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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