高等数学-导数&洛必达法则

导数

简介

导数是一种很有用的工具，在抽象问题和实际问题的解决中都有着重要意义

在物理学中，我们熟知的“S-T图”可以把路程与时间的关系表示出来，我们可以用一个函数 $f(x)$ 来表达这种关系

在函数上自变量的变化会让函数值发生一定的变化，我们用 $\Delta x$ 来表示这段自变量的变化，那么函数值的变化就可以表示为 $\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$，值 $\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$ 所表示的意义就是函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 到 $x_0+\Delta x$ 的平均变化率，也就是我们在“S-T图”中的“平均速率”，而当 $\Delta x$ 趋近于 $0$ 时，$\lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}$ 就表示函数值在 $x_0$ 处的平均变化率，也就是我们在“S-T图”中的“瞬时速率”，其实这就是导数

定义

若函数 $y=f(x)$ 在其定义域中的一点 $x_0$ 处的极限

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

存在，则称 $f(x)$ 在 $x_0$ 处可导，并称这个极限值为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的导数，也叫导函数值，记为 $f'(x_0)$ 或 $y'_{x_0}$

若函数 $y=f(x)$ 在某一区间上的每一点都可导，则称 $f(x)$ 在这个区间上可导，$f'(x)$ 就称为这个区间上的导函数，也叫简称为导数，导数和导函数的称呼有些模糊不清

常用导数

若 $f(x)=x^a(x>0)$ 则 $f'(x)=ax^{a-1}$

若 $f(x)=\sin x$ 则 $f'(x)=\cos x$

若 $f(x)=\cos x$ 则 $f'(x)=-\sin x$

若 $f(x)=\ln x$ 则 $f'(x)=\frac 1x$

若 $f(x)=\log_ax$ 则 $f'(x)=\frac 1{x\ln a}$

若 $f(x)=e^x$ 则 $f'(x)=e^x$

若 $f(x)=a^x(a\in(0,1)\cup(1,+\infty))$ 则 $f'(x)=a^x\ln a$

这些导数非常常用，一定要牢记，至于具体推导可以自行尝试或是查阅相关资料

运算法则

设 $f(x),g(x)$ 在某一区间上可导，则 $c_1f(x)+c_2g(x)$ ($c_1,c_2$ 为常数)和 $f(x)g(x)$ 可导，若 $g(x)\ne0$ 则 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 也可导，导数如下

$$[c_1f(x)+c_2g(x)]'=c_1f'(x)+c_2g'(x)\\ [f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\\ \left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]'=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}$$

复合函数求导

对于两个函数 $y=f(x),\ \mu=g(x)$，如果可以通过变量 $\mu$ 将 $y$ 表示成 $x$ 的函数，那么就称这个函数为函数 $y=f(x)$ 和 $\mu=g(x)$ 的复合函数，记作 $y=f(g(x))$

复合函数 $y=f(g(x))$ 的导数与函数 $y=f(x),\ \mu=g(x)$ 间的关系为 $y'_x=y'_\mu\cdot\mu'_x$

即 $y$ 对 $x$ 的导数等于 $y$ 对 $\mu$ 的导数与 $\mu$ 对 $x$ 的导数的乘积

练习

1.求 $y=3^x\cos x$ 的导数.

解：

$$y'_x=3^x\cdot(\cos x)'+\cos x\cdot(3^x)' =-3^x\sin x+3^x\ln 3\cos x$$

2.求 $y=\tan x$ 的导数

解：

$$\begin{align*} y'_x&=(\frac{\sin x}{\cos x})'\\ &=\frac{(\sin x)'\cos x-(\cos x)'\sin x}{\cos^2x}\\ &=\frac 1{\cos^2x} \end{align*}$$

3.求 $y=e^{\sqrt{1+\cos x}}$ 的导数

解：

设 $f(x)=e^x,\ g(x)=\sqrt{x},\ h(x)=1+\cos x$

则 $y=f(g(h(x)))$

那么有

$$y'_x=(1-\sin x)\cdot\frac12(1+\cos x)^{-\frac12}\cdot e^{\sqrt{1+\cos x}}$$

洛必达法则

在函数求极限时，常常会出现 $\frac00$ 或者 $\frac{\infty}{\infty}$ 之类的情况，需要对于极限进行转换，比较麻烦

利用求导，我们可以使用洛必达法则方便地计算出结果

法则

若函数 $f(x),g(x)$

1.满足 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0$ 且 $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0$ 或满足 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$ 且 $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=\infty$

2.在 $x_0$ 的去心邻域均可导且 $g'(x)\ne0$

3.$\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=a$，其中 $a$ 为有限实数或 $\pm\infty$

则有

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

转换

洛必达法则只适用于“ $\frac 00$ 型”或是“ $\frac{\infty}{\infty}$ 型”，但是经过简单的转换我们就可以将其他的类型比如" $0\cdot\infty,\ 1^{\infty},\ 0^0,\ \infty^0,\ \infty-\infty$ 型"转换为这两种类型

$0\cdot\infty$ 型

把极限为 $0$ 或 $\infty$ 的部分取倒数作为分母即可转换为“ $\frac 00$ 型”或是“ $\frac{\infty}{\infty}$ 型”

$\infty-\infty$ 型

把两个极限为 $\infty$ 的部分用两个极限为 $0$ 的部分的倒数替换，再通分即可转换为“ $\frac 00$ 型”

$1^\infty,\ 0^0,\ \infty^0$ 型

利用对数性质 $e^{\ln{a}}=a$ 我们把 $1^\infty$ 的部分换到 $e$ 的指数上，然后再利用 $\log_ab^c=c\log_a{b}$ 把 $\infty$ 拿到 $\ln$ 的前面去，就能转换为 $0\cdot\infty$ 型

$$1^{\infty}=e^{\ln{1^\infty}}=e^{\infty\ln1}=e^{\infty\cdot0}$$

注意事项

使用洛必达法则时必须满足法则要求，不满足的转换后才能尝试使用

洛必达法则不能用于求解数列的极限，仅能用于函数求极限，这一点也需要注意

练习

1.计算极限 $\lim\limits_{x\to0}(\cos x)^{\frac1{x^2}}$

解：原极限为 $1^\infty$ 型，利用对数进行转换

$$\lim_{x\to0}(\cos x)^{\frac1{x^2}} =\lim_{x\to0}e^{\ln(\cos x)^{\frac1{x^2}}} =\lim_{x\to0}e^{\frac{\ln(\cos x)}{x^2}} =e^{\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(\cos x)}{x^2}}$$

转换为 $\frac 00$ 型，现在暂时只看 $e$ 的指数，使用洛必达法则，进行求导

$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos x)}{x^2} =\lim_{x\to0}\frac{-\frac{\sin x}{\cos x}}{2x} =-\frac 12\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x\cos x}$$

极限部分仍旧是 $\frac 00$ 型，再次使用洛必达法则

$$-\frac 12\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x\cos x} =-\frac 12\lim_{x\to0}\frac{\cos x}{x\cdot(\cos x)'+\cos x\cdot(x)'} =-\frac 12\lim_{x\to0}\frac{\cos x}{-x\sin x+\cos x}$$

此时可以直接代入 $x=0$，得到

$$-\frac 12\lim\limits_{x\to0}\frac{\cos x}{-x\sin x+\cos x}=-\frac 12\cdot\frac 11=-\frac 12$$

综上

$$\lim\limits_{x\to0}(\cos x)^{\frac1{x^2}}=e^{-\frac 12}$$

2.计算极限 $\lim\limits_{x\to1}\left(\frac2{x^2-1}-\frac1{x-1}\right)$

解：该极限是 $\infty-\infty$ 型，由于已经是两个无穷小的倒数，直接通分转换为 $\frac 00$ 型

$$\lim_{x\to1}\left(\frac2{x^2-1}-\frac1{x-1}\right)=\lim_{x\to1}\frac{-x+1}{x^2-1}$$

使用洛必达法则

$$\lim_{x\to1}\frac{-x+1}{x^2-1}=\lim_{x\to1}-\frac1{2x}=-\frac 12$$

3.计算极限 $\lim\limits_{x\to0}x^2e^{\frac1{x^2}}$

解：该极限是 $0\cdot\infty$ 型，把无穷小或无穷大转换到分母上

$$\lim_{x\to0}\frac{e^{\frac1{x^2}}}{\frac1{x^2}}$$

然后考虑换元，令 $t=\frac1{x^2}$，那么 $\lim\limits_{x\to0}t=\lim\limits_{x\to0}\frac1{x^2}=+\infty$，原式就变为

$$\lim_{t\to+\infty}\frac{e^t}t$$

是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，使用洛必达法则

$$\lim_{t\to+\infty}\frac{e^t}t=\lim_{t\to+\infty}\frac{e^t}1=+\infty$$

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