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Chapter 2-3 极限/其他判别法.docx
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358
Chapter 2-3 极限/根值判别法.md
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@ -1,358 +0,0 @@
# 根值判别法（柯西判别法）
## Quick Description
-----
### 原理
通过计算级数通项 $u_n$ 的 $n$ 次方根的极限 $\rho = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{u_n}$，将原级数与等比级数 $\sum \rho^n$ 比较，从而判断敛散性。
### 适用情况
1. 适用于正项级数 $\sum u_n$（一般 $u_n > 0$）。
2. 当 $u_n$ 含有 $n$ 次幂、指数形式或连乘因子时，此方法往往有效。
3. 当比值判别法失效或难以计算时，可尝试根值判别法。
### 优势和劣势
**优势**
1. 对于含 $n$ 次幂、指数或幂指结构的级数，计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 可能比计算比值 $u_{n+1}/u_n$ 更简单。
2. 理论清晰，与等比级数直接比较，直观性强。
**劣势**
1. 当 $\rho = 1$ 时无法判断（此时级数可能收敛也可能发散）。
2. 需要求 $\sqrt[n]{u_n}$ 的极限，有时计算较复杂。
3. 仅适用于正项级数。
---
## 定理与证明
### 定理（根值判别法）
设 $\sum_{n=1}^\infty u_n$ 是**正项级数**，且
$ρ=\lim ⁡n→∞ u_n n ρ=n→∞\lim ​nu_n$​​
（这里允许 $\rho = +\infty$）。
1. 若 $\rho < 1$，则级数收敛。
2. 若 $\rho > 1$（包括 $\rho = +\infty$），则级数发散。
3. 若 $\rho = 1$，判别法失效（级数可能收敛也可能发散）。
### 证明思路
由极限定义：对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $n > N$ 时，
$ρ−ε<unn<ρ+ερ−ε<nun​​<ρ+ε$
> [!note]  
> **情形 $\rho < 1$**  
> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho + \varepsilon < 1$，则
>
> un<rn(n>N)un​<rn(n>N)
>
> 而几何级数 $\sum r^n$ 收敛，由比较判别法知 $\sum u_n$ 收敛。
> [!note]  
> **情形 $\rho > 1$**  
> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho - \varepsilon > 1$，则
>
> $u_n>r^n(n>N)$
>
> 而几何级数 $\sum r^n$ 发散，故 $\sum u_n$ 发散。
> [!note]  
> **情形 $\rho = 1$**  
> 反例：
>
> - $\sum \frac{1}{n}$ 发散，但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n}} \to 1$。
>    
> - $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛，但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n^2}} \to 1$。
>    
---
## 典型例题
> [!example] 例1  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n$ 的敛散性。
>
> **解**  
> 计算根值：
>
> unn=(1−1n)nn=1−1n→1(n→∞)nun​​=n(1−n1​)n​=1−n1​→1(n→∞)
>
> 此时 $\rho = 1$，根值判别法失效。
>
> 改用其他方法：注意到
>
> (1−1n)n=enln⁡(1−1n)∼e−1(n→∞)(1−n1​)n=enln(1−n1​)∼e−1(n→∞)
>
> 所以 $u_n \to e^{-1} \neq 0$，由级数收敛的必要条件（通项必须趋于0）知该级数发散。
> [!example] 例2  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\left(a + \frac{1}{n}\right)^n} \quad (a > 0)$ 的敛散性。
>
> **解**  
> 计算根值：
>
> unn=n(a+1n)nn=nna+1nnun​​=n(a+n1​)nn​​=a+n1​nn​​
>
> 因为 $\sqrt[n]{n} \to 1$，所以
>
> lim⁡n→∞unn=1an→∞lim​nun​​=a1​
>
> - 若 $\frac{1}{a} < 1$ 即 $a > 1$，则级数收敛。
>    
> - 若 $\frac{1}{a} > 1$ 即 $0 < a < 1$，则级数发散。
>    
> - 若 $a = 1$，此时 $\rho = 1$，判别法失效。  
>     当 $a = 1$ 时，
>    
>     un=n(1+1n)n∼ne(n→∞)un​=(1+n1​)nn​∼en​(n→∞)
>    
>     通项不趋于0，故级数发散。
>    
>
> **综上**：
>
> - 当 $a > 1$ 时，级数收敛；
>    
> - 当 $0 < a \le 1$ 时，级数发散。
>    
> [!example] 例3（常用结论）  
> 证明：$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max{a_1, a_2, \dots, a_m}$，其中 $a_k > 0$。
>
> **证明**  
> 令 $M = \max{a_1, \dots, a_m}$，则
>
> Mn≤a1n+⋯+amn≤mMnMn≤a1n​+⋯+amn​≤mMn
>
> 两边开 $n$ 次方：
>
> M≤a1n+⋯+amnn≤M⋅mnM≤na1n​+⋯+amn​​≤M⋅nm​
>
> 因为 $\sqrt[n]{m} \to 1$，由夹逼定理得结论。
>
> 此结论在判断形如 $\sum (a_1^n + \cdots + a_m^n)$ 的级数时可直接使用。
> [!example] 例4  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n + 3^n}{5^n}$ 的敛散性。
>
> **解**
>
> un=2n+3n5n=(25)n+(35)nun​=5n2n+3n​=(52​)n+(53​)n
>
> 计算根值：
>
> unn=(25)n+(35)nnnun​​=n(52​)n+(53​)n​
>
> 由例3结论，$\sqrt[n]{u_n} \to \max\left{\frac{2}{5}, \frac{3}{5}\right} = \frac{3}{5} < 1$，故级数收敛。
---
## 注意事项
1. 根值判别法仅适用于正项级数。
2. 当 $\rho = 1$ 时，需改用其他方法（如比较判别法、积分判别法、比值判别法等）。
3. 计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 时，常用结论：
    nn→1,nkn→1,an=a1/n→1 (a>0)nn​→1,nnk​→1,na​=a1/n→1 (a>0)
4. 若 $u_n$ 含有 $n!$ 或连乘形式，通常使用比值判别法更简便；若含 $n$ 次幂，则根值判别法可能更直接。
---
## 练习题
> [!question] 练习1  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{n}{2n+1}\right)^n$ 的敛散性。
> [!question] 练习2  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{5^n}{n^n}$ 的敛散性。
> [!question] 练习3  
> 设 $a > 0$，讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{a}{n}\right)^n$ 的敛散性。
> [!note] 参考答案
>
> 1. $\rho = \frac{1}{2} < 1$，收敛。
>    
> 2. $\rho = 0 < 1$，收敛。
>    
> 3. 对任意 $a > 0$，有 $\rho = 0 < 1$，收敛。
>

123
Chapter 2-3 极限/比值判别法.md
Unescape View File

@ -1,123 +0,0 @@
# 比值判别法
## 原理
对于正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n\ (u_n>0)$，计算极限$\rho=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$，根据$\rho$与 1 的大小关系判断级数敛散性。
1. 若 $\boldsymbol{\rho<1}$，则级数收敛；
2. 若 $\boldsymbol{\rho>1}$（或 $\rho=+\infty$），则级数发散；
3. 若 $\boldsymbol{\rho=1}$，则判别法失效，需用其他方法（如比较判别法、积分判别法等）判断。
## **适用情况**
主要适用于通项含阶乘、指数幂（如 $a^n$）、$n^n$ 等形式的正项级数，这类通项的 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ ，作商后阶乘、指数部分可大幅化简，极限易求。
## **优势**
1. 化简效率高：通项含 n!、$a^n$ 时，作商 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 能直接约去大量重复因子
2. 判定直接：只需计算一个极限值与 1 比较，无需像比较判别法那样构造合适的参考级数，对初学者更友好。
## **劣势**
1. 对通项形式依赖强：仅适合含阶乘、指数幂的正项级数，对于通项为多项式、分式（如 $u_n=\frac{1}{n^p}$）的级数，$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=1$，判别法直接失效。
2. 失效情形无判定能力：当极限 $\rho=1$ 时，无法判断级数敛散性，必须换用比较判别法、积分判别法等其他方法，增加了解题步骤。
3. 仅针对正项级数：不能直接应用于任意项级数（如交错级数），若要使用，需先对通项取绝对值判断绝对收敛，再进一步分析条件收敛。
4. 极限可能不存在：部分正项级数的 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 不存在，此时比值判别法无法使用。
## **例子**
> [!example] 例1
判定级数敛散性：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n!}$$
**解析**
用比值判别法：
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{2^n} = \frac{2}{n+1} \to 0$$
因此收敛。
>[!example] 例2
设 $\alpha$ 为正常数，判定级数的敛散性：
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$
**解析**
1. 记通项
$$a_n = \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$
这里 $(2n-1)!! = 1\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \, n!}$。
所以：$$a_n = \frac{\frac{(2n)!}{2^n \, n!}}{(n!)^\alpha}= \frac{(2n)!}{2^n \, (n!)^{\alpha+1}}$$
2. 用比值判别法
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{2^{n+1}((n+1)!)^{\alpha+1}} \cdot \frac{2^n (n!)^{\alpha+1}}{(2n)!}$$
化简：$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+1)(2n+2) = 2(2n+1)(n+1)$$$$\frac{2^n}{2^{n+1}} = \frac12$$$$\frac{(n!)^{\alpha+1}}{((n+1)!)^{\alpha+1}} = \frac{1}{(n+1)^{\alpha+1}}$$
所以：$$\frac{a_{n+1}}{a_n}
= \frac{2(2n+1)(n+1) \cdot \frac12}{(n+1)^{\alpha+1}}
= \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$
3. 计算极限
$$\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$
· 若 $\alpha$> 1，极限为 0，比值判别法得出 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n}$ = 0 < 1，级数收敛。
· 若 $\alpha$ = 1，极限为 $\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{n+1}$ = 2 > 1，级数发散。
· 若 0 < $\alpha$ < 1，极限为 $\infty$ > 1，级数发散。
4. 答案
当$\alpha$>1时收敛，当 0 < $\alpha$ < 1 时发散
>[!example] **习题1**
级数 $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$$ 的敛散性是
A. 收敛
B. 发散
C. 无法判断
**解析**
$$a_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 \cdot 5^n}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n}
= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \cdot 5^{n+1}} \cdot \frac{(n!)^2 \cdot 5^n}{(2n)!}$$
化简：
$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$$
$$\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$$
$$\frac{5^n}{5^{n+1}} = \frac15$$
所以
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac15
= \frac{2(2n+1)}{n+1} \cdot \frac15$$
$$\lim_{n\to\infty} \frac{4n+2}{5(n+1)} = \frac{4}{5} < 1$$
所以收敛。
答案：A
>[!example] **习题2**
级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$ 的敛散性是
A. 收敛
B. 发散
C. 无法判断
解
$$a_n = \frac{3^n}{n^2}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n}
= 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2}$$
$$\lim_{n\to\infty} 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2} = 3 > 1$$
所以发散。
答案：B

97
Chapter 2-3 极限/比较判别法.md
Unescape View File

@ -1,97 +0,0 @@
### Quick Description
#### 原理
不等式形式：放缩，大敛则小敛，小散则大散
极限形式：比值的极限为常数，则同敛散
#### 适用情况
正项级数
#### 优势和劣势
放缩在高中有知识基础，比较好上手
与比值/根值判别法不同，判定出变号级数的绝对值发散后，无法得到原级数发散
### 例子
#例一
判断级数$\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$的敛散性
设 $a_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$，其中 $n \geq 2$ 。记其前n项和为$S_n$。
由于当 $n \geq 2$ 时，有 $\frac{1}{\ln n} > 0$ ，且 $\sin n > \frac{n}{2}$ ，因此存在 $N$ ，使得当$n > N$时，$q_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{2n}.$
记$\sum \frac{1}{2n}$的前$n$项和为$T_n$。
由于 $\lim_{n \to \infty} S_n > \lim_{n \to \infty} T_n, \quad \text{而} \quad \lim_{n \to \infty} T_n = +\infty,$
因此 $\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty.$
故级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$ 发散。
#例二
**基础练习**
1. **下列级数中收敛的有\_\_\_\_\_\_**。
A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$
B $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$
C $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$
D $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$
E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$
F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
**参考答案：ABCF.
- **A** 由于 $0 < \sin \frac{\pi}{2^n} \leq \frac{\pi}{2^n}$，且几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}$ 收敛，故原级数收敛。
- **B** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故原级数收敛。
- **C** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛，故原级数收敛。（或由 $\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3} \;(n>1)$）
- **D** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
- **E** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}$，又级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
- **F** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1+\frac{1}{n^2} \right) = 1$，又 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故原级数收敛。
练习：
**判定断下列级数的敛散性：**
A.收敛 B.发散
(1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$
(2) $\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt[n]{a}-1) \quad (a>0)$
解答：
**(1)** 由于
$a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{n(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} < \frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$，
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故由比较判别法知原级数收敛。
**(2)**
- 当 $a = 1$ 时，通项 $\sqrt[n]{a}-1 = 0$，级数为 $\sum_{n=1}^\infty 0$，收敛。
- 当 $a > 1$ 时，级数为正项级数。由于
$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{a}-1}{1/n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{e^{(\ln a)/n} - 1}{1/n} = \ln a > 0$，
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 发散，故此时级数发散。
- 当 $0 < a < 1$ 时，级数为负项级数。考虑 $\sum_{n=1}^\infty (1-\sqrt[n]{a})$，
$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1-\sqrt[n]{a}}{1/n} = -\ln a > 0$，同理级数发散。
综上，级数当 $a = 1$ 时收敛，当 $a>0$ 且 $a \neq 1$ 时发散。
**判定断下列级数的敛散性：**
A.收敛 B.发散
(1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3+(-1)^n}{2^{n+1}}$
(2) $\sum_{n=1}^{\infty} \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$
(3) $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$
**(1)** 由于
$a_n = \frac{3+(-1)^n}{2^{n+1}} \le \frac{4}{2^{n+1}} = \frac{1}{2^{,n-1}}$，
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^{,n-1}}$ 收敛，由比较判别法知原级数收敛。
**(2)** 方法一：
$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\ln!\left(1+\frac{1}{n}\right)}{1/n} = 1$，而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
方法二：
部分和
$S_n = \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{1}{k}\right) = \sum_{k=1}^n [\ln(k+1) - \ln k] = \ln(n+1) \to +\infty$，
故级数发散。
**(3)** 当 $n > e^2$ 时，$\ln n > 2$，从而 $\frac{1}{(\ln n)^n} < \frac{1}{2^{,n}}$。
由于 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{,n}}$ 收敛，由比较判别法知原级数收敛。

392
Chapter 2-3 极限/部分和判别法.md
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@ -1,392 +0,0 @@
## **原理**
对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n$，构造其部分和数列 $S_n=u_1+u_2+\dots+u_n$。若极限 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n=S$（S 为有限常数），则级数收敛，且和为 S；若该极限不存在（或为无穷大），则级数发散。
## **适用情况**
适用于部分和可通过公式化简求和的级数，典型类型包括：
1.等比级数：$\sum_{n=1}^{\infty}aq^{n-1}（a\neq0）$，部分和 $S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$；
2.裂项相消型级数：如 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$，通项可拆为 $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，部分和可逐项抵消化简；
3. 少数可通过错位相减、分组求和的特殊级数。
## **优势**
1. 本质性强：直接基于级数收敛的定义，判定结果准确，还能同时求出级数的和，这是比值、比较判别法等无法做到的。
2. 无形式限制：不像比值判别法依赖通项的阶乘、指数结构，只要部分和能化简，任何类型级数都适用。
## **劣势**
1. 适用范围极窄：绝大多数级数的部分和无法用初等函数化简（如调和级数 $\sum\frac{1}{n}$、$\sum\frac{n}{2^n}$虽能判定敛散性，但部分和无简单表达式）。
2. 计算难度高：裂项、错位相减等求和技巧性强，对复杂通项不易找到化简方法。
3. 效率低：对比判别法，求部分和的步骤通常更繁琐，不适用于快速判定敛散性。
## **例子**
>[!example] **例1**
>判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}$的敛散性，若收敛求其和
解析
1.  裂项变形
   $\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$
2.  求部分和
   $S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right) = \left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\dots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) = 1-\frac{1}{2n+1}$
3.  取极限
   $\lim_{n \to \infty}S_n=\lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)=1$
4.  结论：该级数 **收敛**，和为 \( 1 \)
>[!example] **例2**
判断级数$\sin \frac{\pi}{6} + \sin \frac{2\pi}{6} + \cdots + \sin \frac{n\pi}{6} + \cdots$的敛散性
解析：
1. 已知公式
由积化和差公式：
$2\sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$
令  $A = k\theta$， $B = \frac{\theta}{2}$ ，则：
$2\sin(k\theta) \sin\left( \frac{\theta}{2} \right) = \cos\left( k\theta - \frac{\theta}{2} \right) - \cos\left( k\theta + \frac{\theta}{2} \right)$
$= \cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)$
因此：
$\boxed{\sin(k\theta) = \frac{\cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)}{ 2\sin\frac{\theta}{2} }}$
这是一个裂项公式，因为对 k 求和时，中间项会消去。
2. 应用到本题
题中级数为：
$\sum_{k=1}^{\infty} \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$
这里  $\theta = \frac{\pi}{6}$ ， $\sin\frac{\theta}{2}$ = $\sin\frac{\pi}{12} \neq 0$。
利用上面裂项公式，记
$a_k = \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$
$= \frac{\cos\left( \frac{(k - \frac12)\pi}{6} \right) - \cos\left( \frac{(k + \frac12)\pi}{6} \right)}{2\sin\frac{\pi}{12}}$
即
$a_k = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\left( \frac{(2k-1)\pi}{12} \right) - \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{12} \right) \right]$
3. 求部分和 $S_n$
$S_n = \sum_{k=1}^n a_k$
$= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \sum_{k=1}^n \left[ \cos\frac{(2k-1)\pi}{12} - \cos\frac{(2k+1)\pi}{12} \right]$
记 $C_m = \cos\frac{(2m-1)\pi}{12}$，则：
$\sum_{k=1}^n \left[ C_k - C_{k+1} \right]$
这是一个裂项和：
$\sum_{k=1}^n (C_k - C_{k+1}) = C_1 - C_{n+1}$
其中
$C_1 = \cos\frac{(2\cdot 1 - 1)\pi}{12} = \cos\frac{\pi}{12}$
$C_{n+1} = \cos\frac{(2(n+1)-1)\pi}{12} = \cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$
因此：
$S_n = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\frac{\pi}{12} - \cos\frac{(2n+1)\pi}{12} \right]$
4. 分析极限
当 $n \to \infty$ 时， $\frac{(2n+1)\pi}{12} \mod 2\pi$  在 $[0, 2\pi)$ 内不趋于一个固定值，而是周期性地取多个不同值。
事实上，$\cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$ 的值在 $n$ 增加时振荡，不会趋于一个常数。
因此：
$\lim_{n\to\infty} S_n \quad \text{不存在。}$
**习题1**
级数
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$
\]  
的和为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 不存在（发散）
解：
观察
$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$
部分和：
$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$
收敛到 1。
答案：B
**习题2**
级数
$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \right)$
\]  
的敛散性是
A. 收敛到 0
B. 收敛到 $1 - \sqrt{2}$
C. 收敛到 $\sqrt{2} - 2$
D. 发散
解：
观察通项：
设 $a_n = \sqrt{n}$，则
$a_{n+2} - 2a_{n+1} + a_n = (a_{n+2} - a_{n+1}) - (a_{n+1} - a_n)$
\]  
记 $b_n = a_{n+1} - a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$，则
原通项 = $b_{n+1} - b_n$。
部分和：
$S_N = \sum_{n=1}^N (b_{n+1} - b_n) = b_{N+1} - b_1$
\]  
$b_{N+1} = \sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}, \quad b_1 = \sqrt{2} - 1$
\]  
因此
$S_N = (\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}) - (\sqrt{2} - 1)$
\]  
当 $N \to \infty，\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1} \to 0$，所以
$lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$
\]  
收敛到 $1 - \sqrt{2}$。
答案：B
# **级数运算性质判别法**
## **原理**
1. 线性运算性质的应用
设$\sum u_n、\sum v_n$ 为已知敛散性的级数，k 为非零常数：
- 若 $\sum u_n$ 收敛，则 $\sum ku_n$ 收敛；若 $\sum u_n$ 发散，则 $\sum ku_n$ 发散。
- 若 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 都收敛，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 收敛。
- 若 $\sum u_n$ 收敛、$\sum v_n$ 发散，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 发散。
注：若两者都发散，$\sum(u_n\pm v_n)$ 敛散性不确定。
2. 添减/改变有限项性质的应用
对任意级数，增加、去掉或改变有限项，不改变其敛散性。
例：$\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 收敛，因为它是收敛等比级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 去掉前2项得到的。
3. 正项级数重组性质的应用
若正项级数 $\sum u_n$ 收敛，任意重排其项得到的新级数仍收敛，且和不变。
## **适用情况**
1. 待判定级数可拆分为两个或多个已知敛散性的级数的线性组合（如 $\sum (u_n\pm v_n)、\sum ku_n）$。
2. 级数仅增减、改变有限项，或对正项级数进行项的重组。
3. 已知级数多为基础类型（等比级数、$p$-级数、调和级数等），便于直接套用性质。
## **优势**
1. 快捷高效：无需计算极限或构造不等式，直接利用已知结论推导，步骤简洁。
2. 既适用于正项级数，也适用于任意项级数（如交错级数）。
## **劣势**
1. 依赖性强：必须依赖已知敛散性的“参考级数”，若无法拆分或无合适参考级数，则无法使用。
2. 有局限性：对于 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 均发散的情况，$\sum (u_n\pm v_n)$ 的敛散性无法直接判定，性质失效。
## **例子**
>[!example] **例1**
>判断级数$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。
解析：
原级数：
$S = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}.$
将 $\frac{n+2}{n+1}$ 写成：
$\frac{n+2}{n+1} = 1 + \frac{1}{n+1}.$
于是通项：
$(-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}} \cdot \left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)$
$= (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}} \;+\; (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n} \,(n+1)}.$
记
$u_n = (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}, \quad v_n = (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n} \, (n+1)}.$
则原级数：
$S = \sum_{n=1}^\infty u_n \;+\; \sum_{n=1}^\infty v_n.$
第一项：$\sum_{n=1}^\infty u_n = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}$。
· 这是交错 $p$-级数， $p = \frac12 < 1$，不绝对收敛；
· 由莱布尼茨判别法（$1/\sqrt{n} 单调递减趋于 0$）⇒ 条件收敛。
第二项：$\sum_{n=1}^\infty v_n$，比较 $v_n$ 的绝对值：
$|v_n| = \frac{1}{\sqrt{n} \,(n+1)} \sim \frac{1}{n^{3/2}} \quad (n\to\infty).$
因为 $p = 3/2 > 1$，所以 $\sum |v_n|$ 收敛 ⇒ $\sum v_n$ 绝对收敛。
利用级数运算性质：
已知
· 若两个级数 $\sum A_n 和 \sum B_n$ 都收敛，则 $\sum (A_n + B_n)$ 收敛（收敛级数的和收敛）。
· 若 $\sum A_n$ 条件收敛，$\sum B_n$ 绝对收敛，则 $\sum (A_n + B_n)$条件收敛（因为加一个绝对收敛级数不改变条件收敛的性质）。
这里：
$S = \underbrace{\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}}_{\text{条件收敛}} \;+\; \underbrace{\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}(n+1)}}_{\text{绝对收敛}}.$
因此 $S$ 是 条件收敛的级数
>[!example] **例2**
讨论级数$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$的敛散性
解析：先对通项有理化变形，再拆分为两个级数的和，结合级数运算性质判断
步骤1 通项有理化与变形
对通项分母有理化：
$$
\begin{align*}
u_n &= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n} \\
&= \frac{(-1)^n \left[\sqrt{n} - (-1)^n\right]}{\left[\sqrt{n} + (-1)^n\right]\left[\sqrt{n} - (-1)^n\right]} \\
&= \frac{(-1)^n \sqrt{n} - 1}{n - 1} \\
&= \frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1} - \frac{1}{n - 1}
\end{align*}
$$
$\frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1}$用莱布尼兹判别法判断收敛
$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n - 1}：令 k=n-1，级数变为 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$（调和级数），**发散**。
根据级数运算性质：**收敛级数 + 收敛级数 - 发散级数 = 发散级数**。
因此，级数$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$**发散**。
**习题1**
已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，$\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散，则以下说法正确的是（ ）
A. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必收敛
B. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必发散
C. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n b_n)$ 必发散
D. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n^2)$ 必收敛
解析：
设 $s_n = a_1+\dots+a_n$ 收敛，$t_n = b_1+\dots+b_n$ 发散。
则 $a_n+b_n$ 的前 $n$ 项和 = $s_n + t_n$，收敛+发散 = 发散，故 B 正确。
反例：A 错。C：取 $a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$（条件收敛），$b_n=(-1)^n$（发散），则 $a_n b_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散，但这是特例，不是“必”发散，若 $a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=n$，则 $a_n b_n = \frac{1}{n}$ 发散；若 $a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=(-1)^n n$，则 $a_n b_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 收敛（条件收敛）。所以 C 不对。D：反例 $a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 收敛（条件收敛），但 $a_n^2 = \frac{1}{n}$ 发散。
答案：B
**习题2**
级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是：
A. 绝对收敛
B. 条件收敛
C. 发散
D. 可能收敛可能发散
解析
拆成两个：
1. $\sum \frac{\sin n}{n^2}：因 |\frac{\sin n}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$，绝对收敛。
2. $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛。
   条件收敛 + 绝对收敛 = 条件收敛。
答案：B

16
Chapter 4 微积分基础/参数方程导数.md
Unescape View File

@ -1,16 +0,0 @@
已知 $\left\{ \begin{array}{c} x=x\left( t \right)\\ y=y\left( t \right)\\ \end{array} \right.$
$y'\left( t \right) =\frac{dy}{dt}$
$x'\left( t \right)=\frac{dx}{dt}$
$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{y'\left( t \right)}{x'\left( t \right)}$
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 $y''=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^3\left( t \right)}$

87
Chapter 4 微积分基础/应用题真题.md
Unescape View File

@ -1,87 +0,0 @@
>[!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？
>![[2dc97df311b6179d9c28babc1848adfc.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 (x1​(t),3)，汽车位于 B点 (x2​(t),0)，直升机与汽车的距离为 z(t)，则
$$(x2​(t)−x1​(t))2+32=z2(t)$$
方程两端分别对 t求导，可得
$$(x2​(t)−x1​(t))(x2′​(t)−x1′​(t))=z(t)z′(t)$$
由于 $z(t)=5$时，$x2​(t)−x1​(t)=4$，$z′(t)=−160$，$x1′​(t)=120$，有
$$4(x2′​(t)−120)=5×(−160)$$
故 $x2′​(t)=−80$，即汽车行进的速度为 $80km/h$。

150
Chapter 4 微积分基础/相关变化率(1).md
Unescape View File

@ -1,150 +0,0 @@
# 飞机航空摄影问题
## 问题描述
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
### 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
### 角度关系
$\theta = \arctan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\tan\theta = \frac{x}{2}$
### 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
### 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
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
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 $a'$。
![[Pasted image 20251223173057.png]]
## 解析
### 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
### 几何关系
$l^2 = h^2 + x^2$
### 一阶导数关系
对几何关系求导：$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}$
$l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$
代入速度定义：$l(-v) = x(-u)$
$u = \frac{l}{x}v = \frac{v}{\cos\theta}$，其中 $\cos\theta = \frac{x}{l}$
### 二阶导数关系
对一阶关系求导：$\frac{d}{dt}\left(l\frac{dl}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(x\frac{dx}{dt}\right)$
$\left(\frac{dl}{dt}\right)^2 + l\frac{d^2l}{dt^2} = \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + x\frac{d^2x}{dt^2}$
$(-v)^2 + l(-a) = (-u)^2 + x(-a')$
$v^2 - la = u^2 - xa'$
### 求解 $a'$
$xa' = u^2 - v^2 + la$
$a' = \frac{u^2 - v^2 + la}{x}$
代入 $u = \frac{v}{\cos\theta}$, $x = h\tan\theta$, $l = \frac{h}{\cos\theta}$：
$a' = \frac{\left(\frac{v}{\cos\theta}\right)^2 - v^2 + \left(\frac{h}{\cos\theta}\right)a}{h\tan\theta}$
$a' = \frac{v^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right)}{h\tan\theta} + \frac{\frac{h}{\cos\theta}a}{h\tan\theta}$
$a' = \frac{v^2\tan^2\theta}{h\tan\theta} + \frac{a}{\cos\theta\tan\theta}$
$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$
## 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
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
### 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）
### 距离变化率计算
$\frac{dl}{dt} = \frac{d}{dt} \sqrt{x^2 + x} = \frac{d}{dt} (x^2 + x)^{1/2}$
$\frac{dl}{dt} = \frac{1}{2}(x^2 + x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dt}(x^2 + x)$
$\frac{dl}{dt} = \frac{1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot (2x + 1) \frac{dx}{dt}$
$\frac{dl}{dt} = \frac{2x + 1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot v$
### 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 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。

152
Chapter 4 微积分基础/相关变化率(2).md
Unescape View File

@ -1,152 +0,0 @@
#### 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 $a'$。
![[Pasted image 20251223173057.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：$$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt},
l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$$
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 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。

150
Chapter 4 微积分基础/相关变化率.md
Unescape View File

@ -1,150 +0,0 @@
# 飞机航空摄影问题
## 问题描述
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
### 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
### 角度关系
$\theta = \arctan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\tan\theta = \frac{x}{2}$
### 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
### 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
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
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 $a'$。
![[Pasted image 20251223173057.png]]
## 解析
### 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
### 几何关系
$l^2 = h^2 + x^2$
### 一阶导数关系
对几何关系求导：$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}$
$l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$
代入速度定义：$l(-v) = x(-u)$
$u = \frac{l}{x}v = \frac{v}{\cos\theta}$，其中 $\cos\theta = \frac{x}{l}$
### 二阶导数关系
对一阶关系求导：$\frac{d}{dt}\left(l\frac{dl}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(x\frac{dx}{dt}\right)$
$\left(\frac{dl}{dt}\right)^2 + l\frac{d^2l}{dt^2} = \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + x\frac{d^2x}{dt^2}$
$(-v)^2 + l(-a) = (-u)^2 + x(-a')$
$v^2 - la = u^2 - xa'$
### 求解 $a'$
$xa' = u^2 - v^2 + la$
$a' = \frac{u^2 - v^2 + la}{x}$
代入 $u = \frac{v}{\cos\theta}$, $x = h\tan\theta$, $l = \frac{h}{\cos\theta}$：
$a' = \frac{\left(\frac{v}{\cos\theta}\right)^2 - v^2 + \left(\frac{h}{\cos\theta}\right)a}{h\tan\theta}$
$a' = \frac{v^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right)}{h\tan\theta} + \frac{\frac{h}{\cos\theta}a}{h\tan\theta}$
$a' = \frac{v^2\tan^2\theta}{h\tan\theta} + \frac{a}{\cos\theta\tan\theta}$
$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$
## 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
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
### 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）
### 距离变化率计算
$\frac{dl}{dt} = \frac{d}{dt} \sqrt{x^2 + x} = \frac{d}{dt} (x^2 + x)^{1/2}$
$\frac{dl}{dt} = \frac{1}{2}(x^2 + x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dt}(x^2 + x)$
$\frac{dl}{dt} = \frac{1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot (2x + 1) \frac{dx}{dt}$
$\frac{dl}{dt} = \frac{2x + 1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot v$
### 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 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。

154
Chapter 4 微积分基础/隐函数与参数方程求导.md
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@ -1,154 +0,0 @@
## 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
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：
$$
y' = -\frac{x}{y}
$$
---
## 参数方程求导
### 原理
设曲线由参数方程
$$
\begin{cases}
x = x(t) \\
y = y(t)
\end{cases}
$$
给出，则 $y$ 关于 $x$ 的导数为：
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{y'(t)}{x'(t)}
$$
前提是 $x'(t) \neq 0$。
### **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2
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：
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t
$$
---
## 习题
> [!example] **习题1**
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] **习题2**
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

136
Chapter 4 微积分基础/隐函数求导、参数方程求导.md
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@ -1,136 +0,0 @@
## 题目
### 隐函数求导
1. 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。
2. 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。
### 参数方程求导
3. 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。
4. 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
### 1.
##### 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 $u(1,1)=0$。
$u' = (y + x y')(x+y) + (xy-1)(1+y')$，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：
$\frac{A'}{A} = [-(2x + y + x y' + 2y y')] \ln(xy) + [1-(x^2+xy+y^2)] \cdot \frac{y + x y'}{xy}$
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 $A' = -2(1+y')$。
$B' = 2x + 2y y' = 2 + 2y' = 2(1+y')$。
$C' = \frac{1+y'}{x+y} = \frac{1}{2}(1+y')$。
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 $y = -x + 2$。
### 2.
##### 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 $y = -x + 2$。
---
---
### 3.
**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：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = 0$。
---
### 4.
**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：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = -4$。
---

57
Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题(1)(1).md
Unescape View File

@ -1,57 +0,0 @@
## **隐函数求导**
隐函数求导其实基本没什么难度，主要就是计算问题，所以下面以计算题为主。同时，也要注意包含抽象函数的求导。
>[!example] 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] 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] 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：
$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$
$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$
$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$
## **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，因为应用题不会有很恶心的表达式，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。我的建议是大家可以画一画示意图。
>[!example] 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.
>[!example] 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

47
Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题.md
Unescape View File

@ -1,47 +0,0 @@
## **隐函数求导**
隐函数求导其实基本没什么难度，主要就是计算问题，所以下面以计算题为主。同时，也要注意包含抽象函数的求导。
>[!example] 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] 求曲线$\ln{\sqrt{x^2+y^2}}=arctan(\frac{x}{y})$在点(0,1)处的切线方程。
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：
$$y=x+1$$
>[!example] 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：
$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$
$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$
$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$
## **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，因为应用题不会有很恶心的表达式，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。我的建议是大家可以画一画示意图。
>[!example] 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.
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$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$
>[!example] 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

36
Chapter 4 微积分基础/隐函数求导和应用题（.md
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@ -1,36 +0,0 @@
## **隐函数求导**
隐函数求导其实基本没什么难度，主要就是计算问题，所以下面以计算题为主。同时，也要注意包含抽象函数的求导。
>[!example] 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] 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：
$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$
$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$
$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$
## **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，因为应用题不会有很恶心的表达式，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。我的建议是大家可以画一画示意图。
>[!example] 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

134
Chapter 4 微积分基础/隐函数求导（难题）.md
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@ -1,134 +0,0 @@
## 题目
### 隐函数求导
>[!example] 例1
>1. 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。
>2. 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。
### 参数方程求导
>[!example] 例2
>3. 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）。
>4. 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
### 1.
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 $y = -x + 2$。
### 2.
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 $y = -x + 2$。
---
---
### 3.
**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：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = 0$。
---
### 4.
**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：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = -4$。
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33
小测/12.22/课前测.md
Unescape View File

@ -1,33 +0,0 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛
A.正确
B.错误
2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 不存在（发散）
3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛
A.正确
B.错误
4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛
A.正确
B.错误
5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛
A.正确
B.错误

68
小测/12.22/课前测解析版.md
Unescape View File

@ -1,68 +0,0 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛
A.正确
B.错误
由于
$a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{n(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} < \frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$，
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故由比较判别法知原级数收敛。
2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 不存在（发散）
解：
观察
$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$
部分和：
$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$
收敛到 1。
3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛
A.正确
B.错误
**解析**
$$a_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 \cdot 5^n}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n}
= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \cdot 5^{n+1}} \cdot \frac{(n!)^2 \cdot 5^n}{(2n)!}$$
化简：
$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$$
$$\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$$
$$\frac{5^n}{5^{n+1}} = \frac15$$
所以
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac15
= \frac{2(2n+1)}{n+1} \cdot \frac15$$
$$\lim_{n\to\infty} \frac{4n+2}{5(n+1)} = \frac{4}{5} < 1$$
所以收敛。
答案：A
4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛
A.正确
B.错误
$n(n-1)/2的奇偶性与n正好相反，所以级数也是交错级数，容易证明是收敛$
5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛
A.正确
B.错误
当 $n > e^2$ 时，$\ln n > 2$，从而 $\frac{1}{(\ln n)^n} < \frac{1}{2^{,n}}$。
由于 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{,n}}$ 收敛，由比较判别法知原级数收敛。

64
小测/12.22/课后测(解析).md
Unescape View File

@ -1,64 +0,0 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$收敛
A.正确
B.错误
$sin(\sqrt{n^2+1}\pi)=(-1)^{n}sin((\sqrt{n^2+1}-n)\pi)=(-1)^{n}sin(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\pi),$
$a_{n}=sin(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})\to0(n\to\infty),且\{a_{n}\}单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛$
2.级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是：
A. 绝对收敛
B. 条件收敛
C. 发散
D. 可能收敛可能发散
解析
拆成两个：
1. $\sum \frac{\sin n}{n^2}：因 |\frac{\sin n}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$，绝对收敛。
2. $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛。
   条件收敛 + 绝对收敛 = 条件收敛。
答案：B
3.级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$  收敛
A.正确
B.错误
解
$$a_n = \frac{3^n}{n^2}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n}
= 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2}$$
$$\lim_{n\to\infty} 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2} = 3 > 1$$
所以发散。
答案：B
4,级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ 收敛
A.正确
B.错误
由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故原级数收敛。
5.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ 收敛
A.正确
B.错误
由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}$，又级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。

40
小测/12.22/课后测.md
Unescape View File

@ -1,40 +0,0 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$收敛
A.正确
B.错误
2.级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是：
A. 绝对收敛
B. 条件收敛
C. 发散
D. 可能收敛可能发散
3.级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$  收敛
A.正确
B.错误
4,级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ 收敛
A.正确
B.错误
5.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ 收敛
A.正确
B.错误

33
小测/12.23/课前测.md
Unescape View File

@ -1,33 +0,0 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛
A.正确
B.错误
2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 不存在（发散）
3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛
A.正确
B.错误
4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛
A.正确
B.错误
5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛
A.正确
B.错误

68
小测/12.23/课前测解析版.md
Unescape View File

@ -1,68 +0,0 @@
1.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n}$收敛
A.正确
B.错误
由于
$a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{n(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} < \frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$，
而 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故由比较判别法知原级数收敛。
2.级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$的和为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 不存在（发散）
解：
观察
$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$
部分和：
$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$
收敛到 1。
3.级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$ 收敛
A.正确
B.错误
**解析**
$$a_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 \cdot 5^n}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n}
= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \cdot 5^{n+1}} \cdot \frac{(n!)^2 \cdot 5^n}{(2n)!}$$
化简：
$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$$
$$\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$$
$$\frac{5^n}{5^{n+1}} = \frac15$$
所以
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac15
= \frac{2(2n+1)}{n+1} \cdot \frac15$$
$$\lim_{n\to\infty} \frac{4n+2}{5(n+1)} = \frac{4}{5} < 1$$
所以收敛。
答案：A
4.级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$收敛
A.正确
B.错误
$n(n-1)/2的奇偶性与n正好相反，所以级数也是交错级数，容易证明是收敛$
5.级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}$ 收敛
A.正确
B.错误
当 $n > e^2$ 时，$\ln n > 2$，从而 $\frac{1}{(\ln n)^n} < \frac{1}{2^{,n}}$。
由于 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{,n}}$ 收敛，由比较判别法知原级数收敛。

94
小测/12.23/课后测解析版.md
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@ -1,94 +0,0 @@
---
tags:
- 编写小组
---
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
答案：C
解析： 利用夹逼定理，提取最大项：
· 显然 $4^n \leq 2^n + 3^n + 4^n \leq 3 \cdot 4^n$。
· 因此：
$$4 \leq \sqrt[n]{2^n + 3^n + 4^n} \leq \sqrt[n]{3} \cdot 4$$
· 因为 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{3} = 1$，所以右边极限为 $4$。
· 由夹逼定理，极限为 $4$。
2.计算 $$\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\ \arctan\ (n+1) - \arctan n]$$A. $\infty$
B. 1
C. $\tan1$
D. 0
答案：B
由 $\arctan x \sim x$ 得？注意此时 $n\to\infty$。
$$\begin{aligned}\text{原式}
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{(n+1)-n}{1+(n+1)n} \right] \\[1em]
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{1}{n^2 + n + 1} \right] \\[1em]
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^2 + n + 1} \quad (\text{因为 } \arctan x \sim x \text{ 当 } x \to 0) \\[1em]
&= 1
\end{aligned}$$
3.计算
$$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$$A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $-\frac{\pi}{2}$
D. $1$
答案：D
原式=$\lim\limits_{x\to\pi/2}(1+sinx-1)^{\frac{1}{sinx-1}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}=e^{\lim\limits_{x\to\pi/2}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}$
令$t=\pi/2-x$，则原式=$e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(cost-1)}{sint}}=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(-t^2/2)}{t}}=e^0=1$
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
答案：C
解析： 注意这里 $x \to \infty$。虽然可以用夹逼：
$$-(1+x^2) \leq f(x) \leq (1+x^2)$$
但两边的极限 $\lim_{x \to \infty} (1+x^2) = \infty$，不相等（且不是有限数），因此夹逼定理不适用。实际上，由于 $\cos(1/x^3) 在 x \to \infty$ 时振荡趋于 $\cos 0 = 1$，而 $1+x^2 \to \infty$，所以函数值在振荡中趋于无穷大，极限不存在。
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
答案：A

0
Chapter 4 微积分基础/二阶微分推导.md → 编写小组/二阶微分推导.md
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