高等数学学习笔记

一、极限

1.数列

​ 数列极限定义：设$\{a_i\}$为一个数列，若存在常数$a$，对于任意给定整数$ε(∀ε>0)$,总存在$N ∈Z^+$，使得当$n>N$时，有$|a_n-a|<ε$，则数$a$为$\{a_i\}$的极限，$\{a_i\}$收敛于$a$

​ 记作:$\mathop{lim}\limits_{n→∞}a_n=a$ 或者 $a_n→a(n→∞)$

​ 若不存在这样的$a$，则称$\{a_i\}$发散，记为$\mathop{lim}\limits_{n→∞}a_n=∞$

​ 性质：

​ 唯一性：若$\{X_n\}$收敛，则极限唯一

​ 有界性：若$\{X_n\}$收敛，则$\{X_n\}$有界

​ 收敛数列的保号性：若$\{X_n\}$收敛，且$a>0$，则$∃N∈Z^+$，使得当$n>N$时，$X_n>0$

2.函数

​ 邻域：设$X_0,Δ∈R$，其中$Δ>0$，则称$(X_0-Δ,X_0+Δ)$为$X_0$的$Δ$邻域，记为$U(X_0,Δ)$

​ 去心邻域：$(X_0-Δ,X_0)∪(X_0,X_0+Δ)$为$X_0$的去心邻域，记作$U^0(X_0,Δ)$

​ 函数极限定义：设$f(x)$在$U^0(X_0,Δ)$有定义，如果存在常数$A$，$∀ε>0，∃Δ>0$,当$|X-X_0|<Δ$，有$|f(x)-A|<ε$，则称$A$为$f(x)$在$X→X_0$时的极限，记为$\mathop{lim}\limits_{X→X_0}f(x)=A$或者$f(x)→A(X→X_0)$

​ 当$X ∈ U^0(X_0)​$，$f(x) ∈ (A - ε,A+ε)​$

​ 左右极限：$y=f(x)$在$U^0(X_0)$有定义，$∃A,∀ε>0,∃Δ>0,x∈(x_0-Δ,x_0)$，有$|f(x)-A|<ε$，记为$\mathop{lim}\limits_{X→X_{0}^-}f(x)=A$

​ 右极限类比，记作$\mathop{lim}\limits_{X→X_{0}^+}f(x)=A$

​ $\mathop{lim}\limits_{X→X_0}f(x)=A$ <=> $\mathop{lim}\limits_{X→X_{0}^+}f(x)=\mathop{lim}\limits_{X→X_{0}^-}f(x)=A$

二、导数与微分

1. 导数

​ 导数的定义：设$f(x)$在$U^0(X_0)$有定义，给$X_0$一个增量$Δx$,保证$x_0+Δx$处有定义，相应的函数取得一个增量$Δy$,$Δy=f(x_0+Δx)-f(x_0)$.若$\frac{Δy}{Δx}$在当$Δx→0$情况下存在极限，则称$f(x)$在$x_0$处可导，称此极限为$f(x)$在$x_0$处的导数。

​ 导数的表示：对于函数$f(x)$求一次导数可以表示为$f'(x)$，满足$f'(x)=\mathop{lim}\limits_{Δx→0}\frac{f(x+Δx)-f(x)}{Δx}$，实际上这里就形成了一个新的函数$f'(x)$，如果对$f'(x)$再次求导，我们就称$f''(x)$为$f(x)$的二阶导数，你也可以写成$f^{(2)}(x)$

1.1 (补)函数连续性

​ 函数连续的定义：如果对于某个函数$f(x)$，$∀x_0∈(a,b)$有$\mathop{lim}\limits_{x→x_0}f(x)=f(x_0)$，则称函数在$(a,b)$上连续

​ 可导与连续的关系：可导 => 连续，连续 ≠> 可导

1.3 (补)两个重要极限

​ 这两个重要极限对于求导有着很大的帮助，必须记牢

​ 关于$sina$的极限

​ $\mathop{lim}\limits_{x→0}\frac{sinx}{x}=1$

​ 这个可以记忆成，$sina$的图像在$x$很接近0的时候，函数图像近似看作$y=x$

​ 关于$e$(自然底数)的极限

​ $\mathop{lim}\limits_{x→∞}(1+\frac{1}{x})^x=e$

​ 这个只能硬背

1.4 求导方法(两个重要极限的运用)

e.g.1.求 $y=sinx$ 的一阶导数

根据定义,$y'(x)=\mathop{lim}_\limits{Δx→0}\frac{sin(x+Δx)-sin(x)}{Δx}$

将分子部分和差化积，顺便将下面变换一下，可以得到$y'(x)=\mathop{lim}_\limits{Δx→0}\frac{2cos\frac{2x+Δx}{2}sin\frac{Δx}{2}}{2\frac{Δx}{2}}$

然后你发现了什么？分式中出现了上文提到的第一个重要极限，关于$sina$的重要极限

于是我们可以先将分式上下的2约掉，然后将$\frac{sin\frac{Δx}{2}}{\frac{Δx}{2}}$化成1

这样原式进一步化简，成为$y'(x)=\mathop{lim}_\limits{Δx→0}cos(x+\frac{Δx}{2})=cosx$

e.g.2.求 $y = ln(x+1)$的一阶导数

由题,$f(x)=y=ln(x+1)$

$∴f'(x)=y'=\mathop{lim}\limits_{Δx→0}\frac{f(x+Δx)-f(x)}{Δx}$

$=\mathop{lim}\limits_{Δx→0}\frac{ln(1+Δx+x)-ln(1+x)}{Δx}$

$=\mathop{lim}\limits_{Δx→0}\frac{ln(\frac{1+x+Δx}{1+x})}{Δx}$

$=\mathop{lim}\limits_{Δx→0}\frac{ln(1+\frac{Δx}{1+x})}{Δx}$

此时考虑到分子上有一个分式$\frac{Δx}{1+x}$，并且分母下面也有一个$Δx$，所以尝试一下第二个重要极限

将原式分母提出，看成$\frac{1}{Δx}=\frac{1+x}{Δx} * \frac{1}{1+x}$，就可以构造出$ln$内的某个与$Δx$有关的量$\frac{Δx}{1+x}$的倒数

也就可以用第二重要极限了

原式可化简$=\mathop{lim}\limits_{Δx→0}\frac{1+x}{Δx} * \frac{1}{1+x}*ln(1+\frac{Δx}{1+x})$

根据 $a * ln(x) = ln(x ^ a)$这个性质可得

$=\mathop{lim}\limits_{Δx→0}[\frac{1}{1+x}*ln(1+\frac{Δx}{1+x})^{\frac{1+x}{Δx}}]$

可以观察到，后面$ln$的参数可以通过第二重要极限化简为$e$

$log_ee = 1$

所以$=\mathop{lim}\limits_{Δx→0}[\frac{1}{1+x}*1]$

$∴f'(x)=\frac{1}{1+x}$

思考：按照这个方法尝试求一下$y=ln\ x$ 与 $y=ln(2+x)$的导数

需要记忆的东西

你当让可以现推，但是记住以下这些东西对你有好处

$(x^u)' = ux^{u-1}$

$(sin x)'=cos x$

$(cos x)'=-sin x$

$(tan x)'=sec^2 x$

$(cot x)'=-csc^2 x$

$(lnx)'=\frac{1}{x}$

$(e^x)'=e^x$

$(a^x)'=a^xln\ a$

运算法则也需要记忆

设$u=u(x),v=v(x)$，都可导，则有

$(u±v)'=u' ± v'$

$(Cu)'=Cu'$(C是常数)

$(uv)'=u'v+uv'$

$(\frac{u}{v})' = \frac{u'v-uv'}{v^2}$

反函数求导法则：$[f^{-1}(x)]'=\frac{1}{f'(y)}$

1.5 复合函数的求导法则

用途：比如求$e^{x^3}$的导数问题

定理：如果$u=g(x)$在点$x$可导，而$y=f(u)$在点$u=g(x)$可导，那么复合函数$y=f[g(x)]$在点$x$可导，导数为$y'=f'(u)*g'(x)$

e.g.1. 设$y=e^{x^3}$,求$\frac{dy}{dx}$

很明显的复合函数求导问题，我们可以使用复合函数求导法则

令$u(x)=x^3,f(x)=e^{u(x)}$

那么我们知道最终结果$\frac{dy}{dx}=f'(x)=\frac{dy}{du}*\frac{du}{dx}$，即对两个函数分别求导，然后相乘

根据上文的第七条需要记忆的东西，我们知道$(e^x)'=e^x$

所以$\frac{dy}{du} = f'(x)=e^{u(x)}$，而$u'(x)$用第一条需要记忆的东西就可以轻松化简为$\frac{du}{dx}=u'(x)=3x^2$

所以最终结果$\frac{dy}{dx}=f'(x)=\frac{dy}{du}*\frac{du}{dx}=e^{u(x)}*3x^2=3x^2e^{x^3}$

2.隐函数和求它的导数

隐函数概念提要

函数分隐函数和显函数，他们主要是描述函数存在形式的一个名词，形如$y=x^2+x^5 + 2x$这样的通常函数表达形式，我们称之为显函数，这里描述得不专业，只是方便理解。如果函数写成了类似方程的形式，比如说$x^2+y^3-1=0$这样我们就称它为隐函数。

需要特别注意的一点，不管是隐函数还是显函数，它们都是遵循函数的定义，即在$x$是自变量，$y$为因变量的情况下，一个$x$有且只对应一个$y$，不能一个$x$对应多个$y$，但是多个$x$允许对应同一个$y$。所以如果说你看到一个方程形式的式子，你必须保证给定$x$过后只能解出一个$y$，你才能说它是隐函数，否则它根本不是一个函数。

隐函数显化 提要

简单来说就是把隐函数改写成显函数的形式，比如说刚才的$x^2+y^3-1=0$经过改写可以写成$y=\sqrt[3]{1-x^2}$

但并不是每一个隐函数都可以成功被改写成显函数，比如说$xy+3x^2-5y-10=0$，无法改写，但是它毕竟是个函数，如何对它求导，这也就是接下来讲的隐函数求导问题

隐函数的求导(重点)

基本思路是将导数看做未知数$f'(x)$，然后方程两边同时取导构造出$f'(x)$，然后像解方程一样解出导数

e.g.1. 求函数 $xy+3x^2-5y-10=0$在$x=0$时的导数

(解法1)

令$y=f(x)$，带入原式可得

$xf(x)+3x^2-5f(x)-10=0$

等式两边同时对$x$取导，这里放一个详细点的步骤，主要是方便大家熟悉前文提到的需要记忆的东西和运算法则

右边取导很简单，常数的导数恒为0，所以右边确定为0，左边10取导也为0

对于左边的一坨整体取导数，根据上文第一条运算法则:$(u±v)'=u' ± v'$，可以先算每一项导数再相加

$[xf(x)]'=x'f(x)+xf'(x)=1*f(x)+xf'(x)=f(x)+xf'(x)$，用到了第三条运算法则

$(3x^2)'=6x$，用到了需要记忆的东西第一条

$[5f(x)]'=5f'(x)$，用到了第二条运算法则

原式化为$f(x)+xf'(x)+6x-5f'(x)=0$

此时将$f(x)$再替换回$y$，把$f'(x)$当做未知数，解出来即可

$f'(x)=\frac{6x+y}{5-x}$

当$x=0$时，解得$y=-2$，带入上式得$f'(0)=\frac{-2}{5}=-\frac{2}{5}$

(解法2)

解法2就是不像解法1那样代换掉$y$，而是直接在方程两边对$x$取导，大体思路是一样的，所以就不赘述了

e.g.2. 求由方程$e^y+xy-e=0$所确定的隐函数的导数$\frac{dy}{dx}$

注意，在解决这个问题前，你需要先阅读1.5 复合函数的求导法则并弄懂它的$e.g.$

依然遵循套路，将等式左右两边同时对$x$取导，这里特别说一下$e^y$的对$x$的取导

如果你刚刚才看了1.5 复合函数的求导法则，你一定感觉很熟悉，求导方式是一样的

这里把$y$看做是另一个函数，那么$(e^y)'=e^y*y'$，具体过程可参考1.5 复合函数的求导法则的$e.g.$的推导

然后原式取导就化为了$e^y*y'+y+xy'=0$

将$y'$看做未知数，现在要解出$y'$

得到$y'=-\frac{y}{x+e^y}(x+e^y≠0)$

所以$\frac{dy}{dx}=y'=-\frac{y}{x+e^y}$

e.g.3. 求由方程$y^5+2y-x-3x^7=0$所确定的隐函数在$x=0$处的导数$\frac{dy}{dx}|_{x=0}$

还是一如既往的左右连边同时对$x$求导，方法和e.g.2类似

$(y^5)'$，这个可以看成是复合函数，由$y=f(x)$和$u(x)=x^5$复合而成

所以遵守复合函数求导法则，将两个函数分别求导相乘，得到$(y^5)'=5y^4*y'$

$(2y)' = 2y'$

$(x)'=1$

$(3x^7)=21x^6$

所以原式对$x$求导过后可得$5y^4*y'+2y'-1-21x^6=0$

将$y'$看做未知数，现在要解出$y'$

得到$y'=\frac{1+21x^6}{5y^4+2}$

即$\frac{dy}{dx}=y'=\frac{1+21x^6}{5y^4+2}$

由原方程，当$x=0$时，解得$y=0$，带入上式

所以$\frac{dy}{dx}|_{x=0}=\frac{1}{2}$

3.微分

概念问题，不作详细讲述

三、微分中值定理与导数应用

1. 三个微分中值定理

罗尔定理

若$f(x)$满足：1.$[a,b]$上连续 2.$(a,b)$内可导 3.$f(a) = f(b)$

则至少存在一个$ε$,使得$f'(ε)=0$

拉格朗日定理

若$f(x)$满足：1.$[a,b]$上连续 2.$(a,b)$内可导

则至少存在一个$ε$,使得$f(b)-f(a)=f'(ε)(b-a)$

即$f'(ε)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

柯西定理

若$f(x),F(x)$满足：1.$[a,b]$上连续 2.$(a,b)$内可导 3.$∀x∈(a,b),F'(x) ≠0$

则有$∃ε∈(a,b)$使得$\frac{f'(ε)}{F‘(ε)}=\frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}$

2. 洛必达法则求极限(导数应用1)

​ 适用范围：洛必达法则是用来求分式极限的一种方法，分式需要满足分子和分母在满足$lim$约束符的限制下，都同时无限大或者同时无限小的情况，一般方法不容易求则使用洛必达法则。

​ 基本思想：对分子分母同时取导，则极限依然不变，不断求导并化简直到能够方便求出极限为止

e.g.1. 求 $\mathop{lim}\limits_{x→0}\frac{x-sinx}{x^3}$

首先判定是否适用于洛必达法则，分子$A = x-sin\ x$在$x→0$时，$A → 0$；分母$B = x^3$在$x→0$时，$B→0$

所以满足洛必达法则前提，分子分母都同时无限小或者无限大，开始尝试对分子分母求导

$\mathop{lim}\limits_{x→0}\frac{(x-sinx)'}{(x^3)'}=\mathop{lim}\limits_{x→0}\frac{1-cosx}{3x^2}$

解释一下，对分子取导，用到了本笔记上文提到的运算法则第1条，$(u±v)'=u' ± v'$，由于这里$x$看做是对$y=x$取导，所以导数为1，而$sinx$的导数参考上文需要记忆的东西第二条$(sin x)'=cos x$

对分母的取导，用到了上文提到的需要记忆的东西的第一条$(x^u)' = ux^{u-1}$

再来看$\mathop{lim}\limits_{x→0}\frac{1-cosx}{3x^2}$这个式子，分子当$x→0$时，$1-cosx→0$，分母当$x→0$时，$3x^2→0$，所以仍然可以继续使用洛必达法则

$\mathop{lim}\limits_{x→0}\frac{1-cosx}{3x^2}=\mathop{lim}\limits_{x→0}\frac{sinx}{6x}$

分子部分的计算，因为1是常数，所以导数为0，$cosx$导数同样参考上文需要记忆的东西，不做赘述

现在你可以发现式子变为了可求极限的样子，结合之前所说的两个重要极限中的第一个，就可以得到答案

$\mathop{lim}\limits_{x→0}\frac{sinx}{6x}=\frac{1}{6}$

e.g.2. 求 $\mathop{lim}\limits_{x→0^+}x^nln\ x(n>0)$

仔细观察式子，可以发现$x^n$当$x$趋于0时，无限小(趋于0)，而$ln\ x$在$x$趋于0时，无限接近于负无穷，这里我们可以把无限接近于负无穷也看成是无限大

因此这题是一个无限小和无限大相乘，看似不能用洛必达法则完成，实际上你可以把原式稍微变形即可

$\mathop{lim}\limits_{x→0^+}x^nln\ x=\mathop{lim}\limits_{x→0^+}\frac{lnx}{\frac{1}{x^n}}$

现在我们讲原式转换成了这样的分式形式，并且分子和分母都是无限大了，也就可以用洛必达法则了，以下就是常规化简操作了

$\mathop{lim}\limits_{x→0^+}\frac{lnx}{\frac{1}{x^n}}=\mathop{lim}\limits_{x→0^+}\frac{(lnx)'}{(\frac{1}{x^n})'}=\mathop{lim}\limits_{x→0^+}\frac{\frac{1}{x}}{-nx^{-n-1}}$

分子分母同时乘上$x$得$=\mathop{lim}\limits_{x→0^+}\frac{1}{-nx^{-n}}=\mathop{lim}\limits_{x→0^+}\frac{x^n}{-n}$

仔细观察可以发现，现在随着$x$趋于0，分子也趋于0，所以最终结果就是$\mathop{lim}\limits_{x→0^+}\frac{x^n}{-n}=0$

$∴\mathop{lim}\limits_{x→0^+}x^nln\ x=0$

e.g.3. 求 $\mathop{lim}\limits_{x→0^+}x^x$

这道题要求的比较奇怪，是$x^x$，也就是无限小的无限小次方的极限，如果没有思路的话，看到幂还是不妨取取对数

我们令$y=x^x$，左右两边同时取对数得$lny=xlnx$

现在我们就是想求$\mathop{lim}\limits_{x→0^+}y$

观察$lny$的函数图像，实际上我们只需要求出$lny$的极限，那么实际上对应的，也就是$y$的极限，所以问题转换为求

$\mathop{lim}\limits_{x→0^+}lny=\mathop{lim}\limits_{x→0^+}xlnx$

$x$趋于无限小，$lnx$趋于无限大，是不是和刚刚的e.g.2就是一样的问题了？那么我们直接套用结论：$\mathop{lim}\limits_{x→0^+}xlnx=0$

所以我们得到了$\mathop{lim}\limits_{x→0^+}lny=0$

倒推回去，得到$y=e^0=1$

所以$\mathop{lim}\limits_{x→0^+}x^x=1$

3. 泰勒公式的推导

​ 泰勒公式简介：泰勒公式就是构造一个若干项连加式子来表示某个函数，那若干项连加式子的系数是由这个函数在某些点的导数决定的。

​ 具体而言，泰勒公式表达是这样的:

​ $P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + ... + a_n(x-x_0)^n$

​ $f(x)=P_n(x)+R_n(x)$，实际上$R_n(x)$就是误差，关于$R_n(x)$的详细介绍，下文泰勒中值定理中会介绍

​ 函数$P_n(x)$就可以用来近似表示函数$f(x)$，式子中的$a_0,a_1,...,a_n$都是由$f(x)$在某些位置的导数决定的，如何计算$a_i$?下面介绍过程

系数$a_i$的计算

在这里计算时，我们索性直接认为$P_n(x)=f(x)$，这样误差会尽量小

$a_0$是最好计算的，首先我们看$P_n(x)$的表达式，可以很明显发现，如果我们令$x=x_0$的话，也就是计算$P_n(x_0)$，会发现除了$a_0$后面所有项都消掉了，可以直接得出$a_0=P_n(x_0)=f(x_0)$

那么$a_1$如何计算呢？能不能也想个办法把除了$a_1$以外的项都消掉呢？如果只是令$x=x_0$的话，岂不是$a_1$自己也被消掉了？

办法是有的，那就是取导，$P_n(x)=f(x)$两边同时取导，根据上文所述的运算法则第一条和上文所述的需要记忆的东西第一条，可以发现$P_n'(x)=a_1+2a_2(x-x_0)+3a_3(x-x_0)^2+...+na_n(x-x_0)^{n-1} = f'(x)$

这样你再令$x=x_0$，带入$P_n'(x_0)$就可以发现，除了$a_1$以外的所有项都消掉了，于是你可以计算出$a_1$了

以此类推，你可以计算出所有的$a_i$，比如说$a_2=P_n''(x_0)=\frac{f''(x_0)}{2!}，a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$

于是我就推出了泰勒公式的最终表达式：

$P_n(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$

泰勒中值定理

泰勒中值定理实际上说明了上文提到的误差$R_n(x)$的表达

定义：如果函数$f(x)$在$x_0$的某个邻域$U(x_0)$内具有$(n+1)$阶导数，那么对于任一$x∈U(x_0)$有

$f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x)$

其中，$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(ξ)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$

这里的$ξ$就是介于$x_0$与$x$之间的某个值

具体证明不作赘述