要考试了,于是乎让 AI 根据考纲总结了个复习总结(?)
江西省2026年专升本高等数学备考复习知识点总结 Render failed
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函数
极限
连续
["一元函数微分学"]
导数与微分
中值定理与导数应用
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不定积分
定积分
定积分应用
["常微分方程"]
一阶微分方程
二阶线性微分方程
["多元函数微分学"]
偏导数/全微分
微分学应用
["二重积分"]
概念/性质
计算/应用 mindmap
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概念/性质
计算/应用
定义 :设 D D D 是一个非空实数集,如果存在对应法则 f f f ,使得对任意 x ∈ D x \in D x ∈ D ,都有唯一确定的实数 y y y 与之对应,则称 y y y 是 x x x 的函数,记作 y = f ( x ) y = f(x) y = f ( x ) 。
要素 :
定义域 D D D 对应法则 f f f 值域 R f = { y ∣ y = f ( x ) , x ∈ D } R_f = \{y | y = f(x), x \in D\} R f = { y ∣ y = f ( x ) , x ∈ D } | 周期性 | 若存在 T > 0 T > 0 T > 0 ,使 f ( x + T ) = f ( x ) f(x + T) = f(x) f ( x + T ) = f ( x ) ,则称 f ( x ) f(x) f ( x ) 为周期函数 | 验证周期等式 |
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A["基本初等函数"] --> B["幂函数<br/>$$y = x^\alpha$$"]
A --> C["指数函数<br/>$$y = a^x$$"]
A --> D["对数函数<br/>$$y = log_a x$$"]
A --> E["三角函数"]
A --> F["反三角函数"]
E --> E1["正弦<br/>$$y = sin x$$"]
E --> E2["余弦<br/>$$y = cos x$$"]
E --> E3["正切<br/>$$y = tan x$$"]
E --> E4["余切<br/>$$y = cot x$$"]
F --> F1["反正弦<br/>$$y = arcsin x$$"]
F --> F2["反余弦<br/>$$y = arccos x$$"]
F --> F3["反正切<br/>$$y = arctan x$$"]
F --> F4["反余切<br/>$$y = arccot x$$"] graph LR
A["基本初等函数"] --> B["幂函数<br/>$$y = x^\alpha$$"]
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四则运算 :( f ± g ) ( x ) = f ( x ) ± g ( x ) (f \pm g)(x) = f(x) \pm g(x) ( f ± g ) ( x ) = f ( x ) ± g ( x ) ,( f ⋅ g ) ( x ) = f ( x ) ⋅ g ( x ) (f \cdot g)(x) = f(x) \cdot g(x) ( f ⋅ g ) ( x ) = f ( x ) ⋅ g ( x )
复合运算 :若 y = f ( u ) y = f(u) y = f ( u ) ,u = g ( x ) u = g(x) u = g ( x ) ,则 y = f [ g ( x ) ] y = f[g(x)] y = f [ g ( x )] 称为复合函数
反函数 :若 y = f ( x ) y = f(x) y = f ( x ) 在 D D D 上严格单调,则存在反函数 x = f − 1 ( y ) x = f^{-1}(y) x = f − 1 ( y )
题目 :求函数 y = 4 − x 2 + ln ( x − 1 ) y = \sqrt{4 - x^2} + \ln(x - 1) y = 4 − x 2 + ln ( x − 1 ) 的定义域。
解 :
要使函数有意义,需满足:
{ 4 − x 2 ≥ 0 x − 1 > 0 \begin{cases}
4 - x^2 \geq 0 \\
x - 1 > 0
\end{cases} { 4 − x 2 ≥ 0 x − 1 > 0 解得:
{ − 2 ≤ x ≤ 2 x > 1 \begin{cases}
-2 \leq x \leq 2 \\
x > 1
\end{cases} { − 2 ≤ x ≤ 2 x > 1 因此定义域为 D = ( 1 , 2 ] D = (1, 2] D = ( 1 , 2 ]
题目 :判断函数 f ( x ) = e x − e − x 2 f(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2} f ( x ) = 2 e x − e − x 的奇偶性。
解 :
f ( − x ) = e − x − e x 2 = − e x − e − x 2 = − f ( x ) f(-x) = \frac{e^{-x} - e^{x}}{2} = -\frac{e^{x} - e^{-x}}{2} = -f(x) f ( − x ) = 2 e − x − e x = − 2 e x − e − x = − f ( x ) 因此 f ( x ) f(x) f ( x ) 为奇函数
函数极限定义 :设函数 f ( x ) f(x) f ( x ) 在点 x 0 x_0 x 0 的某去心邻域内有定义,如果存在常数 A A A ,使得对于任意给定的 ε > 0 \varepsilon > 0 ε > 0 ,总存在 δ > 0 \delta > 0 δ > 0 ,当 0 < ∣ x − x 0 ∣ < δ 0 < |x - x_0| < \delta 0 < ∣ x − x 0 ∣ < δ 时,都有 ∣ f ( x ) − A ∣ < ε |f(x) - A| < \varepsilon ∣ f ( x ) − A ∣ < ε ,则称 A A A 为 f ( x ) f(x) f ( x ) 当 x → x 0 x \to x_0 x → x 0 时的极限,记作 lim x → x 0 f ( x ) = A \lim_{x \to x_0} f(x) = A lim x → x 0 f ( x ) = A 。
四则运算法则 :若 lim f ( x ) = A \lim f(x) = A lim f ( x ) = A ,lim g ( x ) = B \lim g(x) = B lim g ( x ) = B ,则:
以下两个极限是考试的重点,需要熟练掌握并能灵活运用。
重要极限 I :
lim x → 0 sin x x = 1 \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1 x → 0 lim x sin x = 1 重要极限 II :
lim x → ∞ ( 1 + 1 x ) x = e 或 lim x → 0 ( 1 + x ) 1 x = e \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e \quad \text{或} \quad \lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e x → ∞ lim ( 1 + x 1 ) x = e 或 x → 0 lim ( 1 + x ) x 1 = e 使用技巧 无穷小 :若 lim α ( x ) = 0 \lim \alpha(x) = 0 lim α ( x ) = 0 ,则称 α ( x ) \alpha(x) α ( x ) 为无穷小量。
无穷小的比较 :
若 lim α β = 0 \lim \frac{\alpha}{\beta} = 0 lim β α = 0 ,则 α \alpha α 是比 β \beta β 高阶的无穷小,记作 α = o ( β ) \alpha = o(\beta) α = o ( β ) 若 lim α β = 1 \lim \frac{\alpha}{\beta} = 1 lim β α = 1 ,则 α \alpha α 与 β \beta β 是等价无穷小,记作 α ∼ β \alpha \sim \beta α ∼ β 若 lim α β = c ≠ 0 \lim \frac{\alpha}{\beta} = c \neq 0 lim β α = c = 0 ,则 α \alpha α 与 β \beta β 是同阶无穷小 常用等价无穷小 (当 x → 0 x \to 0 x → 0 时):
sin x ∼ x , tan x ∼ x , arcsin x ∼ x , arctan x ∼ x \sin x \sim x, \quad \tan x \sim x, \quad \arcsin x \sim x, \quad \arctan x \sim x sin x ∼ x , tan x ∼ x , arcsin x ∼ x , arctan x ∼ x 1 − cos x ∼ 1 2 x 2 , ln ( 1 + x ) ∼ x , e x − 1 ∼ x , ( 1 + x ) α − 1 ∼ α x 1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2, \quad \ln(1 + x) \sim x, \quad e^x - 1 \sim x, \quad (1 + x)^\alpha - 1 \sim \alpha x 1 − cos x ∼ 2 1 x 2 , ln ( 1 + x ) ∼ x , e x − 1 ∼ x , ( 1 + x ) α − 1 ∼ αx 记忆技巧 题目 :求极限 lim x → 0 1 − cos 2 x x ⋅ sin 3 x \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2x}{x \cdot \sin 3x} lim x → 0 x ⋅ s i n 3 x 1 − c o s 2 x
解 :使用等价无穷小代换
lim x → 0 1 − cos 2 x x ⋅ sin 3 x = lim x → 0 1 2 ( 2 x ) 2 x ⋅ 3 x = lim x → 0 2 x 2 3 x 2 = 2 3 \begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2x}{x \cdot \sin 3x} &= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}(2x)^2}{x \cdot 3x} \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{2x^2}{3x^2} \\
&= \frac{2}{3}
\end{aligned} x → 0 lim x ⋅ sin 3 x 1 − cos 2 x = x → 0 lim x ⋅ 3 x 2 1 ( 2 x ) 2 = x → 0 lim 3 x 2 2 x 2 = 3 2 题目 :求极限 lim x → ∞ ( 2 x + 3 2 x + 1 ) x + 1 \lim_{x \to \infty} \left(\frac{2x + 3}{2x + 1}\right)^{x+1} lim x → ∞ ( 2 x + 1 2 x + 3 ) x + 1
解 :利用重要极限
lim x → ∞ ( 2 x + 3 2 x + 1 ) x + 1 = lim x → ∞ ( 1 + 2 2 x + 1 ) x + 1 = lim x → ∞ ( 1 + 1 x + 1 2 ) x + 1 = lim x → ∞ [ ( 1 + 1 x + 1 2 ) x + 1 2 ] x + 1 x + 1 2 = e 1 = e \begin{aligned}
\lim_{x \to \infty} \left(\frac{2x + 3}{2x + 1}\right)^{x+1} &= \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{2}{2x + 1}\right)^{x+1} \\
&= \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x + \frac{1}{2}}\right)^{x+1} \\
&= \lim_{x \to \infty} \left[\left(1 + \frac{1}{x + \frac{1}{2}}\right)^{x+\frac{1}{2}}\right]^{\frac{x+1}{x+\frac{1}{2}}} \\
&= e^1 = e
\end{aligned} x → ∞ lim ( 2 x + 1 2 x + 3 ) x + 1 = x → ∞ lim ( 1 + 2 x + 1 2 ) x + 1 = x → ∞ lim ( 1 + x + 2 1 1 ) x + 1 = x → ∞ lim [ ( 1 + x + 2 1 1 ) x + 2 1 ] x + 2 1 x + 1 = e 1 = e 函数在一点连续 :设函数 f ( x ) f(x) f ( x ) 在点 x 0 x_0 x 0 的某邻域内有定义,若 lim x → x 0 f ( x ) = f ( x 0 ) \lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0) lim x → x 0 f ( x ) = f ( x 0 ) ,则称 f ( x ) f(x) f ( x ) 在点 x 0 x_0 x 0 处连续。
连续的三个条件 :
f ( x 0 ) f(x_0) f ( x 0 ) 存在lim x → x 0 f ( x ) \lim_{x \to x_0} f(x) lim x → x 0 f ( x ) 存在lim x → x 0 f ( x ) = f ( x 0 ) \lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0) lim x → x 0 f ( x ) = f ( x 0 ) 第一类:左右极限都存在(可去、跳跃)
第二类:至少一侧极限不存在(无穷、振荡)
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A["间断点"] --> B["第一类间断点<br/>左右极限都存在"]
A --> C["第二类间断点<br/>至少一侧极限不存在"]
B --> B1["可去间断点<br/>左右极限相等"]
B --> B2["跳跃间断点<br/>左右极限不等"]
C --> C1["无穷间断点<br/>极限为无穷"]
C --> C2["振荡间断点<br/>极限不存在且不为无穷"] graph TD
A["间断点"] --> B["第一类间断点<br/>左右极限都存在"]
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B --> B2["跳跃间断点<br/>左右极限不等"]
C --> C1["无穷间断点<br/>极限为无穷"]
C --> C2["振荡间断点<br/>极限不存在且不为无穷"]
题目 :讨论函数 f ( x ) = x 2 − 1 x − 1 f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1} f ( x ) = x − 1 x 2 − 1 在 x = 1 x = 1 x = 1 处的连续性,若不连续,指出间断点类型。
解 :
lim x → 1 x 2 − 1 x − 1 = lim x → 1 ( x − 1 ) ( x + 1 ) x − 1 = lim x → 1 ( x + 1 ) = 2 \lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x+1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1} (x + 1) = 2 x → 1 lim x − 1 x 2 − 1 = x → 1 lim x − 1 ( x − 1 ) ( x + 1 ) = x → 1 lim ( x + 1 ) = 2 但 f ( 1 ) f(1) f ( 1 ) 无定义,所以 x = 1 x = 1 x = 1 是间断点。
由于 lim x → 1 f ( x ) \lim_{x \to 1} f(x) lim x → 1 f ( x ) 存在(等于2),所以 x = 1 x = 1 x = 1 是可去间断点 。
题目 :证明方程 x 3 − 4 x 2 + 1 = 0 x^3 - 4x^2 + 1 = 0 x 3 − 4 x 2 + 1 = 0 在区间 ( 0 , 1 ) (0, 1) ( 0 , 1 ) 内至少有一个实根。
证 :设 f ( x ) = x 3 − 4 x 2 + 1 f(x) = x^3 - 4x^2 + 1 f ( x ) = x 3 − 4 x 2 + 1
由于 f ( x ) f(x) f ( x ) 是多项式函数,在 [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] 上连续。
计算端点值:
f ( 0 ) = 0 3 − 4 × 0 2 + 1 = 1 > 0 f(0) = 0^3 - 4 \times 0^2 + 1 = 1 > 0 f ( 0 ) = 0 3 − 4 × 0 2 + 1 = 1 > 0 f ( 1 ) = 1 3 − 4 × 1 2 + 1 = 1 − 4 + 1 = − 2 < 0 f(1) = 1^3 - 4 \times 1^2 + 1 = 1 - 4 + 1 = -2 < 0 f ( 1 ) = 1 3 − 4 × 1 2 + 1 = 1 − 4 + 1 = − 2 < 0 由于 f ( 0 ) ⋅ f ( 1 ) = 1 × ( − 2 ) = − 2 < 0 f(0) \cdot f(1) = 1 \times (-2) = -2 < 0 f ( 0 ) ⋅ f ( 1 ) = 1 × ( − 2 ) = − 2 < 0
根据零点定理,在 ( 0 , 1 ) (0, 1) ( 0 , 1 ) 内至少存在一点 ξ \xi ξ ,使 f ( ξ ) = 0 f(\xi) = 0 f ( ξ ) = 0 ,即方程在 ( 0 , 1 ) (0, 1) ( 0 , 1 ) 内至少有一个实根。
定义 :设函数 y = f ( x ) y = f(x) y = f ( x ) 在点 x 0 x_0 x 0 的某邻域内有定义,当自变量 x x x 在 x 0 x_0 x 0 处取得增量 Δ x \Delta x Δ x 时,相应地函数取得增量 Δ y = f ( x 0 + Δ x ) − f ( x 0 ) \Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) Δ y = f ( x 0 + Δ x ) − f ( x 0 ) 。如果 Δ y \Delta y Δ y 与 Δ x \Delta x Δ x 之比当 Δ x → 0 \Delta x \to 0 Δ x → 0 时的极限存在,则称函数 y = f ( x ) y = f(x) y = f ( x ) 在点 x 0 x_0 x 0 处可导,并称这个极限值为函数在点 x 0 x_0 x 0 处的导数。
f ′ ( x 0 ) = lim Δ x → 0 Δ y Δ x = lim Δ x → 0 f ( x 0 + Δ x ) − f ( x 0 ) Δ x = lim x → x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 f'(x_0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x} = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} f ′ ( x 0 ) = Δ x → 0 lim Δ x Δ y = Δ x → 0 lim Δ x f ( x 0 + Δ x ) − f ( x 0 ) = x → x 0 lim x − x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) 导数 f ′ ( x 0 ) f'(x_0) f ′ ( x 0 ) 表示曲线 y = f ( x ) y = f(x) y = f ( x ) 在点 ( x 0 , f ( x 0 ) ) (x_0, f(x_0)) ( x 0 , f ( x 0 )) 处的切线斜率 。
切线方程 :y − f ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) y - f(x_0) = f'(x_0)(x - x_0) y − f ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 )
法线方程 :y − f ( x 0 ) = − 1 f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) y - f(x_0) = -\frac{1}{f'(x_0)}(x - x_0) y − f ( x 0 ) = − f ′ ( x 0 ) 1 ( x − x 0 ) (当 f ′ ( x 0 ) ≠ 0 f'(x_0) \neq 0 f ′ ( x 0 ) = 0 时)
记忆口诀 四则运算 :
( u ± v ) ′ = u ′ ± v ′ (u \pm v)' = u' \pm v' ( u ± v ) ′ = u ′ ± v ′ ( u v ) ′ = u ′ v + u v ′ (uv)' = u'v + uv' ( uv ) ′ = u ′ v + u v ′ ( u v ) ′ = u ′ v − u v ′ v 2 \left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2} ( v u ) ′ = v 2 u ′ v − u v ′ 复合函数求导(链式法则) :
若 y = f ( u ) y = f(u) y = f ( u ) ,u = g ( x ) u = g(x) u = g ( x ) ,则
d y d x = d y d u ⋅ d u d x \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx} d x d y = d u d y ⋅ d x d u 定义 :导数的导数称为二阶导数,记作 f ′ ′ ( x ) f''(x) f ′′ ( x ) 或 d 2 y d x 2 \frac{d^2y}{dx^2} d x 2 d 2 y 。
常见函数的高阶导数 :
( x n ) ( n ) = n ! (x^n)^{(n)} = n! ( x n ) ( n ) = n ! ( e x ) ( n ) = e x (e^x)^{(n)} = e^x ( e x ) ( n ) = e x ( sin x ) ( n ) = sin ( x + n π 2 ) (\sin x)^{(n)} = \sin\left(x + \frac{n\pi}{2}\right) ( sin x ) ( n ) = sin ( x + 2 nπ ) ( cos x ) ( n ) = cos ( x + n π 2 ) (\cos x)^{(n)} = \cos\left(x + \frac{n\pi}{2}\right) ( cos x ) ( n ) = cos ( x + 2 nπ ) 题目 :求函数 y = ln ( x + 1 + x 2 ) y = \ln(x + \sqrt{1 + x^2}) y = ln ( x + 1 + x 2 ) 的导数。
解 :使用链式法则
y ′ = 1 x + 1 + x 2 ⋅ ( 1 + 2 x 2 1 + x 2 ) = 1 x + 1 + x 2 ⋅ ( 1 + x 1 + x 2 ) = 1 x + 1 + x 2 ⋅ 1 + x 2 + x 1 + x 2 = 1 1 + x 2 \begin{aligned}
y' &= \frac{1}{x + \sqrt{1 + x^2}} \cdot \left(1 + \frac{2x}{2\sqrt{1 + x^2}}\right) \\
&= \frac{1}{x + \sqrt{1 + x^2}} \cdot \left(1 + \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}\right) \\
&= \frac{1}{x + \sqrt{1 + x^2}} \cdot \frac{\sqrt{1 + x^2} + x}{\sqrt{1 + x^2}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}
\end{aligned} y ′ = x + 1 + x 2 1 ⋅ ( 1 + 2 1 + x 2 2 x ) = x + 1 + x 2 1 ⋅ ( 1 + 1 + x 2 x ) = x + 1 + x 2 1 ⋅ 1 + x 2 1 + x 2 + x = 1 + x 2 1 题目 :求曲线 y = x 3 − 3 x + 2 y = x^3 - 3x + 2 y = x 3 − 3 x + 2 在点 ( 2 , 4 ) (2, 4) ( 2 , 4 ) 处的切线方程和法线方程。
解 :先求导数
y ′ = 3 x 2 − 3 y' = 3x^2 - 3 y ′ = 3 x 2 − 3 在 x = 2 x = 2 x = 2 处:
k 切 = y ′ ∣ x = 2 = 3 × 2 2 − 3 = 12 − 3 = 9 k_{\text{切}} = y'|_{x=2} = 3 \times 2^2 - 3 = 12 - 3 = 9 k 切 = y ′ ∣ x = 2 = 3 × 2 2 − 3 = 12 − 3 = 9 切线方程:
y − 4 = 9 ( x − 2 ) ⇒ y = 9 x − 14 y - 4 = 9(x - 2) \Rightarrow y = 9x - 14 y − 4 = 9 ( x − 2 ) ⇒ y = 9 x − 14 法线斜率:
k 法 = − 1 k 切 = − 1 9 k_{\text{法}} = -\frac{1}{k_{\text{切}}} = -\frac{1}{9} k 法 = − k 切 1 = − 9 1 法线方程:
y − 4 = − 1 9 ( x − 2 ) ⇒ 9 y − 36 = − x + 2 ⇒ x + 9 y − 38 = 0 y - 4 = -\frac{1}{9}(x - 2) \Rightarrow 9y - 36 = -x + 2 \Rightarrow x + 9y - 38 = 0 y − 4 = − 9 1 ( x − 2 ) ⇒ 9 y − 36 = − x + 2 ⇒ x + 9 y − 38 = 0 Render failed
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A["微分中值定理"] --> B["罗尔定理<br/>Rolle"]
A --> C["拉格朗日中值定理<br/>Lagrange"]
B --> B1["$$f'(\\xi) = 0$$"]
B --> B2["是拉格朗日定理的特例"]
C --> C1["$$f'(\\xi) = \\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$"]
C --> C2["几何意义:平行弦"] graph TD
A["微分中值定理"] --> B["罗尔定理<br/>Rolle"]
A --> C["拉格朗日中值定理<br/>Lagrange"]
B --> B1["$$f'(\\xi) = 0$$"]
B --> B2["是拉格朗日定理的特例"]
C --> C1["$$f'(\\xi) = \\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$"]
C --> C2["几何意义:平行弦"]
罗尔定理 :若函数 f ( x ) f(x) f ( x ) 满足:
在 [ a , b ] [a, b] [ a , b ] 上连续 在 ( a , b ) (a, b) ( a , b ) 内可导 f ( a ) = f ( b ) f(a) = f(b) f ( a ) = f ( b ) 则在 ( a , b ) (a, b) ( a , b ) 内至少存在一点 ξ \xi ξ ,使 f ′ ( ξ ) = 0 f'(\xi) = 0 f ′ ( ξ ) = 0 。
拉格朗日中值定理 :若函数 f ( x ) f(x) f ( x ) 满足:
在 [ a , b ] [a, b] [ a , b ] 上连续 在 ( a , b ) (a, b) ( a , b ) 内可导 则在 ( a , b ) (a, b) ( a , b ) 内至少存在一点 ξ \xi ξ ,使
f ′ ( ξ ) = f ( b ) − f ( a ) b − a f'(\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} f ′ ( ξ ) = b − a f ( b ) − f ( a ) 适用类型 :0 0 \frac{0}{0} 0 0 型、∞ ∞ \frac{\infty}{\infty} ∞ ∞ 型未定式
法则 :若 lim f ( x ) g ( x ) \lim \frac{f(x)}{g(x)} lim g ( x ) f ( x ) 为 0 0 \frac{0}{0} 0 0 或 ∞ ∞ \frac{\infty}{\infty} ∞ ∞ 型,且 f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x ) 、g ′ ( x ) g'(x) g ′ ( x ) 存在,g ′ ( x ) ≠ 0 g'(x) \neq 0 g ′ ( x ) = 0 ,则
lim f ( x ) g ( x ) = lim f ′ ( x ) g ′ ( x ) \lim \frac{f(x)}{g(x)} = \lim \frac{f'(x)}{g'(x)} lim g ( x ) f ( x ) = lim g ′ ( x ) f ′ ( x ) 必须是 0 0 \frac{0}{0} 0 0 或 ∞ ∞ \frac{\infty}{\infty} ∞ ∞ 型未定式 每次使用前都要检查是否仍为未定式 若导数之比的极限不存在,不能说明原极限不存在 可与其他方法(如等价无穷小)结合使用 其他未定式 :∞ − ∞ \infty - \infty ∞ − ∞ 、0 ⋅ ∞ 0 \cdot \infty 0 ⋅ ∞ 、0 0 0^0 0 0 、1 ∞ 1^\infty 1 ∞ 、∞ 0 \infty^0 ∞ 0 型可通过变形转化为 0 0 \frac{0}{0} 0 0 或 ∞ ∞ \frac{\infty}{\infty} ∞ ∞ 型。
单调性判定 :
若 f ′ ( x ) > 0 f'(x) > 0 f ′ ( x ) > 0 ,则 f ( x ) f(x) f ( x ) 单调递增 若 f ′ ( x ) < 0 f'(x) < 0 f ′ ( x ) < 0 ,则 f ( x ) f(x) f ( x ) 单调递减 极值的判定 :
极值判定流程 :
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A["求导<br/>$$f'(x)$$"] --> B["求驻点与不可导点"]
B --> C["列表判断"]
C --> D{"$$f'(x)$$ 变号?"}
D -->|左负右正| E["极小值"]
D -->|左正右负| F["极大值"]
D -->|不变号| G["不是极值"] flowchart TD
A["求导<br/>$$f'(x)$$"] --> B["求驻点与不可导点"]
B --> C["列表判断"]
C --> D{"$$f'(x)$$ 变号?"}
D -->|左负右正| E["极小值"]
D -->|左正右负| F["极大值"]
D -->|不变号| G["不是极值"]
凹凸性判定 :
若 f ′ ′ ( x ) > 0 f''(x) > 0 f ′′ ( x ) > 0 ,则曲线是凹的 (向上凸) 若 f ′ ′ ( x ) < 0 f''(x) < 0 f ′′ ( x ) < 0 ,则曲线是凸的 (向下凸) 拐点 :曲线凹凸性的分界点
拐点求法 :
求 f ′ ′ ( x ) f''(x) f ′′ ( x ) 求使 f ′ ′ ( x ) = 0 f''(x) = 0 f ′′ ( x ) = 0 或 f ′ ′ ( x ) f''(x) f ′′ ( x ) 不存在的点 检查这些点两侧 f ′ ′ ( x ) f''(x) f ′′ ( x ) 是否变号 题目 :求极限 lim x → 0 e x − 1 − x x 2 \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2} lim x → 0 x 2 e x − 1 − x
解 :使用洛必达法则
lim x → 0 e x − 1 − x x 2 = lim x → 0 e x − 1 2 x = lim x → 0 e x 2 = 1 2 \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{2} = \frac{1}{2} x → 0 lim x 2 e x − 1 − x = x → 0 lim 2 x e x − 1 = x → 0 lim 2 e x = 2 1 题目 :求函数 f ( x ) = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 5 f(x) = x^3 - 3x^2 - 9x + 5 f ( x ) = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 5 的单调区间、极值及拐点。
解 :
求导数 f ′ ( x ) = 3 x 2 − 6 x − 9 = 3 ( x 2 − 2 x − 3 ) = 3 ( x + 1 ) ( x − 3 ) f'(x) = 3x^2 - 6x - 9 = 3(x^2 - 2x - 3) = 3(x + 1)(x - 3) f ′ ( x ) = 3 x 2 − 6 x − 9 = 3 ( x 2 − 2 x − 3 ) = 3 ( x + 1 ) ( x − 3 ) f ′ ′ ( x ) = 6 x − 6 = 6 ( x − 1 ) f''(x) = 6x - 6 = 6(x - 1) f ′′ ( x ) = 6 x − 6 = 6 ( x − 1 ) 求驻点:f ′ ( x ) = 0 f'(x) = 0 f ′ ( x ) = 0 得 x = − 1 x = -1 x = − 1 ,x = 3 x = 3 x = 3 列表判断: 极值: 极大值:f ( − 1 ) = ( − 1 ) 3 − 3 ( − 1 ) 2 − 9 ( − 1 ) + 5 = − 1 − 3 + 9 + 5 = 10 f(-1) = (-1)^3 - 3(-1)^2 - 9(-1) + 5 = -1 - 3 + 9 + 5 = 10 f ( − 1 ) = ( − 1 ) 3 − 3 ( − 1 ) 2 − 9 ( − 1 ) + 5 = − 1 − 3 + 9 + 5 = 10 极小值:f ( 3 ) = 3 3 − 3 × 3 2 − 9 × 3 + 5 = 27 − 27 − 27 + 5 = − 22 f(3) = 3^3 - 3 \times 3^2 - 9 \times 3 + 5 = 27 - 27 - 27 + 5 = -22 f ( 3 ) = 3 3 − 3 × 3 2 − 9 × 3 + 5 = 27 − 27 − 27 + 5 = − 22 拐点:
f ′ ′ ( x ) = 0 f''(x) = 0 f ′′ ( x ) = 0 得 x = 1 x = 1 x = 1 当 x < 1 x < 1 x < 1 时,f ′ ′ ( x ) < 0 f''(x) < 0 f ′′ ( x ) < 0 ,曲线凸 当 x > 1 x > 1 x > 1 时,f ′ ′ ( x ) > 0 f''(x) > 0 f ′′ ( x ) > 0 ,曲线凹 因此拐点为 ( 1 , f ( 1 ) ) = ( 1 , 1 − 3 − 9 + 5 ) = ( 1 , − 6 ) (1, f(1)) = (1, 1 - 3 - 9 + 5) = (1, -6) ( 1 , f ( 1 )) = ( 1 , 1 − 3 − 9 + 5 ) = ( 1 , − 6 )
原函数定义 :若 F ′ ( x ) = f ( x ) F'(x) = f(x) F ′ ( x ) = f ( x ) ,则称 F ( x ) F(x) F ( x ) 为 f ( x ) f(x) f ( x ) 的一个原函数。
不定积分定义 :若 F ( x ) F(x) F ( x ) 是 f ( x ) f(x) f ( x ) 的一个原函数,则 f ( x ) f(x) f ( x ) 的所有原函数 F ( x ) + C F(x) + C F ( x ) + C 称为 f ( x ) f(x) f ( x ) 的不定积分,记作
∫ f ( x ) d x = F ( x ) + C \int f(x)dx = F(x) + C ∫ f ( x ) d x = F ( x ) + C 记忆口诀 第一换元法(凑微分法) :
∫ f [ φ ( x ) ] φ ′ ( x ) d x = ∫ f [ φ ( x ) ] d φ ( x ) = F [ φ ( x ) ] + C \int f[\varphi(x)]\varphi'(x)dx = \int f[\varphi(x)]d\varphi(x) = F[\varphi(x)] + C ∫ f [ φ ( x )] φ ′ ( x ) d x = ∫ f [ φ ( x )] d φ ( x ) = F [ φ ( x )] + C 第二换元法 :设 x = φ ( t ) x = \varphi(t) x = φ ( t ) ,则
∫ f ( x ) d x = ∫ f [ φ ( t ) ] φ ′ ( t ) d t \int f(x)dx = \int f[\varphi(t)]\varphi'(t)dt ∫ f ( x ) d x = ∫ f [ φ ( t )] φ ′ ( t ) d t 常用三角代换 :
含 a 2 − x 2 \sqrt{a^2 - x^2} a 2 − x 2 :令 x = a sin t x = a \sin t x = a sin t 含 a 2 + x 2 \sqrt{a^2 + x^2} a 2 + x 2 :令 x = a tan t x = a \tan t x = a tan t 含 x 2 − a 2 \sqrt{x^2 - a^2} x 2 − a 2 :令 x = a sec t x = a \sec t x = a sec t 分部积分法 :
∫ u d v = u v − ∫ v d u \int u dv = uv - \int v du ∫ u d v = uv − ∫ v d u 按 反、对、幂、三、指 顺序选择 u u u :
反三角函数(优先) 对数函数 幂函数 三角函数 指数函数(最后) 选择原则 :按"反、对、幂、三、指"顺序选择 u u u (反三角函数、对数函数、幂函数、三角函数、指数函数)
题目 :求不定积分 ∫ x ln x d x \int x \ln x dx ∫ x ln x d x
解 :使用分部积分法
设 u = ln x u = \ln x u = ln x ,d v = x d x dv = x dx d v = x d x
则 d u = 1 x d x du = \frac{1}{x}dx d u = x 1 d x ,v = 1 2 x 2 v = \frac{1}{2}x^2 v = 2 1 x 2
∫ x ln x d x = u v − ∫ v d u = 1 2 x 2 ln x − ∫ 1 2 x 2 ⋅ 1 x d x = 1 2 x 2 ln x − 1 2 ∫ x d x = 1 2 x 2 ln x − 1 4 x 2 + C \begin{aligned}
\int x \ln x dx &= uv - \int v du \\
&= \frac{1}{2}x^2 \ln x - \int \frac{1}{2}x^2 \cdot \frac{1}{x}dx \\
&= \frac{1}{2}x^2 \ln x - \frac{1}{2}\int x dx \\
&= \frac{1}{2}x^2 \ln x - \frac{1}{4}x^2 + C
\end{aligned} ∫ x ln x d x = uv − ∫ v d u = 2 1 x 2 ln x − ∫ 2 1 x 2 ⋅ x 1 d x = 2 1 x 2 ln x − 2 1 ∫ x d x = 2 1 x 2 ln x − 4 1 x 2 + C 题目 :求不定积分 ∫ 1 x + x 3 d x \int \frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt[3]{x}} dx ∫ x + 3 x 1 d x
解 :使用第二换元法
令 t = x 6 t = \sqrt[6]{x} t = 6 x ,则 x = t 6 x = t^6 x = t 6 ,d x = 6 t 5 d t dx = 6t^5 dt d x = 6 t 5 d t
∫ 1 x + x 3 d x = ∫ 1 t 3 + t 2 ⋅ 6 t 5 d t = 6 ∫ t 5 t 2 ( t + 1 ) d t = 6 ∫ t 3 t + 1 d t = 6 ∫ ( t 2 − t + 1 − 1 t + 1 ) d t = 6 ( t 3 3 − t 2 2 + t − ln ∣ t + 1 ∣ ) + C = 2 t 3 − 3 t 2 + 6 t − 6 ln ∣ t + 1 ∣ + C = 2 x − 3 x 3 + 6 x 6 − 6 ln ∣ x 6 + 1 ∣ + C \begin{aligned}
\int \frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt[3]{x}} dx &= \int \frac{1}{t^3 + t^2} \cdot 6t^5 dt \\
&= 6\int \frac{t^5}{t^2(t + 1)} dt \\
&= 6\int \frac{t^3}{t + 1} dt \\
&= 6\int \left(t^2 - t + 1 - \frac{1}{t + 1}\right) dt \\
&= 6\left(\frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} + t - \ln |t + 1|\right) + C \\
&= 2t^3 - 3t^2 + 6t - 6\ln |t + 1| + C \\
&= 2\sqrt{x} - 3\sqrt[3]{x} + 6\sqrt[6]{x} - 6\ln |\sqrt[6]{x} + 1| + C
\end{aligned} ∫ x + 3 x 1 d x = ∫ t 3 + t 2 1 ⋅ 6 t 5 d t = 6 ∫ t 2 ( t + 1 ) t 5 d t = 6 ∫ t + 1 t 3 d t = 6 ∫ ( t 2 − t + 1 − t + 1 1 ) d t = 6 ( 3 t 3 − 2 t 2 + t − ln ∣ t + 1∣ ) + C = 2 t 3 − 3 t 2 + 6 t − 6 ln ∣ t + 1∣ + C = 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6 ln ∣ 6 x + 1∣ + C 定义 :设函数 f ( x ) f(x) f ( x ) 在 [ a , b ] [a, b] [ a , b ] 上有界,将 [ a , b ] [a, b] [ a , b ] 分成 n n n 个小区间,取每个小区间上任意一点 ξ i \xi_i ξ i ,作和式 ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\Delta x_i ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i 。当最大小区间长度 λ → 0 \lambda \to 0 λ → 0 时,若此和式极限存在,则称此极限值为 f ( x ) f(x) f ( x ) 在 [ a , b ] [a, b] [ a , b ] 上的定积分,记作
∫ a b f ( x ) d x = lim λ → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i ) Δ x i \int_a^b f(x)dx = \lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)\Delta x_i ∫ a b f ( x ) d x = λ → 0 lim i = 1 ∑ n f ( ξ i ) Δ x i ∫ a b f ( x ) d x = F ( b ) − F ( a ) = F ( x ) ∣ a b \int_a^b f(x)dx = F(b) - F(a) = F(x)\Big|_a^b ∫ a b f ( x ) d x = F ( b ) − F ( a ) = F ( x ) a b 其中 F ( x ) F(x) F ( x ) 是 f ( x ) f(x) f ( x ) 的一个原函数。
定义 :设 f ( x ) f(x) f ( x ) 在 [ a , b ] [a, b] [ a , b ] 上连续,则 Φ ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t \Phi(x) = \int_a^x f(t)dt Φ ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t 称为变上限积分函数。
导数公式 :
Φ ′ ( x ) = d d x ∫ a x f ( t ) d t = f ( x ) \Phi'(x) = \frac{d}{dx}\int_a^x f(t)dt = f(x) Φ ′ ( x ) = d x d ∫ a x f ( t ) d t = f ( x ) 推广公式 :
d d x ∫ φ ( x ) ψ ( x ) f ( t ) d t = f [ ψ ( x ) ] ψ ′ ( x ) − f [ φ ( x ) ] φ ′ ( x ) \frac{d}{dx}\int_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)dt = f[\psi(x)]\psi'(x) - f[\varphi(x)]\varphi'(x) d x d ∫ φ ( x ) ψ ( x ) f ( t ) d t = f [ ψ ( x )] ψ ′ ( x ) − f [ φ ( x )] φ ′ ( x ) 题目 :求 d d x ∫ 0 x 2 sin t d t \frac{d}{dx}\int_0^{x^2} \sin t dt d x d ∫ 0 x 2 sin t d t
解 :使用变上限积分求导公式
d d x ∫ 0 x 2 sin t d t = sin ( x 2 ) ⋅ ( x 2 ) ′ = sin ( x 2 ) ⋅ 2 x = 2 x sin ( x 2 ) \frac{d}{dx}\int_0^{x^2} \sin t dt = \sin(x^2) \cdot (x^2)' = \sin(x^2) \cdot 2x = 2x \sin(x^2) d x d ∫ 0 x 2 sin t d t = sin ( x 2 ) ⋅ ( x 2 ) ′ = sin ( x 2 ) ⋅ 2 x = 2 x sin ( x 2 ) 题目 :计算定积分 ∫ 0 π 1 + cos 2 x d x \int_0^{\pi} \sqrt{1 + \cos 2x} dx ∫ 0 π 1 + cos 2 x d x
解 :
∫ 0 π 1 + cos 2 x d x = ∫ 0 π 2 cos 2 x d x = 2 ∫ 0 π ∣ cos x ∣ d x = 2 ( ∫ 0 π 2 cos x d x + ∫ π 2 π ( − cos x ) d x ) = 2 ( sin x ∣ 0 π 2 − sin x ∣ π 2 π ) = 2 [ ( 1 − 0 ) − ( 0 − 1 ) ] = 2 2 \begin{aligned}
\int_0^{\pi} \sqrt{1 + \cos 2x} dx &= \int_0^{\pi} \sqrt{2\cos^2 x} dx \\
&= \sqrt{2}\int_0^{\pi} |\cos x| dx \\
&= \sqrt{2}\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} (-\cos x) dx\right) \\
&= \sqrt{2}\left(\sin x\Big|_0^{\frac{\pi}{2}} - \sin x\Big|_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\right) \\
&= \sqrt{2}[(1 - 0) - (0 - 1)] \\
&= 2\sqrt{2}
\end{aligned} ∫ 0 π 1 + cos 2 x d x = ∫ 0 π 2 cos 2 x d x = 2 ∫ 0 π ∣ cos x ∣ d x = 2 ( ∫ 0 2 π cos x d x + ∫ 2 π π ( − cos x ) d x ) = 2 ( sin x 0 2 π − sin x 2 π π ) = 2 [( 1 − 0 ) − ( 0 − 1 )] = 2 2 由曲线 y = f ( x ) y = f(x) y = f ( x ) 、y = g ( x ) y = g(x) y = g ( x ) 与直线 x = a x = a x = a 、x = b x = b x = b 所围图形的面积 :
S = ∫ a b ∣ f ( x ) − g ( x ) ∣ d x S = \int_a^b |f(x) - g(x)| dx S = ∫ a b ∣ f ( x ) − g ( x ) ∣ d x 由参数方程 { x = φ ( t ) y = ψ ( t ) \begin{cases} x = \varphi(t) \\ y = \psi(t) \end{cases} { x = φ ( t ) y = ψ ( t ) (t 1 ≤ t ≤ t 2 t_1 \leq t \leq t_2 t 1 ≤ t ≤ t 2 ) 所围图形的面积 :
S = ∫ t 1 t 2 ∣ ψ ( t ) ∣ φ ′ ( t ) d t S = \int_{t_1}^{t_2} |\psi(t)|\varphi'(t) dt S = ∫ t 1 t 2 ∣ ψ ( t ) ∣ φ ′ ( t ) d t 绕 x 轴旋转 :
V x = π ∫ a b [ f ( x ) ] 2 d x V_x = \pi \int_a^b [f(x)]^2 dx V x = π ∫ a b [ f ( x ) ] 2 d x 绕 y 轴旋转 :
V y = 2 π ∫ a b x ∣ f ( x ) ∣ d x (柱壳法) V_y = 2\pi \int_a^b x|f(x)| dx \quad \text{(柱壳法)} V y = 2 π ∫ a b x ∣ f ( x ) ∣ d x (柱壳法) 题目 :求由抛物线 y = x 2 y = x^2 y = x 2 与直线 y = x y = x y = x 所围图形的面积。
解 :
求交点:x 2 = x x^2 = x x 2 = x ,得 x = 0 x = 0 x = 0 或 x = 1 x = 1 x = 1 在区间 [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] 上,x > x 2 x > x^2 x > x 2 S = ∫ 0 1 ( x − x 2 ) d x = ( x 2 2 − x 3 3 ) ∣ 0 1 = 1 2 − 1 3 = 1 6 \begin{aligned}
S &= \int_0^1 (x - x^2) dx \\
&= \left(\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3}\right)\Big|_0^1 \\
&= \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \\
&= \frac{1}{6}
\end{aligned} S = ∫ 0 1 ( x − x 2 ) d x = ( 2 x 2 − 3 x 3 ) 0 1 = 2 1 − 3 1 = 6 1 题目 :求由曲线 y = x y = \sqrt{x} y = x 、x = 4 x = 4 x = 4 及 x 轴所围图形绕 x 轴旋转所得旋转体的体积。
解 :
V x = π ∫ 0 4 ( x ) 2 d x = π ∫ 0 4 x d x = π ⋅ x 2 2 ∣ 0 4 = π ⋅ 16 2 = 8 π \begin{aligned}
V_x &= \pi \int_0^4 (\sqrt{x})^2 dx \\
&= \pi \int_0^4 x dx \\
&= \pi \cdot \frac{x^2}{2}\Big|_0^4 \\
&= \pi \cdot \frac{16}{2} \\
&= 8\pi
\end{aligned} V x = π ∫ 0 4 ( x ) 2 d x = π ∫ 0 4 x d x = π ⋅ 2 x 2 0 4 = π ⋅ 2 16 = 8 π 形式 :d y d x = f ( x ) g ( y ) \frac{dy}{dx} = f(x)g(y) d x d y = f ( x ) g ( y )
解法 :分离变量后积分
∫ d y g ( y ) = ∫ f ( x ) d x \int \frac{dy}{g(y)} = \int f(x)dx ∫ g ( y ) d y = ∫ f ( x ) d x 形式 :d y d x = f ( y x ) \frac{dy}{dx} = f\left(\frac{y}{x}\right) d x d y = f ( x y )
解法 :令 u = y x u = \frac{y}{x} u = x y ,则 y = u x y = ux y = ux ,d y d x = u + x d u d x \frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx} d x d y = u + x d x d u
形式 :d y d x + P ( x ) y = Q ( x ) \frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x) d x d y + P ( x ) y = Q ( x )
通解公式 :
y = e − ∫ P ( x ) d x [ ∫ Q ( x ) e ∫ P ( x ) d x d x + C ] y = e^{-\int P(x)dx}\left[\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx + C\right] y = e − ∫ P ( x ) d x [ ∫ Q ( x ) e ∫ P ( x ) d x d x + C ] 题目 :求解微分方程 d y d x = y x + tan y x \frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \tan\frac{y}{x} d x d y = x y + tan x y
解 :这是齐次方程,令 u = y x u = \frac{y}{x} u = x y ,则 y = u x y = ux y = ux ,d y d x = u + x d u d x \frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx} d x d y = u + x d x d u
代入原方程:
u + x d u d x = u + tan u u + x\frac{du}{dx} = u + \tan u u + x d x d u = u + tan u 化简得:
x d u d x = tan u ⇒ d u tan u = d x x x\frac{du}{dx} = \tan u \Rightarrow \frac{du}{\tan u} = \frac{dx}{x} x d x d u = tan u ⇒ tan u d u = x d x 分离变量积分:
∫ cot u d u = ∫ d x x \int \cot u du = \int \frac{dx}{x} ∫ cot u d u = ∫ x d x ln ∣ sin u ∣ = ln ∣ x ∣ + ln C 1 = ln C 1 ∣ x ∣ \ln |\sin u| = \ln |x| + \ln C_1 = \ln C_1 |x| ln ∣ sin u ∣ = ln ∣ x ∣ + ln C 1 = ln C 1 ∣ x ∣ 因此 sin u = C x \sin u = Cx sin u = C x (C = ± C 1 C = \pm C_1 C = ± C 1 )
代回 u = y x u = \frac{y}{x} u = x y ,得通解:
sin y x = C x \sin\frac{y}{x} = Cx sin x y = C x 题目 :求解微分方程 y ′ + y x = sin x x y' + \frac{y}{x} = \frac{\sin x}{x} y ′ + x y = x s i n x
解 :这是一阶线性微分方程,其中 P ( x ) = 1 x P(x) = \frac{1}{x} P ( x ) = x 1 ,Q ( x ) = sin x x Q(x) = \frac{\sin x}{x} Q ( x ) = x s i n x
计算积分因子:
e ∫ P ( x ) d x = e ∫ 1 x d x = e ln x = x e^{\int P(x)dx} = e^{\int \frac{1}{x}dx} = e^{\ln x} = x e ∫ P ( x ) d x = e ∫ x 1 d x = e l n x = x 使用通解公式:
y = 1 x [ ∫ sin x x ⋅ x d x + C ] = 1 x [ ∫ sin x d x + C ] = 1 x ( − cos x + C ) = C − cos x x \begin{aligned}
y &= \frac{1}{x}\left[\int \frac{\sin x}{x} \cdot x dx + C\right] \\
&= \frac{1}{x}\left[\int \sin x dx + C\right] \\
&= \frac{1}{x}(-\cos x + C) \\
&= \frac{C - \cos x}{x}
\end{aligned} y = x 1 [ ∫ x sin x ⋅ x d x + C ] = x 1 [ ∫ sin x d x + C ] = x 1 ( − cos x + C ) = x C − cos x 形式 :y ′ ′ + p y ′ + q y = 0 y'' + py' + qy = 0 y ′′ + p y ′ + q y = 0 (p , q p, q p , q 为常数)
特征方程 :r 2 + p r + q = 0 r^2 + pr + q = 0 r 2 + p r + q = 0
题目 :求解微分方程 y ′ ′ − 4 y ′ + 4 y = 0 y'' - 4y' + 4y = 0 y ′′ − 4 y ′ + 4 y = 0
解 :特征方程为
r 2 − 4 r + 4 = 0 ⇒ ( r − 2 ) 2 = 0 r^2 - 4r + 4 = 0 \Rightarrow (r - 2)^2 = 0 r 2 − 4 r + 4 = 0 ⇒ ( r − 2 ) 2 = 0 特征根为 r 1 = r 2 = 2 r_1 = r_2 = 2 r 1 = r 2 = 2 (二重根)
因此通解为
y = ( C 1 + C 2 x ) e 2 x y = (C_1 + C_2 x)e^{2x} y = ( C 1 + C 2 x ) e 2 x 题目 :求解微分方程 y ′ ′ + 2 y ′ + 5 y = 0 y'' + 2y' + 5y = 0 y ′′ + 2 y ′ + 5 y = 0
解 :特征方程为
r 2 + 2 r + 5 = 0 r^2 + 2r + 5 = 0 r 2 + 2 r + 5 = 0 特征根为
r = − 2 ± 4 − 20 2 = − 2 ± − 16 2 = − 2 ± 4 i 2 = − 1 ± 2 i r = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 20}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{-16}}{2} = \frac{-2 \pm 4i}{2} = -1 \pm 2i r = 2 − 2 ± 4 − 20 = 2 − 2 ± − 16 = 2 − 2 ± 4 i = − 1 ± 2 i 因此通解为
y = e − x ( C 1 cos 2 x + C 2 sin 2 x ) y = e^{-x}(C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x) y = e − x ( C 1 cos 2 x + C 2 sin 2 x ) 定义 :设 D D D 是平面上的一个非空点集,如果对于每个点 P ( x , y ) ∈ D P(x, y) \in D P ( x , y ) ∈ D ,按照对应法则 f f f ,都有唯一确定的实数 z z z 与之对应,则称 z z z 是 x , y x, y x , y 的二元函数,记作 z = f ( x , y ) z = f(x, y) z = f ( x , y ) 。
定义域 :使函数有意义的自变量取值范围。
定义 :设函数 z = f ( x , y ) z = f(x, y) z = f ( x , y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) (x_0, y_0) ( x 0 , y 0 ) 的某邻域内有定义,若极限
lim Δ x → 0 f ( x 0 + Δ x , y 0 ) − f ( x 0 , y 0 ) Δ x \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x, y_0) - f(x_0, y_0)}{\Delta x} Δ x → 0 lim Δ x f ( x 0 + Δ x , y 0 ) − f ( x 0 , y 0 ) 存在,则称此极限值为函数 z = f ( x , y ) z = f(x, y) z = f ( x , y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) (x_0, y_0) ( x 0 , y 0 ) 处对 x x x 的偏导数,记作 ∂ z ∂ x \frac{\partial z}{\partial x} ∂ x ∂ z 或 f x ( x 0 , y 0 ) f_x(x_0, y_0) f x ( x 0 , y 0 ) 。
计算方法 :对 x x x 求偏导时,把 y y y 看作常数;对 y y y 求偏导时,把 x x x 看作常数。
高阶偏导数 :
∂ 2 z ∂ x 2 = ∂ ∂ x ( ∂ z ∂ x ) , ∂ 2 z ∂ y 2 = ∂ ∂ y ( ∂ z ∂ y ) , ∂ 2 z ∂ x ∂ y = ∂ ∂ y ( ∂ z ∂ x ) \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right), \quad
\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right), \quad
\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right) ∂ x 2 ∂ 2 z = ∂ x ∂ ( ∂ x ∂ z ) , ∂ y 2 ∂ 2 z = ∂ y ∂ ( ∂ y ∂ z ) , ∂ x ∂ y ∂ 2 z = ∂ y ∂ ( ∂ x ∂ z ) 定义 :若函数 z = f ( x , y ) z = f(x, y) z = f ( x , y ) 在点 ( x , y ) (x, y) ( x , y ) 的全增量 Δ z \Delta z Δ z 可表示为
Δ z = A Δ x + B Δ y + o ( ρ ) \Delta z = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho) Δ z = A Δ x + B Δ y + o ( ρ ) 其中 ρ = ( Δ x ) 2 + ( Δ y ) 2 \rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2} ρ = ( Δ x ) 2 + ( Δ y ) 2 ,则称函数在点 ( x , y ) (x, y) ( x , y ) 可微,A Δ x + B Δ y A\Delta x + B\Delta y A Δ x + B Δ y 称为全微分,记作
d z = ∂ z ∂ x d x + ∂ z ∂ y d y dz = \frac{\partial z}{\partial x}dx + \frac{\partial z}{\partial y}dy d z = ∂ x ∂ z d x + ∂ y ∂ z d y 链式法则 :设 z = f ( u , v ) z = f(u, v) z = f ( u , v ) ,u = φ ( x , y ) u = \varphi(x, y) u = φ ( x , y ) ,v = ψ ( x , y ) v = \psi(x, y) v = ψ ( x , y ) ,则
∂ z ∂ x = ∂ z ∂ u ⋅ ∂ u ∂ x + ∂ z ∂ v ⋅ ∂ v ∂ x \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial z}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial v}\cdot\frac{\partial v}{\partial x} ∂ x ∂ z = ∂ u ∂ z ⋅ ∂ x ∂ u + ∂ v ∂ z ⋅ ∂ x ∂ v ∂ z ∂ y = ∂ z ∂ u ⋅ ∂ u ∂ y + ∂ z ∂ v ⋅ ∂ v ∂ y \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial z}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial z}{\partial v}\cdot\frac{\partial v}{\partial y} ∂ y ∂ z = ∂ u ∂ z ⋅ ∂ y ∂ u + ∂ v ∂ z ⋅ ∂ y ∂ v 题目 :求函数 z = x 3 y 2 + 2 x y − 5 y z = x^3y^2 + 2xy - 5y z = x 3 y 2 + 2 x y − 5 y 的偏导数和全微分。
解 :
对 x x x 求偏导(把 y y y 看作常数):
∂ z ∂ x = 3 x 2 y 2 + 2 y \frac{\partial z}{\partial x} = 3x^2y^2 + 2y ∂ x ∂ z = 3 x 2 y 2 + 2 y 对 y y y 求偏导(把 x x x 看作常数):
∂ z ∂ y = 2 x 3 y + 2 x − 5 \frac{\partial z}{\partial y} = 2x^3y + 2x - 5 ∂ y ∂ z = 2 x 3 y + 2 x − 5 全微分为:
d z = ( 3 x 2 y 2 + 2 y ) d x + ( 2 x 3 y + 2 x − 5 ) d y dz = (3x^2y^2 + 2y)dx + (2x^3y + 2x - 5)dy d z = ( 3 x 2 y 2 + 2 y ) d x + ( 2 x 3 y + 2 x − 5 ) d y 题目 :设 z = e x y z = e^{xy} z = e x y ,x = sin t x = \sin t x = sin t ,y = cos t y = \cos t y = cos t ,求 d z d t \frac{dz}{dt} d t d z 。
解 :使用链式法则
d z d t = ∂ z ∂ x ⋅ d x d t + ∂ z ∂ y ⋅ d y d t = y e x y ⋅ cos t + x e x y ⋅ ( − sin t ) = e x y ( y cos t − x sin t ) \begin{aligned}
\frac{dz}{dt} &= \frac{\partial z}{\partial x}\cdot\frac{dx}{dt} + \frac{\partial z}{\partial y}\cdot\frac{dy}{dt} \\
&= ye^{xy}\cdot\cos t + xe^{xy}\cdot(-\sin t) \\
&= e^{xy}(y\cos t - x\sin t)
\end{aligned} d t d z = ∂ x ∂ z ⋅ d t d x + ∂ y ∂ z ⋅ d t d y = y e x y ⋅ cos t + x e x y ⋅ ( − sin t ) = e x y ( y cos t − x sin t ) 必要条件 :若函数 z = f ( x , y ) z = f(x, y) z = f ( x , y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) (x_0, y_0) ( x 0 , y 0 ) 处有极值,且在该点处偏导数存在,则
f x ( x 0 , y 0 ) = 0 , f y ( x 0 , y 0 ) = 0 f_x(x_0, y_0) = 0, \quad f_y(x_0, y_0) = 0 f x ( x 0 , y 0 ) = 0 , f y ( x 0 , y 0 ) = 0 充分条件 :设 f x ( x 0 , y 0 ) = 0 f_x(x_0, y_0) = 0 f x ( x 0 , y 0 ) = 0 ,f y ( x 0 , y 0 ) = 0 f_y(x_0, y_0) = 0 f y ( x 0 , y 0 ) = 0 ,记
A = f x x ( x 0 , y 0 ) , B = f x y ( x 0 , y 0 ) , C = f y y ( x 0 , y 0 ) A = f_{xx}(x_0, y_0), \quad B = f_{xy}(x_0, y_0), \quad C = f_{yy}(x_0, y_0) A = f xx ( x 0 , y 0 ) , B = f x y ( x 0 , y 0 ) , C = f yy ( x 0 , y 0 ) 令 Δ = A C − B 2 \Delta = AC - B^2 Δ = A C − B 2 ,则:
问题 :求函数 z = f ( x , y ) z = f(x, y) z = f ( x , y ) 在约束条件 φ ( x , y ) = 0 \varphi(x, y) = 0 φ ( x , y ) = 0 下的极值。
拉格朗日乘数法 :
构造拉格朗日函数 L ( x , y , λ ) = f ( x , y ) + λ φ ( x , y ) L(x, y, \lambda) = f(x, y) + \lambda\varphi(x, y) L ( x , y , λ ) = f ( x , y ) + λ φ ( x , y ) 求解方程组:
{ ∂ L ∂ x = 0 ∂ L ∂ y = 0 ∂ L ∂ λ = 0 \begin{cases}
\frac{\partial L}{\partial x} = 0 \\
\frac{\partial L}{\partial y} = 0 \\
\frac{\partial L}{\partial \lambda} = 0
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ ∂ x ∂ L = 0 ∂ y ∂ L = 0 ∂ λ ∂ L = 0 驻点即为可能的极值点 题目 :求函数 f ( x , y ) = x 3 + y 3 − 3 x y f(x, y) = x^3 + y^3 - 3xy f ( x , y ) = x 3 + y 3 − 3 x y 的极值。
解 :
求偏导数 f x = 3 x 2 − 3 y = 0 ⇒ x 2 = y f_x = 3x^2 - 3y = 0 \Rightarrow x^2 = y f x = 3 x 2 − 3 y = 0 ⇒ x 2 = y f y = 3 y 2 − 3 x = 0 ⇒ y 2 = x f_y = 3y^2 - 3x = 0 \Rightarrow y^2 = x f y = 3 y 2 − 3 x = 0 ⇒ y 2 = x 解方程组
由 y = x 2 y = x^2 y = x 2 代入 y 2 = x y^2 = x y 2 = x 得 ( x 2 ) 2 = x (x^2)^2 = x ( x 2 ) 2 = x ,即 x 4 − x = 0 x^4 - x = 0 x 4 − x = 0 x ( x 3 − 1 ) = 0 ⇒ x = 0 或 x = 1 x(x^3 - 1) = 0 \Rightarrow x = 0 \text{ 或 } x = 1 x ( x 3 − 1 ) = 0 ⇒ x = 0 或 x = 1 驻点为 ( 0 , 0 ) (0, 0) ( 0 , 0 ) 和 ( 1 , 1 ) (1, 1) ( 1 , 1 )
求二阶偏导数 f x x = 6 x , f x y = − 3 , f y y = 6 y f_{xx} = 6x, \quad f_{xy} = -3, \quad f_{yy} = 6y f xx = 6 x , f x y = − 3 , f yy = 6 y 判定极值 在点 ( 0 , 0 ) (0, 0) ( 0 , 0 ) 处:A = 0 A = 0 A = 0 ,B = − 3 B = -3 B = − 3 ,C = 0 C = 0 C = 0
Δ = A C − B 2 = 0 − 9 = − 9 < 0 \Delta = AC - B^2 = 0 - 9 = -9 < 0 Δ = A C − B 2 = 0 − 9 = − 9 < 0 因此 ( 0 , 0 ) (0, 0) ( 0 , 0 ) 不是极值点。
在点 ( 1 , 1 ) (1, 1) ( 1 , 1 ) 处:A = 6 A = 6 A = 6 ,B = − 3 B = -3 B = − 3 ,C = 6 C = 6 C = 6
Δ = A C − B 2 = 36 − 9 = 27 > 0 , A = 6 > 0 \Delta = AC - B^2 = 36 - 9 = 27 > 0, \quad A = 6 > 0 Δ = A C − B 2 = 36 − 9 = 27 > 0 , A = 6 > 0 因此 ( 1 , 1 ) (1, 1) ( 1 , 1 ) 是极小值点,极小值为 f ( 1 , 1 ) = 1 + 1 − 3 = − 1 f(1, 1) = 1 + 1 - 3 = -1 f ( 1 , 1 ) = 1 + 1 − 3 = − 1 。
题目 :在平面 x + y + z = 1 x + y + z = 1 x + y + z = 1 上求一点,使其到原点的距离最小。
解 :这是条件极值问题。
目标函数:d 2 = x 2 + y 2 + z 2 d^2 = x^2 + y^2 + z^2 d 2 = x 2 + y 2 + z 2 (最小化距离等价于最小化距离平方)
约束条件:x + y + z = 1 x + y + z = 1 x + y + z = 1
构造拉格朗日函数:
L = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( x + y + z − 1 ) L = x^2 + y^2 + z^2 + \lambda(x + y + z - 1) L = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( x + y + z − 1 ) 求偏导:
{ ∂ L ∂ x = 2 x + λ = 0 ∂ L ∂ y = 2 y + λ = 0 ∂ L ∂ z = 2 z + λ = 0 ∂ L ∂ λ = x + y + z − 1 = 0 \begin{cases}
\frac{\partial L}{\partial x} = 2x + \lambda = 0 \\
\frac{\partial L}{\partial y} = 2y + \lambda = 0 \\
\frac{\partial L}{\partial z} = 2z + \lambda = 0 \\
\frac{\partial L}{\partial \lambda} = x + y + z - 1 = 0
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ ∂ x ∂ L = 2 x + λ = 0 ∂ y ∂ L = 2 y + λ = 0 ∂ z ∂ L = 2 z + λ = 0 ∂ λ ∂ L = x + y + z − 1 = 0 由前三式得 x = y = z = − λ 2 x = y = z = -\frac{\lambda}{2} x = y = z = − 2 λ
代入第四式:3 x = 1 ⇒ x = 1 3 3x = 1 \Rightarrow x = \frac{1}{3} 3 x = 1 ⇒ x = 3 1
因此所求点为 ( 1 3 , 1 3 , 1 3 ) \left(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right) ( 3 1 , 3 1 , 3 1 )
最小距离为 d = 3 × ( 1 3 ) 2 = 3 3 d = \sqrt{3 \times \left(\frac{1}{3}\right)^2} = \frac{\sqrt{3}}{3} d = 3 × ( 3 1 ) 2 = 3 3
定义 :设 f ( x , y ) f(x, y) f ( x , y ) 是有界闭区域 D D D 上的有界函数,将 D D D 任意分割成 n n n 个小区域,在每个小区域上任取一点 ( ξ i , η i ) (\xi_i, \eta_i) ( ξ i , η i ) ,作和式 ∑ i = 1 n f ( ξ i , η i ) Δ σ i \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i)\Delta\sigma_i ∑ i = 1 n f ( ξ i , η i ) Δ σ i 。当各小区域直径的最大值 λ → 0 \lambda \to 0 λ → 0 时,若此和式极限存在,则称此极限值为 f ( x , y ) f(x, y) f ( x , y ) 在 D D D 上的二重积分,记作
∬ D f ( x , y ) d σ = lim λ → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i , η i ) Δ σ i \iint_D f(x, y)d\sigma = \lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i)\Delta\sigma_i ∬ D f ( x , y ) d σ = λ → 0 lim i = 1 ∑ n f ( ξ i , η i ) Δ σ i 当 f ( x , y ) ≥ 0 f(x, y) \geq 0 f ( x , y ) ≥ 0 时,∬ D f ( x , y ) d x d y \iint_D f(x, y)dxdy ∬ D f ( x , y ) d x d y 表示以 D D D 为底、以曲面 z = f ( x , y ) z = f(x, y) z = f ( x , y ) 为顶的曲顶柱体的体积。
X 型区域 :D = { ( x , y ) ∣ a ≤ x ≤ b , φ 1 ( x ) ≤ y ≤ φ 2 ( x ) } D = \{(x, y) | a \leq x \leq b, \varphi_1(x) \leq y \leq \varphi_2(x)\} D = {( x , y ) ∣ a ≤ x ≤ b , φ 1 ( x ) ≤ y ≤ φ 2 ( x )}
∬ D f ( x , y ) d x d y = ∫ a b d x ∫ φ 1 ( x ) φ 2 ( x ) f ( x , y ) d y \iint_D f(x, y)dxdy = \int_a^b dx\int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x, y)dy ∬ D f ( x , y ) d x d y = ∫ a b d x ∫ φ 1 ( x ) φ 2 ( x ) f ( x , y ) d y Y 型区域 :D = { ( x , y ) ∣ c ≤ y ≤ d , ψ 1 ( y ) ≤ x ≤ ψ 2 ( y ) } D = \{(x, y) | c \leq y \leq d, \psi_1(y) \leq x \leq \psi_2(y)\} D = {( x , y ) ∣ c ≤ y ≤ d , ψ 1 ( y ) ≤ x ≤ ψ 2 ( y )}
∬ D f ( x , y ) d x d y = ∫ c d d y ∫ ψ 1 ( y ) ψ 2 ( y ) f ( x , y ) d x \iint_D f(x, y)dxdy = \int_c^d dy\int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)} f(x, y)dx ∬ D f ( x , y ) d x d y = ∫ c d d y ∫ ψ 1 ( y ) ψ 2 ( y ) f ( x , y ) d x 极坐标变换 :x = r cos θ x = r\cos\theta x = r cos θ ,y = r sin θ y = r\sin\theta y = r sin θ ,d x d y = r d r d θ dxdy = r dr d\theta d x d y = r d r d θ
极坐标下的积分 :
∬ D f ( x , y ) d x d y = ∬ D ∗ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r d θ \iint_D f(x, y)dxdy = \iint_{D^*} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r dr d\theta ∬ D f ( x , y ) d x d y = ∬ D ∗ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r d θ 其中 D ∗ D^* D ∗ 是 D D D 在极坐标下的表示。
题目 :计算二重积分 ∬ D x 2 y d x d y \iint_D x^2 y dxdy ∬ D x 2 y d x d y ,其中 D D D 由 y = x y = x y = x 、y = 2 x y = 2x y = 2 x 和 y = 2 y = 2 y = 2 围成。
解 :积分区域如图所示,选择先对 x x x 后对 y y y 积分(Y 型区域)。
D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ y ≤ 2 , y 2 ≤ x ≤ y } D = \{(x, y) | 0 \leq y \leq 2, \frac{y}{2} \leq x \leq y\} D = {( x , y ) ∣0 ≤ y ≤ 2 , 2 y ≤ x ≤ y } ∬ D x 2 y d x d y = ∫ 0 2 y d y ∫ y 2 y x 2 d x = ∫ 0 2 y ⋅ [ x 3 3 ] y 2 y d y = ∫ 0 2 y ⋅ ( y 3 3 − y 3 24 ) d y = ∫ 0 2 y ⋅ 7 y 3 24 d y = 7 24 ∫ 0 2 y 4 d y = 7 24 ⋅ [ y 5 5 ] 0 2 = 7 24 ⋅ 32 5 = 56 15 \begin{aligned}
\iint_D x^2 y dxdy &= \int_0^2 y dy \int_{\frac{y}{2}}^{y} x^2 dx \\
&= \int_0^2 y \cdot \left[\frac{x^3}{3}\right]_{\frac{y}{2}}^{y} dy \\
&= \int_0^2 y \cdot \left(\frac{y^3}{3} - \frac{y^3}{24}\right) dy \\
&= \int_0^2 y \cdot \frac{7y^3}{24} dy \\
&= \frac{7}{24} \int_0^2 y^4 dy \\
&= \frac{7}{24} \cdot \left[\frac{y^5}{5}\right]_0^2 \\
&= \frac{7}{24} \cdot \frac{32}{5} \\
&= \frac{56}{15}
\end{aligned} ∬ D x 2 y d x d y = ∫ 0 2 y d y ∫ 2 y y x 2 d x = ∫ 0 2 y ⋅ [ 3 x 3 ] 2 y y d y = ∫ 0 2 y ⋅ ( 3 y 3 − 24 y 3 ) d y = ∫ 0 2 y ⋅ 24 7 y 3 d y = 24 7 ∫ 0 2 y 4 d y = 24 7 ⋅ [ 5 y 5 ] 0 2 = 24 7 ⋅ 5 32 = 15 56 题目 :计算二重积分 ∬ D x 2 + y 2 d x d y \iint_D \sqrt{x^2 + y^2} dxdy ∬ D x 2 + y 2 d x d y ,其中 D D D 是圆 x 2 + y 2 ≤ 2 x x^2 + y^2 \leq 2x x 2 + y 2 ≤ 2 x 。
解 :使用极坐标变换。
将圆方程化为极坐标形式:
r 2 ≤ 2 r cos θ ⇒ r ≤ 2 cos θ r^2 \leq 2r\cos\theta \Rightarrow r \leq 2\cos\theta r 2 ≤ 2 r cos θ ⇒ r ≤ 2 cos θ 由于 r ≥ 0 r \geq 0 r ≥ 0 ,所以 cos θ ≥ 0 \cos\theta \geq 0 cos θ ≥ 0 ,即 − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} − 2 π ≤ θ ≤ 2 π
∬ D x 2 + y 2 d x d y = ∬ D ∗ r ⋅ r d r d θ = ∫ − π 2 π 2 d θ ∫ 0 2 cos θ r 2 d r = ∫ − π 2 π 2 [ r 3 3 ] 0 2 cos θ d θ = ∫ − π 2 π 2 8 cos 3 θ 3 d θ = 16 3 ∫ 0 π 2 cos 3 θ d θ = 16 3 ∫ 0 π 2 cos θ ( 1 − sin 2 θ ) d θ = 16 3 [ sin θ − sin 3 θ 3 ] 0 π 2 = 16 3 ⋅ ( 1 − 1 3 ) = 32 9 \begin{aligned}
\iint_D \sqrt{x^2 + y^2} dxdy &= \iint_{D^*} r \cdot r dr d\theta \\
&= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_0^{2\cos\theta} r^2 dr \\
&= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left[\frac{r^3}{3}\right]_0^{2\cos\theta} d\theta \\
&= \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{8\cos^3\theta}{3} d\theta \\
&= \frac{16}{3} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta d\theta \\
&= \frac{16}{3} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta (1 - \sin^2\theta) d\theta \\
&= \frac{16}{3} \left[\sin\theta - \frac{\sin^3\theta}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\
&= \frac{16}{3} \cdot \left(1 - \frac{1}{3}\right) \\
&= \frac{32}{9}
\end{aligned} ∬ D x 2 + y 2 d x d y = ∬ D ∗ r ⋅ r d r d θ = ∫ − 2 π 2 π d θ ∫ 0 2 c o s θ r 2 d r = ∫ − 2 π 2 π [ 3 r 3 ] 0 2 c o s θ d θ = ∫ − 2 π 2 π 3 8 cos 3 θ d θ = 3 16 ∫ 0 2 π cos 3 θ d θ = 3 16 ∫ 0 2 π cos θ ( 1 − sin 2 θ ) d θ = 3 16 [ sin θ − 3 sin 3 θ ] 0 2 π = 3 16 ⋅ ( 1 − 3 1 ) = 9 32 第1-2周:函数、极限、连续(重点:等价无穷小、两个重要极限、间断点) 第3-4周:一元函数微分学(重点:导数公式、洛必达、单调性、极值、拐点) 第5-6周:一元函数积分学(重点:基本积分公式、换元法、分部积分、定积分应用) 第7周:常微分方程(重点:可分离变量、一阶线性、二阶常系数齐次) 第8周:多元函数微分学(重点:偏导数、全微分、条件极值) 第9周:二重积分(重点:直角坐标、极坐标、交换积分次序) 第10周:综合复习、模拟考试 Render failed
Retry pie title 考试重点分布(估算)
"函数、极限、连续" : 15
"一元函数微分学" : 25
"一元函数积分学" : 25
"常微分方程" : 10
"多元函数微分学" : 15
"二重积分" : 10 pie title 考试重点分布(估算)
"函数、极限、连续" : 15
"一元函数微分学" : 25
"一元函数积分学" : 25
"常微分方程" : 10
"多元函数微分学" : 15
"二重积分" : 10
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