「导数」
本篇主要针对导数部分的扩展内容，对基本概念不作介绍。
函数极限与洛必达法则
本节内容仅为高中导数的分析服务，不够严谨和全面，要想系统的了解去学高数. 下述所有函数默认连续可导且存在极限.
数学中涉及无穷的部分都比较反直觉，各位学习过程中要尽量保证每一步推理都有依据，而不是凭感觉.
函数极限
如果函数在 \(x\) 趋近于某个值 \(c\) 时，\(f(x)\) 也无限趋近于一个值 \(k\)，那么称这个为 \(f(x)\) 在 \(x\to c\) 处的极限，记作 \(\lim\limits_{x\to c}f(x)=k\).
左极限与右极限
- 左极限（\(x→a^−\)）：当 \(x\) 从比 \(a\) 小的方向趋近于 \(a\) 时，函数 \(f(x)\) 的极限值。
- 右极限（\(x→a^+\)）：当 \(x\) 从比 \(a\) 大的方向趋近于 \(a\) 时，函数 \(f(x)\) 的极限值。
大部分情况下左右极限相等，这时就不用写角标了.
常用极限
求多项式函数极限的一般方法
讲点实用的！
大部分做题的时候遇到的都是这种情况.
比如求 \(f(x)=e^x-x^2\) 在 \(x\to+\infty\) 的极限，而 \(\lim\limits_{x\to +\infty}e^x=+\infty,\lim\limits_{x\to +\infty}-x^2=-\infty\)，那么 \(+\infty-\infty\) 等于几？你别告诉我等于零. 事实上，这两个无穷大是不一样的，\(e^x\) 的无穷大是比 \(x^2\) 更高阶的无穷大，在求极限时 \(e^x\) 的无穷会「压制」\(x^2\) 的无穷，所以上述极限为 \(+\infty\).
如何判断哪个无穷更高阶？这里更推荐大家直观的理解. 指数函数的增长率远远强于平方，所以前者可以压制后者的增长. 如果从严格的数学角度讲，就需要计算 \(\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{x^2}{e^x}\)，如果其等于 \(0\) 说明分母为更高阶无穷大；如果 \(\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{x^2}{e^x}=+\infty\) 说明分子为更高阶无穷大. 计算这种极限需要用到下面讲的洛必达法则.
总的来说，计算多项式函数的极限时，如果存在无穷就取最高阶的无穷；如果不存在就分别对每一项求极限相加即可.
洛必达法则
作为求极限的重要工具，洛必达法则阐述如下事实：如果 \(\lim\limits _{x\to c}f(x)\) 和 \(\lim\limits _{x\to c}g(x)\) 同时等于 \(0\) 或 \(\infty\)，那么有：$$\boxed{\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to c}\frac{f'(x)}{g'(x)}}$$比如计算 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}x\)，由于 \(\lim\limits_{x\to 0} \sin x=\lim\limits_{x\to 0}x=0\)，根据洛必达法则，有：
注：此为微积分中的第一个重要极限，洛必达法则基于此而成立，故只能利用洛必达法则对其进行验证而不是证明.
一些函数可以变形得到洛必达所需的形式，如计算 \(\lim\limits_{x\to 0}x\ln x\) 时不能直接使用洛必达，但可变形为 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln x}{x^{-1}}\)，而 \(\lim\limits_{x\to 0} \ln x =\lim\limits_{x\to 0}x^{-1}=\infty\)，所以：
如果令 \(F(x) = f'(x),G(x) = g'(x)\) 且 \(\lim\limits _{x\to c}F(x)\) 和 \(\lim\limits _{x\to c}G(x)\) 同时等于 \(0\) 或 \(\infty\)，那么也应有 \(\lim\limits_{x\to c}\dfrac{F(x)}{G(x)}=\lim\limits_{x\to c}\dfrac{F'(x)}{G'(x)}\)，也就是说：$$\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to c}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim_{x\to c}\frac{f''(x)}{g''(x)}$$显然在满足要求时这个过程可以无限进行下去，这启发我们在一次洛不出来的时候，可以一直洛到出结果.
比如计算 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x-\cos x}{x^2}\)，其等于 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x+\sin x}{2x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x+\cos x}{2}=\dfrac{1+1}{2}=1.\)
用导数研究函数的一般方法
用导数来研究函数的性质包含一下几个步骤：
- 写原函数定义域：如 \(\dfrac1x(x\neq 0),\log_a x(x\ge 0),a^x(x\in \mathbb{R},a>0)\)；
- 求导：求导法则相信大家都能掌握，这里特别强调 \((\log_a x)'=\dfrac1{x\ln a},(a^x)'=a^x\ln a\)，这两个平时不常用，很容易忘记；
- 按照导数、原函数正负列表：定义域内所有范围都要算；
- 画导函数示意图和原函数示意图：
- 画图的时候不要带 \(y\) 轴；
- 如果在某个边界条件下的值（常见的如 \(0\) 或 \(\pm \infty\)）不能直接计算，要用极限、洛必达；
- 导数的正负刻画原函数增减的性质。对于导函数而言，只需关注其正负而无需在意其相对大小；对于原函数就是其关注其增减性而无需关注其大小。这也是其被称作示意图的原因。但如果前面算出了在某个点的值，要在图里表示出来（如趋近于 \(0\) 时就不能画的像趋近 \(+\infty\) 一样）.
上述方法能对陌生函数求出单调区间和极值，从而刻画其性质. 相信大家对这一套流程已经很熟悉了，这里不在赘述. 但在实际使用中，这个流程往往会有所曲折，为此下面将介绍其中常见的解题技巧和思想.
（20 北京高考）已知函数 \(f(x)=12-x^2\) 在点 \((t, f(t))\) 处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 \(S(t)\)，求 \(S(t)\) 的最小值.
先算出 \(S(t)\) 的表达式，然后求导算最值就可以了。
过 \(t\) 的切线方程 \(l:y-f(t)=f'(t)(x-t)\)，得到 \(y=-2t(x-t)+12-t^2=-2tx+t^2+12\). 令 \(y=0\) 得到 \(x=\dfrac{t^2+12}{2t}\)，\(x=0\) 得到 \(y=t^2+12\)，所以 \(S(t)=\dfrac12(t^2+12)\dfrac{t^2+12}{2t}=\dfrac{t^3}{4}+6t+\dfrac{36}t\)
然后求导算最值。\(S'(t)=\dfrac{3t^2}{4}+6-\dfrac{36}{t^2}\) 令 \(S'(t)=0,a=t^2\) 得 \(S'(t)=\dfrac{3a}{4}+6-\dfrac{36}{a}=0\)，解得 \(a=4,-12\)，舍去负值得 \(t=\pm2\) 为导函数零点.
然后列表画示意图，这里就不写了，最终得到 \(t=2\) 时取最小值，故答案为 \(S(2)=32\).
参变分离
在研究含参函数时的不等（或者相等）关系时，通常可以把参数当成未知数解出来，这样得到一边是一个参数另一边是没有参数的函数，再求导研究，利用不等式的范围等约束条件来解决问题.
参变分离是一种视角的转化，这体现了主元的思想.
（24 西城期末）已知 \(f(x)=\ln(ax+1)-x\)，其中 \(a>0\)。若 \(f(x)\) 有两个零点 \(x_1,x_2\)，且 \(0<x_2-x_1<1\)，求 \(a\) 的取值范围.
\(f'(x)=\dfrac{a}{ax+1}-1\)，令 \(f'(x)=0\) 得 \(\dfrac{a}{ax+1}-1=0\Rightarrow x=\dfrac{a-1}a\). 所以 \(f(x)\) 在 \(\left(0,\dfrac{a-1}a\right)\) 递增，在 \(\left(\dfrac{a-1}{a},+\infty\right)\) 上递减.
由于 \(f(0)=0,\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\)，如果有两个零点，那么一定有其最大值 \(f\left(\dfrac{a-1}a\right)\) 大于零，即 \(f(\dfrac{a-1}a)=\ln a-\dfrac{a-1}a=g(a)>0\). \(g'(a)=\dfrac{a-1}{a^2}\).
列表画图得到 \(a=1\) 时取到最小值 \(g(a)=0\)，故 \(a\neq 1\).
因为其中一个零点是确定的，故只需计算 \(0<x_2<1\) 时 \(a\) 的范围即可. \(x_2\) 满足 \(\ln(ax_2+1)-x_2=0\) ，即 \(a=\dfrac{e^{x_2}-1}{x_2}\). \(a\) 的范围等价于 \(\dfrac{e^{x_2}-1}{x_2}\) 的范围，设其等于 \(h(x_2)\).
\(h'(x)=\dfrac{e^x(x-1)+1}{x^2}\)，由于 \(e^x\) 和 \(x-1\) 都是递增的，故 \(e^x(x-1)\) 也递增，其最小值为 \(0\)，故分子最小值为 \(1\)，所以 \(h'(x)>0\)，\(h(x)\) 单增.
所以 \(h(0)<a<h(1)\) 即 \(a\in(0,1)\cup(1,e-1)\).
二阶导
顾名思义，二阶导就是对导函数再求一次导，目的是研究导函数的极值。通常是如下两种情况：
-
要证明原函数递增，即说明导函数恒大于零，而导函数类似于二次函数，有最小值。证明导函数恒大于零即证明最小值大于零，所以需要对导函数求导找到其最小值的点，从而证明最小值大于零，即原函数递增，反之（证原函数递减）亦然.
-
导函数时正时负时，二阶导就没那么好用了，因为在这种情况下，我们更关注导函数什么时候大于零，也就是导函数的零点，因为其对应了原函数的增减性. 这种情况下通常用二阶导判断导数的大概图像，再使用隐零点的相关技巧来解题.
这部分做的比较多，就不放例题了，才不是因为我懒，后面的隐零点也用到了二阶导.
函数的凹凸性与琴生不等式
拓展内容，看懂就超过 90% 的同学！看不懂也没关系.
凹函数与凸函数
如果函数的二阶导恒大于零，那么表示其导数是递增的，导数越来越大，反应原函数增长速度越来越快，此时称函数为凹函数，反之为凸函数. 函数具有凹凸性的充要条件是二阶导恒大于或小于零. 证明较繁琐，这里略去.
琴生不等式
如果函数是凹函数，那么应有 \(f\left(\dfrac{x+y}2\right)\le\dfrac{f(x)+f(y)}2\)，画个图很好理解：![[Pasted image 20250509200141.png]]
凸函数同理： \(f\left(\dfrac{x+y}2\right)\ge\dfrac{f(x)+f(y)}2\). 可以通过数学归纳得到更一般的琴生不等式：
【例】在 \(\triangle ABC\) 中，求证：\(\sin A+\sin B+\sin C\le \dfrac{3\sqrt 3}2\).
设 \(f(x)=\sin x\) 那么\(f'(x)=\cos x,f''(x)=-\sin x\)，由于 \(x\in(0,\pi)\)，所以 \(f''(x)<0\)，所以 \(\dfrac13(\sin A+\sin B+\sin C)\le\sin\left(\dfrac13(A+B+C)\right)=\sin\dfrac{\pi}3=\dfrac{\sqrt 3}2\)，移项即得证.
当然你要是三角函数功底好的话也可以不用琴生：
\[\sin A+\sin B=\sin\left(\frac{A+B}2+\frac{A-B}2\right)+\sin\left(\frac{A+B}2-\frac{A-B}2\right) \\=\sin\frac{A+B}2\cos\frac{A-B}2+\sin\frac{A-B}2\cos\frac{A+B}2+\sin\frac{A+B}2\cos\frac{A-B}2-\sin\frac{A-B}2\cos\frac{A+B}2\\=2\sin\frac{A+B}2\cos\frac{A-B}2\le2\sin\frac{A+B}2=2\sin\frac{\pi-C}2=2\cos\frac C2\]在 \(A=B\) 时取等. 即计算 \(2\cos\dfrac C2+\sin C\) 的最大值，有：
\[2\cos\frac{C}2+\sin C=2\cos\frac{C}2+2\sin\frac C2\cos\frac C2=2\cos\frac C2\left(1+\sin\frac C2\right)\\=2\sqrt{\left(1-\sin\frac C2\right)\left(1+\sin\frac C2\right)}\left(1+\sin\frac C2\right)=2\sqrt{\left(1-\sin\frac C2\right)\left(1+\sin\frac C2\right)^3}\\=\frac{2}{\sqrt3}\sqrt{\left(3-3\sin\frac C2\right)\left(1+\sin\frac C2\right)^3}\]为方便讨论，先指出以下引理：设 \(a,b,c,d>0\)，那么 \(a+b+c+d\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{cd}\ge4\sqrt[4]{abcd}\)，所以：$$abcd\le\left(\frac{a+b+c+d}4\right)^4$$在 \(a=b=c=d\) 时取等.
回到问题，有：
\[\frac{2}{\sqrt3}\sqrt{\left(3-3\sin\frac C2\right)\left(1+\sin\frac C2\right)^3}\le\frac{2}{\sqrt3}\sqrt{\left(\frac{3-3\sin\frac C2+1+\sin\frac C2+1+\sin\frac C2+1+\sin\frac C2}{4}\right)^4}\\= \frac{2}{\sqrt3}\sqrt{\left(\frac{6}{4}\right)^4}=\frac{2}{\sqrt3}\left(\frac{3}{2}\right)^{4/2}=\frac{2}{\sqrt3}\cdot \frac{9}{4}=\dfrac{3\sqrt 3}2.\]在 \(A=B=C=\dfrac{\pi}3\) 时取等. \(\square\)
后面的部分也可以求导做，我这里就配均值了，咦，怎么感觉有点跑题了.
隐零点
有些导数的零点都不能简单的求得，这类问题称作隐零点。此时我们通常为零点钦定一个范围，利用此范围来解决问题. 如何找到根据条件找到这个范围，是这类问题的难点.
（24 海淀期末）已知函数 \(f(x)=\dfrac{\ln 2x - 1}{x-1}\)，证明：若 \(x_1 \in (0,1)\)，\(x_2\in(1,+\infty)\) ，则 \(f(x_1) - f(x_2) >\dfrac32\).
只需证左式最小的时候不等式成立，由于 \(f(x_1)\) 和 \(f(x_2)\) 相互独立，故证 \(f(x_1)_{\min}-f(x_2)_{\max}>\dfrac32\) 即可。
\(f'(x)=\dfrac{\dfrac{x-1}{x}-(\ln 2x-1)}{(x-1)^2}\)，令 \(f'(x)=0\) 得到 \(\dfrac{x-1}x=\ln 2x-1\Rightarrow x\ln 2x-2x+1=0=g(x)\)
现在研究 \(g(x)\) 零点，继续求导 \(g'(x)=\ln 2x-1=0\)，发现 \(g'(x)\) 递增且 \(g'\left(\dfrac e2\right)=0\)，所以 \(g(x)\) 在 \(\left(0,\dfrac{e}2\right)\) 上递减，\(\left(\dfrac{e}2,+\infty\right)\) 上递增. 由于 \(g\left(\dfrac{e}2\right)<0\)，所以 \(g(x)\) 有两个零点，对应 \(f(x)\) 两个极值.
易得 \(x\in(0,1)\) 时有极小值，\(x\in(1,+\infty)\) 有极大值. 容易发现 \(g\left(\dfrac12\right)=0\)，所以极小值为 \(f\left(\dfrac12\right)=2\)，设另一个零点 \(x_0\)，其应该满足：$$f(x_0)=\dfrac{\ln 2x_0 - 1}{x_0-1}<\frac12,f'(x_0)=\dfrac{\dfrac{x_0-1}{x_0}-(\ln 2x_0-1)}{(x_0-1)^2}=0$$
解得 \(x_0>2\)（用 \(\ln 2x_0\) 代换即可）. 故只需证 \(x_0>2\) 即可. 由 \(f'(2)=\ln \dfrac{e^{3/2}}4> 0\)，\(f'\left(\dfrac{e^2}2\right)=\dfrac{-\dfrac2{e^2}}{\left(\dfrac{e^2}2-1\right)^2}<0\)，所以 \(x_0\in \left(2,\dfrac{e^2}2\right)\)（右边的值随便取），即得证.
我们根据题目要求反推出了零点的范围，通过证明零点在这个范围里证明题目. 在写过程的时候需要正着写，即先说明零点在目标范围内在进行证明.
做题时候按这个顺序非常反人类，真的有人能一下就注意到正确的范围并且有自信去证明吗？
对称和问题
咕咕咕咕，以后再写.
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