2015年考研数学根据老师高数总结出的知识点超精华

1-x-1-x-D=£x £0

2rsinqcosqp原式=

1rln(1+tan2

1-1-=

1-1rln(1+tan21-

1-1-

p

1-2ln(1tan2)sin2和1-

p2

tan2q)sin0p=22

0p00

cos

22

qp20令01lnttdt=01lntd(t22|0101t21tdt=10tdt=11r21r

dr 令t=- r=1-t2,dr=-2tdt=-

0(1-t

)2tdt= 2(综上所述，原式=1·161615 15x1-xx1-x-D

(x+y)ln(1+y

dxdy=D

y1-y-x1-x-x1-x-

(x+y)ln(1+y

(x+y)ln(1+xy (x+y)[ln(1+y)+ln(1+x1-x-1-x-D

1-x-(x+y)

(x+1-x-1-x-D1-x-1-x-=2(x+y)ln(x+y)dxdy-21-x-1-x-D 1 1-x-1-x-

1-x-(x+y)ln(x+y)dy-11-x-

1- 1-令+ fi得I=1dx1ulnudu

ln

1 1-1-

I=du

1

ln1-1- u11-1- u1u1-11-1

u2ln

du

1 1-1-1

ln1-1-

u2ln

1-1-

u2 du=161-1-1-x2-

解：原式1

(-x2-x-1)+(x-(x2+x

(x2+x+1) x+1 (x2+x+1)2dx+(x2+x+1)2dx=-

2(x2+x

(x2+x=-

(2x

(x2+x23123

2(x2+x 2(xd(x+1

第一项

dx=- =- arctan2(x+133(x2+x33

(x+2

+ 2 2 (2x d(x2+x dx=

=-

2(x2+x

2(x2+x-第三项-2

d(x+

[(x+)2+令t=x2

fi=

322t2+ 2

(t2+a2)2=2a2(t2+a2)+(t2+a2)

t a2= + 2a2(t2+a2

a=2 t

+2arctan2t+C +2arctan2(x+1)+C.

2 +

求求(t2方法1：ttanzdtsec2zdz(t2=seczdz=21sec4sec2dz=cos2zdz=1(z+1sin22将zarctan(2(x1))32=(t2+1)k=(t2t2+1-t2=Ik-1-(t2+1)kdt=Ik-1+2(k-1)td((t2+1)k-1t11 +2(k-1)(t2+1)k-[t]整理得：Ikt+2k-3(t2=1t 2tt2+12(t2

解：将被积函数分子x6(x2-x6=(x2-1+1)3=1+3(x2-1)+3(x2-

+(x2- 于 +3+(x

(x2- (x2- (x2-故原式 + +3+(x2-(x

(x2-

xx1=1x3+2x+3

+(x2-1)2

(x2-

1令t=x-1,则x-1=2t,x+1= ,dx= 1 1- 1- dx (x2- (x-1)2(x1- 1-= )2

(1-t)2 1-t=8 )=1( t2-

2ln

+t)+

-1

x-1+ 故原式1x32x5

解：令tx2-1,则dtd(x2-1)故原式

xd(xx

(t 2 t3+3t2+3t 2 t2

dt

2(t+3+

=1t2+3t+3ln

-1+=1(x2-1)2+3(x2-1)+3

x2-

2(x2-

+1+x2- 解：原式=x6+x2x= dx-x4+x2 1+x2-

+= -x4dx+x2+x2=-1+

1-

1+x2 =-1+ - 1-x1-x21-1-1-x2d(1-x2)=-2xdx1-x2

,则t2=1x22

d(1-x2=- =- (1-t) =-(t4-2t2t5+t3=- -t+t5+t3=- 225

+(1-x2)2-(1-x2)2+3特别地，形如1R(xn)dx,均可以通过令txnx R(t)dt其中R(x)是关于x 1- 例计算

x(1x7)dx时只需令tx 1-tdt. t(1+如果R(sinxcosx)是关于cos即R(sinx-cosxR(sinxcosx那么可设tsincos3 cos3例求不定积分sinxdx,由于R(sinx,cos sinx关于cos的奇函数，则可设tsinx求解即R(-sinxcosxR(sinxcosx那么可设tcossin3

sin3cos2

如果R(sinxcosx)既是关于sinx的偶函数,又是关于cosx的偶函数，即R(-sinx-cosx)R(sinxcosx那么可设ttanx.sin2 sin2例求不定积分cos4xdx,由于R(sinx,cos cos4x既关于sin的偶函数，又是关于cosx的偶函数，则可设ttanx求解.被积函数是sinnxcosmx,其中m与的取值决定了这类不定积sinnxcosmxdx=sin2kxsinxcosmxdx=-(1-cos2x)kcosmxd(cos=-(1-t2)t sin3 dx=sin3 3cos4

-3:如果n与m都是偶数，可由三 sinx=1-cos2x,cosx=1+cos2x,sinxcosx=1sin cos(m2sin(m2cos(mn)x.2思路：若f(x)在上可积，x则f(x)dx= f(t)dt+

x+例0)xx

2]例x‡0)=

1)xdxpex-e- ex+e-

ex-e-=ex+e-

ex+e-

=ex-e-x

;(cothx)¢= 双曲函数yshxychx(x0ythx的反双曲正弦yarshxln(x+x2反双曲余弦yarchxln(x+x2-1)反双曲正切yarthx1ln1x 1-定理1yf-1(x),且f(x)dxF(xC.f-1(x)dx=xf-1(x)-F(f-例1求不定积分解：取f(x)shx那么arshxln(x+x2F(xchxFf-1(x))=x2+1,由定理1x2x2

定理2设f(x)dxF(xC.又F(x)具有连续可导的单值反函数xF-1y),且F-1y)0，则有fk(x)dx= dy其中k23 例1

(x2 dx=arctanx+C.取y=F(x)=arctanx2 dx=cos2ydy=y+1sin2y+(sec2y)2-

例2sec4解：由于sec2xdxtanxC.取yF(xtan则xF-1yarctan(F-1(

1+

sec4xdx=

y))]2=(1+y2)dy=y+1y3+3=tanx+1tan3x+3a2a2-x2

,设

-p, 2a2a2+x2

,设xatant

p, 2x2x2-a2

,设xasectt

,.2 2 一道分式积分题目的不同求解方法：求不定积分

a+xdxa-x解法一：直接通过代换t=ax去掉根式a-a+ 从而化为 a-xdx=4a(t2+1)2dta+acost1+a+acost1+1-(1-cos 则=

t 原式acottsintdt2acos2tdta(t+sint+C. a2-a2-a2-则原式=a+ a2-a2-a2- sinnxdx和cosnx sin sin求不定积分sinsin设In

sinx由于sinnxsin[x(n-sin(n-1)x=sin(x+(n-2)x)=sinxcos(n-2)x+cosxsin(n- =sinnxdx=cos(n-1)xdx

cosxsin(n-1)x sin

sin 2 sin =sin(n-1)x+cosxcos(n-2)xdx-sinxsin(n-2)xdx+sin(n-2)xdx 由于cosmxcosnxdxsin(mn)xsin(m sinmxsinnxdx

于是In=In-

I2=sin2xdx=2sinx+sin =I+2sin3x=2sin3x+2sinx+4233IInn-I2nk2sin(n-2k-1)x+C.n-2k-1I sinxdx=x+ sin =I+2sin2x=sin2x+x+

n-

In

2k2

2sin(n-2k-1)x+C.n-2k-1xfi"><<.

0

<d可写成fi0<x- £d0f(xA<e可写成fif(xA£f(x)-

nfi"><.[注]1)nfi¥专指nfi+¥.n 可写成finanA<efianA£elimf(x)= limf(x)=limf(x)=xfi xfix xfix ③f(x)在x处的极限仅与x的去心邻域有关，而与f在x0处的值f(x0无关，f(x)在x0e">0,$d>0,当0<x-a时，恒有f(x)-A< limf(x)=xfiN˛N+$K˛N+,当0

£1K

f(x)-A£

limf(x)=xfie˛0,1$N˛N+,当nNx-

£2elim n C D

nfi¥e中对于">0，e101,不能任意小，故中由于N为正整数，

1可以任意小，故2

x-

即：对于极限定义，由于的存在性0xa<d0xaf(x)-

<也f(xA£

<£，唯一性：若limf(x)=A存在 (局部)有界性：若limf(x存在 ..

f(x)<极f(x

f(x)

f(x)-A+限的

f(x)-A+A

A

令M=A

fi

f(x)<性若limf(x)

A>0当x

时,f(x)>质 证明：不妨设A

f(x)-

A2-e<f(x)<A fif(x)>A- >2几个常见函数在极限运算过程中需要考虑左右极限。由于limex¥limex0limex不存在。xfi+ xfi- xfi同理由于limsinxlimsinx=1,xfi xfi limsinx=limsinx=xfi xfi0--故limsinxxfi 由于xfi

x x xfi limx=limx=1,

x=lim-x=-xfi0+ xfi0+ xfi0- xfi0-则 xfi limarctanx,limarctanxpxfi

xfi- xfilimx]0,limx]1,limx]不存在.xfi xfi

xfilimx]M,limx]M-1M为正整数.xfiM xfiM【注1】x-1<[x]£x(用 准则求极限x+y-2<[x]+[y]£x+y【注2lim b=b,(a„0).[意识

xfi0

fix

xfi0xfix想到 、xfi¥想到0-xfix0-

xfi-nfi¥专指limf(x)=A>0xfi,f(x)>极限0函数极限0函数 xfi,f(x(limf(x) =A‡0极限£0极限£ 两个定理limfx)存在，则xfi时gxfi0fxfix g(limf(x)存在且不等于0，则xfi时,g(x)fi f(x)fix

0，A=0,B=limfx)Alimgx)B.则limfxgx)+¥，A0,Bx x

=1,B=¥于是若已知limfx)gx存在，且limgx)=¥，则可以直接得出limfx)x x x1例如：若

1+x

f(x)

由于lim1=¥xfi0

xfi0 f(x)

f(

f(0)=(0)

1+x

=1 =0

(0)xfi0

xfi

1

f(x)

xfi0 ②limf(x)=Af(x)=A 1olimf(xA(存在=>在xfi时，f(x) limf(x)=¥在xfi时，f(x) 2of(x)在[ab]f(x)在[ab] 有界函数–有界函数=有界函数limf(x)A(存在xfi1olimf(x)=B(存在 f(x)在,b上有xfi , (x3-1)sin

,x„例题：设f(x)

(x

+1) 无定义，x=0讨论f(x)在其定义域上的有界性。分析：由于f(x)的定义域就是x故只需考虑f(x)在(-¥,0),(0,+¥(x3-1)sin (x3- sin解：由于 f(x)= xfi xfi

(x2+1)

xfi

(x2 (x3-1)sin (x3- sinlimf(x)=xfi xfi

+1)

xfi0-

(x3- (x3-

+1)

(x3- (x3-

+1)

又f(x)在[-MX]上连续，故在此区间上有界。综上所述，f(x)在其定义域上有界。 -M d设xfi又limh(x)A0.则xfixfix3(x例xfi时 为的3阶无穷小x2当n时，a(x–(xa)的n注意，n时，a(x–的阶是(x)xnx 当xfi0时，ffg(x)]

g(x)]

abm=abm.xfi

xfi0ag(x)]

n故：f

abmxmnx-ln(1+x)sint

tf

1x2，g(x)=x-ln(1+

1x2

2x-ln(1+x)sint2

21x4所以f (arcsinx)21-cost判断

dt,当xfi0t

tdt，当xfi0+(12x(3)判断b(x) sint3dt，当xfi0+时无穷小量的阶数0(3+1)·1=2例8：求limtan(tanxsin(sinxfi

x-sinlimxfi

x-sinxfi

x-sin=limtan(tanx)-tan(sinx)+limtan(sinx)-sin(sinxfi

x-sin

xfi

x-sin设I=limtan(tanx)-tan(sinx)、 =limtan(sinx)-sin(sinxfi

x-sin

xfi

x-sin由“f(bf(a”联想拉格朗日中值定理“f(bf(a)fba”则设f(x)tanxbtanxasintan(tanx)-tan(sinx)=sec2nx-sin位于tanx与sinx又当xfitnxfisinxfi0fi从而sec2)fi又sinx=x-1x3+o(x3)(xfi0)，即x- 1x3,xfi tanxx1x3o(x3xfi0)，则tanxsinx1x3o(x3xfi 即tanx

1x3,xfi2所以Ilimtan(tanxtan(sinxlim(tanxsinx)limsec2 xfi

x-sin1

xfi

x-sin

=lim(tanx-sinx)=lim xfi

x-sin

xfi016对于I2，分析:由于tanxsinx

1x3,xfi2又当xfisinxfi故tan(sinxsin(sin

1(sin 1x3, 1 =limtan(sinx)-sin(sinx)=lim xfi

x-sin

xfi 16求不定积分cossin =cosnxdx,知，其递推关系式 sinI n-2

I 1 dx=lntanx+ sin =cos2xdx= +2cosx=2cosx+lntan

sin +2cos3x=2cos3x+2cosx+lntan

n-

n-

2In2

2cos(n-2k-1)x+lnn-2k-

tan2

cosxdx=cotxdx=lnsinx

sin

=cos2xdx=I+2cos2x=cos2x+ln

sin

sin In=

n- 2In2

2cos(n-2k-1)x+n-2k-

sin

例1

x)-1

x xx dx中令x=t即可求解x 例2计算arcsin 1+x xx1+ 1+ xdx中令x=t即可求解1+3x2-

例3计算2x -解：原式=arctanxd(x2x2 - -=(x2+x2)arctanx-(x2+x2

1+

23=(x

- +x2)arctanx+2x2+x2-求不定积分x2-x则有cost1tarccos1 sec2t- secsec2t- = secttantdt=–dt=–t+C.secttant =–arccos1+C=arccos1+ 解法二：作倒带换，令x1dx1 t

1-

1dt=-

1-t>0 dt=arccost+C=arccos1+1-t dt=-arccost+C=arccos(1)+1-t x 1dt=-

1-t

d(t

=arccos

=arccos11-t

dx2 dx= x- x- x2 x2- x2-1)=d x2-

x2-1)2 x2-1+求解1+sinxdx的方法： 1+sinxdx=

1+sinxd(sinxcos cos1-sin2 1+sinxd(sinx1-sin2== 1+sin d(sinx),cosx<01-sin21-sin2 1+sin

d(1-sin

cosx>= 1+sin 1-sin=

21-sin 1+sin d(sinx)=2d(1-sinx),cosx<0-1+sin 1-sin2

21-sinp,-21-sinx+C,x

21-sinx+C,x˛2kp+p,

2

sin2x+2sinxcosx+cos2xdx =sinx+cosx 2

sin(x+p)d(x+p

2cos(+,)x˛4kp-,

,2,k˛

2nf(xn)xn-1dx=1f(xn)d(xnnf(xn

1dx=

f(xn)1d(xnxn

(a-b„k)sin(x+a)cos(x+ = cos[(x+a)-(x+b)]dx sin(x+a)cos(x+= cos(x+a)cos(x+b)+sin(x+a)sin(x+b) sin(x+a)cos(x+ cos(x+a)+sin(x+b)cos(a-b)sin(x+ cos(x+b) = sin(x

cos(x sin(x+

cos(x+ 1=

nsin(x+a)-lncos(x+a)+ cos(a-b)

sin(x+a)cos(x+a)

被积函数为ax2bxcax2+bxax2+bx+

(a0时b24ac0a0时b24ac

4ac-b2由于 +bx+c=a(x+2a

4ac-4ac-若记u=x , a

k2，令uktanaax2+bx+c=a

(k

k2，令uksectu2，令uksin在ax2bx

ax2+bx+c= ax–tax2+bx+c=xt–

ax2bxc=t(xx)或t(xx 即t= ,或t= 设F(x)为f(xxF(x)可表示成f(x)dx+C或 f(t)dt+21F(0)=0，求0F则我们无法求出F(x的解析式，故只能利用变上限积分xet2-2tdtC来表示F(x).0解：设F(x

0F)= 于是1F(x)dx=

xet2-2t0 xet2-2tdtdx=

t2-2t

1et2-

0(t

(x|t|=1et2-0

(1-t)dt=-2

1et2-2td0

et2-2t

=1-1 yf(x)j(x且fyj(x) f(x)+f(x)j(x)lnf(x)罗尔定理：若f(x)满足在上连续；f(a)=f则至少存在一点x˛(ab使得f)f(x)满足f(a)„f kff ))F-)=)-kf-)-k0.F(a)F(b)F(a)= xfi

x-++--˛)))a,b),()(a) (b) 则至少存在一点˛(ab使得f)(x)

(x)abf(x)在,上可 (a)

(x) (b)

(a

0,f-

0,f(a)=limf(xf(a)0 xfi

10x满足axx,有f(x)>ff(b)=limf(x)-f(b)< xfi

同理 >0,"x满足b2<x<b,有f(x)>f因此，f(x)不能在xa与xb从而f(x)在区间上的最大值在a内取得。根据费马定理，得˛f)。导数不变号定理：若fx)满足(1)在ab上可导(2)fx)则f(x)在a,b上 于零或恒小于零.(即不变号)证明：不妨设f(x)>0,则"x˛a,b，f(x)>0且fx)在ab上严格单调增加。则x˛ab有f(a)fx)f(b).而f+(a)=

f(x)-f(a)

>0，f(b)=

f(x)-f(b)>xfia

x-

xfi

x-则x˛a有fx0同理可证，若fx)0,则x˛a有fx)所以f(x)在a,b 于零或恒小于零.P(x)=(x-a)p1(x-a)

(x-a)pn 其中a˛R,且aa<ap˛N(i=1,2,

,

对应的重数分别为pi,pi,,pi,(pi2,j=1,2,k P(x)=0j

(j=1,2,,ki˛(ai,ai+1)),i=1,2,,n-(j

P(xjj

P(xjiP(x(x)介于P(x)的两个相邻零点之间，记为,i=12,kn()f(x)x(x-1)2x2)3x3)4+9的f(x)与g(x)=x(x-1)2x2)3x3)4具有相由结论一知，k3ng(x的驻点有且仅有k(n-1)336个.其中3个为g(x的重根a1=1,a22和a33.1˛(0,1),23˛g(x)(x)其中1个为g(x)的3重根a22;1˛23,˛35,(x)第一充分条件与f(x)在x0处的取值无关：0设f(x)在点x0处连续，在U(x0x0(x)ix

0,x0+d

(x)

fx)在点x0x0(x)i

fx)在点

x˛0x0+d

(x) 设f(x)在x0的某邻域Ux0内一阶可导，xx0处二阶可导，且f(x00,f(x00,则(x0(x0设f(x)在x处n阶可导，且

k(x)=0k=1,2,,n-1) 0fn(x0,0

n(x

n(x00当n为奇数时，f(x)在x0处不取极值，但是f(x)在x0处取得极值(如f(x)x300n(x0n(x0已知结论：如果函数f(x)在区间I上有最值点x0那么此x0必是f(x)的一个极值点.例求函数f(x)= 例求函数f(x)= 解：由函数在一点可导的定义知，该函数f(x)在x0处可导，并且函数f(x)的最小值为0，点x0是f(x)的最小值点之一。但在以x0为x1(k˛Zk0使得f此时均不成立f(x)f(0)0根据函数极值的定义，可知最小值点x0不是f(x)的极小值点.例求函数f(x)= 例求函数f(x)= 在x0处可导，并且函数f(x)的最小值为0，点x0是f(x)的最小值点之一。但在以x0为x1(k˛Zk0使得f可知最小值点x0不是f(x)的极小值点，极值点只能是驻点fx0)和不可导点fx0)不存在设函数f(x)在I上二阶可导，若f(x)0，则f(x)为I若f(x)£0，则f(x)为I上的凸函0设函数f(x)在x0处可导，在Ux0内二阶可导，若在x0，x0与0-0上，f(x)的符号相反0，则、f(x0为曲线yf(x)的拐点设函数f(x)在x0处n阶可导，且

kk fn(x)0n2当nx、f(x)为曲线yf(x) (x)0 (x)(x0(x)xfi xfi (x xfi(x) (x)xfix xfix 则只能证明“f(x)在点x0右可导(或f(x)在点x0左可导)”但(x)(x)f(x)=

(x)= ，x>f+(0)(x)0xfi(0)(x)0 xfi(x) (x) xfi即使极限limf(x)不存在，f(x)在点x0xfi1-cos ，x<f(x0，x 求f(0). x ，x>

2sin 1-cos

(x)= (x)=2x 2sin 1-cosx2limxfi

(x)=limxfi0-

=limf(x)lim2xsin1cos1xfi0+ xfi

x极限limf(x)xfi f(x)-f 1-cosxfi xfixfi xfi

xf(0)=limf(x)-f

=lim

sin

xfi

xfi 故f(0)

+(0)

-

f(x)=

若存在，求出f(x)在x0limf(x)limln(1xxfi xfilimf(x)limex=,则f(x)在x0xfi xfi

(x

x+1，x0,

(x)xfi xfi

limf(x)limex=1,则limf(x)=1；xfi xfi

xfi(0(x)=1xfi显然函数f(x)在点x0处不连续，则必不可导。即f不存在。0 (x)(x)xfi(x)(x)必是f的连续点。()(x)(x)(x) xfi xfi (x)(x0因为f(x)在区间I上可导，由导数与左右导数的关系及(x0

(x00xfi0

f(x)-f(x0

=lim0xfi0

1,<x1

故 f= f xfi

=Af(x)=f(x)=

f(x)-f(x0

=lim

),其中 <x<00 00

xfi

xfi

故 f(= f xfi

=A从而A1A2f(x0).即f(x)在x00f(x)在点x0的某邻域U(x0内连续，在U(x0(x)(x)xfif(x)在,内可导，且f(x)在,内单调。证明f(x)在,内连续.a,(x),x0上满足单调有界原理，所以f(x)在点x0的左极限 (x)0xfix00 日中值定理，$x˛x,x0使0f(x)=

f(x)-f(x0

=limf)=f(x-0 xfix0

xfix

(x

f(x)-f(x0

=limf)=f(x+ +xfi

xfi0由于f(x)在点x处可导，所以f(x)=f(x)=f(x),0 f(0+0)=f(0-0),即极限 (x)xfi(x)(x)证法二：由于函数f(x)在内可导，则对x0˛(ab),(00)=f+(x0(x0()当xx0时，有f(x)£f(0(x)(x)xfi(x)=f-(0(x0xfi(x)=f+(x0(x0xfi则有limxfi

(x)=-xfi

(x)=xfi

(x)=

(x0(x)(x)设f(x)在$x0˛ab,limf(x)xfi证明f(x)在x0处连续即证明limf(x)=f(0).xfi利用f(x)在点x0处的泰勒展开 sinx，x„例设函数f(x)=

其中n=1 x2n-sinx=x-+++(-1)n-1

sinx

x2n--+++(-1)-1

(0)

sinx-

=limsinx-x=xfi

xfi

xfi sinx -2

(x)

(0) =lim =-.xfi

xfi

sinx

xfi1

(x)

-(-

+x+o(x)-(-(0)

=lim 3=xfi

xfi

sinx

xfi 1(x)

f(4)(0)= =lim =.xfi

xfi

xfi

，n为偶数(n=1,2值得注意的是虽然f(x)在点

0

，但是f(n)(x0-f(x)ex2x0判断f(n(0)(n=1,2,) - -(x)

e

(x) -)ex2 - 不难验算f(k)(x)=g )ex2,其中g )是一个关于的多项式 显然ex2在x=0处不存 f(0)=limf(x)-f(0)=lim

lim 2=xfi

xfi

tfi¥f(0)=limxfi

(x)

(0)=limxfi

-ex1kg k

-f(k+1)

xfi

f(k)(x)-f(k)

xfi 1g(1 =limxfi

ex2

x

fi=tfi

tgk 于是有归纳法知f(n(0)=0，n=1ln(1+2x)

1<x„(续)设f(x)= -

解：已知ln(1+2x)在x=0处 2x-

+o(x101 22 23 f(x)=2

++

+o(x100)(xfi f(99)(x)-f(99)

洛必达法则filimf(100)xfif(100)

xfi 10！

1.设y

>£若f(x)在点a若f(a时,f(x)在点a若f(a)0,fa)f(x)在点a处可导，且导数为若f(a0,fa)0,f(x)在点a若f(x)在xa处连续，且f(x)在xa处可导，则f(x)在xa处可导。设f(x)=

x,则f(

x，f()=

f(x)=

x,f(n)(x)=(n+1)!x即f(x)在x0处n阶可导。(x)=(n+1)(xf(n)(x)=(n+1)!x-a即f(x)在xa处n阶可导。 用 cosx=1-1x2+1x4+o(x4)=1+1x2+1x4+o(x4 1a=1+ax+a(a-1)x2o(x21xx=12

+o(x2 1+

x+

+o(x tan2x=x2+2x4+o(x43ln(x

x2

12设f(x)一阶连续可导，且f(00,f)0, f f f

x,

f x2当xfisinxx1x3o(x36x-sinx=1x3+o(x36x-sin

1x3,(xfi6-sin(狗 1狗3,(狗fi6

狗狗fi-bx,(-bxfiarcsinx-arctanx=1x3+o(x32sinx-tanx=-1x3+o(x32 - xfi

ln(1+x2 sin2x sin2x-ln(1+x2xfi

ln(1+x2)sin2sin2

x3+o(x3) =x2-

+o(x4ln(1+x2)=x2-1x4+o(x42sin2x-ln(1+x2)=1x4+o(x461

+o(x4原式=lim xfi o(xmo(xno(xl其中lmin(mko(xm)=o(xm)=o(kxm),k„o(xm)o(xn)=o(xm+nxmo(xn)=o(xm+n以sin om”+(6于是1x3+o(x36xfi，x-sin 1x3x+sin 6[注]当xfi0时，有下 成立 sinx=x-6

+o(x3arcsinx=x+1x3+o(x36tanx=x+1x3+o(x33arctanx=x-13

计算出极限2+sin2+sin

n xfixfi

tan31+1+31+x

xfi

xfi1+31+1+31+ xfi 3a )1a狗filima

5x-lim xxfi xfi 00

-e2-2cos4

)=

e2-2cosx -(2-2cos4

xfi xfi x2-2+2cos 2x-2sin 1==xfi

xfi

=4x3 im 3cosxfi x2xfi

1-cosx+cosx-cosx cos2x+cosx cos2x-cosx cos2x 3cos3x1-cos

cos2x-cos 3cosxfi

xfi

xfi 1-cos -cos

cos2x-

-cos cos2x(3cos3x-xfi

xfi 1

xfi

1cos2x-1,xfi 1

2 1cos3x-1,xfi3 3 =1-

cos3x-1=

+1+

2xfi 例3imlnxln(1xfi

0或¥ 1[注例limxlnx

ln

=-limx= xfi0+1法 xfix

xfi -

xfixfi解答：由ln(1

x(xfi0)(x-1)(xfi例4：求

exfi -

令t=e

t50 limt50e-t= xfi

0

tfi []xfi+¥

xa(xfi+¥当xfi+¥eaxxbn趋于+¥

n其中、均大于xfi

+2+2

+2+2x-+2xfi0x2

xfi2sinx-x2-2x2=1lim2(sinx-x)-2xfi=1lim2(sinx-x)-2xfi2又sinxx1x3o(x3故原式162

ex-esinxfi0+1- x(1-cos解：由于1-cos 1x2(xfi2故有1

1 1x1x2=1 又ex-esinx=esinx(ex-sinx-esinx(x-sin 1x3=1x3(xfi0+ 1原式=lim =2.xfi 1 47i+ 1(1+xlim11)xxfi 故原式= xfi+¥[(1+1)xx

xfi+¥正解：u(xv

=

v(x)lnu(

故原式=xfi

=limxfi

1lim(xxfi

x成lim(t-ln(1+t)),然后再使 tfi t

1t2(tfi2 x1fi0(xfi¥),故直接将ln(11) ln(111- + 2x2x-x2ln(1+1)=x-x2(1

2x2+ x2一条尾巴1+ cos2x

x2-sin2xcos2

-

= xfi

xfi

sin x2-1sin2

2x sin2xcosxfi

2x-1sin

xfi

lim

sin4x=4x-(46

+o(xxfi

4x3

141 4

xfi

4x3

令xlim

ln(2+)-2xln2

4x24x2+xfi+¥

4+t4+ttfi0+ tfi

ln(t2)2lnt tfi0+

4+t=ln2t+ 11im1¥xfi0 解：对于1¥，由于ln u-1,(ufivfiufi

=eufiex- x(xfi1

212

-原式=exfi

= xfi

1+xv

=exfi1

limxfi

1

-x

xfi

1+)

=xfi =

ln+x2

- =limxfi

11+

=0原式=e0=1.1mtanxcosxfi4

limlntan

xfi4

pcosx-sin

xfi

sinx当xfip时nxfi2sxfi2 =

1 =-21

limlntan 4

=e-2xfi

xfi

lntan

pcosx-sin4

+tan

xfi4ln1+

-1xfi4

cosx-sin

法则

4sec2

=-

p-sinx-cos 4①无定义点必间断limf(x)f(x0xfilimf(x0Dxf(x00Dxfi不定积分的基本计算法：(1)凑微分法(将xm

推广

f(x)dx= (f(x)1.mm例：求不定积分

ln(x+1+x2)[Th]对于Fx)dxFx)越复杂，我们就越高兴！越有规律可循。找出被积函数哪部分最复杂，然后对其求导.定睛一看，ln(x1x2)最复杂，对其求导：(ln(x+1+x

1+

d(ln(x+1+x2

=1+d(ln(x+1+x2))= dx1+于是I

ln(x+1+x21+x2=ln(x+1+x2)d(ln(x+1+x2令狗=l3

+2

2狗23 dx=lnxx2–

x2–a2+

x1+2x4+

x5

1

1 x8

+2+ 1+2+2

x5dxx5dx=-4

t 2=-

=-

1+t

=-ln

t+1+1+t+1)1-

ln1+1

1+

则+¥

1ln1+

1+

4ln+5 x1+2x4+2x8

x4 4 pS=2p4tan

4 dx4

1+sec4 2sin

0cos 32 dx=p 32 cos cosx os4xd = 1+cos4x-

cos2x cos2 1+cos4x

coscos2 cos2

=1+cos4x-2cosxd(cosx)=1+cos4x-

d(cos2cos2

cos2

cos2x21+cos4x-

2=cos2

lncosx+1+cosx)+

+(

cos2 5-2+ cos2x cos2

22

1-ln

2

分子分母同时乘以 x1-ln

2 x2 2x-lnx2

x x

x-ln

xx-lnx

f(

fi

x-ln

推广

g(x)dx =1arctang(x)

22-x)1-

-

g(x)=1-x2-x)2-x)21-

1-xx

分子分母同时除以4x9x+3 32 2 =1

d 2 =2

3 2 3 23x

3x

ln 2 1+

1+ b例、求I=a (x-a)(b-x)dx.(b>b(b(b-a)2-(x-a+b22

令t=x解：Iac=tc

2

b-a2c2c2-t-c c=

dt+a+c2c2-t

c2c2-t =a+2

为奇函数c2c2-tc

b-a =pb-a2

π sinxarctanπ 解：I

2sinπππ

=tfiπ

2sinππ

2I

2sinπππ

2sinπ-π2

=π2sin=π-2

arctanp p fi"f(x)>0有arctanf(x)+ f =22sinxdt=pI T设f(x)在¥+¥连续，并以TT、a、a

f(x)dx=

f(x)dx为任意实数00 f(x)dx xT f(t)dt以T为周 f(x)dx=xT、 3of(x)x即 T f(x)dx=5：I

sinx-cosx0 2sin(x-p

令t=x- sin(x0--

)d(x- = p

sintdt=

sintdt= cosnxdx

2psinnxdx

4

2

n

x+ 2pnp

sinn

0 sin2

以为周期

fi

sin

0p

sinn s

fi

sinnxdx= 2sinn

、令复杂部分等于1+x1+x1+x1+x11

x x1-ln

1+ln

1+ln例

2 fi- 2dt=-

2x-ln

dx=-

1+t=-d(1+tlnt)= +C

+C

+tlnt

1+tln

1-1lnx

x-ln

令x=tantt

dxs +2x2+2x2=+2tan2tc

= + 2sin2t

cos2t+2sin2

1+

cos2t

===1+sin2

=arctannt+

x2x2 exdxx2d(exx2exdx=x2d(ex=x2ex-2xex+2ex+ x-1dx=x-1d(ex)=-exd(x-1)=+

x- nnnfi¥

xn

ex=1+x+1x2+1x3++1xn 11=

+1x+1x2

11exexdx=

1dx+1dx+

1x2dx

x=C+lnx+ x+x

x2+

x3

xn¥=lnx+

1 2

3 nk=1kk exx-1dx=++

234n 234n ex- ex-

xd(ex-ex-exex-=2xdex

=2

-

t2+1-令t= dt=令t= dt=

t2

t2ex-=2t-2arctant+Cex-

-2arctanex

-+ex-原式=2xex-

+4arctanex

-+xcos4n3

ex(1+sin1+cos

分子分母时以- =ex(1+sinx)(1-cosx)dx=ex(1-cosx+sinx-sinxcosx) sin2 sin2exe=sin2

excosdx-sin2

edx+sinxdx-e

excossin exd(sin

excos

sin2

+sinxdx-

sinxecos=-exd(cotx)+exd

sin sin sin=-excotx+cotxexdxx

sinx-sin

dx-ecossinx=-excotx+ecosxdx

dx-ecos=sin

sincotx+

sin sin sin例2：I=asinx+bcosx+e

+d2„ ②若e、f均为零，则I=asinx+bcoscsinx+dcossincAcsinAdAc-Bd=a

c2+dAd+Bc=

B

c2+d

sinI=csinx+dcosxdx=

csinx+dcos ccsinx+dcos

nfl:A (nfi¥) yn<xn<zn,limyn=limzn=Alimxn= 1o对于uu+u，（u0,n为有限数 1 £u1+u2++ £numax 2o对于uu+u，（u numin£u1+u2++un£numaxnanan+an++12mnfi

=max1,a2,,ama

+ax++ax极限lim

ai0,且ai1,i=12,n.nxfi0 1 ax+ax++a 解：原式=lim1+ 1xfi0

n n

ax-1+ax-1++ax-1 a

-1+

x-1++

x-1

ln1+ x x xfi0

xfi

a

-1+ax-1++ax-1由于

ln1+ xfi0 ax-1+ax-1++ax-=lim xfi1

ax-

ax-

ax-1= ++ nxfi 1

xfi xfi 1lnaaa

原式

1 例：设f(x)在1nenf(xknknfi1nenf(xknknfi解：由于f(x)在上连续，则efx)也在上连续。1n1从而0m£ef(xk)£Mk=1,2,n.所以m£efxk)£nknm£

1

f(xk

£nM.由于

nm=1,lim

Mnnkn

nfi nfi1n1f(xk nfi nk

若极限 fDxfi

Dxf(x0则称f(x)在xx0极限为f(x)在xx0处的导数，写作f(0即：f(x)=limf(x0Dxf(x0) Dxfi f(xlimf(xf(x0 xfi

f(x)=

f

Dxf(x0广义化Dx"狗 Dxfi f(x)=

f

狗f(x0(考研喜欢考 狗fi f(x0Dxfif(x0Dxfi

f(x0+Dx)-f(x0f(x0+Dx)-f(x0f(x0)存 f(x0(x0②分母一左一右("左"Dxfi0-，"右"Dxfi0f(0)0,则由limf(h-sinh)存在，不能推出f(x)在x0hfi 因为limf(hsinh)limf(0(hsinh))limhhfi

hfi1

hfi 而limh-sinh=lim hfi

hfi

(0)hfi

hfi

h-例如limxsin1，由于limx=0，虽然limsin1xfi limxsin1

xfi xfi xfi ①若f(x)在xxlimf(xA存在，则f(x0,f(x0 xfix0x- 0f)f(x)= D(x)=

(0)(0)Dxfi

f(0+Dx)-f

Dxfi

D2limDx Dx有界fiDxfi设f(x)在内有定义>0,且x˛f(x)£x2证明fx0时，有0£f(0)£0,故f(0(0)xfiff

f(f(x)

£

xfi 即

于是flimf(x)limf(x)xxfi xfi 例：设d0,f(x)在上有定义，f(0)=,limln(12x2xf(x)0证明f(0)xfi 证明：当xfi0时，ln(1-2x)2x1(-2x)2o(x22ln(1-2x)+2xf

=

-2x-2x2+2xf(x)+o(x2故 xfi xfi =2limf(x)-1-2=2limf(x)-f(0)-2=2f(0)-2=xfi 故f(0)=1

xfi

例：设f(x)在x0处连续，且limf(axf(x)xfi (0)lim(0)xfi xfi

limf(axf(x)bf(axf(x)b+a(x其中lima(xxfi

xfi f(t)

f )= )=t+ f(x)

f )=x+ f(x)-f

x)=

f( x)-f(x)=bx+o(x) ff(x)-f(x)=b(1+1++1)x+a当nfi¥a>1，则xfi故limf(xlimf(x=nfixfifi=f于是limf(xf(x=f(xfnfi¥=bxlimnfi1(1-11-=bx+a所以limf(xf(0)lima-bx+xfixfixb①Dy=f(x0+Dx)-f(x0②ADx其中Afx0③limDy-ADx=limDy-fx0Dxfi Dxfi ⑤Dy=ADx+o(Dx)=fx0)Dx+o(Dx).dy=fx0)Dx=fx0)dx0.0.，求 =(x22 Dx=-2f)0.，则2xasin1，x„例：设f(x)

x=

(x)f(x)存在fif(x)连续(x)f(x))

fif(x)连续

f(x)f(x)xasin1，b>0,x„设f(x)

x=则当a时，f(x)在点x0处连续当a>时，f(x)在点x0处可导(x)f(x)二阶可导，求极限limf(xhf(xh2f(x

hfi limf(xhf(xh2f(x) 法则hfi limf(xhf(x 法则hfi limf(xh)+f(x fxhfi =f(x)由于无法确定limf(x+h)+f(x-h)存在，故不能使 hfi limf(xhf(xh2f(x) 法则hfi limf(xhf(x

法则hfi (x(x)(x)(xhfi (x(x)(x)(xhfi hfi =1f(x)+1f(x)=f(x) 我们知道由f(x)可导 f(x)连续，同样，由f(x)可导f(x)连续。但是(x) (x) f(x)二阶可导

(x)dx1，即x¢1现在问x¢_,x¢_.

(xy

由于1表达式中仅含有

xy y¢1 y¢= y =- =- y)2 y)33x

x

=d)

(y)3y)2 y)6 =)2yy=.y)5由于Dyf(0Dxf(0=f(x0)Dx+o(Dx)dy=f(x0)Dx=f(x0从而Dydyo(Dx) y2

1+t

(x),(x).txx

1+t

dtgy),则F(x)gx2x(x)=g(x

1+t2dt(x)g(x

1+

2x

21+x4x

f(t)dtdy,则F(2)_.ttF(t)=

f(x)dxyt=y f(x)dx|y=t-yt

f(x)dxyt f(x)dxt

t1yf(t f(x)dx+1xf(x)dx

x1(ttt(2)=fF(t)=tf ))t))t f(x)dx

f(x)dx

fx)dxdyt1y=tt1y

f(x)dxdy+t

f(x)dx

t t =t

f(x)dx

-1)

f(x)dx1y(t)=y1

f(x)dx

t+ t

f(x)dx+(t- f

f(x)dx+

f(x)dx+(t- f f(t)=(t- f(2)=f方法3：设f(x的一个原函数为j(x),)=f(x) tyf(t)dt=ydj(x)=j(t)j(t于是F(t)

t

f

y=

)

(y)1y1 1y1 y)dyt=t-1j(t)-1y)dy(t)=j(t)+t)t(2)=f方法4：特殊函数法。取f(x=ttF(t)=

f(x)dxdy=D

f(xyy

f(x)dy

(x1)f如果数列n是由an+1f(an)确定，令yf若f(x)0,则数列n其中，当a1a2时，数列n单调减少；当a1a2时，数列n单调增加。(x)从而f(a1f(a2即a2a3，设akak+1,则f(akf(ak+1),即ak+1ak+2由数学归纳法知，n(x0

(x0

(x)=0,n‡00但f(nx0,00

(nx0f(x)在x

(n(x0f(x)在x 0xfix0

f(x)=Aylimf(xxfi

imf(xxfi

a==④计算lim[f(x)- xfix解：①找出无定义点x00,计算lim1ln(1ex=¥，则x0xxfi0 xlim1ln(1ex0，则x0xfi- lim1ln(1ex¥xfi+¥ 1+ln(1+ex

ln(1+ex)③lim =lim 2 xfi

xfi+¥

2+

xxfi+¥

xfi

xfi+¥1+④

1+ln(1+ex)-x=

1+

ln(1+=xfi

xfi+¥ xfi ) ) ln(1+ex)-x= xfi xfi1+=lim xfi ) 则 ln(1+ex)-x= ln(ex) ) xfi xfi(x)

f(x) (x0则$d0使得x˛U(x0,),有f(x£f(x0f+(x0(x0f(x00xfi0

f(x)-f(x0)，fx-x0

(x00xfi0

f(x)-f(x00由于xfix+f(xf(x00

(x 0同理，xfix-f(xf(x0 0

(x f+(x0(x0(x0 0£a£b£p2

明˛a,f)tana+b=f)2分析：f(x)——抽象

g(x)——具体f)tana+b=f). 解：设g1(x)=-cosx,则f(x)和g1(x)符 ,) f(b)-f sinh-cosb-(-cos设g2(x)=sinx,则f(x)和g2(x)符 所以˛f)=f(bf(acosxsinb-sinf

tana+b=f

设f(x)在,上连续，则˛,b使得

f(x)dx=fb-设f(xg(x)在,上均连续，且g(x)在,上不变号，则˛,,使得 f(x)g(x)dx=f)ag(x)dx.b设f(x)在ab上连续，则$x˛bx

ab

f(x)dx=f(x)(b-证明：设F(x

(t)dtab(x)=fa从而F(x)在,上满 b=bb f(x)dF(a)=0.b b,2 2 p且f(0)0,f(13,f2))tan= 2(x)(x)(x)(x)(xuv(uv),将tanxsinx从而进一步配出F 2 2 (x)(x)(xv(x p=¢p解：令F(x)=f(x)sinx,F(0)=0,F f 2 2

2)sin 2 2 2 满足f根据条件知0f(0)<1f(1且f(x)在

，˛

1,在区间

上使 定理知，˛使得f(h)=022 22 f)+)tan=

定理知，$x˛˛0,p 2 2(由于f(0)03f(13>1f(且f(x)在 2

于是f(x)

2 2 (h)=0.若f)+f)x0,则F(x)=f(x)+f(x)x0(若取uf(x),由于v=,=x,vv=e

e

x,故“狗 2 则可以取uf(x)，ve2，于是F(xuvf(x)e2 1.fg+f=fg-f=fg-fg=+f=+=flf=xf+kf=+=xf-kf=

F(x)=f(x)g(x)F(x)=fg(x)F(x)=fg-fg)F(x)=elx f(x)F(x)eG f(x其中G(x)=g(x) fF(x)= fF(x)=g fF(x)=x- f x

f(x)dx+

g(x)dx= F(x)=

g(t)dt+fb例2：设f(xg(x)在,且存在相等的最大值，f(ag(a),f(b证明,b,使得f)g().函数，此题辅助函数一眼便知为F(x)f(x)g(x).F(a)a, 学会翻译考题文字画出图形,记max{f(xf1˛a,a,由于max{f(x)}= 2=c,12,))a,b) a,b)F=f-g(h2)=f-max{g(x)}=f-max{f(x)}<a,b) 由于F(xf(xg(x)在与a3且f(2)>f(1),f(2)> f(x)dx.证明

,3

)< 设函数f(x)在,上二阶可导，且$一点c˛a,使得f(cf(a),f(cf求证˛,f)证明：在,c,b上分别使 1˛a,2˛c,bf)=f(c)-f(a)>0，f)=f(b)-f(c)< 在2(a<1<c<2<b)上使

a,b

f2-

在,2上使 $x˛,f)=f(2)f(1) 3

$h˛2,，使得3

f(x)dx=f(h)(3-2)=f由于f(2)

f(x)dxfh˛在上使 x˛使得f) 在21<1<2<2<h£3)上使

,3,使得

f2-

①min{f(x£f(x)£M=max{f(x)}a,b]②m£③$x˛a,f

x˛a,b]f1证明$x˛01使得f20f分析：看到题目结论，就可能想到会用日中值定理可˛最值定理和介值定理的中值“”x(x)xf(x)dx

fif

f(x

(x)(

(n) 而f(x)与f(x)需通过 (x)(x)(x) xf(x)-f(0)=f(x)=f0h<(x)则mx£fx£Mx,即mx£f(x)£111mxdx£f(x)dx£Mxdx,即1m£f(x)dx£11111 1 1˛使得f()=2 f定理1：若函数f(x)在点x0存在直至n阶导数，f(x)=f(x)+

(x)(x-x)

(x0

(x-x)2

f(n)(x0

(x-x

+o((x-x)n 上述中的x0=0的特殊形式：f

x2+

f(n)nnf(x)=f(0)+nn

(0)x

+o(x 0定理2：若函数f(x)在上存在直至n阶的连续导数，a,至少存在一点˛b0f(x)=f(x0)+

(x0

(x0

(x-x)2

f(n)(x0

(x-x)n

f(n+1)

(x-x (n 0x 上述中的x0=0的特殊形式：(0)

f(n)

f(n+1) nf(x)=f(0)+(0

(0)

x

(n

x+ ¥¥

yx3sinx求y(6¥解：y¥

由于sinxx1x36则x3sinx=x3x1x3+x41x6 f(6) =-,即y

(6)

¥解：y¥

y(m)(0)xm

=1-

++1)n(2x)2

=(-1)n

¥ 2¥

n(2x)2n=(

n(2x)2n+2于是yxcos

¥¥

y(2012)(0)

2012 例：将f(x)=esinx在x=0处 展开到x4.解：由麦克劳林 知：f(x)=f(0)+

(0)

f(0)

x2+

f(n)

xn 则由于f(0)=1，f(x)=esinx (0)=1，f(x)=esinx cos2x-esinx sinx,f(0)=1,f(x)=esin cos3x-esin 2cos sinx(esin cosxsinx+esin cosx),f(0)=f(4)(x)=esinxcosx(cos3x-3sin2x-cosx)2esinx(-3cos2xsinx-3cos2x+sinx),f(4)(0)=-esin

=1+x+1x2-3x4+o(x4 xfi

f(xAlimf(x0,则limf(x)=(C).xfi+¥ xfi 分析：当题目中涉及f(x),f(x),f¢(x),,f(nx的关系，-yy(x0A)x0为极大值点(B)x0(C)(x0f(x0为f(x将x0代入y05y(x04y(x00x0y(x0又例如yf(x)满足y-5y4yy又y(x03yx0y0)将x0代入yx0-5yx04y0y(x00y0)=-30，又由于0yx0)故(x0f(x0为yf(x (2)如何选取展开点x如f(2)a,

(2)

x可先变身为t,然后再取关于的函数为值， 本题的解答：limf(x)0,则$X0,当xX时，xfifx)二阶可导，即f(x)故需要将f(x)展开到一阶带 日型余项的第一个问题f(x)=f(x)+f(x)(x-x)+f)(x-x)2 第二个问题(2)由题目条件，直接选取x0由于题目结论limf(x)单独求关于f(x)的性态，xfi于是在 展开式中需要配出f(x)单独项，只需x-x0=1，于是可取x为x+1.由于$X0,当xX时，fx)二阶可导则x+1xXf(x+1)=f(x)+f(x)+f)˛(x,xlim，由于˛(xxxfixxX，且f当xfi+¥时fi+¥，故 f= f(x)= xfilimf(x+1)=limf(x)+limf(x)+limfxfi xfi xfi 即AAlimf(x0limf(x0.故答案选xfi xfi[例2]设f(x)在f

f(xf(x)

2分析：由于f(x)在故将f(x)展开成一阶 f(x)=f(x)+f(x)(x-x)+f)(x-x)2, 即f(t)=f(x)+f(x)(txf)(tx)2.在上式中配出f(x)的单独项，于是自然想到令tx，>当t时txx;当t=时tx=1=(x)(x)(0(x)(1-

ff

12(1-x)212(x))) 有f(x)=f(1f(0f)x2f)(1 f(x)=f(1)-f(0)+f)x2-f)(1-x)2£f(1)+f(0)+f)x2 f)(1- £f(1)

f(0)+1fx)x2+

() x)

£+ +

B)£2a+1b(x+1-x)2=2a+1 3˛,)=3a

af"˛(x)(x)2

(0)x)(0)x)x2 aaaa23aaaa2

f(x)dx=¢

+f)

x2dx=0+

fxf f

aa 即f(x)

f2

x)=a a 3

f33a

3˛,)=3a

af(x)=f则称F(x)是f(x)在I上的一个原函数，且f(x)dxF(x

意味着fi只要$x使得

(x0)„f(x00F(x)不是f(x)在I0 其中x可分为

02xsin1-cos1，x„例：f(x)

x=

x2sin1，x„F(x)=

x=(x)=f.ba,bbba,b

ba,bbaa例2:f(x

x=1

原函数F(x)=xsinx，x„ ,但是

11 x= 例3:f(x

x

)11

x=1,

1，x„例4：f(x)= 11

x+C. 为的 x1dxlnx+C解读成lnx为1的一个原函数，我们可以说g(x 0才有1dxlnx+C.xlimlimf)Dxinnfif(x)在baf(x)在baff(f(x)在ff(x)在f(x)在 ff(x)在f(x)

f

f(x)在,上可积

f

,xaf(xaf(t)dt

在上可积f(x)在,上可积。反例：f(x

x(1+x)

被积函数中arctanx（arctanx）¢ ， 对（arctanx）¢ =1+x2

x)

x(x=2 dx=2 x)= x)2+ x(1+ln(x+1+x)dx，x>x方法一：令1x=t，方法二：令ln(x

1+x 类型(IsinaxP(x)dx，其中P(x)为关于x的m x2 x2dx=x2ex-2xex+2ex+ eaxsin

(eaxa2

b2

eaxcos

(eaxa2

b2 Pm(x)ln P(x)arctanxdx u=lnx,u=arctanx,u=arctan lnlnlnxx2对lnx+-x13 ln对lnx+-x13 =1x3 lnx-1x2dx=1x3 lnx-1x3+C 求不定积分x2arctan对对arctanx(arctan+-11+13x2arctanxdx=1x3arctanx3

13

1+=1

1+ 又1x2

1+

dx=xdx-1+x2=1x2-1

x-ln(1+x) 1+ x2arctanxdx=1x3arctanx-1x2+1ln(1+x2)+