计算 $f(-x) = \ln(-x + \sqrt{1 + x^2})$

分子有理化：$-x + \sqrt{1 + x^2} = \dfrac{(\sqrt{1 + x^2} - x)(\sqrt{1 + x^2} + x)}{\sqrt{1 + x^2} + x} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + x^2} + x}$

所以 $f(-x) = \ln\dfrac{1}{x + \sqrt{1 + x^2}} = -\ln(x + \sqrt{1 + x^2}) = -f(x)$

故 $f(x)$ 为 奇函数。

💡 判断奇偶性只需验证 $f(-x)$ 与 $f(x)$ 的关系。

对 $\forall \varepsilon > 0$，要使 $\left|\dfrac{1}{n^2} - 0\right| < \varepsilon$，

即 $\dfrac{1}{n^2} < \varepsilon$，解得 $n > \dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon}}$。

取 $N = \left\lceil \dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon}} \right\rceil$，则当 $n > N$ 时，恒有 $\left|\dfrac{1}{n^2} - 0\right| < \varepsilon$ 成立。

故 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^2} = 0$。

💡 $\varepsilon$-$N$ 定义的关键是找到合适的 $N$。

左极限：$\displaystyle \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (x + 1) = 1$

右极限：$\displaystyle \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x - 1) = -1$

左极限 $\neq$ 右极限，所以 $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x)$ 不存在。

💡 函数在某点极限存在 $\iff$ 左右极限都存在且相等。

计算比值：$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{2x^2}{\sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{2x^2}{x} = \lim_{x \to 0} 2x = 0$

所以 $\alpha = 2x^2$ 是比 $\beta = \sin x$ 更高阶的无穷小。

💡 比较无穷小的阶就是求它们比值的极限。

注意到 $x \to 2$ 时分母 $\to 0$，分子也 $\to 0$，是 $\dfrac{0}{0}$ 型未定式。

因式分解：$\displaystyle \lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 4}{x - 2} = \lim_{x \to 2} \frac{(x - 2)(x + 2)}{x - 2} = \lim_{x \to 2} (x + 2) = \textbf{4}$。

💡 因式分解消去零因子是处理 $\dfrac{0}{0}$ 型极限的常用方法。

方法一：利用 $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{2\sin^2 x}{x \sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{2\sin x}{x} = 2 \times 1 = \textbf{2}$

方法二：利用重要极限 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$

💡 巧用三角恒等式转化后应用重要极限。

利用重要极限 $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e$

令 $t = \dfrac{x}{2}$，则 $x = 2t$，当 $x \to \infty$ 时 $t \to \infty$

$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{2}{x}\right)^{3x} = \lim_{t \to \infty} \left(1 + \frac{1}{t}\right)^{3 \cdot 2t} = \lim_{t \to \infty} \left[\left(1 + \frac{1}{t}\right)^t\right]^6 = e^{\textbf{6}}$

💡 化为 $(1 + \frac{1}{t})^t$ 的标准形式再求极限。

当 $x \to 0$ 时，$\tan 3x \sim 3x$，$\sin 2x \sim 2x$

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\tan 3x}{\sin 2x} = \lim_{x \to 0} \frac{3x}{2x} = \frac{\textbf{3}}{\textbf{2}}$

💡 等价无穷小代换可简化极限计算，但只能在乘除因子中使用。

分母 $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2) = 0$ 得 $x = 1$ 或 $x = 2$

在 $x = 1$ 处：分子 $1 - 1 = 0$

$\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x^2 - 3x + 2} = \lim_{x \to 1} \frac{(x - 1)(x + 1)}{(x - 1)(x - 2)} = \lim_{x \to 1} \frac{x + 1}{x - 2} = \frac{2}{-1} = -2$

极限存在，为可去间断点（第一类）。

在 $x = 2$ 处：$\displaystyle \lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 1}{(x - 1)(x - 2)} = \infty$

为无穷间断点（第二类）。

💡 先找分母零点，再逐个判断极限情况。

令 $f(x) = x^3 - 3x + 1$，$f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续。

$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = 1 - 3 + 1 = -1 < 0$

由零点定理，存在 $\xi \in (0, 1)$，使得 $f(\xi) = 0$。

故方程在 $(0, 1)$ 内至少有一个根。

💡 零点定理的应用步骤：构造连续函数 → 找两端点异号。

构造辅助函数 $F(x) = f(x) - x$，则 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续。

$F(a) = f(a) - a < 0$，$F(b) = f(b) - b > 0$

由零点定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $F(\xi) = 0$，即 $f(\xi) - \xi = 0$，亦即 $f(\xi) = \xi$。

证毕。

💡 构造 $F(x) = f(x) - x$ 将方程根问题转化为零点问题。

$\displaystyle f'(2) = \lim_{h \to 0} \frac{f(2 + h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2 + h} - \frac{1}{2}}{h}$

$\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{2 - (2 + h)}{2(2 + h)h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{2(2 + h)h} = \lim_{h \to 0} \frac{-1}{2(2 + h)} = -\frac{1}{4}$

所以 $f'(2) = \mathbf{-\dfrac{1}{4}}$。

💡 导数定义的极限形式：$f'(x_0) = \displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$。

(1) $y' = 5x^4 - 6x + 2$

(2) 利用乘法法则：$(uv)' = u'v + uv'$

$y' = (e^x)'\cos x + e^x(\cos x)' = e^x\cos x + e^x(-\sin x) = e^x(\cos x - \sin x)$

💡 牢记基本求导公式和四则运算法则。

由链式法则 $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{du} \cdot \dfrac{du}{dx}$，令 $u = \sin x$，$y = \ln u$

$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1}{u} \cdot \cos x = \dfrac{\cos x}{\sin x} = \mathbf{\cot x}$

💡 复合函数求导的关键是看清复合层次，由外到内逐层求导。

由莱布尼茨公式 $(uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^n C_n^k u^{(n-k)} v^{(k)}$

令 $u = e^x$，$v = x^2$，则 $u^{(m)} = e^x$（任意阶导不变），

$v' = 2x$，$v'' = 2$，$v^{(k)} = 0\;(k \ge 3)$

$y^{(n)} = e^x \cdot x^2 + n e^x \cdot 2x + \dfrac{n(n-1)}{2} e^x \cdot 2$

$= e^x[x^2 + 2nx + n(n-1)]$

💡 莱布尼茨公式适用于两个函数乘积的高阶导数计算。

方程两边同时对 $x$ 求导：$2x + 2y \cdot \dfrac{dy}{dx} = 0$

解得 $\dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{x}{y}$（$y \neq 0$）

在点 $(3, 4)$ 处，斜率 $k = -\dfrac{3}{4}$

切线方程：$y - 4 = -\dfrac{3}{4}(x - 3)$，即 $3x + 4y - 25 = 0$

💡 隐函数求导只需将 $y$ 视为 $x$ 的函数，两边同时对 $x$ 求导。

$\dfrac{dx}{dt} = 2t$，$\dfrac{dy}{dt} = 3t^2 - 1$

$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy/dt}{dx/dt} = \dfrac{3t^2 - 1}{2t}$（$t \neq 0$）

$\dfrac{d^2y}{dx^2} = \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{dy}{dx}\right) = \dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{3t^2 - 1}{2t}\right) / \dfrac{dx}{dt}$

$\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{3t^2 - 1}{2t}\right) = \dfrac{6t \cdot 2t - (3t^2 - 1) \cdot 2}{4t^2} = \dfrac{12t^2 - 6t^2 + 2}{4t^2} = \dfrac{6t^2 + 2}{4t^2} = \dfrac{3t^2 + 1}{2t^2}$

$\dfrac{d^2y}{dx^2} = \dfrac{3t^2 + 1}{2t^2} \cdot \dfrac{1}{2t} = \mathbf{\dfrac{3t^2 + 1}{4t^3}}$

💡 参数方程二阶导公式：$\dfrac{d^2y}{dx^2} = \dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dy}{dx}\right) / \dfrac{dx}{dt}$。

$y' = \cos 2x \cdot 2 = 2\cos 2x$

微分：$\mathrm{d}y = y'\mathrm{d}x = \mathbf{2\cos 2x\;\mathrm{d}x}$

💡 微分 $\mathrm{d}y = f'(x)\mathrm{d}x$，关键在于先求导数。

取 $f(x) = \sqrt[3]{x} = x^{1/3}$，$x_0 = 8$，$\Delta x = 0.02$

$f'(x) = \dfrac{1}{3}x^{-2/3}$，$f'(8) = \dfrac{1}{3} \cdot 8^{-2/3} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{12}$

近似公式：$f(x_0 + \Delta x) \approx f(x_0) + f'(x_0)\Delta x$

$\sqrt[3]{8.02} \approx \sqrt[3]{8} + \dfrac{1}{12} \times 0.02 = 2 + 0.001667 \approx \mathbf{2.002}$

💡 微分近似 $f(x_0 + \Delta x) \approx f(x_0) + f'(x_0)\Delta x$。

$f(x)$ 在 $[-2, 2]$ 上连续，在 $(-2, 2)$ 内可导，且 $f(-2) = -8 + 6 = -2$，$f(2) = 8 - 6 = 2$。

注意 $f(-2) \neq f(2)$，不满足罗尔定理条件！

实际上 $f(x) = x^3 - 3x$ 需验证区间端点相等。

取区间 $[-\sqrt{3}, \sqrt{3}]$，$f(-\sqrt{3}) = -3\sqrt{3} + 3\sqrt{3} = 0$，$f(\sqrt{3}) = 3\sqrt{3} - 3\sqrt{3} = 0$。

由罗尔定理：$\exists \xi \in (-\sqrt{3}, \sqrt{3})$，$f'(\xi) = 3\xi^2 - 3 = 0$，解得 $\xi = \pm 1$。

$\xi = \pm 1 \in (-\sqrt{3}, \sqrt{3})$，满足条件。

💡 罗尔定理要求三个条件同时满足：闭区间连续、开区间可导、端点值相等。

设 $f(x) = \sin x$，$f(x)$ 在 $[a, b]$（不妨设 $a < b$）上连续，在 $(a, b)$ 内可导。

由拉格朗日中值定理：存在 $\xi \in (a, b)$，使得

$\sin b - \sin a = f'(\xi)(b - a) = \cos\xi \cdot (b - a)$

两边取绝对值：$|\sin b - \sin a| = |\cos\xi| \cdot |b - a| \le |b - a|$

证毕。

💡 利用 $f'(x)$ 的有界性（$|\cos x| \le 1$）来证明不等式。

当 $x \to 0$ 时，分子 $e^x - 1 \to 0$，分母 $x \to 0$，为 $\dfrac{0}{0}$ 型。

由洛必达法则：$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{(e^x - 1)'}{(x)'} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{1} = e^0 = \textbf{1}$

💡 洛必达法则适用于 $\dfrac{0}{0}$ 或 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型未定式。

将 $0 \cdot \infty$ 型转化为 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型：

$\displaystyle \lim_{x \to 0^+} x \ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}$

当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，$1/x \to +\infty$，为 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型。

由洛必达法则：$\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} (-x) = \textbf{0}$

💡 $0 \cdot \infty$ 型通常化为 $\dfrac{0}{0}$ 或 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型后再用洛必达法则。

$f(x) = e^x$，各阶导数 $f^{(n)}(x) = e^x$，$f^{(n)}(0) = 1$

麦克劳林公式：

$e^x = 1 + x + \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^3}{3!} + o(x^3)$

$= \mathbf{1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6} + o(x^3)}$

💡 $n$ 阶麦克劳林公式：$f(x) = \sum_{k=0}^n \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k + o(x^n)$。

$\cos x$ 的麦克劳林展开：$\cos x = 1 - \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^4}{4!} - \dfrac{x^6}{6!} + \cdots$

取到 $x^4$ 项：$\cos x = 1 - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24} + o(x^4)$

代入极限式：

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)) - 1 + \frac{x^2}{2}}{x^4}$

$\displaystyle = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^4}{24} + o(x^4)}{x^4} = \frac{\textbf{1}}{\textbf{24}}$

💡 利用泰勒展开处理 $\dfrac{0}{0}$ 型极限，展开到分母同阶即可。

$f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2)$

令 $f'(x) = 0$ 得驻点 $x = 0$ 和 $x = 2$。

列表分析单调性：

$(-\infty, 0)$：$f'(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增

$(0, 2)$：$f'(x) < 0$，$f(x)$ 单调递减

$(2, +\infty)$：$f'(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增

极值：$x = 0$ 处取极大值 $f(0) = \mathbf{1}$

$x = 2$ 处取极小值 $f(2) = 8 - 12 + 1 = \mathbf{-3}$

💡 用一阶导数符号判断单调性，用第一充分条件判断极值。

$y' = 4x^3 - 12x$，$y'' = 12x^2 - 12 = 12(x^2 - 1)$

令 $y'' = 0$ 得 $x = \pm 1$。

列表判断凹凸性：

$(-\infty, -1)$：$y'' > 0$，曲线凹

$(-1, 1)$：$y'' < 0$，曲线凸

$(1, +\infty)$：$y'' > 0$，曲线凹

拐点为 $(-1, -5)$ 和 $(1, -5)$。

💡 拐点是曲线凹凸性改变的点，需满足 $y'' = 0$ 且两侧 $y''$ 异号。

$f'(x) = 3x^2 - 6x - 9 = 3(x^2 - 2x - 3) = 3(x - 3)(x + 1)$

令 $f'(x) = 0$ 得驻点 $x = -1$ 和 $x = 3$，均在 $[-2, 4]$ 内。

计算函数值：

$f(-2) = -8 - 12 + 18 + 5 = \mathbf{3}$

$f(-1) = -1 - 3 + 9 + 5 = \mathbf{10}$

$f(3) = 27 - 27 - 27 + 5 = \mathbf{-22}$

$f(4) = 64 - 48 - 36 + 5 = \mathbf{-15}$

比较得：最大值 $f(-1) = 10$，最小值 $f(3) = -22$。

💡 闭区间上最值的求法：比较所有驻点和端点的函数值。

$y' = 2x$，$y'' = 2$

在 $(0, 0)$ 处：$y' = 0$，$y'' = 2$

曲率公式：$K = \dfrac{|y''|}{(1 + y'^2)^{3/2}} = \dfrac{2}{(1 + 0)^{3/2}} = \mathbf{2}$

曲率半径：$R = \dfrac{1}{K} = \mathbf{\dfrac{1}{2}}$

💡 曲率 $K = \dfrac{|y''|}{(1 + y'^2)^{3/2}}$，曲率半径 $R = \dfrac{1}{K}$。

$\displaystyle \int (3x^2 + 2x + 1)\,\mathrm{d}x = 3 \cdot \frac{x^3}{3} + 2 \cdot \frac{x^2}{2} + x + C = \mathbf{x^3 + x^2 + x + C}$

💡 利用积分线性性质和基本积分公式逐项积分。

凑微分：$\int \sin 2x\,\mathrm{d}x = \dfrac{1}{2}\int \sin 2x\,\mathrm{d}(2x)$

令 $u = 2x$，则 $\dfrac{1}{2}\int \sin u\,\mathrm{d}u = -\dfrac{1}{2}\cos u + C = \mathbf{-\dfrac{1}{2}\cos 2x + C}$

💡 凑微分法的关键：将被积表达式凑成 $f(\varphi(x))\varphi'(x)\mathrm{d}x$ 的形式。

令 $x = a\sin t$，$t \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$，则 $\mathrm{d}x = a\cos t\,\mathrm{d}t$

$\sqrt{a^2 - x^2} = \sqrt{a^2 - a^2\sin^2 t} = a\cos t$（$\cos t > 0$）

$\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2 - x^2}} = \int \frac{a\cos t\,\mathrm{d}t}{a\cos t} = \int \mathrm{d}t = t + C = \mathbf{\arcsin\frac{x}{a} + C}$

💡 被积函数含 $\sqrt{a^2 - x^2}$，作三角代换 $x = a\sin t$ 去根号。

凑微分：注意到 $\mathrm{d}(\ln x) = \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x$

$\displaystyle \int \frac{1}{x \ln x}\,\mathrm{d}x = \int \frac{1}{\ln x}\,\mathrm{d}(\ln x)$

令 $u = \ln x$，则 $\displaystyle \int \frac{1}{u}\,\mathrm{d}u = \ln|u| + C = \mathbf{\ln|\ln x| + C}$

💡 分母是 $x\ln x$ 时，可凑 $\mathrm{d}(\ln x)$ 简化积分。

令 $u = x$，$\mathrm{d}v = e^x\mathrm{d}x$，则 $\mathrm{d}u = \mathrm{d}x$，$v = e^x$

由分部积分公式 $\int u\,\mathrm{d}v = uv - \int v\,\mathrm{d}u$：

$\displaystyle \int x e^x\,\mathrm{d}x = x e^x - \int e^x\,\mathrm{d}x = \mathbf{x e^x - e^x + C}$

💡 按照"反对幂三指"选择 $u$：幂函数优先于指数函数选作 $u$。

令 $u = \ln x$，$\mathrm{d}v = \mathrm{d}x$，则 $\mathrm{d}u = \dfrac{1}{x}\mathrm{d}x$，$v = x$

$\displaystyle \int \ln x\,\mathrm{d}x = x\ln x - \int x \cdot \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x = x\ln x - \int \mathrm{d}x = \mathbf{x\ln x - x + C}$

💡 $\ln x$ 不能直接积分，通过分部积分法转化为多项式积分。

分母可分解：$x^2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)$

部分分式分解：设 $\dfrac{2x + 3}{(x + 1)(x + 2)} = \dfrac{A}{x + 1} + \dfrac{B}{x + 2}$

通分得 $2x + 3 = A(x + 2) + B(x + 1) = (A + B)x + (2A + B)$

比较系数：$\begin{cases} A + B = 2 \\ 2A + B = 3 \end{cases}$，解得 $A = 1$，$B = 1$

$\displaystyle \int \frac{2x + 3}{(x + 1)(x + 2)}\,\mathrm{d}x = \int \left(\frac{1}{x + 1} + \frac{1}{x + 2}\right)\mathrm{d}x$

$= \ln|x + 1| + \ln|x + 2| + C = \mathbf{\ln|(x + 1)(x + 2)| + C}$

💡 有理函数积分的关键是部分分式分解。

令 $I = \int e^x \cos x\,\mathrm{d}x$

令 $u = e^x$，$\mathrm{d}v = \cos x\,\mathrm{d}x$，则 $\mathrm{d}u = e^x\mathrm{d}x$，$v = \sin x$

$I = e^x\sin x - \int e^x \sin x\,\mathrm{d}x$

对 $\int e^x \sin x\,\mathrm{d}x$ 再分部：令 $u = e^x$，$\mathrm{d}v = \sin x\,\mathrm{d}x$

得 $\int e^x \sin x\,\mathrm{d}x = -e^x\cos x + \int e^x \cos x\,\mathrm{d}x = -e^x\cos x + I$

代入：$I = e^x\sin x - (-e^x\cos x + I) = e^x\sin x + e^x\cos x - I$

$2I = e^x(\sin x + \cos x)$，故 $I = \mathbf{\dfrac{1}{2}e^x(\sin x + \cos x) + C}$

💡 分部积分出现循环时，将原积分视为未知数解方程。

$y = 2x$ 在 $[0, 2]$ 上是一条直线，与 $x$ 轴围成直角三角形。

底边长 $2$，高为 $2 \times 2 = 4$

面积 $S = \dfrac{1}{2} \times 2 \times 4 = \mathbf{4}$

故 $\displaystyle \int_0^2 2x\,\mathrm{d}x = 4$。

💡 定积分的几何意义是曲边梯形面积的代数和。

先求原函数：$\displaystyle \int (x^2 + 1)\,\mathrm{d}x = \frac{x^3}{3} + x + C$

由牛顿-莱布尼茨公式：$\displaystyle \int_0^1 (x^2 + 1)\,\mathrm{d}x = \left[\frac{x^3}{3} + x\right]_0^1 = \left(\frac{1}{3} + 1\right) - 0 = \mathbf{\frac{4}{3}}$

💡 牛顿-莱布尼茨公式 $\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x = F(b) - F(a)$ 沟通了定积分与原函数。

在 $[0, 1]$ 上，$0 \le x^2 \le 1$，所以 $1 \le e^{x^2} \le e$

由定积分的估值定理：$m(b - a) \le \int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x \le M(b - a)$

这里 $m = 1$，$M = e$，$b - a = 1$

所以 $\mathbf{1 \le \displaystyle \int_0^1 e^{x^2}\,\mathrm{d}x \le e}$

💡 估值定理：若 $m \le f(x) \le M$ 在 $[a, b]$ 上恒成立，则 $m(b-a) \le \int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x \le M(b-a)$。

方法一：令 $u = \sin x$，则 $\mathrm{d}u = \cos x\,\mathrm{d}x$，当 $x = 0$ 时 $u = 0$，$x = \frac{\pi}{2}$ 时 $u = 1$

$\displaystyle \int_0^{\pi/2} \sin x \cos x\,\mathrm{d}x = \int_0^1 u\,\mathrm{d}u = \frac{1}{2}u^2\bigg|_0^1 = \mathbf{\frac{1}{2}}$

方法二：$\sin x \cos x = \frac{1}{2}\sin 2x$，$\int_0^{\pi/2} \frac{1}{2}\sin 2x\,\mathrm{d}x = \frac{1}{4}\int_0^\pi \sin t\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}$

💡 定积分换元一定要换积分限，且新限对应于原变量的变化范围。

先求原函数（由第4章练习2第2题）：$\int \ln x\,\mathrm{d}x = x\ln x - x + C$

$\displaystyle \int_1^e \ln x\,\mathrm{d}x = [x\ln x - x]_1^e = (e\ln e - e) - (1\ln 1 - 1) = (e - e) - (0 - 1) = \mathbf{1}$

💡 定积分分部法：$\int_a^b u\,\mathrm{d}v = [uv]_a^b - \int_a^b v\,\mathrm{d}u$。

当 $p = 1$ 时：$\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x = \lim_{b \to +\infty} [\ln x]_1^b = \lim_{b \to +\infty} \ln b = +\infty$，发散

当 $p \neq 1$ 时：$\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p}\,\mathrm{d}x = \lim_{b \to +\infty} \left[\frac{x^{1-p}}{1-p}\right]_1^b = \begin{cases} \dfrac{1}{p-1}, & p > 1 \\ +\infty, & p < 1 \end{cases}$

结论：

$p > 1$ 时 收敛，值为 $\dfrac{1}{p-1}$

$p \le 1$ 时 发散

💡 $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p}\,\mathrm{d}x$ 是重要的 $p$ 积分，$p > 1$ 收敛，$p \le 1$ 发散。

$x = 0$ 是被积函数的瑕点（$\dfrac{1}{\sqrt{x}} \to \infty$）

$\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_\varepsilon^1 x^{-1/2}\,\mathrm{d}x = \lim_{\varepsilon \to 0^+} [2\sqrt{x}]_\varepsilon^1$

$\displaystyle = \lim_{\varepsilon \to 0^+} (2 - 2\sqrt{\varepsilon}) = \mathbf{2}$

该瑕积分收敛。

💡 瑕积分的处理方法：先找出瑕点，再用极限绕过瑕点积分。

求交点：$x^2 = x$，解得 $x = 0$ 或 $x = 1$

在 $[0, 1]$ 上，$x \ge x^2$，所以面积微元 $\mathrm{d}A = (x - x^2)\,\mathrm{d}x$

$\displaystyle A = \int_0^1 (x - x^2)\,\mathrm{d}x = \left[\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3}\right]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \mathbf{\frac{1}{6}}$

💡 直角坐标下面积公式：$A = \int_a^b |f(x) - g(x)|\,\mathrm{d}x$。

极坐标下面积公式：$A = \dfrac{1}{2}\int_\alpha^\beta r^2(\theta)\,\mathrm{d}\theta$

心形线 $\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$，由对称性：

$\displaystyle A = 2 \times \frac{1}{2}\int_0^\pi a^2(1 + \cos\theta)^2\,\mathrm{d}\theta = a^2\int_0^\pi (1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta)\,\mathrm{d}\theta$

$= a^2\int_0^\pi \left(1 + 2\cos\theta + \frac{1 + \cos 2\theta}{2}\right)\mathrm{d}\theta$

$= a^2\int_0^\pi \left(\frac{3}{2} + 2\cos\theta + \frac{1}{2}\cos 2\theta\right)\mathrm{d}\theta$

$= a^2\left[\frac{3}{2}\theta + 2\sin\theta + \frac{1}{4}\sin 2\theta\right]_0^\pi = \frac{3}{2}\pi a^2$

故面积为 $\mathbf{\dfrac{3}{2}\pi a^2}$。

💡 极坐标面积公式 $A = \dfrac{1}{2}\int r^2(\theta)\,\mathrm{d}\theta$ 务必熟记。

旋转体体积公式：$V = \pi \int_a^b [f(x)]^2\,\mathrm{d}x$

$\displaystyle V = \pi \int_1^4 (\sqrt{x})^2\,\mathrm{d}x = \pi \int_1^4 x\,\mathrm{d}x = \pi \cdot \left[\frac{x^2}{2}\right]_1^4 = \pi \cdot \left(\frac{16}{2} - \frac{1}{2}\right) = \mathbf{\frac{15\pi}{2}}$

💡 绕 $x$ 轴旋转体体积：$V = \pi\int_a^b f^2(x)\,\mathrm{d}x$。

$y' = \dfrac{3}{2}x^{1/2}$，$(y')^2 = \dfrac{9}{4}x$

弧长公式：$s = \displaystyle \int_a^b \sqrt{1 + (y')^2}\,\mathrm{d}x$

$\displaystyle s = \int_0^4 \sqrt{1 + \frac{9}{4}x}\,\mathrm{d}x = \int_0^4 \sqrt{\frac{4 + 9x}{4}}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_0^4 \sqrt{4 + 9x}\,\mathrm{d}x$

令 $u = 4 + 9x$，$\mathrm{d}u = 9\mathrm{d}x$，$x = 0 \to u = 4$，$x = 4 \to u = 40$

$s = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{9}\int_4^{40} u^{1/2}\,\mathrm{d}u = \dfrac{1}{18}\left[\dfrac{2}{3}u^{3/2}\right]_4^{40} = \dfrac{1}{27}(40^{3/2} - 4^{3/2})$

$= \dfrac{1}{27}(40\sqrt{40} - 8) = \dfrac{1}{27}(80\sqrt{10} - 8) = \mathbf{\dfrac{8(10\sqrt{10} - 1)}{27}}$

💡 弧长公式：$s = \int_a^b \sqrt{1 + y'^2}\,\mathrm{d}x$。

$\displaystyle V = \pi\int_0^\pi \sin^2 x\,\mathrm{d}x = \pi\int_0^\pi \frac{1 - \cos 2x}{2}\,\mathrm{d}x$

$\displaystyle = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi (1 - \cos 2x)\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\left[x - \frac{1}{2}\sin 2x\right]_0^\pi$

$= \frac{\pi}{2}(\pi - 0) = \mathbf{\frac{\pi^2}{2}}$

💡 利用 $\sin^2 x = \dfrac{1 - \cos 2x}{2}$ 降幂后再积分。

路程 = $\displaystyle \int_{t_1}^{t_2} v(t)\,\mathrm{d}t$

$\displaystyle s = \int_1^3 (3t^2 + 2)\,\mathrm{d}t = [t^3 + 2t]_1^3 = (27 + 6) - (1 + 2) = \mathbf{30\;(m)}$

💡 速度函数的定积分等于路程。

由胡克定律 $F = kx$，$x$ 为压缩量。

当 $x = 0.01$ m 时 $F = 2$ N，所以 $k = \dfrac{2}{0.01} = 200$ N/m

功的微元：$\mathrm{d}W = F(x)\,\mathrm{d}x = 200x\,\mathrm{d}x$

$\displaystyle W = \int_0^{0.1} 200x\,\mathrm{d}x = [100x^2]_0^{0.1} = 100 \times 0.01 = \mathbf{1\;(J)}$

💡 变力做功：$W = \int_a^b F(x)\,\mathrm{d}x$，其中 $a$、$b$ 为位移的起点和终点。

(1) 二阶线性微分方程

(2) 一阶非线性微分方程（含有 $(y')^2$ 项）

(3) 三阶线性微分方程

💡 微分方程的"阶"指最高阶导数的阶数；"线性"指 $y$ 及其各阶导数均为一次。

分离变量：$\dfrac{\mathrm{d}y}{y} = 3x^2\,\mathrm{d}x$（$y \neq 0$）

两边积分：$\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}y}{y} = \int 3x^2\,\mathrm{d}x$

$\ln|y| = x^3 + C_1$，即 $y = \pm e^{C_1} \cdot e^{x^3}$

令 $C = \pm e^{C_1}$（$C \neq 0$），得通解 $y = \mathbf{C e^{x^3}}$

易验 $y \equiv 0$ 也是解，可并入（$C = 0$ 时），故通解为 $y = Ce^{x^3}$（$C$ 为任意常数）。

💡 可分离变量方程的形式：$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f(x)g(y)$。

这里 $P(x) = 2x$，$Q(x) = x$

公式：$y = e^{-\int P\,\mathrm{d}x}\left[\int Q e^{\int P\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x + C\right]$

$\displaystyle \int P\,\mathrm{d}x = \int 2x\,\mathrm{d}x = x^2$

$y = e^{-x^2}\left[\int x e^{x^2}\,\mathrm{d}x + C\right]$

$\displaystyle \int x e^{x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int e^{x^2}\,\mathrm{d}(x^2) = \frac{1}{2}e^{x^2}$

所以通解为 $y = e^{-x^2}\left(\dfrac{1}{2}e^{x^2} + C\right) = \mathbf{\dfrac{1}{2} + C e^{-x^2}}$

💡 一阶线性微分方程的标准形式：$y' + P(x)y = Q(x)$，套通解公式求解。

直接积分：$y' = \int 6x\,\mathrm{d}x = 3x^2 + C_1$

由 $y'(0) = 2$ 得 $C_1 = 2$，所以 $y' = 3x^2 + 2$

再积分：$y = \int (3x^2 + 2)\,\mathrm{d}x = x^3 + 2x + C_2$

由 $y(0) = 1$ 得 $C_2 = 1$

特解为 $\mathbf{y = x^3 + 2x + 1}$。

💡 $y'' = f(x)$ 型通过两次直接积分即可求解。

令 $p = y'$，则 $y'' = \dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}$

原方程化为 $\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x} = p^2$

分离变量：$\dfrac{\mathrm{d}p}{p^2} = \mathrm{d}x$，积分得 $-\dfrac{1}{p} = x + C_1$

所以 $p = y' = -\dfrac{1}{x + C_1}$

再积分：$y = \int -\dfrac{1}{x + C_1}\,\mathrm{d}x = -\ln|x + C_1| + C_2$

通解为 $\mathbf{y = -\ln|x + C_1| + C_2}$

💡 $y'' = f(x, y')$ 型令 $p = y'$ 降阶为一阶方程。

特征方程：$r^2 - 3r + 2 = 0$

因式分解：$(r - 1)(r - 2) = 0$，得 $r_1 = 1$，$r_2 = 2$

两个不同的实根，通解为 $y = \mathbf{C_1 e^x + C_2 e^{2x}}$

💡 常系数齐次线性方程通过特征方程求通解：两不同实根 $\to y = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}$。

特征方程：$r^2 + 2r + 1 = 0$，即 $(r + 1)^2 = 0$

得重根 $r = -1$（二重根）

通解为 $y = \mathbf{(C_1 + C_2 x)e^{-x}}$

💡 重根情况：$y = (C_1 + C_2 x)e^{rx}$。

先求齐次方程 $y'' + y = 0$ 的通解：

特征方程 $r^2 + 1 = 0$，$r = \pm i$（共轭复根）

齐次通解：$\bar{y} = C_1\cos x + C_2\sin x$

求非齐次方程的特解。右端 $f(x) = \sin x$，$\lambda = 0$，$\omega = 1$。

由于 $\pm i\omega = \pm i$ 是特征根，设特解 $y^* = x(A\cos x + B\sin x)$

代入原方程，比较系数解得 $A = -\dfrac{1}{2}$，$B = 0$

所以 $y^* = -\dfrac{1}{2}x\cos x$

非齐次通解：$y = \bar{y} + y^* = \mathbf{C_1\cos x + C_2\sin x - \dfrac{1}{2}x\cos x}$

💡 非齐次方程通解 = 齐次通解 + 非齐次特解。用待定系数法求特解。