张宇18讲
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"考研/math/009_## 第8讲.md",
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"考研/math/003_## 第2讲.md",
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"未命名 3.base",
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"未命名 1.base",
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"零碎的知识/clould code.md",
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"考研/math/images/ff2bf26681da637d5740cdf9a96b0229d2c29427b742e43ce5cf5bf86d9cefd1.jpg",
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"考研/math/images/feb62b5d3a89ab6b661357a25276dd3dd4d840798e79926ad35ab1a082330d68.jpg",
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"考研/math/images/feaa272fe17489a41c80139601c7dc324894356685e49db17e0aef147cd46bd0.jpg",
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"考研/math/images/fe9e7f4e1f7de60795144556602e5ec03b7ff0183a1475b8185f6f96834dae37.jpg",
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"考研/math/020_## 第18讲.md",
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"考研/math/019_## 第17讲.md",
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"考研/math/018_## 第17讲.md",
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"考研/math/017_## 第15讲.md",
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"考研/math/016_## 第14讲.md",
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"考研/math/015_## 第13讲.md",
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"考研/math/013_## 第12讲.md",
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"考研/math/014_## 第13讲.md",
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"考研/math/012_## 第11讲.md",
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"考研/math/011_## 第10讲.md",
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"考研/math/008_## 第7讲.md",
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"考研/math/006_## 第5讲.md",
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"考研/math/007_## 第6讲.md",
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"考研/math",
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"考研/chapters/images",
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"考研/chapters/020_## 第18讲.md",
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"考研/chapters/019_## 第17讲.md",
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"考研/chapters/018_## 第17讲.md",
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"考研/chapters/017_## 第15讲.md",
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"考研/chapters",
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"未命名.base",
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"超级备忘/激光原理",
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"超级备忘/机器学习/机器视觉.md",
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"超级备忘/图像处理/数字图像处理.md",
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"超级备忘/图像处理",
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"超级备忘/课内备忘/课表.md",
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"个人日记/2026-03-08.md",
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"个人日记/2026-03-09.md",
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"个人日记/2026.3.8.md",
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"超级备忘/光纤通信/光纤通信.md",
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"超级备忘/光纤通信",
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"超级备忘/课内备忘/截屏2026-03-09 00.21.23.png",
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"超级备忘/机器学习/实验课.md",
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"技能树/校园网/校园网通过openwrt绕过校园网多设备检测.md",
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"超级备忘/机器学习/机器学习.md",
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"超级备忘/机器学习",
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"超级备忘/传感器与自动测量",
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"超级备忘/课内备忘",
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"超级备忘",
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"技能树/观背的饲养/观背的饲养.md",
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"技能树/观背的饲养",
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"技能树/校园网",
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"技能树/moonlight-sunshine串流",
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"rm常用库/c板常用接口.md",
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"rm常用库/Pasted image 20260205113522.png",
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"rm常用库/Pasted image 20260205113541.png",
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"rm常用库/Pasted image 20260205113634.png",
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"rm常用库/Pasted image 20260205113442.png",
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"rm常用库/Pasted image 20260205113421.png",
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"rm常用库/Pasted image 20260204203012.png",
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"fusion实验记录/实验对比.md",
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"零碎的知识/ros1禁用gazebo的gpu功能.md",
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"零碎的知识/ppo算法.md",
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"零碎的知识/nginx配置.md",
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"零碎的知识/ubuntu设置swap交换内存.md",
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"零碎的知识/win11激活.md",
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"零碎的知识/vscode免密.md"
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"超级备忘/图像处理"
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未命名 1.base
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未命名 1.base
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name: 表格
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未命名 2.base
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未命名 2.base
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3
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236
考研/math/001_前言.md
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236
考研/math/001_前言.md
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## 张宇大学数学图书推荐
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大学数学解题指南
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## 20年教学精华
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·张宇
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博士，知名数学教育专家，从教二十余年，培养了大批学生考入清华、北大等名校攻读研究生，带出了不少年轻有为的教学能手，撰写了数十本全国畅销数学教材、习题书、模考卷等，曾任高等教育出版社《全国硕士研究生入学统一考试数学考试大纲解析》编者之一，命题经验丰富。
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## ○考研教材类
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·张宇数学系列
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## 0考研题集类
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张宇考研数学题源探析经典1000题（分数学一、数学二、数学三）考研数学真题大全解·基础篇-【1987一2012年】（分数学一、数学二、数学三)考研数学真题大全解·强化篇-【2013一2026年】（分数学一、数学二、数学三）考研数学命题人终极预测8套卷（分数学一、数学二、数学三）张宇考研数学最后4套卷（分数学一、数学二、数学三）
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## ○大学教材类
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大学数学解题指南
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大学数学题源大全
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高等数学习题全解 （同济八版·上册）
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高等数学习题全解（同济八版·下册）
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线性代数习题全解（同济七版）
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概率论与数理统计习题全解 (浙大五版)
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高等数学同步检测卷（上册）
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高等数学同步检测卷（下册）
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线性代数同步检测卷
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概率论与数理统计同步检测卷
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北京理工大学出版社网址：http://www.bitpress.com.cn
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主编 张宇
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## 考研数学基础30讲
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## 高等数学分册
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定价：139.90元（共3册）
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○主编张宇
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副主编高昆轮
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用“启航考研”小程序刷题免费听《30讲》配套习题讲解
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微信扫一扫 加入专属学习群 备考资料交流答疑社群带学学习奖励
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## 温馨提示：
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本书采用裸脊锁线的装帧工艺，制作精良，牢固且不易掉页，可180°平摊，学习阅读体验更佳！
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图书外封为护封，用于保护书籍，不易被损坏，可任意拆装，请不要随意丢弃哦\~
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## 张宇考研数学全家桶
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## 一套完整的考研数学复习攻略
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## 02强化进阶
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掌握高频考点和常考题型，提高解题能力
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学习时间：2026年6月—9月
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学习用书：
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书课包 《高等数学18讲》
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《线性代数9讲》
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书课包 《概率论与数理统计9讲》
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《张宇考研数学题源探析经典1000题》强化篇&综合篇
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## 04冲刺拔高
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模考测试，科学预测，查漏补缺学习时间：2026年10月—12月学习用书：
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《考研数学命题人终极预测8套卷》《张宇考研数学最后4套卷》
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## 01基础夯实
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系统学习基础知识点，配合基础习题练习
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学习时间：现在—2026年5月
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学习用书：
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书课包 《考研数学基础30讲·高等数学分册》
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书课包 《考研数学基础30讲·线性代数分册》
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《考研数学基础30讲·概率论与数理统计分册》
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《张宇考研数学题源探析经典1000题》基础篇
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## 03真题演练
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真题带练，把握命题规律，积累解题经验
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学习时间：2026年3月－10月
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学习用书：
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《考研数学真题大全解·基础篇》
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《考研数学真题大全解·强化篇》
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这个世界
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蕴含的客观规律
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是美妙的，
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谨以此书
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献给努力探寻世界的人们。
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# 考研数学基础30讲
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# 高等数学分册
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○主编张宇
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○ 副主编 高昆轮
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图书在版编目（CIP）数据
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考研数学基础30讲.高等数学分册：函套三册／张
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宇主编．--北京：北京理工大学出版社，2025.9（2025.10重印）.
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ISBN 978-7 -5763-5862-9
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I. 013
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中国国家版本馆CIP数据核字第20255XE608号
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责任编辑：多海鹏
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文案编辑：多海鹏
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责任校对：周瑞红
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责任印制：李志强
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出版发行／北京理工大学出版社有限责任公司
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社址／北京市丰台区四合庄路6号
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邮编/100070
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电话／（010）68944451（大众售后服务热线）
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（010）68912824（大众售后服务热线）
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网址/http：//www.bitpress.com.cn
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版印次/2025年10月第1版第2次印刷
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印 刷／河北鹏润印刷有限公司
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开本/787mm×1092mm 1/16
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印 张/45.75
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字数/1142千字
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定价／139.90元（共3册）
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图书出现印装质量问题，请拨打售后服务热线，负责调换
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## 前言
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《考研数学基础30讲》（下称《30讲》）按照《全国硕士研究生招生考试数学考试大纲》，并结合考研数学命题趋势编写，其中高等数学分册分为18讲，线性代数分册分为6讲，概率论与数理统计分册分为6讲，共30讲。学完这些内容，即可达到传统意义上的“基础阶段”与“强化阶段”的全部要求。
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《30讲》高等数学分册配套了《零基础通关讲义》，旨在全面夯实考生知识结构中的数学基础知识，分为六个部分，分别是：基本逻辑、解析式的概念与运算、方程与不等式、函数、数列及其单调性、坐标系及其变换。其中，“基本逻辑”重新编写。这些基础知识，关系到之后考研数学的各个解题环节，十分重要。要掌握这些知识，关键是在使用中体会并熟练掌握它们，这就需要配套高质量的数学题目，作者从全国以及各省市的历年高考试题中精选或重新编制了若干优秀试题，考生应认真完成这些题目，并经常思考，不时重复，通过优秀的试题来记忆和把握基础知识是一个好方法。
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本书每一讲都由基础知识结构、基础内容精讲、基础习题精练三部分组成，涵盖《全国硕士研究生招生考试数学考试大纲》中所有知识点，循序渐进，由浅人深，最后达到考研数学对试题要求的难度水平。2027版《30讲》高等数学分册在第12讲和第14讲中分别增加了古鲁金第一定理和古鲁金第二定理的相关内容。这里需要特别指出的是，数学学习是一环扣一环的，上一个环节的知识和想法，直接影响到下一个环节的知识和想法，任何环节都不能团圈吞枣或降低要求，必须深刻掌握，否则越往下学习就会越困难。反之，若在初始阶段多下些功夫，搞明白原理，捋清楚关系，看似进度不快，却能为后面的学习加速打下坚实的基础。本书最后有六个附录，分别是：图像变换、常用平面图形、常用空间图形、重要公式、从指数函数到双曲函数、变形技巧。其中最后一个附录是新增内容，供考生在学习与做题过程中作重要参考。
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《30讲》是书课包，即本书作者会对书中全部内容进行系统讲解，考生扫描书中二维码即可快速定位对应知识点的视频讲解。2027版的《30讲》根据课程讲解，标注了全程的学习笔记，既能防止考生漏记、错记笔记，又节省做笔记的时间，考生只需集中精力认真听即可。
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建议考生结合课程反复研读本书，有些知识的掌握是需要反复琢磨的，要养成独立思考的习惯，逐渐达到知识、思路、题型和方法皆会以清晰的结构呈现眼前的效果。本书是作者多年基础阶段教学经验的总结，愿助潜心研读者打好地基、夯实基础，勇攀考研数学高峰。
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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本书自出版以来，承蒙广大师生厚爱，在考研数学基础阶段起到了一定的积极作用。限于作者水平，书中不足或错误之处，望各位不吝赐教，多提意见与建议，特此致谢！
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2025年8月于北京
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## 目录
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关注公众号获取更多免费考研资料
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第1讲函数极限与连续 1
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第2讲数列极限· 76
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第3讲 一元函数微分学的概念… 99
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第4讲 一元函数微分学的计算· 119
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第5讲 一元函数微分学的应用（一）—几何应用 …139
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第6讲 一元函数微分学的应用（二）一中值定理、微分等式与微分不等式 164
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第7讲 一元函数微分学的应用（三）一物理应用与经济应用 ……. 186
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第8讲 一元函数积分学的概念与性质 .… 195
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第9讲一元函数积分学的计算 : 230
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第10讲－元函数积分学的应用（一）—几何应用 … 263
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第11讲 一元函数积分学的应用（二）一 -积分等式与积分不等式 …282
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第12讲 一元函数积分学的应用（三）一物理应用与经济应用 294
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第13讲多元函数微分学 … 304
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第14讲二重积分 . 338
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第15讲微分方程 ……. 377
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第16讲 无穷级数（仅数学一、数学三） . 409
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第17讲多元函数积分学的预备知识（仅数学一） …464
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第18讲多元函数积分学（仅数学一） …488
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附录1图像变换 …546
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附录2常用平面图形 … 549
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附录3常用空间图形 …552
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附录4重要公式 …555
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附录5从指数函数到双曲函数 .558
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附录6变形技巧 .563
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3153
考研/math/002_## 第1讲.md
Normal file
3153
考研/math/002_## 第1讲.md
Normal file
File diff suppressed because it is too large
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883
考研/math/003_## 第2讲.md
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考研/math/003_## 第2讲.md
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## 第2讲
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## 数列极限
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>证明数列极限的存在性</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>选择题、填空题、解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①理解数列极限的概念；②掌握数列极限的性质及四则运算规则；③掌握数列极限存在的两个准则，并会利用它们求极限</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>①海涅定理的应用；②通过放缩利用夹逼准则求极限；③单调有界准则证明极限存在</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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## 数列的概念
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对每个 $\boldsymbol { n } \in \mathbf { N } _ { + }$ ，如果按照某一法则，对应着一个确定的实数 $x _ { n }$ ，这些实数 $x _ { n }$ 按照下标n从小到大排列得到的一个序列
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x _ { 1 } , x _ { 2 } , x _ { 3 } , \cdots , x _ { n } , \cdots
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就叫作数列，简记为数列 $\{ x _ { n } \}$
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数列中的每一个数叫作数列的项，第n项 $x _ { n }$ 叫作数列的一般项(或通项).
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在几何上，数列 $\{ x _ { n } \}$ 可看作数轴上的一个动点，它依次取数轴上的点 $x _ { 1 } , x _ { 2 } , x _ { 3 } , \cdots , x _ { n } , \cdots$ (见图2-1).
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$$
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\overrightarrow { x _ { 2 } } \overrightarrow { \mathrm { ~ \it ~ { ~ x ~ } ~ } _ { 1 } x _ { 3 } } \overrightarrow { \mathrm { ~ \it ~ { ~ x ~ } ~ } _ { n } } \overrightarrow { \mathrm { ~ \it ~ { ~ x ~ } ~ } }
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图2-1
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## 注数列一定有无穷多项.
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数列的本质是“整标函数”
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数列 $\{ x _ { n } \}$ 可看作自变量为正整数n的函数
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x _ { n } = f ( n ) , n \in \mathbf { N } _ { + } \ .
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当自变量n依次取1,2,3,一切正整数时，对应的函数值就排列成数列 $\{ x _ { n } \}$
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## 注（1）子列
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从数列 $\{ a _ { n } \} : a _ { 1 } , a _ { 2 } , \cdots , a _ { n } , \cdots$ 中选取无穷多项，并按原来的先后顺序组成新的数列，称新数列为原数列的子列，记为
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$$
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\{ a _ { n _ { k } } \} \colon a _ { n _ { 1 } } \ : , \ : a _ { n _ { 2 } } \ : , \ : \cdots , a _ { n _ { k } } \ : , \ : \cdots ,
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其中下标 $n _ { 1 } , n _ { 2 } , \cdots , n _ { k } , \cdots$ 为正整数
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例如，若 $n _ { k } ( k = 1 , 2 , \cdots )$ 分别取2k和2k-1，则得到数列 $\left\{ a _ { n } \right\}$ 的两个子列
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\{ a _ { 2 k } \} \colon a _ { 2 } , a _ { 4 } , \cdots , a _ { 2 k } , \cdots ; \{ a _ { 2 k - 1 } \} \colon a _ { 1 } , a _ { 3 } , \cdots , a _ { 2 k - 1 } , \cdots ,
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这两个子列的项在原数列中交错出现
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（2）等差数列
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首项为 $a _ { 1 }$ ，公差为d（d≠0）的数列 $a _ { 1 } , a _ { 1 } + d , a _ { 1 } + 2 d , \cdots , a _ { 1 } + ( n - 1 ) d , \cdots$
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①通项公式 $a _ { n } = a _ { 1 } + ( n - 1 ) d$
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②前n项的和 $S _ { n } = { \frac { n } { 2 } } \bigl [ 2 a _ { 1 } + ( n - 1 ) d \bigr ] = { \frac { n } { 2 } } ( a _ { 1 } + a _ { n } )$
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（3）等比数列
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首项为 $a _ { 1 }$ ，公比为r(r≠0）的数列 $a _ { 1 } , a _ { 1 } r , a _ { 1 } r ^ { 2 } , \cdots , a _ { 1 } r ^ { n - 1 } , \cdots$ ·
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①通项公式 $a _ { n } = a _ { 1 } r ^ { n - 1 }$
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②前n项的和 $S _ { n } = \left\{ \begin{array} { l l } { n a _ { 1 } , } & { \ r = 1 , } \\ { a _ { 1 } ( 1 - r ^ { n } ) } \\ { 1 - r } \end{array} \right.$
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③常用 $1 + r + r ^ { 2 } + \cdots + r ^ { n - 1 } = \frac { 1 - r ^ { n } } { 1 - r } ( r \neq 1 )$ →有限项和不会发散，收敛和发散的概念，只在无穷项时会涉及
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这两个求和公式针对的前n项和，即有限项和，当讨论无限项和时，需要使用无穷级数理论
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（4单调数列
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若对所有正整数n，有 $a _ { n + 1 } \geq a _ { n } ( a _ { n + 1 } \leq a _ { n } )$ 则称数列 $\{ a _ { n } \}$ 为单调不减（不增）数列.将≥(≤)换成>(<)，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.
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（5）有界数列
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若对所有正整数n，存在正实数M，有 $\left. a _ { n } \right. \leqslant M$ ，则称数列 $\{ a _ { n } \}$ 为有界数列
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①找M，使得 $\vert a _ { n } \vert \leqslant M$ 证明数列有界的几种方法： ②放缩法；③找最值；④基本不等式法
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（6）一些常见数列前n项的和
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$\sum _ { k = 1 } ^ { n } k = 1 + 2 + 3 + \cdots + n = { \frac { n ( n + 1 ) } { 2 } }$ ·
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② $) \sum _ { k = 1 } ^ { n } k ^ { 2 } = 1 ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } + 3 ^ { 2 } + \cdots + n ^ { 2 } = { \frac { n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) } { 6 } }$
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= 1 - { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 2 } } - { \frac { 1 } { 3 } } + { \frac { 1 } { 3 } } - { \frac { 1 } { 4 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } - { \frac { 1 } { n + 1 } }
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\star ( 3 ) \sum _ { k = 1 } ^ { n } \frac { 1 } { k ( k + 1 ) } = \frac { 1 } { 1 \times 2 } + \frac { 1 } { 2 \times 3 } + \frac { 1 } { 3 \times 4 } + \cdots + \frac { 1 } { n ( n + 1 ) } = ( \frac { n } { n + 1 } ) .
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { k = 1 } ^ { n } { \frac { 1 } { k ( k + 1 ) } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n } { n + 1 } } = 1
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(7)一个重要数列 $\left\{ \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n } \right\}$ 的结论：
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①单调递增有上界.
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② $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n } = \mathbf { e } .$
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当n无限增大时（即 $n \infty$ 时），对应的 $x _ { n } = f ( n )$ 是否能无限接近于某个确定的数值，这就是我们接下来要研究的数列极限.
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例2.1 设 $0 < x _ { 1 } < 3 , \ x _ { n + 1 } = \sqrt { x _ { n } ( 3 - x _ { n } ) } ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，证明数列 $\{ x _ { n } \}$ 有界．
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分析针对 $\sqrt { A ( B - A ) }$ 形的式子，可以使用基本不等式.
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证因为 $0 < x _ { 1 } < 3$ ，所以 $x _ { 1 } , 3 - x _ { 1 }$ 均为正数，从而
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\sqrt { a b } \leqslant \frac { a + b } { 2 } ( a \geqslant 0 , b \geqslant 0 ) \Longleftrightarrow \qquad 0 < x _ { 2 } = \sqrt { x _ { 1 } ( 3 - x _ { 1 } ) } \leqslant \frac { x _ { 1 } + 3 - x _ { 1 } } { 2 } = \frac { 3 } { 2 } \ .
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设 $0 < x _ { k } \leqslant \frac 3 2 ( k > 1 )$ ，则 $0 < x _ { k + 1 } = \sqrt { x _ { k } ( 3 - x _ { k } ) } \leqslant \frac { 1 } { 2 } ( x _ { k } + 3 - x _ { k } ) = \frac { 3 } { 2 }$ ，由数学归纳法知，对任意正整数$n > 1$ ，都有 $0 < x _ { n } \leqslant \frac { 3 } { 2 }$ ，即数列 $\{ x _ { n } \}$ 有界.
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## 2数列极限的定义
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设 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 为一数列，若存在常数a，对于任意的 $\varepsilon > 0$ （不论它多么小)，总存在正整数N，使得当$n > N$ 时， $\left. x _ { n } - a \right. < \varepsilon$ 恒成立，则称常数a是数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 的极限，或者称数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a，记为
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a \not \exists \Pr x _ { n } \to a ( n \to \infty ) , \qquad \forall \# \neq \neq \neq \# , \qquad \# \neq \neq \neq \neq
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如果不存在这样的常数a，就说数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 是发散的.
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注(1)数列极限的定义是比较难的一个考点，但是卷面上不会考证明的解答题，基本只在选择题和填空题里面考对它的理解
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(2)数列极限与函数极限是极限的两个基本类型，二者虽然有联系，但是也有着很大的区别．比如对于唯一性而言，数列极限与函数极限是相同的，二者的极限都具有唯一性，对于有界性而言，二者是有区别的，函数极限的有界性强调的是局部有界性，也就是在某个邻域上有界，而数列极限的有界性指的是全局有界性，即对数列中的任意一项都有 $\vert a _ { n } \vert \leqslant M$ .对于保号性而言，函数极限强调的也是局部保号性，即在某个邻域上是保号的，而数列极限虽然没有强调局部保号性，但是也要强调存在正整数N，当 $n > N$ 时才有 $a _ { n } > 0 ( \frac { 1 } { 2 } \times 2 0 )$
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(3)常用的语言： $\bigoplus _ { n \to \infty } \operatorname* { l i m } _ { n } x _ { n } = a \Leftrightarrow$ 任意 $\varepsilon > 0$ ，存在 $N \in \mathbf { N } _ { + }$ ，当 $n > N$ 时，恒有 $\left. x _ { n } - a \right. < \varepsilon$ 且当$a = 0$ 时，称 $x _ { n }$ 为 $n \infty$ 时的无穷小量. xn与a的距离伍意小 不等关系
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a.与函数极限的定义作对比.
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = a \Leftrightarrow$ 任意 $\varepsilon > 0$ ，存在 $X > 0$ ，当 $x > X$ 时，恒有 $\vert f ( x ) - a \vert < \varepsilon$
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b.定义中的 $n > N$ ，N未必只能取整数，因为 $n > 1 0 0 0 0$ 和 $n > 1 0 0 0 0 . 1$ 表达的意思是一样的。
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = \infty$ 任意 $x > 0$ ，存在 $N \in \mathbf { N } _ { + }$ ，当 $n > N$ 时，恒有 $\left. x _ { n } \right. > x$ 此时称 $x _ { n }$ 为 $n \infty$ 时的无穷大量
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（4）数列收敛与其子列收敛的关系
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定理1若数列 $\left\{ a _ { n } \right\}$ 收敛，则其任何子列 $\left\{ a _ { n _ { k } } \right\}$ 也收敛，且 $\operatorname* { l i m } _ { k \to \infty } a _ { n _ { k } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n }$
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推论 $\operatorname * { l i m } _ { n \infty } a _ { n } = a \Leftrightarrow \operatorname * { l i m } _ { k \infty } a _ { 2 k } = a , \quad \mathbb { E } \operatorname* { l i m } _ { k \infty } a _ { 2 k - 1 } = a .$ A=B nc，则 ${ \overline { { B } } } \cup { \overline { { C } } } \Rightarrow { \overline { { A } } }$ $\operatorname* { l i m } _ { k + \infty } a _ { 3 k } = \operatorname* { l i m } _ { k + \infty } a _ { 3 k + 1 } = a$ ，推不出 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = a$
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因为 $a _ { 3 k + 2 }$ 缺夫
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此定理为我们提供了一个判断数列发散的方法：对于一个数列 $\left\{ a _ { n } \right\}$ ，如果能找到一个发散的子列，则原数列一定发散；如果能找到至少两个收敛的子列 $\left\{ a _ { n _ { k } } \right\}$ 和 $\left\{ a _ { n _ { k } ^ { \prime } } \right\}$ 但它们收敛到不同极限，则原数列也一定发散．
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如 $\left\{ n ^ { ( - 1 ) ^ { n } } \right\}$ ，详见例2.3
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再例如，对于数列 $\left\{ ( - 1 ) ^ { n } \right\} : - 1 , 1 , - 1 , 1 , \cdots , ( - 1 ) ^ { n } , \cdots$ ，我们找到其收敛的子列
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\left\{ ( - 1 ) ^ { 2 k } \right\} : 1 , 1 , \cdots , 1 , \cdots ; \left\{ ( - 1 ) ^ { 2 k - 1 } \right\} : - 1 , - 1 , \cdots , - 1 , \cdots ,
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它们的极限分别为1和-1，所以原数列发散
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例2.2 证明：若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = A$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| a _ { n } \right| = \left| A \right|$
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分析证明 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \mid a _ { n } \mid = \mid A \mid$ ，关键是要找到 $\| a _ { n } | - | A | |$ 与 $\vert a _ { n } - A \vert$ 的关系，这时就要联想到三角不等式．
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证因为 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = A$ ，所以对任意正数ε，存在正整数N，当 $n > N$ 时，有
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\left| a _ { n } - A \right| < \varepsilon .
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又由不等式 $| a | - | b | \ | \leqslant | a - b |$ ，有
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\mid \left| a _ { n } \left| - \right| A \right| \mid \leqslant \left| a _ { n } - A \right| < \varepsilon .
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故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| a _ { n } \right| = \left| A \right|$
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注（1)此命题反过来不对，如取 $a _ { n } = ( - 1 ) ^ { n }$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| ( - 1 ) ^ { n } \right| = 1$ .但 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( - 1 ) ^ { n }$ 不存在
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(2)在本题中若 $A = 0$ 则 $\mid \mid a _ { n } \mid - \mid A \mid \mid = \mid \mid a _ { n } \mid - 0 \mid = \mid a _ { n } - 0 \mid$ , 即有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { _ n } = 0 \Leftrightarrow \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| a _ { _ n } \right| = 0$ ，这个结论常用 例 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \sin n } { n ^ { 2 } } }$
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$0 \leqslant \left| { \frac { \sin n } { n ^ { 2 } } } \right| \leqslant \frac { 1 } { n ^ { 2 } }$ $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } | { \frac { \sin n } { n ^ { 2 } } } | = 0$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to - \infty } { \frac { \sin n } { n ^ { 2 } } } = 0$
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一般地，若要证 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0$ 可转化为证 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \vert a _ { n } \vert = 0$ 由于 $\mid a _ { n } \mid \geqslant 0$ 若使用夹逼准则，便省 $\beta -$ 半的力气，只需找到一个数列 $\{ b _ { n } \}$ 满足 $\mid a _ { n } \mid \leqslant b _ { n }$ 且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n } = 0$ 即可
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(3)此结论对函数亦成立，即若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } \left| f ( x ) \right| { = } \left| A \right|$ 而反之不成立．但 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) =$ $0 \Longleftrightarrow \operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } | f ( x ) | = 0$
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例2.3 证明数列 $\left\{ n ^ { ( - 1 ) ^ { n } } \right\}$ 极限不存在.
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从数列
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\left\{ n ^ { ( - 1 ) ^ { n } } \right\} : \frac { 1 } { 1 } , 2 , \frac { 1 } { 3 } , 4 , \frac { 1 } { 5 } , 6 , \cdots , \frac { 1 } { 2 n - 1 } , 2 n , \cdots
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中选取一个子列{2n：2,4,,2n,，该数列不是有界数列，由下文收敛数列的性质定理3的逆否命题知该子列发散，因此，由“收敛数列的任何子列也收敛”的逆否命题知，原数列极限不存在.
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注该数列存在收敛的子列 $\left\{ { \frac { 1 } { 2 n - 1 } } \right\} : 1 , { \frac { 1 } { 3 } } , { \frac { 1 } { 5 } } , \cdots , { \frac { 1 } { 2 n - 1 } } , \cdots$ 但原数列发散.这说明一个数列的某个子列收敛并不能保证原数列收敛．
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$x _ { n } = { \left\{ \begin{array} { l l } { { \frac { n ^ { 2 } + { \sqrt { n } } } { n } } , } & { n } \\ { 1 , } & { n } \end{array} \right. }$ 为正奇数，例2.4 设 则当 $n \infty$ 时，变量 $x _ { n }$ 为（ ）为正偶数，
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→对于某个 $M > 0$ ，存在 $N > 0$ 当 $2 n > N$ 时，无论2n取何值，都有 $x _ { 2 n } 0 < M$ ，所 $\{ x _ { n } \}$ 不是无穷大量(A)无穷大量 (B)无穷小量(C)有界变量但不是无穷小量 (D)无界变量但不是无穷大量
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解 应选(D).
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { 2 n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { 1 } { 2 n } = 0 ,
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { 2 n - 1 } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { ( 2 n - 1 ) ^ { 2 } + { \sqrt { 2 n - 1 } } } { 2 n - 1 } } = + \infty ,
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可知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { 2 n } \neq \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { 2 n - 1 }$ ，因此 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 不存在，且当n→∞时， $\left\{ x _ { n } \right\}$ 既不是无穷大量，也不是无穷小量，它是无界变量，故选 (D).
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## ③收敛数列的性质
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定理2（唯一性）给出数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ ，若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$ (存在)，则a是唯一的.
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定理3（有界性）若数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 极限存在，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 有界.
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定理4（保号性）设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a > b$ ，则存在 $N > 0$ ，当 $n > N$ 时，有 $\begin{array} { l } { { x _ { n } > b } } \\ { { ( < ) } } \end{array}$ .若数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 从某J区别于函数的局部有项起有 $\begin{array} { c } { { x _ { n } \geqslant b } } \\ { { ( \leqslant ) } } \end{array}$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$ ，则 $a \geqslant b$ ，其中b为任意实数.常考b=0的情形. 界性和局部保号性(≤)
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脱帽解法： $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } > a \Rightarrow x _ { n } > a$ （严格不等）.
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } > 1 \Rightarrow x _ { n } > 1
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戴帽解法： $x _ { n } \geqslant a \Rightarrow \operatorname* { l i m } _ { n \infty } x _ { n } \geqslant a$ （非严格不等）.
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例2.5 已知 $a _ { n } = 1 - \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { n } ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，则{a）（ ）
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(A)有最大值，有最小值 (B)有最大值，没有最小值(C)没有最大值，有最小值 (D)没有最大值，没有最小值
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分析写出开头几项： $1 + { \frac { 1 } { 1 } } , 1 - { \frac { 1 } { 2 } } , 1 + { \frac { 1 } { 3 } } , \cdots$ ，观察规律，发现在“1”的附近摆动．
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## 解 应选(A).
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 1 , a _ { 1 } = 2 > 1 , a _ { 2 } = 1 - { \frac { 1 } { 2 } } < 1$ .由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } - a _ { 1 } ) < 0$ ，则存在 $N _ { \mathrm { 1 } } > 0$ ，当 $n > N _ { 1 }$ 时， $a _ { n } < a _ { 1 }$ .又由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } - a _ { 2 } ) > 0$ ，则存在 $N _ { 2 } > 0$ ，当 $n > N _ { 2 }$ 时， $a _ { n } > a _ { 2 }$ .取 $N = \operatorname* { m a x } \{ N _ { 1 } , N _ { 2 } \}$ ，当 $n > N$ 时， $a _ { n }$ 不可能是最大、最小值，故前有限项必存在最大、最小值. 目的是保证 $N \geqslant N _ { 1 } \ntrianglelefteq N \geqslant N _ { 2 }$ ，于是n>N时，有 $n > N _ { 1 } \triangleleft n > N _ { 2 }$
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## 注（1)最值是比较出来的
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（2)此题用保号性说明了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
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## 4极限四则运算规则
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## →①对于数列极限，有 ①对丁叙列破限，明
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设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } = b$ ，则
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(1) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( x _ { n } \pm y _ { n } ) = a \pm b$
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(2) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } y _ { n } = a b$
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(3)若 $b \neq 0$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { x _ { n } } { y _ { n } } } = { \frac { a } { b } }$
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( x _ { n } + y _ { n } ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } + \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } ; \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( x _ { n } - y _ { n } ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } - \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } ;$
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } y _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } \cdot \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } ; \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { x _ { n } } { y _ { n } } } = { \frac { \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } } { \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } } } \bigg ( \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } \neq 0 \bigg ) .$
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②对于函数极限，有
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$\operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } [ f ( x ) + g ( x ) ] = \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) + \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } g ( x ) ; \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } [ f ( x ) - g ( x ) ] = \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) - \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } g ( x )$
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) g ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) \bullet \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x ) \ ; \ : \ \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = { \frac { \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) } { \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x ) } } { \left( \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x ) \neq 0 \right) } .$
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四则运算规则可以推广至有限个数列情形.
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例2.6 设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } + b _ { n } ) = 1$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } - b _ { n } ) = 3$ ，则（）
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(A) $\left\{ a _ { n } \right\}$ 极限存在， $\left\{ b _ { n } \right\}$ 极限不存在
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(B) $\left\{ a _ { n } \right\}$ 极限存在， $\left\{ b _ { n } \right\}$ 极限存在
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(C） $\left\{ a _ { n } \right\}$ 极限不存在， $\left\{ b _ { n } \right\}$ 极限不存在
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(D) $\left\{ a _ { n } \right\}$ 极限不存在， $\left\{ b _ { n } \right\}$ 极限存在
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分析对于数列极限的计算，可简记如下：
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存在±存在=存在；
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存在±不存在=不存在；
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不存在±不存在=不确定.
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解 应选(B).
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令 $u _ { n } = a _ { n } + b _ { n } , \nu _ { n } = a _ { n } - b _ { n }$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 1 , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \nu _ { n } = 3$ .由极限四则运算规则(1)知， $\left\{ u _ { n } + \nu _ { n } \right\}$ 和 $\left\{ u _ { n } - \nu _ { n } \right\}$ 均存在极限，且有
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } + \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \nu _ { n } = 1 + 3 = 4 ,
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } ( u _ { n } - \nu _ { n } ) = \operatorname * { l i m } _ { n \infty } u _ { n } - \operatorname * { l i m } _ { n \infty } \nu _ { n } = 1 - 3 = - 2 .
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又 $a _ { n } = \frac { 1 } { 2 } ( u _ { n } + \nu _ { n } ) , b _ { n } = \frac { 1 } { 2 } ( u _ { n } - \nu _ { n } )$ ，所以 $\left\{ a _ { n } \right\}$ 和 $\left\{ b _ { n } \right\}$ 的极限均存在，且有
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } a _ { n } = { \frac { 1 } { 2 } } \times 4 = 2 , \operatorname * { l i m } _ { n \infty } b _ { n } = { \frac { 1 } { 2 } } \times ( - 2 ) = - 1 .
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } + b _ { n } )$ 存在，并不意味着 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n }$ 和 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n }$ 均存在.例如 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } [ \sin n + ( - \sin n ) ] = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } 0 = 0$ 但limsinn与 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( - \sin n )$ 均不存在．
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## 5海涅定理（归结原则）
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在有的题目中，计算数列极限是极其困难的，这个时候我们就可以使用海涅定理，将原来的数列极限转化成函数极限，转换成函数极限后，有很多工具可以使用，比如洛必达法则、泰勒公式、等价无穷小代换等，计算出函数极限后，根据海涅定理，就可得出数列极限的值，这是极限计算中一个非常重要的考点.比如
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \ln n } { n } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \ln x } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { 1 } { x } } = 0 .
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这道题是一个非常典型的利用海涅定理将数列极限转化为函数极限的例子，之所…要这样操作，是因为题目中用到了洛必达法则，但是数列极限是不能用洛必达法则的，因为我们把数列理解成一个下标为整数的函数，所…它是一个一个离散的点，不能求导，但是通过海涅定理将它转化成函数极限之后，便可以求导，于是可以使用洛必达法则，进而由函数极限的值得到数列极限的值。
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设f(x)在 $\overset { \circ } { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ 内有定义，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A$ 存在 $\Leftrightarrow$ 对任何 $\overset { \circ } { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ 内以 $x _ { 0 }$ 为极限的数列 $\left\{ x _ { n } \right\} ( x _ { n } \neq x _ { 0 } )$ ，极限 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( x _ { n } ) = A$ 存在．
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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
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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.有些考生可能
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没有听说过这个定理，但是在不知不觉中我们已经使用它了.常考①当x→0时，取 $x _ { n } = { \frac { 1 } { n } }$ 即若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = A$ 1 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f { \Bigg ( } { \frac { 1 } { n } } { \Bigg ) } = A$ 例： $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } ( 1 - { \frac { 1 } { n + 1 } } ) ^ { n } = 0 ^ { - 1 }$ ②当 $x + \infty$ 时，取 $x _ { n } = n$ 即若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( n ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { x + \infty } ( 1 - \frac { 1 } { x + 1 } ) ^ { x } = e ^ { - 1 . 1 }$ ③当 $x _ { n } \to a$ ，且 $x _ { n } \neq a$ 时，若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a } f ( x ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( x _ { n } ) = A$
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例2.7 当x→0时， ${ \frac { 1 } { x } } \sin { \frac { 1 } { x } }$ 是（）.(A)无穷大量 (B)无界量，但不是无穷大量(C)有界量，但不是无穷小量 (D)无穷小量八上
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## 解 应选(B).
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设 $f ( x ) = { \frac { 1 } { x } } \mathrm { s i n } { \frac { 1 } { x } }$ ，若取 $x _ { n } = { \frac { 1 } { n \pi } } \to 0 , n \to \infty$ ，则 $f ( x _ { n } ) = n \pi \bullet \sin ( n \pi ) = 0$ ，于是 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( x _ { n } ) = 0$ ；若取$x _ { n } ^ { \prime } = { \frac { 1 } { \left( 2 n + { \frac { 1 } { 2 } } \right) \pi } } \to 0 , n \to \infty$ ，则 $f ( x _ { n } ^ { \prime } ) = { \biggl ( } 2 n + { \frac { 1 } { 2 } } { \biggr ) } \pi \to + \infty , n \to \infty$ .根据归结原则，极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 } { x } } \mathrm { s i n } { \frac { 1 } { x } }$ 不存在，且当x→0时， $\frac { 1 } { x } \mathrm { s i n } \frac { 1 } { x }$ 是无界量，但不是无穷大量.
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国 今 $f ( x ) = \left\{ { x ^ { 2 } , x } \atop 0 , x \right.$ 是有理数，事实上， $f ( x ) = x ^ { 2 } D ( x )$ 其中 $D ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { 1 , } & { x } \\ { 0 , } & { x } \end{array} \right. }$ 是有理数，为狄利是无理数， 是无理数克雷函数.有如下结论：(1)f(x)在x=0处连续. 无穷小量×有界量=无穷小量证方法一 |D(x)|≤1，即D(x)为有界量，故 $\operatorname * { l i m } _ { x 0 } f ( x ) = \operatorname * { l i m } _ { x 0 } x ^ { 2 } D ( x ) = 0$ 因为f(0)=0，所以f(x)在x=0处连续.方法二 $\begin{array} { l } { 0 \leqslant \vert f ( x ) \vert \leqslant \vert x ^ { 2 } \vert + \vert 0 \vert = x ^ { 2 } } \\ { \downarrow } \\ { 0 \implies 0 < \qquad } \end{array}$ 由夹逼准则得 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = 0$ 且f(0)=0，故f(x)在x=0处连续.(2)当 $x _ { 0 } \neq 0$ 时，f(x)一定不连续.证使用归结原则：对于 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ ，当x分别取有理数列和无理数列时，极限不同，故极限不存在以上例子说明f（x)在一点处连续，并不意味着f（x)在这点的附近连续
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E 例2.8 求 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left( \cos \frac { 1 } { \sqrt { n } } \right) ^ { n ^ { 2 } } }$
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分析“1”型极限，使用等价代换 $u ^ { v } \sim \mathrm { e } ^ { v ( u - 1 ) }$
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解 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left( \cos \frac { 1 } { \sqrt { n } } \right) ^ { n ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( \cos \frac { 1 } { \sqrt { n } } \right) ^ { n } = \mathrm { e } ^ { \frac { \operatorname* { l i m } _ { n } \ln \left[ \cos \frac { 1 } { \sqrt { n } } \right) } { n - \infty } }$
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因
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\begin{array} { l } { \displaystyle \underset { x + \infty } { \operatorname* { l i m } } x \ln \Biggl ( \cos \frac { 1 } { \sqrt { x } } \Biggr ) = \underset { x + \infty } { \operatorname* { l i m } } x \ln \Biggl ( 1 + \cos \frac { 1 } { \sqrt { x } } - 1 \Biggr ) } \\ { = \underset { x + \infty } { \operatorname* { l i m } } x \Biggl ( \cos \frac { 1 } { \sqrt { x } } - 1 \Biggr ) } \\ { = \underset { x + \infty } { \operatorname* { l i m } } x \cdot \Biggl [ - \frac { 1 } { 2 } \Biggl ( \frac { 1 } { \sqrt { x } } \Biggr ) ^ { 2 } \Biggr ] = - \frac { 1 } { 2 } , } \end{array}
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故由归结原则知, $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } n \ln \left( \cos { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } \right) = - { \frac { 1 } { 2 } }$ ，即原式 $= { \tt e } ^ { - \frac { 1 } { 2 } }$
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当n→8时，若 $\left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n } - \mathbf { e }$ $\frac { a } { n }$ 是等价无穷小，则 $a = - \frac { \mathrm { e } } { 2 }$
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解由例1.24知， $\{ ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } - \mathrm { e } \sim - { \frac { \mathrm { e } } { 2 } } x ( x 0 ^ { + } ) \} \xrightarrow { } ( 1 + { \frac { 1 } { n } } ) ^ { n } - \mathrm { e } \frac { - \mathrm { e } } { 2 } \cdot \frac { 1 } { n } ( n \infty )$
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$0 ^ { + } x = \frac { 1 } { n }$ →这里x相当 $F \frac { 1 } { n }$ 当𝑛→∞时，x→0\*
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## 6夹逼准则
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如果数列 $\left\{ x _ { n } \right\} , \left\{ y _ { n } \right\} \mathcal { Z } \left\{ z _ { n } \right\}$ 满足下列条件：
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①从某项起，即存在 ${ n } _ { 0 } \in \mathbf { N } _ { + }$ ，当 $n > n _ { 0 }$ 时， $y _ { n } \leqslant x _ { n } \leqslant z _ { n }$
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② $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } = a , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } z _ { n } = a$
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则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 的极限存在，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$
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\begin{array} { r l r l r l r l } { \frac { \eta } { 5 } } & { \quad } & & { \leqslant } & { \quad } & & { < } & { } & & { } \\ & { \leqslant } & & { < } & & { } & & { } \\ & { \leqslant } & & { < } & & { } & & { } \\ & { y _ { n } } & { \leqslant } & { x _ { n } } & { \leqslant } & { z _ { n } } & { } \\ & { n \to \infty \begin{array} { l l l l l l } { \downarrow } & { \leqslant } & { \downarrow } & { \leqslant } & { \downarrow } & { \leqslant } & { \downarrow } \\ { a } & { \Rightarrow } & { a } & { \Leftarrow } & { a } & { a } & { } \\ { ( + \infty ) } & { ( + \infty ) } & { } & { ( + \infty ) } & { } & { } \end{array} } \\ & { \quad } & { ( - \infty ) } & { \quad } & { ( - \infty ) } & { } & { ( - \infty ) } \end{array}
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放缩的常用方法如下设检出）
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（1）利用简单的放大与缩小
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## 针对无穷项相加
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\int \boldsymbol { n } \cdot \boldsymbol { u } _ { \mathrm { m i n } } \leqslant u _ { 1 } + u _ { 2 } + \cdots + u _ { n } \leqslant n \cdot u _ { \mathrm { m a x } } ,
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$u _ { i } \geqslant 0$ 时 $1 \bullet u _ { \mathrm { m a x } } \leqslant u _ { 1 } + u _ { 2 } + \cdots + u _ { n } \leqslant n \bullet u _ { \mathrm { m a x } } .$
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针对有限项相加
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（2)利用重要不等式
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①设a，b为实数，则 $a . \ \left| a \pm b \right| \leqslant \left| a \right| + \left| b \right| ; \ b . \ \left\| a \right| - \left| b \right\| \leqslant \left| a - b \right|$
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可以将上述不等式a.推广为n个实数的情形，即
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\left| a _ { 1 } \pm a _ { 2 } \pm \cdots \pm a _ { n } \right| \leqslant \left| a _ { 1 } \right| + \left| a _ { 2 } \right| + \cdots + \left| a _ { n } \right| .
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②a. $\sqrt { a b } \leqslant \frac { a + b } { 2 } \leqslant \sqrt { \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } { 2 } } ( a , b \geqslant 0 )$
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还有 $\vert a b \vert \leq \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } { 2 }$ ，例如，若 $u _ { n } > 0$ ，则 $\frac { u _ { n } } { n } = u _ { n } \cdot \frac { 1 } { n } \leqslant \frac { u _ { n } ^ { 2 } + \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } { 2 }$
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b $\sqrt [ 3 ] { a b c } \leq \frac { a + b + c } { 3 } \leq \sqrt { \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } + c ^ { 2 } } { 3 } } ( a , b , c \geq 0 )$
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$\left\{ \begin{array} { l l } { \Yleftarrow } \\ { \exists } \end{array} \right.$ 时时 $\boldsymbol { a } ^ { m } \geqslant \boldsymbol { b } ^ { m }$ 设 $a \geqslant b \geqslant 0$ ，$a ^ { m } \leqslant b ^ { m }$
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④若 $0 < a < x < b , 0 < c < y < d$ $\frac { c } { b } < \frac { y } { x } < \frac { d } { a }$
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考研中考过：当 nπ<x<(n+1)π, $2 n < S ( x ) < 2 ( n + 1 )$ $\frac { 2 n } { ( n + 1 ) \pi } < \frac { S ( x ) } { x } < \frac { 2 ( n + 1 ) } { n \pi }$
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注例当 $n { \leqslant } x < n + 1$ 时 $2 n { \leqslant } f ( x ) < 2 ( n + 1 )$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { f ( x ) } { x } } =$
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\frac { 1 } { n + 1 } < \frac { 1 } { x } \leq \frac { 1 } { n }
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解由于 $\frac { 2 n } { n + 1 } < \frac { f ( x ) } { x } < \frac { 2 ( n + 1 ) } { n }$ 当 $x + \infty$ 时， $n \infty$ 根据夹逼准则，得 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { f ( x ) } { x } } = 2$
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$\sin x < x < \tan x ( 0 < x < { \frac { \pi } { 2 } } )$
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® $\sin x < x ( x > 0 )$
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考研中考过：当 $x _ { n } > 0$ 时， ${ x _ { n + 1 } } = \sin { x _ { n } } < x _ { n }$ ，故 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少
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⑦当 $0 < x < \frac { \pi } { 4 }$ 时， $x < \tan x < { \frac { 4 } { \pi } } x$ 证明见习题6.9.
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⑧当 $0 < x < \frac { \pi } { 2 }$ 时， $\sin x > { \frac { 2 } { \pi } } x$ .证明见例6.19.
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\arctan x \leqslant x \leqslant \arcsin x ( 0 \leqslant x \leqslant 1 )
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可考：当 $x _ { n } > 0$ 时， $x _ { n + 1 } = \arctan x _ { n } < x _ { n }$ ，故 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少
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$e ^ { x } \geqslant x + 1 ($ 任意x)可考：当 $x _ { n + 1 } = e ^ { x _ { n } } - 1$ 时，由 $\mathrm { e } ^ { x _ { n } } - 1 \geqslant x _ { n }$ 得 $x _ { n + 1 } \geqslant x _ { n }$ ,即 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调不减$x - 1 \geq \ln x ( x > 0 )$
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可考：当 $x _ { n } > 0$ 时，若 $x _ { n + 1 } = \ln x _ { n } + 1$ 由 $\ln x _ { n } + 1 \leqslant x _ { n }$ 得 ${ x _ { n + 1 } } \leqslant x _ { n }$ ，即 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调不增①2 ${ \frac { 1 } { 1 + x } } < \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) < { \frac { 1 } { x } } ( x > 0 )$ 或祎 $\frac { x } { 1 + x } < \ln ( 1 + x ) < x ( x > 0 )$
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（3）利用闭区间上连续函数必有最大值与最小值
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（4)利用压缩映射原理.（简化版）
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原理一对数列 $\{ x _ { n } \}$ ，若存在常数 $k \ ( 0 < k < 1 )$ ，使得 $\left| x _ { n + 1 } - a \right| \leqslant k \left| x _ { n } - a \right| , n = 1 , 2 , \cdots$ 则 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a
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证 $0 \leqslant \left| x _ { n + 1 } - a \right| \leqslant k \left| x _ { n } - a \right| \leqslant k ^ { 2 } \left| x _ { n - 1 } - a \right| \leqslant \cdots \leqslant k ^ { n } \left| x _ { 1 } - a \right|$ ，由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } k ^ { n } = 0$ ，根据夹逼准则，有$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| x _ { n + 1 } - a \right| = 0$ ，即 $\{ x _ { n } \}$ 收敛于a.
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原理二对数列 $\{ x _ { n } \}$ ，若 $x _ { n + 1 } = f ( x _ { n } ) , n = 1 , 2 , \cdots , f ( x )$ 可导，a是 $f ( x ) = x$ 的唯一解，且对任意 $\boldsymbol { x } \in \mathbf { R }$ ，有 $\left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \leqslant k < 1$ ，则 $\{ x _ { n } \}$ 收敛于a.
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证 $\begin{array} { r } \big | x _ { n + 1 } - a \big | = \big | f ( x _ { n } ) - f ( a ) \big | \frac { \frac { 1 + | \chi | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } \mathbb { H } | \mathrm { ~ } \sharp \mathrm { ~ } \dag | \mathbb { H } | \frac { \mu + | \mathbb { H } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } } { | \chi | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } } } { \big | f ^ { \prime } ( \xi ) \big | \big | x _ { n } - a \big | \lesssim k \big | x _ { n } - a \big | } } \end{array}$ 其中 $\xi$ 介于a与 $x _ { n }$ 之间，由原理一，有 $\{ x _ { n } \}$ 收敛于a．
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以上原理一、二是特殊的压缩映射过程，考生在使用它们时，要写出证明过程．如例2.15.
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（5）利用题设条件来推证（这往往是解答题的第1问）.—→例2.11
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山 例2.9 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( { \frac { 1 } { n ^ { 2 } + n + 1 } } + { \frac { 2 } { n ^ { 2 } + n + 2 } } + \cdots + { \frac { n } { n ^ { 2 } + n + n } } \right) =$
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分析）分母不一样不能相加减，通分又太复杂，故可以利用放缩将分母化成相同的.需要注意：分母越大，分数越小.
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→通项把分母写成一样的：小 $\leqslant \sum \limits _ { i = 1 } ^ { n } \frac { i } { n ^ { 2 } + n + i } \leqslant$ 大．
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解 应填 $\frac { 1 } { 2 }$
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分子不变，将分母放缩成相同的，则
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\frac { n ( n + 1 ) } { 2 ( n ^ { 2 } + n + n ) } \leqslant \frac { 1 } { n ^ { 2 } + n + 1 } + \frac { 2 } { n ^ { 2 } + n + 2 } + \cdots + \frac { n } { n ^ { 2 } + n + n } \leqslant \frac { n ( n + 1 ) } { 2 ( n ^ { 2 } + n + 1 ) } ,
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又 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n ( n + 1 ) } { 2 ( n ^ { 2 } + n + 1 ) } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n ( n + 1 ) } { 2 ( n ^ { 2 } + n + n ) } } = { \frac { 1 } { 2 } }$ ，所以根据夹逼准则，原式 $= \frac { 1 } { 2 }$
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找带头大哥
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例2.10 求极限 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { a _ { 1 } ^ { n } + a _ { 2 } ^ { n } + \cdots + a _ { m } ^ { n } }$ ，其中 $a _ { i } ( i = 1 , 2 , \cdots , m )$ 都是非负数.
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解 设 $a = \operatorname* { m a x } \{ a _ { 1 } , a _ { 2 } , \cdots , a _ { m } \}$ ，则
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a ^ { n } \leqslant a _ { 1 } ^ { n } + a _ { 2 } ^ { n } + \cdots + a _ { m } ^ { n } \leqslant m \bullet a ^ { n } ,
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即 $a { \leqslant } { \sqrt [ n ] { a _ { 1 } ^ { n } + a _ { 2 } ^ { n } + \cdots + a _ { m } ^ { n } } } { \leqslant } a \bullet m ^ { \frac { 1 } { n } }$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } m ^ { \frac { 1 } { n } } = 1$ .故
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } \sqrt [ n ] { a _ { 1 } ^ { n } + a _ { 2 } ^ { n } + \cdots + a _ { m } ^ { n } } = \operatorname * { m a x } \{ a _ { 1 } , a _ { 2 } , \cdots , a _ { m } \} .
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## 注这是一个结论，应当记住
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$0 < a < b$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a ^ { - n } + b ^ { - n } ) ^ { \frac { 1 } { n } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left( { \frac { 1 } { a } } \right) ^ { n } + \left( { \frac { 1 } { b } } \right) ^ { n } } = { \frac { 1 } { a } }$ 又如当 $0 \leq x \leq \frac { \pi } { 2 }$
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\frac { 1 } { a } > \frac { 1 } { b } > 0
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\operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sqrt [ n ] { \sin ^ { n } x + \cos ^ { n } x } = \{ \begin{array} { l l } { \cos x , } & { 0 \leqslant x \leqslant \frac { \pi } { 4 } , } \\ { } \\ { \sin x , } & { \frac { \pi } { 4 } < x \leqslant \frac { \pi } { 2 } . } \end{array}
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再如 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sqrt [ n ] { 1 + | x | ^ { 3 n } } = \{ 1 , \quad \quad | x | \leq 1 , $
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约束式
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关系式
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例2.11 设 $0 < a _ { n } < \frac { \pi } { 2 } , 0 < b _ { n } < \frac { \pi } { 2 } , \cos a _ { n } - a _ { n } = \cos b _ { n }$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n } = 0$ ，求 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { a _ { n } } { b ^ { 2 } } }$
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分析)(1)分清约束式、关系式和定义式；(2)做一至两步的逆运算；(3)联想一些经典形式.
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解 由 $\cos a _ { n } - \cos b _ { n } = a _ { n } > 0$ ，知 $0 < a _ { n } < \widetilde { b } _ { n }$ ，则由夹逼准则，得>根据cosx的单调性，cosx在
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0 ,
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$\left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ 内是减函数
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\frac { 1 3 + 1 5 } { 2 } \geq 1 1 - \cos x - \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } ( x 0 )
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { a _ { n } } { b _ { n } ^ { 2 } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { [ 1 - \cos b _ { n } ] } { b _ { n } ^ { 2 } } \bullet \frac { a _ { n } } { 1 - \cos b _ { n } } = \frac { 1 } { 2 ^ { n } \to \infty } \frac { a _ { n } } { 1 - \cos a _ { n } + a _ { n } } = \frac { 1 } { 2 } \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { 1 } { 1 - \cos a _ { n } } = \frac { 1 } { 2 } .
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## 单调有界准则
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单调有界数列必有极限，即若数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加（减少)且有上界（下界），则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在.
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单调有界准则其实包含两种情况（涉及不等关系，是数学中的难点），第1种情况数列单调增加并且有上界；第2种情况，数列单调减少并且有下界.在这两种情况下数列极限都是存在的，使用的时候需要注意，当证明出来数列单调增加时，只需要再去证明数列有上界即可，无须再去证明有下界，同样如果证明出来数列有上界，则只需要再去证明数列单调增加即可，第二种情况同理.
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记： $x _ { n } \leqslant x _ { n + 1 } \leqslant a$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在.
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证明数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调性的常用方法：
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★a. $\frac { x _ { n + 1 } - x _ { n } } { \downarrow } ( < )$ 0或 $\frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } > 1$ （同号）.
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作差法用得较多， [①验n=1成立；②设n=k成立；★b.利用数学归纳法； ③证n=k+1成立
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题一练设 $c = 2 \ln ( 1 + b ) , b > a > 0$ ，且a是方程 $x - 2 \ln ( 1 + x ) = 0$ 的唯一非零解，证明 $c > a$
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分析由题知， $c = 2 \ln ( 1 + b ) , a = 2 \ln ( 1 + a )$
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令 $f ( x ) = 2 \ln ( 1 + x )$ $f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 2 } { 1 + x } }$ ，则当 $x > 0$ 时，f(x)单调递增.
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由 $b > a > 0$ ，得 $2 \ln ( 1 + b ) > 2 \ln ( 1 + a )$ ，故 $c > a$
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题一练设单调递减数列 $\{ x _ { n } \}$ 满足 $x _ { n + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { n } ) , n = 1 , 2 , \cdots , x _ { 1 } > a > 0$ ，且a是 $x - 2 \ln ( 1 + x ) = 0$ 的唯一
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非零解.证明： $\{ x _ { n } \}$ 收敛.
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分析 ①验： $x _ { 1 } > a > 0$
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②设： $x _ { k } > a > 0$
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③证： $x _ { k + 1 } > a > 0$
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x _ { k + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { k } ) , 2 \ln ( 1 + a ) = a .
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由于 $f ( x ) = 2 \ln ( 1 + x )$ 在x>0时单调递增，因此 $2 \ln ( 1 + x _ { k } ) > 2 \ln ( 1 + a )$ ，故 $x _ { k + 1 } > a$ ，于是 $\{ x _ { n } \}$ 有下界.
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再由 $\{ x _ { n } \}$ 单调递减，知{x}收敛.
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★c.利用重要不等式（见夹逼准则的注(2)）.
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d. $x _ { n } - x _ { n - 1 }$ 与 $x _ { n - 1 } - x _ { n - 2 }$ 同号，则 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调.
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★e.利用结论： $x _ { n + 1 } = f ( x _ { n } ) ( n { = } 1 , 2 , \cdots ) , x _ { n } \in$ 区间I.
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无法确定是单调递增还是单调递减< 当当 $x _ { 2 } > x _ { 1 }$ 时，数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加，若 $f ^ { \prime } ( x ) > 0 , x \in$ 区间I，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调，且 可以通过例题帮助理解结论? $x _ { 2 } < x _ { 1 }$ 时，数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少.f(x)单调增加 证明见例2.13<
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\frac { \cdot f ^ { \prime } ( x ) < 0 , \ x \in } { \downarrow }
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若 区间I，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 不单调.
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f(x)单调减少
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例2.12 设 $0 < x _ { 1 } < 3 , \ x _ { n + 1 } = \sqrt { x _ { n } ( 3 - x _ { n } ) } ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，证明数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 的极限存在，并求此极限.
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分析）证明这种由递推形式给出的数列的收敛性，一般都是根据“单调有界数列必收敛"这一准则进行证明；在证明了极限存在的前提下再求极限.
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证 由例2.1知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 是有界的，对任意正整数n>1，都有 $0 < x _ { n } \leqslant \frac { 3 } { 2 } \longrightarrow \frac { \sqrt { a b } \leqslant \frac { a + b } { 2 } ( a , b > 0 ) } { \textnormal { \textsf { d s e m s } } }$ 重要不等式
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再证明 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调：当n>1时,
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\begin{array} { l } { x _ { n + 1 } - x _ { n } = \sqrt { x _ { n } ( 3 - x _ { n } ) } - x _ { n } = \sqrt { x _ { n } } ( \sqrt { 3 - x _ { n } } - \sqrt { x _ { n } } ) } \\ { \quad \quad = \frac { 2 \sqrt { x _ { n } } \left( \displaystyle \frac { 3 } { 2 } - x _ { n } \right) } { \sqrt { 3 - x _ { n } } + \sqrt { x _ { n } } } \Longleftrightarrow \overbrace { \sqrt { { { x _ { n } } } } \cdot \frac { 3 - 2 \hat { { { x _ { n } } } } } { \sqrt { 3 - { { x _ { n } } } } } + \sqrt { { { x _ { n } } } } } ^ { \infty \enspace \propto \enspace \hat { { { x _ { n } } } } } \geqslant 0 , \qquad \forall x _ { n } \leqslant \frac { 3 } { 2 } , \quad \# 3 - 2 { x _ { n } } \geqslant 0 , } \end{array}
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$$
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即 $x _ { n + 1 } \geqslant x _ { n } ( n > 1 )$ ，所以数列 $\left\{ x _ { n } \right\} \left( n > 1 \right)$ 是单调增加的.
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$$
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } { \frac { \# \# } { \hbar \log } } a
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根据单调有界数列必有极限的准则知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，设其为a，则
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a = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } x _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sqrt { x _ { n - 1 } ( 3 - x _ { n - 1 } ) } = \sqrt { a ( 3 - a ) } \ ,
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$$
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解得 $a = \frac { 3 } { 2 }$ 或 $\overset { a = 0 } { \mathop { \gimel } }$ （舍去）.故
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由子 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加， $\mathbb { A } x _ { n } > 0$ ，故 $a > 0$
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = { \frac { 3 } { 2 } } \ .
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例2.13 设 $x _ { n + 1 } = f ( x _ { n } )$ ，则以下命题正确的是（
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①若f(x)单调增加，且 $x _ { 1 } < x _ { 2 }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加
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②若f(x)单调增加，且 $x _ { 1 } > x _ { 2 }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少
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③若f(x)单调减少，且 $x _ { 1 } < x _ { 2 }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加理解见例2.15的泣，>
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④若f(x)单调减少，且 $x _ { 1 } > x _ { 2 }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少
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(A)①② (B)①③
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(C)②③ (D)②④
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对上述命题逐个分析，如下.
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对于①，若f(x)单调增加，且 $x _ { 1 } < x _ { 2 } , x _ { 2 } = f ( x _ { 1 } ) , x _ { 3 } = f ( x _ { 2 } )$ ，则 $f ( x _ { 1 } ) < f ( x _ { 2 } )$ ，即 $x _ { 2 } < x _ { 3 }$ ，又 $x _ { 3 } =$
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$f ( x _ { 2 } ) , x _ { 4 } = f ( x _ { 3 } )$ ，此时 $f ( x _ { 2 } ) < f ( x _ { 3 } )$ ，即 $x _ { 3 } < x _ { 4 } , \cdots$ ，依次类推，便知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 越来越大，即单调增加.对于②，若f(x)单调增加，且 $x _ { 1 } > x _ { 2 } , x _ { 2 } = f ( x _ { 1 } ) , x _ { 3 } = f ( x _ { 2 } )$ ，则 $f ( x _ { 1 } ) > f ( x _ { 2 } )$ ，即 $x _ { 2 } > x _ { 3 }$ ，又 $x _ { 3 } =$
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$f ( x _ { 2 } ) , x _ { 4 } = f ( x _ { 3 } )$ ，此时 $f ( x _ { 2 } ) > f ( x _ { 3 } )$ ，即 $x _ { 3 } > x _ { 4 } , \cdots$ ，依次类推，便知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 越来越小，即单调减少.→叁考例2.15
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对于③，若f(x)单调减少，且 $x _ { 1 } < x _ { 2 } , x _ { 2 } = f ( x _ { 1 } ) , x _ { 3 } = f ( x _ { 2 } )$ ，则 $f ( x _ { 1 } ) > f ( x _ { 2 } )$ ，即 $x _ { 2 } > x _ { 3 }$ ，又 $x _ { 3 } =$ $f ( x _ { 2 } ) , x _ { 4 } = f ( x _ { 3 } )$ ，此时 $f ( x _ { 2 } ) < f ( x _ { 3 } )$ ，即 $x _ { 3 } < x _ { 4 } , \cdots$ ，依次类推，便知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 是摆动的，不单调.对于④，若f(x)单调减少，且 $x _ { 1 } > x _ { 2 } , x _ { 2 } = f ( x _ { 1 } ) , x _ { 3 } = f ( x _ { 2 } )$ ，则 $f ( x _ { 1 } ) < f ( x _ { 2 } )$ ，即 $x _ { 2 } < x _ { 3 }$ ，又 $x _ { 3 } =$ $\left\lfloor f ( x _ { 2 } ) , x _ { 4 } = f ( x _ { 3 } ) \right.$ ，此时 $f ( x _ { 2 } ) > f ( x _ { 3 } )$ ，即 $x _ { 3 } > x _ { 4 } , \cdots$ ，依次类推，便知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 是摆动的，不单调.
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(2)对于(1)中的，任取 $x _ { 1 } > \xi$ ，定义 $x _ { n + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { n } ) , n = 1 , 2 , \cdots$ ，证明 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，并求其值.证1令 $F ( x ) = x - 2 \ln ( 1 + x ) , x > 0$ ，则
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F ^ { \prime } ( x ) = 1 - \frac { 2 } { 1 + x } = \frac { x - 1 } { 1 + x } \frac { \widehat { \daleth } } { \longleftarrow } 0 ,
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得x=1是 $( 0 , + \infty )$ 内的唯一驻点，且当 $0 < x < 1$ 时， $F ^ { \prime } ( x ) < 0 , F ( x )$ 单调递减；当 $x > 1$ 时，$F ^ { \prime } ( x ) > 0 , F ( x )$ 单调递增.
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又 $F ( 0 ) = 0 \ , F ( 1 ) = 1 - 2 \ln 2 < 0 \ , F ( + \infty ) = \operatorname * { l i m } _ { x + \infty } [ x - 2 \ln ( 1 + x ) ] = + \infty > 0$ 如图2-2所示，故F(x)在(0,1)内无零点，在 $( 1 , + \infty )$ 上有唯一零点，因此原方程在(0，+8)内有唯一实根 $\xi$
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(2)由(1)得 $\xi = 2 \ln ( 1 + \xi ) , \xi > 0$ .令 $\cdot x _ { n + 1 } = f ( x _ { n } ) , f ( x ) = 2 \ln ( 1 + x )$
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①验： $x _ { 1 } > x _ { 2 } > \xi$
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x _ { 2 } = 2 \ln ( 1 + x _ { 1 } ) , 2 \ln ( 1 + \xi ) = \xi ,
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图2-2
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因为 $x _ { 1 } - 2 \ln ( 1 + x _ { 1 } ) > 0$ ，故 $x _ { 1 } > 2 \ln ( 1 + x _ { 1 } ) = x _ { 2 } > 2 \ln ( 1 + \xi ) = \xi$
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②设： $x _ { k - 1 } > x _ { k } > \xi$
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③证： $x _ { k } > x _ { k + 1 } > \xi$
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由②知，
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x _ { k + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { k } ) > 2 \ln ( 1 + \xi ) = \xi ,
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x _ { k } = \underline { { 2 \ln ( 1 + x _ { k - 1 } ) > 2 \ln ( 1 + x _ { k } ) } } = x _ { k + 1 } ,
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$$
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故得证 $x _ { k } > x _ { k + 1 } > \xi$
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综上， $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调递减有下界，于是
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } { \frac { \# \# } { \operatorname* { i n } _ { \operatorname* { m a x } } } } a \ .
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在 $x _ { n + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { n } )$ 两边取极限，有 $a = 2 \ln ( 1 + a )$
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又由(1)知，5是 $\scriptstyle x = 2 \ln ( 1 + x )$ 在 $( 0 , + \infty )$ 内的唯一实根，故 $a = \xi$
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注题目解答过程需要背诵.考生可画出如图2-3所示的情形，加深理解
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图2-3
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引申：若题目改为 $x _ { 1 } < \xi$ ，则如图2-4所示，
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图2-4
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例2.15 (1)证明方程 $\scriptstyle x = \cos x$ 在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 3 } } \right)$ 内有唯一实根a；
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(2)设 $- 1 { \leqslant } x _ { 1 } { \leqslant } 1$ ，定义 $x _ { n + 1 } = \cos x _ { n } , n = 1 , 2 , \cdots$ ，证明 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，且极限值就是(1)中的a.
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证(1)令F(x)=cos x-x, $x \in \left( 0 , \frac { \pi } { 3 } \right)$ ，则
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F ( 0 ) = 1 > 0 , F \left( \frac { \pi } { 3 } \right) = \frac { 1 } { 2 } - \frac { \pi } { 3 } < 0 ,
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且 $F ^ { \prime } ( x ) = - \sin x - 1 < 0$ ，故F(x)单调递减，于是存在唯一的 $a \in \left( 0 , \frac { \pi } { 3 } \right)$ ，使得 $F ( a ) = 0$ ，即$a = \cos a$ ，方程在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 3 } } \right)$ 内有唯一实根a.
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(2)由题知, ${ \boldsymbol { x } } _ { n + 1 } = \cos { \boldsymbol { x } } _ { n }$ ，由于 $- 1 { \leqslant } x _ { 1 } { \leqslant } 1$ ，则 ${ x _ { n + 1 } } = \cos x _ { n } \leqslant 1$ ，且 ${ x _ { n + 1 } } = \cos x _ { n } > 0$ ，故 $0 < x _ { n } \leqslant 1 < { \frac { \pi } { 3 } }$ $n > 1$
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$f ( x ) = \cos x$ ，显然f(x)在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 3 } } \right)$ 内单调减少，于是 $\{ x _ { n } \}$ 不单调，下面直接考虑 $\left| x _ { n + 1 } - a \right|$
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\begin{array} { r l } { \lambda _ { \alpha _ { 1 } + 1 } - a \Big \vert = \Big \vert - \vert \cos x _ { \alpha } - \cos \alpha \Big \vert } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad - } \quad \stackrel { \quad - } \quad \stackrel { \quad } \quad \dotsc \quad \theta \sin \theta + \sin \theta + \theta \sin \theta } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad - } \quad \stackrel { \quad - } \quad \stackrel { \quad } \quad \dotsc \quad \theta } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad < \quad \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } - 1 } \cdot \Big \vert x _ { \alpha } - a \Big \vert ^ { \alpha } \quad \sin \frac \pi 3 } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad < \quad } \quad \stackrel { \quad } \quad \dotsc \quad \theta } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad < \quad \sqrt { 3 } } { 2 } \Big \vert ^ { 2 } \vert x _ { \alpha _ { 1 } + 1 } - a \Big \vert } \\ & { \qquad \quad \vdots \ \longrightarrow \quad \theta \sin \theta } \\ & { \qquad \quad \quad \stackrel { \quad < \quad \sqrt { 3 } } { 2 } \Big \vert ^ { \alpha } \ \vert x _ { \alpha } - a \vert , } \end{array}
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其中介于a与 $x _ { n }$ 之间，当𝑛→8时， $( { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } ) ^ { n } | x _ { 1 } - a | 0$ ，故由夹逼准则，有 $x _ { n + 1 } \to a$ ，即 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$
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注考生可画出如图2-5所示的情形，加深理解
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图2-5
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## 8x}收敛于a的速度问题
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设数列 $\{ x _ { n } \} \ , \ \{ y _ { n } \}$ 在n→∞的过程中同时趋于a，记 $u _ { n } = \left| x _ { n } - a \right|$ $\nu _ { n } = \rvert \boldsymbol { y } _ { n } - \boldsymbol { a } \rvert$ $I = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { u _ { n } } { \nu _ { n } }$ ，且当n→8时， $u _ { n }$ 和 $\nu _ { n }$ 都是无穷小量，则有
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若I=0，则说明 $x _ { n }$ 的收敛速度比 $y _ { n }$ 的收敛速度快；（高阶）
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若=b (b 为大于零的常数)，则说明 $x _ { n }$ 的收敛速度是 $y _ { n }$ 的 $\frac { 1 } { b }$ 倍； （同阶）
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若1=8，则说明 $x _ { n }$ 的收敛速度比 $y _ { n }$ 的收敛速度慢.(低阶)
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如： $x _ { n } = { \frac { 1 } { n } } , y _ { n } = { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } = 0$ ，故 $I = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } { \frac { \displaystyle { \frac { 1 } { n } } - 0 { \Bigg | } } { \displaystyle { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } - 0 { \Bigg | } } } = 0$ ，于是 $x _ { n }$ 比 $y _ { n }$ 收敛于0的速度快.
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而数列极限定义为 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a \Leftrightarrow$ 任意 $\varepsilon > 0$ ，存在 $N > 0$ ，当n>N时，恒有 $\left. x _ { n } - a \right. < \varepsilon$ .此定义中不体现收敛速度，这是命制选择题的理论依据.
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例2.16 “对任意给定的k∈N,，总存在正整数N，当n>N时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant \frac { 1 } { 2 ^ { k } } ^ { \prime \prime }$ 是数列$\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a的（ ）.(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件解 应选(C).
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对于任意给定的 $k \in \mathbf { N }$ $\frac { 1 } { 2 ^ { k } }$ 可为任意小的正数，记 ${ \frac { 1 } { 2 ^ { k } } } = \varepsilon > 0$ ，则该题干说法是 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a的充 分必要条件.
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例2.17 “存在正整数N，当 $n \geqslant N$ 时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant \frac { 1 } { n } \vphantom { \frac { 1 } { n } } ,$ 是数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a的（）.
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(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件
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## 解 应选(A).
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如果存在正整数N，当n≥N时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant { \frac { 1 } { n } }$ ，那么任意的 $\varepsilon > 0$ ，取 $n = \operatorname* { m a x } \left\{ N , \left[ \frac { 1 } { \varepsilon } \right] + 1 \right\}$ ，则$\big | x _ { n } - a \big | \leqslant \frac { 1 } { n } < \varepsilon$ ，所以数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a.
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反之，取 $x _ { n } = a + { \frac { 1 } { \sqrt { n } } }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a，但“存在正整数N，当 $n \geqslant N$ 时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant \frac { 1 } { n } \vphantom { \frac { 1 } { n } } ,$ 并不成立.
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综上，“存在正整数N，当n≥N时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant \frac { 1 } { n } \vphantom { \frac { 1 } { n } } ,$ 是数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a的充分不必要条件.
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注对比本题与上一题，数列极限定义中的ε可以被替换为不依赖于n的任意小的正数，即不能与n有关，否则相当于对收敛速度提出了要求．比如此题中，若 $x _ { n } = a + { \frac { 1 } { \sqrt { n } } }$ 其收敛于a的速度是慢于 $y _ { n } = a + { \frac { 1 } { n } }$ 的，于是存在正整数N，当n≥N时， $\vert x _ { n } - a \vert > \frac { 1 } { n }$ 但不影响 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$ .总之，可作为$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$ 的充分必要条件的命题中，不能对收敛速度提要求，因为数列极限定义中只体现收敛目标，不体现收敛速度.
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例2.18 设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = a$ ，且 $a \neq 0$ ，则当n充分大时，有（ ）(A) $\vert a _ { n } \vert > \frac { \vert a \vert } { 2 }$ (B) $\vert a _ { n } \vert < { \frac { \vert a \vert } { 2 } }$ (C) $a _ { n } > a - { \frac { 1 } { n } }$ (D) $a _ { n } < a + { \frac { 1 } { n } }$
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## 解 应选(A).
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对于选项(A),(B),由极限保号性，当n→时，显然有 $\left| a _ { n } \right|$ 与a无限靠近，故 $\vert a _ { n } \vert > \frac { \vert a \vert } { 2 }$ ，因此选项(A)正确，(B)不正确.
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对于选项(C)，(D)，无论是 $b _ { n } = a - { \frac { 1 } { n } }$ ，还是 $c _ { n } = a + { \frac { 1 } { n } }$ ，当 $n \infty$ 时， $b _ { n } , \ c _ { n }$ 均收敛于 $^ { a }$ ，但它们都提出了收敛的速度，而 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = a$ 并不知其收敛速度，所以 $a _ { n }$ 与 $b _ { n } , \ c _ { n }$ 的大小关系显然都不能确定，
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故选项(C)，(D)都不正确.
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注此题亦可举反例，但回顾过往，若一道选择题是通过别人给的反例，用排除法获得答案的，那么你要问问自己，为什么是这样的反例？我举得出这样的反例吗？若这两个问题均无法回答，此题要考什么就根本无从说起，做与不做，几乎无异
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## 基础习题精练
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## 习题
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2.1设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0 , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n } = 1$ ，则（）.
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(A)对任意n, $a _ { n } < b _ { n }$ 成立
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(B)存在正整数N，当n>N时，总有 $a _ { n } < b _ { n }$
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(C） $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { b _ { n } } { a _ { n } } }$ 必定存在
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(D) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } b _ { n }$ 可能不存在
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2.2设数列{x]满足 $x _ { n } > 0$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } { \frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } } = { \frac { 1 } { 2 } }$ ，则（）.(A) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = 0$ (B) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，但不为零(C） $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 不存在 (D) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 可能存在，也可能不存在
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2.3 $\operatorname * { l i m } _ { n \infty } ( \sqrt { n + { \sqrt { n } } } - \sqrt { n - { \sqrt { n } } } ) \ =$
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2.4设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n ^ { 9 9 } } { n ^ { k } - ( n - 1 ) ^ { k } } }$ 存在且不为零，则常数k=
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2.5 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( { \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + 1 } } } + { \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + 2 } } } + \cdots + { \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + n } } } \right)$
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2.6 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt { 1 + { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } } =$
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2.7设函数f(x)在[a,b]上连续， $x _ { 1 } , x _ { 2 } , \cdots , x _ { n }$ 是[a,b]上的一个点列，求 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \frac { 1 } { n } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \mathbf { e } ^ { f ( x _ { k } ) } }$
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2.8设 $x _ { 1 } = 2 , x _ { n } + ( x _ { n } - 4 ) x _ { n - 1 } = 3 ( n = 2 , 3 , \cdots )$ ，证明 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，并求其值.
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## 解答
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2.1(B）解数列极限的概念是描述变量在给定过程中的变化趋势，数列极限存在与否与前有限项的值无关，因此可以排除 (A).
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由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0 , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n } = 1$ ，由极限四则运算规则可知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } b _ { n }$ 必定存在， $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { b _ { n } } { a _ { n } } }$ 不符合极限四则运算规则，由无穷小量的性质可知其肯定不存在.因此可以排除(C)，(D).故由排除法，应选(B).
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2.2(A）解 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } } = { \frac { 1 } { 2 } } < 1$ ，由数列极限的保号性可知，存在正整数N，当 $n > N$ 时， $\frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } < 1$ 又 $x _ { n } > 0$ ，于是 $x _ { n + 1 } < x _ { n }$ .所以 $\{ x _ { n } \}$ 单调递减且有下界，于是 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在.
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设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = A \geqslant 0$ .若 $A > 0$ ，此时 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } { \frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } } = { \frac { \operatorname* { l i m } _ { n \infty } x _ { n + 1 } } { \operatorname* { l i m } _ { n \infty } x _ { n } } } = { \frac { A } { A } } = 1$ ，矛盾.于是 $A = 0$ ，即 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = 0$
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2.31解所给极限为 $" \infty - \infty "$ 型未定式，表达式中含有根式，可先将其变形，即
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\begin{array} { r l } & { \quad \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } ( \sqrt { n + \sqrt { n } } - \sqrt { n - \sqrt { n } } ) } \\ & { = \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } \frac { ( \sqrt { n + \sqrt { n } } - \sqrt { n - \sqrt { n } } ) \bullet ( \sqrt { n + \sqrt { n } } + \sqrt { n - \sqrt { n } } ) } { \sqrt { n + \sqrt { n } } + \sqrt { n - \sqrt { n } } } } \\ & { = \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } \frac { 2 \sqrt { n } } { \sqrt { n + \sqrt { n } } + \sqrt { n - \sqrt { n } } } = \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } \frac { 2 } { \sqrt { 1 + \frac { 1 } { \sqrt { n } } + \sqrt { 1 - \frac { 1 } { \sqrt { n } } } } } = 1 . } \end{array}
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2.4100解
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\begin{array} { r l } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { n ^ { 9 9 } } { n ^ { k } - ( n - 1 ) ^ { k } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { n ^ { 9 9 } } { n ^ { k } \left[ 1 - \left( 1 - \frac { 1 } { n } \right) ^ { k } \right] } } & { } \\ { \displaystyle } & { = - \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { n ^ { 9 9 \cdot k } } { \left( 1 - \frac { 1 } { n } \right) ^ { k } - 1 } = - \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { n ^ { 9 9 \cdot k } } { k \left( - \frac { 1 } { n } \right) } = \frac { 1 } { k } \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } n ^ { 9 9 \cdot k + 1 } \mathrm { ~ . } } \end{array}
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由此可知，极限存在且不为零的充要条件是 $9 9 - k + 1 = 0$ ，即 $k = 1 0 0$
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2.51解因为
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{ \frac { n } { \sqrt { n ^ { 2 } + n } } } { \leqslant } \sum _ { i = 1 } ^ { n } { \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + i } } } { \leqslant } { \frac { n } { \sqrt { n ^ { 2 } + 1 } } } ,
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$$
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又 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n } { \sqrt { n ^ { 2 } + n } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n } { \sqrt { n ^ { 2 } + 1 } } } = 1$ ，根据夹逼准则，所以原式=1.
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## 2.61解因为
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1 { \leqslant } { \sqrt { 1 + { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } } } { \leqslant } { \sqrt [ n ] { n } } ,
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$$
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而 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \sqrt [ n ] { n } } = 1$ ，所以
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } \sqrt [ n ] { 1 + \frac { 1 } { 2 } + \frac { 1 } { 3 } + \cdots + \frac { 1 } { n } } = 1 .
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2.7解本题考虑夹逼准则.由f(x)在 $[ a , b ]$ 上连续，知 $\mathrm { e } ^ { f ( x ) }$ 在[a,b]上非负连续，且 $0 < m \leqslant$ $\mathrm { e } ^ { f ( x ) } \leqslant M$ ，其中M,m分别为 $\mathrm { e } ^ { f ( x ) }$ 在[a,b]上的最大值和最小值，于是 $0 < m { \leqslant } \frac { 1 } { n } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \mathrm { e } ^ { f ( x _ { k } ) } { \leqslant } M$ ，故
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\sqrt [ n ] { m } \leqslant \sqrt [ n ] { \frac { 1 } { n } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \mathrm { e } ^ { f ( x _ { k } ) } } \leqslant \sqrt [ n ] { M } \enspace .
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又 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { m } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { M } = 1$ ，根据夹逼准则，得 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \frac { 1 } { n } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \mathrm { e } ^ { f ( x _ { k } ) } } = 1$
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2.8证明先证单调性.由 $x _ { n } + ( x _ { n } - 4 ) x _ { n - 1 } = 3$ ，得 $x _ { n } = { \frac { 3 + 4 x _ { n - 1 } } { 1 + x _ { n - 1 } } }$ ，又 $x _ { 1 } = 2$ ，所以 $x _ { 2 } = \frac { 3 + 4 \times 2 } { 1 + 2 } = \frac { 1 1 } { 3 } >$ $x _ { 1 } > 0$ ，假设 $x _ { k } > x _ { k - 1 } > 0$ 成立，则
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x _ { k + 1 } - x _ { k } = \frac { 3 + 4 x _ { k } } { 1 + x _ { k } } - \frac { 3 + 4 x _ { k - 1 } } { 1 + x _ { k - 1 } } = \frac { x _ { k } - x _ { k - 1 } } { ( 1 + x _ { k } ) ( 1 + x _ { k - 1 } ) } > 0 ,
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故 $x _ { k + 1 } > x _ { k }$ ，即数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加.
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再证明其有界.因 $x _ { n } = { \frac { 3 + 4 x _ { n - 1 } } { 1 + x _ { n - 1 } } } = 3 + { \frac { x _ { n - 1 } } { 1 + x _ { n - 1 } } } < 3 + 1 = 4$ ，所以数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 有上界.
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由单调有界准则知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在.设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = A$ ，当 $n \infty$ 时，由 $x _ { n } = { \frac { 3 + 4 x _ { n - 1 } } { 1 + x _ { n - 1 } } }$ ，得 $A = \frac { 3 + 4 A } { 1 + A }$ ，解得$A = \frac { 3 \pm \sqrt { 2 1 } } { 2 }$ ，由题设， $x _ { n } > x _ { 1 } > 0$ ，根据极限保号性可知 $A > 0$ ，故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = { \frac { 3 + { \sqrt { 2 1 } } } { 2 } }$
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考研/math/004_## 第3讲.md
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考研/math/004_## 第3讲.md
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## 第3讲
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## 一元函数微分学的概念
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>-元函数微分学的概念</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>选择题、填空题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①理解导数与微分的概念；②理解导数与微分的关系；③理解导数的几何意义</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>①高阶导数的计算；②导数几何意义的应用；③可导充要条件的应用</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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引例一位王子/公主去往高铁站乘车，零时刻在家门口乘坐出租车出发，由于时间上有些来不及，便不断催促师傅加速，当到达高铁站后，整理文件时却发现重要文件遗落在家，焦急难耐，但已经来不及返回拿文件再乘车，遂放弃原车次列车，乘坐出租车匀速回家.
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实际问题数学化，时间与位移图像如图3-1所示.
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图3-1
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$I _ { 1 }$ ： $\operatorname* { l i m } _ { \Delta t \to 0 } { \frac { f ( t + \Delta t ) - f ( t ) } { \Delta t } } { \frac { \# \# } { \Gamma } } \underline { { \underline { { a } } } } _ { }$ 泣意：a是瞬时变化率，不是平均变化率，→线性函数变化率不变o tt+△t
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$I _ { \imath }$ $\operatorname* { l i m } _ { \Delta t \to 0 } { \frac { f ( t + \Delta t ) - f ( t ) } { \Delta t } } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta t \to 0 } { \frac { 0 } { \Delta t } } = 0$ 0
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$I _ { 3 }$ $\operatorname* { l i m } _ { \Delta t \to 0 } { \frac { f ( t + \Delta t ) - f ( t ) } { \Delta t } } =$ 定值. o tt+△tt
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极限是研究函数变化趋势的，导数是研究变化快慢趋势的.
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## 基础内容精讲
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## 1 导数
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\Delta x \to 0 ^ { + } \ , \Delta x \to 0 ^ { - }
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设 $y = f ( x )$ 定义在区间I上，让自变量在 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处加一个增量△x（可正可负），其中$x _ { 0 } \in I , x _ { 0 } + \Delta x \in I$ ，则可得函数的增量 $\Delta y = f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } )$ .若函数增量△y与自变量增量△x的比值在 $\Delta x \to 0$ 时的极限存在，即 $\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta y } { \Delta x } }$ 存在，则称函数 $y = f ( x )$ 在点 $x _ { 0 }$ 处可导，并称这个极限为 $y = f ( x )$ 在点 $x _ { 0 }$ 处的导数，记作 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ ，即
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变化率
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f ^ { \prime } ( x _ { \scriptscriptstyle 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta y } { \Delta x } } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( x _ { \scriptscriptstyle 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { \scriptscriptstyle 0 } ) } { \Delta x } } .\tag{*}
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$$
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当然， $\left. { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } \right| _ { x = x _ { 0 } } , \left. { \frac { \mathrm { d } [ f ( x ) ] } { \mathrm { d } x } } \right| _ { x = x _ { 0 } } , \left. { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \right.$ 或 $y ^ { \prime } \big | _ { x = x _ { 0 } }$ 这些符号记法与 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 等价.顺便交代一下，“导数”这
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个名词被认为是拉格朗日最先使用的，记号 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) , y ^ { \prime } \vert _ { x = x _ { 0 } }$ 多次出现在拉格朗日的文章中，而莱布尼茨则$\left. { \frac { \mathrm { d } \boldsymbol { y } } { \mathrm { d } \boldsymbol { x } } } \right| _ { \boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 } } , \left. { \frac { \mathrm { d } [ f ( \boldsymbol { x } ) ] } { \mathrm { d } \boldsymbol { x } } } \right| _ { \boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 } } \overrightarrow { }$ (微的形式，也叫微商) 考研只用拉格朗日和菜布尼茨写法
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喜欢写作V
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菜布尼茨所用的符号d具有普适意义：如果要求A对B的变化率，就把A，B填进 $\frac { \mathrm { d } \ b u } { \mathrm { d } \ b u }$ ，得 $\frac { \mathrm { d } A } { \mathrm { d } B }$ ，它可表示几孚所有你想研究的变化率问题，而不仅仅是位移s对时间t的变化率— $\cdot \frac { \mathrm { d } s } { \mathrm { d } t }$ 等于速度v.
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比如： $\frac { \mathrm { d } ( \sharp \sharp \sharp \sharp ) } { \mathrm { d } ( \sharp \sharp | \partial ] ) }$ ，它往往小于零，你同意吗？再比如： $\frac { \mathrm { d } ( \vec { + } | \vec { w } | ) } { \mathrm { d } ( \vec { w } \cdot \vec { + \theta } ) } \ , \frac { \ast } { \mathcal { E } } \frac { \mathrm { d } ( \vec { + } | \vec { w } | ) } { \mathrm { d } ( \vec { w } \cdot \vec { + \theta } ) } { > } 0$ ，也就是涨价可…增加利润，此时定价低了：若$\frac { \mathrm { d } ( \vec { 4 } \mathrm { d } \langle \vec { \omega } \| ) } { \mathrm { d } ( \langle \vec { w } \hbar \rangle \mathscr { H } ) } < 0$ 也就是降价可增加利润，此时定价高了.综上， $\lg { \frac { \mathsf { d } ( \sharp \{ \sharp \} ) } { \mathsf { d } ( \sharp \{ \sharp \} + \sharp ) } } = 0 \sharp \sharp$ 利润最大，也就是说导数为零时的价格应是商品标签上的数字.懂得了这些道理后，请问，当 $\frac { \mathrm { d } ( \nexists { \cdot } \mathit { s } _ { 0 } ^ { \pm } ) } { \mathrm { d } ( \acute { \infty } \varkappa \mathcal { D } ) } > 0$ 时，说明什么？
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## 注这里有几点需要说明
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（1）在考题中，增量△x一般会被命题人广义化为“狗”：
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\enclose{circle} { 1 } 4 \enclose{circle} { 1 } \frac { 4 } { 7 } - \frac { 4 } { 5 } - \Delta x , ( \Delta x ) ^ { 2 } \triangleq
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增量式
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f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } ) } { \Delta x } } { \frac { \jmath ^ { - } \mathcal { X } \mathcal { K } } { \exp { ( { x _ { 0 } } + \mathcal { X } \imath ) } } } \operatorname* { l i m } _ { \mathcal { W } \to 0 } { \frac { f ( x _ { 0 } + \mathcal { Y } \imath ) - f ( x _ { 0 } ) } { \mathcal { Y } \mathcal { Y } } }\tag{**}
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（2）若在上面（\*）式中，令 $x _ { 0 } + \Delta x = x$ ，则可将导数定义式写成
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{ \mathit { a } } \not \equiv \not \equiv f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } ,\tag{***}
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（\*\*），（\*\*\*）两式等价，考生将会在各种场合见到这两种等价写法
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（3）下面这三种提法是等价的
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①y=f（x）在点 $\scriptstyle x _ { 0 }$ 处可导；
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②y=f（x）在点 $x _ { 0 }$ 处导数存在；
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③ $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = A$ （A为有限数）
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（4）函数在一点可导的充要条件，考研必考
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①单侧导数
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\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } ) } { \Delta x } } { \frac { \mathrm { i } \mathcal { Z } } { \longrightarrow } } f _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ,
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\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } ) } { \Delta x } } { \frac { { \mathrm { i } } \mathscr { Z } } { - } } f _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ,
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这里， $f _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) , f _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 分别是f（x）在点 $x _ { 0 }$ 处的左导数、右导数，统称为单侧导数。
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注意：在实际问题中，在一点处可导左，右的变化率均存在且相等；
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在几何上，有斜着的切线或水平的切线，但是没有铅直切线
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② $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 存在 $\Leftrightarrow$ 其左导数 $f _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 与右导数 $f _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 均存在且相等．这一点当然是与极限存在的充分必要条件（左、右极限均存在且相等)对应.因为从本质上来说，导数的定义就是一个极限问题，
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（5）函数在一点可导的必要条件：若f（x）在一点可导，则f（x)在该点连续．反之未必。
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如： $f ( x ) = \left| x \right|$ 在x=0处的情形
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再如： $f ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { x ^ { 2 } , \ x \in } \\ { 0 , \ x \in } \end{array} \right. }$ 有理数， $\mathbf { \lambda } = x ^ { 2 } \underline { { D ( x ) } }$ 在x=0处的无理数情形 狄利克雷函数 $D ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { 1 , x \in { \mathcal { F } } { \mathrm { ~ } } 3 { \mathrm { ~ z ~ } } \notin x , } \\ { 0 , x \in { \mathcal { F } } , { \mathrm { ~ } } 3 { \mathrm { ~ z ~ } } \notin x } \end{array} \right. }$
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\frac { f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } ) } { \Delta x } = a
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\Rightarrow \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } ) } { \Delta x } } \Delta x
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\Rightarrow f ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } f ( x _ { 0 } + \Delta x )
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f ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) - f ( 0 ) } { x - 0 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x ^ { 2 } D ( x ) } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } x D ( x ) = 0
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F _ { 2 } ( 3 ) \cdot 1 \cdot \frac { 3 } { 4 } \times \frac { 5 } { 4 } \times \frac { 3 } { 4 } = \frac { 3 } { 4 } \times 3 . 1 \cdot \frac { 4 } { 4 }
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（6)还记得在函数连续性那里的直观解释吗？现在把可导放进来，再看一遍。
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存在是说，给了一个x，就有一个y对应在那里（见图3-2），它附近的点X们所对应的Y们，也是如此，它们只是在那里，无牵无挂；连续是说，Y们充分靠近y（见图3-3），它们彼此的距离小到无法用任何小的
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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正实数表达，只能用超实数“无穷小”来衡量，它们并不只是在那里，它们相依相偎；可导是说，它们不仅依偎在一起，而且Y们靠近y的速度不会比X们靠近x的速度慢，也就是速度一样或者速度更快（见图3-4）
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图3-2
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图3-3
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图3-4
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所以，函数存在是y和Y们无牵无挂地待在那里；函数连续是y和Y们充分靠近；导函数存在是y和Y们不仅充分靠近，且靠近的速度更快.连续曲线不是曲线不断开，恰恰相反，它每一个位置都是断开的．就算Y们靠得更近，比如可导，也只是靠得更近而已，依然是断开的.
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## 例3.1
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(B)若f(x)是可导的奇函数，则f'(x)是偶函数
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(C)若f(x)是可导的周期为T的周期函数，则f'(x)也是以T为周期的周期函数
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(D)若f(x)是可导的有界函数，则f'(x)是有界函数
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## 解 应选(D).
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对于选项(A)，由导数定义，得
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{ \begin{array} { r l } & { f ^ { \prime } ( - x ) = \underset { \Delta x 0 } { \operatorname* { l i m } } \frac { f ( - x + \Delta x ) - f ( - x ) } { \Delta x } = \underset { \Delta x 0 } { \operatorname* { l i m } } \frac { f ( x - \Delta x ) - f ( x ) } { \Delta x } } \\ & { \qquad = ( - 1 ) \underset { \frac { [ - \Delta x ] } { 4 0 } } { \operatorname* { l i m } } \frac { f ( x [ - \Delta x ] ) - f ( x ) } { \frac { [ - \Delta x ] } { 4 0 } } = - f ^ { \prime } ( x ) , } \end{array} }
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故f'(x)是奇函数.
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对于选项(B)，由导数定义，得
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\begin{array} { l } { f ^ { \prime } ( - x ) = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { f ( - x + \Delta x ) - f ( - x ) } { \Delta x } } \\ { \displaystyle \quad = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } - f ( x - \Delta x ) + f ( x ) } \\ { \displaystyle \quad = \operatorname* { l i m } _ { - \Delta x \to 0 } \frac { f ( x - \Delta x ) - f ( x ) } { - \Delta x } } \\ { \displaystyle \quad = f ^ { \prime } ( x ) \ , } \end{array}
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故f'(x)是偶函数.
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对于选项(C)，由导数定义，得
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f ^ { \prime } ( x + T ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( x + T + \Delta x ) - f ( x + T ) } { \Delta x } }
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\begin{array} { l } { \displaystyle \frac { f ( x + T ) = f ( x ) } { \Delta x \to 0 } \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { f ( x + \Delta x ) - f ( x ) } { \Delta x } } \\ { = f ^ { \prime } ( x ) , , } \end{array}
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故f(x)也是以T为周期的周期函数.
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对于选项(D)，举反例： $f ( x ) = { \sqrt { x } } ( x \in ( 0 , 1 ] )$ 有界，而 $f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 1 } { 2 \sqrt { x } } } ( x \in ( 0 , 1 ] )$ 无界.应选(D).
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## 选项（A)，（B)结论的应用见注例1和注例2.
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注例1设 $f ( x ) = \ln ( 1 - x ) - \ln ( 1 + x ) , - 1 < x < 1$ ，则 $f ^ { \prime \prime } ( 0 ) =$
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解 $f ( x ) = \ln { \frac { 1 - x } { 1 + x } }$ （每求导一次，奇偶性互换一次），故f"(x)是奇函数，所以 $f ^ { \prime \prime } ( 0 ) { = } 0$
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注例2设 $f ( x ) = { \frac { 1 } { 2 ^ { x } + 1 } } , x \in \mathbf { R }$ 则 $f ^ { ( 4 ) } ( 0 ) =$
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解 $f ( x ) = { \frac { 1 } { 2 ^ { x } + 1 } } - { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 2 } } = g ( x ) + { \frac { 1 } { 2 } }$
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因为 $g ( - x ) + g ( x ) = { \frac { 1 } { 2 ^ { - x } + 1 } } - { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 2 ^ { x } + 1 } } - { \frac { 1 } { 2 } } = { \frac { 2 ^ { x } } { 2 ^ { x } + 1 } } + { \frac { 1 } { 2 ^ { x } + 1 } } - 1 = 0$ ，所以g(x)是奇函数，于是 $g ^ { ( 4 ) } ( x )$ 是奇函数，即 $g ^ { ( 4 ) } ( 0 ) = 0$ ，所以 $f ^ { ( 4 ) } ( 0 ) = g ^ { ( 4 ) } ( 0 ) = 0$
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## 由例3.1结论，若 $f ( x ) = \sin ( \cos x ) + \cos ( \sin x )$ ，则 $f ^ { ( 5 ) } ( 2 \pi ) =$
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分析利用函数的奇偶性、周期性
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复合函数奇偶性：内偶则偶，内奇同外．
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解 $f ( x ) = \sin ( \cos x ) + \cos ( \sin x )$ 为偶函数，故 $f ^ { ( 5 ) } ( x )$ 为奇函数，因为f(x)的周期为2π，故 $f ^ { ( 5 ) } ( 2 \pi ) =$ $f ^ { ( 5 ) } ( 0 ) = 0$
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例3.2 设f(x)是二阶可导且以2为周期的奇函数， $f \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) > 0 , f ^ { \prime } \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) > 0$ ，记 $M = f \left( - { \frac { 1 } { 2 } } \right)$ $N = f ^ { \prime } { \left( { \frac { 3 } { 2 } } \right) } , K = f ^ { \prime } ( 0 )$ .则（ ）（A) $M < N < K$ (B) $M > N > K$ (C) $M < K < N$ (D) $M > K > N$
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## 解 应选(C).
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由f(x)为奇函数，则 $f \left( - \frac { 1 } { 2 } \right) = - f \left( \frac { 1 } { 2 } \right) < 0$ .根据例3.1(B)选项的结论，知f'(x)为偶函数，由例3.1(A)选项的结论，知 $f ^ { \prime \prime } ( x )$ 为奇函数（事实上，若f(x)无穷阶可导，则每求导一次，奇偶性即互换一次），由 $f ^ { \prime \prime } ( x )$ 存在，故 $f ^ { \prime \prime } ( 0 ) { = } 0$ 必背结论
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又 $f ^ { \prime } { \left( \frac { 1 } { 2 } \right) } > 0$ ，由例3.1(C)选项的结论，知f'(x)也是以2为周期的周期函数，则 $f ^ { \prime } \left( { \frac { 3 } { 2 } } \right) =$ $f ^ { \prime } \left( { \frac { 3 } { 2 } } - 2 \right) = f ^ { \prime } \left( - { \frac { 1 } { 2 } } \right) = f ^ { \prime } \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) > 0$ ，故 $f { \Biggl ( } - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } < f ^ { \prime \prime } ( 0 ) < f ^ { \prime } { \Biggl ( } { \frac { 3 } { 2 } } { \Biggr ) }$ 即 $M < K < N$ ，应选(C).
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例3.3 设f(x)在x=0的某邻域内有定义，并且 $| f ( x ) | { \leqslant } 1 { - } \cos x$ ，则f(x)在x=0处（ ）
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(A)极限存在但不连续 (B)连续但不可导(C)可导且f'(0)=0 (D)可导且 $f ^ { \prime } ( 0 ) \neq 0$
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## 解 应选(C).
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可分为三个层次去做题.
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第一层次：夹逼准则找极限.
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因为 $0 \leqslant { \big | } f ( x ) { \big | } \leqslant 1 - \cos x$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } ( 1 - \cos x ) = 0$ ，所以由夹逼准则知 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left| f ( x ) \right| = 0$ ，故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = 0$
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第二层次：特殊点找函数值.
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将x=0代人所给不等式，有 $\vert f ( 0 ) \vert { \leqslant } 1 { - } \cos 0 { = } 0$ ，所以f(0)=0，故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = f ( 0 )$ ，得f(x)在 x=0处连续，且
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$$
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\mid f ( x ) - f ( 0 ) \mid = \mid f ( x ) - 0 \mid = \mid f ( x ) \mid \leqslant 1 - \cos x ~ .
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$$
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第三层次：夹逼准则找极限，此时极限是导数的定义.
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$$
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0 { \leqslant } \left| \frac { f ( x ) - f ( 0 ) } { x - 0 } \right| { \leqslant } \frac { 1 - \cos x } { | x | } ~ .
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$$
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因为 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 - \cos x } { \left| x \right| } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 } } { \left| x \right| } } = 0$ ，再次使用夹逼准则，有 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \left| { \frac { f ( x ) - f ( 0 ) } { x - 0 } } \right| = 0$ ，也即 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) - f ( 0 ) } { x - 0 } } = 0$ 故f'(0)=0，应选(C).
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方法总结）f(x)是抽象函数，利用抽象函数和具体函数的关系式，通过具体函数的信息去求抽象函数的点信息：
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例3.4 设函数 $f ( x ) = ( \mathbf { e } ^ { x } - 1 ) ( \mathbf { e } ^ { 2 x } - 2 ) { \cdots } ( \mathbf { e } ^ { n x } - n )$ ，其中n为正整数，则f'(0)=（）.(A) $( - 1 ) ^ { n - 1 } ( n - 1 ) !$ (B) $( - 1 ) ^ { n } ( n - 1 ) !$ (C) $( - 1 ) ^ { n - 1 } n !$ (D) $( - 1 ) ^ { n } n !$
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## 解 应选(A).
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关于多项式相乘函数在一个点处的导数问题
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方法一利用导数的定义，有
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{ \begin{array} { r l } { f ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) - f ( 0 ) } { x - 0 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ( \mathrm { e } ^ { 2 x } - 2 ) \cdots ( \mathrm { e } ^ { n x } - n ) - 0 } { x } } } & { } \\ { = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \mathrm { e } ^ { x } - 1 } { x } } \cdot \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } [ ( \mathrm { e } ^ { 2 x } - 2 ) \cdots ( \mathrm { e } ^ { n x } - n ) ] = ( - 1 ) ^ { n - 1 } ( n - 1 ) ! } & { . } \end{array} }
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方法二公式法.
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$$
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f ^ { \prime } ( x ) = ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ^ { \prime } ( \mathrm { e } ^ { 2 x } - 2 ) \cdots ( \mathrm { e } ^ { \mathrm { i } x } - n ) + ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ( \mathrm { e } ^ { 2 x } - 2 ) ^ { \prime } \cdots ( \mathrm { e } ^ { \mathrm { i } x } - n ) + \cdots + ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) ( \mathrm { e } ^ { 2 x } - 2 ) \cdots ( \mathrm { e } ^ { \mathrm { i } x } - n ) ^ { \prime } ,
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$$
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故 $; f ^ { \prime } ( 0 ) = ( 1 - 2 ) \cdots ( 1 - n ) + 0 + \cdots + 0 = ( - 1 ) ^ { n - 1 } ( n - 1 ) !$
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方法三 令 $g ( x ) = ( \mathrm { e } ^ { 2 x } - 2 ) ( \mathrm { e } ^ { 3 x } - 3 ) \cdots ( \mathrm { e } ^ { n x } - n )$ （令不为0的项为g(x)），则 $f ( x ) = ( { \mathrm { e } } ^ { x } - 1 ) g ( x )$ ，于是$f ^ { \prime } ( x ) = \operatorname { e } ^ { x } g ( x ) + ( \mathbf { e } ^ { x } - 1 ) g ^ { \prime } ( x )$ ，故 $f ^ { \prime } ( 0 ) = g ( 0 ) + 0 = ( - 1 ) ^ { n - 1 } ( n - 1 ) !$
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注(1)多项相乘不建议用方法二，一方面多项相乘公式不一定知道，另一方面就算知道公式，计算也很烦琐.
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（2）针对方法三，关键： $\mathbf { e } ^ { 0 } - 1 = 0 , ( \mathbf { e } ^ { 0 } - 2 ) ( \mathbf { e } ^ { 0 } - 3 ) \cdots ( \mathbf { e } ^ { 0 } - n ) \neq 0$
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必背公式： $( u \nu ) ^ { \prime } = u ^ { \prime } \nu + u \nu ^ { \prime } .$
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必背公式应用： $\left[ ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) g ( x ) \right] ^ { \prime } = \mathrm { e } ^ { x } g ( x ) + ( \mathrm { e } ^ { x } - 1 ) g ^ { \prime } ( x )$
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推广公式： $( u _ { 1 } u _ { 2 } u _ { 3 } ) ^ { \prime } = u _ { 1 } ^ { \prime } u _ { 2 } u _ { 3 } + u _ { 1 } u _ { 2 } ^ { \prime } u _ { 3 } + u _ { 1 } u _ { 2 } u _ { 3 } ^ { \prime }$
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例3.5 设f(x)在x=a处连续， $F ( x ) = f ( x ) \vert x - a \vert$ ，则f(a)=0是F(x)在 $x = a$ 处可导的）此题可当结论直接记位
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(A)充要条件 (B)充分非必要条件(C)必要非充分条件 (D)既非充分又非必要条件
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分析 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 存在其左导数 $f _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 和右导数 $f _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 均存在且相等．
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解 应选(A).
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由题意得，
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F ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { - ( x - a ) f ( x ) , } & { x < a , } \\ { 0 , } & { x = a , } \\ { ( x - a ) f ( x ) , } & { x > a . } \end{array} \right. }
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$$
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又
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$$
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F _ { - } ^ { \prime } ( a ) = \operatorname * { l i m } _ { x a ^ { - } } \frac { - ( x - a ) f ( x ) } { x - a } = - \operatorname * { l i m } _ { x a ^ { - } } f ( x ) = - f ( a ) ,
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$$
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$$
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F _ { _ { + } } ^ { \prime } ( a ) = \operatorname * { l i m } _ { x a ^ { + } } { \frac { ( x - a ) f ( x ) } { x - a } } = \operatorname * { l i m } _ { x a ^ { + } } f ( x ) = f ( a ) ,
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$$
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故f(a)=0是 $F ( x )$ 在x=a处可导的充要条件，应选(A).
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例3.6 设函数
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$$
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f _ { 1 } ( x ) = ( x ^ { 2 } - 1 ) \left| x ^ { 3 } + x ^ { 2 } - 2 x - 2 \right| ,
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$$
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$$
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f _ { 2 } ( x ) = ( x ^ { 2 } - 1 ) \left. x ^ { 3 } - 2 x ^ { 2 } - x + 2 \right. ,
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$$
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$$
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f _ { 3 } ( x ) = ( x ^ { 2 } - 1 ) \left| x ^ { 3 } + 3 x ^ { 2 } - 2 x - 6 \right| ,
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$$
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将函数f(x)(i=1,2,3)的不可导点个数记为 $n _ { i }$ ，则（）.
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（A) $n _ { 2 } < n _ { 1 } < n _ { 3 }$ (B) $n _ { 1 } < n _ { 2 } < n _ { 3 }$
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(C） $n _ { 3 } < n _ { 2 } < n _ { 1 }$
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(D) $n _ { 2 } < n _ { 3 } < n _ { 1 }$
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分析该题是例3.5结论的具体应用.
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## 解 应选(A).
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由例3.5可知，若(x)在 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处连续，则 $f ( x ) = \big | x - x _ { 0 } \big | \varphi ( x )$ 在点 $x _ { 0 }$ 处可导的充分必要条件是$\varphi ( x _ { 0 } ) = 0$ 因式分解：
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\begin{array} { r l } & { \quad \left| x ^ { 3 } + x ^ { 2 } - 2 x - 2 \right| } \\ & { \qquad \quad } \\ & { \qquad \quad = \left| x ^ { 2 } ( x + 1 ) - 2 ( x + 1 ) \right| } \\ & { \qquad \quad = \left| ( x ^ { 2 } - 2 ) ( x + 1 ) \right| } \\ & { \qquad \quad = \left| x + 1 \right| \left| x + \sqrt { 2 } \right| \left| x - \sqrt { 2 } \right| } \\ & { \qquad \quad f _ { 1 } ( x ) = ( x ^ { 2 } - 1 ) \frac { \left| x ^ { 3 } + x ^ { 2 } - 2 x - 2 \right| } { \left| x ^ { 3 } + x ^ { 2 } - 2 x - 2 \right| } = ( x + 1 ) ( x - 1 ) \left| ( x + \sqrt { 2 } ) ( x - \sqrt { 2 } ) ( x + 1 ) \right| } \\ & { \qquad \quad = ( x + 1 ) ( x - 1 ) \left| x + \sqrt { 2 } \right| \left| x - \sqrt { 2 } \right| \left| x + 1 \right| \ . } \end{array}
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$$
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当 $f _ { 1 } ( x ) = \left| x + { \sqrt { 2 } } \right| \left[ ( x + 1 ) ( x - 1 ) \left| x - { \sqrt { 2 } } \right| \left| x + 1 \right| \right] = \left| x + { \sqrt { 2 } } \right| Q _ { 1 } ( x )$ 时， $\mathscr { Q } _ { 1 } ( - \sqrt { 2 } ) \neq 0$ ，故 $x = - { \sqrt { 2 } }$ 是 $f _ { 1 } ( x )$ 的不可导点.
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当 $f _ { 1 } ( x ) = \left| x - { \sqrt { 2 } } \right| \left[ ( x + 1 ) ( x - 1 ) \left| x + { \sqrt { 2 } } \right| \left| x + 1 \right| \right] = \left| x - { \sqrt { 2 } } \right| Q _ { 2 } ( x )$ 时， $\mathscr { Q } _ { 2 } ( \sqrt { 2 } ) \neq 0$ ，故 $x = { \sqrt { 2 } }$ 是 $f _ { 1 } ( x )$ 的不可导点 因式分解
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$$
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{ \begin{array} { r l r l } { \ i \ . } & { } & & { \cdots \ } & { \cdots } \\ & { f _ { 2 } ( x ) = ( x ^ { 2 } - 1 ) \underbrace { { \Big | } x ^ { 3 } - 2 x ^ { 2 } - { \overline { { x + 2 { \Big | } } } } = ( x + 1 ) ( x - 1 ) { \big | } ( x + 1 ) ( x - 1 ) ( x - 2 ) { \big | } } _ { = ( x + 1 ) ( x - 1 ) = 1 } } & & { = { \Big | } x ^ { 2 } ( x - 2 ) - ( x - 2 ) { \Big | } } \\ & { } & & { = ( x - 1 ) ( x - 1 ) { \Big | } x - 2 { \Big | } { \Big | } x - 1 { \Big | } { \Big | } x + 1 { \Big | } \ . } & & { = { \Big | } ( x - 2 ) ( x ^ { 2 } - 1 ) { \Big | } } \\ & { } & & { = { \Big | } ( x - 2 ) ( x - 1 ) ( x + 1 ) { \Big | } \ . } \end{array} }
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$$
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当 $f _ { 2 } ( x ) = | x - 2 | [ ( x + 1 ) ( x - 1 ) | x - 1 | | x + 1 ] = | x - 2 | Q _ { 3 } ( x )$ 时， $Q _ { 3 } ( 2 ) \neq 0$ ，故x=2是f(x)的不可导点.
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$$
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{ \begin{array} { r l } & { f _ { 3 } ( x ) = ( x ^ { 2 } - 1 ) { \frac { { \big | } x ^ { 3 } + 3 x ^ { 2 } - 2 x - 6 { \big | } = ( x + 1 ) ( x - 1 ) { \big | } ( x + { \sqrt { 2 } } ) ( x - { \sqrt { 2 } } ) ( x + 3 ) { \big | } } { { \big | } x ^ { 3 } + 3 x ^ { 2 } - 2 x - 6 { \big | } } } \qquad { \mathrm { ~ i ~ f ~ } } x ^ { 3 } + 3 x ^ { 2 } \qquad \qquad } \\ & { \qquad = ( x + 1 ) ( x - 1 ) { \big | } x - { \sqrt { 2 } } { \big | } { \big | } x + { \sqrt { 2 } } { \big | } | x + 3 { \big | } ~ . } \\ & { \qquad = | x ^ { 2 } - 2 ( x + 3 ) { \big | } ~ } \end{array} }
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当 $f _ { 3 } ( x ) = \left| x + { \sqrt { 2 } } \right| \left[ ( x + 1 ) ( x - 1 ) \left| x - { \sqrt { 2 } } \right| \left| x + 3 \right| \right] = \left| x + { \sqrt { 2 } } \right| Q _ { 4 } ( x )$ 时， $\mathscr { Q } _ { 4 } ( - \sqrt { 2 } ) \neq 0$ =(x-√2)(x+√2)(x+3)
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$$
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x = - { \sqrt { 2 } }
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f _ { 3 } ( x )
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当 $f _ { 3 } ( x ) = \left| x - { \sqrt { 2 } } \right| \left[ ( x + 1 ) ( x - 1 ) \left| x + { \sqrt { 2 } } \right| \left| x + 3 \right| \right] = \left| x - { \sqrt { 2 } } \right| Q _ { 5 } ( x )$ 时， $\mathcal { Q } _ { s } ( \sqrt { 2 } ) \neq 0$ ，故 $x = { \sqrt { 2 } }$ 是 $f _ { 3 } ( x )$ 的不可导点．
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当 $f _ { 3 } ( x ) = \left| x + 3 \right| \left[ ( x + 1 ) ( x - 1 ) \left| x - \sqrt { 2 } \right| \left| x + \sqrt { 2 } \right| \right] = \left| x + 3 \right| Q _ { 6 } ( x )$ 时, $Q _ { 6 } ( - 3 ) \neq 0$ ，故x=-3是 $f _ { 3 } ( x )$ 的不可导点.
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所以 $f _ { 1 } ( x )$ 有两个不可导点 $x = - \sqrt { 2 }$ $x = { \sqrt { 2 } }$ ： $f _ { 2 } ( x )$ 有一个不可导点x=2； $f _ { 3 } ( x )$ 有三个不可导点$x = - { \sqrt { 2 } }$ $x = { \sqrt { 2 } }$ ，x=-3.于是, $n _ { 2 } < n _ { 1 } < n _ { 3 }$ ，应选(A).
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（1）f（x）与|f（x）连续、可导的关系总结
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①设f（x）在 $x _ { 0 }$ 处连续，则|f（x）在 $x _ { 0 }$ 处连续；反之不真．
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②设f（x）在 $x _ { 0 }$ 处可导，则
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a. $f ( x _ { 0 } ) \neq 0 \Rightarrow { \big | } f ( x ) { \big | }$ 在 $x _ { 0 }$ 处可导且 $\begin{array} { r } { \Big [ \big | f ( x ) \big | \Big ] ^ { \prime } \Big | _ { x = x _ { 0 } } = \left\{ \begin{array} { l l } { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) , \quad f ( x _ { 0 } ) > 0 , } \\ { - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) , f ( x _ { 0 } ) < 0 . } \end{array} \right. } \end{array}$
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$f ( x _ { 0 } ) = 0$ $\left\{ { \begin{array} { l } { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0 \Rightarrow { \big | } f ( x ) { \big | } } \\ { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \neq 0 \Rightarrow { \big | } f ( x ) { \big | } } \end{array} } \right.$ 在 $x _ { 0 }$ 处可导且 $[ | f ( x ) | ] ^ { \prime } | _ { x = x _ { 0 } } = 0$ 在 $x _ { 0 }$ 处不可导．有
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（2) f（x）在 $x _ { 0 }$ 处连续 $\Rightarrow \left| f ( x ) \right|$ 在 $x _ { 0 }$ 处必连续，为什么？
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因为在 $x _ { 0 }$ 处，f（x)的微观性态图（放大足够多倍）如图3-5（a)-（c）所示
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（a)
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（b)
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C)
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而|f（x）如图3-6（a）（c）所示
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图3-5
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（a)
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(b)
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图3-6
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（C）
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点点相依相偎的图3-5(a)-（c)，加上绝对值后依然相依相偎成为图3-6（a)-（c)，故成立（无论是还是，只要相依相偎即可）.为什么反过来不对？很简单，你看|f(x)相依相偎，连续[见图3-7(b)]，可f(x)却相距甚远，自然不连续[见图3-7(a)].
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(a)
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图3-7
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(b)
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（3）f（x）在 $\boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处可导 $\neq \left| f ( x ) \right|$ 在 $x _ { 0 }$ 处可导
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比如，f（x)在 $x _ { 0 }$ 点处的微观性态图如图3-8（a）所示（放大足够多倍），其在 $x _ { 0 }$ 处可导，则$\left| f ( x ) \right|$ 如图3-8（b）所示
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（a)
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图3-8
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(b)
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如果说连续，f（x)在 $x _ { 0 }$ 处连续⇒|f（x））在 $x _ { 0 }$ 处连续，是的，点与点就是相依相偎在一起的，正如(2)所述.但说可导，不仅要相依相偎，而且要 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } }$ 存在（唯一的数），也就是f(x)相依相偎到 $f ( x _ { 0 } )$ 的速度要不比 $x \to x _ { 0 }$ 的速度慢.（①若快，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } = 0$ ；②若同阶，则$\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) - f ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } = A \neq 0 \ .$
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请看图3-8(a)和图3-8(b)，对于|f(x)， $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { \left| f ( x ) \right| - \left| f ( x _ { 0 } ) \right| } { x - x _ { 0 } } } < 0 ( \searrow )$ 而 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { \left| f ( x ) \right| - \left| f ( x _ { 0 } ) \right| } { x - x _ { 0 } } } > 0$ $^ ( . . . \cdot ) ,$ 故 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { \left| f ( x ) \right| - \left| f ( x _ { 0 } ) \right| } { x - x _ { 0 } } }$ 不存在，|f(x）|在 $x _ { 0 }$ 处不可导，即若f(x)在 $x _ { 0 }$ 处可导， $f ( x _ { 0 } ) = 0$ $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \neq 0$ ，则|f(x)|在 $x _ { 0 }$ 处必不可导.反例同(2).
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现在，试试看，你应该可以清楚回答了：若f(x)在 $x _ { 0 }$ 处可导，且 $f ( x _ { 0 } ) \neq 0$ 则|f（x）在 $x _ { \mathfrak { o } }$ 处必可导，如图3-9（a)，图3-9(b)所示
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(a)
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(b)
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图3-9
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提示：对于连续或可导函数，只要 $f ( x _ { 0 } ) \ ( < ) \ 0$ ，无论 $f ( x _ { 0 } )$ 与0的距离有多小，它旁边相依相偎的f(x）一定 $( { \stackrel { > } { < } } ) 0$ ，考研中常用这一点
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例3.7 设函数f(x)处处可导，f(0)=-1，f(0)=1，令 $g ( x ) = \lvert f ( x - 1 ) \rvert$ ，则（）. (A)g(x)在x=0处必可导 (B)g(x)在x=0处必不可导 (C)g(x)在x=1处必可导 (D)g(x)在x=1处必不可导
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## 解 应选(C).
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因为f(x)处处可导，所以 $g ( x ) = \lvert f ( x - 1 ) \rvert$ 可能不可导的点有且仅有f(x-1)=0的点，而当x=0时，f(0-1)的值不得而知，故g(x)可能可导也可能不可导；当x=1时，f(1-1)=f(0)≠0，所以g(x)在x=1处必可导.
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## ②导数的几何意义
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函数y=f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处的导数值 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 就是曲线 $y = f ( x )$ 在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处切线（见图3-10）的斜率k，即 $k = f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ ，于是曲线y=f(x)在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处的切线方程为 $y - y _ { 0 } = f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } )$
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什么是切线？它就像一把锋利无比的刀，“嗖”地切过点$( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ，在此瞬间，切线的方向就是点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 运动的方向.想想看，掷铁饼（作为质点）时，运动员旋转轨迹的每一点的切线方向就是铁饼那一瞬时的运动方向.在那一瞬时脱手，铁饼就会沿着该点的切线方向飞出.
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图3-10
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法线方程为
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y - y _ { 0 } = - \frac { 1 } { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } ( x - x _ { 0 } ) ( f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \neq 0 ) ~ .
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$$
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注切线存在不代表导数存在，但导数存在切线一定存在注例1研究y=f(x)=|x在x=0处的切线问题.解从x=0出发，取增量△x，有 $\Delta y = f ( 0 + \Delta x ) - f ( 0 ) = \left| \Delta x \right|$ $\Delta x > 0$ 时， $\Delta y = \Delta x$ $f _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { \Delta y } { \Delta x } = 1 \frac { \mathrm { i } \mathcal { Z } } { - } k _ { + }$ $\Delta x < 0$ 时， $\Delta y = - \Delta x$ $f _ { - } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x 0 } \frac { \Delta y } { \Delta x } = - 1 \frac { \mathrm { i } \overrightarrow { \mathrm { i } } } { \mathrm { i } } k _ { - }$
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图3-11
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如图3-11所示，曲线 $y = f ( x ) = \left| x \right|$ 在原点0处出现了两条单侧切线，这两条单侧切线形成了一
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个角，数学上称这里的原点O为一个角点.不过，虽然此曲线在角点0处有两条单侧切线，但按照
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前面讲到的f（x）在点 $x _ { 0 }$ 处可导的充要条件，这里的 $f _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) = k _ { + } \neq k _ { - } = f _ { - } ^ { \prime } ( 0 )$ ，显然f(0)不存在，所以
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我们说 $y = f ( x ) = \left| x \right|$ 在原点O处不可导，也就没有切线.注例2研究 $y = f ( x ) = x ^ { \frac { 1 } { 3 } }$ 在 x=0处的切线问题
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解显然，在x=0处 $\frac { \Delta y } { \Delta x } = \frac { f ( 0 + \Delta x ) - f ( 0 ) } { \Delta x } = \frac { ( \Delta x ) ^ { \frac { 1 } { 3 } } } { \Delta x } = \frac { 1 } { ( \Delta x ) ^ { \frac { 2 } { 3 } } } .$
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当 $\Delta x > 0$ □ $f _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 ^ { + } } \frac { 1 } { ( \Delta x ) ^ { \frac { 2 } { 3 } } = \sqrt [ 3 ] { ( \Delta x ) ^ { 2 } } }$ （其中(△x)²>0）
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$\Delta x < 0$ 时， $f _ { - } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x 0 } \frac { 1 } { ( \Delta x ) ^ { \frac { 2 } { 3 } } } = + \infty$ +
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这样的结果称为无穷导数：又±被叫作广义的数，所以无穷导数在有些数学场合也可被视为导数存在的特殊情形.不过要强调的是，学习“高等数学”这门课程的考生，还是将无穷导数视为导数不存在为好，因为这是“高等数学”里的“规矩”.
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图3-12
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还要指出，如图3-12和图3-13所示， $y = f ( x ) = x ^ { \frac { 1 } { 3 } }$ 与 $y = f ( x ) = - x ^ { \frac { 1 } { 3 } }$ 銀在 $\scriptstyle x = 0$ 处有垂直于x轴的切线 $\scriptstyle x = 0$ .我们说，若曲线 $y = f ( x )$ 在点 $P ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处 有垂直于x轴的切线，则等价于
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f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = + \infty \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } - \infty ( \frac { 1 } { 3 } \pi \mp \frac { \Xi } { 3 } \frac { 1 5 } { 3 } + \frac { 3 } { 3 } \times \frac { 1 } { 3 } ) .
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图3-13
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总结： $\enclose{circle} { 1 } f _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \neq f _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ ，出现角点（尖点），则f（x）在 $x _ { 0 }$ 处不可导，没有切线；
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②f（x）在点 $x _ { 0 }$ 的导数是无穷导数时，在该点有切线但无导数。
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例3.8 设曲线 $y = f ( x ) = x ^ { n }$ 在点(1,1)处的切线与x轴的交点为 $( \xi _ { n } , 0 )$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( \xi _ { n } ) =$ 分析由 $f _ { n } ( x ) = x ^ { n }$ （其中 $\{ f _ { n } ( x ) \}$ 是函数列），知
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\begin{array} { c } { { f _ { 1 } ( x ) = x ^ { 1 } \Rightarrow f _ { 1 } ^ { \prime } ( 1 ) = 1 \ , } } \\ { { { } } } \\ { { f _ { 2 } ( x ) = x ^ { 2 } \Rightarrow f _ { 2 } ^ { \prime } ( 1 ) = 2 \ , } } \\ { { { } } } \\ { { \cdots \cdots \cdots } } \\ { { { } } } \\ { { f _ { n } ( x ) = x ^ { n } \Rightarrow f _ { n } ^ { \prime } ( 1 ) = n \ . } } \end{array}
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解 应填 $\frac { 1 } { \mathbf { e } }$
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由于 $f ^ { \prime } ( 1 ) = { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } { \bigg | } _ { x = 1 } = n x ^ { n - 1 } { \Big | } _ { x = 1 } = n , n = 1 , 2 , \cdots$ ，故过点(1,1)的切线方程为 $y - 1 = n ( x - 1 )$ 令 $y = 0$ 得 $x = \xi _ { n } = 1 - { \frac { 1 } { n } }$ .于是
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( \xi _ { n } ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( 1 - { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n } = { \frac { 1 } { \mathrm { e } } } \ .
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函数f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处的二阶导数为
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f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { \Delta x } } { \frac { { \vec { \mathbf { z } } } { \hat { \mathbf { \zeta } } } } { \mathbf { z } } } f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } \ .
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$$
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函数f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处的n(n为大于2的整数)阶导数为
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f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ^ { ( n - 1 ) } ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ^ { ( n - 1 ) } ( x _ { 0 } ) } { \Delta x } } { \frac { { \bar { \mathbf { g } } } { \bar { \mathbb { X } } } } { \mathbf { \bar { \mathbf { X } } } } } { \Bigg [ } f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ^ { ( n - 1 ) } ( x ) - f ^ { ( n - 1 ) } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } { \Bigg ] } \cdots
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写法： $f ^ { \prime } ( x ) , f ^ { \prime } ( x ) , f ^ { \prime \prime } ( x )$ ，当 $n \geqslant 4$ 时，要写 $f ^ { ( n ) } ( x )$
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注(1）如果f（x）在点 $x _ { \mathfrak { o } }$ 处有二阶导数，则f(x)在 $x _ { 0 }$ 的某个邻域内有一阶导数且 $f ^ { \prime } ( x )$ 在 $x _ { 0 }$ 处连续．
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\mathcal { Q } \star o f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } \frac { f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } = a \ ( \rlap / \ast \frac { \lambda } { \lambda } \neq \pmb { \mathscr { Q } } ) ,
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\emptyset | \operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } [ f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) ] = \operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } ( x - x _ { 0 } ) = 0 \ .
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\ell | \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ^ { \prime } ( x ) = f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \ , \frac { 1 } { \ell x } f ^ { \prime } ( x ) \neq x _ { 0 } \ \xi ( \cdot \pm \frac { \mu } { 4 } \ k ) \neq
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7 9 0 0 k m - 1 4 9 = 3 1 9 1 0 - 1 1 9 1 = 3 1 3 9 k m
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（2）如果f（x）在点 $x _ { 0 }$ 处有n阶导数，则f（x）在 $\boldsymbol { x } _ { 0 }$ 的某个邻域内有1\~（n-1）阶的各阶导数.
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总结：f（x）存在=f（x）在 $x _ { 0 }$ 附近有定义且在 $x _ { 0 }$ 处连续；
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$f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } )$ 存在→f（x）在 $x _ { 0 }$ 附近有定义且在 $x _ { 0 }$ 处连续；
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$f ^ { ( n ) } ( x _ { 0 } ) \mathcal { H } \mathcal { H } \Rightarrow f ^ { ( n - 1 ) } ( x )$ 在 $x _ { 0 }$ 附近有定义且在 $x _ { 0 }$ 处连续，
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例3.9 设f(x)在 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处二阶可导，且 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0 , f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) \neq 0$ .证明：
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(1)若 $f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) < 0$ ，则f(x)在 $x _ { 0 }$ 处取得极大值;
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(2)若 $f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) > 0$ ，则f(x)在 $x _ { 0 }$ 处取得极小值.
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分析概念题.
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必背公式来源：函数极限的局部保号性.
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\operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) = A < 0 \xrightarrow { x \in ( x _ { 0 } - \delta , x _ { 0 } ) \bigcup ( x _ { 0 } , x _ { 0 } + \delta ) } f ( x ) < 0 \ .
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\operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) = A > 0 \xrightarrow { x \in ( x _ { 0 } - \delta , x _ { 0 } ) \bigcup ( x _ { 0 } , x _ { 0 } + \delta ) } f ( x ) > 0 \ .
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必背公式应用：
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\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } { \overset { < } ( } > 0 \Rightarrow { \frac { f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } { \overset { < } ( } > ) ^ { 0 } \ .
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$$
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(1)因 $f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) < 0$ ，故按二阶导数的定义有
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f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } { \frac { f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } } < 0 \ .
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根据函数极限的局部保号性，存在 $x _ { 0 }$ 的去心邻域 $\mathring { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ ，当 $x \in \mathring { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ 时，有 $\frac { f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } < 0$ 因为 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0$ ，所以上式为 ${ \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { x - x _ { 0 } } } < 0$ .从而当 $x \in \mathring { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ 时，f(x)与 $\boldsymbol { x } - \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 符号相反.当 $x - x _ { 0 } < 0$ 时， $f ^ { \prime } ( x ) > 0$ ；当 $x - x _ { 0 } > 0$ 时， $f ^ { \prime } ( x ) < 0$ .根据判别极值的第一充分条件，f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处取得极大值.
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(2)因 $f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) > 0$ ，故按二阶导数的定义有
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f ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } \frac { f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } > 0 .
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$$
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根据函数极限的局部保号性，存在 $x _ { 0 }$ 的去心邻域 $\mathring { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ ，当 $x \in \overset { \circ } { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ 时，有 $\frac { f ^ { \prime } ( x ) - f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } > 0$ 因为 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0$ ，所以上式为 ${ \frac { f ^ { \prime } ( x ) } { x - x _ { 0 } } } > 0$ .从而当 $x \in \mathring { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ 时， $f ^ { \prime } ( x )$ 与 $\boldsymbol { x } - \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 符号相同.当 $x - x _ { 0 } < 0$ 时，$f ^ { \prime } ( x ) < 0$ ；当 $x - x _ { 0 } > 0$ 时， $f ^ { \prime } ( x ) > 0$ .根据判别极值的第一充分条件，f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处取得极小值.
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## 4微分的概念 一元函数可徽可导
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(1)引例.
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如图3-14所示，设正方形边长为1，当其边长增加△x时，它的面积S增加了
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\begin{array} { c } \overline { { { \oplus } } } \vec { \mathfrak { q } } . \vec { \mathfrak { x } } \langle \mathcal { U } \not \circ \not \exists \ \frac { 1 } { 2 } \not \equiv \not \underline { { { \langle \not \circ \mathfrak { u } \not \circ \not \langle \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ \mathit { u } \not \circ } } } \\ { { \neg \not \equiv \left( 1 + \Delta x \right) ^ { 2 } - 1 ^ { 2 } = \underline { { { 2 \Delta x } } } + \left( \Delta x \right) ^ { 2 } \ . \ \not \simeq \left( 1 + \Delta x \right) ^ { 2 } . } } \end{array}
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上述面积的增量△S由两部分组成，一部分是2△x（图3-14中两个小长
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图3-14
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方形的面积），它是△x的一次项；另一部分是 $( \Delta x ) ^ { 2 }$ （图3-14中右上角小正方形的面积），它满足$\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { ( \Delta x ) ^ { 2 } } { \Delta x } } = 0$ ，即 $( \Delta x ) ^ { 2 } = o ( \Delta x )$ .故 $\Delta S = 2 \Delta x + o ( \Delta x )$ ,2△x为增量的主要部分，也叫线性主部， $o ( \Delta x )$ 为△x→0时△x的高阶无穷小，是误差，当△x足够小时，有 $\Delta S \approx 2 \Delta x$
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(2)概念.
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设函数 $y = f ( x )$ 在点 $x _ { 0 }$ 的某邻域内有定义，且 $x _ { 0 } + \Delta x$ 在该邻域内，对于函数增量
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\Delta y = f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } ) ,
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若存在与△x无关的常数A，使得
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\Delta y = A \Delta x + o ( \Delta x ) \ , \qquad \Delta y = \mathrm { d } y + o ( \Delta x )
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其中o(△x)是在△x→0时比△x更高阶的无穷小，则称f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处可微，并把增量的主要部分A△x称为线性主部，也叫作f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处的微分，记 $\left. \mathrm { d } y \right| _ { x = x _ { 0 } } = A \Delta x$ 或 $\left. \mathrm { d } y \right| _ { x = x _ { 0 } } = f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \mathrm { d } x$ 1
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可微可导的证明：
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\begin{array} { r l } & { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { \Delta y } { \Delta x } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { A \Delta x } { \Delta x } + \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { O ( \Delta x ) } { \Delta x } = A \mathrm { ~ , } } \\ & { \oplus \displaystyle \# \# \mathcal { C } _ { q } ^ { \dagger } \neq \omega \mathrm { d } y \vert _ { x = x _ { 0 } } = A \ast \Delta x = f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \Delta x \mathrm { ~ , } } \\ & { \stackrel { \mathcal { K } } { \to } \displaystyle \frac { \mathrm { d } x = \Delta x } { \sqrt { \mathrm { ~ } } } , \frac { \mathrm { d } x } { \sqrt { \mathrm { ~ } } } \mathbb { d } y \vert _ { x = x _ { 0 } } = f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \mathrm { d } x } \\ & { \stackrel { \mathrm { A r ~ o d u } } { \to } \mathrm { d } x + o ( \Delta x ) \mathrm { ~ , ~ } \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } \mathrm { ~ , } \Delta x = \mathrm { d } x } \\ & { \qquad \quad \times \mathrm { d } \mathrm { ~ 1 } } \\ & { \qquad \mathrm { 1 } \ast \Delta x \quad 0 } \end{array}
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## 注（1）可微的判别
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①写增量 $\Delta y = f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } )$
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②写线性增量 $A \Delta x = f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \Delta x$
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③作极限 $\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta y - A \Delta x } { \Delta x } } \Leftrightarrow \Delta y = A \Delta x + o ( \Delta x )$
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若该极限等于0，则y=f（x）在点 $x _ { 0 }$ 处可微，否则不可微。
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(2)从上述判别步骤可以看出，用形式简单的“线性增量 $A \Delta x ^ { n }$ 去代替形式复杂的“增量 $\Delta y ^ { \prime \prime }$ 且其误差 $\ " \Delta y - A \Delta x \ "$ 是o△x)，这就是说，用“简单的量”代替了“复杂的量”，且产生的误差又可以忽略不计，这就是可微的含义.
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>判别可微首先考虑（3)，若没有则结合厂（x）的信息考虑（1）
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(3) ${ } ^ { \mathfrak { a } } f ( x )$ 在点 $x _ { 0 }$ 处可微”与“f(x)在点 $x _ { \mathfrak { o } }$ 处可导”互为充要条件，故判别f(x）在点 $x _ { 0 }$ 处是否可微可以转化为判别其在点 $x _ { 0 }$ 处是否可导，这样的话考生会比较熟悉.
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（4）可微的几何意义
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若f（x）在点 $x _ { 0 }$ 处可微，则在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 附近可以用切线段近似代替曲线段，这是可微的几何意义。
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(5)图3-15可以较好地帮助考生理解以上论述.
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图3-15
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例3.10 设函数y=f(x)在任意点x处的增量 $\Delta y = \frac { y \Delta x } { x + \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } + o ( \Delta x )$ ，且f(0)=1，则$y = f ( x )$ 在点x=0处的微分dy=（）.
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(A)0 (B)dx (C)2dx (D) 3dx
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分析概念题，转化成导数 $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x }$ 代入数值即可.
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## 解 应选(B).
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由 $\Delta y = \frac { y \Delta x } { x + \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } + o ( \Delta x )$ ，知 $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = y ^ { \prime } = \frac { y } { x + \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } }$ ，又f(0)=1，可得y(0)=1，进而 $\left. \mathrm { d } y \right| _ { x = 0 } =$ $y ^ { \prime } ( 0 ) \mathrm { d } x = \mathrm { d } x$ ，应选(B).
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例3.11 设函数f(u)可导，且 $y = f ( x ^ { 2 } )$ ，当自变量x在x=-1处取得增量 $\Delta x = - 0 . 1$ 时，相应的函数增量△y的线性主部为0.1，则f'(1)=（）.(A)-1 (B)0.1 (C)0.5 (D)1
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分析概念题.对复合函数 $y = f [ g ( x ) ]$ 求导，有 $y ^ { \prime } { = } f ^ { \prime } [ g ( x ) ] { \bullet } g ^ { \prime } ( x )$
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必背公式来源： $\Delta y = A \Delta x + o ( \Delta x )$ ，其中 $\mathrm { d } y = A \Delta x = y ^ { \prime } \mathrm { d } x$ 为线性主部.
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本题依然是考查微分的定义.函数的微分是函数增量的线性主部，且 $\mathrm { d } y = y ^ { \prime } \mathrm { d } x = y ^ { \prime } \Delta x$ ，而
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\mathrm { d } y = f ^ { \prime } ( x ^ { 2 } ) \mathrm { d } ( x ^ { 2 } ) = 2 x f ^ { \prime } ( x ^ { 2 } ) \mathrm { d } x = 2 x f ^ { \prime } ( x ^ { 2 } ) \Delta x ,
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因此，由0.1=-2f'(1)·(-0.1)，可得f'(1)=0.5，故选(C).
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题一练设函数f(x)在x=1处可导，且△f(l)是f(x)在增量为△x时的函数值增量，则 $\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta f ( 1 ) - \mathrm { d } f { \big | } _ { x = 1 } } { \Delta x } } =$ （ ）.(A)f() (B)1 (C）8 (D)0
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分析 $\Delta y = \mathrm { d } y + o ( \Delta x )$ ，则 $\Delta y - \mathrm { d } y = o ( \Delta x )$ ，故 $\Delta f ( x ) - \mathrm { d } [ f ( x ) ] = o ( \Delta x )$
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由于 $\Delta f ( 1 ) = f ( 1 + \Delta x ) - f ( 1 )$ ，故 $\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta f ( 1 ) } { \Delta x } } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( 1 + \Delta x ) - f ( 1 ) } { \Delta x } } = f ^ { \prime } ( 1 )$ ，又
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\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { \mathrm { d } f \big | _ { x = 1 } } { \Delta x } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { f ^ { \prime } ( 1 ) \mathrm { d } x } { \Delta x } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { f ^ { \prime } ( 1 ) \Delta x } { \Delta x } = f ^ { \prime } ( 1 ) ,
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于是，原式 $= f ^ { \prime } ( 1 ) - f ^ { \prime } ( 1 ) = 0$
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注在微分概念中，由 $\Delta y = A \Delta x + o ( \Delta x )$ 得 $\mathrm { d } y = A \Delta x$ 故由 $\Delta x = 1 \cdot \Delta x + o ( \Delta x )$ 得 $\mathrm { d } x = 1 \cdot \Delta x$ 也就有$\mathrm { d } y = A \Delta x = A \mathrm { d } x$ 线性主部
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## 习题
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3.1设 $f ( x ) = \left\{ { \frac { 1 - \cos x } { \sqrt { x } } } , x > 0 , \right. \nonumber$ 其中g(x)是有界函数，则f(x)在x=0处（ ）(A)极限不存在 (B)极限存在，但不连续(C)连续，但不可导 (D)可导
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3.2设函数 $f ( x ) = \left| x ^ { 3 } - 1 \right| \varphi ( x )$ ,其中φ(x)在x=1处连续,则(l)=0是f(x)在x=1处可导的（ ）.(A)充分必要条件 (B)充分但非必要条件(C)必要但非充分条件 (D)既非充分又非必要条件
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3.3设函数f(x)可导，且曲线y=f(x)在点 $( x _ { 0 } , f ( x _ { 0 } ) )$ 处的切线与直线y=2-x垂直，则当△x→0时，该函数在 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处的微分dy是（ ）.(A)与△x同阶但非等价的无穷小 (B)与△x等价的无穷小(C)比△x高阶的无穷小 (D)比△x低阶的无穷小
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3.4设函数y=f(x)在点 $x _ { 0 }$ 处可导，且 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \neq 0$ .当自变量有增量△x时，函数y=f(x)的增量为Δy，则当△x→0时，Δy-dy是dy的（）.(A)高阶无穷小 (B)低阶无穷小 (C)同阶非等价无穷小(D)等价无穷小
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3.5设f(x)=(x-a)·φ(x)，其中𝜑(x)连续，则f(a)=
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3.6设f(x)满足f(0)=0，且f'(0)存在，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( 1 - { \sqrt { \cos x } } ) } { \ln ( 1 - x \sin x ) } } =$
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3.7证明：(1)若F(x)在 $[ x _ { 0 } , x _ { 0 } + \delta ) ( \delta > 0 )$ 连续，在 $( x _ { 0 } , x _ { 0 } + \delta )$ 内可导，当 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { + } } F ^ { \prime } ( x ) \frac { \# \# \# } { \# } A$ 时，有 $F _ { + } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = A$
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(2)若F(x)在 $( x _ { 0 } - \delta , x _ { 0 } ] ( \delta > 0 )$ 连续，在 $( x _ { 0 } - \delta , x _ { 0 } )$ 内可导，当 $\operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } ^ { - } } F ^ { \prime } ( x ) \frac { \# \# \# } { \# } A$ 时，有 $F _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = A$
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3.8设 $f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle x ^ { 2 } \sin \frac { \pi } { x } , } & { ~ x < 0 , } \\ { \displaystyle A , } & { ~ x = 0 , } \\ { \displaystyle a x ^ { 2 } + b , } & { ~ x > 0 , } \end{array} \right.$ 求常数A,a,b的值，使f(x)在x=0处可导，并求f'(0).
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3.9设δ>0,f(x)在[-δ,δ]上有定义，f(0)=1，且满足
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \ln ( 1 - 2 x ) + 2 x f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = 0 ,
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证明：f(x)在x=0处可导，并求f'(0).
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## 解答
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3.1(D）解
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f _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { f ( x ) - f ( 0 ) } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { 1 - \cos x } { x ^ { \frac { 3 } { 2 } } } } = 0 ,
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f _ { - } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname * { l i m } _ { x 0 ^ { - } } \frac { x ^ { 2 } g ( x ) } { x } = \operatorname * { l i m } _ { x 0 ^ { - } } x g ( x ) = 0 \ .
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第二个等式利用了g(x)是有界函数这一条件，有界函数乘以无穷小量仍是无穷小量.由于f(x)在点x=0处的左导数等于右导数，因而f(x)在x=0处可导.
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3.2(A）解由(1)=0可知
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f _ { + } ^ { \prime } ( 1 ) = \operatorname* { l i m } _ { x 1 ^ { + } } { \frac { f ( x ) - f ( 1 ) } { x - 1 } } = \operatorname* { l i m } _ { x 1 ^ { + } } { \frac { | x ^ { 3 } - 1 | \varphi ( x ) } { x - 1 } } = \operatorname* { l i m } _ { x 1 ^ { + } } ( x ^ { 2 } + x + 1 ) \varphi ( x ) = 0 ,
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f _ { - } ^ { \prime } ( 1 ) = \operatorname* { l i m } _ { x 1 } { \frac { f ( x ) - f ( 1 ) } { x - 1 } } = \operatorname* { l i m } _ { x 1 } { \frac { | x ^ { 3 } - 1 | \varphi ( x ) } { x - 1 } } = - \operatorname* { l i m } _ { x 1 } ( x ^ { 2 } + x + 1 ) \varphi ( x ) = 0 ,
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即f(1)=f(l)=0，所以f'(1)=0.
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设f(x)在x=1处可导，因为f(1)=0，所以
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f _ { + } ^ { \prime } ( 1 ) = \operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { + } } { \frac { f ( x ) - f ( 1 ) } { x - 1 } } = \operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { + } } { \frac { | x ^ { 3 } - 1 | \varphi ( x ) } { x - 1 } } = \operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { + } } ( x ^ { 2 } + x + 1 ) \varphi ( x ) = 3 \varphi ( 1 ) ,
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f _ { - } ^ { \prime } ( 1 ) = \operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { - } } { \frac { f ( x ) - f ( 1 ) } { x - 1 } } = \operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { - } } { \frac { | x ^ { 3 } - 1 | \varphi ( x ) } { x - 1 } } = - \operatorname * { l i m } _ { x 1 ^ { - } } ( x ^ { 2 } + x + 1 ) \varphi ( x ) = - 3 \varphi ( 1 ) ~ .
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由f(1)=f(1)可得，3𝜑(1)=-3𝜑(l)，故𝜑(1)=0，应选(A).
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3.3(B）解由题设可知 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 1$ .而 $\left. \mathrm { d } y \right| _ { x = x _ { 0 } } = f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \Delta x = \Delta x$ ，因而 $ \operatorname* { l i m } _ { \Delta x 0 } \frac { \mathrm { d } y } { \Delta x } | _ { x = x _ { 0 } } = 1$ ，即当 $\Delta x \to 0$ 时，该函数在 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 处 $\mathrm { d } y$ 与△x是等价无穷小，故选(B).
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3.4(A）解题目给出f(x)在 $x _ { 0 }$ 处可导，考查 $\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta y - \mathrm { d } y } { \mathrm { d } y } }$ ，注意，如果f(x)在 $x _ { 0 }$ 处可导，则必定可微分，因此可以由微分的性质入手.
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由微分的定义可知 $\Delta y - \mathrm { d } y = o ( \Delta x )$ ，而 $\left. \mathrm { d } y = y ^ { \prime } \mathrm { d } x , \mathrm { d } y \right| _ { x = x _ { 0 } } = f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \Delta x$
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由题设知 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \neq 0$ ，可得
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\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta y - \mathrm { d } y } { \mathrm { d } y } } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { o ( \Delta x ) } { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \Delta x } } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { 1 } { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) } } \bullet { \frac { o ( \Delta x ) } { \Delta x } } = 0 ,
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故选(A).
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3.5φ(a）分析概念题.有的同学用公式法求出f'(a)，但这是错误解法，
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\begin{array} { r } { f ^ { \prime } ( a ) = f ^ { \prime } ( x ) \big | _ { x = a } = \big [ \varphi ( x ) + ( x - a ) \bullet \varphi ^ { \prime } ( x ) \big ] \big | _ { x = a } = \varphi ( a ) + 0 = \varphi ( a ) , } \end{array}
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错误，因为φ(x)仅连续，φ(x)不一定存在！应该用“导数定义”求出.
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解导数定义.
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f ^ { \prime } ( a ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { f ( x ) - f ( a ) } { x - a } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to a } { \frac { ( x - a ) \bullet \varphi ( x ) - 0 } { x - a } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to a } \varphi ( x ) = \varphi ( a ) \ .
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注求导数时，当函数不具备“导数存在”的条件时，往往只能用“导数定义”求，
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3.6 $- \frac { 1 } { 4 } f ^ { \prime } ( 0 )$ 解
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\begin{array} { r l } { { \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { f ( 1 - \sqrt { \cos x } ) - f ( 0 ) } { ( 1 - \sqrt { \cos x } ) - 0 } \cdot \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { 1 - \sqrt { \cos x } } { \sin ( 1 - x \sin x ) } } } \\ & { = f ^ { \prime } ( 0 ) \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { 1 - \sqrt { \cos x } } { \ln ( 1 - x \sin x ) } } \\ & { \frac { \sin ( \hat { \phi } ) - \hat { \mathcal { X } } ( \hat { \mathcal { H } } ) \cdot \sqrt { \frac { \sin \hat { \phi } + \hat { \mathcal { Y } } } { 1 + \hat { \mathcal { Y } } } } } { \frac { \sin \hat { \phi } } { \cos \hat { \mathcal { Y } } } \cdot \sqrt { \frac { \sin \hat { \phi } + \hat { \mathcal { Y } } } { 1 + \hat { \mathcal { Y } } } } \times } f ^ { \prime } ( 0 ) \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { 2 } { x + \sin x } = - \frac { 1 } { 4 } f ^ { \prime } ( 0 ) \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { x ^ { 2 } } { x ^ { 2 } } = - \frac { 1 } { 4 } f ^ { \prime } ( 0 ) \ . } \end{array}
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3.7证明 (1) $F _ { * } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { * } } { \frac { F ( x ) - F ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } }$ 洛必达法则 $\operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } ^ { + } } { \frac { F ^ { \prime } ( x ) } { 1 } } = A$
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(2) $F _ { - } ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { - } } { \frac { F ( x ) - F ( x _ { 0 } ) } { x - x _ { 0 } } }$ 洛必达法则 $\operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } ^ { - } } { \frac { F ^ { \prime } ( x ) } { 1 } } = A$
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注满足(1)，(2)的条件时，有 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } ^ { * } \atop ( x _ { 0 } ^ { - } ) } F ^ { \prime } ( x ) \frac { \# \varkappa _ { } ^ { \# } } { \# \Gamma ^ { \prime } ( x ) } A$ $F _ { _ { + } } ^ { \prime } ( x _ { _ { 0 } } ) \frac { \# \# \# } { \# } A$ 但 $\operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } ^ { + } \atop ( x _ { 0 } ^ { - } ) } F ^ { \prime } ( x )$ 不存在时，
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$F _ { \mathrm { + } } ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 亦可能存在．如 $F ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { x ^ { 2 } \sin { \frac { 1 } { x } } , } & { x \neq 0 , } \\ { 0 , } & { x = 0 . } \end{array} \right. }$
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当x=0时， $F ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { F ( x ) - F ( 0 ) } { x - 0 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } x \sin { \frac { 1 } { x } } = 0 .$
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$x \neq 0$ $F ^ { \prime } ( x ) = 2 x \sin \frac { 1 } { x } - \cos \frac { 1 } { x } , \operatorname* { l i m } _ { x 0 } F ^ { \prime } ( x )$ 不存在.但由F(0)=0，知F(0)=0（存在).
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3.8解由可导与连续的关系有
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { - } } x ^ { 2 } \sin { \frac { \pi } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } ( a x ^ { 2 } + b ) = A ,
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所以A=b=0.又
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f _ { - } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { - } } { \frac { x ^ { 2 } \sin { \frac { \pi } { x } } - 0 } { x - 0 } } = 0 , f _ { + } ^ { \prime } ( 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { x 0 ^ { + } } { \frac { a x ^ { 2 } - 0 } { x - 0 } } = 0 ,
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所以a可以为任意常数，且 $f ^ { \prime } ( 0 ) = 0$
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3.9证明使用泰勒公式，有
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\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { \ln ( 1 - 2 x ) + 2 x f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \cfrac { - 2 x - { \frac { 1 } { 2 } } \bullet 4 x ^ { 2 } + o ( x ^ { 2 } ) + 2 x f ( x ) } { x ^ { 2 } } } = 2 \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \cfrac { f ( x ) - 1 } { x } } - 2 + 0 = 0 ,
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$$
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于是极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x ) - f ( 0 ) } { x - 0 } } = 1$ ，即为f(0)，于是函数f(x)在x=0处可导，且 $f ^ { \prime } ( 0 ) { = } 1$
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考研/math/005_## 第4讲.md
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考研/math/006_## 第5讲.md
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考研/math/007_## 第6讲.md
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423
考研/math/008_## 第7讲.md
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考研/math/008_## 第7讲.md
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@@ -0,0 +1,423 @@
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## 第7讲
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## 一元函数微分学的应用（三）物理应用与经济应用
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强调：用数学工具解决应用问题，不会出现过于专业的问题
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>物理应用与相关变化率（仅数学一、数学二）、复利与连续复利（仅数学三）、导数的经济应用（仅数学三）</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>选择题、填空题、解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①了解导数的物理意义，会用导数描述一些物理量（仅数学一、数学二）；②了解导数的经济意义（含边际与弹性的概念）（仅数学三）</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>相关变化率（仅数学一、数学二）</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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物理应用与相关变化率（仅数学一、数学二）
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物理应用
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★相关变化率
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复利与连续复利（仅数学三）
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经济学中常见的函数
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导数的经济应用（仅数学三）
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边际函数与边际分析
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弹性函数与弹性分析
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## 基础内容精讲
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## 物理应用与相关变化率（仅数学一、数学二）
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## 物理应用
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相关物理概念：①位移对时间的变化率（速度）；
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②速度对时间的变化率（加速度）；
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③牛顿第二定律 $( F = m a )$
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x ^ { \prime }
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已知质点运动的位移s关于时间t的函数为 $s = s ( t )$ ，称它为质点的运动方程（位移方程)，则其速度为
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\nu ( t ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta t 0 } \frac { \Delta s } { \Delta t } = s ^ { \prime } ( t ) , \qquad \quad \longrightarrow \nu ( t ) = \frac { \mathrm { d } s } { \mathrm { d } t }
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$$
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其加速度为
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$$
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a ( t ) = \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } t } = \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } s } \cdot \frac { \mathrm { d } s } { \mathrm { d } t } ( \dot { \bar { \mathfrak { H } _ { i } } } a ( t ) = \frac { \mathrm { d } ( \frac { \mathrm { d } s } { \mathrm { d } t } ) } { \mathrm { d } t } = \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } s } { \mathrm { d } t ^ { 2 } } ) \overset \Longleftrightarrow { a ( t ) } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta t 0 } \frac { \Delta \nu } { \Delta t } = \nu ^ { \prime } ( t ) = s ^ { \prime } ( t ) \ .
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$$
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dv·V（更利于解决含s，v不涉及t的相关徽分方程问题，第15讲再学习）
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ds7
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这就是导数的物理意义.
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## 2相关变化率
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研究 ${ \frac { \mathrm { d } A } { \mathrm { d } B } } { = } { \frac { \mathrm { d } A } { \mathrm { d } C } } { \cdot } { \frac { \mathrm { d } C } { \mathrm { d } B } }$
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①若已知 ${ \frac { \mathrm { d } A } { \mathrm { d } B } } , \ { \frac { \mathrm { d } C } { \mathrm { d } B } }$ ，则 $\frac { \mathrm { d } \boldsymbol { A } } { \mathrm { d } C } = \frac { \frac { \mathrm { d } \boldsymbol { A } } { \mathrm { d } B } } { \frac { \mathrm { d } C } { \mathrm { d } B } }$ （通过已知求未知）；
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②该等式建立了 $\frac { \mathrm { d } A } { \mathrm { d } B }$ 与 $\frac { \mathrm { d } C } { \mathrm { d } B }$ 的关系，A，B，C可以扩展为很多实际的量，比如某冰块质量（m）对温度（c）随时间（t）的变化率
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$$
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\frac { \mathrm { d } m } { \mathrm { d } t } = \frac { \mathrm { d } m } { \mathrm { d } c } \bullet \frac { \mathrm { d } c } { \mathrm { d } t } \Rightarrow \frac { \mathrm { d } m } { \mathrm { d } c } = \frac { \mathrm { d } m } { \mathrm { d } t } \enspace .
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## 注微分学中经济应用较多，积分学中物理应用较多
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f(x)已知，若告 $\dot { \pi } \cdot O \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t }$ ，则 $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t }$ 便可求. 7
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若函数y=f(x)由参数方程 $\left\{ { \begin{array} { l } { x = x ( t ) , } \\ { y = y ( t ) } \end{array} } \right.$ 确定且可导，则 ${ \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } } = { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } \cdot { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } } = f ^ { \prime } ( x ) { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } }$ ，上式中， $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t }$ 与 $\frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t }$ 由$f ^ { \prime } ( x )$ 联系在一起，这种相互关联的变化率称为相关变化率.
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注单独出题不难，常见的是速度、位移、加速度与相关变化率的综合题，难度在于和微分方程相结合
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例7.1 已知动点P在曲线 $y = x ^ { 3 }$ 上运动，记坐标原点与点P间的距离为l.若点P的横坐标对时间的变化率为常数 $\nu _ { 0 }$ ，则当点P运动到点(1,1)时，1对时间的变化率是
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2 \sqrt { 2 } \nu _ { \mathrm { 0 } }
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$$
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由题设知 $l = \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } = \sqrt { x ^ { 2 } + x ^ { 6 } }$ ，则
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$$
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\frac { \mathrm { d } l } { \mathrm { d } t } = \overbrace { \frac { \mathrm { d } l } { \mathrm { d } x } } ^ { \mathrm { d } l } \bullet \overbrace { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } } ^ { \mathrm { d } x } = \frac { 2 x + 6 x ^ { 5 } } { 2 \sqrt { x _ { 5 } ^ { 2 } + x ^ { 6 } } } \bullet \underline { \nu } _ { 0 } ,
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$$
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$$
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\left. { \frac { \mathrm { d } l } { \mathrm { d } t } } \right| _ { x = 1 } = { \frac { 8 } { 2 \sqrt { 2 } } } \nu _ { 0 } = 2 \sqrt { 2 } \nu _ { 0 } \ .
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$$
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@方法总结）涉及相关变化率问题：①建立相关变量方程；②求导找出相关变化率，进而通过已知变化率求未知变化率.
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注更为综合的物理应用会涉及微分方程，将在第15讲学习
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## 复利与连续复利（仅数学三）
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复利计算公式为
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A _ { m } = A ( 1 + r ) ^ { m } \longleftrightarrow \overbrace { { A \underbrace { ( 1 + r ) ( 1 + r ) \cdots ( 1 + r ) } } } ^ { A ( 1 + r ) ( 1 + r ) \cdots ( 1 + r ) }
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$$
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其中A表示一开始的本金，r表示每一期的利率，m表示复利的总期数， $A _ { m }$ 表示m期后的余额.
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①如果年利率为r的利息一年支付1次，那么当初始存款为A元时，t年后余额 $A _ { t }$ 则为
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\begin{array} { r } { A _ { t } = A ( 1 + r ) ^ { t } . } \end{array}
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$$
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②如果年利率为r的利息一年支付n次，那么当初始存款为A元时，t年后余额A则为
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$$
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A _ { t } = A \left( 1 + { \frac { r } { n } } \right) ^ { n t } \overbrace { \ . \ } ^ { \substack { \longrightarrow } } A \left[ \underbrace { \left( 1 + { \frac { r } { n } } \right) \cdots \left( 1 + { \frac { r } { n } } \right) } _ { n _ { \uparrow \uparrow } } \right] \left[ \left( 1 + { \frac { r } { n } } \right) \cdots \left( 1 + { \frac { r } { n } } \right) \right] \cdots \left[ \left( 1 + { \frac { r } { n } } \right) \cdots \left( 1 + { \frac { r } { n } } \right) \right]
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$$
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$$
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A \mathrm { e } ^ { r t } = R \Rightarrow A \bar { \in } R \mathrm { e } ^ { - r t }
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$$
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现值③对于②，当n→∞时， $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } A _ { t } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } A { \Bigg ( } 1 + { \frac { r } { n } } { \Bigg ) } ^ { n t } = A \mathbf { e } ^ { r t }$ ，这称为连续复利.→掌握至此即可，无须深入学习支付无数次 $ A \cdot \mathrm { e } ^ { \mathrm { i m } n t \cdot \frac { r } { n } } = A \mathrm { e } ^ { n }$
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注考试时要弄清楚①，②，③三种情况，题目会明确告知
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例7.2 设某酒厂有一批新酿的好酒，如果现在（假定t=0）就售出，总收入为 $R _ { 0 }$ 元；如果窖藏起来，待来日按陈酒价格出售，t年末总收入为 $R = R _ { 0 } { \mathrm { e } } ^ { { \frac { 2 } { 5 } } { \sqrt { t } } }$ .假定银行的年利率r为6%，并以连续复
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利计息，若 $t _ { 0 }$ 年售出可使总收入的现值最大，则窖藏的时间 $t _ { 0 } ~ =$
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分析碰到应用题，找到关系式、定义式、约束式，先写定义式（现值），再代入关系式 $R = R _ { 0 } \mathrm { e } ^ { \frac { 2 } { 5 } \sqrt { t } }$ 最后按照一元函数求最值的方法，找到驻点即为所求.
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解 应填11.
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7
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根据连续复利公式，这批酒在窖藏t年末售出时总收入R的现值为 $A ( t ) = R e ^ { - r t }$ 而 $R = R _ { 0 } \mathrm { e } ^ { \frac { 2 } { 5 } \sqrt { t } }$
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故 $A ( t ) = R _ { 0 } { \mathrm { e } } ^ { { \frac { 2 } { 5 } } { \sqrt { t } } - r t }$ 令 $\frac { \mathrm { d } \boldsymbol { A } } { \mathrm { d } t } = \boldsymbol { R _ { 0 } } \mathrm { e } ^ { \frac { 2 } { 5 } \sqrt { t } - r t } \left( \frac { 1 } { 5 \sqrt { t } } - r \right) = 0$ ，得驻点 $t _ { 0 } = \frac { 1 } { 2 5 r ^ { 2 } }$ .当 $0 < t _ { 0 } < \frac { 1 } { 2 5 r ^ { 2 } }$ 时， $\frac { \mathrm { d } \boldsymbol { A } } { \mathrm { d } t } > 0$ ；当
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$t _ { 0 } > \frac { 1 } { 2 5 r ^ { 2 } }$ 时， $\frac { \mathrm { d } A } { \mathrm { d } t } < 0$ →一元连续函数中唯一极值点就是最值点
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于是， $t _ { 0 } = \frac { 1 } { 2 5 r ^ { 2 } }$ 是极大值点亦是最大值点，故窖藏 $t _ { 0 } = \frac { 1 } { 2 5 r ^ { 2 } }$ 年售出可使总收入的现值最大.当>约束式$\dot { r } = 6 \%$ 时， $t _ { \scriptscriptstyle 0 } = \frac { 1 0 0 } { 9 } \approx 1 1$ （年）
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方法总结用好定义式与关系式，利用求导工具找最值即可．
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## 导数的经济应用（仅数学三）
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## 1经济学中常见的函数
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(1)需求函数.
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设某产品的需求量为Q，价格为p，则 $Q = Q ( p )$ 称为需求函数，且Q一般为单调减少函数.
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(2)供给函数.
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设某产品的供给量为q，价格为p，则 $q = q ( p )$ 称为供给函数，且q一般为单调增加函数.
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(3)成本函数.
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设生产产品的总投入为C，它由固定成本 $C _ { \iota }$ （常量)和可变成本 $C _ { 2 } ( Q )$ 两部分组成，其中Q表示产量.成本函数为 $C = C \left( Q \right) = C _ { 1 } + C _ { 2 } \left( Q \right)$ ，称 $\frac { c } { \varrho }$ 为平均成本，记为 $\overline { { C } }$ 或AC，即
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$$
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A C = \overline { { { C } } } = { \frac { C } { Q } } = { \frac { C _ { 1 } } { Q } } + { \frac { C _ { 2 } ( Q ) } { Q } } \ .
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$$
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(4)收益(入)函数.
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设产品售出后所得的收益为R，则
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$$
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R = R ( { \mathcal { Q } } ) = p Q \ ,
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其中p是价格，Q是销售量.
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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(5)利润函数.
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设收益扣除成本后的利润为L，则
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L = L ( Q ) = R ( Q ) - C ( Q ) ,
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其中Q为销售量.
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注如无特殊情况说明，需求与供给函数以价格p为自变量，成本、收益与利润函数以产量Q为自变量
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## ② 边际函数与边际分析
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在经济学中，若函数f(x)可导，则称f'(x)为f(x)的边际函数. $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 称为f(x)在 $x _ { 0 }$ 点的边际值.用边际函数来分析经济量的变化叫边际分析.
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由 $\Delta y \approx \mathrm { d } y$ ，即 $f ( x _ { 0 } + \Delta x ) - f ( x _ { 0 } ) \approx f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \Delta x$ ，取△x=1，得 $f ( x _ { 0 } + 1 ) - f ( x _ { 0 } ) \approx f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$
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于是，边际值 $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 被解释为：在 $x _ { 0 }$ 点，当x改变一个单位时，函数f(x)近似(在实际问题中，经常略去“近似”二字)改变 $\left| f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) \right|$ 个单位. $f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )$ 的符号反映自变量的改变与因变量的改变是同向还是反向 $\left\{ { \begin{array} { l } { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) > 0 \leq 1 } \\ { f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) < 0 \leq l } \end{array} } \right.$ 同向改弯 同向改变，
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反向改变
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(1)边际成本.
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设总成本函数为 $C = C ( Q ) ( Q$ 为产量),则边际成本函数（记为MC）为 $\scriptstyle { M C = C ^ { \prime } ( Q ) }$
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(2)边际收益.
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设总收益函数为 $R = R ( Q ) ( Q$ 为销售量),则边际收益函数（记为MR）为 $M R = R ^ { \prime } ( Q )$
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(3)边际利润.
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设利润函数为 $L = L ( \boldsymbol { Q } ) ( \boldsymbol { Q }$ 为销售量),则边际利润函数（记为ML）为 $M L = L ^ { \prime } ( Q )$
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## ③弹性函数与弹性分析
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在经济学中，把因变量对自变量变化的反应的灵敏度，称为弹性或弹性系数.设函数 $y = f ( x )$ 可导，称
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$$
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\eta = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta y } { y } } \left/ { \frac { \Delta x } { x } } = { \frac { x } { y } } y ^ { \prime } = { \frac { x } { f ( x ) } } f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { E y } { E x } } \right.
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$$
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为函数y=f(x)的弹性函数，称
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$$
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\eta \Bigg \vert _ { x = x _ { 0 } } = \frac { x _ { 0 } } { f ( x _ { 0 } ) } f ^ { \prime } ( x _ { 0 } )
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$$
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为函数f(x)在 $x _ { 0 }$ 处的(点)弹性.
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$\eta \Bigg \vert _ { x = x _ { 0 } }$ 表示在 $x _ { 0 }$ 处，当自变量x改变1%时，因变量y将改变 $| \eta | _ { x = x _ { 0 } } | \% = | { \frac { x _ { 0 } } { f ( x _ { 0 } ) } } f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) | \%$ ，其符号反映自变量x与因变量y的改变是同向还是反向. 取 $\eta = 0 . 5 4 = \frac { 0 . 5 4 \% } { 1 \% }$ →因变量改变0.54%用弹性函数来分析经济量的变化叫弹性分析. →自虚量改密1%
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(1)需求的价格弹性.
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$$
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\eta _ { d } = { \frac { E Q } { E p } } = { \frac { p } { Q } } { \frac { \mathrm { d } Q } { \mathrm { d } p } } = { \frac { p } { Q ( p ) } } Q ^ { \prime } ( p ) \ .
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$$
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一般地，需求函数单调减少，故 $\mathcal { Q } ^ { \prime } ( p ) < 0$ ，从而 $\eta _ { d } < 0$
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其经济意义：当价格为p时，若提价（降价）1%，则需求量将减少（增加） $| \eta _ { d } | \%$
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注若题设要求 $\eta _ { d } > 0$ ，则取 $\eta _ { d } = - \frac { p } { Q ( p ) } Q ^ { \prime } ( p )$
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(2)供给的价格弹性.
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$$
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\eta _ { s } = { \frac { E q } { E p } } = { \frac { p } { q } } { \frac { \mathrm { d } q } { \mathrm { d } p } } = { \frac { p } { q ( p ) } } q ^ { \prime } ( p ) \ .
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$$
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一般地，供给函数单调增加，故 $q ^ { \prime } ( p ) > 0$ ，从而 $\eta _ { s } > 0$
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其经济意义：当价格为p时，若提价（降价）1%，则供给量将增加（减少） $\eta _ { s } \%$
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(3)收益的价格弹性.
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$$
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\eta _ { r } = { \frac { E R } { E p } } = { \frac { p } { R } } { \frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } p } } = { \frac { p } { R ( p ) } } R ^ { \prime } ( p ) \ .
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$$
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一般地，收益函数单调增加，故 $R ^ { \prime } ( p ) > 0$ ，从而 $\eta _ { r } > 0$
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其经济意义：当价格为p时，若提价（降价）1%，则收益将增加（减少） $\eta _ { r } \%$
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例7.3 设生产某商品的固定成本为60000元，可变成本为20元／件，价格函数为 $p =$ $6 0 - { \frac { Q } { 1 0 0 0 } } \left( { \mathfrak { p } } \right.$ 是单价，单位：元；Q是销量，单位：件).已知产销平衡，求：
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(1)该商品的边际利润函数;
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(2)当p=50元时的边际利润，并解释其经济意义；—→数学三的热门考点
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(3)使得利润最大的单价p.
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分析①先写利润函数，再对Q求偏导数得到边际利润；
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②代入价格函数求Q，再代入L(Q)；
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③令 $L ^ { \prime } ( Q ) = 0$ ，解出Q再代入价格函数，求 $p .$
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解 (1)成本函数 $C ( Q ) = 6 0 0 0 0 + 2 0 Q$ ，收益函数 $R ( Q ) = p Q = 6 0 Q - { \frac { Q ^ { 2 } } { 1 0 0 0 } }$ ，利润函数
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$$
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L ( Q ) = R ( Q ) - C ( Q ) = - { \frac { Q ^ { 2 } } { 1 0 0 0 } } + 4 0 Q - 6 0 0 0 0 ,
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$$
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故该商品的边际利润函数 $L ^ { \prime } ( Q ) = - \frac { Q } { 5 0 0 } + 4 0 $
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(2)当 $p = 5 0$ 元时，销量 $Q \ = 1 0 \ 0 0 0$ 件，L' (10000)=20元.
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其经济意义：销售第10001件商品所得利润为20元.
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(3)令 $L ^ { \prime } ( Q ) = - \frac { Q } { 5 0 0 } + 4 0 = 0$ ，得 $Q \ = 2 0 \ 0 0 0$ 件，且 $L ^ { \prime \prime } ( 2 0 0 0 0 0 ) < 0$ ，故当 $Q \ = 2 0 \ 0 0 0$ 件时利润最大，此时p=40元.
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例7.4 设某商品需求量Q是价格p的单调减少函数： $Q = Q ( p )$ ，其中需求弹性 $\eta =$ $\frac { 2 p ^ { 2 } } { 1 9 2 - p ^ { 2 } } > 0$
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(1)设R=R(p)为总收益函数，证明 $\sqrt { \frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } p } = \mathcal { Q } ( 1 - \eta ) \bigg | }$ ；作为结论用已说明，若无说明，则以Q为自变量
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(2)当p=6时，求总收益对价格的弹性，并说明其经济意义.
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分析①写出R(p)，再对p求导，代入η即可；
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②写出 $\frac { E R } { E p }$ ，代入 $\eta = \frac { 2 p ^ { 2 } } { 1 9 2 - p ^ { 2 } } \Bigg | _ { p = 0 }$ 即可.
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(1)证由题设得 $R ( p ) = p Q ( p )$ ，两边对p求导，得 →n=-pd dp
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{ \frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } p } } = Q + p { \frac { \mathrm { d } Q } { \mathrm { d } p } } = Q \left( 1 + \left[ { \frac { p } { Q } } { \frac { \mathrm { d } Q } { \mathrm { d } p } } \right] \right) = Q ( 1 - \eta ) \ .
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$$
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(2) 解 $\frac { E R } { E p } = \frac { p } { R } \frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } p } = \frac { p } { p Q } Q ( 1 - \eta ) = 1 - \eta = 1 - \frac { 2 p ^ { 2 } } { 1 9 2 - p ^ { 2 } } = \frac { 1 9 2 - 3 p ^ { 2 } } { 1 9 2 - p ^ { 2 } }$
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\left. \frac { E R } { E p } \right| _ { p ^ { \approx 6 } } = \frac { 1 9 2 - 3 \times 6 ^ { 2 } } { 1 9 2 - 6 ^ { 2 } } = \frac { 7 } { 1 3 } \approx 0 . 5 4 \ .
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其经济意义：当p=6时，若价格上涨1%，则总收益将增加0.54%.
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例7.5 设某商品需求量Q对价格P的弹性为 $\eta ( \eta > 0 )$ ，R为收益，则（ ）
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(A)当 $\eta < 1 , \Delta P > 0$ 时， $\Delta R > 0$
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(B)当 $\eta < 1 , \Delta P < 0$ 时， $\Delta R > 0$
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(C)当 $\eta > 1 , \Delta P > 0$ 时， $\Delta R > 0$
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(D)当 $\eta > 1 , \Delta P < 0$ 时， $\Delta R < 0$
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分析利用结论 $\frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } P } { = } Q ( 1 { - } \eta )$ 进行分析.
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应选(A).
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{ \frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } P } } = { \frac { \mathrm { d } \big ( P Q \big ) } { \mathrm { d } P } } = Q + P { \frac { \mathrm { d } Q } { \mathrm { d } P } } = Q + Q \cdot { \frac { P } { Q } } { \frac { \mathrm { d } Q } { \mathrm { d } P } } = Q ( 1 - \eta ) \ .
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$$
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当n<1时， $\frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } P } { > } 0$ ，即 $\Delta P _ { _ { ( < 0 ) } } 0$ 时， $\Delta R _ { _ { ( < 0 ) } } 0$
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当n>1时， $\frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } P } < 0$ ，即 $\Delta P _ { _ { ( < 0 ) } } 0$ 时， $\Delta R _ { _ { ( > 0 ) } } ^ { _ { < 0 } }$ .故选(A).
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## 基础习题精练
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## 习题
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7.1（仅数学一、数学二)质点P沿抛物线 $x = y ^ { 2 } ( y > 0 )$ 移动，P的横坐标x对时间的变化率为5cm/s.当x=9时，点P到原点O的距离对时间的变化率为
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7.2（仅数学三）设某产品的需求函数为 $Q = Q ( P )$ ，需求的价格弹性为 $\varepsilon , 0 < \varepsilon < 1$ .已知产品收益R对价格的边际为s，且产销平衡，则产品的产量应是 （用ε，s的函数表示）
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7.3（仅数学一、数学二）甲车以24km/h的速度向北行驶，同时正东10km处乙车以20km/h的速度向东行驶.从这一时刻起经过1小时后，求两车间的距离对时间的变化率.
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7.4（仅数学三）已知某企业的总收入函数为 $R = 2 6 x - 2 x ^ { 2 } - 4 x ^ { 3 }$ ，总成本函数为 $C = 8 x + x ^ { 2 }$ ，其中x表示产品的产量，求利润函数、边际收入函数、边际成本函数以及企业获得最大利润时的产量和最大利润.
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## 解答
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7.1 ${ \frac { 9 5 } { 6 { \sqrt { 1 0 } } } } { \mathrm { ~ c m / s } } $ 解点P到原点O的距离 $s = \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } }$ ，于是
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{ \frac { \mathrm { d } s } { \mathrm { d } t } } = { \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } t } } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } = { \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } x } } { \sqrt { x ^ { 2 } + x } } \cdot { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } } = { \frac { 5 ( 2 x + 1 ) } { 2 { \sqrt { x ^ { 2 } + x } } } } ,
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当x=9时， ${ \frac { \mathrm { d } } { \mathrm { d } t } } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } { \bigg | } _ { x = 9 } = { \frac { 5 ( 2 x + 1 ) } { 2 { \sqrt { x ^ { 2 } + x } } } } { \bigg | } _ { x = 9 } = { \frac { 9 5 } { 6 { \sqrt { 1 0 } } } } ( { \mathrm { c m / s } } )$
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7.2 $\frac { s } { 1 - \varepsilon }$ 解需求的价格弹性为 $- \frac { { \cal { Q } } ^ { \prime } } { \cal { Q } } { \cal { P } }$ ，其中Q为需求量，即产量，P为价格.依题意，
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$- \frac { \mathcal { Q } ^ { \prime } } { \mathcal { Q } } P = \varepsilon$ ，即
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P Q ^ { \prime } = - \varepsilon Q ~ .
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收益函数 $R = P Q$ ，它对价格的边际为 $\frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } P }$ ，由题意，
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$$
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s = \frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } P } = \mathcal { Q } + P \mathcal { Q } ^ { \prime } = ( 1 - \varepsilon ) \mathcal { Q } \ ,
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$$
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所以 $\scriptstyle Q = { \frac { s } { 1 - \varepsilon } }$
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7.3解设甲车最初在原点O处，乙车在C处， $O C = 1 0 \mathrm { k m }$ ，在t小时后，甲在A点，乙在B点，如图7-1所示.设 $A B = s , O A = x , C B = y$ ，则 $s = \sqrt { x ^ { 2 } + ( y + 1 0 ) ^ { 2 } }$ ，其中 $s = s ( t ) , x = x ( t ) , y = y ( t )$ 都是关于t的函数.写成
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$$
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s ^ { 2 } = x ^ { 2 } + ( y + 1 0 ) ^ { 2 } ,
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两边对t求导，得 $2 s \bullet { \frac { \mathrm { d } s } { \mathrm { d } t } } = 2 x { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } } + 2 ( y + 1 0 ) { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } }$ ，即
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{ \frac { \mathrm { d } s } { \mathrm { d } t } } = { \frac { x { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } } + ( y + 1 0 ) { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } } } { \sqrt { x ^ { 2 } + ( y + 1 0 ) ^ { 2 } } } } \ .
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$$
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图7-1
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上式表达了三个变化率 ${ \frac { \mathrm { d } s } { \mathrm { d } t } } , { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } } , { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } }$ 之间的关系.已知 $\frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } t } = 2 4 , \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } t } = 2 0$ .当t=1时， $x = 2 4 , y = 2 0$ 代人上式，得 $\frac { \mathrm { d } s } { \mathrm { d } t } { = } \frac { 1 9 6 } { \sqrt { 4 1 } } \approx 3 0 . 6 ( \mathrm { k m / h } )$
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7.4解利润函数 $L = R - C = 1 8 x - 3 x ^ { 2 } - 4 x ^ { 3 }$ ，边际收入函数 $M R = \frac { \mathrm { d } R } { \mathrm { d } x } = 2 6 - 4 x - 1 2 x ^ { 2 }$ ，边际成本函数 $M C = { \frac { \mathrm { d } C } { \mathrm { d } x } } = 8 + 2 x$
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令 $\frac { \mathrm { d } L } { \mathrm { d } x } = 1 8 - 6 x - 1 2 x ^ { 2 } = 0$ 得 $x = 1 , x = - \frac { 3 } { 2 }$ (舍去)又 ${ \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } L } { \mathrm { d } x ^ { 2 } } } { \Bigg | } _ { x = 1 } = ( - 6 - 2 4 x ) { \Bigg | } _ { x = 1 } = - 3 0 < 0$ ，可知当x=1时,L取得极大值，为 $L { \Bigg \vert } _ { x = 1 } = \left( 1 8 x - 3 x ^ { 2 } - 4 x ^ { 3 } \right) { \Bigg \vert } _ { x = 1 } = 1 1$ .因为 $x > 0$ 时，L(x)只有一个极大值，故此极大值就是最大值.所以当产量为1时利润最大，最大利润为11.
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考研/math/009_## 第8讲.md
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859
考研/math/011_## 第10讲.md
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## 第10讲
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## 一元函数积分学的应用（一）一几何应用
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总旨标：套公式，做计算→第9讲的内容。核心
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>①平面图形的面积，旋转体的体积，函数的平均值；②形心坐标公式，平面曲线的弧长，旋转曲面的面积（侧面积）（仅数学一、数学二）</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>选择题、填空题、解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①掌握用定积分表达和计算一些几何量（平面图形的面积、平面曲线的弧长、旋转体的体积及侧面积、平行截面面积为已知的立体体积、质心、形心等）及函数的平均值（仅数学一、数学二）；②会利用定积分计算平面图形的面积、旋转体的体积和函数的平均值（仅数学三）</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>平面图形的面积、旋转体的体积</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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## 基础内容精讲
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假设以下曲线都是光滑的.
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>三大体系下的图形：
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①直角坐标系下(直接算)
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直接算(少)②参数方程下换元法
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## 用定积分表达和计算平面图形的面积
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③极坐标系下（直接算）
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→可推广为用收敛的反常积分进行表示
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推广：可能用到在收敛情况下的反常积分及时回看，补上，免遗忘
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(1)曲线 $y = y _ { 1 } ( x )$ 与 $y = y _ { 2 } ( x )$ 及 $\scriptstyle x = a , x = b ( a < b )$ 所围成的平面图形的面积
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$$
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S = \int _ { a } ^ { b } \bigl | y _ { 1 } ( x ) - y _ { 2 } ( x ) \bigr | \mathrm { d } { \overline { { x } } } .
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计算一个带绝对值的函数的定积分
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小提示：随着学习的进行，知识会遗忘，所以要及时进行复习，因此在学面积之前，可以先回看前面学到的平面图形.
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》及时复习的话，遗忘曲线就会出现许多跳跃间断点
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记忆小曲线=复习2\~3次，遗忘内容大幅度减少
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微元法．
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用大的面积减去小的面积，即 $S = \int _ { a } ^ { b } y _ { 1 } \mathrm { d } x - \int _ { a } ^ { b } y _ { 2 } \mathrm { d } x$
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①取微元： $\Delta S = \rvert \boldsymbol { y } _ { 1 } ( \boldsymbol { x } ) - \boldsymbol { y } _ { 2 } ( \boldsymbol { x } ) \rvert \mathrm { d } \boldsymbol { x }$
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②积分： $S = \int _ { a } ^ { b } { \left| y _ { 1 } - y _ { 2 } \right| } \mathrm { d } x$
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(2)曲线 $r = r _ { \mathrm { { l } } } ( \theta )$ 与 $r = r _ { 2 } ( \theta )$ 与两射线 $\theta = \alpha$ 与 $\theta = \beta \left( 0 < \beta - \alpha \leqslant 2 \pi \right)$ 所围成的曲边扇形的面积
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$$
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S = \frac { 1 } { 2 } { \int _ { \alpha } ^ { \beta } } \Bigl | r _ { 1 } ^ { 2 } ( \theta ) - r _ { 2 } ^ { 2 } ( \theta ) \Bigr | \mathrm { d } \theta \ .
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绝对值：保证差值非负
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当 $\mathbf { d } \theta 0$ 时，可将扇形区域近似看作三角形，计算三角形面积： $\frac { 1 } { 2 } r _ { 2 } ( \theta ) \bullet r _ { 2 } ( \theta ) \mathrm { d } \theta - \frac { 1 } { 2 } r _ { 1 } ( \theta ) \bullet r _ { 1 } ( \theta ) \mathrm { d } \theta$ 微元法．
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①用经过0的射线去切分扇形区域.
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②取微元：用大“三角形”面积-小“三角形”面积.
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\Delta S = { \frac { 1 } { 2 } } r _ { 2 } ( \theta ) \bullet r _ { 2 } ( \theta ) \mathrm { d } \theta - { \frac { 1 } { 2 } } r _ { 1 } ( \theta ) \bullet r _ { 1 } ( \theta ) \mathrm { d } \theta = { \frac { 1 } { 2 } } { \Big | } r _ { 2 } ^ { 2 } ( \theta ) - r _ { 1 } ^ { 2 } ( \theta ) { \Big | } \mathrm { d } \theta ~ .
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$$
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③积分： $S = \int _ { \alpha } ^ { \beta } \frac { 1 } { 2 } \big | r _ { 2 } ^ { 2 } ( \theta ) - r _ { 1 } ^ { 2 } ( \theta ) \big | \mathrm { d } \theta$
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例10.1 设 $A _ { n }$ 是曲线 $y = x ^ { n }$ 与 $y = x ^ { n + 1 } ( n = 1 , 2 , \cdots )$ 所围区域的面积，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } ( 2 \sum _ { k = 1 } ^ { n } A _ { k } ) ^ { n } \ =$
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分析①求交点. $\left\{ \begin{array} { l l } { \gamma = x ^ { n } , } \\ { y = x ^ { n + 1 } } \end{array} \right. \Rightarrow x ^ { n } = x ^ { n + 1 } \Rightarrow x = 0 \# _ { \mathcal { X } } x = 1$
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②画图（见图10-1）
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图10-1
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③套公式，做计算，得到 $A _ { n }$ 的具体表达式.
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④代入 $A _ { n }$ ，求极限.
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解 应填 $\mathrm { e } ^ { - 2 }$
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由
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\left\{ \begin{array} { l } { { y = x ^ { n } , } } \\ { { y = x ^ { n + 1 } } } \end{array} \right. \Rightarrow x ^ { n + 1 } - x ^ { n } = 0 \Rightarrow x ^ { n } ( x - 1 ) = 0 \Rightarrow x = 0 , x = 1 \mathrm { ~ , ~ }
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得 $y = x ^ { n }$ 与 $y = x ^ { n + 1 }$ 的交点为(0,0),(1,1)，故
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A _ { n } = \int _ { 0 } ^ { 1 } ( x ^ { n } - x ^ { n + 1 } ) \mathrm { d } x = \left( { \frac { 1 } { n + 1 } } x ^ { n + 1 } - { \frac { 1 } { n + 2 } } x ^ { n + 2 } \right) \Bigg | _ { 0 } ^ { 1 } = { \frac { 1 } { n + 1 } } - { \frac { 1 } { n + 2 } } ,
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则
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( 2 \sum _ { k = 1 } ^ { n } A _ { k } \right) ^ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left[ \sum _ { k = 1 } ^ { n } \left( { \frac { 2 } { k + 1 } } - { \frac { 2 } { k + 2 } } \right) \right] ^ { n }
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= \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( { \frac { 2 } { 2 } } - { \frac { 2 } { 3 } } + { \frac { 2 } { 3 } } - { \frac { 2 } { 4 } } + \cdots + { \frac { 2 } { n + 1 } } - { \frac { 2 } { n + 2 } } \right) ^ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( 1 - { \frac { \dot { 2 } } { n + 2 } } \right) ^ { n } = \operatorname { e } ^ { - 2 }
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↓ 可以把n当作x，无须用归结原则化为函数极限
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★★★例10.2求由摆线 $\left\{ \begin{array} { l } { { x = a ( t - \sin t ) , } } \\ { { y = a ( 1 - \cos t ) } } \end{array} \right. ( a > 0 )$ 的一拱(见图10-2)与x轴所围平面图形的→平摆线面积.
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图10-2
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参数方程下的问题是重点.① $\left\{ { \begin{array} { l } { x = x ( t ) , } \\ { y = \left[ y ( t ) \right] ^ { } \Rightarrow y = \left[ f ( x ) \right] . } \end{array} } \right.$ 它们所有对应点的函数值均相同给定参数方程，其实是对定积分计算的换元法的变相 考查.当f复杂时，引进一个新的自变量t进行处理. $3 ) S = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi a } f ( x ) \mathrm { d } x ( \pounds / _ { 1 } / \sharp \ngeq \sharp , \sharp ) .$ x=y()x()dt=5²y(d()
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分析①画出摆线（考试不会给出图！！！）.
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②按照直角坐标系去理解参数方程，套直角坐标系下的面积公式进行计算.
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\begin{array} { r } { \left\{ \begin{array} { l } { x = x ( t ) , } \\ { y = y ( t ) \qquad \underset { y _ { 0 } } { \overset { } { \Rightarrow } } y = f ( x ) = f [ x ( t ) ] = y ( t ) \ . } \\ { \qquad \underset { x _ { 0 } } { \overset { } { \downarrow } } \qquad \underset { t _ { 0 } } { \overset { } { \downarrow } } } \end{array} \right. } \end{array}
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比如： $\left\{ { \begin{array} { l } { { x = 2 t , } } \\ { { y = t ^ { 2 } } } \end{array} } \right. \Rightarrow y = { \frac { 1 } { 4 } } x ^ { 2 } = f ( x ) = f [ x ( t ) ] = { \frac { 1 } { 4 } } ( 2 t ) ^ { 2 } = t ^ { 2 } = y ( t )$
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S = \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x { \frac { x = x ( t ) } { \int _ { x ^ { - 1 } ( a ) } ^ { x ^ { - 1 } ( b ) } f [ x ( t ) ] \mathrm { d } [ x ( t ) ] = \int _ { \alpha } ^ { \beta } y ( t ) x ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \ . } }
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解 当t=0或t=2π时，y=0.故当t由0变到2π时，曲线正好成一拱，所以
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\begin{array} { r l } & { S = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi a } y ( x ) \mathrm { d } x \frac { x = a ( t - \sin t ) } { y ( x ) = y [ a ( t - \sin t ) ] } \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } a ( 1 - \cos t ) [ a ( t - \sin t ) ] ^ { ' } \mathrm { d } t } \\ & { \qquad \quad = y [ x ( t ) ] } \\ & { \quad = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } a ^ { 2 } ( 1 - \cos t ) ^ { 2 } \mathrm { d } t - a ^ { 2 } \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } ( 1 - 2 \cos t + \cos ^ { 2 } t ) \mathrm { d } t } \\ & { \quad = a ^ { 2 } \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \mathrm { d } t - 2 a ^ { 2 } \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \mathrm { c o s } t \mathrm { d } t + a ^ { 2 } \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \cos ^ { 2 } t \mathrm { d } t } \\ & { \quad = 2 a ^ { 2 } \pi + 4 a ^ { 2 } \left| \frac { \pi } { \int _ { 0 } ^ { 2 } \cos ^ { 2 } t \mathrm { d } t } \right| = 3 a ^ { 2 } \pi . } \end{array}
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方法总结 参数方程下面积公式的本质：直角坐标系下的面积公式的换元法形式
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例10.3 伯努利双纽线 $r ^ { 2 } = a ^ { 2 } \cos 2 \theta$ 围成的图形的面积为
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分析①画图.②套公式，做计算（借助对称性简化计算）.
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解 应填 $a ^ { 2 }$
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如图10-3所示，利用对称性，所求图形面积是阴影部分面积的4倍.
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阴影部分的图形由射线 $\scriptstyle \theta = 0 , \theta = { \frac { \pi } { 4 } }$ 与伯努利双纽线 $r ^ { 2 } = a ^ { 2 } \cos 2 \theta$ 围成，于是所求的平面图形面积为
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S = 4 { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } } { \frac { 1 } { 2 } } a ^ { 2 } \cos 2 \theta \mathrm { d } \theta = a ^ { 2 } \sin 2 \theta { \left| _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \right. } = a ^ { 2 } \ .
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图10-3
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例10.4 求曲线 $y = \mathbf { e } ^ { - x } \sin x ( x \geq 0 )$ 与x轴所围平面图形的面积.
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分析①画图：如图10-4所示.
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图10-4
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②套公式： $S = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \underbrace { \mathrm { e } ^ { - x } \left| \sin { x } \right| } _ { \downarrow } \mathrm { d } x$
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保持非负(对应图形在x轴下方的部分向上翻折)
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③做计算（难度在于处理绝对值）：
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S = \int _ { 0 } ^ { \pi } \mathrm { e } ^ { - x } \sin x \mathrm { d } x + \int _ { \pi } ^ { 2 \pi } ( - \mathrm { e } ^ { - x } \sin x ) \mathrm { d } x + \int _ { 2 \pi } ^ { 3 \pi } \mathrm { e } ^ { - x } \sin x \mathrm { d } x + \cdots = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sum _ { k = 0 } ^ { n } | \int _ { k \pi } ^ { ( k + 1 ) \pi } \mathrm { e } ^ { - x } \sin x \mathrm { d } x | .
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$$
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解 $S = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - x } \left| \sin x \right| \mathrm { d } x = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { k = 0 } ^ { n } \left| \int _ { k \pi } ^ { ( k + 1 ) \pi } \mathrm { e } ^ { - x } \sin x \mathrm { d } x \right|$ ，其中
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“前世今生”见例8.5③
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\begin{array} { l } { { { \displaystyle { \int _ { k n } ^ { ( k + 1 ) n } \mathrm { e } ^ { - s } \sin \mathrm { \Delta x d x } = { \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } } } { \left( \mathrm { e } ^ { - x } \right) ^ { n } \left( \mathrm { e } ^ { - x } \right) ^ { n } \left( \mathrm { s i n } { x } \right) } ^ { n / ( k + 1 ) n } } } \quad } } \\ { { \mathrm { ~ } } } \\ { \displaystyle { = - { \frac { 1 } { 2 } } \mathrm { e } ^ { - x } { \left( \cos x + \sin x \right) } { \displaystyle { \Biggl \} } _ { k n } ^ { ( k + 1 ) n } } } } \\ { { \mathrm { ~ } } } \\ { { \displaystyle { \mathrm { ~ } } = - { \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } } \mathrm { e } ^ { - ( k + 1 ) n } \mathrm { \cdot } { \left( - 1 \right) ^ { k + 1 } + { \displaystyle { \frac { 1 } { 2 } } \mathrm { e } ^ { - k n } \cdot ( - 1 ) ^ { k } } } } \quad } } \\ { { \mathrm { ~ } } } \\ { { \displaystyle { \mathrm { ~ } } = { \displaystyle { \frac { { \left( - 1 \right) ^ { k } } } { 2 } \mathrm { e } ^ { - x } { \left( \mathrm { e } ^ { - x } + 1 \right) } } , } } } \end{array}
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故
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S = { \frac { \mathrm { e } ^ { - \pi } + 1 } { 2 } } \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { k = 0 } ^ { n } ( \mathrm { e } ^ { - \pi } ) ^ { k } = { \frac { \mathrm { e } ^ { - \pi } + 1 } { 2 } } \bullet { \frac { 1 } { 1 - \mathrm { e } ^ { - \pi } } } = { \frac { \mathrm { e } ^ { - \pi } + 1 } { 2 ( 1 - \mathrm { e } ^ { - \pi } ) } } \ .
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## 用定积分表达和计算旋转体的体积
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>套公式
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(1)曲线 $y = y ( x )$ 与x=a,x=b(a<b)及x轴围成的曲边梯形绕x轴旋转一周所得到的旋转体的体积为
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V _ { _ x } = \int _ { a } ^ { b } \pi y ^ { 2 } ( x ) { \widetilde { \mathrm { d } x } } ~ .
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这是怎么推导出来的呢？
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用微元法：①取微元
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“小硬币”
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? $\Delta V = \pi y ^ { 2 } ( x ) \mathrm { d } x .$
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③积分： $V _ { x } = \int _ { a } ^ { b } \pi y ^ { 2 } ( x ) \mathrm { d } x$
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例10.5 求曲线 $y = \mathtt { e } ^ { \frac { x } { 2 } } { \sqrt { \sin x } }$ 在[0,2π]部分与x轴围成的平面图形绕x轴旋转一周所成的旋转体的体积.
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分析①确定x的取值范围： ${ \sqrt { \sin x } } \Rightarrow \sin x \geqslant 0 \Rightarrow x \in [ 0 ,$ π].
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②套公式： $V _ { x } = \int _ { 0 } ^ { \pi } \pi ( \mathrm { e } ^ { - \frac { x } { 2 } } \sqrt { \sin x } ) ^ { 2 } \mathrm { d } x$
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解 $y = \mathtt { e } ^ { - \frac { x } { 2 } } \sqrt { \sin x }$ 在[0,π]上存在，在(π,2π)内不存在，故
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V = \int _ { 0 } ^ { \pi } \pi y ^ { 2 } ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { \pi } \pi \mathrm { e } ^ { - x } \sin x \mathrm { d } x { \frac { \mathcal { R } \mathrm { i } \pm } { 2 } } { \frac { 1 } { 2 } } \pi ( 1 + \mathrm { e } ^ { - \pi } ) \ .
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\mathbf { E } \equiv \Big | \int _ { 0 } ^ { \pi } \pi \mathrm { e } ^ { - x } \sin x \mathrm { d } x = \frac { \pi } { 2 } \Big | \big ( \mathrm { e } ^ { - x } \big ) ^ { \prime } \quad ( \sin x ) ^ { \prime } \Big | \Bigg | _ { 0 } ^ { \pi } = - \frac { \pi } { 2 } ( \cos x + \sin x ) \mathrm { e } ^ { - x } \Bigg | _ { 0 } ^ { \pi } = \frac { \pi } { 2 } \big ( \mathrm { e } ^ { - \pi } + 1 \big )
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(2)曲线 $y = y ( x )$ 与 $\scriptstyle x = a , x = b ( 0 \leqslant a < b )$ 及x轴围成的曲边梯形绕y轴旋转一周所得到的旋转体的 体积为
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V _ { y } = 2 \pi \int _ { a } ^ { b } x | y ( x ) | \mathrm { d } x \ .\tag{*}
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注公式（\*）有时用起来很方便，现简单推导如下（微元法）：
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取 $[ x , x + \Delta x ] ( \Delta x > 0 )$ ，得到一个小竖条，如图10-5的阴影区域所示，此小竖条绕着y轴旋转一周，成为一个“圆柱壳”，将其沿任何一条竖线“切开”，可展开为一个“长方体”，其体积为
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\begin{array} { r } { \mathrm { d } V _ { \nu } = 2 \pi \times \vert y ( { \boldsymbol { { x } } } ) \vert \mathrm { d } x , } \end{array}
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故
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V _ { y } = 2 \pi \int _ { a } ^ { b } x | y ( x ) | \mathrm { d } x .
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图10-5
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总结 $V _ { x } = \pi \int _ { a } ^ { b } \widehat { \prod ^ { 2 } \mathrm { d } x } ,$ 往“”里代V=2πxdx.
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“前世今生”，见例1.2.
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例10.6 设函数f(x)的定义域为(0,+8)，且满足 $2 f ( x ) + x ^ { 2 } f { \Bigg ( } { \frac { 1 } { x } } { \Bigg ) } = { \frac { x ^ { 2 } + 2 x } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } }$ .求f(x)，并求曲线 $y = f ( x )$ ，直线 $y = \frac { 1 } { 2 } , y = \frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$ 及y轴所围图形绕x轴旋转一周所成旋转体的体积.
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分析①x与y地位交换，求出 $y = f ( x ) \Rightarrow x = \varphi ( y )$
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②套 $V _ { y }$ 体积公式，y作自变量，x作因变量，有 $V _ { y } = \int _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } 2 \pi y \cdot \varphi ( y ) \mathrm { d } y$
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由例1.2知
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\begin{array} { r l } & { \qquad ( 1 + x ^ { 2 } ) y ^ { 2 } = x ^ { 2 } } \\ & { \Rightarrow y ^ { 2 } + x ^ { 2 } y ^ { 2 } - x ^ { 2 } = 0 } \\ & { \Rightarrow x ^ { 2 } ( y ^ { 2 } - 1 ) = - y ^ { 2 } } \\ & { \Rightarrow x = \frac { y } { \sqrt { 1 - y ^ { 2 } } } } \\ & { \underset { \mathrm { \scriptsize \textit { \textbf { } } } } { \Rightarrow } { } } \end{array}
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f ( x ) = \frac { x } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } ( x > 0 ) .
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x，y地位交换了，反解出x=Φ(y)
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由 $y = \frac { \stackrel { \textstyle \bigwedge } { x } } { \textstyle \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } }$ 得 $x = \frac { y } { \sqrt { 1 - y ^ { 2 } } } ( 0 < y < 1 )$ ，从而 $y = f ( x ) , y = \frac { 1 } { 2 } , y = \frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$ 及y轴所围图形绕x轴旋转一周所成旋转体的体积为
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\begin{array} { l } { { V = 2 \pi \int _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } x y \mathrm { d } y = 2 \pi \int _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } \displaystyle \frac { y ^ { 2 } } { \sqrt { 1 - y ^ { 2 } } } \mathrm { d } y } } \\ { { \displaystyle \phantom { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } \frac { y - \sin t } { \cos \mathrm { d } \pi } 2 \pi \int _ { \frac { \pi } { 6 } } ^ { \frac { \pi } { 3 } } \sin ^ { 2 } \displaystyle t \mathrm { d } t = 2 \pi \int _ { \frac { \pi } { 6 } } ^ { \frac { \pi } { 3 } } \displaystyle \frac { 1 - \cos 2 t } { 2 } \mathrm { d } t } } \\ { { \displaystyle \phantom { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } = \frac { \pi ^ { 2 } } { 6 } ~ . } } \end{array}
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方法总结 学会利用反函数，将绕x轴旋转用 $V _ { y }$ 的体积公式表示出来.
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①要把f(x)求出来.注此题增加了2个综合性考查：②x，y地位交换，先反解，再套公式计算
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(3)平面曲线绕定直线旋转．套公式 若出现2个及以上的交点，则不适用，如平面曲线L： $y = f ( x ) , a \leqslant x \leqslant b$ ，且f(x)可导.
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定直线 $L _ { 0 } : \ A x + B y + C = 0$ ，且过 $L _ { 0 }$ 的任一条垂线与L至多有一个交点，如图10-6所示，则L绕$L _ { 0 }$ 旋转一周所得旋转体的体积为
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\star V = \frac { \pi } { ( A ^ { 2 } + B ^ { 2 } ) ^ { \frac { 3 } { 2 } } } \int _ { a } ^ { b } [ A x + B f ( x ) + C ] ^ { 2 } \big | A f ^ { \prime } ( x ) - B \big | \mathrm { d } x \ .\tag{10-1}
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图10-6
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特别地，若 $A = C = 0 , B \neq 0$ ，则 $L _ { 0 }$ 为y=0（x轴)，如图10-7所示，L绕 $L _ { 0 }$ 旋转一周所得旋转体的体积为
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\begin{array}{c} V = \pi \int _ { a } ^ { b } f ^ { 2 } ( x ) \mathrm { d } x \longleftrightarrow \displaystyle \longrightarrow V = \frac { \pi } { { ( B ^ { 2 } ) } ^ { \frac { 3 } { 2 } } } \int _ { a } ^ { b } [ B f ( x ) ] ^ { 2 } \big | - B \big | \mathrm { d } x \\ { = \frac { \pi } { \big | B \big | ^ { 3 } } \int _ { a } ^ { b } B ^ { 2 } \big | B \big | f ^ { 2 } ( x ) \mathrm { d } x = \pi \int _ { a } ^ { b } f ^ { 2 } ( x ) \mathrm { d } x } \end{array}
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图10-7
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注掌握住此结论，会套公式即可
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公式 $\mid B ^ { 3 } \mid = \mid B \mid B ^ { 2 } = B ^ { 2 } \mid B \mid$
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例10.7 过坐标原点作曲线 $y = \mathbf { e } ^ { x }$ 的切线，该切线与曲线 $y = \mathbf { e } ^ { x }$ 以及x轴围成的向x轴负向无限伸展的平面图形记为D.求：
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(1)D的面积A;
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(2)D绕直线x=1旋转一周所成的旋转体的体积V.
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分析先求切点与切线方程，进而套面积公式和旋转体体积公式.
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解 设切点坐标为 $P ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ，于是曲线 $y = \mathbf { e } ^ { x }$ 在点P的切线斜率为
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y ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = \mathbf { e } ^ { x _ { 0 } } ,
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切线方程为
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y - y _ { 0 } = \mathbf { e } ^ { x _ { 0 } } ( x - x _ { 0 } ) \ .
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因为该切线经过点(0,0)，所以 $- y _ { 0 } = - x _ { 0 } \mathbf { e } ^ { x _ { 0 } }$ .又因为 $y _ { 0 } = \mathbf { e } ^ { x _ { 0 } }$ ，代人求得 $x _ { 0 } = 1$ ，从而 $y _ { 0 } = \mathbf { e } ^ { x _ { 0 } } = \mathbf { e }$ ，切线方程为 $y = \mathrm { e x }$ ，如图10-8所示.
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(1)取水平条面积微元，则D的面积
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图10-8
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↓ 若取竖直条面积徼元：
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\Delta S _ { 1 } = \mathrm { e } ^ { x } \mathrm { d } x , \Delta S _ { 2 } = ( \mathrm { e } ^ { x } - \mathrm { e } x ) \mathrm { d } x \ ,
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再积分： $S = \int _ { - \infty } ^ { 0 } \mathrm { e } ^ { x } \mathrm { d } x + \int _ { 0 } ^ { 1 } ( \mathrm { e } ^ { x } - \mathrm { e } x ) \mathrm { d } x$
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则较为麻烦，故不建议
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(2)D绕直线x=1旋转一周所成的旋转体的体积微元为
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先取徽元：用“大体积”－“小体积” $\underline { { \mathrm { d } } } V = \left[ \pi ( 1 - \ln y ) ^ { 2 } - \pi \left( 1 - \frac { y } { \mathrm { e } } \right) ^ { 2 } \ \right] \mathrm { d } y \ ,$ 从而
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\begin{array} { r l } & { \mathrel { \phantom { = } } \displaystyle \mathcal { \bar { H } } \mathcal { \bar { A } } \beta \stackrel { * } { \Im } \longleftarrow \quad \quad \quad V = \pi \int _ { 0 } ^ { \mathsf { e } } \biggl ( \ln ^ { 2 } y - 2 \ln y + \frac { 2 y } { \mathsf { e } } - \frac { y ^ { 2 } } { \mathsf { e } ^ { 2 } } \biggr ) \mathrm { d } y } \\ & { \qquad \quad = \pi \left( y \ln ^ { 2 } y - 4 y \ln y + 4 y + \frac { y ^ { 2 } } { \mathsf { e } } - \frac { y ^ { 3 } } { 3 \mathrm { e } ^ { 2 } } \right) \biggr | _ { 0 } ^ { \mathsf { e } } = \frac { 5 } { 3 } \pi \mathrm { e } . } \end{array}
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## 注第（2）问也可以直接套公式（10-1），可得方法二
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$L _ { 0 } : x = 1 \Rightarrow A x + B y + C = 0$ 中,A=1,B=0,C=-1
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L : y _ { \star } = \mathrm { e } ^ { x } , y _ { \wedge } = \mathrm { e } x .
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由
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V = { \frac { \pi } { ( { \cal A } ^ { 2 } + { \cal B } ^ { 2 } ) ^ { \frac { 3 } { 2 } } } } \int _ { a } ^ { b } [ { \cal A } x + { \cal B } f ( x ) + C ] ^ { 2 } \big | { \cal A } f ^ { \prime } ( x ) - { \cal B } \big | \mathrm { d } x ,
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得则
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V _ { \star } = \pi \int _ { - \infty } ^ { 1 } ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { x } \mathrm { d } x , V _ { \wedge } = \pi \int _ { 0 } ^ { 1 } ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { e } \mathrm { d } x ,
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\begin{array} { r l } & { V = V _ { \mathrm { s } } - \mathcal { F } _ { \mathrm { s } } } \\ & { = - \mathbf { q } _ { \mathrm { s } } ^ { \dagger } ( x - \mathbf { 1 } ) \xi ^ { \dagger } \xi ^ { \dagger } \xi ^ { \dagger } \xi \overline { { \alpha } } ^ { \dagger } \mathbf { a } ^ { \dagger } - \mathbf { 1 } _ { \mathrm { s } } ^ { \dagger } \overline { { \alpha } } \mathbf { k } ^ { \dagger } \xi ^ { \dagger } \overline { { \alpha } } \mathbf { k } } \\ & { \quad - \mathbf { q } _ { \mathrm { s } } ^ { \dagger } ( x - \mathbf { 1 } ) ^ { 2 } \overline { { \alpha } } \overline { { \alpha } } \overline { { \sigma } } ^ { \dagger } \xi \overline { { \alpha } } ^ { \dagger } \mathbf { a } ^ { \dagger } - 2 x \mathbf { 1 } \overline { { \alpha } } \overline { { \alpha } } \mathbf { k } ^ { \dagger } \overline { { \alpha } } } \\ & { \quad - \mathbf { q } _ { \mathrm { s } } ^ { \dagger } ( x - \mathbf { 1 } ) \overline { { \beta } } \overline { { \alpha } } \overline { { \beta } } \overline { { \alpha } } \mathbf { e } ^ { \dagger } \overline { { \alpha } } \mathbf { b } ^ { \dagger } } \\ & { \quad - \mathbf { q } _ { \mathrm { s } } ^ { \dagger } ( x - \mathbf { 1 } ) \overline { { \beta } } \overline { { \alpha } } \overline { { \beta } } \overline { { \alpha } } \mathbf { e } ^ { \dagger } \overline { { \alpha } } \mathbf { b } ^ { \dagger } \xi \overline { { \alpha } } \mathbf { a } \overline { { \beta } } } \\ & { \quad - 2 \mathbf { a } _ { \mathrm { s } } ^ { \dagger } \overline { { \alpha } } \mathbf { i } \overline { { \alpha } } \overline { { \beta } } \overline { { \alpha } } \overline { { \beta } } \overline { { \alpha } } \overline { { \beta } } \overline { { \alpha } } \overline { { \beta } } } \\ & \quad - 2 \overline { { \alpha } } \mathbf { i } \overline { { \alpha } } \overline { { \beta } } \overline \alpha \end{array}
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## ③用定积分表达和计算函数的平均值
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设 $x \in [ a , b ]$ ，函数y(x)在[a,b]上的平均值为 $\overline { { y } } = \frac { 1 } { b - a } { \int _ { a } ^ { b } y ( x ) \mathrm { d } x } \Rightarrow \overline { { y } } = y ( \xi ) , \xi \in [ a , b ]$ （由积分中→一般认为y(x)是连续函数值定理可得）.
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例10.8 设f(x)连续，且 $\frac { f ( x + 2 ) - f ( x ) = x , } { \divideontimes \operatorname* { m a x } _ { \Vec { x } \Vec { x } } } , \frac { \int _ { 0 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x = 0 } { \uparrow }$ ，则f(x)在[1,3]上的平均值为
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分析①套公式： $\overline { { f } } = \frac { 1 } { 3 - 1 } \int _ { 1 } ^ { 3 } f ( x ) \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } \int _ { 1 } ^ { 3 } f ( x ) \mathrm { d } x$
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②a.f(x+2)-f(x)=联想周期性（本题中的f(x)未必具有周期性）.
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若f(x)是周期为T的周期函数，则 $\int _ { a } ^ { a + T } f ( x ) \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { T } f ( x ) \mathrm { d } x ( f ( x + T ) = f ( x ) )$
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设 $F ( x ) = \int _ { x } ^ { x + 2 } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，则 $\overline { { f } } = \frac { F ( 1 ) } { 2 }$
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b.反写一至两步，联想经典形式 $\left[ \int _ { \varphi _ { 1 } ( x ) } ^ { \varphi _ { 2 } ( x ) } f ( t ) \mathrm { d } t \right] ^ { \prime }$ ，则
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\left[ \int _ { x } ^ { x + 2 } f ( t ) \mathrm { d } t \right] ^ { \prime } = f ( x + 2 ) - f ( x ) ~ .
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由a.或者b.都可以想到，令 $F ( x ) = \int _ { x } ^ { x + 2 } f ( t ) \mathrm { d } t$
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解 应填 $\frac { 1 } { 4 }$
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记 $F ( x ) = \int _ { x } ^ { x + 2 } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，则
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变限积分函数
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F ^ { \prime } ( x ) = f ( x + 2 ) - f ( x ) = x ,
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故
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F ( x ) = \int x \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } + C \ .
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由 $F ( 0 ) = \int _ { 0 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x = 0 = C$ ，得 $F ( x ) = { \frac { 1 } { 2 } } x ^ { 2 }$ ，则 $\int _ { 1 } ^ { 3 } f ( x ) \mathrm { d } x = F ( 1 ) = \frac { 1 } { 2 }$ ，故
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\overline { { f } } = \frac { 1 } { 3 - 1 } \int _ { 1 } ^ { 3 } f ( x ) \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } F ( 1 ) = \frac { 1 } { 4 } \ .
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方法总结 学会观察条件，得到有效信息，产生联想，进而快速解题.
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## 4 其他几何应用（仅数学一、数学二）
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》是几何量，还有质心、重心
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(1）“平面上的曲边梯形”的形心坐标公式.
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设平面区域 $D = \{ ( x , y ) | 0 \leqslant y \leqslant f ( x ) , a \leqslant x \leqslant b \}$ ，y=f(x)在[a,b]上连续，如图10-9所示.现推导D的形心坐标x，y的计算公式.
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\begin{array}{c} \begin{array} { r } { \overbrace { x } = \underbrace { D } _ { D } } \\ { \overbrace { \int _ { D } \mathrm { d } \sigma } } \end{array} = \overbrace { \left[ \int _ { a } ^ { b } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { f ( x ) } \mathrm { d } y \right] } ^ { \displaystyle { \iint _ { a } } \mathrm { d } x } = \overbrace { \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x } ^ { \displaystyle { \iint _ { a } ^ { b } x \mathrm { d } \sigma } } \end{array}
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\overline { { y } } = \frac { \displaystyle \iint _ { D } y \mathrm { d } \sigma } { \displaystyle \iint _ { D } \mathrm { d } \sigma } = \overline { { \left[ \int _ { a } ^ { b } \mathrm { d } x \int _ { 0 } ^ { f ( x ) } y \mathrm { d } y \right] } } = \overline { { \left[ \frac { 1 } { 2 } \int _ { a } ^ { b } f ^ { 2 } ( x ) \mathrm { d } x \right. } } \\ { \left. \overline { { \int _ { a } ^ { b } \mathrm { d } x } } \right] \int _ { 0 } ^ { b } \mathrm { d } x } \mathrm { d } y \mathrm { ~ }
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图10-9
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今公式，记住结论即可
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例10.9 设曲线L的方程为 $y = \frac { 1 } { 4 } x ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } \ln x , 1 \leqslant x \leqslant \mathbf { e }$ ，D是由曲线L和直线x=1,x=e及x轴围成的平面图形，则D的形心的横坐标为
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分析 直接套公式得 $\begin{array} { r } { \overline { { x } } = \frac { \displaystyle \int _ { 1 } ^ { \circ } x \left( \frac { 1 } { 4 } x ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } \ln { x } \right) \mathrm { d } x } { \displaystyle \int _ { 1 } ^ { \circ } \left( \frac { 1 } { 4 } x ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } \ln { x } \right) \mathrm { d } x } } \end{array}$
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解 应填 $\frac { 3 ( \mathrm { e } ^ { 2 } + 1 ) ( \mathrm { e } ^ { 2 } - 3 ) } { 4 ( \mathrm { e } ^ { 3 } - 7 ) }$
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平面图形D的形心的横坐标的计算公式为 $\scriptstyle { \frac { \prime } { \underline { { x } } } } = { \frac { \displaystyle \int _ { 1 } ^ { \infty } x y \mathrm { d } x } { \displaystyle \int _ { 1 } ^ { \infty } y \mathrm { d } x } }$ ，其中
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\int _ { 1 } ^ { \circ } x y \mathrm { d } x = \int _ { 1 } ^ { \circ } x \left( { \frac { 1 } { 4 } } x ^ { 2 } - { \frac { 1 } { 2 } } \ln x \right) \mathrm { d } x = \left( { \frac { 1 } { 1 6 } } x ^ { 4 } - { \frac { 1 } { 4 } } x ^ { 2 } \ln x + { \frac { 1 } { 8 } } x ^ { 2 } \right) { \Biggl | } _ { 1 } ^ { \circ } = { \frac { 1 } { 1 6 } } ( \mathbf { e } ^ { 2 } + 1 ) ( \mathbf { e } ^ { 2 } - 3 ) ,
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\int _ { 1 } ^ { \circ } y \mathrm { d } x = \int _ { 1 } ^ { \circ } \left( { \frac { 1 } { 4 } } x ^ { 2 } - { \frac { 1 } { 2 } } \ln x \right) \mathrm { d } x = \left( { \frac { 1 } { 1 2 } } x ^ { 3 } - { \frac { 1 } { 2 } } x \ln x + { \frac { 1 } { 2 } } x \right) { \Biggl | } _ { 1 } ^ { \circ } = { \frac { 1 } { 1 2 } } \mathbf { e } ^ { 3 } - { \frac { 7 } { 1 2 } } ,
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所以D的形心的横坐标为
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$\overline { { { x } } } = \frac { \displaystyle \frac { 1 } { 1 6 } ( \mathrm { e } ^ { 2 } + 1 ) ( \mathrm { e } ^ { 2 } - 3 ) } { \displaystyle \frac { 1 } { 1 2 } \mathrm { e } ^ { 3 } - \frac { 7 } { 1 2 } } = \left[ \frac { 3 ( \mathrm { e } ^ { 2 } + 1 ) ( \mathrm { e } ^ { 2 } - 3 ) } { 4 ( \mathrm { e } ^ { 3 } - 7 ) } \right] ^ { }$ —→考研题答案未必简洁，要多做计算
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(2)平面曲线的弧长.
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①若平面光滑曲线由直角坐标方程 $y = y ( x ) ( a \leqslant x \leqslant b )$ 给出，则 $s = \int _ { a } ^ { b } { \sqrt { 1 + [ y ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } } } \mathrm { d } x$
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②若平面光滑曲线由参数方程 $\left\{ { \begin{array} { l } { x = x ( t ) , } \\ { y = y ( t ) } \end{array} } \right. ( \alpha \leqslant t \leqslant \beta )$ 给出，则 $s = \int _ { \alpha } ^ { \beta } \sqrt { [ x ^ { \prime } ( t ) ] ^ { 2 } + [ y ^ { \prime } ( t ) ] ^ { 2 } } \mathrm { d } t$
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③若平面光滑曲线由极坐标方程 $r = r ( \theta ) ( \alpha { \leqslant } \theta { \leqslant } \beta )$ 给出，则 $s = \int _ { \alpha } ^ { \beta } \sqrt { \left[ r ( \theta ) \right] ^ { 2 } + \left[ r ^ { \prime } ( \theta ) \right] ^ { 2 } } \mathrm { d } \theta$
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例10.10 曲线 $y = \ln ( 1 - x ^ { 2 } )$ 上相应于 $0 \leqslant x \leqslant \frac { 1 } { 2 }$ 的一段弧的长度为
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分析只需套公式，做计算即可，不用画图.
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解 应填 $\ln 3 - { \frac { 1 } { 2 } }$
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\begin{array} { l } { { \displaystyle \# \mathbb { E } \mathbb { H } ^ { \leq } \mathbb { E } ^ { \lambda } \overbrace { 0 ^ { \lambda } \int _ { 0 } ^ { 1 } \sum _ { \lambda = 1 } ^ { \infty } \sum _ { 0 } ^ { \lambda } \sqrt { 1 + \left( \frac { - 2 x } { 1 - x ^ { 2 } } \right) ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { \frac { 1 } { 2 } } \frac { 1 + x ^ { 2 } } { 1 - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } ^ { \displaystyle \bigcap ^ { 2 } } } } \\ { { \displaystyle \# \mathbb { E } \mathbb { H } ^ { \lambda } \mathbb { H } ^ { < } \overbrace { 0 ^ { \frac { 1 } { 2 } } \frac { x ^ { 2 } - 1 + 2 } { 1 - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } ^ { \displaystyle \sum _ { ( 1 + x ) = 1 } ^ { \lambda } \sum _ { 0 } ^ { \lambda } \left( \frac { 2 } { 1 - x ^ { 2 } } - 1 \right) \mathrm { d } x } ^ { \displaystyle \big ( 1 + \frac { 1 } { 2 } \frac { 1 } { \lambda - x ^ { 2 } } \big ) } } } \\ { { \displaystyle \qquad = \int _ { 0 } ^ { \frac { 1 } { 2 } } \left( \frac { 1 } { 1 + x } + \frac { 1 } { 1 - x } - 1 \right) \mathrm { d } x = \ln 3 - \frac { 1 } { 2 } ~ . } } \end{array}
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例10.11 阿基米德螺线 $r = \theta$ 上相应于0从0到2π一段的弧长为
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分析套极坐标求弧长的公式.
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解 应填 $\pi \sqrt { 1 + 4 \pi ^ { 2 } } + \frac { 1 } { 2 } \ln { \left( 2 \pi + \sqrt { 1 + 4 \pi ^ { 2 } } \right) }$
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阿基米德螺线的图形如图10-10所示.
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由题意，所求弧长为
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图10-10
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\begin{array} { r l } & { s = \int _ { 0 } ^ { \infty } \sqrt { [ r ( \theta ) ] ^ { 2 } + [ r ^ { \prime } ( \theta ) ] ^ { 2 } } \mathrm { d } \theta } \\ & { = \int _ { 0 } ^ { \infty } \sqrt { \theta ^ { 2 } + 1 ^ { 2 } } \mathrm { d } \theta } \\ & { \xrightarrow [ ] { \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \sqrt { \theta ^ { 2 } + 1 ^ { 2 } } \mathrm { d } \theta } } \\ & { \xrightarrow [ ] { \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \sqrt { 1 + \theta ^ { 2 } } \mathrm { d } \theta } } \end{array} \qquad \begin{array} { r l } & { \int _ { 0 } ^ { \infty } \frac { \theta - \mathrm { s u r f } } { \sqrt { 1 + \theta ^ { 2 } } } \frac { \theta - \mathrm { s u r f } } { [ \sum _ { \alpha = 1 } ^ { \infty } \theta + 1 ] } \int _ { \infty } ^ { \infty } \mathrm { d } \theta } \\ & { = \sec { \cdot } \tan { ( - [ \sin { \alpha } ] ) } \sec { \mathrm { d } \theta } } \\ { \xrightarrow [ ] { \int _ { 0 } ^ { \infty } 1 } \sec { \mathrm { d } \cdot } \tan { ( - [ \sin { \alpha } ] ) } \sec { \mathrm { d } \theta } } \\ { \xrightarrow [ ] { \int _ { 0 } ^ { \infty } 1 } \tan { ( - [ 1 + \theta ^ { 2 } ] ) } \mathrm { d } \theta } \\ { = [ \frac { \theta } { 2 } \sqrt { 1 + \theta ^ { 2 } } + \frac { 1 } { 2 } \ln { ( \theta + \sqrt { 1 + \theta ^ { 2 } } ) } ] _ { 0 } ^ { 2 \pi } } & { = \frac { 1 } { 2 } \sec { \cdot } \sqrt { 1 + \theta ^ { 2 } } \cdot \theta + \frac { 1 } { 2 } \ln { ( \sqrt { \theta ^ { 2 } + 1 } + \theta ) } + C } \\ = \pi \sqrt { 1 + 4 \pi ^ { 2 } } + \frac { 1 } { 2 } \ln ( 2 \pi + \sqrt 1 + 4 \pi ^ \end{array}
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(3)旋转曲面的面积(侧面积).—→在孤长公式基础上多乘了 2π|y(xl.
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①曲线L： $y = f ( x ) ( a \leqslant x \leqslant b )$ 绕x轴旋转一周所得旋转曲面的面积
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S = 2 \pi \int _ { a } ^ { b } \bigl | y \bigr | \sqrt { 1 + ( y _ { x } ^ { \prime } ) ^ { 2 } } \mathrm { d } x \ .
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②曲线L： $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { x = x ( t ) , } \\ { y = y ( t ) } \end{array} \right. } ( \alpha \leqslant t \leqslant \beta , \ x ^ { \prime } ( t ) \neq 0 )$ 绕x轴旋转一周所得旋转曲面的面积
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S = 2 \pi \int _ { \alpha } ^ { \beta } \bigl | y ( t ) \bigr | \sqrt { ( x _ { t } ^ { \prime } ) ^ { 2 } + ( y _ { t } ^ { \prime } ) ^ { 2 } } \mathrm { d } t \ .
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算体积用dx，算侧面积用ds
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S = \int _ { a } ^ { b } 2 \pi { \left| f ( x ) \right| } { \mathord { \left/ { \vphantom { \left| { \mathrm { d } } _ { s } \right|} } \right.} \kern - delimiterspace } { \mathrm { d } s }
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$$
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③曲线L: $r = r ( \theta ) ( \alpha { \leqslant } \theta { \leqslant } \beta )$ 绕x轴旋转一周所得旋转曲面的面积
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孤徽分
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S = 2 \pi \int _ { \alpha } ^ { \beta } \bigl | r ( \theta ) \sin \theta \bigr | \sqrt { [ r ( \theta ) ] ^ { 2 } + [ r ^ { \prime } ( \theta ) ] ^ { 2 } } \mathrm { d } \theta \ .
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例10.12 曲线 $y = { \sqrt { x - 1 } } ( 1 \leqslant x \leqslant 2 )$ 绕x轴旋转一周所得到的旋转体的表面积为
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解 应填 $\frac { \pi } { 6 } ( 5 \sqrt { 5 } - 1 )$
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曲线 $y = { \sqrt { x - 1 } } ( 1 \leqslant x \leqslant 2 )$ 绕x轴旋转一周所得到的旋转体的表面积为
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S = \int _ { 1 } ^ { 2 } 2 \pi y \sqrt { 1 + ( y ^ { \prime } ) ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \pi \int _ { 1 } ^ { 2 } \sqrt { 4 x - 3 } \mathrm { d } x = \frac { \pi } { 6 } ( 5 \sqrt { 5 } - 1 ) \enspace .
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算出来多少就是多少，不用担心结果古怪.
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例10.13 已知星形线的方程为 $\left\{ \begin{array} { l } { x = 2 \cos ^ { 3 } t , } \\ { y = 2 \sin ^ { 3 } t , } \end{array} \right.$ 则它绕x轴旋转一周而成的旋转体的表面积为
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分析利用对称性算出y轴右侧的表面积，再乘以2即可.
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套公式： $S = \int _ { \alpha } ^ { \beta } 2 \pi | \boldsymbol { y } ( t ) | \sqrt { ( x _ { t } ^ { \prime } ) ^ { 2 } + ( y _ { t } ^ { \prime } ) ^ { 2 } } \mathrm { d } t$ ，再做计算．
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解 应填 $\frac { 4 8 } { 5 } \pi$
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旋转体的表面积为
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\begin{array} { r l } & { S = 2 \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } 2 \pi y \sqrt { ( x _ { t } ^ { \prime } ) ^ { 2 } + \textstyle \underbrace { ( y _ { t } ^ { \prime } ) ^ { 2 } } } \mathrm { d } t } \\ & { \quad = \sqrt { 3 6 \pi \mathrm { i } ^ { 2 } t ( \cos ^ { 2 } t ( \cos ^ { 2 } t + \sin ^ { 2 } t ) } } \\ & { \quad = 4 \pi \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } 2 \sin ^ { 3 } t \cdot 6 \sin t \cos x \mathrm { d } t \quad \quad = 6 \sin t \cos t , } \\ & { \quad = 4 8 \pi \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { 4 } t \mathrm { d } ( \sin t ) } \\ & { \quad = 4 8 \pi \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin ^ { 4 } t \mathrm { d } ( \sin t ) } \\ & { \quad = 4 8 \pi \cdot \frac { \sin ^ { 5 } t } { 5 } \Bigg | _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } = \frac { 4 8 } { 5 } \pi . } \end{array}
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(4)平行截面面积为已知的立体体积．(考研未考过)
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考研历史上尚未出现过，考题不太好出
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如图10-11所示，在区间[a,b]上，垂直于x轴的平面截立体Ω所得到的截面面积为x的连续函数A(x)，取体积微元： $\mathrm { d } V = A ( x ) \mathrm { d } x$ ，则Ω的体积为
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V = \int _ { a } ^ { b } A ( x ) \mathrm { d } x .
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图10-11
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旋转体体积是其特例.
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例10.14 曲线 $y = { \sqrt { x } }$ 与 $y = x$ 所围平面有界区域绕直线 $y = x$ 旋转一周所得旋转体的体积
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为
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分析 $r = { \frac { \sqrt { x } - x } { \sqrt { 2 } } }$
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取微元： $\mathrm { d } V = \pi \bullet \left( { \frac { \sqrt { x } - x } { \sqrt { 2 } } } \right) ^ { 2 } \bullet { \sqrt { 2 } } \mathrm { d } x$ ${ \frac { \sqrt { 2 } } { 6 0 } } \pi$ A(x)解 应填
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$y = { \sqrt { x } }$ 与y=x交于点(0,0),(1,1)，如图10-12所示，曲线 $y = { \sqrt { x } }$ 上的点到y=x的距离
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为 $r = { \frac { \sqrt { x } - x } { \sqrt { 2 } } }$ ，故垂直于x轴的平面截“该旋转体”所得的截面面积为$A ( x ) = \sqrt { 2 } \pi \left( { \frac { \sqrt { x } - x } { \sqrt { 2 } } } \right) ^ { 2 }$ .因此，旋转体的体积为
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V = \int _ { 0 } ^ { 1 } { \sqrt { 2 } \pi } \left( { \frac { { \sqrt { x } } - x } { \sqrt { 2 } } } \right) ^ { 2 } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { 1 } { \frac { \pi } { \sqrt { 2 } } } ( x - 2 x ^ { \frac { 3 } { 2 } } + x ^ { 2 } ) \mathrm { d } x = { \frac { \sqrt { 2 } } { 6 0 } } \pi \ .
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图10-12
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V = \int _ { a } ^ { b } A ( x ) \mathrm { d } x
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V = \int _ { a } ^ { b } \pi f ^ { 2 } ( x ) \mathrm { d } x
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A ( x ) = { \sqrt { 2 } } \cdot \pi \left( { \frac { { \sqrt { x } } - x } { \sqrt { 2 } } } \right) ^ { 2 }
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设α为曲线 $y = { \sqrt { x } }$ 任一点的切线与x轴正方向的夹角，β为直线y=x与x轴正方向的夹角.
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由于此题的对称性，视任一点处 $\alpha = \beta$ ，误差抵消，为0.（\*）如图10-13所示，在曲线 $y = { \sqrt { x } }$ 上的任一点 $( x _ { i } , \sqrt { x _ { i } } )$ 处均作平行于y=x的直线，则
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图10-13
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\Delta u = \sqrt { 2 } \Delta x \ , r ( x _ { i } ) = [ f ( x _ { i } ) - x _ { i } ] \cdot \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } = \frac { \sqrt { x _ { i } } - x _ { i } } { \sqrt { 2 } } \ ,
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V = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \pi \bullet r ^ { 2 } ( x _ { i } ) \bullet \Delta u = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \pi \bullet \left( { \frac { { \sqrt { x _ { i } } } - x _ { i } } { \sqrt { 2 } } } \right) ^ { 2 } \bullet { \sqrt { 2 } } \Delta x = \int _ { 0 } ^ { 1 } \pi \left( { \frac { { \sqrt { x } } - x } { \sqrt { 2 } } } \right) ^ { 2 } \bullet { \sqrt { 2 } } \mathrm { d } x = { \frac { \sqrt { 2 } } { 6 0 } } \pi
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（\*）处的解释如图10-14所示：
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图10-14
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本题所用方法要有足够的经验，才能作上述等价变换，这是一种数学“直觉”，此方法要视具体情况而定，不能一味套公式，要求较高，供参考
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## 基础习题精练
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## 习题
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10.1位于曲线 $y = \frac { 1 } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } ( 0 \leqslant x < + \infty )$ 下方，x轴上方的无界区域绕x轴旋转一周所得旋转体的体积为
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10.2圆域 $x ^ { 2 } + ( y - b ) ^ { 2 } \leqslant k ^ { 2 } ( 0 < k < b )$ 绕x轴旋转一周所得旋转体的体积V=
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10.3（仅数学一、数学二）曲线 $x = \frac { 1 } { 4 } y ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } \ln y$ 相应于 $1 \leqslant y \leqslant e$ 的一段弧的长度为
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10.4（仅数学一、数学二）星形线 $x = \cos ^ { 3 } t , y = \sin ^ { 3 } t ( 0 \leqslant t \leqslant 2 \pi )$ 的弧长为
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10.5函数 $y = \frac { x ^ { 2 } } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } }$ 在区间 $\left[ { \frac { 1 } { 2 } } , { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } \right]$ 上的平均值为
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10.6求曲线 $y = { \sqrt { x } }$ 的一条切线l，使该曲线与切线l及直线x=0,x=2所围成图形的面积最小.
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10.7设 $D _ { \ u { \mathrm { l } } }$ 是由抛物线 $y = 2 x ^ { 2 }$ 和直线 $x = a , x = 2$ 及y=0所围成的平面区域， $D _ { 2 }$ 是由抛物线
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$y = 2 x ^ { 2 }$ 和直线 $y = 0 , x = a$ 所围成的平面区域，其中 $0 < a < 2$
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(1)求 $D _ { \parallel }$ 绕x轴旋转一周而成的旋转体体积 $V _ { 1 } , D _ { 2 }$ 绕y轴旋转一周而成的旋转体体积 $V _ { 2 }$
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(2)问当a为何值时， $V _ { 1 } + V _ { 2 }$ 取得最大值？并求此最大值.
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10.8计算由摆线 $\left\{ \begin{array} { l l } { x = a ( t - \sin t ) , } \\ { y = a ( 1 - \cos t ) } \end{array} \right. ( a > 0 , 0 \leqslant t \leqslant 2 \pi )$ 与x轴所围平面图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积．
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10.9求曲线 $y = 3 - \left| x ^ { 2 } - 1 \right|$ 与x轴围成的封闭图形绕直线y=3旋转一周所得旋转体的体积.
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## 解答
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10.1 $\frac { \pi ^ { 2 } } { 2 }$ 解所求体积为
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\int _ { 0 } ^ { + \infty } { \pi } ( \frac { 1 } { \sqrt { 1 + x ^ { 2 } } } ) ^ { 2 } \mathrm { { d } } x = \operatorname* { l i m } _ { b + \infty } { \pi } \int _ { 0 } ^ { b } { \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } } { \mathrm { d } } x = { \pi } \operatorname* { l i m } _ { b + \infty } { \arctan { x } } \bigg | _ { 0 } ^ { b } = { \frac { \pi ^ { 2 } } { 2 } } \ .
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10.2 $2 \pi ^ { 2 } k ^ { 2 } b$ 解如图10-15所示，上半圆周为 $y _ { 2 } = b + \sqrt { k ^ { 2 } - x ^ { 2 } }$ ，下半圆周为 $y _ { 1 } = b - { \sqrt { k ^ { 2 } - x ^ { 2 } } }$ 其体积微元为
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\begin{array} { l } { \displaystyle \mathrm { d } V = ( \pi y _ { 2 } ^ { 2 } - \pi y _ { 1 } ^ { 2 } ) \mathrm { d } x } \\ { \displaystyle \quad = \pi [ ( b + \sqrt { k ^ { 2 } - x ^ { 2 } } ) ^ { 2 } - ( b - \sqrt { k ^ { 2 } - x ^ { 2 } } ) ^ { 2 } ] \mathrm { d } x } \\ { \displaystyle \quad = 4 \pi b \sqrt { k ^ { 2 } - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x , } \end{array}
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则所求旋转体的体积为
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\begin{array} { l } { { V = 4 \pi b \int _ { - k } ^ { k } \sqrt { k ^ { 2 } - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = 8 \pi b \int _ { 0 } ^ { k } \sqrt { k ^ { 2 } - x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } } \\ { { \nonumber } } \\ { { = 8 \pi b \cdot { \frac { \pi k ^ { 2 } } { 4 } } = 2 \pi ^ { 2 } k ^ { 2 } b ~ . } } \end{array}
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图10-15
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注采用对y积分，即取微元 $[ y , y + \mathrm { d } y ]$ 亦可算出V
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10.3 ${ \frac { 1 } { 4 } } ( { \mathrm { e } } ^ { 2 } + 1 )$ 解以y作为参数，则
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\mathrm { d } s = { \sqrt { \left( { \frac { \mathrm { d } x } { \mathrm { d } y } } \right) ^ { 2 } + 1 } } \mathrm { d } y = { \sqrt { \left( { \frac { y } { 2 } } - { \frac { 1 } { 2 y } } \right) ^ { 2 } + 1 } } \mathrm { d } y = { \frac { 1 } { 2 } } { \left( y + { \frac { 1 } { y } } \right) } \mathrm { d } y \ ,
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故弧长为
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s = \int _ { 1 } ^ { \mathrm { e } } \frac { 1 } { 2 } \left( y + \frac { 1 } { y } \right) \mathrm { d } y = \frac { 1 } { 4 } ( \mathrm { e } ^ { 2 } + 1 ) \ .
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10.46解如图10-16所示，曲线具有对称性，我们只需计算在第一象限的弧段，即 $t \in \left[ 0 , \frac { \pi } { 2 } \right]$ 对应部分的弧长.故 y
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\begin{array} { r l } & { s = 4 \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sqrt { [ x ^ { \prime } ( t ) ] ^ { 2 } + [ y ^ { \prime } ( t ) ] ^ { 2 } } \mathrm { d } t } \\ & { ~ = 4 \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sqrt { ( - 3 \cos ^ { 2 } t \sin t ) ^ { 2 } + ( 3 \sin ^ { 2 } t \cos t ) ^ { 2 } } \mathrm { d } t } \\ & { ~ = 4 \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } 3 \big | \sin t \cos t \big | \mathrm { d } t = 1 2 \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \sin t \cos t \mathrm { d } t = 6 \ . } \end{array}
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图10-16
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10.5 ${ \frac { { \sqrt { 3 } } + 1 } { 1 2 } } \pi$ 解函数 $y = f ( x )$ 在区间[a,b]上的平均值是指 ${ \frac { 1 } { b - a } } \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x$ ，故所求的平均值为
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{ \frac { 2 } { \sqrt { 3 } - 1 } } \int _ { \frac { 1 } { 2 } } ^ { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } { \frac { x ^ { 2 } } { \sqrt { 1 - x ^ { 2 } } } } \mathrm { d } x \ .
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$x = \sin \theta$ ，则
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\mathrm { ~ \mathcal ~ { ~ L ~ } ~ } \vec { \mathfrak { x } } = \frac { 2 } { \sqrt { 3 } - 1 } \int _ { \frac { \pi } { 6 } } ^ { \frac { \pi } { 3 } } \sin ^ { 2 } \theta \mathrm { d } \theta = \frac { 2 } { \sqrt { 3 } - 1 } \Bigg ( \frac { 1 } { 2 } \theta - \frac { 1 } { 4 } \sin 2 \theta \Bigg ) \Bigg | _ { \frac { \pi } { 6 } } ^ { \frac { \pi } { 3 } } = \frac { \sqrt { 3 } + 1 } { 1 2 } \pi \mathrm { ~ . ~ }
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10.6解因为 $y ^ { \prime } = \frac { 1 } { 2 \sqrt { x } }$ ，所以 $y = { \sqrt { x } }$ 在点 $( t , \sqrt { t } )$ 处的切线l的方程为
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y - \sqrt { t } = \frac { 1 } { 2 \sqrt { t } } ( x - t ) , \mathbb { H } y = \frac { 1 } { 2 \sqrt { t } } x + \frac { \sqrt { t } } { 2 } .
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所围面积为
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S ( t ) = \int _ { 0 } ^ { 2 } \left[ \left( \frac { 1 } { 2 \sqrt { t } } x + \frac { \sqrt { t } } { 2 } \right) - \sqrt { x } \right] \mathrm { d } x = \frac { 1 } { \sqrt { t } } + \sqrt { t } - \frac { 4 \sqrt { 2 } } { 3 } \ .
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$$
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$S ^ { \prime } ( t ) = - { \frac { 1 } { 2 } } t ^ { - { \frac { 3 } { 2 } } } + { \frac { 1 } { 2 } } t ^ { - { \frac { 1 } { 2 } } } = 0$ ，得t=1.
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又 $S ^ { \prime \prime } ( 1 ) > 0$ ，故当t=1时，S取最小值，此时l的方程为 $y = \frac { x } { 2 } + \frac { 1 } { 2 }$
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## 10.7解 (1)由题意得
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V _ { \mathrm { 1 } } = \pi { \int _ { a } ^ { 2 } } ( 2 x ^ { 2 } ) ^ { 2 } \mathrm { d } x = \frac { 4 } { 5 } \pi ( 3 2 - a ^ { 5 } ) ,
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V _ { _ 2 } = \pi a ^ { 2 } \cdot 2 a ^ { 2 } - \pi \int _ { 0 } ^ { 2 a ^ { 2 } } \frac { y } { 2 } \mathrm { d } y = \pi a ^ { 4 } ~ .
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(2)由(1)得
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V = V _ { 1 } + V _ { 2 } = \frac { 4 } { 5 } \pi ( 3 2 - a ^ { 5 } ) + \pi a ^ { 4 } ~ .
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V ^ { \prime } = 4 \pi a ^ { 3 } ( 1 - a ) = 0 ,
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得区间(0,2)内唯一的驻点a=1，且 $V ^ { \prime \prime } ( 1 ) = - 4 \pi < 0$ ，因此a=1是极大值点，即最大值点，此时
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V _ { \mathrm { m a x } } = \frac { 1 2 9 } { 5 } \pi \ .
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10.8解作平面图形，如图10-17所示.
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方法一平面图形绕y轴旋转一周所得旋转体体积为
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\begin{array} { r l } & { V _ { y } = \pi \Bigg [ \int _ { 0 } ^ { 2 a } x _ { 2 } ^ { 2 } ( y ) \mathrm { d } y - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 2 a } x _ { 1 } ^ { 2 } ( y ) \mathrm { d } y \Bigg ] } \\ & { \quad = \pi \Bigg [ \int _ { 2 \pi } ^ { \pi } a ^ { 2 } ( t - \sin t ) ^ { 2 } a \sin t \mathrm { d } t - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \pi } a ^ { 2 } ( t - \sin t ) ^ { 2 } a \sin t \mathrm { d } t \Bigg ] } \\ & { \quad = \pi a ^ { 3 } \Bigg [ - \displaystyle \int _ { \pi } ^ { 2 \pi } ( t - \sin t ) ^ { 2 } \sin t \mathrm { d } t - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \pi } ( t - \sin t ) ^ { 2 } \sin t \mathrm { d } t \Bigg ] } \\ & { \quad = - \pi a ^ { 3 } \Bigg \} _ { 0 } ^ { 2 \pi } ( t - \sin t ) ^ { 2 } \sin t \mathrm { d } t , } \end{array}
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图10-17
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其中
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\int _ { 0 } ^ { 2 \pi } ( t - \sin t ) ^ { 2 } \sin t \mathrm { d } t = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } ( t ^ { 2 } \sin t + \sin ^ { 3 } t - 2 t \sin ^ { 2 } t ) \mathrm { d } t = \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } t ^ { 2 } \sin t \mathrm { d } t - \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } 2 t \sin ^ { 2 } t \mathrm { d } t \ .
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因为
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\begin{array} { r l r } { { \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } t ^ { 2 } \sin t \mathrm { d } t = - t ^ { 2 } \cos t \big \vert _ { 0 } ^ { 2 \pi } + \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } 2 t \cos t \mathrm { d } t } } \\ & { } & \\ & { } & { = - 4 \pi ^ { 2 } + 2 t \sin t \big \vert _ { 0 } ^ { 2 \pi } - \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } 2 \sin t \mathrm { d } t = - 4 \pi ^ { 2 } , \quad } \end{array}
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$$
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$$
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\begin{array} { r l } & { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } 2 t \sin ^ { 2 } t \mathrm { d } t } = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } 2 t \frac { 1 - \cos 2 t } { 2 } \mathrm { d } t } = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } ( t - t \cos 2 t ) \mathrm { d } t } } \\ & { \quad \quad \quad = \displaystyle { \left( \frac { 1 } { 2 } t ^ { 2 } - \frac { t \sin 2 t } { 2 } \right) _ { 0 } ^ { 2 \pi } + \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } \frac { \sin 2 t } { 2 } \mathrm { d } t } } \\ & { \quad \quad \quad = 2 \pi ^ { 2 } - \displaystyle { \frac { \cos 2 t } { 4 } \Bigg | _ { 0 } ^ { 2 \pi } = 2 \pi ^ { 2 } } , } \end{array}
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$$
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所以
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\int _ { 0 } ^ { 2 \pi } ( t - \sin t ) ^ { 2 } \sin t \mathrm { d } t = - 4 \pi ^ { 2 } - 2 \pi ^ { 2 } = - 6 \pi ^ { 2 } ,
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则
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V _ { _ { y } } = - \pi a ^ { 3 } \cdot ( - 6 \pi ^ { 2 } ) = 6 \pi ^ { 3 } a ^ { 3 } .
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方法二平面图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为
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\begin{array} { l } { { V _ { y } = 2 \pi \int _ { 0 } ^ { 2 \pi a } x y ( x ) \mathrm { d } x } } \\ { { \ } } \\ { { \displaystyle \quad = 2 \pi \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } a ( t - \sin t ) a ( 1 - \cos t ) a ( 1 - \cos t ) \mathrm { d } t } } \\ { { \ \displaystyle = 2 \pi a ^ { 3 } \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } ( t - 2 t \cos t + t \cos ^ { 2 } t - \sin t + 2 \sin t \cos t - \sin t \cos ^ { 2 } t ) \mathrm { d } t } } \\ { { \ \displaystyle = 6 \pi ^ { 3 } a ^ { 3 } \ . } } \end{array}
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10.9解作出图形，如图10-18所示.
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$\widehat { A B }$ 的方程为 $y = x ^ { 2 } + 2 ( 0 \leqslant x \leqslant 1 )$ $\widehat { B C }$ 的方程为 $y = 4 - x ^ { 2 } ( 1 \leqslant x \leqslant 2 )$
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图10-18
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设旋转体在区间[0,1]上的体积为 $V _ { 1 }$ ，在区间[1,2]上的体积为 $V _ { 2 }$ ，则它们的体积微元分别为
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\mathrm { d } V _ { 1 } = \pi \{ 3 ^ { 2 } - [ 3 - ( x ^ { 2 } + 2 ) ] ^ { 2 } \} \mathrm { d } x = \pi ( 8 + 2 x ^ { 2 } - x ^ { 4 } ) \mathrm { d } x ,
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$$
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\mathrm { d } V _ { 2 } = \pi \{ 3 ^ { 2 } - [ 3 - ( 4 - x ^ { 2 } ) ] ^ { 2 } \} \mathrm { d } x = \pi ( 8 + 2 x ^ { 2 } - x ^ { 4 } ) \mathrm { d } x \ .
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由对称性得
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { V = 2 ( V _ { 1 } + V _ { 2 } ) = 2 \pi \int _ { 0 } ^ { 1 } ( 8 + 2 x ^ { 2 } - x ^ { 4 } ) \mathrm { d } x + 2 \pi \int _ { 1 } ^ { 2 } ( 8 + 2 x ^ { 2 } - x ^ { 4 } ) \mathrm { d } x } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \frac { V = 2 ( V _ { 1 } + V _ { 2 } ) = 2 \pi \int _ { 0 } ^ { 1 } ( 8 + 2 x ^ { 2 } - x ^ { 4 } ) \mathrm { d } x } } } } } \\ { { \displaystyle { \phantom { \frac { V = 2 ( V _ { 1 } + V _ { 2 } ) = 2 \pi \int _ { 0 } ^ { 1 } ( 8 + 2 x ^ { 2 } - x ^ { 4 } ) \mathrm { d } x } } } } = \frac { 4 4 8 } { 1 5 } \pi ~ . } \end{array}
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考研/math/012_## 第11讲.md
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## 第11讲
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## 一元函数积分学的应用（二）-积分等式与积分不等式
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>积分等式、积分不等式的求法</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①掌握定积分中值定理，掌握用夹逼准则求一类积分极限与证明某些特殊的积分等式；②掌握函数单调性、拉格朗日中值定理、泰勒公式、换元积分法与分部积分法、牛顿－莱布尼茨公式，并会证明积分形式的不等式</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>①求积分；②积分后求极限</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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## 基础内容精讲
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积分等式问题主要涉及积分形式的中值定理(见例11.1,例11.2),用夹逼准则求一类积分的极限（见例11.3～11.5)与证明某些特殊的积分等式[见例11.6(1)]；积分不等式问题主要涉及积分形式的不等式
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证明，可用函数的单调性（见例11.7)、拉格朗日中值定理(见例11.8)、泰勒公式（见例11.9)、积分法（见例11.10)与牛顿-莱布尼茨公式（见例11.11)来解决.
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## 积分等式
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## 用中值定理
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g(x)恒正、恒负或恒为0
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例11.1 (1)设f(x),g(x)在[a,b]上连续，且g(x)在[a,b]上不变号，证明：存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使得
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$\int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) \int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x \mathrm { ; }$ 推广的积分中值定理（考试可直接使用）
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V当g(x)=1>0时，即 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) ( b - a )$ 5∈[a，b]（积分中值定理）
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★★★★(2)设f(x)在[1,2]上连续，计算 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 1 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x \xrightarrow [ ] { } \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { a } ^ { b } \ne \int _ { a } ^ { b } \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty }$
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(1)证若g(x)=0，结论显然成立；
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若 $g ( x ) \not \equiv 0$ ，由于不变号，不妨设g(x)>0.令
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F ( x ) = \int _ { a } ^ { x } f ( t ) g ( t ) \mathrm { d } t , G ( x ) = \int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t ,
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在[a,b]上应用柯西中值定理，有 ${ \frac { F ( b ) - F ( a ) } { G ( b ) - G ( a ) } } = { \frac { F ^ { \prime } ( \xi ) } { G ^ { \prime } ( \xi ) } }$ ，即适田子西个品断 适用于两个函数
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$$
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{ \frac { \displaystyle \int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x - 0 } { \displaystyle \int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x - 0 } } = { \frac { f ( \xi ) g ( \xi ) } { g ( \xi ) } } = f ( \xi ) ,
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$$
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\int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) \int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x , \xi \in ( a , b ) ,
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$$
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其中 $\int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x > 0$ .同理可得g(x)<0时成立.得证.
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利用积分保号性 g(x)>0 见注(2)
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(2)解由(1)知， $\int _ { 1 } ^ { 2 } f ( x ) { \underline { { \mathrm { e } } } } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = f ( \xi _ { n } ) \int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x , 1 < \xi _ { n } < 2$ .因f(x)在[1,2]上连续，则 $f ( { \xi } _ { n } )$ 有界；
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又在(1,2)内， $\mathrm { e } ^ { x ^ { n } } > x ^ { n } + 1 > 0$ 即 ${ \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { x ^ { n } } } } < { \frac { 1 } { x ^ { n } + 1 } } < { \frac { 1 } { x ^ { n } } } \overrightarrow { \ } \cdot \overrightarrow { \ }$ 放缩法见第2讲“6.夹逼准则”的注(2)@
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于是
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0 < \int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x < \int _ { 1 } ^ { 2 } x ^ { - n } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 1 - n } x ^ { 1 - n } \bigg | _ { 1 } ^ { 2 } = \frac { 1 } { 1 - n } ( 2 ^ { 1 - n } - 1 ) \ , > \ \mathrm { 7 } \mathrm { 4 } a \langle a \stackrel { \sigma } { \ } _ { \sigma } ^ { 2 } \stackrel { \sigma \ } { \ } _ { \sigma } ^ { 4 }
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$$
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } { \frac { 1 } { 1 - n } } ( 2 ^ { 1 - n } - 1 ) = 0 ,
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由夹逼准则得 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } \int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = 0$ .故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 1 } ^ { 2 } f ( x ) \operatorname { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( \xi _ { n } ) \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 1 } ^ { 2 } \operatorname { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = 0$ 有界×无穷小量
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（1）由于 $\xi \in ( a , b ) \subset [ a , b ]$ 故闭区间上结论亦成立，即设f(x),g(x)在[a,b]上连续且g(x)不变号，则至少存在一点 $\xi \in [ a , b ]$ ，使得 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) \int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x$
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(2)对于 $\int _ { 1 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { e } ^ { - x ^ { \prime } } \mathrm { d } x$ 虽然上下限为常数，但被积函数 $f ( x ) e ^ { - x ^ { n } }$ 与n有关，故中值 $\xi _ { n }$ 与n有关.同理，对于 $\int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { \prime } } \mathrm { d } x$ 若写成 $\int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = \mathrm { e } ^ { - \eta _ { n } ^ { n } } , \eta _ { n } \in \left( 1 , 2 \right) , \eta _ { n }$ 亦与n有关，考生需注意，此时不能用 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } \operatorname { e } ^ { - \eta _ { n } ^ { n } } = 0$
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拓展：对于 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) ( b - a )$ ，当改变区间[a,b]→[a,x]时，5=5(x)；
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当改变被积函数f(x）→f(x，n）或/(x）（函数组）时，5=5(n).
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★ ★ 例11.2 设f(x)在 $\left[ 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right]$ 上有二阶导数，且f(0)=2, $f \left( { \frac { \pi } { 2 } } \right) = 1$ $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } f ( x ) { \frac { \mathrm { e } ^ { \sin x } \cos x \mathrm { d } x } { g ( x ) } } =$
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2(e-1).证明：存在 $\xi \in \left( 0 , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使 $f ^ { \prime } ( \xi ) < 0$
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证 由推广的积分中值定理知，存在 $\eta \in \left( 0 , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使得 $f ( \eta ) \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { e } ^ { \sin x } \cos x \mathrm { d } x = 2 ( \mathrm { e } - 1 )$
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又 $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { e } ^ { \sin x } \cos x \mathrm { d } x = \mathrm { e } ^ { \sin x } \left| _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } = \mathrm { e } - 1 \right.$ ，于是 $f ( \eta ) \cdot ( { \mathrm { e } } - 1 ) = 2 ( { \mathrm { e } } - 1 )$ ，即存在 $\eta \in \left( 0 , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使得 $f ( \eta ) = 2$
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因 $f ( 0 ) = f ( \eta ) = 2$ .由罗尔定理知，存在 $\xi _ { 1 } \in ( 0 , \eta )$ ，使得 $f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = 0$ .又因为 $f { \Biggl ( } { \frac { \pi } { 2 } } { \Biggr ) } = 1 , f ( \eta ) \neq f { \Biggl ( } { \frac { \pi } { 2 } } { \Biggr ) }$ ，罗 拉由拉格朗日中值定理知，存在 $\xi _ { 2 } \in \left( \eta , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使得 N ↓5 n
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f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) = \frac { f \left( \displaystyle \frac { \pi } { 2 } \right) - f ( \eta ) } { \displaystyle \frac { \pi } { 2 } - \eta } { = \frac { 1 - 2 } { \displaystyle \frac { \pi } { 2 } - \eta } } < 0 \ ,
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拓展：若 $f ( a ) = f ( b ) = f ( c )$ ，用三次罗尔定理，
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若 $f ( a ) \neq f ( b ) \neq f ( c )$ ，用三次拉格朗日中值定理， h C 由 $f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) < 0 , \ f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) > 0$ ，由f'(5)>0，f'(5）<0， 得f"(5)>0 得f"(5)<0 （习题11.1)
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再由拉格朗日中值定理知，存在 $\xi \in ( \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ) \subset \left( 0 , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使得 $f ^ { \prime } ( \xi ) = \frac { f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) - f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) } { \xi _ { 2 } - \xi _ { 1 } } < 0$
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## ②用夹逼准则
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例11.3 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } ( n + 1 ) x ^ { n } \ln ( 1 + x ) \mathrm { d } x = \mathrm { ~ ( ~ \qquad ~ ) ~ }$
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(A) ln2
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(B)1
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(C) $\mathrm { e } ^ { 2 }$
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解 应选(A).
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(D）+8
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\begin{array} { c } { { \frac { \ast \frac { n + \hat { c } } { 2 } \hat { \omega } _ { \perp } ^ { \ast } \hat { \omega } _ { \perp } ^ { \ast } } { 2 } } } \\ { { \int _ { 0 } ^ { 1 } ( n + 1 ) x ^ { n } \ln ( 1 + x ) \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { 1 } \ln ( 1 + x ) \mathrm { d } ( x ^ { n + 1 } ) } } \\ { { { } } } \\ { { = x ^ { n + 1 } \ln ( 1 + x ) \Big \vert _ { 0 } ^ { 1 } - \int _ { 0 } ^ { 1 } \displaystyle \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } \mathrm { d } x } } \\ { { { } } } \\ { { { } = \ln 2 - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } \displaystyle \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } \mathrm { d } x , } } \end{array}
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$$
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对于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } { \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } } \mathrm { d } x$ ,利用放缩法.由于 $0 \leqslant \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } \leqslant x ^ { n + 1 } , 0 \leqslant x \leqslant 1$ ，故
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$$
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0 \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } \mathrm { d } x \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n + 1 } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { n + 2 } , \quad \mp \beta \leqslant \beta \leqslant \frac { \alpha } { 9 } \cdot \frac { \alpha } { 9 } \cdot \frac { \beta } { 1 2 }
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当 $n \infty$ 时，由夹逼准则，有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } { \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } } \mathrm { d } x = 0$ .于是原式=ln2.
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作为第(2)问的提示
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例11.4 (1)比较 $\int _ { 0 } ^ { 1 } \left| \ln t \right| [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \mathrm { d } t$ 与 $\int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \left| \ln t \right| \mathrm { d } t ( n = 1 , 2 , \cdots )$ 的大小，说明理由；
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(2)记 $u _ { n } = \int _ { 0 } ^ { 1 } \lvert \ln t \rvert [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \mathrm { d } t ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，求 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } u _ { n } $ 典型考研命题形式
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解(1)当 $0 \leqslant t \leqslant 1$ 时， $0 \leqslant \ln ( 1 + t ) \leqslant t$ ，则 $0 \leqslant [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \leqslant t ^ { n }$ ，两边同时乘以|nt，有
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0 \leqslant \left| \ln t \right| [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \leqslant t ^ { n } \left| \ln t \right| ,
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根据积分的保号性，得
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\int _ { 0 } ^ { 1 } \left| \ln t \right| [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \mathrm { d } t \ll \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \left| \ln t \right| \mathrm { d } t .
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$$
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(2)由(1)知，
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$$
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0 \leqslant u _ { n } = \int _ { 0 } ^ { 1 } \bigl | \ln t \bigr | [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \mathrm { d } t \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \bigl | \ln t \bigr | \mathrm { d } t \ .
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$$
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$$
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\frac { 4 + 4 a ^ { 4 } \Leftrightarrow 4 a } { \sqrt { 3 b } b } \Longleftrightarrow \sum _ { 0 } t ^ { n } | \ln t | { \mathrm { d } } t = - \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \cdot \overbrace { \ln t { \mathrm { d } } t } ^ { \ast \ n } = - \frac { t ^ { n + 1 } } { n + 1 } \ln t \Biggr | _ { 0 } ^ { n } + \frac { 1 } { n + 1 } \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } { \mathrm { d } } t = 0 + \frac { 1 } { n + 1 } \Biggl [ \underset { t \to 0 ^ { \prime } } { \operatorname* { l i m } } t ^ { n + 1 } \ln t \Biggr ] + \frac { t ^ { n + 1 } } { \left( n + 1 \right) ^ { 2 } } \Biggr | _ { 0 } ^ { 1 } = \frac { 1 } { \left( n + 1 \right) ^ { 2 } } ,
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$$
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所以 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \left| \ln t \right| \mathrm { d } t = 0$ ，于是由夹逼准则得 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 0$
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注更为一般的结论：设f（x）在[0,1]上连续，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$
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证由f(x)在[0,1]上连续，则f(x)在[0,1]上有最大值M和最小值m，即 $m \leqslant f ( x ) \leqslant M$ 于是 $m x ^ { n } \leqslant x ^ { n } f ( x ) \leqslant M x ^ { n }$ .根据积分的保号性，有 $\int _ { 0 } ^ { 1 } m x ^ { n } \mathrm { d } x \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } f ( x ) \mathrm { d } x \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } M x ^ { n } \mathrm { d } x$ ${ \frac { m } { n + 1 } } \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } f ( x ) \mathrm { d } x \leqslant$ $\frac { M } { n + 1 }$ 根据夹逼准则，有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$
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如例11.4中所取的 $f ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { x \left| \ln x \right| , } & { 0 < x \leqslant 1 , } \\ { 0 , } & { x = 0 , } \end{array} \right. }$ 则有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n - 1 } x \left| \ln x \right| \mathrm { d } x = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } \left| \ln x \right| \mathrm { d } x = 0$
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例11.5 设函数f(x)=x-[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { 1 } { x } } \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t = - { \qquad }$ 分析 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t } { x } } { \Biggl ( } { \frac { \infty } { \infty } } { \Biggr ) }$ 不能用洛必达法则，因为包含跳跃间断点的函数f(x)无原函数.
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解 应填 $\frac { 1 } { 2 }$
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由例1.13可知f(x)是周期为1的周期函数，其图像如图11-1所示.
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$\int _ { 0 } ^ { n } f ( t ) \mathrm { d } t = n \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，表示n个三角形的面积.每个三角形的面积为 $\frac { 1 } { 2 }$ ，故为 $\frac { n } { 2 }$ 7
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图11-1
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→分子的取值范围
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当 $\frac { n \leqslant x < n + 1 } { \downarrow }$ 即 $\frac { 1 } { n + 1 } < \frac { 1 } { x } \leqslant \frac { 1 } { n }$ 时， $\frac { n } { 2 } = \int _ { 0 } ^ { n } f ( t ) \mathrm { d } t \leqslant \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t < \int _ { 0 } ^ { n + 1 } f ( t ) \mathrm { d } t = \frac { n + 1 } { 2 }$ ，于是
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分母的取值范围
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$$
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{ \frac { n } { 2 ( n + 1 ) } } = { \widehat { \frac { 1 } { n + 1 } } } \int _ { 0 } ^ { n } f ( t ) \mathrm { d } t < { \frac { 1 } { x } } \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t < { \frac { 1 } { n } } \int _ { 0 } ^ { n + 1 } f ( t ) \mathrm { d } t = { \frac { n + 1 } { 2 n } } \ ,
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$$
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当 $0 < a < y < b , 0 < c < x < d$ 时，当 $x \to + \infty$ 时，𝑛→，由夹逼准则，有 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { 1 } { x } } { \int _ { 0 } ^ { x } { f ( t ) \mathrm { d } t } } = \frac { 1 } { 2 }$ 有 $\frac { a } { d } < \frac { y } { x } < \frac { b } { c }$
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## ③用积分法 →恒等变形、换元法、分部积分法
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例11.6 设f(x)的二阶导数f"(x)在[0,1]上连续，且f(0)=f(l)=0，证明：
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(1) $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ( x - 1 ) f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x$
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(2) $\left| \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant { \frac { 1 } { 1 2 } } \operatorname* { m a x } _ { 0 \leqslant x \leqslant 1 } \left\{ \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \right\}$
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分析第(1)问出现函数和函数的二阶导数，用两次分部积分法.
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2话证(1) ${ \frac { 1 } { 2 } } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ( x - 1 ) f ^ { \prime \prime } ( x ) \mathrm { d } x = { \frac { 1 } { 2 } } \int _ { 0 } ^ { 1 } { \underline { { x ( x - 1 ) } } } \mathrm { d } { \big [ } { \underline { { f ^ { \prime } ( x ) } } } { \big ] } ^ { 2 }$ 分部积分法： $\int u \mathrm { d } \nu = u \nu - \int \nu \mathrm { d } u$
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\begin{array} { l } { { \displaystyle = \frac 1 2 x ( x - 1 ) f ^ { \prime } ( x ) \Bigg \vert _ { 0 } ^ { 1 } - \frac 1 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime } ( x ) ( 2 x - 1 ) \mathrm { d } x } } \\ { { \displaystyle = - \frac 1 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } ( 2 x - 1 ) \mathrm { d } \big [ f ( x ) \big ] } } \\ { { \displaystyle = - \frac 1 2 ( 2 x - 1 ) f ( x ) \Bigg \vert _ { 0 } ^ { 1 } + \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x , } } \end{array}
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$$
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由条件f(0)=f(1)=0，知结论成立.
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(2)记 $M = \operatorname* { m a x } _ { 0 \leq x \leq 1 } \left\{ \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \right\}$ ，则由(1)有
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$$
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\left| \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| = \frac { 1 } { 2 } \left| \int _ { 0 } ^ { 1 } x ( x - 1 ) f ^ { \prime \prime } ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } \left| x ( x - 1 ) \right| \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \mathrm { d } x \leqslant \frac { M } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ( 1 - x ) \mathrm { d } x = \frac { M } { 2 } \left( \frac { 1 } { 2 } - \frac { 1 } { 3 } \right) = \frac { M } { 1 2 } \mathrm { ~ . }
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得证.
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利用第8讲“二、3”的性质4
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## 积分不等式
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## 1 用函数的单调性
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通常的做法：首先将某一积分限（通常取上限)变量化，然后移项构造辅助函数，由辅助函数的单调性来证明不等式，此方法多用于所给条件为 ${ } ^ { \mathfrak { a } } f ( x )$ 在[a,b]上连续”的情形. g(x）有界
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★★★@例11.7 设函数f(x)，g(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)单调增加, $0 \leqslant g ( \dot { x } ) \leqslant 1$ .证明：
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(1) $0 { \leqslant } \int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t { \leqslant } x - a , x \in [ a , b ]$
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(2) $\int _ { a } ^ { a + \displaystyle \int _ { a } ^ { b } g ( t ) \mathrm { d } t } f ( x ) \mathrm { d } x \leqslant \int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x$
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分析（1)中，因为 $a \leqslant x$ ，所以 $\int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t$ 是正向的积分，可直接用积分的保号性；
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(2)中，该题是考研以来上限较复杂的定积分，做题时要注意形式的复杂性.
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证 (1)因为 $0 \leqslant g ( x ) \leqslant 1$ ，所以当 $x \in [ a , b ]$ 时，有 $\int _ { a } ^ { x } 0 \mathrm { d } t \leqslant \int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t \leqslant \int _ { a } ^ { x } 1 \mathrm { d } t$ ，即
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0 \leqslant \int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t \leqslant x - a \ .
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(2)令 $F ( x ) = \int _ { a } ^ { a + \int _ { a } ^ { \infty } \int g ( u ) \mathrm { d } u } f ( t ) \mathrm { d } t - \int _ { a } ^ { x } f ( t ) g ( t ) \mathrm { d } t , x \in [ a , b ]$ 三个变量要区分开
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因为f(x)，g(x)在区间[a,b]上连续，所以F(x)在区间[a,b]上可导，且
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F ^ { \prime } ( x ) = f { \biggl [ } a + \int _ { a } ^ { x } g ( u ) \mathrm { d } u { \biggr ] } g ( x ) - f ( x ) g ( x ) = \left\{ f { \biggl [ } a + \int _ { a } ^ { x } g ( u ) \mathrm { d } u { \biggr ] } - f ( x ) \right\} g ( x ) ~ .
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$$
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由(1)知， $\int _ { a } ^ { x } g ( u ) \mathrm { d } u \leqslant x - a$ ，即 $a + \int _ { a } ^ { x } g ( u ) \mathrm { d } u \leqslant x , x \in [ a , b ]$ .又因为f(x)单调增加，且 $g ( x ) \geqslant 0$ 所以 $F ^ { \prime } ( x ) { \leqslant } 0$ ，从而F(x)在区间[a,b]上单调减少. → yF(x)单调递又F(a)=0，故 $F ( b ) \leqslant 0$ ，即 $\int _ { a } ^ { a + \displaystyle \int _ { a } ^ { b } g ( t ) \mathrm { d } t } f ( x ) \mathrm { d } x \leqslant \int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x$ o 减且F(a)=0
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## 2 用拉格朗日中值定理
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## →这是由拉格朗日中值定理的条件决定的
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此方法多用于所给条件为“f(x)一阶可导”且某一端点值较简单(甚至为0)的题目.
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例11.8 设f(x)在[0,1]上具有一阶连续导数，且 $f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0$ .记 $M = \operatorname* { m a x } _ { x \in [ 0 , 1 ] } \left\{ \left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \right\}$ .证明：即f'(x)達续
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★见到f(x)，f'(x)，想拉格朗日中值定理 $\left| \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| { \leqslant } { \frac { 1 } { 4 } } M$
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证 将大区间[0,1]分成两个小区间[0，x]和[x,1].
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在[0,x]上对f(x)使用拉格朗日中值定理，得 $f ( x ) - f ( 0 ) = f ( x ) = f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) x$ ，其中 $\xi _ { 1 } \in ( 0 , x )$ ，于是0 5 x s |f(x)=|f(5)x.
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在[x,1]上对f(x)使用拉格朗日中值定理，得 $f ( 1 ) - f ( x ) = - f ( x ) = f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) ( 1 - x )$ ，其中 $\xi _ { 2 } \in ( x , 1 )$ 于是 |f(x)=|f'(52)(1-x).
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当x∈[0,1]时，因为 $M = \operatorname* { m a x } \left\{ \left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \right\}$ ，所以
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\left| f ( x ) \right| \leqslant M x , \left| f ( x ) \right| \leqslant M ( 1 - x ) ,
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于是
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利用不等式la+b≤la|+b，见第2讲“6.夹逼准则”的泣(2)①
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\begin{array} { r l } & { \left| \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| = \left| \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t + \displaystyle \int _ { x } ^ { 1 } f ( t ) \mathrm { d } t \right| \leqslant \left| \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t \right| + \left| \displaystyle \int _ { x } ^ { 1 } f ( t ) \mathrm { d } t \right| \leqslant \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } \left| f ( t ) \right| \mathrm { d } t + \displaystyle \int _ { x } ^ { 1 } \left| f ( t ) \right| \mathrm { d } t } \\ & { \qquad \leqslant M \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } t \mathrm { d } t + M \displaystyle \int _ { x } ^ { 1 } ( 1 - t ) \mathrm { d } t = M \left[ \displaystyle \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + \displaystyle \frac { ( 1 - x ) ^ { 2 } } { 2 } \right] , } \end{array}
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$$
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其中， ${ \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } + { \frac { ( 1 - x ) ^ { 2 } } { 2 } } = x ^ { 2 } - x + { \frac { 1 } { 2 } } = \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) ^ { 2 } + { \frac { 1 } { 4 } } \geq { \frac { 1 } { 4 } }$ ，故得证.
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## ③ 用泰勒公式
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此方法多用于所给条件为“f(x)二阶可导”且题中有简单函数值(甚至为0)的题目.
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例11.9 设f(x)在[0,2]上二阶导数连续，且f(1)=0.当 $x \in [ 0 , 2 ]$ 时,记 $M = \operatorname* { m a x } \left\{ \left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \right\}$ ，证 明： $\left| \int _ { 0 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| { \leqslant } { \frac { 1 } { 3 } } M$ 即f"(x)连续
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分析当无法用牛顿-莱布尼茨公式时，可考虑用泰勒公式将被积函数f(x)展开成多项式再做.
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证 根据题设，选取点 $x _ { 0 } = 1$ 展开成泰勒公式，则
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$f ( x ) = f ( 1 ) + f ^ { \prime } ( 1 ) ( x - 1 ) + { \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 } } ( x - 1 ) ^ { 2 }$ （ξ是介于x,1之间的关于x的函数），
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$$
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\int _ { 0 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x = f ^ { \prime } ( 1 ) \underbrace { \int _ { 0 } ^ { 2 } ( x - 1 ) \mathrm { d } x } _ { 2 } + \int _ { 0 } ^ { 2 } \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 } ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 2 } f ^ { \prime \prime } ( \xi ) ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x \ ,
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利用第8讲“二、3”的性质4
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→利用 $\int _ { 0 } ^ { 2 x _ { 0 } } ( x - x _ { 0 } ) \mathrm { d } x = 0$
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\left| \int _ { 0 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant \frac 1 2 \int _ { 0 } ^ { 2 } \bigl | f ^ { \prime \prime } ( \xi ) \bigr | ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x \leqslant \frac 1 2 M \int _ { 0 } ^ { 2 } ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x = \frac 1 3 M ,
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故得证.
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## 4 用积分法
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例11.10 设f(x)在[0,2π]上具有一阶连续导数，且 $f ^ { \prime } ( x ) \geq 0$ ，证明：对任意正整数n有
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\left| \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } f ( x ) \sin n x \mathrm { d } x \right| { \leqslant } \frac { 2 } { n } [ f ( 2 \pi ) - f ( 0 ) ] \ .
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分析被积函数是两项相乘的形式，故用分部积分法去做.
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\begin{array} { r l } { \mathbb { E } \Bigg [ \Bigg | \Bigg | \Bigg | \mathbf { z } ^ { \int \alpha } f ( x ) \sin x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | - \Bigg | \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ( x ) \mathrm { d } ( \cos x x ) \Bigg | - \Bigg | \frac { 1 } { n } f ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | ^ { 2 } - \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ^ { \prime } ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | } & { } \\ & { \qquad \quad \leqslant \Bigg | \frac { 1 } { n } f ( x ) \cos x \mathrm { d } \Bigg | ^ { 2 } \Bigg | + \Bigg | \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ^ { \prime } ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | } & { \qquad \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | } \\ & { \qquad \quad \leqslant \frac { 1 } { n } \frac { 1 } { n } \Big [ f ( 2 \pi ) - f ( 0 ) \Big ] + \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ^ { \prime } ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | } \\ & { \qquad \quad \leqslant \frac { 1 } { n } \frac { 1 } { n } \Bigg [ f ( 2 \pi ) - f ( 0 ) \Big ] + \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } \Big | f ^ { \prime } ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Big | \mathrm { d } x } \\ & { \qquad \quad \leqslant \Bigg | \alpha \mathrm { E } _ { 1 } ^ { \alpha } \Big [ \Big | + \frac { 1 } { n } f ^ { \prime } ( x ) \sin x \Big | } \\ & { \qquad \quad \le \frac { 1 } { n } \Big [ f ( 2 \pi ) - f ( 0 ) \Big ] + \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x } \\ & { \qquad \quad \le \Bigg | \alpha \mathrm { E } _ { 2 } ^ { \alpha } \Big [ \Big | + \frac { 1 } { n } f ^ { \prime } ( x ) \Big | } \\ & \qquad \quad \le \frac { 2 } { n } \Big [ f ( 2 \ \end{array}
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## 5用牛顿-莱布尼茨公式
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例11.11 设f'(x)在[a,b]上连续，且 $f ( a ) = f ( b ) = 0$ .证明：
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\vert f ( x ) \vert { \leqslant } { \frac { 1 } { 2 } } { \int _ { a } ^ { b } } \vert f ^ { \prime } ( x ) \vert \mathrm { d } x ~ .
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分析证明f(x）与 $\int _ { a } ^ { b } f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x$ 的关系用牛顿-莱布尼茨公式.
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证 由 $f ( x ) = f ( x ) - f ( a ) = \int _ { a } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t$ ，得
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$$
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\left| f ( x ) \right| { = } { \left| \int _ { a } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \right| } { \leqslant } \int _ { a } ^ { x } \left| f ^ { \prime } ( t ) \right| \mathrm { d } t ,\tag{①}
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由 $f ( x ) = f ( x ) - f ( b ) = \int _ { b } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t$ ，得
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→第8讲“二、3”的性质4
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\left| f ( x ) \right| = \left| \int _ { b } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \right| = \left| \int _ { x } ^ { b } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \right| \Leftarrow \int _ { x } ^ { b } \left| f ^ { \prime } ( t ) \right| \mathrm { d } t \ .\tag{②}
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式①+式②，得 $2 { \big | } f ( x ) { \big | } \leqslant \int _ { a } ^ { x } { \big | } f ^ { \prime } ( t ) { \big | } \mathrm { d } t + \int _ { x } ^ { b } { \big | } f ^ { \prime } ( t ) { \big | } \mathrm { d } t = \int _ { a } ^ { b } { \big | } f ^ { \prime } ( t ) { \big | } \mathrm { d } t$ ，即
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$$
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\big | f ( x ) \big | \leqslant \frac { 1 } { 2 } \int _ { a } ^ { b } \big | f ^ { \prime } ( x ) \big | \mathrm { d } x \ .
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## 基础习题精练
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## 习题
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11.1若函数φ(x)具有二阶导数，且满足 $\varphi ( 2 ) > \varphi ( 1 ) , \varphi ( 2 ) > \int _ { 2 } ^ { 3 } \varphi ( x ) \mathrm { d } x$ ，证明：至少存在一点 $\xi \in$ (1,3)，使得 $\varphi ^ { \prime \prime } ( \xi ) < 0$
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11.2 证明： $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \cos x } { 1 + { x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x \geqslant \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \sin x } { 1 + { x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x$
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11.3设φ(x)是可微函数f(x)的反函数，且f(1)=0，证明：
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\int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl [ \int _ { 0 } ^ { f ( x ) } \varphi ( t ) \mathrm { d } t \biggr ] \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } x f ( x ) \mathrm { d } x .
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$$
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11.4设f(x)在[a,b]上连续且严格单调增加，证明：
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( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x < 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x .
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11.5设f'(x)在[0,a]上连续，且f(0)=0，证明：
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\left| \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant { \frac { M a ^ { 2 } } { 2 } } ,
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$$
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其中 $M = \operatorname* { m a x } _ { 0 \leqslant x \leqslant a } \left| f ^ { \prime } ( x ) \right|$
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11.6设f(x)在区间[0,1]上有二阶导数，且 $f \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) = 1 , f ^ { \prime } ( x ) > 0$ ，证明： $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \geq 1$
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## 解答
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11.1证明由积分中值定理，可知至少存在一点 $\eta \in ( 2 , 3 ]$ ，使得
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\int _ { 2 } ^ { 3 } \varphi ( x ) \mathrm { d } x = \varphi ( \eta ) ( 3 - 2 ) = \varphi ( \eta ) ~ .
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$$
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对φ(x)在[1,2]和[2,n]上分别应用拉格朗日中值定理，并注意到 $\varphi ( 1 ) < \varphi ( 2 ) , \varphi ( \eta ) < \varphi ( 2 )$ ，得
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$$
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\varphi ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = \frac { \varphi ( 2 ) - \varphi ( 1 ) } { 2 - 1 } > 0 , 1 < \xi _ { 1 } < 2 ,
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$$
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$$
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\varphi ^ { \prime } ( \xi _ { _ 2 } ) = { \frac { \varphi ( \eta ) - \varphi ( 2 ) } { \eta - 2 } } < 0 , \ 2 < \xi _ { _ 2 } < \eta \leqslant 3 \ .
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$$
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在 $[ \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ]$ 上对导函数φ(x)应用拉格朗日中值定理，有
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$$
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\varphi ^ { \prime } ( \xi ) = \frac { \varphi ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) - \varphi ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) } { \xi _ { 2 } - \xi _ { 1 } } < 0 , \xi \in ( \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ) \subset ( 1 , 3 ) \ .
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$$
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11.2证明要证原不等式成立，只需证 $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x \geq 0$
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方法一 $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } { \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } { \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x + \int _ { \frac { \pi } { 4 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } { \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x$
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在上式右边第二项积分中， 厦 $x = \frac { \pi } { 2 } - t$ ，得
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\begin{array} { c } { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x + \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \frac { \sin t - \cos t } { 1 + \left( \frac { \pi } { 2 } - t \right) ^ { 2 } } \mathrm { d } t } } } \\ { { = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \left( \cos x - \sin x \right) \left[ \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } - \frac { 1 } { 1 + \left( \frac { \pi } { 2 } - x \right) ^ { 2 } } \right] \mathrm { d } x \geqslant 0 , } } } \end{array}
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$$
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故原式得证.
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方法二
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\begin{array} { r l } & { \quad \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { x } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } } \\ & { = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { x } { 4 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x + \int _ { \frac { x } { 4 } } ^ { \frac { x } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } } \\ & { = \displaystyle { \frac { 1 } { 1 + \xi ^ { 2 } } \int _ { 0 } ^ { \frac { x } { 4 } } ( \cos x - \sin x ) \mathrm { d } x + \frac { 1 } { 1 + \eta ^ { 2 } } \int _ { \frac { x } { 4 } } ^ { \frac { x } { 2 } } ( \cos x - \sin x ) \mathrm { d } x } } \\ & { \quad = ( \sqrt { 2 } - 1 ) \bigg ( \frac { 1 } { 1 + \xi ^ { 2 } } - \frac { 1 } { 1 + \eta ^ { 2 } } \bigg ) } , \end{array}
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$$
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其中 $0 { \leqslant } \xi { \leqslant } { \frac { \pi } { 4 } } , { \frac { \pi } { 4 } } { \leqslant } \eta { \leqslant } { \frac { \pi } { 2 } }$ ，从而有
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$$
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\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x \geq 0 ,
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$$
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故原式得证.
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11.3分析左端定积分的被积函数为变限积分，考虑分部积分法.
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证明
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\begin{array} { r l r } { { \int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl [ \int _ { 0 } ^ { f ( x ) } \varphi ( t ) \mathrm { d } t \biggr ] \mathrm { d } x = x \biggl \} _ { 0 } ^ { f ( x ) } \varphi ( t ) \mathrm { d } t \biggr | _ { 0 } ^ { 1 } - \int _ { 0 } ^ { 1 } x \varphi [ f ( x ) ] \bullet f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x } } \\ & { } & \\ & { } & { = - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { 2 } \bullet f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x = - \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { 2 } \mathrm { d } [ f ( x ) ] } \\ & { } & \\ & { } & { = - x ^ { 2 } f ( x ) \Big | _ { 0 } ^ { 1 } + 2 \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } x f ( x ) \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } x f ( x ) \mathrm { d } x \ . } \end{array}
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$$
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11.4分析 $( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x < 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x \Leftrightarrow ( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x - 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x < 0$ ，可构造辅助函数，用单调性证明.
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证明 $F ( t ) = ( a + t ) \int _ { a } ^ { t } f ( x ) \mathrm { d } x - 2 \int _ { a } ^ { t } x f ( x ) \mathrm { d } x , t \in [ a , b ]$ ，则
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$$
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\begin{array} { l } { { \displaystyle F ^ { \prime } ( t ) = \int _ { a } ^ { t } f ( x ) { \mathrm { d } } x + ( a + t ) f ( t ) - 2 t f ( t ) = \int _ { a } ^ { t } f ( x ) { \mathrm { d } } x - ( t - a ) f ( t ) } } \\ { { \displaystyle \qquad = \int _ { a } ^ { t } f ( x ) { \mathrm { d } } x - \int _ { a } ^ { t } f ( t ) { \mathrm { d } } x = \int _ { a } ^ { t } [ f ( x ) - f ( t ) ] { \mathrm { d } } x ~ . } } \end{array}
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$$
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因为f(x)在[a,b]上严格单调增加，所以 $f ( x ) - f ( t ) < 0$ ，于是有
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F ^ { \prime } ( t ) = \int _ { a } ^ { t } \bigl [ f ( x ) - f ( t ) \bigr ] \mathrm { d } x < 0 ,
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$$
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即 $F ( t )$ 严格单调减少，又 $F ( a ) = 0$ ，所以 $F ( b ) < 0$ ，即
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$$
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( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x - 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x < 0 ,
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$$
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即
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$$
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( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x < 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x .
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$$
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11.5证明方法一任取 $x \in ( 0 , a ]$ ，由微分中值定理有
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f ( x ) - f ( 0 ) = f ^ { \prime } ( \xi ) x , \xi \in ( 0 , x ) \ .
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又因f(0)=0，故 $f ( x ) = f ^ { \prime } ( \xi ) x , x \in ( 0 , a ]$ ，于是
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$$
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\left| \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x \right| = \left| \int _ { 0 } ^ { a } f ^ { \prime } ( \xi ) x \mathrm { d } x \right| \leqslant \int _ { 0 } ^ { a } \left| f ^ { \prime } ( \xi ) \right| x \mathrm { d } x \leqslant M \int _ { 0 } ^ { a } x \mathrm { d } x = \frac M 2 a ^ { 2 } \ .
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$$
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方法二设 $x \in [ 0 , a ]$ ，由 $f ( 0 ) = 0$ 知
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\int _ { 0 } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t = f ( x ) - f ( 0 ) = f ( x ) \ ,
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$$
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于是
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$$
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\left| f ( x ) \right| = \left| \int _ { 0 } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \right| \leqslant \int _ { 0 } ^ { x } \bigl | f ^ { \prime } ( t ) \bigr | \mathrm { d } t \leqslant \int _ { 0 } ^ { x } M \mathrm { d } t = M x \ ,
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故
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\left| \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant \int _ { 0 } ^ { a } \left| f ( x ) \right| \mathrm { d } x \leqslant \int _ { 0 } ^ { a } M x \mathrm { d } x = { \frac { M a ^ { 2 } } { 2 } } ~ .
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$$
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注对积分 $\left| \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x \right|$ 作估计，只要对被积函数f(x)作估计即可.条件中给出导数f‘(x)及$f ( 0 ) = 0$ 的信息，自然想办法把f(x)和f'(x)联系起来.在高等数学中，联系f(x)和f'(x)有两种常用的办法，一是微分学中的拉格朗日中值定理(方法一),二是积分学中的牛顿－莱布尼茨公式(方法二).
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11.6证明
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f ( x ) = f { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } + f ^ { \prime } { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } + { \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 ! } } { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } ^ { 2 } \ ,
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$$
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其中§介于x与 $\frac { 1 } { 2 }$ 之间.又由 $f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0$ ，则 $f ^ { \prime \prime } ( \xi ) > 0$ ，于是
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f ( x ) \geqslant f { \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) } + f ^ { \prime } { \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) } { \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) } ~ .
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两边在区间[0,1]上对x积分，得
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \geqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl [ f \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) + f ^ { \prime } \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \biggl ( x - \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \biggr ] \mathrm { d } x } } } \\ { { \displaystyle { = f \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) + f ^ { \prime } \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl ( x - \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \mathrm { d } x = f \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) = 1 } . } } \end{array}
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$$
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考研/math/013_## 第12讲.md
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## 第12讲
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## 一元函数积分学的应用（三）物理应用与经济应用
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>变力沿直线做功、抽水做功、静水压力、引力的求法（仅数学一、数学二），经济类题目求解（仅数学三）</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>选择题、填空题、解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①掌握求解变力沿直线做功、抽水做功、静水压力、引力的方法（仅数学一、数学二）；②掌握求解经济应用的题目（仅数学三）</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>静水压力的求法（仅数学一、数学二）</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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## '基础内容精讲
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## 物理应用（仅数学一、数学二）
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## 1变力沿直线做功
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设方向沿x轴正向的力函数为 $y = F ( x ) ( a \leqslant x \leqslant b )$ ，则物体沿x轴从点a移动到点b时，变力F(x)所做的功（见图12-1)为
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几何上为曲边梯形的面积，物理上为变力沿直线做功.
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W = \int _ { a } ^ { b } \frac { F ( x ) \mathrm { d } x } { \downarrow } ,
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功的微元 $\mathrm { d } W = F ( x ) \mathrm { d } x$
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表示小的矩形条的面积(从a到b进行累加，表示总功）
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## 例12.1 用铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉
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图12-1
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击人木板的深度成正比，在击第一次时，将铁钉击入木板1cm.如果铁锤每次击打做功相等，则第二锤可将铁钉又击入
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分析①翻译成数学语言 + 引入记号↓ ↓成正比：f=kx 阻力：f 深度：x功相等： ${ \cal W } _ { 1 } = { \cal W } _ { 2 }$ 第一次做的功： $W _ { 1 }$ 第二次做的功： $W _ { 2 }$
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②取微元： $\mathrm { d } W _ { 1 } = k x \mathrm { d } x \ , ~ \mathrm { d } W _ { 2 } = k x \mathrm { d } x$
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③积分 $W _ { 1 } = \int _ { 0 } ^ { x _ { 1 } } k x \mathrm { d } x , W _ { 2 } = \int _ { x _ { 1 } } ^ { x _ { 2 } } k x \mathrm { d } x$
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## 解 应填 $( \sqrt { 2 } - 1 ) \mathsf { c m }$
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设第n次击打后，铁钉击入木板的深度为 $x _ { n } ~ \mathrm { c m }$ ，第n次击打时，铁锤所做的功为 $W _ { n } ( n = 1 , ~ 2 )$ ，由题设，当铁钉击入木板的深度为xcm时，木板对铁钉的阻力的大小为kx（k为常数），所以
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$$
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W _ { 1 } = \int _ { 0 } ^ { x _ { 1 } } k x \mathrm { d } x = \frac { k } { 2 } x _ { 1 } ^ { 2 } , x _ { 1 } = 1 ;
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$$
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$$
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W _ { _ 2 } = \int _ { x _ { 1 } } ^ { x _ { 2 } } k x \mathrm { d } x = { \frac { k } { 2 } } x _ { 2 } ^ { 2 } - { \frac { k } { 2 } } x _ { 1 } ^ { 2 } ,
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$$
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又 ${ \cal W } _ { 2 } = { \cal W } _ { 1 }$ ，从而
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{ \frac { k } { 2 } } x _ { 2 } ^ { 2 } = 2 W _ { 1 } = k ,
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于是
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x _ { 2 } = { \sqrt { 2 } } ,
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所以第二锤可将铁钉又击入 $( \sqrt { 2 } - 1 ) \mathsf { c m }$
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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## ② 抽水做功
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如图12-2所示，将容器中的水全部抽出所做的功为
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W = \rho g \int _ { a } ^ { b } x A ( x ) \mathrm { d } x ,
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其中 $\rho$ 为水的密度， $g$ 为重力加速度.
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功的微元 $\mathrm { d } W = \rho g x A ( x ) \mathrm { d } x$ 为位于x处厚度为dx，水平截面面积为A(x)的一层水被抽出（路程为x）所做的功.
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图12-2
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求解这类问题的关键是确定x处的水平截面面积A(x)，其余的量都是固定的.
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$d W = \lbrack \underbrace { \rho g A ( x ) \mathrm { d } x } _ { \downarrow } \bullet \underbrace { x } _ { \downarrow } = \rho g A ( x ) \bullet x \mathrm { d } x$
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例12.2 有一倒圆锥形容器，高为a，上底半径为b，装满水.记水的密度为 $\rho$ ，重力加速度为g，则将容器中的水全部从容器顶部抽出所做的功为
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分析①建立坐标系（对称、高为正）；
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②取微元 $\mathrm { d } W = \rho g A ( x ) x \mathrm { d } x$
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\pi \bullet { \frac { ( a - x ) ^ { 2 } b ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } }
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③积分 $W = \int _ { 0 } ^ { a } \rho { g \pi } x \frac { ( a - x ) ^ { 2 } b ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } \mathrm { d } x$
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解 应填 $\frac { 1 } { 1 2 } \rho g a ^ { 2 } b ^ { 2 } \pi$
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如图12-3所示，建立坐标系.在x处的水平截面的半径r满足 $\frac { r } { b } = \frac { a - x } { a }$ ，即
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r = \frac { b ( a - x ) } { a } \ .
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截面面积
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A ( x ) = \pi r ^ { 2 } = \pi \bullet \left[ { \frac { b ( a - x ) } { a } } \right] ^ { 2 } = { \frac { b ^ { 2 } ( a - x ) ^ { 2 } \pi } { a ^ { 2 } } } \ .
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所以将水全部抽出所做的功
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \cal W } = \rho g \int _ { 0 } ^ { a } x { \cal A } ( x ) \mathrm { d } x = \rho g \int _ { 0 } ^ { a } x \displaystyle \frac { b ^ { 2 } ( a - x ) ^ { 2 } \pi } { a ^ { 2 } } \mathrm { d } x } } \\ { { \displaystyle ~ = \displaystyle \frac { 1 } { 1 2 } \rho g a ^ { 2 } b ^ { 2 } \pi ~ . } } \end{array}
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图12-3
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→默认不流动水给的压力为静水压力
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## ③静水压力（水压力）
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垂直浸没在水中的平板ABCD (见图12-4)的一侧受到的水压力为
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P = \rho g \int _ { a } ^ { b } x [ f ( x ) - h ( x ) ] \mathrm { d } x ,
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其中 $\rho$ 为水的密度，g为重力加速度.
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压力微元 $\mathrm { d } P = \rho g x [ f ( x ) - h ( x ) ] \mathrm { d } x$ ，即图中矩形条所受到的压力.x表示水深，f(x)-h(x)是矩形条的宽度，dx是矩形条的高度.
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图12-4
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注水压力问题的特点：压强随水的深度的改变而改变.求解这类问题的关键是确定水深x处的平板的宽度 $f ( x ) - h ( x )$
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例12.3 斜边长为2a的等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中，且斜边与水面相齐.记重力加速度为g，水的密度为p，则该平板一侧所受的水压力为
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分析建系、取微元、再积分即可.
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解 应填 ${ \frac { 1 } { 3 } } a ^ { 3 } \rho g$
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如图12-5所示，该平板一侧所受的水压力为
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P = \int _ { 0 } ^ { a } 2 \rho g ( a - y ) y \mathrm { d } y = 2 \rho g \int _ { 0 } ^ { a } ( a y - y ^ { 2 } ) \mathrm { d } y = 2 \rho g \left( { \frac { a ^ { 3 } } { 2 } } - { \frac { a ^ { 3 } } { 3 } } \right) = { \frac { 1 } { 3 } } a ^ { 3 } \rho g \ .
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图12-5
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## 4引力
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设有一长度为l、线密度为常数u的细棒，在与细棒右端的距离为a处有一质量为m的质点M（见图12-6），已知引力常量为G，则质点M与细棒之间的引力的大小为 $\int _ { - l } ^ { 0 } \frac { G m \mu } { \left( a - x \right) ^ { 2 } } \mathrm { d } x$
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图12-6
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## 古鲁金第一定理及其应用（仅数学一、数学二）
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## “三心”的概念
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首先，要知道质心、重心与形心的概念.
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质心是指物体的质量分布中心，是物体的固有特性.
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重心是指物体所受地球引力的重力分布中心，依赖于重力场，在均匀重力场下，重心与质心重合，在非均匀重力场下，重心一般不是质心.
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形心是指几何图形的分布中心，是固有几何量.当物体密度为常数时，物体质心与其几何体形心重合.
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故在满足均匀重力场及均质条件下，重心、质心、形心三心重合.
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## 2 质心计算公式与力矩计算公式
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先考虑一个简单情形.
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如图12-7(a)所示，设 $x _ { 1 }$ 处质量为 $m _ { 1 } , x _ { 2 }$ 处质量为 $m _ { 2 }$ ，问x为何值时，系统平衡？
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显然，由力矩相等，有 $( { \overline { { x } } } - x _ { 1 } ) m _ { 1 } g = ( x _ { 2 } - { \overline { { x } } } ) m _ { 2 } g$ ，得
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$$
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\overline { { x } } = \frac { x _ { 1 } m _ { 1 } + x _ { 2 } m _ { 2 } } { m _ { 1 } + m _ { 2 } } \ .
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$$
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推广至二维平面上有n个质点的情形，如图12-7(b)所示，有
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$$
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{ \overline { { x } } } = { \frac { \displaystyle \sum _ { i = 1 } ^ { n } x _ { i } m _ { i } } { \displaystyle \sum _ { i = 1 } ^ { n } m _ { i } } } , { \overline { { y } } } = { \frac { \displaystyle \sum _ { i = 1 } ^ { n } y _ { i } m _ { i } } { \displaystyle \sum _ { i = 1 } ^ { n } m _ { i } } } ,
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$$
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其中， $M _ { y } = \sum _ { i = 1 } ^ { n } x _ { i } m _ { i }$ 刻画系统绕y轴旋转的趋势大小，称为力矩． $M _ { x }$ 同理可解释.
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(b)
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图12-7
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进一步地，如图12-8(a)所示，质量系统对任一条直线 $L _ { 0 } \colon \ a x + b y + c = 0$ 的力矩为
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$$
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M _ { L _ { 0 } } = \sum _ { i = 1 } ^ { n } r _ { i } m _ { i } = \sum _ { i = 1 } ^ { n } { \frac { \left| a x _ { i } + b y _ { i } + c \right| } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } } m _ { i } \ .
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$$
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当质量系统为连续可求长曲线段L： $y = f ( x )$ 时，如图12-8(b)所示，有
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\Delta m _ { i } = \rho ( \xi _ { i } ) \Delta s _ { i } , \Delta M _ { i L _ { 0 } } = r _ { i } \rho ( \xi _ { i } ) \Delta s _ { i } ,
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故总力矩为
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\begin{array} { l } { { \displaystyle M _ { L _ { 0 } } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \Delta M _ { i L _ { 0 } } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sum _ { i = 1 } ^ { n } r _ { i } \rho ( \xi _ { i } ) \Delta s _ { i } = \int _ { a } ^ { b } \frac { \displaystyle a x + b y + c } { \displaystyle \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \rho ( x ) \mathrm { d } s } } \\ { { \displaystyle ~ = \int _ { a } ^ { b } \frac { a x + b y + c } { \displaystyle \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \rho ( x ) \sqrt { 1 + [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } } \mathrm { d } x } . } \end{array}\tag{12-1}
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当 $\rho =$ 常数时，则有
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r ( \overline { { x } } , \ \overline { { y } } ) = \frac { M _ { L _ { 0 } } } { M } = \frac { \int _ { a } ^ { b } \frac { \left| a x + b y + c \right| } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \sqrt { 1 + [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } } \mathrm { d } x } { \int _ { a } ^ { b } \sqrt { 1 + [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } } \mathrm { d } x } ,\tag{12-2}
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$$
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其中 $r ( { \overline { { x } } } , { \overline { { y } } } )$ 指形心(x，y)到直线 $L _ { 0 }$ 的距离.
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(a)
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(b)
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图12-8
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## ③古鲁金第一定理
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如图12-9所示，将曲线段L任意切分成n段， $\Delta s _ { i } ( i = 1 , 2 , \cdots , n )$ 为每一小段的长度，在 $\Delta \boldsymbol { s } _ { i }$ 上任取一点 $( \xi _ { i } , \eta _ { i } )$ ，记 $\lambda = \operatorname* { m a x } _ { i } \{ \Delta s _ { i } \}$ ，则 $\Delta s _ { i }$ 绕直线 $L _ { 0 }$ 旋转一周的侧面积为
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\Delta A _ { i } = 2 \pi r _ { i } \Delta s _ { i } = 2 \pi \bullet \frac { \left| a \xi _ { i } + b \eta _ { i } + c \right| } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \Delta s _ { i } ,
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故曲线段L绕直线 $L _ { 0 }$ 旋转一周的侧面积为
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\begin{array} { r l r } & { } & { \displaystyle { \cal A } = \operatorname* { l i m } _ { \lambda \to 0 } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \Delta { \cal A } _ { i } = \operatorname* { l i m } _ { \lambda \to 0 } 2 \pi \bullet \frac { \left| a \xi _ { i } + b \eta _ { i } + c \right| } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \Delta s _ { i } } \\ & { } & \\ & { } & { \displaystyle = \int _ { a } ^ { b } 2 \pi \bullet \frac { \left| a x + b y + c \right| } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \sqrt { 1 + [ f ^ { \prime } ( x ) ] ^ { 2 } } { \mathrm { d } } x \ . } \end{array}\tag{12-3}
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与公式(12-2)比较，得
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r ( \overline { { { x } } } , \overline { { { y } } } ) = \frac { M _ { L _ { 0 } } } { M } = \frac { 2 \pi M _ { L _ { 0 } } } { 2 \pi M } = \frac { A } { 2 \pi \bullet l } \ : ,
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即
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图12-9
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如图12-10所示，当质量系统为连续可求面积的平面有界闭区域时，有
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\Delta M _ { i } = \rho ( \xi _ { i } , \eta _ { i } ) \Delta \sigma _ { i } , \Delta M _ { i L _ { 0 } } = r _ { i } \rho ( \xi _ { i } , \eta _ { i } ) \Delta \sigma _ { i } ,
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$$
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记 $\lambda = \operatorname* { m a x } _ { i } \{ \Delta \sigma _ { i } \}$ ，则总力矩为
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\begin{array} { l } { { \displaystyle M _ { L _ { 0 } } = \operatorname* { l i m } _ { \lambda 0 } \sum _ { i = 1 } ^ { n } \Delta M _ { i L _ { 0 } } = \operatorname* { l i m } _ { \lambda 0 } \sum _ { i = 1 } ^ { n } r _ { i } \rho ( \xi _ { i } , \eta _ { i } ) \Delta \sigma _ { i } = \displaystyle { \iint r ( x , y ) \rho ( x , y ) \mathrm { d } \sigma } } } \\ { { \displaystyle \quad = \int _ { D } \frac { \ l } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \rho ( x , y ) \mathrm { d } \sigma . } } \end{array} \tag{12-4}
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当 $\rho =$ 常数时，则有
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$$
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r ( \overline { { x } } , \ \overline { { y } } ) = \frac { M _ { L _ { 0 } } } { M } = \frac { \displaystyle \iint _ { 0 } \frac { \left| a x + b y + c \right| } { \sqrt { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } } \mathrm { d } \sigma } { \displaystyle \iint _ { D } \mathrm { d } \sigma } ,\tag{12-5}
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其中 $r ( { \overline { { x } } } , { \overline { { y } } } )$ 为形心(x，y)到直线L的距离.
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图12-10
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注注例曲线 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 1$ 绕直线x=2旋转一周所成的旋转体的表面积为解由古鲁金第一定理，有
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\begin{array} { c } { { A = 2 \pi \cdot l \cdot r ( { \overline { { x } } } , { \overline { { y } } } ) } } \\ { { { } } } \\ { { = 2 \pi \cdot 2 \pi \cdot 2 = 8 \pi ^ { 2 } } } \end{array}
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## 经济应用（仅数学三
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①总成本 C(Q)，边际成本C(Q)，固定成本 $C _ { 0 }$ 之间的关系为
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C ( Q ) = \int _ { 0 } ^ { Q } C ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t + C _ { 0 } \ .
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②总收益R(Q)与边际收益R(Q)之间的关系为
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R ( Q ) = \int _ { 0 } ^ { Q } R ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t .
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经济量国 $\overline { { y } } = \frac { 1 } { b - a } \int _ { a } ^ { b } f ( \overline { { x ) \mathrm { d } x } }$
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例12.4 已知某产品的边际成本为 $4 + { \frac { x } { 4 } }$ （万元／单位），固定成本为1万元，产品对价格的需求弹性为 $\frac { p } { 8 - p } , p > 0$ ，产品最大需求量为8，其中x表示产量，p表示价格，求使产品取最大利润时的产量和价格.
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分析 翻译成数学语言+引入记号： $\left\{ { \begin{array} { l } { { \displaystyle C ^ { \prime } ( x ) = 4 + \frac { x } { 4 } , C ( 0 ) = 1 , } } \\ { { \displaystyle - \frac { { \mathrm { d } } x } { { \mathrm { d } } p } \cdot \frac { p } { x } = \frac { p } { 8 - p } , x ( 0 ) = 8 . } } \end{array} } \right.$
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解 由 $C ^ { \prime } ( x ) = 4 + \frac { x } { 4 } , C ( 0 ) = 1$ ，可得
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C ( x ) = \int _ { 0 } ^ { x } C ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t + C ( 0 ) = 4 x + \frac { x ^ { 2 } } { 8 } + 1 .
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$$
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又 $\eta _ { 0 } = \frac { - p \mathrm { d } x } { x \mathrm { d } p } = \frac { p } { 8 - p }$ （注意：由经济意义知 $\frac { p } { 8 - p } > 0 \ )$ ，故 $\frac { \mathrm { d } x } { x } { = } \frac { \mathrm { d } p } { p - 8 }$ ，可得
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$$
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\ln { \left| x \right| } = \ln { \left| p - 8 \right| } + \ln c .
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由x(0)=8可得c=1.所以 $x = 8 - p , R ( x ) = 8 x - x ^ { 2 }$ .故
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { \cal L } ( x ) = R ( x ) - C ( x ) = ( 8 x - x ^ { 2 } ) - \left( 4 x + \frac { x ^ { 2 } } { 8 } + 1 \right) } } \\ { { \displaystyle ~ = - \frac { 9 } { 8 } x ^ { 2 } + 4 x - 1 } . } \end{array}
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$$
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$L ^ { \prime } ( x ) = 4 - { \frac { 9 } { 4 } } x = 0$ ，可得 $x _ { 0 } = \frac { 1 6 } { 9 }$
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因为 $L ^ { \prime \prime } ( x ) = - \frac { 9 } { 4 } < 0$ ，所以 $x _ { 0 } = \frac { 1 6 } { 9 }$ 为最大值点，这时 $p = 8 - x _ { 0 } = \frac { 5 6 } { 9 }$ .故当产量为 $\frac { 1 6 } { 9 }$ 个单位，价格为 $\frac { 5 6 } { 9 }$ 万元时，利润最大.
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## 基础习题精练
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## 习题
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12.1（仅数学一、数学二)由曲线 $y = f _ { 1 } ( x ) , y = f _ { 2 } ( x )$ 及直线
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$\scriptstyle x = a , x = b ( a < b )$ 所围成的平面板铅直地没入容重为 $r ( r = \rho g$ ，表示
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单位体积液体的重力）的液体中，x轴铅直向下，液面与y轴重合，如
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图12-11所示，平面板所受液压力为（）.(A) $\int _ { a } ^ { b } x [ f _ { 2 } ( x ) - f _ { 1 } ( x ) ] \mathrm { d } x$ (B) $\int _ { a } ^ { b } r x [ f _ { 1 } ( x ) - f _ { 2 } ( x ) ] \mathrm { d } x$ (C) $\int _ { a } ^ { b } r [ f _ { 2 } ( x ) - f _ { 1 } ( x ) ] \mathrm { d } x$ (D) $\int _ { a } ^ { b } r x [ f _ { 2 } ( x ) - f _ { 1 } ( x ) ] \mathrm { d } x$
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图12-11
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12.2（仅数学三）当某商品销售量为a时，边际收入为 ${ \cal R } ^ { \prime } ( a ) = 2 0 0 - \frac { a } { 5 0 }$ ，则销售量为2000时的平均单位收入为
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12.3（仅数学一、数学二)有一半径为4m的半球形水池蓄满了水，现在要将水全部抽到距水池原水面6m高的水箱中，求需做多少功（水的密度 $\rho { = } 1 0 0 0 \mathrm { k g / m } ^ { 3 }$ ，重力加速度 $g = 9 . 8 \mathrm { m } / \mathrm { s } ^ { 2 } , \pi = 3 . 1 4 \ )$
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12.4（仅数学三)设某商品的最大需求量为1200件，该商品的需求函数 $Q = Q ( p )$ ，需求弹性$\eta = \frac { p } { 1 2 0 - p } \left( \eta > 0 \right)$ ，p为单价（单位：万元）.
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(1)求需求函数的表达式;
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(2)求p=100万元时的边际收益，并说明其经济意义.
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## 解答
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12.1(D）解由图12-12可知，在 $[ x , x + \mathrm { d } x ]$ 上液体对阴影部分的压力微元为
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r x [ f _ { 2 } ( x ) - f _ { 1 } ( x ) ] \mathrm { d } x \ .
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因此平面板所受液压力为
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图12-12
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F = \int _ { a } ^ { b } r x [ f _ { 2 } ( x ) - f _ { 1 } ( x ) ] \mathrm { d } x .
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故选 (D).
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12.2180解由题意可得,
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\overline { { { R } } } = \frac { 1 } { 2 \ 0 0 0 } \int _ { 0 } ^ { 2 0 0 \bigg ( 2 0 0 - \frac { a } { 5 0 } \bigg ) } { \mathrm d } a = \frac { 1 } { 2 \ 0 0 0 } \Bigg ( 2 0 0 a - \frac { a ^ { 2 } } { 1 0 0 } \Bigg ) \Bigg | _ { 0 } ^ { 2 0 0 0 } = 1 8 0 \ .
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$$
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12.3解如图12-13所示，建立坐标系.在y处的水面面积为
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\pi ( 4 ^ { 2 } - y ^ { 2 } ) = \pi ( 1 6 - y ^ { 2 } ) ,
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在区间 $[ y , y + \mathrm { d } y ]$ 上的体积微元为
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\pi ( 1 6 - y ^ { 2 } ) \mathrm { d } y ,
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提升此体积微元的水所需要的力的微元为
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\rho g \pi ( 1 6 - y ^ { 2 } ) \mathrm { d } y ,
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图12-13
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其中 $\rho = 1 0 0 0 \mathrm { k g / m } ^ { 3 }$ , $g = 9 . 8 \ : \mathrm { m / s ^ { 2 } }$ ，π=3.14.提升到距原水面6m高处等于提升距离为 $( 6 - y ) \mathrm { m }$ ，从而提升此微元的水需做功的微元为
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( 6 - y ) \rho g \pi ( 1 6 - y ^ { 2 } ) \mathrm { d } y ,
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所以将水全部提升至原水面上方6m处需做功为
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W = \int _ { - 4 } ^ { 0 } ( 6 - y ) \rho g \pi ( 1 6 - y ^ { 2 } ) \mathrm { d } y = 3 2 0 \pi \rho g \approx 9 8 4 7 \mathrm { ( k J ) } \ .
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12.4解(1)由题设
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- \frac { p } { Q } Q ^ { \prime } = \frac { p } { 1 2 0 - p } ,
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所以 $\int \frac { \mathrm { d } Q } { Q } = - \int \frac { 1 } { 1 2 0 - p } \mathrm { d } p$ ，可得 $\ln Q = \ln ( 1 2 0 - p ) + \ln C$ ，即 $Q = C ( 1 2 0 - p )$
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又最大需求量为1200件，故C=10，所以需求函数 $Q = 1 2 0 0 - 1 0 p$
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(2)由(1)知，收益函数 $R = 1 2 0 { \cal Q } - { \frac { 1 } { 1 0 } } { \cal Q } ^ { 2 }$ ，边际收益 $R ^ { \prime } ( Q ) = 1 2 0 - \frac { 1 } { 5 } Q$
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当 $p = 1 0 0$ 时， $Q = 2 0 0$ ，故当 $p = 1 0 0$ 万元时的边际收益 $R ^ { \prime } ( 2 0 0 ) = 8 0$ .其经济意义：当销售量为200时，再增加一个单位的销售量，商品所得收益增加80万元.
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考研/math/014_## 第13讲.md
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考研/math/014_## 第13讲.md
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## 第13讲
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↓ ①联系联想与一元的 [形式[②区别[本质
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<table><tr><td>考题</td><td>连续、可微、隐函数存在定理、极值与最值</td></tr><tr><td>题型</td><td>选择题、填空题、解答题</td></tr><tr><td>目标</td><td>①会求全微分，了解全微分存在的必要条件和充分条件，了解全微分形式不变性，了解隐函数 存在定理，会求多元隐函数的偏导数； ②了解二元函数的二阶泰勒公式（仅数学一）； ③掌握多元函数极值存在的必要条件，了解二元函数极值存在的充分条件，会求二元函数的极 值，会用拉格朗日乘数法求条件极值，会求简单多元函数的最大值和最小值，并会解决一些简 单的应用问题</td></tr><tr><td>重难点</td><td>①可微的判断；②条件最值与拉格朗日乘数法</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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## 基础内容精讲
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## 基本概念
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## 1邻域
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δ邻域设 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 是xOy平面上的一个点，δ是某一正数.与点$P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 的距离小于δ的点P(x，y)的全体，称为点 $P _ { 0 }$ 的δ邻域（见图13-1），记为 $U ( P _ { 0 } , \delta )$ ，即
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图13-1
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U ( P _ { 0 } , \delta ) = \{ P \big | \big | P P _ { 0 } \big | < \delta \big \} \xrightarrow { \sharp \widehat { \chi } } U ( P _ { 0 } , \delta ) = \{ ( x , y ) \Big | \sqrt { ( x - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + ( y - y _ { 0 } ) ^ { 2 } } < \delta \}
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去心δ邻域点 $P _ { 0 }$ 的去心δ邻域（见图13-2），记作 $\overset { \circ } { U } ( P _ { 0 } , \delta )$ ，郎$\overset { \circ } { U } ( P _ { 0 } , \delta ) = \{ P | 0 < | P P _ { 0 } | < \delta \}$
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特别指出，如果不需要强调邻域的半径δ，则用 $U ( P _ { 0 } )$ 表示点 $P _ { 0 }$ 的某个邻域，点 $P _ { 0 }$ 的去心邻域记作 $\check { U } ( P _ { 0 } )$
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图13-2
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8邻域的几何意义 $U ( P _ { 0 } , \delta )$ 表示 $x O y$ 平面上以点 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 为中心， $\delta > 0$ 为半径的圆内部的点$P ( x , y )$ 的全体，一元极限： $\operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) = A \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0 , \exists \delta > 0 , 0 < | x - x _ { 0 } | < \delta$ 时，|f(x)-A<ε—→此刻画f(x)与A充分靠近
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## 2 极限
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设函数f(x，y)在区域D上有定义， $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) \in D$ 或为区域D边界上的一点.如果对于任意给定的$\varepsilon > 0$ ，总存在 $\delta > 0$ ，当点 $P ( x , y ) \in D$ ，且满足 $0 < \left| P P _ { 0 } \right| = \sqrt { ( x - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + ( y - y _ { 0 } ) ^ { 2 } } < \delta$ 时，恒有
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$$
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\left| f ( x , y ) - A \right| < \varepsilon ,
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$$
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则称常数A为 $( x , y ) \to ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 时f(x，y)的极限，记作
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也常记作
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$$
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\begin{array} { c } { { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { ( x , y ) \to ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } f ( x , y ) = { \cal A } \frac { \equiv \Re \bigl [ \operatorname * { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { f ( x , y ) = A } \bigr ] } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { \stackrel { x \to x _ { 0 } } { \to y _ { 0 } } } \frac { - ( x , y ) } { } } } } \\ { { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { P \to P _ { 0 } } f ( P ) = { \cal A } ~ . } } \end{array}
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$$
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注（1）一元极限中 $x \to x _ { 0 }$ 有且仅有两种方式 $( \boldsymbol { x } \to \boldsymbol { x } _ { 0 } ^ { - }$ 和 $x x _ { 0 } ^ { + } )$ 二重极限中 $( x , y ) \to ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 一般有无穷多种方式，如图13-3所示.
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→否定存在
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图13-3
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★(2)若有两条不同路径使极限 $\operatorname* { l i m } _ { ( x , y ) \to ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } f ( x , y )$ 的值不相等或某一路径使极限 $\operatorname* { l i m } _ { ( x , y ) \to ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } f ( x , y )$ 的值不存在，则说明 $\operatorname * { l i m } _ { ( x , y ) \to ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } f ( x , y )$ 不存在.（根据极限若存在，则必具有唯一性这一准则去判断.）
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肯定存在
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★（3)除洛必达法则和单调有界准则外，可照搬一元函数求极限的方法来求二重极限，二重极限保持了一元极限的各种性质，如唯一性、局部有界性、局部保号性、运算规则及脱帽法：$\operatorname* { l i m } _ { ( x , y ) \to ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } f ( x , y ) = A \Leftrightarrow f ( x , y ) = A + \alpha$ 其中当 $( x , y ) \to ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 时，α是无穷小量．
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一元脱帽法： $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { n } } f ( x ) = A \Leftrightarrow f ( x ) = A + \alpha , \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { n } } \alpha = 0$
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等价替换法： $\mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } - 1 - x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \ , ( x , y ) ( 0 , 0 )$
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例13.1 设 $I _ { 1 } = \operatorname* { l i m } _ { { x 0 } \atop { y 0 } } { \frac { | x y | } { \sqrt { { x ^ { 2 } } + { y ^ { 2 } } } } }$ $I _ { 2 } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 \atop y \to 0 } { \frac { x \big | y \big | } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } }$ ，则（
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（A) $I _ { 1 }$ 存在， $I _ { 2 }$ 不存在 (B) $I _ { 1 }$ 存在， $I _ { \imath }$ 存在
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(C) $I _ { 1 }$ 不存在， $I _ { 2 }$ 存在 (D) $I _ { \ u _ { 1 } }$ 不存在， $I _ { 2 }$ 不存在
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分析 $I _ { 1 }$ ：分子次数为2，分母次数为1.
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考研/math/015_## 第13讲.md
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## 第17讲
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## 多元函数积分学的预备知识（仅数学一）
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>空间曲线与曲面方程、曲线切线与法平面、曲面切平面与法线的求解，散度与旋度的概念、方向导数和梯度的计算</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>选择题、填空题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①会计算空间曲线与曲面的方程，会求曲线的切线与法平面、曲面的切平面与法线；②了解散度与旋度的概念，并会计算方向导数和梯度</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>空间曲线与曲面方程的求解</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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## 基础内容精讲
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## 向量代数
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## 向量及其表达形式
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既有大小又有方向的量称为向量.
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注两个向量，只要它们的大小相等、方向相同，它们就是相等的向量，与它们在空间中的位置无关（这也称为向量的自由性）.
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向量的表达形式为
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$$
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\boxed { a } = ( a _ { x } , a _ { y } , a _ { z } ) = a _ { x } \dot { \iota } + a _ { y } \dot { \pm } { a _ { z } } k \ .
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$$
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→高等数学中手写要打箭头：a.
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## ②向量的运算及其应用
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设 $a = ( a _ { x } , a _ { y } , a _ { z } ) , b = ( b _ { x } , b _ { y } , b _ { z } ) , c = ( c _ { x } , c _ { y } , c _ { z } ) , a , b , c$ 均是非零向量.
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线性代数中不需要， $a = { \left[ \begin{array} { l } { 1 } \\ { 1 } \\ { 2 } \end{array} \right] }$
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(1)数量积（内积、点积)及其应用.
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→结果是数
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① $\begin{array} { r } { { \bf { \sigma } } \cdot { \bf { \sigma } } b = ( a _ { x } , a _ { y } , a _ { z } ) \bullet ( b _ { x } , b _ { y } , b _ { z } ) = a _ { x } b _ { x } + a _ { y } b _ { y } + a _ { z } b _ { z } } \end{array}$
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》可以用此公式反求买用$\scriptstyle a \cdot b = \left| a \right| \left| b \right| \cos \theta$ ，则 $\cos \theta = \frac { { a \cdot b } } { { \left| a \right| } { \left| b \right| } } = \frac { { a _ { x } } { b _ { x } } + { a _ { y } } { b _ { y } } + { a _ { z } } { b _ { z } } } { \sqrt { { a _ { x } ^ { 2 } } + { a _ { y } ^ { 2 } } + { a _ { z } ^ { 2 } } } \cdot \sqrt { { b _ { x } ^ { 2 } } + { b _ { y } ^ { 2 } } + { b _ { z } ^ { 2 } } } }$ ，其中θ为a,b的夹角.
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$a \perp b \Leftrightarrow \theta = \frac { \pi } { 2 } \Leftrightarrow a \cdot b = \left| a \right| \left| b \right| \cos \theta = 0 \Leftrightarrow \left| a _ { x } b _ { x } + a _ { y } b _ { y } + a _ { z } b _ { z } = 0 \right|$ ·垂直方程最常用 J
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例：若(1，2，1)与(a，1，-1)垂直，则a+2-1=0，即a=-1
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> =lalcosθA $\boxed { \mathrm { P r } \mathbf { j } _ { b } \pmb { a } } = \frac { \pmb { a } \cdot \pmb { b } } { \vert \pmb { b } \vert } = \frac { a _ { x } b _ { x } + a _ { y } b _ { y } + a _ { z } b _ { z } } { \sqrt { b _ { x } ^ { 2 } + b _ { y } ^ { 2 } + b _ { z } ^ { 2 } } }$ ，称为a在b上的投影，
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(2)向量积(外积、叉积)及其应用.
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$\pmb { a } \times \pmb { b } = \left| a _ { x } \begin{array} { c c c } { \pmb { i } } & { \pmb { j } } & { \pmb { k } } \\ { a _ { x } } & { a _ { y } } & { a _ { z } } \\ { b _ { x } } & { b _ { y } } & { b _ { z } } \end{array} \right|$ → →b，其中 $| \pmb { a } \times \pmb { b } | = | \pmb { a } | | \pmb { b } | \sin \theta$ ，用右手规则确定方向（转向角不超过π)，0为a,b
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的夹角.
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反平行a $/ / \ b \Leftrightarrow \theta = 0$ 或 $\left| \Leftrightarrow \middle | \frac { a _ { x } } { b _ { x } } = \frac { a _ { y } } { b _ { y } } = \frac { a _ { z } } { b _ { z } } \right|$
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(3)混合积及其应用.
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② $\scriptstyle { \left| \begin{array} { l l l } { a _ { x } } & { a _ { y } } & { a _ { z } } \\ { b _ { x } } & { b _ { y } } & { b _ { z } } \\ { c _ { x } } & { c _ { y } } & { c _ { z } } \end{array} \right| } = 0 \Leftrightarrow$ 三向量共面：
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## ③向量的方向角和方向余弦
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(1)非零向量a与x轴、y轴和z轴正向的夹角α，β，γ称为a的方向角.
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(2) $\cos \alpha , \cos \beta , \cos \gamma$ 称为a的方向余弦，且 $\cos \alpha = \frac { a _ { x } } { \left| a \right| } , \cos \beta = \frac { a _ { y } } { \left| a \right| } , \cos \gamma = \frac { a _ { z } } { \left| a \right| }$
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(3) $\stackrel { \circ } { \pmb { a } ^ { \circ } } = \frac { \pmb { a } } { | \pmb { a } | } = ( \cos \alpha , \cos \beta , \cos \gamma )$ 称为向量a的单位向量(表示方向的向量).
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$$
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r = x i + y j + z k = ( r \cos \alpha , r \cos \beta , r \cos \gamma ) = r ( \cos \alpha , \cos \beta , \cos \gamma )
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\cos \alpha , \cos \beta
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cosγ为r的方向余弦，r为r的模, $\cos \alpha = \frac { x } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } + z ^ { 2 } } } , \cos \beta = \frac { y } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } + z ^ { 2 } } } , \cos \gamma = \frac { z } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } + z ^ { 2 } } } ,$ $r = \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } + z ^ { 2 } }$ $\cos ^ { 2 } \alpha + \cos ^ { 2 } \beta + \cos ^ { 2 } \gamma = 1$
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例a=(1,1,2), $\vert a \vert = \sqrt { 1 ^ { 2 } + 1 ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } } = \sqrt { 6 }$
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例17.1 设函数f(x，y)在点(0,0)处可微，f(0,0)=0,
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a ^ { \circ } = \left( { \frac { 1 } { \sqrt { 6 } } } , { \frac { 1 } { \sqrt { 6 } } } , { \frac { 2 } { \sqrt { 6 } } } \right)
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$$
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$\left. \pmb { n } = \left( \frac { \partial f } { \partial x } , \frac { \partial f } { \partial y } , - 1 \right) \right| _ { ( 0 , 0 ) }$ ，则，lim n.(x，y，f(x，y))(x，）（0,0） √x²+y²
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分析可微：△z-dz=(p).
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解 应填0.
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因为f(x，y)在点(0,0)处可微，且f(0,0)=0，所以
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f ( x , y ) = f ( x , y ) - f ( 0 , 0 ) = \frac { \partial f } { \partial x } \bigg | _ { ( 0 , 0 ) } ( x - 0 ) + \frac { \partial f } { \partial y } \bigg | _ { ( 0 , 0 ) } ( y - 0 ) + o \left( \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \right) ,
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故 ${ \frac { \partial f } { \partial x } } { \bigg | } _ { ( 0 , 0 ) } x + { \frac { \partial f } { \partial y } } { \bigg | } _ { ( 0 , 0 ) } y - f ( x , y ) = o \left( { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } \right)$ ，即
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\operatorname * { l i m } _ { ( x , y ) ( 0 , 0 ) } \frac { \frac { \partial f } { \partial x } | _ { ( 0 , 0 ) } x + \frac { \partial f } { \partial y } | _ { ( 0 , 0 ) } y - f ( x , y ) } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } = 0 .
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$$
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因为 $\left. \pmb { n } = \left( \frac { \partial f } { \partial x } , \frac { \partial f } { \partial y } , - 1 \right) \right| _ { ( 0 , 0 ] }$ ，所以 $ \pmb { n } \bullet ( \boldsymbol { x } , y , f ( x , y ) ) = \frac { \partial f } { \partial x } | _ { ( 0 , 0 ) } x + \frac { \partial f } { \partial y } | _ { ( 0 , 0 ) } y - f ( x , y )$ ，从而
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$$
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\operatorname * { l i m } _ { ( x , y ) ( 0 , 0 ) } \frac { n \cdot ( x , y , f ( x , y ) ) } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } = 0 \ .
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$$
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## 空间平面与直线
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## 平面方程
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以下假设平面的法向量n=(A,B,C)
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①一般式： $A x + B y + C z + D = 0$
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${ \mathfrak { L } } \sharp \circ \varprojlim _ { \mathbf { \Phi } ^ { * } \mathbf { \Phi } ^ { * } } \varPsi _ { \mathfrak { o } ( x _ { 0 } , \ y _ { 0 } , \ z _ { 0 } ) }$ 一法向量n)，定平面的二要素过一点P。
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\overrightarrow { P _ { 0 } P } = ( x - x _ { 0 } , y - y _ { 0 } , z - z _ { 0 } ) , \ ; \ ; \ ; \overrightarrow { P _ { 0 } P } \perp n \Rightarrow ( \overrightarrow { P _ { 0 } P } , n ) = 0 ,
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即 $A ( x - x _ { 0 } ) + B ( y - y _ { 0 } ) + C ( z - z _ { 0 } ) = 0$
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将点法式展开，记 $D _ { 1 } = A x _ { 0 } + B y _ { 0 } + C z _ { 0 }$ ，则得到一般式的形式
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②点法式： $A ( x - x _ { 0 } ) + B ( y - y _ { 0 } ) + C ( z - z _ { 0 } ) = 0$
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③三点式： $\begin{array} { r l } { \left| x - x _ { 1 } \quad y - y _ { 1 } \quad z - z _ { 1 } \right| } & { { } } \\ { \left| x - x _ { 2 } \quad y - y _ { 2 } \quad z - z _ { 2 } \right| = 0 } & { { } } \\ { \left| x - x _ { 3 } \quad y - y _ { 3 } \quad z - z _ { 3 } \right| ( \vec { x } . } \end{array}$ （平面过不共线的三点 $P _ { i } ( x _ { i } , y _ { i } , z _ { i } ) , i = 1 , 2 , 3 \ )$ 常用）
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三点连线构成一个平面
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④截距式： $\displaystyle { \frac { x } { a } } + { \frac { y } { b } } + { \frac { z } { c } } = 1$ （平面过(a,0,0),(0,b,0),(0,0,c)三点）.
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③平面束方程：设 $\pi _ { i } \colon A _ { i } x + B _ { i } y + C _ { i } z + D _ { i } = 0 , i = 1 , ~ 2 ~ . ~ A _ { 1 } , ~ B _ { 1 } , ~ C _ { 1 }$ 与 $A _ { 2 } , B _ { 2 } , C _ { 2 }$ 不成比例，则 过L： $\left\{ \begin{array} { l } { { A _ { 1 } x + B _ { 1 } y + C _ { 1 } z + D _ { 1 } = 0 , } } \\ { { A _ { 2 } x + B _ { 2 } y + C _ { 2 } z + D _ { 2 } = 0 } } \end{array} \right.$ 的平面束方程为
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(交面式方程)
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A _ { 1 } x + B _ { 1 } y + C _ { 1 } z + D _ { 1 } + \lambda ( A _ { 2 } x + B _ { 2 } y + C _ { 2 } z + D _ { 2 } ) = 0 \ ( \widehat { \mathcal { K } } \widehat { \Xi } \ \pi _ { 2 } \ ) ,
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或
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A _ { 2 } x + B _ { 2 } y + C _ { 2 } z + D _ { 2 } + \lambda ( A _ { 1 } x + B _ { 1 } y + C _ { 1 } z + D _ { 1 } ) = 0 \ ( \widehat { \mathcal { K } } \widehat { \Xi } \ \pi _ { 1 } \ ) .
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π，π的法向量分别为n=(A，B，Ci)，n=(A，B,C)，
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$\lambda n _ { 1 } + \mu n _ { 2 }$ 生成整个平面，
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$\lambda ( A _ { 1 } x + B _ { 1 } y + C _ { 1 } z + D _ { 1 } ) + \mu ( A _ { 2 } x + B _ { 2 } y + C _ { 2 } z + D _ { 2 } ) = 0$ 表示过交线的所有平面.
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令=1，则不包含π，令μ=1，则不包含 $\pi _ { 1 }$
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## ②直线方程
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以下假设直线的方向向量 $\pmb { \tau } = ( l , m , n )$
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①一般式： $\begin{array} { r } { \left\{ A _ { 1 } x + B _ { 1 } y + C _ { 1 } z + D _ { 1 } = 0 , n _ { 1 } = ( A _ { 1 } , B _ { 1 } , C _ { 1 } ) , \right. } \\ { \left. A _ { 2 } x + B _ { 2 } y + C _ { 2 } z + D _ { 2 } = 0 , n _ { 2 } = ( A _ { 2 } , B _ { 2 } , C _ { 2 } ) \right. } \end{array}$ 其中 $\pmb { n } _ { 1 }$ 不平行于 ${ \pmb n } _ { 2 }$ (交面式方程)
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## 注其几何背景很直观，是两个平面的交线，且该直线的方向向量 ${ \pmb \tau } = { \pmb n } _ { 1 } \times { \pmb n } _ { 2 }$
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[方向向量②点向式： ${ \frac { x - x _ { 0 } } { l } } = { \frac { y - y _ { 0 } } { m } } = { \frac { z - z _ { 0 } } { n } }$ 二要素过一点P。
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\pmb { n } _ { 1 }
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\pmb { n } _ { 2 }
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$$
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③参数式： $\left\{ \begin{array} { l l } { x = x _ { 0 } + l t , } \\ { y = y _ { 0 } + m t , P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } ) } \\ { z = z _ { 0 } + n t , } \end{array} \right.$ 为直线上的已知点，t为参数.
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④两点式： ${ \frac { x - x _ { 1 } } { x _ { 2 } - x _ { 1 } } } = { \frac { y - y _ { 1 } } { y _ { 2 } - y _ { 1 } } } = { \frac { z - z _ { 1 } } { z _ { 2 } - z _ { 1 } } }$ （直线过不同的两点 $P _ { i } ( x _ { i } , y _ { i } , z _ { i } ) , i = 1 , 2 \ )$ 1
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## ③位置关系
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(1)点到直线的距离.
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点 $M _ { 1 } ( x _ { 1 } , y _ { 1 } , z _ { 1 } )$ 到直线 $L \colon \frac { x - x _ { 0 } } { l } = \frac { y - y _ { 0 } } { m } = \frac { z - z _ { 0 } } { n }$ 的距离
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其中向量 $\overrightarrow { M _ { 1 } M } _ { 0 } = ( x _ { 0 } - x _ { 1 } , y _ { 0 } - y _ { 1 } , z _ { 0 } - z _ { 1 } ) , M _ { 0 } = ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } ) , \tau = ( l , m , n )$
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注更为简单的是平面的情形：设在二维平面上直线L的方程为 $A x + B y + C = 0$ ，点 $P _ { 0 }$ 的坐标为$( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ，则点 $P _ { 0 }$ 到直线L的距离公式为 $d = \frac { \left| A x _ { 0 } + B y _ { 0 } + C \right| } { \sqrt { A ^ { 2 } + B ^ { 2 } } } \mathrm { ~ , ~ }$
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若B≠0， $\left\{ \begin{array} { l } { { S _ { \square } = \displaystyle \left| \overrightarrow { P _ { 0 } } \stackrel { \star } { P } \times \tau \right| } , } \\ { { S _ { \square } = \displaystyle \left| \tau \right| \cdot d } , } \end{array} \right.$ 则 $| d = { \frac { \left\| x - x _ { 0 } \quad y _ { \ast } - y _ { 0 } \right\| } { \sqrt { 1 + \left( - { \frac { A } { B } } \right) ^ { 2 } } } } = { \frac { | A x _ { 0 } + B y _ { 0 } + C | } { \sqrt { A ^ { 2 } + B ^ { 2 } } } } .$
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若 $A \neq 0 , B = 0$ 则 $A x + C = 0 , x = - { \frac { C } { A } } ,$ 于是
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綜上，成立
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d = \left| x - x _ { 0 } \right| = \left| x _ { 0 } + { \frac { C } { A } } \right| = { \frac { \left| A x _ { 0 } + 0 y _ { 0 } + C \right| } { \sqrt { A ^ { 2 } + 0 ^ { 2 } } } } .
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$$
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(2)点到平面的距离.
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点 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 到平面 $A x + B y + C z + D = 0$ 的距离 $d = \frac { \left| A x _ { 0 } + B y _ { 0 } + C z _ { 0 } + D \right| } { \sqrt { A ^ { 2 } + B ^ { 2 } + C ^ { 2 } } }$ (3)直线与直线
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设 $\pmb { \tau } _ { 1 } = ( l _ { 1 } , m _ { 1 } , n _ { 1 } ) , \pmb { \tau } _ { 2 } = ( l _ { 2 } , m _ { 2 } , n _ { 2 } )$ 分别为直线 $L _ { 1 } , L _ { 2 }$ 的方向向量.
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① $\begin{array} { r } { I _ { 1 } \perp I _ { 2 } \Leftrightarrow \tau _ { 1 } \perp \tau _ { 2 } \Leftrightarrow l _ { 1 } l _ { 2 } + m _ { 1 } m _ { 2 } + n _ { 1 } n _ { 2 } = 0 } \end{array}$
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② $L _ { 1 } / / L _ { 2 } \Leftrightarrow \pmb { \tau } _ { 1 } / / \tau _ { 2 } \Leftrightarrow \frac { l _ { 1 } } { l _ { 2 } } = \frac { m _ { 1 } } { m _ { 2 } } = \frac { n _ { 1 } } { n _ { 2 } }$
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$$
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\begin{array} { l } { \displaystyle = \big \lvert \overrightarrow { P _ { 0 } P } \big \rvert \cos \theta } \\ { \displaystyle = \frac { \big \lvert A ( x - x _ { 0 } ) + B ( y - y _ { 0 } ) + C ( z - z _ { 0 } ) \big \rvert } { \sqrt { A ^ { 2 } + B ^ { 2 } + C ^ { 2 } } } } \end{array}
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$$
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③直线 $L _ { 1 } , L _ { 2 }$ 的夹角 $\theta = \operatorname { a r c c o s } { \frac { \left| { \pmb { \tau } } _ { 1 } \bullet { \pmb { \tau } } _ { 2 } \right| } { \left| { \pmb { \tau } } _ { 1 } \right| \left| { \pmb { \tau } } _ { 2 } \right| } }$ ，其中 $\theta = \operatorname* { m i n } \{ ( { \widehat { \tau _ { 1 } , \tau _ { 2 } } } ) , \pi - ( { \widehat { \tau _ { 1 } , \tau _ { 2 } } } ) \} \in \left[ 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right]$
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(4)平面与平面.
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设平面 $\pi _ { 1 } , \pi _ { 2 }$ 的法向量分别为 ${ \pmb n } _ { 1 } = ( A _ { 1 } , B _ { 1 } , C _ { 1 } ) , { \pmb n } _ { 2 } = ( A _ { 2 } , B _ { 2 } , C _ { 2 } )$
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① $\pi _ { 1 } \perp \pi _ { 2 } \Leftrightarrow n _ { 1 } \perp n _ { 2 } \Leftrightarrow A _ { 1 } A _ { 2 } + B _ { 1 } B _ { 2 } + C _ { 1 } C _ { 2 } = 0$
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② $\pi _ { 1 } / / \pi _ { 2 } \Leftrightarrow n _ { 1 } / / n _ { 2 } \Leftrightarrow \frac { A _ { 1 } } { A _ { 2 } } = \frac { B _ { 1 } } { B _ { 2 } } = \frac { C _ { 1 } } { C _ { 2 } }$
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③平面 $\pi _ { 1 } , \pi _ { 2 }$ 的夹角 $\theta = \operatorname { a r c c o s } { \frac { \left| \pmb { n } _ { 1 } \cdot \pmb { n } _ { 2 } \right| } { \left| \pmb { n } _ { 1 } \right| \left| \pmb { n } _ { 2 } \right| } }$ ，其中 $\theta = \operatorname * { m i n } \{ ( { \widehat { n _ { 1 } , n _ { 2 } } } ) , \pi - ( { \widehat { n _ { 1 } , n _ { 2 } } } ) \} \in \left[ 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right]$
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(5)平面与直线.
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设直线L的方向向量为 ${ \pmb \tau } = ( l , m , n )$ ，平面π的法向量为 $\pmb { n } = ( A , B , C )$
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$L \perp \pi \Leftrightarrow \tau / / n \Leftrightarrow \frac { l } { A } = \frac { m } { B } = \frac { n } { C }$ 平行方程
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②1 $\cdot / / \pi \Leftrightarrow \tau \bot n \Leftrightarrow A l + B m + C n = 0$ 垂直方程
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③直线L与平面π的夹角 $\theta = \arcsin { \frac { | { \boldsymbol { \tau } } \cdot { \boldsymbol { n } } | } { | { \boldsymbol { \tau } } | | { \boldsymbol { n } } | } }$ ，其中 $\theta = \left[ \frac { \pi } { 2 } - ( \widehat { \pmb { \tau } , \pmb { n } } ) \right| \in \left[ 0 , \frac { \pi } { 2 } \right]$
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例17.2 与两直线
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\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle \overrightarrow { \left[ x = 1 \right] } , } \\ { \displaystyle y = - 1 + t , \frac { x + 1 } { 1 } = \frac { y + 2 } { 2 } = \frac { z - 1 } { 1 } } \\ { \displaystyle z = 2 + t , } \end{array} \right. }
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$$
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{ \boldsymbol { \tau } } \bullet { \boldsymbol { n } } = \left| { \boldsymbol { \tau } } \right| \bullet \left| { \boldsymbol { n } } \right| \bullet \cos ( { \boldsymbol { \widehat { \tau } } } , { \boldsymbol { n } } ) .
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$$
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都平行，且过原点的平面方程为
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分析 两直线的方向向量分别为 $\tau _ { 1 }$ $\tau _ { 2 }$ ，则所求平面的法向量 $\pmb { n } = \pmb { \tau } _ { 1 } \times \pmb { \tau } _ { 2 }$
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解 应填 $x - y + z = 0$
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所求平面法向量可取为
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\pmb { n } = \left| \begin{array} { c c c } { { i } } & { { j } } & { { k } } \\ { { 0 } } & { { 1 } } & { { 1 } } \\ { { 1 } } & { { 2 } } & { { 1 } } \end{array} \right| = - i + j - k \ .
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$$
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由题设可知所求平面过原点，则所求平面方程为
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- 1 \bullet ( x - 0 ) + 1 \bullet ( y - 0 ) - 1 \bullet ( z - 0 ) = 0 \ ,
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即
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x - y + z = 0 .
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例17.3 已知直线L是直线 $L _ { 0 }$
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\left\{ { \begin{array} { l } { 2 x - z - 3 = 0 , } \\ { y - 2 z + 4 = 0 } \end{array} } \right.
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在平面 $x + y - z = 5$ 上的投影方程，求L的表达式.
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→用交面式方程表示
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解设过直线 $L _ { 0 }$ 的平面束方程为 $( 2 x - z - 3 ) + \lambda ( y - 2 z + 4 ) = 0$ ，即
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$$
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2 x + \lambda y - ( 2 \lambda + 1 ) z + 4 \lambda - 3 = 0 \ ,
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其中λ为待定常数.此平面与平面x+y-z=5垂直的条件是
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2 \bullet 1 + \lambda \bullet 1 - ( 2 \lambda + 1 ) \bullet ( - 1 ) = 0 \ ,
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解得λ=-1，故直线L为
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$$
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\scriptstyle { \left\{ { \begin{array} { l l } { { 2 x - y + z - 7 = 0 , } } \\ { { x + y - z = 5 . } } \end{array} } \right. }
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$$
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例17.4设有直线 $L _ { \eta }$ ： ${ \frac { x - 1 } { 1 } } = { \frac { y - 5 } { - 2 } } = { \frac { z + 8 } { 1 } }$ 与 $L _ { 2 }$ ： $\begin{array} { r } { \left\{ { x - y = 6 , \atop 2 y + z = 3 } \right. } \end{array}$ 则 $L _ { \eta }$ 与 $L _ { 2 }$ 的夹角为（）.（A) $\frac { \pi } { 6 }$ (B) $\frac { \pi } { 4 }$
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(C） $\frac { \pi } { 3 }$
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(D) $\frac { \pi } { 2 }$
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分析先求出直线 $L _ { 1 } , L _ { 2 }$ 的方向向量 $\tau _ { 1 } , \tau _ { 2 }$ ，再利用公式 $\varphi = \operatorname { a r c c o s } { \frac { \left| { \pmb { \tau } } _ { 1 } \bullet { \pmb { \tau } } _ { 2 } \right| } { \left| { \pmb { \tau } } _ { 1 } \right| \left| { \pmb { \tau } } _ { 2 } \right| } }$ 求出其夹角.
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解 应选(C).
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直线 $L _ { \mathrm { r } }$ 的方向向量为 $\pmb { \tau } _ { 1 } = ( 1 , - 2 , 1 )$ ，直线 $L _ { 2 }$ 的方向向量为
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$$
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\pmb { \tau } _ { 2 } = \left| \begin{array} { c c c } { { i } } & { { j } } & { { k } } \\ { { 1 } } & { { - 1 } } & { { 0 } } \\ { { 0 } } & { { 2 } } & { { 1 } } \end{array} \right| = - i - j + 2 k ~ ,
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$$
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从而直线 $L _ { \eta }$ 和 $L _ { 2 }$ 的夹角φ的余弦为 $\cos \varphi = \frac { \left| \pmb { \tau } _ { 1 } \bullet \pmb { \tau } _ { 2 } \right| } { \left| \pmb { \tau } _ { 1 } \right| \left| \pmb { \tau } _ { 2 } \right| } = \frac { 3 } { \sqrt { 6 } \bullet \sqrt { 6 } } = \frac { 1 } { 2 }$ ，因此 $\varphi = \frac { \pi } { 3 }$
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## 空间曲线与曲面
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## 1 空间曲线
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(1)一般式 $\Gamma \colon \left\{ { F ( x , y , z ) = 0 } , \atop { G ( x , y , z ) = 0 . } \right.$
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## 注其几何背景为两个曲面的交线
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(2)参数方程 $\Gamma \colon \left\{ \begin{array} { l } { x = \varphi ( t ) , } \\ { y = \psi ( t ) , t \in [ \alpha , \beta ] } \\ { z = \omega ( t ) , } \end{array} \right.$
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注在 $\left\{ { \begin{array} { l } { F ( x , y , z ) = 0 , } \\ { G ( x , y , z ) = 0 } \end{array} } \right.$ 中选取某直角坐标变量为自变量（看作参数），解出其他两变量为此变量的函数，即得参数式.如曲线 $\left\{ \begin{array} { l } { z = f ( x , y ) } \\ { y = 0 , } \end{array} \right.$ x=t，则可写成参数式方程： $\left\{ \begin{array} { l l } { x = t , } \\ { y = 0 , } \\ { z = f ( t , 0 ) } \end{array} \right.$ 当然，有时由于后两变量解出为第一变量的函数表达式带来多值或根式等麻烦事，或者甚至“解不出”，故一般用新的变量作参数再写参数方程，如下面的注；亦或题设直接给出参数方程，如例17.6.
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(3)在坐标面上的投影.
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以求曲线厂在xOy平面上的投影曲线为例.将 $\begin{array} { r } { \Gamma \colon \left\{ { F ( x , y , z ) = 0 \mathrm { , } } \right. } \\ { G ( x , y , z ) = 0 } \end{array}$ 中的z消去，得到 $\varphi ( x , y ) = 0$ 则曲线r在xOy面上的投影曲线包含于曲线 $\left\{ \begin{array} { l } { \varphi ( x , y ) = 0 } \\ { z = 0 . } \end{array} \right.$ V①往xOy面投影，消z；往xOz面投影，消y；往yOz面投影，消x.曲线厂在其他平面上的投影曲线可类似求得. ②联立方程，且令z=0或y=0或x=0.
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国将 $\left\{ { \cal F } ( x , y , z ) = 0 , \right.$ 消去某变量（例如消去z），便得该曲线在z=0平面上的投影曲线方程$\left\{ { \begin{array} { l } { f ( x , y ) = 0 } \\ { z = 0 , } \end{array} } \right.$ 如果 $f ( x , y ) = 0$ 能容易地写出它的参数式：
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\begin{array} { r } { \boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } ( t ) , \boldsymbol { y } = \boldsymbol { y } ( t ) , t \in I , } \end{array}
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$$
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其中I为某区间，则以x=x(t)，y=y(t)代入原曲线的方程中，若能解得单值的 $z = z ( t )$ ，则得原曲线的参数式：
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$$
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\begin{array} { r } { x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) , t \in I . } \end{array}
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$$
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如将 $r : \left\{ { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 1 , \atop z = x + y } \right.$ 的方程化为参数形式
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$$
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\left\{ \begin{array} { l } { x = \cos t , } \\ { y = \sin t , \qquad ( 0 \leqslant t \leqslant 2 \pi ) } \\ { z = \cos t + \sin t } \end{array} \right. .
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$$
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## ②空间曲面
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(1)曲面方程： $F ( x , y , z ) = 0$
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(2)二次曲面.
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>曲面名称</td><td rowspan=1 colspan=1>方程</td><td rowspan=1 colspan=1>图形</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>椭球面</td><td rowspan=1 colspan=1> $\frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } + \frac { z ^ { 2 } } { c ^ { 2 } } = 1$ 当 $a = b = c$ 时为球面</td><td rowspan=1 colspan=1>用平行于坐标平→面的平面去切，<img src="images/cb2bb3dbda9b522f43572a4aa9877219c0b136c555beecfcb7c5cc5a44f3d74a.jpg"/>得出椭圆或圆</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>单叶双曲面</td><td rowspan=1 colspan=1> $\displaystyle \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } - \frac { z ^ { 2 } } { c ^ { 2 } } = 1$ </td><td rowspan=1 colspan=1>用 $x = k _ { 1 } ( k _ { 1 }$ 不等于a)或 $y =$ $k _ { 2 } ( k _ { 2 }$ 不等于b)切得双曲线，<img src="images/10faebc5ede444e68a555c702bd47fed2dc55a2f3efada2029afa89031898ae8.jpg"/> ${ z = k _ { 3 } ( }$ 伍意常数)切得椭圓或圆</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>双叶双曲面</td><td rowspan=1 colspan=1> $\begin{array} { r } { \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \frac { \overset { \triangledown } { \boldsymbol { \chi } } ^ { - } } { b ^ { 2 } } - \frac { z ^ { 2 } } { c ^ { 2 } } = 1 } \\ { \dot { \nabla } _ { \perp \perp \frac { \triangledown } { \boldsymbol { \xi } } \ll \frac { 3 } { 2 } \times \frac { \triangledown } { \boldsymbol { \chi } } \ll \frac { 3 } { 2 } \sin \frac { \triangledown } { \boldsymbol { \chi } } } } \end{array}$ </td><td rowspan=1 colspan=1><img src="images/5d7d2bbfd35ed41e2573a32369a5ff29a28b1324f614c6be6ce71f7a85fb7671.jpg"/>用y=k或z=k切得双曲线，用 $\scriptstyle x = k ( | k | > | a | )$ 切得椭圓或圓</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>椭圆抛物面</td><td rowspan=1 colspan=1> ${ \frac { x ^ { 2 } } { 2 p } } + { \frac { y ^ { 2 } } { 2 q } } = z ( p , q > 0 )$ $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = z$ <img src="images/38884c7b22ada4d67cd493d186a55b6ba2a68ab34cab650032fa17d164f64999.jpg"/></td><td rowspan=1 colspan=1>用x=k或y=k切得抛物线，<img src="images/02bb2af3ff4fc512c807db2c2e1a2a3b2d3189101cd043f5826825dd6eb17a12.jpg"/> 用 $z = k ( k > 0 )$ 切得椭圆或圆</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>椭圆锥面</td><td rowspan=1 colspan=1> $\frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = \frac { z ^ { 2 } } { c ^ { 2 } }$ V $z = \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } }$ ，只有上半部分AZV般考a=bo →yx</td><td rowspan=1 colspan=1><img src="images/84fcb57d7209bc671c117b6aa6065dcadc5b0b52aa3b34a2e114900e6ed35efc.jpg"/></td></tr></table>
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考研/math/019_## 第17讲.md
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考研/math/019_## 第17讲.md
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## 第17讲多元函数积分学的预备知识（仅数学一）
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续表
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>曲面名称</td><td rowspan=1 colspan=3>方程</td><td rowspan=1 colspan=1>图形</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>双曲抛物面（马鞍面）</td><td rowspan=1 colspan=3> $- \frac { x ^ { 2 } } { 2 p } + \frac { y ^ { 2 } } { 2 q } = z ( p , q > 0 )$ </td><td rowspan=1 colspan=1>用2 $z = k ( k > 0 )$ 切得双曲线，<img src="images/e495e4d5e68574006967470fb06323918494fbbe12e19482706a023f8db587d5.jpg"/> 用x=k或y=k切得抛物线，其中k为位意常数</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>双曲抛物面（马鞍面）</td><td rowspan=1 colspan=3> $\scriptstyle z = x y$ 坐标变换： $\scriptstyle { \widehat { \varphi } } \sqrt [ ] { u = y + x } , $ </td><td rowspan=1 colspan=1>>在上图的基础上，令x轴与y<img src="images/423f4ff07d7977cced3bf01c73e9f02aeb4a0cf4d14136749a6d8991f2900ce8.jpg"/> 轴逆时针旋转 $\frac { \pi } { 4 }$ </td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=5> $z = x y$ 中由x+y=1截出的图形， <img src="images/7d9b57fb06c49d97f3e20aac625925ac699443d9298e5d8b3a5ec0fb056ee403.jpg"/>可以与三重积分、曲线积分、曲面积分相结合缺z，母线平行于z轴<(3)柱面：动直线沿定曲线平行移动所形成的曲面.</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=2>椭圆柱面</td><td rowspan=1 colspan=1> ${ \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } } + { \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } } = 1$ </td><td rowspan=1 colspan=2><img src="images/f362a15ec9f2b2b72d10b013d90d2e668b4a312d2374824ca65345662bb36411.jpg"/>→准线是椭圆或圆</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=2>双曲柱面</td><td rowspan=1 colspan=1> ${ \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } } - { \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } } = 1$ </td><td rowspan=1 colspan=2><img src="images/f59fe0942c3c3b57dcef96b63b10f2e1cfd7eb3b607130413e0e9b1825c23ccf.jpg"/> →准线是双曲线</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=2>抛物柱面</td><td rowspan=1 colspan=1> $y = a x ^ { 2 } ( a > 0 )$ </td><td rowspan=1 colspan=2><img src="images/ea59e7c2b0b7b7a441bd139388850cae771fa0123fd70a0098b03c229e0b1b28.jpg"/></td></tr></table>
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(4)旋转曲面：曲线厂绕一条定直线旋转一周所形成的曲面.
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曲线 $\Gamma \colon \textstyle \left\{ { F ( x , y , z ) = 0 } \right. \mathrm { }$ 绕直线 $L \colon \frac { x - x _ { 0 } } { l } = \frac { y - y _ { 0 } } { m } = \frac { z - z _ { 0 } } { n }$ 旋转一周形成一个旋转曲面，旋转曲面方程的求法如下.
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如图17-1所示，设 $M _ { \scriptscriptstyle 0 } ( x _ { \scriptscriptstyle 0 } , y _ { \scriptscriptstyle 0 } , z _ { \scriptscriptstyle 0 } )$ ，方向向量 $\pmb { \tau } = ( l , m , n )$ .在母线r上任取一点 $M _ { 1 } ( x _ { 1 } , y _ { 1 } , z _ { 1 } )$ ，则过 $M _ { 1 }$ 的纬圆上的任意一点P(x，y,z)满足条件
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图17-1
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\overrightarrow { M _ { 1 } P } \perp \tau , \ \left| \overrightarrow { M _ { 0 } P } \right| = \left| \overrightarrow { M _ { 0 } M } _ { 1 } \right| ,
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即
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\left\{ \begin{array} { l l } { l ( x - x _ { 1 } ) + m ( y - y _ { 1 } ) + n ( z - z _ { 1 } ) = 0 , } \\ { \qquad \quad \hfill ( x - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + ( y - y _ { 0 } ) ^ { 2 } + ( z - z _ { 0 } ) ^ { 2 } = ( x _ { 1 } - x _ { 0 } ) ^ { 2 } + ( y _ { 1 } - y _ { 0 } ) ^ { 2 } + ( z _ { 1 } - z _ { 0 } ) ^ { 2 } , } \end{array} \right.
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与方程 $F ( x _ { 1 } , y _ { 1 } , z _ { 1 } ) = 0$ 和 $G ( x _ { 1 } , y _ { 1 } , z _ { 1 } ) = 0$ 联立消去 $x _ { 1 } , y _ { 1 } , z _ { 1 }$ ，便可得到旋转曲面的方程.
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常考曲线厂： $\left\{ { \begin{array} { l } { F ( x , y , z ) = 0 , } \\ { G ( x , y , z ) = 0 } \end{array} } \right.$ 绕z轴旋转一周而成的旋转曲面的方程如图17-2所示，在曲线Γ上任取一点 $M _ { 1 } ( x _ { 1 } , y _ { 1 } , z _ { 1 } )$ 则过点 $M _ { 1 }$ 的纬圆上的任意一点P(x,y，z)满足条件 $\left. \overrightarrow { O P } \right. { = } \left. \overrightarrow { O M _ { 1 } } \right.$ 和 $\scriptstyle z = z _ { 1 }$ 即$x ^ { 2 } + y ^ { 2 } + z ^ { 2 } = x _ { 1 } ^ { 2 } + y _ { 1 } ^ { 2 } + z _ { 1 } ^ { 2 }$ 且 ${ z = z _ { 1 } }$ ，得 因为 $( x - x _ { 1 } , y - y _ { 1 } , z - z _ { 1 } ) \perp ( 0 , 0 , 1 )$
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x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = x _ { 1 } ^ { 2 } + y _ { 1 } ^ { 2 } .
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从方程组 $\left\{ \begin{array} { l l } { F ( x _ { 1 } , y _ { 1 } , z ) = 0 , } \\ { G ( x _ { 1 } , y _ { 1 } , z ) = 0 , } \\ { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = x _ { 1 } ^ { 2 } + y _ { 1 } ^ { 2 } } \end{array} \right.$ 中消去 $x _ { 1 }$ 和 $y _ { 1 }$ ，便得到旋转曲面的方程
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图17-2
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如果能从方程组 $\left\{ { \begin{array} { l } { F ( x , y , z ) = 0 , } \\ { G ( x , y , z ) = 0 } \end{array} } \right.$ 中解出 $\scriptstyle x = f _ { 1 } ( z )$ 和 $y = f _ { 2 } ( z )$ 则旋转曲面的方程为
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x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = [ f _ { 1 } ( z ) ] ^ { 2 } + [ f _ { 2 } ( z ) ] ^ { 2 }
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如求 $\left\{ y ^ { 2 } - ( z - 1 ) ^ { 2 } = 1 , \right.$ 绕z轴旋转一周而成的旋转曲面的方程，由方程组知 $\left\{ \begin{array} { l } { { x = 0 , } } \\ { { y ^ { 2 } = 1 + ( z - 1 ) ^ { 2 } } } \end{array} \right.$ 则旋,转曲面的方程为 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 0 ^ { 2 } + 1 + ( z - 1 ) ^ { 2 }$ ，即 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - ( z - 1 ) ^ { 2 } = 1$
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例17.5设 $\varSigma _ { 1 }$ 是由过点(0,-1,1)与点(0,0,0)的直线L绕z轴旋转一周所得的旋转曲面位于$z \geqslant 0$ 的部分， $\varSigma _ { 2 }$ 的方程为 $z ^ { 2 } = 2 x$ ，则 $\textstyle { \mathcal { Z } } _ { 1 }$ 与 $\varSigma _ { 2 }$ 的交线r在xOy面上的投影曲线方程为
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解 应填 $\left\{ { \begin{array} { l } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 2 x } \\ { z = 0 . } \end{array} } \right.$
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直线L的两点式方程为 ${ \frac { x } { 0 } } = { \frac { y + 1 } { 1 } } = { \frac { z - 1 } { - 1 } }$ ，参数方程为 $\left\{ \begin{array} { l l } { x = 0 , } \\ { y = - 1 + t , } \\ { z = 1 - t , } \end{array} \right.$ t为参数，即 $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { x = 0 , } \\ { y = - z } \end{array} \right. }$ 由“三、2.（4)注”，得 $\varSigma _ { 1 }$ 的方程为 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 0 ^ { 2 } + ( - z ) ^ { 2 } = z ^ { 2 }$ ，也即 $z = \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } }$
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将 $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { z = { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } } \\ { z ^ { 2 } = 2 x } \end{array} \right. }$ '中的z消去，得 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 2 x$ ，即得到投影曲线方程为$\left\{ { \begin{array} { l } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 2 x , } \\ { z = 0 . } \end{array} } \right.$ 曲线r和其在 $x O y$ 面上的投影如图17-3所示.
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图17-3
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## 四多元函数微分学的几何应用
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## 1空间曲线的切线与法平面
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(1)用参数方程给出曲线： $\left\{ \begin{array} { l l } { x = x ( t ) , } \\ { y = y ( t ) , \ t \in I } \\ { z = z ( t ) , } \end{array} \right.$
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其中 x(t)，y(t),z(t)在I上可导，且三个导数不同时为0，则曲线在 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 处的切向量$\tau = ( x ^ { \prime } ( t _ { 0 } ) , y ^ { \prime } ( t _ { 0 } ) , z ^ { \prime } ( t _ { 0 } ) )$
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切线方程： $\frac { x - x _ { 0 } } { x ^ { \prime } ( t _ { 0 } ) } = \frac { y - y _ { 0 } } { y ^ { \prime } ( t _ { 0 } ) } = \frac { z - z _ { 0 } } { z ^ { \prime } ( t _ { 0 } ) }$
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法平面方程： $x ^ { \prime } ( t _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + y ^ { \prime } ( t _ { 0 } ) ( y - y _ { 0 } ) + z ^ { \prime } ( t _ { 0 } ) ( z - z _ { 0 } ) = 0$
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(2)用方程组给出曲线： $\left\{ { \begin{array} { l } { F ( x , y , z ) = 0 , } \\ { G ( x , y , z ) = 0 . } \end{array} } \right.$
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当 $\left. \frac { \partial ( F , G ) } { \partial ( y , z ) } = \right| \frac { \partial F } { \partial y } \left. \frac { \partial F } { \partial z } \right| _ { \partial z }$ 时，可确定 $\begin{array}{c} \begin{array} { l } { \left\{ x = x , \right. } \\ { \left\{ y = y ( x ) \right. } \\ { \left. z = z ( x ) . \right.} \end{array} \end{array}$
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雅可比行列式
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其在 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 处的切向量 $\underline { { \tau } } = \left| \frac { i } { \underline { { F } } _ { x } ^ { \prime } } \begin{array} { c c c } { j } & { k } \\ { \underline { { F } } _ { y } ^ { \prime } } & { F _ { z } ^ { \prime } } \end{array} \right| _ { \underline { { \tau } } } = ( A , B , C )$ 梯度向量n两个梯度向量的叉乘：n×nG在P的梯度向量n
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切线方程： ${ \frac { x - x _ { 0 } } { A } } = { \frac { y - y _ { 0 } } { B } } = { \frac { z - z _ { 0 } } { C } }$
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法平面方程： $A ( x - x _ { 0 } ) + B ( y - y _ { 0 } ) + C ( z - z _ { 0 } ) = 0$
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## ②空间曲面的切平面与法线
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(1)用隐式方程给出曲面： $F ( x , y , z ) = 0$ ，其中F的一阶偏导数连续．F在P的梯度向量
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其在 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 处的法向量 $\left. \pmb { n } = ( F _ { x } ^ { \prime } \big | _ { P _ { 0 } } , F _ { y } ^ { \prime } \big | _ { P _ { 0 } } , F _ { z } ^ { \prime } \big | _ { P _ { 0 } } ) \right.$
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切平面方程： $\left. F _ { x } ^ { \prime } \right| _ { P _ { 0 } } \bullet \left( x - x _ { 0 } \right) + \left. F _ { y } ^ { \prime } \right| _ { P _ { 0 } } \bullet \left( y - y _ { 0 } \right) + \left. F _ { z } ^ { \prime } \right| _ { P _ { 0 } } \bullet \left( z - z _ { 0 } \right) = 0$
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法线方程： $\frac { x - x _ { 0 } } { \left. F _ { x } ^ { \prime } \right| _ { P _ { 0 } } } = \frac { y - y _ { 0 } } { \left. F _ { y } ^ { \prime } \right| _ { P _ { 0 } } } = \frac { z - z _ { 0 } } { \left. F _ { z } ^ { \prime } \right| _ { P _ { 0 } } }$ 或 $z - f ( x , y ) = 0$ 则曲面在P处的法向量为 $( - f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) , - f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) , 1 )$
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(2)用显式函数给出曲面： $\ O _ { z } = f ( x , y ) \Rightarrow f ( x , y ) - \stackrel { \textstyle \top } { z } = 0$ ，其中f的一阶偏导数连续．
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其在 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 处的法向量 ${ \pmb n } = ( f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) , f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) , - 1 )$ .此法向量方向向下.
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→若为正值，与z轴正方向夹角为切平面方程： $f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) ( x - x _ { 0 } ) + f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) ( y - y _ { 0 } ) - ( z - z _ { 0 } ) = 0$ 锐角，即法向量向上：若为负值，与z轴正方向夹角为钝角，即法向量向下
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法线方程： ${ \frac { x - x _ { 0 } } { f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , \ y _ { 0 } ) } } = { \frac { y - y _ { 0 } } { f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , \ y _ { 0 } ) } } = { \frac { z - z _ { 0 } } { - 1 } }$
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例17.6 空间曲线 $r : \left\{ \begin{array} { l l } { { x = \displaystyle \int _ { 0 } ^ { t } \mathrm { e } ^ { u } \cos u \mathrm { d } u , } } \\ { { y = 2 \sin t + \cos t } } \\ { { z = 1 + \mathrm { e } ^ { 3 t } } } \end{array} \right.$ 在t=0处的切线方程为
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分析x，y，z分别对t求导，然后代入t=0.
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解 应填 ${ \frac { x - 0 } { 1 } } = { \frac { y - 1 } { 2 } } = { \frac { z - 2 } { 3 } }$
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当t=0时， $x = 0 , y = 1 , z = 2$ ；由 $x ^ { \prime } = \mathbf { e } ^ { t } \cos t , y ^ { \prime } = 2 \cos t - \sin t , z ^ { \prime } = 3 \mathrm { e } ^ { 3 t }$ ，得 $x ^ { \prime } ( 0 ) = 1 , y ^ { \prime } ( 0 ) = 2$ $z ^ { \prime } ( 0 ) = 3$ .于是，切线方程为 ${ \frac { x - 0 } { 1 } } = { \frac { y - 1 } { 2 } } = { \frac { z - 2 } { 3 } }$
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例17.7 设函数z=f(x，y)在点(0,0)附近有定义，且f(0,0)=3，则曲线 $\left\{ \begin{array} { l l } { z = f ( x , y ) , } \\ { y = 0 } \end{array} \right.$ 在 点(0,0,f(0,0))处的法平面方程为
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解 应填 $x + 3 z - 3 f ( 0 , 0 ) = 0$
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曲线 $\left\{ \begin{array} { l } { z = f ( x , y ) , } \\ { y = 0 } \end{array} \right.$ 可写成参数式： $\left\{ { \begin{array} { l } { x = t , } \\ { y = 0 , } \\ { z = f ( t , \ 0 ) } \end{array} } \right.$ 则
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\tau = ( x _ { t } ^ { \prime } , y _ { t } ^ { \prime } , z _ { t } ^ { \prime } ) \big | _ { t = 0 } = ( 1 , 0 , f _ { x } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) ) = ( 1 , 0 , 3 ) \ .
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故所求法平面方程为 $x + 3 z - 3 f ( 0 , 0 ) = 0$
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例17.8 曲面 $z - \mathbf { e } ^ { z } + 2 x y = 3$ 在点(1,2,0)处的切平面方程为
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应填2x+y-4=0.
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$F ( x , y , z ) = z - \mathbf { e } ^ { z } + 2 x y - 3$ ，则 $\pmb { n } = ( F _ { x } ^ { \prime } , F _ { y } ^ { \prime } , F _ { z } ^ { \prime } ) | _ { ( 1 , 2 , 0 ) }$ ，其中
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F _ { x } ^ { \prime } | _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 2 y | _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 4 , F _ { y } ^ { \prime } | _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 2 x | _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 2 , F _ { z } ^ { \prime } | _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = ( 1 - \mathrm { e } ^ { z } ) | _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 0 \ .
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故切平面方程为 $4 ( x - 1 ) + 2 ( y - 2 ) + 0 \bullet ( z - 0 ) = 0$ ，即 $2 x + y - 4 = 0$
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例17.9 设f可微，则曲面 $\mathrm { e } ^ { 2 x - z } = f ( \pi y - \sqrt { 2 } z )$ 是（ ）.
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(A)旋转抛物面 (B)双叶双曲面 (C)单叶双曲面 (D)柱面
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解 应选(D).
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设 $F = f ( \pi y - { \sqrt { 2 } } z ) - \mathbf { e } ^ { 2 x - z }$ ，则曲面上任一点处的法向量为
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定直线L
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\pmb { n } = ( - 2 \mathrm { e } ^ { 2 x - z } , \pi f ^ { \prime } , - \sqrt { 2 } f ^ { \prime } + \mathrm { e } ^ { 2 x - z } ) \ .
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设某定向量τ=(a,b,c)（a,b,c不同时为零)与n垂直，即
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{ \pmb n } \bullet ( a , b , c ) = - 2 a { \bf e } ^ { 2 x - z } + \pi b f ^ { \prime } + ( - \sqrt { 2 } f ^ { \prime } + { \bf e } ^ { 2 x - z } ) c \equiv 0 ,
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解得 $a = { \frac { c } { 2 } } , b = { \frac { \sqrt { 2 } } { \pi } } c$ ，令c=1，则 $a = { \frac { 1 } { 2 } } , b = { \frac { \sqrt { 2 } } { \pi } }$ ，这样曲面上任一点处的法向量n均与定向量$\left( { \frac { 1 } { 2 } } , { \frac { \sqrt { 2 } } { \pi } } , 1 \right)$ 垂直，这说明该曲面是柱面.
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## 场论初步
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什么叫“场”？从数学上说，场就是空间区域Ω上的一种对应法则.
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(1)如果Ω上的每一点M(x，y,z)都对应着一个数量u，则在Ω上就确定了一个数量函数$u = u ( x , y , z )$ ，它表示一个数量场.数量场的例子很多，比如温度场，温度场只讲大小，不讲方向.
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(2)如果Ω上的每一点M(x，y，z)都对应着一个向量F，则在Ω上就确定了一个向量函数
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F ( x , y , z ) = P ( x , y , z ) i + Q ( x , y , z ) j + R ( x , y , z ) k ,
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它表示一个向量场.向量场的例子也很多，比如引力场，引力场既讲大小，也讲方向.
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## 1方向导数
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定义设三元函数 $u = u ( x , y , z )$ 在点 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 的某空间邻域 $U \subset { \mathbf { R } } ^ { 3 }$ 内有定义，1为从点 $P _ { 0 }$ 出发的射线， $P ( x , y , z )$ 为l上且在U内的任一点，则
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\left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle x - x _ { 0 } = \Delta x = t \cos \alpha , } \\ { \displaystyle y - y _ { 0 } = \Delta y = t \cos \beta , } \\ { \displaystyle z - z _ { 0 } = \Delta z = t \cos \gamma . } \end{array} \right. \overset { , } { = } \mathrm { , }
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以 $t = \sqrt { \left( \Delta x \right) ^ { 2 } + \left( \Delta y \right) ^ { 2 } + \left( \Delta z \right) ^ { 2 } }$ 表示P与 $P _ { 0 }$ 之间的距离，如图17-4所示，若极限
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\operatorname* { l i m } _ { t \to 0 ^ { + } } \frac { u ( P ) - u ( P _ { 0 } ) } { t } = \operatorname* { l i m } _ { t \to 0 ^ { + } } \frac { u ( x _ { 0 } + t \cos \alpha , y _ { 0 } + t \cos \beta , z _ { 0 } + t \cos \gamma ) - u ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } ) } { t }
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存在，则称此极限为函数 $u = u ( x , y , z )$ 在点 $P _ { 0 }$ 沿方向I的方向导数，记作 $\left. \frac { \hat { \alpha } u } { \hat { \alpha } l } \right| _ { P _ { 0 } }$
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定理（方向导数的计算公式）设三元函数 $u = u ( x , y , z )$ 在点$P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 处可微分，则 $u = u ( x , y , z )$ 在点 $P _ { 0 }$ 处沿任一方向1的方向导数都存在，且
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图17-
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\begin{array} { r l } & { \displaystyle \frac { \hat { \omega } u } { \hat { \omega } l } \bigg \vert _ { P _ { 0 } } = \operatorname* { l i m } _ { t \to 0 ^ { + } } \frac { u ( x _ { 0 } + \Delta x , y _ { 0 } + \Delta y , z _ { 0 } + \Delta z ) - u ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } ) } { \sqrt { ( \Delta x ) ^ { 2 } + ( \Delta y ) ^ { 2 } + ( \Delta z ) ^ { 2 } } } \longmapsto _ { \Delta u } } \\ & { \quad \quad = \operatorname* { l i m } _ { t \to 0 ^ { + } } \frac { u _ { x } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) \Delta x + u _ { y } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) \Delta y + u _ { z } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) \Delta z + o ( t ) } { \sqrt { ( \Delta x ) ^ { 2 } + ( \Delta y ) ^ { 2 } + ( \Delta z ) ^ { 2 } } } \quad \quad \xrightarrow { \mathrm { d } x } \quad \quad \quad \quad \Delta x } \\ & { \quad = u _ { x } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) \cos \alpha + u _ { y } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) \cos \beta + u _ { z } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) \cos \gamma , \quad \quad \quad \quad \frac { \Delta y } { \sqrt { ( \Delta x ) ^ { 2 } + ( \Delta y ) ^ { 2 } + ( \Delta z ) ^ { 2 } } } = \cos \beta , } \end{array}
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其中cosα，cosβ,cosγ为方向l的方向余弦.
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(cosα,cosβ，cosy)一定是单位向量
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注二元函数f（x，y）的情况与三元函数类似
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## ②梯度
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定义设三元函数 $u = u ( x , y , z )$ 在点 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 处具有一阶连续偏导数，则定义
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\left. \mathbf { g r a d } u \right| _ { P _ { 0 } } = ( u _ { x } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) , u _ { y } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) , u _ { z } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) ) \longrightarrow _ { \# \# \# , \frac { 5 } { 4 } \# , \frac { 5 } { 4 } \delta \xi \xi \xi \eta \neq \frac { 5 } { 4 0 } \# \delta \xi \xi \eta \neq \frac { 5 } { 4 0 } \# \frac { 5 } { 4 0 } \# \frac { 5 } { 4 0 } \frac { \delta \eta } { \delta x } }
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$$
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为函数 $u = u ( x , y , z )$ 在点 $P _ { 0 }$ 处的梯度.
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\mathbf { g r a d } { \binom { u } { \nu } } = { \frac { \nu \mathbf { g r a d } u - u \mathbf { g r a d } \nu } { \nu ^ { 2 } } } ( \nu \neq 0 ) .
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## ③方向导数与梯度的关系
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由方向导数的计算公式 $\left. { \frac { \hat { \partial } { \boldsymbol u } } { \hat { \partial } t } } \right| _ { P _ { 0 } } = u _ { x } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) \cos \alpha + u _ { y } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) \cos \beta + u _ { z } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) \cos \gamma$ 与梯度的定义
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$$
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\begin{array} { r } { \mathbf { g r a d } u \vert _ { P _ { 0 } } = ( u _ { x } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) , u _ { y } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) , u _ { z } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) ) , } \end{array}
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可得到
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\begin{array} { l } { \displaystyle \frac { \hat { \boldsymbol \alpha } \boldsymbol { u } } { \hat { \boldsymbol \alpha } \boldsymbol { l } } \bigg \vert _ { P _ { 0 } } = ( u _ { x } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) , u _ { y } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) , u _ { z } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) ) \bullet ( \cos \alpha , \cos \beta , \cos \gamma ) = \mathbf { g r a d } u \big \vert _ { P _ { 0 } } \cdot \boldsymbol { l } ^ { \prime } } \\ { \displaystyle \quad \quad = \big \vert \mathbf { g r a d } u \big \vert _ { P _ { 0 } } \big \vert \big \vert l ^ { \circ } \big \vert \cos \theta = \big \vert \mathbf { g r a d } u \big \vert _ { P _ { 0 } } \big \vert \cos \theta , } \end{array}
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其中θ为 $\left. \mathbf { g r a d } u \right| _ { P _ { 0 } }$ 与l的夹角.
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→此时向量与梯度同方向①当 $\cos \theta = 1$ 时， $\left. \frac { \partial u } { \partial l } \right| _ { P _ { 0 } }$ 有最大值.
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②当 $\cos \theta = 0$ ，即 $\theta = \frac { \pi } { 2 }$ 时，向量l与梯度垂直，有 $\left. \frac { \partial u } { \partial t } \right| _ { P _ { 0 } } = 0$ ，即变化率为0.
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于是有重要结论：函数在某点的梯度是一个向量，它的方向与取得最大方向导数的方向一致，而它的模为方向导数的最大值，为
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\left| \mathbf { g r a d } u \right| = \sqrt { ( u _ { x } ^ { \prime } ) ^ { 2 } + ( u _ { y } ^ { \prime } ) ^ { 2 } + ( u _ { z } ^ { \prime } ) ^ { 2 } } .
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## 4 散度
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定义设向量场 $A ( x , y , z ) = P ( x , y , z ) i + Q ( x , y , z ) j + R ( x , y , z ) k$ ，则
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\operatorname { d i v } A = \frac { \partial P } { \partial x } + \frac { \partial Q } { \partial y } + \frac { \partial R } { \partial z }
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叫作向量场A的散度.
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## 5旋度
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表示向外（内）流的强度
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定义设向量场 $A ( x , y , z ) = P ( x , y , z ) i + Q ( x , y , z ) j + R ( x , y , z ) k$ ，则
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\begin{array} { r } { \mathbf { r o t } ~ A = \left| \frac { i } { \partial x } ~ \frac { \partial } { \partial y } ~ \frac { \partial } { \partial z } \right| } \\ { P ~ Q ~ R \left| ~ R \right| } \end{array}
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叫作向量场A的旋度.描述向量场中向量旋转量的强度
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例17.10 函数 $f ( x , y , z ) = x ^ { 2 } y + z ^ { 2 }$ 在点(1,2,0)处沿向量n=(1,2,2)的方向导数为（）.(A)12 (B)6 (C)4 (D)2
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解 应选(D).
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因为函数可微分，且
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\left. \frac { \partial f } { \partial x } \right| _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 2 x y \big | _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 4 , \left. \frac { \partial f } { \partial y } \right| _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = x ^ { 2 } \big | _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 1 , \left. \frac { \partial f } { \partial z } \right| _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 2 z \big | _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 0 \ ,
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与n同方向的单位向量为 ${ \frac { n } { | n | } } = \left( { \frac { 1 } { 3 } } , { \frac { 2 } { 3 } } , { \frac { 2 } { 3 } } \right)$ ，所以所求方向导数为
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\left. \frac { \partial f } { \partial n } \right| _ { ( 1 , 2 , 0 ) } = 4 \times \frac { 1 } { 3 } + 1 \times \frac { 2 } { 3 } + 0 \times \frac { 2 } { 3 } = 2 .
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$$
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例17.11 设a,b为实数，函数 $z = 2 + a x ^ { 2 } + b y ^ { 2 }$ 在点(3,4)处的方向导数中，沿方向l=-3i-4j的方向导数最大，最大值为10.则a,b的值分别为（ ）(A)-1，-1 (B)-1,1(C)1，-1 (D)1，1
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分析）方向导数最大时，即为梯度方向，值为梯度的模.
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函数 $z = 2 + a x ^ { 2 } + b y ^ { 2 }$ 在点(3,4)处的梯度为
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\left. \mathbf { g r a d } \ z \right| _ { ( 3 , 4 ) } = 6 a \pmb { i } + 8 b \pmb { j } \ .
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由题设条件，知 $\left\{ \begin{array} { l l } { 6 a = - 3 k , } \\ { 8 b = - 4 k , } \\ { \sqrt { 3 6 a ^ { 2 } + 6 4 b ^ { 2 } } = 1 0 } \end{array} \right.$ 其中k>0，解得a=-1,b=-1.
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例17.12 已知函数z=f(x，y)可微，其在点 $P _ { 0 } ( 1 , 2 )$ 处沿从 $P _ { 0 }$ 到P(2,3)的方向的方向导数为$2 \sqrt { 2 }$ ，沿从 $P _ { 0 }$ 到P2(1,0)的方向的方向导数为-3，则z在点 $P _ { 0 }$ 处的最大方向导数为
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\sqrt { 1 0 }
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如图17-5所示， $l _ { 1 } = \overrightarrow { P _ { 0 } P _ { 1 } } = ( 1 , 1 ) , l _ { 2 } = \overrightarrow { P _ { 0 } P _ { 2 } } = ( 0 , - 2 )$ ，且
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$$
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\mathring { l _ { 1 } ^ { \circ } } = ( \cos \alpha _ { 1 } , \cos \beta _ { 1 } ) = \left( \frac 1 { \sqrt 2 } , \frac 1 { \sqrt 2 } \right) ,
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$$
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\bar { l _ { 2 } ^ { \circ } } = ( \cos \alpha _ { 2 } , \cos \beta _ { 2 } ) = ( 0 , - 1 ) \ .
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由方向导数计算公式，有
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\frac { \partial f } { \partial x } | _ { P _ { 0 } } \cdot \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } + \frac { \partial f } { \partial y } | _ { P _ { 0 } } \cdot \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } = 2 \sqrt { 2 } \ ,
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$$
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\frac { \partial f } { \partial x } | _ { P _ { 0 } } \cdot 0 + \frac { \partial f } { \partial y } | _ { P _ { 0 } } \cdot ( - 1 ) = - 3 ~ ,
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$$
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解得 $z _ { x } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) { = } 1 , z _ { y } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) { = } 3$ ，故z在点 $P _ { 0 }$ 处的最大方向导数为
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| \mathbf { g r a d } z | _ { P _ { 0 } } | = \sqrt { [ z _ { x } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) ] ^ { 2 } + [ z _ { y } ^ { \prime } ( P _ { 0 } ) ] ^ { 2 } } = \sqrt { 1 0 }
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图17-5
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注本题的问题可作如下推广：设 $z = f ( x , y )$ 可微，记任意一点 $P _ { 0 } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ，从 $P _ { 0 }$ 出发，沿两条不共线的方向 $l _ { 1 } ^ { \circ } = \left( \cos \alpha _ { 1 } , \cos \beta _ { 1 } \right)$ 与 $\hat { l _ { 2 } } = ( \cos \alpha _ { 2 } , \cos \beta _ { 2 } )$ 的方向导数分别为
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[ { \frac { \partial f } { \partial t _ { 1 } ^ { o } } } | _ { P _ { 0 } } = { \frac { \partial f } { \partial x } } | _ { P _ { 0 } } \cdot \cos \alpha _ { 1 } + \frac { \partial f } { \partial y } | _ { P _ { 0 } } \cdot \cos \beta _ { 1 } ,
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| \frac { \partial f } { \partial l _ { 2 } ^ { o } } | _ { P _ { 0 } } = \frac { \partial f } { \partial x } | _ { P _ { 0 } } \cdot \cos \alpha _ { 2 } + \frac { \partial f } { \partial y } \Bigg | _ { P _ { 0 } } \cdot \cos \beta _ { 2 } ,
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其中 $\left| \begin{array} { l l } { \cos \alpha _ { 1 } } & { \cos \beta _ { 1 } } \\ { \cos \alpha _ { 2 } } & { \cos \beta _ { 2 } } \end{array} \right| \neq 0$
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（1）若 $\left. \frac { \partial f } { \partial l _ { 1 } ^ { \circ } } \right| _ { P _ { 0 } } , \left. \frac { \partial f } { \partial l _ { 2 } ^ { \circ } } \right| _ { P _ { 0 } }$ 不全为0，则该非齐次方程组有唯一解，如例17.12的解答过程
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（2）若 $ \frac { \partial f } { \partial l _ { 1 } ^ { \circ } } | _ { P _ { 0 } } = \frac { \partial f } { \partial l _ { 2 } ^ { \circ } } | _ { P _ { 0 } } = 0$ 则该齐次方程组只有零解，即 $ \frac { \partial f } { \partial x } | _ { P _ { 0 } } = \frac { \partial f } { \partial y } | _ { P _ { 0 } } = 0$ 故 $ \mathrm { d } f _ { P _ { 0 } } = \frac { \partial f } { \partial x } _ { P _ { 0 } } \mathrm { d } x +$ $\left. \frac { \partial f } { \partial y } \right| _ { P _ { 0 } } \mathrm { d } y = 0$ 由 $P _ { 0 }$ 的任意性，有 $\mathrm { d } f = 0$ ，故 $f ( x , y )$ 为一常数
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例17.13 设 $F ( x , y , z ) = x y i - y z j + z x k$ ，则 $\mathbf { r o t } F ( 1 , 1 , 0 ) =$
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## 解 应填i-k.
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记三元向量函数 $F ( x , y , z ) = ( P , Q , R )$ ，则
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\mathrm { r o t } \ F ( x , y , z ) = \left| \frac { \hat { \omega } } { \partial x } \begin{array} { c c c } { { j } } & { { k } } \\ { { \hat { \omega } } } & { { \hat { \omega } } } & { { \hat { \omega } } } \\ { { { \hat { \omega } } } } & { { { \hat { \omega } } } } & { { { \hat { \omega } } z } } \\ { { P } } & { { Q } } & { { R } } \end{array} \right| ,
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其中 $P = x y , Q = - y z , R = z x$ ，于是
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\mathbf { r o t } F ( 1 , 1 , 0 ) = \left| \begin{array} { c c c } { i } & { j } & { k } \\ { \displaystyle \frac { \partial } { \partial x } } & { \displaystyle \frac { \partial } { \partial y } } & { \displaystyle \frac { \partial } { \partial z } } \\ { x y } & { - y z } & { z x } \end{array} \right| _ { ( 1 , 1 , 0 ) } = \left( y i - z j - x k \right) \Bigr | _ { ( 1 , 1 , 0 ) } = i - k \ .
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## 基础习题精练
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## 习题
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17.1设直线 $L : \left\{ { x + y - z + 1 = 0 } , \atop { x - y + 3 z + 3 = 0 } \right.$ 平面 $\scriptstyle \pi : x - 2 y - z + 3 = 0$ ，则直线L（ ）.(A)平行于π (B)在π上 (C)垂直于π (D)与π相交但不垂直
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17.2在曲线 $\left\{ \begin{array} { l l } { x = t , } \\ { y = - t ^ { 2 } } \\ { z = t ^ { 3 } } \end{array} \right.$ ,的所有切线中，与平面 $x + 2 y + z = 4$ 平行的切线（ ）：(A)只有1条 (B)只有2条 (C)至少有3条 (D)不存在
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17.3已知曲面 $z = 4 - x ^ { 2 } - y ^ { 2 }$ 上点P处的切平面平行于平面 $2 x + 2 y + z - 1 = 0$ ，则点P的坐标是 ） (A) (1,-1,2) (B) (-1,1,2) (C) (1,1,2) (D) (-1,-1,2)
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17.4设 $| a + b | = | a - b |$ ，且a=(3,-5,8),b=(-1,1,z)，则z=
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17.5直线 $L : { \frac { x - 1 } { 1 } } = { \frac { y } { 1 } } = { \frac { z - 1 } { - 1 } }$ 在平面 $\scriptstyle \pi : 3 x - y + 3 z = 5$ 上的投影直线 $L _ { 0 }$ 的方程为
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17.6经过点A(1,0,0)与点B(0,1,1)的直线绕z轴旋转一周生成的曲面方程是
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17.7函数 $u = \ln ( x + \sqrt { y ^ { 2 } + z ^ { 2 } } )$ 在点A(1,0,1)处沿点A指向点B(3,-2,2)方向的方向导数为
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17.8设u是由方程 $\mathrm { e } ^ { z + u } - x y - y z - z u = 0$ 所确定的x,y,z的隐函数，则 $\scriptstyle u = u ( x , y , z )$ 在点P(1,1,0)处方向导数的最大值为
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17.9已知 $\scriptstyle { F = x ^ { 3 } i + y ^ { 3 } j + z ^ { 3 } k }$ ，则在点(1,0,-1)处的div F为
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17.10向量场A=(z,3x，2y)的旋度rot A=
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## 解答
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## 17.1(C）解先将直线
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L : \left\{ { x + y - z + 1 = 0 } , \atop { x - y + 3 z + 3 = 0 } \right.\tag{①}
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②
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化为点向式方程.
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由①+②可得 ${ \frac { x + 2 } { - 1 } } = z$
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由①-②可得 ${ \frac { y - 1 } { 2 } } = z$
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因此所给直线化为
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{ \frac { x + 2 } { - 1 } } = { \frac { y - 1 } { 2 } } = { \frac { z } { 1 } } ,
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其方向向量为τ=(-1,2,1).
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又所给平面的法向量为 $\pmb { n } = ( 1 , - 2 , - 1 )$ ，有 $\tau / / n$ ，因此 $L \perp \pi$ ，故选(C).
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17.2(B）解曲线在 $t _ { 0 }$ 处的切向量为 $\tau = ( 1 , - 2 t _ { 0 } , 3 t _ { 0 } ^ { 2 } )$ ，该切线与平面 $x + 2 y + z = 4$ 平行 $\Leftrightarrow \tau$ 与 该平面的法向量n=(1,2,1)垂直 $\Leftrightarrow \tau \bullet n = 0 \Leftrightarrow 1 - 4 t _ { 0 } + 3 t _ { 0 } ^ { 2 } = 0 \Leftrightarrow t _ { 0 } = 1$ 或 $t _ { 0 } = \frac { 1 } { 3 }$
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将 $t _ { 0 } = 1 , t _ { 0 } = \frac { 1 } { 3 }$ 代入曲线方程可得点(1,-1,1)和点 $\left( { \frac { 1 } { 3 } } , - { \frac { 1 } { 9 } } , { \frac { 1 } { 2 7 } } \right)$ ，再代入平面方程知两点均不在平面上，符合题意.故与平面平行的切线只有2条.
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17.3（C）解设P点的坐标为 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ ，则曲面在P点的法向量为
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\begin{array} { r } { n = ( - 2 x _ { 0 } , - 2 y _ { 0 } , - 1 ) , } \end{array}
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又因为切平面平行于平面 $2 x + 2 y + z - 1 = 0$ ，则
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\frac { - 2 x _ { 0 } } { 2 } = \frac { - 2 y _ { 0 } } { 2 } = \frac { - 1 } { 1 } ,
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$$
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从而可得 $x _ { 0 } = 1 , y _ { 0 } = 1$ ，代入曲面方程解得 $z _ { 0 } = 2$ .故选(C).
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17.41解由 $\pmb { a } = ( 3 , - 5 , 8 ) , \pmb { b } = ( - 1 , 1 , z )$ ，可知
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$$
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a + b = ( 3 - 1 , - 5 + 1 , 8 + z ) = ( 2 , - 4 , 8 + z ) ,
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$$
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$$
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a - b = ( 3 + 1 , - 5 - 1 , 8 - z ) = ( 4 , - 6 , 8 - z ) ,
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$$
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$$
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\left| a + b \right| = \sqrt { 2 ^ { 2 } + ( - 4 ) ^ { 2 } + ( 8 + z ) ^ { 2 } } = \sqrt { 2 0 + ( 8 + z ) ^ { 2 } } ,
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$$
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$$
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\left| a - b \right| = \sqrt { 4 ^ { 2 } + ( - 6 ) ^ { 2 } + ( 8 - z ) ^ { 2 } } = \sqrt { 5 2 + ( 8 - z ) ^ { 2 } } ,
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$$
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由题设可知
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$$
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{ \sqrt { 2 0 + ( 8 + z ) ^ { 2 } } } = { \sqrt { 5 2 + ( 8 - z ) ^ { 2 } } } ,
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$$
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可解得z=1.
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17.5 $\left\{ { \begin{array} { l } { 3 x - y + 3 z = 5 , } \\ { x - 3 y - 2 z + 1 = 0 } \end{array} } \right.$ 解欲求直线L在已给平面π上的投影直线 $L _ { 0 }$ ，应先求过L且与π垂直
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的平面 $\pi _ { 1 }$ .为此先将L的方程化为一般式方程：
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$$
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\left\{ { \begin{array} { l } { x + z - 2 = 0 , } \\ { y + z - 1 = 0 , } \end{array} } \right.
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$$
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则过L的平面束方程为
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( x + z - 2 ) + \lambda ( y + z - 1 ) = 0 ,
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$$
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其中与π垂直的平面 $\pi _ { 1 }$ 的法向量应满足
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3 \times 1 + ( - 1 ) \lambda + 3 ( 1 + \lambda ) = 0 ,
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$$
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可解得 $\lambda = - 3$ ，则 $\pi _ { 1 }$ 的方程为
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x - 3 y - 2 z + 1 = 0 ,
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$$
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因此L在π上的投影直线 $L _ { 0 }$ 的方程为
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$$
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\left\{ { \begin{array} { l } { 3 x - y + 3 z = 5 , } \\ { x - 3 y - 2 z + 1 = 0 . } \end{array} } \right.
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$$
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17.6 $x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - 2 z ^ { 2 } + 2 z - 1 = 0$ 解由直线方程的两点式得直线AB的方程：
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$$
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{ \frac { x - 1 } { 1 } } = { \frac { y } { - 1 } } = { \frac { z } { - 1 } } \ .
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$$
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写成参数式：
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x = 1 + t , y = - t , z = - t ,
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得旋转曲面的方程：
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x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = ( 1 - z ) ^ { 2 } + z ^ { 2 } , \mathrm { ~ } \sharp \mathbb { \ : } x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - 2 z ^ { 2 } + 2 z - 1 = 0 \ .
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$$
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17.7 $\frac { 1 } { 2 }$ 解因为
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{ \frac { \hat { \sigma } u } { \hat { \sigma } x } } | _ { A } = { \frac { 1 } { x + { \sqrt { y ^ { 2 } + z ^ { 2 } } } } } | _ { ( 1 , 0 , 1 ) } = { \frac { 1 } { 2 } } ,
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$$
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$$
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\left. { \frac { \hat { \sigma } u } { \hat { \sigma } y } } \right| _ { A } = { \frac { 1 } { x + { \sqrt { y ^ { 2 } + z ^ { 2 } } } } } \cdot \left. { \frac { y } { \sqrt { y ^ { 2 } + z ^ { 2 } } } } \right| _ { ( 1 , 0 , 1 ) } = 0 \ ,
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$$
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$$
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{ \frac { \partial u } { \partial z } } | _ { A } = { \frac { 1 } { x + { \sqrt { y ^ { 2 } + z ^ { 2 } } } } } \cdot { \frac { z } { \sqrt { y ^ { 2 } + z ^ { 2 } } } } | _ { ( 1 , 0 , 1 ) } = { \frac { 1 } { 2 } } ,
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$$
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而 $\overrightarrow { A B }$ 的单位向量为 $\left( { \frac { 2 } { 3 } } , - { \frac { 2 } { 3 } } , { \frac { 1 } { 3 } } \right)$ ，故所求的方向导数为
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$$
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\left. \frac { \hat { \alpha } u } { \hat { \partial } \vec { A } B } \right| _ { A } = \frac { 1 } { 2 } \times \frac { 2 } { 3 } + 0 \times \left( - \frac { 2 } { 3 } \right) + \frac { 1 } { 2 } \times \frac { 1 } { 3 } = \frac { 1 } { 2 } ~ .
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$$
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17.8 $\sqrt { 2 }$ 解方向导数的最大值就是 $| \mathbf { g r a d } u | _ { P } |$ .由所给方程两边对x求偏导数，u视为x，y，z的函数，有
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{ \mathrm { e } } ^ { z + u } { \frac { \partial u } { \partial x } } - y - z { \frac { \partial u } { \partial x } } = 0 , { \frac { \partial u } { \partial x } } = { \frac { y } { { \mathrm { e } } ^ { z + u } - z } } \ .
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当 $x = 1 , y = 1 , z = 0$ 时 $\scriptstyle u = 0$ ，代人上式后，得 $\frac { \partial u } { \partial x } \bigg | _ { P } = 1$ .类似可得 $\left. \frac { \partial u } { \partial y } \right| _ { P } = 1 , \left. \frac { \partial u } { \partial z } \right| _ { P } = 0$ .所以
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$$
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\begin{array} { r } { \mathbf { g r a d } u \vert _ { r } = ( 1 , 1 , 0 ) , \left| \mathbf { g r a d } u \right| _ { r } = \sqrt { 2 } \ . } \end{array}
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$$
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17.96解设向量场 $\pmb { F } = P \pmb { i } + Q \pmb { j } + R \pmb { k }$ ，则在点 $M ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 处
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$$
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\operatorname { d i v } F = \left( \frac { \partial P } { \partial x } + \frac { \partial Q } { \partial y } + \frac { \partial R } { \partial z } \right) \bigg | _ { M ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } ) } ~ .
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$$
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因为 $\frac { \partial ( x ^ { 3 } ) } { \partial x } = 3 x ^ { 2 } , \frac { \partial ( y ^ { 3 } ) } { \partial y } = 3 y ^ { 2 } , \frac { \partial ( z ^ { 3 } ) } { \partial z } = 3 z ^ { 2 }$ ，故
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$$
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\operatorname { d i v } F = ( 3 x ^ { 2 } + 3 y ^ { 2 } + 3 z ^ { 2 } ) { \big | } _ { ( 1 , 0 , - 1 ) } = 6 ~ .
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$$
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17.102i+j+3k解设向量场 $\pmb { A } = P \pmb { i } + Q \pmb { j } + R \pmb { k }$ ，则
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$$
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\begin{array} { r } { \mathrm { r o t } ~ { A } = | \begin{array} { l l l } { i } & { j } & { k } \\ { \displaystyle \frac { \partial } { \partial x } } & { \displaystyle \frac { \partial } { \partial y } } & { \displaystyle \frac { \partial } { \partial z } | } \\ { P } & { Q } & { R } \end{array} | } \\ { = ( \frac { \partial R } { \partial y } - \frac { \partial Q } { \partial z } ) i + ( \frac { \partial P } { \partial z } - \frac { \partial R } { \partial x } ) j + ( \frac { \partial Q } { \partial x } - \frac { \partial P } { \partial y } ) k . } \end{array}
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因 $P = z , Q = 3 x , R = 2 y$ ，则
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\mathbf { r o t } \ { \cal A } = 2 i + j + 3 k \ .
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3734
考研/math/020_## 第18讲.md
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