高等数学（上）知识框架

极限

极限是无限趋近但是取不到的过程，它是一个“去心”的过程。

函数极限

函数极限的六种形式：$x\to\infty$，$x\to+\infty$，$x\to-\infty$，$x\to 0$，$x\to 0^+$，$x\to 0^-$。注意，当我们说趋近于 $\infty$ 或趋近于 $0$ 时，是包括了正负两个趋近方向的。

求极限：$\lim_{x\to\infty} e^x$，$\lim_{x\to 0} \frac{e^{|x|-1}}{x}$，$\lim_{x\to 0}e^\frac{1}{x}$，$\lim_{x\to 1}5^\frac{1}{x-1}$。

以上极限均不存在，因为正负方向趋近的极限不同。

函数极限不存在的情形：

1. 极限值是无穷大；
2. 左右极限不同；
3. 振荡，如 $\lim_{x\to 0} \sin \frac{1}{x}$。

函数极限的性质：

4. 唯一性，极限存在则其值确定；
5. 局部有界，极限存在则函数在该点的某一邻域有界；
6. 局部保号，如 $\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{x^2} = 1$ 可以推得 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某一邻域是恒正的。

无穷小

无穷小是极限为 $0$ 的变量，具有如下性质：

1. 有界量 $\times$ 无穷小 $=$ 无穷小，如 $\lim_{x\to 0} x \sin \frac{1}{x}$ 其中的 $x$ 为无穷小部分，$\sin \frac{1}{x}$ 为有界振荡的部分，于是整个极限是无穷小；
2. “和取低阶”，如 $\lim_{x\to 0} (x+x^2) \sim \lim_{x\to 0}x$ 忽略了高阶项 $x^2$；
3. $\frac{1}{a} = \infty \ (a \to 0)$，$\frac{1}{\infty} = 0$。

通过作比值进行比较，无穷小之间存在等价、同阶、高阶和低阶四种关系。

常见等价无穷小

函数极限的计算

非未定式

直接代入。

求极限：$\lim_{x\to 1} \frac{x-3}{x^2-9} = \frac{1-3}{1^2-9} = 8$

$\frac{0}{0}$ 型未定式

首先考虑化简：

1. 提前求极限不为 $0$ 的因子；
2. 提前拆出极限存在的部分；
3. 等价无穷小代换（只能用于乘除因子）；
4. 换元。

最后考虑高级方法：

1. 洛必达；
2. 泰勒展开。

$\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式

a. “抓大头”：

1. 保留高幂次；
2. 指数-幂-指数函数关系链，即当 $x\to+\infty$ 时有 $\ln^a x << x^b << c^x \ (c > 1)$。

b. 洛必达。

$0\cdot\infty$ 型未定式

“下放”；等价无穷小代换。

$\infty\cdot\infty$ 型未定式

a. 两个分式相减，则通分。

求极限 $\lim_{x\to 0} (\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x})$：

判断为 $\infty\cdot\infty$ 型未定式。通分得到 $\lim_{x\to 0} (\frac{\sin x - x}{x\sin x})$，随后将分子分母都使用等价无穷小代换，整理得到 $\lim_{x\to 0} -\frac{x}{6} = 0$。当然，通分后也可以选择连用两次洛必达来解决。

b. 缺少分母，则倒代换（令 $t=\frac{1}{x}$）。

求极限 $\lim_{x\to+\infty} (x-x^2\ln(1+\frac{1}{x}))$：

观察发现没有分母，则人为创造分母。令 $t=\frac{1}{x}$，原式变成 $\lim_{t\to 0^+} (\frac{1}{t} - \frac{1}{t^2}\ln(1+t))$，通分得到 $\lim_{t\to 0^+} \frac{t-\ln(1+t)}{t^2}$，随后将分子使用等价无穷小代换，整理得到 $\lim_{t\to 0^+} \frac{\frac{1}{2}t^2}{t^2} = \frac{1}{2}$。

c. 有公因子，则提公因子。

求极限 $\lim_{x\to+\infty} (x-x^2\ln(1+\frac{1}{x}))$：

提取更高次数的 $x$ 作为公因子。原式变成 $\lim_{x\to+\infty} x^2(\frac{1}{x} - \ln(1+\frac{1}{x}))$，随后将括号内的式子使用等价无穷小代换，整理得到 $\lim_{x\to+\infty} x^2(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x^2}) = \frac{1}{2}$。

$1^\infty$ 型未定式

a. 构造出重要极限 $\lim_{x\to\infty} (1+x)^\frac{1}{x} = e$。

求极限 $\lim_{x\to 0} (1+3x)^{\frac{2}{\sin x}}$：

根据括号内第二项 $3x$，原式可变形为 $\lim_{x\to 0} [(1+3x)^{\frac{1}{3x}}]^{3x\cdot\frac{2}{\sin x}}$，利用重要极限得到 $\lim_{x\to 0} e^{3x\cdot\frac{2}{\sin x}}$。处理指数得到 $\lim_{x\to 0} 3x\cdot\frac{2}{\sin x} = 6$，于是原式等于 $e^6$。

b. 使用口诀“$e$ 的 $\lim$ 往里走，指函数抄一遍再乘底 $-1$”。

求极限 $\lim_{x\to 0} (1+3x)^{\frac{2}{\sin x}}$：

判断为 $1^\infty$ 型未定式，决定使用口诀。$e$ 的 $\lim$ 往里走，得到 $e^{\lim_{x\to 0} L}$。指函数抄一遍再乘底 $-1$，得到 $L=\frac{2}{\sin x}\cdot 3x$。计算 $\lim_{x\to 0} L = 6$，于是原式等于 $e^6$。

数列极限的计算

数列极限只需要将变量 $n$ 当作函数极限的 $x$ 来算即可，但是有以下区别：

1. 在数列语境下，提及 $n\to\infty$ 时，默认指的是 $n\to+\infty$。
2. 数列极限允许使用四则运算法则和等价无穷小代换来计算，但是不可以使用洛必达（因为数列是不连续的）。

特别地，数列极限涉及以下考点。

a. 转化为定积分定义求解（提 $\frac{1}{n}$，凑 $\frac{i}{n}$，写积分）。

求极限 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} (1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}})$：

怀疑是定积分定义的考点。式子使用累加器整理得到 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} (\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{i}})$。强行提取 $\frac{1}{n}$（做分割），得到 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} (\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{\frac{i}{n}}})$。将 $\frac{i}{n}$ 视作 $x$ 进行积分（近似、求和、取极限），得到 $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}} = 2\sqrt{x}|_0^1 = 2$。

b. 递推数列的单调有界准则（即单调增加/减少且有上界/下界的数列必定存在极限）。

已知 $a_1>0$，$a_{n+1} = 3\cdot\frac{1+a_n}{3+a_n}$，求 $\lim_{n\to\infty} a_n$：

既见递推式，判断是单调有界准则的考点，可以分三步走解决。

1. 先证明单调性（做差/做商/求导/归纳），这里使用求导法，设 $f(x) = 3\cdot\frac{1+a_n}{3+a_n}$ 易证 $f’(x)>0$，数列单调增加。
2. 再证明有界（不等式放缩/归纳/转化成函数有界），这里使用放缩法，易证 $a_{n+1} = 3\cdot\frac{1+a_n}{3+a_n} < 3$，即存在上界为 $3$。
3. 至此已确定极限存在，设极限为 $A$。最后，将递推公式左右两侧的都使用 $A$ 代换，得到 $A = 3\cdot\frac{1+A}{3+A}$，解方程得到 $A=\sqrt{3}$。

c. * 递推数列的压缩映射原理。

d. * 夹逼准则。

设 $M$ 是非负数 $a,b,c$ 中的较大者，证明二级结论 $\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a^n+b^n+c^n} = M$：

放缩得到 $\sqrt[n]{M^n} \leq \sqrt[n]{a^n+b^n+c^n} \leq \sqrt[n]{3M^n}$，又因为 $\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{M^n} = M$，而右侧 $\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3M^n} = \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3} \cdot \sqrt[n]{M} = M$，根据夹逼准则，原式也为 $M$，证毕。

连续

函数 $f(x)$ 在某点 $x_0$ 连续的充要条件是，$f(x)$ 在 $x_0$ 处有定义且此处的左极限和右极限存在且相等于函数值，即 $\lim_{x\to x_0^-} f(x) = \lim_{x\to x_0^+} f(x) = f(x_0)$。

函数 $f(x)$ 在某点 $x_0$ 间断的充要条件是，$f(x)$ 在 $x_0$ 的去心邻域内有定义（说明 $x_0$ 不是端点）且不满足“连续”的条件。

因此，以下两种类型的点可能成为间断点，被称为可疑点：

1. 在 $x_0$ 处无定义的点；
2. 函数表达式的分段点。

间断点的类型

间断点主要分为两种类型。

1. 第一类间断点（左右极限存在）：
   1. 跳跃间断点（而左右极限不相等）；
   2. 可去间断点（而左右极限相等）。
2. 第二类间断点（左右极限至少有一个不存在）：
   1. 无穷间断点（有一侧的极限是无穷大）；
   2. 振荡间断点（由振荡导致极限不存在）。

闭区间连续函数的性质

函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 处处连续，则成为一个闭区间连续函数。下面讨论的 $f(x)$ 都是闭区间连续函数。

最值定理

$f(x)$ 一定有最大值和最小值。

有界定理

$f(x)$ 一定有界。推广到开区间连续函数，只需额外确保端点处有界即可。

介值定理

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 内的最小值为 $m$，最大值为 $M$，则对于满足 $m \leq \mu \leq M$ 的任意 $\mu$，一定存在 $\xi \in [a,b]$，使得 $f(\xi) = \mu$。

设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续且满足 $f(0)+f(1)+f(2)=3$，证明至少存在一点 $\xi \in [0,2]$，使得 $f(\xi) = 1$：

此类题的关键是将目标值（本题是 $1$）“放到”最大值和最小值之间。设 $f(x)$ 在区间内的最小值为 $m$，最大值为 $M$，则有 $3m \leq f(0)+f(1)+f(2) = 3 \leq 3M$，即 $m \leq 1 \leq M$，符合介值定理的条件，证毕。

零点定理

$f(x)$ 在端点处的值异号，即 $f(a) \cdot f(b)<0$ 时，则存在 $c \in (a,b)$，使得 $f(c) = 0$。

导数与微分

导数的定义式

$$
\begin{align*}
f’(x_0) &= \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} \cr
&= \lim_{\Delta x\to 0} \frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x} \cr
&= \lim_{\Delta x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \cr
\end{align*}
$$

导数的本质是变化率，几何意义是切线斜率（或者说法线斜率的负倒数）。

导数定义式的特征：

1. 上下一致，即无穷小量 $\Delta x$ 在分子和分母的写法是一致的；
2. 定点出现，即分子上出现 $f(x_0)$ 项，这个值是固定的；
3. 双侧极限，即无穷小量 $\Delta x$ 是从正负两个方向趋近于 $0$ 的。

已知 $f’(3)=2$，求 $\lim_{h\to 0} \frac{f(3-h)-f(3)}{2h}$：

观察可知，此式子与 $f’(3)$ 的导数定义式有关，则可写出该处的导数定义式为 $\lim_{\Delta x\to 0} \frac{f(3+\Delta x)-f(3)}{\Delta x}$。不妨把 $-h$ 看作 $\Delta x$，于是所求式子等于 $\lim_{\Delta x\to 0} -\frac{1}{2}\cdot\frac{f(3+\Delta x)-f(3)}{\Delta x} = -\frac{1}{2} f’(3) = -1$。

已知 $\lim_{h\to 0} \frac{f(2h)-f(h)}{h}$ 存在，判断 $f(x)$ 在 $x=0$ 处是否一定可导：

由于分子是两个变量相减，不满足“定点出现”的规则，因此不构成导数定义式。可以举出反例函数 $f(x)=1 \ \text{if} \ x=0 \ \text{else} \ 0$。此题的答案为否。

函数在一点处可导的充要条件是，左导数和右导数存在且相等。

求导方法

可能陌生的求导公式和法则：

$$
(\ln |x|)’ = \frac{1}{x}
$$
$$
[\ln (x+\sqrt{x^2\pm a^2})]’ = \frac{1}{\sqrt{x^2\pm a^2}}
$$
$$
(u_1 u_2 \cdots u_n)’ = u_1’ u_2 \cdots u_n + u_1 u_2’ \cdots u_n + \cdots + u_1 u_2 \cdots u_n’
$$

反函数求导

取倒数。

$$
\frac{\text d x}{\text d y}=\frac{1}{y’} \quad , \quad \frac{\text d^2 x}{\text d y^2}=-\frac{y’’}{(y’)^3}
$$

已知 $f(x)=e^x+2x$，求 $\frac{\text d x}{\text d y}|_{y=1}$：

取倒数，得到 $\frac{\text d x}{\text d y}=\frac{1}{\frac{\text d y}{\text d x}}=\frac{1}{e^x+2}$。又由于 $f(0)=1$，所以 $\frac{\text d x}{\text d y}|{y=1}=\frac{1}{e^x+2}|{x=0}=\frac{1}{3}$。

隐函数求导

等号两端同时求导，提取 $y’$ 的公因式。

复合函数求导

链式法则。

参数方程求导

$$
\frac{\text d x}{\text d y} = \frac{\frac{\text d x}{\text d t}}{\frac{\text d y}{\text d t}} = \frac{y’(t)}{x’(t)}
$$
$$
\frac{\text d^2 y}{\text d x^2} = \frac{\frac{\text d}{\text d t}\cdot\frac{\text d y}{\text dx}}{\frac{\text d y}{\text d t}} = \frac{y’’(t)x’(t)-y’(t)x’’(t)}{(x’(t))^3}
$$

分段函数求导

各分段区间用公式求导，分段点处使用定义（也可能该处导数不存在）。

高阶导数

以下公式可以现场归纳，也可以背下来：

$$
\begin{align*}
(a^x)^{(n)} &= a^x (\ln a)^{(n)} \cr
(e^{ax})^{(n)} &= a^n e^{ax} \cr
(x^a)^{(n)} &= a(a-1)\cdots(a-n+1)x^{a-n} \cr
(x^n)^{(n)} &= n! \cr
(\frac{1}{ax+b})^{(n)} &= \frac{(-a)^n n!}{(ax+b)^{n+1}} \cr
(\ln(a+b))^{(n)} &= \frac{(-1)^{n-1}a^n(n-1)!}{(ax+b)^n} \cr
(\sin x)^{(n)} &= \sin (x+\frac{n\pi}{2}) \cr
(\cos x)^{(n)} &= \cos (x+\frac{n\pi}{2})
\end{align*}
$$

莱布尼兹公式：

$$
(un)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} C_n^k u^{(k)} v^{(n-k)}
$$

微分

在 $x_0$ 处，增量 $\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x)$，其中 $A\Delta x$ 被称为线性主部，也就是微分，记作 $\text d y$。计算方法是 $\text d y=y’\Delta x$，所以求微分本质上就是求导。

微分中值定理

费马引理

$f(x)$ 在可导点 $x_0$ 处取到极值时，则 $f’(x_0)=0$。

罗尔定理

$f(x)$ 满足“闭区间连续，开区间可导”的条件，且端点值相等时，则开区间存在一点 $x=\xi$ 使得 $f’(\xi)=0$。

解决罗尔定理相关题目的关键是找到合适的辅助函数 $F(x)$ 来满足题设条件的“导数为零”。

拉格朗日中值定理

$f(x)$ 满足“闭区间连续，开区间可导”的条件（端点值无需相等），则开区间 $(a,b)$ 存在一点 $x=\xi$ 使得

$$
f(b)-f(a) = f’(\xi)(b-a)
$$

等式成立。

柯西中值定理

$f(x)$ 和 $g(x)$ 满足“闭区间连续，开区间可导”的条件，则开区间 $(a,b)$ 存在一点 $x=\xi$ 使得

$$
\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f’(\xi)}{g’(\xi)}
$$

等式成立，其中 $g’(x) \neq 0$。

洛必达法则

略。

泰勒中值定理

带皮亚诺余项

写带皮亚诺余项的 $n$ 阶泰勒展开式，只需展开到 $n$ 阶，然后追加一个 $n$ 阶无穷小。

带拉格朗日余项

写带拉格朗日余项的 $n$ 阶泰勒展开式时，需要展开到 $n+1$ 阶。

常见泰勒展开式

以下是泰勒公式在 $x=0$ 时的特殊情况，也被称为麦克劳林公式。

• $e^x=\ ?$
• $\sin x=\ ?$
• $\cos x=(\sin x)’=\ ?$
• $\ln(1+x)=\ ?$
• $(1+x)^\alpha=\ ?$
• $\sqrt{1+x}=\ ?$

上下同阶原则，幂次取低原则。

扩展应用

用泰勒公式求解某点处的高阶导数。

用泰勒公式的证明题。

几何性质

单调性

利用单调性证明不等式；研究方程的根/零点/交点的个数。

极值与最值

极值的一个充分条件是 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续且 $f’(x)$ 在 $x_0$ 两侧异号。

极值的另一个充分条件是 $f’(x_0)=0$ 且 $f’’(x_0)\ne 0$，具体而言 $f’’(x_0)>0$ 代表极小值而 $f’’(x_0)<0$ 代表极大值。

最值需要考虑开区间内的所有 $f’(x)=0$ 的点和不可导的点，如果是闭区间的最值的话，还需要考虑端点值。

凹凸性

对于定义域为 $I$ 的连续函数 $f(x)$ 上的任意两个不同点 $x_1,x_2$，定义 $M=f(\frac{x_1+x_2}{2})$，$A=\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$。如果 $M<A$ 则函数曲线是（向下）凹的，如果 $M>A$ 则是（向上）凸的。

上述定义是建立在“弧和弦的位置关系”上的。除此之外，凹凸性还可以使用“弧和切线的位置关系”来定义。

利用导数判断凹凸性：

1. 整个区间上 $f’(x)$ 单调递增则为凹，$f’(x)$ 单调递减则为凸；
2. 整个区间上 $f’’(X)<0$ 则为凹，$f’’(x)>0$ 则为凸。

拐点

拐点是连续曲线上凹凸性的分界点。

拐点的一个充分条件是 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续且 $f’’(x)$ 在 $x_0$ 两侧异号。

拐点的另一个充分条件是 $f’’(x_0)=0$ 且 $f’’’(x_0)\ne 0$。

可以发现，极值点和拐点存在一定相似性，且二者互斥，因此有推论：如果连续函数某点处的前 $n-1$ 阶导数都是 $0$，但是第 $n$ 阶导数首次不为 $0$，此时如果 $n$ 是偶数，该点就是极值点，否则 $n$ 是奇数，该点就是拐点。

渐近线

渐近线分为以下三种：

1. 垂直渐近线：若 $x=a$ 处（尤其是考虑无定义点）的单侧极限 $\lim_{x\to a^+} f(x) = \infty$ 或 $\lim_{x\to a^-} f(x) = \infty$，则 $x=a$ 为垂直渐近线；
2. 水平渐近线：若 $\lim_{x\to+\infty} f(x) = b$ 或 $\lim_{x\to-\infty} f(x) = b$，则 $y=b$ 为水平渐近线；
3. 斜渐近线：若 $\lim_{x\to+\infty} \frac{f(x)}{x} = a$ 且 $\lim_{x\to+\infty} [f(x)-ax] = b$ 存在，或 $\lim_{x\to-\infty} \frac{f(x)}{x} = a$ 且 $\lim_{x\to-\infty} [f(x)-ax] = b$ 存在，则 $y=ax+b$ 为斜渐近线。

此外，如果正负无穷两个方向都有水平渐近线，那么斜渐近线就不用考虑了。求斜渐近线时，一种快速方法是尝试将 $f(x)$ 变形为 $f(x)=ax+b+g(x)$ 的形式，其中 $g(x)$ 是相对于 $x$ 的高阶无穷小。

求 $y=\ln(1+e^x)+\frac{1}{x}$ 的渐近线：

1. 垂直渐近线：$x=0$ 为垂直渐近线；
2. 水平渐近线：负方向 $\lim_{x\to-\infty} y = 0$，即 $y=0$ 为水平渐近线，但是正负向没有水平渐近线（此时怀疑有斜渐近线）；
3. 斜渐近线：发现 $\ln(1+e^x)=\ln[e^x(e^{-x}+1)]=x+\ln(e^{-x}+1)$，于是将函数变形为 $y=x+\ln(e^{-x}+1)+\frac{1}{x}$。易证 $\ln(e^{-x}+1)+\frac{1}{x}$ 是 $x\to+\infty$ 时的无穷小量，于是斜渐近线为 $y=x$。

曲率

曲率 $K$ 公式：

直角坐标系情形

$$
K = \frac{|y’’|}{(1+{y’}^2)^\frac{3}{2}}
$$

参数方程情形

$$
K = \frac{|x(t)’y’’(t)-x’’(t)y’(t)|}{({x’}^2(t)+{y’}^2(t))^\frac{3}{2}}
$$

曲率半径 $\rho$ 公式：

曲率半径是曲率的倒数，即 $\rho = \frac{1}{K}$。

* 曲率圆中心位置 $(\alpha,\beta)$ 公式：

$$
\begin{cases}
\alpha = x-\frac{y’(1+{y’}^2)}{y’’} \cr
\beta = y+\frac{1+{y’}^2}{y’’}
\end{cases}
$$