还未开始制作🫰

才怪，已经开始写了，但是手敲一份TeX公式太费时了，还在思考如何高效写公式

极限

1-53

难度评级：⭐️

若极限

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{10}}{x^{\alpha }-x^{\alpha }\ast (1-\frac{1}{x}{)}^{\alpha }}\end{array}$$

存在，求a的取值范围与此极限的值。

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{10}}{x^{\alpha }-(x-1{)}^{\alpha }}\end{array}$$

二项式展开，留下最高次项

$$\begin{array}{}\text{(3)}& (a+b{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^{n-k}{b}^k\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(4)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{10}}{\alpha \ast x^{\alpha -1}}\end{array}$$

显然，若使得极限存在，则$\alpha \ge 11$ 得：

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{10}}{x^{\alpha }-(x-1{)}^{\alpha }}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{11}& \alpha =11\\ 0& \alpha >11\end{array}\end{array}$$

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1-60

难度评级：⭐️⭐️

求极限

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[\frac{x^{1+x}}{(1+x{)}^x}-\frac{x}{e}]\end{array}$$

法1:

左分式同除$x^x$后通分，得：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{ex-(1+\frac{1}{x}{)}^{x}x}{e(1+\frac{1}{x}{)}^x}\end{array}$$

由重要极限e得：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-2}[ex-e^{xln(1+\frac{1}{x})}x]\end{array}$$

由拉格朗日中值定理，得：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-2}[1-xln(1+\frac{1}{x})]e^{\xi }x\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(5)}& \xi \mathrm{介}\mathrm{于}1\mathrm{和}xln(1+\frac{1}{x})\mathrm{之}\mathrm{间}\end{array}$$

可知，$e^{\xi }=e$,对$ln(1+\frac{1}{x})$泰勒展开，得：

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-1}[1-x(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}\frac{1}{x^2})]x\end{array}$$

解得：

$$\begin{array}{}\text{(7)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[\frac{x^{1+x}}{(1+x{)}^x}-\frac{x}{e}]=\frac{1}{2e}\end{array}$$

真是服了，两分钟写出来的题，对着手稿敲TeX，敲了10分钟才敲出来，当然也有部分原因是我对TeX还不是很熟悉，就比如$\xi$我就需要去查一下才知道怎么打出来

推荐一篇，LaTeX公式总结文章👉️传送门👈️

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1-66

难度评级：⭐️⭐️
已知函数$f(x)$的定义域是$[0,+\mathrm{\infty })$，且满足$f(0)=1$，$f^{\prime }(x)=\frac{1}{f^2(x)+x^2}$，求证：

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)\le 1+\frac{\pi }{2}$$

法1：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& f(x)-f(0)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(2)}& f(x)-f(0)={\int }_0^x\frac{1}{t^2+f^2(t)}\mathrm{d}t\end{array}$$

由$f(0)=1$且$f^{\prime }(x)>0$得：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& f(x)-f(0)\le {\int }_0^x\frac{1}{t^2+1}\mathrm{d}t\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(4)}& f(x)\le arctanx+1\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(5)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)\le 1+\frac{\pi }{2}\end{array}$$

我又悟了，我每天就精选1/2题放到网站上不就好了。

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复合函数泰勒展开求极限

求极限

$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{ln(1+{\sin }^{2}x)-6(\sqrt[3]{2-cosx}-1)}{x^4}$$

难度评级：⭐️⭐️
法1：
对$ln(1+{\sin }^{2}x)$泰勒展开：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{rl}ln(1+{\sin }^{2}x)& ={\sin }^{2}x-\frac{{\sin }^{4}x}{2}+o(x^4)\\ & =[x-\frac{x^3}{6}+o(x^4){]}^2-\frac{x^4}{2}+o(x^4)\\ & =x^2-\frac{5}{6}{x}^4+o(x^4)\end{array}\end{array}$$

对$\sqrt[3]{2-cosx}-1$泰勒展开：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{rl}\sqrt[3]{2-cosx}-1& =[1+(1-\cos x){]}^{\frac{1}{3}}-1\\ & =\frac{1}{3}(1-\cos x)+\frac{\frac{1}{3}(\frac{1}{3}-1)}{2}(1-\cos x{)}^2+o(x^4)\\ & =\frac{1}{3}[1-(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!})]-\frac{1}{9}\frac{x^4}{4}+o(x^4)\\ & =\frac{x^2}{6}-\frac{1}{3}\frac{x^4}{24}-\frac{x^4}{36}+o(x^4)\end{array}\end{array}$$

原极限：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{x^2-\frac{5}{6}{x}^4-6(\frac{x^2}{6}-\frac{1}{3}\frac{x^4}{24}-\frac{x^4}{36})+o(x^4)}{x^4}=-\frac{7}{12}\end{array}$$

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简单级数推导

难度评级：⭐️
都还记得高中的等比数列求和公式吧？

$$\begin{array}{}\text{(1)}& S_n=\frac{a(1-r^n)}{1-r}\text{(当 }r\ne 1\text{)}\end{array}$$

注意到如果$|r|<1$ ，$\frac{1}{1-x}$的级数展开就是公比为x的等比数列

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots \end{array}$$

换一个形式：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \frac{1}{1-x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n\end{array}$$

改成$\frac{1}{1+x}$：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{x}^n\end{array}$$

我们知道$(ln(x+1){)}^{\prime }=\frac{1}{1+x}$，那么先求导再积分可得：

$$\begin{array}{}\text{(5)}& ln(x+1)={\int }_0^x\frac{1}{1+t}\mathrm{d}x={\int }_0^x\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{t}^n\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^x(-1{)}^n{t}^n\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{n+1}}{n+1}\end{array}$$

化简一下：

$$\begin{array}{}\text{(6)}& ln(x+1)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}\end{array}$$

我们知道$(arctanx{)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2}$，同理可得：

$$\begin{array}{}\text{(7)}& arctanx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}\end{array}$$

幂级数展开式大伙都知道吧：

$$\begin{array}{}\text{(8)}& f(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+\frac{f^{″}(a)}{2!}(x-a{)}^2+\frac{f^{(3)}(a)}{3!}(x-a{)}^3+\cdots +\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n+\cdots \end{array}$$

又知$e^x$的n次导始终为$e^x$，得：

$$\begin{array}{}\text{(9)}& e^x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}\end{array}$$

同理，对$sinx$，$f^{(n)}(x)=sin(x+n\ast \frac{\pi }{2})$
$f^{(n)}(0)$顺序循环地取0，1，0，-1，... 得：

$$\begin{array}{}\text{(9)}& sinx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}\end{array}$$

再求导可得：

$$\begin{array}{}\text{(10)}& cosx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n}\end{array}$$

还有这个：

$$\begin{array}{}\text{(11)}& (1+x{)}^m=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n})x^n\end{array}$$

上面这个级数你可以使用幂级数展开式自行验证。
总结：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \frac{1}{1-x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n(-1<x<1)\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(2)}& \frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{x}^n(-1<x<1)\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(3)}& ln(x+1)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}(-1<x\le 1)\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(4)}& arctanx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}(-1\le x\le 1)\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(5)}& e^x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}(-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty })\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(6)}& sinx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}(-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty })\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(7)}& cosx=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n}(-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty })\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(8)}& (1+x{)}^m=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n})x^n(-1<x<1)\end{array}$$

中值定理

1费马定理+拉中

难度评级：⭐️⭐️
函数$f(x)$在$[0,1]$上有二阶导数，$f(0)=0$。若$f(x)$在$[0,1]$上的最大值$M>0$。证明：存在 $\xi \in (0,1)$，使得$\xi f^{″}(\xi )+2f^{\prime }(\xi )>f(\xi )$。
构造原函数：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& F(x)=x{f}^{\prime }(x)+f(x)-{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t\end{array}$$

需证，$F^{\prime }(\xi )>0$$\mathrm{设}\mathrm{存}\mathrm{在}{x}_0\in (0,1],\mathrm{使}\mathrm{得}{x}_0=M.$
$(1)x_0\in (0,1)\mathrm{时}$，由费马定理知，$f^{\prime }(x_0)=0$。

$$\begin{array}{}\text{(2)}& F(x_0)=M-{\int }_0^{x_0}f(t)\mathrm{d}t>M(1-x_0)>0\end{array}$$

由拉格朗日中值定理，得：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& F^{\prime }(\xi )=\frac{F(x_0)-F(0)}{x_0-0}=\frac{F(x_0)}{x_0}>0\end{array}$$

$(2)x_0=1\mathrm{时},f(1)=M.$
由拉格朗日中值定理，得：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& F^{\prime }(\xi )=\frac{F(1)-F(0)}{1-0}=F(1)=f^{\prime }(1)+M-{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t\end{array}$$$$\begin{array}{}\text{(5)}& M-{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t<M-M<0\end{array}$$

得：

$$\begin{array}{}\text{(6)}& F^{\prime }(\xi )>f^{\prime }(1)=\underset{x\to 1^{-}}{lim}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\ge 0\end{array}$$

综上，得证：存在$\xi \in (0,1)$，使得$\xi f^{″}(\xi )+2f^{\prime }(\xi )>f(\xi )$

考研真题

1.分段积分，去绝对值

难度评级：⭐️⭐️
设$n$为正整数，记$S_n$为曲线$y=e^{-x}sinx(0\le x\le n\pi )$ 与$x$轴所围图形的面积，求$S_n$，并求$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n$.
法1：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{rl}{S}_n& ={\int }_0^{n\pi }|e^{-x}sinx|\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{n\pi }{e}^{-x}|sinx|\mathrm{d}x\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }{e}^{-x}sinx\mathrm{d}x\end{array}\end{array}$$

对$\int e^{-x}sinx\mathrm{d}x$，你可以使用👉️行列式法👈️或者👉️表格法👈️，
解得：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \int e^{-x}sinx\mathrm{d}x=-\frac{(sinx+cosx)e^{-x}}{2}+C\end{array}$$

由(2)带入(1)，得：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{rl}{S}_n& =\sum _{k=0}^{n-1}\frac{e^{-k\pi }}{2}(e^{-\pi }+1)\\ & =\frac{e^{-\pi }+1}{2}\sum _{k=0}^{n-1}{e}^{-k\pi }\\ & =\frac{e^{-\pi }+1}{2}\frac{1-e^{-n\pi }}{1-e^{-\pi }}\end{array}\end{array}$$

解得：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\frac{1+e^{-\pi }}{2(1-e^{-\pi })}\end{array}$$

线性代数重要结论

齐次方程组同解的结论

1. $AX=0$ 和$BX=0$同解 <-->$AX=0$和$BX=0$有相同或等价的基础解系
2. $AX=0$ 和$BX=0$同解 --> $n-r(A)=n-r(B)$ <--> $r(A)=r(B)$ $$tips:秩相同推不出同解
3. $AX=0$ 的解是$BX=0$的解 <--> $AX=0$ 与 $\left(\begin{array}{c}AX=0\\ BX=0\end{array}\right)$ 同解 <--> $r(A)=r\left(\begin{array}{c}A\\ B\end{array}\right)$ --> $r(A)\ge r(B)$
4. 👉️同解的充要命题，$AX=0$ 和 $BX=0$ 同解 <--> $r(A)=r(B)=r\left(\begin{array}{c}A\\ B\end{array}\right)$ （即A与B的行向量组等价）👈️👍️👍️👍️
5. 若$AX=0$的解都是$BX=0$的解,且$r(A)=r(B)$,则$AX=0$与$BX=0$同解
6. 由(2)可知,若想证明$r(A)=r(B)$,且A,B列数相同,则考虑证明:$AX=0$ 和$BX=0$同解

几何

旋转体体积

绕x轴旋转旋转体体积 看成柱体
绕y轴旋转旋转体体积
看成长方体