一.函数与极限

1.吐槽

感觉满射这概念很幽默

2.吐槽

为什么取整默认下取整？？？分开两个定义不好吗

3.吐槽

为啥很多概念都非得弄成对称的？？例如有界和函数趋于无穷的极限，明明对称的非常少啊

4.单射不一定单调

单射不一定单调，因为不一定连续，上高中上的现在对连续这个东西很不敏感

5.保号性要求极限不为0

保号性要求极限不为0，但凡仔细读一遍定义……

6.关于极限证明一些心得

其实感觉和高中导数一些找点问题很像，非常喜欢这类问题，因为自由度一般比较高，搞一堆神秘放缩+神秘估值最后找出来一个大式子的感觉谁懂

数列极限和函数趋于无穷时极限：本质找 $N$ ,把 $|x_n-a|<\epsilon$ 整理为 $f(n)>g(\epsilon)$，通常可借助代数变形或放缩让不等式能解，最后解出 $n>\phi(\epsilon)$ ，然后取 $N=\lceil \phi(\epsilon) \rceil$ 即可。

函数单点极限：把 $|f(x)-A|<\epsilon$ 写成 $|\frac{f(x)-A}{x-x_0}(x-x_0)|<\epsilon$ 通常可借助代数变形或放缩让不等式变为 $|x-x_0|<\phi(\epsilon)$ ,然后取 $\delta=\phi(\epsilon)$ 即可。

7.符号 \equiv

符号 $\equiv$ 有恒等的意思也有等价的意思，例如 $\sin x \equiv x$ 和 $\sin x \sim x$ 一样

8.绝对值相关性质

例如：

$$|ab|=|a||b|,|\frac{a}{b}|=\frac{|a|}{|b|}\\ |a+b|\le|a|+|b|\\ ||a|-|b||\le|a-b|$$

证明：

$$\because |a+b|^2=a^2+2ab+b^2,ab\le|ab|=|a||b|\\ \therefore a^2+2ab+b^2\le|a|^2+2|a||b|+|b|^2=(|a|+|b|)^2\\ 即\ |a+b|^2\le(|a|+|b|)^2\\ \therefore |a+b|\le|a|+|b|$$

证明：

$$\because |a|=|(a-b)+b|\le|a-b|+|b|\\ \therefore |a|-|b|\le|a-b|\\ 同理\ |b|-|a|\le|a-b|\\ \therefore ||a|-|b||\le|a-b|$$

这几个性质真神了。前两个用于拆开便于放缩，后边两个就是两个放缩。

常见操作：

$$|f(x)|=|f(x)-A+A|\le|f(x)-A|+|A|<\epsilon+|A|$$

9.放缩

适当放缩可以大幅减少运算量，看着不好算的直接放就行，这又不是高中卡一个特别死的范围让你一放就错。例如经常把 $|\sin|$ 放成 1。

10.一种常见的取 x 范围的方法

例：当 $\delta$ 等于多少时，使 $|x-2|<\delta$ 时，$|x^2-4|<0.001$？

解：

$$取\ \delta=0.0002，则\\ \because |x-2|<\delta\\ \therefore -\delta+2<x<\delta+2\\ \therefore|x^2-4|=|(x-2)(x+2)|=|x-2||x+2|<\delta(\delta+4)<0.001$$

思路：

因为 $x \to 2$，我们只关心 $x=2$ 附近的点，所以可以限制 $|x-2| < 1$，于是 $x < 3$，$x+2 < 5$。

然后用常数 5 把式子放大：

$$|x-2||x+2| < 5|x-2|\\ 故只需\ 5|x-2|<0.001\ 即可$$

这就把问题简化了。

例：求证：$\lim_{x\to 2}x^2=4$

证明：

$$令\ \delta=\min\{1,\frac{\epsilon}{5}\},则\ \forall \epsilon>0,当\ 0<|x-2|<\delta \ 时,有\ |x^2-4|=|x-2||x+2|<5|x-2|<\epsilon$$

思路：

因为 $x \to 2$，我们只关心 $x=2$ 附近的点，所以可以限制 $|x-2| < 1$，于是 $x < 3$，$x+2 < 5$。

然后用常数 5 把式子放大：

$$|x-2||x+2| < 5|x-2|\\ 故只需\ 5|x-2|<\epsilon \ 即可\\ 故取\ \delta = \frac{\epsilon}{5}$$

这在 $\epsilon$ 较小时没问题，但很大时，可能会出现 $0<|x-2|<\delta$ 成立但 $|x-2| < 1$ 不成立，所以其实这两个要同时满足，即：

$$\begin{cases} |x-2|<1\\ |x-2|<\frac{\epsilon}{5} \end{cases}$$

故取 $\delta =\min\{1,\frac{\epsilon}{5}\}$。

11.无穷小定义

要弄清无穷小的定义：若 $f(x)$ 在 $x\to x_0$ 时的极限为0，则 $f(x)$ 是 $x\to x_0$ 时的无穷小。

所以无穷小其实是函数。

无穷小不是趋于负无穷而是趋于 0。

无穷小与有界函数的乘积为无穷小。常见的有界函数就是带三角反三角的，所以见到三角一定要反应过来有界。

12.关于有限个

有限个无穷小的和为无穷小，这里有限个指的是常数个，如果是 $n$ 个就叫无限个了，因为 $n$ 能趋于 $\infty$。

13.放缩

在证明一些定理时，有界函数经常直接放缩为 $M$，例如 $|\sin|$ 经常放成 1。

这上面不是写过了？？

14.关于 \epsilon

其实那个 $\epsilon$ 不一定非得是 $\epsilon$，只要能取遍正数就行，例如 $\frac{\epsilon}{M}$。

15.连续函数求极限

连续函数可以直接把 $x_0$ 代入函数求函数值就是极限，其实这本末导致了，因为连续的定义就是用 $\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ 定义的。不过可以记住初等函数在定义域内连续，所以初等函数求单点极限是容易的。

16.极限为无穷大

极限为无穷大其实是不存在极限的，说极限为无穷大只是便于理解。

17.复合函数的极限运算法则

其实极限关注的是从两侧逼近一个点时趋于的结果而不关注这个点真实的值甚至不关注该点是否有定义，所以在有突变的情况下极限和函数值并不一样。对于复合函数的极限运算法则，那句 $g(x)\neq u_0$，就是为了避免这个。例如：

$$f(x)=\begin{cases} 0 \ ,x\neq0 \\ 1 \ ,x=0\\ \end{cases}\\ g(x)=0$$

那么 $\lim_{x\to 0} f(g(x))$ 应该为 1，但如果没有那条保险用定理会得到 0。其实是保证了极限里的空心邻域里的空心了。

其实定理的本质就是用外层极限代替整体极限，这在一般情况下是对的，只有在这种特殊情况下有问题。

当然如果 $g(x)=u_0$ 并且外层函数在该点连续就代入就行了，只有不连续的这种才麻烦。

18.一种常见反证

求证：若 $\lim_{x\to x_0}f(x)$ 存在，$\lim_{x\to x_0}g(x)$ 不存在，那么 $\lim_{x\to x_0}[f(x)+g(x)]$ 不存在。

证明：

$$假设\ \lim_{x\to x_0}[f(x)+g(x)]\ 存在\\ \lim_{x\to x_0}g(x)=\lim_{x\to x_0}[f(x)+g(x)]-\lim_{x\to x_0}f(x)\\ \because \lim_{x\to x_0}f(x)存在，\lim_{x\to x_0}[f(x)+g(x)]\ 存在\\ \therefore \lim_{x\to x_0}g(x)存在\\ 与条件矛盾，故\lim_{x\to x_0}[f(x)+g(x)]不存在$$

19.关于单调有界准则

有界指有上界且有下界，但在单调有界准则中一般只需考虑一个界，因为如单调递增只需考虑上界因为首项就是下界。这个准则 $\mathrm{II}^{'}$ 对左右邻域都是一样的，但虽然左右极限可能都存在但不一定相等，故该点不一定有极限。

20.关于单调递增

与以前学过的不一样，高数中的单调递增或单调递减均为非严格的。

不是这不对吧，为啥到第三章这个单调性这又成严格的了。还是说单调增加和单调减少跟前面那个不一样？

21.一些换元

例：求：$\lim_{x\to 0} \frac{\arcsin x}{x}$

解：令 $t=\arcsin x$，则 $x=\sin t$，当 $x\to 0$ 时，有 $t\to 0$，故 $\lim_{x\to 0} \frac{\arcsin x}{x}=\lim_{t\to 0} \frac{t}{\sin t}=1$

例：求 $\lim_{x\to 0} (1-x)^{\frac{1}{x}}$

解：令 $t=-\frac{1}{x}$，则 $x=-\frac{1}{t}$，当 $x\to 0$ 时，有 $t\to \infty$，故 $\lim_{x\to 0} (1-x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{t\to \infty} (1+\frac{1}{t})^{-t}=\lim_{t\to \infty} \frac{1}{(1+\frac{1}{t})^{t}}=\frac{1}{e}$

其实挺常规的？

22.数列递推求极限

原来这种数列递推类都是单调有界准则做的啊。

例：已知 $a_1=2,a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})$，证明 $\lim_{n\to \infty}a_n$ 存在并求之。

解：

$$\because a_1=2>1,设\ a_k>1,则\ a_{k+1}=\frac{1}{2}(a_k+\frac{1}{a_k})>1\\ 由数学归纳法可知，\{a_n\}存在下界1\\ \because a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}(\frac{1}{a_n}-a_n),a_n>1\\ \therefore a_n>a_{n+1}\\ 由单调有界准则可知，\lim_{n\to \infty}a_n存在\\ 设\lim_{n\to \infty}a_n= a\\ \lim_{n\to \infty}a_{n+1}=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})\\ 则\ a=\frac{1}{2}(a+\frac{1}{a})\\ 解得\ a=1或a=-1(舍去)$$

这个上界要先把极限求出来这样就好证了，先画靶子后射箭这一块。而且这个证有界一般都是数学归纳法。不过有时候不一定要用极限当界，因为极限的数可能不太好看。其实证单调也可以数学归纳法，有些题目里作差不一定能说明？

例：已知 $a_1=1,a_{n+1}=1+\frac{a_n}{1+a_n}$，证明 $\lim_{n\to \infty}a_n$ 存在并求之。

解：

$$a_1=1,a_2=1+\frac{1}{1+1}=\frac{3}{2},则\ a_1<a_2,显然\ a_n>0\\ 设\ a_n>a_{n-1},则\\ a_{n+1}-a_n=1+\frac{a_n}{1+a_n}-1-\frac{a_{n-1}}{1+a_{n-1}}=\frac{a_n-a_{n-1}}{(1+a_n)(1+a_{n-1})}>0\\ 由数学归纳法可知，\{a_n\} 单调递增\\ \because a_{n+1}=1+\frac{a_n}{1+a_n}=2-\frac{1}{1+a_n}<2\\ \therefore \{a_n\} 存在上界\\ 由单调有界准则可知，\lim_{n\to \infty}a_n存在\\ 设\lim_{n\to \infty}a_n= a\\ 则\ a=1+\frac{1}{1+a}\\ 解得\ a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}或\ a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}(舍去)$$

23.放缩

放缩时经常能把分母的常数放掉，这和高中时做的一道数列不等式一样啊，当时一直不敢相信竟然能这么放，感觉这玩意太松了，非常不智慧啊，现在为了好算真是啥都能放。

24.夹逼准则常见放缩

1.对于求和或连乘（都是正数），放小就是所有都放成最小项，放大就是所有都放成最大项。例如 $n!\le n^n$

2.对于求和或连乘（都是正数），放小可以只放小一项，放大可以只放大一项。

3.对于求和，略去正项则缩小，略去负项则变大。

4.对于连乘（都是正数），略去大于1的则缩小，略去小于1的则变大。

5.$\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n!}=\lim_{n\to \infty}\frac{n}{e}=+\infty$

6.$\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a}=1(a>0)$

7.$\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n的多项式}=1$

例：求 $\lim_{n\to \infty}\sum_{i=1}^n \frac{i}{n^2+n+i}$

解：

$$\because \frac{i}{n^2+n+n}\le\frac{i}{n^2+n+i}\le\frac{i}{n^2+n+1}\\ \therefore \frac{n^2+n}{2(n^2+2n)}\le\sum_{i=1}^n \frac{i}{n^2+n+i}\le\frac{n^2+n}{2(n^2+n+1)}\\ \because \lim_{n\to \infty} \frac{n^2+n}{2(n^2+2n)}=\frac{1}{2},\lim_{n\to \infty} \frac{n^2+n}{2(n^2+n+1)}=\frac{1}{2}\\ \therefore 由夹逼准则可知，\lim_{n\to \infty}\sum_{i=1}^n \frac{i}{n^2+n+i}=\frac{1}{2}$$

这种分母有平方的 $n$ 项分式求和太板了，做法都是对分母非平方项放缩时分母一致后便于求和，这种做法不会改变极限因为平方太有权威了（换个更高次也是一样的）。

例：已知 $a_i>0$，求 $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{\sum_{i=1}^m a_i^n}$

解：

$$设\ a_{max}=\max_{i=1}^ma_i,则\\ \sqrt[n]{a_{max}^n}<\sqrt[n]{\sum_{i=1}^m a_i^n}\le\sqrt[n]{ma_{max}^n}\\ \because \lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_{max}^n}=a_{max},\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{ma_{max}^n}=\lim_{n\to \infty}a_{max}\sqrt[n]{m}=a_{max}\\ \therefore 由夹逼准则可知，\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{\sum_{i=1}^m a_i^n}=a_{max}$$

这个可以当结论记住。

例：求 $\lim_{n\to \infty}(n!)^{\frac{1}{n^2}}$

法一：

$$\because (n!)^{\frac{1}{n^2}}=e^{\frac{ln(n!)}{n^2}}\\ \therefore e^0<e^{\frac{ln(n!)}{n^2}}<e^{\frac{nln n}{n^2}}\\ \because \lim_{n\to \infty}e^0=1,\lim_{n\to \infty}e^{\frac{ln n}{n}}=1\\ \therefore 由夹逼准则可知，\lim_{n\to \infty}(n!)^{\frac{1}{n^2}}=1$$

还能化成指数的啊，感觉麻烦了。

法二：

$$\because 1^{\frac{1}{n^2}}<(n!)^{\frac{1}{n^2}}\le (n^n)^{\frac{1}{n^2}}\\ \therefore 1<(n!)^{\frac{1}{n^2}}\le \sqrt[n]{n}\\ \because \lim_{n\to \infty}1=1,\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n}=1\\ \therefore 由夹逼准则可知，\lim_{n\to \infty}(n!)^{\frac{1}{n^2}}=1$$

例：求 $\lim_{n\to \infty}\frac{\sum_{i=1}^n i!}{n!}$

解：

$$\because n!<\sum_{i=1}^n i!<(n-2)(n-2)!+(n-1)!+n!=2(n-1)!-(n-2)!+n!<2(n-1)!+n!\\ \therefore 1<\sum_{i=1}^n i!<\frac{2(n-1!)}{n!}+1=\frac{2}{n}+1\\ \because \lim_{n\to \infty}1=1,\lim_{n\to \infty}\frac{2}{n}+1=1\\ \therefore 由夹逼准则可知，\lim_{n\to \infty}\frac{\sum_{i=1}^n i!}{n!}=1$$

25.两个重要极限常见题型

其实就是硬凑，你看和两个重要极限长的有点像的就往这凑就完事了。

虽然有时候能换元，但是换元很可能反解不出来，不如直接凑啊。

例：求 $\lim_{x\to \infty}x \sin \frac{2x}{x^2+1}$

解：

$$\lim_{x\to \infty}x \sin \frac{2x}{x^2+1}=\lim_{x\to \infty}\frac{2x^2}{x^2+1}\frac{\sin \frac{2x}{x^2+1}}{\frac{2x}{x^2+1}}\\ \because x\to \infty\\ \therefore \frac{2x}{x^2+1}\to 0\\ \therefore \lim_{x\to \infty}\frac{2x^2}{x^2+1}\frac{\sin \frac{2x}{x^2+1}}{\frac{2x}{x^2+1}}=\lim_{x\to \infty}\frac{2x^2}{x^2+1}\times\lim_{x\to \infty}\frac{\sin \frac{2x}{x^2+1}}{\frac{2x}{x^2+1}}=\lim_{x\to \infty}\frac{2x^2}{x^2+1}=2$$

第二个重要极限有一些变形：

$$\lim_{x\to \infty}(1+\frac{1}{x})^x=e\\ \lim_{x\to \infty}(1-\frac{1}{x})^x=\frac{1}{e}\\$$

重点还是括号里的和指数要为倒数，且一定是 $1^{\infty}$ 型的。

常用换元后把括号里换成 $(1+\frac{1}{x})$ 形式，指数有常数或者复合啥的都好说。

例：求 $\lim_{x\to \infty}(\frac{x+1}{x-2})^{2x-1}$

解：

$$\lim_{x\to \infty}(\frac{x+1}{x-2})^{2x-1}=\lim_{x\to \infty}[(1+\frac{3}{x-2})^{\frac{x-2}{3}}]^{\frac{6x-3}{x-2}}\\ \because x\to \infty \\ \therefore \frac{3}{x-2}\to 0\\ \therefore \lim_{x\to \infty}[(1+\frac{3}{x-2})^{\frac{x-2}{3}}]^{\frac{6x-3}{x-2}}=e^6$$

其实还用了一下复合函数极限运算法则，那个指数其实相当于外层函数，直接求就可以了。

其实只要见到带 $x$ 的表达式在指数上那就可能是第二个重要极限。而且一般是只要括号里凑成了 $(1+?)$ 的形式了以后，直接去动指数就行了。

26.取整小结论

例如：

$$\lfloor x+n\rfloor=\lfloor x\rfloor+n，n为整数\\ x-1<\lfloor x\rfloor\le x<\lfloor x\rfloor+1$$

基本上遇到取整这个放缩都没跑了。

27.常见等价无穷小

在 $x\to 0$ 时：

$$\sin x\sim\tan x\sim\arcsin x\sim \arccos x\sim \arctan x\sim e^x-1\sim \ln(x+1)\sim x\\ 1-\cos x\sim\sec x-1\sim \frac{1}{2}x^2\\ (1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x(要反应过来这个就是根式)\\ a^x-1\sim x\ln a\ (a=e比较特殊)$$

还有一个关系：$\sec^2 x-1=\tan^2 x$，这个很常用。

公式做题就是快。

别忘了无穷小具有自反性（主要），对称性和传递性。

加减法不能随便换，只能是乘在整个式子上的才能换。

这种加减法的不能直接等价，常见做法是提出来一个东西，这样加减法就变成两个东西相乘然后就能等价了。

例：$\tan x-\sin x=\sin x(\sec x-1)\sim \frac{1}{2}x^3$，很常见，但这个反三角真是不熟啊。

28.间断点

第一类间断点：

有极限：可去间断点

有左右极限但不相等：跳跃间断点，一般是分段函

第二类间断点：

极限为无穷：无穷间断点

震荡间断点肯定得有周期，有周期一般带三角

29.连续小结论

若 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续，则 $|f(x)|$ 在 $x_0$ 处连续。但逆命题不成立。

30.关于 min,max 的小结论：

例如：

$$\max(a,b)=\frac{1}{2}(a+b+|a-b|)\\ \min(a,b)=\frac{1}{2}(a+b-|a-b|)$$

31.根式有理化

遇见根式相加减先想有理化，无论分子还是分母。

32.不动点

对于函数的不动点问题，常见做法是构造函数 $F(x)=f(x)-x$ 然后转化为零点问题

33.关于拆极限常见错误

例如：

$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x^3}-\lim_{x\to 0}\frac{x}{x^3}\\ 利用等价无穷小有 \lim_{x\to 0}\frac{x}{x^3}-\lim_{x\to 0}\frac{x}{x^3}=0$$

第一步是不能这么拆的，因为你拆开的前提是拆完以后这两个都有极限，显然拆完以后都没极限了。

34.洛洛洛！

其实前面搞了这么多最后也不太会用，能洛的不可能不洛，洛太无脑了。比如上面那个错误完全可以避免，你直接洛就行了。

35.关于重要极限常见错误

例如：

$$\lim_{x\to 0}[\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{e}]^{\frac{1}{x}}$$

里面那个不能直接换成 $e$，因为这是个复合函数（幂指函数），只能先换成指数形式然后对指数洛。

二.导数与微分

1.常见的连续不可导

1.尖点，如绝对值函数

2.切线垂直x轴，即斜率不存在

3.震荡

图像上容易判断，真要翻译成代数语言就是导数的那个极限不存在就行了。

2.反函数求导

这个反函数求导真的是难理解啊。

反函数求导的核心，就是把反函数写回直接函数，因为直接函数的导数我们通常是知道的。

以 $y=\arcsin x$ 为例， $y = \arcsin x$ 等价于它的直接函数：$x = \sin y$。

特别注意：这里 $y$ 是 $x$ 的函数，且 $y \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$。

现在等式两边同时对自变量 $x$ 求导：

左边：$\frac{d}{dx}(x)= 1$。

这里 $y$ 是 $x$ 的函数，所以要用链式法则：

$$\frac{d}{dx}(\sin y) = \frac{d}{dy}(\sin y) \cdot \frac{dy}{dx} = \cos y \cdot \frac{dy}{dx}$$

两边相等，得到：

$$1 = \cos y \cdot \frac{dy}{dx}$$

我们的目标是求 $\frac{dy}{dx}$（即 $\arcsin x$ 的导数），所以：

$$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\cos y}$$

现在得到的导数表达式 $\frac{1}{\cos y}$ 里还含有 $y$，我们需要把它表示成 $x$ 的函数。

因为 $x = \sin y$，且 $y \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$，在这个区间上 $\cos y \ge 0$。
利用恒等式 $\sin^2 y + \cos^2 y = 1$，得到：

$$\cos y = \sqrt{1 - \sin^2 y}\\ 代入\ x = \sin y\ 就有:\\ \cos y = \sqrt{1 - x^2}\\ 代入 \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\cos y},得到:\\ \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$$

3.幂指函数求导

对于 $y=f(x)^{g(x)}$，化成 $y=e^{g(x)\ln f(x)}$ 再求导就可以了。

那如果 $f(x)\le 0$ 怎么办呢，我也不知道。但其实没影响。

其实两边取对数然后类似隐函数求导也行。

取对数对于一些大根式也好用，但其实还好。

4.不熟的求导公式

三角司马。

不得不背了：

$$(\tan x)'=\sec^2 x\\ (\cot x)'=-\csc^2 x\\ (\sec x)'=\sec x\tan x\\ (\csc x)'=-\csc x\cot x\\ (\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ (\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ (\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}\\ (\text{arccot}\ x)'=-\frac{1}{1+x^2}\\$$

5.多因式相乘求导

如果让求值，那么肯定是那个点是其中一个零点，不然运算量爆炸了。

设那个点为 $a$，那么就把 $f(x)$ 看成 $(x-a)^ng(x)$ ，即把 $(x-a)$ 都提出来剩下的都是 $g(x)$，这个时候你再去求会发现爽死了。

6.高阶导数

可能有用的式子：

$$y=\frac{1}{ax+b},y^{(n)}=\frac{(-1)^n\cdot n!\cdot a^n}{ax+b}$$

这莱布尼茨公式有点牛啊：

$$(u\cdot v)^{(n)}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}u^{(n-k)}v^{(k)}$$

7.隐函数求导

只有恒等式能对等式两边求导，方程不能。（恒等式还能对两边取极限，积分，微分）

对于方程 $F(x,y)=0$，我们假设有 $y=f(x)$，那么这是一个恒等式，我们把等式两边对 $x$ 求导，得到的是由方程 $F(x,y)=0$ 所确定的隐函数 $y=f(x)$ 的导数。

求二阶导时，如果里面还有一阶导，要把一阶导代入。

如果还能代入化简，要继续化简。但这种题答案形式都不唯一是最烦的，还得猜答案要啥形式，不过一般越简洁越好。感觉纠结这个没啥意义，明明都是对的而且你也没说怎么表示那我只要没算错咋写都行呗。

例：求由 $x^2-y^2=1$ 所确定的隐函数的二阶导数。

解：

$$等式两边对\ x \ 求导，得\\ 2x-2yy'=0\\ 即\ y'=\frac{x}{y}\\ 等式两边对\ x \ 求导，得\\ y''=\frac{y-xy'}{y^2}\\ 即\ y''=\frac{y^2-x^2}{y^3}\\ 即\ y''=-\frac{1}{y^3}\\$$

例：求由 $y=\tan(x+y)$ 所确定的隐函数的二阶导数。

解：

$$等式两边对\ x \ 求导，得\\ y'=\sec^2(x+y)(1+y')\\ 将 \sec^2 x=1+\tan^2 x代入得\\ y'=(1+y^2)(1+y')\\ 即\ y'=-1-\frac{1}{y^2}\\ 等式两边对\ x \ 求导，得\\ y''=\frac{2}{y^3}y'\\ 即\ y''=-\frac{2(1+y^2)}{y^5}\\$$

8.参数方程求导

也没讲微分就在这开始玩这个微分符号。

感觉这个也就是看对谁求导然后去凑一下，所以求二阶导的话要注意我们是要对 $x$ 求导，但需要借助 $x$ 和 $y$ 对 $t$ 求导来过渡出 $y$ 对 $x$ 求导。

$$\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})}{\frac{dx}{dt}}\\ \frac{d^3y}{dx^3}=\frac{\frac{d}{dt}(\frac{d^2y}{dx^2})}{\frac{dx}{dt}}$$

高阶导同理。

9.求铅直切线

求曲线的水平切线容易，联立即可

$$\begin{cases} F(x,y)=0\\ \frac{dy}{dx}=0 \end{cases}$$

求铅直切线，其实相当于把水平切线旋转一下，所以只需要互换自变量和因变量即可。

10.相关变化率

本质找到 $F(x,y)=0$ 然后等式两边对 $t$ 求导，一般会给出 $\frac{dx}{dt}$ ，代入就能求出 $\frac{dy}{dt}$。

11.转化极限常用定理

在证明可导能推出可微时用到之前讲的 $\lim_{x\to x_0}f(x)=A\equiv f(x)=A+\alpha$，这里 $\alpha$ 是 $x\to x_0$ 时的无穷小，这样就把极限转化为了等式。

12.判断可导

必须得是 $\lim_{\delta x\to 0}\frac{f(x_0+\delta x)-f(x_0)}{\delta x}$ 存在才能推出在 $x=x_0$ 处可导，也就是必须以 $x_0$ 作为起点才行，如果是 $\lim_{\delta x\to 0}\frac{f(x_0+\delta x)-f(x_0-\delta x)}{2\delta x}$ 就不行。而且还得注意必须是 $\lim_{\delta x\to 0}$ 而不能只是左极限或右极限，故 $\lim_{h\to +\infty}h(f(x_0+\frac{1}{h})-f(x_0))$

也不对，因为只是右极限存在。

13.一个技巧

其实，这个技巧的核心本质是 “复合函数在自变量微小变动时的线性主部提取”。只要题目出现“$f(点+无穷小)$”的关系式，并且告诉你“$f$在这一点可导”，不管外面裹着积分、极限还是抽象函数，统统都可以用这个“差商分解法”暴力破解。

题目：已知 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，且满足

$$f(e^x - 1) - 2f(1-\cos x) = 3x + o(x)\\$$

求 $f'(0)$。

通用解法（不走回头路）：

1. 令 $x\to0$，得 $f(0)-2f(0)=0 \Rightarrow f(0)=0$。

2. 除以 $x$，拆成导数定义（这里左右都带着极限但是没写）：

   $$\frac{f(e^x-1)-f(0)}{x} - 2\frac{f(1-\cos x)-f(0)}{x} = 3$$

3. 分别处理内层：

   • 第一项：$\frac{f(e^x-1)-f(0)}{e^x-1} \cdot \frac{e^x-1}{x} \to f'(0)\cdot 1 = f'(0)$
   • 第二项：$\frac{f(1-\cos x)-f(0)}{1-\cos x} \cdot \frac{1-\cos x}{x} \to f'(0)\cdot 0 = 0$

4. 解得 $f'(0)=3$。

核心还是考等价无穷小的代换。

其实这里还有一个技巧，就是0是很好的，在加减中可以随意添加；1也是很好的，在乘除中可以随意添加。

是不是对于一个代数系统单位元的性质其实都特别好？尤其是在凑这一块。

题目：设 $f(x)$ 在 $x=2$ 处可导，且

$$\lim_{h \to 0} \frac{f(2+h) - f(2-3h)}{h} = 4\\$$

求曲线 $y=f(x)$ 在 $x=2$ 处的切线斜率。

解法（依然套用差商分解）：
很多同学看到极限就直接洛必达，其实直接用导数定义拆：

$$\frac{f(2+h)-f(2)}{h} - 3 \cdot \frac{f(2-3h)-f(2)}{-3h} = 4\\$$

令 $h\to0$，第一项是 $f'(2)$，第二项注意 $-3h \to 0$，所以 $\frac{f(2-3h)-f(2)}{-3h} \to f'(2)$。
原式极限就变成了：

$$f'(2) - 3 \cdot f'(2) = -2f'(2) = 4 \quad\Rightarrow\quad f'(2) = -2$$

题目：已知 $f(x)$ 在 $x=0$ 处二阶可导，且

$$f(x) - 2f(2x) + f(3x) = 6x^2 + o(x^2)\\$$

求 $f''(0)$。

解法（同样的思想，只是除以 $x^2$）：

1. 令 $x\to0$，得 $f(0)-2f(0)+f(0)=0$，恒成立，无法求 $f(0)$（但没关系，二阶导数不需要常数）。
2. 我们直接除以 $x^2$，并利用泰勒展开 $f(kx)=f(0)+f'(0)kx+\frac{1}{2}f''(0)k^2x^2+o(x^2)$：
   • 一次项系数：$f'(0)x - 2f'(0)(2x) + f'(0)(3x) = (1-4+3)f'(0)x = 0$，自动消掉（符合只给二阶的条件）。
   • 二次项系数：$\frac{1}{2}f''(0)x^2[1^2 - 2\cdot 2^2 + 3^2] = \frac{1}{2}f''(0)(1-8+9)x^2 = f''(0)x^2$。
3. 与右边 $6x^2$ 对比，得 $f''(0)=6$。

升级：遇到高阶（如 $o(x^2)$），就除以 $x^2$ 提取二次项，原理一模一样。

无论题目怎么变，它的数学本质只有一个：
若 $g(x)\to0$，那么 $f(a+g(x)) - f(a) = f'(a)\cdot g(x) + o(g(x))$。
题目给出的等式，实质上就是在告诉你关于 $f'(a)$ 的线性方程组。你只需要：

1. 代入 $x=0$ 求常数项（如果有多个 $f$，先消去 $f(a)$）。
2. 两边同时除以使自变量趋于 0 的那个无穷小量（比如 $x, x^2, h$）。
3. 把每个 $f$ 的差分拆成“导数 × 内层函数增量比”。

微分中值定理与导数的应用

1.一堆定理总结

1.有界性与最大值和最小值定理（我简称有界最值定理）

2.零点定理

3.介值定理及其推论

4.费马引理

5.罗尔定理

6.拉格朗日中值定理

7.柯西中值定理

8.达布定理（导数介值定理）

关于罗尔定理：其实这个端点函数值相等限制太强了，只需要函数在这个区间不严格单调就行。直观理解很容易，证明只需转化为罗尔定理即可因为不严格单调，所以存在两个点 $x_1<x_2$，使得 $f(x_1)=f(x_2)$，不过不严格单调这个事很难严谨表述吧。罗尔定理只是拉格朗日中值定理的特殊情况。

关于拉格朗日中值定理：看起来鸡肋，用导数判断单调性这个结论正是由拉格朗日中值定理严格证明的。在证明该定理过程中用到的作差构造函数思想很常用，不过这玩意高中天天用啊感觉。拉格朗日中值定理只是柯西中值定理的特殊情况。

关于柯西中值定理：是拉格朗日中值定理的参数方程版，最大用处好像是证明洛必达？

单点问题

证明存在 $\xi$，使关于 $f'(\xi), f(\xi), \xi$ 的某个等式成立。

这是最常见的情形。题目要求找一个点 $\xi$，建立函数值或其导数与某些整体性质的关系。解题关键是构造辅助函数。

何时用罗尔定理：结论是关于某式在 $\xi$ 处等于零，特别是结论形式为 $F'(\xi)=0$。这通常需要构造一个函数 $F(x)$，使其满足 $F(a)=F(b)$。

分支1：

结论只含 $f'(\xi)$（直接套定理）

一般比较模板？

套路一：零点定理+罗尔定理

核心思路是用零点定理找出两个零点，然后再用罗尔定理

套路二：有界最值定理+介值定理推论+罗尔定理

核心思路是用有界最值定理+介值定理推论找到和题目给的一个已知端点的函数值相等的点，然后再用罗尔定理

例：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上可导，$a\le x_1\le x_2\le \cdots \le x_n\le b$，证明：在 $[x_1,x_n]$ 内至少有一点 $\xi$，使得 $f(\xi)=\frac{\sum_{i=1}^n f(x_i)}{n}$（平均值定理）。

证明：

$$易得\ f(x)\ 在\ [x_1,x_n]\ 上连续\\ 由有界最值定理可知，设\ f(x)\ 在\ [x_1,x_n]\ 上最小值为\ m,最大值为\ M\\ 则有\ m\le f(x_i)\le M\\ 故\ m\le \frac{\sum_{i=1}^n f(x_i)}{n}\le M\\ 由介值定理可知,\exists \ \xi\in [x_1,x_n]，使得\ f(\xi)=\frac{\sum_{i=1}^n f(x_i)}{n}$$

写完发现这里面没罗尔定理，不过类似套路的题只需要再往下加一步罗尔定理也就没了。

这个过程还是挺常用的。

分支2：

结论含有 $\xi$ 和 $f'(\xi)$（构造函数+罗尔定理）

特征：结论是 $f'(\xi) = F(\xi, f(\xi))$ 的形式，比如 $f'(\xi) + f(\xi) = 0$。

定理选择：罗尔定理。核心是构造一个函数 $H(x)$，使得 $H'(\xi)=0$ 正好等价于要证的结论。

构造函数常用套路：

形如 $f'(\xi) + P(\xi) f(\xi) = 0$ → 乘积分因子 $e^{\int P(x)dx}$，构造函数 $H(x) = f(x) e^{\int P(x)dx}$。

形如 $f'(\xi) = g(\xi)$ → 构造函数 $H(x) = f(x) - \int g(x)dx$。

乘积求导型：$f'(\xi) g(\xi) + f(\xi) g'(\xi) = 0$ → 构造函数 $H(x) = f(x)g(x)$。

例题1：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 连续可导，$f(a)=f(b)=0$。证 $\exists \xi \in (a,b)$ 使 $f'(\xi) + f(\xi) = 0$。

解法：构造 $H(x) = f(x) e^x$，则 $H(a)=H(b)=0$。由罗尔定理，$\exists \xi$ 使 $H'(\xi)=0$，即 $e^{\xi}(f'(\xi)+f(\xi))=0$。

例题2：
设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0, f(1)=1$。证明：存在 $\xi \in (0,1)$，使 $f'(\xi) = 2\xi$。

解法：构造 $F(x) = f(x) - x^2$。则 $F(0)=0, F(1)=0$。对 $F(x)$ 用罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使 $F'(\xi)=f'(\xi)-2\xi=0$，即证。

例题3：设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 可导，$f(0)=0, f(1)=0$。证明存在 $\xi \in (0,1)$，使 $f'(\xi) + 2\xi f(\xi) = 0$。
（提示：构造 $F(x)=f(x)e^{x^2}$）

这和高中学的抽象函数那有点像？

分支3：

结论含有 $f(\xi)$ 和 $\xi$，但可分离（常数K法）

特征：结论中含有 $f(b)-f(a)$ 这种整体差，但同时又含有 $\xi$。

例
设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，$a>0$。
证明：存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$2\xi\bigl[f(b)-f(a)\bigr] = (b^2 - a^2) f'(\xi)$$

分析
把 $f(b)-f(a)$ 看作常数 $K$，结论就是 $(b^2-a^2) f'(\xi) - 2\xi K = 0$。
左边恰好是 $F(x) = (b^2-a^2) f(x) - x^2 K$ 的导数。
若能验证 $F(a)=F(b)$，罗尔定理就给出 $F'(\xi)=0$，即得结论。

证明：

$$令 K = f(b) - f(a)\\ 构造辅助函数F(x) = (b^2-a^2) f(x) - x^2 K, \quad x \in [a,b]\\ 则 F(x) 在 [a,b] 上连续，在 (a,b) 内可导\\ \begin{aligned} F(a) &= (b^2-a^2) f(a) - a^2 K\\ F(b) &= (b^2-a^2) f(b) - b^2 K \end{aligned}\\ 故F(b) - F(a) = (b^2-a^2)(f(b)-f(a)) - (b^2-a^2)K = (b^2-a^2)K - (b^2-a^2)K = 0\\ 即 F(a) = F(b)\\ 由罗尔定理，存在 \xi \in (a,b) 使得 F'(\xi) = 0。而\\ F'(x) = (b^2-a^2) f'(x) - 2x K\\ (b^2-a^2) f'(\xi) - 2\xi K = 0 \quad\Longrightarrow\quad 2\xi\bigl[f(b)-f(a)\bigr] = (b^2-a^2) f'(\xi)$$

看到结论中含有 $f(b)-f(a)$ 与含 $\xi$ 的因子相乘或相除，且不能直接写成 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$ 的标准柯西形式时，常设 $K = f(b)-f(a)$。

双点问题

题目明确要求找到两个不同的点 $\xi, \eta$，这种问题比单点复杂，通常需要将区间分割成两部分，在两个子区间上分别应用定理。

• 首选定理：拉格朗日中值定理（分区间用两次）、柯西中值定理
• 常见题型：证明存在 $\xi, \eta$，使得某个含有 $f'(\xi)$ 和 $f'(\eta)$ 的等式成立。关键在于找到合适的分界点 $c$，在 $[a,c]$ 和 $[c,b]$ 上分别用L定理。

例题1：
设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0, f(1)=1$。证明：存在不同的 $\xi, \eta \in (0,1)$，使得 $\frac{1}{f'(\xi)} + \frac{1}{f'(\eta)} = 2$。

解法：由介值定理，存在 $c \in (0,1)$ 使 $f(c) = 1/2$。在 $[0,c]$ 和 $[c,1]$ 上分别对 $f(x)$ 用拉格朗日中值定理：

存在 $\xi \in (0,c)$，使 $f'(\xi) = \frac{f(c)-f(0)}{c-0} = \frac{1}{2c}$

存在 $\eta \in (c,1)$，使 $f'(\eta) = \frac{f(1)-f(c)}{1-c} = \frac{1}{2(1-c)}$
代入左边即得 $\frac{1}{f'(\xi)} + \frac{1}{f'(\eta)} = 2c + 2(1-c) = 2$。

例题2：设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 可导，$f(0)=0, f(1)=1$。证明存在不同的 $\xi, \eta \in (0,1)$，使 $\frac{1}{f'(\xi)}+\frac{1}{f'(\eta)}=2$。

过程：因 $f(0)=0, f(1)=1$，由连续函数介值定理，存在 $c \in (0,1)$ 使 $f(c)=\frac{1}{2}$。
在 $[0,c]$ 上对 $f(x)$ 用拉格朗日定理：

$$\frac{f(c)-f(0)}{c} = \frac{1/2}{c} = f'(\xi) \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{f'(\xi)} = 2c$$

在 $[c,1]$ 上用拉格朗日定理：

$$\frac{f(1)-f(c)}{1-c} = \frac{1/2}{1-c} = f'(\eta) \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{f'(\eta)} = 2(1-c)$$

相加得 $\frac{1}{f'(\xi)}+\frac{1}{f'(\eta)} = 2c + 2(1-c) = 2$，且 $\xi \in (0,c), \eta \in (c,1)$ 不同。

反向证明：由导数性质推函数值

前面都是“已知函数信息，求导数值”。这类题型反过来，已知导数在区间上的取值情况，证明函数值满足某个关系。

题型特征：

• 已知 $f'(x)$ 在某区间上满足某个不等式或有界。
• 证明函数值差 $|f(b)-f(a)|$ 满足某个不等式。

核心方法： 拉格朗日中值定理（将函数值差和导数挂钩）+ 放缩。

例： $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$(a,b)$ 上可导，$f(a)=0, f(b)=0$。

且 $|f'(x)| \leq M$，求证 $|f(c)| \leq \frac{M}{2}(b-a)$，其中 $c \in (a,b)$。

分两个区间用两次拉格朗日，然后相加即可。

证明函数恒等式或导数为零

• 特征：证明在某区间上 $f(x) \equiv \text{常数}$ 或 $f(x) \equiv g(x)$。
• 定理选择：拉格朗日中值定理的推论。
• 方法：
  • 证 $f'(x) \equiv 0 \Rightarrow f(x) \equiv \text{常数}$。
  • 证 $f'(x) \equiv g'(x) \Rightarrow f(x) = g(x) + C$，再代入一点定常数。

例题1：证 $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$。

解法：令 $f(x)=\arcsin x + \arccos x$，求导得 $f'(x)=0$，故 $f(x) \equiv C$。代入 $x=0$ 得 $C=\pi/2$。

例题2：证明：若函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内满足关系式 $f'(x)=f(x),f(0)=1$ ，则 $f(x)=e^x$。

解法：令 $F(x)=\frac{f(x)}{e^x}，则F'(x)=0,故设F(x)=C,因为F(0)=1，故F(x)=1,即f(x)=e^x$。

拉格朗日中值定理的推论是导数恒为零的函数是常数。

证明不等式

• 特征：证明含函数值差的不等式，如 $|\sin a - \sin b| \le |a-b|$。
• 定理选择：拉格朗日中值定理。
• 方法：在 $[a,b]$ 上用拉格朗日，得到 $f(b)-f(a) = f'(\xi)(b-a)$。然后对 $f'(\xi)$ 进行放缩（利用有界性、单调性等）。
• 例题：证 $|\arctan a - \arctan b| \le |a-b|$。
  • 解法：令 $f(x)=\arctan x$，则 $f'(\xi)=\frac{1}{1+\xi^2} \le 1$。由拉格朗日，左 = $|f'(\xi)||a-b| \le |a-b|$。

这我还不如跟初中一样直接求导呢。

讨论方程的根（零点个数）

• 特征：证明方程 $f(x)=0$ 恰有 $n$ 个实根。
• 定理选择：罗尔定理（用于证明“至多 $n$ 个根”）、介值定理（用于证明“至少 $n$ 个根”）。
• 方法：
  • 至少：用介值定理（连续函数，端点异号）。
  • 至多：反证法。假设有 $n+1$ 个根，在两个根之间反复用罗尔定理，得到 $f^{(n)}(x)=0$ 还有根，与已知矛盾。
• 例题：证方程 $e^x = ax+b$ 至多有两个实根。
  • 解法：设 $f(x)=e^x - ax - b$。若有三个根，则 $f'(x)=e^x - a$ 有两个根，$f''(x)=e^x$ 有一个根，但 $e^x=0$ 无解，矛盾。

高中一般都是具体的函数，所以构造函数求导就行，但这里很多抽象函数，只能多次罗尔定理了。

2.洛必达

未定式类型：$\frac{0}{0},\frac{\infty}{\infty},0\cdot \infty,\infty-\infty,0^0,1^{\infty},\infty^0$，后面几种都能转化为前两种然后洛，如 $0\cdot \infty$ 直接有一个放分母就行，$\infty-\infty$ 通分，幂指形式先弄成 $e$ 的指数。

但如果取了指数，一定要记得现在求的极限是指数的极限，不是整体的极限，还要带回去算一下。

如果洛完以后发现极限不是一个确定的数或无穷大（除了这两个也就是震荡了，而且一般都和三角有关），那么说明这个洛失效了，不能洛。应该用其他方法求。

3.泰勒

常用的麦克劳林公式：

$$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n)\\ \ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} + o(x^n)\\ \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + o(x^{2n+2})\\ \cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n+1})\\ \frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots + x^n + o(x^n) \quad (|x|<1)\\ \arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots + (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + o(x^{2n+2})\\ \arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + o(x^6)\\ \tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5)$$

更一般的形式（必记）：

$$(1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n + o(x^n)$$

特别常用的是 $\alpha = -1, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}$：

• $$\frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots$$
• $$\sqrt{1+x} = 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + \cdots$$
• $$\frac{1}{\sqrt{1+x}} = 1 - \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^2 - \cdots$$

在近似时，分子的次数不能低于分母。

别忘了麦克劳林公式是 $x\to 0$ 时的近似。

善用换元。

有一些非特殊的可以现推，反正也用不了几阶，稍微算一下就行。

4.高阶导数极值判定法

设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有 $n$ 阶导数，且

$$f'(x_0) = f''(x_0) = \cdots = f^{(n-1)}(x_0) = 0,\qquad f^{(n)}(x_0) \neq 0$$

有：

(1) 当 $n$ 为奇数时，$f(x)$ 在 $x_0$ 处不取得极值；

(2) 当 $n$ 为偶数时，$f(x)$ 在 $x_0$ 处取得极值，且当 $f^{(n)}(x_0) < 0$ 时，$f(x_0)$ 为极大值，当 $f^{(n)}(x_0) > 0$ 时，$f(x_0)$ 为极小值。

5.曲率

这里的 $s$ 是弧长，但是有正负？！

弧微分公式：$ds=\sqrt{1+y'^2}dx$

曲率：$K=\frac{|y''|}{\sqrt[\frac{3}{2}]{1+y'^2}}$

曲率半径：$\rho=\frac{1}{K}$

不得不背了，这玩意推导有点需要注意力啊。但这一节就这仨式子挺简单的。

6.驻点和拐点

驻点是一阶导为零的点。

拐点类似极值点，需要二阶导（一阶导）为变号零点。

此外还有特殊情况，如：$f(x)=\sqrt[3]{x}$（即 $x^{1/3}$）。$f'(x)=\frac{1}{3}x^{-2/3}$，$f''(x)=-\frac{2}{9}x^{-5/3}$。在 $x=0$ 处二阶导不存在，但在 $x=0$ 两侧，曲线凹凸性发生了改变（左侧凸，右侧凹），所以 $x=0$ 是拐点。

7.关于拉格朗日中值定理使用条件

例：设 $\lim_{x \to \infty} f'(x) = k$，求 $\lim_{x \to \infty} [f(x+a) - f(x)]$。

为什么能用拉格朗日中值定理：

因为题目条件 $\lim_{x \to \infty} f'(x) = k$ 隐含了“当 $x$ 足够大时，函数一定可导”。

只要在足够大的闭区间上满足连续性（可导必连续）和可导性，拉格朗日中值定理的条件就成立了。

题设给了 $\lim_{x \to \infty} f'(x) = k$，这意味着：

存在一个很大的数 $M$：只要 $x > M$，导数 $f'(x)$ 就一定存在（否则这个极限没有意义）。

无论 $a$ 是正数还是负数，只要 $x$ 取得足够大（确保 $x$ 和 $x+a$ 都大于 $M$），那么闭区间 $[x, x+a]$（或 $[x+a, x]$）完全落在导数存在的范围内。

在该区间上：函数可导（由题设保证），可导又必然连续。

定理保证存在 $\xi$ 介于 $x$ 和 $x+a$ 之间。

由于 $\xi$ 被夹在中间，当 $x \to \infty$ 时，$\xi$ 也必然 $\to \infty$。

既然 $\xi$ 大于 $M$，那么 $f'(\xi)$ 必然存在，且根据已知极限，$\lim_{x \to \infty} f'(\xi) = k$。

8.求极限小结

第一梯队：见到极限先“无脑”试这3步（基础操作）

方法	适用题型（信号词）	操作要点	注意（易错点）
1. 直接代入	初等函数，分母不为0	把 $x_0$ 直接带进去算。	只要分母不为0，直接写答案。
2. 因式分解（约零因子）	$\frac{0}{0}$ 型，且分子分母有公因式（如 $x-1$）	十字相乘、立方差公式，约掉公因式后再代。	针对有理函数（多项式比多项式）最有效。
3. 有理化（根式差）	$\frac{0}{0}$ 型，带根号相减（如 $\sqrt{x+1} - 1$）	分子分母同乘共轭根式，把根号消掉。	看见根号减根号，首选此法。

第二梯队：处理 $x \to \infty$ 的“抓大头”策略（必杀技）

方法	适用题型（信号词）	操作要点	注意（易错点）
4. 抓大头（最高次幂）	$x \to \infty$ 的分式（多项式 / 多项式）	只看分子分母的最高次项，系数之比就是极限。	如果是 $x \to -\infty$，注意根号里开方出来要加绝对值（但基础题较少见）。

第三梯队：利用“无穷小”和“重要极限”（高频考点）

方法	适用题型（信号词）	操作要点	注意（易错点）
5. 等价无穷小替换	$x \to 0$ 时，见到 $\sin x, \tan x, \arcsin x, e^x-1, \ln(1+x), 1-\cos x$	直接换成 $x$ 或 $\frac{x^2}{2}$。	加减法慎用！ 只能在乘除因子中换。若加减中用，容易出错。
6. 第一个重要极限	$\lim_{x \to 0} \frac{\sin \square}{\square} = 1$	凑出“正弦/自身”结构，注意括号内要一致。	不管里面是 $2x$ 还是 $x^2$，只要趋于0，框架就是对的。
7. 第二个重要极限	$1^\infty$ 型（如 $(1+\frac{1}{x})^x$）	凑成 $(1 + \triangle)^{\frac{1}{\triangle}}$ 的形式，底数要趋于1。	必须严格凑出倒数关系，不能瞎套。

第四梯队：“夹逼”和“单调有界”（专治数列极限）

方法	适用题型（信号词）	操作要点	注意（易错点）
8. 夹逼准则（迫敛性）	求和式（如 $\sum$）、带 $\sin$ 或 $\cos$ 的有界震荡项	把通项放大和缩小，找两个极限相等的函数夹住它。	放缩要精确，放大缩小的极限必须相等，否则白做。
9. 单调有界准则	递推数列（如 $x_{n+1} = f(x_n)$）	先证明单调性（作差/作商），再证明有界，最后设极限为 $A$ 解方程。	先证存在性，再求值。很多同学直接设 $A$ 解，会扣分。

第五梯队：学了“导数”后的降维打击（第2、3章核心）

方法	适用题型（信号词）	操作要点	注意（易错点）
10. 导数定义法	遇到 $\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ 的结构	看是否匹配导数定义，直接写成 $f'(x_0)$。	必须确保是增量比形式，别把 $h \to 0$ 看漏了。
11. 拉格朗日中值定理	见到 $f(x+a)-f(x)$ 这样的函数差（就像你刚问的题）	找 $\xi$ 夹在中间，把差变成 $f'(\xi) \cdot a$。	前提：函数在足够远处可导。
12. 洛必达法则（终极杀器）	$\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的未定式	分子分母分别求导，再算极限。	① 不是未定式不能用；② 求导后若仍是未定式，可以连续用；③ 数列极限要先把 $n$ 换成 $x$ 再洛必达。
13. 泰勒公式（麦克劳林）	洛必达太麻烦，或含 $e^x, \sin x$ 混合的高阶项	把函数展开到足够阶数（如 $e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$）。	口诀：“展开到分母同阶”，太低阶会漏项。

第六梯队：专门处理“未定式”的变形技巧（按类型对号入座）

考试时看到未定式先分类，不同类用不同手段：

未定式类型	优先处理策略	例子信号
$\frac{0}{0}$	① 等价无穷小（最快）→ ② 洛必达 → ③ 泰勒	$\frac{\sin x - x}{x^3}$
$\frac{\infty}{\infty}$	① 抓大头（多项式）→ ② 洛必达（含对数/指数）	$\frac{\ln x}{x}$
$0 \cdot \infty$	化为 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$（把倒数扔到分母）	$x \ln x$（把 $x$ 写成 $\frac{1}{1/x}$）
$\infty - \infty$	① 通分（有分母）→ ② 有理化（带根号）→ ③ 提公因式（抓大头）	$\sqrt{x^2+x} - x$
$1^\infty, 0^0, \infty^0$	万能公式：取对数 $\lim f(x)^{g(x)} = e^{\lim g(x)\ln f(x)}$，化为 $0\cdot\infty$	$(1+\frac{1}{x})^{x}$

不定积分

1.基础

连续必有原函数（不说可积，因为可积一般指黎曼可积？）

记住：

$$f(x)\ \mathrm{d}x=F'(x)\ \mathrm{d}x=\mathrm{d}F(x)\$$

运算 $\mathrm{d}$ 和 $\int$ 可以抵消

如果见到 $\tan^2 x$ 要换成 $\sec^2 x-1$ 才能积

其实也就三角这变形多，好恶心

基本积分表：

$$\int x^\mu dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C \quad (\mu \ne -1)\\ \int \frac{1}{x} dx = \ln|x| + C\\ \int e^x dx = e^x + C\\ \int a^x dx = \frac{a^x}{\ln a} + C\\ \int \sin x \, dx = -\cos x + C\\ \int \cos x \, dx = \sin x + C\\ \int \sec^2 x \, dx = \tan x + C\\ \int \csc^2 x \, dx = -\cot x + C\\ \int \sec x \tan x \, dx = \sec x + C\\ \int \csc x \cot x \, dx = -\csc x + C\\ \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx = \arcsin x + C\\ \int \frac{1}{1+x^2} dx = \arctan x + C\\$$

本质还是那几个三角不熟。

对于多项式分式需要大除法分离或者添加项来拼凑，三角要用好多恒等变换，最终都要化成简单能积的形式

2.第一类换元法

本质还是 $f(x)\ \mathrm{d}x=F'(x)\ \mathrm{d}x=\mathrm{d}F(x)$。

操作一般为把 $f(x)\ \mathrm{d}x$ 化成 $\mathrm{d}F(x)$，然后 $F(x)$ 换元，从而把函数化为简单能积的形式。

这里注意，$F(x)$ 是可以加一个常数的，因为 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的原函数。

小结论： $\mathrm{d}(-x)=-\mathrm{d}x,\mathrm{d}\frac{x}{a}=\frac{1}{a}\mathrm{d}x$。

还是那个本质，不过记一下感觉更快。

不是这个 $\frac{1}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a})$ 裂项有点阴啊，一眼真没看出来。

三角小结：

1.如果是 $\sin,\cos$ 相乘，只要有一个是奇数次，那么提一个出来然后换元即可；两个都是偶数次，就要二倍角化成 $2x$ 才能做，在往下化的过程中，奇数次项可以直接拿出来算了，但是偶数次项要继续二倍角，一直到变成一次。

2.