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3
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@ -2,4 +2,5 @@
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/介值定理例题.md

5
Notice!!!（develop分支）.md
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@ -0,0 +1,5 @@
# Nota Bene!!!
每次修改此仓库（也就是在左侧advanced-math-notes栏中的任何文件）时
请先pull，commit
确保自己修改的仓库是最新版本

41
介值定理例题.md
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@ -1,41 +0,0 @@
>[!example] **例1**
设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$a < c < d < b$。证明：在$(a,b)$内必存在点$\xi$，使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$，其中$m,n$为任意给定的自然数。
**解析：**
因$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$f(x)$在$[a,b]$上能取得最大值$f_{\max}$和最小值$f_{\min}$。又因为
$$(m + n)f_{\min} \leqslant mf(c) + nf(d) \leqslant (m + n)f_{\max},$$
即$f_{\min} \leqslant \frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} \leqslant f_{\max}$，故由介值定理，在$[a,b]$上必存在一点$\xi$，使得
$$\frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} = f(\xi),$$
即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。
>[!example] **例2**
>一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗，每天上午7点从营地出发，8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回，8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明，在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。
**解析**
设上山的路程函数为$s=f_1(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_1(7)=0$，$f_1(8)=D$（$D$为两岗哨之间的距离）
下山的路程函数为$s=f_2(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_2(7)=D$，$f_2(8)=0$
作辅助函数$F(t)=f_1(t)-f_2(t)$，则$F(t)$在$[7,8]$上连续，且$F(7)=-D$，$F(8)=D$
由零点定理知，至少存在$\xi\in(7,8)$使$F(\xi)=0$
即在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。
>[!example] 例3
>设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$，使$f(\xi)+\xi=0$。
>
**解析**
步骤1：构造辅助函数并分析连续性
设辅助函数$F(x)=f(x)+x$。
已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，$y=x$在$(-\infty,+\infty)$上也连续，根据连续函数的和运算性质，$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续。
步骤2：利用极限条件分析$F(x)$在无穷远处的符号
由$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，可得：
$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$
$$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$
根据函数极限的保号性：
- 存在$X_1>0$，当$x>X_1$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x>0$，故$F(x)>0$。取$x_1=X_1+1$，则$F(x_1)>0$
- 存在$X_2>0$，当$x<-X_2$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x<0$，故$F(x)<0$。取$x_2=-X_2-1$，则$F(x_2)<0$
步骤3：应用零点存在定理得出结论
$F(x)$在闭区间$[x_2,x_1]$上连续，且$F(x_2)<0$，$F(x_1)>0$。
由零点存在定理，至少存在一点$\xi\in(x_2,x_1)\subset(-\infty,+\infty)$，使得$F(\xi)=0$，即$f(\xi)+\xi=0$

55
编写小组/二阶微分推导.md
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@ -1,55 +0,0 @@
首先提出一个问题：
导数和微分是一个东西吗
**不是。它们密切相关，但本质不同。**
### 一阶情形
- **导数 (Derivative)**
- **本质**：一个**函数**（或该函数在某点的值）
- **含义**：因变量相对于自变量的**变化率**（瞬时斜率）
- **定义**：$f'(x) = \frac{dy}{dx} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}$
- **微分 (Differential)**
- **本质**：一个**表达式**或**量**
- **含义**：函数改变量的**线性主要部分**
- **定义**：$dy = f'(x) \, dx$
- 其中 $dx$ 是自变量的微分（任意微小改变量）
- $dy$ 是因变量沿切线方向的近似改变量
**一阶关系**：$dy = f'(x) \, dx$
### 二阶情形
#### 二阶导数
- **本质**：一阶导数的导数，仍是一个**函数**
- **符号**：$f''(x)$, $y''$, $\frac{d^2y}{dx^2}$
- **含义**：函数**变化率的变化率**，描述函数的**凹凸性**
- **定义**：$f''(x) = \frac{d}{dx}[f'(x)]$
#### 二阶微分
- **本质**：微分的微分，是一个**表达式**
- **符号**：$d^2y$
-
我们知道：$f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}$
现在尝试推导这一公式
由两函数相乘一阶微分公式：$d[f(x).g(x)] = g(x)d[(fx)] + f(x)d[g(x)]$
得：
$f''(x) = \frac{d(\frac{df(x)}{dx})}{dx}$
$= \frac{1}{dx}.\frac{d(df(x))}{dx} + df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}$
$= \frac{d^2f(x)}{(dx)^2} +df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}$
---
嘿！您猜怎么着！
出现了额外的一项，与二阶导数公式不符： $df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}=-df(x) . \frac{1}{d^2x}. \frac{d({dx})}{dx}$
问题出在 $d(dx)$ 上：
我们知道，一阶导数的意义是当 $\Delta x$ 趋于无穷小的时候 $\Delta y$ 的变化率
实际上，在函数曲线上的任何一点处取函数微分， $dx$ 都是相等的
即 $dx$ 永远是均匀的，求高阶微分时将其视为常数
所以：$d(dx) = 0$
### $f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}= \frac{d^2f(x)}{dx^2}$
**注意此处的约定写法**：$(dx)^2$ 写作 $dx^2$（注意：这不是 $d(x^2)$）

8
编写小组/讲义/二阶微分推导.md
Unescape View File

@ -8,7 +8,7 @@
- **导数 (Derivative)**
- **本质**：一个**函数**（或该函数在某点的值）
- **含义**：因变量相对于自变量的**变化率**（瞬时斜率）
- **定义**：$f'(x) = \frac{dy}{dx} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}$
- **定义**：$f'(x) = \frac{dy}{dx} = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}$
- **微分 (Differential)**
- **本质**：一个**表达式**或**量**
@ -30,7 +30,7 @@
- **本质**：微分的微分，是一个**表达式**
- **符号**：$d^2y$
-
我们知道：$f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}$
我们知道：$f''(x) =\lim\limits_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}$
现在尝试推导这一公式
由两函数相乘一阶微分公式：$d[f(x).g(x)] = g(x)d[(fx)] + f(x)d[g(x)]$
得：
@ -39,13 +39,13 @@
$= \frac{d^2f(x)}{(dx)^2} +df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}$
---
嘿！您猜怎么着！
出现了额外的一项，与二阶导数公式不符： $df(x) . \frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}=-df(x) . \frac{1}{d^2x}. \frac{d({dx})}{dx}$
出现了额外的一项，与二阶导数公式不符： $df(x)\frac{d(\frac{1}{dx})}{dx}=-df(x) \frac{1}{d^2x}\frac{d({dx})}{dx}$
问题出在 $d(dx)$ 上：
我们知道，一阶导数的意义是当 $\Delta x$ 趋于无穷小的时候 $\Delta y$ 的变化率
实际上，在函数曲线上的任何一点处取函数微分， $dx$ 都是相等的
即 $dx$ 永远是均匀的，求高阶微分时将其视为常数
所以：$d(dx) = 0$
### $f''(x) =lim_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}= \frac{d^2f(x)}{dx^2}$
### $f''(x) =\lim\limits_{\Delta x \rightarrow0} \frac{f'(x+\Delta x) - f'(x)}{dx} = \frac{d^2f(x)}{(dx)^2}= \frac{d^2f(x)}{dx^2}$
**注意此处的约定写法**：$(dx)^2$ 写作 $dx^2$（注意：这不是 $d(x^2)$）

152
编写小组/讲义/单调有界准则与介值定理.md
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@ -1,152 +0,0 @@
## 单调有界准则
### 原理
- **单调有界数列必收敛**：
1. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界 $M$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n\} \leq M$。
2. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界 $m$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n\} \geq m$。
- **函数单调有界性质**：
若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调且有界，则 $f(x)$ 在 $I$ 的端点或无穷远处存在单侧极限。
### 适用情况
适用于证明数列或函数极限的存在性，尤其是：
- 递推数列极限的存在性与求解；
- 函数在某区间上的极限存在性；
- 某些无法直接求极限但可判断单调性和有界性的情形。
### 优势
1. 不依赖于极限的具体值，只需判断单调性和有界性；
2. 适用于很多递推定义的数列；
3. 证明过程结构清晰，易于理解和操作。
### 劣势
1. 只能证明极限存在，不能直接给出极限值（需另解方程）；
2. 判断单调性和有界性有时需要一定的技巧；
3. 对于非单调或没有明显界的序列不适用。
### 例子
> [!example] 例1
> 证明数列 $a_1 = \sqrt{2}, a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ 收敛，并求其极限。
**解析**
1. **有界性**：
易证 $0 < a_n < 2$（可用归纳法）。
2. **单调性**：
计算 $a_{n+1} - a_n = \sqrt{2 + a_n} - a_n$。
设 $f(x) = \sqrt{2 + x} - x$，在 $[0,2]$ 上分析符号，可得 $a_{n+1} \geq a_n$，故数列单调递增。
3. **由单调有界准则**，数列收敛。
4. **求极限**：
设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L = \sqrt{2 + L}$，解得 $L = 2$（舍去负根）。
---
> [!example] 例2
> 证明函数 $f(x) = \frac{x}{x+1}$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调有界，并求 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$。
**解析**
1. **单调性**：
导数 $f'(x) = \frac{1}{(x+1)^2} > 0$，故 $f(x)$ 单调递增。
2. **有界性**：
显然 $0 \leq f(x) < 1$。
3. **由单调有界准则**，$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在，且为 $1$。
---
## 习题
> [!example] 习题1
> 设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = 1, x_{n+1} = 1 + \frac{1}{1 + x_n}$，证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求极限。
**解析**
1. **有界性**：归纳法易证 $1 \leq x_n \leq 2$。
2. **单调性**：计算 $x_{n+2} - x_{n}$ 判断奇偶子列单调性，或直接分析 $x_{n+1} - x_n$ 符号，可知数列非单调但可拆分单调子列。
实际上，可证 $\{x_{2n}\}$ 单调递增，$\{x_{2n-1}\}$ 单调递减。
3. **由单调有界准则**，奇偶子列均收敛，再证二者极限相同。
4. **求极限**：设 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$，则 $L = 1 + \frac{1}{1 + L}$，解得 $L = \sqrt{2}$。
---
> [!example] 习题2
> 判断数列 $a_n = \frac{n}{n^2 + 1}$ 是否收敛，若收敛求极限。
**解析**
1. **单调性**：考虑 $a_{n+1} - a_n = \frac{n+1}{(n+1)^2 + 1} - \frac{n}{n^2 + 1}$，通分后分子为 $-n^2 - n + 1$，当 $n \geq 1$ 时小于零，故数列单调递减。
2. **有界性**：显然 $0 < a_n \leq \frac{1}{2}$。
3. **由单调有界准则**，数列收敛。
4. **极限**：$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2 + 1} = 0$。## 介值定理
### 介值定理
### 原理
- **介值定理（Intermediate Value Theorem, IVT）**：
若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \neq f(b)$，则对于任意介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数 $C$，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = C$。
- **零点定理（特殊情形）**：
若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \cdot f(b) < 0$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = 0$。
### 适用情况
适用于连续函数在区间上的值域问题，尤其是：
- 证明方程在某区间内至少有一个根；
- 证明函数可取到某个中间值；
- 确定函数值域或解的存在性。
### 优势
1. 不需求解方程，只需验证连续性和端点函数值；
2. 可用于证明解的存在性，构造性证明中常用；
3. 定理直观，易于理解和应用。
### 劣势
1. 只能证明存在性，不能确定解的个数或具体位置；
2. 要求函数在闭区间上连续，否则定理不适用；
3. 对于非连续函数或开区间，需额外处理。
### 例子
> [!example] 例1
> 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
**解析**
设 $f(x) = x^3 - 3x + 1$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = -1 < 0$。
由零点定理，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
---
> [!example] 例2
> 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $0 \leq f(x) \leq 1$，证明至少存在一点 $c \in [0,1]$，使得 $f(c) = c$。
**解析**
构造辅助函数 $g(x) = f(x) - x$，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
计算：$g(0) = f(0) - 0 \geq 0$，$g(1) = f(1) - 1 \leq 0$。
若 $g(0)=0$ 或 $g(1)=0$，则取 $c=0$ 或 $c=1$ 即可。
否则 $g(0)>0$，$g(1)<0$，由零点定理，存在 $c \in (0,1)$ 使得 $g(c)=0$，即 $f(c)=c$。
---
## 习题
> [!example] 习题1
> 证明方程 $e^x = 3x$ 至少有一个正实根。
**解析**
设 $f(x) = e^x - 3x$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续（实际上在整个实数域连续）。
计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = e - 3 < 0$（因为 $e \approx 2.718$）。
由零点定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f(\xi)=0$，即 $e^\xi = 3\xi$，故方程至少有一个正实根。
---
> [!example] 习题2
> 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < c < d < b$，证明若 $f(c)$ 与 $f(d)$ 异号，则方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。
**解析**
由题意，$f(x)$ 在 $[c,d]$ 上连续，且 $f(c) \cdot f(d) < 0$。
由零点定理，存在 $\xi \in (c,d)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。

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471
编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总.md
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@ -0,0 +1,471 @@
---
tags:
- 编写小组
---
**内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
# 子数列及其相关定理
## 一、子数列的概念与性质
### 1. 原理
子数列是从一个给定数列 $\{a_n\}$ 中，按照**下标严格递增**的方式（即 $n_1 < n_2 < n_3 < \cdots$）选取无穷多项，构成的新数列 $\{a_{n_k}\}$。
若 $\{a_{n_k}\}$ 为 $\{a_n\}$ 的子数列，则 $a_{n_k}$ 是新数列的第 $k$ 项，是原数列的第 $n_{k}$ 项，而中间可能有些项没有选，因此有 $$n_k
\geqslant k\ (k=1,2,3,\cdots)$$
**核心性质**：若原数列 $\{a_n\}$ 收敛于极限 $L$，则它的**任何**子数列 $\{a_{n_k}\}$ 也必定收敛于**同一极限** $L$。
**逆否命题**：如果能从原数列中找到**两个收敛于不同极限**的子数列，或者找到一个**发散**的子数列，则可断定原数列**发散**。
### 2. 适用条件
- 适用于任何实数数列
- 是分析数列收敛/发散性、极限值以及数列内部结构的通用工具
### 3. 优势与劣势
**优势**：
- **判定发散**：非常强大。只需找到两个极限不同的子数列，即可轻松证明原数列发散
- 例：数列 $(-1)^n$，取奇数项子数列收敛于 $-1$，偶数项收敛于 $1$，故原数列发散
- **探索极限点**：可以用于研究数列的聚点（极限点）、上极限和下极限
- **局部推断整体**：通过分析具有代表性的子数列，有时可以窥探原数列的整体趋势
**劣势**：
- **不能单独证明收敛**：一个数列的某个（甚至某些）子数列收敛，**不能**推出原数列收敛
- **构造难度**：有时为了证明发散，需要巧妙地构造出特定的子数列，这需要一定的洞察力
---
## 二、拉链定理（奇偶子列定理）
### 1. 原理
这是子列性质的一个特例和重要应用。
**定理表述**：数列 $\{x_n\}$ 收敛的**充要条件**是，它的**奇数项子列** $\{x_{2k-1}\}$ 与**偶数项子列** $\{x_{2k}\}$ 都收敛，且
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim_{k \to \infty} x_{2k}
$$
当条件满足时，原数列的极限等于这个公共值。
**直观理解**：就像拉链的两边（奇数列和偶数列）必须对齐且紧密闭合，整个数列才能收敛到一个点。
### 2. 证明
#### 1. 必要性证明（收敛 ⇒ 奇偶子列收敛且极限相等）
**已知**：$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$
**证明**：
- 由于 $\{x_{2k-1}\}$ 和 $\{x_{2k}\}$ 都是 $\{x_n\}$ 的子列，根据**子列的性质**：若原数列收敛，则其任意子列收敛于同一极限。
- 因此：
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a \quad \text{且} \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
- 特别地，$\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim\limits_{k \to \infty} x_{2k}$。
**必要性得证**。
#### 2. 充分性证明（奇偶子列收敛且极限相等 ⇒ 收敛）
**已知**：
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a, \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
**证明思路**：
要证 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$，即证：$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \text{使得当 } n > N \text{ 时}, |x_n - a| < \varepsilon$。
**证明过程**：
1. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = a$ 知：
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_1 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_1 \text{ 时}, |x_{2k-1} - a| < \varepsilon
$$
2. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k} = a$ 知：
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_2 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_2 \text{ 时}, |x_{2k} - a| < \varepsilon
$$
3. 取 $N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$，则当 $n > N$ 时，分两种情况：
- **若 $n$ 为奇数**，设 $n = 2k-1$，则 $k > K_1$，故 $|x_n - a| = |x_{2k-1} - a| < \varepsilon$
- **若 $n$ 为偶数**，设 $n = 2k$，则 $k > K_2$，故 $|x_n - a| = |x_{2k} - a| < \varepsilon$
4. 综上，$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$，使得当 $n > N$ 时，$|x_n - a| < \varepsilon$。
**由极限定义**，$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$。
**充分性得证**。
### 3. 适用条件
- **特定结构**：特别适用于数列项按其下标奇偶性呈现不同规律的情形（例如，通项中含有 $(-1)^n$ 因子）。
- **充要条件**：它既是收敛的**充分条件**也是**必要条件**，因此可用于**证明收敛**（而不仅仅是发散）。
### 4. 优势与劣势
**优势**：
- **化繁为简**：将判断整个数列收敛的问题，简化为判断两个特定子列的收敛性问题。
- **功能全面**：既能用于证明收敛（当奇偶子列极限相等时），也能用于证明发散（当它们极限不等或其中一个发散时）。
**劣势**：
- **应用局限**：仅适用于能自然分解出奇偶项的情形。对于更复杂的子列结构，此定理无能为力，需回归一般子列性质。
### 5. 典型示例
**例1**：判断 $x_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 的收敛性。
- 奇数项子列：$x_{2k-1} = -\frac{1}{2k-1} \to 0$
- 偶数项子列：$x_{2k} = \frac{1}{2k} \to 0$
- 两者极限相等，故由拉链定理，$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0$。
**例2**：判断 $x_n = (-1)^n$ 的收敛性。
- 奇数项子列：$x_{2k-1} = -1 \to -1$
- 偶数项子列：$x_{2k} = 1 \to 1$
- 两者极限不等，故原数列发散。
### 6. 推广形式
此定理可推广到更一般的有限个子列情况：
**定理**：设 $\{x_n\}$ 是一个数列，若存在有限个两两无公共项的子列 $\{x_{n_k^{(1)}}\}, \{x_{n_k^{(2)}}\}, \dots, \{x_{n_k^{(m)}}\}$，满足：
1. 这些子列的并集包含 $\{x_n\}$ 中除有限项外的所有项
2. 每个子列都收敛
3. 所有子列的极限相等，均为 $a$
则原数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$。
**注**：奇偶子列定理是 $m=2$ 时的特例。
**重要结论**：奇偶子列定理之所以能成为充要条件，是因为奇偶子列"覆盖"了整个数列（除有限项外）。这种"覆盖性"是关键。
### 7. 注意事项
1. 该定理仅要求奇偶子列极限存在且相等，不要求它们收敛到原数列的极限（这是由定理保证的结果）
2. 若奇偶子列中有一个发散，或两者收敛但极限不同，则原数列发散
3. 对于更复杂的振荡数列（如周期不为2），可能需要考察更多个子列
---
## 三、海涅定理（归结原则）
### 1. 原理
该定理建立了**函数极限**与**数列极限**之间的桥梁。
设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个去心邻域内有定义。则 **$\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$** 成立的**充要条件**是：对于**任意**一个满足 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x_0$ 且 $x_n \neq x_0$ 的数列 $\{x_n\}$，都有 **$\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = L$**。
海涅定理深刻地揭示了函数极限的本质——它与路径无关（只与趋近点有关）
### 2. 适用条件
- **核心**：讨论函数在某一点 $x_0$ 的极限（包括单侧极限）
- **要求**：函数在该点的去心邻域有定义
### 3. 优势与劣势
**优势**：
- **化归为数列极限**：可将复杂的函数极限问题转化为相对熟悉的数列极限问题
- **证明极限不存在**：这是其最强大的应用。要证明 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 不存在，只需找到**两个**趋于 $x_0$ 的数列 $\{x_n^{(1)}\}$ 和 $\{x_n^{(2)}\}$，使得 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) \neq \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$
- **理论基石**：是证明许多函数极限性质的重要工具
**劣势**：
- **不能直接计算**：它通常用于证明、转化或否定，而不是一个直接的计算公式
- **"任意性"要求苛刻**：定理的条件要求对"任意"数列都成立
### 4. 典型示例
证明：$\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在
证明过程：
取两个数列：
$$
x_n^{(1)} = \frac{1}{2n\pi} \to 0, \quad f(x_n^{(1)}) = \sin(2n\pi) = 0
$$
$$
x_n^{(2)} = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}} \to 0, \quad f(x_n^{(2)}) = \sin(2n\pi + \frac{\pi}{2}) = 1
$$
由于 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) = 0 \neq 1 = \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$，由海涅定理知 $\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在。
---
>[!example] **例1**（拉链定理）
 >设级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$收敛于S，且$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=0$，证明：级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛于S。
 
```
```
 
>[!example] **例2**（拉链定理）
>设$$a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right) \cdot \sin\frac{n\pi}{2}$$
>证明：数列$\{a_n\}$的极限不存在。
>
```
```
>[!example] **例3**（海涅定理）
> 证明狄利克雷函数
$$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有理数时}, \\ 0, & x\text{为无理数时}\end{cases}$$
在$(-\infty,+\infty)$上每一点都不存在极限。
```
```
# 考试易错点总结
## Vol. 1:补药漏写dx口牙！
>[!example] 例1
>设函数 $y = \ln(1 + \sin^2 x)$，求其微分 $dy$。
```
```
## **Vol.2等价无穷小问题**
注意，等价无穷小只能用于乘除，用于加减虽然有时也会得到正确的答案，但这并不是有保证的。归根到底这是因为等价无穷小是一种**近似**，在乘除中它的近似程度还可以用，但在加减中就未必了，加减中我们需要更精确的近似方法：泰勒展开。另外重要极限也是等价无穷小的两种特殊情况。
>[!example] 例题
>求极限$$\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x^3}$$
```
```
## Vol. 3:可去间断点的说明
>[!example] 例2
>求曲线 $y = \frac{x^2 + 2x - 3}{x^2 - 3x + 2}$ 的所有渐近线。
```
```
## Vol. 4:正项级数的判别法勿滥用
>[!example] 例3
>判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n}$ 的敛散性（绝对收敛、条件收敛或发散）。
```
```
## Vol. 5:误用p级数
**机械地套用p级数结论，而忽视了其应用前提：指数 `p` 必须是与 `n` 无关的常数。**
> [!example] 例题1：
>$$判定\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}}的敛散性$$
```
```
> [!example] 例题2：
>$$判定\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n}的敛散性$$
```
```
## Vol. 6: 条件收敛、绝对收敛、发散
**仅当利用比值/根值判别法判断出$\sum |a_n|$发散时$\Rightarrow$$\sum a_n$发散
#### 基本定义
给定一个实数（或复数）项级数 $\sum a_n$，其中 $a_n \in \mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$。
1. **绝对值级数**：$\sum |a_n|$，即每一项取绝对值后的新级数
2. **绝对收敛**：如果 $\sum |a_n|$ 收敛，则称 $\sum a_n$ **绝对收敛**
3. **条件收敛**：如果 $\sum a_n$ 收敛但 $\sum |a_n|$ 发散，则称 $\sum a_n$ **条件收敛**
#### 正确分析：
仅有$\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
**证明**：
- 使用柯西收敛准则。对于任意 $\varepsilon > 0$：
因为 $\sum |a_n|$ 收敛，由柯西准则，存在 $N$，使得当 $m > n \geq N$ 时：
$$|a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon$$ 由三角不等式:
$$
|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_m| \leq |a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon
$$
因此 $\sum a_n$ 满足柯西准则 ⇒ 收敛。
同理， $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
#### 概念辨析：
1. $\sum a_n$ 收敛 ⇒ $\sum |a_n|$收敛？
❌ 经典错误思路
**反例**：交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
2. $\sum |a_n|$ 发散 ⇒ $\sum a_n$发散？
❌ 经典错误思路
**反例**：交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
3. $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
✅ 正确分析
4. $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
✅ 正确分析
#### 附典型例子
| 级数 | $\sum a_n$ | $\sum \|a_n\|$ | 分类 |
| --------------------------- | ---------- | -------------------------------------------------------- | ---- |
| $\sum \frac{(-1)^n}{n^2}$ | 收敛 | 收敛 | 绝对收敛 |
| $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ | 收敛 | 发散 | 条件收敛 |
| $\sum \frac{1}{n}$ | 发散 | 发散 | 发散 |
| $\sum (-1)^n$ | 发散（震荡） | $\sum 1$ 发散 | 发散 |
| $\sum \frac{\sin n}{n^2}$ | 收敛 | $\sum \frac{\|\sin n\|}{n^2} \leq \sum \frac{1}{n^2}$ 收敛 | 绝对收敛 |
---
#### 前情提要
##### 比值判别法 (D'Alembert Ratio Test)
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$$
- **若 $L < 1$**：则 $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$ **绝对收敛**。
- **若 $L > 1$**：则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**：判别法**失效**，需用其他方法判断。
##### 根值判别法 (Cauchy Root Test)
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}$$
- **若 $L < 1$**：则 $\sum |a_n|$ **收敛**。
- **若 $L > 1$**：则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**：判别法**失效**，需用其他方法判断。
#### 结论:
**如果利用比值判别法或根值判别法得到$\sum |a_n|$发散，则$\sum a_n$发散**
#### 证明：
- 若比值判别法或根值判别法给出L>1
- 那意味着 $∣a_n∣$ 不趋于 0（实际上 $∣a_n∣$ 递增并且远离 0），
- 因此 $a_n$ 也不趋于 0，
- 所以$a_n$ 发散。
## **Vol.7 分段函数分段点处求导问题**
分段函数分段点处无论是求导还是判断连续都必须从**左右两边的极限**分别去算，而且计算的时候一定只能**用定义**。
>[!example] 例题
>设$f(x)=\begin{cases} \frac{2}{3}x ,\ \ x\le1 \\ x^2, \ \ x>1,\end{cases}$则$f(x)$在$x=1$处的\[ \].
>（A）左右导数都存在 （B）左导数存在，右导数不存在
>（C）左导数不存在，右导数存在 （D）左右导数都不存在
## **Vol.8绝对收敛级数**
绝对收敛的级数满足加法交换律，也就是说，交换各项的顺序不会导致最后结果的改变。但条件收敛的级数是不满足交换律的，改变加法的顺序可能会导致最后结果的改变，甚至可能使原本收敛的级数变成发散级数。这一点了解就行，不会出题目给大家考。
## Vol. 9: 反函数求导
易错：变量混淆。反函数的导数 = 原函数导数的倒数，但**自变量和因变量角色互换**。
这一点，大家都明白，但是一写在答题卡上就错了😂。
如何防止？我们可以试着用微分学来理解：
$y=f^{-1}(x)$，即$x = f(y)$，求$f^{-1'}$就是在求$\frac{dy}{dx}$，而$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{df(y)}=\frac{dy}{f'(y)dy}=\frac{1}{f'(y)}$
然后，就这么完了？如果就这么完了，那就真完了。
为什么？$f^{-1'}$最后应该是一个关于$x$的函数，$\frac{dy}{dx}$应当用$x$来表示。
所以，我们还需要将$y = f^{-1}(x)$代入，即：
$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{f'(y)}=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$
> [!example] 例1
> 求$d(\arcsin x)$
```
```
## Vol. 10: 无界与无穷大的辨析
很多人都觉得无界和无穷大是同一个概念，因为它们的实在是太像了：画在坐标系上都是“直指苍穹🚀”或者“飞流直下三千尺”嘛！但是，“无界”准确来说不完全是这样。要准确辨析它们，需要回到它们的**定义**上：
无穷大的定义：$\forall M > 0, \exists \delta>0$，当$0<|x-x_0|<\delta$时有$|f(x)|>M$，称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无穷大量
无界量的定义：由有界的定义($\exists M > 0, \forall x \in D_f,|f(x)|<M$)反推，无界的定义应该是$\forall M > 0$,
$\forall \delta>0, \exists x \in \mathring{U}(x_0,\delta)$有 $|f(x)|>M$，称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无界量
**核心区别**：无穷大是**存在某**去心邻域内**任意**$x$都大于$M$，无界是需要对**任意**邻域**存在**一个$x$使得$|f(x)|>M$
**联系**：无穷大一定是无界量，但是无界量不一定是无穷大。
> [!example] 例1
> 无穷震荡$\lim\limits_{x\rightarrow 0}{\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}}$
![[易错点10-1.png]]
这个并不是无穷大——不管取的邻域有多小，我总能找到一个令$\sin\frac{1}{x}=0$的$x$，此时$\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}=0$。
那这个是有界的吗？也不是。这就是典型的**不是无界量的无穷大**。
> [!example] 例2
> 双子数列$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{n\cos n\pi}$
总结：无穷大是在邻域内“一直都很大”，无界是邻域内“有很大的”

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编写小组/讲义/子数列问题&考试易错点汇总（解析版）.md
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- 编写小组
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**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
# 子数列及其相关定理
## 一、子数列的概念与性质
### 1. 原理
子数列是从一个给定数列 $\{a_n\}$ 中，按照**下标严格递增**的方式（即 $n_1 < n_2 < n_3 < \cdots$）选取无穷多项，构成的新数列 $\{a_{n_k}\}$。
若 $\{a_{n_k}\}$ 为 $\{a_n\}$ 的子数列，则 $a_{n_k}$ 是新数列的第 $k$ 项，是原数列的第 $n_{k}$ 项，而中间可能有些项没有选，因此有 $$n_k
\geqslant k\ (k=1,2,3,\cdots)$$
**核心性质**：若原数列 $\{a_n\}$ 收敛于极限 $L$，则它的**任何**子数列 $\{a_{n_k}\}$ 也必定收敛于**同一极限** $L$。
**逆否命题**：如果能从原数列中找到**两个收敛于不同极限**的子数列，或者找到一个**发散**的子数列，则可断定原数列**发散**。
### 2. 适用条件
- 适用于任何实数数列
- 是分析数列收敛/发散性、极限值以及数列内部结构的通用工具
### 3. 优势与劣势
**优势**：
- **判定发散**：非常强大。只需找到两个极限不同的子数列，即可轻松证明原数列发散
- 例：数列 $(-1)^n$，取奇数项子数列收敛于 $-1$，偶数项收敛于 $1$，故原数列发散
- **探索极限点**：可以用于研究数列的聚点（极限点）、上极限和下极限
- **局部推断整体**：通过分析具有代表性的子数列，有时可以窥探原数列的整体趋势
**劣势**：
- **不能单独证明收敛**：一个数列的某个（甚至某些）子数列收敛，**不能**推出原数列收敛
- **构造难度**：有时为了证明发散，需要巧妙地构造出特定的子数列，这需要一定的洞察力
---
## 二、拉链定理（奇偶子列定理）
### 1. 原理
这是子列性质的一个特例和重要应用。
**定理表述**：数列 $\{x_n\}$ 收敛的**充要条件**是，它的**奇数项子列** $\{x_{2k-1}\}$ 与**偶数项子列** $\{x_{2k}\}$ 都收敛，且
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim_{k \to \infty} x_{2k}
$$
当条件满足时，原数列的极限等于这个公共值。
**直观理解**：就像拉链的两边（奇数列和偶数列）必须对齐且紧密闭合，整个数列才能收敛到一个点。
### 2. 证明
#### 1. 必要性证明（收敛 ⇒ 奇偶子列收敛且极限相等）
**已知**：$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$
**证明**：
- 由于 $\{x_{2k-1}\}$ 和 $\{x_{2k}\}$ 都是 $\{x_n\}$ 的子列，根据**子列的性质**：若原数列收敛，则其任意子列收敛于同一极限。
- 因此：
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a \quad \text{且} \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
- 特别地，$\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = \lim\limits_{k \to \infty} x_{2k}$。
**必要性得证**。
#### 2. 充分性证明（奇偶子列收敛且极限相等 ⇒ 收敛）
**已知**：
$$
\lim_{k \to \infty} x_{2k-1} = a, \quad \lim_{k \to \infty} x_{2k} = a
$$
**证明思路**：
要证 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$，即证：$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \text{使得当 } n > N \text{ 时}, |x_n - a| < \varepsilon$。
**证明过程**：
1. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k-1} = a$ 知：
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_1 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_1 \text{ 时}, |x_{2k-1} - a| < \varepsilon
$$
2. 由 $\lim\limits_{k \to \infty} x_{2k} = a$ 知：
$$
\forall \varepsilon > 0, \exists K_2 \in \mathbb{N}, \text{当 } k > K_2 \text{ 时}, |x_{2k} - a| < \varepsilon
$$
3. 取 $N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$，则当 $n > N$ 时，分两种情况：
- **若 $n$ 为奇数**，设 $n = 2k-1$，则 $k > K_1$，故 $|x_n - a| = |x_{2k-1} - a| < \varepsilon$
- **若 $n$ 为偶数**，设 $n = 2k$，则 $k > K_2$，故 $|x_n - a| = |x_{2k} - a| < \varepsilon$
4. 综上，$\forall \varepsilon > 0, \exists N = \max\{2K_1 - 1, 2K_2\}$，使得当 $n > N$ 时，$|x_n - a| < \varepsilon$。
**由极限定义**，$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$。
**充分性得证**。
### 3. 适用条件
- **特定结构**：特别适用于数列项按其下标奇偶性呈现不同规律的情形（例如，通项中含有 $(-1)^n$ 因子）。
- **充要条件**：它既是收敛的**充分条件**也是**必要条件**，因此可用于**证明收敛**（而不仅仅是发散）。
### 4. 优势与劣势
**优势**：
- **化繁为简**：将判断整个数列收敛的问题，简化为判断两个特定子列的收敛性问题。
- **功能全面**：既能用于证明收敛（当奇偶子列极限相等时），也能用于证明发散（当它们极限不等或其中一个发散时）。
**劣势**：
- **应用局限**：仅适用于能自然分解出奇偶项的情形。对于更复杂的子列结构，此定理无能为力，需回归一般子列性质。
### 5. 典型示例
**例1**：判断 $x_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 的收敛性。
- 奇数项子列：$x_{2k-1} = -\frac{1}{2k-1} \to 0$
- 偶数项子列：$x_{2k} = \frac{1}{2k} \to 0$
- 两者极限相等，故由拉链定理，$\lim\limits_{n \to \infty} x_n = 0$。
**例2**：判断 $x_n = (-1)^n$ 的收敛性。
- 奇数项子列：$x_{2k-1} = -1 \to -1$
- 偶数项子列：$x_{2k} = 1 \to 1$
- 两者极限不等，故原数列发散。
### 6. 推广形式
此定理可推广到更一般的有限个子列情况：
**定理**：设 $\{x_n\}$ 是一个数列，若存在有限个两两无公共项的子列 $\{x_{n_k^{(1)}}\}, \{x_{n_k^{(2)}}\}, \dots, \{x_{n_k^{(m)}}\}$，满足：
1. 这些子列的并集包含 $\{x_n\}$ 中除有限项外的所有项
2. 每个子列都收敛
3. 所有子列的极限相等，均为 $a$
则原数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$。
**注**：奇偶子列定理是 $m=2$ 时的特例。
**重要结论**：奇偶子列定理之所以能成为充要条件，是因为奇偶子列"覆盖"了整个数列（除有限项外）。这种"覆盖性"是关键。
### 7. 注意事项
1. 该定理仅要求奇偶子列极限存在且相等，不要求它们收敛到原数列的极限（这是由定理保证的结果）
2. 若奇偶子列中有一个发散，或两者收敛但极限不同，则原数列发散
3. 对于更复杂的振荡数列（如周期不为2），可能需要考察更多个子列
---
## 三、海涅定理（归结原则）
### 1. 原理
该定理建立了**函数极限**与**数列极限**之间的桥梁。
设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个去心邻域内有定义。则 **$\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$** 成立的**充要条件**是：对于**任意**一个满足 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x_0$ 且 $x_n \neq x_0$ 的数列 $\{x_n\}$，都有 **$\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n) = L$**。
海涅定理深刻地揭示了函数极限的本质——它与路径无关（只与趋近点有关）
### 2. 适用条件
- **核心**：讨论函数在某一点 $x_0$ 的极限（包括单侧极限）
- **要求**：函数在该点的去心邻域有定义
### 3. 优势与劣势
**优势**：
- **化归为数列极限**：可将复杂的函数极限问题转化为相对熟悉的数列极限问题
- **证明极限不存在**：这是其最强大的应用。要证明 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 不存在，只需找到**两个**趋于 $x_0$ 的数列 $\{x_n^{(1)}\}$ 和 $\{x_n^{(2)}\}$，使得 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) \neq \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$
- **理论基石**：是证明许多函数极限性质的重要工具
**劣势**：
- **不能直接计算**：它通常用于证明、转化或否定，而不是一个直接的计算公式
- **"任意性"要求苛刻**：定理的条件要求对"任意"数列都成立
### 4. 典型示例
证明：$\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在
证明过程：
取两个数列：
$$
x_n^{(1)} = \frac{1}{2n\pi} \to 0, \quad f(x_n^{(1)}) = \sin(2n\pi) = 0
$$
$$
x_n^{(2)} = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}} \to 0, \quad f(x_n^{(2)}) = \sin(2n\pi + \frac{\pi}{2}) = 1
$$
由于 $\lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(1)}) = 0 \neq 1 = \lim\limits_{n \to \infty} f(x_n^{(2)})$，由海涅定理知 $\lim\limits_{x \to 0} \sin\frac{1}{x}$ 不存在。
---
>[!example] **例1**（拉链定理）
 >设级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$收敛于S，且$\lim\limits_{n \to \infty}a_n=0$，证明：级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛于S。
 
**解析**
设$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$的部分和为$S_n$，则$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$的部分和$T_n=S_{2n}$。
因$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_{2n-1}+a_{2n})$收敛于S，即有$\lim\limits_{n \to \infty}T_n=S$，所以$\lim\limits_{n \to \infty}S_{2n}=S$。
又
$$\lim\limits_{n \to \infty}S_{2n+1}=\lim\limits_{n \to \infty}(S_{2n}+a_{2n+1})=\lim\limits_{n \to \infty}S_{2n}+\lim\limits_{n \to \infty}a_{2n+1}=S$$
于是由拉链原理知$\lim\limits_{n \to \infty}S_n=S$，所以由级数收敛定义知级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛于S。
 
>[!example] **例2**（拉链定理）
>设$$a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right) \cdot \sin\frac{n\pi}{2}$$
>证明：数列$\{a_n\}$的极限不存在。
>
**解析**
核心方法
利用数列子列的性质：若数列$\{a_n\}$收敛，则其所有子列必收敛于同一极限；若存在两个子列收敛于不同值，则原数列极限不存在。
步骤1：构造第一个子列$\{a_{4k}\}（k\in\mathbb{N_+}$
当n=4k时，
$$\sin\frac{4k\pi}{2} = \sin2k\pi = 0$$ 因此
$$a_{4k} = \left(1 + \frac{1}{4k}\right) \cdot 0 = 0$$
取极限得：
$$\lim_{k \to \infty}a_{4k} = \lim_{k \to \infty}0 = 0$$
步骤2：构造第二个子列$$\{a_{4k+1}\}（k\in\mathbb{N_+}）$$
当n=4k+1时，
$$\sin\frac{(4k+1)\pi}{2} = \sin\left(2k\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 1$$
因此
$$a_{4k+1} = \left(1 + \frac{1}{4k+1}\right) \cdot 1 = 1 + \frac{1}{4k+1}$$
取极限得：
$$\lim_{k \to \infty}a_{4k+1} = \lim_{k \to \infty}\left(1 + \frac{1}{4k+1}\right) = 1$$
步骤3：结论
由于子列$\{a_{4k}\}$收敛于0，子列$\{a_{4k+1}\}$收敛于1，二者极限不相等，故数列$\{a_n\}$的极限不存在。
>[!example] **例3**（海涅定理）
> 证明狄利克雷函数
$$D(x)= \begin{cases}1, & x\text{为有理数时}, \\ 0, & x\text{为无理数时}\end{cases}$$
在$(-\infty,+\infty)$上每一点都不存在极限。
**解析**
1. 构造第一个数列$\{x_n^{(1)}\}$：
取$x_n^{(1)} = x_0 + \frac{1}{n}$（有理数），则$$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(1)} = x_0$$由于$x_n^{(1)}$是有理数，所以$D(x_n^{(1)}) = 1$，因此$$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1$$
2. 构造第二个数列$\{x_n^{(2)}\}$：
取$x_n^{(2)} = x_0 + \frac{\sqrt{2}}{n}$（无理数），则$$\lim\limits_{n \to \infty} x_n^{(2)} = x_0$$由于x_n^{(2)}是无理数，所以$D(x_n^{(2)}) = 0$，因此$$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)}) = 0$$由于$$\lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(1)}) = 1 \neq 0 = \lim\limits_{n \to \infty} D(x_n^{(2)})$$根据海涅定理，$\lim\limits_{x \to x_0} D(x)$不存在。
由于$x_0$是任意一点，所以狄利克雷函数在任何点处都不存在极限。
# 考试易错点总结
## Vol. 1:补药漏写dx口牙！
>[!example] 例1
>设函数 $y = \ln(1 + \sin^2 x)$，求其微分 $dy$。
**解**：
对方程 $y = \ln(1 + \sin^2 x)$ 两边关于 $x$ 求导。
$$ y‘ = \frac{1}{1+\sin^2 x} \cdot (2\sin x \cos x) = \frac{\sin 2x}{1+\sin^2 x} $$
根据微分的定义，$dy = y’ dx$，故
$$ dy = \frac{\sin 2x}{1+\sin^2 x} dx $$
注意：不要漏写 $dx$ ！
## **Vol.2等价无穷小问题**
注意，等价无穷小只能用于乘除，用于加减虽然有时也会得到正确的答案，但这并不是有保证的。归根到底这是因为等价无穷小是一种**近似**，在乘除中它的近似程度还可以用，但在加减中就未必了，加减中我们需要更精确的近似方法：泰勒展开。另外重要极限也是等价无穷小的两种特殊情况。
>[!example] 例题
>求极限$$\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x^3}$$.
**解**：如果直接用$tanx\sim x,sinx\sim x(x\to0)$的话，分子就会变成$0$，从而极限为$0$.
然而从另一个角度看，$$\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x^3}=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx-sinxcosx}{x^3cosx}=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx(1-cosx)}{x^3}\cdot \frac{1}{cosx}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x\cdot\frac{1}{2}x^2}{x^3}=\frac{1}{2}.$$
两个似乎都有道理，那么到底那个是对的呢？学了泰勒展开之后，我们会知道第二种才是正确的.再看看函数图像我们也能明白这一点.
![[易错点-等价无穷小.png]]
## Vol. 3:可去间断点的说明
>[!example] 例2
>求曲线 $y = \frac{x^2 + 2x - 3}{x^2 - 3x + 2}$ 的所有渐近线。
**解**：
函数在分母为零的点无定义。令 $x^2 - 3x + 2 = 0$，解得 $x = 1$ 和 $x = 2$。
**注：必须对这两个点分别进行讨论**。
在 $x = 1$ 处：
$$ \lim_{x \to 1} y = \lim_{x \to 1} \frac{(x+3)(x-1)}{(x-1)(x-2)} = \lim_{x \to 1} \frac{x+3}{x-2} = -4 $$
极限存在且为有限值，故 $x = 1$ 是**可去间断点**，该点处**没有**铅直渐近线。
在 $x = 2$ 处：
$$ \lim_{x \to 2} y = \lim_{x \to 2} \frac{x+3}{x-2} = \infty $$
故 $x = 2$ 处有一条**铅直渐近线** $x = 2$。
**求水平(&斜)渐近线**：
$$ \lim_{x \to \infty} y = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{2}{x} - \frac{3}{x^2}}{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2}} = 1 $$
因此，曲线有一条**水平渐近线** $y = 1$，无**斜渐近线**
**结论**：曲线的渐近线为 $x = 2$ 和 $y = 1$。
## Vol. 4:正项级数的判别法勿滥用
>[!example] 例3
>判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n}$ 的敛散性（绝对收敛、条件收敛或发散）。
**错误做法示范**：观察级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n}$，若直接对其使用比值判别法：
$$ \lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^2 / 3^{n+1}}{n^2 / 3^n} = \frac{1}{3} < 1 $$
若由此断言“原级数收敛”，则犯了**滥用判别法**的错误。因为比值判别法（及比较、根值判别法）仅
在判定**正项级数**时，其结论（收敛）才直接适用于原级数本身。
**正确解法**：
这是一个**任意项级数**（具体为交错级数）。
判断其敛散性，应先考察其是否**绝对收敛**。即，考虑由各项绝对值构成的**正项级数**：
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{(-1)^{n} n^2}{3^n} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{3^n} $$
对上述**正项级数**使用比值判别法（此时使用是完全正确的）：
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{3} < 1 $$
故该正项级数收敛。
根据定义，若一个级数的绝对值级数收敛，则该级数**绝对收敛**。绝对收敛的级数必然收敛。
## Vol. 5:误用p级数
**机械地套用p级数结论，而忽视了其应用前提：指数 `p` 必须是与 `n` 无关的常数。**
> [!example] 例题1：
>$$判定\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}}的敛散性$$
#### ❌ 经典错误思路
1. 形式像 `1/n^p`
2. "指数"是 `1 + 1/n`
3. 因为 `1/n > 0`，所以 `p = 1 + 1/n > 1` 恒成立，误判为收敛
#### ✅ 正确分析与解法
**错误原因**：`pₙ = 1 + 1/n` 不是常数，其极限为1。
使用比值审敛法与调和级数 `∑ 1/n` 比较：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{n^{1 + \frac{1}{n}}} }{ \frac{1}{n} } = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/n}} = 1$$
可知两级数敛散性相同，且调和级数发散 ⇒ 原级数**发散**。
---
> [!example] 例题2：
>$$判定\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n}的敛散性$$
#### ❌ 经典错误思路
无法直接套用p级数，因多了一个 `ln n` 因子。错误地认为 `1/(n ln n) < 1/n`，认为原级数收敛
#### ✅ 正确分析与解法(超纲，仅供拓展)
**正确解法**（积分判别法）：
$$
\int_{2}^{\infty} \frac{dx}{x \ln x} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{du}{u} = \infty
$$
该积分发散 ⇒ 原级数**发散**。
---
## Vol. 6: 条件收敛、绝对收敛、发散
**仅当利用比值/根值判别法判断出$\sum |a_n|$发散时$\Rightarrow$$\sum a_n$发散
#### 基本定义
给定一个实数（或复数）项级数 $\sum a_n$，其中 $a_n \in \mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$。
1. **绝对值级数**：$\sum |a_n|$，即每一项取绝对值后的新级数
2. **绝对收敛**：如果 $\sum |a_n|$ 收敛，则称 $\sum a_n$ **绝对收敛**
3. **条件收敛**：如果 $\sum a_n$ 收敛但 $\sum |a_n|$ 发散，则称 $\sum a_n$ **条件收敛**
#### 正确分析：
仅有$\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
**证明**：
- 使用柯西收敛准则。对于任意 $\varepsilon > 0$：
因为 $\sum |a_n|$ 收敛，由柯西准则，存在 $N$，使得当 $m > n \geq N$ 时：
$$|a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon$$ 由三角不等式:
$$
|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_m| \leq |a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_m| < \varepsilon
$$
因此 $\sum a_n$ 满足柯西准则 ⇒ 收敛。
同理， $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
#### 概念辨析：
1. $\sum a_n$ 收敛 ⇒ $\sum |a_n|$收敛？
❌ 经典错误思路
**反例**：交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
2. $\sum |a_n|$ 发散 ⇒ $\sum a_n$发散？
❌ 经典错误思路
**反例**：交错调和级数 $\sum (-1)^{n+1}/n$
3. $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$收敛
✅ 正确分析
4. $\sum a_n$ 发散 ⇒ $\sum |a_n|$发散
✅ 正确分析
#### 附典型例子
| 级数 | $\sum a_n$ | $\sum \|a_n\|$ | 分类 |
| --------------------------- | ---------- | -------------------------------------------------------- | ---- |
| $\sum \frac{(-1)^n}{n^2}$ | 收敛 | 收敛 | 绝对收敛 |
| $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ | 收敛 | 发散 | 条件收敛 |
| $\sum \frac{1}{n}$ | 发散 | 发散 | 发散 |
| $\sum (-1)^n$ | 发散（震荡） | $\sum 1$ 发散 | 发散 |
| $\sum \frac{\sin n}{n^2}$ | 收敛 | $\sum \frac{\|\sin n\|}{n^2} \leq \sum \frac{1}{n^2}$ 收敛 | 绝对收敛 |
---
#### 前情提要
##### 比值判别法 (D'Alembert Ratio Test)
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$$
- **若 $L < 1$**：则 $\sum |a_n|$ 收敛 ⇒ $\sum a_n$ **绝对收敛**。
- **若 $L > 1$**：则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**：判别法**失效**，需用其他方法判断。
##### 根值判别法 (Cauchy Root Test)
对于一般项 $a_n$，定义：
$$L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}$$
- **若 $L < 1$**：则 $\sum |a_n|$ **收敛**。
- **若 $L > 1$**：则 $|a_n|$ 不趋于 0 ⇒ $\sum a_n$ **发散**。
- **若 $L = 1$**：判别法**失效**，需用其他方法判断。
#### 结论:
**如果利用比值判别法或根值判别法得到$\sum |a_n|$发散，则$\sum a_n$发散**
#### 证明：
- 若比值判别法或根值判别法给出L>1
- 那意味着 $∣a_n∣$ 不趋于 0（实际上 $∣a_n∣$ 递增并且远离 0），
- 因此 $a_n$ 也不趋于 0，
- 所以$a_n$ 发散。
## **Vol.7 分段函数分段点处求导问题**
分段函数分段点处无论是求导还是判断连续都必须从**左右两边的极限**分别去算，而且计算的时候一定只能**用定义**。
>[!example] 例题
>设$f(x)=\begin{cases} \frac{2}{3}x ,\ \ x\le1 \\ x^2, \ \ x>1,\end{cases}$则$f(x)$在$x=1$处的\[ \].
>（A）左右导数都存在 （B）左导数存在，右导数不存在
>（C）左导数不存在，右导数存在 （D）左右导数都不存在
**解：**$f(1)=\frac{2}{3},f'_-(1)=\lim\limits_{x\to1^-}\frac{\frac{2}{3}x-\frac{2}{3}}{x-1}=\frac{2}{3},f'_+(1)=\lim\limits_{x\to1^+}\frac{x^2-\frac{2}{3}}{x-1}=+\infty$,故左导数存在，右导数不存在，选$B$.
## **Vol.8绝对收敛级数**
绝对收敛的级数满足加法交换律，也就是说，交换各项的顺序不会导致最后结果的改变。但条件收敛的级数是不满足交换律的，改变加法的顺序可能会导致最后结果的改变，甚至可能使原本收敛的级数变成发散级数。这一点了解就行，不会出题目给大家考。
## Vol. 9: 反函数求导
易错：变量混淆。反函数的导数 = 原函数导数的倒数，但**自变量和因变量角色互换**。
这一点，大家都明白，但是一写在答题卡上就错了😂。
如何防止？我们可以试着用微分学来理解：
$y=f^{-1}(x)$，即$x = f(y)$，求$f^{-1'}$就是在求$\frac{dy}{dx}$，而$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{df(y)}=\frac{dy}{f'(y)dy}=\frac{1}{f'(y)}$
然后，就这么完了？如果就这么完了，那就真完了。
为什么？$f^{-1'}$最后应该是一个关于$x$的函数，$\frac{dy}{dx}$应当用$x$来表示。
所以，我们还需要将$y = f^{-1}(x)$代入，即：
$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{f'(y)}=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$
> [!example] 例1
> 求$d(\arcsin x)$
解：设$y=\arcsin x$，即$x=\sin y$，$dx=\cos y\ dy$，即$dy=\frac{dx}{\cos y}$
作辅助三角形
![[易错点9-1.png]]
得$\cos y=\sqrt{1-x^2}$，综上，$dy=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$，即$d(\arcsin x)=\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$
## Vol. 10: 无界与无穷大的辨析
很多人都觉得无界和无穷大是同一个概念，因为它们的实在是太像了：画在坐标系上都是“直指苍穹🚀”或者“飞流直下三千尺”嘛！但是，“无界”准确来说不完全是这样。要准确辨析它们，需要回到它们的**定义**上：
无穷大的定义：$\forall M > 0, \exists \delta>0$，当$0<|x-x_0|<\delta$时有$|f(x)|>M$，称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无穷大量
无界量的定义：由有界的定义($\exists M > 0, \forall x \in D_f,|f(x)|<M$)反推，无界的定义应该是$\forall M > 0$,
$\forall \delta>0, \exists x \in \mathring{U}(x_0,\delta)$有 $|f(x)|>M$，称$f(x)$是当$x\rightarrow x_0$时的无界量
**核心区别**：无穷大是**存在某**去心邻域内**任意**$x$都大于$M$，无界是需要对**任意**邻域**存在**一个$x$使得$|f(x)|>M$
**联系**：无穷大一定是无界量，但是无界量不一定是无穷大。
> [!example] 例1
> 无穷震荡$\lim\limits_{x\rightarrow 0}{\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}}$
![[易错点10-1.png]]
这个并不是无穷大——不管取的邻域有多小，我总能找到一个令$\sin\frac{1}{x}=0$的$x$，此时$\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}=0$。
那这个是有界的吗？也不是。这就是典型的**不是无界量的无穷大**。
> [!example] 例2
> 双子数列$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{n\cos n\pi}$
总结：无穷大是在邻域内“一直都很大”，无界是邻域内“有很大的”

49
编写小组/讲义/是的，这是一份礼物.md
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@ -1,49 +0,0 @@
是的，这是一份礼物
---
> 在实数系中，有界的单调数列必有极限。
> （1）单调递增有上界的数列，必有极限且$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sup \{ {a_n}\} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n \in N)$；
> （2）单调递减有下界的数列，必有极限且$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \inf \{ {a_n}\} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n \in N)$.
先来一道习题练练手吧~
>[!example] 例一
>设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$
> 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$.
证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} > 0$，则有${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$
故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界
又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$
所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减.
因此，由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限，即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛.
设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$，由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$
由${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right)$ 知 $2{a_{n + 1}}{a_n} = {a_n}^2 + \sigma$.
两边令 $n \to \infty$取极限得: $2{A^2} = {A^2} + \sigma$
解得$A = - \sqrt \sigma$（舍）或$A = \sqrt \sigma$.
故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sqrt \sigma$.
---
>[!example] 例二
>证明：数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界，从而有极限（此极限称为Euler常数，下记作$C$）。
证法1️⃣：
利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$
故数列${x_n}$严格递减.
又因为
$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$
所以数列${x_n}$有下界.
因此，数列${x_n}$单调递减有下界，故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在.
证法2️⃣：
因为$$\left| {{x_n} - {x_{n + 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$
对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式，有
$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$
而$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛，故$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛，从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)} + {x_1}$也收敛.
因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在.

3
编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法.md
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@ -273,8 +273,9 @@ $$
---
**总结：**
| $p$ 的范围 | 敛散性 | 关键原因 |
|------------|--------|----------|
| ------------ | -------- | ---------- |
| $p > 1$ | 收敛 | 分组求和，几何级数控制 |
| $0 < p \le 1$ | 发散 | 与调和级数比较 |
| $p \le 0$ | 发散 | 通项不趋于零 |

1
编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md
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@ -270,6 +270,7 @@ $$
---
**总结：**
| $p$ 的范围 | 敛散性 | 关键原因 |
|------------|--------|----------|
| $p > 1$ | 收敛 | 分组求和，几何级数控制 |

215
编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理.md
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@ -2,3 +2,218 @@
tags:
- 编写小组
---
**内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
# 单调有界准则
## 原理
- **单调有界数列必收敛**：
1. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界 $M$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n\} \leq M$。
2. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界 $m$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n\} \geq m$。
- **函数单调有界性质**：
若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调且有界，则 $f(x)$ 在 $I$ 的端点或无穷远处存在单侧极限。
## 适用情况
适用于证明数列或函数极限的存在性，尤其是：
- 递推数列极限的存在性与求解；
- 函数在某区间上的极限存在性；
- 某些无法直接求极限但可判断单调性和有界性的情形。
## 优势
1. 不依赖于极限的具体值，只需判断单调性和有界性；
2. 适用于很多递推定义的数列；
3. 证明过程结构清晰，易于理解和操作。
## 劣势
1. 只能证明极限存在，不能直接给出极限值（需另解方程）；
2. 判断单调性和有界性有时需要一定的技巧；
3. 对于非单调或没有明显界的序列不适用。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明数列 $a_1 = \sqrt{2}, a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ 收敛，并求其极限。
```
```
> [!example] 例2
> 证明函数 $f(x) = \frac{x}{x+1}$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调有界，并求 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$。
```
```
>[!example] **例3**
>设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = \sqrt{2}$，且对任意 $n \ge 1$，有 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$。证明该数列收敛，并求其极限。
```
```
>[!example] 例4
>设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$
> 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$.
```
```
>[!example] 例5
>证明：数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界，从而有极限（此极限称为Euler常数，下记作$C$）。
```
```
>[!example] 例6
>令$c>0$，定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$
>求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$
```
```
# 介值定理
## 原理
- **介值定理（Intermediate Value Theorem, IVT）**：
若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \neq f(b)$，则对于任意介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数 $C$，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = C$。
- **零点定理（特殊情形）**：
若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \cdot f(b) < 0$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = 0$。
## 适用情况
适用于连续函数在区间上的值域问题，尤其是：
- 证明方程在某区间内至少有一个根；
- 证明函数可取到某个中间值；
- 确定函数值域或解的存在性。
## 优势
1. 不需求解方程，只需验证连续性和端点函数值；
2. 可用于证明解的存在性，构造性证明中常用；
3. 定理直观，易于理解和应用。
## 劣势
1. 只能证明存在性，不能确定解的个数或具体位置；
2. 要求函数在闭区间上连续，否则定理不适用；
3. 对于非连续函数或开区间，需额外处理。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
```
```
> [!example] 例2
> 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $0 \leq f(x) \leq 1$，证明至少存在一点 $c \in [0,1]$，使得 $f(c) = c$。
```
```
> [!example] **例3**
> 设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$a < c < d < b$。证明：在$(a,b)$内必存在点$\xi$，使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$，其中$m,n$为任意给定的自然数。
```
```
> [!example] **例4**
> 一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗，每天上午7点从营地出发，8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回，8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明，在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。
```
```
> [!example] 例5
> 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$，使$f(\xi)+\xi=0$
```
```
>[!example] 例6
>设$f(x)$在$[0,1]$上连续，且$f(0)=f(1)$，试证：对任何自然数$n$，必存在一点$c\in[0,1-\frac{1}{n}]$，使$f(c)=f(c+\frac{1}{n})$.

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编写小组/讲义/证明题方法：单调有界定理，介值定理（解析版）.md
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- 编写小组
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**内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
# 单调有界准则
## 原理
- **单调有界数列必收敛**：
1. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界 $M$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n\} \leq M$。
2. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界 $m$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n\} \geq m$。
- **函数单调有界性质**：
若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调且有界，则 $f(x)$ 在 $I$ 的端点或无穷远处存在单侧极限。
## 适用情况
适用于证明数列或函数极限的存在性，尤其是：
- 递推数列极限的存在性与求解；
- 函数在某区间上的极限存在性；
- 某些无法直接求极限但可判断单调性和有界性的情形。
## 优势
1. 不依赖于极限的具体值，只需判断单调性和有界性；
2. 适用于很多递推定义的数列；
3. 证明过程结构清晰，易于理解和操作。
## 劣势
1. 只能证明极限存在，不能直接给出极限值（需另解方程）；
2. 判断单调性和有界性有时需要一定的技巧；
3. 对于非单调或没有明显界的序列不适用。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明数列 $a_1 = \sqrt{2}, a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ 收敛，并求其极限。
**解析**
1. **有界性**：
易证 $0 < a_n < 2$（可用归纳法）。
2. **单调性**：
计算 $a_{n+1} - a_n = \sqrt{2 + a_n} - a_n$。
设 $f(x) = \sqrt{2 + x} - x$，在 $[0,2]$ 上分析符号，可得 $a_{n+1} \geq a_n$，故数列单调递增。
3. **由单调有界准则**，数列收敛。
4. **求极限**：
设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L = \sqrt{2 + L}$，解得 $L = 2$（舍去负根）。
> [!example] 例2
> 证明函数 $f(x) = \frac{x}{x+1}$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调有界，并求 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$。
**解析**
1. **单调性**：
导数 $f'(x) = \frac{x}{(x+1)^2} > 0$，故 $f(x)$ 单调递增。
2. **有界性**：
显然 $0 \leq f(x) < 1$。
3. **由单调有界准则**，$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在，且为 $1$。
>[!example] **例3**
>设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = \sqrt{2}$，且对任意 $n \ge 1$，有 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$。证明该数列收敛，并求其极限。
**证明**：
1. **证明数列单调有界**：
当 $n=1$ 时， $0 < x_1 < 2$。
假设当 $n=k$（$k \ge 1$）时，命题成立，即有：
$$0 < x_k < 2 \tag{1}$$
则当 $n=k+1$ 时，
$$x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} < \sqrt{2 + 2} = 2$$
同时，由 $x_{k} > 0$ 可得 $x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} > \sqrt{2} > 0$。故 $0 < x_{k+1} < 2$。
因此$0 < x_{k+2} < 2$。
接下来，证明单调性部分 $x_{k+1} < x_{k+2}$。根据递推关系和归纳假设(1)中 $x_k < x_{k+1}$，我们有：
$$
\begin{aligned}
x_{k+2} - x_{k+1} &= \sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k} \quad \\[0.5em]
&= \frac{(\sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k})(\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k})}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \quad \\[0.5em]
&= \frac{(2 + x_{k+1}) - (2 + x_k)}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \\[0.5em]
&= \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}}
\end{aligned}
$$
由归纳假设(1)知 $x_{k+1} - x_k > 0$，且分母 $\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k} > 0$。因此，
$$x_{k+2} - x_{k+1} = \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} > 0$$
即 $x_{k+1} < x_{k+2}$ 成立。
结合以上，我们证明了 $0 < x_{k+1} < x_{k+2} < 2$。由数学归纳法，对一切正整数 $n$，均有 $0 < x_n < x_{n+1} < 2$。
因此，数列 $\{x_n\}$ **单调递增**且有**上界** $2$。
2. **求数列的极限**：
由于数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界，根据**单调有界收敛原理**，该数列收敛。设其极限为 $L$，即 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = L$。
在递推式 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ 两边同时取极限（$n \to \infty$），得：$$L = \sqrt{2 + L}$$
将方程两边平方：$L^2 = 2 + L$，
移项整理得：$L^2 - L - 2 = 0$，
因式分解：$(L - 2)(L + 1) = 0$。
解得：$L = 2$ 或 $L = -1$。
由于数列的所有项 $x_n > 0$，其极限 $L$ 必须满足 $L \ge 0$，故舍去 $L = -1$。
因此，数列 $\{x_n\}$ 的极限为：$$L = 2$$
>[!example] 例4
>设$a > 0,\sigma > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$
> 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$.
证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} > 0$，则有$${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma }} + \frac{{\sqrt \sigma }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma }}{2}*2 = \sqrt \sigma ,n = 1,2,...$$
故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界
又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$
所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减.
因此，由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限，即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛.
设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$，由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$
由${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right)$ 知 $2{a_{n + 1}}{a_n} = {a_n}^2 + \sigma$.
两边令 $n \to \infty$取极限得: $2{A^2} = {A^2} + \sigma$
解得$A = - \sqrt \sigma$（舍）或$A = \sqrt \sigma$.
故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sqrt \sigma$.
>[!example] 例5
>证明：数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界，从而有极限（此极限称为Euler常数，下记作$C$）。
证法1️⃣：
利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$
故数列${x_n}$严格递减.
又因为
$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]} + \frac{1}{n}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$
所以数列${x_n}$有下界.
因此，数列${x_n}$单调递减有下界，故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在.
证法2️⃣：
因为$$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$
对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式，有
$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$
因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$
而$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛，故$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛，从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)} + {x_1}$也收敛.
因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在.
>[!example] 例6
>令$c>0$，定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$
>求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$
$x_n = \underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots\sqrt{c}}}}_{n\ \text{个根式}}$。
$x_{n+1} = \sqrt{c+x_n}$。
使用数学归纳法证明，整序变量 $x_n$ 单调增加, 同时有上界
**证明 $x_n$ 单调：
当 $n=1$ 时命题显然成立。
假设当 $n = k$ 时命题成立，即 $x_{k+1} > x_k$。
考虑 $n = k+1$ 的情形：
$$
x_{k+2} = \sqrt{c + x_{k+1}},\quad x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}
$$
由归纳假设 $x_{k+1} > x_k$，可得：
$$
c + x_{k+1} > c + x_k
$$
所以：
$$
\sqrt{c + x_{k+1}} > \sqrt{c + x_k}
$$
即：$x_{k+2} > x_{k+1}$，故对一切正整数 $n$，都有 $x_{n+1} > x_n$，即 $\{x_n\}$ 是单调增加序列。
**证明 $x_n$ 有上界（例如上界为 $\sqrt{c} + 1$）
当 $n=1$ 时命题成立。
考虑 $n = k+1$ 的情形，由归纳假设 $x_k < \sqrt{c} + 1$，可得：：
$$
x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}< c + (\sqrt{c} + 1)
$$
为了证明 $x_{k+1} < \sqrt{c} + 1$，只需证明：
$$
\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} \le \sqrt{c} + 1
$$
两边平方（因为两边均为正数）：
$$
c + \sqrt{c} + 1 \le c + 2\sqrt{c} + 1
$$
化简得：
$$
\sqrt{c} \le 2\sqrt{c}
$$
由于 $c > 0$，此不等式显然成立，且等号仅在 $\sqrt{c} = 0$ 时成立，这与 $c > 0$ 矛盾，故实际上有严格不等式：
$$
\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} < \sqrt{c} + 1
$$
因此：
$$
x_{k+1} < \sqrt{c} + 1
$$
由数学归纳法，对一切正整数 $n$，都有 $x_n < \sqrt{c} + 1$，即 $\{x_n\}$ 有上界。
因此序列收敛，有极限，不妨设 $\lim x_n = a$ , 则: $a = \sqrt{a+c}$。
解方程得: $a = \dfrac{\sqrt{4c+1}+1}{2}$。（负根舍去）
# 介值定理
## 原理
- **介值定理（Intermediate Value Theorem, IVT）**：
若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \neq f(b)$，则对于任意介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数 $C$，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = C$。
- **零点定理（特殊情形）**：
若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \cdot f(b) < 0$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = 0$。
## 适用情况
适用于连续函数在区间上的值域问题，尤其是：
- 证明方程在某区间内至少有一个根；
- 证明函数可取到某个中间值；
- 确定函数值域或解的存在性。
## 优势
1. 不需求解方程，只需验证连续性和端点函数值；
2. 可用于证明解的存在性，构造性证明中常用；
3. 定理直观，易于理解和应用。
## 劣势
1. 只能证明存在性，不能确定解的个数或具体位置；
2. 要求函数在闭区间上连续，否则定理不适用；
3. 对于非连续函数或开区间，需额外处理。
## 例子
> [!example] 例1
> 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
**解析**
设 $f(x) = x^3 - 3x + 1$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = -1 < 0$。
由零点定理，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。
> [!example] 例2
> 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $0 \leq f(x) \leq 1$，证明至少存在一点 $c \in [0,1]$，使得 $f(c) = c$。
**解析**
构造辅助函数 $g(x) = f(x) - x$，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。
计算：$g(0) = f(0) - 0 \geq 0$，$g(1) = f(1) - 1 \leq 0$。
若 $g(0)=0$ 或 $g(1)=0$，则取 $c=0$ 或 $c=1$ 即可。
否则 $g(0)>0$，$g(1)<0$，由零点定理，存在 $c \in (0,1)$ 使得 $g(c)=0$，即 $f(c)=c$。
> [!example] **例3**
> 设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$a < c < d < b$。证明：在$(a,b)$内必存在点$\xi$，使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$，其中$m,n$为任意给定的自然数。
**解析：**
因$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$f(x)$在$[a,b]$上能取得最大值$f_{\max}$和最小值$f_{\min}$。又因为 $(m+n)fmin​⩽mf(c)+nf(d)⩽(m+n)fmax​$, 即$$f_{\min} \leqslant \frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} \leqslant f_{\max}$$故由介值定理，在$[a,b]$上必存在一点$\xi$，使得 $m+nmf(c)+nf(d)​=f(ξ)$, 即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。
> [!example] **例4**
> 一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗，每天上午7点从营地出发，8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回，8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明，在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。
**解析**
设上山的路程函数为$s=f_1(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_1(7)=0$，$f_1(8)=D$（$D$为两岗哨之间的距离） 下山的路程函数为$s=f_2(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_2(7)=D$，$f_2(8)=0$ 作辅助函数$F(t)=f_1(t)-f_2(t)$，则$F(t)$在$[7,8]$上连续，且$F(7)=-D$，$F(8)=D$ 由零点定理知，至少存在$\xi\in(7,8)$使$F(\xi)=0$ 即在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。
> [!example] 例5
> 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$，使$f(\xi)+\xi=0$
**解析**
步骤1：构造辅助函数并分析连续性 设辅助函数$F(x)=f(x)+x$。 已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，$y=x$在$(-\infty,+\infty)$上也连续，根据连续函数的和运算性质，$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续。
步骤2：利用极限条件分析$F(x)$在无穷远处的符号 $$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0，可得：
$$$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$$$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$ 根据函数极限的保号性：
- 存在$X_1>0$，当$x>X_1$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x>0$，故$F(x)>0$。取$x_1=X_1+1$，则$F(x_1)>0$。
- 存在$X_2>0$，当$x<-X_2$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x<0$，故$F(x)<0$。取$x_2=-X_2-1$，则$F(x_2)<0$
步骤3：应用零点存在定理得出结论 $F(x)$在闭区间$[x_2,x_1]$上连续，且$F(x_2)<0$，$F(x_1)>0$。 由零点存在定理，至少存在一点$\xi\in(x_2,x_1)\subset(-\infty,+\infty)$，使得$F(\xi)=0$，即$f(\xi)+\xi=0$
>[!example] 例6
>设$f(x)$在$[0,1]$上连续，且$f(0)=f(1)$，试证：对任何自然数$n$，必存在一点$c\in[0,1-\frac{1}{n}]$，使$f(c)=f(c+\frac{1}{n})$.
**分析** 根据题意，我们需要证明连续函数$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n})$有零点，关键是找两点$a、b$，使得$F(a)F(b)<0$.一般会找区间的两个端点，但问题是我们无法确定$F(0)\cdot F(1-\frac{1}{n})$是否小于$0$。正向难以解决，不妨尝试一下反证法.
**证法一** 反证法.若不然，则存在自然数$m$，使得$\forall x\in[0,1-\frac{1}{m}]$，均有$f(x)\neq f(x+\frac{1}{m})$，即$f(x)-f(x+\frac{1}{m})\neq0$，那么 $F(x)$ 要么在 $x$ 轴上面要么在 $x$ 轴下面，不妨设$f(x)>f(x+\frac{1}{m})$.依次取$x=0,\frac{1}{m},\frac{2}{m},\cdots,\frac{m-1}{m}$,则有$$f(0)>f(\frac{1}{m})>\cdots>f(\frac{m}{m})=f(1),$$这与$f(0)=f(1)$矛盾.故结论成立.
**证法二** 记$$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n}),x\in[0,1-\frac{1}{n}],$$则$F(x)$在$[0,1-\frac{1}{n}]$上连续，且$$F(0)=f(0)-f(\frac{1}{n}),F(\frac{1}{n})=f(\frac{1}{n})-f(\frac{2}{n}),\cdots,F(1-\frac{1}{n})=f(1-\frac{1}{n})-f(1).$$上面各式相加得$$F(0)+F(\frac{1}{n})+\cdots+F(1-\frac{1}{n})=f(0)-f(1)=0.$$若$F(\frac{k}{n})(k=0,1,\cdots,n-1)$中至少有一个为$0$，则结论已成立.否则，必$\exists k_1,k_2\in\{0,1,2,\cdots,n-1\}$,使得$F(k_1)F(k_2)<0$，由介值定理（或零值定理），必有一点$c$介于$\frac{k_1}{n}$和$\frac{k_2}{n}$之间，使得$F(c)=0$即$$f(c)=f(x+\frac{1}{n}).$$

2
编写小组/讲义/隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md
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@ -488,7 +488,7 @@ $$\left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{2\cdot 1 + 1}{2\sqrt{1^2 + 1}} \cdo
解：主要的等量关系是：球浸入水中的体积与水“溢出”的体积相同（如果把水面上升视为溢出的话）。设时间为$t$，球下沉的体积为$V$，水上升的高度为$H$，球浸入水的高度为$h$，则有$$V=\pi h^2(a-\frac{h}{3}),dV=(2\pi ah-\pi h^2)dh=\pi h(2a-h)dh$$（这个公式大家可以记住）
且（如图）$$dV=\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH$$
![[球浸入水示意图.jpg]]
于是$$\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH=\pi h(2a-h)dh$$$$dH=\frac{h(2a-h)}{b^2-2ah+h^2}dh$$$$\frac{dH}{dt}=\frac{h(2a-h))}{b^2-2ah+h^2}\frac{dh}{dt}$$而$\frac{dh}{dt}=c,h=a$，故$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$
于是$$\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dh=\pi h(2a-h)dH$$$$dH=\frac{h(2a-h)}{b^2-2ah+h^2}dh$$$$\frac{dH}{dt}=\frac{h(2a-h))}{b^2-2ah+h^2}\frac{dh}{dt}$$而$\frac{dh}{dt}=c,h=a$，故$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$
### 应用题期中真题

30
编写小组/课前测/课前测3.md
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@ -2,3 +2,33 @@
tags:
- 编写小组
---
1、设函数$f(x)\in C[0,2]$，且满足：$$f(0)=-1,f(1)=3,f(2)=1.$$下列说法正确的是：
（A）方程$f(x)=0$在$[0,1]$上没有解
（B）方程 f(x)=1在区间 $[0,2]$ 上只有$x=2$ 这一个解
（C）方程 $f(x)=2$ 在 $[1,2]$ 上至少有一个解
（D）方程 $f(x)=−2$ 在 $[0,2]$ 上没有解
2、证明方程 $e^x = 3x$ 至少有一个正实根。
```
```
3、设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = 1, x_{n+1} = 1 + \frac{1}{1 + x_n}$，证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求极限。
```
```

47
编写小组/课前测/课前测4.md
Unescape View File

@ -0,0 +1,47 @@
---
tags:
- 编写小组
---
1.设 $x_n = \frac{\cos\left(\frac{2n\pi}{3}\right)}{n} + 1$，证明 $x_n \to 1$。
```
```
2.函数 $f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{若 } x \text{ 为有理数} \\ -x^2, & \text{若 } x \text{ 为无理数} \end{cases}$
求
$$
\lim_{x \to 0} f(x)
$$
```
```
3.设函数$f(x)=\begin{cases}ax+b,x\ge1,\\ e^{\frac{1}{x}},0<x<1\end{cases}$在$x=1$处可导，则$a、b$的取值分别为$\_\_\_,\_\_\_$.
```
```
4.设$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{|x|^{\alpha}}sin\frac{1}{x} \ \ ,x\neq0 \\ 0,\ \ \ x=0\end{cases}$在$x=0$处可导，则$\alpha$的取值范围是[ ].
（A）$\alpha>-1$ （B）$\alpha<-1$ （C）$0<\alpha<1$ （D）$\alpha>1$

30
编写小组/课前测/课前测解析版3.md
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@ -0,0 +1,30 @@
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tags:
- 编写小组
---
1、设函数$f(x)\in C[0,2]$，且满足：$$f(0)=-1,f(1)=3,f(2)=1.$$下列说法正确的是：
（A）方程$f(x)=0$在$[0,1]$上没有解
（B）方程 f(x)=1在区间 $[0,2]$ 上只有$x=2$ 这一个解
（C）方程 $f(x)=2$ 在 $[1,2]$ 上至少有一个解
（D）方程 $f(x)=−2$ 在 $[0,2]$ 上没有解
答案：C.
$f(0)f(1)<0$，故$f(x)=0$在$[0,1]$上有解.B显然不正确.因为$(f(1)-2)(f(2)-2)=-1<0$,故C正确.D显然错误，因为零值定理只是充分条件，不满足条件不代表没有零点.
2、证明方程 $e^x = 3x$ 至少有一个正实根。
**解析**
设 $f(x) = e^x - 3x$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续（实际上在整个实数域连续）。
计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = e - 3 < 0$（因为 $e \approx 2.718$）。
由零点定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f(\xi)=0$，即 $e^\xi = 3\xi$，故方程至少有一个正实根。
3、设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = 1, x_{n+1} = 1 + \frac{1}{1 + x_n}$，证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求极限。
**解析**
1. **有界性**：归纳法易证 $1 \leq x_n \leq 2$。
2. **单调性**：计算 $x_{n+2} - x_{n}$ 判断奇偶子列单调性，或直接分析 $x_{n+1} - x_n$ 符号，可知数列非单调但可拆分单调子列。
实际上，可证 $\{x_{2n}\}$ 单调递增，$\{x_{2n-1}\}$ 单调递减。
3. **由单调有界准则**，奇偶子列均收敛，再证二者极限相同。
4. **求极限**：设 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$，则 $L = 1 + \frac{1}{1 + L}$，解得 $L = \sqrt{2}$。

41
编写小组/课前测/课前测解析版4.md
Unescape View File

@ -0,0 +1,41 @@
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tags:
- 编写小组
---
1.设 $x_n = \frac{\cos\left(\frac{2n\pi}{3}\right)}{n} + 1$，证明 $x_n \to 1$。
**解析**
按 $n \mod 3$ 将数列分为三个子列：
- 当 $n = 3k$：
$x_{3k} = \frac{\cos(2k\pi)}{3k} + 1 = \frac{1}{3k} + 1 \to 1$
- 当 $n = 3k+1$：
$x_{3k+1} = \frac{\cos(2\pi/3 + 2k\pi)}{3k+1} + 1 = \frac{-1/2}{3k+1} + 1 \to 1$
- 当 $n = 3k+2$：
$x_{3k+2} = \frac{\cos(4\pi/3 + 2k\pi)}{3k+2} + 1 = \frac{-1/2}{3k+2} + 1 \to 1$
三个子列极限均为 $1$，且它们覆盖所有正整数，故原数列收敛于 $1$。
2.函数 $f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{若 } x \text{ 为有理数} \\ -x^2, & \text{若 } x \text{ 为无理数} \end{cases}$
求
$$
\lim_{x \to 0} f(x)
$$
**解析：**
对于任意趋于 0 的序列 $x_n$，无论其项是有理数还是无理数，都有 $|f(x_n)| = x_n^2 \to 0$。因此，由夹逼定理可得极限为 0。
3.设函数$f(x)=\begin{cases}ax+b,x\ge1,\\ e^{\frac{1}{x}},0<x<1\end{cases}$在$x=1$处可导，则$a、b$的取值分别为$\_\_\_,\_\_\_$.
解：首先$f(x)$得在$x=1$处连续，故$a+b=e$.
其次，$f(x)$在$x=1$处的左右导数相等，则 $f(1)=a+b,f'_-(1)=\lim\limits_{x\to1^-}\frac{ax+b-(a+b)}{x-1}=a$,
$$f'_+(1)=\lim\limits_{x\to1^+}\frac{e^{\frac{1}{x}}-(a+b)}{x-1}=\lim\limits_{x\to1^+}\frac{e^{\frac{1}{x}}-e}{x-1}=\lim\limits_{x\to1^+}\frac{e(e^{\frac{1}{x}-1}-1)}{x-1}=e\lim\limits_{x\to1^+}\frac{\frac{1}{x}-1}{x-1}=-e$$
于是$a=-e,b=2e.$
4.设$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{|x|^{\alpha}}sin\frac{1}{x} \ \ ,x\neq0 \\ 0,\ \ \ x=0\end{cases}$在$x=0$处可导，则$\alpha$的取值范围是[ ].
（A）$\alpha>-1$ （B）$\alpha<-1$ （C）$0<\alpha<1$ （D）$\alpha>1$
解：$\lim\limits_{x\to0}f(x)=\lim\limits_{x\to0}\frac{sin\frac{1}{x}}{|x|^{\alpha}}=0$,由于$x\to0$时$sin\frac{1}{x}$无限振荡但是有界，所以要极限为$0$，只要$|x|^{\alpha}\to\infty$，故$\alpha<-1$，选$B$.

22
编写小组/课后测/课后测1.md
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@ -8,44 +8,32 @@ tags:
1.已知 $b_n = \sqrt[n]{2^n + 3^n + 4^n}$，则 $\lim_{n \to \infty} b_n = ?$
A. 2
B. 3
C. 4
D. 9
2.计算 $$\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\ \arctan\ (n+1) - \arctan n]$$A. $\infty$
B. 1
C. $\tan1$
D. 0
3.计算
$$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$$A. $\frac{\pi}{2}$
3.计算$$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$$A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $-\frac{\pi}{2}$
D. $1$
4.设 $$f(x) = (1+x^2)\cos\left(\frac{1}{x^3}\right)$$则 $\lim_{x \to \infty} f(x)$
A. 为 0
B. 为 1
C. 为-1
D. 无穷大
5.设$$f(x)=\frac{2+e^{1/x}}{1+e^{4/x}}+\frac{sinx}{|x|}$$则$x=0$是 $f(x)$ 的（）
（A）可去间断点  （B）跳跃间断点   （C）无穷间断点  （D）震荡间断点
A. 可去间断点
B. 跳跃间断点
C. 无穷间断点
D. 震荡间断点

36
编写小组/课后测/课后测3.md
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@ -2,3 +2,39 @@
tags:
- 编写小组
---
1、设$f(x)$在$[0,2a]$内连续，且$f(0)=f(2a)$,证明$[0,a]$上至少存在一点$\xi$，使$f(\xi)=f(\xi+a).$
```
```
2、设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < c < d < b$，证明若 $f(c)$ 与 $f(d)$ 异号，则方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。
```
```
3、判断数列 $a_n = \frac{n}{n^2 + 1}$ 是否收敛，若收敛求极限。
```
```

55
编写小组/课后测/课后测4.md
Unescape View File

@ -0,0 +1,55 @@
---
tags:
- 编写小组
---
1.判断数列 $a_n = \frac{(-1)^n n}{n+1}$ 的收敛性。
```
```
2.设数列 $\{a_n\}$ 的三个子列 $\{a_{2n}\}$、$\{a_{2n+1}\}$、$\{a_{3n+1}\}$ 均收敛，那么 $\{a_n\}$ 是否一定收敛？说明理由。
```
```
3.设函数由参数方程 $\begin{cases} x = t + \arctan t \\ y = t - \ln(1+t^2) \end{cases}$ 确定，求 $dy$。
```
```
4.求曲线 $f(x) = \frac{e^x}{x-1} + x$ 的渐近线。
```
```
5.判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n\pi + \frac{\pi}{4})}{\sqrt{n^3+1}}$ 的敛散性。
```
```

24
编写小组/课后测/课后测解析版3.md
Unescape View File

@ -0,0 +1,24 @@
---
tags:
- 编写小组
---
1、设$f(x)$在$[0,2a]$内连续，且$f(0)=f(2a)$,证明$[0,a]$上至少存在一点$\xi$，使$f(\xi)=f(\xi+a).$
证明：记$$F(x)=f(x)-f(x+a),x\in[0,a].$$于是$F(0)=f(0)-f(a),F(a)=f(a)-f(2a)=f(a)-f(0).$从而$F(0)F(a)\le0$.
若$F(a)=0$或$F(0)=0$，则命题得证.若$F(a)F(0)<0$，则由零值定理，存在$\xi\in(0,a)$，使得$F(\xi)=0,f(\xi)=f(\xi+a).$
2、设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < c < d < b$，证明若 $f(c)$ 与 $f(d)$ 异号，则方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。
**解析**
由题意，$f(x)$ 在 $[c,d]$ 上连续，且 $f(c) \cdot f(d) < 0$。
由零点定理，存在 $\xi \in (c,d)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程 $f(x)=0$ 在 $(c,d)$ 内至少有一个实根。
3、判断数列 $a_n = \frac{n}{n^2 + 1}$ 是否收敛，若收敛求极限。
**解析**
1. **单调性**：考虑 $a_{n+1} - a_n = \frac{n+1}{(n+1)^2 + 1} - \frac{n}{n^2 + 1}$，通分后分子为 $-n^2 - n + 1$，当 $n \geq 1$ 时小于零，故数列单调递减。
2. **有界性**：显然 $0 < a_n \leq \frac{1}{2}$。
3. **由单调有界准则**，数列收敛。
4. **极限**：$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2 + 1} = 0$。## 介值定理

91
编写小组/课后测/课后测解析版4.md
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@ -0,0 +1,91 @@
---
tags:
- 编写小组
---
1.判断数列 $a_n = \frac{(-1)^n n}{n+1}$ 的收敛性。
**解析**
- 偶数项子列：$a_{2k} = \frac{2k}{2k+1} \to 1$
- 奇数项子列：$a_{2k-1} = -\frac{2k-1}{2k} \to -1$
两个子列极限不同，故原数列发散。
2.设数列 $\{a_n\}$ 的三个子列 $\{a_{2n}\}$、$\{a_{2n+1}\}$、$\{a_{3n+1}\}$ 均收敛，那么 $\{a_n\}$ 是否一定收敛？说明理由。
**解析**
$\{a_n\}$ **一定收敛**，理由如下：
1. 子列 $\{a_{2n}\}$（偶数项）与 $\{a_{2n+1}\}$（奇数项）覆盖了整个数列 $\{a_n\}$，若能证明这两个子列极限相等，则 $\{a_n\}$ 收敛（拉链定理）。
2. 分析子列 $\{a_{3n+1}\}$：
- $\{a_{3n+1}\}$ 中既有偶数项（如 $n=1$ 时，$3\times1+1=4$，对应 $a_4$，属于 $\{a_{2n}\}$），也有奇数项（如 $n=0$ 时，$3\times0+1=1$，对应 $a_1$，属于 $\{a_{2n+1}\}$）。
- 由于 $\{a_{3n+1}\}$ 收敛，其所有子列极限必与它本身的极限相等，因此：
- $\{a_{3n+1}\}$ 中的偶数项子列（属于 $\{a_{2n}\}$）的极限 = $\{a_{3n+1}\}$ 的极限；
- $\{a_{3n+1}\}$ 中的奇数项子列（属于 $\{a_{2n+1}\}$）的极限 = $\{a_{3n+1}\}$ 的极限。
- 故 $\{a_{2n}\}$ 与 $\{a_{2n+1}\}$ 的极限相等。
综上，数列 $\{a_n\}$ 的偶数项子列和奇数项子列极限相同，因此 $\{a_n\}$ 收敛。
3.设函数由参数方程 $\begin{cases} x = t + \arctan t \\ y = t - \ln(1+t^2) \end{cases}$ 确定，求 $dy$。
---
计算得
$$ \frac{dx}{dt} = 1 + \frac{1}{1+t^2} $$
$$ \frac{dy}{dt} = 1 - \frac{2t}{1+t^2} $$
因此，
$$ dy = \frac{1 - \frac{2t}{1+t^2}}{1 + \frac{1}{1+t^2}} dx = \frac{t^2 - 2t + 1}{t^2 + 2} dx $$
或等价地，
$$ dy = \left( 1 - \frac{2t}{1+t^2} \right) dt $$
---
4.求曲线 $f(x) = \frac{e^x}{x-1} + x$ 的渐近线。
**提示**：
1. 首先，函数在 $x = 1$ 处无定义，需考察 $\lim_{x \to 1} f(x)$。
2. 其次，当 $x \to \infty$ 时，函数行为由 $x$ 主导，应考虑是否存在斜渐近线 $y = kx + b$，其中 $k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x}$，$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx)$。
**答案**：
铅直渐近线：$x = 1$（因 $\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty$， $\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty$）。
斜渐近线：
$$ k = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = 1 $$
$$ b = \lim_{x \to -\infty} (f(x) - x) = 1 $$
故有 $y = x + 1$。
该函数无水平渐近线
5.判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n\pi + \frac{\pi}{4})}{\sqrt{n^3+1}}$ 的敛散性。
**答案**：
因为
$$ \sin(n\pi + \frac{\pi}{4}) = (-1)^n \sin\frac{\pi}{4} = (-1)^n \frac{\sqrt{2}}{2} $$
所以原级数为
$$ \frac{\sqrt{2}}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n^3+1}} $$
考虑其绝对值级数
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n^3+1}} $$
由于
$$ \frac{1}{\sqrt{n^3+1}} < \frac{1}{n^{3/2}} $$
且 $p=\frac{3}{2}>1$ 的 $p$-级数收敛，由比较判别法知该绝对值级数收敛。
因此，原级数 **绝对收敛**。

587
隐函数，参数方程和应用题（解析版）.md
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@ -1,587 +0,0 @@
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tags:
- 编写小组
---
**内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航**
## 隐函数求导
### 原理
设方程 $F(x, y) = 0$ 确定 $y$ 是 $x$ 的函数 $y = y(x)$，则对方程两边关于 $x$ 求导（注意 $y$ 是 $x$ 的函数），再解出 $y'$ 即可。
### **适用情况**
适用于方程中 $x$ 与 $y$ 混合在一起，无法或不易解出 $y = f(x)$ 的情况，如：
- 圆的方程：$x^2 + y^2 = 1$
- 椭圆方程：$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$
- 一般隐式方程：$e^{x+y} + \ln(xy) = 0$
### **优势**
1. 不必显式解出 $y = f(x)$，可直接求导；
2. 适用于复杂关系式，尤其是含有 $x$、$y$ 混合的函数形式。
### **劣势**
1. 求导过程中需注意 $y$ 是 $x$ 的函数，常需使用链式法则；
2. 最终表达式中可能仍含有 $y$，需结合原方程化简。
### **例子**
> [!example] 例1(简单)
求由方程 $x^2 + y^2 = 1$ 确定的隐函数 $y = y(x)$ 的导数。
**解析**
两边对 $x$ 求导：
$$
2x + 2y \cdot y' = 0
$$
解得：
$$
y' = -\frac{x}{y}
$$
>[!example] 例2
>设方程$y=y(x)$由方程$xe^{f(y)}=e^y$确定，其中$f$具有二阶导数，且$f'\neq1$，求$\frac{d^2y}{dx^2}.$
解1：
两边对$x$求导得
$$e^{f(y)}+xy'f'(y)e^{f(y)}=y'e^y$$
从而
$$y'=\frac{e^{f(y)}}{e^y-xf'(y)e^{f(y)}}=\frac{e^{f(y)}}{xe^{f(y)}(1-f'(y))}=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$
两边再对$x$求导得
$$\frac{d^2y}{dx^2}=y''=-\frac{1-f'(y)-xy'f''(y)}{x^2(1-f'(y))^2}=-\frac{(1-f'(y))^2-f''(y)}{x^2(1-f'(y))^3}$$
解2：两边取对数得$$lnx+f(y)=y$$
两边对$x$求导得$$\frac{1}{x}+y'f'(y)=y'$$
从而$$y'=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$
后同解1.
>[!example] 例3
>曲线$\ln{\sqrt{x^2+y^2}}=arctan(\frac{x}{y})$在点(0,1)处的切线方程为$\_\_\_$
>（A）$y=-x+1$
>（B）$y=1$
>（C）$y=x+1$
>（D）$y=\frac{1}{2}x+1$
解：由原式得$$\frac{1}{2}ln(x^2+y^2)=arctan(\frac{x}{y})$$
两边对$x$求导得 $$\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+2yy'}{x^2+y^2}=\frac{y-xy'}{x^2+y^2}$$$$x+yy'=y-xy'$$$$y'=\frac{y-x}{y+x}$$
故$y'|_{x=0,y=1}=1$，即曲线在(0,1)处切线的斜率为1，故切线方程为：
$$y=x+1$$选C.
>[!example] 例4
>函数$y=y(x)$由方程$sin(x^2+y^2)+e^x-xy^2=0$所确定，则$\frac{dy}{dx}=\_\_$.
解：
两边求微分得：
$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$
$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$
$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$
>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
>已知由方程 $e^{(x y - 1)(x + y)} \ln (x^3 + y^3) = \frac{xy(x^2 + y^2)}{(x y)^{x^2 + x y + y^2}} \ln (\sqrt{x + y})$ 所确定的函数单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
解法一（直接求导）
设 $y = y(x) 、$ 是由方程确定的隐函数，且 $y(1)=1$。两边对 $x$ 求导，并记 $y' = \frac{dy}{dx}$。分别计算左边导数 $\frac{dL}{dx}$ 和右边导数 $\frac{dR}{dx}$ 在点 $(1,1)$ 处的值。
左边：$L = e^{(xy-1)(x+y)} \ln(x^3+y^3)$。
令 $$u = (xy-1)(x+y),$$则 $u(1,1)=0$。
有$$u' = (y + x y')(x+y) + (xy-1)(1+y'),$$在 $(1,1)$ 处，$u' = 2(1+y')$。
于是 $$\frac{dL}{dx} = e^{u} u' \ln(x^3+y^3) + e^{u} \cdot \frac{1}{x^3+y^3} \cdot (3x^2 + 3y^2 y')$$
在 $(1,1)$ 处，$e^{u}=1$，$\ln(x^3+y^3)=\ln 2$，$x^3+y^3=2$，所以 $\frac{dL}{dx}\bigg|_{(1,1)} = 2(1+y') \ln 2 + \frac{3}{2}(1+y') = \left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y')$。
右边：$R = \frac{1}{2} (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)} (x^2+y^2) \ln(x+y)$。
令 $$A = (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)},B = x^2+y^2,C = \ln(x+y)$$则 $R = \frac{1}{2} A B C$。
在 $(1,1)$ 处，$A=1$，$B=2$，$C=\ln 2$。
先求 $A'$。取对数：$\ln A = [1-(x^2+xy+y^2)] \ln(xy)$。求导得：
$$\frac{A'}{A} = [-(2x + y + x y' + 2y y')] \ln(xy) + [1-(x^2+xy+y^2)] \cdot \frac{y + x y'}{xy}$$
在 $(1,1)$ 处，$$\ln(xy)=0,1-(x^2+xy+y^2) = -2, xy=1$$，所以 $\frac{A'}{A} = -2(1+y')$，即 $A' = -2(1+y')$。
易得$$B' = 2x + 2y y' = 2 + 2y' = 2(1+y'),
C' = \frac{1+y'}{x+y} = \frac{1}{2}(1+y').$$
于是 $$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} (A' B C + A B' C + A B C')$$
代入：$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -2(1+y') \cdot 2 \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2(1+y') \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}(1+y') \right]$$
化简：$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -4(1+y') \ln 2 + 2(1+y') \ln 2 + (1+y') \right] = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$
由 $\frac{dL}{dx} = \frac{dR}{dx}$ 得：
$$\left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y') = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$
若 $1+y' \neq 0$，则 $2\ln 2 + \frac{3}{2} = \frac{1}{2} - \ln 2$，即 $3\ln 2 = -1$，矛盾。故 $1+y' = 0$，即 $y' = -1$。
所以切线斜率为 $-1$，切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。
答案：切线方程为 $y = -x + 2$。
解法二
由方程形式可知，交换 $x$ 与 $y$ 后方程不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 位于曲线且落在对称轴 $y = x$ 上。
在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。
因为函数单调减，所以在 $(1,1)$ 处导数 $y' < 0$，故斜率不可能为 $1$，只可能为 $-1$。
由点斜式得切线方程：
$y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，
即 $y = -x + 2$。
>[!example] 例6(卢吉辚原创难题)
>已知由方程 $\arctan\left( \frac{x^2 y + x y^2}{2} \right) = \arcsin\left( \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y} \right)$ 所确定的函数在其连续区间内单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
解法一（直接求导）
对方程两边关于 $x$ 求导，$y$ 视为 $x$ 的函数，记 $y' = \frac{dy}{dx}$。
左边：设 $u = \frac{x^2 y + x y^2}{2}$，则导数为 $\frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{du}{dx}$。
$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2xy + x^2 y' + y^2 + 2xy y')$。
在 $(1,1)$ 处，$$u=1,\frac{1}{1+u^2} = \frac{1}{2}，\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2+1 + (1+2)y') = \frac{3}{2}(1+y')$$
所以左边导数为 $$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}(1+y') = \frac{3}{4}(1+y')$$
右边：设 $v = \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y}$，则导数为 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \cdot \frac{dv}{dx}$。
在 $(1,1)$ 处，$v = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{1-v^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，所以 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} = \sqrt{2}$。
计算 $\frac{dv}{dx}$：$$v = \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x+y}，
\frac{dv}{dx} = \frac{(x+y) \cdot \frac{x + y y'}{\sqrt{x^2+y^2}} - \sqrt{x^2+y^2}(1+y')}{(x+y)^2}$$
代入 $(1,1)$，$$\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{2}，x+y=2，\frac{dv}{dx} = \frac{2 \cdot \frac{1+y'}{\sqrt{2}} - \sqrt{2}(1+y')}{4} = 0$$
因此右边导数为 $\sqrt{2} \cdot 0 = 0$。
由左右导数相等得：$\frac{3}{4}(1+y') = 0$，解得 $y' = -1$。
故切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。
解法二
方程中交换 $x$ 与 $y$ 后形式不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 在曲线上且位于对称轴 $y = x$ 上。
由对称性，在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。
已知函数单调减，即在定义区间内 $y' < 0$，因此斜率不可能为 $1$，只能为 $-1$。
切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。
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## 参数方程求导
### 原理
已知 $$\left\{ \begin{array}{c} x=x\left( t \right)\\ y=y\left( t \right)\\ \end{array} \right.$$若有均可导且 $x'(t) \neq 0$，则
$$y'\left( t \right) =\frac{dy}{dt}$$
$$x'\left( t \right)=\frac{dx}{dt}$$
$$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{y'\left( t \right)}{x'\left( t \right)}$$
则有 $$y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{dy'}{dx}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}=(\frac{y'(t)}{x'(t)})'\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}$$
而 $$\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^2\left( t \right)}$$
故 $$y''=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^3\left( t \right)}$$
### **适用情况**
适用于曲线由参数形式给出，尤其是：
- 物理中的运动轨迹；
- 极坐标、摆线、旋轮线等曲线；
- 复杂曲线的简化表示。
### **优势**
1. 形式简洁，直接利用两个导数作商；
2. 适用于参数化表示，便于计算高阶导数。
### **劣势**
1. 要求 $x'(t) \neq 0$，否则导数不存在；
2. 高阶导数计算需重复使用公式，略显繁琐。
### **例子**
> [!example] 例1(简单)
> 求参数方程
> $$
\begin{cases}
x = a\cos t \\
y = b\sin t
\end{cases}$$
所确定的函数 $y = y(x)$ 的导数。
**解析**
计算：
$$
\frac{dx}{dt} = -a\sin t, \quad \frac{dy}{dt} = b\cos t
$$
因此：
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t
$$
> [!example] 例2
设 $y$ 由方程 $e^{x+y} = xy$ 确定，则 $y'$ 在点 $(1,0)$ 处的值为
A. $0$
B. $1$
C. $-1$
D. 不存在
**解析**
两边对 $x$ 求导：
$$
e^{x+y}(1 + y') = y + x y'
$$
代入 $(1,0)$：
$$
e^{1+0}(1 + y') = 0 + 1 \cdot y'
$$
即：
$$
e(1 + y') = y'
$$
解得：
$$
y' = \frac{e}{1 - e}
$$
该值不为选项中所列，故判断为“不存在直接匹配”，但若只允许选 ABCD，则可能选 D。
实际应说明：$y' = \frac{e}{1-e}$ 是一个确定数值。
> [!example] 例3
> 参数方程
> $$
\begin{cases}
x = t^2 + 1 \\
y = t^3 - t
\end{cases}$$
在 $t = 1$ 处的导数 $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1}$ 为
A. $1$
B. $2$
C. $3$
D. $4$
**解析**
计算：
$$
\frac{dx}{dt} = 2t, \quad \frac{dy}{dt} = 3t^2 - 1
$$
则：
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{3t^2 - 1}{2t}
$$
代入 $t = 1$：
$$
\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1} = \frac{3 \cdot 1^2 - 1}{2 \cdot 1} = \frac{2}{2} = 1
$$
答案：A
>[!example] 例4(卢吉辚原创难题)
>设参数方程 $x = e^{t^2} \arcsin(t^2)$，$y = \ln(1+t^4) \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值（需要用到泰勒展开，仅作习题）
**解析：**
先求一阶导：
$$\frac{dx}{dt} = 2t e^{t^2} \left( \frac{1}{\sqrt{1-t^4}} + \arcsin(t^2) \right)$$$$\frac{dy}{dt} = \frac{4t^3}{1+t^4} \arctan(t^3) + \ln(1+t^4) \cdot \frac{3t^2}{1+t^6}$$
在 $t=0$ 处，$\frac{dx}{dt}=0$，$\frac{dy}{dt}=0$。
需用公式 $$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{ \frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} }{ \left( \frac{dx}{dt} \right)^3 }$$。
利用泰勒展开：
$x(t) = t^2 + t^4 + O(t^6)$，得 $$\frac{dx}{dt} = 2t + 4t^3 + O(t^5),\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 + 12t^2 + O(t^4);$$
$y(t) = t^7 + O(t^{11})$，得 $$\frac{dy}{dt} = 7t^6 + O(t^{10})，\frac{d^2 y}{dt^2} = 42t^5 + O(t^9).$$
分子：$$\frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} = 70 t^6 + O(t^7)$$分母：$$(\frac{dx}{dt})^3 = 8 t^3 + O(t^5)$$
当 $t \to 0$，$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{70 t^6}{8 t^3} \to 0$，故值为 $0$。
**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = 0$。
>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
>设参数方程 $x = e^{t} \sin t + \ln(1+t^2)$，$y = e^{t} \cos t + \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值。
**解析：**
计算一阶导：
$$\frac{dx}{dt} = e^{t} \sin t + e^{t} \cos t + \frac{2t}{1+t^2}，\frac{dy}{dt} = e^{t} \cos t - e^{t} \sin t + \frac{3t^2}{1+t^6}.$$
在 $t=0$ 处：$\frac{dx}{dt} = 1$，$\frac{dy}{dt} = 1$。
二阶导：
$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 e^{t} \cos t + \frac{2 - 2t^2}{(1+t^2)^2}，\frac{d^2 y}{dt^2} = -2 e^{t} \sin t + \frac{6t(1+t^6) - 18t^7}{(1+t^6)^2}.$$
在 $t=0$ 处：$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 4，\frac{d^2 y}{dt^2} = 0.$$
代入公式：
$$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{1 \cdot 0 - 1 \cdot 4}{1^3} = -4.$$
**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = -4$。
## **应用题**
应用题就比较综合了，它可以考很多知识点，比如参数方程，比如隐函数求导，也有可能就是一个普通的求导。但关键不在于求导，关键在于建立一个准确的模型，也就是
（1）把需要求的对象找出来，即自变量和因变量，注意可能有多个。
（2）根据条件把关系式列出来，画一画示意图有时候会很有帮助。
### 微分估计值
>[!example] 例1
>利用微分估计值也是导数应用的一种。利用微分估计下面几个式子的值：
>（1）$\sqrt{34}$（保留两位小数）
>（2）摆的振动周期公式为：$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$。其中$l$为摆长（厘米），重力加速度$g=981cm^2/s$.为了使周期$T$增大$0.05$秒，摆长$l=20cm$的长度需要作何修正？（参考数据：$\sqrt{981\times20}\approx140.07,\frac{1}{\pi}\approx0.318$,保留两位小数）
解：（1）$\sqrt{34}=\sqrt{36-2}=6\sqrt{1-\frac{1}{18}}$,考虑函数$f(x)=\sqrt{x}$，$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},f'(1)=\frac{1}{2}$,故$df=\frac{dx}{2\sqrt{x}},df|_{x=1}=\frac{1}{2}dx$,取$dx=-\frac{1}{18}$,得$df=-\frac{1}{36}$,故$$\sqrt{34}\approx 6(1-\frac{1}{36})=\frac{35}{6}\approx5.83$$
（2）$dT=T'dl=\pi\sqrt{\frac{1}{gl}}dl=0.05$,则$$dl=\frac{1}{\pi}\sqrt{gl}\approx\frac{1}{3.14}\times\sqrt{981\times20}\times0.05\approx2.23$$
故需要增加摆长约$2.23$厘米
### 相关变化率
#### 飞机航空摄影问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>一飞机在离地面$2 km$的高度，以$200 km/h$的速度水平飞行到某目标上空，以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时，摄影机转动的角速率。
解析：
1、建立坐标系
目标位置：原点 $O(0,0)$
飞机位置：$P(x,2)$
飞机高度：$h = 2 km$
水平速度：$\frac{dx}{dt} = -200 km/h$
2、角度关系
$$
\theta = \arctan\left(\frac{x}{2}\right),
\tan\theta =\frac{x}{2}
$$
3、角速率计算
$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{d\theta}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}$$
$$\frac{d\theta}{dx} = \frac{d}{dx} \arctan\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1}{1 + \left(\frac{x}{2}\right)^2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{x^2 + 4}$$
$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{2}{x^2 + 4} \cdot (-200) = -\frac{400}{x^2 + 4} rad/h$$
4、目标正上方时的角速率
当 $x = 0$ 时：
$$\left. \frac{d\theta}{dt} \right|_{x=0} = -\frac{400}{0 + 4} = -100 rad/h$$
5、转换单位：
$$100 rad/h = 100 \times \frac{180}{\pi} °/h = \frac{18000}{\pi} °/h,
\frac{18000}{\pi} °/h \times \frac{1}{3600} h/s = \frac{5}{\pi} °/s \approx 1.59 °/s$$
答案:
飞机飞至目标正上方时，摄影机转动的角速率为 $\frac{5}{\pi} °/s$（约$1.59 °/s$）。
---
#### 人拉船问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>人在河岸用绳经过定滑轮以速度 $v$、加速度 $a$ 拉船。绳与水平面夹角为 $\theta$。求此时船的加速度 $a'$。
![[应用题人拉船.png]]
解析
1、 变量定义
$h$：滑轮高度（定值）
$x$：船到河岸的水平距离
$l$：绳长
$v = -\frac{dl}{dt}$：人拉绳的速度
$a = -\frac{d^2l}{dt^2}$：人拉绳的加速度
$u = -\frac{dx}{dt}$：船的水平速度
$a' = -\frac{d^2x}{dt^2}$：船的加速度
$\theta$：绳与水平面夹角
2、几何关系
$l^2 = h^2 + x^2$
3、 一阶导数关系
对几何关系求导：$$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}\ 即\ l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$$
代入速度定义：$l(-v) = x(-u)$
$$u = \frac{l}{x}v = \frac{v}{\cos\theta}，其中 \cos\theta = \frac{x}{l}$$
4、 二阶导数关系
对一阶关系求导：$$\frac{d}{dt}\left(l\frac{dl}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(x\frac{dx}{dt}\right)$$
$$\left(\frac{dl}{dt}\right)^2 + l\frac{d^2l}{dt^2} = \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + x\frac{d^2x}{dt^2}$$
$$(-v)^2 + l(-a) = (-u)^2 + x(-a')$$
$$v^2 - la = u^2 - xa'$$
5、 求解 $a'$
$$xa' = u^2 - v^2 + la,
a' = \frac{u^2 - v^2 + la}{x}$$
代入 $u = \frac{v}{\cos\theta}$, $x = h\tan\theta$, $l = \frac{h}{\cos\theta}$：
$$\begin{aligned}
a' &= \frac{\left(\frac{v}{\cos\theta}\right)^2 - v^2 + \left(\frac{h}{\cos\theta}\right)a}{h\tan\theta}\\[1em]
&= \frac{v^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right)}{h\tan\theta} + \frac{\frac{h}{\cos\theta}a}{h\tan\theta}\\[1em]
&= \frac{v^2\tan^2\theta}{h\tan\theta} + \frac{a}{\cos\theta\tan\theta}\\[1em]
&= \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}
\end{aligned}$$
答案：
此时船的加速度为：
$$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$$
---
#### 动点曲线运动问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>已知动点 $P$ 在曲线 $y = \sqrt{x}$ 上运动，记坐标原点 $O$ 与 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 横坐标随时间的变化率为常数 $v$，则当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率是多少？
解析:
1、 变量关系
点 $P$ 坐标：$(x, y)$, $y = \sqrt{x}$
原点 $O$ 与 $P$ 间的距离：
$$l = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + (\sqrt{x})^2} = \sqrt{x^2 + x}$$
已知：$\frac{dx}{dt} = v$（常数）
2、距离变化率计算
$$\begin{aligned}
\frac{dl}{dt} &= \frac{d}{dt} \sqrt{x^2 + x} = \frac{d}{dt} (x^2 + x)^{1/2}\\[1em]
&= \frac{1}{2}(x^2 + x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dt}(x^2 + x)\\[1em]
&= \frac{1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot (2x + 1) \frac{dx}{dt}\\[1em]
&= \frac{2x + 1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot v
\end{aligned}$$
3、在点 $(1, 1)$ 处的变化率
当 $x = 1$ 时：
$$\left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{2\cdot 1 + 1}{2\sqrt{1^2 + 1}} \cdot v = \frac{3}{2\sqrt{2}} \cdot v = \frac{3v}{2\sqrt{2}}$$
有理化：$\frac{3v}{2\sqrt{2}} = \frac{3v\sqrt{2}}{4}$
答案：
当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率为 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。
---
#### 球浸入水问题
##### 问题描述
>[!example] 例题
>半径为$a$的球渐渐沉入盛有部分水的半径为$b(b>a)$的圆柱形容器中.若球以匀速$c$下沉，求：球浸没一半时，容器内水面上升的速率.
>
>（A）$\frac{a^2c}{b^2}$
>
>（B）$\frac{a^c}{b^2-a^2}$
>
>（C）$\frac{a^2c}{2b^2}$
>
>（D）$\frac{a^2c}{b^2+a^2}$
解：主要的等量关系是：球浸入水中的体积与水“溢出”的体积相同（如果把水面上升视为溢出的话）。设时间为$t$，球下沉的体积为$V$，水上升的高度为$H$，球浸入水的高度为$h$，则有$$V=\pi h^2(a-\frac{h}{3}),dV=(2\pi ah-\pi h^2)dh=\pi h(2a-h)dh$$（这个公式大家可以记住）
且（如图）$$dV=\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH$$
![[球浸入水示意图.jpg]]
于是$$\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH=\pi h(2a-h)dh$$$$dH=\frac{h(2a-h)}{b^2-2ah+h^2}dh$$$$\frac{dH}{dt}=\frac{h(2a-h))}{b^2-2ah+h^2}\frac{dh}{dt}$$而$\frac{dh}{dt}=c,h=a$，故$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$
选B.
### 应用题期中真题
>[!example] **例1**（2020）
>有一个正圆锥形漏斗，深度 $18 \text{ cm}$ ，上端口直径为 $12 \text{ cm}$ （即半径 $6 \text{ cm}$ ）。漏斗下方连接一个圆柱形筒，圆柱筒直径为 $10 \text{ cm}$ （即半径 $5 \text{ cm}$ ）。初始时刻漏斗内盛满水，然后水从漏斗流入圆柱筒。已知当漏斗中水深为 $12 \text{ cm}$ 时，漏斗水面下降的速度是 $1 \text{ cm/min}$
问：此时圆柱筒内液面上升的速度是多少？
**解析**:
设 t （s）时漏斗水深为 h （cm），圆柱形容器的水深为 H （cm），则有
$$\pi 5^2 H = V_0 - \frac{1}{3} \pi \left( \frac{6}{18} h \right)^2 h$$
关于 t 求导数得
$$25 \frac{dH}{dt} = -\frac{1}{9} h^2 \frac{dh}{dt}$$
当 h = 12, $\frac{dh}{dt} = -1$ 时，
$$\frac{dH}{dt} = \frac{16}{25} \text{(cm/s)}$$
>[!example] **例2** (2021)
>一长为 L 米的木梯靠在倾角为$\frac{\pi}{3}$的光滑斜坡上，木梯的顶部距离 A 点 h 米，底部距离 A 点 d 米，受重力作用木梯的顶部以 $a \, \mathrm{m/s}$ 的速度沿直线 BA 下滑，底部水平向右运动。问：当木梯的顶部和底部与 A 点的距离相等时，底部的水平速度为多少？
>![[应用题梯子.jpg]]
**解析：**
设运动 t 秒后，木梯的顶部距离 A 点 $y(t) \, \mathrm{m}$ ，底部距离 A 点 $x(t) \, \mathrm{m}$ 。由图易知
$$\left(y(t)\sin\frac{\pi}{3}\right)^2 + \left(x(t)+y(t)\cos\frac{\pi}{3}\right)^2 = L^2$$
即
$$x^2(t)+y^2(t)+x(t)y(t)=L^2$$
方程两端分别对 t 求导，可得
$$2x(t)x'(t)+2y(t)y'(t)+x(t)y'(t)+x'(t)y(t)=0$$
由于 $y'(t)=-a \, (\mathrm{m/s})$ ，因此当 x(t)=y(t) 时，有
$$2x'(t)-2a-a+x'(t)=0$$
故 $$x'(t)=a \, (\mathrm{m/s})$$
>[!example] **例3**（2023）
>有一个长度为5m的梯子贴靠在铅直的墙上，假设其下端沿地板以3m/s的速率离开墙脚而滑动，则
(1) 何时梯子的上、下端能以相同的速率移动？
(2) 何时其上端下滑之速率为4m/s？
**解析:**
设在时刻 t ，梯子上端与墙角的距离为 $x(t) \, \mathrm{m}$ ，下端与墙角的距离为 $y(t) \, \mathrm{m}$ ，则
$$x^2 + y^2 = 25$$
两端同时对 t 求导数可得
$$x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} = 0$$
(1) 当$\frac{dx}{dt} = -\frac{dy}{dt}$ 时，可得 x = y ，进而 $y = \frac{5}{\sqrt{2}} \, (\mathrm{m})$ ，
即下端距墙脚 $\frac{5}{\sqrt{2}} \, \mathrm{m}$ 时上下端能以相同的速率移动。
(2) 当 $\frac{dy}{dt} = -4 \, (\mathrm{m/s})$ ， $\frac{dx}{dt} = 3 \, (\mathrm{m/s})$ 时，有 $4x = 3y$ ，将其代入 $x^2 + y^2 = 25$ ，
解得$y = 4 \, (\mathrm{m})$,即下端距墙脚4 m时，上端下滑速度为$4 m/s$
>[!example] **例4**(2022)
>某部举行八一阅兵，队列正步通过阅兵台时步幅间距离为75厘米，步速为每分钟112步。某观礼人员离行进队列垂直距离为60米，视线追随队列领队，求其视线与队列夹角为$\frac{\pi}{6}$时，视线转动角度的变化率。
**解析：**
- 建立几何模型：设时间为\(t\)分钟，步幅间距离0.75米，步速为每分钟112步，则队列行进距离$x = 0.75×112t = 84t$米。设视线与队列夹角为$theta$，由正切函数关系可得$tan\theta=\frac{x}{60}$，即$\tan\theta=\frac{84t}{60}=\frac{7t}{5}$。
- 两边对$t$求导：根据复合函数求导法则
$$(tan\theta)^\prime=\sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt})$$对$tan\theta=\frac{7t}{5}$两边求导得$$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$
求解:$\frac{d\theta}{dt}$：当$\theta = \frac{\pi}{6}$时，$sec\theta=\frac{2}{\sqrt{3}}$，$sec^{2}\theta=\frac{4}{3}$，代入$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$，
可得$$\frac{4}{3}\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$解得$$\frac{d\theta}{dt}=\frac{21}{20}（弧度/分钟）$$
答案：视线转动角度的变化率为 $\frac{21}{20}$ 弧度/分钟。本题主要考察了利用导数解决实际问题中的变化率问题，关键在于建立正确的函数关系并准确求导，易错点是复合函数求导法则的运用。
>[!example] **例5**（2024）
>一架巡逻直升机在距离地面3km的高度以120km/h的速度沿着一条水平笔直的高速公路向前飞行。飞行员观察到迎面驶来一辆汽车，通过雷达测出直升机与汽车的距离为5km，同时此距离以160km/h的速率在减少。试求此时汽车行进的速度。
**解析**：
如图建立直角坐标系，设时刻 t直升机位于 A点 $(x_1​(t),3)$，汽车位于 B点 $(x_2​(t),0)$，直升机与汽车的距离为 $z(t)$，则
$$(x_2​(t)−x_1​(t))^2+32=z^2(t)$$
方程两端分别对 $t$ 求导，可得
$$(x_2​(t)−x_1​(t))(x_2^′​(t)−x_1^′​(t))=z(t)z^′(t)$$
由于 $z(t)=5$时，$x_2​(t)−x_1​(t)=4$，$z^′(t)=−160$，$x_1^′​(t)=120$，有
$$4(x_2^′​(t)−120)=5×(−160)$$
故 $x_2^′​(t)=−80$，即汽车行进的速度为 $80km/h$。
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