Part 2 导数与微分#

左导数与右导数#

定义#

导数的原始定义是一个双侧极限：

$$f'(x_0) = \lim_{\Delta x \to 0}\frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x} = \lim_{x\to x_0}\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$$

$\Delta x \to 0$ 意味着 $\Delta x$ 从正负两侧同时趋于 $0$. 这和极限那一章遇到的老问题一模一样：

• 分段函数的分界点：两侧表达式不同，导数自然可能不同；
• 定义域的端点：例如 $f(x) = \sqrt{x}$ 在 $x = 0$ 处左侧根本没定义，$\Delta x$ 只能取正的.

这两种情形下双侧导数可能不存在，能算的只有单侧导数.

左导数 如果极限

$$\lim_{\Delta x \to 0^-}\frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$$

存在，就称它为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的左导数，记作

$$f'_-(x_0) \quad \text{或} \quad f'(x_0^-) \quad \text{或} \quad f'(x_0 - 0)$$

右导数 把 $\Delta x \to 0^-$ 换成 $\Delta x \to 0^+$，得到的就叫右导数，记作

$$f'_+(x_0) \quad \text{或} \quad f'(x_0^+) \quad \text{或} \quad f'(x_0 + 0)$$

两者统称单侧导数.

定理#

$f(x)$ 在 $x_0$ 处可导的充分必要条件是：左右导数都存在且相等，即

$$f'(x_0) \text{ 存在} \iff f'_-(x_0) = f'_+(x_0)$$

此时 $f'(x_0)$ 就等于这个公共值.

备注#

可导即连续，连续未必可导

例题 1#

设

$$f(x) = \begin{cases} x^{2}, & x < 1 \\[4pt] 2x - 1, & x \ge 1 \end{cases}$$

讨论 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处是否可导.

例题解答 1#

分界点 $x = 1$ 必须左右分开，每侧用自己那一段的表达式.

左导数用 $x < 1$ 的 $x^{2}$：

$$f'_-(1) = \lim_{x\to 1^-}\frac{x^{2} - 1}{x - 1} = \lim_{x\to 1^-}(x+1) = 2$$

右导数用 $x \ge 1$ 的 $2x-1$：

$$f'_+(1) = \lim_{x\to 1^+}\frac{(2x-1) - 1}{x - 1} = \lim_{x\to 1^+}\frac{2(x-1)}{x-1} = 2$$

左右导数相等且都为 $2$，故 $f'(1)$ 存在，

$$f'(1) = 2$$

顺带一句：这个函数在分界点处不但连续，而且两侧”接头”是光滑的（左右导数相等），图像上看不出棱角.

例题 2#

讨论 $f(x) = \lvert x \rvert$ 在 $x = 0$ 处是否可导.

例题解答 2#

右导数：

$$f'_+(0) = \lim_{x\to 0^+}\frac{\lvert x\rvert - 0}{x - 0} = \lim_{x\to 0^+}\frac{x}{x} = 1$$

左导数：

$$f'_-(0) = \lim_{x\to 0^-}\frac{\lvert x\rvert - 0}{x - 0} = \lim_{x\to 0^-}\frac{-x}{x} = -1$$

左右导数都存在但不相等（$1 \neq -1$），所以 $f'(0)$ 不存在.

几何上 $y = \lvert x\rvert$ 在原点是一个尖点，没有唯一切线. 这也是”连续但不可导”的标准反例：$\lvert x\rvert$ 在 $x = 0$ 处明明连续，却不可导.

例题 3#

设

$$f(x) = \begin{cases} 1 - \cos x, & x \ge 0 \\[4pt] ax + b, & x < 0 \end{cases}$$

且 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，求 $a$ 与 $b$.

例题解答 3#

“可导”这件事包含两层：先是连续，再是左右导数相等. 而可导必连续，所以先用连续性定一个参数.

（1）连续性 先算左右极限：

$$\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+}(1 - \cos x) = 0, \qquad \lim_{x\to 0^-} f(x) = \lim_{x\to 0^-}(ax + b) = b$$

又 $f(0) = 1 - \cos 0 = 0$，连续要求左右极限都等于函数值，故

$$b = 0$$

（2）可导性 此时 $x < 0$ 一段变成 $f(x) = ax$，算左右导数：

$$f'_-(0) = \lim_{x\to 0^-}\frac{ax - 0}{x - 0} = a$$ $$f'_+(0) = \lim_{x\to 0^+}\frac{(1 - \cos x) - 0}{x - 0} = \lim_{x\to 0^+}\frac{1 - \cos x}{x}$$

用等价无穷小 $1 - \cos x \sim \dfrac{x^{2}}{2}$（见「无穷小量与无穷大量」）：

$$f'_+(0) = \lim_{x\to 0^+}\frac{\dfrac{x^{2}}{2}}{x} = \lim_{x\to 0^+}\frac{x}{2} = 0$$

可导要求 $f'_-(0) = f'_+(0)$，即

$$a = 0$$

所以

$$a = 0, \qquad b = 0$$

这类题的标准顺序是：先连续定一个参数，再左右导数相等定另一个. 顺序反了会多算很多无用功.

技巧#

易错点#

暂时留空

导数的定义与几何意义#

定义#

设函数 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 的某邻域内有定义. 如果极限

$$\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$$

存在，则称 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导，这个极限值称为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的导数，记作

$$f'(x_0), \qquad y'\big|_{x=x_0}, \qquad \left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=x_0}, \qquad \left.\frac{df}{dx}\right|_{x=x_0}$$

四种记号都要认得：$f'(x_0)$ 是拉格朗日记号，$\dfrac{dy}{dx}$ 是莱布尼茨记号，后面学微分和积分时离不开后一种.

若 $f(x)$ 在区间 $I$ 内每一点都可导，则得到一个定义在 $I$ 上的新函数 $f'(x)$，称为 $f(x)$ 的导函数，简称导数. 这时 $f'(x_0)$ 就是导函数在 $x_0$ 处的值.

备注#

导数定义的三种等价写法，做题时哪种顺手用哪种：

$$f'(x_0) = \lim_{h\to 0}\frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h} = \lim_{x\to x_0}\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}$$

考试里最常见的变形是

$$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0 + ah) - f(x_0)}{h} = a\,f'(x_0)$$

也就是说，分子里增量的系数 $a$ 必须搬到分母上作为倍数. 分母要和括号里的增量保持同一个”比例单位”. 这是定义型考题最大的陷阱.

几何意义#

导数 $f'(x_0)$ 就是曲线 $y = f(x)$ 在点 $(x_0,\, f(x_0))$ 处切线的斜率.

于是切线方程

$$y - f(x_0) = f'(x_0)(x - x_0)$$

法线方程（当 $f'(x_0) \neq 0$）

$$y - f(x_0) = -\frac{1}{f'(x_0)}(x - x_0)$$

若 $f'(x_0) = 0$，切线水平（$y = f(x_0)$），法线竖直（$x = x_0$）.

物理意义：若 $s = s(t)$ 表示位移，则 $s'(t)$ 是瞬时速度；再求一次导 $s''(t)$ 是加速度.

定理（可导与连续的关系）#

可导必连续，连续不一定可导.

证明略，思路是把增量拆开：

$$\Delta y = \frac{\Delta y}{\Delta x}\cdot\Delta x$$

可导意味着 $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}$ 有有限极限，而 $\Delta x \to 0$，乘积趋于 $0$，即 $\Delta y\to 0$，这就是连续.

反例就是上一节的 $\lvert x\rvert$ 在 $x = 0$：连续，但左右导数不等，不可导.

所以三个概念的关系链是

$$\text{可导} \;\Longrightarrow\; \text{连续} \;\Longrightarrow\; \text{有极限}$$

箭头全部不可逆.

例题 1#

用定义求 $f(x) = x^{2}$ 在 $x = 3$ 处的导数.

例题解答 1#

按定义硬算：

$$f'(3) = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{(3 + \Delta x)^{2} - 3^{2}}{\Delta x} = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{9 + 6\Delta x + (\Delta x)^{2} - 9}{\Delta x}$$

分子展开后常数项正好抵消，剩下每项都带 $\Delta x$，可以约分母：

$$= \lim_{\Delta x\to 0}\left(6 + \Delta x\right) = 6$$

要点就是这一句：分子必须展开干净、让不含 $\Delta x$ 的项抵消掉，否则约不掉分母. 展开没做彻底，这一步一定卡住.

例题 2#

用定义求 $f(x) = \sqrt{x}$ 在 $x = 4$ 处的导数.

例题解答 2#

$$f'(4) = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{\sqrt{4 + \Delta x} - 2}{\Delta x}$$

分子是根号差，有理化（同乘共轭式）：

$$= \lim_{\Delta x\to 0}\frac{(4 + \Delta x) - 4}{\Delta x\left(\sqrt{4 + \Delta x} + 2\right)} = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{1}{\sqrt{4 + \Delta x} + 2} = \frac{1}{4}$$

例题 3#

设 $f'(x_0)$ 存在，求

$$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0 + 3h) - f(x_0 - h)}{h}$$

例题解答 3#

这是定义变形的经典题. 分子里有两处偏离 $x_0$，先拆成两个差商，给它们各配一个公用的 $f(x_0)$：

$$\frac{f(x_0 + 3h) - f(x_0 - h)}{h} = \frac{f(x_0 + 3h) - f(x_0)}{h} + \frac{f(x_0) - f(x_0 - h)}{h}$$

第一项，令 $t = 3h$：

$$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0 + 3h) - f(x_0)}{h} = 3\lim_{t\to 0}\frac{f(x_0 + t) - f(x_0)}{t} = 3f'(x_0)$$

第二项，令 $u = -h$：

$$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0) - f(x_0 - h)}{h} = \lim_{u\to 0}\frac{f(x_0 + u) - f(x_0)}{u} = f'(x_0)$$

所以

$$\text{原式} = 3f'(x_0) + f'(x_0) = 4f'(x_0)$$

口诀：分子的两个位移系数直接相加，$3 + 1 = 4$，答案就是 $4f'(x_0)$.

例题 4#

求曲线 $y = x^{2}$ 在点 $(1, 1)$ 处的切线方程与法线方程.

例题解答 4#

先求斜率：$y' = 2x$，在 $x = 1$ 处

$$k = y'(1) = 2$$

切线：

$$y - 1 = 2(x - 1) \quad \Longrightarrow \quad y = 2x - 1$$

法线斜率是 $-\dfrac{1}{2}$：

$$y - 1 = -\frac{1}{2}(x - 1) \quad \Longrightarrow \quad x + 2y - 3 = 0$$

写切线题固定三步：求导 $\to$ 代点得斜率 $\to$ 点斜式. 法线只多一步”取负倒数”.

技巧#

易错点#

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求导法则与基本公式#

基本初等函数导数公式#

这张表必须背到条件反射，后面所有题都是它的组合：

两条记忆线索：

• 带 co 的三角函数求导都带负号（$\cos$、$\cot$、$\csc$）；反三角里带 co 的（$\arccos$、$\operatorname{arccot}$）也带负号，而 $\arcsin$、$\arctan$ 不带.
• 双曲函数求导比三角函数少一个负号，唯一例外是 $\coth$.

四则运算法则#

设 $u = u(x)$、$v = v(x)$ 都可导，则

$$(u \pm v)' = u' \pm v'$$ $$(uv)' = u'v + uv'$$ $$\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^{2}} \qquad (v \neq 0)$$

特别地，常数可以提出来：$(Cu)' = Cu'$.

商的法则别记反：分子是”上导下不导 减 上不导下导”，顺序反了整道题就错一个符号.

例题 1#

求 $y = 3x^{4} - 2x^{2} + 5x - 7$ 的导数.

例题解答 1#

逐项用幂函数公式，常数项导数为 $0$：

$$y' = 3 \cdot 4x^{3} - 2 \cdot 2x + 5 - 0 = 12x^{3} - 4x + 5$$

例题 2#

求 $y = x^{2}\ln x$ 的导数.

例题解答 2#

乘积法则，令 $u = x^{2}$、$v = \ln x$：

$$y' = 2x\cdot\ln x + x^{2}\cdot\frac{1}{x} = 2x\ln x + x$$

例题 3#

求 $y = \dfrac{\sin x}{x}$ 的导数.

例题解答 3#

商的法则，$u = \sin x$、$v = x$：

$$y' = \frac{\cos x \cdot x - \sin x \cdot 1}{x^{2}} = \frac{x\cos x - \sin x}{x^{2}}$$

例题 4#

用商的法则推出 $\tan x$ 的导数.

例题解答 4#

把 $\tan x$ 写成 $\dfrac{\sin x}{\cos x}$：

$$(\tan x)' = \frac{\cos x\cdot\cos x - \sin x\cdot(-\sin x)}{\cos^{2}x} = \frac{\cos^{2}x + \sin^{2}x}{\cos^{2}x} = \frac{1}{\cos^{2}x} = \sec^{2}x$$

分子上那个 $-\sin x$ 的负号来自 $\cos x$ 的导数，两边符号一并抵消成加号，这是最容易算错的一步.

例题 5#

求 $y = e^{x}\sin x$ 的导数.

例题解答 5#

$$y' = e^{x}\sin x + e^{x}\cos x = e^{x}\left(\sin x + \cos x\right)$$

答案能提出公因式就提，化简过的形式更利于后续求高阶导数.

技巧#

易错点#

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复合函数求导（链式法则）#

定理#

设 $y = f(u)$ 在 $u$ 处可导，$u = g(x)$ 在 $x$ 处可导，则复合函数 $y = f[g(x)]$ 在 $x$ 处可导，且

$$\frac{dy}{dx} = f'(u)\cdot g'(x) \qquad\text{或}\qquad \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}$$

多层复合照此逐层写下去：

$$y = f(u),\ u = g(v),\ v = h(x) \quad\Longrightarrow\quad y' = f'(u)\cdot g'(v)\cdot h'(x)$$

一句话心法：由外向内，逐层剥开，每剥一层乘上内层的导数，直到最里面是自变量为止.

链式法则是整章出现频率最高的东西. 后面所有求导题（隐函数、参数方程、高阶）本质都在用它.

例题 1#

求 $y = \sin 2x$ 的导数.

例题解答 1#

看成 $y = \sin u$，$u = 2x$：

$$y' = \cos u \cdot (2) = 2\cos 2x$$

最容易犯的错是只写 $\cos 2x$ 而漏掉内层的那个 $2$. 漏内层导数是链式法则第一大失分点.

例题 2#

求 $y = e^{3x^{2}}$ 的导数.

例题解答 2#

外层是指数，内层是 $3x^{2}$：

$$y' = e^{3x^{2}}\cdot (3x^{2})' = e^{3x^{2}}\cdot 6x = 6x\,e^{3x^{2}}$$

例题 3#

求 $y = \ln\sin x$ 的导数.

例题解答 3#

两层：外层 $\ln$，内层 $\sin$.

$$y' = \frac{1}{\sin x}\cdot \cos x = \cot x$$

例题 4#

求 $y = \sqrt{1 - x^{2}}$ 的导数.

例题解答 4#

先写成幂函数 $y = (1 - x^{2})^{1/2}$：

$$y' = \frac{1}{2}(1 - x^{2})^{-1/2}\cdot(-2x) = \frac{-x}{\sqrt{1 - x^{2}}}$$

含根号先改成指数形式，比直接对根号求导稳得多.

例题 5#

求 $y = (1 + x^{2})^{10}$ 的导数.

例题解答 5#

$$y' = 10(1 + x^{2})^{9}\cdot 2x = 20x\,(1 + x^{2})^{9}$$

例题 6#

设 $f$ 可导，求 $y = f(\sin x)$ 的导数.

例题解答 6#

$f$ 的具体表达式不知道，但链式法则照样用：

$$y' = f'(\sin x)\cdot\cos x$$

这类抽象函数求导在考研里非常常见. 记住：$f'(\sin x)$ 表示”先把 $f'$ 求出来，再把 $\sin x$ 代进去”，不等于 $\left[f(\sin x)\right]'$.

技巧#

易错点#

暂时留空

高阶导数#

定义#

$y = f(x)$ 的导数 $y' = f'(x)$ 如果仍可导，再求一次导就得到二阶导数，记作

$$y'', \qquad f''(x), \qquad \frac{d^{2}y}{dx^{2}}$$

再求一次就得到三阶导数 $y'''$，依此类推，$n$ 阶导数记作

$$y^{(n)}, \qquad f^{(n)}(x), \qquad \frac{d^{n}y}{dx^{n}}$$

注意从四阶开始必须写 $y^{(4)}$ 而不能写四个撇。二阶以上统称高阶导数.

常用高阶导数公式#

下面几条是反复出现的，直接背：

$$\left(e^{ax}\right)^{(n)} = a^{n}e^{ax}$$ $$\left(\sin x\right)^{(n)} = \sin\left(x + \frac{n\pi}{2}\right), \qquad \left(\cos x\right)^{(n)} = \cos\left(x + \frac{n\pi}{2}\right)$$ $$\left(x^{m}\right)^{(n)} = \begin{cases} m(m-1)\cdots(m-n+1)\,x^{m-n}, & n \le m \\[4pt] 0, & n > m \end{cases}$$ $$\left(\ln x\right)^{(n)} = \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^{n}}$$ $$\left(\frac{1}{1+x}\right)^{(n)} = \frac{(-1)^{n}n!}{(1+x)^{n+1}}$$

$\sin$、$\cos$ 那条的规律很整齐：每求一次导就相当于相位前进 $\dfrac{\pi}{2}$.

莱布尼茨公式#

乘积的高阶导数不能直接等于两个高阶导数相乘，要用

$$(uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}u^{(n-k)}\,v^{(k)}$$

长得和二项式定理一模一样，只是把乘方换成了求导阶数：

$$(uv)^{(n)} = u^{(n)}v + nu^{(n-1)}v' + \frac{n(n-1)}{2}u^{(n-2)}v'' + \cdots + uv^{(n)}$$

实用技巧：把求导后会变成 $0$ 的那个因子放在 $v$ 位. 例如 $v = x^{2}$，那 $v''' = 0$，求和实际上只有三项，立刻结束.

例题 1#

求 $y = e^{-2x}$ 的 $n$ 阶导数.

例题解答 1#

先算前几阶找规律：

$$y' = -2e^{-2x}, \qquad y'' = 4e^{-2x}, \qquad y''' = -8e^{-2x}$$

系数是 $(-2)^{n}$，于是

$$y^{(n)} = (-2)^{n}e^{-2x}$$

例题 2#

求 $y = \sin x$ 的 $n$ 阶导数.

例题解答 2#

逐阶算：

$$y' = \cos x = \sin\left(x + \frac{\pi}{2}\right)$$ $$y'' = -\sin x = \sin\left(x + \pi\right) = \sin\left(x + \frac{2\pi}{2}\right)$$ $$y''' = -\cos x = \sin\left(x + \frac{3\pi}{2}\right)$$

规律是每阶相位前进 $\dfrac{\pi}{2}$，所以

$$y^{(n)} = \sin\left(x + \frac{n\pi}{2}\right)$$

例题 3#

求 $y = \ln x$ 的 $n$ 阶导数.

例题解答 3#

$$y' = \frac{1}{x} = x^{-1}$$ $$y'' = -x^{-2}, \qquad y''' = 2x^{-3}, \qquad y^{(4)} = -6x^{-4}$$

系数的绝对值是阶乘 $(n-1)!$，符号是正负交替（从 $n=2$ 起为负），于是

$$y^{(n)} = \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^{n}}$$

注意 $n = 1$ 时也成立：$(-1)^{0}\cdot 0!/x = \dfrac{1}{x}$，对得上.

例题 4#

求 $y = x^{2}e^{x}$ 的 $n$ 阶导数（$n \ge 2$）.

例题解答 4#

这是莱布尼茨公式的典型用法. 令 $u = e^{x}$（它的任意阶导数都是 $e^{x}$），$v = x^{2}$.

关键：$v$ 求三次导就变 $0$ 了（$v' = 2x$，$v'' = 2$，$v''' = 0$），所以求和只剩三项：

$$y^{(n)} = u^{(n)}v + \binom{n}{1}u^{(n-1)}v' + \binom{n}{2}u^{(n-2)}v''$$

代入：

$$y^{(n)} = e^{x}\cdot x^{2} + n\cdot e^{x}\cdot 2x + \frac{n(n-1)}{2}\cdot e^{x}\cdot 2$$

整理得

$$y^{(n)} = e^{x}\left[x^{2} + 2nx + n(n-1)\right]$$

检查 $n = 2$：$e^{x}(x^{2} + 4x + 2)$，而直接算 $y'' = (2e^{x} + 2xe^{x} + x^{2}e^{x})' = e^{x}(x^{2} + 4x + 2)$，对得上.

技巧#

易错点#

暂时留空

微分#

定义#

设 $y = f(x)$ 在点 $x_0$ 的某邻域内有定义，给 $x_0$ 一个增量 $\Delta x$，如果相应的函数增量可以写成

$$\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) = A\,\Delta x + o(\Delta x)$$

其中 $A$ 是与 $\Delta x$ 无关的常数，则称 $f(x)$ 在 $x_0$ 处可微，并称 $A\,\Delta x$ 为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的微分，记作

$$dy = A\,\Delta x = f'(x_0)\,\Delta x$$

自变量自己的微分规定为 $dx = \Delta x$，于是微分的标准形式是

$$dy = f'(x)\,dx$$

请注意区分两个东西：

• $\Delta y$ 是曲线上的真实增量；
• $dy$ 是切线上的增量，是 $\Delta y$ 的线性主部.

定理#

可微 $\iff$ 可导，且此时 $dy = f'(x)dx$.

也就是说，在这一章里”可微”和”可导”是同一件事，只是说法不同. 证明略，把定义里的 $o(\Delta x)$ 除下来取极限就得到导数.

由此得到一个实用公式：

$$f'(x) = \frac{dy}{dx}$$

导数就是两个微分的商，这就是莱布尼茨记号 $\dfrac{dy}{dx}$ 的来历，也解释了为什么它长得像分式.

几何意义#

在曲线 $y = f(x)$ 上取点 $M(x_0, f(x_0))$，画切线，取增量 $\Delta x$：

• $\Delta y$ 是曲线上 $M$ 到 $N$ 的纵坐标增量；
• $dy$ 是切线上对应的纵坐标增量.

两者之差 $\Delta y - dy = o(\Delta x)$，这就是”以直代曲”的数学表达：$\Delta x$ 足够小时，切线和曲线几乎是重合的.

微分形式不变性#

无论 $u$ 是自变量还是中间变量，微分都保持同一个形式

$$dy = f'(u)\,du$$

这一条在换元积分时是根本依据，务必记住.

例题 1#

求 $y = x^{3} + 2x$ 的微分.

例题解答 1#

先求导，再乘 $dx$：

$$dy = (3x^{2} + 2)\,dx$$

例题 2#

求 $y = e^{-x}\sin 2x$ 的微分.

例题解答 2#

先求导（乘积法则 + 链式法则）：

$$y' = -e^{-x}\sin 2x + e^{-x}\cdot 2\cos 2x = e^{-x}\left(2\cos 2x - \sin 2x\right)$$

于是

$$dy = e^{-x}\left(2\cos 2x - \sin 2x\right)dx$$

例题 3#

用微分近似计算 $\sqrt{1.02}$.

例题解答 3#

取 $f(x) = \sqrt{x}$，$x_0 = 1$，$\Delta x = 0.02$. 由

$$f(x_0 + \Delta x) \approx f(x_0) + f'(x_0)\Delta x$$

先算 $f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}$，故 $f'(1) = \dfrac{1}{2}$. 于是

$$\sqrt{1.02} \approx 1 + \frac{1}{2}\times 0.02 = 1.01$$

精确值约 $1.009950$，近似到小数点后三位是准确的.

例题 4#

用微分近似计算 $\ln 1.02$.

例题解答 4#

取 $f(x) = \ln x$，$x_0 = 1$，$\Delta x = 0.02$，$f'(1) = 1$：

$$\ln 1.02 \approx \ln 1 + 1 \times 0.02 = 0.02$$

技巧#

易错点#

暂时留空

隐函数求导#

定义#

前面几节的函数都是显式给出的：$y = f(x)$，$y$ 单独写在一边，等号右边只有 $x$.

隐函数是另一种给法：$y$ 与 $x$ 的关系藏在一个方程里，

$$F(x, y) = 0$$

例如

$$x^{2} + y^{2} = 1, \qquad e^{y} + xy = e, \qquad y - x - \sin y = 0$$

这些式子里的 $y$ 确实由 $x$ 决定（在局部），但没法（或不值得）把 $y$ 解出来写成 $y = f(x)$. 好在求导并不需要真的解出来.

求导方法#

核心只有一句话：两边同时对 $x$ 求导，求到 $y$ 的时候把它当成 $y(x)$，用链式法则多乘一个 $y'$.

三步走：

1. 方程两边对 $x$ 求导. 遇到 $x$ 的表达式照常求；遇到 $y$ 的表达式，先对外层求导，再乘 $y'$；
2. 把所有含 $y'$ 的项移到一边，其余移到另一边；
3. 提出 $y'$ 并解出来.

为什么能这么做：既然 $y = y(x)$ 是 $x$ 的函数，那么 $y^{2}$ 其实就是 $\left[y(x)\right]^{2}$，由链式法则

$$\left(y^{2}\right)' = 2y\cdot y'$$

这个”多出来的 $y'$“就是隐函数求导最容易漏的东西.

例题 1#

求由方程 $x^{2} + y^{2} = 1$ 确定的隐函数的导数 $\dfrac{dy}{dx}$.

例题解答 1#

两边对 $x$ 求导，注意 $y^{2}$ 是复合函数：

$$2x + 2y\cdot y' = 0$$

解出 $y'$：

$$y' = -\frac{x}{y} \qquad (y \neq 0)$$

结果里同时含 $x$ 和 $y$，这是隐函数求导的正常形态，不需要再化成只有 $x$.

例题 2#

求由方程 $e^{y} + xy = e$ 确定的隐函数在点 $(0, 1)$ 处的导数.

例题解答 2#

先验一下点确实在曲线上：$e^{1} + 0\cdot 1 = e$，成立.

两边对 $x$ 求导：

$$e^{y}\cdot y' + y + x\cdot y' = 0$$

把含 $y'$ 的项归拢：

$$y'\left(e^{y} + x\right) = -y$$

代入 $x = 0$、$y = 1$：

$$y' = \frac{-1}{e^{0} + 0} = -\frac{1}{e}$$

注意顺序：先求出 $y'$ 的表达式，再代点，不能一边代点一边求导.

例题 3#

求 $x^{2} + y^{2} = 1$ 所确定隐函数的二阶导数 $y''$.

例题解答 3#

一阶导已经算出：

$$y' = -\frac{x}{y}$$

再对 $x$ 求一次导，注意 $y$ 仍然是 $x$ 的函数，商的法则要用全：

$$y'' = -\frac{y - x\cdot y'}{y^{2}}$$

把 $y' = -\dfrac{x}{y}$ 代进去：

$$y'' = -\frac{y - x\left(-\dfrac{x}{y}\right)}{y^{2}} = -\frac{y + \dfrac{x^{2}}{y}}{y^{2}} = -\frac{y^{2} + x^{2}}{y^{3}}$$

由原方程 $x^{2} + y^{2} = 1$，立刻化简：

$$y'' = -\frac{1}{y^{3}}$$

这里能化简到底，是因为把原方程用上了. 求二阶隐函数导数时，随时回头用原方程消项，这是关键技巧.

对数求导法#

隐函数求导有一个直接衍生出来的工具：如果函数是一堆因子相乘除，或者底数和指数都含 $x$（幂指函数），就先取对数，把它变成隐函数再求导.

幂指函数 $y = u(x)^{v(x)}$ 的做法：

1. 两边取自然对数：$\ln y = v(x)\ln u(x)$；
2. 两边对 $x$ 求导（左边 $\ln y$ 的导数是 $\dfrac{y'}{y}$，又是链式法则）；
3. 两边乘 $y$，还原.

等价地也可以直接写成 $y = e^{v\ln u}$ 再求导，两条路结果一样.

例题 4#

求 $y = x^{x}$（$x > 0$）的导数.

例题解答 4#

底和指数都含 $x$，这是幂指函数，不能用 $x^{n}$ 或 $a^{x}$ 的公式，必须先取对数.

两边取对数：

$$\ln y = x\ln x$$

两边对 $x$ 求导，左边是链式法则：

$$\frac{y'}{y} = \ln x + x\cdot\frac{1}{x} = \ln x + 1$$

两边乘 $y$：

$$y' = y\left(\ln x + 1\right) = x^{x}\left(\ln x + 1\right)$$

如果直接对 $x^{x}$ 用 $x^{n}$ 的公式 $nx^{n-1}$，得到 $x\cdot x^{x-1} = x^{x}$，是错的——那个公式只对常数指数成立.

例题 5#

求 $y = x^{\sin x}$（$x > 0$）的导数.

例题解答 5#

同样是幂指函数，取对数：

$$\ln y = \sin x \cdot \ln x$$

两边对 $x$ 求导：

$$\frac{y'}{y} = \cos x\cdot\ln x + \sin x\cdot\frac{1}{x}$$

所以

$$y' = x^{\sin x}\left(\cos x\ln x + \frac{\sin x}{x}\right)$$

可以直接记成一条通用公式：

$$\left(u^{v}\right)' = u^{v}\left(v'\ln u + \frac{v\,u'}{u}\right)$$

其中 $u = u(x) > 0$，$v = v(x)$. 代入 $u = x$、$v = \sin x$ 时，$u' = 1$、$v' = \cos x$，正好得到上面的结果.

例题 6#

设

$$y = \frac{\sqrt{x+2}\,(3-x)^{4}}{(1+x)^{5}}$$

求 $y'$.

例题解答 6#

这是对数求导法最经典的题型：一堆因子连乘连除，中间还夹着根号和幂次. 直接套商的法则再套链式法则，括号里的东西能写到让人放弃；取过对数之后，所有乘除立刻摊平成加减，一步解决.

约定 $x + 2 > 0$、$3 - x > 0$、$1 + x > 0$（即 $-2 < x < 3$ 且 $x \neq -1$），两边取自然对数：

$$\ln y = \frac{1}{2}\ln(x+2) + 4\ln(3-x) - 5\ln(1+x)$$

三个因子各自降下来：$\sqrt{\ \cdot\ }$ 贡献系数 $\dfrac{1}{2}$，$(3-x)^{4}$ 贡献 $4$，分母的 $(1+x)^{-5}$ 贡献 $-5$.

两边对 $x$ 求导. 注意 $\ln(3-x)$ 那里还压着一层链式法则，内层导数是 $-1$：

$$\frac{y'}{y} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x+2} + 4\cdot\frac{-1}{3-x} - 5\cdot\frac{1}{1+x}$$

整理成

$$\frac{y'}{y} = \frac{1}{2(x+2)} - \frac{4}{3-x} - \frac{5}{1+x}$$

两边乘 $y$，把原式代回去：

$$y' = \frac{\sqrt{x+2}\,(3-x)^{4}}{(1+x)^{5}} \left[\frac{1}{2(x+2)} - \frac{4}{3-x} - \frac{5}{1+x}\right]$$

写到这一步，考试里已经是标准答案了.

如果要求合并成一个分式，就把中括号通分，公分母取 $2(x+2)(3-x)(1+x)$：

$$y' = \frac{\sqrt{x+2}\,(3-x)^{4}}{(1+x)^{5}}\cdot \frac{(3-x)(1+x) - 8(x+2)(1+x) - 10(x+2)(3-x)}{2(x+2)(3-x)(1+x)}$$

分子展开合并：

$$(3 + 2x - x^{2}) + (-8x^{2} - 24x - 16) + (10x^{2} - 10x - 60) = x^{2} - 32x - 73$$

再把能约的因子约掉 —— $\dfrac{(3-x)^{4}}{3-x} = (3-x)^{3}$，$\dfrac{\sqrt{x+2}}{x+2} = \dfrac{1}{\sqrt{x+2}}$，$\dfrac{1}{(1+x)^{5}}\cdot\dfrac{1}{1+x} = \dfrac{1}{(1+x)^{6}}$ —— 得到最简形式：

$$y' = \frac{(3-x)^{3}\left(x^{2} - 32x - 73\right)}{2\sqrt{x+2}\,(1+x)^{6}}$$

合并分式属于锦上添花，但步骤要留痕：连乘连除型的题如果直接跳到最简答案，过程分很容易被扣掉.

这一类的通用四步：

1. 两边取对数，把每个因子降成加减；
2. 两边对 $x$ 求导，左边永远是 $\dfrac{y'}{y}$；
3. 两边乘 $y$，把原表达式代回去；
4. 要合并再通分.

一句话总结：取对数的作用只有一条 —— 把乘除变成加减. 只要能明显化简，就说明这题该用对数求导法.

技巧#

易错点#

暂时留空

参数方程求导#

定义#

前面的函数都是 $y = f(x)$ 这种”直接给 $y$“的形式. 还有一种常见的给法：$x$ 和 $y$ 都由同一个参数 $t$ 决定，

$$\begin{cases} x = \varphi(t) \\[4pt] y = \psi(t) \end{cases} \qquad (\alpha \le t \le \beta)$$

这叫参数方程. 它同样确定了一条曲线，也就同样有 $\dfrac{dy}{dx}$，只是不能直接求，得靠 $t$ 搭桥.

典型的例子：

• 圆：$x = a\cos t,\ y = a\sin t$
• 椭圆：$x = a\cos t,\ y = b\sin t$
• 摆线：$x = a(t - \sin t),\ y = a(1 - \cos t)$
• 对数螺线：$x = e^{t}\cos t,\ y = e^{t}\sin t$

定理（一阶导数）#

设 $\varphi(t)$、$\psi(t)$ 都可导，且 $\varphi'(t) \neq 0$，则

$$\frac{dy}{dx} = \frac{\dfrac{dy}{dt}}{\dfrac{dx}{dt}} = \frac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}$$

一句话记法：上下分别对 $t$ 求导，再相除. 因为 $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy/dt}{dx/dt}$ 本质上就是分子分母同除 $dt$，所以它和莱布尼茨记号完全自洽.

条件 $\varphi'(t) \neq 0$ 不能省：它保证 $x$ 在局部能反解成 $t$ 的函数，否则曲线在该点可能有竖直切线，$\dfrac{dy}{dx}$ 不存在.

定理（二阶导数）#

$$\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{\psi''(t)\,\varphi'(t) - \psi'(t)\,\varphi''(t)}{\left[\varphi'(t)\right]^{3}}$$

这个公式不好背，更好的做法是记住怎么算，一次推三遍比背十遍牢：

1. 先把一阶导 $\dfrac{dy}{dx}$ 算出来，它是 $t$ 的函数，记作 $g(t)$；
2. 对 $x$ 再求一次导，但 $g$ 是 $t$ 的函数，所以要用链式法则：

$$\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right) = \frac{\dfrac{d}{dt}\,g(t)}{\dfrac{dx}{dt}}$$

也就是**“对 $t$ 求完导，再除以 $\varphi'(t)$”**.

备注#

$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$ 绝对不等于 $\dfrac{\psi''(t)}{\varphi''(t)}$. 这是参数方程这一节最高频的错误，没有之一.

原因和隐函数求二阶导那节一样：$\dfrac{dy}{dx}$ 已经不是原来的函数了，它是 $t$ 的函数，再对 $x$ 求导时必须补一个 $\dfrac{dt}{dx} = \dfrac{1}{\varphi'(t)}$，漏掉这个因子结果就完全不对.

用 $x = t^{2},\ y = t^{3}$ 验一下就知道差距有多大：正确答案是 $\dfrac{3}{4t}$，而错误做法给的 $\dfrac{6t}{2} = 3t$，差了一个量级.

例题 1#

求摆线

$$\begin{cases} x = a(t - \sin t) \\[4pt] y = a(1 - \cos t) \end{cases}$$

的一阶导数 $\dfrac{dy}{dx}$（$a > 0$）.

例题解答 1#

分别对 $t$ 求导：

$$\frac{dx}{dt} = a(1 - \cos t), \qquad \frac{dy}{dt} = a\sin t$$

相除，$a$ 直接约掉：

$$\frac{dy}{dx} = \frac{a\sin t}{a(1 - \cos t)} = \frac{\sin t}{1 - \cos t}$$

到这一步已经算完了，但用半角公式还能化得更干净：

$$\frac{\sin t}{1 - \cos t} = \frac{2\sin\dfrac{t}{2}\cos\dfrac{t}{2}}{2\sin^{2}\dfrac{t}{2}} = \frac{\cos\dfrac{t}{2}}{\sin\dfrac{t}{2}} = \cot\frac{t}{2}$$

摆线的一阶导化简成 $\cot\dfrac{t}{2}$，后面求二阶导会方便很多.

例题 2#

设

$$\begin{cases} x = t^{2} \\[4pt] y = t^{3} \end{cases}$$

求 $\dfrac{dy}{dx}$ 与 $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$.

例题解答 2#

一阶导：

$$\frac{dx}{dt} = 2t, \qquad \frac{dy}{dt} = 3t^{2}$$ $$\frac{dy}{dx} = \frac{3t^{2}}{2t} = \frac{3}{2}t \qquad (t \neq 0)$$

二阶导 用”对 $t$ 求导再除以 $\varphi'(t)$”：

$$\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{3}{2}t\right)}{\dfrac{dx}{dt}} = \frac{\dfrac{3}{2}}{2t} = \frac{3}{4t}$$

用公式验一遍：$\psi'' = 6t$，$\varphi'' = 2$，

$$\frac{6t\cdot 2t - 3t^{2}\cdot 2}{(2t)^{3}} = \frac{12t^{2} - 6t^{2}}{8t^{3}} = \frac{6t^{2}}{8t^{3}} = \frac{3}{4t}$$

两者一致.

例题 3#

求椭圆

$$\begin{cases} x = a\cos t \\[4pt] y = b\sin t \end{cases}$$

在 $t = \dfrac{\pi}{4}$ 处的切线方程.

例题解答 3#

斜率：

$$\frac{dx}{dt} = -a\sin t, \qquad \frac{dy}{dt} = b\cos t$$ $$\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t$$

代入 $t = \dfrac{\pi}{4}$，$\cot\dfrac{\pi}{4} = 1$，故

$$k = -\frac{b}{a}$$

切点坐标 要代回参数方程，不能只代 $x$：

$$x_0 = a\cos\frac{\pi}{4} = \frac{a}{\sqrt{2}}, \qquad y_0 = b\sin\frac{\pi}{4} = \frac{b}{\sqrt{2}}$$

切线方程：

$$y - \frac{b}{\sqrt{2}} = -\frac{b}{a}\left(x - \frac{a}{\sqrt{2}}\right)$$

注意切点 $(x_0, y_0)$ 必须由参数方程成对算出，这是参数方程求切线最容易漏的一步.

例题 4#

求摆线 $x = a(t - \sin t)$、$y = a(1 - \cos t)$ 的二阶导数 $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$.

例题解答 4#

例题 1 已经算出一阶导：

$$\frac{dy}{dx} = \cot\frac{t}{2}$$

现在对它求 $t$ 的导数，再除以 $\dfrac{dx}{dt}$：

$$\frac{d}{dt}\left(\cot\frac{t}{2}\right) = -\csc^{2}\frac{t}{2}\cdot\frac{1}{2} = -\frac{1}{2\sin^{2}\dfrac{t}{2}}$$

而

$$\frac{dx}{dt} = a(1 - \cos t) = 2a\sin^{2}\frac{t}{2}$$

两式相除：

$$\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{-\dfrac{1}{2\sin^{2}\dfrac{t}{2}}}{2a\sin^{2}\dfrac{t}{2}} = -\frac{1}{4a\sin^{4}\dfrac{t}{2}}$$

这个结果有个物理意义：摆线的曲率处处不为零，且 $\sin\dfrac{t}{2} = 0$ 处（即 $t = 2k\pi$，摆线的尖点）二阶导发散，对应尖点处曲率无穷大.

例题 5#

求曲线

$$\begin{cases} x = e^{t}\cos t \\[4pt] y = e^{t}\sin t \end{cases}$$

在 $t = 0$ 处的切线方程.

例题解答 5#

分别求导（都要用乘积法则）：

$$\frac{dx}{dt} = e^{t}\cos t - e^{t}\sin t = e^{t}\left(\cos t - \sin t\right)$$ $$\frac{dy}{dt} = e^{t}\sin t + e^{t}\cos t = e^{t}\left(\sin t + \cos t\right)$$

斜率：

$$\frac{dy}{dx} = \frac{\sin t + \cos t}{\cos t - \sin t}$$

代入 $t = 0$：

$$k = \frac{0 + 1}{1 - 0} = 1$$

切点：

$$x_0 = e^{0}\cos 0 = 1, \qquad y_0 = e^{0}\sin 0 = 0$$

切线方程：

$$y - 0 = 1\cdot(x - 1) \quad \Longrightarrow \quad y = x - 1$$

技巧#

易错点#

暂时留空

洛必达法则#

有趣的冷知识：洛必达法则并不是洛必达发现的，而是由瑞士数学家约翰·伯努利发现的。

1694年，洛必达与约翰·伯努利达成协议：洛必达聘请约翰·伯努利为他辅导微积分，定期支付薪水。作为交换，伯努利需将自己所有的新数学发现告知洛必达，且不得透露给他人。

1696年，洛必达出版了世界上第一部系统的微积分教科书。在书中，他首次公开发表了这条求极限的法则，因此后人便以他的名字命名。

使用前提#

这是整个第一章最实用的计算工具，但也是被滥用得最厉害的一条. 三个条件缺一不可：

1. 型必须是 $\dfrac{0}{0}$ 或 $\dfrac{\infty}{\infty}$. 其他型（$\infty - \infty$、$0\cdot\infty$、$1^{\infty}$ 等）必须先化成这两种，不能直接套；
2. 在 $x_0$ 的某去心邻域内，$f'(x)$、$g'(x)$ 都存在，且 $g'(x) \neq 0$；
3. $\lim\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ 存在（或为 $\infty$）.

第 3 条是充分不必要条件，这一点在例题 7 里会看到反例.

定理#

在满足上述三个条件时，

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}$$

结论可以反复使用：如果求完一次导还是 $\dfrac{0}{0}$，就再求一次，直到不再是未定式为止.

证明略. 它本质上是柯西中值定理的推论，等 Part 3 讲中值定理时再补.

备注#

四条必须记清的事实：

• 只有 $\dfrac{0}{0}$ 和 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 能直接用. 别的型看到就先去变形，最常见的三种变形见下面例题 4、5、6；
• 每用一次必须重新验型. 求完一次导如果已经不是未定式了，立刻停手，再求就错；
• 先替换，再求导. 能先用等价无穷小化简就先化简，往往一步到位，比连求三次导省事得多. 例题 5 就是两者配合用的；
• 数列极限不能用洛必达. 数列是离散的点，不可导. 遇到 $\lim\limits_{n\to\infty}$ 的题，要么改用夹逼/单调有界，要么先把 $n$ 换成连续变量 $x$ 再用洛必达，最后结论还能回到 $n$.
• 总之，先等价无穷小替换，再验型后才能使用洛必达。

例题 1#

求

$$\lim_{x\to 0}\frac{e^{x} - 1}{x}$$

例题解答 1#

代入是 $\dfrac{0}{0}$，型对得上，直接求导：

$$\lim_{x\to 0}\frac{e^{x} - 1}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}}{1} = e^{0} = 1$$

一步就结束了. 这个结论前面”等价无穷小”那节已经背过：$x \to 0$ 时 $e^{x} - 1 \sim x$. 两道题会做一道就行，考场上用等价无穷小更快.

例题 2#

求

$$\lim_{x\to 0}\frac{x - \sin x}{x^{3}}$$

例题解答 2#

代入是 $\dfrac{0}{0}$，第一次：

$$\lim_{x\to 0}\frac{x - \sin x}{x^{3}} = \lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos x}{3x^{2}}$$

还是 $\dfrac{0}{0}$，第二次：

$$= \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{6x}$$

仍是 $\dfrac{0}{0}$，第三次：

$$= \lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{6} = \frac{1}{6}$$

每次求完都要回头看型，三次都是 $\dfrac{0}{0}$ 才能连续用. 如果哪一步已经变成 $\dfrac{1}{6}$ 这种确定值，就必须停.

这题用泰勒展开一步就出结果（$x - \sin x \sim \dfrac{x^{3}}{6}$），洛必达要导三次，明显更慢. 这就是”洛必达不是最优解”的典型例子.

例题 3#

求

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln x}{x}$$

例题解答 3#

$+\infty/\infty$ 型，条件满足，求导：

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln x}{x} = \lim_{x\to +\infty}\frac{\dfrac{1}{x}}{1} = \lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x} = 0$$

这个结论值得单独记住：对数增长比任何正次幂都慢. 同理有

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{x^{n}}{e^{x}} = 0$$

指数增长比任何多项式都快.

例题 4#

求

$$\lim_{x\to 0^{+}}x\ln x$$

例题解答 4#

这是 $0 \cdot (-\infty)$ 型，不是 $\dfrac{0}{0}$ 或 $\dfrac{\infty}{\infty}$，不能直接洛必达.

先把乘积化成商，把 $x$ 搬到分母上：

$$x\ln x = \frac{\ln x}{\dfrac{1}{x}}$$

现在变成 $\dfrac{-\infty}{+\infty}$ 型，可以用了：

$$\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\ln x}{\dfrac{1}{x}} = \lim_{x\to 0^{+}}\frac{\dfrac{1}{x}}{-\dfrac{1}{x^{2}}} = \lim_{x\to 0^{+}}\left(-x\right) = 0$$

搬哪一个因子到分母上是有讲究的：要把”求导之后会变简单”的那个搬下去. 这里把 $x$ 搬到分母变成 $\dfrac{1}{x}$，求导后变 $-\dfrac{1}{x^{2}}$，正好把 $\dfrac{1}{x}$ 约掉.

例题 5#

求

$$\lim_{x\to 1}\left(\frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1}\right)$$

例题解答 5#

代入是 $\infty - \infty$ 型，先通分化成商：

$$\frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1} = \frac{(x - 1) - \ln x}{(x-1)\ln x}$$

分母是 $\dfrac{0}{0}$，可以用洛必达. 但直接对 $(x-1)\ln x$ 求导会越算越乱，先用等价无穷小把分母换掉：$x \to 1$ 时 $\ln x \sim x - 1$，所以

$$(x-1)\ln x \sim (x-1)^{2}$$

于是

$$\lim_{x\to 1}\frac{(x-1) - \ln x}{(x-1)^{2}}$$

现在才是干净的 $\dfrac{0}{0}$，求导：

$$= \lim_{x\to 1}\frac{1 - \dfrac{1}{x}}{2(x-1)} = \lim_{x\to 1}\frac{\dfrac{x-1}{x}}{2(x-1)} = \lim_{x\to 1}\frac{1}{2x} = \frac{1}{2}$$

这题是等价无穷小 + 洛必达配合的标准示范：先用等价无穷小把结构简化到最简形式，再洛必达一次收工.

例题 6#

求

$$\lim_{x\to 0}\left(1 + x\right)^{1/x}$$

例题解答 6#

$1^{\infty}$ 型，幂指函数，先取对数把它拉下来：

设 $y = (1+x)^{1/x}$，则

$$\ln y = \frac{\ln(1+x)}{x}$$

先算这个极限，代入是 $\dfrac{0}{0}$，洛必达：

$$\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{1}{1+x}}{1} = 1$$

所以 $\ln y \to 1$，由 $e^{t}$ 的连续性

$$y = e^{\ln y} \longrightarrow e^{1} = e$$

也就是

$$\lim_{x\to 0}\left(1 + x\right)^{1/x} = e$$

这其实就是第二个重要极限. 用洛必达重推一遍的意义在于：$1^{\infty}$ 型题目的标准流程是”取对数 → 变成 $\dfrac{0}{0}$ → 洛必达 → 回代”，后面碰到 $\left(\cos x\right)^{1/x^{2}}$ 这类题都照这个走.

例题 7#

求

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{x + \sin x}{x}$$

例题解答 7#

这是一个洛必达失效的反例，必须记住.

代入是 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型，看上去完全符合条件. 如果硬用洛必达：

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{1 + \cos x}{1}$$

可是 $1 + \cos x$ 在 $0$ 与 $2$ 之间振荡，极限不存在.

但这不代表原极限不存在. 换一种算法，直接拆开：

$$\frac{x + \sin x}{x} = 1 + \frac{\sin x}{x}$$

而 $\left\lvert \sin x\right\rvert \le 1$ 有界，$\dfrac{1}{x} \to 0$，由”有界 × 无穷小 = 无穷小”，

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{\sin x}{x} = 0$$

所以

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{x + \sin x}{x} = 1$$

结论：$\lim\dfrac{f'}{g'}$ 不存在，推不出 $\lim\dfrac{f}{g}$ 不存在. 洛必达的第 3 条条件是充分不必要的，只有”$\lim\dfrac{f'}{g'}$ 存在”时才能反推原极限存在，反过来不成立.

例题 8#

求

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{\dfrac{\pi}{2} - \arctan x}{\dfrac{1}{x}}$$

例题解答 8#

先判型：$x \to +\infty$ 时 $\arctan x \to \dfrac{\pi}{2}$，分子趋于 $0$；$\dfrac{1}{x}\to 0$，分母也趋于 $0$. 所以是 $\dfrac{0}{0}$ 型，可以洛必达.

分子的导数要小心，$\left(\arctan x\right)' = \dfrac{1}{1+x^{2}}$ 是正的，但前面有个负号：

$$\left(\frac{\pi}{2} - \arctan x\right)' = -\frac{1}{1+x^{2}}$$

分母的导数：

$$\left(\frac{1}{x}\right)' = -\frac{1}{x^{2}}$$

两者相除，负号抵消：

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{-\dfrac{1}{1+x^{2}}}{-\dfrac{1}{x^{2}}} = \lim_{x\to +\infty}\frac{x^{2}}{1+x^{2}} = \lim_{x\to +\infty}\frac{1}{\dfrac{1}{x^{2}} + 1} = 1$$

答案

$$\lim_{x\to +\infty}\frac{\dfrac{\pi}{2} - \arctan x}{\dfrac{1}{x}} = 1$$

这题的考点有三个：

1. 反三角函数的导数带不带负号要看表达式，$\left(\arctan x\right)'$ 本身是正的，但被减之后整项变负；
2. 分子分母同时出负号，会互相抵消，别算着算着把符号丢了；
3. 换一种眼光看它对数秒杀：由恒等式

$$\frac{\pi}{2} - \arctan x = \arctan\frac{1}{x}$$

（对 $x > 0$ 成立），而 $t \to 0$ 时 $\arctan t \sim t$，所以分子 $\sim \dfrac{1}{x}$，与分母 $\dfrac{1}{x}$ 一比，极限立刻是 $1$.

顺带一句：这题的答案还能反过来说明 $\lim\limits_{x\to+\infty}x\left(\dfrac{\pi}{2}-\arctan x\right) = 1$，也就是 $\arctan x$ 以 $\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{x}$ 的速度逼近 $\dfrac{\pi}{2}$.

例题 9#

设 $a, b > 0$，求

$$\lim_{x\to 0}\frac{\ln\sin(ax)}{\ln\sin(bx)}$$

例题解答 9#

先判型：$x \to 0$ 时 $\sin(ax) \to 0^{+}$，所以 $\ln\sin(ax) \to -\infty$；分母同理. 是 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型，可以洛必达.

分子求导，注意是两层复合：外层 $\ln$，内层 $\sin(ax)$：

$$\left[\ln\sin(ax)\right]' = \frac{1}{\sin(ax)}\cdot a\cos(ax) = a\cot(ax)$$

分母同理：

$$\left[\ln\sin(bx)\right]' = b\cot(bx)$$

于是

$$\lim_{x\to 0}\frac{a\cot(ax)}{b\cot(bx)} = \frac{a}{b}\lim_{x\to 0}\frac{\cot(ax)}{\cot(bx)}$$

到这里洛必达就用完了 —— 再求一次导会变成 $\csc^{2}$ 的除法，越弄越乱. 正确做法是换成等价无穷小：$t \to 0$ 时

$$\cot t = \frac{\cos t}{\sin t} \sim \frac{1}{t}$$

因为 $\cos t \to 1$、$\sin t \sim t$. 所以

$$\frac{\cot(ax)}{\cot(bx)} \sim \frac{\dfrac{1}{ax}}{\dfrac{1}{bx}} = \frac{bx}{ax} = \frac{b}{a}$$

代回去：

$$\lim_{x\to 0}\frac{\ln\sin(ax)}{\ln\sin(bx)} = \frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a} = 1$$

结论与 $a$、$b$ 完全无关，恒等于 $1$.

更快的一条路是直接看数量级：$x\to 0$ 时

$$\ln\sin(ax) = \ln(ax) + \ln\frac{\sin(ax)}{ax} = \ln a + \ln x + o(1)$$

同理 $\ln\sin(bx) = \ln b + \ln x + o(1)$. 分子分母里 $\ln x \to -\infty$ 是主项，把常数 $\ln a$、$\ln b$ 压得可以忽略，所以比值必然趋于 $1$.

这题的考点：

1. 对数型极限是 $\dfrac{\infty}{\infty}$，不要看到 $\ln$ 就以为好算；
2. 洛必达只用一次，剩下的交给等价无穷小 $\cot t \sim \dfrac{1}{t}$；
3. 结论说明：常数因子在 $-\infty$ 面前是”无穷小的扰动”，这也解释了为什么答案与 $a$、$b$ 无关.

技巧#

三条使用纪律：

• 先验型，不对型就不许动；
• 能先用等价无穷小化简就先化简，洛必达只留到最后一步；
• 每求一次导重新验型，型消失了立刻停.

易错点#

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