 例:证明\underset{x\to0}{\lim}\frac{1}{x}\sin \frac{1}{x}不存在$
$\begin{aligned} 证 : \\ 设 f (x) = \frac{1}{x} \sin \frac{1}{x}, 通过海涅定理可知 : \\ 取任意数列 x_{n}, 当 n \to \infty 时, x_{n} \to 0, 证明这些数列不存在即可 \\ ① & 若取 x_{n} (n \to \infty) = \frac{1}{n π} \to 0, 则有 lim_{n \to \infty} f (x_{n}) = 0 \\ ② & 若取 x_{n} = x_{n}^{'} (n \to \infty) = \frac{1}{(2 n + \frac{1}{2}) π} \to 0, 则 lim_{n \to \infty} f (x_{n}^{'}) = \infty \\ 此时 lim_{n \to \infty} f (x_{n}) \neq lim_{n \to \infty} f (x_{n}^{'}), 根据海涅定理 : \\ 数列极限在去心邻域有不存在情况, 则 lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \sin \frac{1}{x} 不存在 \end{aligned}$
考法②：左边证明右边(较为常考)
$\underset{x\to0}{\lim}f(x)=0\Longrightarrow\underset{n\to\infty}{\lim}f(\frac{1}{n})=A$
$\Large 例:求\underset{n\to\infty}{\lim}(n\tan \frac{1}{n})^{n^2}的值$
$\begin{aligned} 解 : \\ 原极限 = lim_{n \to \infty} (\frac{1}{\frac{1}{n}} \tan \frac{1}{n})^{\frac{1}{\frac{1}{n^{2}}}} = lim_{n \to \infty} f (\frac{1}{n}) \\ 由海涅定理可以将上式转换为： \\ lim_{x \to 0} f (x) = lim_{x \to 0} {\frac{\tan x}{x}}^{\frac{1}{x^{2}}} = e^{lim_{x \to 0} \frac{1}{x^{2}} (\frac{\tan x}{x} - 1)} \\ = e^{lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^{3}}} = e^{\frac{1}{3}} \end{aligned}$

在函数极限中，连续定义用增量表示为：

\begin{matrix} lim_{Δ x \to 0} [f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})] = 0 \\ 则 f (x) 在 x = x_{0} 处 连 续 \end{matrix}

$f(x)$ $x=x_0$ $\exists\delta>0$ $|x-x_0|<\delta$ $f(x)$ $x_0$ 邻域内都连续)。证明如下：

$f(x)$ $x=0$ $0$ 点的邻域内都连续，就可以完成证明。

\begin{aligned} 证 明 : \\ 取 f (x) = {\begin{array}{c} x^{2}, & x \in 有 理 数 \\ 0, & x \in 无 理 数 \end{array} \\ ① & 若 取 x_{0} = 0, f (0) = 0, lim_{Δ x \to 0} [f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})] \\ = lim_{Δ x \to 0} [f (0 + Δ x) - f (0)] = lim_{Δ x \to 0} (Δ x)^{2} = 0 \\ ∴ f (x) 在 0 点 连 续 \\ ② & 若 取 x_{0} \neq 0, 则 利 用 海 涅 定 理 可 知 当 数 列 x_{n} \overset{有 理 数 方 向}{\Rightarrow} x_{0} \\ 则 lim_{x_{n} \to x_{0}} x^{2} = x_{0}^{2} \neq 0 \\ 当 数 列 x_{n} \overset{无 理 数 方 向}{\Rightarrow} x_{0}, lim_{x_{n} \to x_{0}} 0 = 0 \\ 故 海 涅 定 理 可 知 x_{n} \to x_{0} 时 任 意 f (x_{0}) 都 存 在 且 相 等 函 数 极 限 才 存 在 \\ ∴ & 不 能 证 明 \exists δ > 0 ， 当 | x - x_{0} | < δ 时, f (x) 连 续 (x_{0} 邻 域 内 都 连 续) \end{aligned}

$f(x)$ $x_0=0$ $\Delta x$ $\Delta f$ $\Delta x\to0,\Delta f\to0$ $\Delta f$ $x_0$ 。

4. 夹逼准则

夹逼准则是不等思想的体现。求解数列极限需要经常用到夹逼准则。

极限放缩方法：

4.1 利用简单放大缩小

${u_1+u_2+u_3+\cdots+u_n}$ ，则满足以下不等式：

\begin{matrix} ① 无 穷 项 相 加 : n \cdot u_{min} \leq u_{1} + u_{2} + u_{3} + \dots + u_{n} \leq n \cdot u_{max} \\ ② 有 限 项 相 加 : 当 u_{i} \geq 0 时, 1 \cdot u_{max} \leq u_{1} + u_{2} + \dots + u_{n} \leq n \cdot u_{max} \end{matrix}

$\Large 例1:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n+n})$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 \frac{\frac{n (n + 1)}{2}}{n^{2} + n + n} < \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n^{2} + n + i} < \frac{\frac{n (n - 1)}{2}}{n^{2} + n + 1} \\ 两 边 极 限, 由 于 夹 逼 定 理 可 得 lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n^{2} + n + i} = \frac{1}{2} \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n}$ $a_i(i=1,2,\cdots,m)$ 都是非负数

\begin{aligned} 解 : \\ 其 中 a = max {a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{m}} \\ 则 \sqrt[n]{1 \cdot a^{n}} \leq \sqrt[n]{a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n}} \leq \sqrt[n]{n \cdot a^{n}} \\ 两 边 求 极 限 得 lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n}} = a \end{aligned}

上题可以当作一个经典例题， $\max\{a_i\},a_i为{a_1,a_2,\cdots,a_m}$ 中的最大值。所以多项式相加的极限就转换为找最大项和最小项问题。

$\Large 例:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}\sqrt[n]{\sin^nx+\cos^nx}$ 的最大项和最小项

\begin{aligned} 解 : \\ 由 \cos x 和 \sin x 图 像 可 知 : \\ lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\sin^{n} x + \cos^{n} x} = {\begin{array}{c} \cos x, & 0 \leq x < \frac{π}{4} \\ \sin x, & \frac{π}{4} \leq x \leq \frac{π}{2} \end{array} \end{aligned}

$\underset{n\to\infty}{\lim}\sqrt[n]{\Delta_1^n+\Delta_2^n},\Delta非负$ ，且在不同区间段上有不同最大值，即分段函数。

4.2 利用未知条件求极限

一般题中会给出放缩方法，根据题中方法解出极限。

$\Large 例:$ $0<a_n<\frac{\pi}{2},0<b_n<\frac{\pi}{2},\cos a_n-a_n=\cos b_n$ $\underset{n\to\infty}{\lim}b_n=0$ $\underset{n\to\infty}{\lim}a_n,\underset{n\to\infty}{\lim}\frac{a_n}{b^2_n}$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 题 可 知 \cos a_{n} - \cos b_{n} = a_{n} > 0, 由 于 \cos x 在 (0, \frac{π}{2}) 递 减 \\ 故 0 < a_{n} < b_{n}, 且 lim_{n \to \infty} b_{n} = 0, 由 夹 逼 准 则 得 lim_{n \to \infty} a_{n} = 0 \\ lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}^{2}} = lim_{n \to \infty} \frac{1 - \cos b_{n}}{b^{2} n} \cdot \frac{a_{n}}{1 - \cos b_{n}} \\ = lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \cdot \frac{a_{n}}{1 - \cos b_{n}} = \frac{1}{2} lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{1 - \cos a_{n} + a_{n}} \\ = \frac{1}{2} lim_{n \to \infty} (\frac{1 - \cos a_{n} + a_{n}}{a_{n}})^{- 1} = \frac{1}{2} \cdot 1 \end{aligned}

4.3 利用重要不等式

$a,b$ 为实数，则 $①|a\pm b|\le|a|+|b|,②\Big||a|-|b|\Big|\le|a-b|$
$n$ 个实数的情形，即
$| a_{1} \pm a_{2} \pm \dots \pm a_{n} | \leq | a_{1} | + | a_{2} | + \dots + | a_{n} |$
$\sqrt{ab}\le\frac{a+b}{2}\le\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}(a,b\ge0)$
$|ab|\le\frac{a^2+b^2}{2}$ $u_n>0$ $\frac{u_n}{n}=u_n·\frac{1}{n}\le\frac{u_n^2+\frac{1}{n^2}}{2}$
$\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\le\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}(a,b,c\ge0)$
$a\ge b\ge 0$ $\left\{\begin{matrix}当m>0,&a^m\ge b^m\\当m<0,&a^m\le b^m\end{matrix}\right.$
$0<a<x<b,0<c<y<d$ $\frac{c}{b}<\frac{y}{x}<\frac{d}{a}$
$n\pi<x<(n+1)\pi,2n<S(x)<2(n+1)$ $\frac{2n}{(n+1)\pi}<\frac{S(x)}{x}<\frac{2(n+1)}{n\pi}$
$0<x<\frac{\pi}{4}$ $x<\tan x<\frac{4}{\pi}x$
$0<x<\frac{\pi}{2}$ $\sin x>\frac{2}{\pi}x$
$\sin x<x<\tan x(0<x<\frac{\pi}{2})$
$\sin x<x(x>0)$
$x_n>0$ $x_{n+1}=\sin x_{n}<x_n$ $\{x_n\}$ 单调减少
$\arctan x\le x\le\arcsin x(0\le x\le 1)$
$x_n>0$ $x_{n+1}=\arctan x_n<x_n$ $\{x_n\}$ 单调减少
$e^x\ge x+1(\forall x)$
$x_{n+1}=e^{x_n}-1$ $e^{x_n}-1\ge x_n$ $x_{n+1}\ge x_n$ $\{x_n\}$ 单调不减
$x-1\ge\ln x(x>0)$
$x_n>0$ $x_{n+1}=\ln x_{n}+1$ $\ln x_{n}+1\le x_n$ $x_{n+1}\le x_n$ $\{x_n\}$ 单调不增
$\frac{1}{1+x}<\ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}(x>0)$ $\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x(x>0)$

$\Large 例:$ $n\le x<n+1$ $2n\le f(x)<2(n+1)$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}\frac{f(x)}{x}$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 题 可 知 \frac{1}{n + 1} < \frac{1}{x} < \frac{1}{n} \\ 则 \frac{2 n}{n + 1} < \frac{f (x)}{x} < \frac{2 (n + 1)}{n} \\ 且 当 x \to \infty 时, n \to \infty 利 用 夹 逼 准 则 \\ lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{x} = 2 \end{aligned}

4.4 利用压缩映射原理

注：压缩映射原理使用需要写出证明过程。

$\{x_n\}$ $k(0<k<1)$ $|x_{n+1}-a|\le k|x_n-a|,n=1,2,\cdots$ $\{x_n\}$ $a$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 0 \leq | x_{n + 1} - a | \leq k | x_{n} - a | \leq k^{2} | x_{n - 1} - a | \leq \dots \leq k^{n} | x_{1} - a | \\ 由 于 lim_{n \to \infty} k^{n} = 0, 根 据 夹 逼 准 则, 有 lim_{n \to \infty} | x_{n + 1} - a | = 0 \\ lim_{n \to \infty} x_{n + 1} = a, 故 {x_{n}} 收 敛 于 a \end{aligned}

$\{x_n\}$ $x_{n+1}=f(x_n),n=1,2,\cdots,f(x)$ $a$ $f(x)=x$ 的唯一解 $\forall x\in R$ $|f'(x)|\le k<1$ $\{x_n\}$ $a$

\begin{aligned} 证 明 : \\ | x_{n + 1} - a | = | f (x_{n}) - f (a) | \overset{拉 氏 定 理}{\Rightarrow} \\ | f (x_{n}) - f (a) | = | f^{'} (ξ) | \cdot | x_{n} - a | \leq k | x_{n} - a | \\ 其 中 ξ 介 于 a 与 x_{n} 之 间 \\ 由 原 理 一, 可 知 {x_{n}} 收 敛 于 a \end{aligned}

同时也可以利用闭区间上连续函数必有最大值与最小值。

5. 单调有界准则

$\{x_n\}$ $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n$ 存在

$\{x_n\}$ 单调性的常用方法：

$x_{n+1}-x_n>(<)0$ $\frac{x_{n+1}}{x_n}>(<)1$ (同号)
$n=1$ $n=k$ $n=k+1$ 时成立。
利用重要不等式
$x_n-x_{n-1}$ $x_{n-1}-x_{n-2}$ $\{x_n\}$ 单调
$x_{n+1}=f(x_n)(n=1,2,\cdots)$ $x_n\in$ $I$
$f'(x)>0,x\in区间I$ $\{x_n\}$ $\left\{\begin{matrix}当x_2>x_1时,&数列\{x_n\}单调增加\\当x_2<x_1时,&数列\{x_n\}单调减少\end{matrix}\right.$
$f'(x)<0$ $x\in 区间I$ $\{x_n\}$ 不单调
$f(x)$ $x_1<x_2$ $\{x_n\}$ 单调增加：
$f(x)$ $x_1>x_2$ $\{x_n\}$ 单调减少

$\Large 例1:$ $0<x_1<3$ $x_{n+1}=\sqrt{x_n(3-x_n)}(n=1,2,\cdots)$ $\{x_n\}$ 极限存在，并求此极限

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 \frac{a + b}{2} \geq \sqrt{a b}, (a, b > 0) \\ 则 x_{n + 1} = \sqrt{x_{n} (3 - x_{n})} \leq \frac{x_{n} + 3 - x_{n}}{2} = \frac{3}{2} \\ 故 x_{n} 有 上 界, 因 此 数 列 x_{n} 有 界, 0 \leq x_{n} \leq \frac{3}{2}, n = 2, 3, \dots \\ 且 x_{n + 1} - x_{n} = \sqrt{x_{n} (3 - x_{n})} - x_{n} \\ = \sqrt{x_{n}} (\sqrt{3 - x_{n}} - \sqrt{x_{n}}) \\ = \sqrt{x_{n}} \cdot \frac{3 - 2 x_{n}}{\sqrt{3 - x_{n}} + \sqrt{x_{n}}} \geq 0 \\ ∴ {x_{n}} 单 调 增 加, 故 极 限 存 在 记 作 a \\ 两 边 取 极 限 : a = \sqrt{a (3 - x_{n})} ⟹ a = \frac{3}{2} 或 a = 0 (舍 去) \\ 综 上 lim_{n \to \infty} x_{n} = \frac{3}{2} \end{aligned}

$\Large 例2:$ $\{x_n\}$ $x_{n+1}=2\ln(1+x_n),n=1,2,\cdots,x_1>a>0$ $a$ $x-2\ln(1+x)=0$ $\{x_n\}$ 收敛

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 x_{n + 1} = 2 \ln (1 + x_{n}) ⟹ 2 \ln (1 + x_{n}) 单 调 递 增 \\ 且 a 是 x - 2 \ln (1 + x) = 0 的 唯 一 解 ⟹ 2 \ln (1 + a) = a \\ 设 x_{n} > a > 0, 故 x_{n + 1} \geq a ⟹ x_{n} 有 界 \\ 综 上, {x_{n}} 单 调 递 减 且 有 下 界, 故 收 敛 \end{aligned}

上面证明用到了第一数学归纳法：
$n$ $0$ $1$ ）时命题成立。
$n = k$ $n = k + 1$ 时命题也成立。
$n$ 都成立。
故上题证明思路如下：
$x_1>a>0$
$x_n>a>0$
$x_{n+1}>a$

$\Large 例3:$ $x=2\ln(1+x)$ $(0,+\infty)$ $\xi$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 令 F (x) = x - 2 \ln (1 + x) \\ F^{'} (x) = \frac{x - 1}{1 + x} \overset{令 F^{'} (x) = 0}{\Rightarrow} x = 1 (唯 一 解) \\ 当 0 < x < 1 时, F^{'} (x) < 0, 单 调 递 减 \\ 当 x > 1 时, F^{'} (x) > 0 单 调 递 增, 故 x = 1 为 F (x) 最 小 值 点 \\ 且 F (0) = 0, F (1) = 1 - 2 \ln 2 < 0 \\ 而 F (+ \infty) = lim_{x \to + \infty} F (x) = + \infty > 0 \\ 故 F (x) 在 (1, + \infty) 有 唯 一 实 数 根 \end{aligned}

$\Large(2)$ $(1)$ $\xi$ $x_1>\xi$ $x_{n+1}=2\ln(1+x_n),n=1,2,\cdots$ $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n$ 存在，并求其值

\begin{aligned} 证 明 : \\ ∵ x_{1} > ξ, 且 x_{2} = 2 \ln (1 + x_{1}) \\ 由 (1) 得 ξ = 2 \ln (1 + ξ), 由 于 \ln (1 + x) 增 函 数 \\ 故 x_{2} = 2 \ln (1 + x_{1}) \geq ξ = 2 \ln (1 + ξ), 即 x_{2} \geq ξ \\ 又 F (x_{1}) = x_{1} - 2 \ln (1 + x_{1}) > 0, ∴ x_{1} > 2 \ln (1 + x_{1}) \\ 从 而 可 得 x_{1} > x_{2} > ξ \\ 设 x_{n - 1} > x_{n} > ξ, x_{n + 1} = 2 \ln (1 + x_{n}) > ξ, 故 x_{n + 1} > ξ \\ 又 F (x_{n}) = x_{n} - 2 \ln (1 + x_{n}) > 0 ⟹ x_{n} > 2 \ln (1 + x_{n}) \\ ∴ x_{n} > x_{n + 1} > ξ > 0, 故 {x_{n}} 单 调 递 减 且 有 下 界 \\ 综 上 所 述 lim_{n \to \infty} x_{n} 存 在, 且 其 极 限 为 a \\ lim_{n \to \infty} x_{n + 1} = lim_{n \to \infty} 2 \ln (1 + x_{n}) ⟹ a = 2 \ln (1 + a) \\ 根 据 极 限 保 号 性 : a \geq ξ > 0, 由 于 (1) 可 知 x = 2 \ln (1 + x) 有 唯 一 实 根 ξ \\ 故 a = ξ \end{aligned}

此题同样使用了第一个数学归纳法：
$x_1>x_2>\xi$
$x_{n-1}>x_n>\xi$
$x_n>x_{n+1}>\xi$

此题几何图形如下：

$\Large 例4:$ $x=\cos x$ $(0,\frac{\pi}{3})$ $a$

\begin{aligned} 解 : \\ 令 F (x) = \cos x - x, x \in (0, \frac{π}{3}) \\ F (0) = 1 > 0, F (\frac{π}{3}) = \frac{1}{2} - \frac{π}{3} < 0 \\ 且 F^{'} (x) = - \sin x - 1 < 0 ⟹ F (x) 有 唯 一 实 根 a \end{aligned}

$-1\le x_1\le1$ $x_{n+1}=\cos x_n,n=1,2,\cdots$ $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n$ $(1)$ $a$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 x_{n + 1} = \cos x_{n}, 且 - 1 \leq x_{1} \leq 1 \\ 故 0 < x_{n + 1} = \cos x_{n} \leq 1, 利 用 压 缩 映 射 原 理 : \\ 0 \leq | x_{n + 1} - a | = | \cos x_{n} - \cos a | = | - \sin ξ | \cdot | x_{n} - a | \\ 由 于 0 < x_{n + 1} = \cos x_{n} \leq 1 < \frac{π}{3} \\ 故 | - \sin ξ | \cdot | x_{n} - a | < \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot | x_{n} - a | < \\ (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2} | x_{n} - a | < \dots < (\frac{\sqrt{3}}{2})^{n} | x_{1} - a | \\ 由 此 可 得 lim_{n \to \infty} (\frac{\sqrt{3}}{2})^{n} | x_{1} - a | = 0, 根 据 夹 逼 准 则 : \\ lim_{n \to \infty} | x_{n + 1} - a | = 0 ⟹ lim_{n \to \infty} x_{n} = a \end{aligned}

此题几何图形如下：

6. 数列极限题目

6.1 证明数列极限值

定义 $\xi>0$ $N>0$ $n>N$ $|x_n-a|<\xi$ $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=a$

$\underset{x\to\infty}{\lim}x_n=a$

\begin{aligned} 证 : \\ ① & 先 写 距 离, 令 | x_{n} - a | < ξ \\ ② & 反 解 出 n 的 范 围 是 一 个 n 关 于 ξ 的 函 数 : n > g (ξ) \\ ③ & 取 N = [g (ξ)] + 1 : 取 整 再 + 1 \end{aligned}

$\Large 例:$ $\underset{x\to\infty}{\lim}q^n=0$ $q$ $|q|<1$ )

\begin{aligned} 证 : \\ ① & 设 0 < ξ < 1, 令 | q^{n} - 0 | < ξ \\ ② & 反 解 n : n \ln | q | < \ln ξ ⟹ n > \frac{\ln ξ}{\ln | q |} \\ ③ & 取 N = [\frac{\ln ξ}{\ln | q |}] + 1 \\ 则 n > N 时, 必 然 有 n > \frac{\ln ξ}{\ln | q |} 则 恒 有 | q^{n} - 0 | < ξ \\ 故 lim_{x \to \infty} q^{n} = 0 \end{aligned}

以上证明可以得出以下结论：

$\{a_n\}$ $a_1$ $q,q\ne1$ $n$ 项和为：
$\begin{aligned} S_{n} = \frac{a_{1} (1 - q^{n})}{1 - q} \end{aligned}$
$q$ $|q|<1$ 时

\begin{aligned} S = S_{n} = \frac{a_{1}}{1 - q} \end{aligned}

$|q|<1$ $\underset{n\to\infty}{\lim}q^n=0$ $q=1-\frac{1}{n},n是大于1的整数,则\underset{x\to\infty}{\lim}q^n=\underset{x\to\infty}{\lim}(1-\frac{1}{n})^n=\frac{1}{e}\ne0$ 。

6.2 已知极限证明另一个极限

$\xi>0$ $N>0$ $n>N$ $|x_n-a|<\xi$ $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n=a$

$\Large 例:$ $\underset{n\to\infty}{\lim}a_n=A$ $\underset{n\to\infty}{\lim}|a_n|=|A|$

\begin{aligned} 证 ： \\ ① & \forall ξ > 0, \exists N > 0, n > N 时, 有 | a_{n} - A | < ξ \\ ② & 由 不 等 式 | | a | - | b | | \leq | a - b |, 可 知 \\ | | a_{n} | - | A | | \leq | a_{n} - A | < ξ \\ ⟹ lim_{n \to \infty} | a_{n} | = | A | \end{aligned}

上面证明可以得到以下重要结论：

$A=0$ $\Big||a_n|-|A|\Big|=\Big||a_n|-0\Big|=|a_n-0|$ $\underset{n\to\infty}{\lim}a_n=0\iff\underset{n\to\infty}{\lim}|a_n|=0$ 。

$a_n\to0$ $|a_n|\to0$ $0$ $0\le|a_n|\le b_n$ 。

6.3 数列极限压轴知识

数列极限的重要定理：夹逼准则、单调有界准则，定义法。

一般情况下遇到递推式，用单调有界准则(优先级高)或定义法。

$\{a_n\}$ $a_1=a(a>0),a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{2}{a_n}),$ $\underset{n\to\infty}{\lim}a_n$ 存在，并求其值。

\begin{aligned} 解 ： \\ 由 题 可 知 a_{1} = a > 0, 则 a_{n} > 0, 由 不 等 式 \frac{a + b}{2} \geq \sqrt{a b} (a, b > 0) \\ 可 知 a_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_{n} + \frac{2}{a_{n}}) \geq \sqrt{a_{n} \cdot \frac{2}{a_{n}}} = \sqrt{2} \\ 显 然 a_{n} 有 下 界, 且 a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{2} (a_{n} + \frac{2}{a_{n}}) - a_{n} = \frac{2 - a_{n}^{2}}{2 a_{n}} \\ 由 于 a_{n} \geq \sqrt{2}, 所 以 a_{n + 1} - a_{n} \leq 0, 即 a_{n} 单 调 减 少 . \\ 由 单 调 有 界 准 则, 可 知 a_{n} 的 极 限 存 在, 记 作 A \\ ∴ lim_{n \to \infty} a_{n + 1} = lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} (a_{n} + \frac{2}{a_{n}}), 即 A = \frac{1}{2} (A + \frac{2}{A}) \\ 得 A = \pm \sqrt{2}, 由 于 a_{n} > 0, 由 极 限 的 保 号 性 得 A = \sqrt{2} \end{aligned}

$\{x_n\}$ $0<x_1<\pi,x_{n+1}=\sin x_n(n=1,2,...)$ $\underset{n\to\infty}{\lim}x_n$ 存在，并求该极限。

\begin{aligned} 解 ： \\ 由 于 0 < x_{1} < π, 则 0 < x_{n} < π \\ 且 x_{n + 1} = \sin x_{n}, 由 \sin x \leq x 可 知 关 系 不 等 式 : \\ 0 < x_{n + 1} = \sin x_{n} < x_{n} < π \\ 显 然 数 列 x_{n} 单 调 减 少 且 有 下 界, 所 以 极 限 存 在 记 作 A \\ lim_{n \to \infty} x_{n + 1} = lim_{n \to \infty} \sin x_{n} ⟹ A = \sin A \\ ∴ A = 0 \end{aligned}

四. 一元函数微分学

知识总览：

1. 导数的基本概念

导数概念：

$y=f(x)$ $I$ $x=x_0$ $\Delta x$ $x_0\in I,x_0+\Delta x\in I$ $\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$ $\Delta y$ $\Delta x$ $\Delta x\to0$ $\underset{\Delta x\to0}{\lim}\frac{\Delta y}{\Delta x}$ $y=f(x)$ $x_0$ $y=f(x)$ $x_0$ $f'(x_0)$

$f(x_0)$ $\underset{\Delta x\to 0}{\lim}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$ $y$ $x$ $(瞬时)$ 变化率 $\frac{函数的增量}{自变量增量}$ 的极限。导数就是变化率。

$\underset{\Delta x\to 0}{\lim}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$ $x_0$ $y=f(x)$ $x_0$ $y=f(x)$ $x_0$ 处的导数。记作：

f^{'} (x_{0}) = lim_{Δ x \to 0} \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} ⟹ lim_{狗 \to 0} \frac{f (x_{0} + 狗) - f (x_{0})}{狗}

$x_0+\Delta x=x$ 得到导数第二定义式：

f^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}}

注意：下面三种说法是等价的：

$y=f(x)$ $x_0$ 处可导
$y=f(x)$ $x_0$ 处导数存在
$f'(x_0)=A$ $A$ 为有限数)

导数第二定义式主要用于分段函数的情况。通过上面的定义我们可以推出导数存在的充要条件：

\begin{aligned} lim_{Δ x \to 0^{-}} \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} = f_{-}^{'} (x_{0}) \\ lim_{Δ x \to 0^{+}} \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} = f_{+}^{'} (x_{0}) \\ 充 要 条 件 : f_{-}^{'} (x_{0}) = f_{+}^{'} (x_{0}) \end{aligned}

$f(x)$ 在一点处连续或可导，不能推出其它点处也连续可导。

$\Large 例:$ $f(x)$ $x=0$ $f(0)=0$ $\underset{x\to0}{\lim}\frac{x^2f(x)-f(x^3)}{x^3}$ 值

\begin{aligned} 解 ： \\ 原 式 = lim_{x \to 0} [\frac{f (x)}{x} - \frac{f (x^{3})}{x^{3}}] \\ = lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} - lim_{x^{3} \to 0} \frac{f (0 + x^{3}) - f (0)}{x^{3}} \\ = f^{'} (0) - f^{'} (0) = 0 \end{aligned}

$\frac{dy}{dx}$ $A$ $B$ $A,B$ $\frac{d\Delta}{d\Delta}$ $\Delta$ $\frac{dA}{dB}$ $s$ $t$ $\frac{ds}{dt}$ $v$ 。

原函数与积分和导数关系：

\begin{aligned} ① & \underset{奇 函 数}{f^{'} (x)} ⟸ \underset{偶 函 数}{f (x)} ⟹ \underset{只 有 一 个 为 奇 函 数}{\int_{0}^{x} f (x) d x} \\ ② & \underset{偶 函 数}{f^{'} (x)} ⟸ \underset{奇 函 数}{f (x)} ⟹ \underset{偶 函 数}{\int_{0}^{x} f (x) d x} \\ ③ & \underset{以 T 为 周 期 函 数}{f^{'} (x)} ⟸ \underset{以 T 为 周 期 函 数}{f (x)} \overset{当 \int_{0}^{T} f (x) d x = 0}{\to} \underset{一 切 原 函 数 也 以 T 为 周 期}{\int_{0}^{x} f (x) d x} \end{aligned}

1.1 导数奇偶性

导数奇偶性又以下几个性质：

$f(x)$ $n$ $f^{(2n)}(x)$ $f^{(2n-1)}(x)$ 奇偶性互换。
$f(x)$ $x=0$ 处有定义时， $f(0)=0$
$y$ $f'(0)$ $f'(0)=0$
$f(x)$ $T$ $f'(x)$ $T$ 为周期的周期函数。

$\Large 例:$ $f(x)$ $2$ $f(\frac{1}{2})>0,f'(\frac{1}{2})>0$ $M=f(-\frac{1}{2}),N=f'(\frac{3}{2}),K=f''(0)$ 大小

\begin{aligned} 解 ： \\ ① & M = f (- \frac{1}{2}) 且 f (x) 为 奇 函 数, 故 - f (\frac{1}{2}) < 0 \\ ② & N = f^{'} (\frac{3}{2}) 且 f (x) 以 2 为 周 期 函 数, 故 f^{'} (\frac{3}{2} - 2) = f^{'} (- \frac{1}{2}) \\ = f^{'} (\frac{1}{2}) > 0 \\ ③ & K = f^{″} (0) 为 奇 函 数, 奇 函 数 原 点 为 0, 故 K = 0 \\ ∴ & N > K > M \end{aligned}

1.2 导数的性质

$y=f(x)$ $f'(x)\ne0\Longrightarrow f'(x)$ 必恒正或恒负(导数的保号性)。

$y=f(x)$ $f(x)\ne0\Longrightarrow f(x)$ 必恒正或恒负(函数的保号性)。

$f(x)$ $f'(x)$ 不一定 $f(x)$ $f'(x)$ 是有界函数。

两个重要性质：

$f(x)$ $x=a$ $F(x)=f(x)|x-a|$ $f(a)=0$ $F(x)$ $x=a$ 处可导的充分必要条件。
$\begin{aligned} 证明 : \\ F (x) {\begin{array}{c} - f (x) (x - a), & x < a \\ 0, & x = a \\ f (x) (x - a), & x > a \end{array} \\ 又 F^{'}_(a) = lim_{x \to a^{-}} \frac{- f (x) (x - a) - 0}{x - a} = - f (a) \\ F_{+}^{'} (a) = lim_{x \to a^{+}} \frac{f (x) (x - a) - 0}{x - a} = f (a) \\ 故 f (a) - 0 ⟺ f^{'} (a) \exists, 反之也成立 \end{aligned}$
$\Large 例:$ $f(x)=(x^2-1)|x^3-2x^2-x+2|$ 的不可导点个数
$\begin{aligned} 解 : \\ f (x) = (x + 1) (x - 1) | x - 2 | | x + 1 | | x - 1 | \\ f (x) = (x + 1) | x + 1 | \cdot (x - 1) | x - 1 | \cdot (x - 2) \\ 由上面性质可知 f (x) 在 (x - 2) = 0 即 x = 2 处不可导 \end{aligned}$

$\Large 例1:$ $f(x)$ $x=0$ $|f(x)|\le1-\cos x$ $f(x)$ $x=0$ $f'(0)=0$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 题 可 知 0 \leq | f (x) | \leq 1 - \cos x \\ 通 过 夹 逼 准 则 可 知 : lim_{x \to 0} | f (x) | = 0 ⟺ lim_{x \to 0} f (x) = 0 \\ 又 x = 0 时, | f (0) | \leq 1 - \cos 0 = 0 ⟹ f (0) = 0 \\ 故 | f (x) | 在 x = 0 处 连 续 \\ 由 于 f (0) = 0, 0 \leq \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} \leq \frac{1 - \cos x}{x - 0} \\ 由 夹 逼 准 则 可 知 lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} = 0 ⟹ f^{'} (0) = 0 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)=(e^x-1)(e^{2x}-2)\cdots(e^{nx}-n)$ $n$ $f'(0)$

$f'(x)$ $x$ $f(x)$ $0$ $0$ $0$ $g(x)$ 。

\begin{aligned} 解 : \\ 令 g (x) = (e^{2 x} - 2) (e^{3 x} - 3) \dots (e^{n x} - n) \\ 则 f (x) = (e^{x} - 1) \cdot g (x) 求 导 可 得 : \\ f^{'} (x) = e^{x} \cdot g (x) + (e^{x} - 1) g^{'} (x) \\ f^{'} (x) |_{x = 0} = g (x) + 0 = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! \end{aligned}

$\Large 例3:$ $f(x)$ $x=0$ $f(\frac{1}{n})=\frac{2}{n},n=1,2,\cdots$ $f'(0)$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 f (x) 在 x = 0 处 可 导 连 续 且 极 限 存 在 \\ 利 用 海 涅 定 义 令 x = \frac{1}{n} : lim_{\frac{1}{n} \to 0} f (\frac{1}{n}) = lim_{\frac{1}{n} \to 0} \frac{2}{n} = 0 \\ 从 而 可 知 f (0) = 0, 且 f (x) 在 x = 0 处 可 导 \\ f^{'} (0) = lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} = lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{x} \\ 海 涅 定 理 可 知 : lim_{\frac{1}{n} \to 0} n \cdot \frac{2}{n} = 2 \end{aligned}

$|f(x)|'=(\sqrt{f^2(x)})'=\frac{1}{2\sqrt{f^2(x)}}·2f(x)·f'(x)=\frac{f(x)f'(x)}{|f(x)|},f(x)\ne0$ $|f(x)|'$ 存在。

1.3 函数的可导与连续的关系

\begin{array}{r} 关 系 ： {\begin{array}{c} 可 导 必 连 续 \\ 连 续 不 一 定 可 导 \\ 连 续 一 定 极 限 存 在 \\ 极 限 存 在 不 一 定 连 续 \end{array} \end{array}

函数的可导与连续的关系图：

注意：对函数加绝对值会让函数图像产生尖点，此时会让函数变为不可导。如果题中让找出下列那个函数在某点处连续但不可导：选叫绝对值函数即可。

$=$ $=\infty$ ，这样的导数依然不存在，称为无穷导数。

$f(x)$ $x=x_0$ $\underset{x\to x_0}{\lim}\frac{f(x)}{x-x_0}=A$ $f(x_0)=0,f'(x_0)=A$

\begin{aligned} 定 理 证 明 : \\ f (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} f (x) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{x - x_{0}} \cdot (x - x_{0}) = 0 \\ 又 f^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{x - x_{0}} = A \end{aligned}

2. 导数的几何意义

$y=f(x)$ $x_0$ $f'(x_0)$ $y=f(x)$ $M_0(x_0,f(x_0))$ 处的切线的斜率，即

f^{'} (x_{0}) = \tan α = k

导数几何意义：

$Q$ $P$ $P$ $T$ $T$ $\tan\alpha$ 的值。且具体计算如下：

\begin{aligned} \tan α = \frac{y - y_{0}}{x - x_{0}} = \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} \\ 由 于 Q 无 线 接 近 P 的 过 程 就 是 x \to x_{0} 的 过 程 \\ lim_{x \to x_{0}} = \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} = k = f^{'} (x_{0}) \end{aligned}

$y=f(x)$ $M_0$ 处的切线方程为：

y - y_{0} = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})

法线方程为：

y - y_{0} = - \frac{1}{f^{'} (x_{0})} (x - x_{0})

高阶导数为：

\begin{array}{r} f^{(n)} (x_{0}) = lim_{Δ x \to 0} \frac{f^{(n - 1)} (x_{0} + Δ x) - f^{(n - 1)} (x_{0})}{Δ x} \end{array}

$-1$ 。平行则斜率相等。 $x$ 轴的切线

$\Large 例:$ $y=f(x)=x^n$ $(1,1)$ $x$ $(\xi_n,0)$ $\underset{n\to\infty}{\lim}f(\xi_n)$

\begin{aligned} 解 : \\ f^{'} (x) = \frac{d y}{d x} |_{x = 1} = n x^{n - 1} |_{x = 1} = n, n = 1, 2, \dots \\ 故 切 线 方 程 为 y - 1 = n (x - 1), 令 y = 0 \\ 可 得 x = 1 - \frac{1}{n} = ξ_{n} \\ 故 lim_{n \to \infty} f (1 - \frac{1}{n}) = lim_{n \to \infty} f (1 - \frac{1}{n})^{n} = \frac{1}{e} \end{aligned}

$f(x)=x^n$ $n$ $\{f_n(x)\}$ $f'(x)=n,n=1,2,\cdots$

3. 微分基本概念

引例：

$1$ $\Delta x$ $S$ 增加了

Δ S = (1 + Δ x)^{2} - 1^{2} = 2 Δ x + (Δ x)^{2}

$\Delta S$ $2\Delta x$ $\Delta x$ $(\Delta x)^2$ $\underset{\Delta x\to0}{\lim}\frac{(\Delta x)^2}{\Delta x}=0$ $(\Delta x)^2=o(\Delta x)$ $\Delta S=2\Delta x+o(\Delta x)$ $2\Delta x$ $o(\Delta x)$ $\Delta x\to0$ $\Delta x$ $\Delta x$ $\Delta S\approx2\Delta x$ 。

$y=f(x)$ $x_0$ $f(x)$ $x_0$ 处的增量：

Δ y = f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})

$\Delta x$ $A$ $\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x)$ $o(\Delta x)$ $\Delta x\to0$ $\Delta x$ $f(x)$ $x_0$ $A\Delta x$ $f(x)$ $x_0$ $dy|_{x=x_0}=A\Delta x$ $dy|_{x=x_0}=f'(x_0)dx$ $\underset{\Delta x\to0}{\lim}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to0}{\lim}\frac{A\Delta x}{\Delta x}+\underset{\Delta x\to0}{\lim}\frac{o(\Delta x)}{\Delta x}=A$ 。所以：

d y = f^{'} (x_{0}) Δ x

$dx=1·\Delta x=\Delta x$ 。所以微分公式为：

\frac{d y}{d x} = \frac{f^{'} (x) d x}{d x} = f^{'} (x)

微分几何意义：

$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$ $dy=y'dx=y'\Delta x$ $x_0$ $x=x_0+\Delta x$ $\Delta y$ $dy$ $o(\Delta x)$ 。

$\Delta y$ $y$ $dy$ $y$ $\Delta y\approx dy$ $\Delta x=dx$ 。

$\Delta y$ $dy$ $\Delta y=dy+o(\Delta x)$ ，且

\begin{matrix} Δ x = d x ⟹ Δ y = y^{'} d x + o (Δ x) \\ Δ y = y^{'} Δ x + o (Δ x) \end{matrix}

$\Delta x\to0$ 时：

$dy$ $\Delta x$ 同阶无穷小
$\Delta y-dy$ $\Delta x$ 高阶无穷小
$\Delta y$ $dy$ 的等价无穷小

注意：可微判别：导数存在即可微，所以可以用导数判别去判断是否可微。或者用以下步骤：

$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$
$A\Delta x=f'(x_0)\Delta x$
$\underset{\Delta x\to0}{\lim}\frac{\Delta y-A\Delta x}{\Delta x}$

$0$ $y=f(x)$ $x_0$ 处可微，否则不可微。

$\Large 例1:$ $f'(x)=g(x)$ $df(\sin^2x)$ 值

\begin{aligned} 解 : \\ d f (\sin^{2} x) = [f^{'} (\sin^{2} x) \cdot 2 \sin x \cos x] d x \\ 且 f^{'} (x) = g (x) ⟹ [g (\sin^{2} x) \cdot 2 \sin x \cos x] d x \end{aligned}

$\Large 例2:$ $y=f(x)$ $x_0$ $f'(x_0)\ne0$ $\Delta x$ $y=f(x)$ $\Delta y$ $\underset{\Delta x\to0}{\lim}\frac{\Delta y-dy}{dy}$ 的值

\begin{aligned} 解 : \\ Δ y = d y + o (Δ x), d y = A Δ x = f^{'} (x_{0}) Δ x \\ ∴ lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y - d y}{d y} = lim_{Δ x \to 0} \frac{o (Δ x)}{f^{'} (x_{0}) \cdot Δ x} \\ = \frac{1}{f^{'} (x_{0})} lim_{Δ x \to 0} \frac{o (Δ x)}{Δ x} = 0 \end{aligned}

$\Large 例3:$ $f(u)$ $y=f(x^2)$ $x$ $x=-1$ $\Delta x=-0.1$ $\Delta y$ $0.1$ $f'(1)$ 值

\begin{aligned} 解 : \\ x 在 x = - 1 处 Δ y 线 性 主 部 为 0.1, 即 \\ d y |_{x = - 1} = y^{'} (- 1) \cdot Δ x = f^{'} (x^{2}) \cdot 2 x \cdot Δ x = 0.1 \\ ∴ d y |_{x = - 1} = f^{'} (1) \cdot 2 \cdot (- 1) \cdot (- 0.1) = 0.1 \\ ∴ f^{'} (1) = \frac{1}{2} \end{aligned}

4. 导数与微分计算

微分计算方法：

4.1 基本求导法则

导数的四则运算：

$[u(x)\pm v(x)]'=u'(x)\pm v'(x)$

$[Cu(x)]'=Cu'(x)(C为常数)$

$[u(x)v(x)]'=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)\Longrightarrow [u(x)v(x)w(x)]'=u'(x)v(x)w(x)+u(x)v'(x)w(x)+u(x)v(x)w'(x)$

$[\frac{u(x)}{v(x)}]'=\frac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{[v(x)]^2}$

$\Large 例:$ $f(x)=(\tan \frac{\pi x^1}{4}-1)·(\tan \frac{\pi x^2}{4}-2)...·(\tan \frac{\pi x^n}{4}-n),n=100$ $f'(1)$

\begin{aligned} 解 : \\ 当 x = 1 时, 第 一 项 (\tan \frac{π x}{4} - 1) = 0 \\ 故 可 设 g (x) = (\tan \frac{π x^{2}}{4} - 2) . . . \cdot (\tan \frac{π x^{n}}{4} - n) \\ ∴ f (x) = (\tan \frac{π x}{4} - 1) \cdot g (x) \\ f^{'} (x) = \frac{π}{4} \cdot \sec^{2} \frac{π x}{4} \cdot g (x) + (\tan \frac{π x}{4}) \cdot g^{'} (x) \\ f^{'} (1) = - \frac{π}{4} \cdot 2 \cdot 99! + 0 = - \frac{π}{2} \cdot 99! \end{aligned}

4.2 分段函数求导

\begin{array}{r} 设 f (x) {\begin{array}{c} f_{1} (x), x \geq x_{0} \\ f_{2} (x), x < x_{0} \end{array}, 其 中 f_{1} (x), f_{2} (x) 可 导, 则 : \end{array}

$x_0$ $f'_+(x_0)=\underset{x\to x_0^+}{\lim}\frac{f_1(x)-f(x_0)}{x-x_0},f'_-(x_0)=\underset{x\to x_0^-}{\lim}\frac{f_2(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ $f'_+(x_0)$ $f'_-(x_0)$ $f'(x_0)$ 是否存在

$x>x_0$ $f'(x)=f'_1(x);x<x_0$ $f'(x)=f'_2(x)$

$\Large 例:$ $y=\ln|x|,x\ne0$ $y'$

\begin{aligned} 解 : \\ y = \ln | x | {\begin{array}{c} \ln x, x > 0 \\ \ln (- x), x < 0 \end{array} \\ 则 当 x > 0 时, y^{'} = (\ln x) = \frac{1}{x} \\ 当 x < 0 时, y^{'} = \frac{1}{- x} \cdot (- 1) = \frac{1}{x} \end{aligned}

$(\ln|x|)'=\frac{1}{x}$ ，有无绝对值都一样。

$\Big(\ln|u(x)|\Big)'=\frac{u'(x)}{u(x)}$ ，有无绝对值都一样。

4.3 反函数的导数

$y=f(x)$ $f'(x)\ne0$ $x=\varphi(y)$ $\frac{dx}{dy}=\frac{1}{\frac{dy}{dx}}$ $\varphi'(y)=\frac{1}{f'(x)}$ .也就是说，反函数的导数等于其直接函数的导数的倒数(原函数导数和反函数的导数互为倒数)。

\begin{aligned} \frac{d x}{d y} = \frac{1}{\frac{d y}{d x}} ⟺ \frac{d y}{d x} = \frac{1}{\frac{d x}{d y}} \end{aligned}

单调函数必有反函数。

二阶导数：

\begin{aligned} ① y_{x x}^{″} & = \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d (\frac{d y}{d x})}{d x} = \frac{d (\frac{1}{x_{y}^{'}})}{d x} = \frac{d (\frac{1}{x_{y}^{'}})}{d y} \cdot \frac{d y}{d x} \\ = - \frac{1}{(x_{y}^{'})^{2}} \cdot x_{y y}^{″} \cdot y_{x}^{'} = - \frac{x_{y y}^{″}}{(x_{y}^{'})^{3}} \\ ② x_{y y}^{″} & = \frac{d^{2} x}{d y^{2}} = \frac{d (\frac{d x}{d y})}{d y} = \frac{d (\frac{1}{y_{x}^{'}})}{d y} = \frac{d (\frac{1}{y_{x}^{'}})}{d x} \cdot \frac{d x}{d y} \\ = - \frac{1}{(y_{x}^{'})^{2}} \cdot y_{x x}^{″} \cdot x_{y}^{'} = - \frac{y_{x x}^{″}}{(y_{x}^{'})^{3}} \end{aligned}

$\Large 例1:$ $\frac{dx}{dy}\ne0$ $\frac{d^2x}{dy^2}+3(\frac{dx}{dy})^3=0$ $\frac{d^2y}{dx^2}$ 值

\begin{aligned} 解 : \\ 由 题 可 知 : \frac{d^{2} x}{d y^{2}} = - 3 (\frac{d x}{d y})^{3}, 可 化 为 : x_{y y}^{″} = - 3 (x_{y}^{'})^{3} \\ 由 二 阶 导 数 可 得 : \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = - \frac{x_{y y}^{″}}{(x_{y}^{'})^{3}} \\ 由 此 可 得 : \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = 3 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $x>0$ $y=f(x)=3x^2+e^x$ $x=\varphi(y)$ $\varphi''(3+e)$

$x=\varphi(y)$ 很困难。由前面反函数导数公式可以直接解题。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 x_{y y}^{″} = - \frac{y_{x x}^{″}}{(y_{x}^{'})^{3}} \\ 将 y = f (x) 代 入 得 : \\ φ^{″} (y) = - \frac{y_{x x}^{″}}{(y_{x}^{'})^{3}} = - \frac{6 + e^{x}}{(6 x + e^{x})^{3}} \\ 其 中 y = 3 + e = 3 x^{2} + e^{x} ⟹ x = 1 \\ 故 φ^{″} (3 + e) = - \frac{6 + e}{(6 + e)^{3}} = - \frac{1}{(6 + e)^{2}} \end{aligned}

4.4 参数方程的导数

求一阶导数：
$y^{'} = \frac{d y}{d t} \cdot \frac{d t}{d x} = \frac{d y ∖ d t}{d x ∖ d t}$
求二阶导数：
$y^{″} = \frac{d y^{'}}{d t} \cdot \frac{d t}{d x} = \frac{d y^{'} ∖ d t}{d x ∖ d t}$

\begin{matrix} 例 1 : 已 知 {\begin{matrix} x = a \cos t \\ y = b \sin t \end{matrix} 求 \frac{d^{2} y}{d x^{2}} \end{matrix}

\begin{aligned} 解 ： \\ y^{'} = \frac{d y ∖ d t}{d x ∖ d t} = \frac{b \cos t}{a \sin t} = \frac{b}{a} \cdot \cot t \\ y^{″} = \frac{d y^{'} ∖ d t}{d x ∖ d t} = \frac{\frac{b}{a} \csc^{2} t}{- a \sin y} = - \frac{b}{a^{2} \sin^{3} t} \end{aligned}

$\Large 例2:$ $y=y(x)$ $\left\{\begin{matrix}x=\arctan t,&①\\2y-ty^2+e^t=5,&②\end{matrix}\right.\quad$ $\frac{dy}{dx}$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 ② ⟹ 2 y^{'} - y^{2} - t \cdot 2 y \cdot y^{'} + e^{t} = 0 \\ y^{'} = \frac{y^{2} - e^{t}}{2 (1 - t y)} = \frac{d y}{d t} \\ \frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{y^{2} - e^{t}}{2 (1 - t y)} \cdot (1 + t^{2}) \end{aligned}

4.5 隐函数求导

隐函数与显函数区别：

$y$ $x$ $e^{\tan x+\cos x}+y^x=x，F(x,y)=0等$
$y$ $x$ $y=f(x)$

隐函数求导方法：

$x$ $y$ $y=y(x)$ $y'$ 即可。

$\Large 例:$ $xy-e^x+e^y=0$ $y$ $y'$

\begin{aligned} 解 ： \\ 方 程 两 边 分 别 对 x 求 导 得 ： \\ y + x \cdot y^{'} - e^{x} + e^{y} \cdot y^{'} = 0 \\ 解 出 y^{'}, 即 可 得 到 隐 函 数 得 导 数 ： \\ y^{'} = \frac{e^{x} - y}{x + e^{y}} (x + e^{y} \neq 0) \end{aligned}

4.6 对数求导法

$y=u^x(u>0)$ 类型得幂指函数。

方法：
左右两边同时取对数。
$x$ 求导。

$\Large 例:$ $y=x^{\sin x}$

\begin{aligned} 解 ： \\ 方 程 两 边 取 对 数 得 ： \\ \ln y = \sin x \cdot \ln x \\ 方 程 两 边 同 时 对 x 求 导 ： \\ \frac{1}{y} \cdot y^{'} = \cos x \ln x + \sin x \cdot \frac{1}{x} \\ ∴ y^{'} = y (\cos x \ln x + \frac{\sin x}{x}) = x^{\sin x} (\cos x \ln x + \frac{\sin x}{x}) \end{aligned}

4.7 幂指函数求导法

$u(x)^{v(x)}(u(x)>0,且u(x)不恒为1)$ ，除了用上面的对数求导法外，还可以先化为指数函数：

\begin{aligned} u (x)^{v (x)} = e^{v (x) \ln v (x)} \end{aligned}

然后求导，得

[u (x)^{v (x)}]^{'} = [e^{v (x) \ln u (x)}]^{'} = u (x)^{v (x)} [v^{'} (x) \ln u (x) + v (x) \cdot \frac{v (x)}{u (x)}]

$\Large 例:$ $\{\sqrt[n]{n}\}$ 的最大项

\begin{aligned} 解 : \\ 求 极 值 点 : 令 y^{'} = (\sqrt[n]{n})^{'} = (e^{\frac{1}{n} \ln n})^{'} = n^{\frac{1}{n}} (\frac{1 - \ln n}{n^{2}}) = 0 \\ 得 n = e, 当 n > e 时, y^{'} < 0 单 调 递 减 . 当 0 < n < e, y^{'} > 0 递 增 \\ ∴ n = e 为 极 大 值 点, 由 题 可 知 n 为 整 数, 所 以 n \in (2, 3) \\ 且 (\sqrt{2})^{6} = 8 < (\sqrt[3]{3})^{6} = 9 ⟹ \sqrt{2} < \sqrt[3]{3} \\ 故 最 大 项 为 \sqrt[3]{3} \end{aligned}

上面例题函数很重要：

$\sqrt[x]{x}$ 图像：

$x^x$ 图像：

$x^{1÷x}图像$

4.8. 高阶导数

$f(x)$ $x_0$ 处的二阶导数为

f^{″} (x_{0}) = lim_{Δ x \to 0} \frac{f^{'} (x_{0} + Δ x) - f^{'} (x_{0})}{Δ x} 或 f^{″} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f^{'} (x) - f^{'} (x_{0})}{x - x_{0}}

$f(x)$ $x_0$ $n$ $n$ $2$ 的整数)阶导数为

\begin{matrix} f^{(n)} (x_{0}) = lim_{Δ x \to 0} \frac{f^{(n - 1)} (x_{0} + Δ x) - f^{(n - 1)} (x_{0})}{Δ x} \\ f^{(n)} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f^{(n - 1)} (x) - f^{(n - 1)} (x_{0})}{x - x_{0}} \end{matrix}

$f(x)$ $x_0$ $f(x)$ $x_0$ $f'(x)$ $x_0$ $f(x)$ $x_0$ $n$ $f(x)$ $x_0$ $1\sim(n-1)$ 阶的各阶导数， $f^{(n)}(x_0)$ $f^{(n-1)}(x)$ $x_0$ $x_0$ 处连续。

\begin{aligned} 例 如 : \\ f^{″} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f^{'} (x) - f^{'} (x_{0})}{x - x_{0}} = a \\ 可 知 lim_{x \to x_{0}} [f^{'} (x) - f^{'} (x_{0})] = lim_{x \to x_{0}} \frac{f^{'} (x) - f^{'} (x_{0})}{x - x_{0}} \cdot x - x_{0} = 0 \\ 由 此 可 得 lim_{x \to x_{0}} f^{'} (x) = f^{'} (x_{0}) \end{aligned}

$y(x)^{(n)}$ $y(x)$ $n$ 表示项即可。

主要观察方法有三种：

数学归纳法

逐次求导，探索规律，得出通式

$\Large 例1:$ $y=\sin x$ $y^{(n)}$

\begin{aligned} 解 ： \\ y^{'} = \cos x = \sin (x + \frac{π}{2}) \\ y^{″} = \cos (x + \frac{π}{2}) = \sin (x + 2 \cdot \frac{π}{2}) \\ y^{‴} = \cos (x + 2 \cdot \frac{π}{2}) = \sin (x + 3 \cdot \frac{π}{2}) \\ . . . . . . . \\ ∴ (\sin x)^{(n)} = \sin (x + n \cdot \frac{π}{2}) \end{aligned}

常见得高阶导：

\begin{aligned} 1. & (e^{x})^{(n)} = e^{x} 、 (e^{a x})^{(n)} = a^{n} e^{(a x)} 、 (a^{x})^{(n)} = (\ln a)^{n} a^{x} \\ 2. & (x^{n})^{(n)} = n! (n 次 方 与 n 阶 导 要 相 同) 、 (x^{n})^{(m)} = 0 (m > n) \\ [(x + x_{0})^{m}]^{(n)} = m (m - 1) (m - 2) . . . (m - n + 1) (x + x_{0})^{m - n} . (m > n) \\ [p_{n} (x)]^{(n)} = a_{n} \cdot n! (a_{n} 为 最 高 阶 次 前 系 数) 例 ： (3 x^{5} + 6 x^{3} + x + 1)^{(5)} = 3 \cdot 5! \\ 3. & (\sin k x)^{(n)} = k^{n} \sin (k x + n \cdot \frac{π}{2}) 、 (\cos k x)^{(n)} = k^{n} \cos (k x + n \cdot \frac{π}{2}) \\ 4. & (\frac{1}{x})^{n} = (- 1)^{n} n! \cdot x^{- n - 1} = (- 1)^{n} \frac{n!}{x^{n + 1}}, n = 1, 2, 3. . . \\ [\ln (a x + b)]^{(n)} = (- 1)^{n - 1} a^{n} \frac{(n - 1)!}{(a x + b)^{n}}, n = 1, 2, 3. . . \\ (\frac{1}{a x + b})^{(n)} = (- 1)^{n} a^{n} \frac{n!}{(a x + b)^{n + 1}} \end{aligned}

$[\ln (ax+b)]'=(\frac{1}{ax+b})$ $(\frac{1}{ax+b})^{(n-1)}=[\ln (ax+b)]^{(n)}$

$\Large 例2:$ $y=\frac{1-x}{1+x}$ $y^{(n)}(0)$ 值

\begin{aligned} 解 : \\ y = \frac{- (1 + x) + 2}{1 + x} = - 1 + \frac{2}{1 + x} \\ 由 上 面 常 见 高 阶 导 数 公 式 最 后 一 个 可 知 : \\ ∴ & y^{(n)} = 2 \cdot (- 1)^{n} \cdot n! \cdot (1 + x)^{- (n + 1)} \\ ∴ & y^{(n)} (0) = 2 \cdot (- 1)^{n} \cdot n! \end{aligned}

莱布尼兹公式

$u=u(x),v=v(x)$ $n$ 阶可导，则

\begin{aligned} (u \pm v)^{(n)} = u^{(n)} \pm v^{(n)} & ① \\ (u v)^{(n)} = \sum_{k = 0}^{n} C_{n}^{k} u^{(n - k)} v^{(k)} & ② \\ 如 : & (u v)^{(n)} = C_{n}^{0} u^{(n)} \cdot v^{(0)} \\ + C_{n}^{1} u^{(n - 1)} \cdot v^{(1)} \\ + C_{n}^{2} u^{(n - 2)} \cdot v^{(2)} \\ + . . . \\ + C_{n}^{n - 1} u^{(1)} \cdot v^{(n - 1)} \\ + C_{n}^{n} u \cdot v^{(n)} \end{aligned}

莱布尼兹公式 $u^{(0)}=u,v^{(0)}=v$ 。

注意：

见到两个函数乘积的高阶导数，一般用这个式子即可。有时要结合上面的归纳法通式。当一个函数求高阶导数较困难时，若能转化成两个函数的乘积形式，亦可用莱布尼兹公式。
$n$ $C_n^0,C_n^1,C_n^2,\cdots,C_n^{n-1},C_n^n$ 的记忆方法可以按照下面的杨辉三角：

杨辉三角：

$C_n^0$ $n+1$ $0$ $C_3^2$ $4$ $3$ $C_3^2=3$ 。

$\Large 例3:$ $f(x)=(xe^x)^{(n)}$

\begin{aligned} 解 : \\ 可 以 用 最 简 单 求 导 项 当 u, 这 里 是 e^{x} \\ = C_{n}^{0} e^{x} \cdot x + C_{n}^{1} e^{x} \cdot 1 \overset{由 杨 辉 三 角 C_{n}^{1} = n}{\Rightarrow} x e^{x} + n e^{x} \end{aligned}

$\Large 例4:$ $f(x)=x^22^x$ $n\ge1$ $f^{(n)}(0)$

\begin{aligned} 解 : \\ f^{(n)} (x) = (x^{2} \cdot 2^{x})^{(n)} \\ = (2^{x})^{(n)} x^{2} + C_{n}^{1} \cdot (2^{x})^{(n - 1)} \cdot 2 x + C_{n}^{2} (2^{x})^{(n - 2)} \cdot 2 \\ 则 f^{(n)} (0) = C_{n}^{2} (2^{x})^{(n - 2)} \cdot 2 |_{x = 0} = \frac{n (n - 1)}{2} \cdot 2^{x} (\ln 2)^{n - 2} \cdot 2 |_{x = 0} \\ = n (n - 1) \cdot (\ln 2)^{n - 2} \end{aligned}

用泰勒公式

$f(x)$ 在任意阶可导情况下，其展开式具有唯一性 $y=f(x)$ $f^{(n)}(x_0)$ .具体步骤如下：

先抽象展开
$y=f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$ $x_0$ 泰勒公式 $0$ 麦克劳林公式： $y=f(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$
再具体展开
$/$ 泰勒公式。
$f^{(n)}(x_0)$ $f^{(n)}(0)$ 的值

$\Large 例5:$ $y=x^3\sin x$ $y^{(6)}(0)$

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 求 在 0 点 的 导 数, 所 以 用 麦 克 劳 林 公 式 \\ ① & y = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{y^{(n)} (0)}{n!} x^{n} \\ ② & x^{3} \sin x \overset{麦 克 劳 林 展 开 式}{\Rightarrow} x^{3} (\sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} \cdot \frac{x^{2 m + 1}}{(2 m + 1)!}) \\ 由 于 题 目 要 求 6 阶 导 数, 式 ① n = 6, 且 展 开 式 具 有 唯 一 性 \\ x^{3} \sin x = x^{3} (x - \frac{1}{6} x^{3} + . . .) = x^{4} - \frac{1}{6} x^{6} + . . . \\ ③ & 展 开 式 的 唯 一 性 : ① = ② ⟹ m = \frac{n - 4}{2} \\ \frac{y^{(6)} (0)}{6!} x^{6} = - \frac{1}{6} x^{6} ⟹ y^{(6)} (0) = - 120 \end{aligned}

$\Large 例6:$ $f(x)=x^2\ln(1-x)$ $n\ge3$ $f^{(n)}(0)$

\begin{aligned} 解 : \\ ① & 先 抽 象 展 开 f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n} \\ ② & 再 具 体 展 开 : f (x) \overset{\ln (1 - x) 麦 克 劳 林 展 开 式}{\Rightarrow} x^{2} \cdot \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{x^{m}}{m} \\ = - \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{x^{m + 2}}{m} = - \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{x^{m + 3}}{m + 1} \\ ③ & 根 据 展 开 式 唯 一 性 : \frac{f^{(n)} (0)}{n!} = - \frac{1}{m + 1} \\ 由 于 x^{n} = x^{m + 3}, 故 m = n - 3 \\ ∴ - \frac{1}{m + 1} = - \frac{1}{n - 2} = \frac{f^{(n)} (0)}{n!} \\ 即 f^{(n)} (0) = - \frac{n!}{n - 2} \end{aligned}

4.9 重要的求导公式

$\Big[\ln(x+\sqrt{x^2\pm a^2})\Big]'=\frac{1}{\sqrt{x^2\pm a^2}}$

$(\ln|x|)'=\frac{1}{x}$

$f'(g(x))=\frac{d\{f[g(x)]\}}{dg(x)}$ $(f[g(x)])'=\frac{d\{f[g(x)]\}}{dx}$

五. 一元函数微分学的应用

知识预览：

1. 极值与最值

$f(x)$ $x_0$ $x$ $f(x)\le f(x_0)(或f(x)\ge f(x_0))$ $x_0$ $f(x)$ 的 $f(x_0)$ $f(x)$ 的广义极大值(或极小值)。

注意：在端点处不讨论极值。且常函数处处是极值。另外，结合第一讲的知识，一个常见的问题是：间断点可以是极值点吗？答案是肯定的举一下四个例子：

$f(x)=\left\{\begin{matrix}1,&x=a\\|x|,&x\ne0\end{matrix}\right.\quad x=0$ $f(x)$ $f(x)$ 的极大值点。
$f(x)=\left\{\begin{matrix}1,&x>0\\-x,&x\le0\end{matrix}\right.\quad x=0$ $f(x)$ $f(x)$ 的极小值点。
$f(x)=\left\{\begin{matrix}-1,&x=0\\\frac{1}{x^2},&x\ne0\end{matrix}\right.\quad x=0$ $f(x)$ $f(x)$ 的极小值点。
$f(x)=\left\{\begin{matrix}2,&x=0\\\sin\frac{1}{x},&x\ne0\end{matrix}\right.\quad x=0$ $f(x)$ $f(x)$ 的极大值点。

定义2：闭区间上的连续函数必有最大最小值。

$x_0$ $f(x)$ $f(x)$ $x$ $f(x)\le f(x_0)(或f(x)\ge f(x_0))$ $f(x_0)$ $f(x)$ 的广义最大值(最小值)。

1.1 单调性与极值的判别

单调性判别： $y=f(x)$ $[a,b]$ $(a,b)$ 内可导。

$(a,b)$ $f'(x)\ge0$ $y=f(x)$ $[a,b]$ 上严格单调增加；
$(a,b)$ $f'(x)\le0$ $y=f(x)$ $[a,b]$ 上严格单调减少。

极值点必要条件： $f(x)$ $x=x_0$ $x_0$ $f'(x_0)=0$ 。 $0$ 的点(驻点)。

$x=x_0$ $y=f(x)$ 的极值点，则只有以下两种情况：

$驻点与不可导点\left\{\begin{matrix}①f'(x_0)=0,&如y=x^2在(0,0)处情形,如下左图\\②f'(x_0)不存在,&如y=|x|在(0,0)处情形,如下右图\end{matrix}\right.$

判断极值第一充分条件： $f(x)$ $x=x_0$ $x_0$ $U(x_0,\delta)(\delta>0)$ 内可导：

$f'(x)<0$ $f'(x)>0$ $f(x)$ $x=x_0$ 处取得极小值。

$f'(x)>0$ $f'(x)<0$ $f(x)$ $x=x_0$ 处取得极大值。

$x_0$ 不是极值点。

判断极值第二充分条件： $0$ $f''(x)>0为极小值，f''(x)<0为极大值$ (费马定理)

判断极值第三充分条件： $f(x)$ $x_0$ $n$ $f^{(m)}(x_0)=0(m=1,2...n-1)$ $f^{(n)}(x_0)\ne0(n\ge2)$ $n=4,则f'(x_0)=f''(x_0)=f'''(x_0)=0,且f^{(4)}(x_0)\ne0$ $x_0$ 处有极值点。具体极大极小值情况如下：

$n$ $f^{(n)}(x_0)<0$ $f(x)$ $x_0$ 处取得极大值。

$n$ $f^{(n)}(x_0)>0$ $f(x)$ $x_0$ 处取得极小值。

$\Large 例1:$ $f(x)$ $f(x)f'(x)>0$ $|f(1)|>|f(-1)|$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 (f^{2} (x))^{'} = 2 f (x) \cdot f^{'} (x) > 0 \\ 则 f^{2} (x) 单 调 递 增 ⟹ \sqrt{f^{2} (1)} > \sqrt{f^{2} (- 1)} \\ 故 | f (1) | > | f (- 1) | \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)$ $x=x_0$ $f''(x_0)\le0$

$f''(x_0)\le0$ $f'(x_0)=0$ $f(x)$ $x_0$ 处取得极大值充分不必要条件。

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 费 马 大 定 理 是 函 数 极 值 存 在 充 分 条 件 \\ 故 不 能 得 出 f^{″} (x_{0}) \leq 0, 但 通 过 判 断 极 值 第 三 充 分 条 件 \\ 当 一 个 函 数 偶 数 阶 导 数 不 等 于 0 时, 可 导, 从 而 得 出 f^{″} (x_{0}) \leq 0 \end{aligned}

$\Large 例3:$ $f(x)=xe^x$ $f^{(n)}(x)$ 的极值点和极值

\begin{aligned} 解 : \\ f^{(n)} (x) = (x + n) e^{x} = F (x) \\ 令 F^{'} (x) = f^{(n + 1)} (x) = (x + n + 1) e^{x} = 0 \\ 得 x_{0} = - (n + 1) \\ F^{″} (x) == f^{(n + 2)} (x) = (x + n + 2) e^{x} \\ 即 F^{″} (x_{0}) = e^{x_{0}} > 0 \\ 综 上 所 述 F^{'} (x_{0}) = 0, F^{″} (x_{0}) > 0, 极 小 值 点 为 x_{0} \\ 故 极 小 值 为 f^{(n)} (x_{0}) = - e^{- n - 1} \end{aligned}

1.2 极值与最值关系

最值点不一定是极值点。极值点也不一定是最值点

$y=e^x$ $x=0$ $x=0$ $x_0$ $y=e^x$ 左侧无定义。

$y=3x-x^3$ ，显然在定义域内只有极值点，而无最值点。函数图像如下：

$y=3x-x^3$ 图像：

但是，如下结论是正确的：

$f(x)$ $I$ $x_0$ $x_0$ $I$ $I$ $x_0$ $f(x)$ 的一个极值点。

同理，区间内部的点不是极值点，那么必然就不是最值点。

注意：间断点也有可能是极值点。

2. 函数凹凸性与拐点

2.1 函数凹凸性

定义1： $f(x)$ $I$ $I$ $x_1,x_2$ ，恒有

\begin{array}{r} f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) < \frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2} \end{array}

$f(x)$ $I$ 上图像是凹的。如下图所示

凹函数图像：

如果恒有

\begin{array}{r} f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) > \frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2} \end{array}

$f(x)$ $I$ 上图像是凸的。如下图所示

凸函数图像：

$\mathop{凹}\limits_{(凸)}$ $f(\frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}x_2)\mathop{<}\limits_{(>)}\frac{1}{2}f(x_2)$ $f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)\mathop{<}\limits_{(>)}\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)$ $0<\lambda_1<1,0<\lambda_2<1,\lambda_1+\lambda_2=1$ 。

定义2： $f(x)$ $[a,b]$ $(a,b)$ $(a,b)$ $x$ $x_0(x\ne x_0)$ ，均有

y = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) \underset{(>)}{<} f (x)

$f(x)$ $[a,b]$ $\mathop{凹}\limits_{(凸)}$ 的。

$y=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$ $y=f(x)$ $(x_0,f(x_0))$ $y=f(x)(a<x<b)$ 在任意点处的切线(除该点外)，总有曲线的下方(上方)，则该曲线是凹(凸)的。

2.2 函数拐点

定义：连续曲线的凹弧与凸弧的分界点称为该曲线的拐点。

$y''不存在的点(在定义域内)$ $(x_0,f(x_0))$ 。

判别凹凸性：

$f''(x_0)$ $(x_0,f(x_0))$ $f''(x_0)=0$ 。

$(x_0,f(x_0))$ $y=f(x)$ $f''(x_0)=0$ $y=x^3$ $0,0$ $f''(x_0)$ $y=\sqrt[3]{x}$ $(0,0)$ 处的情况。

$f(x)$ $x=x_0$ $x=x_0$ $U(x_0,\delta)$ 内二阶导数存在 $f''(x)$ 变号(无论是由正变负，还是由负变正) $(x_0,f(x_0))$ 为曲线上的拐点。

$f(x)$ $x=x_0$ $f''(x_0)=0,f'''(x_0)\ne0$ $(x_0,f(x_0))$ 为拐点。

$f(x)$ $x_0$ $n$ $f^{(m)}(x_0)=0(m=2,3...n-1)$ $f^{(n)}(x_0)\ne0(n\ge3)$ $n$ $(x_0,f(x_0))$ $n=4,则f''(x_0)=f'''(x_0)=0,且f^{(4)}(x_0)\ne0$ $x_0$ 处有极值点。

$\Large 例:$ $y=x^4-2x^3+1$ 的凹凸区间及曲线拐点

\begin{aligned} 解 : \\ y^{'} = 4 x^{3} - 6 x^{2} ， y^{″} = 12 x^{2} - 12 x \\ 令 y^{″} = 0 得 x_{1} = 0 ， x_{2} = 1 \\ 在 (- \infty, 0) 内 ， y^{″} > 0, 因 此 ， 在 (- \infty, 0) 内 曲 线 是 凹 的 \\ 在 (0, 1) 内 ， y^{″} < 0, 因 此 ， 在 (0, 1) 内 曲 线 是 凸 的 \\ 在 (1, + \infty) 内 ， y^{″} > 0, 因 此 ， 在 (0, 1) 内 曲 线 是 凹 的 \\ 且 函 数 没 有 二 阶 不 可 导 点 ， 两 个 可 能 拐 点 的 两 侧 都 异 号 。 \\ 则 曲 线 的 凹 区 间 为 (- \infty, 0) \cup (1, + \infty) . 凸 区 间 为 (0, 1), 拐 点 为 (0, 1) 和 (1, 0) \end{aligned}

补充：可导函数的拐点一定不为极值点。

3. 极值点与拐点重要结论

以下结论均可直接使用，不必证明。

曲线可导点不可同时为极值点和拐点；曲线的不可导点可同时为极值点和拐点。
$f(x)=(x-a)^ng(x)(n>1)$ $g(a)\ne0$ $n$ $x=a$ $f(x)$ $n$ $(a,0)$ $f(x)$ 的拐点。
$f(x)=(x-a_1)^{n_1}(x-a_2)^{n_2}\cdots(x-a_k)^{n_k}$ $n_i$ $a_i$ $a_i$ $i=1,2,\cdots,k$ $k_1$ $n_i=1$ $k_2$ $n_i>1$ $n_i$ $k_3$ $n_i>1$ $n_i$ $f(x)$ $k_1+2k_2+k_3-1$ $k_1+2k_2+3k_3-2$ 。

$\Large 例1:$ $y=|xe^{-x}|$ $x=0$ $y$ $(0,0)$ $y$ 的拐点。

\begin{aligned} 证 明 : \\ y = {\begin{array}{c} - x e^{- x}, & x < 0 \\ x e^{- x}, & x \geq 0 \end{array} \\ 由 此 可 知 y^{'} = {\begin{array}{c} e^{- x} (x - 1), & x < 0 \\ e^{- x} (1 - x), & x > 0 \end{array} \\ 而 y_{-}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{-}} \frac{y (x) - y (0)}{x} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{- x e^{- x}}{x} = - 1 \\ y_{+}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{y (x) - y (0)}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x e^{- x}}{x} = 1 \\ 可 知 y 在 x = 0 处 不 可 导, 所 以 \\ y^{″} = {\begin{array}{c} e^{- x} (2 - x), & x < 0 \\ e^{- x} (x - 2), & x > 0 \end{array} \\ ∴ & 当 x \neq 0 时, y = | x e^{- x} | > 0, 当 x = 0 时, y (0) = 0 \\ 故 由 极 限 定 义 可 知, x = 0 为 y 的 极 小 值 点 \\ 另 外 当 0 < x < 2, y^{″} < 0; x < 0, y^{″} > 0 ⟹ (0, 0) 是 拐 点 \\ 综 上 所 述, x = 0 是 y 的 极 小 值 点, (0, 0) 是 y 的 拐 点 \end{aligned}

上面例题更能说明，曲线的不可导点可同时为极值点和拐点(结论一)。

$\Large 例2:$ $y=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3(x-4)^4$ 的一个拐点

本题是对结论二的应用。

\begin{aligned} 解 : \\ 根 据 结 论 二 将 y 分 解 为 : y = (x - 3)^{3} \cdot g (x) \\ 从 而 可 知 (3, 0) 是 拐 点 \end{aligned}

$\alpha$ $f(x)=0$ $m(m\ge1)$ $\alpha$ $f'(x)=0$ $m-1$ 重根。

$\Large 例3:$ $(x-1)(x-2)^2(x-3)^3(x-4)^4(x-5)$ 的极值点个数和拐点个数

\begin{aligned} 解 : \\ 由 结 论 三 可 知 k_{1} = 2, k_{2} = 2, k_{3} = 1 \\ 则 f (x) 的 极 值 点 个 数 : 2 + 2 \cdot 2 + 1 - 1 = 6 \\ 拐 点 个 数 : 2 + 2 \cdot 2 + 3 \cdot 1 - 2 = 7 \end{aligned}

4. 渐近线

$\underset{x\to+\infty}{\lim}\frac{\sin x}{x}$ ，此时称直线是曲线的渐近线。所以说曲线也可以和渐近线有交点。

4.1 铅锤渐近线

$y=f(x)$ $x$ $x\to x_0$ 时，有:

$lim_{x \to x_{0}} f (x) = \infty$
$x=x_0$ $f(x)$ 的垂直渐近线。

注意：

$x\to x_0^+或x\to x_0^-$ $A$ 即可。
$x_0$ $y=f(x)$ 的无定义点，或者是函数定义的区间端点，或是分段函数分段点。

4.2 水平渐近线

$y=f(x)$ $x$ $x\to\infty$ 时，有:

$lim_{x \to \infty} f (x) = A (A 为常数)$
$y=A$ $f(x)$ 的水平渐近线。

$x\to\infty^+或x\to\infty^-$ $A$ 即可。

4.3 斜渐近线

$\underset{x\to+\infty}{\lim}\frac{f(x)}{x}=a_1,\underset{x\to+\infty}{\lim}[f(x)-a_1x]=b_1$ $y=a_1x+b_1$ $y=f(x)$ 的一条斜渐近线。

$\underset{x\to-\infty}{\lim}\frac{f(x)}{x}=a_2,\underset{x\to-\infty}{\lim}[f(x)-a_2x]=b_2$ $y=a_2x+b_2$ $y=f(x)$ 的一条斜渐近线。

$\underset{x\to+\infty}{\lim}\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to-\infty}{\lim}\frac{f(x)}{x}=a$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}[f(x)-ax]=\underset{x\to-\infty}{\lim}[f(x)-ax]=b$ $y=ax+b$ $y=f(x)$ 的一条斜渐近线。

$a,a_1,a_2\ne0$ $f(x)$ $x$ $x$ 只能是一次方。

$\Large 例:$ $y=\frac{1}{x}+\ln(1+e^x)$ 的渐近线

\begin{aligned} 解 ： \\ ① & x = 0 为 无 定 义 点, lim_{x \to 0} \frac{1}{x} + \ln (1 + e^{x}) = \infty \\ ∴ x = 0 为 曲 线 铅 锤 渐 近 线 \\ ② & lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} + \ln (1 + e^{x}) = + \infty \\ lim_{x \to - \infty} \frac{1}{x} + \ln (1 + e^{x}) = 0 \\ ∴ y = 0 为 曲 线 水 平 渐 近 线 \\ ③ & 当 x \to - \infty 时, 有 水 平 渐 近 线, 所 以 不 可 能 有 斜 渐 近 线 \\ a = lim_{x \to + \infty} \frac{\frac{1}{x} + \ln (1 + e^{x})}{x} = lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x^{2}} + \frac{\ln (1 + e^{x})}{x} \\ = lim_{x \to + \infty} \frac{\ln e^{x} (1 + e^{- x})}{x} = lim_{x \to + \infty} \frac{x + \ln (1 + e^{- x})}{x} \\ = lim_{x \to + \infty} 1 + 0 = 1 \\ ∴ b = lim_{x \to + \infty} [\frac{1}{x} + \ln (1 + e^{x}) - x] = 0 \\ 故 斜 渐 近 线 为 : y = x \end{aligned}

$y=f(x)$ $\underset{x\to x_0^+}{\lim}f(x)=\infty$ $\underset{x\to x_0^-}{\lim}f(x)=\infty$ $x=x_0$ $\underset{x\to\infty}{\lim}f(x)$ $\infty$ $\underset{x\to\infty}{\lim}\frac{f(x)}{x}$ $a$ $a$ $b=\underset{x\to\infty}{\lim}[f(x)-ax]$ $a,b$ 都存在时，则存在斜渐近线，否则就没有斜渐近线。

5. 最值点和取值范围

$x_0$ $f(x)$ $f(x)$ $x$ $f(x)\le f(x_0)$ $f(x)\ge f(x_0)$ $f(x_0)$ $f(x)$ 的最大值(或最小值)。

注：极值点并不一定是最值点，最值点也不一定是极值点。但是，下面结论是正确的：

$f(x)$ $I$ $x_0$ $x_0$ $I$ $I$ $x_0$ $f(x)$ 的一个极值点。

$f(x_0)$ $f(x)$ $I$ $x\in I$ $f(x)\le f(x_0)$ $x_0$ $I$ $U(x_0)\sub I$ $x\in U(x_0)$ $f(x)\le f(x_0)$ $f(x_0)$ $f(x)$ 的一个极大值。

求最值点方法：

5.1 闭区间上的最值

闭区间上连续函数必有最大值与最小值。

$[a,b]$ $f(x)$ $M$ $m$

$f(x)$ $(a,b)$ 内的可疑点：驻点与不可导点，并求出这些可疑点的函数值

②求出端点的函数值

③比较以上所得的所有函数值，最大者为最大值，最小者为最小值。

$\Large 例:$ $f(x)=|x|e^x$ $[-2,1]$ 上最大值最小值

\begin{aligned} 解 : \\ f (x) = {\begin{array}{c} x e^{x}, 0 < x < 1 \\ - x e^{x}, - 2 \leq x < 0 \end{array} \\ 则 f^{'} (x) = {\begin{array}{c} (1 + x) e^{x}, 0 < x < 1 \\ - (1 + x) e^{x}, - 2 \leq x < 0 \end{array} \\ 且 f_{-}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{-}} \frac{- x e^{x} - 0}{x} = - 1 \\ f_{+}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x e^{x} - 0}{x} = 1 \\ 即 f^{'} (0) 不 存 在, x = 0 为 不 可 导 点 \\ ① & 令 f^{'} (x) = 0, 由 于 (1 + x) e^{x}, x \in (0, 1) 恒 大 于 0 \\ 故 - (1 + x) e^{x} = 0, 解 得 x = - 1 \\ ∴ x = - 1 为 驻 点 \\ 将 x = - 2, x = - 1, x = 1, x = 0 代 入 f (x) 解 得 \\ f (0) = 0, f (- 1) = e^{- 1}, f (- 2) = 2 e^{- 2}, f (1) = e \\ 故 最 大 值 为 0, 最 小 值 为 e, 值 域 为 [0, e] \end{aligned}

5.2 开区间上的最值或取值范围

开区间内的连续函数不一定有最值。

$f(x)$ $(a,b)$ 内的可疑点：驻点与不可导点，并求出这些可疑点处的函数值。

$(a,b)$ $a,b$ $\underset{x\to a^+}{\lim}f(x)与\underset{x\to b^-}{\lim}f(x)$ $a$ $-\infty$ $\underset{x\to-\infty}{\lim}f(x)$ $b$ $+\infty$ $\underset{x\to+\infty}{\lim}f(x)$

③比较①②结果，确定最值或取值范围(最值有可能不存在)。

$\Large 例:$ $\{\sqrt[n]{n}\}$ 的最大项

\begin{aligned} 解 : \\ 由 于 n 为 整 数 且 n > 0, 令 y = x^{\frac{1}{x}}, x > 0 \\ 求 极 值 点 : 令 y^{'} = (\sqrt[n]{n})^{'} = (e^{\frac{1}{n} \ln n})^{'} = n^{\frac{1}{n}} (\frac{1 - \ln n}{n^{2}}) = 0 \\ 得 n = e, 当 n > e 时, y^{'} < 0 单 调 递 减 . 当 0 < n < e, y^{'} > 0 递 增 \\ ∴ n = e 为 极 大 值 点, 由 题 可 知 n 为 整 数, 所 以 n \in (2, 3) \\ 且 (\sqrt{2})^{6} = 8 < (\sqrt[3]{3})^{6} = 9 ⟹ \sqrt{2} < \sqrt[3]{3} \\ 故 最 大 项 为 \sqrt[3]{3} \end{aligned}

$y'=0$ $\infty>x>0$ $\underset{x\to0}{\lim}y$ $\underset{x\to\infty}{\lim}y$ 的值，进行比较即可。

6. 函数图像

画函数图像步骤：

$f(x)$ 的定义域，并确认是否有奇偶对称性，周期性，并用好图像变换。
$f'(x),f''(x)$ $f(x)$ $f'(x)=0$ $f'(x)$ $f''(x)=0$ $f''(x)$ 不存在的点，将定义域划分为若干个子区间，确定函数图像在各个子区间上的单调性和凹凸性，进而确定函数的极值点和拐点。
确定渐近线
做出图像

$y=g(x)\Longrightarrow F(x,y)=f(x)-y=0$

$F(x,y)=F(-x,y)$ $y=f(x)$ $y$ 轴对称。

$F(x,y)=F(x,-y)$ $y=f(x)$ $x$ 轴对称。

③ $F(x,y)=F(2T-x,y)$ $F(T+x,y)=F(T-x,y)$ $y=f(x)$ $x=T$ 对称。

④ $F(x,y)=F(x,2T-y)$ $F(x,T+y)=F(x,T-y)$ $y=f(x)$ $y=T$ 对称。

$F(x,y)=F(-x,-y)$ $y=f(x)$ $(0,0)$ 点对称。

⑥ $F(a+x,y)=F(a-x,-y)$ $y=f(x)$ $(a,0)$ 点对称。

$F(x,y)=F(y,x)$ $y=f(x)$ $y=x$ 对称。

$F(x,y)=x^3+y^3-3xy$ $F(y,x)=y^3+x^3-3yx=F(x,y)$ $y=f(x)$ $y=x$ 对称。
$F(x)=\left\{\begin{matrix}x=t-\sin t\\y=1-\cos t\end{matrix}\right.$ $t=2\pi-t$ $\left\{\begin{matrix}x_2=(2\pi-t)-\sin(2\pi-t)=2\pi-(t-\sin t)=2\pi-x_1\\y_2=1-\cos(2\pi-t)=1-\cos t=y_1\end{matrix}\right.$ $F(x_1,y_1)=F(2\pi-x_1,y_1)$ $F(x)$ $x=\pi$ 对称。

$\Large 例:$ $y=(2+x)e^{\frac{1}{x}}$ 图像

\begin{aligned} 解 ： \\ ① & 函 数 无 定 义 点 位 : x = 0 \\ ② & 令 f^{'} (x) = \frac{(x + 1) (x - 2)}{x^{2}} e^{\frac{1}{x}} = 0 \\ 得 x = - 1, x = 2 \\ ③ & 同 时 也 可 以 得 到 一 阶 导 不 存 在 点 x = 0 \\ ④ & 令 f^{″} (x) = \frac{5 x + 2}{x^{4}} e^{\frac{1}{x}} = 0 \\ 得 x = - \frac{2}{5}, 二 阶 导 不 存 在 点 x = 0 \end{aligned}

画出表格

$x$	$(-\infty,-1)$	$-1$	$(-1,-\frac{2}{5})$	$-\frac{2}{5}$	$(-\frac{2}{5},0)$	$(0,2)$	$2$	$(2,\infty)$
$f'(x)$	$+$		$-$		$-$	$-$		$+$
$f''(x)$	$-$		$-$		$+$	$+$		$+$
$f(x)$	上凸	极大值点	下凸	拐点	下凹	下凹	极小值点	上凹

\begin{aligned} 有 无 渐 近 线 : \\ ⑤ & lim_{x \to 0^{+}} (2 + x) e^{\frac{1}{x}} = + \infty, x = 0 位 铅 锤 渐 近 线 \\ ⑥ & lim_{x \to \infty} (2 + x) e^{\frac{1}{x}} = \infty, 无 水 平 渐 近 线 \\ ⑦ & a = lim_{x \to \infty} \frac{(2 + x) e^{\frac{1}{x}}}{x} = 1 \\ b = lim_{x \to \infty} [(2 + x) e^{\frac{1}{x}} - x] \overset{x = \frac{1}{t}}{\Rightarrow} lim_{t \to 0} \frac{(2 t + 1) e^{t} - 1}{t} \\ = 3 \\ 故 斜 渐 近 线 : y = x + 3 \end{aligned}

$y=(2+x)e^{\frac{1}{x}}$ 函数图像：

$y=(2+x)e^{1÷x}图像$

红色部分为函数图像，绿色部分为斜渐近线。

7. 曲率及曲率半径

曲率程度指一点在曲线处的弯曲程度。弯曲程度越大，曲率越大，曲率的圆就越小。

$y(x)$ $y=y(x)$ $(x,y(x))$ 处的曲率公式为

k = \frac{| y^{″} |}{[1 + (y^{'})^{2}]^{\frac{3}{2}}}

曲率半径的计算公式为

R = \frac{1}{k} = \frac{[1 + (y^{'})^{2}]^{\frac{3}{2}}}{| y^{″} |} (y^{″} \neq 0)

$\large 例:$ $\left\{\begin{matrix}x=\cos^3t\\y=\sin^3t\end{matrix}\right.$ $t=\frac{\pi}{4}$ 对应点处的曲率。

\begin{aligned} 解 : \\ \frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{3 \sin^{2} t \cdot \cos t}{3 \cos^{2} t \cdot (- \sin t)} \\ 则 \frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{t = \frac{π}{4}} = \frac{4}{3} \sqrt{2} \\ 故 k = \frac{| y^{″} |}{[1 + (y^{'})^{2}]^{\frac{3}{2}}} = \frac{\frac{4}{3} \sqrt{2}}{2^{\frac{3}{2}}} = \frac{2}{3} \end{aligned}

六. 导数的应用

本章主要讲十大定理及其适用。知识总览：

其中，平均值定理由介值定理推出，经常出现。

1. 函数的中值定理

$f(x)$ $[a,b]$ 上连续，则

定理1(有界与最值定理) $m\le f(x)\le M$ $m,M$ $f(x)$ $[a,b]$ 上的最小值和最大值。

定理2(介值定理) $m\le\mu\le M$ $\xi\in[a,b]$ $f(\xi)=\mu$

导数介值定理 $f'(x)$ $I$ $f'(a)=A,f'(b)=B$ $\exists\xi\in(a,b)$ $f'(\xi)=\eta,\eta\in(A,B)$

最值定理与介值定理图示：

定理3(离散的平均值定理) $a<x_1<x_2<...<x_n<b$ $[x_1,x_n]$ $\xi$ $f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)}{n}$

\begin{aligned} 证 明 ： \\ ① & 由 最 值 定 理 可 知 m \leq f (x) \leq M \\ ∴ m \leq f (x_{i}) \leq M, (i \in (1, n)) \\ ∴ n \cdot m \leq f (x_{1}) + f (x_{2}) + . . . f (x_{n}) \leq n \cdot M \\ 即 m \leq \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + . . . f (x_{n})}{n} \leq M \\ ② & 令 \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + . . . f (x_{n})}{n} 为 μ, 由 介 值 定 理 可 知 \\ \exists ξ \in [x_{1}, x_{n}] 使 f (ξ) = μ, 即 f (ξ) = \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + . . . f (x_{n})}{n} \end{aligned}

定理4(零点定理) $f(a)·f(b)<0$ $\xi\in(a,b)$ $f(\xi)=0$

推广零点定理 $f(x)$ $(a,b)$ $\underset{x\to a^+}{\lim}f(x)=\alpha,\underset{x\to b^-}{\lim}f(x)=\beta$ $\alpha·\beta<0$ $f(x)=0$ $(a,b)$ $a,b,\alpha,\beta$ 可以是有限数，也可以是无穷大。

$\xi\in[a,b]$ $\int^b_af(x)dx=f(\xi)(b-a)$

\begin{aligned} 证 明 : \\ ① & 由 最 值 定 理 可 知 m \leq f (x) \leq M \\ ∴ m d x \leq f (x) d x \leq M d x \\ ∴ \int_{a}^{b} m d x \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} M d x \\ 即 m (b - a) \leq \int_{a}^{b} f (x) d x \leq M (b - a) \\ 从 而 可 得 m \leq \frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{(b - a)} \leq M \\ ② & 令 \frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{(b - a)} 为 μ, 由 介 值 定 理 可 知 \\ \exists ξ \in [a, b] 使 f (ξ) = μ, 即 f (ξ) = \frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{(b - a)} \\ ∴ \int_{a}^{b} f (x) d x = f (ξ) (b - a) \end{aligned}

$(a,b)$ $\frac{1}{(b-a)}\int_a^bf(x)dx$ 可以称为连续的平均值定理。这会在定积分章节中详细讲到。

$\int_a^bf(x)dx$ $f(\xi)(b-a)$ $\int_a^xf(t)dt$ (构造辅助函数)。

$\Large 例:$ $f(x)$ $[0,1]$ $f(1)=0$ $f(\frac{1}{2})=1$ $\eta\in(\frac{1}{2}),1$ $f(\eta)=\eta$

常常解题思路是将题中的关系是做一至两步的逆运算。

\begin{aligned} 证 明 : \\ 令 F (x) = f (x) - x \\ 则 {\begin{array}{c} F (1) = f (1) - 1 = - 1 < 0 \\ F (\frac{1}{2}) = f (\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} > 0 \end{array} \\ 由 零 点 定 理 可 知 \exists η \in (\frac{1}{2}, 1), 使 F (η) = 0 \\ 即 f (η) = η \end{aligned}

2. 导数的中值定理

2.1 费马定理

定理5(费马定理) $f(x)$ $x_0$ $f'(x_0)=0$ .

证明很重要：

\begin{aligned} 证 明 : \\ 设 x_{0} 为 极 小 值 点 ⟹ f (x) - f (x_{0}) \geq 0, (x \in (x - δ, x + δ)) \\ 且 f_{+}^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}^{+}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} \geq 0, f_{-}^{'} (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}^{-}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} \leq 0 \\ 又 f^{'} (x_{0}) 存 在 ⟹ f_{+}^{'} (x_{0}) = f_{-}^{'} (x_{0}) = 0, 故 f^{'} (x_{0}) = 0 \end{aligned}

$0$ 。

$\frac{d(利润)}{d(单价)}=0$ 时利润最高。

费马定理推论(导数零点定理) $f(x)$ $[a,b]$ $f'_+(a)·f'_-(b)<0$ $\xi\in(a,b)$ $f'(\xi)=0$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 设 f_{+}^{'} (a) > 0, f_{-}^{'} (b) < 0, 于 是 \\ ① & f_{+}^{'} (a) = lim_{x \to a^{+}} \frac{f (x) - f (a)}{x - a} > 0 ⟹ 存 在 ξ_{1} > 0, \\ 在 (a, a + ξ_{1}) 内, f (x) > f (a) \\ ② & f_{-}^{'} (b) = lim_{x \to a^{-}} \frac{f (x) - f (b)}{x - b} < 0 ⟹ 存 在 ξ_{2} > 0, \\ 在 (b - ξ_{2}, b) 内, f (x) > f (b) \\ 故 f (a) 与 f (b) 均 不 是 f (x) 在 [a, b] 上 的 最 大 值, 则 f (x) 在 \\ (a, b) 内 取 得 最 大 值, 由 费 马 定 理 可 知, \exists ξ \in (a, b), 使 得 f^{'} (ξ) = 0 \end{aligned}

2.2 罗尔定理

$f(x)$ $[a,b]$ $(a,b)$ $f(a)=f(b)$ $\xi\in(a,b)$ $f'(\xi)=0$

罗尔定理推论：

$f(x)$ $(a,b)$ $\underset{x\to a^+}{\lim}f(x)=\underset{x\to b^-}{\lim}f(x)=A$ $(a,b)$ $\xi$ $f'(\xi)=0$

$f(x)$ $(a,b)$ $\underset{x\to a^+}{\lim}f(x)=\underset{x\to b^-}{\lim}=\pm\infty$ $(a,b)$ $\xi$ $f'(\xi)=0$

$f(x)$ $(a,+\infty)$ $\underset{x\to a^+}{\lim}f(x)=\underset{x\to+\infty}{\lim}=A$ $(a,+\infty)$ $\xi$ $f'(\xi)=0$

$f(x)$ $(-\infty,+\infty)$ $\underset{x\to-\infty}{\lim}f(x)=\underset{x\to+\infty}{\lim}=\pm\infty$ $(-\infty,+\infty)$ $\xi$ $f'(\xi)=0$

罗尔定理使用：

通常情况下只考察下面构造方法(1)中的前六种，不会出更加复杂函数构造。

$(uv)'=u'v+uv'$ 的逆用来构造辅助函数。构造辅助函数过程就是将求证条件转换为原函数过程。

$f(x)f'(x)$ $F(x)=f^2(x)$
$[f(x)f(x)]'=[f^2(x)]'=2f(x)·f'(x)$
$[f'(x)]^2+f(x)f''(x)$ $F(x)=f(x)f'(x)$
$[f(x)·f'(x)]'=[f'(x)]^2+f(x)f''(x)$
$f'(x)+f(x)\varphi'(x)$ $F(x)=f(x)e^{\varphi(x)}$
$[f(x)e^{\varphi(x)}]'=f'(x)e^{\varphi(x)}+f(x)e^{\varphi(x)}·\varphi'(x)=[f'(x)+f(x)\varphi'(x)]e^{\varphi(x)}$
$f'(x)+f(x)$ $\varphi(x)=x$ $F(x)=f(x)e^x$
$f'(x)-f(x)$ $\varphi(x)=-x$ $F(x)=f(x)e^{-x}$
$f'(x)+kf(x)$ $\varphi(x)=kx$ $F(x)=f(x)e^{kx}$
$[\frac{f(x)}{x}]'=\frac{f'(x)x-f(x)}{x^2}$ $f'(x)x-f(x),x\ne0$ $F(x)=\frac{f(x)}{x}$
$[\frac{f'(x)}{f(x)}]'=\frac{f''(x)f(x)-[f'(x)]^2}{f^2(x)}$ $f''(x)f(x)-[f'(x)]^2$ $f(x)\ne0$ $F(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}$
$[\ln f(x)]'=\frac{f'(x)}{f(x)}$ $[\ln f(x)]''=[\frac{f'(x)}{f(x)}]'=\frac{f''(x)f(x)-[f'(x)]^2}{f^2(x)}$ $f''(x)f(x)-[f'(x)]^2,f(x)>0$ $F(x)=\ln x$
$F(x)$
$c$ $F(x)$ 。
$f$ $f'$ $f$ 之前不能差超过一阶导数。
$f^{(3)}-f'$ $f^{(3)}-f'=f^{(3)}-f''+f''-f'=(f''-f')'+(f''-f')$ $F(x)=[f''(x)-f'(x)]e^x$
$f''-f$ $f''-f=(f''+f')-(f'+f)=(f'+f)'-(f'+f)$ $F(x)=[f'(x)+f(x)]e^{-x}$

$F(a)=f(b)$ $f'(\xi)=0$ .

$F(a)=F(b)\Longrightarrow f'(\xi_1)=0,F(b)=F(c)\Longrightarrow f'(\xi_2)=0$ $f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0\Longrightarrow f''(\xi)=0$

$\Large 例1:$ $f(x)$ $[0,1]$ $(0,1)$ $f(0)=0$ $f(\eta)=\eta$ $\lambda$ $\xi\in(0,\eta)$ $f'(\xi)-\lambda[f(\xi)-\xi]=1$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 原 式 可 写 为 : [f^{'} (ξ) - 1] - λ [f (ξ) - ξ] = 0 \\ 令 F (x) = [f (x) - x] e^{- λ x} \\ 则 F (0) = 0, 且 f (η) = η, F (η) = [f (η) - η] e^{- λ x} \\ ∴ F (η) = F (0) \overset{罗 尔 定 理}{\Rightarrow} \exists ξ \in (0, η) \\ 使 得 F^{'} (ξ) = 0, 即 f^{'} (ξ) - λ [f (ξ) - ξ] = 1 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)$ $[0,3]$ $(0,3)$ $2f(0)=\int_0^2f(x)dx=f(2)+f(3)$

$\eta\in(0,2)$ $f(\eta)=f(0)$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 设 F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t, 则 对 F (x) 在 [0, 2] 上 用 拉 氏 定 理 \\ 得 F (2) - F (0) = F^{'} (η) (2 - 0), (0 < η < 2) \\ 即 \int_{0}^{2} f (x) d x = f (η) \cdot 2 ⟹ f (η) = \frac{\int_{0}^{2} f (x) d x}{2} = f (0) \end{aligned}

$\xi\in(0,3)$ $f''(\xi)=0$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 平 均 值 定 理 : \exists η_{2} \in [2, 3], 使 f (η_{2}) = \frac{f (2) + f (3)}{2} = f (0) \\ 由 (1) 证 明 : f (η) = f (0) 可 知 f (η_{2}) = f (η) \\ 由 罗 尔 定 理 可 知 : f^{'} (ξ_{1}) = 0, ξ_{1} \in (0, η) . f^{'} (ξ_{2}) = 0, ξ_{2} \in (η, η_{2}) \\ ∵ f^{'} (ξ_{1}) = f^{'} (ξ_{2}) = 0, 罗 尔 定 理 可 知 f^{″} (ξ) = 0, ξ \in (0, 3) \end{aligned}

$\Large 例3:$ $f(x)$ $[a,b]$ $(a,b)$ $f(a)=0,a>0$ $\exists\xi\in(a,b)$ $f(\xi)=\frac{b-\xi}{a}f'(\xi)$

\begin{aligned} 证 明 : \\ f (x) = \frac{b - x}{a} f^{'} (x) ⟹ f^{'} (x) - \frac{a}{b - x} f (x) = 0 \\ 根 据 f^{'} + φ^{'} \cdot f \overset{构 造 辅 助 函 数}{\to} f (x) e^{φ (x)} \\ 故 φ (x)^{'} = - \frac{a}{b - x}, 得 φ (x) = \int - \frac{a}{b - x} d x = a \ln (b - x) \\ ∴ 构 造 辅 助 函 数 : 令 F (x) = f (x) e^{a \ln (b - x)} = f (x) (b - x)^{a} \\ 则 F (a) = f (a) (b - a)^{a} = F (b) = f (a) (b - b)^{a} = 0 \\ 从 而 由 罗 尔 定 理 可 知 F^{'} (ξ) = 0, \exists ξ (a, b) \end{aligned}

2.3 拉格朗日中值定理

$f(x)$ $[a,b]$ $(a,b)$ $\xi\in(a,b)$ ，使得：

\begin{aligned} f (b) - f (a) = f^{'} (ξ) (b - a) \end{aligned}

或写做：

f^{'} (ξ) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a}

几何意义：

$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ $a,b$ $\tan\theta$ $[a,b]$ $f(x)$ $\xi\in(a,b)$ 处的斜率与端点连线处的斜率相等。

$f-f$ $f与f'$ 的关系。

$\Large 例1:$ $f(x)$ $(a,b)$ $f'(x)$ $f(x)$ $(a,b)$ 内有界

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 题 中 涉 及 到 f 与 f^{'}, 可 以 猜 测 用 拉 氏 定 理 \\ 在 (a, b) 找 定 点 x_{0} 和 动 点 x \\ 则 f (x) 满 足 [x, x_{0}] 上 连 续, (x, x_{0}) 内 可 导 \\ 根 据 拉 氏 定 理 得 : f (x) - f (x_{0}) = f^{'} (ξ) (x - x_{0}) \\ 又 f^{'} (x) 有 界, 则 \exists K > 0, 使 得 | f^{'} (x) | \leq K, \forall x \in (a, b) \\ f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (ξ) (x - x_{0}) \\ 也 即 | f (x) | = | f (x_{0}) + f^{'} (ξ) (x - x_{0}) | \leq \\ | f (x_{0}) | + | f^{'} (ξ) | | x - x_{)} | < | f (x_{0}) | + K \cdot (b - a) \\ | f (x_{0}) | + K \cdot (b - a) 为 常 数, 令 其 为 M \\ 即 | f (x) | < M, 证 明 完 毕 \end{aligned}

注意：导函数有界，但原函数不一定有界。必须要添加一个闭区间才能成立。

$\Large 例2:$ $f(x)$ $[0,1]$ $f(0)=0$ $\xi\in[0,1]$ $f'(\xi)=2\int_0^1f(x)dx$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 题 可 知 f^{'} (x) 在 [0, 1] 上 连 续 \overset{最 值 定 理}{\Rightarrow} m \leq f^{'} (x) \leq M \\ 对 f (x) 在 [0, x] 上 用 拉 氏 定 理 ⟹ f (x) - f (0) = f^{'} (η) (x - 0), 0 < η < x \\ 由 于 f (x) = 0, 即 f (x) = f^{'} (η) x, 0 < η < x \\ ∵ m \leq f^{'} (x) \leq⟹ x m \leq f (x) = f^{'} (η) x \leq x M \\ ∴ \int_{0}^{1} m x d x \leq \int_{0}^{1} f (x) d x \leq \int_{0}^{1} M x d x \\ 即 \frac{1}{2} m \leq \int_{0}^{1} f (x) d x \leq \frac{1}{2} M ⟹ m \leq 2 \int_{0}^{1} f (x) d x \leq M \\ 由 于 f^{'} (x) 在 [0, 1] 上 连 续, 介 值 定 理 可 得 : \exists ξ \in [0, 1] 使 f^{'} (ξ) = 2 \int_{0}^{1} f (x) d x \end{aligned}

2.4 柯西中值定理

$f(x),g(x)$ $[a,b]$ $(a,b)$ $g'(x)\ne0$ $\xi\in(a,b)$ ，使得：

\begin{array}{r} \frac{f (b) - f (a)}{g (b) - g (a)} = \frac{f^{'} (ξ)}{g^{'} (ξ)} \end{array}

$g(x)$ $f(x)$ 。

$\Large 例:$ $f(x)$ $[a,b]$ $(a,b)$ $0<a<b$ $\xi\in(a,b)$ $f(b)-f(a)=\xi\ln\frac{b}{a}f'(\xi)$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 令 g (x) = \ln x, 对 f (x), g (x) 在 [a, b] 上 用 柯 西 定 理 : \\ \frac{f (b) - f (a)}{\ln b - \ln a} = \frac{f^{'} (ξ)}{\frac{1}{ξ}}, 0 < a < ξ < b \\ ⟹ f (b) - f (a) = ξ \ln \frac{a}{b} f^{'} (ξ) \end{aligned}

2.5 泰勒公式

定理九(泰勒定理)：

$n$ $f(x)$ $x_0$ $n+1$ $x$ ，有

\begin{aligned} f (x) & = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + . . . + \frac{f^{n} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n} + \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1} \end{aligned}

$\xi$ $x,x_0$ $x_0$ $\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$ $[a,b]$ ，常在证明题中使用，如证：不等式、中值等式等。

$n$ $f(x)$ $x_0$ $n$ $x_0$ $x$ ，有

\begin{aligned} f (x) & = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{1}{2!} f^{″} (x_{0}) (x - x_{0})^{2} + . . . + \\ \frac{1}{n!} f^{(n)} (x_{0}) (x - x_{0})^{n} + o ((x - x_{0})^{n}) \end{aligned}

$x_0$ $x=x_0$ $x=x_0$ 处的某些结论，如求极限、判定无穷小的阶数、判定极值等。

$x_0=0$ 时的泰勒公式称为麦克劳林公式

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f^{″} (0)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n} + \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} x^{n + 1}

$\xi$ $0$ $x$ 之间。

几个重要的麦克劳林展开式：

$e^x=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\cdots+\frac{1}{n!}x^n+o(x^n)$
$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+1})$
$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})$
$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^n+o(x^n)$
$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-\cdots+(-1)^nx^n+o(x^n)$
$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+o(x^n)$
$(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+o(x^n)$

$\Large 例1:$ $f(x)$ $[-a,a](a>0)$ $f(0)=0$

$f(x)$ 的拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式

\begin{aligned} 解 : \\ f (x) = f^{'} (0) x + \frac{f^{″} (ξ)}{2} x^{2}, ξ 介 于 0, x 之 间 . \end{aligned}

$\eta\in[-a,a],使得a^3f''(\eta)=3\int_{-a}^af(x)dx$

\begin{aligned} 证 明 : \\ f^{″} (x) 在 [- a, a] 上 连 续 ⟹ m \leq f^{″} (x) \leq M \\ 由 于 (1) 可 知 : f (x) = f^{'} (0) x + \frac{f^{″} (ξ)}{2} x^{2} \\ \int_{- a}^{a} f (x) d x = \int_{- a}^{a} [f^{'} (0) x + \frac{f^{″} (ξ)}{2} x^{2}] d x \\ 即 \int_{- a}^{a} f (x) d x = 0 + \int_{- a}^{a} \frac{f^{″} (ξ)}{2} x^{2} d x \\ 由 于 最 值 定 理 : \frac{m}{2} x^{2} \leq \frac{f^{″} (ξ)}{2} x^{2} \leq \frac{M}{2} x^{2}, 两 边 积 分 : \\ \frac{m a^{3}}{3} \leq \int_{- a}^{a} \frac{f^{″} (ξ)}{2} x^{2} \leq \frac{M a^{3}}{3} \\ ∴ \frac{m a^{3}}{3} \leq \int_{- a}^{a} f (x) d x = 0 + \int_{- a}^{a} \frac{f^{″} (ξ)}{2} x^{2} d x \leq \frac{M a^{3}}{3} \\ 即 m \leq \frac{3}{a^{3}} \int_{- a}^{a} f (x) d x \leq M \\ 由 介 值 定 理 可 知 \exists η \in [- a, a], 使 f^{″} (η) = \frac{3}{a^{3}} \int_{- a}^{a} f (x) d x \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)$ $[-1,1]$ $f(-1)=0,f(1)=1,f'(0)=0$ $(-1,1)$ $\xi$ $f'''(\xi)=3$

$f$ $f^{(n)}$ $f'''$ $\xi$ 即可。

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 泰 勒 公 式 : f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (x_{0})}{2} (x - x_{0})^{2} \\ + \frac{f^{‴} (ξ)}{6} (x - x_{0})^{3} \\ 由 于 f^{'} (0) = 0, 故 取 x_{0} = 0, 且 f (- 1) = 0, f (1) = 1 \\ ① & 当 x = - 1, f (- 1) = f (0) + f^{'} (0) (- 1) + \frac{f^{″} (0)}{2} \cdot 1 + \frac{f^{‴} (ξ_{1})}{6} (- 1)^{3} = 0 \\ ② & 当 x = 1 时, f (1) = f (0) + f^{'} (0) \cdot 1 + \frac{f^{″} (0)}{2} \cdot 1 + \frac{f^{‴} (ξ_{2})}{6} \cdot 1^{3} = 1 \\ 其 中 ξ_{1} \in (- 1, 0), ξ_{2} \in (0, 1) \\ ② - ① ⟹ 1 = \frac{1}{6} \cdot [f^{‴} (ξ_{1}) + f^{‴} (ξ_{2})] ⟹ f^{‴} (ξ_{1}) + f^{‴} (ξ_{2}) = 6 \\ 由 于 f (x) 在 [- 1, 1] 上 三 阶 导 数 连 续, 且 闭 区 间 上 连 续 函 数 必 有 最 大 最 小 值 \\ ∴ m \leq f^{‴} (x) \leq M . 故 m \leq f^{‴} (ξ_{1}) \leq M, m \leq f^{‴} (ξ_{2}) \leq M \\ 则 2 m \leq f^{‴} (ξ_{1}) + f^{‴} (ξ_{2}) \leq 2 M \\ 根 据 介 质 定 理 : m \leq \frac{f^{‴} (ξ_{1}) + f^{‴} (ξ_{2})}{2} \leq M \\ 则 \exists ξ \in [ξ_{1}, ξ_{2}], 使 得 f^{‴} (ξ) = \frac{6}{3} = 2 \end{aligned}

2.6 泰勒公式拓展

$y_1=f(x_1),y_2=f(x_2)$ $\frac{y-y_1}{y_2-y_1}=\frac{x-x_1}{x_2-x_1}$ ，则关于两点的近似表达函数为：

f (x) = y_{1} + \frac{y_{2} - y_{1}}{x_{2} - x_{1}} (x - x_{1}) + b (x - x_{1}) (x - x_{2})

$f(x)$ $+c(x+1_1)(x-x_2)(x-d)$

推导：

\begin{aligned} 推 导 : \\ 由 于 \frac{y - y_{1}}{y_{2} - y_{1}} = \frac{x - x_{1}}{x_{2} - x_{1}} ⟹ y = \frac{y_{2} - y_{1}}{x_{2} - x_{1}} (x - x_{1}) + y_{1} \\ 令 ① f (x) = y_{1} + \frac{y_{2} - y_{1}}{x_{2} - x_{1}} (x - x_{1}) \\ 对 比 泰 勒 公 式 : f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \dots \\ 可 以 看 出 ① 并 不 精 确, 如 果 想 要 精 确 表 示, 则 还 需 要 加 上 后 面 几 项 \\ f (x) = y_{1} + \frac{y_{2} - y_{1}}{x_{2} - x_{1}} (x - x_{1}) + b (x - x_{1}) (x - x_{2}) \end{aligned}

$\Large 例:$ $f(x)$ $[0,1]$ $f(0)=f(1)=0,\min\{f(x)\}=-1,x\in[0,1]$ $\exists\xi\in(0,1)$ $f''(\xi)\ge 8$

关于本题有以下三种变形

$f(0)=f(1)=0$ $f(x_0)=-1$ $f(x)$ $f''(\xi)\ge8$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 f (x) = y_{1} + \frac{y_{2} - y_{1}}{x_{2} - x_{1}} (x - x_{1}) + b (x - x_{1}) (x - x_{2}) \\ 则 f (x) = 0 + \frac{0 - 0}{1 - 0} (x - 0) + b (x - 0) (x - 1) \\ 且 f (x_{0}) = - 1, f (x_{0}) = b x_{0} (x_{0} - 1) = - 1, 解 得 b = \frac{1}{x_{0} (1 - x_{0})} \\ 故 f (x) = \frac{1}{x_{0} (1 - x_{0})} x (x - 1) \\ 令 F (x) = f (x) - = \frac{1}{x_{0} (1 - x_{0})} x (x - 1) \\ 则 F (0) = f (0) - 0 = 0 \\ F (1) = f (1) - 0 = 0, F (x_{0}) = f (x_{0}) - (- 1) = 0 \\ 故 由 罗 尔 定 理 : \exists ξ_{1} \in (0, x_{1}) 使 得 F^{'} (ξ_{1}) = 0 \\ 且 \exists ξ_{2} \in (x_{0}, 1) 使 得 F^{'} (ξ_{2}) = 0 \\ 则 \exists ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) 使 得 F^{″} (ξ) = 0 \\ 由 此 可 知 f^{″} (ξ) - \frac{2}{x_{0} (1 - x_{0})} = 0 ⟹ f^{″} (ξ) = \frac{2}{x_{0} (1 - x_{0})} \\ 且 \sqrt{a b} \leq \frac{a + b}{2} ⟹ \sqrt{x_{0} (1 - x_{0})} \leq \frac{1}{2} \\ ∴ \frac{2}{x_{0} (1 - x_{0})} \geq 8 \end{aligned}

$f(0)=0,f(1)=1$ $\int_0^1f(x)dx=\frac{2}{3}$ $f''(\xi)=-2$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 f (x) = y_{1} + \frac{y_{2} - y_{1}}{x_{2} - x_{1}} (x - x_{1}) + b (x - x_{1}) (x - x_{2}) \\ f (x) = 0 + \frac{1 - 0}{1 - 0} x + b x (x - 1) = b x^{2} + (1 - b) x \\ \int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} b x^{2} d x + \int_{0}^{1} (1 - b) x d x = \frac{1}{2} - \frac{1}{6} b = \frac{2}{3} \\ 则 b = \frac{- 1}{6} \cdot 6 = - 1, ∴ f (x) = - x^{2} + 2 x \\ 令 F (x) = f (x) - (- x^{2} + 2 x) \\ 则 F (0) = f (0) - 0 = 0 \\ F (1) = f (1) - 1 = 0 \\ \int_{0}^{1} F (x) d x = 0 \overset{由 积 分 中 值 定 理}{\Rightarrow} F (η) \cdot (1 - 0) = 0, η \in (0, 1) \\ 故 在 区 间 (0, 1) 使 用 两 次 三 次 罗 尔 定 理 可 知 \exists ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) 使 得 F^{″} (ξ) = 0 \\ 从 而 可 知 f^{″} (ξ) = - 2 \end{aligned}

2.7 中值定理应用总结

中值定理总结：

其中证明：

$f'(x)=f(x)$ 用拉氏定理
$f(x)=\int_a^bf(x)dx$ 用积分或者积分中值定理
$f^{(n)}(x)=\int_a^bf(x)$ 用泰勒公式

7. 微分等式

$f(x)=g(x)$ $f(x)$ $g(x)$ 的交点"，两者概念不同，但描述的是同一件事情。基于此，为讨论方程的根，有时可改为讨论曲线的交点，讨论方程根的问题(也称为函数的零点问题)通常考虑下面这些方法。

7.1 零点定理

可以使用零点定理解决根的存在性。

$f(x)$ $(a,b)$ $\underset{x\to a^+}{\lim}f(x)=\alpha,\underset{x\to b^-}{\lim}f(x)=\beta$ $\alpha·\beta<0$ $f(x)=0$ $(a,b)$ $a,b,\alpha,\beta$ 可以是有限数，也可以是无穷大。

$\Large 例:$ $|x|^{\frac{1}{4}}+|x|^{\frac{1}{2}}-\cos x=0$ $(-\infty,+\infty)$ 上有且仅有两个实根

\begin{aligned} 证 明 : \\ 令 | x |^{\frac{1}{4}} + | x |^{\frac{1}{2}} - \cos x = 0 = f (x) \\ 可 知 f (x) 为 偶 函 数, 故 区 间 只 用 讨 论 [0, \infty] \\ 且 x = 0 时, f (0) = - 1 < 0, 当 x > 1, f (x) > 0 \\ 故 只 用 研 究 (0, 1) 之 间 即 可 . 由 于 f (0) < 0, f (1) > 0 \\ 零 点 定 理 可 知 存 在 一 点 ξ 使 得 f (ξ) = 0, ξ \in (0, 1) \\ 又 f^{'} (x) = \frac{1}{4} x^{- \frac{3}{4}} + \frac{1}{2} x^{- \frac{1}{2}} + \sin x > 0 \\ 即 f^{'} (x) > 0, f (x) 为 单 调 递 增 函 数 \\ 故 f (x) 在 (- 1, 0) \cup (0, - 1) 上 有 两 个 实 数 根 \\ 也 即 f (x) 在 (- \infty, + \infty) 上 有 两 个 实 数 根 \end{aligned}

$|x|^{\frac{1}{4}}=t$ $t+t^2-\cos t^4=0$ 。

7.2 单调性

主要用于证明根的唯一性

$f(x)$ $(a,b)$ $f(x)=0$ $(a,b)$ $a,b$ 可以是有限数，也可以是无穷大。

$\Large 例1:$ $k>0$ $f(x)=\ln x-\frac{x}{e}+k$ $(0,+\infty)$ 内零点个数

\begin{aligned} 解 : \\ 令 f^{'} (x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{e} = 0, 解 得 x = e \\ 当 0 < x < e 时, f^{'} (x) > 0, 则 f (x) 单 调 递 增 \\ 当 x > e 时, f^{'} (x) < 0, 则 f (x) 单 调 递 减 \\ lim_{x \to 0^{+}} (\ln x - \frac{x}{e} + k) = - \infty . f (e) = k > 0, 在 (0, e) 有 一 实 根 \\ lim_{x \to + \infty} (\ln x - \frac{x}{e} + k) = - \infty . f (e) = k > 0, 在 (e, \infty) 有 一 实 根 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $k\arctan x-x=0$ $k$ 为参数

\begin{aligned} 解 : \\ 令 f (x) = k \arctan x - x, 为 奇 函 数, ① 故 f (0) = 0 \\ f^{'} (x) = k \cdot \frac{1}{1 + x^{2}} - 1 = \frac{k - 1 - x^{2}}{1 + x^{2}} \\ 其 中 当 k - 1 \leq 0, 即 k \leq 1 时, f^{'} (x) < 0 \\ ② & 当 k - 1 > 0, 即 k > 1 时, 令 f^{'} (x) = 0, 则 x = \sqrt{k - 1} \\ {\begin{array}{c} 0 < x < \sqrt{k - 1}, f^{'} (x) > 0 \\ x > \sqrt{k - 1}, f^{'} (x) < 0 \end{array} \\ 且 lim_{x \to + \infty} (k \arctan x - x) = - \infty \\ 由 此 可 知 函 数 有 极 大 值 且 x > \sqrt{k - 1} 时, 极 限 趋 近 于 - \infty, 则 有 一 实 根 \\ ③ & 由 于 函 数 为 奇 函 数 关 于 原 点 对 称, 所 有 在 x 负 半 轴 同 样 有 一 实 根 . \\ 故 函 数 有 三 个 实 根 . \end{aligned}

$(曲线与x轴位置关系)$

$k$ ，其特点是在求导的过程中讨论参数(确定函数性态).

7.3 罗尔定理推论

当不易使用零点定理时，可考虑罗尔定理及其推论。

$f^{(n)}=0$ $k$ $f(x)=0$ $k+n$ $f'''(x)\ne0\Longrightarrow f'''(x)$ $\Longrightarrow f(x)=0$ ，至多有三个根。

$f(x)$ $I$ $n$ $f^{(n)}(x)\ne0$ $f^{(n)}(x)=0$ $0$ $f(x)=0$ $n$ 个根。

$\Large 例:$ $f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$ $f'(x)$ 零点个数

\begin{aligned} 解 : \\ f (1) = f (2) = f (3) = f (4) = 0 \\ 由 罗 尔 定 理 可 知 f^{'} (ξ_{1}) = f^{'} (ξ_{2}) = f^{'} (ξ_{3}) = 0 \\ 且 f (x) 四 次 多 项 式 ⟹ 则 f^{'} (x) 为 三 次 多 项 式 \\ 则 [f^{'} (x)]^{‴} \neq 0 至 多 有 0 个 根 \overset{罗 尔 定 理 推 论}{\Rightarrow} f^{'} (x) 至 多 有 三 个 根 \end{aligned}

7.4 实系数奇次方程

实系数奇次方程至少有一个实根。实系数奇次方程：多项式的最高次数是奇数，方程如下：

x^{2 n + 1} + a_{1} x^{2 n} + \dots + a_{2 n} x + a_{2 n + 1} = 0

$\large 例1:$ $3a^2-5b<0$ $x^5+2ax^3+3bx+4c=0$ 根有几个

\begin{aligned} 解 : \\ 令 f (x) = x^{5} + 2 a x^{3} + 3 b x + 4 c, 最 高 实 系 数 奇 次 方 \\ 则 f (x) = 0 至 少 一 个 根 \\ 又 f^{'} (x) = 5 x^{4} + 6 a x^{2} + 3 b = 0 \overset{令 x^{2} = y}{\Rightarrow} 则 方 程 Δ < 0 无 解 \\ ∴ f^{'} (x) 至 多 0 个 实 数 根 \overset{罗 尔 定 理 推 论}{\Rightarrow} f (x) = 0 至 多 一 个 实 数 根 \end{aligned}

$\Large 例2:$ $e^x=kx$ $k$ 的取值范围（例题5-13）

含参数方程(不等式)的讨论是一个重要出题方向。

\begin{aligned} 解 : \\ 分 离 方 程 \frac{e^{x}}{x} = k : {\begin{array}{c} y = k \\ y = \frac{e^{x}}{x} \end{array} \\ 通 过 分 析 函 数 性 态 可 知 函 数 图 像 如 下 图 \\ 可 知 当 k < 0 或 k = e 有 且 仅 有 一 个 实 数 根 \end{aligned}

8. 微分不等式

8.1 用函数性态证明不等式

性态包括：凹凸性、单调性、最值等。一般的有如下依据：

$f'(x)\ge0,a<x<b,$ $f(a)\le f(x)\le f(b)$ .

（2） $f''(x)\ge 0,a<x<b$ $f'(a)\le f'(x)\le f'(b)$ 。

$f'(a)>0$ $f'(x)>0$ $f(x)$ $f'(b)<0$ $f'(x)<0$ $f(x)$ 单调减少。

$f(x)$ $I$ $x_0$ $x_0$ $f(x_0)\ge f(x)$ $x_0$ $f(x_0)\le f(x)$

$f''(x)>0,a<x<b,f(a)=f(b)=0$ $f(x)<0$

注意：证明题中构造辅助函数尽量不要出现分母。

$\Large 例1:$ $x>0,\ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{\sqrt{x(x+1)}}$

\begin{aligned} 证 明 : \\ \ln (1 + \frac{1}{x}) < \frac{1}{\sqrt{x (x + 1)}} \overset{令 \frac{1}{x} = t}{\Leftrightarrow} \ln (1 + t) < \frac{t}{\sqrt{1 + t}} \\ 从 而 可 得 : \sqrt{1 + t} \ln (1 + t) - t < 0 \\ 令 F (t) = \sqrt{1 + t} \ln (1 + t) - t \\ 则 F^{'} (t) = \frac{\ln (1 + t) + 2 - 2 \sqrt{1 + t}}{2 \sqrt{1 + t}}, 由 于 2 \sqrt{1 + t} > 0 \\ 令 g (t) = \ln (1 + t) + 2 - 2 \sqrt{1 + t} \\ g^{'} (t) = \frac{1}{1 + t} - \frac{1}{\sqrt{1 + t}} < 0 ⟹ g (t) 单 调 减 少, g (t) < g (0) < 0 \\ ∴ f^{'} (t) < 0, f (t) 单 调 减 少, 故 f (t) < f (0) = 0, (t > 0) \\ 故 \ln (1 + \frac{1}{x}) < \frac{1}{\sqrt{x (x + 1)}} \end{aligned}

$\Large 例2:$ $0<x<\frac{\pi}{2}$ $\sin x>\frac{2x}{\pi}$

\begin{aligned} 证 明 (方 法 一) : \\ 令 f (x) = \frac{\sin x}{x}, 即 证 明 f (x) > \frac{2}{π} 即 可 \\ f^{'} (x) = \frac{x \cos x - \sin x}{x^{2}}, x^{2} > 0 \\ 令 g (x) = x \cos x - \sin x, 则 g^{'} (x) = - x \sin x \\ 显 然 在 x \in (0, \frac{π}{2}) 上 g^{'} (x) = - x \sin x < 0 \\ ∴ g (x) 单 调 减 少, 且 g (0) = 0 ⟹ g (x) < g (0) < 0 \\ 从 而 可 知 f^{'} (x) < 0, 即 f (x) 单 调 减 少, 显 然 f (x) > f (\frac{π}{2}) \\ 即 \frac{\sin x}{x} > \frac{2}{π} \\ 证 明 (方 法 一) : \\ 令 f (x) = \sin x - \frac{2}{π} x \\ 则 f^{'} (x) = \cos x = \frac{2}{π}, f^{″} (x) = - \sin x < 0 \\ 则 f (0) = 0, f (\frac{π}{2}) = 0 ⟹ f (x) > 0 \end{aligned}

8.2 用常数变量化证明不等式

$x$ )，再利用上面所描述的导数工具去证明。

$\Large 例:$ $0<a<b$ $\ln\frac{b}{a}>2\frac{b-a}{a+b}$

\begin{aligned} 证 明 : \\ ① b \to x ⟹ \ln \frac{x}{a} > 2 \frac{x - a}{a + x} (x > a > 0) \\ ② a \to x ⟹ \ln \frac{b}{x} > 2 \frac{b - x}{x + b} (0 < x < b) \\ ③ 先 化 为 齐 次 式 : \ln \frac{b}{a} > 2 \frac{\frac{b}{a} - 1}{1 + \frac{b}{a}}, 令 \frac{b}{a} \to x \\ ⟹ \ln x > 2 \frac{x - 1}{1 + x}, 其 中 x > 1 \\ 以 ③ 为 例 : 令 F (x) = (1 + x) \ln x - 2 (x - 1), (x > 0) 则 \\ F^{'} (x) = \frac{1}{x} + \ln - 1, F^{″} (x) = - \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{x} = \frac{1}{x} (1 - \frac{1}{x}) > 0 \\ ∴ F^{'} (x) > F^{'} (1) = 0, 故 F (x) > F (1) = 0, 再 令 x = \frac{b}{a} (0 < a < b), 得 证 \end{aligned}

8.3 用中值定理证明不等式

主要用拉格朗日中值定理或者泰勒公式。

$\Large 例1:$ $0<a<b<1$ $\arctan b-\arctan a<\frac{b-a}{2ab}$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 令 f (x) = \arctan x ⟹ \arctan b - \arctan a = \frac{1}{1 + ξ^{2}} (b - a) \\ 其 中 \frac{1}{1 + b^{2}} < \frac{1}{1 + ξ^{2}} < \frac{1}{1 + a^{2}}, (0 < a < ξ < b < 1) \\ ∴ \arctan b - \arctan a < \frac{b - a}{1 + a^{2}} < \frac{b - a}{b^{2} + a^{2}} < \frac{b - a}{2 a b} \end{aligned}

$\Large 例2:$ $f(x)$ $(a,b)$ $f''(x)>0$ $x_1,x_2\in(a,b)$ $x_1\ne x_2$ $\lambda(0<\lambda<1)$ $f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 于 λ x_{1} + (1 - λ) x_{2} 表 示 在 x_{1}, x_{2} 之 间 任 意 常 数 \\ 故 令 其 为 x_{1} + (1 - λ) x_{2} = x \\ f (x_{1}) \overset{泰 勒 公 式}{\Rightarrow} f (x) + f^{'} (x) (x_{1} - x) + \frac{f^{″} (ξ_{1})}{2} (x_{1} - x)^{2} \\ f (x_{2}) \overset{泰 勒 公 式}{\Rightarrow} f (x) + f^{'} (x) (x_{2} - x) + \frac{f^{″} (ξ_{2})}{2} (x_{2} - x)^{2} \\ 其 中 ξ_{1} \in (x_{1}, x), ξ_{2} \in (x, x_{2}) \\ 则 λ f (x_{1}) = λ f (x) + f^{'} (x) λ (x_{1} - x) + \frac{f^{″} (ξ_{1})}{2} (x_{1} - x)^{2} λ \\ (1 - λ) f (x_{2}) = (1 - λ) f (x) + f^{'} (x) (1 - λ) (x_{2} - x) + \frac{f^{″} (ξ_{2})}{2} (x_{2} - x)^{2} (1 - λ) \\ 又 λ (x_{1} - x) = λ [x_{1} - λ x_{1} - (1 - λ) x_{2}] = λ (1 - λ) (x_{1} - x_{2}) \\ (1 - λ) (x_{2} - x) = (1 - λ) [x_{2} - λ x_{1} - (1 - λ) x_{2}] = (1 - λ) \cdot λ (x_{2} - x_{1}) \\ 即 λ (x_{1} - x) + (1 - λ) (x_{2} - x) = 0 \\ ∴ λ f (x_{1}) + (1 - λ) f (x_{2}) = f (x) + 0 + R, 其 中 R > 0, x = x_{1} + (1 - λ) x_{2} \\ ∴ f (x) < λ f (x_{1}) + (1 - λ) f (x_{2}) \end{aligned}

$x_1+(1-\lambda)x_2$ $(x_1,x_2)$ $\lambda$ $\frac{1}{2}$ 时，为中点。

$f(x)$ $x$ $x_1,x_2$ $x_1,x_2$ 中点处的函数值比曲线该点处的函数值高，则

\begin{aligned} \frac{1}{2} f (x_{1}) + \frac{1}{2} f (x_{2}) > f (\frac{1}{2} x_{1} + \frac{1}{2} x_{2}) \end{aligned}

$(x_1,x_2)$ 范围内就是凹曲线。实际上只要满足如下关系：

\begin{aligned} λ f (x_{1}) + (1 - λ) f (x_{2}) > f [λ x_{1} + (1 - λ) x_{2}], (λ \in (0, 1)) \end{aligned}

$(x_1,x_2)$ $f''(x)>0$ (凹曲线)，依然可以得到以上等式。

$\Large 例3:$ $(\ln\frac{1+x}{x}-\frac{1}{1+x})^2<\frac{1}{x(1+x)^2}(x>0)$

$\frac{1}{x}>\ln(1+\frac{1}{x})>\frac{1}{1+x}$

\begin{aligned} 证 明 : \\ 由 题 可 知 | \ln \frac{1 + x}{x} - \frac{1}{1 + x} | < \frac{1}{\sqrt{x} (1 + x)} \\ 由 于 \ln (1 + \frac{1}{x}) > \frac{1}{1 + x} \\ 令 g (x) = \ln \frac{1 + x}{x} - \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{\sqrt{x} (1 + x)}, x > 0 \\ 则 g^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{x} + \frac{1}{(1 + x)^{2}} + \frac{\frac{1}{2 \sqrt{x}} + \frac{3 \sqrt{x}}{2}}{x (1 + x)^{2}} \\ = \frac{1 + 3 x - 2 \sqrt{x}}{2 x^{\frac{3}{2}} (1 + x)^{2}}, 由 于 2 x^{\frac{3}{2}} (1 + x)^{2} > 0, x > 0 \\ 则 令 1 + 3 x - 2 \sqrt{x} = h (x), 令 h^{'} (x) = 3 - \frac{1}{\sqrt{x}} = 0 \\ 得 x = \frac{1}{9}, 且 \frac{1}{9} 为 h^{'} (x) 得 唯 一 驻 点, 即 最 小 值 点 \\ h (\frac{1}{9}) = \frac{2}{3}, 带 入 g^{'} (x) 可 知 g^{'} (x) > 0 \\ ∴ g (x) 为 单 调 增 加 函 数, 当 lim_{x \to + \infty} g (x) = 0 \\ 故 函 数 有 一 条 水 平 渐 近 线 y = 0, 综 上 所 述 g (x) < 0 \end{aligned}

总结：

如果中值定理有效则用，无效则用常熟变量话构造辅助函数求导后用函数性态解决。

1 无穷小量的倒数是无穷大量，无穷大量的倒数是无穷小量。 ↩

前言

一. 函数极限与连续

1. 函数与性质

1.1 反函数

1.2 复合函数

1.3 隐函数

2. 函数重要特征

2.1 有界性

2.2 单调性

2.3 奇偶性

2.4 周期性

3. 函数图像

3.1 直角坐标系下的图像

4.2 初等函数

3.3 图像的变换方式

3.4 极坐标系下的图像

直角坐标转化为极坐标

参数方程转化为极坐标

二. 函数极限与连续性

1. 函数极限存在条件

2. 函数极限的性质

3. 无穷小与无穷大定义及性质

3.1 无穷小的比阶

3.2 常用的等价无穷小

4. 极限的计算

4.1 洛必达法则

4.2 泰勒公式

常见泰勒公式

高阶无穷小运算及泰勒展开规则

4.3 两个重要极限

4.4 夹逼准则

5. 七种未定式计算

5.1 ∞∞\frac{\infty}{\infty}未定式解法

5.2 00\frac{0}{0}型解法

5.3 c0\frac{c}{0}型解法

5.4 ∞±∞\infty\pm\infty型解法

5.5 0·∞0·\infty型解法

5.6 1∞1^{\infty}型解法

6. 函数的连续和间断

6.1 函数的连续

6.2 函数的间断

7. 极限总结

7.1 函数极限考点

7.2 常见分左右极限函数

三. 数列的极限

1. 数列极限定义与结论

2. 收敛数列的性质

3. 海涅定理(归结原则)

4. 夹逼准则

4.1 利用简单放大缩小

4.2 利用未知条件求极限

4.3 利用重要不等式

4.4 利用压缩映射原理

5. 单调有界准则

6. 数列极限题目

6.1 证明数列极限值

6.2 已知极限证明另一个极限

6.3 数列极限压轴知识

四. 一元函数微分学

1. 导数的基本概念

1.1 导数奇偶性

1.2 导数的性质

1.3 函数的可导与连续的关系

2. 导数的几何意义

3. 微分基本概念

4. 导数与微分计算

4.1 基本求导法则

4.2 分段函数求导

4.3 反函数的导数

4.4 参数方程的导数

4.5 隐函数求导

4.6 对数求导法

4.7 幂指函数求导法

4.8. 高阶导数

数学归纳法

莱布尼兹公式

用泰勒公式

4.9 重要的求导公式

五. 一元函数微分学的应用

1. 极值与最值

$\frac{\infty}{\infty}$ 未定式解法

$\frac{0}{0}$ 型解法

$\frac{c}{0}$ 型解法

$\infty\pm\infty$ 型解法

$0·\infty$ 型解法

$1^{\infty}$ 型解法