高数复习总结

高数复习总结第一章函数·极限·连续Ⅰ.求极限的基本方法①使用洛必达法则②使用等价无穷小替换，使用两个重要极限形式（包括化exp()形式）设函数()0→xϕ,则有③提取公因式，实行倒代换（令1=xt）【例】求极限lim2→∞⎛⎝⎭nn，其中0a>,0b>【解】11lim1/,/ a lim2221211= a lim122111lim In122=a e⎛⎫⎛+⎪ ==⎪+→∞⎝⎭→⎝⎭-⎛⎫--⎪+⎪+→⎝⎭⎡⎤⎢⎥⎛⎫---⎢⎥⎪+⎪⎢⎥→⎝⎭⎢⎥⎣⎦⋅nx xcx n c b an xxcx x xc cxx x xc c cxxInc2Inc elim2=a e=a e→⋅⋅=xx④ 对因式进行变形化为有利因式【例】求极限lim1)ln →∞n n n【解】lim1)ln lim 1ln(1)→∞→∞→==+n n x n nx x ⑤ 利用夹逼准则【例】求极限lim →∞n 【解】1．当01≤≤x 时，1≤≤因为lim1→∞=n ， 所以当01≤≤x时，lim 1→∞=n . 2．当12<≤x 时，≤≤x 。

又lim →∞=n x ，所以，当当12≤≤x时，lim →∞=n x .3. 当2>x 时，22≤≤x又2lim2→∞=n x，所以当2>x时，2lim 2→∞=n x综上所述21 ,01l i ,12,22→∞⎧⎪≤≤⎪=<≤⎨⎪⎪>⎩n x x x xx⑥ 利用积分定义求极限 【例】求极限1lim→∞+⋯+n n【解】10011lim1lim cos() 2→∞→∞=⋯+=====∑⎰⎰n nn i nndx x dxππ⑦ 分子分母同乘一个因式化分母不为零【例】Ⅱ.求极限需注意的地方（1）洛必达法则的使用条件 ① 只有00或∞∞的未定式才能用此法则。

② ()f x 、()g x 在0x 邻域内可导，且'()0≠g x ③ 0()'()lim'()→→∞x x x f x g x 存在（或为∞）④ 当→∞x 时，极限式中含有sin x ,cos x 时，不能用此法则 当0→x 时，极限式中含有1sin x，1cos x时，不能用此法则（2）对于求因变量改变极限值也会改变的极限时，应对变量进行讨论 【例】求极限12111lime1-→--x x x x【解】11211111lim e lim 2e 1++--→→-=-=∞x x x x x x11211111lim e lim 2e 1----→→-=-=x x x x x x所以该极限不存在【例】求极限 1e lim1e--→+∞-+nx nxx【解】101e lim 001e1--→+∞>⎧-⎪==⎨+⎪-<⎩nx nxx x x x【注】Ⅲ. 几个常用等价无穷小替换第二章 不定积分 Ⅰ.求不定积分的基本方法① 第一类换元法（凑微分法）[][]'()()d ()d ()x f x x f x x ϕϕϕϕ=⎰⎰重要公式（1（2）1d csc d Incsc cot sin x x x x x C x ==-+⎰⎰ 1d sec d Insec tan cos x x x x x Cx ==++⎰⎰（3【例】 求不定积分211In 11x xx+--⎰【解】221111111I nI n d I n I n .1121141x xxx C xxx xx++++⎛⎫==+ ⎪-----⎝⎭⎰⎰② 第二类换元法（代换） （1）倒代换：一般令1t x =或21t x=设m,n 分别为被积函数的分子，分母关于x 的最高次数，当1n m ->时，用倒代换可望成功.【例】求不定积分()322d 1xx x ++⎰【解】()11333222222222122332222d d 11 d 13131(+)2443(1)d 2434 (1)33433(1)(1)44.x txxt t x x x td t t t t C t t C +=-⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎡⎤⎛⎫++++ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭+=-=-=++++=+⎰⎰⎰⎰⎰令【例】求不定积分x⎰122111d)1arcsin arcsin.xtx ttt tt c Cx x=+=-=-=-+=-+=+⎰⎰⎰⎰⎰令（2）三角代换：主要利用公式22sin cos1x x+=，22tan1secx x+=实行代换，可以利用三角代换. 【例】求不定积分222d(1)xxx+⎰【解】222tan222222tand sec(1)(1tan)1cos1sin d d sin222411arctan.221x tx tx tx tt tt t t t Cxx Cx=++-===-+=-++⎰⎰⎰⎰令【例】求不定积分⎰【解】令sinx t=，则d cos dx t t=22222cos cos cos11sind d d(sin)d1cos1cos sin sin11cos arcsin.sint t t tt t t tt t t tt t C x Ct x x--===-→+-=-+++=-+++⎰⎰⎰（3）指数代换：被积函数中含有x a、x e时可用指数代换.令x a t=，1ddIntxa t=xe t=，1ddttxt=③函数变换（1）整式分解：将被积函数拆分为若干个可积整式【例】求不定积分8d(1)xx x+⎰【解】77888888888d d 11()d (1)(1)1d 1(1)1 In x In (1)81811 In (1).8xx xx x x x x x x x x d x x C x x C x==-++++=-=-+++=-++⎰⎰⎰⎰⎰（2） 三角变换：利用三角公式进行变换化为可积函数。

主要三角变换公式：22sin cos 1x x +=（1的利用）sin 2sincos22x x x = 2222cos cos sin2cos112sin2222x x x x x =-=-=-21cos cos22x x+=21cos sin 22x x-=sin cos )24x x x +=+π[]1sin cos sin()cos()2x x x x ⋅=++-αβαβαβ []1sin sin sin()cos()2x x x x ⋅=--+αβαβαβ []1cos cos cos()cos()2x x x x ⋅=-++αβαβαβ【例】求不定积分1sin d 1sin cos x x x x+++⎰【解】22(sincos )sincos 1sin 2222d d d 1sin cos 2sincos 2cos 2cos2222d cos112 d In cos .222cos2x x x x xx x xx x x x x xxx x x C x +++=⎰=⎰+++=⎰-⎰=-+⎰④ 分部积分法：利用分布积分公式：d u v uv vdu =-⎰⎰关键：如何把被积函数分成两部分，如何选取u 和dv .选取的原则：(1)积分容易者选为dv ； (2) 求导简单者选为u . 在二者不可兼得的情况下，首先要保证的是前者.Ⅱ 几类被积函数的不定积分① 有理函数的积分有里函数的积分经拆分可化为若干整式然后再分项积分.②简单无理函数的积分无理函数的积分一般是通过选择变量替换，去掉根号，化为有理函数的积分来进行积分.常见的变换如下表【例】求不定积分dx⎰【解】53232326111d6d6(1)d1111=6(In1+t)32.t tt t t t tt t t tt t t CC+-⎰⎰=⎰=⎰-+-+++-+-++-+【例】求不定积分1x⎰【解】11.22x xx x x===-⎰⎰⎰⎰211(+sec).2211sec122sec tan d12tan211(sec sec)(tan In sect+tant).22x x x x ttt t ttt t t C===+==+=++⎰⎰⎰⎰⎰令所以元积分11In21.24x x C=+-+++③三角有理式的积分（1）“1”的妙用【例】求不定积分35dsin cosxx x⎰【解】223535533222253335331sin cos11sin cos sin cos sin cos sin cossin cos sin cossin cos sin cos1sin11sin cos cos sin cos sin cosx xx x x x x x x xx x x xx x x xxx x x x x x x+==+++=+=+++22353225335332sin sin cossin cos cos sin cossin sin cos cos12cos sin cos sin sin cossin sin cos32cos cos sin sin cosx x xx x x x xx x x xx x x x xx x xx x x x+=+++=+++=+++533422sin sin cos1(23)dcos cos sin sin cos1113In csc2cot2.4cos cos2sinx x xxx x x xx x Cx x x=+++=+-+-+⎰故原式【例】求不定积分1dsin22sinxx x+⎰2223322111sin22sin2sin cos2sin2sin(cos1)sin cos11224sin cos8sin cos8sin cos22222sin sin111122(),884sincos sin cos cos2222x x x x x x xx xx x x x xxx xx x x x x==++++====+=+故原积分23sin sin111122d d d()csc d84sin424cos cos22x xxx x x xx xx=+=+⎰⎰⎰⎰2111csc cot .84cos2In x x C x =+-+（2）分母的简化 分母只含有 1cos x ± 1sin x ± cos sin x x ± 时分母同乘以一个因式○注分子分母同乘以一个因式的做法在不定积分中是允许的，但在定积分运算中一般不许可. ④ 含有反三角函数的不定积分绝大多数这类题可直接令反三角函数为新变量求解 【例】（2008年数二）求积分210x⎰【解】 令sin x t =，则d cos d x t t = ，且当0x =时，0t =；当1x =时，2t π=220221222202222002sin 1d sin d (1cos 2)d cos 2111sin 21 dsin2sin 2d 2222221 164t t x t t t t t t ttt t t tdt t t t t πππππππππ===-⎛⎫⎛⎫=-=-+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰【例】（2006年数二）求不定积分arcsin d xxe x e⎰【解】arcsin d d arcsin d arcsin arcsin arcsin In .xxx xxxxxx xxxxxee x x e eee eee e ee eC -------=-=-+=--=--++⎰⎰⎰⎰【例】（2003年数二）求不定积分arctan 322d (1)xxex x +⎰【解】 设tan x t =，则a r c t a n23322t a n s i n1d s e c d d s i n ds e c c o s s e c(1)d cos d cos cos dd cos d sin sin d .x tttt t t tttxee t et x t t t e t t tt t x e t e t t e t e t e t t e t ===+=-=-+=-+-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰而1sin d (sin cos ).2t tt e t e t t C =-+⎰所以tan arctan arctan 3221d .2(1)arc xxxxex eC C x ⎛⎫=-+=++⎰⑤ 被积函数中含有In (())x ϕ积分 一般直接令()x t ϕ=【例】（2009年数二）计算不定积分(1(0)In x x +>⎰【解】令t =，则211x t =-，于是2222221(1)11In (1In (1)()d 1111In (1)111 d 14(1)4(1)2(1)(1)111 1412(1)In t x t d t t t t t t t t t t t In t t C t t t ++=+=---+-⎛⎫+--=-++ ⎪--++⎝⎭++=+-+--+⎰⎰⎰⎰1 In (1411In (1.22x InCx In x C =++-⎤=++-+⎦⑥ 杂例（1） 利用三角函数、x e 求导特殊性 【例】（2） 分子分母同时除以一个因式 【例】第三章 中值定理的证明技巧 Ⅰ.基本定理定理1 设函数()f x 在[,]a b 上连续，，则()f x 在[,]a b 有界，即存在常数0M>对任意的实数[,]x a b ∈，恒有()f x M ≤.定理 2 (最值定理) 设函数()f x 在[,]a b 上连续，则在[,]a b 上，()f x 至少取得最大值与最小值各一次，即,ξη∃，使得：{}{}()m ax (), [,],()m in (), [,],a x ba x bf f x a b f f x a b ξξηη≤≤≤≤=∈=∈定理 3 （介值定理）若函数()f x 在[,]a b 上连续，μ是介于()f a 与()f b （或最大值M 与最小值m ）之间的任一实数，则在[,]a b 上至少存在一个ξ，使得(). (f a b ξμξ=≤≤定理 4 （零点定理）设函数()f x 在[,]a b 上连续，且()()0f a f b ⋅<，则在[,]a b内至少存在一个ξ，使得()0. ()f a b ξξ=<<Ⅱ.证明方法命题的证明方法有两种： 1.直接法证明思路：是先利用最值定理，再用介值定理（适用于：[,]a b ξ∃∈的命题） ☆2.间接法（辅助函数法）证明思路：先做辅助函数()F x ，验证()F x 是否满足罗尔定理或是零点定理以及拉格朗日中值定理，若满足，由以上定理得出命题的证明.辅助函数()F x 的作法：（1） 将欲证明结论中的ξ改写成x ，移项，使等式一端为0，另一端暂计为*()F x ；（2） 令辅助函数*()()F x F x =，验证()F x 是否满足零点定理，若满足，命题得证，若不满足，则改令ji *()() F()F x F x x C '=+ 一次分（为简单方法便可0C =）；(3) 验证()F x 是否满足罗尔定理或是拉格朗日中值定理，若满足，用相应定理证明，若不满足，则改令ji *()() F()F x F x x ''=二次分； (4) 将()F x 展开称一阶泰勒公式，命题可望得证.Ⅲ.证明技巧一、证明结论：至少存在一点(,)a b ξ∈，使得关于ξ，()f ξ，()()n f ξ代数式的证明（无端点值a,b ）证明方法：原函数法 （1） 将欲证结论中的ξ换成x ；（2） 通过恒等变形将结论化为易消除导数符号的形式（或称之为易积分形式）；（3） 用观察法或积分法求出原函数（即不含导数符号的式子），为简便积分常数取作零）（4） 移项使等式一边为0，另一边即为所求辅助函数. 辅助函数()F x 的做法 拉格朗日中值定理的结论：()()().()()()()()()()()()0,f b f a f b a f b f a f b f a f x x f x C b ab af b f a f x x b aξ-'=---'⇒=⇒=+---⇒-=-令 ()()()().f b f a F x f x x b a-=--二、证明结论：至少存在一点(,)a b ξ∈，使得关于a ,b ,()f a ,()f b ,ξ，()f ξ，()()n fξ代数式的证明(有断点a,b,及端点值()f a ,()f b )证明方法：常数k值法（轮换对称法）此法适用于常数已分理出的命题。