1. 正项级数收敛判别法#

针对 $\sum a_n$ ($a_n > 0$)，主要采用以下四种判别法：

• 达朗贝尔比值法 (Ratio Test)： 计算 $\rho = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}$。
  • $\rho < 1$：绝对收敛；
  • $\rho > 1$：发散；
  • $\rho = 1$：失效（需换用其他方法）。
• 柯西根值法 (Root Test)： 计算 $\rho = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}$。适用于通项含 $n$ 次幂的形式。
• 比较判别法： 常用基准：$p$-级数 $\sum \frac{1}{n^p}$（$p>1$ 收敛，$p \le 1$ 发散）。
• 积分判别法 (Integral Test)： 若 $f(x)$ 连续、正、单调递减，则级数 $\sum f(n)$ 与积分 $\int_1^\infty f(x)dx$ 同敛散。
  • 典型应用：$\sum \frac{1}{n \log n}$。

2. 幂级数与收敛半径#

对于 $\sum a_n (x-x_0)^n$：

• 收敛半径 $\rho$：$\rho = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right|$ 或 $\frac{1}{\lim \sqrt[n]{|a_n|}}$。
• 边界考察：求出区间 $(x_0-\rho, x_0+\rho)$ 后，必须单独验证端点 $x = x_0 \pm \rho$ 的收敛性。

1. 未定式处理技巧#

• 泰勒展开法（降维打击）： 在 $x \to 0$ 时，优先考虑麦克劳林级数（$\sin x, \cos x, e^x, \log(1+x)$）。
  • 原则：展开阶数应由分母的最低阶项决定。
• 洛必达法则 (L’Hôpital’s rule)： 仅适用于 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型。复合函数求导繁琐时建议转用泰勒展开。

2. 特殊幂指型极限 $y = f(x)^{g(x)}$#

处理 $1^\infty, 0^0, \infty^0$ 型极限的固定步骤：

1. 取对数：$\log y = g(x) \log f(x)$。
2. 求 $\log y$ 的极限 $L$。
3. 原极限值为 $e^L$。

1. 参数方程的高阶导数#

设 $x = x(t), y = y(t)$，二阶导数 $\frac{d^2y}{dx^2}$ 的计算公式： $\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\frac{d}{dt} \left( \frac{dy}{dx} \right)}{\frac{dx}{dt}} = \frac{y''(t)x'(t) - y'(t)x''(t)}{(x'(t))^3}$ 注意：分母必须除以 $x'(t)$ 的三次方。

2. 对数微分法#

适用于：

• 幂指函数 $y = u(v)^v(x)$。
• 多因子乘积/商的导数（取对数后转化为求和）。

3. 微分证明题策略#

• 辅助函数构造： 若求证 $f'(c) + k f(c) = 0$，通常构造 $g(x) = e^{kx} f(x)$ 并应用罗尔定理。
• 中值定理：
  • 拉格朗日中值定理：$f(b) - f(a) = f'(c)(b-a)$。
  • 柯西中值定理：处理两个函数之比。

4. 莱布尼茨公式 (Leibniz Rule)#

用于求两个函数乘积的高阶导数： $(uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} u^{(n-k)} v^{(k)}$

• 技巧：通常选择在有限次求导后变为 0 的多项式作为 $v$（例如 $v = x^2$），从而截断求和项。

1. 增减表与凹凸性（绘图 SOP）#

院试中要求绘制函数图象时，必须遵循以下标准化步骤：

1. 求定义域与对称性：检查奇偶性、周期性。
2. 计算一阶导 $f'(x)$：确定单调性（增减）与极值点（极大/极小）。
3. 计算二阶导 $f''(x)$：确定凹凸性（凸/凹）与拐点（変曲点）。
4. 考察渐近线：
   • 垂直渐近线：$\lim_{x \to a} f(x) = \pm\infty$。
   • 水平/斜渐近线：$\lim_{x \to \infty} [f(x) - (mx+c)] = 0$。
5. 绘制增减表：整合 $x, f', f'', f$ 的符号变化。

2. 牛顿迭代法 (Newton’s method)#

用于求 $f(x)=0$ 的近似解。

• 迭代公式：$x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$。
• 收敛判定：利用泰勒展开证明其具有平方收敛特性。

1. 重点关注（院试必背）#

• 星形线 (Astroid)：$x = a \cos^3 \theta, y = a \sin^3 \theta$
  • 特征：形状像内凹的星形，常考其包围的面积及全长。
• 摆线 (Cycloid)：$x = a(\theta - \sin \theta), y = a(1 - \cos \theta)$
  • 特征：圆滚动产生的轨迹，是计算弧长和旋转体体积的常客。
• 心脏线 (Cardioid)：$r = a(1 + \cos \theta)$
  • 特征：极坐标下的代表曲线，常用于考察极坐标下的面积积分。

2. 其他经典曲线#

• 笛卡尔叶形线 (Folium of Descartes)：$x^3 + y^3 - 3axy = 0$（存在渐近线 $x+y+a=0$）。
• 双纽线 (Lemniscate)：$r^2 = a^2 \cos 2\theta$ 或 $(x^2+y^2)^2 = a^2(x^2-y^2)$。
• 悬链线 (Catenary)：$y = a \cosh(x/a) = \frac{a}{2}(e^{x/a} + e^{-x/a})$。
• 三叶线 (Three-leaved rose)：$r = a \sin 3\theta$。

👑 重点一：极限化形的巅峰 —— $1^\infty$ 型未定式#

【精选自】：p.38 例题 13(2) 【题目】 求极限 $\lim_{x \to \infty} \left( \frac{2}{\pi} \tan^{-1} x \right)^x$ 【考点追踪】 考察 $\tan^{-1}(\infty)$ 的极值常识，以及将“指数变体”化为分数，并发动洛必达法则的综合能力。

【满分解答过程】

1. 探查与降维： 当 $x \to \infty$ 时，底数 $\frac{2}{\pi} \tan^{-1}x \to \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = 1$。此为 $1^\infty$ 型不定式。 设 $y = \left( \frac{2}{\pi} \tan^{-1} x \right)^x$。两边取对数： $\log y = x \log \left( \frac{2}{\pi} \tan^{-1} x \right) = \frac{\log \left( \frac{2}{\pi} \tan^{-1} x \right)}{1/x}$ (化为完美的 $\frac{0}{0}$ 型分式)。
2. 洛必达出刀： $\lim_{x \to \infty} \log y = \lim_{x \to \infty} \frac{\left[ \log \left( \frac{2}{\pi} \tan^{-1} x \right) \right]'}{(1/x)'}$ 分别求导：分子 $\to \frac{1}{\frac{2}{\pi} \tan^{-1}x} \cdot \left( \frac{2}{\pi} \cdot \frac{1}{1+x^2} \right) = \frac{1}{(1+x^2)\tan^{-1}x}$。分母 $\to -\frac{1}{x^2}$。
3. 代数重组与极限收割： 将上下的导数合并化简（将 $-1/x^2$ 翻转上去）： $\lim_{x \to \infty} \left( -\frac{x^2}{1+x^2} \cdot \frac{1}{\tan^{-1}x} \right)$ 当 $x \to \infty$ 时，$\frac{x^2}{1+x^2} \to 1$，$\tan^{-1} x \to \frac{\pi}{2}$。 所以 $\lim_{x\to\infty} \log y = -1 \cdot \frac{1}{\pi/2} = \mathbf{-\frac{2}{\pi}}$。
4. 终极复原： $\lim_{x\to\infty} y = \mathbf{e^{-2/\pi}}$。

🔪 重点二：打死不能用洛必达 —— 泰勒展开降维打击#

【精选自】：p.39 問題 13.1(5) 【题目】 求极限 $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x^2} - \frac{\cot x}{x} \right)$ 【考点追踪】 考察 $\infty-\infty$ 转化，并在面对极其复杂的 $\frac{0}{0}$ 分式时，主动放弃洛必达，果断选用麦克劳林级数替换法。

【满分解答过程】

1. 强制通分构造未定式： $\cot x = \frac{\cos x}{\sin x}$，通分得到： $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x \cos x}{x^2 \sin x}$
2. 定分母量级： 当 $x \to 0$ 时，分母 $x^2 \sin x \approx x^2 \cdot x = \mathbf{x^3}$。所以分子必须展开到 $x$ 的三次方。
3. 召唤泰勒多项式化简分子： $\sin x \approx x - \frac{x^3}{6}$； $\cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2}$。 $\text{分子} \approx \left(x - \frac{x^3}{6}\right) - x\left(1 - \frac{x^2}{2}\right) = x - \frac{x^3}{6} - x + \frac{x^3}{2} = \mathbf{\frac{1}{3}x^3}$
4. 秒杀： 极限 $= \lim_{x\to 0} \frac{\frac{1}{3}x^3}{x^3} = \mathbf{\frac{1}{3}}$。

💀 重点三：二阶导数的墓地 —— 参数方程陷阱#

【精选自】：p.30 例题 9 (星形线) 【题目】 $x = a \cos^3 t, y = a \sin^3 t \ (a>0)$，求一阶与二阶导数 $\frac{dy}{dx}, \frac{d^2y}{dx^2}$。 【考点追踪】 院试重灾区！考核对二阶导数符号本质 $\frac{d}{dx} \left(\frac{dy}{dx}\right)$ 的真实理解。

【满分解答过程】

1. 一阶导数（链式法则相除）： $\frac{dx}{dt} = -3a\cos^2t \sin t$；$\frac{dy}{dt} = 3a\sin^2t \cos t$。 $\frac{dy}{dx} = \frac{3a\sin^2t \cos t}{-3a\cos^2t \sin t} = \mathbf{-\tan t}$
2. 二阶导数（生死操作）： $\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}} \quad \text{(必须再除一次 dx/dt！)}$
   • 分子部分对 $t$ 求导：$\frac{d}{dt}(-\tan t) = \mathbf{-\sec^2 t}$。
   • 拉回原本的 $\frac{dx}{dt}$ 垫在分母上： $\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{-\sec^2 t}{-3a\cos^2t \sin t} = \mathbf{\frac{1}{3a\cos^4t \sin t}}$

🪄 重点四：逢分式必裂解 —— 高阶导数通法#

【精选自】：p.31 例题 10(2) 【题目】 求 $y = \frac{x}{(x-1)(x-2)}$ 的 $n$ 阶导数 $y^{(n)}$。 【考点追踪】 避开繁琐的商法则，测试考生“部分分数分解”能力和背诵基础函数 $n$ 阶导数的能力。

【满分解答过程】

1. 部分分数分解（裂项）： 设 $y = \frac{A}{x-2} + \frac{B}{x-1}$。 代入解得：$y = \mathbf{\frac{2}{x-2} - \frac{1}{x-1}}$。
2. 发动官方高阶导公式： 因为 $\left( \frac{1}{x-a} \right)^{(n)} = \frac{(-1)^n \cdot n!}{(x-a)^{n+1}}$。
3. 组装拼接： 分别对两半套公式： $y^{(n)} = \mathbf{(-1)^n \cdot n! \left\{ \frac{2}{(x-2)^{n+1}} - \frac{1}{(x-1)^{n+1}} \right\}}$

⛰️ 重点五：最值争夺的隐性魔鬼 —— 幻觉解与边界点#

【精选自】：p.44 問題 16.2(2) 【题目】 求函数 $f(x) = x + \sqrt{4-x^2}$ 的最大值和最小值。 【考点追踪】 专杀习惯于“盲目求导=0”就宣称极值的考生！考察寻找隐藏定义域和过滤幽灵假根。

【满分解答过程】

1. 画地为牢（找定义域）： 根号下 $4-x^2 \ge 0 \implies \mathbf{[-2, 2]}$。此时端点值 $f(2)=2, f(-2)=-2$ 已入围候补区。
2. 求导找根： $f'(x) = 1 - \frac{x}{\sqrt{4-x^2}} = 0 \implies x = \sqrt{4-x^2}$
3. 猎杀幻觉假根： 为了求解把方程两边平方得到 $x^2 = 4-x^2 \implies x^2 = 2 \implies x = \pm\sqrt{2}$。 但是！回到平方前的式子 $x = \sqrt{4-x^2}$。等号右边是个非负的算术根号，所以强制要求 $x \ge 0$。 因此 $-\sqrt{2}$ 是假根，直接扔掉（不適）。唯一的嫌疑极值点只有 $\mathbf{x = \sqrt{2}}$。其值为 $2\sqrt{2}$。
4. 终极比较打分： 把候选人的函数值 $[ 2,\ -2,\ 2\sqrt{2} ]$ 摆在一起来比。 所以，最大值为 $2\sqrt{2}$ (当 $x=\sqrt{2}$)；最小值为 $-2$ (当 $x=-2$)。

🛡️ 第一关：专杀“公式机器”的分段函数陷阱#

【精选自】：p.28 問題 7.1 【题目】 研究函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{x}{1 + e^{1/x}} & (x \neq 0) \\ 0 & (x = 0) \end{cases}$ 在 $x=0$ 处的可导性（微分可能性）。 【考点追踪】 院试经典防套路题！强制要求你写导数定义，并且考核含有 $1/x$ 指数的左右非对称性。

【导师满分解答板书】

1. 舍弃公式，上定义式： 因为是原点的分段点，直接用导数定义： $f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \cdot \frac{h}{1 + e^{1/h}} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{1 + e^{1/h}}$
2. 遇 $1/h$ 必须分左右兵分两路：
   • 右侧导数 ($h \to +0$)：此时 $1/h \to +\infty$，使得 $e^{1/h} \to +\infty$。 $f'_+(0) = \lim_{h \to +0} \frac{1}{1 + \infty} = \mathbf{0}$
   • 左侧导数 ($h \to -0$)：此时 $1/h \to -\infty$，使得 $e^{1/h} \to 0$。 $f'_-(0) = \lim_{h \to -0} \frac{1}{1 + 0} = \mathbf{1}$
3. 判决： 因为 $f'_+(0) \neq f'_-(0)$，所以该函数在 $x=0$ 处不可导（微分不可能）。

🗡️ 第二关：“双变量夹击”的核武解药#

【精选自】：p.29 問題 8.1(6) 【题目】 求函数 $y = (\tan x)^{\sin x}$ 的导数。 【考点追踪】 检验“底数和指数全部含有自变量 $x$”这种极限怪兽的处理手法。普通幂次或指数公式会当场暴毙。

【导师满分解答板书】

1. 降维神技 —— 取对数（対数微分法）： 两边同时取自然对数，把头顶的指数拉下来： $\log y = \sin x \cdot \log(\tan x)$
2. 两边求导（积的求导 + 链式）： 左边：复合求导得到 $\frac{y'}{y}$。 右边：$(\sin x)' \cdot \log(\tan x) + \sin x \cdot (\log(\tan x))'$ $= \cos x \cdot \log(\tan x) + \sin x \cdot \left( \frac{1}{\tan x} \cdot \sec^2 x \right)$
3. 高光化简： 看加号后面的乱麻：$\sin x \cdot \frac{\cos x}{\sin x} \cdot \frac{1}{\cos^2 x} = \frac{1}{\cos x} = \sec x$。
4. 收尾装配： 把 $y$ 乘回右边去： $y' = y \left( \cos x \log(\tan x) + \sec x \right) = \mathbf{(\tan x)^{\sin x} \left[ \cos x \log(\tan x) + \sec x \right]}$

🔮 第三关：高阶导数里极其浪漫的“数学归纳”#

【精选自】：p.31 問題 10.2 (变种展示 $\sin$ 篇) 【题目】 已知 $y = e^x \sin x$，用数学归纳法证明 $y^{(n)} = 2^{n/2} e^x \sin(x + \frac{n\pi}{4})$。 【考点追踪】 遇到不死之身（$e^x$ 与 $\sin x$），无法用莱布尼茨公式抹杀炮灰项时，如何利用数学归纳法和“相位变换”暴力通关。

【导师满分解答板书】

1. 证明 $n=1$ 成立： $y' = e^x \sin x + e^x \cos x = e^x(\sin x + \cos x)$。 强行提公因数 $\sqrt{2}$ (即 $2^{1/2}$) 凑角： $y' = \sqrt{2} e^x (\frac{1}{\sqrt{2}} \sin x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x) = \mathbf{2^{1/2}e^x \sin(x + \frac{\pi}{4})}$。第一阶完美成立！
2. 设 $n=k$ 成立，向 $n=k+1$ 进发： 假设 $y^{(k)} = 2^{k/2} e^x \sin(x + \frac{k\pi}{4})$。 求下一阶导： $y^{(k+1)} = (y^{(k)})' = 2^{k/2} \left[ e^x \sin(x+\frac{k\pi}{4}) + e^x \cos(x+\frac{k\pi}{4}) \right]$。
3. 收割证明： 和第一步一模一样，再提一次 $\sqrt{2}$： $= 2^{k/2} \cdot 2^{1/2} e^x \sin\left( x + \frac{k\pi}{4} + \frac{\pi}{4} \right) = \mathbf{2^{\frac{k+1}{2}} e^x \sin\left(x + \frac{(k+1)\pi}{4}\right)}$ 证明闭环达成！

🧩 第四关：借梯上楼的泰勒积木组合大法#

【精选自】：p.41 例题 15(3) 【题目】 将 $y = \log\frac{1+x}{1-x}$ 在原点处展开为整级数（并求收敛域）。 【考点追踪】 院试绝对高频考点！考核“禁止蛮算”，通过已知初等泰勒公式和代数加减完成降维。

【导师满分解答板书】

1. 解除复杂包装： 千万别对分式求 $n$ 次导！利用对数性质分开： $y = \log(1+x) - \log(1-x)$
2. 套用积木模板： 根据 p.35 的默写名单，$\log(1+u) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{u^n}{n} \ (|u|<1)$。
   • 前项：$\log(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$
   • 后项：令 $u = -x$，带入得 $\log(1-x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \dots$
3. 阵列消除术： 上面一减下面，所有带平方的、偶数次幂的全被杀掉（相同相减为0）；所有奇数次幂的不仅保留，还成了两倍！ $y = 2x + \frac{2x^3}{3} + \frac{2x^5}{5} + \dots = \mathbf{2 \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{2n-1}}$
4. 【扣分防御圈】定下生死边界： 两个原底子要求 $|x|<1$ 和 $|-x|<1$。这表明联合收敛域依然是 $|x| < 1$。

🏆 第五关：大院极值题之不等式的艺术化转译#

【精选自】：p.45 問題 17.2（著名的杨氏不等式 / Young’s Inequality） 【题目】 已知 $p>1, q>1$ 且 $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$。证明：当 $x \ge 0$ 时，$\frac{x^p}{p} + \frac{1}{q} \ge x$ 成立。 【考点追踪】 最顶级院试爱用的招式：把极其高深的不等式命题，“伪装”成高中水平的求一次导找谷底的题！考你的胆量和化归能力。

【导师满分解答板书】

1. 作差成函数： 设定辅助函数：$f(x) = \frac{x^p}{p} + \frac{1}{q} - x \quad (x \ge 0)$。目标是证明 $f(x)$ 最小只能是 $0$。
2. 极值猎杀： 求导：$f'(x) = x^{p-1} - 1$。（常数 $1/q$ 被杀）。 令 $f'(x) = 0 \implies x^{p-1} = 1 \implies \mathbf{x = 1}$ （因为 $x \ge 0$）。
3. 查探增减风向表： 因为 $p>1$，所以 $p-1$ 是个正幂。
   • $0 < x < 1$ 时，$x^{p-1} < 1 \implies f'(x) < 0$ （在往下走）。
   • $x > 1$ 时，$x^{p-1} > 1 \implies f'(x) > 0$ （在往上走）。 这就意味着 $x=1$ 是绝对深渊（绝对极小值 / 绝对最小值）！
4. 终结审判： 算一下深渊的高度：$f(1) = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} - 1 = \mathbf{0}$ （运用题意自带的玄机条件）。 全函数的最低点刚好稳稳停在 0 的位置，那函数这辈子都不可能是负数了。 因此 $f(x) \ge 0$ 永远成立。得证！

👑 重点十一：乘积高阶导的利器 —— 莱布尼茨公式#

【精选自】：p.31 問題 10.1(3) 【题目】 求 $y = x^2 \sin x$ 的 $n$ 阶导数 $y^{(n)}$。 【考点追踪】 考察对莱布尼茨公式展开项的选择。如果 $n$ 阶导数中有“项数急剧减少”的多项式因子，莱布尼茨法优于数学归纳法。

【满分解答过程】

1. 角色分配： 设 $u = \sin x, v = x^2$。
   • $u^{(n)} = \sin(x + \frac{n\pi}{2})$
   • $v' = 2x, v'' = 2, v''' = 0$（从此项开始全部为0）。
2. 公式展开（仅保留前三项）： $y^{(n)} = \binom{n}{0} u^{(n)} v + \binom{n}{1} u^{(n-1)} v' + \binom{n}{2} u^{(n-2)} v''$
3. 代入具体项： $y^{(n)} = 1 \cdot \sin(x + \frac{n\pi}{2}) \cdot x^2 + n \cdot \sin(x + \frac{(n-1)\pi}{2}) \cdot 2x + \frac{n(n-1)}{2} \cdot \sin(x + \frac{(n-2)\pi}{2}) \cdot 2$
4. 最终化简（利用三角相位）： $y^{(n)} = x^2 \sin(x + \frac{n\pi}{2}) + 2nx \sin(x + \frac{(n-1)\pi}{2}) + n(n-1) \sin(x + \frac{(n-2)\pi}{2})$

👑 重点十二：绘图题大满贯 —— 增减性、凹凸性与渐近线#

【精选自】：p.46 例题 18 【题目】 研究函数 $y = \frac{x}{1+x^2}$ 的增减性、极值、凹凸性及拐点，并画出大致图形。

【考点追踪】 综合考察微分法的所有几何应用。重点在于增减表（増減表）的完整性。

【满分解答过程】

1. 定义域与奇偶性： $x \in \mathbb{R}$，且 $f(-x) = -f(x)$，该函数为奇函数（关于原点对称）。
2. 一阶导（极值）： $y' = \frac{1(1+x^2) - x(2x)}{(1+x^2)^2} = \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$ 令 $y' = 0 \implies x = \pm 1$。
3. 二阶导（凹凸性）： $y'' = \frac{-2x(1+x^2)^2 - (1-x^2) \cdot 2(1+x^2) \cdot 2x}{(1+x^2)^4} = \frac{2x(x^2-3)}{(1+x^2)^3}$ 令 $y'' = 0 \implies x = 0, \pm\sqrt{3}$。
4. 渐近线： $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{1+x^2} = 0$，故 $y=0$ 为水平渐近线。
5. 标准增减表（部分）：

【结论】

• 极大值：$1/2$ (于 $x=1$)；极小值：$-1/2$ (于 $x=-1$)。
• 拐点：$(0,0), (\sqrt{3}, \frac{\sqrt{3}}{4}), (-\sqrt{3}, -\frac{\sqrt{3}}{4})$。