高等数学总结

递推数列

1. 若f(x)单调递增，则a_n单调性取决前两项；f(x)单调递减，则a_n不单调但a_{2n},a_{2n+1}都单调且单调性相反
   • f(x)单调递增时，由于f(a_{n+1})=a_{n+2},f(a_{n})=a_{n+1}，则a_{n+2}和a_{n+1}的大小关系与a_{n+1}和a_{n}相同
   • f(x)单调递减时，a_{n+2}和a_{n+1}的大小关系与a_{n+1}和a_{n}相反，但由于f\left(f(x)\right)单调，因此子列单调。由于a_1和a_2的大小关系与a_2和a_3相反，因此子列单调性相反
2. 平均值定理
   • 若\lim_{n \rightarrow \infty} a_n=\bar{A}，则\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=\bar{A}
   • stolz定理：对于非零递增数列\{b_n\}，若\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\bar{A}，则\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{b_n}=\bar{A}
3. 其它
   • 求和函数：如果无法求出具体表达式，考虑将a_n化为b_{n+1}-b_n的形式
   • 求收敛：优先考虑证明\sum a_n收敛再用比较判别法证明目标数列收敛

单调唯一

1. 预备
   • 草稿纸上令A=f(A)，得到上（下）界
     如果A不容易计算，可以根据要求的极限判断
   • 利用a_1和A的大小关系（如a_1\lt A），猜出单调性和有界性
     有时候不一定是第一项，可以找后面几项
2. 有界性
   • 证明f(x)\lt A\quad (x\lt A)，数学归纳法得到a_n和A满足同样的关系，从而证明有界
   • 若f(x)单调，f(\xi)=\xi，可以分别考虑区间(0,\xi)和(\xi,+\infty)从而制造有界
     例如f(x)递增，a_n\in(0,\xi)，则a_{n+1}=f(a_n)\lt f(\xi)=\xi递推得到有界
3. 单调性
   • 作差法：证明f(x)-x\quad (x\lt A)恒正或负，则a_{n+1}-a_n恒正或负
   • 作商法：证明\frac{f(x)}{x}\quad (x\lt A)恒大于或小于1，则a_{n+1}-a_n恒正或负
   • 求导法：证明f^\prime(x)\gt 0，则根据前两项判断单调性
4. 例题
   • a_1\gt 0，a_ne^{a_{n+1}}=e^{a_n}-1，证明\{a_n\}收敛并求极限
   • a_1\gt 1，a_{n+1}=1+\ln\left(\frac{a_n^2}{1+\ln a_n}\right)，证明\{a_n\}收敛并求极限
   • 0\lt a_1\lt \frac{\pi}{2}，a_{n+1}=\sqrt{\frac{\pi}{2}a_n\sin a_n}，求\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sec a_n-\tan a_n}{\frac{\pi}{2}-a_n}
   • a_1\gt 1，a_{n+1}=2\ln(1+a_n)，证明\{a_n\}收敛

单调不唯一

1. 确定有界单调
2. 找出极限值
   • 若数列单调递减，则极限为候选极限中最大的；若数列单调递增，则极限为候选极限中最小的
   • 产生多个候选极限的原因是a_n的值域不精确，需要用正确极限值代替原来的端点
   • 用数学归纳法证明a_n在a_0和正确极限值的构成的区间内
3. 例题
   • a_1=1，a_{n+1}=\sqrt\frac{a_n}{1+a_n}，证明\{a_n\}收敛并求极限

不单调唯一

1. 草稿纸上计算出A，确定a_n的大致范围
2. 放缩递推证明A为极限
   • 0\le\left|a_{n+1}-A\right|=\left|f(a_n)-A\right|\lt k\left|a_{n}-A\right|\lt k^2\left|a_{n-1}-A\right|\lt\cdots\lt k^n\left|a_2-A\right|，则a_{n+1}-A极限为0
   • 0\le\left|a_{n+1}-a_{n}\right|=\left|f(a_n)-f(a_{n-1})\right|\lt k\left|a_{n}-a_{n-1}\right|\lt\cdots\lt k^n\left|a_2-a_1\right|，则\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n+1}-a_n)绝对收敛，展开得a_n极限存在且为A
   • 有时候不写A而写作f(A)从而统一结构，若导数有界还能利用拉格朗日中值定理
3. 例题
   • a_1=1，a_{n+1}=3+\frac{4}{a_n}，证明\{a_n\}收敛并求极限
   • a_1=1，a_{n+1}=1+\frac{1}{1+a_n}，证明\{a_n\}收敛并求极限
   • 0\lt k\lt1，\left|f^{\prime}(x)\right|\lt k {f(x)}，a_{n+1}=\ln f(a_n)，证明\{a_n\}收敛

不等式递推

1. 递推式为f(a_{n+1})+g(a_n)\lt \left[f(x)+g(x)\right]_{min}
2. 单调性
   • 利用已知等式和最小值的性质
     \begin{cases}f(a_{n})+g(a_n)\ge \left[f(x)+g(x)\right]_{min} \\ f(a_{n+1})+g(a_n)\lt \left[f(x)+g(x)\right]_{min} \end{cases}\Rightarrow f(a_{n})\gt f(a_{n+1})
     结合f(x)根据单调性得到a_n单调性
3. 有界性
   • 反证法，若a_n无界，则\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=\infty不满足不等式
4. 求极限
   • 两式取极限得到
     \begin{cases} f(A)+g(A)=\lim_{n\rightarrow\infty}f(a_{n})+g(a_n)\ge \left[f(x)+g(x)\right]_{min} \\ f(A)+g(A)=\lim_{n\rightarrow\infty}f(a_{n+1})+g(a_n)\le \left[f(x)+g(x)\right]_{min} \end{cases}\Rightarrow f(A)+g(A)=\left[f(x)+g(x)\right]_{min}
5. 例题
   • \ln a_n+\frac{1}{a_{n+1}}\lt 1，证明\{a_n\}收敛并求极限
   • a_n\gt 2，a_{n+1}+\frac{1}{a_n}\lt 2，证明\{a_n\}收敛并求极限

纯函数

1. 数列a_n是f_n(x)=0的解
   • 根据零点定理得到f_n(x)=0的解在一个区间内，因此a_n有界
   • 将f_{n}(x_n)=0代入f_{n+1}(x_n)的表达式，判断f_{n+1}(x_n)的正负性
   • 根据f_{n+1}(x_n)的正负性，结合f(x)的单调性以及f_{n+1}(x_{n+1})=0得到x_{n}与x_{n+1}的大小关系
   • 单调有界因此极限存在，\lim_{n\rightarrow \infty}f_n(x_n)=0解得a_n的极限值
2. 例题
   • a_n是x^n-\cos x=0的解，证明\{a_n\}收敛并求极限
   • a_n是x-e^{\sin^nx}=0的解，证明\{a_n\}收敛并求极限

中值定理

1. 缺零点时
   • f(x)有n个零点，等价于\int_0^x f(t)\mathrm dt有n+1个零点
   • 假设零点存在，从而将区间分割，再分类讨论
   • 用零点定理构造零点，有时需要分类讨论
   • 两端点不等但已知一点导数，则最值不可能在端点从而确定驻点
2. 常用定理
   • 分区间拉格朗日中值定理：如F(1)-F(0)=\left[F(\frac{1}{2})-F(0)\right]+\left[F(1)-F(\frac{1}{2})\right]=\frac{f^\prime(\xi)}{2}+\frac{f^\prime(\eta)}{2}
   • 介值定理：p {f(a)}+q {f(b)}=(p+q) {f(\xi)}\quad \xi\in [a,b]
3. 构造技巧
   • 为了简便运算，可以配凑常数
   • 注意构造的函数的定义域是否符合要求，如果不符合，要分类讨论不同情形
   • 有时候可以直接积分求原函数
   • 加减缺阶导数不行时，可以尝试同乘缺阶导数
4. f(x),g(x)存在相同最大值，则一定得到一个零点
   • 若取最大值点相同，则该点就是f(x)-g(x)的零点
   • 若取最大值点不同，则f(x_1)-g(x_1),f(x_2)-g(x_2)的异号，存在f(\xi)-g(\xi)=0

中值n阶导

1. 解法
   • 反复罗尔定理，尤其是f^{(n)}(\xi)=0
   • 构造F(x)=f(x)-P_n(x)，P_n(x)满足题干所有条件（埃尔米特插值法）
   • 由于代入后F(x)均为0，多次罗尔定理得到结果
   • 如果缺条件，可以手动创造等式如P_n(0)=f(0)从而计算P_n(x)，此时结果的系数中包含f(0)
2. 例题
   • \lim_{x \rightarrow0} \frac{{f(x)}-1}{x}=0，\lim_{x \rightarrow1} \frac{{f(x)}-1}{x-1}=0，证明\exists\xi \in(0,1)使得f^{\prime\prime\prime}(\xi)=0
   • f(0)=f(1)=0，F(x)=x^3f(x)，证明\exists\xi \in(0,1)使得F^{\prime\prime\prime}(\xi)=0
   • f(a)=f(b)=0，f_+^{\prime}(a)f_-^\prime(b)\gt 0，证明\exists\xi \in(a,b)使得f^{\prime\prime}(\xi)=0
   • f(0)=0,f(1)=1,f(4)=2，证明\exists\xi \in(0,4)使得f^{\prime\prime}(\xi)=\frac{1}{3}
   • f(0)=0,f(1)=1,\int_0^1 f(x)\mathrm dx=1，证明\exists\xi \in(0,1)使得f^{\prime\prime}(\xi)= -6
   • f(0)=f(1)=0, \left[f(x)\right]_{min}=-1，证明\exists\xi \in(0,1)使得f^{\prime\prime}(\xi)= 8
   • f(-1)=0,f(1)=1, f^\prime(0)=0，证明\exists\xi \in(-1,1)使得f^{\prime\prime\prime}(\xi)=3

微分方程法

1. 解法
   • 形如f^{\prime}(\xi)+g(\xi){f(\xi)} = h(\xi)，构造{F(x)}={f(x)} e^{\int g(x) \mathrm d x} - \int h(x) e^{\int g(x) \mathrm d x} \mathrm d x，证明F^\prime(\xi)=0
   • 如果包含不定积分，要改成变上限积分，灵活确定下限使得出现相等条件
2. 例题
   • 证明\exists\xi \in(a,b)使得f^{\prime}(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
   • 证明\exists\xi \in(a,b)使得\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}
   • f(a)=f(b)=0，证明\exists\xi \in(a,b)使得2f(\xi)+\xi f^{\prime}(\xi)=0
   • f(a)=f(b)=0，证明\exists\xi \in(a,b)使得f^{\prime}(\xi)+f^2(\xi)=0
   • f(0)=1,f(1)=\frac{1}{2}，证明\exists\xi \in(0,1)使得f^{\prime}(\xi)+f^2(\xi)=0
   • f^\prime(c)=0，证明\exists\xi \in(a,b)使得f^{\prime}(\xi)=\frac{f(\xi)-f(a)}{b-a}

可分离中值

1. 解法
   • 分离\xi和参数到等号两边
   • 观察\xi项是否能还原；参数项是否能使用柯西中值定理
   • 如果参数项太简单难以还原，就观察\xi项来构造
   • 注意柯西中值定理要求分母不为零，可以换用构造F(x)法
2. 例题
   • a,b\gt 0，证明\exists\xi \in(a,b)使得a e^b-b e^a=(1-\xi) e^{\xi} (a-b)
   • 证明\exists\xi \in(1,2)使得f(2)-f(1)=\frac{1}{2}\xi^2 f^\prime(\xi)

虚假多中值

1. 解法
   • 双中值可能存在关系，如\mu+\lambda=a+b
   • 分离变量，将复杂项还原，代入条件再次使用中值定理得到其它变量
2. 例题
   • f(a)=0，\forall x \in(a, b)，有f(x)\gt 0，证明\forall m,n\in N^+,\exists\lambda,\mu \in(a,b)使得\frac{f^{\prime}(\lambda)}{{f(\lambda)}}=\frac{m}{n} \frac{f^{\prime}(\mu)}{{f(\mu)}}
   • f(a)=f(b)=1，证明\exists\xi_1,\xi_2 \in(a,b)使得{e^{\xi_2-\xi_1}\left[f^{\prime}(\xi_1)+f^{\prime}(\xi_2)\right]}=1

真正的多中值

1. 解法
   • 分割区间，对称还原，分别用中值定理
   • 设分段点为x_0，解出x_0，证明存在
   • 一个中值还可能是端点或分段点
2. 例题
   • f(0)=0,f(1)=1，证明\exists\xi,\eta \in(0,1),\xi\ne\eta使得f^{\prime}(\xi)f^{\prime}(\eta)=1
   • f(0)=0,f(1)=1，证明\exists\xi,\eta \in(0,1),\xi\ne\eta使得\frac{1}{f^{\prime}(\xi)}+\frac{1}{f^{\prime}(\eta)}=2
   • \int_0^1{f(x)} \mathrm d x=3 \int_{\frac{2}{3}}^1{f(x)} \mathrm d x，证明\exists\xi,\eta \in(0,1),\xi\ne\eta使得f^{\prime}(\xi)=g^{\prime}(\xi)[{f(\eta)}-{f(\xi)}]
   • \int_0^1f(x)\mathrm dx\ne0，证明\exists\xi_1,\xi_2,\xi_3 \in(0,1),\xi_1\ne\xi_2\ne\xi_3使得
     \frac{\pi}{8} \int_0^1{f(x)} \mathrm d x=\xi_3\left[\frac{1}{1+\xi_1^2} \int_0^{\xi_1} {f(x)} \mathrm d x+f\left(\xi_1\right) \arctan \xi_1\right] =\left(1-\xi_3\right)\left[\frac{1}{1+\xi_2^2} \int_0^{\xi_{2}} {f(x)} \mathrm d x+f\left(\xi_2\right) \arctan \xi_2\right]

中值表达式极限

1. 解法
   • 泰勒展开到更高一阶，与题干对比表达式，拉格朗日中值定理或泰勒展开分离中值，求极限
   • 或者，对含中值项再次运用拉格朗日中值定理，分离变量求极限得到二阶导的关系式
2. 例题
   • f^{\prime \prime}(x) \neq0， {f(x+h)}-{f(x)}=f^{\prime}(x+\theta h)h \quad(0 \le \theta\le 1)，证明\lim_{h \rightarrow0} \theta=\frac{1}{2}
   • f^{(n+1)}(a) \neq0，{f(a+h)}={f(a)}+f^{\prime}(a) h+\frac{f^{\prime \prime}(a)}{2} h^2+\cdots+\frac{f^{(n)}{(a+\theta h)}}{n!} h^n(0\le\theta\le1)，证明\lim_{h \rightarrow0} \theta=\frac{1}{n+1}
   • f^{\prime \prime}\left(x_0\right)=f^{\prime \prime \prime}\left(x_0\right)=\cdots=f^{(n-1)}\left(x_0\right)=0,f^{(n)}(x_0) \neq0，f\left(x_0+h\right)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0+\theta h\right) h \quad(0\le\theta\le1)，证明\lim_{h \rightarrow0} \theta=\frac{1}{\sqrt[n-1]{n}}

利用泰勒展开

1. 解法
   • 包括端点向中间点（根据已知条件）、中点（更精确）、极值点（消去一阶项）、x（观察结构、消去未知导数项）展开或反过来
   • 向导数信息多的点展开，展开后可以代入题目条件
   • 根据结论猜测怎么展开，如观察结果导数项的变量、会不会引入未知导数项
   • 完全没有特殊点导数和特殊结构，往往是端点向中间那个条件的变量值展开
   • 两个端点的信息很多时，选择中点向两端展开，作差消去中点项
   • 要证明的结果不是在特殊值时，选择端点向x展开
   • 无限区间一般展开f(x+h)和f(x-h)，最终结果包括h，合理选择h
2. 例题
   • f(-1)=f^\prime(0)=0,f(1)=1，证明\exists\xi \in(-1,1)使得f^{\prime\prime\prime}(x)=3
   • f(0)=f(1)=0,f_{min}(x)=-1，证明\exists\xi \in(0,1)使得f^{\prime\prime}(x)\ge 8
   • \left|f^{(4)}(x)\right|\le M\quad(M\gt0)，证明对于任意不同于x_0的点a以及a关于x_0的对称点b，均有
     \left|f^{\prime \prime}\left(x_0\right)-\frac{{f(a)}+{f(b)}-2f\left(x_0\right)}{\left(a-x_0\right)^2}\right| \le \frac{M}{12}\left(a-x_0\right)^2
   • 证明\exists\xi \in(a,b)使得{f(b)}={f(a)}+f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+\frac{(b-a)^3}{24} f^{\prime \prime \prime}(\xi)
   • 证明\exists\xi \in(a,b)使得{f(b)}-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+{f(a)}=\frac{(b-a)^2}{4} f^{\prime \prime}(\xi)
   • f(0)=0,f(1)=1,f(4)=2，证明\exists\xi \in(0,4)使得f^{\prime\prime}(x)=-\frac{1}{3}
   • \left|f(x)\right|\le a,\left|f^{\prime\prime}(x)\right|\le b，证明\left|f^{\prime}(x)\right| \leq2a+\frac{b}{2}

常数K值法

1. 步骤
   • （要求中值项可分离）将等式分离，一侧只有中值项，令中值项为K
   • 化简等式并移项得到一个关于a,b,K的等于0的无分式的多项式
   • 将b换为x构造出辅助函数F(x)，此时应该满足F(a)=0
   • 由于F(b)=F(a)=0，因此F^\prime(\xi)=0，得到K的连等式
   • 如果是二阶中值项，求导后还要再用一次中值定理
2. 例题
   • 证明\frac{{f(b)}-{f(a)}}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}
   • 证明{f(b)}-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+{f(a)}=\frac{(b-a)^2}{4} f^{\prime \prime}(\xi)
   • 证明\frac{{f(a)}}{(c-a)(b-a)}+\frac{{f(b)}}{(c-b)(b-a)}+\frac{{f(c)}}{(c-a)(c-b)}=\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi)

积分不等式

1. 常用技巧
   • 若有两个条件，将区间用中点分割分别计算；如果有多个条件，拆积分区间从而利用更多条件
2. 常用放缩
   • \int_a^b f(x)g(x)\mathrm dx \le g_{max}(x)\int_a^b g(x)\mathrm dx
   • |a+b|\le |a|+|b|
   • \frac{a^2+b^2}{2}\ge\left(\frac{a+b}{2}\right)^2,ab\le\left(\frac{a+b}{2}\right)^2
3. 对于\int_a^b P_n(x) {f(x)} \mathrm d x
   • \int_a^b (b-x){f(x)} \mathrm d x=\int_a^b \left[\int_a^x f(x) \mathrm d x\right] \mathrm d x
4. 估计
   • \int_a^b f(x)\mathrm{d} x=(b-a)f(a)+\frac{1}{2}f^\prime(\xi)(b-a)^2
   • \int_a^b {f(x)} \mathrm{d} x=\frac{{f(a)}+{f(b)}}{2}(b-a)-\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{12}(b-a)^3
   • \int_a^b {f(x)} \mathrm{d} x=f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{24}(b-a)^3
   • f(a)=f(b)=0,\int_a^b{f(x)} \mathrm{d} x \leq \frac{1}{4} \max{|f^\prime(x)|}(b-a)^2
   • f(a)=0,\int_a^b {f(x)} \mathrm{d} x \leq \frac{1}{2} \max{|f^\prime(x)|}(b-a)^2

构造变限积分

1. 步骤
   • 全部移到等号一侧，将某个参数换成x得到F(x)
     若积分上下限都类似，将上限的那个字母换成x，取值范围为积分上下限。如果上限换元后是含参积分，可以考虑将下限换元
     若积分上下限不类似，将条件中有取值范围的那个参数换成x，且取值范围相同
   • 根据F(x)在端点的值为0，结合F(x)单调即可证明
     在证明F^\prime(x)恒正负时，可以利用拉格朗日中值定理
     如果存在积分和一般项，将一般项化为常数积分然后统一到积分限内
   • 构造时如果有未定义点，乘以分母得到新F(x)消去未定义点
   • 有些情况下常数项需要还原成积分形式，然后才能换元
2. 例题
   • 0\lt a\lt b，证明\int_a^b x {f(x)} \mathrm d x \ge \frac{1}{2}\left[b \int_0^b {f(x)}\mathrm d x-a \int_0^a {f(x)}\mathrm d x\right]
   • 0\lt f^{\prime}(x) \le 1, {f(0)}=0，证明\left(\int_0^1{f(x)}\mathrm d x\right)^2\ge \int_0^1f^3(x)\mathrm d x
   • x\gt 0 ，证明\int_0^x\left(t-t^2\right) \sin ^{2n} t\mathrm d t\le\frac{1}{(2n+2)(2n+3)}
   • f(0)=0,f^\prime(x)\gt 0,g^\prime(x)\gt 0,a\in[0,1]，证明\int_0^a f^{\prime}(x) g(x) \mathrm d x+\int_0^1{f(x)} g^{\prime}(x) \mathrm d x \ge {f(a)} g(1)
   • f^{\prime\prime}(x)\gt 0，证明f\left(\frac{a+b}{2}\right) \le \frac{\int_a^b {f(x)} \mathrm d x}{b-a} \le \frac{{f(a)}+{f(b)}}{2}
   • f(x)\gt 0，证明\int_0^1{f(x)} \mathrm d x \int_0^1\frac{1}{{f(x)}} \mathrm d x \ge 1
   • (柯西不等式)证明\int_a^b f^2(x)\mathrm d x \int_a^b g^2(x) \mathrm d x \geqslant\left[\int_a^b {f(x)} g(x) \mathrm d x\right]^2
   • (闵可夫斯基不等式)证明\left[\int_a^b[{f(x)}+g(x)]^2\mathrm d x\right]^{\frac{1}{2}} \le\left(\int_a^b f^2(x) \mathrm d x\right)^{\frac{1}{2}}+\left(\int_a^b g^2(x) \mathrm d x\right)^{\frac{1}{2}}
   • (切比雪夫不等式)f(x),g(x)同单调性，证明(b-a) \int_a^b {f(x)} g(x) \mathrm d x \ge \int_a^b {f(x)} \mathrm d x \int_a^b g(x) \mathrm d x

利用中值定理

1. 包含|f^\prime(x)|和上限M，常用3种方法构造f^\prime(x)
   • 拉格朗日定理：{f(b)}-{f(a)}=(b-a) f^{\prime}(\xi)
   • 逆用积分公式：{f(b)}-{f(a)}=\int_a^b f^{\prime}(x) d x
   • 利用分部积分：\int_a^b {f(x)} d x=\left.x {f(x)}\right|_a ^b-\int_a^b x f^{\prime}(x) d x，凑常数并且尽量让第一项为0，或者减中点
2. 除了拉格朗日中值定理，还常用其它中值定理
   • 利用柯西中值定理化简
   • 利用积分第一中值定理：若g(x)不变号，则\int_a^b {f(x)} g(x)\mathrm d x={f(\xi)} \int_a^b g(x)\mathrm d x。为了满足条件，可以拆分区间使得一部分不变号
3. 例题
   • f(a)=0，|f^\prime(x)|\le M，证明\left|\int_a^b {f(x)} d x\right| \le \frac{M}{2}(b-a)^2
   • f(a)=f(b)=0，|f^\prime(x)|\le M，证明\left|\int_a^b {f(x)} d x\right| \le \frac{M}{4}(b-a)^2
   • 0\lt f^{\prime}(x) \le 1, {f(0)}=0，证明\left(\int_0^1{f(x)}\mathrm d x\right)^2\ge \int_0^1f^3(x)\mathrm d x
   • f(x)递增，证明\int_a^b x {f(x)}\mathrm d x \ge \frac{a+b}{2} \int_a^b {f(x)}\mathrm d x

利用泰勒展开

1. 常见特征为包含|f^{(n)}(x)|和上限M
   • 包括端点向中间点（根据已知条件）、中点（更精确）、极值点（消去一阶项）、x（观察结构、消去未知导数项）展开或反过来
   • 向导数信息多的点展开，展开后可以代入题目条件，例如端点导数信息多就从中间向端点展开
   • 根据结论猜测怎么展开，如观察结果导数项的变量、会不会引入未知导数项
   • 对于条件较少的题，先写出泰勒展开，根据不等号方向判断代入方法
2. 如何消去某阶导
   • 观察是否存在导数为0的点，向该点展开
   • 让展开距离互为相反数，相加减消去某阶导
   • 若为定积分，由于中心对称，积分后可能为0
   • 若为两端向中间展开，先构造泰勒展开，再乘除系数相加后消去某阶导
3. 已知\left|f^{(n)}(x)\right| \le M，求\left|\int_a^b {f(x)} \mathrm d x\right|最大值
   • 设\int_a^b {f(x)} \mathrm d x=\int_a^b P(x){f^{(n)}(x)} \mathrm d x，右式不断分部积分代入已知条件得到P(x)的满足的条件
   • 若f(x)的已知点不全是端点，则P(x)是以这些点为间断点的分段函数，此时\int_a^b {f(x)} \mathrm d x要先拆分为多段积分
4. 例题
   • f\left(\frac{a+b}{2}\right)=0,\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \le M，证明\left|\int_a^b {f(x)} \mathrm d x\right| \le \frac{m}{24} (b-a)^3
   • f(a)=f(b)=0,\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \le M，证明\left|\int_a^b {f(x)} \mathrm d x\right| \le \frac{m}{12} (b-a)^3
   • f^{\prime\prime}(x)\le 0，证明\int_0^1f\left(x^2\right) \mathrm d x \le f\left(\frac{1}{3}\right)
   • f^{\prime\prime}(x)\le 0，证明\frac{\int_a^b f[g(x)] \mathrm d x}{b-a} \le f\left[\frac{\int_a^b g(x) d x}{b-a}\right]
   • f^{\prime\prime}(x)\ge 0，证明f\left(\frac{a+b}{2}\right) \le \frac{\int_a^b {f(x)}\mathrm d x}{b-a} \le \frac{{f(a)}+{f(b)}}{2}

利用柯西不等式

1. 柯西不等式
   \int_a^b f^2(x)\mathrm d x \int_a^b g^2(x) \mathrm d x \geqslant\left[\int_a^b {f(x)} g(x) \mathrm d x\right]^2
   • 证明
     \int_a^b[f(x)+\lambda g(x)]^2\mathrm d x=\lambda^2\int_a^b g^2(x)\mathrm d x+2\lambda\int_a^bf(x)g(x)\mathrm d x+\int_a^b f^2(x)\mathrm d x\ge 0\Rightarrow \Delta\le 0\text{即证}
   • 取等条件：f(x)与g(x)成比例
2. 常见特征
   • 两函数的积分相乘 + 大于等于
   • 一函数平方的积分 + 大于等于，构造另一个积分
   • 一函数积分的平方 + 小于等于，分析右式并恰当分解
   • 同时出现\int_a^b f^2(x)\mathrm d x和\int_a^b \left[f^\prime(x)\right]^2\mathrm d x
     f^2(x)=\left[\int_a^x f^\prime(t) \mathrm d t\right]^2\le \int_a^x\mathrm d x\int_a^x \left[f^\prime(t)\right]^2 \mathrm d t\le (x-a)\int_a^b \left[f^\prime(t)\right]^2\mathrm d t
3. 例题
   • {f(x)}在[a, b]连续恒正，证明\int_a^b {f(x)}\mathrm d x \cdot \int_a^b \frac{1}{{f(x)}}\mathrm d x \ge(b-a)^2
   • {f(x)}在[0, 1]连续恒正，证明\frac{\int_0^1f^3(x) \mathrm d x}{\int_0^1f^2(x) \mathrm d x} \ge \frac{\int_0^1f^2(x) \mathrm d x}{\int_0^1{f(x)} \mathrm d x}
   • 证明\int_0^\pi x a^{\sin x} \mathrm d x \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{-\cos x} \mathrm d x \ge \frac{\pi^3}{4}\quad(a>0)
   • {f(x)}在[0, 1]连续，证明\left[\int_0^1\frac{{f(x)}}{a^2+x^2} \mathrm d x\right]^2\le \frac{\pi}{2a} \int_0^1\frac{f^2(x)}{a^2+x^2} \mathrm d x
   • {f(x)}在[a, b]连续，{f(x)} \ge0, \int_a^b {f(x)} \mathrm d x=1，证明\left[\int_a^b {f(x)} \sin k x \mathrm d x\right]^2+\left[\int_a^b {f(x)} \cos k x \mathrm d x\right]^2\le 1
   • {f^\prime(x)}在[0, 1]连续，{f(1)}={f(0)}+1，证明\int_0^1\left[f^{\prime}(x)\right]^2\mathrm d x \ge 1
   • {f^\prime(x)}在[a, b]连续，{f(1)}={f(0)}=0,\int_a^b f^2(x) \mathrm d x=1，证明\int_a^b\left[x f^{\prime}(x)\right]^2\mathrm d x\gt \frac{1}{4}
   • {f^\prime(x)}在[0, 1]连续可导，f(0)=0证明\int_0^1f^2(x) \mathrm d x \le \frac{1}{2} \int_0^1\left[f^{\prime}(x)\right]^2\mathrm d x
   • {f^\prime(x)}在[0, 1]连续可导，f(0)=f(1)=0证明\int_0^1f^2(x)\mathrm d x \le \frac{1}{8} \int_0^1\left[f^{\prime}(x)\right]^2\mathrm d x

不定积分

1. 观察分子能否凑成分母因式的和或差
2. 子式法，对于n阶分母有理式，找到n个线性无关的能积分子式，用子式表示分子
3. 换元后不着急求微分，观察有无特殊关系
4. 注意能否连续凑微分
5. 对复杂的部分求导期待奇迹

有理函数

1. 通用解法
   • 有理函数分为真分式和假分式，将分母因式分解直到无法分解（分解出所有实数根）
   • 分母含有(x-a)^k，则列项结果一定含有\frac{A_1}{x-a}+\cdots\frac{A_k}{(x-a)^k}
   • 分母含有(x^2+px+q)^k（由于已经分解干净，因此p^2-4q\lt 0），则列项结果一定含有\frac{B_1x+C_1}{x^2+px+q}+\cdots\frac{B_kx+C_k}{(x^2+px+q)^k}
   • 通分比较各次的系数，从而解出待定系数。确定系数后，求解原来的裂项结果
   • 对于\frac{A_k}{(x-a)^k}求解很简单，对于\frac{B_kx+C_k}{(x^2+px+q)^k}，一般只考k=1,2
     当k=1
     \int \frac{B_kx+C_k}{x^2+px+q}\mathrm dx\quad\Rightarrow\quad\int \frac{M x+N}{x^2+t^2} \mathrm d x
     当k=2
     \begin{align} &{f(t)}=\int \frac{M x+N}{x^2+t^2} \mathrm d x=\frac{M}{2} \ln \left(x^2+t^2\right)+\frac{N}{t} \arctan \left(\frac{x}{t}\right) \\ &\frac{d f}{d t}=-2t \int \frac{M x+N}{\left(x^2+t^2\right)^2} \mathrm d x\quad\Rightarrow\quad \int \frac{M x+N}{\left(x^2+t^2\right)^2} \mathrm d x=-\frac{1}{2t}\frac{\mathrm d f}{\mathrm d t} \end{align}
2. 特殊解法
   • 根据分母改造分子（子式、凑和差等）
   • 分母次数远高于分子时，考虑倒代换
   • 如果因式分解后的分母不方便凑微分，可以用因式分解前的原分母
   • \int\frac{Ax^3+Bx^2+Cx+D}{x^4+px^2+q}\mathrm{d} x
     \begin{align} \\ 由于\quad& \int \frac{4x^3+2px}{x^4+px^2+q}\mathrm{d} x=\int \frac{\mathrm{d} (x^4+px^2+q)}{x^4+px^2+q} \\ & \int \frac{x^2+\sqrt q}{x^4+px^2+q}\mathrm{d} x=\int \frac{\mathrm{d} (x-\frac{\sqrt q}{x})}{x^2+\frac{q}{x^2}+p} \\ & \int \frac{x^2-\sqrt q}{x^4+px^2+q}\mathrm{d} x=\int \frac{\mathrm{d} (x+\frac{\sqrt q}{x})}{x^2+\frac{q}{x^2}+p} \\ & \int \frac{2x}{x^4+px^2+q}\mathrm{d} x=\int \frac{\mathrm{d} (x^2)}{x^4+px^2+q} \\ 因此\quad&Ax^3+Bx^2+Cx+D可以拆成4x^3+2px,x^2+\sqrt q,x^2-\sqrt q,2x的线性组合，然后分别积分 \end{align}
3. 例题
   • \int \frac{3x+6}{(x-1)^2\left(x^2+x+1\right)} \mathrm d x
   • \int \frac{1}{x^8(1+x^2)} \mathrm d x
   • \int \frac{1+x^4}{1+x^8} \mathrm d x
   • \int \frac{1}{x(x^3+27)} \mathrm d x
   • \int \frac{1}{1+x^6} \mathrm d x

三角函数

1. 方法
   • 三角函数次方不高时，可以考虑万能代换，令\tan \frac{x}{2}=t.
     \int R(\sin x, \cos x) \mathrm{d} x = \int R\left(\frac{2t}{1+t^2}, \frac{1-t^2}{1+t^2}\right) \frac{2}{1+t^2} \mathrm{~d} t
   • 缩分母
     分母为1\pm\cos x或1\pm\sin x，可以分子分母同乘以乘以共轭式，或用二倍角公式
     分母为a\sin x\pm b\cos x，可以考虑辅助角公式，如果分子分母同次，还可以同乘以共轭式
   • 凑微分
     若R(-\sin x, \cos x)=-R(\sin x, \cos x)，则令u=\cos x，即凑\mathrm{d} \cos x
     若R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x, \cos x)，则令u=\sin x，即凑\mathrm{d} \sin x
     若R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x, \cos x)，则令u=\tan x，即凑\mathrm{d} \tan x
   • 凑子式
     \int \frac{a \sin x+b \cos x}{c \sin x+d \cos x} \mathrm{d} x
     a \sin x+b \cos x=A(c \sin x+d \cos x)+B(c \sin x+d \cos x)^\prime，求出A,B，则积分结果为Ax+B\ln|c \sin x+d \cos x|+C
   • \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^a x\cos^b x \mathrm d x\quad\quad(a,b\ge 0)
     \begin{align} &\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^a x\cos^b x \mathrm d x=\frac{\left(\frac{a-1}{2}\right)!\left(\frac{b-1}{2}\right)!}{2\left(\frac{a+b}{2}\right)!} \\ &\left(\frac{1}{2}\right)!=\frac{\sqrt\pi}{2},\left(-\frac{1}{2}\right)!=\sqrt\pi \end{align}
2. 注意事项
   • 出现不同角度，首先统一角度
   • 利用积化和差公式将乘积化为和
   • 如果都为偶数次，用二倍角公式和(\sin^2 x+\cos ^2 x)^n降次；如果都为一次但角度有倍数关系，用二倍角公式升次
   • 注意\sin x\pm\cos x,\sin x\cos x,\mathrm{d}(\sin x\pm\cos x) 的关系
   • 对于\sqrt{x^2-a^2}，x\ge a时令x=a\sec t，x\le -a时令u=-x再用三角代换
3. 例题
   • \int \frac{1}{3+5\cos x} \mathrm d x
   • \int \frac{\sin x}{1+\sin x} \mathrm d x
   • \int \frac{\cos ^3x-2\cos x}{1+\sin ^2x+\sin ^4x}\mathrm d x
   • \int \frac{5+4\cos x}{(2+\cos x)^2 \sin x} \mathrm d x
   • \int \frac{1}{1+\cos ^2x} \mathrm d x
   • \int \frac{1+\sin x+\cos x}{1+\sin ^2x} \mathrm d x
   • \int \frac{\cos2x-\sin2x}{\sin x+\cos x} \mathrm d x
   • \int \frac{\sin x\cos x}{\sin x+\cos x} \mathrm d x

换元分部积分

1. 换元法
   • 出现\sqrt{一次函数},\sqrt\frac{一次函数}{一次函数},\sqrt{e^{a x}+b} \cdot \sqrt{\frac{e^{a x}+b}{e^{a x}-b}}，直接令其为t，从而去掉根号。注意观察是求\mathrm{d} t还是直接分部积分
   • 对于整体根式可以先有理化分子
   • 令x=t^n换元消去根号
   • 如果只有指数函数，可以换元成有理函数再分析
   • 三角换元
     被积函数中含有\sqrt{a^2-x^2}时，令x=a \sin t，或x=a \cos t
     被积函数中含有\sqrt{a^2+x^2}时，令x=a \tan t
     被积函数中含有\sqrt{x^2-a^2}时，令x=a \sec t
   • 对于复杂部分求导，看看结果是不是其它一部分，如果是就可以凑微分
     形如xe^{f(x)}，对其求导，然后凑微分
     提取使得分子出现(1+f(x))^2并对f(x)求导，然后凑微分
   • 特殊解法
     对于
     \int\frac{\mathrm{d} x}{(x+d)\sqrt{ax^2+bx+c}},\int\frac{\mathrm{d} x}{(x+d)^2\sqrt{ax^2+bx+c}}
     令x+d=\frac{1}{t}带入后可以化简
2. 分部积分法
   • 在分部积分时对微分加减常数，使得互换后的结果更简单
   • 对反幂三指，求导效果依次下降，谁求导效果最好，就把剩余的凑微分
   • 纯对数函数，直接分部积分
   • 换元法+分部积分时，先换元
   • 分部积分对分母降阶
     想办法凑出分母部分的微分，然后分部积分，从而消去分母的一部分
     直接将分母分凑成微分；如果分母是平方，上下同乘分母导数强制凑微分再分部
   • 积分抵消
     如果原式可以化为\int e^x[f(x)+f^\prime(x)]\mathrm{d} x，则直接得出结果e^xf(x)
     拆项，第一项不动，第二项分部积分与第一项抵消，或两项的分部积分会部分抵消
     对于分母是平方项的情况，一般是凑项然后拆成分母相差一阶的两个分式，对低阶的分部积分，最终消去高阶项
     有时候凑微分时需要加减常数，才能最终相消
3. 例题
   • \int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{x+1}{x}} \mathrm d x
   • \int \frac{x e^x}{\sqrt{e^x-2}} \mathrm d x
   • \int \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\mathrm d x
   • \int \frac{1}{(1+\sqrt[3]{x}) \sqrt{x}}\mathrm d x
   • \int \frac{1}{1+e^{\frac{x}{2}}+e^{\frac{x}{3}}+e^{\frac{x}{6}}}\mathrm d x
   • \int \frac{1}{\sqrt{x (4-x)}}\mathrm d x
   • \int x \arctan x \mathrm d x
   • \int x \ln(1+x^2)\arctan x \mathrm d x
   • \int x e^x\sin x \mathrm d x
   • \int \ln ^2\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) \mathrm d x
   • \int e^{2x} \arctan \sqrt{e^x-1} \mathrm d x
   • \int \frac{\arctan \sqrt{x-1}}{x \sqrt{x-1}} \mathrm d x
   • \int \frac{x^2 e^x}{(x+2)^2} \mathrm d x
   • \int \frac{x^2}{(x \sin x+\cos x)^2}\mathrm d x
   • \int \frac{x e^x}{(1+x)^2} \mathrm d x
   • \int \frac{1+\sin x}{1+\cos x} e^x \mathrm d x
   • \int e^{-\frac{x}{2}} \frac{\cos x-\sin x}{\sqrt{\sin x}}\mathrm d x
   • \int\left(\ln \ln x+\frac{1}{\ln x}\right) \mathrm d x
   • \int \frac{1-\ln x}{(x-\ln x)^2} \mathrm d x
   • \int e^{\sin x} \frac{x \cos ^3x-\sin x}{\cos ^2x} \mathrm d x
   • \int\left(\frac{\arctan x}{\arctan x-x}\right)^2 \mathrm d x

多元函数

极限

1. 证明极限不存在
   • 找到一条路径极限不存在
   • 找到两条路径极限不相等
   • y=kx^a证明极限与k,a有关
   • 极坐标变换证明极限与r,\theta有关
2. 证明极限存在
   • 基本初等函数有限次复合后的多元函数，在定义域内存在极限
   • 等价无穷小代换变为一元极限
   • 将极限写成无穷小乘有界的形式，则原极限为0
   • 取绝对值用夹逼准则证明极限为0，则原极限也为0
   • 极坐标变换证明极限为0，则原极限也为0
3. 常用放缩
   \begin{align} & xy\le \frac{1}{2}(x^2+y^2) \\ & \frac{ax+by}{x+y}\lt a+b\quad x,y\gt0 \\ & \left|\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|,\left|\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\le 1 \end{align}
4. \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)} \frac{x^a y^b}{x^m+y^n}
   • 若m,n不全是偶数，则极限不存在
   • 若m,n都是偶数，则\frac{a}{m}+\frac{b}{n}\gt 1时极限存在且为0
5. 抽象函数
   • 若f(x,y)连续，则写成f(x,y)=f(0,0)+\alpha(x,y)\quad\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\alpha(x,y)=0
   • 若f(x,y)可微，则写成f(x,y)=f(0,0)+ax+by+\circ(\rho)

性质

1. 定义
   • 连续
     \lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,y_0)}f(x,y)=f(x_0,y_0)
   • 一阶偏导连续
     \begin{align} &\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,y_0)}f_x^\prime(x,y)=f_x^\prime(x_0,y_0) \\ &\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,y_0)}f_y^\prime(x,y)=f_y^\prime(x_0,y_0) \end{align}
     注意是从任意方向都连续，而不是只有xy两个方向
   • 可微
     \begin{align} &\lim_{(\Delta x, \Delta y)\rightarrow (0,0)}\frac{f(x_0+\Delta x , y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)-A\Delta x-B\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}=0 \\ &\text{即}\ f(x_0+\Delta x , y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)=A\Delta x+B\Delta y+\circ\left(\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}\right) \end{align}
     只要能写成这个形式就可微，且若满足可微，则f^\prime_x(x_0,y_0)=A,f^\prime_y(x_0,y_0)=B
   • 一阶偏导存在
     \begin{align} &\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}=A\quad \text{即}\ f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)=A\Delta x+\circ(\Delta x) \\ &\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{f(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)}{\Delta y}=B\quad \text{即}\ f(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)=B\Delta y+\circ(\Delta y) \end{align}
     若偏导存在，则本质上是一元函数，可以先代后导
2. 相互关系
   • 一阶偏导连续能够推导出可微
     \begin{align} \because\quad&\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,y_0)}f_x^\prime(x,y)=f_x^\prime(x_0,y_0)\Rightarrow f_x^\prime(x,y)=f_x^\prime(x_0,y_0)+\alpha \\ &\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,y_0)}f_y^\prime(x,y)=f_y^\prime(x_0,y_0)\Rightarrow f_y^\prime(x,y)=f_y^\prime(x_0,y_0)+\beta \\ &\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,y_0)}\alpha=\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,y_0)}\beta=0 \\ \therefore\quad&\quad f(x,y)-f(x_0,y_0) \\ &=\left[f(x,y)-f(x_0,y)\right]+\left[f(x_0,y)-f(x_0,y_0)\right] \\ &=f_x^\prime(\xi_1,y)(x-x_0)+f_y^\prime(x_0,\xi_2)(y-y_0) \\ &=f_x^\prime(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y^\prime(x_0,y_0)(y-y_0)+\gamma \\ \because\quad&\gamma=\left[f_x^\prime(\xi_1,y)-f_x^\prime(x_0,y_0)\right](x-x_0)+\left[f_y^\prime(x_0,\xi_2)-f_y^\prime(x_0,y_0)\right](y-y_0) \\ &\ \ =\alpha(x-x_0)+\beta(y-y_0)\sim \circ\left(\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\right) \\ \therefore\quad& f(x,y)-f(x_0,y_0)=f_x^\prime(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y^\prime(x_0,y_0)(y-y_0)+\circ\left(\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\right) \end{align}
   • 可微能够推导出一阶偏导存在、连续
     \begin{align} \because\quad&f(\vec{a}+\vec{h})-f(\vec{a})=L(\vec{h})+\circ(\vec{h}) \\ &\text{令}\ \vec{h}=t\vec{e_i} \quad\Rightarrow\quad f(\vec{a}+t\vec{e_i})-f(\vec{a})=L(t\vec{e_i})+\circ(t)=At\vec{e_i}+\circ(t\vec{e_i}) \\ \therefore\quad&\text{令}\ \vec{h}\rightarrow \vec{0}\quad\Rightarrow\quad f(\vec{a}+\vec{h})-f(\vec{a})=L(\vec{0})+\circ(\vec{0})=0 \end{align}
   • 若可微，则可微与一阶偏导存在中的A,B相同，且就是f_x^\prime(x_0,y_0),f_y^\prime(x_0,y_0)
     \begin{align} \because\quad&f(x_0+\Delta x , y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)=A\Delta x+B\Delta y+\circ\left(\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}\right) \\ \therefore\quad&\text{令}\ \Delta y=0\quad\Rightarrow\quad f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)=A\Delta x+\circ(|\Delta x|) \\ &\text{令}\ \Delta x=0\quad\Rightarrow\quad f(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)=B\Delta y+\circ(|\Delta y|) \end{align}
   • 连续但偏导不存在：z=\sqrt{x^2+y^2}
   • 偏导存在但不连续：{f(x, y)}=\left\{\begin{array}{cc}\frac{x y}{x^2+y^2} & (x, y) \neq(0,0) \\0, & (x, y)=(0,0)\end{array}\right.

微分学

1. 全微分\mathrm d^nF
   \mathrm d^nF=\left[\begin{pmatrix}\mathrm{d}x_1,\cdots,\mathrm{d}x_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{\partial}{\partial x_1}\\\vdots\\\frac{\partial}{\partial x_n}\end{pmatrix}\right]^nF
   • 其中F可由x_1,\cdots,x_n经有限次初等运算表示
2. 偏微分\frac{\partial^n}{\partial \theta^n}F
   \frac{\partial^n}{\partial \theta^n}F=\left[\begin{pmatrix}\frac{\partial}{\partial \theta}x_1,\cdots,\frac{\partial}{\partial \theta}x_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{\partial}{\partial x_1}\\\vdots\\\frac{\partial}{\partial x_n}\end{pmatrix}\right]^nF
   • 其中F可由x_1,\cdots,x_n经有限次初等运算表示
3. 计算时先展开，然后代入\frac{\partial}{\partial x_i}F=F_i^\prime，最后代入x_i

隐函数

隐函数定理

1. 前提
   • F(x_0,y_0,z_0)=0
   • F(x,y,z)在(x_0,y_0,z_0)连续
   • F(x,y,z)在(x_0,y_0,z_0)的偏导数连续
2. 内容
   • 唯一性定理：若F_y^\prime(x_0,y_0,z_0)\ne 0，则在(x_0,y_0,z_0)为内点的区域内F(x,y,z)可以唯一表示为y=y(x,z)
   • 可微性定理：若隐函数F(x,y,z)在(x_0,y_0,z_0)存在y=y(x,z)，则
     \begin{align} &\frac{\partial y}{\partial x}=-\frac{F_x^\prime}{F_y^\prime}\quad\quad\frac{\partial y}{\partial z}=-\frac{F_z^\prime}{F_y^\prime} \\ &\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}=-\frac{F_{x x}^{\prime \prime}\left(F_y^{\prime}\right)^2-F_{x y}^{\prime \prime} F_x^{\prime} F_y^{\prime}-F_{y x}^{\prime \prime} F_x^{\prime} F_y^{\prime}+F_{y y}^{\prime \prime}\left(F_x^{\prime}\right)^2}{\left(F_y^{\prime}\right)^3} \end{align}

隐函数极值

1. 步骤
   • 求导令为0：两边求导令y^\prime=0，解出x,y的关系
   • 解出所有变量：将x,y的关系代入原方程，解出x,y
   • 再次求导/偏导并代入：分离求导后的方程得到y^{\prime\prime}的表达式，代入x,y,y^\prime
   • 判断极值类型：根据y^{\prime\prime}正负，确定x是极大值点还是极小值点
2. 例题
   • y=y(x),2y^3-2y^2+2xy-x^2=1，求y=y(x)极小值
   • z=z(x,y),(x^2+y^2)z+\ln z+2(x+y+1)=0，求z=z(x,y)极值
   • z=z(x,y),x^2+y^2-xz-yz-z^2+6=0，求z=z(x,y)极值

级数

收敛范围

1. 注意是收敛域还是收敛区间
2. 积分只会扩大收敛域，求导只会缩小收敛域
3. 级数相加减，新收敛半径至少为原收敛半径中最小的

正项级数

1. 三种方法
   • 比值判别法：a_n非负，\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=\rho，\rho\lt 1收敛，\rho\gt 1发散
   • 根值判别法：a_n非负，\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_n}=\rho，\rho\lt 1收敛，\rho\gt 1发散
   • 对数判别法：a_n非负，\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\ln n}{\ln \frac{1}{a_n}}=\rho，\rho\lt 1收敛，\rho\gt 1发散
   • 积分判别法：f(x)非负且递减，则\sum_{n=1}^{\infty} {f(x)}和\int_1^{+\infty} {f(x)} \mathrm d x同敛散
   • 比较判别法：0\lt a_n\le b_n，若\sum_{n=1}^{\infty}b_n收敛则\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛，若\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散则\sum_{n=1}^{\infty}b_n发散
   • 极限比较判别法：正项级数\sum_{n=1}^{\infty}a_b,\sum_{n=1}^{\infty}b_n满足\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{b_n}=k，则
     当k=0时若\sum_{n=1}^{\infty}b_n收敛则\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛
     当k=+\infty时若\sum_{n=1}^{\infty}b_n发散则\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散
     当k为非零常数时\sum_{n=1}^{\infty}a_n,\sum_{n=1}^{\infty}b_n同敛散
2. 使用方法
   • 含阶乘适合比值判别法或根值判别法，含n次方适合根值判别法，含复杂幂指函数适合对数判别法
     \begin{align} &n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n \\ &\sqrt[n]{n!}\sim\sqrt[2n]{2\pi n}\frac{n}{e}\sim\frac{n}{e} \end{align}
   • 比值判别法存在极限，则根值判别法一定存在相同极限；比值判别法失效，根值判别法可能有效，因此尽量使用根值判别法
     \begin{align} &\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=\rho \quad\Rightarrow\quad\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_n}=\rho \\ &\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}\text{不存在} \quad\nRightarrow\quad\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a_n}\text{不存在} \end{align}
   • 使用判别法时，若\rho=1，则一般\lim_{n \rightarrow \infty} {a_n}非零
3. 例题
   • 判断敛散性：\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{n+\frac{1}{n}}}{\left(n+\frac{1}{n}\right)^n}
   • 判断敛散性：\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a^n \cdot n!}{n^n}\quad(a>0)
   • 判断敛散性：\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n+(-1)^n}}
   • \sum_{n=1}^{\infty} a_n\ (a_n\gt 0)收敛，证明\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{a_na_{n+1}}和\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{a_n}}{n^p}\ (p\gt\frac{1}{2})均收敛
   • 判断敛散性：\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\sqrt{n+2}-\sqrt{n-2}}{n^p}\quad(p>0)
   • 判断敛散性：\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{1+2^p+3^p+\cdots+n^p}\quad(p>0)
   • 判断敛散性：\sum_{n=3}^{\infty} \sin \left(2\pi \sqrt{n^2+1}\right)
   • 判断敛散性：\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^{\sqrt{n}}}
   • 判断敛散性：\sum_{n=1}^{\infty} a^{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}} \quad(a>0)

交错级数

1. 方法
   • 莱布尼茨判别法：a_n非负递减趋于0（n充分大时满足即可），则\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} a_n收敛
     满足一定收敛，不满足不一定发散
   • 泰勒展开法：直接将a_n展开为\sum \frac{b_n}{n^p}的形式，展开到绝对收敛的项为止，因为这一项加上舍弃的项一定也是绝对收敛
     收敛原因：若a_n \sim b_n \rightarrow0，当\sum_{n=1}^{\infty}a_n绝对收敛，\sum_{n=1}^{\infty}b_n一定绝对收敛（如果改成收敛不一定成立，如a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt n},b_n=a_n+\frac{1}{n}）
2. 例题
   • 判断敛散性：\sum_{n=3}^{\infty} \frac{\sin \left(\pi\sqrt{n^2+a^2}\right)}{(\ln n)^p} \quad(p>0, a \neq0)
   • 判断敛散性：\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}
   • 判断敛散性：\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}
   • 判断敛散性：\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{(-3)^n}{3^n+(-2)^n}
   • 判断敛散性：\sum_{n=2}^{\infty} \ln \left[1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right]

抽象级数

1. 性质
   • 满足下面条件之一时，c_n=\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n一定收敛
     \{a_n\}趋于零，\sum_{n=1}^{\infty} b_n绝对收敛
     \{a_n\}单调有界，\sum_{n=1}^{\infty} b_n收敛
     \{a_n\}单调趋于零，\{\sum_{n=1}^{\infty} b_n\}有界（莱布尼茨判别法的原理）
   • 敛散性运算
     
   • 加绝对值会提高发散的可能性，正项级数变为交错级数提高收敛的可能性
   • 收敛级数加括号收敛；加括号发散原级数发散；发散正项级数加括号发散，发散非正项级数加括号可能收敛
   • 若\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{2n-1}+ a_{2n}\right)收敛，且\lim_{n \rightarrow \infty} a_n=0，则\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛
     如果是\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{2n-1}- a_{2n}\right)则不一定
   • 已知级数的敛散性，不能判断级数的阶；已知级数的阶，可能判断出级数的敛散性（尤其是正项级数的比较判别法）
   • \sum_{n=1}^{\infty} a_n收敛于A，则\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n},\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n+1}不一定收敛，一个充分条件是\sum_{n=1}^{\infty} a_n为正项级数
     \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n},\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n+1}收敛，则\sum_{n=1}^{\infty} a_n一定收敛（收+收=收）
   • \sum_{n=1}^{\infty} a_n收敛于A，则\{S_n\},\{S_{2n}\},\{S_{2n+1}\}均收敛于A
     \{S_{2n}\},\{S_{2n+1}\}均收敛，则\sum_{n=1}^{\infty} a_n收敛的前提是\{S_{2n}\},\{S_{2n+1}\}收敛于同一个值
2. 常用反例
   \begin{align} &\frac{(-1)^n}{n}\quad\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\quad\frac{(-1)^n}{\ln n}\quad\frac{1}{n\ln^2 n} \\ &\frac{1}{n\ln n} \quad(-1)^n \quad 0\quad\{1,0,2,0,3,\cdots\} \end{align}

级数求和

1. 基本公式
   • 分式
     

     		连续	奇数	偶数
     无阶乘	正项	\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}=-\ln(1-x)	\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}	\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n}=-\frac{1}{2}\ln({1-x^2})
     	交错	\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\cdot\frac{x^n}{n}=-\ln(1+x)	\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\cdot\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=\arctan x	\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\cdot\frac{x^{2n}}{2n}=-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)
     有阶乘	正项	\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}=e^x	\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}	\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!}=\frac{e^x+e^{-x}}{2}
     	交错	\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\cdot\frac{x^n}{n!}=e^{-x}	\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\cdot\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sin x	\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\cdot\frac{x^{2n}}{(2n)!}=\cos x

   • 多项式前缀
     \begin{align} &\sum_{n=0}^{\infty} x^n=\frac{1}{1-x} \\ &\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)x^n=\frac{1}{(1-x)^2} \\ &\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)x^n=\frac{2}{(1-x)^3} \\ &\cdots \end{align}
2. 注意事项
   • 利用基本公式配凑结果
   • 下标的n减少几个，求和符号后的n就增加几个
   • 如果引入x分母，结果要写成分段函数
   • 计算特殊点的值，若特殊点为0可以直接代回或求极限，若特殊点不为0则求极限
   • 若分子为阶乘、分母为多项式，裂项成多个分子为常数、分母为阶乘的级数
   • 收敛域为x的范围，同一个a_n对应的后缀的\frac{1}{n}次方的收敛范围相同
3. 例题
   • 求\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \cdot \frac{2n+3}{(2n+1)!}
   • 求\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^n
   • 求\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4n^2+4n+3}{2n+1} x^{2n}
   • 求\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)(n+3) x^n
   • 求\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+2}}{(n+1)(2n+1)}
   • 求\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-4)^n+1}{4^n \cdot(2n+1)} x^{2n}
   • 求\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n^2+1}{3^n \cdot n!} x^n

递推级数

1. 步骤
   • 直接对和函数S(x)求导，代入递推式，再代入S(x)和S^\prime(x)，得到关于S(x)的微分方程
   • 如果一次导不行，就求两次，得到二阶微分方程
   • 注意代入递推式时，要先把下标不在范围的项先拿出来
2. 例题
   • a_0=3, a_1=1, a_{n-2}-n(n-1) a_n=0\ (n \ge 2)，求S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n
   • a_1=1, (n+1)a_{n+1}=\left(n+\frac{1}{2}\right) a_n\ (n \ge 1)，证明收敛并求S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n

杂项

函数

抽象函数

1. 知识点
   • 括号内范围相同，定义域为x的范围
   • f(g(x))=f(x)，则f(g^{-1}(x))将x\in(a,b)的函数转换到x\in(g(a),g(b))
2. f(x)是周期为2的奇函数，x\in (2,3)时，f(x)=x，求当x\in [-2,0]时的f(x)
   • f(x)=f(x+4)\Rightarrow f_{(2,3)}(x)=f_{(-2,-1)}(x+4)=x+4
   • f(x)=-f(2-x)\Rightarrow f_{(2,3)}(x)=-f_{(-1,0)}(2-x)=x-2
   • f(-2)=f(-1)=f(0)=0

导数

多项式

1. 步骤
   • 将f(x)因式分解，每次求导后原零点重数减一，零点之间出现一次中值
   • 利用穿针引线法判断根是否为驻点、极值点、拐点，只有变号才是极值点、拐点
   • 如果加了绝对值，则需要把穿针引线图位于原函数小于0的区间关于x对称一下
   • 极值点不一定连续，不一定可导
   • 极值点、驻点：x=...，拐点：(x,y)
2. 例题
   • 求f(x)=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3(x-4)^4的驻点、极值点、拐点个数
   • 求f(x)=|(x-1)(x-2)^2(x-3)^3(x-4)^4|的驻点、极值点、拐点个数

n阶导

1. 知识点
   • 不停求导找规律
   • 利用n阶导展开公式
   • 泰勒展开得f^{(n)}=n!a_n
   • 求导构建递推方程
   • 利用(uv)^{(n)}的公式
2. 例题
   • f(x)=e^x\sin x，求f^{(n)}(x)
   • f(x)=x^2\ln(1+x)，求f^{(n)}(0)
   • f(x)=(x^2-1)^n，求f^{(n)}(-1),f^{(n)}(1)
   • f(x)=\arctan x，求f^{(n)}(0)
   • f(x)=\arcsin x，求f^{(n)}(0)
   • f(x)=e^{\sqrt 2x}\sin x，求f^{(7)}(0)

可导性

1. 知识点
   • 在x_0处f(x)可导连续，g(x)连续不可导，则f(x)g(x)在x_0可导\Leftrightarrow f(x_0)=0
   • 已知|f(x)|在x_0可导/不可导无法推出f(x)在x_0可导/不可导，反过来也是
   • f(x)=(x-x_0)^k|x-x_0|在x_0处k阶可导、k+1阶不可导
   • f(x_0)=0，则|f(x)|在x_0处可导\Leftrightarrow f^\prime(x_0)=0
   • f(x_0)\ne 0，则|f(x)|在x_0处可导\Leftrightarrow f(x)在x_0处可导
   • 原函数导数为零的点，对应反函数的点不可导
2. 例题
   • 求(x^2-x-2)|x^3-x|的不可导点个数

渐近线

1. 步骤
   • 确定区间边界点、无定义点，判断这些点的极限是否为无穷，若是则为垂直渐近线
   • 令g(t)=tf\left(\frac{1}{t}\right)，则无穷远渐近线的斜率为\lim_{x\rightarrow 0^+}g(t),\lim_{x\rightarrow 0^-}g(t)，截距为\lim_{x\rightarrow 0^+}g^\prime(t),\lim_{x\rightarrow 0^-}g^\prime(t)
2. 例题
   • y=\sqrt{4x^2+x}\ln\left(2+\frac{1}{x}\right)

变上限积分

一重积分

多重积分

1. 知识点
   • 基本公式
     \frac{\mathrm d}{\mathrm d x}\int_0^x \mathrm du\int_0^u f(u,v)\mathrm dv=\int_0^x f(x,v)\mathrm dv
   • 若第二重积分含有x，通过换元或改变积分次序从而化为该结构
   • 若要求二阶导，要先对f(x,v)换元分离变量消去v

差分方程

一阶差分方程y_{t+1}+a y_t={f(t)}

1. 求通解y
   • 通解为y=C(-a)^t
   • 实际上是等比数列递推式，通解就是等比数列。
2. 求特解y^\ast
   • {f(t)}=b^t P_m(t)
     若a+b\ne0，y^\ast=b^t Q_m(t)
     若a+b=0，y^\ast=tb^t Q_m(t)
   • {f(t)}=b_1\cos \omega t+b_2\sin \omega t
     D=\left|\begin{array}{cc}a+\cos \omega & \sin \omega \\ -\sin \omega & a+\cos \omega\end{array}\right|
     若D\ne0，y^\ast=B_1\cos \omega t+B_2\sin \omega t
     若D=0，y^\ast=t(B_1\cos \omega t+B_2\sin \omega t)
   • 设好未知数后，代入差分方程比较系数求解
3. 例题
   • y_{t+1}+a y_t=b
   • y_{t+1}-2 y_t=t2^{t+1}
   • y_{t+1}-y_t=4 \cos \frac{\pi}{3}t
   • y_{t+1}-3y_t=2^t-1

二阶差分方程y_{t+2}+ay_{t+1}+by_t=0

1. 求通解
   • 令\lambda^2+a \lambda+b=0
   • 若为相异实根\lambda_1,\lambda_2，则y_t=C_1\lambda_1^t+C_2\lambda_2^t
   • 若为相等实根\lambda，则y_t=(C_1+C_2t)\lambda^t
   • 若为共轭虚根\alpha \pm \beta i，则y_t=b^{\frac{t}{2}}(C_1\cos \omega t+C_2\sin \omega t)，其中\tan \omega=\frac{\beta}{\alpha},\omega\in(0,\pi)，若\alpha=0，则\omega=\frac{\pi}{2}
2. 例题
   • y_{t+2}-4y_{t+1}+4y_t=0

积分存在性

定积分存在性

1. 定积分存在则函数可积
2. 一定可积的函数
   • 闭区间上的连续函数、单调函数（此时一定有界）
   • 闭区间上的有界且间断点有限函数（反例：狄利克雷函数）
   • 开区间上的有界且连续函数、有界且单调函数
3. 一定不可积的函数
   • 无界函数

原函数的存在性

1. 原函数存在即\int f(x)\mathrm dx存在
   • 原函数一定可导，因此连续、存在原函数
2. 一定存在原函数的函数
   • 闭区间上的连续函数
3. 一定不存在原函数的函数
   • 存在第一类间断点
   • 存在无穷间断点
4. 存在震荡间断点其它点连续的函数
   • 直接不定积分，若有解则存在原函数，如2x \sin \frac{1}{x^2}-\frac{2}{x} \cos \frac{1}{x^2}
   • 投机取巧：如果无解那就没办法判断是否能积分，因此不考，所以一定存在原函数
   • 这也说明导数在定义域不一定连续，此时间断点一定为震荡间断点

变限积分存在性

1. 变限积分存在即F(x)=\int_a^x f(t)\mathrm dt存在
2. 变限积分特性
   • 可积函数的变限积分一定存在且连续（变限积分天生连续）
   • 连续函数的变限积分一定可导（导函数就是该函数）
   • 存在可去间断点但其它点连续函数的变限积分一定可导，即F(x)连续可导
     变限积分的导函数就是该函数但在间断点补充定义，即F^\prime(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)
   • 存在跳跃间断点但其它点连续函数的变限积分在间断点不可导，即F(x)连续但在间断点为尖点
     变限积分的导函数就是该函数但在间断点无定义，即F^\prime(x_0+)=\lim_{x\rightarrow x_0+}f(x)\ne \lim_{x\rightarrow x_0-}f(x)=F^\prime(x_0-)
3. 变限积分推论
   • f(x)为奇函数则\int_a^xf(t)\mathrm dt为偶函数；f(x)为偶函数则\int_0^xf(t)\mathrm dt为奇函数
   • f(x)为周期函数则\int_a^xf(t)\mathrm dt为周期函数的充要条件是\int_0^Tf(t)\mathrm dt=0或\int_a^{+\infty} f(t)\mathrm dt收敛

反常积分存在性

1. 反常积分存在则收敛
2. 判断是否为反常积分
   • 是否为无穷积分：积分限存在无穷
   • 是否为无界积分：积分开区间是否无界

注意事项

1. 定积分定义夹逼求极限：先替换i为i\pm 1看看是否可行
2. 二重积分定义求极限：将各积分视为f(x)再用定积分定义求
3. 无穷区间原函数与导函数有界性无关，有限区间导函数有界则原函数有界
4. 充分条件/充分性：\Leftarrow，必要条件/必要性：\Rightarrow
5. 一点的导数大于0不能得到附近的导数大于0（比如震荡），因此不能得到在领域递增(但能得到存在“左低右高”)
6. 对于复杂多元函数求极值，可以先取对数再求导