第1题间断点类， 清楚第一类间断点和第二类间断点的性质，一种可行的做法是先利用第一类间断点的必要条件(分子分母同时为0)求出未知数，再用第二类间断点来验证；

第2题极限， 赛时没做出来也是唯一一道没写出来的题，做起来感觉很奇怪，换元后也消不掉就放弃了，原来是泰勒展开少展开了一项，，，，

第3题求极限， 拉格朗日求即可；

第4题高阶导数， 挺有意思的一道题，赛时有点猜的做法(事实证明我猜对了但是真就是瞎猜)，补题给出完整求解过程；

第5题一元积分， 直接求就行了；

第6题全微分， 直接求就行了；

第7题变上限积分， 换元后求就行了；

第8题二重积分， 交换积分次序后换元即可；

第二题微分题，(1)高中题目，证明单调后找到小于零和大于零的函数值即可；(2)根据问题(1)中$xn$的范围求解极限即可；

第三题一元积分题， 首先根据原函数求出$f(x)$，带入所求积分后换即可，值得注意的是，利用$sinx$和$cosx$在$0到\pi/2$上的等价性质可以很大程度上的减少计算难度；

第四大题参数方程及积分应用，(1)参数方程求导即可;(2)首先求出切线方程，后画出积分图像显然的可以计算(参数方程的面积计算公式)；

第五题介质定理和周期性，是不太会的题型，赛时直接没写，赛后要好好补一下，，，(1)是证明积分中值定理，(2)是利用周期性计算积分的极限

第六题变现积分和导数定义， 首先对极限进行洛必达，随后要分类讨论f(0)的值是否为0，对于等于0的情况，要应用导数的定义进行求解$若 f(0)=0，则 原式=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{f(x)-f(0)}{x}+\frac{f(-x)-f(0)}{-x}}{8.\frac{f(2x)-f(0)}{2x}}=\frac{f'(0)+f'(0)}{8 f'(0)}=\frac{1}{4}.$

第七题多元函数定义题， 利用定义判断连续性和计算一阶偏导，对于是否可微的计算赛时忘记公式了，，，

第八题带max的二重积分， 直接补题，，，

$若 x\to\infty 时，函数 f(x)=ax+b+\sqrt[3]{1-2x^{2}+x^{3}} 是无穷小，则常数 a= ， b=$

设

当 $x \to \infty$，$t \to 0$， $(1+t)^{1/3}$ 的泰勒展开：

• $t = -\frac{2}{x} + \frac{1}{x^3}$
• $t^2 = \left(-\frac{2}{x}\right)^2 + O\left(\frac{1}{x^4}\right) = \frac{4}{x^2} + O\left(\frac{1}{x^4}\right)$
• $t^3$ 项会产生 $1/x^3$，我们暂时需要到 $t^2$ 为止即可，因为 $x$ 乘在外面。

代入：

简化：

原式：

合并同类项：

当 $x \to \infty$：

• $(a+1)x$ → 无穷大，除非系数为零，所以必须有：

• 常数项为 $\left(b - \frac{2}{3}\right)$，如果不为零，极限就是该常数，所以必须有：

$设 f(x)=x^{3}e^{x}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}x^{k}+o(x^{n})(n>10)，则 a_{10}\cdot f^{(10)}(0)=$？

它其实就是 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的泰勒展开（带皮亚诺余项）。

因此 $a_k$ 就是泰勒系数：

要求的量是：

$e^{x} = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{x^{m}}{m!}$，所以

令 $k = m+3$，则 $m = k-3$，于是

这是 $f(x)$ 的麦克劳林展开，因此

而根据泰勒公式，

所以当 $k \ge 3$ 时，

得到

代入 $k=10$：

根据上面：

$(1) 设函数 f(x)，g(x) 都在闭区间 [a,b] 上连续，且 g(x) \geq 0，证明：存在 \xi \in [a,b]，使得 \int_{a}^{b} f(x)g(x)\mathrm{d}x = f(\xi)\int_{a}^{b} g(x)\mathrm{d}x；$

(2) $$求 \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\pi} x^{2022}|\sin nx|\mathrm{d}x.

(1) 证明积分中值定理

已知条件：

• $f(x), g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续
• $g(x) \ge 0$

要证：存在 $\xi \in [a,b]$，使得

使用连续函数在闭区间上的最值定理与介值定理。

因为 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以必有最大值 $M$ 和最小值 $m$，即对任意 $x \in [a,b]$：

因为 $g(x) \ge 0$，所以不等式乘 $g(x)$ 后方向不变：

对 $x$ 从 $a$ 到 $b$ 积分：

情况 1：$\int_a^b g(x)\,dx = 0$

由于 $g(x) \ge 0$ 且连续，这意味着 $g(x) \equiv 0$ 在 $[a,b]$ 上。那么原等式左右两边都是 0，任意 $\xi$ 都成立，结论显然。

情况 2：$\int_a^b g(x)\,dx > 0$

令

由上面不等式可知：

根据连续函数的介值定理，存在 $\xi \in [a,b]$，使得 $f(\xi) = \mu$。代回 $\mu$ 的定义，即得：

综上，两种情况都成立，命题得证。

$\vert \sin nx \vert$ 的周期是 $\frac{\pi}{n}$。

将 $[0,\pi]$ 分为 $n$ 个长度为 $\frac{\pi}{n}$ 的小区间：

对第 $k$ 个小区间，令变量代换：

则

由于 $|\sin((k-1)\pi + t)| = |\pm \sin t| = \sin t$，所以：

在第 $k$ 个小区间上，$x$ 的取值满足：

因此：

两边乘以 $|\sin nx|$ 并在该区间积分，再把 $n$ 个区间加起来：

计算 $\int_{0}^{\pi} \sin t \, dt = 2$，得到：

由：

得：

左右两边的极限相同，都是：

由夹逼定理：

一、连续性

二、一阶偏导数

对 $x$ 的偏导数 $f_x(0,0)$

定义：

$f(h,0) = \dfrac{h^{3} - \sin 0}{h^{2} + 0} = \dfrac{h^{3}}{h^{2}} = h$（$h \neq 0$），$f(0,0)=0$。

于是：

对 $y$ 的偏导数 $f_y(0,0)$

定义：

$f(0,k) = \dfrac{0 - \sin k^{3}}{0 + k^{2}} = -\dfrac{\sin k^{3}}{k^{2}}$。

当 $k \to 0$，$\sin k^{3} \sim k^{3}$，所以 $f(0,k) \sim -\dfrac{k^{3}}{k^{2}} = -k$。

因此：

一阶偏导数都存在，且

三、可微性

可微的定义

$f$ 在 $(0,0)$ 可微，是指：

代入已知值：

其中 $f(h,k) = \dfrac{h^{3} - \sin k^{3}}{h^{2}+k^{2}}$（当 $(h,k) \neq (0,0)$）。

沿特殊路径检验

沿路径 $h = 0$：

用 $\sin k^{3} \approx k^{3} - \frac{k^{9}}{6}$：

所以分子：

因此：

（当 $k \to 0$，极限为 0）

再沿 $k = h$：

展开 $\sin h^{3} = h^{3} - \frac{h^{9}}{6} + \cdots$，分子为 $\frac{h^{9}}{6} + \cdots$，所以 $f(h,h) \approx \frac{h^{7}}{12}$。

此时：

两次路径检验均为 0，但这还不够。

严格判断

用极坐标 $h = r\cos\theta$，$k = r\sin\theta$：

分子：

展开 $\sin(r^{3}\sin^{3}\theta) = r^{3}\sin^{3}\theta - \frac{r^{9}\sin^{9}\theta}{6} + \cdots$，有：

第一项为：

注意 $\cos^{3}\theta - \sin^{3}\theta$ 不一定等于 $\cos\theta - \sin\theta$，它们的差是：

利用 $\cos^{2}\theta + \sin^{2}\theta = 1$，化简为：

于是分子变为：

除以 $\sqrt{h^{2}+k^{2}} = r$ 后，$\Delta$ 为：

当 $r \to 0$ 时，第二项消失，但第一项与 $r$ 无关，且依赖于 $\theta$。

例如取 $\theta = \pi/4$，第一项不为零。因此极限依赖于方向，并不为零。

尽管偏导数存在，但可微的极限条件不满足，故 $f$ 在 $(0,0)$ 处不可微。

利用积分线性性质：

计算 $I_1$

内层对 $x$ 积分：

注意 $x^{1/3}$ 是奇函数，积分区间对称，所以该定积分为 0。

于是：

分析 $I_2$ 的 max 函数

需要在 $D$ 上比较 $x^{2}+y^{2}$ 与 $2y$ 的大小。

令：

反之，$x^{2}+y^{2} < 2y$ 等价于 $x^{2} + (y-1)^{2} < 1$。

因此，max 项的划分是：

• 区域 $D_1$（圆外或圆上）：$x^{2}+(y-1)^{2} \ge 1$，这时 $\max = x^{2}+y^{2}$
• 区域 $D_2$（圆内）：$x^{2}+(y-1)^{2} < 1$，这时 $\max = 2y$

在 $D$ 内，该圆是圆心 $(0,1)$、半径 $1$ 的圆。

圆外部分 $D_1$的积分

区域 $D$ 中去掉上方的半圆（因为 $y \in [0,2]$，该圆完全在 $D$ 内）。

积分项：

全矩形积分：

所以：

圆内部分 $D_2$的积分

圆 $x^{2} + (y-1)^{2} \le 1$。用极坐标平移：

令 $x = r\cos\theta$，$y = 1 + r\sin\theta$，则 $0 \le r \le 1$，$0 \le \theta \le 2\pi$，但此处 $D_2$ 与矩形重合部分是整个圆（全部在 $y\in[0,2]$ 内）。

化简：

乘 $r$ 后为：

积分：

$\int_{0}^{2\pi} \frac{3}{4} d\theta = \frac{3}{4} \cdot 2\pi = \frac{3\pi}{2}$

交叉项 $\int_{0}^{2\pi} \sin\theta \, d\theta = 0$，贡献为 0。

所以：

圆内部分用 $2y$ 的积分（用于 max 计算）

对内积分：

外积分：

在 $D_1$ 上，max 是 $x^{2}+y^{2}$，积分等于：

在 $D_2$ 上，max 是 $2y$，积分是 $2\pi$。

所以：