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泰勒展开#

这是一种几近万能的方法。

泰勒不是万能的，不会泰勒是万万不能的。对于具体要背哪些形式展开，具体公式在文末。个人经验而言，大部分背三项就够用了。

“麦克劳林展开”指$x=0$的泰勒展开。麦克劳林展开是最主要（或者说我们一般只用麦克劳林展开）的，其他情况下的展开都会通过偏移改成麦克劳林展开的。

一般地，要背的展开不仅包含具体函数展开比如$e^x$、$\sin x$的，也必须要包含以下的原始公式：

• 上方的麦克劳林展开式会比较频繁地直接用到，也会现推一些简单函数间接用到。

• 下方的泰勒展开是不在0展开的更通用的情况，偶尔也会遇到。毕竟考试不是调库，匿名函数真的哪都可能出现。

另外，除了特殊函数以外，看起来好像不是很特殊的如 $\frac{1}{1+x}$、$\frac{1}{1-x}$、$(1+x)^\alpha$ 也要背(最后一个尤其爱考$\alpha$为分数的情况) [27660: 2,4]

关于余项，大部分情况用皮亚诺余项$f(x)=x+x^2+o(x^2)$形式方便化简(比如把它视为$x^2+x^3$处理)，偶尔会用拉格朗日余项

用于一些证明题收尾或者捷径。 [27660: 16]

注意：那两个重要极限，其一就是$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}$，虽然可以通过泰勒得到。不过$\sin x$的导数本身就是通过这个重要极限定义的，会造成循环论证。

了解上层定理是通过重要极限推导而来的是必要的。不过用上层定理记忆重要极限也是很方便的。尤其是$e$那个

洛必达#

洛必达(L’Hopital’s Rule)

我习惯这么写: $a \stackrel{L'}{=} b$，在等号上加一个$L'$，因为有时候D老师反应不过来这一步用的是洛必达。写上也没有歧义。

对于$\frac{0}{0}$和$\frac{\infty}{\infty}$型不定式，对分子分母上下求导。这个比较常用常见，不细说了，看到多项式大力求导就好了 [27330: 8; 27660: 227]

注意条件必须成立。尤其是对于一些看起来比较诡异的函数，仔细看到底能不能确定趋于无穷。

数列极限不能导， 不过可以靠证一些单调之类的性质去转化。 [27660: 225]

你可以将非$\frac{0}{0}$和$\frac{\infty}{\infty}$型的不定式爆改成合适的不定式。比如$\lim_{x\to0}x\ln x=\lim_{x\to0}\frac{\ln x}{1/x}$

注意：法则可能会失效。洛出来的式子的极限存在性、极限与洛前是否相等完全是另一个命题，不要理所当然地觉得充要。如果遇到洛完不存在或趋于无穷的脏东西，立刻认定法则失效并忘掉所有推导。洛必达法则是单向的。

第二个重要极限$\lim_{x\to 0}(1+x)^{1/x}$可以通过变形后洛必达得到。但洛的过程会涉及$\ln(1+x)$的导数$\frac{1}{1+x}$，依旧循环论证。因为作为重要极限，这个极限也是推导链的起点之一。

不过也没必要死记硬背了，毕竟这个重要极限变形真的太多，背起来确实容易混淆，大概率也不会真的考数学大厦基建。了解即可。

拉格朗日中值#

若$f(x)$在$[a, b]$上连续，在$(a, b)$内可导，则存在$\xi\in(a, b)$，使得$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$

对于同名异参的构型如

，纯洛+泰勒可以做，但会恶心死人。 [27330: 4,7]

更方便的做法是提取出隐含的函数

然后原式写为: $\lim_{x\to0}\left[ f(\sin x) - f(\tan x) \right] = f'(\xi) \cdot (\sin x - \tan x)$。

其中，$\xi$ 严格介于 $\sin x$ 和 $\tan x$ 之间。只要写：

当$x\to 0$时，$\lim_{x\to0} \sin x = 0,\lim_{x\to0} \tan x = 0$，故 $\lim_{x\to0} \xi = 0$

就行了。然后导完f直接代0就可以。

注意：不能对$\xi$求导！ 拉格朗日给你的$\xi$只是存在一下，它完全没保证可导，更别提链式法则和洛必达。$\xi$ 永远只要按仅“存在”进行处理。

如果这个$\xi$出来之后和$x$纠缠不清，那你可能要更细致地求出$\xi$的阶数。$\xi$支持的性质包括：

• 极限可知性: 如上，通过夹逼可知$\xi$的具体极限值。如果你夹逼不出来，说明这题不该用拉格朗日中值。
• 保号与连续复合：若 $g(t)$ 在 $t=0$ 处连续，则 $\lim_{x \to 0} g(\xi) = g(0)$。这一性质允许我们在极限乘积式中将不为0的 $g(\xi)$ 部分直接求极限并提出去。
• 等价可换性：当 $u(x) \sim x$ 且 $v(x) \sim x$ 时，有： $\lim_{x \to 0} \frac{\xi}{x} = 1 \implies \xi \sim x$

[27330: 13,248]

数列极限#

数列极限经常很反直觉，因为它是离散的。要修复反直觉，养成离散上的直觉即可。

举例来说，数列极限$\lim_{n\to\infty}\sin\left(\pi\sqrt{1+n^2}\right)$

考虑全体实数时，$\sqrt{1+n^2}$项正常地从0向无穷远处连续地单调递增到无穷大。将它放进$\sin$里显然，原式在无穷远处极限震荡。

只考虑整数时，$\sqrt{1+n^2}$项在整数条件下趋于无穷大时，$1$越来越不起眼，值也趋向$|n|$，设其趋向整数$k$。$\sin(k\pi)$便是$0$了。

将上述过程中引入的$k$以$n$的形式与$\sqrt{1+n^2}$对冲，即通过诱导公式引入整数$n$个$\pi$，在内部相减，制造无穷小$\sqrt{1+n^2}-n$然后殺掉这一项，即可得解。 [27330: 21]

夹逼与无穷项#

无穷项和夹逼准则一定程度上绑定，也存在劈叉。

无穷项最热门的解决方法就是灵活使用夹逼准则，尤其是求和中使用泰勒至$n$和至$n+1$项 [27660: 19; 27330: 23] 或灵活使用题目第一问提示的不等式夹逼 [27330: 24]

单说无穷项，除开夹逼准则以外有很多思想不好归纳，比如:

• $n$次项分裂到各个项中以求简化 [27660: 13]
• 裂项相消 [27660: 19,20] 无穷项是极限整个一章最严厉的父亲。

单说夹逼准则，它另一个很常用的方法是给 $\sin(\mathfrak{Lorem})$ 赋值为下界$-1$和上界$1$​作为上下界函数，然后快乐地求上下界的极限证等求出来不等就不快乐了。当你直觉上感到函数震荡但有界或者看起来有难以证开的复杂分式，可以用这个。夹逼相比别的方法很突出的优点是很不容易错。

杂项#

• 拆指数 $x^y=e^{y \ln x}$
• 指数极限交换 $\lim e^f = e^{\lim f}$
• $\arctan{x}+\arctan{\frac{1}{x}}=\frac{\pi}{2}$
• 注意极限不能先求加减法中的一部分 [27660: 229]

27330:12/90/★★★☆☆#

设函数$f(x)$在$[0,+\infty]$上连续，且满足$\lim_{x\to+\infty}f(x)=A$，求$\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\int_0^xf(t)dt}x$

第一眼看到感觉可以用洛必达秒，那就肯定不能了。分母无穷大，观察一下分子：

$\int_0^xf(t)dt$，如果A不为0的话必然无穷大。x趋向无穷大的时候f(x)趋向常数A，那么我们可以直接假设从一个点开始f(x)就是A，然后后续直至无穷大不变一直是A。积下来总和就是无穷大。

为0的话不好说。积出来也可能为0，也可能无穷大，还可能摆动。所以这题最好还是用$\varepsilon-\delta$语言严谨证明。

（*强烈建议细看完这个流程图再去往下读）

要证明，要先了解我们要证明什么。答案很明确，就是A。

如图所示，$A$​是蓝色区域上边界。我们现在要证明：

$$\forall\varepsilon\gt0,\exists x:\;\left|\frac{\int_0^x f(t)dt}{x} - A \right|\lt\varepsilon$$

• 注意此处图中的方程只是举例，一般来说，这种证明题要画图联想的话随便举一个就可以了，只要保证不影响论证部分本身的严谨性。

欲求$I=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\int_0^xf(t)dt}x$，则求存在一个$I$使得：对任意的$\varepsilon > 0$，都存在一个$X > 0$，使得当$x > X$时，有：

我们的第一步是将原函数$-A$，直接攻击$A=0$的情况

$$\frac{\int_0^x f(t)dt}{x} - A = \frac{\int_0^x [f(t) - A]dt}{x}$$

在这个情况下，证明这个函数$f(x)-A$有限比较容易，主要原因是$\lim_{x\to\infty}[f(x)-A]=0$。这样证右侧有限比较好证。

已知

于是，我们总能找到一个分界点$X$使得左侧部分有限，右侧部分足够小。

通过$X$的分割，原式被分为以下部分

$$\left| \frac{\int_0^x [f(t) - A]dt}{x} \right| \le \frac{\left|\int_0^X [f(t) - A]dt\right|}{x} + \frac{\int_X^x |f(t) - A|dt}{x} \\ \text{左侧}\;M(x)=\frac{\left|\int_0^X [f(t) - A]dt\right|}{x}=\frac{|G(X)|}x \\ \text{右侧}\;N(x)=\frac{\int_X^x |f(t) - A|dt}{x}$$

左侧部分有限，指的是$X$为有限数的条件下，图上的绿色面积$G=\int_0^X[f(x)-A]\mathrm dx$是一个定值，它在$x$增长的条件下($M=\frac Gx$)是不够看的，我们可以用一百种方法忽略它。

右侧部分足够小，是因为$X$需要基于这个右侧来定义得足够大。我们现需要使得右侧的$N<\frac\varepsilon 2$。即：

设存在$X$，使得

至于为什么是$\frac\varepsilon 2$，我只是设计成$M<\frac\varepsilon 2\land N<\frac\varepsilon 2$而已，方便最后整合不等式。

有了这个$X$之后，便可以使得$N<\frac\varepsilon 2$了，具体来说：

$$N=\frac{\int_X^x |f(t) - A|dt}{x} < \frac{\int_X^x \frac{\varepsilon}{2} dt}{x} = \frac{\frac{\varepsilon}{2}(x - X)}{x} = \frac{\varepsilon}{2} \left(1 - \frac{X}{x}\right) < \frac{\varepsilon}{2}$$

如果不知道为什么会想到先让$|f(t) - A| < \frac{\varepsilon}{2}$，可以从$N<\frac\varepsilon 2$反推一下。

对于后半部分积分，

因为$\lim_{t\to+\infty} f(t) = A$，故必存在一个足够大的常数$X_1>0$，当$t>X_1$时，有$|f(t) - A| < \frac{\varepsilon}{2}$，由于$t > X_1$，有$|f(t) - A| < \frac{\varepsilon}{2}$，因此：

接下来是$M$的处理。$M=\frac Gx$中$G$是一个定值，我们现在需要一个足够大的$x$使得$\frac Gx<\frac\epsilon 2$。

之所以要先处理后半部分，是因为前面要先定死，$G$才能真正作为常数，给出关键的$\lim_{x\to+\infty} \frac{|G|}{x} = 0$。

注意：此处的$x$不能使用$X$，因为要分别使得两个部分各自小于$\frac\varepsilon 2$，我们要用另一个被定义的$X'$来使得$M(X')<\frac\varepsilon 2$。

由于$X$和$X'$分别在使得$M(x)$和$N(x)$小于$\frac\varepsilon 2$的领域上足够大，且它们更大一定使得$M(x)$或$N(x)$更小，那么最终我们就可以取$X=\max\{X,X'\}$，使得$M(x)$和$N(x)$都保证小于$\frac\varepsilon 2$，故可以写$M+N<\varepsilon$。

对于前半部分积分，由于已确定的$X_1$是一个确定的常数，因此前段积分的值也是一个常数。

因为$\lim_{x\to+\infty} \frac{\left|\int_0^{X_1} [f(t) - A]dt\right|}{x} = 0$，故必存在一个足够大的常数$X_2>X_1$，当$x > X_2$时，上述两个控制条件同时成立，有：

则取得$X=X_2$，可以使得：

原式极限为$A$。

本题其实可以用广义洛必达去解，属于$\frac*\infty$型，但答案没这么写，我一估摸，显然属于一个纲的超。

本题标准答案使用积分中值定理。那个虽然巧得很但实在太难想了。就写了一个我自己认为最顺理成章一步步顺下来的思路，当然得分标准下来也比较严格。

27330:9/90/★★★★☆#

$[x]$表示不超过$x$的最大整数，试确定常数$a$的值，使极限

$$I=\lim_{x \to 0}\left\{ \arctan \frac{2}{x} + \pi \frac{\ln\left(1+\mathrm{e}^{\frac{2}{x}}\right)}{\ln\left(1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)} + a\left[x^3 - x\right] \right\}$$

存在，并求出此极限。

先求一下这个极限。注意，$\arctan x$在正负无穷大是不一样的，所以这题肯定和左右极限不同导致的不存在有关系：

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+}\arctan\frac{2}{x}&=\frac{\pi}{2} \\ \lim_{x\to0^+}\frac{\ln(1+\mathrm{e}^{\frac{2}{x}})}{\ln(1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}})} &=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln\left[\mathrm{e}^{\frac{2}{x}}\left(\mathrm{e}^{-\frac{2}{x}}+1\right)\right]}{\ln\left[\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\left(\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}+1\right)\right]} =\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{2}{x}+\ln(1+\mathrm{e}^{-\frac{2}{x}})}{\frac{1}{x}+\ln(1+\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}})} \\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{2+x\ln(1+\mathrm{e}^{-\frac{2}{x}})}{1+x\ln(1+\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}})}=2 \\ x\to0^+&\Rightarrow-1<x^3-x<0\Rightarrow[x^3-x]=-1 \\ I_+&=\frac{\pi}{2}+\pi\cdot 2+a\cdot(-1)=\frac{5\pi}{2}-a \end{aligned}$$

然后

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0^-}\arctan\frac{2}{x}&=-\frac{\pi}{2} \\ \lim_{x\to0^-}\frac{\ln(1+\mathrm{e}^{\frac{2}{x}})}{\ln(1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}})} &=\lim_{x\to0^-}\frac{\ln\left(1+\mathrm{e}^{\frac{2}{x}}\right)}{\ln\left(1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right)} =\frac{\ln(1+0)}{\ln(1+0)}=0 \\ x\to0^-&\Rightarrow0<x^3-x<1\Rightarrow[x^3-x]=0 \\ I_-&=-\frac{\pi}{2}+\pi\cdot 0+a\cdot0=-\frac{\pi}{2} \end{aligned}$$

左右极限相等，则

$$\frac{5\pi}{2}-a=-\frac{\pi}{2} a=3\pi I=-\frac{\pi}{2}$$