高等数学 · 复习总结

识别题干给出的是 $f[g(x)]$、方程 $F(x,y)=0$，或 $f(x)+f(-x)$ 这类关系式，而要求的是 $f(x)$、$f^{-1}(x)$ 或某个具体点的函数值。

步骤① 判断属于哪种结构：已知 $f[g(x)]$ 求 $f(x)$，就把 $g(x)$ 看成一个字母 $t$，反解 $x$ 代回去；已知 $y=f(x)$ 求反函数，就从 $y=f(x)$ 里反解 $x$；出现 $f(x)+f(-x)$ 型，就用 $-x$ 代 $x$ 写出第二个方程，与已知式联立消元。

② 解出后补上定义域（反函数的定义域就是原函数的值域），分段讨论时注意 $t$ 的取值范围会带上约束。

③ 用 $f[f^{-1}(x)]=x$ 或 $f^{-1}[f(x)]=x$ 回代检验。

示例求 $y=\ln\!\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$ 的反函数。第①步反解：由 $y=\ln\!\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$ 得 $\mathrm{e}^{y}=x+\sqrt{x^2+1}$，取倒数得 $\mathrm{e}^{-y}=\sqrt{x^2+1}-x$；两式相减：$x=\frac{\mathrm{e}^{y}-\mathrm{e}^{-y}}{2}$。第②步换字母并写定义域：$y=f^{-1}(x)=\frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}\right),\ x\in(-\infty,+\infty)$。第③步检验：把 $x=\ln\!\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)$ 代入，得 $\frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}\right)=t$，成立。

识别题干出现「有界」「单调」「奇函数/偶函数」「周期」等字眼，或要求判断某函数的图象特征。

步骤① 先看定义域是否关于原点对称，不对称就直接排除奇偶性；

② 按要判断的性质选工具：有界性用不等式放缩找 $M$（或看区间端点处极限是否存在）；单调性用定义比较 $f(x_1),f(x_2)$，或求导看 $f'(x)$ 的符号；奇偶性就算 $f(-x)$ 并与 $\pm f(x)$ 比较；周期性只需验证 $f(x+T)=f(x)$。

③ 需要求导或积分的，直接用「求导一次奇偶互换，积分一次奇偶互换」下结论。

示例判断 $f(x)=x^2\sin x$ 的奇偶性，并求 $\int_0^x t^2\sin t\,\mathrm{d}t$ 的奇偶性。第①步：定义域为 $\mathbb{R}$，关于原点对称。第②步：$f(-x)=(-x)^2\sin(-x)=-x^2\sin x=-f(x)$，故 $f(x)$ 为奇函数。第③步：$f(x)$ 是奇函数，由「奇函数积分一次变偶」，$\int_0^x t^2\sin t\,\mathrm{d}t$ 为偶函数。

识别题干出现 $\lim$ 符号，先直接代入，若出现 $\frac00,\frac\infty\infty,0\cdot\infty,\infty-\infty,1^{\infty},0^0,\infty^0$ 这七种形状之一，就是这类题。

步骤① 化简先行：提出非零因子、通分、有理化、换元（表达式和极限符号要一起换）；

② 判断是七种未定式中的哪一种，后五种先恒等变形化成 $\frac00$ 或 $\frac\infty\infty$；

③ 选方法：$\frac00$ 优先等价无穷小，其次泰勒，最后洛必达；$\frac\infty\infty$ 优先抓大头；幂指函数取对数 $f^g=\mathrm{e}^{g\ln f}$；

④ 算完后代回检查是否合理（如正负号、量级）。

各型套路： $\frac00$：等价无穷小/泰勒（加减法慎用等价，用泰勒）； $\frac\infty\infty$：抓大头/洛必达； $0\cdot\infty$：改写成 $\frac00$ 或 $\frac\infty\infty$（如 $x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}$）； $\infty-\infty$：通分、有理化、提公因式； $1^\infty$：用 $\lim f^{g}=\mathrm{e}^{\lim g(f-1)}$ 或重要极限； $0^0,\infty^0$：$f^g=\mathrm{e}^{g\ln f}$。

示例求 $\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}$。第①步化简：$\tan x-\sin x=\tan x-\tan x\cos x=\tan x\,(1-\cos x)$，此时已经是纯乘除结构。第②步定型：代入得 $\frac00$。第③步用等价无穷小：$\tan x\sim x$，$1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}$，故 $$\lim_{x\to 0}\frac{\tan x\,(1-\cos x)}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{x\cdot\frac{x^2}{2}}{x^3}=\frac{1}{2}.$$ （若一开始就把 $\tan x,\sin x$ 都换成 $x$，得 $0$，是错的——加减法不能直接替换。）

识别题设给一个极限值（常为 $0$ 或某个非零常数），式子里含待定字母 $a,b$ 等，要求把这些字母定出来，或再求另一个极限。

步骤① 由「极限存在」推必要条件：分式极限存在而分母 $\to 0$ 时，分子必须 $\to 0$，先得一个方程；

② 脱帽：把已知极限写成显式等式 $f(x)=Ax^k+o(x^k)$；

③ 用泰勒展开比较同次幂系数（「同次幂系数相等」是求参数的第二个方程）；

④ 解方程组得参数。

示例已知 $\lim_{x\to 0}\frac{x-a\sin x}{x^{3}}=b\ne 0$，求 $a,b$。第①步：分母 $\to 0$，故分子 $\to 0$，即 $0-a\cdot 0=0$ 恒成立，改由第②步处理。第②③步：把 $\sin x$ 展开， $$x-a\sin x=x-a\left(x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})\right)=(1-a)x+\frac{a}{6}x^{3}+o(x^{3}).$$ 要让极限为有限非零值，一次项必须消失：$1-a=0$，即 $a=1$；此时 $x-a\sin x=\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3})$。第④步：$b=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3})}{x^{3}}=\frac{1}{6}$。所以 $a=1,\ b=\frac{1}{6}$。

识别题干问「$\alpha$ 是 $\beta$ 的几阶无穷小」「判断两个无穷小的阶的高低」「谁高阶谁低阶」。

步骤① 写出待比较的两个量 $\alpha,\beta$；

② 计算 $\lim\frac{\alpha}{\beta^{k}}$，调整 $k$ 使极限为非零常数；

③ 该 $k$ 就是阶数；比较阶的高低时，把两个无穷小都展开到同一阶再相除。

示例当 $x\to 0$ 时，求 $\alpha=x-\sin x$ 关于 $\beta=x$ 的阶。第①步：$\alpha=x-\sin x$，$\beta=x$。第②步：展开 $\sin x=x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})$，得 $$\alpha=\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3}),\qquad \lim_{x\to 0}\frac{\alpha}{x^{3}}=\frac{1}{6}\ne 0.$$ 第③步：取 $k=3$，所以 $\alpha$ 是 $\beta=x$ 的 $3$ 阶无穷小（也即 $\alpha\sim\frac{x^{3}}{6}$）。

识别题干给一个分段函数或含分母、含 $\ln$、含根号的函数，问「在 $x_0$ 处是否连续」「求间断点并判断类型」「求参数使函数连续」。

步骤① 先找出可疑点：无定义点和分段点；

② 对每个可疑点分别求左、右极限（分段函数两侧表达式不同，必须分开算）；

③ 按定义分类：左右极限都存在且相等 $\ne f(x_0)$（或该点无定义）为可去间断点，左右极限存在但不等为跳跃间断点，有一侧不存在为第二类（无穷或振荡）；

④ 含参数的，用「在 $x_0$ 连续 $\iff \lim_{x\to x_0^-}=\lim_{x\to x_0^+}=f(x_0)$」列方程解出。

示例设 $f(x)=\begin{cases}\frac{\sin x}{x},&x\ne 0,\\[4pt] 0,&x=0,\end{cases}$ 讨论 $x=0$ 处的连续性。第①步：$x=0$ 是分段点，也是唯一可疑点。第②步：$\lim_{x\to 0^-}\frac{\sin x}{x}=1$，$\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x}=1$，故 $\lim_{x\to 0}f(x)=1$。第③步：$f(0)=0\ne 1$，所以 $x=0$ 是间断点；又因左右极限都存在且相等，属于第一类可去间断点。第④步：若把定义改成 $f(0)=1$，则 $f$ 在 $x=0$ 处连续。

识别题干给出递推式 $x_{n+1}=f(x_n)$，问「证明 $\{x_n\}$ 收敛」「求 $\lim x_n$」，或给出一个通项问敛散性、要求先证明极限存在。

步骤① 用数学归纳法（或基本不等式）证有界：先猜一个界（常由不动点方程 $x=f(x)$ 的解或题目暗示的值猜出），再归纳验证；

② 证单调：作差 $x_{n+1}-x_n$ 判断符号，或作商 $\frac{x_{n+1}}{x_n}$（要求同号），或用 $f(x)$ 的单调性；

③ 由单调有界准则断言 $\lim x_n$ 存在（这一步是得分点，不能省）；

④ 设 $\lim_{n\to\infty}x_n=a$，对递推式两边取极限解出 $a$，舍去不在有界范围内的根；

⑤ 若递推式不好用，改用夹逼准则：放大和缩小到同一个极限。

示例设 $x_1=1,\ x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$，求 $\lim_{n\to\infty}x_n$。第①步证有界：断言 $x_n<2$——$n=1$ 时 $1<2$ 成立；设 $x_k<2$，则 $x_{k+1}=\sqrt{2+x_k}<\sqrt{4}=2$，归纳成立。第②步证单调： $$x_{n+1}^{2}-x_n^{2}=(2+x_n)-x_n^{2}=-(x_n-2)(x_n+1)>0,$$ 故 $x_{n+1}>x_n$，数列单调递增。第③步由单调有界准则知极限存在。第④步设 $\lim_{n\to\infty}x_n=a$，对 $x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$ 两边取极限得 $a=\sqrt{2+a}$，即 $a^{2}-a-2=0$，解得 $a=2$ 或 $a=-1$；因 $x_n>0$，舍去 $-1$，故 $\lim_{n\to\infty}x_n=2$。

识别题干要么问某个函数极限是否存在（尤其是含 $\sin\frac1x$、$\cos\frac1x$ 这类振荡结构），要么给出 $\lim_{n\to\infty}f(n)$、$\lim_{n\to\infty}f\left(\frac1n\right)$ 让你求值。

步骤① 若是证不存在：取两条趋近路线（如 $x_n=\frac{1}{2n\pi}$ 与 $y_n=\frac{1}{2n\pi+\frac\pi2}$，或 $n\pi$、$2n\pi$），算出两个不同的极限值即可；

② 若是求数列极限：把 $n$ 换成连续变量 $x$，先求 $\lim_{x\to+\infty}f(x)$（用洛必达、等价无穷小等），再由海涅定理得 $\lim_{n\to\infty}f(n)$；

③ 注意方向性：只验证一条路线只能说明「可能有」，证明存在必须对任意路线都成立。

示例（1）证明 $\lim_{x\to 0}\sin\frac1x$ 不存在：取 $x_n=\frac{1}{2n\pi}\to 0$，则 $\sin\frac1{x_n}=\sin 2n\pi=0\to 0$；取 $y_n=\frac{1}{2n\pi+\frac\pi2}\to 0$，则 $\sin\frac1{y_n}=\sin\left(2n\pi+\frac\pi2\right)=1\to 1$。两条路线极限不同，故原极限不存在。

（2）求 $\lim_{n\to\infty}n\sin\frac1n$：把 $n$ 换成 $x$，$\lim_{x\to+\infty}x\sin\frac1x$，令 $t=\frac1x\to 0^{+}$，得 $\lim_{t\to 0^+}\frac{\sin t}{t}=1$，故 $\lim_{n\to\infty}n\sin\frac1n=1$。

识别出现 $\frac1n\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac kn\right)$ 结构 → 定积分定义（$\int_0^1f(x)\mathrm{d}x$）；分母不统一、无法凑成 $\frac kn$ → 夹逼准则（统一分母放缩）。

步骤① 先把通项整理成「$\frac1n$ 乘一个只含 $\frac kn$ 的函数」的形式，能提出 $\frac1n$ 就用定积分定义；

② 提不出就把分母统一放大、缩小，得到形如 $\frac{n}{n^{2}+n}\le\sum\le\frac{n}{n^{2}+1}$ 的双边不等式；

③ 求两端极限，若相等即为所求；

④ 定积分型则直接把 $\frac kn$ 看作积分变量，写出 $\int_0^1f(x)\mathrm{d}x$ 并计算。

示例（1）夹逼型：求 $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^{2}+1}+\frac{1}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n}\right)$。分母不统一，放缩每项的分母：最大的分母 $n^{2}+n$ 对应最小的项，最小的分母 $n^{2}+1$ 对应最大的项，于是 $$\frac{n}{n^{2}+n}\le\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^{2}+k}\le\frac{n}{n^{2}+1},$$ 两端都趋于 $1$，由夹逼准则得原式 $=1$。

（2）定积分定义型：求 $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\left(\sin\frac{\pi}{n}+\sin\frac{2\pi}{n}+\cdots+\sin\frac{n\pi}{n}\right)$。它是 $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac kn\right)$ 的形状，取 $f(x)=\sin\pi x$，故 $$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n}=\int_0^1\sin\pi x\,\mathrm{d}x=\left[-\frac{\cos\pi x}{\pi}\right]_0^1=\frac{2}{\pi}.$$

识别题干出现「收敛速度」「比较 $x_n$、$y_n$ 收敛的快慢」，或把定义中的 $\varepsilon$ 换成含 $n$ 的式子（如 $\frac1n$、$\frac{1}{2k}$）让你判断充分必要性。

步骤① 比快慢：算 $I=\lim_{n\to\infty}\frac{|x_n-a|}{|y_n-a|}$，$I=0$ 则 $x_n$ 快，$I$ 为正常数则同阶（$x_n$ 的速度是 $y_n$ 的 $\frac1b$ 倍），$I=\infty$ 则慢；

② 判断条件题：看那把「尺子」是否依赖 $n$。与 $n$ 无关（$\varepsilon$、$\frac{1}{2k}$，$k$ 为任意给定正整数）→ 与原定义等价，充要；

③ 与 $n$ 有关（$\frac1n$、$\frac{1}{n^{2}}$、$\frac{1}{\sqrt n}$）→ 只能「充分不必要」：它能推出收敛（因为 $\frac1n\to0$），但收敛推不出它，反例取收敛更慢的 $x_n=a+\frac{1}{\sqrt n}$；

④ 只要那把「尺子」与 $n$ 有关（哪怕是 $\frac{1}{n^{100}}$），充分性仍成立，必要性一律不成立。

示例判断「存在正整数 $N$，当 $n\ge N$ 时 $|x_n-a|\le\frac1n$」是「$\{x_n\}$ 收敛于 $a$」的什么条件？

先看充分性：$n\ge N$ 时 $|x_n-a|\le\frac1n\le\frac1N$，对任意 $\varepsilon>0$ 取 $N'=\max\left\{N,\left[\frac1\varepsilon\right]+1\right\}$，则 $n>N'$ 时 $|x_n-a|<\varepsilon$，故条件成立必收敛。

再看必要性：取 $x_n=a+\frac{1}{\sqrt n}$，$\lim x_n=a$，但 $n>1$ 时 $\frac{1}{\sqrt n}>\frac1n$，条件不成立。

所以是充分不必要条件。（把 $\frac1n$ 换成与 $n$ 无关的 $\frac{1}{2k}$ 才是充要条件。）

识别题干给出抽象的 $f$，只告诉你在某点的函数值（如 $f(0)=0$）和导数值，却要求一个含 $f$ 的极限；或者要求用定义求某点的导数。

步骤① 找到「凑定义」的目标形状 $\lim\frac{f(x_0+\square)-f(x_0)}{\square}$，把所求的 $\square$ 认出来（常是 $1-\cos x$、$\Delta x$、$ax$ 这类趋 $0$ 的量）；

② 分子减去 $f(x_0)$、分母乘除同一个 $\square$，把它写成「导数定义式 × 系数」；

③ 用已知的 $f'(x_0)$ 和 $\frac{\square}{\text{原分母}}$ 的极限相乘得出结果；

④ 若分子不是 $f(x_0+\square)-f(x_0)$ 的形状（如两头都动），再拆成两个定义式相加减。

示例设 $f(0)=0$，$f'(0)=2$，求 $\lim_{x\to 0}\frac{f(1-\cos x)}{x^{2}}$。第①②步凑定义：把 $\square$ 取作 $1-\cos x$， $$\frac{f(1-\cos x)}{x^{2}}=\frac{f(1-\cos x)-f(0)}{1-\cos x}\cdot\frac{1-\cos x}{x^{2}}.$$ 第③步取极限：第一因子 $\to f'(0)=2$，第二因子用 $1-\cos x\sim\frac{x^{2}}{2}$ 得 $\to\frac{1}{2}$，故原式 $=2\times\frac{1}{2}=1$。

识别题干问「在 $x_0$ 处是否可导」「有几个不可导点」，函数含分段、绝对值或抽象符号。

步骤① 分段点：用定义分别求左导数 $f'_-(x_0)$ 与右导数 $f'_+(x_0)$，相等且有限才可导；

② $|f(x)|$、$f(x)|x-a|$ 型：先在零点处代值判断「零点是否被去掉」，$f(x_0)\ne0$ 时可导性与 $f$ 相同，$f(x_0)=0$ 时必须单独讨论；

③ 抽象函数：先由条件（如夹逼）求出 $f(x_0)$，再凑导数定义；

④ 非分段点直接用求导公式。

示例判断 $f(x)=|x|$ 在 $x=0$ 处的连续性与可导性。第①步用定义求单侧导数： $$f'_-(0)=\lim_{\Delta x\to 0^-}\frac{|\Delta x|-0}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0^-}\frac{-\Delta x}{\Delta x}=-1,\qquad f'_+(0)=\lim_{\Delta x\to 0^+}\frac{\Delta x}{\Delta x}=1.$$ 左右导数都存在但不等，故 $x=0$ 处不可导（是角点）。而 $\lim_{x\to 0}|x|=0=f(0)$，所以它在该点连续——正好印证「可导必连续，连续未必可导」。

识别选择题，选项里出现「可导」「连续」「可微」「导数存在且有限」「极限存在」等词的各种组合。

步骤① 先把已知的蕴含关系列出来：可导 $\Rightarrow$ 连续、可微 $\iff$ 可导（一元）；

② 凡是「……一定能推出……」的选项，先想反例；凡是「……一定推不出……」的选项，找一个正面例子即可；

③ 常用反例库：连续不可导用 $|x|$、$\sqrt[3]{x}$；导数存在但极限不存在的情形用 $x\sin\frac1x$ 型；

④ 注意「导数存在」必须强调是有限数，$\infty$ 不算可导。

示例判断命题「函数在某点连续，则在该点必可导」的真假。第①步：已知可导 $\Rightarrow$ 连续，而连续 $\Rightarrow$ 可导没有依据。第②步找反例：取 $f(x)=\sqrt[3]{x}$，由 $\lim_{x\to 0}\sqrt[3]{x}=0=f(0)$ 知它在 $x=0$ 连续；但 $$f'(0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\sqrt[3]{\Delta x}-0}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{1}{(\Delta x)^{2/3}}=+\infty$$ 不是有限数，故 $x=0$ 处不可导（此时曲线有铅直切线）。所以该命题为假。

识别题干给出「$\Delta y=\text{某个含 }y,x\text{ 的式子}\cdot\Delta x+o(\Delta x)$」并附一个初值条件，或给出微分表达式要你反求参数。

步骤① 对照可微的定义 $\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x)$，把 $\Delta x$ 前的系数认成 $A=y'$；

② 把 $\Delta x$ 换成 $\mathrm{d}x$ 写出微分方程 $y'=A(x,y)$；

③ 解微分方程（可分离变量、一阶线性等）得到 $y$ 的表达式；

④ 代入初值条件定常数，最后把结果写完整。

示例已知 $\Delta y=\frac{y\,\Delta x}{1+x^{2}}+o(\Delta x)$，且 $f(0)=1$，求 $f(x)$。第①步：对照定义得 $y'=\frac{y}{1+x^{2}}$。第②③步分离变量： $$\frac{\mathrm{d}y}{y}=\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}\ \Longrightarrow\ \ln|y|=\arctan x+C\ \Longrightarrow\ y=C_1\mathrm{e}^{\arctan x}.$$ 第④步代入 $f(0)=1$：$1=C_1\mathrm{e}^{0}=C_1$，故 $f(x)=\mathrm{e}^{\arctan x}$。

识别题干问「求曲线在点 $P$ 处的切线（法线）方程」，或问「过某点与曲线相切的直线方程」。

步骤① 求出切点处的导数 $f'(x_0)$——隐函数、参数方程给出的曲线要先（隐式或参数式）求导；

② 用点斜式写切线：$y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)$；

③ 法线斜率是 $-\frac{1}{f'(x_0)}$，同样用点斜式；

④ 若 $f'(x_0)=\infty$，切线是铅直的 $x=x_0$，法线是水平的 $y=f(x_0)$。

示例求曲线 $y=x^{3}$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程与法线方程。第①步：$y'=3x^{2}$，故 $y'(1)=3$。第②步切线：$y-1=3(x-1)$，即 $y=3x-2$。第③步法线斜率 $=-\frac{1}{3}$，故 $y-1=-\frac{1}{3}(x-1)$，即 $y=-\frac{1}{3}x+\frac{4}{3}$。

识别题干直接给出一个显式或隐式式子让你求 $y'$、$y''$、$\mathrm{d}y$；若 $y$ 没解出来、或 $x,y$ 都是 $t$ 的表达式、或问反函数的导数，就属于这一类。

步骤① 先判断类型：能写成 $y=f(x)$ 的是显函数，用链式法则由外向内逐层剥；

② 方程 $F(x,y)=0$ 型：两边同时对 $x$ 求导，含 $y$ 的项乘 $y'$，再解出 $y'$；

③ 参数方程型：先算 $\psi'(t)$、$\varphi'(t)$，用 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}$；

④ 反函数型：用 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\frac{1}{\mathrm{d}y/\mathrm{d}x}$，出现二阶就套 $-\frac{y''}{(y')^{3}}$；

⑤ 最后把结果化到最简，若是求某点的值就代入该点坐标。

示例求 $y=\ln\sin(2x+1)$ 的导数，并求由 $\mathrm{e}^{y}+xy-\mathrm{e}=0$ 确定的 $y'$。第一问由外向内剥： $$y'=\frac{1}{\sin(2x+1)}\cdot\cos(2x+1)\cdot 2=\frac{2\cos(2x+1)}{\sin(2x+1)}=2\cot(2x+1).$$ 第二问两边对 $x$ 求导：$\mathrm{e}^{y}y'+y+xy'=0$，解得 $y'=-\frac{y}{\mathrm{e}^{y}+x}$。

识别题中出现 $f^{(n)}(x)$、$y^{(n)}$、$f^{(n)}(0)$ 这类带字母 $n$ 的记号，或要求「求 $n$ 阶导数」。

步骤① 先化简：能拆项就拆（分式做部分分式、根式有理化、三角函数降幂），这是提速的关键；

② 选三条路之一：归纳法——函数是 $\frac{1}{ax+b}$、$\sin(ax+b)$ 型，逐次求导找规律；莱布尼茨公式——有一个因式是多项式（求几次就为 0）；泰勒展开比较系数——抽象函数或只求某一点的值；

③ 用对应公式写出通式，$n$ 阶导数含 $n$ 的表达式要写完整；

④ 若只求 $f^{(n)}(0)$，直接在具体展开式里找 $x^n$ 的系数。

示例求 $y=x^{2}\mathrm{e}^{2x}$ 的 $n$ 阶导数。第①步取 $u=\mathrm{e}^{2x}$（求导形式简单）、$v=x^{2}$（多项式，三次以上为 0）。第②③步由莱布尼茨公式，求和到 $k=2$ 即可，注意 $u^{(n-k)}=2^{n-k}\mathrm{e}^{2x}$、$v'=2x$、$v''=2$： $$y^{(n)}=\sum_{k=0}^{2}\mathrm{C}_n^{k}u^{(n-k)}v^{(k)}=2^{n}\mathrm{e}^{2x}x^{2}+n\,2^{n-1}\mathrm{e}^{2x}\cdot 2x+\frac{n(n-1)}{2}\,2^{n-2}\mathrm{e}^{2x}\cdot 2,$$ 即 $y^{(n)}=2^{n-2}\mathrm{e}^{2x}\left(4x^{2}+4nx+n(n-1)\right)$。

识别要求写出 $\mathrm{d}y$（而不是 $y'$）；或给出 $\Delta y$ 与 $\Delta x$、$o(\Delta x)$ 的关系式要你反求函数、参数。

步骤① 求 $\mathrm{d}y$：先用一阶微分形式不变性写出 $\mathrm{d}y=y'(u)\,\mathrm{d}u$，再逐层把 $\mathrm{d}u$ 换成 $\mathrm{d}x$；不用先求 $y'$ 再乘 $\mathrm{d}x$，一步到位更快；

② 幂指函数先写成 $\mathrm{e}^{v\ln u}$ 再求微分；

③ 反求参数：由 $\Delta y=\mathrm{d}y+o(\Delta x)$ 得知 $\mathrm{d}y$ 的系数就是导数，列出方程（或比较系数）求解；

④ 结果里的 $\mathrm{d}x$ 不能漏掉，$\mathrm{d}y$ 是微分不是导数。

示例求 $y=x^{x}\ (x>0)$ 的微分。第②步改写成指数形式：$y=\mathrm{e}^{x\ln x}$。第①步求微分： $$\mathrm{d}y=\mathrm{e}^{x\ln x}\,\mathrm{d}(x\ln x)=x^{x}\left(\ln x+x\cdot\frac{1}{x}\right)\mathrm{d}x=x^{x}(\ln x+1)\,\mathrm{d}x.$$ 顺便得到 $y'=x^{x}(\ln x+1)$，可见求微分与求导数只差一个 $\mathrm{d}x$。

识别函数在分界点左右两边表达式不同，题目问该点是否可导、或求使函数可导的参数（含未知常数 $a,b$）。

步骤① 先验证连续性：$\lim_{x\to x_0^-}f(x)=\lim_{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0)$。不连续必不可导，这一步能先卡掉一批参数；

② 再用定义求左右导数 $f'_-(x_0)$、$f'_+(x_0)$（不能直接对分段表达式求导后代入）；

③ 令 $f'_-(x_0)=f'_+(x_0)$ 且为有限数，解出参数；

④ 注意 $|f(x)|$、$f(x)|x-a|$ 在零点处要单独讨论。

示例设 $f(x)=x^{2}\ (x\le 1)$，$f(x)=ax+b\ (x>1)$，求使 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导的 $a,b$。第①步连续性：$f(1)=1$，右极限为 $a+b$，故 $$a+b=1.\qquad(\ast)$$ 第②步左右导数： $$f'_-(1)=\lim_{\Delta x\to 0^-}\frac{(1+\Delta x)^{2}-1}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0^-}(2+\Delta x)=2,\qquad f'_+(1)=\lim_{\Delta x\to 0^+}\frac{a(1+\Delta x)+b-1}{\Delta x}.$$ 用 $(\ast)$ 化简分子得 $a\Delta x$，所以 $f'_+(1)=a$。第③步令 $a=2$，代回 $(\ast)$ 得 $b=-1$。故 $a=2,\ b=-1$。

识别题中出现「求单调区间」「求极值」「在 $[a,b]$ 上的最值」「证明不等式」等字眼，或给一个可导函数让你完整讨论其增减。

步骤① 写出定义域（这是最容易被忽略却必须先做的一步）；

② 求 $f'(x)$，解 $f'(x)=0$ 并找出 $f'$ 不存在的点，用这些点把定义域分段；

③ 列表：逐段判断 $f'(x)$ 的符号，由符号定增减、写出单调区间；

④ 符号由正变负处取极大值，由负变正处取极小值，算出极值；

⑤ 若求 $[a,b]$ 上的最值，再把这些极值与端点值 $f(a),f(b)$ 一起比较，最大/最小者即为所求。

示例求 $f(x)=x^{3}-3x$ 的单调区间、极值，以及它在 $[-2,2]$ 上的最值。第①步定义域为全体实数。第②③步： $$f'(x)=3x^{2}-3=3(x-1)(x+1),$$ 驻点为 $x=-1,1$，据此分段列表：$(-\infty,-1)$ 上 $f'(x)>0$（增），$(-1,1)$ 上 $f'(x)<0$（减），$(1,+\infty)$ 上 $f'(x)>0$（增）。第④步：$x=-1$ 处由增变减，极大值 $f(-1)=2$；$x=1$ 处由减变增，极小值 $f(1)=-2$。第⑤步比较端点：$f(-2)=-2$，$f(2)=2$，与极值合看，最大值是 2（在 $x=-1$ 与 $x=2$ 处取得），最小值是 $-2$（在 $x=1$ 与 $x=-2$ 处取得）。

识别题干问「凹凸区间」「拐点坐标」，或给出含参数的分段/多项式函数问「是否存在拐点」。

步骤① 求 $y''$，解 $y''=0$ 并找出 $y''$ 不存在的点；

② 用这些点分区间，判断 $y''$ 在每个区间内的符号：$y''>0$ 是凹、$y''<0$ 是凸，写出凹凸区间；

③ 检查分界点处 $y''$ 是否变号：变号才是拐点（符号不变不是，如 $y=x^4$ 在 $0$ 处）；

④ 把横坐标代回原函数求出纵坐标，拐点要写成坐标 $(x_0,f(x_0))$；

⑤ 含参数的题：先用拐点的必要条件 $f''(x_0)=0$ 列方程解参数，再回头验证 $f''$ 确实变号。

示例求 $y=x^{4}-2x^{2}$ 的凹凸区间与拐点。第①步： $$y'=4x^{3}-4x,\qquad y''=12x^{2}-4=12\left(x^{2}-\frac13\right),$$ 令 $y''=0$ 得 $x=\pm\frac{1}{\sqrt3}$。第②步：$x<-\frac{1}{\sqrt3}$ 时 $y''>0$（凹）；$-\frac{1}{\sqrt3}<x<\frac{1}{\sqrt3}$ 时 $y''<0$（凸）；$x>\frac{1}{\sqrt3}$ 时 $y''>0$（凹）。第③④步：两个分界点处 $y''$ 都变号，都是拐点；代入 $x^{2}=\frac13$ 得 $y=\frac19-\frac23=-\frac59$，故拐点为 $\left(\pm\frac{1}{\sqrt3},-\frac59\right)$。

识别题干问「求曲线的渐近线」「渐近线的条数」，函数通常是有理分式、含 $\ln$ 或含 $\arctan$ 的形式。

步骤① 找铅直渐近线：列出所有无定义点（分母为零、对数真数为零等），逐个求单侧极限，为 $\infty$ 的就记一条 $x=x_0$；

② 对 $x\to+\infty$ 方向：先算 $\lim f(x)$，是常数则得水平渐近线，该方向结束；

③ 否则算 $a=\lim\frac{f(x)}{x}$：若 $a$ 不存在或 $a=0$，该方向没有斜渐近线；若 $a\ne0$，再算 $b=\lim[f(x)-ax]$ 得斜渐近线 $y=ax+b$；

④ 对 $x\to-\infty$ 方向重复第②③步（这是最容易漏的一步）；

⑤ 数条数时把三个方向的结果相加，注意同一方向水平与斜渐近线互斥。

示例求 $y=\frac{x^{2}}{x-1}$ 的渐近线。第①步：$x=1$ 时 $\lim_{x\to1}\frac{x^{2}}{x-1}=\infty$，故 $x=1$ 是铅直渐近线。第②步：$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^{2}}{x-1}=\infty$，不是常数，没有水平渐近线。第③④步：两个方向算同一个 $a$： $$a=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}\cdot\frac{x^{2}}{x-1}=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{x-1}=1\ne0,\qquad b=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^{2}}{x-1}-x\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{x-1}=1.$$ 故斜渐近线为 $y=x+1$，且两个方向同为这一条。第⑤步：共 2 条渐近线。

识别题干给出一串「$f'(x_0)=f''(x_0)=\cdots=0$，但某个高阶导数不为 0」的条件，问 $x_0$ 是不是极值点、$(x_0,f(x_0))$ 是不是拐点。

步骤① 数出第一个不为零的高阶导数的阶数 $n$；

② $n$ 为偶数$\Rightarrow$ 是极值点（该导数 $>0$ 为极小，$<0$ 为极大），且不是拐点；

③ $n$ 为奇数$\Rightarrow$ 不是极值点，且是拐点；

④ 若题目没给高阶导数信息，就回到原始定义：用 $f'$ 或 $f''$ 在两侧是否变号来判断。

示例设 $f(x)$ 在 $x_0$ 处四阶可导，且 $f'(x_0)=f''(x_0)=f'''(x_0)=0$，$f^{(4)}(x_0)=5>0$，判断 $x_0$ 与 $(x_0,f(x_0))$ 的性质。第①步：第一个不为零的是 4 阶导数，故 $n=4$。第②步：$n$ 为偶数，所以 $x_0$ 是极值点；又 $f^{(4)}(x_0)>0$，故为极小值点，同时 $(x_0,f(x_0))$ 不是拐点。

识别要求画函数草图，或问「方程 $f(x)=0$ 有几个根」「两曲线有几个交点」。

步骤① 把方程改写成「左边一个函数 $=$ 右边一个函数」的形式，根的个数就是两条曲线交点的个数；

② 对一个简单的函数求出定义域、$f'=0$ 的驻点、$f''=0$ 的点，得到它的单调区间、极值、凹凸与拐点；

③ 求出渐近线和两个无穷方向的趋势，画出它的草图；

④ 用水平线（或另一条曲线）去「扫」这个草图，按极值的大小分情况讨论，数出交点个数；

⑤ 含参数的题，把参数当成水平线的高度，按它落在极值之间还是之外分类作答。

示例讨论方程 $x^{3}-3x+a=0$ 的实根个数。第①步改写为「$x^{3}-3x=-a$」，即曲线 $y=x^{3}-3x$ 与水平线 $y=-a$ 的交点。第②步：由上题知该函数在 $x=-1$ 处取极大值 2，在 $x=1$ 处取极小值 $-2$，且 $x\to-\infty$ 时 $y\to-\infty$，$x\to+\infty$ 时 $y\to+\infty$。第④⑤步按水平线高度 $-a$ 分类：$-a>2$（即 $a<-2$）时只有 1 个根；$-a=2$（$a=-2$）或 $-a=-2$（$a=2$）时恰有 2 个根；$-2<-a<2$（即 $-2<a<2$）时有 3 个根。

识别题干直接问「曲率」「曲率半径」，或给出 $y=f(x)$、参数方程、极坐标曲线让你求某点处的曲率。

步骤① 求 $y'$、$y''$（参数方程给出的曲线先用参数求导公式求 $y'=\frac{\psi'}{\varphi'}$ 与 $y''$）；

② 代入 $K=\frac{\left|y''\right|}{\left(1+y'^{2}\right)^{3/2}}$，分子必须加绝对值；

③ 求曲率半径就直接取倒数 $R=\frac1K$；

④ 若是参数方程，也可直接代参数形式 $K=\frac{\left|\varphi'\psi''-\varphi''\psi'\right|}{\left[\varphi'^2+\psi'^2\right]^{3/2}}$，避免先解出 $y$ 与 $x$ 的关系；

⑤ 结论一般是一个含该点坐标的确定数值，别忘代点。

示例求曲线 $y=\ln x$ 在点 $x=1$ 处的曲率与曲率半径。第①步： $$y'=\frac1x,\qquad y''=-\frac{1}{x^{2}};\qquad x=1\text{ 时 }y'=1,\ y''=-1.$$ 第②③步代入公式： $$K=\frac{\left|-1\right|}{\left(1+1^{2}\right)^{3/2}}=\frac{1}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{4},\qquad R=\frac1K=2\sqrt2.$$

识别要证的不等式两边都是初等函数，不含抽象的 $f$，形如「在某个区间上 $A(x)>B(x)$」。

步骤① 作差移项，令 $F(x)=$（左边 $-$ 右边），把要证的结论改写成 $F(x)>0$；② 求 $F'(x)$ 并判断它在区间上的符号——如果 $F'$ 的符号看不出，就再求 $F''(x)$，由 $F''$ 的符号定出 $F'$ 的单调性，再由 $F'(a)$ 的符号定出 $F'$ 的符号，一层一层往上传；③ 用端点值（通常 $F(a)=0$ 或 $F(a)\ge 0$）配合单调性，得出 $F(x)>0$。

示例证明 $x>0$ 时 $x>\ln(1+x)$。令 $F(x)=x-\ln(1+x)$，则 $F(0)=0$，且 $$F'(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}>0\quad(x>0),$$

所以 $F$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增，$x>0$ 时 $F(x)>F(0)=0$，即 $x>\ln(1+x)$。

识别要证的式子里含有常数（常见 $0<a<b$），而且把常数换成别的值，结论看上去仍然应当成立。

步骤① 挑一个常数，把它换成变量 $x$（一般换掉「较小的那个」或「区间端点」，让 $x$ 的取值范围好写）；② 构造 $F(x)=$（左边 $-$ 右边）；③ 按方法一处理：求导、定符号、用端点值收尾；④ 最后把 $x$ 换回原来的常数，得到要证的结论。

示例证明 $0<a<b$ 时 $\frac{b-a}{b}<\ln\frac{b}{a}<\frac{b-a}{a}$。固定 $b$，把 $a$ 换成变量 $x\in(0,b)$。先令 $F(x)=\ln\frac{b}{x}-\frac{b-x}{b}$，则 $F(b)=0$，且 $$F'(x)=-\frac1x+\frac1b=\frac{x-b}{bx}<0\quad(0<x<b),$$

所以 $F$ 单调递减，$x<b$ 时 $F(x)>F(b)=0$，即 $\ln\frac{b}{x}>\frac{b-x}{b}$，把 $x$ 换回 $a$ 就得到右边的不等号。另一半同理：令 $G(x)=\ln\frac{b}{x}-\frac{b-x}{x}$，由 $G(b)=0$ 与 $G'(x)=\frac{b-x}{x^2}>0$ 得 $x<b$ 时 $G(x)<0$，即 $\ln\frac{b}{x}<\frac{b-x}{x}$，把 $x$ 换回 $a$ 即得。

识别要证的不等式里出现「$f(b)-f(a)$」这种两个函数值之差，或者条件给了 $f'$ 的单调性、$|f'|\le k$ 之类的导数信息。

步骤① 把 $f(b)-f(a)$ 用拉格朗日中值定理写成导数形式（出现两个不同函数相除时改用柯西中值定理）；② 利用 $\xi\in(a,b)$ 给导数定范围——例如 $f'$ 单调递增时 $f'(a)<f'(\xi)<f'(b)$，而 $|f'|\le k$ 时 $|f'(\xi)|\le k$；③ 把这一步的放缩代回，整理出要证的不等式。

示例设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且对一切 $x$ 有 $|f'(x)|\le M$，证明 $|f(b)-f(a)|\le M(b-a)$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$，两边取绝对值： $$|f(b)-f(a)|=|f'(\xi)|\,(b-a)\le M(b-a).$$

识别结论里只有一个中值点，且结论是某个导数等于零（或题干先给了一组函数值相等的点）。

步骤① 在题干里找出函数值相等的点，把它们从小到大排好；② 在每两个相邻的点构成的区间上核对罗尔定理的三个条件（闭区间连续、开区间可导、两端值相等）；③ 每用一次罗尔定理，就得到一个新的「导数为零的点」，点数比原来少一个，导数的阶数升一阶；④ 需要几阶导数就用几次，直到凑出结论要的那个导数。

示例设 $f(x)$ 在 $[0,3]$ 上连续、在 $(0,3)$ 内可导，且 $f(0)=f(1)=f(3)$，证明存在 $\xi\in(0,3)$ 使 $f''(\xi)=0$。

在 $[0,1]$ 上用罗尔定理得 $f'(\eta_1)=0$（$\eta_1\in(0,1)$）；在 $[1,3]$ 上用罗尔定理得 $f'(\eta_2)=0$（$\eta_2\in(1,3)$）。于是 $f'$ 在 $[\eta_1,\eta_2]$ 上满足罗尔定理的条件，再用一次得 $f''(\xi)=0$，其中 $\xi\in(\eta_1,\eta_2)\subset(0,3)$。

识别结论是含 $\xi$ 的等式，且 $\xi$ 只出现这一次（不涉及两个不同的点），例如 $f'(\xi)+2\xi f(\xi)=0$。

步骤① 把结论中的 $\xi$ 一律换成 $x$，移项整理成「$F'(x)=0$」的形状；② 反推出 $F(x)$（凑微分，必要时乘积分因子）；③ 核对 $F$ 在区间端点是否取值相等，然后在相应区间上用罗尔定理；④ 由 $F'(\xi)=0$ 还原出要证的等式。

示例设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，$f(a)=f(b)$，证明存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $$f'(\xi)+2\xi f(\xi)=0.$$

把 $\xi$ 换成 $x$ 得 $f'(x)+2xf(x)=0$。两边同乘 $\mathrm{e}^{x^{2}}$，左边正好是一个乘积的导数：$\left[f(x)\mathrm{e}^{x^{2}}\right]'=\mathrm{e}^{x^{2}}\left[f'(x)+2xf(x)\right]$。于是取辅助函数 $F(x)=f(x)\mathrm{e}^{x^{2}}$。它在 $[a,b]$ 上连续、$(a,b)$ 内可导，且 $F(a)=f(a)\mathrm{e}^{a^{2}}=f(b)\mathrm{e}^{b^{2}}=F(b)$。由罗尔定理，存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $F'(\xi)=0$，即 $$\mathrm{e}^{\xi^{2}}\left[f'(\xi)+2\xi f(\xi)\right]=0\ \Longrightarrow\ f'(\xi)+2\xi f(\xi)=0.$$

识别结论里同时出现两个不同的中值点（常见写法是「存在 $\xi,\eta\in(a,b)$ 使……」，且两边的表达式不同）。

步骤① 在 $(a,b)$ 内取一个中间点 $c$，把区间切成 $(a,c)$ 与 $(c,b)$ 两段；② 在整段 $[a,b]$ 上对 $f$ 用拉格朗日中值定理（对含 $f(b)-f(a)$ 的那一项），在整段上对 $f$ 与某个具体函数 $g$ 用柯西中值定理（对含两个差相除的那一项）；③ 把两个式子中的公共量（如 $f(b)-f(a)$）联立消去，就得到只含 $\xi,\eta$ 的关系式。

示例设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且 $0<a<b$，证明存在 $\xi,\eta\in(a,b)$ 使 $$f'(\xi)=\frac{a+b}{2\eta}f'(\eta).$$

对 $f$ 在 $[a,b]$ 上用拉格朗日中值定理：$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$。再对 $f$ 与 $g(x)=x^{2}$ 在 $[a,b]$ 上用柯西中值定理：$\frac{f(b)-f(a)}{b^{2}-a^{2}}=\frac{f'(\eta)}{2\eta}$，即 $$f(b)-f(a)=\frac{f'(\eta)}{2\eta}(b-a)(a+b).$$

两式右边都是 $f(b)-f(a)$，让它们相等并约去正数 $(b-a)$，便得 $f'(\xi)=\frac{a+b}{2\eta}f'(\eta)$。

识别结论是「$n$ 阶导数等于零」，而题干给出 $n+1$ 个函数值相等的信息（例如 $f$ 有 $n+1$ 个零点）。

步骤① 把这 $n+1$ 个点排序；② 在相邻两点之间各用一次罗尔定理，得到 $n$ 个使一阶导数为零的点；③ 对这 $n$ 个点重复同样的操作，每次导数升一阶、点数少一个；④ 做 $n$ 轮之后剩下的那个点就是 $\xi$。

示例设 $f(x)$ 在 $[0,n]$ 上 $n$ 阶可导，且 $f(0)=f(1)=\cdots=f(n)=0$，证明存在 $\xi\in(0,n)$ 使 $f^{(n)}(\xi)=0$。

在 $[0,1],[1,2],\dots,[n-1,n]$ 这 $n$ 个区间上各用一次罗尔定理，得 $f'$ 在 $(0,n)$ 内有 $n$ 个零点；再在这 $n$ 个零点之间用罗尔定理，得 $f''$ 有 $n-1$ 个零点……照此下去，第 $n$ 轮得到 $f^{(n)}$ 在 $(0,n)$ 内至少有一个零点，记为 $\xi$。

识别题干明确说「证明方程……有且仅有一个实根」（或者「恰有两个实根」），既有存在性又有唯一性要求。

步骤① 令 $F(x)=$（方程移项后的左边）；② 证存在性：找两点使 $F$ 的值异号（区间没给就用 $x\to\pm\infty$ 时 $F$ 的极限），用零点定理；③ 证唯一性：求 $F'(x)$，证明它在整个区间上恒正或恒负，从而 $F$ 严格单调；④ 由「单调 $+$ 两端异号」得出有且仅有一个实根。

示例证明方程 $x^{3}+x-1=0$ 有且仅有一个实根。

令 $F(x)=x^{3}+x-1$。取 $x=0$ 与 $x=1$：$F(0)=-1<0$，$F(1)=1>0$，且 $F$ 在 $[0,1]$ 上连续，由零点定理知存在根。又 $$F'(x)=3x^{2}+1>0\quad(-\infty<x<+\infty),$$

所以 $F$ 在实数轴上严格单调递增，图像与 $x$ 轴最多交一次，故实根有且仅有一个。

识别题目要证一个不等式，且不等式两端都是初等函数，或题干给了含 $f(b)-f(a)$ 的条件。

步骤① 先看不等式里有没有抽象函数：出现 $f(b)-f(a)$ 就直接用拉格朗日中值定理（方法三）；② 全是初等函数就作差，令 $F(x)=$（左边 $-$ 右边）（方法一）；③ 若式子里常数很多，先把常数换成变量 $x$ 再作差（方法二）；④ 作差后求导、定符号，符号看不出就求二阶导；⑤ 用端点值配合单调性收尾。

示例证明 $x>0$ 时 $\mathrm{e}^{x}>1+x$。

令 $F(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x$，则 $F(0)=0$，且 $F'(x)=\mathrm{e}^{x}-1>0$（$x>0$）。所以 $F$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增，$x>0$ 时 $F(x)>F(0)=0$，即 $\mathrm{e}^{x}>1+x$。

识别题干出现「质点运动」「位移」「速度」「加速度」「运动方程」等字样，并且给出了位移随时间的函数或受力关系。

步骤① 写出运动方程 $s=s(t)$（或题目给的其他函数关系）；② 求速度 $v=s'(t)$、加速度 $a=v'(t)=s''(t)$；③ 把题目要求的时间点代进去算出数值；④ 若题干只给「$s$ 与 $v$ 的关系」而不含 $t$，用 $a=v\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}s}$ 把 $t$ 消掉，再解微分方程。

示例已知质点做直线运动，位移为 $s(t)=t^{3}-6t^{2}+9t$（位移单位 m，时间单位 s），求 $t=2$ s 时的速度和加速度。

求导得速度与加速度： $$v(t)=s'(t)=3t^{2}-12t+9,\qquad a(t)=v'(t)=6t-12.$$

代入 $t=2$：$v(2)=3\times4-12\times2+9=-3$（m/s），$a(2)=6\times2-12=0$（m/s$^{2}$）。速度为负说明该时刻质点正沿负方向运动。

识别题干给出两个或更多随时间变化的量（如半径、体积、面积、水位），已知其中一个的变化率，要求另一个的变化率。

步骤① 先把这些量之间的函数关系式写出来（不含时间的那一层关系）；② 式子两端同时对 $t$ 求导，用链式法则把 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$ 与 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$ 联系起来；③ 把已知量与已知的变化率代入，解出要求的那个变化率；④ 检查各量的正负号是否符合实际意义。

示例圆的半径 $r$ 以 $2\,\mathrm{cm/s}$ 的速度均匀增大，求半径等于 $10\,\mathrm{cm}$ 时圆面积的变化率。

先写面积与半径的关系 $A=\pi r^{2}$，两端对 $t$ 求导： $$\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}t}=2\pi r\cdot\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}.$$

代入 $r=10$、$\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=2$，得 $\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}t}=2\pi\times10\times2=40\pi$（cm$^{2}$/s）。（注意：这里必须把 $r=10$ 代进去，不能在求导之前就代入，否则 $A$ 变成常数，导数就成 0 了。）

识别题目给出需求函数或价格函数、成本函数，问「最大利润」「最优产量」「边际成本是多少」。

步骤① 由需求函数写出收益 $R(Q)=p(Q)\cdot Q$；② 写出利润 $L(Q)=R(Q)-C(Q)$；③ 令 $L'(Q)=R'(Q)-C'(Q)=0$ 求出驻点（也就是 $MR=MC$ 的那个 $Q$）；④ 用 $L''(Q)<0$ 确认它是最大值点；⑤ 把 $Q$ 代回求最大利润（题目还要价格就再代回需求函数）。

示例设某商品的需求函数为 $p=40-Q$，总成本为 $C(Q)=20Q+50$，求使利润最大的产量与最大利润。

收益 $R(Q)=pQ=(40-Q)Q=40Q-Q^{2}$，于是 $$L(Q)=R(Q)-C(Q)=40Q-Q^{2}-20Q-50=-Q^{2}+20Q-50.$$

令 $L'(Q)=-2Q+20=0$，得唯一驻点 $Q=10$；又 $L''(Q)=-2<0$，故 $Q=10$ 是极大值点，也就是最大值点。最大利润 $$L(10)=-10^{2}+20\times10-50=50.$$

识别题干给出需求函数并问「需求弹性」「涨价还是降价能使收益增加」「收益最大时的价格」。

步骤① 由 $\eta=\frac{p}{Q}\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}p}$ 算出弹性（记得先求出 $\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}p}$）；② 用 $\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}p}=Q(1+\eta)$ 判断涨价的后果：符号为正说明涨价增收益，为负说明降价增收益；③ 要求收益最大的价格，就令 $|\eta|=1$（即 $\eta=-1$）解出 $p$；④ 把结果与需求函数的取值范围核对一下。

示例设需求函数为 $Q=100-2p$，求 $p=20$ 时的需求弹性，并说明此时涨价能否增加收益。

先求 $\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}p}=-2$，$p=20$ 时 $Q=100-40=60$，于是 $$\eta=\frac{p}{Q}\cdot\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}p}=\frac{20}{60}\times(-2)=-\frac23,\qquad |\eta|=\frac23<1.$$

属于缺乏弹性，此时 $\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}p}=Q(1+\eta)=60\times\frac13=20>0$，说明涨价可以使收益增加（要增加收益应提价，而不是降价）。

识别题干给的是一个带 $\int$ 的恒等式，形如「$\int(\cdots)\mathrm{d}x=F(x)+C$」，要求里面的未知函数 $f$。

步骤① 看清等式两边都是 $x$ 的函数；② 两端同时对 $x$ 求导（左边求导就把积分号和 $\mathrm{d}x$ 消掉，只剩被积函数）；③ 整理出 $f$ 的表达式；④ 若被积函数里是 $f(x^2)$ 这种复合形式，最后再做一次变量替换换成 $f(x)$。

示例设 $0<x<1$，且 $\int(1-x^2)f(x^2)\,\mathrm{d}x=\arcsin x+C$，求 $f(x)$。

两端同时对 $x$ 求导，左边只剩下被积函数： $$(1-x^2)f(x^2)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\ \Longrightarrow\ f(x^2)=\frac{1}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}.$$

把 $x^2$ 换成 $x$（同时 $1-x^2$ 换成 $1-x$），得 $f(x)=\frac{1}{(1-x)^{3/2}}$。

识别函数是分段给出的，要求它的一个原函数；选项通常也全是分段函数。

步骤① 先明确一件事：原函数必须处处可导，因而必然处处连续，所以分段点处左右两段必须接得上；② 用「分段点处连续」这个条件筛掉一连串选项；③ 再在每一段内验证 $F'(x)=f(x)$ 是否成立，排除剩下的错误项；④ 选定答案。

示例已知 $f(x)=\begin{cases}\sqrt{1+x},&x\le 0,\\ (x+1)\cos x,&x>0,\end{cases}$ 求 $f(x)$ 的一个原函数 $F(x)$。

选项 (A)：$\lim_{x\to 0^-}F(x)=0$，而 $\lim_{x\to 0^+}F(x)=1$，左右极限不等，$F$ 在 $0$ 处不连续，排除；选项 (C) 同理排除。

选项 (B)：当 $x>0$ 时 $F'(x)=\cos x-(x+1)\sin x-\cos x=-(x+1)\sin x\ne (x+1)\cos x=f(x)$，求导对不上，排除。

故选 (D)：$F(x)=\begin{cases}\ln\!\left(\sqrt{1+x^2}+x\right)+1,&x\le 0,\\ (x+1)\sin x+\cos x,&x>0.\end{cases}$

还要注意常数 $+1$ 是为保证 $x=0$ 处连续而配的；顺带记住 $\ln\!\left(\sqrt{1+x^2}+x\right)$ 是常见的奇函数（见第 1 章）。

识别要求的极限是一个 $n$ 项和：每项里都出现 $\frac in$，并且整个和式能提出一个公因子 $\frac1n$（或 $\frac{b-a}{n}$）。

步骤① 把 $\frac1n$（或 $\frac{b-a}{n}$）提到求和号外面；② 把剩下的部分整理成 $\left(\text{关于}\ \frac in\ \text{的同一个函数}\right)$ 的形式，把这个函数记作 $f$；③ 套公式把它写成定积分；④ 必要时先化简各项（如约分、把与 $i$ 无关的量提出来）再动手。

标准形式：$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f\!\left(\frac{i}{n}\right)=\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x$（相当于取 $\Delta x=\frac1n$，$\xi_i=\frac in$）。

更一般的形式：$\lim_{n\to\infty}\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^{n}f\!\left(a+\frac{i}{n}(b-a)\right)=\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$。

示例求 $\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n+i}$。

先把与 $i$ 有关的项写成 $\frac in$ 的样子：$\frac{1}{n+i}=\frac1n\cdot\frac{1}{1+\frac in}$。于是 $$\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n+i}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+\frac in}=\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x}=\ln 2.$$

反例提醒：并不是所有 $n$ 项和都能化成定积分。判断标准是「能不能提出 $\frac1n$、剩下的部分是不是同一个函数在 $\frac in$ 处的取值」。像 $\sum\frac{i}{n^2}$ 要先化简（$\sum\frac{i}{n^2}=\frac1n\cdot\frac{n(n+1)}{2n}$，其实可以化），而含「与 $n$ 无关的分式」或无法整体提出因子的和式，往往要用夹逼准则而不是定积分定义。

识别题干里出现带 $\int$ 的恒等式，或者问「下列函数在给定区间上是否有原函数」。

步骤① 若是恒等式，两端同时对 $x$ 求导，把积分号消掉得到关于 $f$ 的关系；② 若是判断原函数是否存在，先扫一遍区间内有没有第一类间断点（可去或跳跃），有就判定「无原函数」；③ 若函数在区间上连续，直接回答「有原函数」，并可用 $\int_a^x f(t)\mathrm{d}t$ 把它写出来。

示例问符号函数 $f(x)=\begin{cases}-1,&x<0,\\1,&x\ge 0\end{cases}$ 在 $[-1,1]$ 上有没有原函数？$x=0$ 处左右极限是 $-1$ 与 $1$，是跳跃间断点，属于第一类间断点，所以 $f$ 在 $[-1,1]$ 上没有原函数。但它可积——这说明「有原函数」与「可积」是两件不同的事。

识别求一个 $n$ 项和的极限，每项里含 $\frac in$，整体能提出 $\frac1n$ 或 $\frac{b-a}{n}$。

步骤① 提出公因子 $\frac1n$（或 $\frac{b-a}{n}$）；② 把剩下的部分整理成同一个函数在 $\frac in$ 处的取值，记为 $f$；③ 写成 $\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x$（区间 $[a,b]$ 的情形写成 $\int_a^b f(x)\mathrm{d}x$）；④ 算出这个定积分。若提不出统一因子，改用夹逼准则。

示例求 $\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{n^{2}+i^{2}}$。

先约掉一个 $n$ 提出来：$\frac{n}{n^{2}+i^{2}}=\frac1n\cdot\frac{1}{1+\left(\frac in\right)^{2}}$，于是 $$\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{n^{2}+i^{2}}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+\left(\frac in\right)^{2}}=\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}=\arctan 1=\frac{\pi}{4}.$$

识别表达式里出现「$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{\cdots}^{\cdots}$」，或者要求一个由变限积分定义的函数的导数、极限。

步骤① 先检查被积函数里有没有混进 $x$：有就先换元或把它提到积分号外；② 套公式 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{\varphi(x)}^{\psi(x)}f(t)\mathrm{d}t=f(\psi(x))\psi'(x)-f(\varphi(x))\varphi'(x)$；③ 上限求导带正号、下限求导带负号，别漏链式法则；④ 若还要接着求极限，用洛必达法则，每用一次就求一次导。

示例设 $F(x)=\int_0^{x^{2}}\sin t\,\mathrm{d}t$，求 $F'(x)$。

这里上限是 $x^{2}$，套公式时乘上它的导数 $2x$： $$F'(x)=\sin(x^{2})\cdot(x^{2})'=2x\sin(x^{2}).$$

若题目改成 $F(x)=\int_0^{x}(x-t)f(t)\mathrm{d}t$，就先把 $x$ 拆出来：$F(x)=x\int_0^x f(t)\mathrm{d}t-\int_0^x tf(t)\mathrm{d}t$，再按乘积求导，得 $F'(x)=\int_0^x f(t)\mathrm{d}t+xf(x)-xf(x)=\int_0^x f(t)\mathrm{d}t$。

识别题目给两个定积分（也许多一个选项），要判断谁大谁小；积分区间相同，被积函数不同。

步骤① 区间相同时，只需比较被积函数在区间上的大小：作差 $f-g$，判断符号；② 符号不好判断就求导找最值，或者用估值定理、积分中值定理；③ 区间不同时先各自算出数值，或者先做变量替换把区间统一；④ 被积函数里含参数时，把参数看成变量，讨论它在不同范围内的大小关系。

示例比较 $I_1=\int_0^1 x\,\mathrm{d}x$ 与 $I_2=\int_0^1 x^{2}\,\mathrm{d}x$ 的大小。

两式区间都是 $[0,1]$，作差看被积函数：$x-x^{2}=x(1-x)\ge 0$（$0\le x\le 1$），由保号性得 $I_1\ge I_2$，即 $I_1$ 更大。（直接算也很快：$I_1=\frac12$，$I_2=\frac13$。）

识别积分限里有 $\infty$，或者被积函数在区间某点附近趋于无穷（有瑕点）；问「是否收敛」或「求值」。

步骤① 先判断是哪一类：无穷区间、瑕积分，还是两者兼有；② 找出所有瑕点，区间内部有瑕点就拆成若干个积分；③ 求原函数，再取极限得到结果；④ 原函数求不出时改用比较判别法（抓大头找一个同阶的 $p$ 积分来比）。

示例判断 $\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}}$ 与 $\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{x}$ 的敛散性。

第一个是无穷区间上的 $p$ 积分，$p=2>1$，收敛，且值为 $$\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}}=\lim_{t\to+\infty}\left(1-\frac1t\right)=1.$$

第二个的瑕点在 $x=0$，属于 $p=1$ 的瑕积分，$p\ge 1$，发散——直接算也能看出：$\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{x}=\lim_{t\to0^+}(-\ln t)=+\infty$。

识别要证明某个函数「存在原函数」，或者要在证明题里为某个函数配一个原函数。

步骤① 由「$f$ 连续 $\Rightarrow F(x)=\int_a^x f(t)\mathrm{d}t$ 可导且 $F'=f$」，直接把 $F$ 写出来当作原函数；② 若还要进一步证明（如证明某个中值等式），把这个 $F$ 与积分中值定理、罗尔定理配合使用；③ 需要 $F$ 在端点取值的条件时，用积分中值定理把 $F(b)-F(a)=\int_a^b f$ 转成 $f(\xi)(b-a)$。

示例设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，证明 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有原函数。取 $F(x)=\int_a^x f(t)\mathrm{d}t$。由原函数存在定理，$F$ 在 $[a,b]$ 上可导，且对任意 $x\in[a,b]$ 有 $$F'(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_a^{x}f(t)\,\mathrm{d}t=f(x),$$

故 $F(x)$ 就是 $f(x)$ 的一个原函数。

识别被积函数里出现「某个函数与它的导数」的搭配，例如 $\sin x$ 配 $\cos x$、$\frac1x$ 配 $\ln x$、$x$ 配 $x^{2}$。

步骤① 把 $\mathrm{d}x$ 凑成某个函数的微分：$g'(x)\mathrm{d}x=\mathrm{d}[g(x)]$；② 整个积分改写成 $\int f[g(x)]\,\mathrm{d}[g(x)]$ 的形状；③ 令 $u=g(x)$，变成 $\int f(u)\,\mathrm{d}u$；④ 用基本公式积出来，再把 $u$ 换回 $x$。

原理（其实就是复合函数求导反过来用）： $$\int f[g(x)]g'(x)\,\mathrm{d}x=\int f[g(x)]\,\mathrm{d}[g(x)]\xlongequal{u=g(x)}\int f(u)\,\mathrm{d}u.$$

常见凑法（要练到不假思索）：

$\mathrm{d}x=\mathrm{d}(x\pm a)$；$x\mathrm{d}x=\frac12\mathrm{d}(x^{2})=\frac12\mathrm{d}(x^{2}\pm a)$；$\frac{\mathrm{d}x}{x}=\mathrm{d}(\ln x)$；$\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x})$；

$\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}=2\mathrm{d}(\sqrt{x})$；$\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}}=-\mathrm{d}\!\left(\frac1x\right)$；$\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}=\mathrm{d}(\arctan x)$；$\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\mathrm{d}(\arcsin x)$；

$\sin x\,\mathrm{d}x=-\mathrm{d}(\cos x)$；$\cos x\,\mathrm{d}x=\mathrm{d}(\sin x)$；$\frac{\mathrm{d}x}{\cos^{2}x}=\mathrm{d}(\tan x)$；$\frac{\mathrm{d}x}{\sin^{2}x}=-\mathrm{d}(\cot x)$。

示例求 $\int\tan x\,\mathrm{d}x$。把分子凑进微分：$\sin x\,\mathrm{d}x=-\mathrm{d}(\cos x)$，于是 $$\int\tan x\,\mathrm{d}x=\int\frac{\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x\xlongequal{u=\cos x}-\int\frac{\mathrm{d}u}{u}=-\ln|u|+C=-\ln|\cos x|+C.$$

优先用它的理由：绝大多数不定积分的第一反应都应该是凑微分——先看能不能凑，凑不动再考虑换元。

识别被积函数里带根号，或者分母的次数明显偏高，凑微分凑不出来。

步骤① 选一个合适的替换 $x=g(t)$（三角代换、根式代换或倒代换）；② 把 $\mathrm{d}x$ 换成 $g'(t)\mathrm{d}t$，被积函数里的 $x$ 也全用 $t$ 表示；③ 积出关于 $t$ 的结果；④ 把 $t$ 换回 $x$——三角代换要用直角三角形回代，根式代换直接解出 $t$ 即可。

原理（换一个自变量）：$\int f(x)\,\mathrm{d}x\xlongequal{x=g(t)}\int f[g(t)]g'(t)\,\mathrm{d}t$。

1. 三角代换（目的是把根号去掉）：

① 含 $\sqrt{a^{2}-x^{2}}$：令 $x=a\sin t$（或 $x=a\cos t$），则 $\sqrt{a^{2}-x^{2}}=a\cos t$；

② 含 $\sqrt{a^{2}+x^{2}}$：令 $x=a\tan t$，则 $\sqrt{a^{2}+x^{2}}=a\sec t$；

③ 含 $\sqrt{x^{2}-a^{2}}$：令 $x=a\sec t$，则 $\sqrt{x^{2}-a^{2}}=a\tan t$。

2. 根式代换：含 $\sqrt[n]{ax+b}$ 时，直接令 $\sqrt[n]{ax+b}=t$，把根号「开」掉。

3. 倒代换：被积函数分母中 $x$ 的幂次较高时，令 $x=\frac1t$。

示例求 $\int\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{x}}$。令 $\sqrt{x}=t$，则 $x=t^{2}$、$\mathrm{d}x=2t\,\mathrm{d}t$，于是 $$\int\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{x}}=\int\frac{2t}{1+t}\mathrm{d}t=2\int\left(1-\frac{1}{1+t}\right)\mathrm{d}t=2t-2\ln(1+t)+C=2\sqrt{x}-2\ln(1+\sqrt{x})+C.$$

要点：三角代换之后必须画一个直角三角形回代（例如画出 $\sin t=\frac xa$ 的三角形，把 $\cos t,\tan t,t$ 都用 $x$ 表达）；另外换元时别忘了 $\mathrm{d}x=g'(t)\mathrm{d}t$ 这一项。

识别被积函数是两类不同函数相乘，例如 $x\mathrm{e}^{x}$、$x\sin x$、$\ln x$、$x\arctan x$。

步骤① 按「反对幂指三」的顺序确定谁是 $u$、谁凑进 $\mathrm{d}v$；② 用公式 $\int u\,\mathrm{d}v=uv-\int v\,\mathrm{d}u$ 把积分换成一个新的积分；③ 检查新积分是不是比原来的简单（通常会降低幂次或去掉对数/反三角）；④ 必要时重复使用，或者用循环法解出原式。

公式的来历（由乘积求导公式移项而来）：$(uv)'=u'v+uv'$，两边积分得 $\int(uv)'\mathrm{d}x=\int u'v\,\mathrm{d}x+\int uv'\,\mathrm{d}x$，即 $uv=\int v\,\mathrm{d}u+\int u\,\mathrm{d}v$。

选 $u$ 的口诀：「反对幂指三」——被积函数里出现两类函数相乘时，按「反三角函数、对数函数、幂函数、指数函数、三角函数」的先后顺序，排在前面的取作 $u$，排在后面的凑进 $\mathrm{d}v$。

三个特殊技巧：

① 循环法：$\int\mathrm{e}^{x}\sin x\,\mathrm{d}x$、$\int\sec^{3}x\,\mathrm{d}x$ 这类，用两次分部积分后原式又出现了，把它当成未知量移项解出来即可；

② 抽象函数的分部积分：$\int f'(x)g(x)\mathrm{d}x$ 这种形状常出现在变限积分、中值定理的证明题里；

③ 遇到单独的 $\ln x$、$\arctan x$、$\arcsin x$，就直接把它们取作 $u$、让 $\mathrm{d}v=\mathrm{d}x$——因为它们的导数是简单分式，换过来更好积。

示例求 $\int x\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x$。幂函数排在指数函数前面，取 $u=x$、$\mathrm{d}v=\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x$（即 $v=\mathrm{e}^{x}$），于是 $$\int x\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=x\mathrm{e}^{x}-\int \mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=x\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}+C.$$

识别被积函数是两个多项式的商 $\frac{P(x)}{Q(x)}$，或者能用万能代换化成这种形状的三角有理式。

步骤① 若分子次数不低于分母次数（假分式），先做多项式除法，拆成「多项式 $+$ 真分式」；② 把分母因式分解（一次因式 $(x-a)^k$、不可约二次因式 $(x^{2}+px+q)^m$）；③ 按因式类型拆成部分分式：$\frac{A}{x-a}+\frac{B}{(x-a)^{2}}+\cdots+\frac{Cx+D}{x^{2}+px+q}+\cdots$；④ 用待定系数法定出 $A,B,C,D$；⑤ 逐项积分。

四类可积类型（直接记结论）：$\int\frac{\mathrm{d}x}{x-a}=\ln|x-a|+C$；$\int\frac{\mathrm{d}x}{(x-a)^{k}}=\frac{(x-a)^{1-k}}{1-k}+C$；$\int\frac{Ax+B}{x^{2}+px+q}\mathrm{d}x$ 拆成对数项与反正切项两部分。

三角函数有理式 $R(\sin x,\cos x)$：一般用万能代换 $t=\tan\frac x2$（此时 $\sin x=\frac{2t}{1+t^{2}}$，$\cos x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$，$\mathrm{d}x=\frac{2\mathrm{d}t}{1+t^{2}}$）化为有理函数。若式子满足 $R(-\sin x,\cos x)=-R$，改用 $t=\cos x$；若满足 $R(\sin x,-\cos x)=-R$，改用 $t=\sin x$；若满足 $R(-\sin x,-\cos x)=R$，改用 $t=\tan x$。用这几个判据能省掉一半计算量。

简单无理函数：通过代换（$t=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$ 或三角代换）化为有理函数，再按上面的步骤做。

示例求 $\int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+x}$。先把分母分解并拆成部分分式：$\frac{1}{x(x+1)}=\frac1x-\frac{1}{x+1}$，于是 $$\int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+x}=\int\frac{\mathrm{d}x}{x}-\int\frac{\mathrm{d}x}{x+1}=\ln|x|-\ln|x+1|+C.$$

识别积分限里有 $\infty$，或者被积函数在区间端点附近趋于无穷（有瑕点）。

步骤① 先扫一遍：是无穷区间、瑕积分，还是两者都有；找出所有瑕点；② 区间内部有瑕点时，必须拆成两个（或多个）反常积分，各自独立判断；③ 把反常积分改写成极限形式，求出原函数；④ 取极限得到结果，同时说明收敛还是发散。

三种基本形状：

① 无穷区间：$\int_a^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x=\lim_{x\to+\infty}F(x)-F(a)$；

② 瑕积分（瑕点在 $x=a$）：$\int_a^b f(x)\mathrm{d}x=\lim_{x\to a^+}\left[F(b)-F(x)\right]$；

③ 区间内部有瑕点时拆成两段，两段都收敛才算收敛。

示例求 $\int_0^{+\infty}x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x$。

先用分部积分求原函数（取 $u=x$、$\mathrm{d}v=\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x$，$v=-\mathrm{e}^{-x}$）： $$\int x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=-x\mathrm{e}^{-x}+\int \mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=-x\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-x}+C.$$

再取极限： $$\int_0^{+\infty}x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=\left[-x\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-x}\right]_0^{+\infty}=0-(0-1)=1.$$

几个常用结论：$\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=1$；$\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt\pi}{2}$；$\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^{p}}$ 在 $p>1$ 时等于 $\frac{1}{p-1}$。

识别题目要求「求不定积分」，被积函数是初等函数的组合，结果应当带 $+C$。

步骤① 先看能不能凑微分（出现「函数与其导数」的搭配就凑）；② 凑不动再看要不要换元（有根号、分母次数高）；③ 如果是两类函数相乘，用分部积分，按「反对幂指三」选 $u$；④ 如果是有理式，用部分分式拆开后逐项积分；⑤ 最后检查：结果求导能不能回到被积函数。

示例求 $\int x\cos x\,\mathrm{d}x$。

幂函数排在三角函数前面，取 $u=x$、$\mathrm{d}v=\cos x\,\mathrm{d}x$（$v=\sin x$），由分部积分公式 $$\int x\cos x\,\mathrm{d}x=x\sin x-\int \sin x\,\mathrm{d}x=x\sin x+\cos x+C.$$

验算：$(x\sin x+\cos x)'=\sin x+x\cos x-\sin x=x\cos x$，正确。

识别积分有明确的上下限，要求算出具体数值。

步骤① 先把被积函数拆成奇偶两部分，看能不能用对称性直接消掉；② 检查区间是否关于原点对称（奇偶性），或是否跨越整数个周期（周期性）；③ 剩下的部分用换元（记得换限）或分部积分算；④ 遇到 $\int_0^{\pi/2}\sin^{n}x\,\mathrm{d}x$ 这种形状直接套点火公式。

示例求 $\int_{-1}^{1}(x^{3}+x^{2})\,\mathrm{d}x$。

区间 $[-1,1]$ 关于原点对称。$x^{3}$ 是奇函数，它的积分直接为 $0$；$x^{2}$ 是偶函数，可以只算半区间再乘 $2$： $$\int_{-1}^{1}(x^{3}+x^{2})\,\mathrm{d}x=0+2\int_0^1 x^{2}\,\mathrm{d}x=2\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.$$

识别被积函数是分段给出的，或者含绝对值、$\max$、$\min$，或者被积函数在区间内部有间断点。

步骤① 找出所有「分界点」（分段点、绝对值的零点、间断点）；② 用这些分界点把积分区间拆开，使每一段上被积函数有统一的表达式；③ 含绝对值或 $\max,\min$ 时，先在该段上写出去掉符号后的表达式；④ 每段分别积分再相加。

示例求 $\int_0^{2}|x-1|\,\mathrm{d}x$。

绝对值在 $x=1$ 处变号，于是拆成两段：$[0,1]$ 上 $|x-1|=1-x$，$[1,2]$ 上 $|x-1|=x-1$。因此 $$\int_0^{2}|x-1|\,\mathrm{d}x=\int_0^{1}(1-x)\,\mathrm{d}x+\int_1^{2}(x-1)\,\mathrm{d}x=\frac12+\frac12=1.$$

识别表达式里含有变限积分，要求它的导数，或者要求一个含变限积分的分式的极限。

步骤① 先化简被积函数——如果里面混着 $x$，就换元或把它提到积分号外；② 套求导公式，注意上下限都是函数时要各求一次，上限取正号、下限取负号；③ 求极限时先用洛必达法则把变限积分求导，再判断类型继续处理；④ 若分子分母的阶数不匹配，考虑用等价无穷小或泰勒公式配合。

示例求 $\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^{x}\sin t\,\mathrm{d}t}{x^{2}}$。

这是 $\frac00$ 型，分子是变限积分，用洛必达法则把分子分母同时求导： $$\lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle\int_0^{x}\sin t\,\mathrm{d}t}{x^{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{2x}=\frac12.$$

识别积分限含 $\infty$，或被积函数在端点附近趋于无穷，要求值或判断敛散。

步骤① 先找出所有瑕点和无穷限，把区间拆好；② 求原函数；③ 用极限替换瑕点或无穷限，算出结果；④ 若原函数求不出来，就只能改用比较判别法判断敛散——但要记住比较判别法只能判敛，不能求值。

示例求 $\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x$。

先求原函数再取极限： $$\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=\lim_{t\to+\infty}\int_0^{t}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=\lim_{t\to+\infty}\left[-\mathrm{e}^{-x}\right]_0^{t}=\lim_{t\to+\infty}\left(1-\mathrm{e}^{-t}\right)=1.$$

识别题目要证一个有积分号在里面的恒等式，或者要证明某个定积分等于指定值。

步骤① 先试区间再现：把右边的 $x$ 换成 $a+b-x$（对 $[0,\pi/2]$ 就是 $x\to\frac\pi2-x$），看能不能把两边凑成同一个式子；② 不行就用换元把两端的积分化成同一个形状；③ 也可以用分部积分把某一边变形，向另一边靠拢；④ 两边一致即证完。

示例证明 $\int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{4}$。

记 $I=\int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x$。对 $I$ 作区间再现 $x\to\frac\pi2-x$（此时 $\sin x\to\cos x$，$\cos x\to\sin x$），得 $$I=\int_0^{\pi/2}\frac{\cos x}{\cos x+\sin x}\,\mathrm{d}x.$$

两式相加，被积函数变成 $\frac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}=1$，于是 $$2I=\int_0^{\pi/2}1\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}\ \Longrightarrow\ I=\frac{\pi}{4}.$$

识别题干给出几条曲线（或一条封闭曲线），要求它们围成的图形面积。

步骤① 画出草图，联立方程求交点，由交点确定积分限（极坐标下则是确定 $\theta$ 的范围）；② 看边界曲线的形式决定用哪套公式：能写成 $y=f(x)$ 就用直角坐标，带参数 $t$ 的用参数方程，出现 $r=r(\theta)$ 的用极坐标；③ 套对应公式，注意「上减下」「外减内」以及绝对值和上下限；④ 算出数值。

示例求由曲线 $y=x^{2}$ 与直线 $y=x$ 围成的图形面积。

联立 $y=x^{2}$ 与 $y=x$ 得 $x=0$ 或 $x=1$，所以积分限是 $[0,1]$。在 $(0,1)$ 内 $x>x^{2}$，所以直线在上面，由直角坐标的面积公式 $$S=\int_0^1\left(x-x^{2}\right)\mathrm{d}x=\left[\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}\right]_0^1=\frac12-\frac13=\frac16.$$

识别题干给出一个平面图形（通常是曲线与坐标轴围成的），要求它绕某条直线旋转一周所得旋转体的体积。

步骤① 先看清绕的是哪条轴：绕 $x$ 轴就层层叠圆盘，用 $V=\pi\int y^{2}\mathrm{d}x$；② 绕 $y$ 轴优先用柱壳法 $V=2\pi\int x|f(x)|\mathrm{d}x$（这样不必反过来解函数）；③ 绕任意直线 $x=c$、$y=c$ 或斜直线时，用微元法：把微元到轴的距离当半径，写体积再积分；④ 把积分算出来。

示例设平面图形由 $y=\sqrt{x}$、$x$ 轴与直线 $x=1$ 围成，分别求它绕 $x$ 轴、绕 $y$ 轴旋转所得旋转体的体积。

绕 $x$ 轴用圆盘法（半径是 $y=\sqrt{x}$）： $$V_x=\pi\int_0^1\left(\sqrt{x}\right)^{2}\mathrm{d}x=\pi\int_0^1 x\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}.$$

绕 $y$ 轴用柱壳法（壳到轴的距离是 $x$，高是 $\sqrt{x}$）： $$V_y=2\pi\int_0^1 x\sqrt{x}\,\mathrm{d}x=2\pi\int_0^1 x^{3/2}\mathrm{d}x=2\pi\cdot\frac{2}{5}=\frac{4\pi}{5}.$$

识别题干要求的是「曲面面积」「侧面积」，而不是体积。

步骤① 确认旋转轴是 $x$ 轴还是 $y$ 轴（公式默认绕 $x$ 轴，绕 $y$ 轴要把变量轮换）；② 按曲线给的形式（直角坐标、参数方程、极坐标）写出微元 $\mathrm{d}s$；③ 套 $S=2\pi\int y\,\mathrm{d}s$，把「到轴的距离」乘上弧长微元再积分；④ 算出数值。

示例求直线段 $y=x$（$0\le x\le 1$）绕 $x$ 轴旋转所得旋转曲面的侧面积。

先求弧长微元：$y'=1$，所以 $\mathrm{d}s=\sqrt{1+1^{2}}\,\mathrm{d}x=\sqrt2\,\mathrm{d}x$。再套侧面积公式： $$S=2\pi\int_0^1 x\sqrt2\,\mathrm{d}x=2\pi\sqrt2\cdot\frac12=\sqrt2\,\pi.$$

（核对一下：旋转出来是一个底面半径 $1$、母线长 $\sqrt2$ 的圆锥侧面，侧面积 $=\pi r l=\pi\cdot1\cdot\sqrt2=\sqrt2\pi$，一致。）

识别题干要求「曲线的长度」「弧长」，并给出曲线在某个区间上的表达式。

步骤① 看曲线是直角坐标、参数方程还是极坐标形式，选对应的弧长公式；② 求导数并代进根号；③ 若曲线关于某条直线对称，可以只算一半再乘 $2$（能明显减少计算量）；④ 把积分算出来。

示例求曲线 $y=\frac{2}{3}x^{3/2}$ 在 $0\le x\le 3$ 上的弧长。

先求导：$y'=x^{1/2}$，于是 $\sqrt{1+\left[y'\right]^{2}}=\sqrt{1+x}$。由直角坐标弧长公式 $$s=\int_0^3\sqrt{1+x}\,\mathrm{d}x=\left[\frac{2}{3}(1+x)^{3/2}\right]_0^3=\frac{2}{3}\left(8-1\right)=\frac{14}{3}.$$

识别题目描述一个立体：底面是某个已知区域，而垂直于某条轴的截面是三角形、半圆、正方形等简单图形。

步骤① 选好坐标轴，写出底面上该轴方向的范围；② 在位置 $x$ 处把截面面积 $A(x)$ 写出来（截面边长通常要用相似三角形或底边方程表示）；③ 用 $V=\int_a^b A(x)\mathrm{d}x$ 积分；④ 算出数值。

示例设立体的底面是圆 $x^{2}+y^{2}\le a^{2}$，垂直于 $x$ 轴的截面都是等边三角形，求该立体的体积。

在位置 $x$ 处，底面上那条弦的半长是 $y=\sqrt{a^{2}-x^{2}}$，所以弦长 $2y$，而这个等边三角形的边长正是 $2y$。等边三角形面积公式给出 $$A(x)=\frac{\sqrt3}{4}\left(2y\right)^{2}=\sqrt3\,y^{2}=\sqrt3\left(a^{2}-x^{2}\right).$$

于是 $$V=\int_{-a}^{a}\sqrt3\left(a^{2}-x^{2}\right)\mathrm{d}x=\sqrt3\left[a^{2}x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-a}^{a}=\sqrt3\cdot\frac{4a^{3}}{3}=\frac{4\sqrt3}{3}a^{3}.$$

识别题目问「形心坐标」「质心」，或者问某函数在区间上的「平均值」。

步骤① 若是形心：先求出图形面积 $S$（或曲线弧长 $s$）；② 套形心公式，分子的积分里要多乘一个 $x$ 或 $y$；③ 若是平均值：直接用 $\bar f=\frac{1}{b-a}\int_a^b f\mathrm{d}x$；④ 若图形有对称轴，先判定形心必在对称轴上，可以省掉一个方向的积分。

示例求由 $y=x^{2}$、$x$ 轴与直线 $x=1$ 围成的图形的形心坐标。

先求面积： $$S=\int_0^1 x^{2}\mathrm{d}x=\frac13.$$

再求两个坐标： $$\bar{x}=\frac{1}{S}\int_0^1 x\cdot x^{2}\,\mathrm{d}x=3\int_0^1 x^{3}\mathrm{d}x=\frac34,$$ $$\bar{y}=\frac{1}{2S}\int_0^1\left(x^{2}\right)^{2}\mathrm{d}x=\frac{3}{2}\int_0^1 x^{4}\mathrm{d}x=\frac{3}{10}.$$

所以形心坐标为 $\left(\frac34,\frac{3}{10}\right)$。

题型 1　证明积分等式

识别题干给一个函数在区间上连续（或可导）、几个端点值，要求证明存在某个 $\xi$ 使含 $f(\xi)$（甚至 $f''(\xi)$）的等式成立。看被积函数的「长相」定工具：出现 $f(x)g(x)$ 且 $g$ 不变号，用推广的积分中值定理；整理后还要出现 $f$ 的高阶导数，用分部积分。

步骤① 用中值定理把整个积分换成 $f(\xi)$ 乘「另一个积分（或区间长度）」；② 整理成关于函数值 $f(\xi)$ 的等式；③ 若还要求出现 $f'$、$f''$，就继续对 $f$ 用罗尔定理、拉格朗日中值定理。

示例设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，证明存在 $\xi\in(0,1)$，使 $\int_0^1 xf(x)\,\mathrm{d}x=\frac12f(\xi)$。这里 $g(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上恒正、不变号，用推广的积分中值定理即得 $$\int_0^1 xf(x)\,\mathrm{d}x=f(\xi)\int_0^1 x\,\mathrm{d}x=\frac12f(\xi).$$

题型 2　求含 $n$ 的积分极限

识别积分限是常数，但被积函数里含 $n$（如 $x^nf(x)$、$(n+1)x^n\ln(1+x)$），问 $n\to\infty$ 时的极限。

步骤① 把被积函数放缩成只含 $x^n$ 的简单形式（用 $|f(x)|\le M$、$\ln(1+x)\le x$、$\frac{x^n}{1+x}\le x^n$ 等）；② 用积分保号性把原积分夹在两个能算出初等表达式的量之间；③ 让两端都趋于 $0$，由夹逼准则得极限为 $0$。

示例求 $\lim_{n\to\infty}\int_0^1 x^n\mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x$。在 $[0,1]$ 上 $\mathrm{e}^x\le\mathrm{e}$，故 $0\le x^n\mathrm{e}^x\le\mathrm{e}x^n$，由积分保号性 $$0\le\int_0^1 x^n\mathrm{e}^x\mathrm{d}x\le\mathrm{e}\int_0^1 x^n\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{e}}{n+1}\to0,$$ 由夹逼准则得原极限为 $0$。

题型 3　用单调性证明积分不等式

识别条件只给「$f$ 在 $[a,b]$ 上连续」，要证的不等式两头都带积分，甚至积分限里还套着一个积分（如 $\int_a^{a+\int_a^b g}f$）。

步骤① 把某个积分限（通常取上限）换成变量 $x$，移项构造辅助函数 $F(x)$；② 求 $F'(x)$（变限积分求导，复合情形要乘内层导数）；③ 用已知条件判断 $F'(x)$ 的符号，得到 $F$ 的单调性；④ 算出端点值（常为 $0$），由单调性得结论。

示例设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续且单调增加，证明 $\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x\ge f(0)$。令 $F(x)=\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t-f(0)x$，则 $F'(x)=f(x)-f(0)\ge0$，故 $F$ 单调增加；又 $F(0)=0$，于是 $F(1)\ge0$，即 $\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\ge f(0)$。

题型 4　用拉格朗日中值定理 / 泰勒公式作估计

识别结论形如 $\left|\int_a^b f(x)\mathrm{d}x\right|\le\frac{M}{\text{常数}}$，其中 $M=\max|f'|$ 或 $M=\max|f''|$；条件里有一个「好用的已知点」（端点值为 $0$，或 $f(1)=0$ 这样的中点值）。

步骤① 一阶可导 + 已知端点值 → 在「已知点到动点」上用拉格朗日中值定理，把 $|f(x)|$ 放大成 $M$ 乘以「距离」；② 二阶可导 + 已知中点值 → 在中点处泰勒展开，算出区间上的积分；③ 用 $|f'|\le M$（或 $|f''|\le M$）放缩；④ 两边积分即得估计式。

示例设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上一阶可导，$f(0)=f(1)=0$，$M=\max_{[0,1]}|f'(x)|$，证明 $\left|\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\right|\le\frac{M}{4}$。在 $[0,x]$ 与 $[x,1]$ 上分别用拉格朗日中值定理得 $|f(x)|\le Mx$ 与 $|f(x)|\le M(1-x)$，故 $|f(x)|\le M\min\{x,1-x\}$，两边积分： $$\left|\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\right|\le\int_0^1|f(x)|\mathrm{d}x\le M\int_0^1\min\{x,1-x\}\mathrm{d}x=M\cdot\frac14 .$$

题型 5　用分部积分证明含三角函数的积分估计式

识别被积函数是「函数 × $\sin nx$（或 $\cos nx$）」的乘积，结论带 $1/n$。

步骤① 把三角函数凑进微分（$\int\sin nx\,\mathrm{d}x=-\frac{\cos nx}{n}$、$\int\cos nx\,\mathrm{d}x=\frac{\sin nx}{n}$）；② 分部积分，把导数从三角函数「移」到 $f$ 上；③ 算边界项（在 $0$、$2\pi$ 等处 $\sin nx=0$，正好消掉）；④ 用 $|\cos nx|\le1$、$|\sin nx|\le1$ 与积分保号性放缩，得到 $1/n$ 型的估计。

示例设 $f'(x)$ 连续，证明 $\left|\int_0^1 f(x)\cos n\pi x\,\mathrm{d}x\right|\le\frac{1}{n\pi}\max_{[0,1]}|f'(x)|$。凑微分后分部积分： $$\int_0^1 f(x)\cos n\pi x\,\mathrm{d}x=\left[\frac{f(x)\sin n\pi x}{n\pi}\right]_0^1-\frac{1}{n\pi}\int_0^1 f'(x)\sin n\pi x\,\mathrm{d}x,$$ 边界项中 $\sin0=\sin n\pi=0$，故边界项为 $0$；再由 $|\sin n\pi x|\le1$ 得 $$\left|\int_0^1 f(x)\cos n\pi x\,\mathrm{d}x\right|=\frac{1}{n\pi}\left|\int_0^1 f'(x)\sin n\pi x\,\mathrm{d}x\right|\le\frac{1}{n\pi}\int_0^1|f'(x)|\mathrm{d}x\le\frac{\max|f'|}{n\pi}.$$

题型 6　抽象函数与中值定理的连环证明（大题的分问）

识别条件给两个以上的函数值（其中一个往往由积分中值定理得到），要求证明存在 $\xi$ 使 $f''(\xi)<0$（或 $>0$、或等于某个值）。

步骤① 用推广的积分中值定理把积分条件翻译成「某点 $\eta$ 处 $f(\eta)=$ 常数」；② 有两个相等的函数值就用罗尔定理得 $f'=0$；③ 对两个不同的函数值用拉格朗日中值定理，比较 $f'$ 的符号或大小；④ 最后对两个中值点再用一次中值定理，得到 $f''$ 的结论。

示例设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上有二阶导数，$f(0)=0$，$f(1)=1$，$f(2)=0$，证明存在 $\xi\in(0,2)$，使 $f''(\xi)\le-1$。在 $[0,1]$、$[1,2]$ 上分别用拉格朗日中值定理：存在 $\xi_1\in(0,1)$、$\xi_2\in(1,2)$，使 $$f'(\xi_1)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1,\qquad f'(\xi_2)=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=-1 .$$ 再在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上对 $f'$ 用拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(\xi_1,\xi_2)$，使 $$f''(\xi)=\frac{f'(\xi_2)-f'(\xi_1)}{\xi_2-\xi_1}=\frac{-2}{\xi_2-\xi_1}\le-1$$ （因为 $\xi_2-\xi_1<2$）。

题型 1　变力沿直线做功

识别题目给出「力随位置变化的规律」（弹力 $F=kx$、阻力与深度成正比、万有引力与距离平方成反比等），问做了多少功；常出现「两次做功相等」这类条件。

步骤① 建立坐标并写出力函数 $F(x)$（把文字条件翻译成公式，把常数 $k$ 等确定下来）；② 取微元 $\mathrm{d}W=F(x)\mathrm{d}x$；③ 从起点到终点积分 $W=\int_{x_1}^{x_2}F(x)\mathrm{d}x$；④ 若题目说两次做功相等，就把两个积分写成等式，解出未知长度或未知力。

示例弹簧由自然长度拉长到 $x$ 时弹力为 $F=kx$，求把弹簧从自然长度拉长 $l$ 所做的功。$F(x)=kx$，故 $$W=\int_0^l kx\,\mathrm{d}x=\frac{kx^2}{2}\bigg|_0^l=\frac{kl^2}{2}.$$

题型 2　抽水（抽液）做功

识别容器（圆柱、圆锥、球、抛物面等）装满液体，要求把液体全部抽到某个高度，问做功多少。

步骤① 建系：一般取出口为原点、让对称轴与 $x$ 轴重合，把「该层液体被提到出口要走的路程」记为 $x$；② 用相似比求出 $x$ 处的水平截面面积 $A(x)$；③ 取微元 $\mathrm{d}W=\rho g xA(x)\mathrm{d}x$；④ 从最深处积分到液面，得到总功。

示例底面半径为 $R$、高为 $H$ 的圆柱形水池装满水，把水全部从池口抽出，求所做的功。此时每一层的截面面积都是 $A=\pi R^2$，水深 $x$ 处该层要走的路程也是 $x$，故 $$W=\rho g\int_0^H x\pi R^2\,\mathrm{d}x=\frac{\rho g\pi R^2H^2}{2}.$$

题型 3　静水压力

识别某块平板（矩形、三角形、半圆等）铅直浸在水中，求它一侧受到的水压力。

步骤① 以水面为原点、向下为 $x$ 轴正方向（$x$ 就是水深）；② 写出水深 $x$ 处平板被截出的水平窄条宽度 $w(x)$（用几何关系或相似比，取正值）；③ 取微元 $\mathrm{d}P=\rho g\,x\,w(x)\mathrm{d}x$；④ 对水深积分。

示例矩形闸门宽 $b$、高 $h$，顶边与水面相齐，求闸门一侧所受的水压力。水深 $x$ 处窄条宽度恒为 $b$，故 $$P=\rho g\int_0^h x\cdot b\,\mathrm{d}x=\frac{\rho gbh^2}{2}.$$

题型 4　引力

识别细棒（长为 $l$、线密度为常数 $\mu$）与一个质点（质量为 $m$）之间求引力。

步骤① 在细棒上取长为 $\mathrm{d}x$ 的小段，其质量为 $\mu\,\mathrm{d}x$；② 用万有引力定律写出这一小段对质点的引力微元（距离用「棒上该点到质点的距离」）；③ 把微元沿棒积分；④ 用统一的距离变量（如 $a-x$）保证正负号不出错。

示例取细棒长 $l$、线密度为常数 $\mu$，质点在棒的右端外、距右端为 $a$ 处，质量为 $m$。棒上距右端 $x$ 处的小段到质点的距离为 $a-x$，故 $$F=Gm\mu\int_0^l\frac{\mathrm{d}x}{(a-x)^2}=Gm\mu\left[\frac{1}{a-x}\right]_0^l=Gm\mu\left(\frac{1}{a-l}-\frac{1}{a}\right).$$

题型 5　古鲁金第一定理求旋转曲面侧面积 / 求形心到直线的距离

识别求一条曲线段绕一条不相交的直线旋转一周所得曲面的侧面积，或者反过来由侧面积求形心到某条直线的距离。

步骤① 先求曲线段的长度 $l$；② 求形心到旋转轴的距离 $r(\bar x,\bar y)$（形心好求时直接写，如圆、矩形）；③ 代入 $A=2\pi l\cdot r$；若求距离，把公式反解为 $r=\frac{A}{2\pi l}$。

示例单位圆 $x^2+y^2=1$ 绕直线 $x=2$ 旋转一周，求所得旋转面的面积。曲线长 $l=2\pi$，形心为圆心 $(0,0)$，到直线 $x=2$ 的距离 $r=2$，故 $$A=2\pi\,l\,r=2\pi\cdot2\pi\cdot2=8\pi^2 .$$

题型 6　由边际函数求总量与最大利润（数三）

识别题目给边际成本、边际收益、需求弹性、固定成本或最大需求量等条件，要求总成本、总收益、需求函数，或使利润最大的产量与价格。

步骤① 总成本用 $C(Q)=\int_0^Q C'(t)\mathrm{d}t+C_0$，总收益用 $R(Q)=\int_0^Q R'(t)\mathrm{d}t$；② 若给的是弹性，用 $\eta=\frac{p}{x}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}p}$ 列可分离变量微分方程，解出需求函数 $x=x(p)$ 并反解 $p$；③ 收益取 $R(x)=px$，利润 $L(x)=R(x)-C(x)$；④ 令 $L'(x)=0$ 求驻点，用 $L''(x_0)<0$ 验证是最大值，回代求价格。

示例已知边际成本 $C'(x)=4+\frac{x}{8}$，固定成本 $C(0)=1$，求总成本函数 $C(x)$。由边际成本积分： $$C(x)=\int_0^x C'(t)\,\mathrm{d}t+C_0=\int_0^x\left(4+\frac{t}{8}\right)\mathrm{d}t+1=4x+\frac{x^2}{16}+1 .$$

题型 1　求二重极限 / 判断二重极限是否存在

识别题干出现 $\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)$，或问「极限是否存在」，通常函数里含 $xy$、$x^2+y^2$ 这类可以约分、可以放缩的结构。

步骤① 要判断不存在：取两条不同路径（最常用 $y=kx$、$y=x^2$、$x=0$），分别算极限值；只要有两个值不同，或某条路径上的极限不存在，就断定不存在。取 $y=kx$ 时结果随 $k$ 变化，是最快的判据。② 要判断存在并求值：先试着用均值不等式 $\left|xy\right|\le\frac{x^2+y^2}{2}$、$\left|x\right|\le\sqrt{x^2+y^2}$ 放缩，把 $\left|f(x,y)-A\right|$ 夹到两个趋于 $0$ 的量之间，用夹逼准则得值。③ 记住这里不能用洛必达法则，因为一元那套求导结构已经不存在了。

示例判断 $\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{x^2+y^2}$ 是否存在。沿 $y=x$ 趋近：$\frac{x\cdot x}{x^2+x^2}=\frac12$；沿 $y=0$ 趋近：$\frac{0}{x^2+0}=0$。两个值不同，故该二重极限不存在。

题型 2　用定义求偏导（分段函数在分界点）

识别函数是分段的，问在分界点处偏导数是否存在或求其值；或者题目明确要求「用定义」。

步骤① 找到分界点 $(x_0,y_0)$；② 直接写出定义式 $f_x(x_0,y_0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}$（求 $f_y$ 同理，只让 $\Delta y$ 变）；③ 把分段的表达式代进去，算这个一元极限；④ 若极限不存在（例如左右极限不等），就说明该偏导数不存在。

示例设 $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$，求 $f_x(0,0)$。由定义 $$f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{\sqrt{(\Delta x)^2}-0}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{|\Delta x|}{\Delta x},$$ 左极限为 $-1$、右极限为 $1$，不相等，故 $f_x(0,0)$ 不存在。

题型 3　判断函数在一点是否可微

识别题干问「在 $(0,0)$ 处是否可微」，或给出分段函数并要求判断可微性。这类题几乎都出现在坐标原点。

步骤① 先用定义求 $f_x(0,0)$ 与 $f_y(0,0)$；只要有一个不存在，立即不可微（因为可微的必要条件是偏导存在）。② 两者都存在时，写出全增量 $\Delta z$，作极限 $$\lim_{\rho\to0}\frac{\Delta z-\left[f_x(0,0)\Delta x+f_y(0,0)\Delta y\right]}{\rho},\qquad \rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}.$$ ③ 该极限为 $0$ 则可微，否则不可微。分子必须是全增量减线性主部，分母必须配 $\rho$，写错阶数就会误判；判断不等于 $0$ 时，只需沿一条路径（如 $\Delta y=\Delta x$）算出非零极限即可。

示例设 $f(x,y)=\sqrt{|xy|}$，判断在 $(0,0)$ 处是否可微。先算 $f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{\sqrt{|0|}-0}{\Delta x}=0$，同理 $f_y(0,0)=0$。再作极限，取路径 $\Delta y=\Delta x$： $$\frac{f(\Delta x,\Delta x)-0}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta x)^2}}=\frac{|\Delta x|}{\sqrt2\,|\Delta x|}=\frac{1}{\sqrt2}\neq0,$$ 故 $f$ 在 $(0,0)$ 处不可微。

题型 4　复合函数的链式求导

识别出现 $z=f(u,v)$ 且 $u,v$ 又是 $x,y$（或 $t$）的函数，要求 $\frac{\partial z}{\partial x}$、$\frac{\partial z}{\partial y}$ 或 $\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}$。

步骤① 先画复合结构图，看清 $z$ 到每个自变量各有几条路；② 每条路写「对中间变量求导 × 中间变量对该自变量求导」；③ 把同一自变量对应的各条路相加；④ 求具体点的值时，用 $f_1'$、$f_2'$ 表示「对第 1 个、第 2 个位置求导」，把点坐标直接代入。

示例设 $z=f(u,v)$，$u=x^2y$，$v=x+y$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。结构图上 $z\to x$ 有两条路（经 $u$、经 $v$），故 $$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot 2xy+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot 1 .$$

题型 5　隐函数求偏导

识别方程 $F(x,y,z)=0$ 给出 $z=z(x,y)$，要求 $\frac{\partial z}{\partial x}$、$\frac{\partial z}{\partial y}$ 或 $\mathrm{d}z$。

步骤① 把方程所有的项移到一边写成 $F(x,y,z)=0$；② 把 $x,y,z$ 都当独立变量，分别求 $F_x,F_y,F_z$；③ 套公式 $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}$，$\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}$（别忘了负号，也别忘了检查 $F_z\neq0$）；④ 若题目求 $\mathrm{d}z$，可以直接对原方程两边取微分，用全微分形式不变性整理，往往更快。

示例设 $x^2+y^2+z^2-1=0$ 确定 $z=z(x,y)$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。取 $F=x^2+y^2+z^2-1$，则 $F_x=2x$，$F_z=2z$，故 $$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{2x}{2z}=-\frac{x}{z}\quad(z\neq0).$$

题型 6　求无条件极值

识别题目直接给一个二元函数，要求「求极值」或「求极值点」，没有附加的约束条件。

步骤① 解方程组 $\begin{cases}f_x=0\\ f_y=0\end{cases}$ 求出所有驻点（若某处偏导不存在也要算作可疑点）；② 求二阶偏导，在每个驻点算出 $A=f_{xx}$、$B=f_{xy}$、$C=f_{yy}$；③ 算 $AC-B^2$：$>0$ 时是极值（再看 $A>0$ 极小、$A<0$ 极大），$<0$ 时不是极值，$=0$ 时方法失效需另行判断；④ 把极大（小）值点的坐标代回原函数算出极值。

示例求 $f(x,y)=x^2+y^2-2x-2y$ 的极值。令 $f_x=2x-2=0$、$f_y=2y-2=0$，得驻点 $(1,1)$。此时 $A=f_{xx}=2$、$B=f_{xy}=0$、$C=f_{yy}=2$，故 $AC-B^2=4>0$ 且 $A=2>0$，是极小值，极小值为 $$f(1,1)=1+1-2-2=-2 .$$

题型 7　条件最值（拉格朗日乘数法）

识别题目给出目标函数之外，还给一个等式约束（如「在条件 $x+y=1$ 下」「在曲线 $\varphi(x,y)=0$ 上」），这类题常以解答题出现。

步骤① 把约束写成 $\varphi(x,y)=0$；② 构造 $L=f+\lambda\varphi$（两个约束就再加 $\mu\psi$）；③ 令 $L_x=0$、$L_y=0$、$L_\lambda=\varphi=0$，解这个方程组；解的过程中常用「消 $\lambda$」得到 $\frac{f_x}{\varphi_x}=\frac{f_y}{\varphi_y}$ 这类关系，比硬解快；④ 把解出的 $(x,y)$ 逐个代回 $f$ 比较大小；若得到的是唯一驻点，结合实际问题的意义说明它就是最值点。

示例求 $z=xy$ 在条件 $x+y=1$ 下的最值。令 $\varphi=x+y-1$，$L=xy+\lambda(x+y-1)$，则 $$L_x=y+\lambda=0,\qquad L_y=x+\lambda=0,\qquad L_\lambda=x+y-1=0 .$$ 前两式相减得 $y-x=0$，即 $x=y$；代入第三式得 $x=y=\frac12$，于是 $z=\frac14$。这是唯一驻点，结合目标函数无下界可知它是最大值 $\frac14$。

题型 8　有界闭区域上求最值

识别题目给一个有界闭区域 $D$（如圆盘、三角形区域）和一个函数，要求它在 $D$ 上的最大值与最小值。

步骤① 内部：解 $f_x=0,f_y=0$ 求驻点，并补上偏导不存在的点，只保留落在 $D$ 内部的，算出函数值；② 边界：把边界分成几段，每段用边界方程把 $f$ 化成一元函数，再求该段的最大最小值（相当于一元函数求区间上的最值），还要算上各段交点处的函数值；③ 把内部与边界得到的所有候选函数值放在一起比较，最大的就是最大值，最小的就是最小值。

示例求 $f(x,y)=x+y$ 在闭区域 $D:x^2+y^2\le1$ 上的最值。内部：$f_x=1\neq0$，无驻点。边界 $x^2+y^2=1$：令 $x=\cos\theta$、$y=\sin\theta$，则 $f=\cos\theta+\sin\theta=\sqrt2\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$，最大值为 $\sqrt2$（在 $\left(\frac{\sqrt2}{2},\frac{\sqrt2}{2}\right)$ 处取到），最小值为 $-\sqrt2$（在 $\left(-\frac{\sqrt2}{2},-\frac{\sqrt2}{2}\right)$ 处取到）。比较后：最大值为 $\sqrt2$，最小值为 $-\sqrt2$。

题型 1　用对称性化简计算

识别区域 $D$ 是圆、圆环、正方形、关于某个轴对称的图形；被积函数是多项式（含奇次项）或可以拆成奇、偶两部分——这两条同时出现时，先想对称性。

步骤① 看 $D$ 关于哪条轴对称；② 把被积函数按该轴拆成奇、偶两部分，奇的部分直接得 $0$，偶的部分写成 $2\iint_{D_1}$；③ 若 $D$ 关于 $y=x$ 对称，还可以用轮换对称性把 $x^2$ 与 $y^2$ 合并成 $\frac{x^2+y^2}{2}$，再转极坐标；④ 剩下的部分按普通方法算完。

示例设 $D:x^2+y^2\le1$，求 $\iint_D x^2\,\mathrm{d}\sigma$。$D$ 关于 $y=x$ 对称，由轮换对称性 $\iint_D x^2\mathrm{d}\sigma=\iint_D y^2\mathrm{d}\sigma$，于是 $$\iint_D x^2\,\mathrm{d}\sigma=\frac12\iint_D(x^2+y^2)\,\mathrm{d}\sigma=\frac12\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1 r^2\cdot r\,\mathrm{d}r=\frac12\cdot2\pi\cdot\frac14=\frac{\pi}{4}.$$

题型 2　直角坐标系下直接计算

识别区域由直线或简单曲线围成，被积函数不含 $x^2+y^2$ 整体结构，用直角坐标最省事。

步骤① 画图，判断是 $X$ 型还是 $Y$ 型（也可以两者都试）；② 按口诀定限：后积的变量先定常限，画条线穿过 $D$，先交写下限、后交写上限；③ 先算内层积分（此时外层变量当常数），再算外层；④ 若一条线穿过 $D$ 相交超过两点，就沿交点分块，一块一块算。

示例设 $D$ 由 $y=0$、$x=1$、$y=x$ 围成，求 $\iint_D x\,\mathrm{d}\sigma$。$D$ 是 $X$ 型：$0\le x\le1$，$0\le y\le x$，故 $$\iint_D x\,\mathrm{d}\sigma=\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^x x\,\mathrm{d}y=\int_0^1 x\cdot x\,\mathrm{d}x=\left.\frac{x^3}{3}\right|_0^1=\frac13 .$$

题型 3　极坐标系下计算

识别区域是圆、圆环、扇形（或圆的一部分），或者被积函数含 $x^2+y^2$——两种情形出现任意一种就考虑极坐标。

步骤① 把区域边界改写成极坐标方程，定出 $\theta$ 的范围和每个 $\theta$ 上 $r$ 的范围（从原点发一条射线，先碰到谁写谁作下限）；② 把 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$ 与被积函数一起换掉，不要漏掉因子 $r$；③ 一般先积 $r$、后积 $\theta$；④ 若圆心不在原点（如圆 $x^2+y^2=2ax$），先配成 $r=2a\cos\theta$ 再定限。

示例设 $D:x^2+y^2\le1$，求 $\iint_D \mathrm{e}^{x^2+y^2}\mathrm{d}\sigma$。极坐标下 $0\le\theta\le2\pi$，$0\le r\le1$，故 $$\iint_D \mathrm{e}^{x^2+y^2}\mathrm{d}\sigma=\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1 \mathrm{e}^{r^2}r\,\mathrm{d}r=2\pi\cdot\left.\frac{\mathrm{e}^{r^2}}{2}\right|_0^1=\pi(\mathrm{e}-1).$$

题型 4　交换积分次序

识别题目给的二次积分里，内层积不出来（如 $\int\mathrm{e}^{-y^2}\mathrm{d}y$、$\int\frac{\sin y}{y}\mathrm{d}y$），或者要求对变限积分求导、求极限。

步骤① 先由原来的积分上下限还原出区域 $D$（把内层上下限看成曲线，外层上下限看成竖线或横线）；② 画图，换成另一种次序重新定限；③ 按新次序积分；④ 若题目是关于参数 $t$ 的变限二重积分，换序后往往能直接对 $t$ 求导或取极限。

示例计算 $\int_0^1\mathrm{d}x\int_x^1\mathrm{e}^{-y^2}\mathrm{d}y$。原区域是 $0\le x\le1$，$x\le y\le1$，即三角形 $0\le y\le1$，$0\le x\le y$，交换次序得 $$\int_0^1\mathrm{d}y\int_0^y \mathrm{e}^{-y^2}\mathrm{d}x=\int_0^1 y\mathrm{e}^{-y^2}\mathrm{d}y=\left.-\frac12\mathrm{e}^{-y^2}\right|_0^1=\frac{1-\mathrm{e}^{-1}}{2}.$$

题型 5　比较二重积分的大小

识别同一个区域 $D$ 上给两个被积函数，问哪个积分大。

步骤① 不看区域、只看被积函数，在 $D$ 上比较两者的大小（常用均值不等式、$(x-y)^2\ge0$、$0\le x\le1$ 时 $x^2\le x$ 等）；② 若在 $D$ 内 $f\le g$ 且等号不恒成立，则由保号性立刻得 $\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma\le\iint_D g\,\mathrm{d}\sigma$；③ 结论写成「由性质 4（保号性）知……」。

示例设 $D:0\le x\le1,0\le y\le1$，比较 $\iint_D\frac{x+y}{2}\mathrm{d}\sigma$ 与 $\iint_D\sqrt{xy}\,\mathrm{d}\sigma$ 的大小。因为在 $D$ 上由均值不等式有 $$\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy},$$ 等号不恒成立，故 $\iint_D\frac{x+y}{2}\mathrm{d}\sigma\ge\iint_D\sqrt{xy}\,\mathrm{d}\sigma$。

题型 6　求使 $\iint_D f\,\mathrm{d}\sigma$ 最大的区域

识别题目说 $D$ 在某个大区域内变动，要求使某个二重积分取最大值（或最小值）的 $D$。

步骤① 看被积函数在给定的总区域内哪些地方非负；② 因为负的部分会「拉低」积分值，所以最大值就在被积函数 $\ge0$ 的那部分区域上取到（求最小则取被积函数 $\le0$ 的部分）；③ 用不等式把这个区域写清楚并作答。

示例在圆盘 $x^2+y^2\le1$ 内取 $D$，使 $\iint_D(1-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma$ 最大。在 $x^2+y^2\le1$ 上恒有 $1-x^2-y^2\ge0$，所以在 $D$ 取整个圆盘 $x^2+y^2\le1$ 时积分最大。

题型 7　古鲁金第二定理求旋转体体积 / 求形心

识别平面区域绕一条不相交的直线旋转一周求体积，且区域面积与形心都容易看出（圆、矩形、三角形等）。

步骤① 算区域面积 $S_D$；② 求形心到旋转轴的距离 $r(\bar x,\bar y)$（对称图形直接写）；③ 代入 $V=2\pi S_D r$；④ 反过来若已知体积和面积，可解出形心到轴的距离。

示例圆心在 $(2,0)$、半径为 $1$ 的圆盘绕 $y$ 轴旋转一周，求所得旋转体的体积。面积 $S_D=\pi$，形心即圆心到 $y$ 轴的距离 $r=2$，故 $$V=2\pi S_D r=2\pi\cdot\pi\cdot2=4\pi^2 .$$

题型 8　高斯积分型

识别出现 $\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{d}x$ 或它的变形（如 $\mathrm{e}^{-x^2-y^2}$），直接凑一元积分很困难。

步骤① 设要算的积分为 $I$；② 由「积分值与变量字母无关」写出 $I^2$ 的二重积分，区域是正方形或第一象限；③ 化极坐标（此时区域是 $0\le\theta\le\frac{\pi}{2}$、$0\le r<+\infty$），算出 $I^2$；④ 开方得 $I$（$I>0$，取正根）。

示例求 $ I=\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{d}x$。由 $$I^2=\int_0^{+\infty}\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_0^{\pi/2}\mathrm{d}\theta\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-r^2}r\,\mathrm{d}r=\frac{\pi}{2}\cdot\frac12=\frac{\pi}{4},$$ 得 $I=\frac{\sqrt\pi}{2}$。

题型 1　可分离变量型 / 齐次型

识别方程能整理成「$y$ 的式子 $\times$ $x$ 的式子」的形式（可分离）；或者方程右边只含 $\frac{y}{x}$ 的组合（齐次型，看每项里 $x,y$ 的次数是否一样）。

步骤① 可分离：把 $y$ 的项挪到 $\mathrm{d}y$ 一边、$x$ 的项挪到 $\mathrm{d}x$ 一边，两边积分得 $\int\frac{\mathrm{d}y}{g(y)}=\int f(x)\mathrm{d}x+C$；② 齐次：令 $u=\frac{y}{x}$（即 $y=ux$），代入并把 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 换成 $u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$，化为可分离变量方程；③ 解出后用 $u=\frac{y}{x}$ 回代；④ 若有初始条件，把常数定出来。

示例求 $y'=2xy$ 的通解。分离变量得 $$\frac{\mathrm{d}y}{y}=2x\,\mathrm{d}x\ \Longrightarrow\ \ln|y|=x^2+C_1\ \Longrightarrow\ y=C\mathrm{e}^{x^{2}}\ (C\text{ 为任意常数}).$$ （$y\equiv0$ 对应 $C=0$，已含在通解中。）

题型 2　一阶线性微分方程

识别方程里 $y$ 与 $y'$ 都只出现一次（无 $y^2$、$yy'$、$\sin y$ 等），右边只与 $x$ 有关。

步骤① 把方程化成标准形 $y'+p(x)y=q(x)$（$y'$ 的系数必须是 $1$）；② 读出 $p(x)$、$q(x)$，算出 $\int p(x)\mathrm{d}x$；③ 套通解公式 $y=\mathrm{e}^{-\int p\mathrm{d}x}\left[\int q\,\mathrm{e}^{\int p\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]$；④ 若题目给的是 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}+p(y)x=q(y)$（把 $x$ 当函数），同样套公式即可；⑤ 有初始条件就定 $C$。

示例求 $y'+\frac{y}{x}=x$（$x>0$）的通解。这里 $p(x)=\frac1x$，$q(x)=x$，$\int p\,\mathrm{d}x=\ln x$，故 $$y=\mathrm{e}^{-\ln x}\left[\int x\cdot\mathrm{e}^{\ln x}\mathrm{d}x+C\right]=\frac1x\left[\int x^2\mathrm{d}x+C\right]=\frac1x\left(\frac{x^3}{3}+C\right).$$

题型 3　由已知解反求方程，或判断解的有界性

识别题目给出某个方程的两个解（如 $y=\mathrm{e}^{x}$、$y=\mathrm{e}^{-x}$、$y=1$、$y=x$），要求反求 $p(x),q(x)$；或者给出一个常系数方程的解，问它在 $x\to+\infty$ 时是否有界。

步骤① 由解的形状写出对应的特征根（$\mathrm{e}^{rx}$ 给出根 $r$，$x^k\mathrm{e}^{rx}$ 说明 $r$ 至少是 $k$ 重根，$\mathrm{e}^{\alpha x}\cos\beta x$ 给出根 $\alpha\pm\beta\mathrm{i}$）；② 由特征根写出特征方程 $\prod(r-r_i)=0$；③ 把特征方程换成微分方程；④ 讨论有界性时，看全部特征根的实部：实部 $<0$ 时解趋于 $0$（有界），实部 $>0$ 时解无界，实部 $=0$ 时要具体看（如常数或周期函数则有界）。

示例已知 $y_1=\mathrm{e}^{x}$、$y_2=\mathrm{e}^{-x}$ 是某二阶常系数齐次线性方程的解，求该方程。特征根为 $r_1=1$、$r_2=-1$，特征方程为 $$(r-1)(r+1)=r^2-1=0,$$ 对应的微分方程为 $y''-y=0$。

题型 4　二阶常系数非齐次线性方程求通解

识别方程形如 $y''+py'+qy=f(x)$（$p,q$ 是常数），右端是多项式、指数、正弦余弦或它们的乘积。

步骤① 写出特征方程 $r^2+pr+q=0$，求出特征根，写出齐次通解 $Y$；② 只看右端 $f(x)$，定出 $\alpha$（或 $\alpha\pm\beta\mathrm{i}$）与多项式的最高次，与特征根比较定出 $k$；③ 按公式写出含待定系数的特解 $y^*$；④ 把 $y^*$ 代回原方程，比较同类项解出待定系数；⑤ 通解 $y=Y+y^*$。

示例求 $y''-3y'+2y=\mathrm{e}^{x}$ 的通解。特征方程 $r^2-3r+2=0$ 的根为 $r_1=1$、$r_2=2$，故 $Y=C_1\mathrm{e}^{x}+C_2\mathrm{e}^{2x}$。右端 $\alpha=1$ 恰是单特征根，取 $k=1$，设 $y^*=Ax\mathrm{e}^{x}$，则 $y^{*\prime}=A(1+x)\mathrm{e}^{x}$、$y^{*\prime\prime}=A(2+x)\mathrm{e}^{x}$，代入得 $$A\left[(2+x)-3(1+x)+2x\right]\mathrm{e}^{x}=-A\mathrm{e}^{x}=\mathrm{e}^{x},$$ 故 $A=-1$，通解为 $$y=C_1\mathrm{e}^{x}+C_2\mathrm{e}^{2x}-x\mathrm{e}^{x}.$$

题型 5　欧拉方程 / 伯努利方程 / 可降阶方程

识别系数里带 $x$（如 $x^2y''+pxy'+qy$）就是欧拉方程；右端出现 $y^n$（$n\neq0,1$）就是伯努利方程；方程里「缺 $y$」或「缺 $x$」就是可降阶方程。

步骤① 欧拉方程：令 $x=\mathrm{e}^{t}$，用 $xy'=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$、$x^2y''=\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$ 化为常系数方程，解完再换回 $x$；② 伯努利方程：两边乘 $y^{-n}$，令 $z=y^{1-n}$ 化为一阶线性；③ 可降阶方程：不显含 $y$ 时令 $y'=p$（$y''=p'$），不显含 $x$ 时令 $y'=p$ 且 $y''=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$。

示例求欧拉方程 $x^2y''-2xy'-4y=0$（$x>0$）的通解。令 $x=\mathrm{e}^{t}$，则 $xy'=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$、$x^2y''=\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$，代入得 $$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}-3\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}-4y=0,$$ 特征方程 $r^2-3r-4=0$ 的根为 $r_1=4$、$r_2=-1$，故 $y=C_1\mathrm{e}^{4t}+C_2\mathrm{e}^{-t}$，换回 $x=\mathrm{e}^{t}$ 得 $$y=C_1x^{4}+\frac{C_2}{x}\quad(x>0).$$

题型 6　应用题（几何 / 物理 / 经济）

识别题干是文字描述：出现「切线斜率」「截距」「面积」「速度」「加速度」「温度」「边际」「弹性」等词，最后要求曲线方程、函数表达式或某一具体数值。

步骤① 设未知函数并翻译条件：把每一句几何或物理语言写成含 $y'$（或 $\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}$）的等式，常用的翻译有——切线斜率 $y'$，切线在 $y$ 轴的截距 $y-xy'$，在 $x$ 轴的截距 $x-\frac{y}{y'}$，牛顿第二定律 $m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=F$，冷却定律 $\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}=-k(T-T_0)$；② 判断所得方程的类型（可分离 / 一阶线性 / …）并求解得通解；③ 用题给的初始条件定常数，得特解；④ 回到题目要问的量（某个点的坐标、某时刻的值）作答，舍去不符合实际意义的解。

示例设曲线过点 $(0,1)$，且在任一点 $(x,y)$ 处的切线斜率为 $\frac{2x}{y}$，求该曲线方程。由题意得 $y'=\frac{2x}{y}$，即 $y\,\mathrm{d}y=2x\,\mathrm{d}x$，两边积分得 $$\frac{y^2}{2}=x^2+C_1,\qquad y^2=2x^2+C .$$ 代入 $x=0,y=1$ 得 $C=1$，故曲线方程为 $y^2=2x^2+1$（由 $y(0)=1>0$ 取上半支）。

题型 7　差分方程（数三）

识别方程里出现 $y_{t+1}$ 与 $y_t$（下标是整数期数），形如 $y_{t+1}-ay_t=f(t)$。

步骤① 先解对应的齐次方程 $y_{t+1}-ay_t=0$，得齐次通解 $y_t=Ca^{t}$；② 按右端 $f(t)$ 的形状试取特解（常数设 $A$、$d^t$ 型设 $Ad^t$、多项式设同次多项式）；③ 把试取的特解代回原方程定出待定常数，得一个特解；④ 通解 $=$ 齐次通解 $+$ 特解；⑤ 有初始条件（如 $y_0$）就用它定 $C$。

示例求差分方程 $y_{t+1}-2y_t=1$ 的通解。齐次方程 $y_{t+1}-2y_t=0$ 的通解为 $y_t=C\cdot2^{t}$；右端是常数，试设 $y_t^*=A$，代入得 $A-2A=1$，即 $A=-1$。故通解为 $$y_t=C\cdot2^{t}-1 .$$

题型 1　判别数项级数的敛散性

识别：题目只给一个级数 $\sum u_n$（不带 $x$），问「收敛还是发散」。先看是不是正项（$u_n\geqslant0$）。

步骤：① 先算 $\lim_{n\to\infty}u_n$，若不为 0 或不存在，直接判发散，结束；② 若通项为负或符号交替，先取绝对值 $\sum|u_n|$，按正项级数处理（绝对收敛就结束）；③ 正项级数：通项是幂、根式、对数时用比较（极限形式）与 $p$ 级数比阶，含 $n$ 次方、阶乘时用比值或根值判别法，通项形如 $f(n)$ 且 $f$ 单调递减时用积分判别法；④ 若第 ③ 步「同阶比不出来」，就先泰勒展开定阶；⑤ 若第 ② 步判断出绝对值级数发散，再单独用莱布尼茨判别法判断原级数是否条件收敛。

示例：判别 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+n}$ 的敛散性。它是正项级数，且 $$\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n^2+n}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{n^2+n}=1,$$ 属于 $0<A<+\infty$ 的情形，故它与 $\sum\frac{1}{n^2}$ 同敛散；后者是 $p=2>1$ 的 $p$ 级数，收敛，所以 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+n}$ 收敛。

识别：级数里带 $x$（或 $x-x_0$），问收敛半径、收敛区间、收敛域，通常出现在客观题；也可能是缺项（如只有 $x^{2n}$）或抽象型（系数用 $a_n$、$f(n)$ 表示）。

步骤：① 写清 $a_n$，算 $\rho=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$（或 $\lim\sqrt[n]{|a_n|}$），得 $R=\frac1\rho$；② 缺项或一般函数项级数时，改为对 $\sum|u_n(x)|$ 用比值、根值判别法，解出 $|x|$ 的范围；③ 把端点 $x=\pm R$ 分别代回原级数，逐个判敛散（正项用比较，交错用莱布尼茨）；④ 把区间结论与端点结论合起来写成收敛域。

示例：求 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$ 的收敛域。$a_n=\frac1n$， $$\rho=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=1,$$ 故 $R=1$。再看端点：$x=1$ 时得 $\sum\frac1n$（调和级数）发散；$x=-1$ 时得 $\sum\frac{(-1)^n}{n}$，由莱布尼茨判别法收敛。所以收敛域为 $[-1,1)$。

识别：题目要求「求 $\sum a_nx^n$ 的和函数 $S(x)$」，或要求「求 $\sum a_n$ 的和」（后者通常是取某个 $x$ 代入和函数），属于解答题。

步骤：① 先求收敛域（题型 2 的做法）；② 通过提出 $x$、拆项、改变下标，把级数凑成已知展开式（最常用的是等比 $\sum x^n=\frac{1}{1-x}$）；③ 凑不出来就设 $S(x)$，先逐项求导或逐项积分把它变成已知形式；④ 用 $S(0)$ 或某一项的值定出积分常数；⑤ 若得到微分方程，解出 $S(x)$ 后再由初值定常数。

示例：求 $\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}$ 在 $|x|<1$ 上的和函数。收敛域为 $(-1,1)$。设 $S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}$，两边从 $0$ 到 $x$ 逐项积分： $$\int_0^xS(t)\,\mathrm{d}t=\sum_{n=1}^{\infty}x^n=\frac{x}{1-x},$$ 两边再求导得 $S(x)=\left(\frac{x}{1-x}\right)'=\frac{1}{(1-x)^2}$，$|x|<1$。

识别：给出一个初等函数，要求「展开成 $x$（或 $x-x_0$）的幂级数」并指出收敛域。

步骤：① 观察函数，往重要展开式上靠（分母有 $n$ 想 $\ln$，有 $2n+1$ 想 $\arctan$，有阶乘想 $\mathrm{e}^x$、$\sin x$、$\cos x$）；常见的间接法对象就是 $\ln\frac{1+x}{1-x}$、$\arctan\frac{1+x}{1-x}$ 这类复合式；② 一时对不上就先求导（或先积分），把导数变成已知展开式的形式；③ 逐项求导或积分还原回原函数，并用 $f(0)$（或某个易算点的值）定常数；④ 由已知展开式的收敛范围推出本题收敛域，端点单独讨论。

示例：把 $f(x)=\ln\frac{1+x}{1-x}$ 展开成 $x$ 的幂级数。先求导： $$f'(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}=\frac{2}{1-x^2}=2\sum_{n=0}^{\infty}x^{2n}\quad(|x|<1),$$ 再由 $f(0)=0$ 逐项积分得 $$f(x)=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\quad(|x|<1).$$

识别：题目给出周期函数 $f(x)$ 的表达式与周期（或只给 $[0,l]$ 上的表达式），问它的傅里叶级数在某个 $x_0$ 处收敛到多少。

步骤：① 判断 $x_0$ 是连续点还是间断点（必要时按周期性把 $x_0$ 折算到已知表达式的区间内）；② 连续点直接取 $S(x_0)=f(x_0)$；③ 间断点取左右极限的平均 $\frac{f(x_0-0)+f(x_0+0)}{2}$；④ 若 $x_0=\pm l$（端点），取 $\frac{f(-l+0)+f(l-0)}{2}$。整个过程不必做积分。

示例：设 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的函数，$f(x)=x$（$-\pi\leqslant x<\pi$），求其傅里叶级数的和函数在 $x=\pi$ 处的值。$x=\pi$ 是间断点：$f(\pi-0)=\pi$，$f(\pi+0)=f(-\pi+0)=-\pi$，故 $$S(\pi)=\frac{f(\pi-0)+f(\pi+0)}{2}=\frac{\pi+(-\pi)}{2}=0 .$$

识别：题干只给「$\sum u_n$ 收敛（或绝对收敛、条件收敛）」这类抽象条件，要判断另一串结论是否成立，多见于选择题，难度较大。

步骤：① 先写清已知条件能推出什么（收敛 $\Rightarrow\lim u_n=0$；绝对收敛 $\Rightarrow$ 原级数收敛、$\sum u_n^2$ 收敛）；② 逐一检查选项，凡与必要条件矛盾的（如能推出 $\lim u_n\neq0$）直接排除；③ 看起来「可能成立」的选项，设法举反例推翻——常用反例是 $\sum\frac{(-1)^n}{n^p}$、$\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$、$\sum\frac{1}{n\ln n}$；④ 判断「绝对收敛还是条件收敛」时，先算 $\sum|u_n|$，再单独判原级数。

示例：判断命题「若 $\sum u_n$ 收敛，则 $\sum u_n^2$ 收敛」是否正确。取 $u_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$，由莱布尼茨判别法知 $\sum u_n$ 收敛，但 $$\sum_{n=1}^{\infty}u_n^2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n$$ 是调和级数，发散。故命题错误；正确的说法是：$\sum u_n$ 绝对收敛时才有 $\sum u_n^2$ 收敛。

题型 1　求平面方程 / 直线方程

识别：题目要「求过某点、满足某条件的平面（或直线）」；出现「与已知平面平行/垂直」「过已知直线」（平面束）、「与某向量垂直」这些话。

步骤：① 写平面就找法向量，写直线就找方向向量；② 由题给条件把它算出来——平行平面直接取已知平面的法向量，垂直/平行于直线就取直线的方向向量，两向量都已知时用 $\vec{n}=\vec{s}_1\times\vec{s}_2$，过已知直线则直接写平面束；③ 代入点法式（或点向式）；④ 需要一般式就把括号展开整理。

示例：求过点 $P_0(1,1,1)$、以 $\vec{n}=(2,-1,1)$ 为法向量的平面方程。代入点法式： $$2(x-1)-(y-1)+(z-1)=0,$$ 整理得 $2x-y+z-2=0$。

识别：题干出现「点到直线/平面的距离」「两直线的夹角/是否共面」「直线与平面的夹角」「判断平行、垂直」。

步骤：① 先把题目中的直线、平面都化成「一点＋方向向量」或「一点＋法向量」的形式；② 按关系选工具：垂直用点乘、平行用叉乘、夹角用 $\cos$（线线、面面）或 $\sin$（线面）、共面用混合积；③ 求距离套公式（点线距离用叉乘除以模，点面距离用代入除模）；④ 结果取绝对值，夹角取锐角。

示例：求点 $P_1(1,1,1)$ 到平面 $x+2y+2z-3=0$ 的距离。由点面距离公式 $$d=\frac{\left|1+2+2-3\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{2}{3}.$$

识别：题目给出一个平面曲线（或空间曲线）和一个「母线方向 / 旋转轴」，要求曲面方程；也可能反过来给方程问是什么曲面。

步骤：① 判断是柱面还是旋转曲面：母线沿固定轴平移是柱面，曲线绕轴转是旋转曲面；② 柱面——缺哪个字母母线就平行哪个轴，直接把曲线方程抄下来即可；③ 旋转曲面——绕哪个轴转，就把垂直于该轴的那个变量的平方换成另外两个变量平方之和（绕 $z$ 轴转就把 $y^2$ 换成 $x^2+y^2$）；④ 若不确定，用纬圆法检查一遍。

示例：$yOz$ 面上的曲线 $y^2=2z$ 绕 $z$ 轴旋转，求所得曲面方程。绕 $z$ 轴旋转时「到 $z$ 轴的距离」$y$ 应替换为 $\sqrt{x^2+y^2}$，即把 $y^2$ 换成 $x^2+y^2$，得 $$x^2+y^2=2z,$$ 这是一个旋转抛物面。

识别：给出空间曲线（通常是两曲面交线），要求它在某个坐标面上的投影曲线或投影柱面。

步骤：① 看清要投到哪个坐标面（投到 $xOy$ 面就问 $z$）；② 从曲线方程中消去垂直于该坐标面的变量（投 $xOy$ 面消 $z$，投 $yOz$ 面消 $x$，投 $xOz$ 面消 $y$），得到投影柱面方程；③ 投影柱面方程与「该变量 $=0$」联立，就是投影曲线的方程；④ 若题目还要投影区域，就把第 ② 步的方程当作区域边界。

示例：求曲线 $\begin{cases}x^2+y^2=2z\\ z=1\end{cases}$ 在 $xOy$ 面上的投影。消去 $z$：把 $z=1$ 代入第一式得 $x^2+y^2=2$，这就是投影柱面方程；再与 $z=0$ 联立即得投影曲线 $\begin{cases}x^2+y^2=2\\ z=0\end{cases}$。

识别：题干出现「切线」「法平面」「切平面」「法线」，并给出曲线（参数式或方程组）或曲面（隐式或显式）与一个点。

步骤：① 先定「核心向量」：曲线求切向量 $\vec{T}$——参数式直接求导，方程组用 $\nabla F\times\nabla G$；曲面求法向量 $\vec{n}$——隐式用 $(F_x,F_y,F_z)$，显式用 $(f_x,f_y,-1)$；② 曲线：切线用点向式写，法平面以 $\vec{T}$ 为法向量写点法式；③ 曲面：切平面以 $\vec{n}$ 为法向量写点法式，法线用点向式写；④ 全部在题给的点处取值（偏导数、导数值都要代入该点）。

示例：求曲线 $x=t,\ y=t^2,\ z=t^3$ 在 $t=1$ 处的切线与法平面。$t=1$ 时点为 $(1,1,1)$，切向量 $\vec{T}=(1,2,3)$，于是 $$\text{切线}:\ \frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-1}{3},\qquad \text{法平面}:\ (x-1)+2(y-1)+3(z-1)=0 .$$

识别：出现「沿某方向的方向导数」「最大方向导数」「梯度的方向」「求散度/旋度」；也可能由条件反推方向。

步骤：① 先算出该点的梯度 $\nabla f=(f_x,f_y)$（或三元情形）；② 把题给方向化成单位向量 $\vec{l}^{\circ}$；③ 方向导数 $=$ 梯度与单位方向向量的点乘；④ 若问「最大方向导数」，答案就是 $|\nabla f|$，方向就是梯度方向；⑤ 散度是 $P_x+Q_y+R_z$，旋度按行列式展开，都是直接算。

示例：求 $f(x,y)=x^2+y^2$ 在点 $P(1,1)$ 沿方向 $\vec{l}=(1,1)$ 的方向导数，并指出最大方向导数。$\nabla f=(2x,2y)$，在 $P$ 处为 $(2,2)$；$\vec{l}$ 的单位化向量为 $\left(\frac1{\sqrt2},\frac1{\sqrt2}\right)$，故 $$\frac{\partial f}{\partial\vec{l}}\bigg|_P=2\cdot\frac1{\sqrt2}+2\cdot\frac1{\sqrt2}=2\sqrt2 .$$ 最大方向导数为 $|\nabla f|=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt2$，取最大值的方向就是 $\nabla f=(2,2)$ 的方向（即 $\vec{l}$ 的方向）。

题型 1　三重积分的计算

识别：给出空间区域 $\Omega$ 与被积函数，要求算 $\iiint_{\Omega}f\,\mathrm{d}v$。先看区域形状与被积函数里出现的 $x^2+y^2$、$x^2+y^2+z^2$。

步骤：① 先查对称性：区域关于某坐标面对称且被积函数关于相应变量为奇函数，该积分为 0；能轮换就轮换；② 选坐标系：出现 $x^2+y^2$ 或区域是柱体、锥体用柱面坐标，出现 $x^2+y^2+z^2$ 或区域是球、锥用球面坐标，区域是长方体或不规则柱体用直角坐标；③ 直角坐标下定限：上下曲面已知用先一后二，被积函数只含 $z$ 或截面面积好算用先二后一；④ 把体元换成 $\mathrm{d}v=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$ 或 $\mathrm{d}v=r^2\sin\varphi\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta$ 后逐次积分。

示例：计算 $\iiint_{\Omega}z\,\mathrm{d}v$，其中 $\Omega$ 是球体 $x^2+y^2+z^2\leqslant1$ 的上半部分（$z\geqslant0$）。被积函数只含 $z$，截面 $D_z:x^2+y^2\leqslant1-z^2$ 是圆且面积为 $\pi(1-z^2)$，用先二后一： $$\iiint\limits_{\Omega}z\,\mathrm{d}v=\int_0^1z\left[\iint\limits_{D_z}\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}z=\int_0^1z\cdot\pi\left(1-z^2\right)\mathrm{d}z=\pi\left[\frac{z^2}{2}-\frac{z^4}{4}\right]_0^1=\frac{\pi}{4}.$$

识别：被积表达式里是 $\mathrm{d}s$ 或 $\mathrm{d}S$（没有方向），题目可能问曲线质量、曲面质量、曲面面积。

步骤：① 曲线：把曲线写成参数式 $x=x(t),y=y(t)$（或极坐标 $r=r(\theta)$），代入被积函数并乘上 $\mathrm{d}s=\sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2}\,\mathrm{d}t$，化为定积分（上下限由小到大）；② 曲面：把曲面写成 $z=z(x,y)$，代入被积函数并乘上 $\mathrm{d}S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，化为二重积分，投影域 $D_{xy}$ 由曲面在 $xOy$ 面的投影确定；③ 先看能否利用 $L$（或 $\Sigma$）自身的方程把被积函数简化，或与 $\mathrm{d}s$、$\mathrm{d}S$ 的根式约掉。

示例：计算 $\int_L\left(x^2+y^2\right)\mathrm{d}s$，其中 $L$ 是圆 $x^2+y^2=1$。取参数式 $x=\cos t,\ y=\sin t$（$0\leqslant t\leqslant2\pi$），$\mathrm{d}s=\sqrt{(-\sin t)^2+\cos^2t}\,\mathrm{d}t=\mathrm{d}t$；又因在 $L$ 上恒有 $x^2+y^2=1$，故 $$\int_L\left(x^2+y^2\right)\mathrm{d}s=\int_0^{2\pi}1\cdot\mathrm{d}t=2\pi .$$

识别：被积表达式形如 $P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y$，带有方向；题目可能给封闭曲线（$\oint$），也可能给一段曲线，并常出现「分母为零的点」（奇点）。

步骤：① 先验算 $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}$ 是否为 0：恒为 0 且区域单连通时积分与路径无关（转题型 4）；② 曲线封闭且内部无奇点：套格林公式，注意方向必须是逆时针（顺时针要添负号）；③ 曲线不封闭：补一条规则曲线使其封闭，写成 $\oint_{L+L_1}-\int_{L_1}$；④ 曲线封闭但内部有奇点：用挖洞法，取一套住奇点的小曲线 $L_\varepsilon$（令分母 $=\varepsilon^2$），把积分换到 $L_\varepsilon$ 上再算（此时可直接代入 $L_\varepsilon$ 的方程）。

示例：计算 $\oint_L xy\,\mathrm{d}x+y^2\,\mathrm{d}y$，其中 $L$ 是曲线 $y=x^2$ 与直线 $y=1$ 所围区域 $D$ 的正向边界。$P=xy,\ Q=y^2$，故 $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=y-x$，由格林公式 $$\oint_L xy\,\mathrm{d}x+y^2\,\mathrm{d}y=\iint\limits_D(y-x)\,\mathrm{d}\sigma=\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{x^2}^{1}(y-x)\,\mathrm{d}y =\int_{-1}^{1}\left(\frac12-x-\frac{x^4}{2}+x^3\right)\mathrm{d}x=\frac45 .$$

识别：题干说「积分与路径无关」「求 $P,Q$ 中的待定参数」「求原函数 $u(x,y)$」；被积表达式常写成 $P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y$ 且 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$。

步骤：① 先确认区域单连通、$P,Q$ 一阶连续偏导，并验算 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$；② 求参数：把待定参数代入这个等式解出；③ 求积分值：改用折线（与坐标轴平行）从起点走到终点，或凑全微分 $\mathrm{d}u$ 后用 $u(B)-u(A)$；④ 求原函数：由 $\frac{\partial u}{\partial x}=P$ 对 $x$ 积分（积分常数是 $y$ 的函数），再对 $y$ 求导与 $Q$ 比较定出它。

示例：已知 $\mathrm{d}u=(2x+y)\,\mathrm{d}x+(x+2y)\,\mathrm{d}y$，求 $u(x,y)$。这里 $P=2x+y,\ Q=x+2y$，$\frac{\partial P}{\partial y}=1=\frac{\partial Q}{\partial x}=1$，确实与路径无关。凑微分： $$\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x+y\,\mathrm{d}x+x\,\mathrm{d}y+2y\,\mathrm{d}y=\mathrm{d}\left(x^2+xy+y^2\right),$$ 故 $u(x,y)=x^2+xy+y^2+C$。

识别：被积表达式形如 $P\,\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\,\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，曲面有指定侧；题目常问通量，并可能给出封闭曲面（$\oiint$）或内部含奇点的曲面。

步骤：① 算散度 $\operatorname{div}\vec{F}=P_x+Q_y+R_z$；② 曲面封闭且内部无奇点：套高斯公式（外侧为正），若散度为 0 则通量直接为 0；③ 曲面不封闭：补一块规则曲面把它补成封闭的，写成 $\oiint_{\Sigma+\Sigma_1}-\iint_{\Sigma_1}$，补面的侧要与整体一致；④ 曲面封闭但内部有奇点且散度为 0：改用挖洞法换成小球面，再直接代入小球面方程算；⑤ 不便用公式时，把三项拆开、投影到相应坐标面化为二重积分（上正下负、右正左负、前正后负）。

示例：计算 $\oiint_{\Sigma}x\,\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\,\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 的外侧。这里 $\operatorname{div}\vec{F}=1+1+1=3$，由高斯公式 $$\oiint_{\Sigma}x\,\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\,\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=3\iiint\limits_{\Omega}\mathrm{d}v=3\cdot\frac{4}{3}\pi a^3=4\pi a^3 .$$

识别：出现空间封闭曲线上的第二型曲线积分 $\oint_\Gamma P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y+R\,\mathrm{d}z$（曲线常是平面与曲面或两个曲面的交线），或问某向量场通过曲面的通量。

步骤：① 算旋度 $\operatorname{\mathbf{rot}}\vec{F}$（按行列式展开）；② 选一块以 $\Gamma$ 为边界、形状简单的曲面 $\Sigma$（常取平面片），方向与 $\Gamma$ 符合右手法则；③ 把曲面积分化成二重积分：$\vec{n}^{\circ}\,\mathrm{d}S$ 用转换投影法或直接用平面法向量算出；④ 若 $\Gamma$ 落在坐标面内，直接退化为格林公式，按题型 3 做。

示例：计算 $\oint_{\Gamma}z\,\mathrm{d}x+x\,\mathrm{d}y+y\,\mathrm{d}z$，其中 $\Gamma$ 是平面 $x+y+z=1$ 与三个坐标面围成的三角形边界（正向，与平面法向量 $(1,1,1)$ 成右手法则）。这里 $\vec{F}=(z,x,y)$， $$\operatorname{\mathbf{rot}}\vec{F}=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z},\ \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x},\ \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)=(1,1,1),$$ 取 $\Sigma$ 为平面 $x+y+z=1$ 上的三角形，其单位法向量 $\vec{n}^{\circ}=\frac{(1,1,1)}{\sqrt3}$、面积 $S=\frac{\sqrt3}{2}$，由斯托克斯公式 $$\oint_{\Gamma}z\,\mathrm{d}x+x\,\mathrm{d}y+y\,\mathrm{d}z=\iint\limits_{\Sigma}\operatorname{\mathbf{rot}}\vec{F}\cdot\vec{n}^{\circ}\,\mathrm{d}S=\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac32 .$$