高等数学中的重要结论

取整函数基本不等式: $x - 1 < [x] \leq x$
常用基本极限
$\lim\limits_{x \to 0} \cfrac{\sin x}{x} = 1$
$\lim\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = 1$
$\lim\limits_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{x})^{x} = 1$

对于 $1^\infty$ 推广有， $\lim\alpha(x) = 0, \lim\beta = \infty$ ，且 $\lim\alpha(x)\beta(x) = A$ ，则有 $\lim[1 + \alpha]^{\beta(x)} = e^A$

$\lim\limits_{x \to 0} \cfrac{a^x - 1}{x} = \ln a$ (洛必达法则易证)
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n] n = 1$
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n] a = 1 \, (a > 0)$
$\lim\limits_{x \to \infty}\cfrac{a_nx^n + a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_1x + a_0}{b_mx^m + b_{m - 1}x^{m - 1} + ... + b_1x + b_0} = \left\{\begin{array}{rcl} \frac{a_n}{b_m}, & n = m \\ 0, & n < m \\ \infty, & n > m\end{array}\right.$

$\lim\limits_{n \to \infty} x^n = \left\{\begin{array}{rcl} 0, & |x| < 1 \\ \infty, & |x| > 1 \\ 1, & x = 1 \\ 不存在, & x = -1 \end{array}\right.$

$\lim\limits_{n \to \infty} x^n = \left\{\begin{array}{rcl} 0, & |x| < 1 \\ \infty, & |x| > 1 \\ 1, & x = 1 \\ 不存在, & x = -1 \end{array}\right.$

$\lim\limits_{n \to \infty} e^{n \pi} = \left\{\begin{array}{rcl} 0, & x < 0 \\ +\infty, & x > 0 \\ 1, & x = 0\end{array}\right.$
常用等价无穷小
$x \sim \sin x \sim \tan x \sim \arcsin x \sim \arctan x \sim \ln(1 + x) \sim e^x - 1$

$(1 + x) ^ \alpha - 1 \sim \alpha x$ ，推广当 $\alpha(x) \to 0, \alpha(x)\beta(x) \to 0$ 时， $(1 + \alpha (x))^{\beta(x)} - 1 \sim \alpha(x)\beta(x)$

$1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$ ，推广 $1 - \cos^a x \sim \frac{a}{2} x^2$
$\alpha^x - 1 \sim x\ln a$
$x - \sin x \sim \frac{1}{6}x^3$
$\arcsin x - x \sim \frac{1}{6} x^3$
$\tan x - x \sim \frac{1}{3}x^3$
$x - \arctan x \sim \frac{1}{3}x^3$
$x - \ln (1 + x) \sim \frac{1}{2}x^2$ ，推广 $\ln (1 - x) + x \sim -\frac{1}{2}x^2$ ，令 $t = -x$ 带入即可。
$\lim\frac{f(x)}{g(x)}$ 存在， $\lim g(x) = 0 \to \lim f(x) = 0$ ； $\lim\frac{f(x)}{g(x)} = A \neq 0$ ， $\lim f(x) = 0 \to \lim g(x) = 0$ 。
如果 $f(x) \, n$ 阶可导，使用洛必达最多到 $f^{n-1}(x)$ ；如果 $f(x) \, n$ 阶可导且连续，使用洛必达最多到 $f^{n}(x)$ 。
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + ... + a_m^n}$ ，其中 $a_i > 0 \, (i = 1, 2, ..., m)，\max\{a_i\} = a$ ，那么 $原式 = a$
常用不等式： $a^2 + b^2 \geq 2ab$ ； $\frac{a + b + c}{3} \geq \sqrt[3]{abc}$ ； $\sin x < x < \tan x, x \in (0, \frac{\pi}{2})$ ； $\frac{x}{1 + x} < \ln (1 + x) < x, x \in (0, +\infty)$ 。
$\lim\limits_{x \to 0} x^{\alpha} \ln x = 0 \,\, (\alpha > 0)$ 。
证明： $\lim\limits_{x \to 0} \frac{-\ln{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{x^{\alpha}}} = 0$ ，因为分子是对数函数，分母是幂函数。
连续函数的和、差、积、商都连续，连续函数复合也连续。
$f(x)$ 是奇函数，那么 $f'(x)$ 是偶函数； $f(x)$ 是偶函数，那么 $f'(x)$ 是积函数； $f(x)$ 是周期函数，那么 $f'(x)$ 也是周期函数，且周期不变。
常用泰勒公式
$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + ... + \cfrac{x^n}{n!} + o(x^n)$
$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + ... + (-1)^{n - 1}\cfrac{x^{2n - 1}}{({2n - 1})!} + o(x^{2n - 1})$
$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + ... + (-1)^{n}\cfrac{x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n})$
$\ln(1 + x) = x - \cfrac{x^2}{2} + ... + (-1)^{n - 1}\cfrac{x^n}{n} + o(x^n)$
$(1 + x)^a = 1 + ax + \cfrac{a(a - 1)}{2!}x^2 + ... + \cfrac{a(a - 1)...(a - n + 1)}{n!}x^n + o(x^n)$
$\cfrac{1}{x + 1} = 1 - x + x^2 + ... + (-1)^nx^n + o(x^n)$
$\cfrac{1}{x + 1} = 1 + x + x^2 + ... + x^n + o(x^n)$
$f(x)$ ， $g(x)$ 在 $(c, +\infty)$ 可导，且 $g'(x) \neq 0$ ； $\lim\limits_{x \to +\infty}g(x) = \infty$ ； $\lim\limits_{x \to +\infty}\cfrac{f'(x)}{g'(x)} = A（A为有限或者\infty$ ，那么有 $\lim\limits_{x \to +\infty} \cfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty}\cfrac{f'(x)}{g'(x)} = A$ .也就是说这种情形下，不必验证 $f(x)$ 是否是无穷大量，可以直接洛必达。
如果 $f(t)$ 可积，那么 $F(x) = \int_a^xf(t)dt$ 一定连续。
证明： $F(x) = \int_a^xf(t)dt$ ，令 $\delta \to 0$ ，有 $F(x + \delta) = \int_a^{x + \delta}f(t)dt = \int_a^xf(t)dt + \int_x^{x + \delta}f(t)dt$ ，如果 $F(x)$ 连续，那么会有 $\lim\limits_{\delta \to 0}F(x + \delta) = F(x)$ ，那么只需要证明 $\lim\limits_{\delta \to 0}\int_x^{x + \delta}f(t)dt = 0$ ，对于 $\lim\limits_{\delta \to 0}\int_x^{x + \delta}f(t)dt = 0$ ，因为可积必有界，那么设 $f(x)$ 在 $(x, x + \delta)$ 上的最大值为 $M$ ，最小值为 $m$ ，则有 $m(x + \delta - x) \leq \int_a^b f(x)dx \leq M(x + \delta - x)$ ，由于 $(x + \delta - x )= \delta \to 0$ ，那么有 $0 \leq \int_a^b f(x)dx \leq 0$ ，所以 $\lim\limits_{\delta \to 0}\int_x^{x + \delta}f(t)dt = 0$ ，证毕。
讨论 $F(x) = \int_a^xf(t)dt$ 在 $x = x_0$ 的可导性 $(x \to x_0, x \neq x_0)$ 。

从导数定义出发， $F'(x) = \lim\limits_{x \to x_0}\cfrac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} = \lim\limits_{x \to x_0}F'(x) = \lim\limits_{x\to x_0}f(x)$

从上式看出， $F(x)$ 的可导性与 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 有关。

当 $f(x)$ 在 $x_0$ 点连续，那么有 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x) = f(x_0)$ ，所以 $F(x)$ 可导；

当 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 点为可去间断点，那么 $\lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x) = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x) = A \to \lim\limits_{x\to x_0}f(x) = A$ ，所有 $F(x)$ 可导;

当 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 点为跳跃间断点、第二类间断点均不可导。
$f(x)$ 在区间 $I$ 上有第一类间断点与无穷间断点，则 $f(x)$ 在区间 $I$ 上没有原函数。

证明：使用反证法，假设存在原函数 $F(x)$ ，那么根据导数定义与洛必达法则有 $F'(x) = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}\cfrac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}F'(x)(洛必达) = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x)$ ， $F'(x) = \lim\limits_{x \to {x_0}^-}\cfrac{F(x) - F(x_0)}{x - x_0} = \lim\limits_{x \to {x_0}^-}F'(x)(洛必达) = \lim\limits_{x \to {x_0}^-}f(x)$ ，

如果 $f(x) = F'(x)$ ，那么有 $f(x_0) = \lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x) = \lim\limits_{x \to {x_0}^-}f(x)$ ，而不满足三类间断点的要求，所以与假设矛盾，那么不存在原函数，由这个条件还可以知道连续函数一定存在原函数。

注：这里可以使用洛必达法则的原因是因为符合使用洛必达的使用条件（ $\lim\limits_{x \to {x_0}^+}f(x)$ 与 $\lim\limits_{x \to {x_0}^-}f(x)$ 存在或者无穷）。那么对于振荡间断点来说就不符合这个条件，所以不能这样证明，举个例子来说它是有原函数的， $f(x) = \left\{\begin{array}{rcl} 2x\sin\frac{1}{x} - \cos\frac{1}{x}, & x\neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{array}\right.$ ，原函数是 $F(x) = \left\{\begin{array}{rcl} x^2sin\frac{1}{x}, & x\neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{array}\right.$ 。
区间再现公式 $\int_a^bf(x)dx = \int_a^bf(a + b - x)dx$ 。

证明：令 $x = a + b - t$ ，那么 $\int_a^bf(x)dx = \int_b^af(a + b - t)d(-t) = \int_a^b f(a + b - t)dt = \int_a^bf(a + b - x)$

由此可以推导出： $\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x)dx$
常用三角积分公式:

$\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\cos x)dx$

$\int_0^{\pi}f(\sin x)dx = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)dx$

$\int_0^{\pi}xf(\sin x)dx = \frac{\pi}{2}\int_0^{\pi}f(\sin x)dx$ ，左边令 $u = \pi - x$ 推导即可。

点火公式： $\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nxdx = \left\{\begin{array}{rcl} &\cfrac{n - 1}{n} \times \cfrac{n - 3}{n - 2} \times ... \times \cfrac{1}{2} \times \cfrac{\pi}{2}, & n为偶数\\ &\cfrac{n - 1}{n} \times \cfrac{n - 3}{n - 2} \times ... \times \cfrac{2}{3}, & n为奇数 \end{array}\right.$

$\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x) dx = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}f(\sin x)dx$

$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x) dx = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}f(\sin x)dx = \int_{\frac{3\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{2}}f(\sin x)dx$
如果 $f(x)$ 为偶函数，那么 $F(x) = \int_a^xf(t)dt$ 不一定为奇函数；但是如果 $f(x)$ 为奇函数，那么 $F(x) = \int_a^xf(t)dt$ 为偶函数。

（1）如果 $f(x)$ 为奇函数，那么有 $f(-x) = f(x)$ ，

$F(-x) = \int_a^{-x}f(t)dt$ ，令 $t = -u$ ，那么 $F(-x) = \int_{-a}^u f(-u) d(-u) = \int_{-a}^af(u)du + \int_{a}^uf(u)du$ ，因为 $f(x)$ 为奇函数，那么有 $\int_{-a}^af(u)du = 0$ ，所以 $F(-x) = \int_{a}^xf(x)dx = F(x)$ ，所以 $f(x)$ 为奇函数，那么 $F(x)$ 必定为偶函数。

（2）如果 $f(x)$ 为偶函数，那么有 $f(-x) = f(x)$ ，

$F(-x) = \int_a^{-x}f(t)dt$ ，令 $t = -u$ ，那么 $F(-x) = \int_{-a}^u f(-u) d(-u) = -\int_{-a}^u f(u) d(u) = -\int_{-a}^af(u)du - \int_{a}^uf(u)du$ ，如果 $\int_{-a}^af(u)du$ 为 $0$ ，那么有 $F(-x) = - \int_{a}^uf(u)du = - \int_{a}^xf(x)dx$ ，此时 $F(x)$ 为奇函数；否则 $F(x)$ 不为奇函数。

如果 $a = 0$ ，那么有 $f(x)$ 为偶函数， $F(x)$ 为奇函数； $f(x)$ 为奇函数，那么 $F(x)$ 为偶函数。
$f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续，那么 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 有界； $f(x)$ 在 $(a, b)$ 连续， $\lim\limits_{x \to {a^+}}f(x)$ 与 $\lim\limits_{x \to {b^-}}f(x)$ 存在，那么 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 有界。
$\sum\limits_{n = 1}^\infty|b_n|$ 收敛，那么 $\sum\limits_{n= 1}^\infty(b_n)^2$ 收敛。

证明： $\sum\limits_{n = 1}^\infty|b_n|$ 收敛，则有 $\lim\limits_{n\to \infty}|b_n| \to 0$ ，所以 $n$ 充分大的时候有 $|b_n|$ ， $b_n^2 \leq |b_n|$ ，所以 $\sum\limits_{n= 1}^\infty(b_n)^2$ 也收敛。

$\sum\limits_{n = 1}^\infty b_n$ 收敛， $\sum\limits_{n= 1}^\infty(b_n)^2$ 不一定收敛，反例 $b(n) = \cfrac{(-1)^n}{\sqrt n}$ ， $b_n^2 = \cfrac{1}{n}$ 是调和级数。
若 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0$ ， $\sum\limits_{n = 1}^\infty b_n$ 收敛，且为正项级数，那么有 $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n b_n$ 也收敛。
$\sum\limits_{n = 1}^\infty \cfrac{x^n}{n} = -\ln(1 - x).$

证明： $\ln(1 + x) = x -\cfrac{x^2}{2} + ... + (-1)^{n - 1}\cfrac{x^{n}}{n} = \sum\limits_{n = 1}^{\infty}\cfrac{(-1)^{n - 1}x^n}{n}$

$\ln(1 - x) = -x -\cfrac{x^2}{2} - \cfrac{x^3}{3}... -\cfrac{x^{n}}{n} = -\sum\limits_{n = 1}^\infty \cfrac{x^n}{n}$

$-\ln(1 - x) = x +\cfrac{x^2}{2} + \cfrac{x^3}{3}... +\cfrac{x^{n}}{n} = \sum\limits_{n = 1}^\infty \cfrac{x^n}{n}$