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微积分 · 教材导读

按教材原顺序阅读：展开一节，看到若干知识分组，每组里是原文与例题。公式离线渲染，页码对应苏德矿、吴明华、童雯雯《微积分（上）》第三版。

13 节 13 组例题已掌握 0/0

章节目录

第一章函数与极限

一函数与确界二数列极限三函数极限四无穷小量与无穷大量五函数的连续性

第二章导数与微分

一导数的概念二求导公式与运算法则三隐函数与高阶导数四微分五导数与微分的应用

第三章微分中值定理及导数应用

一微分中值定理二未定式的极限三泰勒定理及应用

CHAPTER 01第一章函数与极限

一函数与确界选自 §1.1、§1.26 个知识分组 · 含例题

定义已掌握+

定义 1.1（函数）

设 $D$ ， $B$ 是两个非空实数集，如果存在一个对应法则 $f$ ，使得对 $D$ 中任何一个实数 $x$ ，在 $B$ 中都有唯一确定的实数 $y$ 与 $x$ 对应，则称 $f : D \to B$ 是 $D$ 上的函数，记为

f : x \mapsto y, x \in D 或 f : D \to B,

$y$ 称为 $x$ 对应的函数值，记为

y = f (x), x \in D,

其中 $x$ 叫做自变量， $y$ 叫做因变量。

有时也简称因变量 $y$ 是自变量 $x$ 的函数。虽然这种说法并不太确切，但反映了 $y$ 是依赖于 $x$ 的变量，在使用上有方便之处。所以我们以后常用这种说法，但应正确理解，函数的本质是指对应法则 $f$ 与定义域，不是指因变量 $y$ 。

$D$ 称为函数 $f$ 的定义域，记为 $D (f)$ 。集合 ${f (x) : x \in D}$ 称为函数的值域，记为 $R (f)$ 。在平面坐标系 $O x y$ 下，集合 ${(x, y) : y = f (x), x \in D}$ 称为函数 $y = f (x)$ 的图形或图像。

邻域、去心邻域

对区间我们常引入下面的记号。开区间 $(x_{0} - δ, x_{0} + δ) (δ > 0)$ 称为以 $x_{0}$ 为心，以 $δ$ 为半径的邻域，简称为 $x_{0}$ 的 $δ$ 邻域，记作 $U (x_{0}, δ)$ 。若不需要指明半径 $δ$ 时，记作 $U (x_{0})$ ，称为 $x_{0}$ 的某邻域。

$(x_{0} - δ, x_{0}) \cup (x_{0}, x_{0} + δ)$ 称为以 $x_{0}$ 为心，以 $δ$ 为半径的空（去）心邻域，简称为 $x_{0}$ 的 $δ$ 空（去）心邻域，记作 $U^{\circ} (x_{0}, δ)$ 。

说明已掌握+

函数的两个要素

由函数的定义可知，定义域和对应法则是确定函数的两个要素。至于变量本身的具体意义及采用什么记号是无关紧要的，比如

y = f (x), x \in D 与 S = f (t), t \in D

代表同一个函数。

如果同时研究几个不同的函数，即不同的对应规律，就必须用不同的记号加以区别，如 $f, g, φ, ψ, \dots$ 。有时为了简便起见，可用 $y = y (x)$ 表示一个函数，这样 $y$ 既代表对应规律又代表因变量。

在函数的定义中，当 $x$ 在 $D$ 上每取一个值 $x_{0}$ ，所对应的值 $y_{0}$ 称为函数 $f$ 在 $x = x_{0}$ 处的值，记作 $f (x_{0})$ ，即有 $y_{0} = f (x_{0})$ 。

定义域怎么定

如果一个函数是由数学表达式给出，而定义域没有具体的规定，那么它的定义域就是使得函数在数学上有意义的自变量所取数值的全体。如果该函数有实际背景，则它的定义域还要根据问题的实际条件来确定。

表示函数的定义域常用区间、不等式这两种方法。

确界已掌握+

定义 1.7（上确界）

设 $A \subset R$ ， $A \neq \emptyset$ ，若常数 $α$ 满足下列两个条件：

（1） $α$ 是 $A$ 的上界，即对一切 $x \in A$ ，都有 $x \leq α$ ；

（2） $α$ 是 $A$ 的最小上界，即对任意给定的 $ε > 0$ ， $α - ε$ 都不是 $A$ 的上界，即任给 $ε > 0$ ，一定存在 $x_{0} \in A$ ，使 $x_{0} > α - ε$ （注意：这里的 $x_{0}$ 随 $ε$ 变化而变化），

则称数 $α$ 为数集 $A$ 的上确界，记作 $α = sup A$ 或 $α = {sup}_{x \in A} {x}$ 。

定义 1.8（下确界）

设 $A \subset R$ ， $A \neq \emptyset$ ，若常数 $β$ 满足下列两个条件：

（1） $β$ 是 $A$ 的下界，即对一切 $x \in A$ ，都有 $x \geq β$ ；

（2） $β$ 是 $A$ 的最大下界，即对任意给定的 $ε > 0$ ，一定存在 $x_{0} \in A$ ，使 $x_{0} < β + ε$ ，

则称数 $β$ 为数集 $A$ 的下确界，记作 $β = inf A$ 或 $β = {inf}_{x \in A} {x}$ 。

例如 $sup [0, 2] = 2$ ， $inf [0, 2] = 0$ ； $sup (0, 2) = 2$ ， $inf (0, 2) = 0$ ； $sup {1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots} = 1$ ， $inf {1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots} = 0$ 。

确界原理与推论

从上面的例子可以看出，若数集 $A$ 有上（下）确界，则上（下）确界可能属于 $A$ ，也可能不属于 $A$ 。可以证明上（下）确界属于 $A$ 的充要条件是上（下）确界为 $A$ 的最大（小）值。若数集 $A$ 存在上（下）确界，则一定是唯一的。

确界原理　非空有上（下）界的数集，必有上（下）确界。

推论　非空有界的数集，必有上（下）确界。

这个原理，我们作为公理来接受，它是微积分理论的基础，因此，我们应给予足够的重视。

定义（§1.2）已掌握+

定义 1.4（奇函数与偶函数）

设 $D$ 是关于原点对称的数集， $f$ 为定义在 $D$ 上的函数，若对每一个 $x \in D$ （这时也有 $- x \in D$ ），都有

f (- x) = - f (x) (f (- x) = f (x)),

则称 $f$ 为 $D$ 上的奇（偶）函数。

从函数图像上看，奇函数的图像关于原点对称，偶函数的图像关于 $y$ 轴对称。

周期函数

设 $f$ 为定义在 $D$ 上的函数，若存在某个非零常数 $T$ ，使得对一切 $x \in D$ ，都有 $x + T \in D$ ，且

f (x + T) = f (x),

则称 $f$ 为周期函数。 $T$ 称为 $f$ 的一个周期。显然，若 $T$ 是 $f (x)$ 的周期，则 $k T$ 也是 $f (x)$ 的周期， $k \in Z$ 。若周期函数 $f$ 的所有正周期中存在最小正周期，则称这个最小正周期为 $f$ 的基本周期。一般地，函数的周期指的是基本周期。

单调性与有界性（§1.2）已掌握+

单调函数

设 $f$ 为定义在数集 $D$ 上的函数，若对 $D$ 中任意两点 $x_{1} < x_{2}$ ，都有 $f (x_{1}) \leq f (x_{2})$ （或 $f (x_{1}) \geq f (x_{2})$ ），则称 $f$ 在 $D$ 上单调增加（减少）；若不等式严格成立（ $x_{1} < x_{2}$ 时 $f (x_{1}) < f (x_{2})$ ），则称 $f$ 在 $D$ 上严格单调增加（减少）。单调增加与单调减少的函数统称单调函数。

有界函数与无界函数

设 $f$ 为定义在数集 $D$ 上的函数，若存在常数 $M > 0$ ，使得对每一个 $x \in D$ ，都有 $| f (x) | \leq M$ ，则称 $f$ 在 $D$ 上有界；否则称 $f$ 在 $D$ 上无界，即对任何实数 $M > 0$ ，都存在 $x_{0} \in D$ ，使 $| f (x_{0}) | > M$ 。

判别有界性最常用的办法：求出 $| f (x) |$ 在 $D$ 上的最大值或一个上界。例如 $f (x) = \frac{x}{1 + x^{2}}$ 在 $R$ 上满足 $| f (x) | \leq \frac{1}{2}$ ，故有界。

例题已掌握

例 1★☆☆☆☆计算题函数定义域展开题目与讲解

例 1　求三个函数 $y = x^{2}$ 的定义域

（1） $y = x^{2}$ ，其中 $x \in [0, 1]$ ，该函数的定义域是 $[0, 1]$ ；

（2） $y = x^{2}$ ，该函数的定义域是 $(- \infty, + \infty)$ ；

（3） $y = x^{2}$ ，其中 $x$ 表示正方形的边长， $y$ 表示正方形的面积，它的定义域是 $[0, + \infty)$ ．

例 2★★☆☆☆判断题同一函数的判定展开题目与讲解

例 2　判断每组两个函数是否相同

判断下列每组的两个函数是否表示同一个函数．

（1） $y = \frac{x^{2} - 1}{x - 1}$ ， $y = x + 1$ ；　　（2） $y = ln x^{2}$ ， $S = 2 ln | t |$ ．

解　（1）函数 $y = \frac{x^{2} - 1}{x - 1}$ 的定义域是 $(- \infty, 1) \cup (1, + \infty)$ ；而函数 $y = x + 1$ 的定义域是 $(- \infty, + \infty)$ ，即两个函数的定义域不同，尽管当 $x \neq 1$ 时，有 $y = \frac{x^{2} - 1}{x - 1} = x + 1$ ，两个函数的对应法则相同，但不是同一个函数．

（2）函数 $y = ln x^{2}$ 的定义域是 $(- \infty, 0) \cup (0, + \infty)$ ；而函数 $S = 2 ln | t |$ 的定义域是 $(- \infty, 0) \cup (0, + \infty)$ ，所以两个函数的定义域相同．又

S = 2 ln | t | = ln | t |^{2} = ln t^{2},

所以两个函数的对应法则也相同．尽管两个函数的自变量、因变量所用的字母不同，但两个函数表示同一个函数．

例 3★☆☆☆☆计算题函数的表格表示展开题目与讲解

例 3　保险丝熔断电流与直径的关系表

保险丝的熔断电流 $I$ （单位：A）和直径 $D$ （单位：mm）之间有如下表所示的关系：

| 直径 $D$ / mm | 0.508 | 0.559 | 0.61 | 0.71 | 0.813 | 0.915 | 1.22 | 3.0 | 3.5 | 4.0 | 5.0 | 6.0 | 7.0 | 10.0 | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | 熔断电流 $I$ / A | 1.63 | 1.83 | 2.03 | 2.34 | 2.65 | 2.95 | 3.26 | 16.0 | 19.0 | 22.0 | 27.0 | 32.0 | 37.0 | 44.0 |

从表中由直径 $D$ 可读出对应的熔断电流 $I$ 值．

例 4★☆☆☆☆计算题气压计的图像表示展开题目与讲解

例 4　自动记录气压计的曲线

在自动记录气压计中，有一个匀速转动的圆柱形记录鼓，印有坐标方格的记录纸就裹在这鼓上，记录鼓每 24 小时转动一周．气压计指针的端点装有一支黑水笔，笔尖接触着记录纸．这样经过 24 小时之后，取下的记录纸上就描画了一条曲线，这条曲线表示气压 $P$ 随时间 $t$ 变化的函数关系．

例 5★☆☆☆☆计算题心电图的图像表示展开题目与讲解

例 5　心电图（EKG）显示的心率模式

如图 1-1 所示的心电图（EKG）显示两个人的心率模式，一位正常，另一位不正常．尽管也可以构造一个心电图函数的近似公式，但很少这样做．这种重复出现的图形正是医生需要了解的．从图像上可以看出，每个心电图都把一个显示电流活动的函数表示为一个相对于时间的函数．

例 6★★☆☆☆计算题取整函数及其性质展开题目与讲解

例 6　取整函数 $y = [x]$

取整函数

y = [x], x \in (- \infty, + \infty) .

符号 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数，其图像如图 1-2 所示．如 $[4] = 4$ ， $[4.15] = 4$ ， $[- 4.5] = - 5$ ， $[\sqrt{2}] = 1$ ．由取整函数定义，不难看出，取整函数有如下性质： $[x] \leq x < [x] + 1$ ．

例 7★★☆☆☆计算题符号函数及其图像展开题目与讲解

例 7　符号函数 $y = sgn x$

符号函数

y = sgn x = {\begin{cases} 1, & x > 0, \\ 0, & x = 0, \\ - 1, & x < 0 . \end{cases}

其图像如图 1-3 所示．

例 8★★☆☆☆计算题狄利克雷函数展开题目与讲解

例 8　狄利克雷（Dirichlet）函数

狄利克雷（Dirichlet）函数

y = D (x) = {\begin{cases} 1, & x \in ℚ, \\ 0, & x \in ℝ ∖ ℚ . \end{cases}

其中 $ℚ$ 为有理数集．这个函数定义在整个数轴上，把定义域全体实数分成两类，有理数的函数值为 1，无理数的函数值为 0．在平面坐标系中无法画出它的图像．

例 9★★★☆☆判断题函数奇偶性的判定展开题目与讲解

例 9　判断 $y = {log}_{a} (x + \sqrt{1 + x^{2}})$ 的奇偶性

判断函数 $y = {log}_{a} (x + \sqrt{1 + x^{2}})$ （ $a > 0$ ， $a \neq 1$ ）的奇偶性．

解　函数 $y$ 的定义域是 $R = (- \infty, + \infty)$ ，由于

f (- x) = {log}_{a} (- x + \sqrt{1 + (- x)^{2}}) = {log}_{a} (- x + \sqrt{1 + x^{2}})

= {log}_{a} \frac{1 + x^{2} - x^{2}}{x + \sqrt{1 + x^{2}}} = - {log}_{a} (x + \sqrt{1 + x^{2}}) = - f (x),

所以 $f (x)$ 是奇函数．

例 10★★☆☆☆计算题周期函数的周期展开题目与讲解

例 10　 $f (x) = x - [x]$ 的周期为 1

$f (x) = x - [x]$ ， $x \in (- \infty, + \infty)$ 的周期为 1（见图 1-4）．

例 11★★★☆☆证明题狄利克雷函数的周期性展开题目与讲解

例 11　 $D (x)$ 是周期函数但无最小正周期

D (x) = {\begin{cases} 1, & x \in ℚ, \\ 0, & x \in ℝ ∖ ℚ \end{cases}

是周期函数，但不存在最小正周期．

事实上，我们可以证明任何非零有理数都是 $D (x)$ 的周期．设 $T$ 是一个非零有理数，任给 $x \in R$ ，

（1）当 $x$ 是有理数时， $x + T$ 也是有理数，则 $D (x + T) = D (x) = 1$ ；

（2）当 $x$ 是无理数时， $x + T$ 也是无理数，则 $D (x + T) = D (x) = 0$ ．

所以当 $x \in R$ 时， $D (x + T) = D (x)$ ，故 $T$ 是 $D (x)$ 的周期．但是所有正有理数中不存在最小的正数，所以 $D (x)$ 无最小正周期．

例 12★★★☆☆证明题函数无界性的证明展开题目与讲解

例 12　证明 $f (x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ 在 $(0, 1]$ 上无界

证明 $f (x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ 在 $(0, 1]$ 上无界．

证　对任何正常数 $M$ ，取 $x_{0} = \frac{1}{(M + 1)^{2}}$ ，则有

| f (x_{0}) | = | \frac{1}{\sqrt{x_{0}}} | = M + 1 > M,

故 $f$ 为 $(0, 1]$ 上的无界函数．□

二数列极限选自 §2.1、§2.2、§2.35 个知识分组 · 含例题

定义已掌握+

定义 1.13（数列极限的

ε

N

定义）

设 ${a_{n}}$ 是一个数列， $a$ 是一个确定的常数，若对任意给定的正数 $ε$ ，总存在一个正整数 $N$ ，使得当 $n > N$ 时，都有 $| a_{n} - a | < ε$ ，则称数列 ${a_{n}}$ 的极限是 $a$ ，或者说数列 ${a_{n}}$ 收敛到 $a$ ，记作

lim_{n \to \infty} a_{n} = a

（读作当 $n$ 趋向于无穷大时， $a_{n}$ 的极限是 $a$ ）或记作 $a_{n} \to a (n \to \infty)$ （读作当 $n$ 趋向于无穷大时， $a_{n}$ 趋向于 $a$ ）。

此定义称为数列极限的 $ε$ - $N$ 定义。若“任给”用“ $\forall$ ”表示，“存在”用“ $\exists$ ”表示，则 $ε$ - $N$ 定义可叙述为：

若 $\forall ε > 0$ ， $\exists$ 正整数 $N$ ，当 $n > N$ 时，都有 $| a_{n} - a | < ε$ ，则 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ 。

说明已掌握+

对定义的几点说明

1. $ε$ 的任意性。 $ε$ 是一个正数，其作用在于衡量 $a_{n}$ 与 $a$ 的接近程度。尽管 $ε$ 是任意给定的，但当它一经给出，就应暂时看成一个定值，以便根据它来求 $N$ 。既然 $ε$ 是任意的正数，那么 $2 ε$ ， $10 ε$ ， $\sqrt{ε}$ ， $ε^{2}$ 等同样也是任意的正数，因此此定义中不等式右边的 $ε$ 也可用 $2 ε$ ， $10 ε$ ， $\sqrt{ε}$ 或 $ε^{2}$ 等来代替。同样可以把“ $<$ ”号换成“ $\leq$ ”号。（注意：可限制 $ε$ 小于某一个正常数，不影响衡量 $a_{n}$ 与 $a$ 接近的程度。）

2. $N$ 的相应性。 一般说， $N$ 是随着 $ε$ 的变小而变大的，但 $ε$ 给定以后，确定的 $N$ 不是唯一的，因为对已给的 $ε$ ，若 $N = 100$ 满足要求，则 $N = 101, 102, \dots$ 自然更能满足要求。在定义中，只要求存在一个正整数 $N$ ，而不在于它的值有多大，只要求对一切 $n > N$ 时，都有 $| a_{n} - a | < ε$ 。至于 $n \leq N$ 时， $| a_{n} - a |$ 是大于或等于 $ε$ 是无关紧要的，而且 $n > N$ 也可改成 $n \geq N$ 。

3. 几何意义。 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ 等价于任意给定正数 $ε$ ，相应地存在 $N$ ，当 $n > N$ 时，都有 $| a_{n} - a | < ε$ ，即有 $a - ε < a_{n} < a + ε$ 或 $a_{n} \in (a - ε, a + ε)$ 。换句话说， $a$ 的任何给定的 $ε$ 邻域中都含有数列 ${a_{n}}$ 中除了有限项以外的所有项。

性质已掌握+

性质 1（唯一性）

若数列 ${a_{n}}$ 的极限存在，则极限值是唯一的。

分析　如果不唯一，即有 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ ， ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = b$ ， $a \neq b$ 。当 $n$ 充分大时，由于

| a - b | = | a - a_{n} + a_{n} - b | \leq | a - a_{n} | + | a_{n} - b | < ε + ε = 2 ε,

要想推出矛盾，只要取 $ε \leq \frac{| a - b |}{2}$ 即可。

证（反证法）　假设极限值不唯一，即有 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ ， ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = b$ ， $a \neq b$ 。取 $ε = \frac{| a - b |}{3} > 0$ ，由 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ 知，存在正整数 $N_{1}$ ，当 $n > N_{1}$ 时，有……（教材续证）。

性质 2（有界性）

若数列 ${a_{n}}$ 收敛，则 ${a_{n}}$ 为有界数列。即存在某正常数 $M$ ，使得对一切正整数 $n$ ，都有 $| a_{n} | \leq M$ 。

证　设 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ 。由极限定义知，取 $ε = 1$ ，存在相应的正整数 $N$ ，对一切 $n > N$ ，有 $| a_{n} - a | < 1$ 。由 $| a_{n} | - | a | \leq | a_{n} - a | < 1$ 知，对一切 $n > N$ ，有 $| a_{n} | < 1 + | a |$ 。设

M = max {| a_{1} |, | a_{2} |, \dots, | a_{N} |, 1 + | a |},

则对一切正整数 $n$ ，都有 $| a_{n} | \leq M$ 。

有界性只是数列收敛的必要条件，而非充分条件。例如，数列 ${(- 1)^{n}}$ 有界，但它并不收敛。该性质的逆否命题为真，即：若数列 ${a_{n}}$ 无界，则数列 ${a_{n}}$ 发散。

性质 3（保序性）与推论（保号性）

性质 3　设 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ ， ${lim}_{n \to \infty} b_{n} = b$ 且 $a < b$ ，则存在正整数 $N$ ，当 $n > N$ 时（即 $n$ 充分大时），都有 $a_{n} < b_{n}$ 。

推论（保号性）　若 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a > 0 (a < 0)$ ，则对于满足 $0 < η < a (a < η < 0)$ 的任何常数 $η$ ，存在正整数 $N$ ，当 $n > N$ 时，都有 $a_{n} > η > 0 (a_{n} < η < 0)$ 。

性质 4（不等式性质）

若 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ ， ${lim}_{n \to \infty} b_{n} = b$ ，且存在正整数 $N_{0}$ ，当 $n > N_{0}$ 时，都有 $a_{n} \geq b_{n}$ ，则 $a \geq b$ 。

证（反证法）　假设 $a < b$ ，由性质 3 知，存在正整数 $N_{1}$ ，当 $n > N_{1}$ 时，都有 $a_{n} < b_{n}$ 。取 $N = max {N_{0}, N_{1}}$ ，当 $n > N$ 时，有 $a_{n} < b_{n}$ ，与当 $n > N$ 时 $a_{n} \geq b_{n}$ 相矛盾，所以假设不成立。因此 $a \geq b$ 。

注　在性质 4 中，即使存在正整数 $N_{0}$ ，当 $n > N_{0}$ 时，都有 $a_{n} > b_{n}$ ，也不能保证 $a > b$ 。例如， $a_{n} = \frac{1}{n}$ ， $b_{n} = - \frac{1}{n}$ ， $a_{n} > b_{n} (n = 1, 2, 3, \dots)$ ，但 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = 0$ ， ${lim}_{n \to \infty} b_{n} = 0$ ，两极限相等。

性质 5（数列极限的四则运算）

如果 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ ， ${lim}_{n \to \infty} b_{n} = b$ ，则数列 ${a_{n} \pm b_{n}}$ ， ${a_{n} b_{n}}$ ， ${\frac{a_{n}}{b_{n}}} (b \neq 0)$ 的极限都存在，且

（1） ${lim}_{n \to \infty} (a_{n} \pm b_{n}) = {lim}_{n \to \infty} a_{n} \pm {lim}_{n \to \infty} b_{n} = a \pm b$ ；

（2） ${lim}_{n \to \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = {lim}_{n \to \infty} a_{n} \cdot {lim}_{n \to \infty} b_{n} = a \cdot b$ ，特别地，当 $k$ 为常数时，有 ${lim}_{n \to \infty} k a_{n} = k {lim}_{n \to \infty} a_{n} = k a$ ；

（3） ${lim}_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{{lim}_{n \to \infty} a_{n}}{{lim}_{n \to \infty} b_{n}} = \frac{a}{b} (b \neq 0)$ 。

注　数列极限的四则运算前提是两个数列的极限都存在，并可把数列极限推广到有限项极限的四则运算，但数列极限的运算法则不能推广到无限项。例如

lim_{n \to \infty} (\frac{1}{n} + \frac{1}{n} + \dots + \frac{1}{n}) = 1 \neq 0

括号里共 $n$ 项，每项都是 $\frac{1}{n}$ ，所以和的极限是 $1$ ；但逐项取极限得到的是 $n$ 个 $0$ 相加，项数随 $n$ 变，这个运算不合法。

收敛准则已掌握+

定理 1.5（单调有界定理）

若数列 ${a_{n}}$ 递增（递减）有上界（下界），则数列 ${a_{n}}$ 收敛，即单调有界数列必有极限。

证（不妨设 ${a_{n}}$ 递增）　由于 ${a_{n}}$ 有上界，由确界原理知，必有上确界，设为 $a$ ，则 $a_{n} \leq a$ 。任给 $ε > 0$ ，存在正整数 $N$ ，使 $a_{N} > a - ε$ 。因为 ${a_{n}}$ 递增，所以当 $n > N$ 时，有 $a - ε < a_{N} \leq a_{n} \leq a < a + ε$ ，即 $| a_{n} - a | < ε$ ，于是 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ 。因此数列 ${a_{n}}$ 收敛。

同理可证，递减有下界数列必有极限且这个极限就是该数列的下确界。

注意　单调有界定理只能证明数列极限存在，如何求极限需用其他方法。由于改变数列的有限项不影响数列的敛散性和极限，所以数列从某一项开始单调有界结论依然成立。

夹逼定理

若存在正整数 $N_{0}$ ，当 $n > N_{0}$ 时，都有

a_{n} \leq c_{n} \leq b_{n},

且 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = {lim}_{n \to \infty} b_{n} = A$ ，则 ${lim}_{n \to \infty} c_{n} = A$ 。

用它的典型场合：和式里每一项都随 $n$ 变化时，把每项统一放大、统一缩小，两侧极限相等即得。

定义 1.14（子列）

给定数列 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}, \dots$ ，如果任意地从中挑选无穷多项并按照原有的次序排列出来，即

a_{n_{1}}, a_{n_{2}}, \dots, a_{n_{k}}, \dots (n_{1} < n_{2} < \dots < n_{k} < \dots),

就得到一个以 $k$ 为序号的数列 ${a_{n_{k}}}$ ，称为原数列 ${a_{n}}$ 的子数列（或子列）。例如 $a_{1}, a_{3}, a_{5}, \dots$ ； $a_{2 k - 1}, \dots$ ； $a_{2}, a_{4}, a_{6}, \dots$ ； $a_{2 k}, \dots$ 都是 ${a_{n}}$ 的子列。由子列的定义可知， $n_{k} \geq k$ 。

定理 1.3、1.4（用子列判敛散）

定理 1.3　数列 ${a_{n}}$ 收敛的充要条件是 ${a_{n}}$ 的任一子列 ${a_{n_{k}}}$ 都收敛且极限相等。

定理 1.4　数列 ${a_{n}}$ 发散的充要条件是 ${a_{n}}$ 中有两个子列极限存在但不相等，或有一个子列极限不存在。

我们常用两个子列极限存在但不相等来判断一个数列发散。

例 17　判断数列 ${sin \frac{n π}{4}}$ 的敛散性。

解　由于 ${lim}_{k \to \infty} sin \frac{4 k π}{4} = 0$ ， ${lim}_{k \to \infty} sin \frac{(8 k + 2) π}{4} = 1$ ，即两个子列 ${sin \frac{4 k π}{4}}$ ， ${sin \frac{(8 k + 2) π}{4}}$ 的极限都存在但不相等，故 ${sin \frac{n π}{4}}$ 发散。

重要极限

{lim}_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{n} = e

可以证明 $e$ 是一个无理数，用十进制小数表示时，其前 13 位数字是

e \approx 2.718 281 828 459 .

在科学上最频繁使用的对数的底就是这个数 $e = 2.718 281 828 459 \dots$ 。以 $e$ 为底的对数称为自然对数，并用 $ln$ 来表示。

这个例子是一个重要的极限，从它也可以发现一个有趣的结果：数列 ${(1 + \frac{1}{n})^{n}}$ 的每一项都是有理数，但它的极限 $e$ 却是无理数。

例题已掌握

例 1★☆☆☆☆计算题数列极限的直观描述展开题目与讲解

例 1　观察数列 ${\frac{1}{2^{n}}}$ 的变化趋势

数列

\frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \dots, \frac{1}{2^{n}}, \dots

或 ${\frac{1}{2^{n}}}$ ．不难看出，数列 ${\frac{1}{2^{n}}}$ 的通项随着 $n$ 的无限增大而无限地接近于 $0$ （图 1-5），这个例子反映了一类数列的某种特性．即数列 ${a_{n}}$ 的通项随着 $n$ 的无限增大而无限地接近某一个常数 $a$ ．让我们看一看该数列的变化趋势：

n > 10, | \frac{1}{2^{n}} - 0 | < \frac{1}{2^{10}};

n > 100, | \frac{1}{2^{n}} - 0 | < \frac{1}{2^{100}};

n > 1000, | \frac{1}{2^{n}} - 0 | < \frac{1}{2^{1000}} .

即 $n$ 越大， $| \frac{1}{2^{n}} - 0 |$ 越接近于 $0$ ，而且这种接近是没有限制地接近，即要有多接近就有多接近．

例 2★☆☆☆☆计算题数列极限的直观描述展开题目与讲解

例 2　观察数列 ${\frac{1}{n}}$ 的变化趋势

${\frac{1}{n}} : 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots, \frac{1}{n}, \dots$ 随着 $n$ 的无限增大而无限地接近于 $0$ （图 1-6）．

例 3★☆☆☆☆计算题数列极限的直观描述展开题目与讲解

例 3　观察数列 ${3 + \frac{(- 1)^{n}}{n}}$ 的变化趋势

${3 + \frac{(- 1)^{n}}{n}} : 2, 3 + \frac{1}{2}, 3 - \frac{1}{3}, \dots, 3 + \frac{(- 1)^{n}}{n}, \dots$ 随着 $n$ 的无限增大而无限地接近于 $3$ （图 1-7）．

例 4★☆☆☆☆计算题数列发散的直观认识展开题目与讲解

例 4　数列 ${n^{2}}$ 不与任何常数无限接近

${n^{2}} : 1, 4, 9, \dots, n^{2}, \dots$ 随着 $n$ 的无限增大而越来越大，不能与某一个常数 $a$ 无限地接近．

例 5★☆☆☆☆计算题数列发散的直观认识展开题目与讲解

例 5　数列 ${(- 1)^{n}}$ 不与任何常数无限接近

${(- 1)^{n}} : - 1, 1, - 1, \dots, (- 1)^{n}, \dots$ 随着 $n$ 的无限增大也不能与某一个常数 $a$ 无限接近．

例 6★★☆☆☆证明题用 ε-N 定义证极限展开题目与讲解

例 6　证明 ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{n^{k}} = 0$

证明 ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{n^{k}} = 0$ ， $k > 0$ 为常数．

证　对 $\forall ε > 0$ ，要使 $| \frac{1}{n^{k}} - 0 | < ε \Leftrightarrow \frac{1}{n^{k}} < ε \Leftrightarrow n^{k} > \frac{1}{ε}$ ，只要 $n > (\frac{1}{ε})^{\frac{1}{k}}$ ．取 $N = max {1, [(\frac{1}{ε})^{\frac{1}{k}}]}$ ，当 $n > N$ 时，都有 $| \frac{1}{n^{k}} - 0 | < ε$ ．所以 ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{n^{k}} = 0$ ．□

注　取 $N = max {1, [(\frac{1}{ε})^{\frac{1}{k}}]}$ 是为了保证 $N$ 是正整数．

例 7★★☆☆☆证明题用 ε-N 定义证极限展开题目与讲解

例 7　证明 ${lim}_{n \to \infty} q^{n} = 0$ （ $| q | < 1$ ）

证明 ${lim}_{n \to \infty} q^{n} = 0$ ， $| q | < 1$ 为常数．

证　（1）当 $q = 0$ 时，显然有 ${lim}_{n \to \infty} 0 = 0$ ．

（2）当 $0 < | q | < 1$ 时， $\forall ε > 0$ ，要使 $| q^{n} - 0 | < ε \Leftrightarrow | q |^{n} < ε \Leftrightarrow lg | q |^{n} < lg ε \Leftrightarrow n lg | q | < lg ε$ （注意 $lg | q |$ 为负数），只要

n > \frac{lg ε}{lg | q |} .

取 $N = max {1, [\frac{lg ε}{lg | q |}]}$ ，当 $n > N$ 时，都有 $| q^{n} - 0 | < ε$ ．所以 ${lim}_{n \to \infty} q^{n} = 0$ ．□

例 8★★☆☆☆证明题用 ε-N 定义证极限展开题目与讲解

例 8　证明 ${lim}_{n \to \infty} n] a = 1$ （ $a > 1$ ）

证明 ${lim}_{n \to \infty} n] a = 1$ ， $a > 1$ 为常数．

证　对 $\forall ε > 0$ ，要使

| n] a - 1 | < ε \Leftrightarrow n] a - 1 < ε \Leftrightarrow a^{\frac{1}{n}} < 1 + ε \Leftrightarrow {log}_{a} a^{\frac{1}{n}} < {log}_{a} (1 + ε) \Leftrightarrow \frac{1}{n} < {log}_{a} (1 + ε),

只要

n > \frac{1}{{log}_{a} (1 + ε)} .

取 $N = max {1, [\frac{1}{{log}_{a} (1 + ε)}]}$ ，当 $n > N$ 时，都有 $| n] a - 1 | < ε$ ．所以 ${lim}_{n \to \infty} n] a = 1$ ．□

例 9★★★☆☆证明题适当放大法展开题目与讲解

例 9　证明 ${lim}_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0$

证明 ${lim}_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0$ ， $a$ 是常数．

证　（i）当 $a = 0$ 时，显然有 ${lim}_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{n!} = {lim}_{n \to \infty} 0 = 0$ ．

（ii）当 $a \neq 0$ 时，设 $| a | < m$ ， $m$ 是正整数，且为常数．设 $\frac{| a |}{1} \cdot \frac{| a |}{2} \cdot \dots \cdot \frac{| a |}{m} = K$ 是正常数，从而

| \frac{a^{n}}{n!} - 0 | = \frac{| a |}{1} \cdot \frac{| a |}{2} \cdot \dots \cdot \frac{| a |}{m} \cdot \frac{| a |}{m + 1} \cdot \dots \cdot \frac{| a |}{n - 1} \cdot \frac{| a |}{n} < \frac{K | a |}{n} (n > m),

因此， $\forall ε > 0$ ，要使 $| \frac{a^{n}}{n!} - 0 | < ε$ ，只要 $\frac{K | a |}{n} < ε \Leftrightarrow n > \frac{K | a |}{ε}$ ．取 $N = max {m, [\frac{K | a |}{ε}]}$ ，当 $n > N$ 时，就有 $| \frac{a^{n}}{n!} - 0 | < ε$ ．所以 ${lim}_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0$ ．□

例 10★★★☆☆证明题二项式放大法展开题目与讲解

例 10　证明 ${lim}_{n \to \infty} n] n = 1$

证明 ${lim}_{n \to \infty} n] n = 1$ ．

证　设 $| n] n - 1 | = n] n - 1 = h_{n}$ ，可得 $n = (1 + h_{n})^{n}$ ．利用二项式公式，有

n = 1 + n h_{n} + \frac{n (n - 1)}{2} h_{n}^{2} + \dots + h_{n}^{n} > 1 + \frac{n (n - 1)}{2} h_{n}^{2},

可推出 $h_{n}^{2} < \frac{2}{n}$ ，即 $h_{n} < \sqrt{\frac{2}{n}}$ ，于是

| n] n - 1 | < \sqrt{\frac{2}{n}} .

所以 $\forall ε > 0$ ，要使 $| n] n - 1 | < ε$ ，只要 $\sqrt{\frac{2}{n}} < ε \Leftrightarrow \frac{2}{n} < ε^{2} \Leftrightarrow n > \frac{2}{ε^{2}}$ ．取 $N = max {1, [\frac{2}{ε^{2}}]}$ ，当 $n > N$ 时，都有 $| n] n - 1 | < ε$ ．所以 ${lim}_{n \to \infty} n] n = 1$ ．□

例 11★★☆☆☆计算题四则运算的适用条件展开题目与讲解

例 11　极限四则运算不能用于无限项

括号内是 $n$ 个 $\frac{1}{n}$ 相加，则

lim_{n \to \infty} (\frac{1}{n} + \frac{1}{n} + \dots + \frac{1}{n}) \neq lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} + lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} + \dots + lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0 .

实际上

lim_{n \to \infty} (\frac{1}{n} + \frac{1}{n} + \dots + \frac{1}{n}) = lim_{n \to \infty} 1 = 1 .

例 12★★☆☆☆证明题n 次根式的极限展开题目与讲解

例 12　证明 ${lim}_{n \to \infty} n] a = 1$ （ $a > 0$ ）

证明 ${lim}_{n \to \infty} n] a = 1$ （ $a > 0$ 为常数）．

证　当 $a > 1$ 时，我们已证 ${lim}_{n \to \infty} n] a = 1$ ；当 $a = 1$ 时， ${lim}_{n \to \infty} n] 1 = {lim}_{n \to \infty} 1 = 1$ ；当 $0 < a < 1$ 时， ${lim}_{n \to \infty} n] a = {lim}_{n \to \infty} \frac{1}{n] \frac{1}{a} = 1}$ ．

故 ${lim}_{n \to \infty} n] a = 1$ ．□

例 13★★☆☆☆计算题有理分式的极限展开题目与讲解

例 13　求有理分式的极限（ $m \leq k$ ）

求

lim_{n \to \infty} \frac{a_{0} n^{m} + a_{1} n^{m - 1} + \dots + a_{m - 1} n + a_{m}}{b_{0} n^{k} + b_{1} n^{k - 1} + \dots + b_{k - 1} n + b_{k}},

其中 $m \leq k$ ， $a_{0} \neq 0$ ， $b_{0} \neq 0$ ．

解

lim_{n \to \infty} \frac{a_{0} n^{m} + a_{1} n^{m - 1} + \dots + a_{m - 1} n + a_{m}}{b_{0} n^{k} + b_{1} n^{k - 1} + \dots + b_{k - 1} n + b_{k}}

= lim_{n \to \infty} \frac{n^{m} (a_{0} + a_{1} \frac{1}{n} + \dots + a_{m - 1} \frac{1}{n^{m - 1}} + a_{m} \frac{1}{n^{m}})}{n^{k} (b_{0} + b_{1} \frac{1}{n} + \dots + b_{k - 1} \frac{1}{n^{k - 1}} + b_{k} \frac{1}{n^{k}})}

= {\begin{cases} \frac{a_{0}}{b_{0}}, & m = k, \\ 0, & m < k . \end{cases}

注　这个例子表明当分子的次数和分母的次数相同时，这个分式的极限就是分子、分母最高次项的系数之比；当分子的次数小于分母的次数时，这个分式的极限为 $0$ ．同理可证对分子、分母的每一项次数是正数时也成立．例如

lim_{n \to \infty} \frac{2 n^{\frac{5}{4}} + 2 n + n^{\frac{1}{5}} + 2}{3 n^{\frac{5}{4}} - 2 n^{\frac{2}{3}} - 6} = \frac{2}{3} .

例 14★★★☆☆计算题夹逼准则求极限展开题目与讲解

例 14　求 ${lim}_{n \to \infty} n] a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n}$

求极限 ${lim}_{n \to \infty} n] a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n}$ ，其中 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}$ 均为正常数．

解　不妨设 $a_{1} = max {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}}$ ，由于 $a_{1} < n] a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n} < n] m \cdot a_{1}^{n} = a_{1} n] m$ ，且 ${lim}_{n \to \infty} a_{1} = a_{1}$ ， ${lim}_{n \to \infty} a_{1} n] m = a_{1} {lim}_{n \to \infty} n] m = a_{1}$ ．故由夹逼定理知，

lim_{n \to \infty} n] a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n} = a_{1} = max {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}} .

例 15★★☆☆☆计算题夹逼准则求极限展开题目与讲解

例 15　求 ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \dots \frac{2 n - 1}{2 n}$

求极限 ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n}$ ．

解　由于 $\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n} < \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} \times \dots \times \frac{2 n}{2 n + 1}$ ，所以

(\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n})^{2} < \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n} \times \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} \times \dots \times \frac{2 n - 2}{2 n - 1} \times \frac{2 n}{2 n + 1} = \frac{1}{2 n + 1},

即

0 < \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n} < \frac{1}{\sqrt{2 n + 1}} < \frac{1}{\sqrt{n}},

且 ${lim}_{n \to \infty} 0 = 0$ ， ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$ ，由夹逼定理知 ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n} = 0$ ．

例 16★★☆☆☆计算题幂指数为任意常数展开题目与讲解

例 16　求 ${lim}_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{β}$

求 ${lim}_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{β}$ ，其中 $β$ 是任意常数．

解　当 $β = 0$ 时，显然有 ${lim}_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{β} = 1$ ．当 $β$ 为正整数 $m$ 时，

lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{m} = lim_{n \to \infty} [(1 + \frac{1}{n}) (1 + \frac{1}{n}) \dots (1 + \frac{1}{n})] = 1 \times 1 \times \dots \times 1 = 1

（方括号内共 $m$ 个因子）．

当 $β$ 为负整数 $- k$ 时，

lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{- k} = lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1 + \frac{1}{n})^{k}} = \frac{1}{1} = 1 .

一般地，设 $[β] = m$ ，则 $m$ 是固定整数，且 $m \leq β < m + 1$ ，并有

(1 + \frac{1}{n})^{m} \leq (1 + \frac{1}{n})^{β} < (1 + \frac{1}{n})^{m + 1},

且 ${lim}_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{m} = 1$ ， ${lim}_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{m + 1} = 1$ ，由夹逼定理知 ${lim}_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{β} = 1$ ．

例 17★★☆☆☆计算题用子列判别发散展开题目与讲解

例 17　判断数列 ${sin \frac{n π}{4}}$ 的敛散性

判断数列 ${sin \frac{n π}{4}}$ 的敛散性．

例 18★★★☆☆证明题单调有界准则展开题目与讲解

例 18　证明 $x_{n} = \sqrt{c + \sqrt{c + \dots + \sqrt{c}}}$ 收敛并求极限

设 $c > 0$ ，证明 $x_{n} = \sqrt{c + \sqrt{c + \dots + \sqrt{c}}}$ （ $n$ 重根号）极限存在，并求 ${lim}_{n \to \infty} x_{n}$ ．

分析　由于 $x_{n + 1} = \sqrt{c + x_{n}}$ ，容易观察出 ${x_{n}}$ 是递增的，并可用数学归纳法证明．关键是证明它有上界，哪一个数是 ${x_{n}}$ 的上界呢？我们观察不出来．由于 ${x_{n}}$ 是递增的，所以，若 ${x_{n}}$ 的极限存在，则极限一定是它的一个上界．若 ${x_{n}}$ 有极限，设 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = a$ ．由于 $x_{n + 1} = \sqrt{c + x_{n}}$ ，令 $n \to \infty$ ，有 $a = \sqrt{c + a}$ ，两边平方得 $a^{2} - a - c = 0$ ，解得

a = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 4 c}}{2} .

由题意知 $a > 0$ ，所以 $a = \frac{1 + \sqrt{1 + 4 c}}{2}$ ．由于 $a$ 太复杂，我们对它作适当放大

a < \frac{1 + \sqrt{1 + 4 c + 4 \sqrt{c}}}{2} = \frac{1 + (1 + 2 \sqrt{c})}{2} = 1 + \sqrt{c},

则必有 $x_{n} \leq 1 + \sqrt{c}$ ．

证　我们先证明 ${x_{n}}$ 是递增的，即 $x_{n} < x_{n + 1}$ ．

由于 $x_{1} = \sqrt{c}$ ， $x_{2} = \sqrt{c + \sqrt{c}}$ ，显然 $x_{1} < x_{2}$ ，即当 $n = 1$ 时成立．

假设当 $n = k$ 时成立，即 $x_{k} < x_{k + 1}$ ．

现在证明当 $n = k + 1$ 时成立，当 $n = k + 1$ 时， $c + x_{k} < c + x_{k + 1}$ ，有

\sqrt{c + x_{k}} < \sqrt{c + x_{k + 1}},

即 $x_{k + 1} < x_{k + 2}$ ，所以当 $n = k + 1$ 时也成立．因此，对一切正整数 $n$ ，都有 $x_{n} < x_{n + 1}$ ，即 ${x_{n}}$ 递增．

再证明 ${x_{n}}$ 有一个上界为 $1 + \sqrt{c}$ ． $x_{1} = \sqrt{c} < 1 + \sqrt{c}$ ，即当 $n = 1$ 时成立．假设当 $n = k$ 时成立，即有 $x_{k} < 1 + \sqrt{c}$ ．当 $n = k + 1$ 时，有

x_{k + 1} = \sqrt{c + x_{k}} < \sqrt{c + 1 + \sqrt{c}} < \sqrt{1 + 2 \sqrt{c} + c} = 1 + \sqrt{c},

即当 $n = k + 1$ 时也成立．所以对一切正整数 $n$ ，都有 $x_{n} < 1 + \sqrt{c}$ ，即 ${x_{n}}$ 有上界．

由单调有界定理知， ${x_{n}}$ 收敛．设 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = a$ ，对 $x_{n + 1} = \sqrt{c + x_{n}}$ ，令 $n \to \infty$ ，得 $a = \sqrt{c + a}$ ，即 $a^{2} - a - c = 0$ ，解得 $a = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 4 c}}{2}$ ，由 $a > 0$ 知 $a = \frac{1 + \sqrt{1 + 4 c}}{2}$ ，即

lim_{n \to \infty} x_{n} = \frac{1 + \sqrt{1 + 4 c}}{2} .

例 19★☆☆☆☆判断题递推求极限的逻辑错误展开题目与讲解

例 19　判断数列 ${(- 1)^{n}}$ 的敛散性

数列 ${(- 1)^{n}}$ 是发散的．如果我们不去判断它的敛散性，直接求极限会怎么样呢？设 $a_{n} = (- 1)^{n}$ ， $a_{n + 1} = (- 1)^{n + 1} = - a_{n}$ ，设 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ ，令 $n \to \infty$ ，有 $a = - a$ ，即 $2 a = 0$ ，得 $a = 0$ ．于是

lim_{n \to \infty} (- 1)^{n} = 0 .

这里犯错误的原因是还没有证明 $a_{n}$ 的极限是否存在，便假设 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ ．

例 20★★★★☆证明题单调有界准则展开题目与讲解

例 20　 $x_{n} = \frac{2 x_{n - 1}^{3} + 1}{3 x_{n - 1}^{2}}$ 的收敛性

设 $x_{0} = 2$ ， $x_{n} = \frac{2 x_{n - 1}^{3} + 1}{3 x_{n - 1}^{2}}$ （ $n = 1, 2, \dots$ ），证明 ${lim}_{n \to \infty} x_{n}$ 存在，并计算此极限．

分析　由于

x_{n} - x_{n - 1} = \frac{1 - x_{n - 1}^{3}}{3 x_{n - 1}^{2}},

且 $3 x_{n - 1}^{2} > 0$ ，所以要判断 ${x_{n}}$ 是否单调，关键是判断分式的分子中 $x_{n - 1}^{3}$ 与 $1$ 之间的大小．若 ${x_{n}}$ 收敛，设 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = a$ ，对

x_{n} = \frac{2 x_{n - 1}^{3} + 1}{3 x_{n - 1}^{2}}

令 $n \to \infty$ ，有 $a = \frac{2 a^{3} + 1}{3 a^{2}}$ ，解得 $a = 1$ ．若 $x_{n} \geq 1$ ，则 $x_{n} - x_{n - 1} < 0$ ，即 ${x_{n}}$ 递减；若 $x_{n} \leq 1$ ，则 ${x_{n}}$ 递增．

证　由于

x_{n} = \frac{2 x_{n - 1}^{3} + 1}{3 x_{n - 1}^{2}} = \frac{1}{3} (2 x_{n - 1} + \frac{1}{x_{n - 1}^{2}})

= \frac{1}{3} (x_{n - 1} + x_{n - 1} + \frac{1}{x_{n - 1}^{2}}) \geq 3] x_{n - 1} \cdot x_{n - 1} \cdot \frac{1}{x_{n - 1}^{2}} = 1,

所以 ${x_{n}}$ 有下界．由于

x_{n} - x_{n - 1} = \frac{1 - x_{n - 1}^{3}}{3 x_{n - 1}^{2}} \leq 0,

所以 ${x_{n}}$ 递减．由单调有界定理知， ${x_{n}}$ 收敛．设 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = a$ ，对

x_{n} = \frac{2 x_{n - 1}^{3} + 1}{3 x_{n - 1}^{2}}

令 $n \to \infty$ ，有 $a = \frac{2 a^{3} + 1}{3 a^{2}}$ ，即 $a^{3} = 1$ ，解得 $a = 1$ ，所以 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = 1$ ．

例 21★★★★☆证明题柯西收敛准则展开题目与讲解

例 21　用柯西准则证明 $a_{n} = \sum \frac{sin k^{2}}{k^{2}}$ 收敛

设 $a_{n} = \frac{sin 1^{2}}{1^{2}} + \frac{sin 2^{2}}{2^{2}} + \dots + \frac{sin n^{2}}{n^{2}}$ （ $n = 1, 2, \dots$ ），证明 ${a_{n}}$ 收敛．

证　由于

| a_{n + p} - a_{n} | = | \frac{sin (n + 1)^{2}}{(n + 1)^{2}} + \frac{sin (n + 2)^{2}}{(n + 2)^{2}} + \dots + \frac{sin (n + p)^{2}}{(n + p)^{2}} |

\leq \frac{1}{(n + 1)^{2}} + \frac{1}{(n + 2)^{2}} + \dots + \frac{1}{(n + p)^{2}}

< \frac{1}{n (n + 1)} + \frac{1}{(n + 1) (n + 2)} + \dots + \frac{1}{(n + p - 1) (n + p)}

= (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) + (\frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2}) + \dots + (\frac{1}{n + p - 1} - \frac{1}{n + p})

= \frac{1}{n} - \frac{1}{n + p} < \frac{1}{n},

所以，任给 $ε > 0$ ，要使 $| a_{n + p} - a_{n} | < ε$ ，只要 $\frac{1}{n} < ε$ 即 $n > \frac{1}{ε}$ ，取 $N = max {1, [\frac{1}{ε}]}$ ，当 $n > N$ 时，对一切正整数 $p$ ，都有 $| a_{n + p} - a_{n} | < ε$ ．即 ${a_{n}}$ 收敛．

注　为了保证当 $n > N$ 时，对一切正整数 $p$ ，都有 $| a_{n + p} - a_{n} | < ε$ 成立， $N$ 应与 $p$ 无关．

例 22★★★★☆证明题柯西准则证发散展开题目与讲解

例 22　证明 $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ 发散

试证 $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$ 发散．

证　由于

| a_{n + p} - a_{n} | = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{n + p} > \frac{p}{n + p},

所以，当 $p = n$ 时，就有 $| a_{2 n} - a_{n} | > \frac{n}{n + n} = \frac{1}{2}$ ．从而取 $ε_{0} = \frac{1}{2}$ ，对无论多么大的正整数 $N$ ，总存在 $n_{0} = N + 1$ ， $p_{0} = N + 1$ ，有

| a_{n_{0} + p_{0}} - a_{n_{0}} | > \frac{1}{2} .

因此数列 ${a_{n}}$ 发散．

三函数极限选自 §3.1–§3.4、§3.64 个知识分组 · 含例题

定义已掌握+

定义 1.15（

x \to + \infty

时的极限）

设函数 $f (x)$ 在 $[b, + \infty)$ 上有定义，若存在常数 $A$ ，对任给 $ε > 0$ ，存在 $X > 0$ ，当 $x > X$ 时，都有 $| f (x) - A | < ε$ ，则称数 $A$ 为函数 $f (x)$ 当 $x \to + \infty$ 时的极限，记作

lim_{x \to + \infty} f (x) = A 或 f (x) \to A (x \to + \infty) .

类似地，把定义 1.15 中的“ $[b, + \infty)$ ”换成“ $(- \infty, b]$ ”、“ $x > X$ ”换成“ $x < - X$ ”，即得 ${lim}_{x \to - \infty} f (x) = A$ 的定义；把“ $[b, + \infty)$ ”换成“ $(- \infty, a] \cup [b, + \infty)$ ， $a \leq b$ ”、“ $x > X$ ”换成“ $| x | > X$ ”，即得 ${lim}_{x \to \infty} f (x) = A$ 的定义。

定义 1.16（

x \to x_{0}

时的极限）

设函数 $f (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 的某一空心邻域 $U^{\circ} (x_{0}, δ_{0})$ 内有定义， $A$ 为一常数，若任给 $ε > 0$ ，总存在 $δ > 0 (δ \leq δ_{0})$ ，使得当 $0 < | x - x_{0} | < δ$ （即 $x \in U^{\circ} (x_{0}, δ)$ ）时，都有 $| f (x) - A | < ε$ （即 $f (x) \in U (A, ε)$ ）成立，则称 $A$ 为函数 $f (x)$ 当 $x \to x_{0}$ 时的极限，记作

lim_{x \to x_{0}} f (x) = A 或 f (x) \to A (x \to x_{0}) .

这个定义称为 $ε$ - $δ$ 定义。

说明已掌握+

几何意义与一个充要条件

几何意义　对于任给的 $ε > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，当 $0 < | x - x_{0} | < δ$ 时，曲线 $y = f (x)$ 上的点 $(x, f (x))$ 全部落在直线 $y = A - ε$ 与 $y = A + ε$ 之间的带形区域内。

同理， ${lim}_{x \to \infty} f (x) = A$ 的几何意义是：对于任给的 $ε > 0$ ，存在正数 $X$ ，当 $| x | > X$ 时，曲线 $y = f (x)$ 上的点 $(x, f (x))$ 全部落在直线 $y = A - ε$ 与 $y = A + ε$ 之间的带形区域内。

定理 1.9　 ${lim}_{x \to \infty} f (x) = A$ 的充要条件是 ${lim}_{x \to + \infty} f (x) = {lim}_{x \to - \infty} f (x) = A$ 。

注意：

x \to x_{0}

时可以不看

f (x_{0})

我们经常要研究 $x \to x_{0}$ 时，函数 $f (x)$ 的变化趋势，其中自变量 $x \to x_{0}$ 是指 $x$ 无限接近于 $x_{0}$ ，但 $x \neq x_{0}$ 。在 $x \to x_{0}$ 的过程中，函数 $f (x)$ 能否与某一常数无限接近，与函数在 $x = x_{0}$ 处是否有定义、或与函数值是多少都没有关系。在考虑当 $x \to x_{0}$ ，函数 $f (x)$ 的变化趋势时，只要在 $x_{0}$ 的某一空心邻域（ $x = x_{0}$ 可以除外）内考虑就行了。

两个重要极限已掌握+

第一个重要极限

lim_{x \to 0} \frac{sin x}{x} = 1 .

在证明它的过程中，还证明了 $sin x < x (0 < x < \frac{π}{2})$ 。事实上可以证明更强的

| sin x | \leq | x | (x \in ℝ),

等号当且仅当 $x = 0$ 时成立。

不等式

| sin x | \leq | x |

的证明

当 $x = 0$ 时， $| sin x | = 0 = | x |$ ；

当 $0 < x < \frac{π}{2}$ 时， $| sin x | = sin x < x = | x |$ ；

当 $x \geq \frac{π}{2}$ 时， $| sin x | \leq 1 < \frac{π}{2} \leq x$ ；

当 $x < 0$ 时， $| sin x | = | sin (- x) | < | - x | = | x |$ 。

因此 $| sin x | \leq | x |$ 。这是一个重要的不等式。

第二个重要极限

lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{x})^{x} = e .

证明思路：设 $1 < x < + \infty$ ，令 $[x] = n$ ，则 $n \leq x < n + 1$ ，由

(1 + \frac{1}{n + 1})^{n} \leq (1 + \frac{1}{n + 1})^{x} < (1 + \frac{1}{x})^{x} \leq (1 + \frac{1}{n})^{x} < (1 + \frac{1}{n})^{n + 1},

两端都趋于 $e$ ，由夹逼定理得 ${lim}_{x \to + \infty} (1 + \frac{1}{x})^{x} = e$ ；同理得 $x \to - \infty$ 的情形。

若令 $\frac{1}{x} = t$ ，则 ${lim}_{t \to 0} (1 + t)^{\frac{1}{t}} = e$ ；若 $x \to x_{0}$ 时 $f (x) \to 0$ ，则 ${lim}_{x \to x_{0}} (1 + f (x))^{\frac{1}{f (x)}} = e$ 。

常用等价无穷小（例 19 的结论）

由于

lim_{x \to 0} \frac{sin x}{x} = 1, lim_{x \to 0} \frac{tan x}{x} = 1, lim_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}} = \frac{1}{2},

所以

当 x \to 0 时, sin x \sim x, tan x \sim x, 1 - cos x \sim \frac{1}{2} x^{2} .

定理 1.19　等价量替换定理

若（1） $f (x) \sim f_{1} (x)$ ， $g (x) \sim g_{1} (x)$ ， $h (x) \sim h_{1} (x) (x \to x_{0})$ ；（2） ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f_{1} (x) g_{1} (x)}{h_{1} (x)} = A$ （或 $\infty$ ），则

lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x) g (x)}{h (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f_{1} (x) g_{1} (x)}{h_{1} (x)} = A (或 \infty) .

证　 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x) g (x)}{h (x)} = {lim}_{x \to x_{0}} \frac{f_{1} (x) g_{1} (x)}{h_{1} (x)} \cdot \frac{f (x)}{f_{1} (x)} \cdot \frac{g (x)}{g_{1} (x)} \cdot \frac{h_{1} (x)}{h (x)}$ ，后三个因子都以 $1$ 为极限，故结论成立。证毕。

例题已掌握

例 1★★☆☆☆证明题极限的 ε-X 定义展开题目与讲解

例 1　证明 ${lim}_{x \to + \infty} a^{x} = 0$ （ $0 < a < 1$ ）

解　任给 $ε > 0$ ，要使 $| a^{x} - 0 | < ε$ ，即 $a^{x} < ε$ ，只要 $x > {log}_{a} ε$ ，取 $X = {log}_{a} ε$ ，当 $x > X$ 时，都有 $| a^{x} - 0 | < ε$ 。按定义知 ${lim}_{x \to + \infty} a^{x} = 0$ 。

例 2★★☆☆☆证明题无穷远处的极限定义展开题目与讲解

例 2　证明 ${lim}_{x \to - \infty} \frac{1}{x^{k}} = 0$ （ $k > 0$ ）

解　任给 $ε > 0$ ，要使 $| \frac{1}{x^{k}} - 0 | < ε \Leftrightarrow \frac{1}{x^{k}} < ε \Leftrightarrow x^{k} > \frac{1}{ε}$ ，只要 $x > \frac{1}{ε^{\frac{1}{k}}}$ 。取 $X = \frac{1}{ε^{\frac{1}{k}}}$ ，当 $x > X$ 时，都有 $| \frac{1}{x^{k}} - 0 | < ε$ ，按定义知 ${lim}_{x \to - \infty} \frac{1}{x^{k}} = 0$ 。

例 3★★★☆☆证明题ε-δ 定义的证明展开题目与讲解

例 3　证明 ${lim}_{x \to 1} \frac{x^{2} - 1}{x^{2} - x} = 2$

解　 $| \frac{x^{2} - 1}{x^{2} - x} - 2 | = | \frac{x - 1}{x} | = \frac{| x - 1 |}{| x |} .$

由于 $x \to 1$ ，不妨设

0 < | x - 1 | < \frac{1}{2},

于是 $x > \frac{1}{2}$ ，即 $| x | > \frac{1}{2}$ ，从而

\frac{| x - 1 |}{| x |} < 2 | x - 1 | (0 < | x - 1 | < \frac{1}{2}) .

所以，任给 $ε > 0$ ，要使 $| \frac{x^{2} - 1}{x^{2} - x} - 2 | < ε$ ，只要 $2 | x - 1 | < ε$ ，即 $| x - 1 | < \frac{ε}{2}$ 。

取 $δ = min {\frac{1}{2}, \frac{ε}{2}}$ ，当 $0 < | x - 1 | < δ$ 时，都有 $| \frac{x^{2} - 1}{x^{2} - x} - 2 | < ε$ 。

由定义知 ${lim}_{x \to 1} \frac{x^{2} - 1}{x^{2} - x} = 2$ 。

例 4★★★★☆证明题根式极限的证明展开题目与讲解

例 4　证明 ${lim}_{x \to x_{0}} m] f (x) = m] A$

解　设在 $x_{0}$ 的某邻域内 $f (x) \geq 0$ ，且 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = A \geq 0$ （常数），证明 ${lim}_{x \to x_{0}} m] f (x) = m] A$ ，其中 $m \in N_{+}$ ， $m > 1$ ， $x_{0}$ 为某一定值。

由 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = A$ ，根据 $ε$ - $δ$ 定义，任给 $ε > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，当 $0 < | x - x_{0} | < δ$ 时，都有

| f (x) - A | < ε .

（1）当 $A = 0$ 时，由 $| f (x) - A | < ε$ ，得

| m] f (x) | < m] ε .

于是任给 $ε > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，当 $0 < | x - x_{0} | < δ$ 时，都有

| m] f (x) - 0 | < m] ε .

由定义知 ${lim}_{x \to x_{0}} m] f (x) = 0$ 。

（2）当 $A > 0$ 时，

| m] f (x) - m] A | = \frac{| f (x) - A |}{| (m] f (x))^{m - 1} + (m] f (x))^{m - 2} m] A + \dots + (m] A)^{m - 1} | < \frac{| f (x) - A |}{(m] A)^{m - 1} < \frac{ε}{(m] A)^{m - 1} .}}}

于是任给 $ε > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，当 $0 < | x - x_{0} | < δ$ 时，都有

| m] f (x) - m] A | < \frac{ε}{(m] A)^{m - 1} .}

由定义知， ${lim}_{x \to x_{0}} m] f (x) = m] A$ 。故 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = A$ 时，有 ${lim}_{x \to x_{0}} m] f (x) = m] A$ 。

例 5★☆☆☆☆计算题左右极限展开题目与讲解

例 5　研究 $f (x) = sgn x$ 在 $x = 0$ 处的极限

解　由于 ${lim}_{x \to 0^{-}} f (x) = {lim}_{x \to 0^{-}} (- 1) = - 1$ ， ${lim}_{x \to 0^{+}} f (x) = {lim}_{x \to 0^{+}} 1 = 1$ ，所以 ${lim}_{x \to 0} f (x)$ 不存在。

例 6★☆☆☆☆计算题分段函数的极限展开题目与讲解

例 6　分段函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处的极限

解　设

f (x) = {\begin{cases} 1, & x \leq 0, \\ \sqrt[3] 1 + x,]{x} > 0, \end{cases}

研究 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处的极限。由于 ${lim}_{x \to 0^{-}} f (x) = {lim}_{x \to 0^{-}} 1 = 1$ ， ${lim}_{x \to 0^{+}} f (x) = {lim}_{x \to 0^{+}} 3] 1 + x = 1$ （由本节例 4 中 $m = 3$ 可得），所以由定理 1.10 知 ${lim}_{x \to 0} f (x) = 1$ 。

例 7★★★★☆证明题单侧极限与 ε-δ展开题目与讲解

例 7　证明 ${lim}_{x \to 0} a^{x} = 1$ （ $a > 1$ ）

解　分析：任给 $ε > 0$ ，要使 $| a^{x} - 1 | < ε$ ，从中解出 $| x | < δ$ 比较困难。因此，我们通过左、右极限来证明。

先证 ${lim}_{x \to 0^{+}} a^{x} = 1$ 。由于 $a > 1$ ， $x > 0$ ，所以 $a^{x} > 1$ 。

任给 $ε > 0$ ，要使 $| a^{x} - 1 | < ε$ ，只要 $a^{x} - 1 < ε \Leftrightarrow a^{x} < 1 + ε$ ，即 $x < {log}_{a} (1 + ε)$ 。

取 $δ = {log}_{a} (1 + ε)$ ，当 $0 < x < {log}_{a} (1 + ε)$ 时，都有 $| a^{x} - 1 | < ε$ 。由定义知 ${lim}_{x \to 0^{+}} a^{x} = 1$ 。

再证 ${lim}_{x \to 0^{-}} a^{x} = 1$ 。由于 $a > 1$ ， $x < 0$ ，所以 $a^{x} < 1$ 。

任给 $ε > 0$ ，要使 $| a^{x} - 1 | < ε$ ，只要 $1 - a^{x} < ε \Leftrightarrow a^{x} > 1 - ε$ （不妨设 $ε < 1$ ，读者想一想为什么），只要 $x > {log}_{a} (1 - ε)$ ，即 $x > [- {log}_{a} (1 - ε)]$ ，即存在 $δ = - {log}_{a} (1 - ε) > 0$ ，当 $- δ < x < 0$ 时，都有 $| a^{x} - 1 | < ε$ ，由定义知 ${lim}_{x \to 0^{-}} a^{x} = 1$ 。

综上所述， ${lim}_{x \to 0} a^{x} = 1$ 。

例 8★★☆☆☆计算题通分化简求极限展开题目与讲解

例 8　求 ${lim}_{x \to 1} (\frac{1}{x - 1} - \frac{3}{x^{3} - 1})$

解　 $lim_{x \to 1} (\frac{1}{x - 1} - \frac{3}{x^{3} - 1}) = lim_{x \to 1} \frac{x^{2} + x + 1 - 3}{(x - 1) (x^{2} + x + 1)}$

= lim_{x \to 1} \frac{x^{2} + x - 2}{(x - 1) (x^{2} + x + 1)} = lim_{x \to 1} \frac{(x + 2) (x - 1)}{(x - 1) (x^{2} + x + 1)},

由于 $x \to 1$ ， $x \neq 1$ ，所以 $x - 1 \neq 0$ ，从而

原式 = lim_{x \to 1} \frac{x + 2}{x^{2} + x + 1} = \frac{1 + 2}{1 + 1 + 1} = 1 .

例 9★☆☆☆☆计算题变量代换求极限展开题目与讲解

例 9　求 ${lim}_{x \to 0} 3] 1 + x^{2} - x^{3}$

解　令 $1 + x^{2} - x^{3} = u$ ，当 $x \to 0$ 时， $u \to 1$ ，于是

lim_{x \to 0} 3] 1 + x^{2} - x^{3} = lim_{u \to 1} 3] u = 1 .

注　以后这个变量代换过程可省去。

例 10★★★★☆计算题根式有理化展开题目与讲解

例 10　求 ${lim}_{x \to 1} m] x - 1 n] x - 1$ （ $m, n \in N_{+}$ ）

解　 $lim_{x \to 1} m] x - 1 n] x - 1$

= lim_{x \to 1} (m] x - 1) [(n] x)^{n - 1} + (n] x)^{n - 2} + \dots + 1] (n] x - 1) [(m] x)^{m - 1} + (m] x)^{m - 2} + \dots + 1]

= lim_{x \to 1} (x - 1) [(n] x)^{n - 1} + (n] x)^{n - 2} + \dots + 1] (x - 1) [(m] x)^{m - 1} + (m] x)^{m - 2} + \dots + 1]

= lim_{x \to 1} (n] x)^{n - 1} + (n] x)^{n - 2} + \dots + 1 (m] x)^{m - 1} + (m] x)^{m - 2} + \dots + 1 = \frac{n}{m} .

例 11★★★☆☆计算题夹逼准则与取整函数展开题目与讲解

例 11　求 ${lim}_{x \to 0^{+}} x [\frac{1}{x}]$

解　 $\frac{1}{x} - 1 < [\frac{1}{x}] \leq \frac{1}{x},$

且 $x > 0$ 。两边同乘以 $x$ ，得

1 - x < x [\frac{1}{x}] \leq 1,

又

lim_{x \to 0^{+}} (1 - x) = 1, lim_{x \to 0^{+}} 1 = 1,

根据夹逼定理知 ${lim}_{x \to 0^{+}} x [\frac{1}{x}] = 1$ 。

例 12★★☆☆☆证明题极限不存在的证明展开题目与讲解

例 12　证明 ${lim}_{x \to + \infty} sin x$ 不存在

解　取 $x_{n}' = 2 n π$ ， $n$ 是正整数， ${lim}_{n \to \infty} x_{n}' = + \infty$ ， ${lim}_{n \to \infty} sin 2 n π = 0$ ；取 $x_{n}'' = 2 n π + \frac{π}{2}$ ， ${lim}_{n \to \infty} x_{n}'' = + \infty$ ， ${lim}_{n \to \infty} sin (2 n π + \frac{π}{2}) = 1$ 。由于 $0 \neq 1$ ，所以 ${lim}_{x \to + \infty} sin x$ 不存在。

例 13★☆☆☆☆判断题无穷小量的概念展开题目与讲解

例 13　指明 $x$ 、 $x^{3}$ 、 $\frac{1}{x}$ 中的无穷小量

解　 $x$ ， $x^{3}$ 当 $x \to 0$ 时是无穷小量， $\frac{1}{x}$ 当 $x \to \infty$ 时是无穷小量。

例 14★★☆☆☆计算题无穷小量乘有界量展开题目与讲解

例 14　求 ${lim}_{x \to 0} x sin \frac{1}{x}$

解　由于当 $x \to 0$ 时， $x$ 是无穷小量， $sin \frac{1}{x}$ 是有界量，所以

lim_{x \to 0} x sin \frac{1}{x} = 0 .

例 15★★☆☆☆计算题无穷大量的判定展开题目与讲解

例 15　求 ${lim}_{x \to 1} \frac{1}{1 - x^{2}}$

解　由于 ${lim}_{x \to 1} (1 - x^{2}) = 0$ ，所以

lim_{x \to 1} \frac{1}{1 - x^{2}} = \infty .

注　或者直接写 ${lim}_{x \to 1} \frac{1}{1 - x^{2}} = \infty$ ，但不能写成 ${lim}_{x \to 1} \frac{1}{1 - x^{2}} = \frac{1}{0} = \infty$ 。

例 16★★☆☆☆计算题多项式之比的极限展开题目与讲解

例 16　求 ${lim}_{x \to \infty} \frac{P_{n} (x)}{Q_{m} (x)}$ （ $n > m$ ）

解　其中 $P_{n} (x)$ ， $Q_{m} (x)$ 分别是 $n$ 次和 $m$ 次多项式。由于 ${lim}_{x \to \infty} \frac{Q_{m} (x)}{P_{n} (x)} = 0$ （ $n > m$ ），所以

lim_{x \to \infty} \frac{P_{n} (x)}{Q_{m} (x)} = \infty .

例 17★★☆☆☆计算题重要极限与半角公式展开题目与讲解

例 17　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}}$

解　 $lim_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}} = lim_{x \to 0} \frac{2 (sin \frac{x}{2})^{2}}{x^{2}} = lim_{x \to 0} \frac{1}{2} \cdot (\frac{sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}})^{2} = \frac{1}{2} .$

例 17★★☆☆☆计算题重要极限的应用展开题目与讲解

例 17　 ${lim}_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}}$

解　 ${lim}_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}} = {lim}_{x \to 0} \frac{2 (sin \frac{x}{2})^{2}}{x^{2}} = {lim}_{x \to 0} \frac{1}{2} \cdot (\frac{sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}})^{2} = \frac{1}{2}$ 。

例 18★☆☆☆☆计算题重要极限 sinx/x展开题目与讲解

例 18　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{tan x}{x}$

解　 $lim_{x \to 0} \frac{tan x}{x} = lim_{x \to 0} \frac{sin x}{x} \cdot \frac{1}{cos x} = 1 \cdot 1 = 1 .$

例 18★☆☆☆☆计算题重要极限的应用展开题目与讲解

例 18　 ${lim}_{x \to 0} \frac{tan x}{x}$

解　 ${lim}_{x \to 0} \frac{tan x}{x} = {lim}_{x \to 0} \frac{sin x}{x} \cdot \frac{1}{cos x} = 1 \cdot 1 = 1$ 。

例 19★☆☆☆☆计算题等价无穷小展开题目与讲解

例 19　导出 $x \to 0$ 时的三个等价无穷小

解　由于

lim_{x \to 0} \frac{sin x}{x} = 1, lim_{x \to 0} \frac{tan x}{x} = 1, lim_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}} = \frac{1}{2},

所以当 $x \to 0$ 时， $sin x \sim x$ ， $tan x \sim x$ ， $1 - cos x \sim \frac{1}{2} x^{2}$ 。

例 19★★☆☆☆计算题等价无穷小展开题目与讲解

例 19　三个常用等价无穷小

由于 ${lim}_{x \to 0} \frac{sin x}{x} = 1$ ， ${lim}_{x \to 0} \frac{tan x}{x} = 1$ ， ${lim}_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}} = \frac{1}{2}$ ，所以当 $x \to 0$ 时， $sin x \sim x$ ， $tan x \sim x$ ， $1 - cos x \sim \frac{1}{2} x^{2}$ 。

例 20★★☆☆☆计算题重要极限 e展开题目与讲解

例 20　求 ${lim}_{x \to 0} (1 - 5 x)^{\frac{1}{x}}$

解　 $lim_{x \to 0} (1 - 5 x)^{\frac{1}{x}} = lim_{x \to 0} {[1 + (- 5 x)]^{- \frac{1}{5 x}}}^{- 5} = e^{- 5} .$

例 20★★☆☆☆计算题1 的无穷次幂展开题目与讲解

例 20　 ${lim}_{x \to 0} (1 - 5 x)^{\frac{1}{x}}$

解　 ${lim}_{x \to 0} (1 - 5 x)^{\frac{1}{x}} = {lim}_{x \to 0} [(1 + (- 5 x))^{\frac{1}{- 5 x}}]^{- 5} = e^{- 5}$ 。

例 21★★★☆☆计算题重要极限 e 的应用展开题目与讲解

例 21　求 ${lim}_{x \to 0} (1 + 2 sin x)^{csc x}$

解　 $lim_{x \to 0} (1 + 2 sin x)^{csc x} = lim_{x \to 0} [(1 + 2 sin x)^{\frac{1}{2 sin x}}]^{2} = e^{2} .$

例 21★★☆☆☆计算题1 的无穷次幂展开题目与讲解

例 21　 ${lim}_{x \to 0} (1 + 2 sin x)^{csc x}$

解　 ${lim}_{x \to 0} (1 + 2 sin x)^{csc x} = {lim}_{x \to 0} [(1 + 2 sin x)^{\frac{1}{2 sin x}}]^{2} = e^{2}$ 。

例 22★★★☆☆计算题等价无穷小替换展开题目与讲解

例 22　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{1 - cos x^{2}}{x sin x^{2} \cdot tan 3 x}$

解　 $lim_{x \to 0} \frac{1 - cos x^{2}}{x sin x^{2} \cdot tan 3 x} = lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} x^{4}}{x \cdot x^{2} \cdot 3 x} = \frac{1}{6} .$

例 23★★★☆☆计算题加减项不能替换展开题目与讲解

例 23　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{tan x - sin x}{x^{3}}$

解　 $lim_{x \to 0} \frac{tan x - sin x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{\frac{sin x}{cos x} - sin x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{sin x (1 - cos x)}{x^{3} cos x}$

= lim_{x \to 0} \frac{x \cdot \frac{1}{2} x^{2}}{x^{3} \cdot 1} = \frac{1}{2} .

注　这里 $sin x$ ， $1 - cos x$ ， $cos x$ 都是因式，而且，如前所述，当 $x \to 0$ 时，有

sin x \sim x, 1 - cos x \sim \frac{1}{2} x^{2}, cos x \sim 1 .

但是以下做法是错误的：由于 $tan x \sim x$ ， $sin x \sim x$ （ $x \to 0$ ），因此

lim_{x \to 0} \frac{tan x - sin x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{x - x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{0}{x^{3}} = 0 .

例 24★★☆☆☆计算题复利计算展开题目与讲解

例 24　年利率 8%：每年付一次与每年付四次的差异

解　两种情况下 8% 都是年利率，一年支付一次，复利 8% 表示在每年末都要加上当前余额的 8%，这相当于当前余额乘以 1.08。如果存入 100 元，则余额 $A$ 为

一年后： $A = 100 \times 1.08$ ，两年后： $A = 100 \times {1.08}^{2}$ ， $\dots$ ， $t$ 年后： $A = 100 \times {1.08}^{t}$ 。

而一年支付四次，复利 8% 表示每年要加四次（即每三个月一次）利息，每次要加上当前余额的 $8 % / 4 = 2 %$ 。因此，如果同样存入 100 元，则在年末，已计入四次复利，该账户将拥有 $100 \times {1.02}^{4}$ 元，所以余额 $B$ 为

一年后： $B = 100 \times {1.02}^{4}$ ，二年后： $B = 100 \times {1.02}^{4 \times 2}$ ， $\dots$ ， $t$ 年后： $B = 100 \times {1.02}^{4 t}$ 。

注意这里的 8% 不是每三个月的利率，年利率被分为四个 2% 的支付额。在上面两种复利方式下，计算一年后的总余额显示

一年一次复利： $A = 100 \times 1.08 = 108.00$ ，一年四次复利： $B = 100 \times {1.02}^{4} \approx 108.24$ 。

因此，随着年份的延续，由于利息赚利息，每年四次复利可赚更多的钱。所以，付复利的次数越频繁可赚取的钱越多（尽管差别不是很大）。

例 25★★★☆☆计算题年有效收益展开题目与讲解

例 25　月复利 7% 与日复利 6.9% 哪种收益好

解　由题意知，设在银行 X 的一年后的余额为 $A_{1}$ ， $t$ 年后的余额为 $A_{t}$ ；设在银行 Y 的一年后的余额为 $B_{1}$ ， $t$ 年后的余额为 $B_{t}$ 。

A_{1} = 100 \times (1 + \frac{0.07}{12})^{12} \approx 100 \times 1.005 833^{12} \approx 100 \times 1.072 286 \approx 100 \times 1.072 3,

B_{1} = 100 \times (1 + \frac{0.069}{365})^{365} \approx 100 \times 1.000 189^{365} \approx 100 \times 1.071 413 \approx 100 \times 1.071 4,

所以银行 X 账户年有效收益 $\approx 7.23 %$ ，银行 Y 账户年有效收益 $\approx 7.14 %$ 。因此，银行 X 提供的投资行为效益好。 $t$ 年后每个银行中所存余额为

A_{t} \approx 100 \times 1.072 286^{t} \approx 100 \times 1.072 3^{t}, B_{t} \approx 100 \times 1.071 413^{t} \approx 100 \times 1.071 4^{t} .

例 26★★★☆☆计算题现值与将来值展开题目与讲解

例 26　中奖 100 万：分期 25 万×4 还是一次付清 92 万

解　我们选择时考虑的是要使现在价值（即现值）最大，那么设分四年每年支付 25 万元的支付方式的现总值为 $P$ ，则

P = 250 000 + 250 000 e^{- 0.06} + 250 000 e^{- 0.06 \times 2} + 250 000 e^{- 0.06 \times 3}

\approx 250 000 + 235 441 + 221 730 + 208 818

= 915 989 < 920 000 .

因此，最好选择现在一次付清 92 万元这种兑奖方式。

四无穷小量与无穷大量选自 §3.55 个知识分组 · 含例题

定义已掌握+

定义 1.19　无穷小量

若 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = 0$ ，则称 $f (x)$ 是当 $x \to x_{0}$ 时的无穷小量，这里 $x_{0}$ 可以是常数，也可以是 $+ \infty$ ， $- \infty$ 或 $\infty$ 。

例 13　 $x$ ， $x^{3}$ 当 $x \to 0$ 时是无穷小量， $\frac{1}{x}$ 当 $x \to \infty$ 时是无穷小量。

注　无穷小量不是很小的量，而是一类特殊的以 $0$ 为极限的变量，它依赖于某个无限变化过程。用 $ε$ - $δ$ 定义叙述则为：任给 $ε > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，当 $0 < | x - x_{0} | < δ$ 时，都有 $| f (x) | < ε$ 。

定义 1.20　有界量与定义 1.21　无界量

定义 1.20　若存在 $x_{0}$ 的某空心邻域 $U^{\circ} (x_{0})$ ， $f (x)$ 在 $U^{\circ} (x_{0})$ 内有界，则称 $f (x)$ 当 $x \to x_{0}$ 时是有界量。这个定义的否定陈述就是无界量定义。

定义 1.21　对 $x_{0}$ 无论多么小的空心邻域 $U^{\circ} (x_{0}, δ)$ ，任给 $M > 0$ ，存在 $x' \in U^{\circ} (x_{0}, δ)$ ， $| f (x') | > M$ ，称 $f (x)$ 当 $x \to x_{0}$ 时是无界量。

定理 1.17　极限与无穷小量的关系

若 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = A$ ，则 $f (x) - A$ 当 $x \to x_{0}$ 时是无穷小量，或者

f (x) = A + α (x),

其中 $α (x) \to 0 (x \to x_{0})$ 。

性质已掌握+

无穷小量的性质

（1）有限多个无穷小量之和仍是无穷小量；

（2）有限多个无穷小量之积仍是无穷小量；

（3）无穷小量与有界量之积仍是无穷小量。

性质（3）的证明

设 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = 0$ ， $g (x)$ 当 $x \to x_{0}$ 时是有界量。由定义知，存在 $x_{0}$ 的一个空心邻域 $U^{\circ} (x_{0}, δ_{1})$ ，存在常数 $M > 0$ ，当 $x \in U^{\circ} (x_{0}, δ_{1})$ 时， $| g (x) | \leq M$ 。

任给 $ε > 0$ ，存在 $δ_{2} > 0$ ，当 $x \in U^{\circ} (x_{0}, δ_{2})$ 时，都有 $| f (x) | < \frac{ε}{M}$ 。

取 $δ = min {δ_{1}, δ_{2}}$ ，当 $x \in U^{\circ} (x_{0}, δ)$ 时，都有 $| f (x) g (x) | < \frac{ε}{M} \cdot M = ε$ ，即 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) g (x) = 0$ 。证毕。

注　无限个无穷小量之和不一定是无穷小量

例如， ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$ ，而 ${lim}_{n \to \infty} (\frac{1}{n} + \frac{1}{n} + \dots + \frac{1}{n}) = 1$ 。

从这个例子我们可以看出有限与无限的本质区别。

阶的比较已掌握+

定义 1.22　高阶、同阶、等价无穷小

设 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = 0$ ， ${lim}_{x \to x_{0}} g (x) = 0$ 。

若 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = 0$ ，则称当 $x \to x_{0}$ 时， $f (x)$ 是比 $g (x)$ 高阶的无穷小量，记作

f (x) = o (g (x)) (x \to x_{0}) .

若 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = c \neq 0$ ，则称当 $x \to x_{0}$ 时， $f (x)$ 与 $g (x)$ 是同阶的无穷小量。

若 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = 1$ ，则称当 $x \to x_{0}$ 时， $f (x)$ 与 $g (x)$ 是等价无穷小量，记作

f (x) \sim g (x) (x \to x_{0}) .

k

阶无穷小量与记号的说明

${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = c \neq 0$ 也可记作 $f (x) \sim c g (x) (x \to x_{0})$ 。

特别地，若 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{(x - x_{0})^{k}} = c \neq 0$ 时（ $k > 0$ 为常数），则称 $f (x)$ 当 $x \to x_{0}$ 时是 $(x - x_{0})$ 的 $k$ 阶无穷小量。

注　 $f (x) = o (g (x)) (x \to x_{0})$ 是一个记号，仅表示 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = 0$ ，不要理解为等式。

无穷大量已掌握+

定义 1.23　无穷大量

设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内有定义，任给 $M > 0$ ，总存在 $δ > 0$ ，当 $x \in U^{\circ} (x_{0}, δ)$ 时，都有 $| f (x) | > M$ ，则称 $f (x)$ 是当 $x \to x_{0}$ 时的无穷大量，记作

lim_{x \to x_{0}} f (x) = \infty 或 f (x) \to \infty (x \to x_{0}) .

若定义中 $| f (x) | > M$ 换成 $f (x) > M$ ，则称 $f (x)$ 是当 $x \to x_{0}$ 时的正无穷大量，记作 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = + \infty$ ；换成 $f (x) < - M$ ，则称负无穷大量，记作 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = - \infty$ 。

注　

\infty

不是数

无穷大量仍属于极限不存在之列，之所以还用极限的记号，是因为无穷大量当 $x \to x_{0}$ 时具有按绝对值无限增大的趋势，故以符号「 $\infty$ 」作为它的极限，但 $\infty$ 不是一个数。我们把这种极限叫做无穷极限，与趋于实数的极限（叫做有穷极限）有着本质的区别。我们说极限存在，指的是趋于某一个实数的极限。

无穷大量的性质

（1）有限个无穷大量之积仍是无穷大量；

（2）无穷大量与有界量之和仍是无穷大量。

注　有限个无穷大量之和不一定是无穷大量。

对于无穷大量，趋于无穷大的速度也有快慢之分。设 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = \infty$ ， ${lim}_{x \to x_{0}} g (x) = \infty$ 。若 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = 0$ ，则称当 $x \to x_{0}$ 时， $f (x)$ 是比 $g (x)$ 低阶的无穷大量，或 $g (x)$ 是比 $f (x)$ 高阶的无穷大量；若比值为非零常数，则称同阶；若比值为 $1$ ，则称等价无穷大量。

定理 1.18　无穷大量的倒数是无穷小量

若 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = \infty$ ，则 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{1}{f (x)} = 0$ 。

若 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = 0$ ，且存在 $x_{0}$ 的某空心邻域 $U^{\circ} (x_{0})$ ，当 $x \in U^{\circ} (x_{0})$ 时， $f (x) \neq 0$ ，则 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{1}{f (x)} = \infty$ 。

简述为：无穷大量的倒数是无穷小量，无穷小量（当 $x$ 充分接近 $x_{0}$ 时不等于 $0$ ）的倒数为无穷大量。

等价量的推广

尤其是等价这个概念，非常重要，我们可推广到一般的等价量。若 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = 1$ ，称当 $x \to x_{0}$ 时， $f (x)$ 与 $g (x)$ 是等价量，记作 $f (x) \sim g (x) (x \to x_{0})$ 。

例如 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = A$ ，若 $A \neq 0$ ，则 $f (x) \sim A (x \to x_{0})$ 。

例题已掌握

例 13★☆☆☆☆计算题无穷小量的判断展开题目与讲解

例 13　哪些是无穷小量

$x$ ， $x^{3}$ 当 $x \to 0$ 时是无穷小量； $\frac{1}{x}$ 当 $x \to \infty$ 时是无穷小量。

例 14★★☆☆☆计算题无穷小量的性质展开题目与讲解

例 14　有界量乘无穷小量

由于当 $x \to 0$ 时， $x$ 是无穷小量， $sin \frac{1}{x}$ 是有界量，所以 ${lim}_{x \to 0} x sin \frac{1}{x} = 0$ 。

例 15★★☆☆☆计算题无穷大量与无穷小量的关系展开题目与讲解

例 15　用倒数求无穷大量

求 ${lim}_{x \to 1} \frac{1}{1 - x^{2}}$ 。

解　由于 ${lim}_{x \to 1} (1 - x^{2}) = 0$ ，所以 ${lim}_{x \to 1} \frac{1}{1 - x^{2}} = \infty$ 。

注　或者直接写 ${lim}_{x \to 1} \frac{1}{1 - x^{2}} = \infty$ ，但不能写成 ${lim}_{x \to 1} \frac{1}{1 - x^{2}} = \frac{1}{0} = \infty$ 。

例 16★★☆☆☆计算题无穷大量的比较展开题目与讲解

例 16　多项式之比的无穷大量

求 ${lim}_{x \to \infty} \frac{P_{n} (x)}{Q_{m} (x)} (n > m)$ ，其中 $P_{n} (x)$ ， $Q_{m} (x)$ 分别是 $n$ 次和 $m$ 次多项式。

解　由于 ${lim}_{x \to \infty} \frac{Q_{m} (x)}{P_{n} (x)} = 0 (n > m)$ ，所以 ${lim}_{x \to \infty} \frac{P_{n} (x)}{Q_{m} (x)} = \infty$ 。

五函数的连续性选自 §4.1–§4.47 个知识分组 · 含例题

定义已掌握+

定义 1.24（在一点连续）

若 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域 $U (x_{0})$ 内有定义，且

lim_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0}),

则称函数 $y = f (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 处连续。

用 $ε$ - $δ$ 语言叙述为：设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内有定义，任给 $ε > 0$ ，总存在 $δ > 0$ ，当 $| x - x_{0} | < δ$ 时，都有 $| f (x) - f (x_{0}) | < ε$ ，则称 $y = f (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 处连续。

定义 1.27（最大值、最小值）

设 $f (x)$ 为定义在 $D$ 上的函数，若存在 $x_{0} \in D$ ，对一切 $x \in D$ ，都有

f (x_{0}) \geq f (x) (f (x_{0}) \leq f (x)),

则称 $f (x)$ 在 $D$ 上有最大（小）值，并称 $f (x_{0})$ 为 $f (x)$ 在 $D$ 上的最大（小）值。

连续、左连续与右连续已掌握+

定义 1.25（用增量表述）

若 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的某邻域内有定义且 ${lim}_{Δ x \to 0} Δ y = 0$ ，则称函数 $y = f (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 处连续。

由 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0}) = f ({lim}_{x \to x_{0}} x)$ 知，在连续意义下，极限运算 $lim$ 与对应法则 $f$ 可交换。

定义 1.26（左连续、右连续）与定理 1.20

有时需要研究只在 $x_{0}$ 一侧有定义的函数的连续性或分段函数 $f (x)$ 在分界点处的连续性。因此，引入左、右连续的概念。

定义 1.26　设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的左（右）邻域 $U_{-} (x_{0}) (U_{+} (x_{0}))$ 内有定义且

lim_{x \to x_{0}^{-}} f (x) = f (x_{0}) (lim_{x \to x_{0}^{+}} f (x) = f (x_{0})),

则称函数 $f (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 处左（右）连续。

定理 1.20　 $f (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 处连续的充要条件是 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处既左连续又右连续。

区间上连续

若 $f (x)$ 在开区间 $(a, b)$ 内的每一点都连续，则称 $f (x)$ 在开区间 $(a, b)$ 内连续。若 $f (x)$ 在开区间 $(a, b)$ 内连续，且 $f (x)$ 在点 $x = a$ 处右连续，在点 $x = b$ 处左连续，则称 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续。

间断点及其分类已掌握+

间断点的定义与三种情形

若 $f (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 处不连续，则称 $x = x_{0}$ 是函数 $y = f (x)$ 的间断点。若 $x_{0}$ 为函数 $f (x)$ 的间断点，则必为下列情形之一：

（1）极限 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x)$ 不存在；

（2） $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处无定义；

（3） ${lim}_{x \to x_{0}} f (x)$ 存在， $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处有定义，但 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) \neq f (x_{0})$ 。

可去间断点

若 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = A$ ，而 $f (x)$ 在 $x = x_{0}$ 处没有定义或有定义但 $f (x_{0}) \neq A$ ，则称 $x_{0}$ 为 $f (x)$ 的可去间断点。

若 $x = x_{0}$ 为函数 $f (x)$ 的可去间断点，只需补充定义或改变 $f$ 在 $x = x_{0}$ 处的函数值，就可使函数在点 $x_{0}$ 处连续。但必须注意这时的函数与 $f (x)$ 已经不是同一个函数，但仅在 $x = x_{0}$ 处不同，在其他点则完全相同。

例 4　设 $f (x) = \frac{sin x}{x}$ ，由于 ${lim}_{x \to 0} f (x) = 1$ ， $f (x)$ 在点 $x = 0$ 无定义，所以 $x = 0$ 是可去间断点。设 $F (x) = {\begin{cases} \frac{sin x}{x}, & x \neq 0, \\ 1, & x = 0, \end{cases}$ 则 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。当 $x \neq 0$ 时， $F (x) = f (x)$ 。

跳跃间断点与第二类间断点

若 ${lim}_{x \to x_{0}^{-}} f (x) = f (x_{0}^{-})$ ， ${lim}_{x \to x_{0}^{+}} f (x) = f (x_{0}^{+})$ ，但 $f (x_{0}^{-}) \neq f (x_{0}^{+})$ ，则称 $x = x_{0}$ 为函数 $f (x)$ 的跳跃间断点， $| f (x_{0}^{+}) - f (x_{0}^{-}) |$ 称为跳跃度。

可去间断点、跳跃间断点统称为第一类间断点。第一类间断点的特点是左、右极限均存在。

若 $f (x)$ 在 $x = x_{0}$ 的左、右极限至少有一个不存在，则称 $x = x_{0}$ 为函数 $f (x)$ 的第二类间断点。

例 5　设 $f (x) = \frac{1}{x}$ ， $x = 0$ 是 $f (x)$ 的第二类间断点。狄利克雷函数定义域上的每一点都是第二类间断点。

如果 $f (x)$ 在区间 $[a, b]$ 上仅有有限个第一类间断点，则称函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上按段连续。例如 $y = [x]$ 在 $[- n, n]$ （ $n$ 是正整数）上按段连续。

连续函数的局部性质已掌握+

性质 1（四则运算）

若 $f (x)$ ， $g (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 处连续，则 $f (x) \pm g (x)$ ， $f (x) g (x)$ ， $c f (x)$ （ $c$ 为常数）， $\frac{f (x)}{g (x)}$ （这里 $g (x_{0}) \neq 0$ ）在点 $x = x_{0}$ 处也连续。

性质 2（复合函数的连续性）

若 $u = φ (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 处连续， $y = f (u)$ 在 $u_{0} = φ (x_{0})$ 处连续，则 $y = f (φ (x))$ 在 $x = x_{0}$ 处也连续，且

lim_{x \to x_{0}} f (φ (x)) = f (φ (x_{0})) = f (lim_{x \to x_{0}} φ (x)) .

推论　若 ${lim}_{x \to x_{0}} φ (x) = u_{0}$ ， $y = f (u)$ 在 $u = u_{0}$ 处连续，则 ${lim}_{x \to x_{0}} f (φ (x)) = f ({lim}_{x \to x_{0}} φ (x))$ 。

注　上面定理不仅对 $x \to x_{0}$ 时成立，对于 $x \to x_{0}^{+}$ ， $x \to x_{0}^{-}$ ， $x \to \infty$ ， $x \to - \infty$ ， $x \to + \infty$ 的情形，也可按上述证明方法证明成立。利用这一性质，我们可以简化求极限。

例 6、例 7　极限符号与连续函数可交换

例 6　求 ${lim}_{x \to 0} sin (1 + \frac{sin x}{x})$ 。

解　 $sin (1 + \frac{sin x}{x})$ 可看成 $f (u) = sin u$ 与 $u = φ (x) = 1 + \frac{sin x}{x}$ 的复合。由于 ${lim}_{x \to 0} φ (x) = {lim}_{x \to 0} (1 + \frac{sin x}{x}) = 2$ ，而 $f (u) = sin u$ 在 $u = 2$ 处连续，所以

lim_{x \to 0} sin (1 + \frac{sin x}{x}) = sin [lim_{x \to 0} (1 + \frac{sin x}{x})] = sin 2 .

熟悉了以后，这些过程都可以不写。

例 7　 ${lim}_{x \to \infty} cos (x sin \frac{1}{x} - 1) = cos (1 - 1) = cos 0 = 1$ 。

说明已掌握+

连续与极限存在的区别

函数在点 $x = x_{0}$ 极限存在与函数在点 $x = x_{0}$ 处连续的区别是：函数极限存在与 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处是否有定义无关；函数连续不仅要求 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处有定义，且函数极限等于 $f (x_{0})$ 。

用增量表述的等价定义

记 $Δ x = x - x_{0}$ ，并把它称为自变量 $x$ 在 $x_{0}$ 处的增量或改变量，相应的函数 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处的增量为

f (x) - f (x_{0}) = f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0}),

记为 $Δ y$ ，即 $Δ y = f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})$ 。

注　 $Δ x$ 可以是正数，也可以是负数，也可以是 $0$ 。

由 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0})$ ，得

lim_{Δ x \to 0} [f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})] = 0,

即 ${lim}_{Δ x \to 0} Δ y = 0$ 。从而连续的定义也可叙述为： ${lim}_{Δ x \to 0} Δ y = 0$ （自变量增量趋于 $0$ 时，函数增量也趋于 $0$ ）。

定理已掌握+

定理 1.21（最大值最小值定理）

若 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，则 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上一定能取到最大值与最小值，即存在 $x_{1}, x_{2} \in [a, b]$ ， $f (x_{1}) = M$ ， $f (x_{2}) = m$ ，使得对一切 $x \in [a, b]$ ，都有

m \leq f (x) \leq M .

其几何意义：闭区间上的连续曲线一定有最高点与最低点。

推论　若 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，则 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上有界。

定理 1.22（零点定理）

若函数 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f (a) f (b) < 0$ ，则至少存在一点 $ξ \in (a, b)$ ，使 $f (ξ) = 0$ 。

几何意义：若点 $A (a, f (a))$ ， $B (b, f (b))$ 分别在 $x$ 轴的上、下两侧，则连接 $A B$ 的连续曲线 $y = f (x)$ 至少穿过 $x$ 轴一次。

定理 1.22 为判断 $f (x) = 0$ 在区间 $(a, b)$ 是否有根提供了依据。

推论 1（介值定理）

若函数 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f (a) \neq f (b)$ ，若 $c$ 为介于 $f (a)$ ， $f (b)$ 之间的任何实数，则在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $ξ$ ，使 $f (ξ) = c$ 。

证　设 $F (x) = f (x) - c$ ，则 $F (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续。由 $F (a) = f (a) - c$ ， $F (b) = f (b) - c$ 异号（ $c$ 介于 $f (a)$ 与 $f (b)$ 之间），对 $F (x)$ 用零点定理即得。

例题已掌握

例 1★★☆☆☆计算题分段函数连续性展开题目与讲解

例 1　讨论分段函数在 $x = 0$ 处的连续性

设

f (x) = {\begin{cases} \frac{sin x}{x}, & x < 0, \\ \sqrt{1 + x^{2}}, & x \geq 0, \end{cases}

讨论 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处的连续性。

解　由于

lim_{x \to 0^{-}} f (x) = lim_{x \to 0^{-}} \frac{sin x}{x} = 1 = f (0),

lim_{x \to 0^{+}} f (x) = lim_{x \to 0^{+}} \sqrt{1 + x^{2}} = \sqrt{1 + 0} = 1 = f (0),

所以 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处既左连续又右连续，从而 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处连续。

例 2★★☆☆☆计算题连续性的定义展开题目与讲解

例 2　讨论 $x = 0$ 处的连续性

设

f (x) = {\begin{cases} \frac{1 - cos x}{x^{2}}, & x \neq 0, \\ 1, & x = 0, \end{cases}

讨论 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处的连续性。

解　因为

lim_{x \to 0} f (x) = lim_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}} = \frac{1}{2} \neq f (0) = 1,

所以 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处不连续。

例 3★★★☆☆证明题三角函数连续性展开题目与讲解

例 3　证明三角函数在 R 上连续

证明 $y = sin x$ 和 $y = cos x$ 在 $R$ 上连续。

证　由于

| sin x - sin x_{0} | = | 2 cos \frac{x + x_{0}}{2} sin \frac{x - x_{0}}{2} | \leq 2 | \frac{x - x_{0}}{2} | = | x - x_{0} |,

所以对任一点 $x_{0} \in R$ ， $\forall ε > 0$ ，要使 $| sin x - sin x_{0} | < ε$ ，只要 $| x - x_{0} | < ε$ 。取 $δ = ε$ ，当 $| x - x_{0} | < δ$ 时，都有

| sin x - sin x_{0} | < ε .

即 ${lim}_{x \to x_{0}} sin x = sin x_{0}$ ，所以 $y = sin x$ 在 $x_{0}$ 处连续。又由 $x_{0}$ 的任意性知 $y = sin x$ 在 $R$ 上连续。同理可证 $y = cos x$ 在 $R$ 上连续。

例 4★☆☆☆☆计算题可去间断点判定展开题目与讲解

例 4　 $f (x) = \frac{sin x}{x}$ 的可去间断点

设 $f (x) = \frac{sin x}{x}$ ，由于 ${lim}_{x \to 0} f (x) = 1$ ， $f (x)$ 在点 $x = 0$ 无定义，所以 $x = 0$ 是可去间断点。设

F (x) = {\begin{cases} \frac{sin x}{x}, & x \neq 0, \\ 1, & x = 0, \end{cases}

则 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。当 $x \neq 0$ 时， $F (x) = f (x)$ 。

例 5★☆☆☆☆判断题第二类间断点展开题目与讲解

例 5　 $\frac{1}{x}$ 的第二类间断点

设 $f (x) = \frac{1}{x}$ ， $x = 0$ 是 $f (x)$ 的第二类间断点。狄利克雷函数定义域上的每一点都是第二类间断点。

例 6★★☆☆☆计算题复合函数连续性展开题目与讲解

例 6　复合函数求极限

求 ${lim}_{x \to 0} sin (1 + \frac{sin x}{x})$ 。

解　 $sin (1 + \frac{sin x}{x})$ 可看成 $f (u) = sin u$ 与 $u = φ (x) = 1 + \frac{sin x}{x}$ 的复合。由于

lim_{x \to 0} φ (x) = lim_{x \to 0} (1 + \frac{sin x}{x}) = 2,

而 $f (u) = sin u$ 在 $u = 2$ 处连续，所以

lim_{x \to 0} sin (1 + \frac{sin x}{x}) = sin [lim_{x \to 0} (1 + \frac{sin x}{x})] = sin 2 .

例 7★★☆☆☆计算题复合函数求极限展开题目与讲解

例 7　利用连续性求极限

求 ${lim}_{x \to \infty} cos (x sin \frac{1}{x} - 1)$ 。

解

lim_{x \to \infty} cos (x sin \frac{1}{x} - 1) = cos (1 - 1) = cos 0 = 1 .

例 9★★★☆☆证明题指数函数连续性展开题目与讲解

例 9　证明指数函数连续

证明：指数函数 $y = a^{x}$ （ $a > 0$ ， $a \neq 1$ ）在 $R$ 上是连续函数。

证　我们已经证明了

lim_{x \to 0} a^{x} = 1

（ $a > 1$ 为常数）。

当 $0 < a < 1$ 时，

lim_{x \to 0} a^{x} = lim_{x \to 0} \frac{1}{(\frac{1}{a})^{x}} = \frac{1}{1} = 1 .

因此当 $a > 0$ ， $a \neq 1$ 时， ${lim}_{x \to 0} a^{x} = 1$ 。对每一个 $x_{0} \in R$ ，有

lim_{Δ x \to 0} Δ y = lim_{Δ x \to 0} (a^{x_{0} + Δ x} - a^{x_{0}}) = lim_{Δ x \to 0} a^{x_{0}} (a^{Δ x} - 1)

= a^{x_{0}} lim_{Δ x \to 0} (a^{Δ x} - 1) = a^{x_{0}} (1 - 1) = 0,

即 $y = a^{x}$ 在 $x_{0}$ 处连续，所以 $y = a^{x}$ 在 $R$ 上连续。

例 10★★★☆☆计算题初等函数连续性展开题目与讲解

例 10　求初等函数分式的极限

求

lim_{x \to 0} \frac{arcsin \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}}{ln (1 + \sqrt{1 + e^{x}})} .

解　由于所求极限函数是初等函数，且 $x = 0$ 在它的定义域内，所以

lim_{x \to 0} \frac{arcsin \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}}{ln (1 + \sqrt{1 + e^{x}})} = \frac{arcsin \frac{1}{\sqrt{1 + 0}}}{ln (1 + \sqrt{1 + e^{0}})} = \frac{\frac{π}{2}}{ln (1 + \sqrt{2})} = \frac{π}{2 ln (1 + \sqrt{2})} .

例 11★★★★☆计算题等价无穷小替换展开题目与讲解

例 11　求含反三角函数的极限

求

lim_{x \to 0} \frac{arcsin \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} \cdot tan x}{5] 1 + x^{2} - 1 .}

解

lim_{x \to 0} \frac{arcsin \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} \cdot tan x}{5] 1 + x^{2} - 1 = lim_{x \to 0} \frac{\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} \cdot x}{\frac{1}{5} x^{2}} = lim_{x \to 0} \frac{5}{\sqrt{1 + x^{2}}} = 5 .}

例 12★★★★☆计算题幂指函数极限展开题目与讲解

例 12　求幂指函数极限

求 ${lim}_{n \to \infty} (n] a + n] b 2)^{n}$ （ $a > 0$ ， $b > 0$ 均为常数）。

解　由于

lim_{n \to \infty} (n] a + n] b 2)^{n} = lim_{n \to \infty} {[1 + (n] a + n] b 2 - 1)]^{\frac{1}{n] a + n] b 2 - 1}^{(n] a + n] b 2 - 1) n,}}}

而

lim_{n \to \infty} (n] a + n] b 2 - 1) n = lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} (\frac{a^{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}} + \frac{b^{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}}) = \frac{1}{2} (ln a + ln b) = \frac{1}{2} ln a b = ln \sqrt{a b},

所以，原式 $= e^{ln \sqrt{a b}} = \sqrt{a b}$ 。

例 13★★★☆☆证明题一致连续性证明展开题目与讲解

例 13　证明正弦函数一致连续

证明 $f (x) = sin x$ 在 $R$ 上一致连续。

证　由于

| sin x' - sin x'' | = | 2 cos \frac{x' + x''}{2} sin \frac{x' - x''}{2} | \leq 2 | \frac{x' - x''}{2} | = | x' - x'' | .

于是，任给 $ε > 0$ ， $x', x'' \in R$ ，要使 $| sin x' - sin x'' | < ε$ ，只要 $| x' - x'' | < ε$ 。取 $δ = ε$ ，当 $| x' - x'' | < δ$ 时，都有

| sin x' - sin x'' | < ε .

因此 $f (x) = sin x$ 在 $R$ 上一致连续。

例 14★★★☆☆证明题一致连续的证明展开题目与讲解

例 14　证明根号函数一致连续

证明 $y = \sqrt{x}$ 在 $[0, + \infty)$ 上一致连续。

证　由

| \sqrt{x'} - \sqrt{x''} | = \frac{| x' - x'' |}{\sqrt{x'} + \sqrt{x''}} \leq \frac{| x' - x'' |}{\sqrt{| x' - x'' |}} (x' \neq x''),

得

| \sqrt{x'} - \sqrt{x''} |^{2} \leq | x' - x'' |,

即

| \sqrt{x'} - \sqrt{x''} | \leq | x' - x'' |^{\frac{1}{2}} .

于是，任给 $ε > 0$ ， $x', x'' \in [0, + \infty)$ ，要使 $| \sqrt{x'} - \sqrt{x''} | < ε$ ，只要 $| x' - x'' |^{\frac{1}{2}} < ε$ ，即 $| x' - x'' | < ε^{2}$ 。取 $δ = ε^{2}$ ，当 $| x' - x'' | < δ$ 时，都有

| \sqrt{x'} - \sqrt{x''} | < ε .

因此， $y = \sqrt{x}$ 在 $[0, + \infty)$ 上一致连续。 $□$

例 15★★★★☆证明题不一致连续证明展开题目与讲解

例 15　证明不一致连续

证明 $y = sin \frac{1}{x}$ 在 $(0, 1]$ 上不一致连续。

分析　对 $x'$ ， $x''$ ，如何使 $| x' - x'' | \to 0$ ，且 $| sin \frac{1}{x'} - sin \frac{1}{x''} | \geq ε_{0}$ 呢？我们取

x_{n}' = \frac{1}{2 n π + \frac{π}{2}}, x_{n}'' = \frac{1}{2 n π},

有 $| x_{n}' - x_{n}'' | \to 0 (n \to \infty)$ ，但

| sin \frac{1}{x_{n}'} - sin \frac{1}{x_{n}''} | = 1 \geq ε_{0},

因此只要取 $ε_{0} \leq 1$ 即可。

证　存在 $ε_{0} = \frac{1}{2} > 0$ ，取

x_{n}' = \frac{1}{2 n π + \frac{π}{2}}, x_{n}'' = \frac{1}{2 n π} \in (0, 1],

有 ${lim}_{n \to \infty} | x_{n}' - x_{n}'' | = 0$ ，对无论多么小的 $δ > 0$ ，总存在正整数 $N$ ，当 $n > N$ 时，有 $| x_{n}' - x_{n}'' | < δ$ ，但

| sin \frac{1}{x_{n}'} - sin \frac{1}{x_{n}''} | = 1 > \frac{1}{2} = ε_{0} .

因此， $y = sin \frac{1}{x}$ 在 $(0, 1]$ 上不一致连续。

例 8★★★★☆证明题零点定理应用展开题目与讲解

例 8　证明奇次多项式至少有一个根

设

P_{n} (x) = a_{0} x^{n} + a_{1} x^{n - 1} + \dots + a_{n - 1} x + a_{n} (a_{0} \neq 0),

证明：当 $n$ 为奇数时， $P_{n} (x) = 0$ 在 $R$ 内至少有一个根。

证　不妨设 $a_{0} > 0$ 。由于

lim_{x \to + \infty} P_{n} (x) = lim_{x \to + \infty} x^{n} (a_{0} + a_{1} \frac{1}{x} + \dots + a_{n - 1} \frac{1}{x^{n - 1}} + a_{n} \frac{1}{x^{n}}) = + \infty,

由正无穷定义知，存在 $b > 0$ ，使 $P_{n} (b) > 0$ 。又

lim_{x \to - \infty} P_{n} (x) = lim_{x \to - \infty} x^{n} (a_{0} + a_{1} \frac{1}{x} + \dots + a_{n - 1} \frac{1}{x^{n - 1}} + a_{n} \frac{1}{x^{n}}) = - \infty,

由负无穷定义知，存在 $a < b$ ，使 $P_{n} (a) < 0$ 。由于 $P_{n} (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $P_{n} (a) P_{n} (b) < 0$ ，所以，由根的存在定理知，至少存在一点 $ξ \in (a, b) \subset R$ ，使 $P_{n} (ξ) = 0$ 。即 $P_{n} (x) = 0$ 在 $R$ 内至少有一个根。 $□$

CHAPTER 02第二章导数与微分

一导数的概念选自 §1.14 个知识分组 · 含例题

引例已掌握+

四个引例

教材用四个问题引出导数：切线斜率（几何）、瞬时速度（力学）、电流强度（电学）、人口增长率（社会学）。

以切线为例：曲线上 $P_{0} (x_{0}, y_{0})$ 与另一点 $Q (x_{0} + Δ x, y_{0} + Δ y)$ 连成割线，其斜率为

k_{P_{0} Q} = tan θ = \frac{Δ y}{Δ x} = \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x},

让 $Q$ 沿曲线趋于 $P_{0}$ ，得切线斜率 $k_{P_{0} T} = {lim}_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x}$ 。瞬时时速 $v (t_{0}) = {lim}_{Δ t \to 0} \frac{Δ s}{Δ t}$ 、电流强度 $I (t_{0}) = {lim}_{Δ t \to 0} \frac{Δ Q}{Δ t}$ 、人口增长率 $k (t_{0}) = {lim}_{Δ t \to 0} \frac{Δ N}{Δ t}$ 形式完全一样。

教材原话：以上考虑的四个问题，虽然分属于人类知识的四个不同领域：几何学、力学、电学与社会学，但都有共同的数学特征，即就某一函数施行同一种数学运算，要求出函数值增量与相应的自变量增量之比（这个比值称为差商）当自变量增量趋于 $0$ 时的极限——因变量对自变量的变化率。

定义已掌握+

定义 2.1（切线）

设一平面曲线方程为 $y = f (x)$ ， $P_{0} (x_{0}, y_{0})$ 是曲线上一点，过 $P_{0}$ 作割线 $P_{0} Q$ 与曲线相交于 $Q$ 点，点 $Q$ 沿曲线无限趋于点 $P_{0}$ 时，若割线 $P_{0} Q$ 的极限位置的直线 $P_{0} T$ 存在且唯一，则称 $P_{0} T$ 为该曲线在点 $P_{0}$ 处的切线。（注： $Q$ 可在 $P_{0}$ 左边也可在 $P_{0}$ 右边。）

定义 2.2（导数）

设函数 $y = f (x)$ 在点 $x_{0}$ 的某邻域 $U (x_{0})$ 内有定义。若极限

lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x}

存在，则称 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 可导，并称此极限值为 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 处的导数（或微商），记作 $f' (x_{0})$ 或 $y' |_{x = x_{0}}$ 或 $\frac{d y}{d x} |_{x = x_{0}}$ 或 $\frac{d}{d x} f (x) |_{x = x_{0}}$ ，即

lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} = f' (x_{0}) = y' |_{x = x_{0}} = \frac{d}{d x} f (x) |_{x = x_{0}} .

另外导数的定义还可写成另一种常用的形式（令 $x - x_{0} = Δ x$ ）：

lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}} = f' (x_{0}) .

若式 (2.1) 的极限不存在，则称函数 $y = f (x)$ 在点 $x_{0}$ 不可导。

说明已掌握+

记号怎么看

应当注意，记号 $\frac{d y}{d x} |_{x = x_{0}}$ 作为一个符号，表示 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 的导数，看起来却像分数的样子。在后面的几节中，这个“分数”的分子和分母将获得独立的意义，而且它们的比值恰好与导数相等，但现在仍要把 $\frac{d y}{d x}$ 看成一个整体，作为导数的符号。

四个问题的统一表述

前面所提出几个问题的结果现在可用导数表达出来：

切线斜率 $k_{P_{0} T} = f' (x_{0})$
瞬时速度 $v (t_{0}) = s' (t_{0})$
电流强度 $I (t_{0}) = Q' (t_{0})$
人口增长率 $k (t_{0}) = N' (t_{0})$

几何意义：若 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 可导，则 $f' (x_{0})$ 表示曲线 $y = f (x)$ 在点 $P_{0} (x_{0}, f (x_{0}))$ 处切线的斜率。

例题已掌握

例 1★☆☆☆☆计算题导数定义展开题目与讲解

例 1　求 $y = x^{3}$ 在 $x = 1$ 处的导数

解　由

lim_{x \to 1} \frac{x^{3} - 1^{3}}{x - 1} = lim_{x \to 1} \frac{(x - 1) (x^{2} + x + 1)}{x - 1} = lim_{x \to 1} (x^{2} + x + 1) = 3

知 $f' (1) = 3$ 。

例 2★★★☆☆计算题用定义判断可导展开题目与讲解

例 2　设 $f (x) = {\begin{cases} x^{2} sin \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0, \end{cases}$ 研究 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处的可导性

解　按定义，

lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} = lim_{x \to 0} \frac{x^{2} sin \frac{1}{x}}{x} = lim_{x \to 0} x sin \frac{1}{x} = 0,

因此 $f' (0) = 0$ 。

注　研究函数 $f (x)$ 在一点 $x_{0}$ 处是否可导，常用极限形式 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x) - f (x_{0})}{x - x_{0}}$ ；当 $x_{0} = 0$ 时， ${lim}_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x}$ （若存在） $= f' (0)$ 。特别当 $f (0) = 0$ 时，有 ${lim}_{x \to 0} \frac{f (x)}{x}$ （若存在） $= f' (0)$ 。

例 3★★☆☆☆计算题绝对值函数可导性展开题目与讲解

例 3　讨论 $f (x) = | x |$ 在 $x = 0$ 处是否可导

解　由于 $f (x) = {\begin{cases} - x, & x \leq 0, \\ x, & x > 0, \end{cases}$ 且

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

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

显然， $f'_{-} (0) \neq f'_{+} (0)$ ，所以， $f (x) = | x |$ 在点 $x = 0$ 处不可导．

例 4★★★☆☆计算题分段函数可导性展开题目与讲解

例 4　 $a, b$ 为何值时分段函数在 $x = 0$ 处可导

讨论当 $a$ ， $b$ 为何值时，可使函数

f (x) = {\begin{cases} x^{2} + 2 x + b, & x \leq 0, \\ arctan (a x), & x > 0 \end{cases}

在点 $x = 0$ 处可导．

解　因为 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处可导，所以 $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处连续．而

lim_{x \to 0^{-}} f (x) = lim_{x \to 0^{-}} (x^{2} + 2 x + b) = b = f (0),

lim_{x \to 0^{+}} f (x) = lim_{x \to 0^{+}} arctan (a x) = 0 = f (0),

于是推出 $b = 0$ ．又因为

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

lim_{x \to 0^{+}} \frac{f (x) - f (0)}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{arctan (a x)}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{a x}{x} = a = f'_{+} (0),

从而由 $f'_{-} (0) = f'_{+} (0)$ 推出 $a = 2$ ．所以当 $a = 2$ ， $b = 0$ 时， $f (x)$ 在点 $x = 0$ 处可导．

二求导公式与运算法则选自 §1.27 个知识分组 · 含例题

公式已掌握+

基本导数公式（教材序号 1–5）

1. 常值函数 $f (x) = c, x \in ℝ$ ： $(c)' = 0$ 。

2. $f (x) = sin x$ 与 $f (x) = cos x$ ， $x \in ℝ$ ： $(sin x)' = cos x$ ， $(cos x)' = - sin x$ 。

3. $f (x) = a^{x} (a > 0, a \neq 1)$ ， $x \in ℝ$ ： $(a^{x})' = a^{x} ln a$ ；特别地 $(e^{x})' = e^{x}$ 。

4. $f (x) = {log}_{a} x (a > 0, a \neq 1)$ ， $x \in (0, + \infty)$ ： $({log}_{a} x)' = \frac{1}{x ln a}$ ；特别地 $(ln x)' = \frac{1}{x}$ 。

5. $f (x) = x^{α}$ （ $α$ 为常数， $α \neq 0$ ）： $(x^{α})' = α x^{α - 1}$ ；当 $n$ 是正整数时 $(x^{n})' = n x^{n - 1}$ ， $x \in ℝ$ 。

例如 $(1 / x)' = (x^{- 1})' = (- 1) \cdot x^{- 2} = - \frac{1}{x^{2}}$ ， $(1 / \sqrt{x})' = (x^{- \frac{1}{2}})' = - \frac{1}{2} x^{- \frac{3}{2}}$ 。

x^{α}

在

x = 0

处的特殊情况

若 $0 \in D$ ，必有 $α > 0$ ，此时 $f (0) = 0$ ，由于

lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} = lim_{x \to 0} \frac{x^{α}}{x} = {\begin{cases} 0, & α > 1, \\ 1, & α = 1, \\ \infty, & 0 < α < 1, \end{cases}

所以，当 $α \geq 1$ 时， $f (x) = x^{α}$ 在点 $x = 0$ 可导且

f' (0) = {\begin{cases} 0, & α > 1, \\ 1, & α = 1, \end{cases}

且仍然适合公式 $y' = α x^{α - 1}$ ；当 $0 < α < 1$ 时， $f (x) = x^{α}$ 在点 $x = 0$ 处不可导。

定理已掌握+

定理 2.3（不连续必不可导）

若 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 不连续，则 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 不可导。

此定理为判断函数在一点不可导提供了一个简单有效的方法。教材同时指出：可导与连续的关系中，此定理的逆命题不真。例如 $f (x) = | x |$ 在点 $x = 0$ 连续，但不可导。

注：在利用抽象函数在一点可导作为条件，或证明抽象函数可导时，常用极限形式 ${lim}_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x}$ 。

定理 2.4（四则运算）

设函数 $u = u (x)$ ， $v = v (x)$ 在点 $x$ 处可导，则 $u \pm v$ ， $u \cdot v$ ， $\frac{u}{v} (v \neq 0)$ 都在点 $x$ 处可导，且

(u \pm v)' = u' \pm v';

(u v)' = u' v + u v', 特别地， v = c (常数) 时， (c u)' = c u';

(\frac{u}{v})' = \frac{u' v - u v'}{v^{2}} (v \neq 0), 特别地， (\frac{1}{v})' = - \frac{v'}{v^{2}} (v \neq 0) .

推广到有限多项

应用归纳法，可把 (1)、(2) 推广到任意有限多个可导函数的情形，即若 $u_{i} = u_{i} (x) (i = 1, 2, \dots, n)$ 均可导，则

(u_{1} + u_{2} + \dots + u_{n})' = u_{1}' + u_{2}' + \dots + u_{n}';

(u_{1} u_{2} \dots u_{n})' = u_{1}' u_{2} \dots u_{n} + u_{1} u_{2}' \dots u_{n} + \dots + u_{1} u_{2} \dots u_{n}' .

由四则运算推出

tan x

等的导数

由导数的四则运算知

(tan x)' = (\frac{sin x}{cos x})' = \frac{(sin x)' cos x - (cos x)' sin x}{{cos}^{2} x} = \frac{{cos}^{2} x + {sin}^{2} x}{{cos}^{2} x} = {sec}^{2} x (x \neq k π + \frac{π}{2});

同理

(cot x)' = - {csc}^{2} x (x \neq k π), (sec x)' = sec x tan x (x \neq k π + \frac{π}{2}), (csc x)' = - csc x cot x (x \neq k π) .

定理 2.5

设 $y = f (x)$ 为函数 $x = φ (y)$ 的反函数，若 $φ (y)$ 在点 $y_{0}$ 的某邻域内连续、严格单调且 $φ' (y_{0}) \neq 0$ ，则 $f (x)$ 在点 $x_{0} (x_{0} = φ (y_{0}))$ 可导，且

f' (x_{0}) = \frac{1}{φ' (y_{0})} 或 \frac{d y}{d x} |_{x = x_{0}} = \frac{1}{\frac{d x}{d y} |_{y = y_{0}}} .

定理 2.6（复合函数求导法则）

设函数 $y = f (u)$ 对 $u$ 可导， $u = φ (x)$ 对 $x$ 可导，则复合函数 $y = f (φ (x))$ 对 $x$ 可导，且

\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \cdot \frac{d u}{d x} 或 (f (φ (x)))' = f' (u) φ' (x) = f' (φ (x)) \cdot φ' (x) .

证明已掌握+

证明

给 $x_{0}$ 以改变量 $Δ x \neq 0$ 。由于 $φ (y)$ 严格单调，所以 $y = f (x)$ 也严格单调，从而可知 $Δ y \neq 0$ 。由 $φ (y)$ 在 $y_{0}$ 处连续，知 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处也连续，因此 $Δ x \to 0$ 等价于 $Δ y \to 0$ 。又 $φ' (y_{0}) \neq 0$ ，故

f' (x_{0}) = lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = lim_{Δ y \to 0} \frac{1}{\frac{Δ x}{Δ y}} = \frac{1}{φ' (y_{0})} .

推论已掌握+

四个反三角函数的导数

由于 $y = arcsin x$ ， $x \in [- 1, 1]$ 的反函数是 $x = sin y$ ， $y \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ ，符合反函数求导法则的条件，于是

(arcsin x)' = \frac{1}{(sin y)'} = \frac{1}{cos y} = \frac{1}{\sqrt{1 - {sin}^{2} y}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}, x \in (- 1, 1) .

同理可证 $(arccos x)' = - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ ， $x \in (- 1, 1)$ 。

由于 $y = arctan x$ ， $x \in ℝ$ 的反函数是 $x = tan y$ ， $y \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ ，于是

(arctan x)' = \frac{1}{(tan y)'} = \frac{1}{{sec}^{2} y} = \frac{1}{1 + {tan}^{2} y} = \frac{1}{1 + x^{2}}, x \in ℝ .

同理可证 $(arccot x)' = - \frac{1}{1 + x^{2}}$ ， $x \in ℝ$ 。

原书说明已掌握+

教材原话

反三角函数的导数，虽然可以根据导数定义来求，但由于要用到烦琐的反三角函数公式，因此，我们可利用反函数求导法则来求反三角函数的导数。

从而，我们求出了所有基本初等函数的导数。除了 $y = arcsin x$ ， $y = arccos x$ 在 $x = \pm 1$ 处不可导， $y = x^{α}$ 在 $x = 0$ 处有时可能不可导，其余的基本初等函数在它们的定义域内的每一点都可导。

关于三角函数、反三角函数的导数的“ $\pm$ ”号，有一个简单的记忆方法：带有“正”字的三角函数、反三角函数的导数前面取“ $+$ ”号；带有“余”字的三角函数、反三角函数的导数前面取“ $-$ ”号。

说明已掌握+

教材对“证明”的提醒

有的读者看到结论 $\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \cdot \frac{d u}{d x}$ ，可能会采取下面的求法：

lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ u} \cdot \frac{Δ u}{Δ x} = lim_{Δ u \to 0} \frac{Δ y}{Δ u} \cdot lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ u}{Δ x} = f' (u) φ' (x) .

事实上，这种证法不合理。当 $Δ x \neq 0$ 而趋于 $0$ 时，对应的 $Δ u$ 虽然也趋于 $0$ ，但在此过程中不能保证恒有 $Δ u \neq 0$ ，因此以 $Δ u$ 去除 $Δ y$ 就不能保证有意义。教材给出的反例是

u = φ (x) = {\begin{cases} x^{2} sin \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0, \end{cases}

令 $x_{0} = 0$ ，取 $x_{n} = \frac{1}{n π}$ ， $Δ x = x_{n} - x_{0} = \frac{1}{n π}$ ，这时 $u (x_{n}) = φ (x_{n}) = 0$ ， $Δ u_{n} = u (x_{n}) - u (0) = 0$ ，即在 $Δ x \to 0$ 时，虽然有 $Δ u \to 0$ ，但它存在一个恒为 $0$ 的子列 ${Δ u_{n}}$ 。因此，在证明时应避免上述问题。

例题已掌握

例 2.1（本站补充）★★☆☆☆计算题极限存在≠函数值展开题目与讲解

例 2.1（本站补充）

求 $y = arccos x$ 在 $x = - \frac{1}{2}$ 处的切线方程。

解记 $y_{0} = arccos (- \frac{1}{2}) = \frac{2 π}{3}$ ，由 $(arccos x)' = - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ 得

y' (- \frac{1}{2}) = - \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{1}{4}}} = - \frac{2}{\sqrt{3}} .

切线方程： $y - \frac{2 π}{3} = - \frac{2}{\sqrt{3}} (x + \frac{1}{2})$ ，即 $y = - \frac{2}{\sqrt{3}} x + \frac{2 π}{3} - \frac{1}{\sqrt{3}}$ 。

例 5★★★☆☆计算题复合函数求导展开题目与讲解

例 5　求 $y = e^{{sin}^{2} \frac{1}{x}}$ 的导数

解　由于 $y = e^{u}$ ， $u = v^{2}$ ， $v = sin w$ ， $w = \frac{1}{x}$ ，于是

\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d u} \cdot \frac{d u}{d v} \cdot \frac{d v}{d w} \cdot \frac{d w}{d x} = e^{u} \cdot 2 v \cdot cos w \cdot (- \frac{1}{x^{2}})

= e^{{sin}^{2} \frac{1}{x}} 2 sin \frac{1}{x} cos \frac{1}{x} (- \frac{1}{x^{2}}) = - e^{{sin}^{2} \frac{1}{x}} \frac{1}{x^{2}} sin \frac{2}{x} .

例 6★★☆☆☆计算题复合函数求导展开题目与讲解

例 6　求 $y = ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})$ 的导数

解　 $y' = \frac{1}{x + \sqrt{1 + x^{2}}} (x + \sqrt{1 + x^{2}})' = \frac{1}{x + \sqrt{1 + x^{2}}} [1 + (\sqrt{1 + x^{2}})']$

= \frac{1}{x + \sqrt{1 + x^{2}}} [1 + \frac{1}{2 \sqrt{1 + x^{2}}} (1 + x^{2})'] = \frac{1}{x + \sqrt{1 + x^{2}}} (1 + \frac{2 x}{2 \sqrt{1 + x^{2}}})

= \frac{1}{x + \sqrt{1 + x^{2}}} \cdot \frac{\sqrt{1 + x^{2}} + x}{\sqrt{1 + x^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} .

例 7★★★☆☆计算题多层复合求导展开题目与讲解

例 7　三重根式复合函数求导

设 $y = 3] 1 + 3] 1 + 3] x$ ，求 $y'$ ．

解　 $y' = \frac{1}{3} (1 + 3] 1 + 3] x)^{- \frac{2}{3}} (3] 1 + 3] x)'$

= \frac{1}{9} (1 + 3] 1 + 3] x)^{- \frac{2}{3}} (1 + 3] x)^{- \frac{2}{3}} (3] x)'

= \frac{1}{27} (1 + 3] 1 + 3] x)^{- \frac{2}{3}} (1 + 3] x)^{- \frac{2}{3}} x^{- \frac{2}{3}} .

例 8★★★☆☆计算题幂指函数求导展开题目与讲解

例 8　幂指函数 $y = u (x)^{v (x)}$ 求导

解　由于 $y = e^{v (x) ln u (x)}$ ，则

y' = e^{v (x) ln u (x)} [v' (x) ln u (x) + \frac{v (x) u' (x)}{u (x)}] = u (x)^{v (x)} [v' (x) ln u (x) + \frac{v (x) u' (x)}{u (x)}] .

例 9★★☆☆☆计算题含绝对值求导展开题目与讲解

例 9　求 $y = ln | x |$ 的导数

解　当 $x > 0$ 时， $y = ln x$ ， $y' = \frac{1}{x}$ ；当 $x < 0$ 时， $y = ln (- x)$ ， $y' = \frac{1}{- x} (- 1) = \frac{1}{x}$ ．于是

(ln | x |)' = \frac{1}{x} .

例 10★★★★☆计算题分段函数求导展开题目与讲解

例 10　 $f (x) = x arctan \frac{1}{x^{2}}$ 求导

设

f (x) = {\begin{cases} x arctan \frac{1}{x^{2}}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0, \end{cases}

求 $f' (x)$ ．

解　由于

lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} = lim_{x \to 0} \frac{x arctan \frac{1}{x^{2}}}{x} = \frac{π}{2} = f' (0),

所以

f' (x) = {\begin{cases} arctan \frac{1}{x^{2}} - \frac{2 x^{2}}{1 + x^{4}}, & x \neq 0, \\ \frac{π}{2}, & x = 0 . \end{cases}

例 11★★★☆☆计算题分段函数求导展开题目与讲解

例 11　求 $f (x) = | x^{3} |$ 的导数

解　由于 $f (x) = {\begin{cases} - x^{3}, & x \leq 0, \\ x^{3}, & x > 0, \end{cases}$ 且

lim_{x \to 0^{-}} \frac{f (x) - f (0)}{x} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{- x^{3}}{x} = 0 = f'_{-} (0),

lim_{x \to 0^{+}} \frac{f (x) - f (0)}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^{3}}{x} = 0 = f'_{+} (0),

所以 $f' (0) = 0$ ．从而

f' (x) = {\begin{cases} - 3 x^{2}, & x < 0, \\ 0, & x = 0, \\ 3 x^{2}, & x > 0 . \end{cases}

三隐函数与高阶导数选自 §1.3、§1.45 个知识分组 · 含例题

定义已掌握+

定义 2.5（隐函数）

设 $F (x, y) = 0$ 为二元方程，若存在非空集合 $D \subset ℝ$ ， $C \subset ℝ$ ，任给 $x \in D$ ，都有唯一的 $y \in C$ ，使得 $F (x, y) = 0$ ，则称由二元方程 $F (x, y) = 0$ 确定了一个隐函数 $y = f (x)$ ， $x \in D$ 。即 $x \in D$ 时，

F (x, f (x)) \equiv 0 .

举例：圆方程确定两个隐函数

例如 $x^{2} + y^{2} = R^{2} (R > 0)$ 确定

y = \sqrt{R^{2} - x^{2}}, x \in [- R, R], y \in [0, R],

满足 $x^{2} + (\sqrt{R^{2} - x^{2}})^{2} = R^{2}$ ；也确定

y = - \sqrt{R^{2} - x^{2}}, x \in [- R, R], y \in [- R, 0],

满足 $x^{2} + (- \sqrt{R^{2} - x^{2}})^{2} = R^{2}$ 。

定义　二阶导数

若函数 $y = f (x)$ 在区间 $I$ 上可导，则导函数 $f' (x)$ 是区间 $I$ 上的函数. 若 $x_{0} \in I$ ， $f' (x)$ 在点 $x_{0}$ 可导，即极限

lim_{Δ x \to 0} \frac{f' (x_{0} + Δ x) - f' (x_{0})}{Δ x}

存在，则称此极限值为 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 的二阶导数，记作 $f'' (x_{0})$ 或 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{x = x_{0}}$ 或 $y'' |_{x = x_{0}}$ .

定义　二阶导函数与 n 阶导数

若 $f' (x)$ 在区间 $I$ 上每一点都可导，即任给 $x \in I$ ，有

y'' = f'' (x) = lim_{Δ x \to 0} \frac{f' (x + Δ x) - f' (x)}{Δ x},

按函数定义， $f'' (x)$ 是区间 $I$ 上的函数，称为 $f (x)$ 在区间 $I$ 上的二阶导函数或二阶导数. 于是

y'' = (y')' = \frac{d y'}{d x} = \frac{d}{d x} (\frac{d y}{d x}) = \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = f'' (x) = [f' (x)]' .

同理， $f (x)$ 的二阶导数的导数称为 $f (x)$ 的三阶导数，记成

f''' (x) = \frac{d^{3} y}{d x^{3}} = y''' .

一般地， $f (x)$ 的 $n - 1$ 阶导数的导数，称为 $f (x)$ 的 $n$ 阶导数，记作

y^{(n)} = \frac{d}{d x} (\frac{d^{n - 1} y}{d x^{n - 1}}) = \frac{d^{n} y}{d x^{n}} = f^{(n)} (x) = [f^{(n - 1)} (x)]' .

$f' (x)$ 称为 $f (x)$ 的一阶导数， $f^{(n)} (x) (n > 1)$ 统称为 $f (x)$ 的高阶导数.

定义　二阶导数

若函数 $y = f (x)$ 在区间 $I$ 上可导，则导函数 $f' (x)$ 是区间 $I$ 上的函数. 若 $x_{0} \in I$ ， $f' (x)$ 在点 $x_{0}$ 可导，即极限

lim_{Δ x \to 0} \frac{f' (x_{0} + Δ x) - f' (x_{0})}{Δ x}

存在，则称此极限值为 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 的二阶导数，记作 $f'' (x_{0})$ 或 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{x = x_{0}}$ 或 $y'' |_{x = x_{0}}$ .

定义　二阶导函数与 n 阶导数

若 $f' (x)$ 在区间 $I$ 上每一点都可导，即任给 $x \in I$ ，有

y'' = f'' (x) = lim_{Δ x \to 0} \frac{f' (x + Δ x) - f' (x)}{Δ x},

按函数定义， $f'' (x)$ 是区间 $I$ 上的函数，称为 $f (x)$ 在区间 $I$ 上的二阶导函数或二阶导数. 于是

y'' = (y')' = \frac{d y'}{d x} = \frac{d}{d x} (\frac{d y}{d x}) = \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = f'' (x) = [f' (x)]' .

同理， $f (x)$ 的二阶导数的导数称为 $f (x)$ 的三阶导数，记成

f''' (x) = \frac{d^{3} y}{d x^{3}} = y''' .

一般地， $f (x)$ 的 $n - 1$ 阶导数的导数，称为 $f (x)$ 的 $n$ 阶导数，记作

y^{(n)} = \frac{d}{d x} (\frac{d^{n - 1} y}{d x^{n - 1}}) = \frac{d^{n} y}{d x^{n}} = f^{(n)} (x) = [f^{(n - 1)} (x)]' .

$f' (x)$ 称为 $f (x)$ 的一阶导数， $f^{(n)} (x) (n > 1)$ 统称为 $f (x)$ 的高阶导数.

定义　二阶导数

若函数 $y = f (x)$ 在区间 $I$ 上可导，则导函数 $f' (x)$ 是区间 $I$ 上的函数. 若 $x_{0} \in I$ ， $f' (x)$ 在点 $x_{0}$ 可导，即极限

lim_{Δ x \to 0} \frac{f' (x_{0} + Δ x) - f' (x_{0})}{Δ x}

存在，则称此极限值为 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 的二阶导数，记作 $f'' (x_{0})$ 或 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{x = x_{0}}$ 或 $y'' |_{x = x_{0}}$ .

定义　二阶导函数与 n 阶导数

若 $f' (x)$ 在区间 $I$ 上每一点都可导，即任给 $x \in I$ ，有

y'' = f'' (x) = lim_{Δ x \to 0} \frac{f' (x + Δ x) - f' (x)}{Δ x},

按函数定义， $f'' (x)$ 是区间 $I$ 上的函数，称为 $f (x)$ 在区间 $I$ 上的二阶导函数或二阶导数. 于是

y'' = (y')' = \frac{d y'}{d x} = \frac{d}{d x} (\frac{d y}{d x}) = \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = f'' (x) = [f' (x)]' .

同理， $f (x)$ 的二阶导数的导数称为 $f (x)$ 的三阶导数，记成

f''' (x) = \frac{d^{3} y}{d x^{3}} = y''' .

一般地， $f (x)$ 的 $n - 1$ 阶导数的导数，称为 $f (x)$ 的 $n$ 阶导数，记作

y^{(n)} = \frac{d}{d x} (\frac{d^{n - 1} y}{d x^{n - 1}}) = \frac{d^{n} y}{d x^{n}} = f^{(n)} (x) = [f^{(n - 1)} (x)]' .

$f' (x)$ 称为 $f (x)$ 的一阶导数， $f^{(n)} (x) (n > 1)$ 统称为 $f (x)$ 的高阶导数.

说明已掌握+

为什么要学这一节（教材开头）

我们知道函数 $y = f (x)$ 可化为 $y - f (x) = 0$ 。设 $F (x, y) = y - f (x)$ ，有 $F (x, y) = 0$ ，即函数可化成一个二元方程。反之一个二元方程 $F (x, y) = 0$ 能否确定一个函数呢？本节就是回答这个问题，并给出不用解出 $y$ 也能求导的方法。

说明　求高阶导数前先化简

求函数的高阶导数时，由于没有商的高阶导数公式，乘积的高阶导数公式也比较复杂，因此在求某些函数的高阶导数之前，首先应把函数化简，尽量化成有高阶导数公式的函数的加减形式. 求 $(u v)^{(n)}$ 时，若其中一项有高阶导数公式，另一项经过几次求导变为 $0$ ，则可用乘积的高阶导数公式.

说明　先求一、二阶导数发现规律

注　求有些函数的高阶导数，须经求一、二阶导数，发现规律，再用归纳法证明.

说明　求一点处 n 阶导数的两条思路

有时，我们需要求 $f^{(n)} (x_{0})$ ，如果能求出 $f^{(n)} (x)$ ，则

f^{(n)} (x_{0}) = f^{(n)} (x) |_{x = x_{0}},

但有时求不出 $f^{(n)} (x)$ ，我们可求出 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的高阶导数与低阶导数的递推关系式，从而求出 $f^{(n)} (x_{0})$ .

说明　求高阶导数前先化简

说明　先求一、二阶导数发现规律

注　求有些函数的高阶导数，须经求一、二阶导数，发现规律，再用归纳法证明.

说明　求一点处 n 阶导数的两条思路

有时，我们需要求 $f^{(n)} (x_{0})$ ，如果能求出 $f^{(n)} (x)$ ，则

f^{(n)} (x_{0}) = f^{(n)} (x) |_{x = x_{0}},

但有时求不出 $f^{(n)} (x)$ ，我们可求出 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的高阶导数与低阶导数的递推关系式，从而求出 $f^{(n)} (x_{0})$ .

说明　求高阶导数前先化简

说明　先求一、二阶导数发现规律

注　求有些函数的高阶导数，须经求一、二阶导数，发现规律，再用归纳法证明.

说明　求一点处 n 阶导数的两条思路

有时，我们需要求 $f^{(n)} (x_{0})$ ，如果能求出 $f^{(n)} (x)$ ，则

f^{(n)} (x_{0}) = f^{(n)} (x) |_{x = x_{0}},

但有时求不出 $f^{(n)} (x)$ ，我们可求出 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的高阶导数与低阶导数的递推关系式，从而求出 $f^{(n)} (x_{0})$ .

公式已掌握+

公式　幂函数的高阶导数

设 $y = x^{α}$ ，则

y' = α x^{α - 1}, y'' = α (α - 1) x^{α - 2}, \dots, y^{(n)} = α (α - 1) \dots (α - n + 1) x^{α - n},

即

(x^{α})^{(n)} = α (α - 1) \dots (α - n + 1) x^{α - n} .

特别当 $α = n$ 是正整数时， $(x^{n})^{(n)} = n!$ ，若 $k > n$ ，则 $(x^{n})^{(k)} = 0$ .

同理， $[(1 + x)^{α}]^{(n)} = α (α - 1) \dots (α - n + 1) (1 + x)^{α - n}$ .

公式　对数函数的高阶导数

设 $y = ln x$ ，则

y^{(n)} = [(ln x)']^{(n - 1)} = (x^{- 1})^{(n - 1)} = - 1 (- 1 - 1) \dots [- 1 - (n - 1) + 1] x^{- 1 - (n - 1)} = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! x^{- n} .

即

(ln x)^{(n)} = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! x^{- n} .

同理，

[ln (1 + x)]^{(n)} = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! (1 + x)^{- n} .

公式　正弦与余弦的高阶导数

设 $y = sin x$ ，则

y' = cos x = sin (x + \frac{π}{2}),

y'' = [sin (x + \frac{π}{2})]' = cos (x + \frac{π}{2}) = sin (x + \frac{π}{2} + \frac{π}{2}) = sin (x + 2 \cdot \frac{π}{2}),

假设 $n = k$ 时， $y^{(k)} = sin (x + k \cdot \frac{π}{2})$ 成立. 当 $n = k + 1$ 时，

y^{(k + 1)} = [y^{(k)}]' = [sin (x + k \cdot \frac{π}{2})]' = cos (x + k \cdot \frac{π}{2})

= sin (x + k \cdot \frac{π}{2} + \frac{π}{2}) = sin [x + (k + 1) \frac{π}{2}] .

由数学归纳法知，对任意正整数 $n$ ，都有

(sin x)^{(n)} = sin (x + n \cdot \frac{π}{2}) .

同理可证，

(cos x)^{(n)} = cos (x + n \cdot \frac{π}{2}) .

公式　指数函数的高阶导数

设 $y = a^{x}$ ，则 $y' = a^{x} ln a$ ， $y'' = a^{x} (ln a)^{2}$ ， $\dots$ ， $y^{(n)} = a^{x} (ln a)^{n}$ . 即

(a^{x})^{(n)} = a^{x} (ln a)^{n} .

特别地，

(e^{x})^{(n)} = e^{x} .

公式　幂函数的高阶导数

设 $y = x^{α}$ ，则

y' = α x^{α - 1}, y'' = α (α - 1) x^{α - 2}, \dots, y^{(n)} = α (α - 1) \dots (α - n + 1) x^{α - n},

即

(x^{α})^{(n)} = α (α - 1) \dots (α - n + 1) x^{α - n} .

特别当 $α = n$ 是正整数时， $(x^{n})^{(n)} = n!$ ，若 $k > n$ ，则 $(x^{n})^{(k)} = 0$ .

同理， $[(1 + x)^{α}]^{(n)} = α (α - 1) \dots (α - n + 1) (1 + x)^{α - n}$ .

公式　对数函数的高阶导数

设 $y = ln x$ ，则

y^{(n)} = [(ln x)']^{(n - 1)} = (x^{- 1})^{(n - 1)} = - 1 (- 1 - 1) \dots [- 1 - (n - 1) + 1] x^{- 1 - (n - 1)} = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! x^{- n} .

即

(ln x)^{(n)} = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! x^{- n} .

同理，

[ln (1 + x)]^{(n)} = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! (1 + x)^{- n} .

公式　正弦与余弦的高阶导数

设 $y = sin x$ ，则

y' = cos x = sin (x + \frac{π}{2}),

y'' = [sin (x + \frac{π}{2})]' = cos (x + \frac{π}{2}) = sin (x + \frac{π}{2} + \frac{π}{2}) = sin (x + 2 \cdot \frac{π}{2}),

假设 $n = k$ 时， $y^{(k)} = sin (x + k \cdot \frac{π}{2})$ 成立. 当 $n = k + 1$ 时，

y^{(k + 1)} = [y^{(k)}]' = [sin (x + k \cdot \frac{π}{2})]' = cos (x + k \cdot \frac{π}{2})

= sin (x + k \cdot \frac{π}{2} + \frac{π}{2}) = sin [x + (k + 1) \frac{π}{2}] .

由数学归纳法知，对任意正整数 $n$ ，都有

(sin x)^{(n)} = sin (x + n \cdot \frac{π}{2}) .

同理可证，

(cos x)^{(n)} = cos (x + n \cdot \frac{π}{2}) .

公式　指数函数的高阶导数

设 $y = a^{x}$ ，则 $y' = a^{x} ln a$ ， $y'' = a^{x} (ln a)^{2}$ ， $\dots$ ， $y^{(n)} = a^{x} (ln a)^{n}$ . 即

(a^{x})^{(n)} = a^{x} (ln a)^{n} .

特别地，

(e^{x})^{(n)} = e^{x} .

公式　幂函数的高阶导数

设 $y = x^{α}$ ，则

y' = α x^{α - 1}, y'' = α (α - 1) x^{α - 2}, \dots, y^{(n)} = α (α - 1) \dots (α - n + 1) x^{α - n},

即

(x^{α})^{(n)} = α (α - 1) \dots (α - n + 1) x^{α - n} .

特别当 $α = n$ 是正整数时， $(x^{n})^{(n)} = n!$ ，若 $k > n$ ，则 $(x^{n})^{(k)} = 0$ .

同理， $[(1 + x)^{α}]^{(n)} = α (α - 1) \dots (α - n + 1) (1 + x)^{α - n}$ .

公式　对数函数的高阶导数

设 $y = ln x$ ，则

y^{(n)} = [(ln x)']^{(n - 1)} = (x^{- 1})^{(n - 1)} = - 1 (- 1 - 1) \dots [- 1 - (n - 1) + 1] x^{- 1 - (n - 1)} = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! x^{- n} .

即

(ln x)^{(n)} = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! x^{- n} .

同理，

[ln (1 + x)]^{(n)} = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! (1 + x)^{- n} .

公式　正弦与余弦的高阶导数

设 $y = sin x$ ，则

y' = cos x = sin (x + \frac{π}{2}),

y'' = [sin (x + \frac{π}{2})]' = cos (x + \frac{π}{2}) = sin (x + \frac{π}{2} + \frac{π}{2}) = sin (x + 2 \cdot \frac{π}{2}),

假设 $n = k$ 时， $y^{(k)} = sin (x + k \cdot \frac{π}{2})$ 成立. 当 $n = k + 1$ 时，

y^{(k + 1)} = [y^{(k)}]' = [sin (x + k \cdot \frac{π}{2})]' = cos (x + k \cdot \frac{π}{2})

= sin (x + k \cdot \frac{π}{2} + \frac{π}{2}) = sin [x + (k + 1) \frac{π}{2}] .

由数学归纳法知，对任意正整数 $n$ ，都有

(sin x)^{(n)} = sin (x + n \cdot \frac{π}{2}) .

同理可证，

(cos x)^{(n)} = cos (x + n \cdot \frac{π}{2}) .

公式　指数函数的高阶导数

设 $y = a^{x}$ ，则 $y' = a^{x} ln a$ ， $y'' = a^{x} (ln a)^{2}$ ， $\dots$ ， $y^{(n)} = a^{x} (ln a)^{n}$ . 即

(a^{x})^{(n)} = a^{x} (ln a)^{n} .

特别地，

(e^{x})^{(n)} = e^{x} .

定理已掌握+

定理 2.7　高阶导数的运算法则

若 $u = u (x)$ ， $v = v (x)$ 均存在 $n$ 阶导数，则

(1) $(u \pm v)^{(n)} = u^{(n)} \pm v^{(n)}$ ；

(2) $(c u)^{(n)} = c u^{(n)}$ ，其中 $c$ 为常数；

(3) $(u v)^{(n)} = C_{n}^{0} u^{(n)} v^{(0)} + C_{n}^{1} u^{(n - 1)} v' + \dots + C_{n}^{k} u^{(n - k)} v^{(k)} + \dots + C_{n}^{n} u^{(0)} v^{(n)}$

= \sum_{k = 0}^{n} C_{n}^{k} u^{(n - k)} v^{(k)},

其中 $v^{(0)} = v$ ， $u^{(0)} = u$ .

定理 2.7 的公式 (3) 称为莱布尼茨（Leibniz）公式，它的系数与二项式 $(u + v)^{n}$ 展开式的系数相同.

定理 2.7　高阶导数的运算法则

若 $u = u (x)$ ， $v = v (x)$ 均存在 $n$ 阶导数，则

(1) $(u \pm v)^{(n)} = u^{(n)} \pm v^{(n)}$ ；

(2) $(c u)^{(n)} = c u^{(n)}$ ，其中 $c$ 为常数；

(3) $(u v)^{(n)} = C_{n}^{0} u^{(n)} v^{(0)} + C_{n}^{1} u^{(n - 1)} v' + \dots + C_{n}^{k} u^{(n - k)} v^{(k)} + \dots + C_{n}^{n} u^{(0)} v^{(n)}$

= \sum_{k = 0}^{n} C_{n}^{k} u^{(n - k)} v^{(k)},

其中 $v^{(0)} = v$ ， $u^{(0)} = u$ .

定理 2.7 的公式 (3) 称为莱布尼茨（Leibniz）公式，它的系数与二项式 $(u + v)^{n}$ 展开式的系数相同.

定理 2.7　高阶导数的运算法则

若 $u = u (x)$ ， $v = v (x)$ 均存在 $n$ 阶导数，则

(1) $(u \pm v)^{(n)} = u^{(n)} \pm v^{(n)}$ ；

(2) $(c u)^{(n)} = c u^{(n)}$ ，其中 $c$ 为常数；

(3) $(u v)^{(n)} = C_{n}^{0} u^{(n)} v^{(0)} + C_{n}^{1} u^{(n - 1)} v' + \dots + C_{n}^{k} u^{(n - k)} v^{(k)} + \dots + C_{n}^{n} u^{(0)} v^{(n)}$

= \sum_{k = 0}^{n} C_{n}^{k} u^{(n - k)} v^{(k)},

其中 $v^{(0)} = v$ ， $u^{(0)} = u$ .

定理 2.7 的公式 (3) 称为莱布尼茨（Leibniz）公式，它的系数与二项式 $(u + v)^{n}$ 展开式的系数相同.

例题已掌握

例 12★★★☆☆计算题隐函数求导展开题目与讲解

例 12　隐函数 $y = g (x + y)$ 求 $\frac{d y}{d x}$

设 $y = g (x + y)$ 确定隐函数 $y = y (x)$ ，其中 $g$ 具有一阶导数，且其一阶导数不等于 $1$ ，求 $\frac{d y}{d x}$ ．

解　由于方程确定 $y = y (x)$ ，所以有

y (x) = g (x + y (x)),

两边同时对 $x$ 求导，有

y' = g' (x + y) (1 + y'),

解得

\frac{d y}{d x} = y' = \frac{g' (x + y)}{1 - g' (x + y)} = \frac{g'}{1 - g'} .

例 13★★★☆☆计算题隐函数求切线展开题目与讲解

例 13　方程 $y - x e^{y} = 1$ 求 $y' (0)$ 及切线法线

设函数 $y = y (x)$ 由方程 $y - x e^{y} = 1$ 确定，求 $\frac{d y}{d x} |_{x = 0}$ ，并求曲线上其横坐标 $x = 0$ 处点的切线和法线方程．

解　方程两边同时对 $x$ 求导，有

y' - e^{y} - x e^{y} \cdot y' = 0 . (2.2)

当 $x = 0$ 时，由 $y - 0 = 1$ 得 $y = 1$ ．将 $x = 0$ ， $y = 1$ 代入上式，得

y' (0) - e = 0,

即 $y' (0) = \frac{d y}{d x} |_{x = 0} = e$ ．因此，切线方程为

y - 1 = e x,

即 $y = e x + 1$ ；法线方程为

y - 1 = - \frac{1}{e} x,

即 $y = - \frac{1}{e} x + 1$ ．

例 14★★★☆☆计算题对数求导法展开题目与讲解

例 14　对数求导法求 $y = u (x)^{v (x)}$ 的导数

解　等式两边同时取对数，得

ln y = v (x) ln u (x),

把函数 $y$ 看成由方程确定的隐函数，利用隐函数求导法，有

\frac{1}{y} \cdot y' = v' (x) ln u (x) + v (x) \cdot \frac{u' (x)}{u (x)},

经整理得

y' = u (x)^{v (x)} [v' (x) ln u (x) + \frac{v (x) u' (x)}{u (x)}] .

例 15★★☆☆☆计算题幂指函数求导展开题目与讲解

例 15　求 $y = (sin x)^{x}$ 的导数

解　等式两边同时取对数，得 $ln y = x ln sin x$ ，两边同时对 $x$ 求导，得

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

因此

y' = (sin x)^{x} (ln sin x + x cot x) .

例 16★★★☆☆计算题对数求导法展开题目与讲解

例 16　求 $y = \frac{x^{ln x}}{(ln x)^{x}}$ 的导数

解　等式两边同时取对数，得 $ln y = (ln x)^{2} - x ln ln x$ ，两边同时对 $x$ 求导，得

\frac{1}{y} y' = 2 (ln x) \frac{1}{x} - ln ln x - x \cdot \frac{1}{ln x} \cdot \frac{1}{x},

于是

y' = \frac{x^{ln x}}{(ln x)^{x}} (\frac{2 ln x}{x} - ln ln x - \frac{1}{ln x}) .

例 17★★★☆☆计算题对数求导法展开题目与讲解

例 17　根式商式用对数求导法

设 $y = 5] x - 3 3] 3 x - 2 \sqrt{x + 2}$ ，求 $y'$ ．

解　等式两边取对数，得

ln y = \frac{1}{5} ln | x - 3 | + \frac{1}{3} ln | 3 x - 2 | - \frac{1}{2} ln | x + 2 |,

两边同时对 $x$ 求导，得

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

于是

y' = 5] x - 3 3] 3 x - 2 \sqrt{x + 2} [\frac{1}{5 (x - 3)} + \frac{1}{3 x - 2} - \frac{1}{2 (x + 2)}] .

例 18★★★☆☆计算题对数求导法展开题目与讲解

例 18　求 $y = (x / a)^{b} (a / b)^{x} (b / x)^{a}$ 的导数

设 $y = (\frac{x}{a})^{b} (\frac{a}{b})^{x} (\frac{b}{x})^{a}$ （ $a > 0$ ， $b > 0$ ， $c > 0$ ），求 $y'$ ．

解　等式两边同时取对数，得

ln y = b (ln x - ln a) + x ln \frac{a}{b} + a (ln b - ln x),

两边同时对 $x$ 求导，有

\frac{1}{y} y' = \frac{b}{x} + ln \frac{a}{b} - \frac{a}{x},

于是

y' = (\frac{x}{a})^{b} (\frac{a}{b})^{x} (\frac{b}{x})^{a} (ln \frac{a}{b} + \frac{b - a}{x}) .

例 19★★☆☆☆计算题三角恒等变形 + 正弦余弦高阶导数公式展开题目与讲解

例 19　三角函数化简后求 n 阶导数

设 $y = {sin}^{4} x + {cos}^{4} x$ ，求 $y^{(n)}$ .

解　 $y = ({sin}^{2} x + {cos}^{2} x)^{2} - 2 {sin}^{2} x {cos}^{2} x$

= 1 - \frac{1}{2} {sin}^{2} 2 x = 1 - \frac{1}{4} (1 - cos 4 x) = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} cos 4 x,

因此

y^{(n)} = (\frac{3}{4} + \frac{1}{4} cos 4 x)^{(n)} = \frac{1}{4} (cos 4 x)^{(n)}

= \frac{1}{4} \cdot 4^{n} cos (4 x + \frac{n π}{2}) = 4^{n - 1} cos (4 x + \frac{n π}{2}) (n \geq 1) .

例 19★★☆☆☆计算题三角恒等变形 + 正弦余弦高阶导数公式展开题目与讲解

例 19　三角函数化简后求 n 阶导数

设 $y = {sin}^{4} x + {cos}^{4} x$ ，求 $y^{(n)}$ .

解　 $y = ({sin}^{2} x + {cos}^{2} x)^{2} - 2 {sin}^{2} x {cos}^{2} x$

= 1 - \frac{1}{2} {sin}^{2} 2 x = 1 - \frac{1}{4} (1 - cos 4 x) = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} cos 4 x,

因此

y^{(n)} = (\frac{3}{4} + \frac{1}{4} cos 4 x)^{(n)} = \frac{1}{4} (cos 4 x)^{(n)}

= \frac{1}{4} \cdot 4^{n} cos (4 x + \frac{n π}{2}) = 4^{n - 1} cos (4 x + \frac{n π}{2}) (n \geq 1) .

例 19★★☆☆☆计算题三角恒等变形 + 正弦余弦高阶导数公式展开题目与讲解

例 19　三角函数化简后求 n 阶导数

设 $y = {sin}^{4} x + {cos}^{4} x$ ，求 $y^{(n)}$ .

解　 $y = ({sin}^{2} x + {cos}^{2} x)^{2} - 2 {sin}^{2} x {cos}^{2} x$

= 1 - \frac{1}{2} {sin}^{2} 2 x = 1 - \frac{1}{4} (1 - cos 4 x) = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} cos 4 x,

因此

y^{(n)} = (\frac{3}{4} + \frac{1}{4} cos 4 x)^{(n)} = \frac{1}{4} (cos 4 x)^{(n)}

= \frac{1}{4} \cdot 4^{n} cos (4 x + \frac{n π}{2}) = 4^{n - 1} cos (4 x + \frac{n π}{2}) (n \geq 1) .

例 20★★☆☆☆计算题部分分式分解 + 幂函数高阶导数公式展开题目与讲解

例 20　有理分式拆项后求 n 阶导数

设 $y = \frac{1}{x^{2} - 3 x + 2}$ ，求 $y^{(n)}$ .

解　因为 $y = \frac{1}{(x - 1) (x - 2)} = \frac{1}{x - 2} - \frac{1}{x - 1}$ ，所以

y^{(n)} = [(x - 2)^{- 1} - (x - 1)^{- 1}]^{(n)}

= [(x - 2)^{- 1}]^{(n)} - [(x - 1)^{- 1}]^{(n)}

= (- 1)^{n} n! [(x - 2)^{- 1 - n} - (x - 1)^{- 1 - n}] .

例 20★★☆☆☆计算题部分分式分解 + 幂函数高阶导数公式展开题目与讲解

例 20　有理分式拆项后求 n 阶导数

设 $y = \frac{1}{x^{2} - 3 x + 2}$ ，求 $y^{(n)}$ .

解　因为 $y = \frac{1}{(x - 1) (x - 2)} = \frac{1}{x - 2} - \frac{1}{x - 1}$ ，所以

y^{(n)} = [(x - 2)^{- 1} - (x - 1)^{- 1}]^{(n)}

= [(x - 2)^{- 1}]^{(n)} - [(x - 1)^{- 1}]^{(n)}

= (- 1)^{n} n! [(x - 2)^{- 1 - n} - (x - 1)^{- 1 - n}] .

例 20★★☆☆☆计算题部分分式分解 + 幂函数高阶导数公式展开题目与讲解

例 20　有理分式拆项后求 n 阶导数

设 $y = \frac{1}{x^{2} - 3 x + 2}$ ，求 $y^{(n)}$ .

解　因为 $y = \frac{1}{(x - 1) (x - 2)} = \frac{1}{x - 2} - \frac{1}{x - 1}$ ，所以

y^{(n)} = [(x - 2)^{- 1} - (x - 1)^{- 1}]^{(n)}

= [(x - 2)^{- 1}]^{(n)} - [(x - 1)^{- 1}]^{(n)}

= (- 1)^{n} n! [(x - 2)^{- 1 - n} - (x - 1)^{- 1 - n}] .

例 21★★☆☆☆计算题莱布尼茨公式（一项经两次求导为零）展开题目与讲解

例 21　指数函数与幂函数乘积求 n 阶导数

设 $y = e^{x} x^{2}$ ，求 $y^{(n)}$ .

解　 $y^{(n)} = (e^{x} x^{2})^{(n)}$

= C_{n}^{0} (e^{x})^{(n)} x^{2} + C_{n}^{1} (e^{x})^{(n - 1)} (x^{2})' + C_{n}^{2} (e^{x})^{(n - 2)} (x^{2})''

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

= e^{x} [x^{2} + 2 n x + n (n - 1)] (n > 1) .

当 $n = 1$ 时， $y' = 2 x e^{x} + x^{2} e^{x} = e^{x} (x^{2} + 2 x)$ .

例 21★★☆☆☆计算题莱布尼茨公式（一项经两次求导为零）展开题目与讲解

例 21　指数函数与幂函数乘积求 n 阶导数

设 $y = e^{x} x^{2}$ ，求 $y^{(n)}$ .

解　 $y^{(n)} = (e^{x} x^{2})^{(n)}$

= C_{n}^{0} (e^{x})^{(n)} x^{2} + C_{n}^{1} (e^{x})^{(n - 1)} (x^{2})' + C_{n}^{2} (e^{x})^{(n - 2)} (x^{2})''

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

= e^{x} [x^{2} + 2 n x + n (n - 1)] (n > 1) .

当 $n = 1$ 时， $y' = 2 x e^{x} + x^{2} e^{x} = e^{x} (x^{2} + 2 x)$ .

例 21★★☆☆☆计算题莱布尼茨公式（一项经两次求导为零）展开题目与讲解

例 21　指数函数与幂函数乘积求 n 阶导数

设 $y = e^{x} x^{2}$ ，求 $y^{(n)}$ .

解　 $y^{(n)} = (e^{x} x^{2})^{(n)}$

= C_{n}^{0} (e^{x})^{(n)} x^{2} + C_{n}^{1} (e^{x})^{(n - 1)} (x^{2})' + C_{n}^{2} (e^{x})^{(n - 2)} (x^{2})''

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

= e^{x} [x^{2} + 2 n x + n (n - 1)] (n > 1) .

当 $n = 1$ 时， $y' = 2 x e^{x} + x^{2} e^{x} = e^{x} (x^{2} + 2 x)$ .

例 22★★☆☆☆计算题辅助角公式 + 数学归纳法展开题目与讲解

例 22　指数函数与余弦乘积求 n 阶导数

设 $y = e^{x} cos x$ ，求 $y^{(n)}$ .

分析　如果用乘积的高阶导数公式，得不到化简，宜改用其他方法.

解　当 $n = 1$ 时，

y' = e^{x} cos x + e^{x} (- sin x) = e^{x} \sqrt{2} (\frac{\sqrt{2}}{2} cos x - \frac{\sqrt{2}}{2} sin x)

= e^{x} \sqrt{2} (cos \frac{π}{4} cos x - sin \frac{π}{4} sin x) = \sqrt{2} e^{x} cos (x + \frac{π}{4}) .

假设当 $n = k$ 时， $y^{(k)} = {\sqrt{2}}^{k} e^{x} cos (x + \frac{k π}{4})$ 成立. 当 $n = k + 1$ 时，

y^{(k + 1)} = [y^{(k)}]' = {\sqrt{2}}^{k} [e^{x} cos (x + \frac{k π}{4})]'

= {\sqrt{2}}^{k} [e^{x} cos (x + \frac{k π}{4}) - e^{x} sin (x + \frac{k π}{4})]

= {\sqrt{2}}^{k + 1} e^{x} cos [x + (k + 1) \frac{π}{4}] .

由归纳法知，对一切正整数 $n$ ，有

y^{(n)} = {\sqrt{2}}^{n} e^{x} cos (x + \frac{n π}{4}) .

例 22★★☆☆☆计算题辅助角公式 + 数学归纳法展开题目与讲解

例 22　指数函数与余弦乘积求 n 阶导数

设 $y = e^{x} cos x$ ，求 $y^{(n)}$ .

分析　如果用乘积的高阶导数公式，得不到化简，宜改用其他方法.

解　当 $n = 1$ 时，

y' = e^{x} cos x + e^{x} (- sin x) = e^{x} \sqrt{2} (\frac{\sqrt{2}}{2} cos x - \frac{\sqrt{2}}{2} sin x)

= e^{x} \sqrt{2} (cos \frac{π}{4} cos x - sin \frac{π}{4} sin x) = \sqrt{2} e^{x} cos (x + \frac{π}{4}) .

假设当 $n = k$ 时， $y^{(k)} = {\sqrt{2}}^{k} e^{x} cos (x + \frac{k π}{4})$ 成立. 当 $n = k + 1$ 时，

y^{(k + 1)} = [y^{(k)}]' = {\sqrt{2}}^{k} [e^{x} cos (x + \frac{k π}{4})]'

= {\sqrt{2}}^{k} [e^{x} cos (x + \frac{k π}{4}) - e^{x} sin (x + \frac{k π}{4})]

= {\sqrt{2}}^{k + 1} e^{x} cos [x + (k + 1) \frac{π}{4}] .

由归纳法知，对一切正整数 $n$ ，有

y^{(n)} = {\sqrt{2}}^{n} e^{x} cos (x + \frac{n π}{4}) .

例 22★★☆☆☆计算题辅助角公式 + 数学归纳法展开题目与讲解

例 22　指数函数与余弦乘积求 n 阶导数

设 $y = e^{x} cos x$ ，求 $y^{(n)}$ .

分析　如果用乘积的高阶导数公式，得不到化简，宜改用其他方法.

解　当 $n = 1$ 时，

y' = e^{x} cos x + e^{x} (- sin x) = e^{x} \sqrt{2} (\frac{\sqrt{2}}{2} cos x - \frac{\sqrt{2}}{2} sin x)

= e^{x} \sqrt{2} (cos \frac{π}{4} cos x - sin \frac{π}{4} sin x) = \sqrt{2} e^{x} cos (x + \frac{π}{4}) .

假设当 $n = k$ 时， $y^{(k)} = {\sqrt{2}}^{k} e^{x} cos (x + \frac{k π}{4})$ 成立. 当 $n = k + 1$ 时，

y^{(k + 1)} = [y^{(k)}]' = {\sqrt{2}}^{k} [e^{x} cos (x + \frac{k π}{4})]'

= {\sqrt{2}}^{k} [e^{x} cos (x + \frac{k π}{4}) - e^{x} sin (x + \frac{k π}{4})]

= {\sqrt{2}}^{k + 1} e^{x} cos [x + (k + 1) \frac{π}{4}] .

由归纳法知，对一切正整数 $n$ ，有

y^{(n)} = {\sqrt{2}}^{n} e^{x} cos (x + \frac{n π}{4}) .

例 23★★☆☆☆计算题隐函数求导 + 二阶导数化简展开题目与讲解

例 23　隐函数求二阶导数

设 $y (x)$ 是由方程 $e^{y} - x y = 0$ 所确定的隐函数，求 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ .

解　方程两端同时对 $x$ 求导，得

\frac{d y}{d x} e^{y} - y - x \frac{d y}{d x} = 0,

解得

\frac{d y}{d x} = \frac{y}{e^{y} - x},

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{d y}{d x} (e^{y} - x) - y (e^{y} \cdot \frac{d y}{d x} - 1)}{(e^{y} - x)^{2}},

将 $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{e^{y} - x}$ 代入 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ 进行化简，有

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{2 y e^{y} - 2 x y - y^{2} e^{y}}{(e^{y} - x)^{3}} .

例 23★★☆☆☆计算题隐函数求导 + 二阶导数化简展开题目与讲解

例 23　隐函数求二阶导数

设 $y (x)$ 是由方程 $e^{y} - x y = 0$ 所确定的隐函数，求 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ .

解　方程两端同时对 $x$ 求导，得

\frac{d y}{d x} e^{y} - y - x \frac{d y}{d x} = 0,

解得

\frac{d y}{d x} = \frac{y}{e^{y} - x},

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{d y}{d x} (e^{y} - x) - y (e^{y} \cdot \frac{d y}{d x} - 1)}{(e^{y} - x)^{2}},

将 $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{e^{y} - x}$ 代入 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ 进行化简，有

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{2 y e^{y} - 2 x y - y^{2} e^{y}}{(e^{y} - x)^{3}} .

例 23★★☆☆☆计算题隐函数求导 + 二阶导数化简展开题目与讲解

例 23　隐函数求二阶导数

设 $y (x)$ 是由方程 $e^{y} - x y = 0$ 所确定的隐函数，求 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ .

解　方程两端同时对 $x$ 求导，得

\frac{d y}{d x} e^{y} - y - x \frac{d y}{d x} = 0,

解得

\frac{d y}{d x} = \frac{y}{e^{y} - x},

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{d y}{d x} (e^{y} - x) - y (e^{y} \cdot \frac{d y}{d x} - 1)}{(e^{y} - x)^{2}},

将 $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{e^{y} - x}$ 代入 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ 进行化简，有

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{2 y e^{y} - 2 x y - y^{2} e^{y}}{(e^{y} - x)^{3}} .

例 24★★☆☆☆计算题隐函数求导 + 代入初值展开题目与讲解

例 24　隐函数在指定点求二阶导数

设函数 $y = y (x)$ 由方程 $y - x e^{y} = 1$ 所确定，求 $y'' (0)$ .

解　由题设， $x = 0$ 时， $y = 1$ . 方程两边同时对 $x$ 求导，得

y' - e^{y} - x e^{y} y' = 0, (2.3)

两端对 $x$ 求导，得

y'' - e^{y} y' - e^{y} y' - x e^{y} y'^{2} - x e^{y} y'' = 0 . (2.4)

将 $x = 0$ ， $y = 1$ 代入式 (2.3)，有 $y' (0) - e = 0$ ，即 $y' (0) = e$ .

将 $x = 0$ ， $y = 1$ ， $y' (0) = e$ 代入式 (2.4)，得

y'' (0) - e \cdot e - e \cdot e = 0,

即 $y'' (0) = 2 e^{2}$ .

例 24★★☆☆☆计算题隐函数求导 + 代入初值展开题目与讲解

例 24　隐函数在指定点求二阶导数

设函数 $y = y (x)$ 由方程 $y - x e^{y} = 1$ 所确定，求 $y'' (0)$ .

解　由题设， $x = 0$ 时， $y = 1$ . 方程两边同时对 $x$ 求导，得

y' - e^{y} - x e^{y} y' = 0, (2.3)

两端对 $x$ 求导，得

y'' - e^{y} y' - e^{y} y' - x e^{y} y'^{2} - x e^{y} y'' = 0 . (2.4)

将 $x = 0$ ， $y = 1$ 代入式 (2.3)，有 $y' (0) - e = 0$ ，即 $y' (0) = e$ .

将 $x = 0$ ， $y = 1$ ， $y' (0) = e$ 代入式 (2.4)，得

y'' (0) - e \cdot e - e \cdot e = 0,

即 $y'' (0) = 2 e^{2}$ .

例 24★★☆☆☆计算题隐函数求导 + 代入初值展开题目与讲解

例 24　隐函数在指定点求二阶导数

设函数 $y = y (x)$ 由方程 $y - x e^{y} = 1$ 所确定，求 $y'' (0)$ .

解　由题设， $x = 0$ 时， $y = 1$ . 方程两边同时对 $x$ 求导，得

y' - e^{y} - x e^{y} y' = 0, (2.3)

两端对 $x$ 求导，得

y'' - e^{y} y' - e^{y} y' - x e^{y} y'^{2} - x e^{y} y'' = 0 . (2.4)

将 $x = 0$ ， $y = 1$ 代入式 (2.3)，有 $y' (0) - e = 0$ ，即 $y' (0) = e$ .

将 $x = 0$ ， $y = 1$ ， $y' (0) = e$ 代入式 (2.4)，得

y'' (0) - e \cdot e - e \cdot e = 0,

即 $y'' (0) = 2 e^{2}$ .

例 25★★☆☆☆计算题递推关系式求 f^{(n)}(x_0)展开题目与讲解

例 25　反正切函数在 0 处的 n 阶导数

设 $y = f (x) = arctan x$ ，求 $y^{(n)} |_{x = 0}$ .

解　由 $f' (x) = \frac{1}{1 + x^{2}}$ ，得

(1 + x^{2}) f' (x) = 1,

方程两端同时取 $n$ 阶导数，有

f^{(n + 1)} (x) (1 + x^{2}) + n f^{(n)} (x) 2 x + n (n - 1) f^{(n - 1)} (x) = 0 (n \geq 2),

把 $x = 0$ 代入上式，有 $f^{(n + 1)} (0) + n (n - 1) f^{(n - 1)} (0) = 0$ ，由此得

f^{(n + 1)} (0) = - n (n - 1) f^{(n - 1)} (0) .

$n$ 用 $n - 1$ 代换，有

f^{(n)} (0) = - (n - 1) (n - 2) f^{(n - 2)} (0) (n \geq 3) .

由于 $f (0) = 0$ ， $f' (0) = 1$ ， $f'' (0) = 0$ ，于是推出

f^{(2 k)} (0) = 0, f^{(2 k + 1)} (0) = (- 1)^{k} (2 k)! (k = 0, 1, 2, \dots) .

例 25★★☆☆☆计算题递推关系式求 f^{(n)}(x_0)展开题目与讲解

例 25　反正切函数在 0 处的 n 阶导数

设 $y = f (x) = arctan x$ ，求 $y^{(n)} |_{x = 0}$ .

解　由 $f' (x) = \frac{1}{1 + x^{2}}$ ，得

(1 + x^{2}) f' (x) = 1,

方程两端同时取 $n$ 阶导数，有

f^{(n + 1)} (x) (1 + x^{2}) + n f^{(n)} (x) 2 x + n (n - 1) f^{(n - 1)} (x) = 0 (n \geq 2),

把 $x = 0$ 代入上式，有 $f^{(n + 1)} (0) + n (n - 1) f^{(n - 1)} (0) = 0$ ，由此得

f^{(n + 1)} (0) = - n (n - 1) f^{(n - 1)} (0) .

$n$ 用 $n - 1$ 代换，有

f^{(n)} (0) = - (n - 1) (n - 2) f^{(n - 2)} (0) (n \geq 3) .

由于 $f (0) = 0$ ， $f' (0) = 1$ ， $f'' (0) = 0$ ，于是推出

f^{(2 k)} (0) = 0, f^{(2 k + 1)} (0) = (- 1)^{k} (2 k)! (k = 0, 1, 2, \dots) .

例 25★★☆☆☆计算题递推关系式求 f^{(n)}(x_0)展开题目与讲解

例 25　反正切函数在 0 处的 n 阶导数

设 $y = f (x) = arctan x$ ，求 $y^{(n)} |_{x = 0}$ .

解　由 $f' (x) = \frac{1}{1 + x^{2}}$ ，得

(1 + x^{2}) f' (x) = 1,

方程两端同时取 $n$ 阶导数，有

f^{(n + 1)} (x) (1 + x^{2}) + n f^{(n)} (x) 2 x + n (n - 1) f^{(n - 1)} (x) = 0 (n \geq 2),

把 $x = 0$ 代入上式，有 $f^{(n + 1)} (0) + n (n - 1) f^{(n - 1)} (0) = 0$ ，由此得

f^{(n + 1)} (0) = - n (n - 1) f^{(n - 1)} (0) .

$n$ 用 $n - 1$ 代换，有

f^{(n)} (0) = - (n - 1) (n - 2) f^{(n - 2)} (0) (n \geq 3) .

由于 $f (0) = 0$ ， $f' (0) = 1$ ， $f'' (0) = 0$ ，于是推出

f^{(2 k)} (0) = 0, f^{(2 k + 1)} (0) = (- 1)^{k} (2 k)! (k = 0, 1, 2, \dots) .

四微分选自 §2.1、§2.2、§2.45 个知识分组 · 含例题

定义已掌握+

定义 2.6　微分

设 $y = f (x)$ 在 $x$ 的某邻域 $U (x)$ 内有定义，若 $Δ y = f (x + Δ x) - f (x)$ 可表示为

Δ y = A Δ x + o (Δ x) (Δ x \to 0),

其中 $A$ 是与 $Δ x$ 无关的量，则称 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可微． $A Δ x$ 是 $Δ y$ 的线性主部，并称其为 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处的微分，记为 $d y$ ，即 $d y = A Δ x$ ．

定义　高阶微分

若 $y = f (x)$ 在区间 $I$ 上可微（ $x$ 为自变量），则 $d y = f' (x) d x$ ．这里 $d y$ 不仅与 $x$ 有关，与 $d x = Δ x$ 也有关，而 $Δ x$ 是与 $x$ 无关的一个量．我们现在研究 $d y$ 与 $x$ 之间的关系，在这里， $Δ x$ 相对于 $x$ 来说是个常数，所以 $d y$ 是 $x$ 的函数．如果 $d y$ 又可微，即 $f'' (x)$ 存在，则 $d (d y) = d (f' (x) d x) = d (f' (x)) d x = f'' (x) d x d x = f'' (x) d x^{2}$ ，称为 $f (x)$ 的二阶微分，记作 $d^{2} y$ ，即 $d^{2} y = f'' (x) d x^{2}$ ．

一般地，若 $d^{n - 1} y = f^{(n - 1)} (x) d x^{n - 1}$ 可微，即 $f^{(n)} (x)$ 存在，则

d (d^{n - 1} y) = d (f^{(n - 1)} (x) d x^{n - 1}) = d (f^{(n - 1)} (x)) d x^{n - 1}

= f^{(n)} (x) d x \cdot d x^{n - 1} = f^{(n)} (x) d x^{n},

称为 $f (x)$ 的 $n$ 阶微分，记作 $d^{n} y$ ，即 $d^{n} y = f^{(n)} (x) d x^{n}$ ．于是（ $x$ 为自变量）

\frac{d^{n} y}{d x^{n}} = f^{(n)} (x),

因此 $f^{(n)} (x)$ 可看成 $d^{n} y$ 与 $d x^{n}$ 的商，又称 $n$ 阶微商．

定义 2.6　微分

设 $y = f (x)$ 在 $x$ 的某邻域 $U (x)$ 内有定义，若 $Δ y = f (x + Δ x) - f (x)$ 可表示为

Δ y = A Δ x + o (Δ x) (Δ x \to 0),

定义　高阶微分

一般地，若 $d^{n - 1} y = f^{(n - 1)} (x) d x^{n - 1}$ 可微，即 $f^{(n)} (x)$ 存在，则

d (d^{n - 1} y) = d (f^{(n - 1)} (x) d x^{n - 1}) = d (f^{(n - 1)} (x)) d x^{n - 1}

= f^{(n)} (x) d x \cdot d x^{n - 1} = f^{(n)} (x) d x^{n},

称为 $f (x)$ 的 $n$ 阶微分，记作 $d^{n} y$ ，即 $d^{n} y = f^{(n)} (x) d x^{n}$ ．于是（ $x$ 为自变量）

\frac{d^{n} y}{d x^{n}} = f^{(n)} (x),

因此 $f^{(n)} (x)$ 可看成 $d^{n} y$ 与 $d x^{n}$ 的商，又称 $n$ 阶微商．

定理已掌握+

定理 2.8　可微与可导

从微分概念的引入，我们可以看到可导必可微，反之也是正确的．因此有

函数 $y = f (x)$ 在点 $x$ 可微的充要条件是函数 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可导．

证　充分性．由 $f (x)$ 在点 $x$ 处可导的定义知

lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = f' (x) .

于是 $\frac{Δ y}{Δ x} = f' (x) + α$ ，其中 ${lim}_{Δ x \to 0} α = 0$ ．从而有

Δ y = f' (x) Δ x + α Δ x,

而 ${lim}_{Δ x \to 0} \frac{α Δ x}{Δ x} = 0$ ，即 $α Δ x = o (Δ x) (Δ x \to 0)$ ．所以

Δ y = f' (x) Δ x + o (Δ x) (Δ x \to 0) .

因此 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可微且 $f' (x) = A$ ．

必要性．由于 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可微，由定义知

Δ y = A Δ x + o (Δ x) (Δ x \to 0),

其中 $A$ 与 $Δ x$ 无关．由于

lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} [A + \frac{o (Δ x)}{Δ x}] = A = f' (x),

所以 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可导．□

定理 2.9　微分的四则运算

设 $u = u (x)$ ， $v = v (x)$ 在点 $x$ 处均可微，则 $u \pm v$ ， $u v$ ， $c u$ （ $c$ 为常数）， $\frac{u}{v}$ （ $v \neq 0$ ）在点 $x$ 处都可微，且

（1） $d (u \pm v) = d u \pm d v$ ；

（2） $d (u v) = v d u + u d v$ ，

特别地， $d (c u) = c d u$ （ $c$ 为常数）；

（3） $d (\frac{u}{v}) = \frac{v d u - u d v}{v^{2}} (v \neq 0)$ ，

特别地， $d (\frac{1}{v}) = - \frac{d v}{v^{2}} (v \neq 0)$ ．

证　（1），（2）略．

（3） $d (\frac{u}{v}) = (\frac{u}{v})' d x = \frac{u' v - u v'}{v^{2}} d x$

= \frac{v u' d x - u v' d x}{v^{2}} = \frac{v d u - u d v}{v^{2}} (v \neq 0) . □

定理 2.10　一阶微分形式不变性

若 $u = φ (x)$ 在点 $x$ 处可微， $y = f (u)$ 在点 $u (u = φ (x))$ 处可微，则复合函数 $y = f (φ (x))$ 在点 $x$ 处可微，且

d y = f' (u) d u .

证　由复合函数的求导法则知， $y = f (φ (x))$ 在点 $x$ 处可导，所以在点 $x$ 处可微．且

d y = f' (φ (x)) φ' (x) d x = f' (φ (x)) d φ (x) = f' (u) d u,

即 $d y = f' (u) d u$ ．□

这里 $u$ 是中间变量，它与当 $x$ 是自变量时， $d y = f' (x) d x$ 的形式一样．我们把此性质称为一阶微分形式不变性．

定理 2.8　可微与可导

从微分概念的引入，我们可以看到可导必可微，反之也是正确的．因此有

函数 $y = f (x)$ 在点 $x$ 可微的充要条件是函数 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可导．

证　充分性．由 $f (x)$ 在点 $x$ 处可导的定义知

lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = f' (x) .

于是 $\frac{Δ y}{Δ x} = f' (x) + α$ ，其中 ${lim}_{Δ x \to 0} α = 0$ ．从而有

Δ y = f' (x) Δ x + α Δ x,

而 ${lim}_{Δ x \to 0} \frac{α Δ x}{Δ x} = 0$ ，即 $α Δ x = o (Δ x) (Δ x \to 0)$ ．所以

Δ y = f' (x) Δ x + o (Δ x) (Δ x \to 0) .

因此 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可微且 $f' (x) = A$ ．

必要性．由于 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可微，由定义知

Δ y = A Δ x + o (Δ x) (Δ x \to 0),

其中 $A$ 与 $Δ x$ 无关．由于

lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} [A + \frac{o (Δ x)}{Δ x}] = A = f' (x),

所以 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可导．□

定理 2.9　微分的四则运算

设 $u = u (x)$ ， $v = v (x)$ 在点 $x$ 处均可微，则 $u \pm v$ ， $u v$ ， $c u$ （ $c$ 为常数）， $\frac{u}{v}$ （ $v \neq 0$ ）在点 $x$ 处都可微，且

（1） $d (u \pm v) = d u \pm d v$ ；

（2） $d (u v) = v d u + u d v$ ，

特别地， $d (c u) = c d u$ （ $c$ 为常数）；

（3） $d (\frac{u}{v}) = \frac{v d u - u d v}{v^{2}} (v \neq 0)$ ，

特别地， $d (\frac{1}{v}) = - \frac{d v}{v^{2}} (v \neq 0)$ ．

证　（1），（2）略．

（3） $d (\frac{u}{v}) = (\frac{u}{v})' d x = \frac{u' v - u v'}{v^{2}} d x$

= \frac{v u' d x - u v' d x}{v^{2}} = \frac{v d u - u d v}{v^{2}} (v \neq 0) . □

定理 2.10　一阶微分形式不变性

若 $u = φ (x)$ 在点 $x$ 处可微， $y = f (u)$ 在点 $u (u = φ (x))$ 处可微，则复合函数 $y = f (φ (x))$ 在点 $x$ 处可微，且

d y = f' (u) d u .

证　由复合函数的求导法则知， $y = f (φ (x))$ 在点 $x$ 处可导，所以在点 $x$ 处可微．且

d y = f' (φ (x)) φ' (x) d x = f' (φ (x)) d φ (x) = f' (u) d u,

即 $d y = f' (u) d u$ ．□

这里 $u$ 是中间变量，它与当 $x$ 是自变量时， $d y = f' (x) d x$ 的形式一样．我们把此性质称为一阶微分形式不变性．

公式已掌握+

公式　导数与微分

于是，若 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可微，则 $d y = A Δ x$ ，且 $A = f' (x)$ ，有

d y = f' (x) Δ x .

由于函数 $f (x) = x$ 在 $x$ 处可微，且 $d x = (x)' Δ x = Δ x$ ，即自变量的改变量等于自变量的微分，因此 $d y = f' (x) d x$ ，从而

d y = f' (x) d x

等价于

\frac{d y}{d x} = f' (x) .

由此可见，导数 $f' (x)$ 等于函数 $y = f (x)$ 的微分 $d y$ 与自变量 $x$ 的微分 $d x$ 之商．因此，导数又称为微商，这时 $\frac{d y}{d x}$ 不仅可以看成一个整体记号，也可以看成 $d y$ 与 $d x$ 的商．

由于当 $f' (x) \neq 0$ 时，

lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{d y} = lim_{Δ x \to 0} \frac{f' (x) Δ x + o (Δ x)}{f' (x) Δ x} = lim_{Δ x \to 0} (1 + \frac{1}{f' (x)} \frac{o (Δ x)}{Δ x}) = 1,

因此， $Δ y \sim d y (Δ x \to 0)$ ．这是一个很重要的结论，在后面定积分的微元法中要用到．

公式　参数式函数的导数

在直角坐标平面内，曲线上任意一点的坐标 $(x, y)$ ，分别表示为某一第三变量 $t$ 的函数

{\begin{cases} x = φ (t), \\ y = ψ (t) . \end{cases}

这种方程叫做曲线的参数方程，这第三个变量 $t$ 叫做参数．

在同一个直角坐标系下，参数方程与普通方程可以互化，消去参数方程中的参数，即可得普通方程．反之，对于曲线的普通方程，只要选择适当的参数，也可化为参数方程．

设函数 $y = y (x)$ 由参数方程 ${\begin{cases} x = φ (t), \\ y = ψ (t), \end{cases} α \leq t \leq β$ 所确定，如何求 $\frac{d y}{d x}$ ？

由微分知 $\frac{d y}{d x}$ 可以看成 $d y$ 除以 $d x$ ，若 $x = φ (t)$ ， $y = ψ (t)$ 均可导且 $φ' (t) \neq 0$ ，知

\frac{d y}{d x} = \frac{d ψ (t)}{d φ (t)} = \frac{ψ' (t) d t}{φ' (t) d t} = \frac{ψ' (t)}{φ' (t)},

或由于 $x = φ (t)$ ， $y = ψ (t)$ 均是 $t$ 的函数，则

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{ψ' (t)}{φ' (t)} .

若 $x = φ (t)$ ， $y = ψ (t)$ 二阶可导且 $φ' (t) \neq 0$ ，由前面的结果知

y' = \frac{d y}{d x} = \frac{ψ' (t)}{φ' (t)} .

于是

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d y'}{d x} = \frac{d \frac{ψ' (t)}{φ' (t)}}{d φ (t)} = \frac{\frac{ψ'' (t) φ' (t) - ψ' (t) φ'' (t)}{[φ' (t)]^{2}} d t}{φ' (t) d t}

= \frac{ψ'' (t) φ' (t) - ψ' (t) φ'' (t)}{[φ' (t)]^{3}},

或

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d y'}{d x} = \frac{\frac{d y'}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{(\frac{ψ' (t)}{φ' (t)})'}{φ' (t)} = \frac{ψ'' (t) φ' (t) - ψ' (t) φ'' (t)}{[φ' (t)]^{3}} .

公式　极坐标曲线的切线斜率

3. 曲线的极坐标方程

在极坐标系中，平面内的一条曲线可以用含有 $r$ ， $θ$ 这两个变量的方程 $φ (r, θ) = 0$ 来表示，这种方程叫做曲线的极坐标方程．常见的极坐标方程的图形见附录 1．

设曲线 $Γ$ 的极坐标方程为 $r = r (θ)$ ，把极坐标方程化成参数方程

{\begin{cases} x = r (θ) cos θ, \\ y = r (θ) sin θ, \end{cases}

则曲线 $Γ$ 在点 $M (r, θ)$ 处的切线斜率为

tan α = \frac{d y}{d x} = \frac{r' (θ) sin θ + r (θ) cos θ}{r' (θ) cos θ - r (θ) sin θ},

且切线 $M T$ 与该点矢径 $O M$ 的夹角 $ψ$ 满足

cot ψ = \frac{r' (θ)}{r (θ)} = \frac{1}{r} \frac{d r}{d θ} .

公式　导数与微分

于是，若 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可微，则 $d y = A Δ x$ ，且 $A = f' (x)$ ，有

d y = f' (x) Δ x .

由于函数 $f (x) = x$ 在 $x$ 处可微，且 $d x = (x)' Δ x = Δ x$ ，即自变量的改变量等于自变量的微分，因此 $d y = f' (x) d x$ ，从而

d y = f' (x) d x

等价于

\frac{d y}{d x} = f' (x) .

由于当 $f' (x) \neq 0$ 时，

lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{d y} = lim_{Δ x \to 0} \frac{f' (x) Δ x + o (Δ x)}{f' (x) Δ x} = lim_{Δ x \to 0} (1 + \frac{1}{f' (x)} \frac{o (Δ x)}{Δ x}) = 1,

因此， $Δ y \sim d y (Δ x \to 0)$ ．这是一个很重要的结论，在后面定积分的微元法中要用到．

公式　参数式函数的导数

在直角坐标平面内，曲线上任意一点的坐标 $(x, y)$ ，分别表示为某一第三变量 $t$ 的函数

{\begin{cases} x = φ (t), \\ y = ψ (t) . \end{cases}

这种方程叫做曲线的参数方程，这第三个变量 $t$ 叫做参数．

设函数 $y = y (x)$ 由参数方程 ${\begin{cases} x = φ (t), \\ y = ψ (t), \end{cases} α \leq t \leq β$ 所确定，如何求 $\frac{d y}{d x}$ ？

由微分知 $\frac{d y}{d x}$ 可以看成 $d y$ 除以 $d x$ ，若 $x = φ (t)$ ， $y = ψ (t)$ 均可导且 $φ' (t) \neq 0$ ，知

\frac{d y}{d x} = \frac{d ψ (t)}{d φ (t)} = \frac{ψ' (t) d t}{φ' (t) d t} = \frac{ψ' (t)}{φ' (t)},

或由于 $x = φ (t)$ ， $y = ψ (t)$ 均是 $t$ 的函数，则

\frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{ψ' (t)}{φ' (t)} .

若 $x = φ (t)$ ， $y = ψ (t)$ 二阶可导且 $φ' (t) \neq 0$ ，由前面的结果知

y' = \frac{d y}{d x} = \frac{ψ' (t)}{φ' (t)} .

于是

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d y'}{d x} = \frac{d \frac{ψ' (t)}{φ' (t)}}{d φ (t)} = \frac{\frac{ψ'' (t) φ' (t) - ψ' (t) φ'' (t)}{[φ' (t)]^{2}} d t}{φ' (t) d t}

= \frac{ψ'' (t) φ' (t) - ψ' (t) φ'' (t)}{[φ' (t)]^{3}},

或

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d y'}{d x} = \frac{\frac{d y'}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{(\frac{ψ' (t)}{φ' (t)})'}{φ' (t)} = \frac{ψ'' (t) φ' (t) - ψ' (t) φ'' (t)}{[φ' (t)]^{3}} .

公式　极坐标曲线的切线斜率

3. 曲线的极坐标方程

设曲线 $Γ$ 的极坐标方程为 $r = r (θ)$ ，把极坐标方程化成参数方程

{\begin{cases} x = r (θ) cos θ, \\ y = r (θ) sin θ, \end{cases}

则曲线 $Γ$ 在点 $M (r, θ)$ 处的切线斜率为

tan α = \frac{d y}{d x} = \frac{r' (θ) sin θ + r (θ) cos θ}{r' (θ) cos θ - r (θ) sin θ},

且切线 $M T$ 与该点矢径 $O M$ 的夹角 $ψ$ 满足

cot ψ = \frac{r' (θ)}{r (θ)} = \frac{1}{r} \frac{d r}{d θ} .

说明已掌握+

微分概念的引入

在实际测量中，由于受到仪器精度的限制，往往会产生误差．例如 $x_{0}$ 为准确数，实际测量值 $x^{*} = x_{0} + Δ x$ 为 $x_{0}$ 的近似数，由此产生的误差为 $Δ x$ ，相应产生的函数值的误差 $Δ y = f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})$ ．如果 $f (x_{0} + Δ x)$ ， $f (x_{0})$ 计算很复杂，那么计算 $Δ y$ 也很麻烦；或者实际中只知道近似值 $x^{*}$ 或误差 $| Δ x | \leq δ$ ，又如何估计 $Δ y$ ？

假设 $f' (x_{0})$ 存在，则

lim_{Δ x \to 0} \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = f' (x_{0}),

有 $\frac{Δ y}{Δ x} = f' (x_{0}) + α$ ， ${lim}_{Δ x \to 0} α = 0$ ．于是

Δ y = f' (x_{0}) Δ x + α Δ x, (2.5)

其中 $α Δ x = o (Δ x) (Δ x \to 0)$ ．

因此，在实际中如果不知道 $x_{0}$ ，只知道 $x^{*}$ ，且 $x_{0}$ ， $x^{*}$ 相差很小，那么有 $Δ y \approx f' (x^{*}) Δ x$ ，从而可以估计出 $Δ y$ ．

从式（2.5）我们看到， $f' (x_{0})$ 相对 $Δ x$ 是一个常数， $α Δ x$ 是 $Δ x$ 的高阶无穷小．一般地，对函数 $y = f (x)$ ，如果

Δ y = A Δ x + o (Δ x) (Δ x \to 0),

其中 $A$ 是与 $Δ x$ 无关的常量，则 $Δ y \approx A Δ x$ ，由此得到微分的概念．

微分的实际意义

下面举几个例子，来说明微分的实际意义．

（1）圆面积 $S = π r^{2}$ ，其中 $r$ 为圆半径．圆面积的增量

Δ S = π (r + Δ r)^{2} - π r^{2} = 2 π r Δ r + π (Δ r)^{2},

所以 $d S = 2 π r Δ r = 2 π r d r$ ．当半径有增量 $Δ r$ 时，圆面积的增量 $Δ S$ 如图 2-5 中圆环所示．若用微分 $d S$ 作近似，即用长为 $2 π r$ （圆环内周长），宽为圆环厚度 $Δ r$ 的矩形面积 $d S$ （图 2-6）来近似表示 $Δ S$ ．

（2）圆柱体体积 $V = π r^{2} h$ ，其中 $r$ 为圆柱体的底面半径， $h$ 为圆柱的高．圆柱体体积的增量

Δ V = π (r + Δ r)^{2} h - π r^{2} h = 2 π r h Δ r + π h (Δ r)^{2},

所以 $d V = 2 π r h Δ r = 2 π r h d r$ ．当底面半径有增量 $Δ r$ 时，圆柱体体积的增量 $Δ V$ 如图 2-7 中空心圆柱所示．用微分 $d V$ 近似，即用底边长为 $2 π r$ （内圆柱底面圆周长），宽为 $h$ （圆柱的高），高为空心圆柱厚度 $Δ r$ 的长方体体积（图 2-8）近似表示 $Δ V$ ．

（3）球的体积 $V = \frac{4}{3} π r^{3}$ （其中 $r$ 为球半径），当半径有增量 $Δ r$ 时，球体积的增量（即薄球壳的体积 $Δ V$ ）为

Δ V = \frac{4}{3} π (r + Δ r)^{3} - \frac{4}{3} π r^{3} = \frac{4}{3} π (r^{3} + 3 r^{2} Δ r + 3 r (Δ r)^{2} + (Δ r)^{3} - r^{3})

= 4 π r^{2} Δ r + (4 π r Δ r + \frac{4}{3} π (Δ r)^{2}) Δ r,

所以 $d V = 4 π r^{2} Δ r = 4 π r^{2} d r$ ．即薄球壳的体积 $Δ V$ 用微分 $d V$ ：球壳内球面面积 $4 π r^{2}$ 与厚度 $d r$ 的乘积来近似表示．

微分的几何意义

如图 2-9 所示，若 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可微，则

Δ y = f' (x) Δ x + o (Δ x) = d y + o (Δ x) .

曲线 $y = f (x)$ 在曲线上点 $P (x, y)$ 处的切线斜率 $tan α = f' (x)$ ，有

Δ y = f (x + Δ x) - f (x) = N Q,

d y = f' (x) Δ x = Δ x tan α = N T,

o (Δ x) = Δ y - d y = N Q - N T = T Q,

由于 $d y \approx Δ y$ （即用 $d y$ 近似表示 $Δ y$ ），即 $N T \approx N Q$ ，所以

| P T | = \sqrt{(Δ x)^{2} + | N T |^{2}} \approx \sqrt{(Δ x)^{2} + | N Q |^{2}} = | P Q |,

即 $| P T | \approx | P Q | \approx$ 弧 $P Q$ ．因此，当 $| Δ x |$ 很小时，可用切线段 $P T$ 近似表示曲线弧 $P Q$ （图 2-9）．

极坐标系与极坐标互化

1. 极坐标系

在平面内取一个定点 $O$ ，引一条射线 $O x$ ，再选定一个长度单位和角度的正向（通常取逆时针方向），这样就建立了一个极坐标系，如图 2-10 所示． $O$ 点叫做极点，射线 $O x$ 叫做极轴．

在平面内任取一点 $P$ ，用 $r$ 表示线段 $O P$ 的长度， $θ$ 表示从 $O x$ 转到 $O P$ 的角度， $r$ 叫做点 $P$ 的极径， $θ$ 叫做点 $P$ 的极角，有序数对 $(r, θ)$ 就叫做点 $P$ 的极坐标，可表示为 $P (r, θ)$ ．

有时也允许 $θ \geq 2 π$ 或 $θ < 0$ ，这时 $P (r, θ)$ 点的坐标也可以用 $(r, θ + 2 n π)$ 来表示（ $n$ 是整数）．

经过这样的规定之后，对于给定的 $r$ 和 $θ$ ，就可以在平面内确定唯一点 $M$ ，反过来，给定平面内一点都有无数多对的实数与其对应．

但在规定了 $r \geq 0$ ， $0 \leq θ < 2 π$ 或 $- π < θ \leq π$ 之后，平面上的点（除极点外）与有序数对 $(r, θ)$ 就是一一对应关系．

2. 极坐标与直角坐标的互化

在以直角坐标系的原点作为极点， $x$ 轴的正半轴作为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位的条件下，同一个点的直角坐标 $(x, y)$ 与极坐标 $(r, θ)$ 之间有如图 2-11 所示的如下关系：

x = r cos θ, y = r sin θ .

由上述关系可得出关系式

r^{2} = x^{2} + y^{2}, tan θ = \frac{y}{x} (x \neq 0) .

用前一关系式可以把点的极坐标化为直角坐标，用后一关系式可以把点的直角坐标化为极坐标．

微分基本公式

由于 $d y = f' (x) d x$ ，所以将导数公式表中每个导数乘上自变量的微分 $d x$ ，便得相应的微分公式（请读者写出来）．

微分的四则运算与导数的四则运算

微分的四则运算与导数的四则运算类似，只需把导数四则运算中的导数改成微分，就可得到微分的四则运算．

高阶微分不具有形式不变性

我们知道，不论 $u$ 是中间变量，还是自变量， $f' (u)$ 都存在（若 $u$ 是中间变量， $u' (x)$ 存在），即有一阶微分形式不变性 $d y = f' (u) d u$ ．那么二阶微分有没有这样的形式不变性呢？若 $x$ 是自变量， $f'' (x)$ 存在，则

d^{2} y = f'' (x) d x^{2} .

若 $y = f (u)$ ， $u = φ (x)$ 且 $f'' (u)$ ， $φ'' (x)$ 都存在，由于 $d y = f' (u) d u$ ，于是

d^{2} y = d (d y) = d (f' (u) d u) = d u \cdot d f' (u) + f' (u) d (d u)

= f'' (u) d u \cdot d u + f' (u) d^{2} u = f'' (u) d u^{2} + f' (u) d^{2} u,

由于 $d u = d φ (x) = φ' (x) d x$ ， $d^{2} u = φ'' (x) d x^{2}$ ，且在一般情况下， $d^{2} u \neq 0$ ，所以 $f' (u) d^{2} u \neq 0$ ．因此，二阶微分不具有微分形式不变性．因此当 $n > 1$ 时， $n$ 阶微分不具有微分形式不变性．

于是，若 $u$ 是中间变量，则 $\frac{d^{n} y}{d u^{n}} = f^{(n)} (u)$ 仅表示对 $u$ 的 $n$ 阶导数，且 $\frac{d^{n} y}{d u^{n}}$ 只能看成一个整体符号，不能看成商．

微分记号的区别

$d (x^{2})$ ， $d x^{2}$ ， $d^{2} x$ 之间的区别： $d (x^{2}) = 2 x d x$ ， $d x^{2} = (d x)^{2}$ ， $d^{2} x = d (d x) = 0$ （若 $x$ 是自变量）．

微分概念的引入

假设 $f' (x_{0})$ 存在，则

lim_{Δ x \to 0} \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} = lim_{Δ x \to 0} \frac{Δ y}{Δ x} = f' (x_{0}),

有 $\frac{Δ y}{Δ x} = f' (x_{0}) + α$ ， ${lim}_{Δ x \to 0} α = 0$ ．于是

Δ y = f' (x_{0}) Δ x + α Δ x, (2.5)

其中 $α Δ x = o (Δ x) (Δ x \to 0)$ ．

因此，在实际中如果不知道 $x_{0}$ ，只知道 $x^{*}$ ，且 $x_{0}$ ， $x^{*}$ 相差很小，那么有 $Δ y \approx f' (x^{*}) Δ x$ ，从而可以估计出 $Δ y$ ．

从式（2.5）我们看到， $f' (x_{0})$ 相对 $Δ x$ 是一个常数， $α Δ x$ 是 $Δ x$ 的高阶无穷小．一般地，对函数 $y = f (x)$ ，如果

Δ y = A Δ x + o (Δ x) (Δ x \to 0),

其中 $A$ 是与 $Δ x$ 无关的常量，则 $Δ y \approx A Δ x$ ，由此得到微分的概念．

微分的实际意义

下面举几个例子，来说明微分的实际意义．

（1）圆面积 $S = π r^{2}$ ，其中 $r$ 为圆半径．圆面积的增量

Δ S = π (r + Δ r)^{2} - π r^{2} = 2 π r Δ r + π (Δ r)^{2},

（2）圆柱体体积 $V = π r^{2} h$ ，其中 $r$ 为圆柱体的底面半径， $h$ 为圆柱的高．圆柱体体积的增量

Δ V = π (r + Δ r)^{2} h - π r^{2} h = 2 π r h Δ r + π h (Δ r)^{2},

（3）球的体积 $V = \frac{4}{3} π r^{3}$ （其中 $r$ 为球半径），当半径有增量 $Δ r$ 时，球体积的增量（即薄球壳的体积 $Δ V$ ）为

Δ V = \frac{4}{3} π (r + Δ r)^{3} - \frac{4}{3} π r^{3} = \frac{4}{3} π (r^{3} + 3 r^{2} Δ r + 3 r (Δ r)^{2} + (Δ r)^{3} - r^{3})

= 4 π r^{2} Δ r + (4 π r Δ r + \frac{4}{3} π (Δ r)^{2}) Δ r,

所以 $d V = 4 π r^{2} Δ r = 4 π r^{2} d r$ ．即薄球壳的体积 $Δ V$ 用微分 $d V$ ：球壳内球面面积 $4 π r^{2}$ 与厚度 $d r$ 的乘积来近似表示．

微分的几何意义

如图 2-9 所示，若 $y = f (x)$ 在点 $x$ 处可微，则

Δ y = f' (x) Δ x + o (Δ x) = d y + o (Δ x) .

曲线 $y = f (x)$ 在曲线上点 $P (x, y)$ 处的切线斜率 $tan α = f' (x)$ ，有

Δ y = f (x + Δ x) - f (x) = N Q,

d y = f' (x) Δ x = Δ x tan α = N T,

o (Δ x) = Δ y - d y = N Q - N T = T Q,

由于 $d y \approx Δ y$ （即用 $d y$ 近似表示 $Δ y$ ），即 $N T \approx N Q$ ，所以

| P T | = \sqrt{(Δ x)^{2} + | N T |^{2}} \approx \sqrt{(Δ x)^{2} + | N Q |^{2}} = | P Q |,

即 $| P T | \approx | P Q | \approx$ 弧 $P Q$ ．因此，当 $| Δ x |$ 很小时，可用切线段 $P T$ 近似表示曲线弧 $P Q$ （图 2-9）．

极坐标系与极坐标互化

1. 极坐标系

有时也允许 $θ \geq 2 π$ 或 $θ < 0$ ，这时 $P (r, θ)$ 点的坐标也可以用 $(r, θ + 2 n π)$ 来表示（ $n$ 是整数）．

经过这样的规定之后，对于给定的 $r$ 和 $θ$ ，就可以在平面内确定唯一点 $M$ ，反过来，给定平面内一点都有无数多对的实数与其对应．

但在规定了 $r \geq 0$ ， $0 \leq θ < 2 π$ 或 $- π < θ \leq π$ 之后，平面上的点（除极点外）与有序数对 $(r, θ)$ 就是一一对应关系．

2. 极坐标与直角坐标的互化

x = r cos θ, y = r sin θ .

由上述关系可得出关系式

r^{2} = x^{2} + y^{2}, tan θ = \frac{y}{x} (x \neq 0) .

用前一关系式可以把点的极坐标化为直角坐标，用后一关系式可以把点的直角坐标化为极坐标．

微分基本公式

由于 $d y = f' (x) d x$ ，所以将导数公式表中每个导数乘上自变量的微分 $d x$ ，便得相应的微分公式（请读者写出来）．

微分的四则运算与导数的四则运算

微分的四则运算与导数的四则运算类似，只需把导数四则运算中的导数改成微分，就可得到微分的四则运算．

高阶微分不具有形式不变性

d^{2} y = f'' (x) d x^{2} .

若 $y = f (u)$ ， $u = φ (x)$ 且 $f'' (u)$ ， $φ'' (x)$ 都存在，由于 $d y = f' (u) d u$ ，于是

d^{2} y = d (d y) = d (f' (u) d u) = d u \cdot d f' (u) + f' (u) d (d u)

= f'' (u) d u \cdot d u + f' (u) d^{2} u = f'' (u) d u^{2} + f' (u) d^{2} u,

于是，若 $u$ 是中间变量，则 $\frac{d^{n} y}{d u^{n}} = f^{(n)} (u)$ 仅表示对 $u$ 的 $n$ 阶导数，且 $\frac{d^{n} y}{d u^{n}}$ 只能看成一个整体符号，不能看成商．

微分记号的区别

$d (x^{2})$ ， $d x^{2}$ ， $d^{2} x$ 之间的区别： $d (x^{2}) = 2 x d x$ ， $d x^{2} = (d x)^{2}$ ， $d^{2} x = d (d x) = 0$ （若 $x$ 是自变量）．

配习题

本节之后为「习题 2-2」（p.113），共 24 题：求 1—5 题中各函数的微分；求 6、7 题中函数在指定点的微分；利用一阶微分形式不变性求 8—11 题中函数的微分；求 12—14 题中由 $u$ ， $v$ ， $w$ 构成的函数的微分；利用微分求 15—20 题中参数式函数的二阶、三阶导数；用微分求 21—24 题中的近似值（ $sin 29^{\circ}$ 、 $arctan 1.05$ 、 $lg 11$ 、 $100] 1.001$ ）．

例题已掌握

例 1★★☆☆☆计算题一阶微分形式不变性展开题目与讲解

例 1　用一阶微分形式不变性求微分

设 $y = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})}$ ，求 $d y$ ．

解法一　由于

y' = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) \cdot (2 x + \frac{1}{2 \sqrt{x}}),

所以

d y = y' d x = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) (2 x + \frac{1}{2 \sqrt{x}}) d x .

解法二　利用微分的四则运算和一阶微分形式不变性，得

d y = d e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} d sin (x^{2} + \sqrt{x})

= e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) d (x^{2} + \sqrt{x})

= e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) [d (x^{2}) + d \sqrt{x}]

= e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) (2 x d x + \frac{1}{2 \sqrt{x}} d x)

= e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) (2 x + \frac{1}{2 \sqrt{x}}) d x .

也可得到导数

y' = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) (2 x + \frac{1}{2 \sqrt{x}}) .

例 1★★☆☆☆计算题一阶微分形式不变性展开题目与讲解

例 1　用一阶微分形式不变性求微分

设 $y = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})}$ ，求 $d y$ ．

解法一　由于

y' = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) \cdot (2 x + \frac{1}{2 \sqrt{x}}),

所以

d y = y' d x = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) (2 x + \frac{1}{2 \sqrt{x}}) d x .

解法二　利用微分的四则运算和一阶微分形式不变性，得

d y = d e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} d sin (x^{2} + \sqrt{x})

= e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) d (x^{2} + \sqrt{x})

= e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) [d (x^{2}) + d \sqrt{x}]

= e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) (2 x d x + \frac{1}{2 \sqrt{x}} d x)

= e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) (2 x + \frac{1}{2 \sqrt{x}}) d x .

也可得到导数

y' = e^{sin (x^{2} + \sqrt{x})} cos (x^{2} + \sqrt{x}) (2 x + \frac{1}{2 \sqrt{x}}) .

例 2★★☆☆☆计算题隐函数方程两端求微分展开题目与讲解

例 2　隐函数的微分

求由方程 $2 y - x = (x - y) ln (x - y)$ 所确定的函数 $y = y (x)$ 的微分 $d y$ ．

解　对方程两端求微分，有

d (2 y - x) = ln (x - y) d (x - y) + (x - y) d ln (x - y),

即 $2 d y - d x = ln (x - y) (d x - d y) + (d x - d y)$ ，得

d y = \frac{2 + ln (x - y)}{3 + ln (x - y)} d x .

把 $ln (x - y) = \frac{2 y - x}{x - y}$ 代入上式整理得

d y = \frac{x}{2 x - y} d x .

例 2★★☆☆☆计算题隐函数方程两端求微分展开题目与讲解

例 2　隐函数的微分

求由方程 $2 y - x = (x - y) ln (x - y)$ 所确定的函数 $y = y (x)$ 的微分 $d y$ ．

解　对方程两端求微分，有

d (2 y - x) = ln (x - y) d (x - y) + (x - y) d ln (x - y),

即 $2 d y - d x = ln (x - y) (d x - d y) + (d x - d y)$ ，得

d y = \frac{2 + ln (x - y)}{3 + ln (x - y)} d x .

把 $ln (x - y) = \frac{2 y - x}{x - y}$ 代入上式整理得

d y = \frac{x}{2 x - y} d x .

例 3★★☆☆☆计算题参数式函数的一、二阶导数展开题目与讲解

例 3　参数方程求二阶导数

设

{\begin{cases} x = ln (1 + t^{2}), \\ y = arctan t, \end{cases}

求 $\frac{d y}{d x}$ ， $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ ．

解

\frac{d y}{d x} = \frac{1}{2 t}, \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d y'}{d x} = \frac{\frac{d y'}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{- \frac{1}{2 t^{2}}}{\frac{2 t}{1 + t^{2}}} = \frac{1 + t^{2}}{- 4 t^{3}} .

例 3★★☆☆☆计算题参数式函数的一、二阶导数展开题目与讲解

例 3　参数方程求二阶导数

设

{\begin{cases} x = ln (1 + t^{2}), \\ y = arctan t, \end{cases}

求 $\frac{d y}{d x}$ ， $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ ．

解

\frac{d y}{d x} = \frac{1}{2 t}, \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d y'}{d x} = \frac{\frac{d y'}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{- \frac{1}{2 t^{2}}}{\frac{2 t}{1 + t^{2}}} = \frac{1 + t^{2}}{- 4 t^{3}} .

例 4★★☆☆☆证明题极坐标方程化成参数方程求导展开题目与讲解

例 4　极坐标曲线的切线与矢径夹角

如图 2-12 所示，设曲线 $Γ$ 的极坐标方程为 $r = r (θ)$ ．试证：在曲线上点 $M (r, θ)$ 的切线 $M T$ 与该点的矢径 $O M$ 的夹角 $ψ$ ，满足

cot ψ = \frac{1}{r} \frac{d r}{d θ} .

证　把极坐标方程化成参数方程

{\begin{cases} x = r (θ) cos θ, \\ y = r (θ) sin θ, \end{cases}

求得曲线 $Γ$ 在点 $M (r, θ)$ 处的切线斜率为

tan α = \frac{d y}{d x} = \frac{r' (θ) sin θ + r (θ) cos θ}{r' (θ) cos θ - r (θ) sin θ}, (2.6)

又

tan ψ = tan (α - θ) = \frac{tan α - tan θ}{1 + tan α tan θ} = \frac{\frac{d y}{d x} - tan θ}{1 + \frac{d y}{d x} tan θ},

将式（2.6）代入上式，经化简得

tan ψ = \frac{r (θ)}{r' (θ)}

或

cot ψ = \frac{r' (θ)}{r (θ)} = \frac{1}{r} \frac{d r}{d θ} . □

例 4★★☆☆☆证明题极坐标方程化成参数方程求导展开题目与讲解

例 4　极坐标曲线的切线与矢径夹角

如图 2-12 所示，设曲线 $Γ$ 的极坐标方程为 $r = r (θ)$ ．试证：在曲线上点 $M (r, θ)$ 的切线 $M T$ 与该点的矢径 $O M$ 的夹角 $ψ$ ，满足

cot ψ = \frac{1}{r} \frac{d r}{d θ} .

证　把极坐标方程化成参数方程

{\begin{cases} x = r (θ) cos θ, \\ y = r (θ) sin θ, \end{cases}

求得曲线 $Γ$ 在点 $M (r, θ)$ 处的切线斜率为

tan α = \frac{d y}{d x} = \frac{r' (θ) sin θ + r (θ) cos θ}{r' (θ) cos θ - r (θ) sin θ}, (2.6)

又

tan ψ = tan (α - θ) = \frac{tan α - tan θ}{1 + tan α tan θ} = \frac{\frac{d y}{d x} - tan θ}{1 + \frac{d y}{d x} tan θ},

将式（2.6）代入上式，经化简得

tan ψ = \frac{r (θ)}{r' (θ)}

或

cot ψ = \frac{r' (θ)}{r (θ)} = \frac{1}{r} \frac{d r}{d θ} . □

五导数与微分的应用选自 §1.5、§2.33 个知识分组 · 含例题

说明已掌握+

§1.5 内容概览

本节用三个例题展示导数概念在实际问题中的应用：例 26 用切线斜率证明旋转抛物面对平行光的聚焦原理（探照灯、汽车前灯的光学原理）；例 27 由气体放出的速率求球形气球半径的变化率；例 28 由流入水库的水流量求水面上升的速度．后两例是典型的「相关变化率」问题，解法要点是先用几何或物理关系建立各量之间的函数式，再对时间 $t$ 求导，最后代入给定数值．

配习题

本节之后为「习题 2-1」（p.98–101），共 106 题：用导数解释温度、癌细胞数量、污染面积、人口、放射性剩余量等量的实际意义；按定义求导数；用求导法则求 12—70 题中各函数的导数；隐函数求导与对数求导法；切线、法线方程；高阶导数与二阶导数存在性的讨论等．

绝对误差与相对误差

从微分概念的引入可知，应用微分来估计误差，是非常方便迅速的．设 $x_{0}$ 为准确数， $x^{*}$ 为 $x_{0}$ 的近似数，则 $x^{*} - x_{0} = Δ x$ 称为准确数 $x_{0}$ 的绝对误差，若存在正数 $δ_{x}$ ，使 $| x^{*} - x_{0} | = | Δ x | \leq δ_{x}$ ，则称 $δ_{x}$ 为绝对误差限．称 $\frac{Δ x}{x_{0}}$ （或 $\frac{Δ x}{x^{*}}$ ）为准确数的相对误差，而 $\frac{δ_{x}}{| x_{0} |}$ （或 $\frac{δ_{x}}{| x^{*} |}$ ）为相对误差限．

函数值的误差估计

若 $y = f (x)$ ，则 $| Δ y | \approx | d y | = | f' (x_{0}) Δ x | \leq | f' (x_{0}) | δ_{x} = δ_{y} .$ 于是把 $δ_{y} = | f' (x_{0}) | δ_{x}$ 或 $| f' (x^{*}) | δ_{x}$ 称为 $y$ 的绝对误差限， $\frac{δ_{y}}{| y |} = \frac{| f' (x_{0}) |}{| f (x_{0}) |} δ_{x}$ 或 $\frac{| f' (x^{*}) |}{| f (x^{*}) |} δ_{x}$ 称为 $y$ 的相对误差限．

§1.5 内容概览

配习题

绝对误差与相对误差

函数值的误差估计

§1.5 内容概览

配习题

绝对误差与相对误差

函数值的误差估计

公式已掌握+

微分近似公式

若 $y = f (x)$ 在点 $x_{0}$ 处可微，则有 $Δ y = f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0}) = f' (x_{0}) Δ x + o (Δ x) (Δ x \to 0) .$ 当 $| Δ x |$ 很小时，得 $Δ y \approx f' (x_{0}) Δ x,$ 即 $f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0}) \approx f' (x_{0}) Δ x,$ 或 $f (x_{0} + Δ x) \approx f (x_{0}) + f' (x_{0}) Δ x .$ 式（2.7）为我们提供了计算 $Δ y$ 近似值的公式，式（2.8）为我们提供了计算 $f (x_{0} + Δ x)$ 近似值的公式．

常用近似式

特别地，当 $x_{0} = 0$ 时，有 $f (Δ x) \approx f (0) + f' (0) Δ x$ ．设 $Δ x = x$ ，若 $| x |$ 很小时，有 $f (x) \approx f (0) + f' (0) x$ ．于是当 $| x |$ 很小时，有 $sin x \approx x, tan x \approx x, ln (1 + x) \approx x,$ $e^{x} \approx 1 + x, (1 + x)^{α} \approx 1 + α x (α \neq 0) .$ 与我们前面讲的等价无穷小完全一致．

微分近似公式

常用近似式

微分近似公式

常用近似式

例题已掌握

例 5★★★☆☆计算题微分作近似计算展开题目与讲解

例 5　开方的近似计算

计算 $100] 1.002$ 的近似值．

解　设 $f (x) = 100] x$ ， $f' (x) = \frac{1}{100} x^{- \frac{99}{100}}$ ， $f' (1) = \frac{1}{100}$ ．有 $100] 1.002 = f (1.002) = f (1 + 0.002) \approx f (1) + f' (1) \times 0.002$ $= 1 + \frac{1}{100} \times 0.002 = 1.000 02 .$

例 5★★★☆☆计算题微分作近似计算展开题目与讲解

例 5　开方的近似计算

计算 $100] 1.002$ 的近似值．

例 5★★★☆☆计算题微分作近似计算展开题目与讲解

例 5　开方的近似计算

计算 $100] 1.002$ 的近似值．

例 6★★★☆☆计算题相对误差限展开题目与讲解

例 6　球体积的误差估计

为了计算出球的体积（精确到 1%），问度量球的直径 $D$ 所允许的最大相对误差是多少？

解　球的体积 $V = \frac{4 π}{3} (\frac{D}{2})^{3} = \frac{π D^{3}}{6},$ 由于 $d V = \frac{π D^{2}}{2} d D$ ，于是 $| \frac{d V}{V} | = | \frac{\frac{π D^{2}}{2} d D}{\frac{π D^{3}}{6}} | = 3 | \frac{d D}{D} |,$ 题意要求 $| \frac{d V}{V} | \leq 1 %$ ，即 $3 | \frac{d D}{D} | \leq 1 %$ ，或 $| \frac{d D}{D} | \leq 0.33 %$ ．即最大相对误差是 $0.33 %$ ．

例 6★★★☆☆计算题相对误差限展开题目与讲解

例 6　球体积的误差估计

为了计算出球的体积（精确到 1%），问度量球的直径 $D$ 所允许的最大相对误差是多少？

例 6★★★☆☆计算题相对误差限展开题目与讲解

例 6　球体积的误差估计

为了计算出球的体积（精确到 1%），问度量球的直径 $D$ 所允许的最大相对误差是多少？

例 26★★★☆☆证明题导数的几何意义·切线斜率展开题目与讲解

例 26　旋转抛物面的聚焦原理

应用导数的概念，我们来证明旋转抛物面对平行光的聚焦原理．所谓旋转抛物面是由抛物线绕对称轴旋转而形成的，放在焦点处的光源所发出的光，经过旋转抛物面各点反射之后就成平行光束．利用这一性质制造出需要发射平行光的灯具，例如探照灯、汽车的前灯等．我们只需讨论在平面上抛物线对于平行光的聚焦原理，只要证从抛物线焦点出发的光线，经抛物面反射后，其反射光线都平行于抛物线的对称轴．

证　设抛物线方程为 $y^{2} = 2 p x$ （图 2-3），在其上任取一点 $M (x_{0}, y_{0})$ ，从焦点 $F (\frac{p}{2}, 0)$ 发出的光线经点 $M$ 的反射线为 $M R$ ，现证 $M R$ ∥ $x$ 轴（对称轴）．过点 $M$ 作切线 $M T$ 交 $x$ 轴于 $Q$ 点，现只要证 $θ_{1} = θ_{4}$ ．

根据光线的入射角 $α$ （入射光线与法线的夹角）应等于反射角 $β$ （反射光线与法线的夹角）的原理，有 $θ_{3} = \frac{π}{2} - α = \frac{π}{2} - β = θ_{4},$ 因此，只需证 $θ_{1} = θ_{3}$ ，即要证 △ $Q F M$ 为等腰三角形，或 $| Q F | = | F M |$ ． $y^{2} = 2 p x$ 两端同时对 $x$ 求导，有 $2 y y' = 2 p$ ，或 $y' = \frac{p}{y}$ ，从而 $k_{M T} = \frac{d y}{d x} |_{x = x_{0}} = \frac{p}{y_{0}}$ ，于是切线方程为 $y - y_{0} = \frac{p}{y_{0}} (x - x_{0}) .$ 令 $y = 0$ ，有 $- y_{0}^{2} = p x - p x_{0}$ ，得 $x = \frac{p x_{0} - y_{0}^{2}}{p} = \frac{p x_{0} - 2 p x_{0}}{p} = - x_{0},$ 由于 $| Q F | = \frac{p}{2} + x_{0},$ $| M F | = \sqrt{(x_{0} - \frac{p}{2})^{2} + y_{0}^{2}} = \sqrt{x_{0}^{2} - p x_{0} + \frac{p^{2}}{4} + 2 p x_{0}}$ $= \sqrt{(x_{0} + \frac{p}{2})^{2}} = | \frac{p}{2} + x_{0} | = \frac{p}{2} + x_{0},$ 所以 $| Q F | = | M F |$ ，从而 $M R$ ∥ $x$ 轴．□

例 26★★★☆☆证明题导数的几何意义·切线斜率展开题目与讲解

例 26　旋转抛物面的聚焦原理

例 26★★★☆☆证明题导数的几何意义·切线斜率展开题目与讲解

例 26　旋转抛物面的聚焦原理

例 27★★★☆☆计算题相关变化率展开题目与讲解

例 27　气球半径的变化率

把一个球形气球充气到体积为 $V m^{3}$ ，如果从 $t = 0$ 开始放气，且气体放出的速率为 $\frac{- 1}{1 + t^{4}} m^{3} / s$ ，求这个气球半径的变化率．

解　由题意知 $\frac{d V (t)}{d t} = \frac{- 1}{1 + t^{4}} .$ 由于 $V (t) = \frac{4}{3} π R^{3} (t)$ ，两边对 $t$ 求导，得 $\frac{d V}{d t} = 4 π R^{2} R' (t),$ 从而有 $R' (t) = \frac{1}{4 π R^{2}} \frac{d V}{d t} = \frac{- 1}{4 π R^{2} (1 + t^{4})} (m/s) .$

例 27★★★☆☆计算题相关变化率展开题目与讲解

例 27　气球半径的变化率

把一个球形气球充气到体积为 $V m^{3}$ ，如果从 $t = 0$ 开始放气，且气体放出的速率为 $\frac{- 1}{1 + t^{4}} m^{3} / s$ ，求这个气球半径的变化率．

例 27★★★☆☆计算题相关变化率展开题目与讲解

例 27　气球半径的变化率

把一个球形气球充气到体积为 $V m^{3}$ ，如果从 $t = 0$ 开始放气，且气体放出的速率为 $\frac{- 1}{1 + t^{4}} m^{3} / s$ ，求这个气球半径的变化率．

例 28★★★☆☆计算题相关变化率展开题目与讲解

例 28　水库水面上升的速度

某山区融化后的雪水流入一水库，水库形状相似于长为 $τ m$ 、截面为等腰三角形、顶角为 $2 α$ 的水槽（图 2-4），已知水流为常数 $b m^{3} / s$ ，求水库水深为 $2 h_{0}$ 时，水面上升的速度．

解　设在时刻 $t s$ 时，水深为 $h (t) m$ ，水的体积为 $V = τ h^{2} (t) tan α$ ，由于 $b = \frac{d V}{d t} = 2 τ h (t) h' (t) tan α,$ 所以 $h' (t) = \frac{b}{2 τ h (t) tan α}$ ，从而 $h' (t) |_{h = 2 h_{0}} = \frac{b}{4 τ h_{0} tan α} (m/s) .$

例 28★★★☆☆计算题相关变化率展开题目与讲解

例 28　水库水面上升的速度

例 28★★★☆☆计算题相关变化率展开题目与讲解

例 28　水库水面上升的速度

第三章微分中值定理及导数应用

一微分中值定理选自 §1.1–§1.55 个知识分组 · 含例题

定义已掌握+

定义 3.1　极大值与极小值

若存在 $x_{0}$ 的某邻域 $U (x_{0}, δ)$ ，使得对一切 $x \in U (x_{0}, δ)$ ，都有

f (x_{0}) \geq f (x) (f (x_{0}) \leq f (x)),

则称 $f (x_{0})$ 为极大值（极小值），称 $x_{0}$ 为极大（小）值点. 极大值、极小值统称为极值，极大值点、极小值点统称为极值点.

定义　驻点（稳定点）

使 $f' (x_{0}) = 0$ 的点 $x_{0}$ 称为驻点或稳定点.

注　极大值的另一名称

在有的书中，极大值有时称为“局部最大值”，极小值有时称为“局部最小值”.

定理已掌握+

定理 3.1（费马定理）

设 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 处取到极值，且 $f' (x_{0})$ 存在，则 $f' (x_{0}) = 0$ .

证　不妨设 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 处取到极大值，即存在 $x_{0}$ 的某邻域 $U (x_{0}, δ)$ ，对一切 $x \in U (x_{0}, δ)$ ，都有 $f (x) \leq f (x_{0})$ 或 $f (x) - f (x_{0}) \leq 0$ .

取 $| Δ x |$ 充分小，使 $x_{0} + Δ x \in U (x_{0}, δ)$ . 当 $Δ x < 0$ 时，有

\frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} \geq 0,

于是

f' (x_{0}) = f'_{-} (x_{0}) = lim_{Δ x \to 0^{-}} \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} \geq 0 .

当 $Δ x > 0$ 时，有

\frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} \leq 0,

于是

f' (x_{0}) = f'_{+} (x_{0}) = lim_{Δ x \to 0^{+}} \frac{f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0})}{Δ x} \leq 0 .

因此 $f' (x_{0}) = 0$ . $□$

定理 3.2（罗尔定理）

设 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上满足下列三个条件：

（1） $f (x) \in C [a, b]$ ；

（2） $f (x) \in D (a, b)$ ；

（3） $f (a) = f (b)$ ，

则至少存在一点 $ξ \in (a, b)$ ，使 $f' (ξ) = 0$ .

证　由于 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，所以 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上一定可以取到最小值与最大值，分别设为 $m$ 与 $M$ .

（1）当 $m = M$ 时，则 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上是常值函数，即

f (x) = m, f' (x) \equiv 0, x \in [a, b] .

因此， $ξ$ 可取 $(a, b)$ 内任意一点，有 $f' (ξ) = 0$ .

（2）当 $m < M$ 时，由于 $f (a) = f (b)$ ，所以最大值、最小值至少有一个在内部取到（若不然，最大值、最小值都在端点取到，推出 $m = M$ ，矛盾），不妨设最大值 $M$ 在内部取到. 设 $ξ \in (a, b)$ ， $f (ξ) = M$ ，则 $f (ξ)$ 为极大值. 由 $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内可导，知 $f' (ξ)$ 存在. 由费马定理知， $f' (ξ) = 0$ . $□$

推论　罗尔定理的推论

在罗尔定理中，若 $f (a) = f (b) = 0$ ，则在 $(a, b)$ 内必有一点 $ξ$ ，使 $f' (ξ) = 0$ . 即方程 $f (x) = 0$ 的两个不同实根之间，必存在方程 $f' (x) = 0$ 的一个根.

定理 3.3（拉格朗日定理）

若 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上满足下列条件：

（1） $f (x) \in C [a, b]$ ；

（2） $f (x) \in D (a, b)$ ，

则至少存在一点 $ξ \in (a, b)$ ，使

\frac{f (b) - f (a)}{b - a} = f' (ξ) .

证法一　利用我们观察中的思路，可构造一个函数，设

F (x) = f (x) - \frac{f (b) - f (a)}{b - a} (x - a) - f (a),

由于 $F (x) \in C [a, b]$ ， $F (x) \in D (a, b)$ ，且 $F (a) = F (b) = 0$ . 所以由罗尔定理知至少存在一点 $ξ \in (a, b)$ ，使 $F' (ξ) = 0$ . 又

F' (x) = f' (x) - \frac{f (b) - f (a)}{b - a},

所以

f' (ξ) - \frac{f (b) - f (a)}{b - a} = 0,

于是

\frac{f (b) - f (a)}{b - a} = f' (ξ) .

我们也可用分析法来证明.

证法二　要证 $\frac{f (b) - f (a)}{b - a} = f' (ξ)$ 成立，只要证

[\frac{f (b) - f (a)}{b - a} - f' (x)] |_{x = ξ} = 0

成立，即只要证下式成立：

[\frac{f (b) - f (a)}{b - a} x - f (x)]' |_{x = ξ} = 0 .

设 $F (x) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a} x - f (x)$ ，因此，只要证

F' (ξ) = 0 (3.1)

成立. 到这一步，应想到利用罗尔定理，下面我们看一看， $F (x)$ 是否满足罗尔定理的条件. 由于 $F (x) \in C [a, b]$ ， $F (x) \in D (a, b)$ ，且

F (a) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a} a - f (a) = \frac{a f (b) - b f (a)}{b - a},

F (b) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a} b - f (b) = \frac{a f (b) - b f (a)}{b - a},

有 $F (a) = F (b)$ . 由罗尔定理知，至少存在一点 $ξ \in (a, b)$ ，使 $F' (ξ) = 0$ ，即式（3.1）成立，由每一步可逆知，原等式成立. $□$

定理 3.4（柯西定理）

设 $f (x)$ ， $g (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上满足下列条件：

（1） $f (x)$ ， $g (x) \in C [a, b]$ ；

（2） $f (x)$ ， $g (x) \in D (a, b)$ ；

（3） $g' (x) \neq 0$ ， $x \in (a, b)$ ，

则至少存在一点 $ξ \in (a, b)$ ，使

\frac{f (b) - f (a)}{g (b) - g (a)} = \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)} .

证　设

F (x) = f (x) - \frac{f (b) - f (a)}{g (b) - g (a)} (g (x) - g (a)) - f (a),

则 $F (x) \in C [a, b]$ ， $F (x) \in D (a, b)$ ，且 $F (a) = F (b) = 0$ . 由罗尔定理知，至少存在一点 $ξ \in (a, b)$ ，使 $F' (ξ) = 0$ . 由于

F' (x) = f' (x) - \frac{f (b) - f (a)}{g (b) - g (a)} g' (x),

所以有

f' (ξ) = \frac{f (b) - f (a)}{g (b) - g (a)} g' (ξ),

又 $g' (ξ) \neq 0$ ，从而

\frac{f (b) - f (a)}{g (b) - g (a)} = \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)} . □

定理 3.5　单调区间的判定

设 $f (x)$ 在区间 $I$ （ $I$ 可以是开区间，可以是闭区间，也可以是半开半闭区间）上连续，在区间 $I$ 内部可导，

（1）若 $x \in I$ 内部， $f' (x) \geq 0$ ，则 $f (x)$ 在区间 $I$ 上递增；

（2）若 $x \in I$ 内部， $f' (x) \leq 0$ ，则 $f (x)$ 在区间 $I$ 上递减；

（3）若 $x \in I$ 内部， $f' (x) = 0$ ，则 $f (x)$ 在区间 $I$ 上是一个常值函数.

证　任给 $x_{1}$ ， $x_{2} \in I$ ，设 $x_{1} < x_{2}$ ，由条件知 $f (x)$ 在 $[x_{1}, x_{2}]$ 上满足拉格朗日定理，于是

f (x_{2}) - f (x_{1}) = f' (ξ) (x_{2} - x_{1}), x_{1} < ξ < x_{2},

且 $ξ \in I$ 内部，

（1）当 $f' (ξ) \geq 0$ 时，由 $x_{2} - x_{1} > 0$ ，知 $f (x_{2}) - f (x_{1}) \geq 0$ ，即 $f (x_{1}) \leq f (x_{2})$ ，所以 $f (x)$ 在区间 $I$ 上递增.

（2）当 $f' (ξ) \leq 0$ 时，有 $f (x_{2}) - f (x_{1}) \leq 0$ ，即 $f (x_{1}) \geq f (x_{2})$ ，所以 $f (x)$ 在区间 $I$ 上递减.

（3）当 $f' (ξ) = 0$ 时，有 $f (x_{1}) - f (x_{2}) = 0$ ，即 $f (x_{1}) = f (x_{2})$ ，所以 $f (x)$ 在区间 $I$ 上是常值函数. $□$

由证明过程可知，若（1）中 $f' (ξ) \geq 0$ 改成 $f' (ξ) > 0$ ，则 $f (x)$ 在区间 $I$ 上严格递增；若（2）中 $f' (ξ) \leq 0$ 改成 $f' (ξ) < 0$ ，则 $f (x)$ 在区间 $I$ 上严格递减.

推论　严格单调的判定

若 $f (x)$ 在区间 $I$ 上连续，在区间 $I$ 内部可导，当 $x \in I$ 内部， $f' (x) \geq 0 (\leq 0)$ ，且 $f (x)$ 在 $I$ 的任何子区间上， $f' (x) \neq 0$ ，则 $f (x)$ 在区间 $I$ 上严格递增（减）.

证　由于 $f' (x) \geq 0$ ，根据上面定理知 $f (x)$ 在区间 $I$ 上递增. 假设 $f (x)$ 在区间 $I$ 上不是严格递增，即存在 $x_{1}$ ， $x_{2} \in I$ ，且 $x_{1} < x_{2}$ ，有 $f (x_{1}) = f (x_{2})$ . 由于 $f (x)$ 在 $[x_{1}, x_{2}]$ 上递增，所以任给 $x \in [x_{1}, x_{2}]$ ，有

f (x_{1}) \leq f (x) \leq f (x_{2}) = f (x_{1}),

从而

f (x) = f (x_{1}) = f (x_{2}),

即 $f (x)$ 在区间 $[x_{1}, x_{2}]$ 上是常值函数，所以 $f' (x) \equiv 0$ ， $x \in [x_{1}, x_{2}]$ ，与条件相矛盾. 于是假设不成立，故 $f (x)$ 在区间 $I$ 上严格递增. 对于 $f' (x) \leq 0$ 的情形，同理可证 $f (x)$ 在区间 $I$ 上严格递减. $□$

定理 3.6（极值的第一充分条件）

设函数 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 的某邻域 $(x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ 内连续，在 $(x_{0} - δ, x_{0}) \cup (x_{0}, x_{0} + δ)$ 内可导，

（1）若当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0})$ 时，有 $f' (x) > 0$ ；而当 $x \in (x_{0}, x_{0} + δ)$ 时，有 $f' (x) < 0$ ，则 $f (x_{0})$ 为极大值；

（2）若当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0})$ 时，有 $f' (x) < 0$ ；而当 $x \in (x_{0}, x_{0} + δ)$ 时，有 $f' (x) > 0$ ，则 $f (x_{0})$ 为极小值；

（3）若在 $x_{0}$ 的两侧，即当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0}) \cup (x_{0}, x_{0} + δ)$ 时， $f' (x)$ 的符号保持不变，则 $f (x_{0})$ 不是极值.

证　（1）由于 $f (x)$ 在 $(x_{0} - δ, x_{0}]$ 上连续，当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0})$ 时，有 $f' (x) > 0$ ，所以 $f (x)$ 在 $(x_{0} - δ, x_{0}]$ 上严格递增，即当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0})$ 时，有 $f (x) < f (x_{0})$ ；由于 $f (x)$ 在 $[x_{0}, x_{0} + δ)$ 上连续，当 $x \in (x_{0}, x_{0} + δ)$ 时，有 $f' (x) < 0$ ，所以 $f (x)$ 在 $[x_{0}, x_{0} + δ)$ 上严格递减，即当 $x \in (x_{0}, x_{0} + δ)$ 时，有 $f (x_{0}) > f (x)$ . 综上可知，当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ 时，都有 $f (x_{0}) \geq f (x)$ ，因此 $f (x_{0})$ 为极大值.

同理可证（2）成立.

（3）不妨设 $f' (x) > 0$ ，则 $f (x)$ 在 $(x_{0} - δ, x_{0}]$ 及 $[x_{0}, x_{0} + δ)$ 上严格递增，即 $f (x)$ 在 $(x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ 内严格递增，所以 $f (x_{0})$ 不是极值. $□$

定理 3.7（极值的第二充分条件）

若 $x_{0}$ 是 $f (x)$ 的驻点（即 $f' (x_{0}) = 0$ ），且 $f'' (x_{0})$ 存在， $f'' (x_{0}) \neq 0$ ，则

（1）当 $f'' (x_{0}) > 0$ 时， $f (x_{0})$ 为极小值；

（2）当 $f'' (x_{0}) < 0$ 时， $f (x_{0})$ 为极大值.

证　由 $f'' (x_{0})$ 存在，根据二阶导数定义知

f'' (x_{0}) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (x) - f' (x_{0})}{x - x_{0}} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{x - x_{0}} .

当 $f'' (x_{0}) > 0$ 时，有

lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{x - x_{0}} = f'' (x_{0}) > 0 .

根据保号性，存在 $δ > 0$ ，当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0}) \cup (x_{0}, x_{0} + δ)$ 时，有

\frac{f' (x)}{x - x_{0}} > 0 .

当 $x \in (x_{0} - δ, x_{0})$ 时， $x - x_{0} < 0$ ，知 $f' (x) < 0$ ；当 $x \in (x_{0}, x_{0} + δ)$ 时， $x - x_{0} > 0$ ，知 $f' (x) > 0$ .

由定理 3.6 知 $f (x_{0})$ 为极小值，同理（2）当 $f'' (x_{0}) < 0$ 时，可得 $f (x_{0})$ 为极大值. $□$

公式已掌握+

公式　拉格朗日中值公式

f (b) - f (a) = f' (ξ) (b - a), a < ξ < b .

尽管公式中 $ξ$ 的准确值一般是不知道的，但不影响公式在微积分中的各种重要应用.

上式中当 $a > b$ 时公式仍然成立，因为

f (a) - f (b) = f' (ξ) (a - b), b < ξ < a,

所以有 $f (b) - f (a) = f' (ξ) (b - a)$ .

公式　拉格朗日有限增量公式

不论 $a$ ， $b$ 之间关系如何， $ξ$ 总介于 $a$ ， $b$ 之间，由 $0 < \frac{ξ - a}{b - a} = θ < 1$ ，得

ξ = a + θ (b - a), 0 < θ < 1 .

所以

f (b) - f (a) = f' [a + θ (b - a)] (b - a), 0 < θ < 1 .

若令 $a = x_{0}$ ， $b = x_{0} + Δ x$ ，则有

f (x_{0} + Δ x) - f (x_{0}) = f' (x_{0} + θ Δ x) Δ x, 0 < θ < 1 .

公式　柯西公式的参数式形式

在拉格朗日定理中，若函数 $y = f (x)$ 为参数式函数，即

{\begin{cases} x = φ (t), \\ y = ψ (t), \end{cases}

有

\frac{d y}{d x} = \frac{ψ' (t)}{φ' (t)},

则结论为

\frac{ψ (b) - ψ (a)}{φ (b) - φ (a)} = \frac{ψ' (ξ)}{φ' (ξ)}, a < ξ < b .

说明已掌握+

注　费马定理的逆命题不真

但逆命题不真，若 $f' (x_{0}) = 0$ ，但 $f (x)$ 在 $x = x_{0}$ 处不一定取到极值. 例如 $f (x) = x^{3}$ ， $f' (x) = 3 x^{2}$ ， $f' (0) = 0$ ，但 $f (0)$ 不是极值（图 3-3）.

说明　极值点只在驻点或不可导点之中

若 $f (x)$ 在区间内部某点 $x_{0}$ 处取到极值， $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 处只有两种情形：（1） $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 的导数存在，则 $f' (x_{0}) = 0$ ；（2）在点 $x_{0}$ 的导数不存在，例如 $y = | x |$ 在 $x = 0$ 处取到极小值. 但在 $x = 0$ 处不可导. 因此，极值点一定包含在驻点或导数不存在的点之中.

说明　最值点的候选范围

由此得到区间上连续函数 $f (x)$ 的最大值与最小值点一定包含在端点或内部的极值点之中，从而最大值与最小值点一定包含在区间端点、区间内部的驻点及区间内部导数不存在的点之中.

几何意义　罗尔定理

两端点纵坐标相等的连续曲线 $y = f (x)$ ，若除端点外曲线上的任意一点都存在不平行于 $y$ 轴的切线，则至少在曲线上存在一点 $(ξ, f (ξ))$ ，在该点的切线平行于 $x$ 轴.

几何意义　拉格朗日定理

闭区间 $[a, b]$ 上的连续曲线 $y = f (x)$ 在 $(a, b)$ 内处处具有不平行于 $y$ 轴的切线，则在区间内部该曲线上至少存在一点 $C (ξ, f (ξ))$ 的切线平行于曲线两端点的连线.

几何意义　柯西定理

用参数方程给定的连续曲线，除端点外，若处处有不平行于 $y$ 轴的切线，则在曲线上至少存在一点 $C$ ，在该点的切线平行于两端点的连线.

注　柯西定理不能这样证

不能采用下述证法：

\frac{f (b) - f (a)}{g (b) - g (a)} = \frac{f' (ξ) (b - a)}{g' (ξ) (b - a)} = \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)}

实际上， $f' (ξ)$ 中的 $ξ$ 与 $g' (ξ)$ 中的 $ξ$ 不一定一致.

说明　单调区间的求法与分界点

利用判断函数单调性的定理，我们可求出函数的单调区间. 一个函数在定义域内不一定单调，但可能在定义域内的某些区间上递增，在另外一些区间上递减. 而递增与递减区间的分界点一定是极值点，极值点一定包含在驻点或导数不存在的点之中. 因此，驻点、导数不存在的点是函数单调区间分界点的怀疑点.

注　用拉格朗日定理证明不等式

证明有些不等式，可转化为比较函数值的大小，用拉格朗日中值定理证明.

注　关于

ln (1 + x)

的不等式

注 1　这个不等式是一个重要的不等式.

注 2　当 $- 1 < x < 0$ 时，我们也可以证明上面的不等式成立.

注　用单调性证明不等式

证明某些不等式时，既可转化为比较区间两端点函数值（或极限值）的大小，或化为右边为 $0$ 的不等式，又可转化为比较区间内任意一点函数值与端点函数值（或趋于端点极限值）的大小，然后利用单调性证明.

注　二阶导数为零时

当 $f'' (x_{0}) = 0$ 时， $f (x_{0})$ 可能是极值，也可能不是极值.

例题已掌握

例 1★★☆☆☆计算题闭区间上连续函数的最值展开题目与讲解

例 1　闭区间上函数的最值

求 $f (x) = \frac{1}{3} x^{3} - x^{2} - 3 x + 1$ 在闭区间 $[- 2, 4]$ 上的最大值与最小值.

解　由于 $f (x)$ 在闭区间 $[- 2, 4]$ 上连续，有

f' (x) = x^{2} - 2 x - 3 .

令 $f' (x) = 0$ ，得 $x^{2} - 2 x - 3 = 0$ ，即 $(x + 1) (x - 3) = 0$ ，解得

x_{1} = - 1, x_{2} = 3 .

而 $f (x)$ 在 $(- 2, 4)$ 内没有导数不存在的点，由于

f (- 2) = \frac{1}{3}, f (- 1) = \frac{8}{3}, f (3) = - 8, f (4) = - \frac{17}{3},

所以最小值 $m = - 8$ ，最大值 $M = \frac{8}{3}$ .

例 2★★★☆☆证明题罗尔定理与辅助函数展开题目与讲解

例 2　用罗尔定理证明方程根的存在性

设 $f (x) = a_{1} cos x + a_{2} cos 2 x + \dots + a_{n} cos n x$ ，其中， $a_{1}$ ， $a_{2}$ ， $\dots$ ， $a_{n}$ 为任意常数，证明至少存在一点 $ξ \in (0, π)$ ，使 $f (ξ) = 0$ .

分析　此题不符合根的存在定理条件. 尝试用罗尔定理，要找到一个函数 $F (x)$ （我们称 $F (x)$ 是 $f (x)$ 的一个原函数），使 $F' (x) = f (x)$ ，对 $F (x)$ 在 $[0, π]$ 上应用罗尔定理.

证　设

F (x) = a_{1} sin x + \frac{a_{2} sin 2 x}{2} + \dots + \frac{a_{n} sin n x}{n},

知 $F (x) \in C [0, π]$ ，由 $F' (x) = f (x)$ ，知 $F (x) \in D (0, π)$ ，又 $F (0) = F (π) = 0$ . 由罗尔定理知，至少存在一点 $ξ \in (0, π)$ ，使 $F' (ξ) = 0$ ，由于 $F' (x) = f (x)$ ，从而推出 $f (ξ) = 0$ . $□$

例 3★★★☆☆证明题拉格朗日中值定理证不等式展开题目与讲解

例 3　用拉格朗日定理证明幂指不等式

证明：当 $b > a > e$ 时，有 $a^{b} > b^{a}$ .

证　由于

a^{b} > b^{a} \Leftrightarrow ln a^{b} > ln b^{a} \Leftrightarrow b ln a > a ln b \Leftrightarrow \frac{ln a}{a} > \frac{ln b}{b} \Leftrightarrow \frac{ln b}{b} - \frac{ln a}{a} < 0 .

所以，要证 $a^{b} > b^{a}$ 成立，只要证

\frac{ln b}{b} - \frac{ln a}{a} < 0 (3.3)

成立. 设

f (x) = \frac{ln x}{x}, x \in [a, b] .

$f (x) \in C [a, b]$ ，且

f' (x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - ln x}{x^{2}} = \frac{1 - ln x}{x^{2}},

由于 $x \geq a > e$ ，所以 $ln x > 1$ ，从而 $f (x) \in D (a, b)$ 且 $f' (x) < 0$ . 由拉格朗日定理知

\frac{ln b}{b} - \frac{ln a}{a} = f (b) - f (a) = f' (ξ) (b - a) < 0, a < ξ < b,

即不等式（3.3）成立，由每一步可逆，所以原不等式成立.

例 4★★★★☆证明题拉格朗日中值定理与不等式展开题目与讲解

例 4　用拉格朗日定理证明正切不等式

证明：当 $0 < α < β < \frac{π}{2}$ 时，有

\frac{β - α}{{cos}^{2} α} < tan β - tan α < \frac{β - α}{{cos}^{2} β} .

证　由于 $f (x) = tan x$ 在 $[α, β]$ 上满足拉格朗日定理条件，所以

tan β - tan α = f (β) - f (α) = f' (ξ) (β - α) = \frac{β - α}{{cos}^{2} ξ}, 0 < α < ξ < β < \frac{π}{2} .

又由于

{cos}^{2} α > {cos}^{2} ξ > {cos}^{2} β,

所以

\frac{1}{{cos}^{2} α} < \frac{1}{{cos}^{2} ξ} < \frac{1}{{cos}^{2} β} .

因为 $β - α > 0$ ，所以有

\frac{β - α}{{cos}^{2} α} < \frac{β - α}{{cos}^{2} ξ} < \frac{β - α}{{cos}^{2} β},

从而

\frac{β - α}{{cos}^{2} α} < tan β - tan α < \frac{β - α}{{cos}^{2} β} . □

例 5★★★☆☆证明题拉格朗日中值定理证不等式展开题目与讲解

例 5　用拉格朗日定理证明对数不等式

证明：当 $x > 0$ 时，有

\frac{x}{1 + x} < ln (1 + x) < x .

证　由于 $f (t) = ln t$ 在 $[1, 1 + x]$ 上满足拉格朗日定理条件，所以

ln (1 + x) = ln (1 + x) - ln 1 = f (1 + x) - f (1) = f' (ξ) x = \frac{x}{ξ}, 1 < ξ < 1 + x .

又 $\frac{1}{1 + x} < \frac{1}{ξ} < 1$ ，且 $x > 0$ ，从而

\frac{x}{1 + x} < \frac{x}{ξ} < x,

故

\frac{x}{1 + x} < ln (1 + x) < x . □

例 6★★★★☆证明题柯西中值定理展开题目与讲解

例 6　用柯西定理证明恒等式

设 $x_{1} x_{2} > 0$ ，证明： $x_{1} e^{x_{2}} - x_{2} e^{x_{1}} = (x_{1} - x_{2}) (1 - ξ) e^{ξ}$ ，其中 $ξ$ 介于 $x_{1}$ ， $x_{2}$ 之间.

证　要证原等式成立，只要证

\frac{x_{1} e^{x_{2}} - x_{2} e^{x_{1}}}{x_{1} - x_{2}} = (1 - ξ) e^{ξ}

成立，即只要证

\frac{\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}} - \frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}}{\frac{1}{x_{2}} - \frac{1}{x_{1}}} = (1 - ξ) e^{ξ} (3.4)

成立. 设 $f (x) = \frac{e^{x}}{x}$ ， $g (x) = \frac{1}{x}$ ，由于

f' (x) = \frac{x e^{x} - e^{x}}{x^{2}}, g' (x) = - \frac{1}{x^{2}},

且 $x_{1} x_{2} > 0$ ，所以 $0 \notin [x_{1}, x_{2}]$ （或 $[x_{2}, x_{1}]$ ）. 从而 $f (x)$ ， $g (x) \in C [x_{1}, x_{2}]$ （或 $C [x_{2}, x_{1}]$ ）， $f (x)$ ， $g (x) \in D (x_{1}, x_{2})$ （或 $D (x_{2}, x_{1})$ ），且 $g' (x) \neq 0$ . 由柯西定理知，至少存在一点 $ξ$ 介于 $x_{1}$ ， $x_{2}$ 之间，使

\frac{\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}} - \frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}}{\frac{1}{x_{2}} - \frac{1}{x_{1}}} = \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{g (x_{2}) - g (x_{1})} = \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)} = \frac{\frac{ξ e^{ξ} - e^{ξ}}{ξ^{2}}}{- \frac{1}{ξ^{2}}} = e^{ξ} - ξ e^{ξ} = (1 - ξ) e^{ξ} .

即等式（3.4）成立. 由每一步可逆知原等式成立. $□$

例 7★★★☆☆证明题函数的单调性证不等式展开题目与讲解

例 7　用单调性证明幂指不等式

证明：当 $b > a > e$ 时，有 $a^{b} > b^{a}$ .

证　要证 $a^{b} > b^{a}$ 成立，只要证

\frac{ln a}{a} > \frac{ln b}{b} (3.5)

成立. 设 $f (x) = \frac{ln x}{x}$ ， $x \in [a, b]$ . 由于 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，当 $x \in (a, b)$ 时，

f' (x) = \frac{1 - ln x}{x^{2}} < 0,

所以 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上严格递减. 于是， $f (a) > f (b)$ ，即

\frac{ln a}{a} > \frac{ln b}{b} .

因此，不等式（3.5）成立，由每一步可逆知原不等式成立.

例 8★★★☆☆证明题函数的单调性证不等式展开题目与讲解

例 8　用单调性证明正切不等式

证明：当 $0 < x < \frac{π}{2}$ 时，有 $tan x > x + \frac{x^{3}}{3}$ .

证　要证原不等式成立，只要证 $tan x - x - \frac{x^{3}}{3} > 0$ 成立. 设

f (x) = tan x - x - \frac{x^{3}}{3},

由于 $f (0) = 0$ ，所以要证原不等式成立，只要证当 $x \in (0, \frac{π}{2})$ 时，

f (x) > f (0) (3.6)

成立即可. 由于 $f (x)$ 在 $[0, \frac{π}{2})$ 上连续，当 $x \in (0, \frac{π}{2})$ 时，

f' (x) = {sec}^{2} x - 1 - x^{2} = {tan}^{2} x - x^{2} > 0,

所以 $f (x)$ 在 $[0, \frac{π}{2})$ 上严格递增. 因此，当 $0 < x < \frac{π}{2}$ 时， $f (x) > f (0)$ ，即不等式（3.6）成立，由每一步可逆知原不等式成立.

例 9★★☆☆☆判断题极值的第二充分条件的失效情形展开题目与讲解

例 9　二阶导数为零时的极值判定

（1） $f (x) = x^{4}$ ， $f' (0) = 0$ ， $f'' (0) = 0$ ， $f (0) = 0$ 为极小值；

（2） $f (x) = x^{3}$ ， $f' (0) = 0$ ， $f'' (0) = 0$ ， $f (0) = 0$ 不是极值.

解　（1） $f' (x) = 4 x^{3}$ ，当 $x < 0$ 时 $f' (x) < 0$ ，当 $x > 0$ 时 $f' (x) > 0$ ，由极值的第一充分条件知 $f (0) = 0$ 为极小值；

（2） $f' (x) = 3 x^{2} \geq 0$ ， $f' (x)$ 在 $x = 0$ 两侧的符号保持不变，由极值的第一充分条件知 $f (0) = 0$ 不是极值.

可见 $f'' (x_{0}) = 0$ 时， $f (x_{0})$ 可能是极值，也可能不是极值，此时须用第一充分条件判定.

例 10★★★☆☆计算题单调区间与极值展开题目与讲解

例 10　求函数的单调区间与极值

求函数 $f (x) = \frac{1}{3} x^{3} - x^{2} - 3 x + 1$ 的单调区间与极值.

解　（1） $f (x)$ 的定义域是 $(- \infty, + \infty)$ .

（2） $f' (x) = x^{2} - 2 x - 3 = (x + 1) (x - 3)$ . 令 $f' (x) = 0$ ，有 $(x + 1) (x - 3) = 0$ ，解得 $x_{1} = - 1$ ， $x_{2} = 3$ .

（3） $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内无导数不存在的点.

（4）作表如下：

| $x$ | $(- \infty, - 1)$ | $- 1$ | $(- 1, 3)$ | $3$ | $(3, + \infty)$ | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | $f' (x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ | | $f (x)$ | ↗ | | ↘ | | ↗ |

（5） $f (x)$ 在 $(- \infty, - 1)$ ， $(3, + \infty)$ 上严格递增，在 $(- 1, 3)$ 上严格递减. $f (- 1) = \frac{8}{3}$ 为极大值， $f (3) = - 8$ 为极小值.

例 11★★★★☆计算题单调区间与极值（不可导点）展开题目与讲解

例 11　含不可导点的单调区间与极值

求 $f (x) = \frac{2}{3} x - 3] x^{2}$ 的单调区间与极值.

解　（1） $f (x)$ 的定义域是 $(- \infty, + \infty)$ .

（2） $f' (x) = \frac{2}{3} - \frac{2}{3} x^{- \frac{1}{3}} = 2 3] x - 2 3 3] x$ ，令 $f' (x) = 0$ ，解得 $x = 1$ .

（3）当 $x = 0$ 时，导数不存在.

（4）作表如下：

| $x$ | $(- \infty, 0)$ | $0$ | $(0, 1)$ | $1$ | $(1, + \infty)$ | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | $f' (x)$ | $+$ | 不存在 | $-$ | $0$ | $+$ | | $f (x)$ | ↗ | | ↘ | | ↗ |

（5） $f (x)$ 在 $(- \infty, 0)$ ， $(1, + \infty)$ 上严格递增，在 $(0, 1)$ 上严格递减. $f (0) = 0$ 为极大值， $f (1) = - \frac{1}{3}$ 为极小值.

二未定式的极限选自 §2.1–§2.34 个知识分组 · 含例题

定理已掌握+

定理 3.8（洛必达法则 Ⅰ）　

\frac{0}{0}

型

设

(1) ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = 0$ ， ${lim}_{x \to x_{0}} g (x) = 0$ ；

(2) 存在 $x_{0}$ 的某邻域 $\dot{U} (x_{0})$ ，当 $x \in \dot{U} (x_{0})$ 时， $f' (x)$ 、 $g' (x)$ 都存在，且 $g' (x) \neq 0$ ；

(3) ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A$ （ $A$ 可为常数，也可为 $\infty$ ），

则

lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A .

证　构造函数

F (x) = {\begin{cases} f (x), & x \neq x_{0}, \\ 0, & x = x_{0}, \end{cases} G (x) = {\begin{cases} g (x), & x \neq x_{0}, \\ 0, & x = x_{0}, \end{cases}

则 $F (x)$ 、 $G (x)$ 在点 $x = x_{0}$ 处连续．由于

lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{F (x)}{G (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{F (x) - F (x_{0})}{G (x) - G (x_{0})},

若满足柯西定理的条件，则存在 $ξ$ 介于 $x_{0}$ 与 $x$ 之间，使

\frac{F (x) - F (x_{0})}{G (x) - G (x_{0})} = \frac{F' (ξ)}{G' (ξ)},

即 $\frac{f (x)}{g (x)} = \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)}$ ．且当 $x \to x_{0}$ 时有 $ξ \to x_{0}$ ，所以

lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)} = lim_{ξ \to x_{0}} \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A .

□

将定理中的 $x \to x_{0}$ 改为 $x \to x_{0}^{+}$ 、 $x \to x_{0}^{-}$ 、 $x \to \infty$ 、 $x \to + \infty$ 、 $x \to - \infty$ ，结论依然成立．

定理 3.9（洛必达法则 Ⅰ′）　

x \to \infty

时的

\frac{0}{0}

型

设

(1) ${lim}_{x \to \infty} f (x) = 0$ ， ${lim}_{x \to \infty} g (x) = 0$ ；

(2) 存在常数 $X > 0$ ，当 $| x | > X$ 时， $f' (x)$ 、 $g' (x)$ 都存在，且 $g' (x) \neq 0$ ；

(3) ${lim}_{x \to \infty} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A$ （ $A$ 可为常数，也可为 $\infty$ ），

则

lim_{x \to \infty} \frac{f (x)}{g (x)} = lim_{x \to \infty} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A .

证　通过变量代换 $\frac{1}{x} = t$ ，当 $x \to \infty$ 时 $t \to 0$ ，利用洛必达法则 Ⅰ，有

lim_{x \to \infty} \frac{f (x)}{g (x)} = lim_{t \to 0} \frac{f (\frac{1}{t})}{g (\frac{1}{t})} = lim_{t \to 0} \frac{f' (\frac{1}{t}) (- \frac{1}{t^{2}})}{g' (\frac{1}{t}) (- \frac{1}{t^{2}})} = lim_{t \to 0} \frac{f' (\frac{1}{t})}{g' (\frac{1}{t})} = lim_{x \to \infty} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A .

□

定理 3.10（洛必达法则 Ⅱ）　

\frac{\infty}{\infty}

型

设

(1) ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = \infty$ ， ${lim}_{x \to x_{0}} g (x) = \infty$ ；

(2) 存在 $x_{0}$ 的某邻域 $\dot{U} (x_{0})$ ，当 $x \in \dot{U} (x_{0})$ 时， $f' (x)$ 、 $g' (x)$ 都存在，且 $g' (x) \neq 0$ ；

(3) ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A$ （ $A$ 可为常数，也可为 $\infty$ ），

则

lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A .

证（只证 $A$ 为常数、 $x \to x_{0}^{+}$ 的情形）

由条件 (3)，任给 $ε > 0$ ，存在 $δ_{1} > 0$ ，当 $x \in {\dot{U}}_{+} (x_{0}, δ_{1})$ 时，都有

| \frac{f' (x)}{g' (x)} - A | < \frac{ε}{2} .

取 $x_{1} \in {\dot{U}}_{+} (x_{0}, δ_{1})$ ，任给 $x \in {\dot{U}}_{+} (x_{0}, δ_{1})$ ，在区间 $[x_{1}, x]$ 上根据柯西定理，必存在一点 $ξ$ 介于 $x_{1}$ 、 $x$ 之间，使

\frac{f (x_{1}) - f (x)}{g (x_{1}) - g (x)} = \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)},

故 $| \frac{f (x_{1}) - f (x)}{g (x_{1}) - g (x)} - A | < \frac{ε}{2}$ ，即该比值为有界量．另一方面

\frac{f (x)}{g (x)} = \frac{f (x_{1}) - f (x)}{g (x_{1}) - g (x)} \cdot \frac{\frac{g (x_{1})}{g (x)} - 1}{\frac{f (x_{1})}{f (x)} - 1},

由 ${lim}_{x \to x_{0}^{+}} f (x) = \infty$ 、 ${lim}_{x \to x_{0}^{+}} g (x) = \infty$ 知，后一因子的极限为 $1$ ，于是 $| \frac{f (x)}{g (x)} - A | < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε$ ，故 ${lim}_{x \to x_{0}^{+}} \frac{f (x)}{g (x)} = A$ ．□

对于极限为 $\infty$ 、 $+ \infty$ 、 $- \infty$ 时也可相应证明．若将 $x \to x_{0}$ 改为 $x \to \infty$ 、 $x \to + \infty$ 、 $x \to - \infty$ 、 $x \to x_{0}^{+}$ 、 $x \to x_{0}^{-}$ ，我们只要把条件作相应的修改，结论依然成立．

公式已掌握+

公式（3.7）　商的极限与

\frac{0}{0}

型未定式

若 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = A$ ， ${lim}_{x \to x_{0}} g (x) = B$ ，其中 $A$ 、 $B$ 为常数，则

lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = {\begin{cases} \frac{A}{B}, & B \neq 0, \\ 0, & A = 0, B \neq 0, \\ \infty, & A \neq 0, B = 0 . \end{cases}

三段依次对应 $B \neq 0$ ； $A = 0$ ， $B \neq 0$ ； $A \neq 0$ ， $B = 0$ ．

若 $A = 0$ ， $B = 0$ ，则称 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)}$ 为 $\frac{0}{0}$ 型未定式的极限．对于比较简单的情形，可对分子、分母进行变形，使分子、分母均含有因式 $(x - x_{0})$ ，约去零因子，变成式 (3.7) 的情形；而对于比较复杂的情形，用这种方法就行不通了．例如 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{x - sin x}{x^{3}}$ 看起来很简单，但计算此极限用以前的方法都行不通．

公式　

0 \cdot \infty

型的化归

若 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = 0$ ， ${lim}_{x \to x_{0}} g (x) = \infty$ ，则 ${lim}_{x \to x_{0}} (f (x) \cdot g (x))$ 为 $0 \cdot \infty$ 型，可化为

lim_{x \to x_{0}} (f (x) \cdot g (x)) = lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{\frac{1}{g (x)}},

或

lim_{x \to x_{0}} (f (x) \cdot g (x)) = lim_{x \to x_{0}} \frac{g (x)}{\frac{1}{f (x)}},

前者是 $\frac{0}{0}$ 型，后者是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型．即把其中一个因子「下放」成分母，使未定式变成基本型；取哪一个因子下放，要看哪种形式求导比较简单．

公式　

\infty - \infty

型的化归

若 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = \infty$ ， ${lim}_{x \to x_{0}} g (x) = \infty$ ，且两个 $\infty$ 同号时，求极限 ${lim}_{x \to x_{0}} (f (x) - g (x))$ （即 $\infty - \infty$ 型），则可通过把 $f (x)$ 、 $g (x)$ 化成分式，通分化简成 $\frac{0}{0}$ 型或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，从而求得极限．

公式　幂指函数

f (x)^{g (x)}

的四种情形

设 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = a$ ， ${lim}_{x \to x_{0}} g (x) = b$ ．

（1）若 $a > 0$ 为常数， $b$ 为常数，则 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x)^{g (x)} = a^{b}$ ．

（2）若 $a = 1$ ， $b = \infty$ （ $1^{\infty}$ 型），则

lim_{x \to x_{0}} f (x)^{g (x)} = e^{lim_{x \to x_{0}} g (x) ln f (x)},

指数部分 $g (x) ln f (x)$ 是 $0 \cdot \infty$ 型，再化为 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{ln f (x)}{\frac{1}{g (x)}}$ ，即 $\frac{0}{0}$ 型．

当然也可根据具体情形，利用 ${lim}_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e$ 去求极限．

（3）若 $a = 0$ ， $b = 0$ （ $0^{0}$ 型），则

lim_{x \to x_{0}} f (x)^{g (x)} = e^{lim_{x \to x_{0}} g (x) ln f (x)} = e^{lim_{x \to x_{0}} \frac{ln f (x)}{\frac{1}{g (x)}}},

指数部分是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型．

（4）若 $a = \infty$ ， $b = 0$ （ $\infty^{0}$ 型），则

lim_{x \to x_{0}} f (x)^{g (x)} = e^{lim_{x \to x_{0}} g (x) ln f (x)} = e^{lim_{x \to x_{0}} \frac{ln f (x)}{\frac{1}{g (x)}}},

指数部分同样是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型．

公式　本节常用的等价无穷小代换

当 $x \to 0$ 时：

sin x \sim x, tan x \sim x, 1 - cos x \sim \frac{1}{2} x^{2},

e^{x} - 1 \sim x, ln (1 + x) \sim x, 3] 1 + x^{2} - 1 \sim \frac{1}{3} x^{2};

当 $x \to \infty$ 时， $\frac{1}{x} \to 0$ ，故 $ln (1 + \frac{1}{x}) \sim \frac{1}{x}$ ．

一般地 $(1 + x)^{α} - 1 \sim α x$ （ $x \to 0$ ）．用等价无穷小替换乘、除因子，可以先把式子化简，再对剩下的未定式用洛必达法则．

公式　重要极限

{lim}_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e

在求 $1^{\infty}$ 型未定式极限时，有两种方法：既可利用洛必达法则，也可利用重要极限

lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e,

有时利用重要极限可能比利用洛必达法则还要方便（见例 11 的另解）．

说明已掌握+

说明　两种基本未定式与五种可化归的未定式

因此， $\frac{0}{0}$ 型和 $\frac{\infty}{\infty}$ 型是两种基本未定式．而其他的未定式有五种，即 $0 \cdot \infty$ 、 $\infty - \infty$ 、 $1^{\infty}$ 、 $0^{0}$ 、 $\infty^{0}$ ，它们均可通过适当的恒等变形，化成 $\frac{0}{0}$ 型或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，再使用洛必达法则求极限．

注　洛必达法则可以连续使用（重复使用）

若 $f (x)$ 、 $g (x)$ 满足条件 (1)、(2)，而 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)}$ 仍是 $\frac{0}{0}$ 型，且 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f'' (x)}{g'' (x)} = A$ （或 $\infty$ ），则可对 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)}$ 再次利用洛必达法则，即

lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f'' (x)}{g'' (x)} = A,

从而

lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{f'' (x)}{g'' (x)} = A .

依此可以一次次地用下去，直到不再是未定式为止．

注　用洛必达法则之前应尽量化简

在用洛必达法则求极限之前，应尽可能把函数化简，或把较复杂的因式用简单等价因式来替换，以达到简化计算的目的（见例 2、例 3）．

利用洛必达法则求极限时，可在计算的过程中论证是否满足洛必达法则的条件：若满足洛必达法则的条件，结果即可求出；若不满足，说明不能使用洛必达法则，需用其他方法解决．

说明　什么时候不能用洛必达法则

洛必达法则成立的前提是条件 (3)： ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)}$ 存在（或为 $\infty$ ）．若该极限不存在且不为 $\infty$ ，法则失效，但原极限可能仍然存在．两种典型情形：

（1）求导后的极限不存在且不是 $\infty$ （例 5）： ${lim}_{x \to \infty} \frac{2 x - sin x}{3 x + cos x}$ 求导后得 $\frac{2 - cos x}{3 - sin x}$ ，此式无极限；但原极限却存在，等于 $\frac{2}{3}$ ．

（2）求导后无限循环，回到原形（例 6）： ${lim}_{x \to + \infty} \frac{e^{x} + cos x}{e^{x} + sin x}$ 每次求导后，式子在 $\frac{e^{x} + cos x}{e^{x} + sin x}$ 与 $\frac{e^{x} - sin x}{e^{x} + cos x}$ 之间来回转，永远停不下来，此时应改用其他方法（如同除以 $e^{x}$ ）．

此外还要当心循环论证：不能把待证的结论当作已知去用．例如求 $sin x$ 的导数时已经用过 ${lim}_{x \to 0} \frac{sin x}{x} = 1$ ，因此若反过来用洛必达法则去「证明」这个重要极限，就是循环论证．

说明　数列极限与函数极限的关系

求极限 ${lim}_{n \to \infty} f (n)$ 时，若 ${lim}_{x \to + \infty} f (x) = A$ （或 $\infty$ ），则

lim_{n \to \infty} f (n) = lim_{x \to + \infty} f (x) = A,

从而可利用求函数极限的方法来求数列极限，但必须注意反之不真（即由数列极限存在推不出函数极限存在）．例 12 就是先把 $n$ 换成连续变量 $x$ 、再用洛必达法则求的．

另外，在求 $0 \cdot \infty$ 型（如例 8）时，变量代换 $\frac{1}{x} = t$ 往往是关键的一步；求 $x \to \infty$ 的极限时，也常用 $\frac{1}{x} = t$ 把它化为 $t \to 0$ 的情形．

例题已掌握

例 1★★☆☆☆计算题0/0 型·洛必达法则展开题目与讲解

例 1　 $\frac{0}{0}$ 型：连用两次洛必达法则

求 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{x - sin x}{x^{3}}$ ．

解　所给极限是 $\frac{0}{0}$ 型，且满足洛必达法则的条件，连续用两次：

lim_{x \to 0} \frac{x - sin x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{3 x^{2}} = lim_{x \to 0} \frac{sin x}{6 x} = \frac{1}{6} .

例 2★★★☆☆计算题0/0 型·等价无穷小代换展开题目与讲解

例 2　先用等价无穷小代换，再用洛必达法则

求 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{sin x - x cos x}{(e^{x} - 1) (3] 1 + x^{2} - 1)}$ ．

解　当 $x \to 0$ 时，由于

e^{x} - 1 \sim x, 3] 1 + x^{2} - 1 \sim \frac{1}{3} x^{2},

所以

lim_{x \to 0} \frac{sin x - x cos x}{(e^{x} - 1) (3] 1 + x^{2} - 1) = lim_{x \to 0} \frac{sin x - x cos x}{x \cdot \frac{1}{3} x^{2}} = 3 lim_{x \to 0} \frac{sin x - x cos x}{x^{3}}}

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

例 3★★★☆☆计算题x→∞ 型·等价无穷小展开题目与讲解

例 3　 $x \to + \infty$ 时的 $\frac{0}{0}$ 型（洛必达法则 Ⅰ′）

求 ${lim}_{x \to + \infty} \frac{ln (1 + \frac{1}{x})}{arccot x}$ ．

解　由于当 $x \to + \infty$ 时， $ln (1 + \frac{1}{x}) \sim \frac{1}{x}$ ，所以

lim_{x \to + \infty} \frac{ln (1 + \frac{1}{x})}{arccot x} = lim_{x \to + \infty} \frac{\frac{1}{x}}{arccot x}

这是 $\frac{0}{0}$ 型，用洛必达法则：

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

例 4★★★☆☆计算题∞/∞ 型·洛必达法则展开题目与讲解

例 4　 $\frac{\infty}{\infty}$ 型（洛必达法则 Ⅱ）

求 ${lim}_{x \to + \infty} \frac{ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})}{\sqrt{x}}$ ．

解　这是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，用洛必达法则：

lim_{x \to + \infty} \frac{ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})}{\sqrt{x}} = lim_{x \to + \infty} \frac{\frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}}{\frac{1}{2 \sqrt{x}}} = lim_{x \to + \infty} \frac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{1 + x^{2}}}

= lim_{x \to + \infty} \frac{\frac{2}{\sqrt{x}}}{\sqrt{\frac{1}{x^{2}} + 1}} = 0 .

例 5★★★☆☆计算题洛必达法则失效·条件(3)不成立展开题目与讲解

例 5　法则失效之一种：求导后极限不存在

求 ${lim}_{x \to \infty} \frac{2 x - sin x}{3 x + cos x}$ ．

解　这是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型．若用洛必达法则，有

lim_{x \to \infty} \frac{2 x - sin x}{3 x + cos x} = lim_{x \to \infty} \frac{2 - cos x}{3 - sin x},

而后者的极限不存在且不是 $\infty$ ，因此洛必达法则不适用，宜改用其他方法．有

lim_{x \to \infty} \frac{2 x - sin x}{3 x + cos x} = lim_{x \to \infty} \frac{2 - \frac{1}{x} sin x}{3 + \frac{1}{x} cos x} = \frac{2 - 0}{3 + 0} = \frac{2}{3} .

例 6★★★☆☆计算题洛必达法则失效·循环展开题目与讲解

例 6　法则失效之另一种：求导无限循环

求 ${lim}_{x \to + \infty} \frac{e^{x} + cos x}{e^{x} + sin x}$ ．

解　由于

lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x} + cos x}{e^{x} + sin x} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x} - sin x}{e^{x} + cos x} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x} - cos x}{e^{x} - sin x} = \dots,

每一步都是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，但无限循环，所以不能用洛必达法则，宜改用其他方法．有

原式 $= {lim}_{x \to + \infty} \frac{1 + \frac{1}{e^{x}} cos x}{1 - \frac{1}{e^{x}} sin x} = 1$ ．

例 7★★★☆☆计算题∞−∞ 型·通分展开题目与讲解

例 7　 $\infty - \infty$ 型：通分化成分式

求 ${lim}_{x \to x_{0}} (\frac{1}{x} - \frac{1}{e^{x} - 1})$ ．

解　这是 $\infty - \infty$ 型，通分后化为 $\frac{0}{0}$ 型：

lim_{x \to 0} (\frac{1}{x} - \frac{1}{e^{x} - 1}) = lim_{x \to 0} \frac{e^{x} - 1 - x}{x (e^{x} - 1)} = lim_{x \to 0} \frac{e^{x} - 1 - x}{x^{2}}

= lim_{x \to 0} \frac{e^{x} - 1}{2 x} = lim_{x \to 0} \frac{e^{x}}{2} = \frac{1}{2} .

例 8★★★★☆计算题∞−∞ 型·变量代换展开题目与讲解

例 8　 $\infty - \infty$ 型：变量代换 $\frac{1}{x} = t$

求 ${lim}_{x \to \infty} [x - x^{2} ln (1 + \frac{1}{x})]$ ．

解　这是 $\infty - \infty$ 型．令 $\frac{1}{x} = t$ ，则 $x \to \infty$ 时 $t \to 0$ ，于是

lim_{x \to \infty} [x - x^{2} ln (1 + \frac{1}{x})] = lim_{t \to 0} [\frac{1}{t} - \frac{ln (1 + t)}{t^{2}}] = lim_{t \to 0} \frac{t - ln (1 + t)}{t^{2}}

这是 $\frac{0}{0}$ 型，用洛必达法则：

= lim_{t \to 0} \frac{1 - \frac{1}{1 + t}}{2 t} = lim_{t \to 0} \frac{t}{2 t (1 + t)} = lim_{t \to 0} \frac{1}{2 (1 + t)} = \frac{1}{2} .

在此题求极限的过程中，可看到变量代换的重要性．

例 9★★★★☆计算题0^0 型·幂指函数展开题目与讲解

例 9　 $0^{0}$ 型：取对数化为 $0 \cdot \infty$

求 ${lim}_{x \to 0^{+}} x^{sin x}$ ．

解　这是 $0^{0}$ 型．利用 $x^{sin x} = e^{sin x ln x}$ ，有

lim_{x \to 0^{+}} x^{sin x} = lim_{x \to 0^{+}} e^{sin x ln x} = e^{lim_{x \to 0^{+}} sin x ln x} = e^{lim_{x \to 0^{+}} \frac{ln x}{\frac{1}{x}}},

指数上的极限是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，用洛必达法则：

= e^{lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{x}}{- \frac{1}{x^{2}}}} = e^{lim_{x \to 0^{+}} (- x)} = e^{0} = 1 .

例 10★★★★☆计算题∞^0 型·幂指函数展开题目与讲解

例 10　 $\infty^{0}$ 型：取对数后化为 $\frac{\infty}{\infty}$

求 ${lim}_{x \to 0^{+}} (cot x)^{sin x}$ ．

解　这是 $\infty^{0}$ 型，有

lim_{x \to 0^{+}} (cot x)^{sin x} = e^{lim_{x \to 0^{+}} sin x ln cot x},

由于

lim_{x \to 0^{+}} sin x ln cot x = lim_{x \to 0^{+}} x ln cot x = lim_{x \to 0^{+}} \frac{ln cot x}{\frac{1}{x}}

这是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，用洛必达法则：

= lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{cot x} (- {csc}^{2} x)}{- \frac{1}{x^{2}}} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^{2} tan x}{{sin}^{2} x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^{2} \cdot x}{x^{2}} = 0,

所以 ${lim}_{x \to 0^{+}} (cot x)^{sin x} = e^{0} = 1$ ．

例 11★★★★☆计算题1^∞ 型·重要极限展开题目与讲解

例 11　 $1^{\infty}$ 型：洛必达法则与重要极限两种解法

求 ${lim}_{x \to 1} (3 - 2 x)^{sec \frac{π x}{2}}$ ．

解　这是 $1^{\infty}$ 型．利用 $f^{g} = e^{g ln f}$ ：

lim_{x \to 1} (3 - 2 x)^{sec \frac{π x}{2}} = e^{lim_{x \to 1} sec \frac{π x}{2} ln (3 - 2 x)} = e^{lim_{x \to 1} \frac{ln (3 - 2 x)}{cos \frac{π x}{2}}}

指数上的极限是 $\frac{0}{0}$ 型，用洛必达法则：

= e^{lim_{x \to 1} \frac{\frac{- 2}{3 - 2 x}}{- \frac{π}{2} sin \frac{π x}{2}}} = e^{\frac{4}{π}} .

另解（用重要极限）　由 $3 - 2 x = 1 + 2 (1 - x)$ ，有

lim_{x \to 1} (3 - 2 x)^{sec \frac{π x}{2}} = lim_{x \to 1} {[1 + 2 (1 - x)]^{\frac{1}{2 (1 - x)}}}^{\frac{2 - 2 x}{cos \frac{π x}{2}}},

由于

lim_{x \to 1} \frac{2 - 2 x}{cos \frac{π x}{2}} = lim_{x \to 1} \frac{- 2}{- \frac{π}{2} sin \frac{π x}{2}} = \frac{4}{π},

所以 ${lim}_{x \to 1} (3 - 2 x)^{sec \frac{π x}{2}} = e^{\frac{4}{π}}$ ．

例 12★★★★★计算题1^∞ 型·数列极限展开题目与讲解

例 12　数列极限： $n [(1 + \frac{1}{n})^{n} - e]$

求 ${lim}_{n \to \infty} n [(1 + \frac{1}{n})^{n} - e]$ ．

解　先求相应的函数极限，再令 $\frac{1}{x} = t$ ：

lim_{n \to \infty} n [(1 + \frac{1}{n})^{n} - e] = lim_{x \to + \infty} x [(1 + \frac{1}{x})^{x} - e] = lim_{t \to 0^{+}} \frac{(1 + t)^{\frac{1}{t}} - e}{t}

这是 $\frac{0}{0}$ 型，且 $(1 + t)^{\frac{1}{t}} = e^{\frac{ln (1 + t)}{t}}$ ，故

= lim_{t \to 0^{+}} \frac{e^{\frac{ln (1 + t)}{t}} - e}{t} = lim_{t \to 0^{+}} e^{\frac{ln (1 + t)}{t}} \cdot \frac{\frac{t}{1 + t} - ln (1 + t)}{t^{2}} = e lim_{t \to 0^{+}} \frac{t - (1 + t) ln (1 + t)}{t^{2} (1 + t)}

= e lim_{t \to 0^{+}} \frac{t - (1 + t) ln (1 + t)}{t^{2}} = e lim_{t \to 0^{+}} \frac{1 - 1 - ln (1 + t)}{2 t} = e lim_{t \to 0^{+}} (- \frac{1}{2}) \cdot \frac{ln (1 + t)}{t} = - \frac{e}{2} .

三泰勒定理及应用选自 §3.1–§3.44 个知识分组 · 含例题

定理已掌握+

定理 3.11（泰勒定理）

设函数 $f (x)$ 在区间 $I$ 上 $n$ 阶连续可导，在 $I$ 内部存在 $n + 1$ 阶导数， $x_{0} \in I$ ，任给 $x \in I$ ，且 $x \neq x_{0}$ ，有 $f (x) = P_{n} (x) + \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1}$ $= f (x_{0}) + f' (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f'' (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n} + \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1},$ 其中， $ξ$ 是介于 $x_{0}$ 与 $x$ 之间的某一点。

定理 3.12（佩亚诺定理）

若 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 处存在 $n$ 阶导数，则 $f (x) = f (x_{0}) + f' (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f'' (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \dots +$ $\frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n} + o ((x - x_{0})^{n}) (x \to x_{0}) .$

公式已掌握+

公式（3.13）　麦克劳林公式

若 $x_{0} = 0$ ，则 $f (x) = f (0) + f' (0) x + \frac{f'' (0)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n} + \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} x^{n + 1} .$ 其中 $ξ$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，这个公式称为麦克劳林（Maclaurin）公式，余项为 $R_{n} (x) = \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} x^{n + 1} = \frac{f^{(n + 1)} (θ x)}{(n + 1)!} x^{n + 1}, 0 < θ < 1 .$

公式　

e^{x}

的麦克劳林公式

由于 $f^{(n)} (x) = e^{x}$ ，所以 $f^{(n)} (0) = e^{0} = 1$ ， $f^{(n + 1)} (θ x) = e^{θ x}$ ，把它们代入公式 (3.13)，得 $e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \dots + \frac{x^{n}}{n!} + \frac{e^{θ x}}{(n + 1)!} x^{n + 1}, 0 < θ < 1, x \in R .$

公式　

sin x

的麦克劳林公式

$f (0) = 0$ 。由于 $f^{(n)} (x) = sin (x + n \cdot \frac{π}{2}),$ $f^{(n)} (0) = sin \frac{n π}{2},$ 所以当 $n = 2 m$ 时， $f^{(2 m)} (0) = sin m π = 0$ ， $m = 0, 1, 2, \dots$ ；当 $n = 2 m + 1$ 时， $f^{(2 m + 1)} (0) = sin (2 m + 1) \frac{π}{2} = sin (m π + \frac{π}{2}) = (- 1)^{m}, m = 0, 1, 2, \dots;$ 当 $n = 2 m + 2$ 时， $f^{(2 m + 2)} (θ x) = sin [θ x + (2 m + 2) \frac{π}{2}]$ ，代入式 (3.13)，得 $sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} + \dots + (- 1)^{m} \frac{x^{2 m + 1}}{(2 m + 1)!} + \frac{sin (m π + π + θ x)}{(2 m + 2)!} x^{2 m + 2},$ $0 < θ < 1, x \in R .$ （注　 $n = 2 m + 1$ 。）

公式　

cos x

的麦克劳林公式

$f (0) = 1$ 。由于 $f^{(n)} (x) = cos (x + n \cdot \frac{π}{2})$ ， $f^{(n)} (0) = cos \frac{n π}{2}$ ，所以当 $n = 2 m$ 时， $f^{(2 m)} (0) = cos m π = (- 1)^{m}$ ， $m = 0, 1, 2, \dots$ ；当 $n = 2 m + 1$ 时， $f^{(2 m + 1)} (0) = cos (m π + \frac{π}{2}) = 0$ ， $m = 0, 1, 2, \dots$ ；当 $n = 2 m + 2$ 时， $f^{(2 m + 2)} (θ x) = cos (θ x + m π + π)$ ，代入式 (3.13)，得 $cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} - \dots + (- 1)^{m} \frac{x^{2 m}}{(2 m)!} + \frac{cos (θ x + m π + π)}{(2 m + 2)!} x^{2 m + 2},$ $0 < θ < 1, x \in R .$ （注　 $n = 2 m + 1$ 。）

公式　

ln (1 + x)

的麦克劳林公式

$f (0) = 0$ 。由于 $f^{(n)} (x) = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! (1 + x)^{- n},$ $f^{(n)} (0) = (- 1)^{n - 1} (n - 1)!,$ $f^{(n + 1)} (θ x) = (- 1)^{n} n! (1 + θ x)^{- (n + 1)},$ 代入式 (3.13)，得 $ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{4} + \dots + \frac{(- 1)^{n - 1} x^{n}}{n} + \frac{(- 1)^{n} x^{n + 1}}{(n + 1) (1 + θ x)^{n + 1}},$ $0 < θ < 1, x \in R .$

公式　

(1 + x)^{α}

的麦克劳林公式

$f (0) = 1$ 。由于 $f^{(n)} (x) = α (α - 1) \dots (α - n + 1) (1 + x)^{α - n},$ $f^{(n)} (0) = α (α - 1) \dots (α - n + 1),$ $f^{(n + 1)} (θ x) = α (α - 1) \dots (α - n) (1 + θ x)^{α - n - 1},$ 代入式 (3.13)，得 $(1 + x)^{α} = 1 + α x + \frac{α (α - 1)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} x^{n} +$ $\frac{α (α - 1) \dots (α - n)}{(n + 1)!} \frac{x^{n + 1}}{(1 + θ x)^{n + 1 - α}}, 0 < θ < 1, x \in R .$

公式　五个常用函数的佩亚诺余项麦克劳林公式

我们把 5 个常用函数的带有佩亚诺余项的麦克劳林公式写在下面： $e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \dots + \frac{x^{n}}{n!} + o (x^{n});$ $sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} + \dots + (- 1)^{n} \frac{x^{2 n + 1}}{(2 n + 1)!} + o (x^{2 n + 1});$ $cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} - \frac{x^{6}}{6!} + \dots + (- 1)^{n} \frac{x^{2 n}}{(2 n)!} + o (x^{2 n});$ $ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{4} + \dots + (- 1)^{n - 1} \frac{x^{n}}{n} + o (x^{n});$ $(1 + x)^{α} = 1 + α x + \frac{α (α - 1)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} x^{n} + o (x^{n}) .$

说明已掌握+

注　泰勒多项式与拉格朗日余项

P_{n} (x) = f (x_{0}) + f' (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f'' (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n}

称为

n

次泰勒多项式。式 (3.10) 称为函数

f (x)

在点

x = x_{0}

处的

n

阶泰勒公式。

\frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1}

称为

n

阶泰勒公式的拉格朗日余项，记作

R_{n} (x)

。由

ξ = x_{0} + θ (x - x_{0}),

知

R_{n} (x) = \frac{f^{(n + 1)} [x_{0} + θ (x - x_{0})]}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1}, 0 < θ < 1 .

注　泰勒定理的证明思路

证法一：不妨设 $x_{0} < x$ 。由 $[x_{0}, x] \subset I$ ，知 $f (x)$ 在 $[x_{0}, x]$ 上 $n$ 阶连续可导，在 $(x_{0}, x)$ 内存在 $n + 1$ 阶导数。记 $R_{n} (x) = f (x) - P_{n} (x), Q_{n} (x) = (x - x_{0})^{n + 1},$ 则 $R_{n} (x_{0}) = R_{n}' (x_{0}) = \dots = R_{n}^{(n)} (x_{0}) = 0$ ，且 $Q_{n} (x_{0}) = Q_{n}' (x_{0}) = \dots = Q_{n}^{(n)} (x_{0}) = 0$ 。所以在区间 $[x_{0}, x]$ 上连续运用柯西定理 $n + 1$ 次，就有 $\frac{R_{n} (x)}{Q_{n} (x)} = \frac{R_{n}' (ξ_{1})}{Q_{n}' (ξ_{1})} = \frac{R_{n}'' (ξ_{2})}{Q_{n}'' (ξ_{2})} = \dots = \frac{R_{n}^{(n)} (ξ_{n})}{Q_{n}^{(n)} (ξ_{n})} = \frac{R_{n}^{(n + 1)} (ξ)}{Q_{n}^{(n + 1)} (ξ)},$ 其中 $x_{0} < ξ < ξ_{n} < ξ_{n - 1} < \dots < ξ_{3} < ξ_{2} < ξ_{1} < x$ ；而 $R_{n}^{(n + 1)} (ξ) = f^{(n + 1)} (ξ)$ ， $Q_{n}^{(n + 1)} (ξ) = (n + 1)!$ ，于是 $R_{n} (x) = \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1} .$ 证法二：任给 $x \in I$ ，把 $x$ 看成常数且 $x \neq x_{0}$ ，设 $\frac{f (x) - [f (x_{0}) + f' (x_{0}) (x - x_{0}) + \dots + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n}]}{(x - x_{0})^{n + 1}} = k,$ 构造 $φ (t) = f (x) - [f (t) + f' (t) (x - t) + \dots + \frac{f^{(n)} (t)}{n!} (x - t)^{n}] - k (x - t)^{n + 1}$ ，则 $φ (x) = φ (x_{0}) = 0$ ，由罗尔定理存在 $ξ$ 使 $φ' (ξ) = 0$ ，即得 $k = \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!}$ 。

注　泰勒公式的误差估计

若对任意的正整数 $n$ ，对一切 $x \in I$ ，有 $| f^{(n + 1)} (x) | \leq M$ ， $M$ 是某个正常数，则可用 $P_{n} (x)$ 近似表示函数 $f (x)$ ，误差 $| f (x) - P_{n} (x) | = | R_{n} (x) | \leq \frac{M}{(n + 1)!} | x - x_{0} |^{n + 1} .$

注　麦克劳林公式

实际中，最常用的还是麦克劳林公式，这是因为麦克劳林多项式 $P_{n} (x) = f (0) + f' (0) x + \frac{f'' (0)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n}$ 形式简单，计算容易。而且有了函数的麦克劳林公式以后，利用麦克劳林公式可求出函数的泰勒公式。利用麦克劳林公式，可以计算出三角函数、常用对数、自然对数的值，三角函数表及自然对数表就是利用这个原理得到的。

注　佩亚诺余项

由于拉格朗日余项形式比较复杂，我们考虑用更简单的形式表示。由 $f (x)$ 在点 $x_{0}$ 可微的定义，知 $Δ y = f (x) - f (x_{0}) = f' (x_{0}) (x - x_{0}) + o (x - x_{0}) (x \to x_{0}),$ 即 $f (x) = f (x_{0}) + f' (x_{0}) (x - x_{0}) + o (x - x_{0}) (x \to x_{0})$ 。因此我们猜想，泰勒公式的余项 $R_{n} (x)$ 可用 $o ((x - x_{0})^{n})$ 的形式表示。称 $R_{n} (x) = o ((x - x_{0})^{n})$ 为泰勒公式的佩亚诺（Peano）余项，相应的麦克劳林公式是 $f (x) = f (0) + f' (0) x + \frac{f'' (0)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n} + o (x^{n}) (x \to 0) .$

注　用佩亚诺余项求极限

若 $f (x) = A x^{k} + o (x^{k})$ ， $A \neq 0$ 为常数 $(x \to 0)$ ，则 $f (x) \sim A x^{k}$ 。事实上， $lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{A x^{k}} = lim_{x \to 0} \frac{A x^{k} + o (x^{k})}{A x^{k}} = 1 .$ 因此，利用带有佩亚诺余项的泰勒公式可以求出某些函数的极限。当 $x \to 0$ 时，若 $f (x) = A x^{k} + o (x^{k}) \sim A x^{k} (A \neq 0),$ $g (x) = B x^{m} + o (x^{m}) \sim B x^{m} (B \neq 0),$ 则 $lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{g (x)} = lim_{x \to 0} \frac{A x^{k}}{B x^{m}} = {\begin{cases} \infty, & k < m, \\ \frac{A}{B}, & k = m, \\ 0, & k > m . \end{cases}$

说明　两种余项的选用与展开阶数的判断

两种余项分工不同：求极限、判断无穷小阶数时用佩亚诺余项 $o ((x - x_{0})^{n})$ ，因为只需 $f$ 在 $x_{0}$ 处存在 $n$ 阶导数，条件最弱；作近似计算、估计误差、证明不等式与存在性命题时用拉格朗日余项，因为其中含具体表达式 $\frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1}$ ，可对 $f^{(n + 1)}$ 作界估计。展开到几阶由「分母的最低次幂」决定：作极限时，把各因子展开到与分母同阶为止，低于该阶的项必须全部抵消、只留同阶项；作误差估计时，展开阶数 $n$ 取得使余项 $| R_{n} (x) |$ 小于给定精度即可（如例 3、例 4）。

例题已掌握

例 1★★★☆☆计算题佩亚诺余项求极限展开题目与讲解

例 1　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{cos x - e^{- \frac{x^{2}}{2}}}{x^{4}}$

解　由于 $cos x - e^{- \frac{x^{2}}{2}} = (1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + o (x^{4})) - (1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{1}{2!} \frac{x^{4}}{4} + o (x^{4}))$ $= (\frac{1}{4!} - \frac{1}{4 \times 2!}) x^{4} + o (x^{4}) \sim - \frac{1}{12} x^{4} (x \to 0),$ 所以 $lim_{x \to 0} \frac{cos x - e^{- \frac{x^{2}}{2}}}{x^{4}} = lim_{x \to 0} \frac{- \frac{1}{12} x^{4}}{x^{4}} = - \frac{1}{12} .$

例 2★★★★☆计算题佩亚诺余项求极限展开题目与讲解

例 2　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{e^{x} sin x - x (1 + x)}{x^{3}}$

解 $lim_{x \to 0} \frac{e^{x} sin x - x (1 + x)}{x^{3}}$ $= lim_{x \to 0} \frac{(1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + o (x^{2})) \cdot (x - \frac{x^{3}}{3!} + o (x^{3})) - x (1 + x)}{x^{3}}$ $= lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{3} x^{3} + o (x^{3})}{x^{3}} = \frac{1}{3} .$

例 3★★★☆☆证明题拉格朗日余项估计误差展开题目与讲解

例 3　计算 $e$ 的近似值（误差不超过 $10^{- 6}$ ），并证明 $e$ 为无理数

证　（1） $e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \dots + \frac{x^{n}}{n!} + \frac{e^{ξ}}{(n + 1)!} x^{n + 1}$ ，其中 $ξ$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间。当 $x = 1$ 时， $e = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \dots + \frac{1}{n!} + \frac{e^{ξ}}{(n + 1)!}, 0 < ξ < 1 .$ 由于 $R_{n} (1) = \frac{e^{ξ}}{(n + 1)!} < \frac{3}{(n + 1)!},$ 当 $n = 9$ 时，有 $R_{9} (1) < \frac{3}{10!} < 10^{- 6}$ ，于是 $e \approx 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{9!} \approx 2.718 281 5 .$ （2）由于 $e - (1 + 1 + \frac{1}{2!} + \dots + \frac{1}{n!}) = \frac{e^{ξ}}{(n + 1)!}, 0 < ξ < 1,$ 上式两端乘以 $n!$ ，得 $n! e - [n! + n! + n (n - 1) \dots 3 + \dots + 1] = \frac{e^{ξ}}{n + 1} .$ 现证 $e$ 是无理数。假设 $e$ 为有理数，设 $e = \frac{p}{q}$ （其中 $p, q$ 为整数），当 $n > q$ 时， $n! e$ 为整数，所以上式左端为整数，由于 $0 < e^{ξ} < 3$ ，因而右端当 $n \geq 2$ 时为非整数，矛盾。因此， $e$ 只能是无理数。

例 4★★★☆☆计算题泰勒多项式逼近与误差估计展开题目与讲解

例 4　在 $[0, 1]$ 上用二次多项式逼近 $y = \sqrt{1 + x}$ ，并估计误差

解　由于 $\sqrt{1 + x} = (1 + x)^{\frac{1}{2}} = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^{2}}{8} + R_{2} (x),$ 所以，当 $0 \leq x \leq 1$ 时，有 $| R_{2} (x) | = | \frac{3}{8} \cdot \frac{1}{(1 + ξ)^{\frac{3}{2}}} \cdot \frac{1}{3!} x^{3} | \leq \frac{3}{8} \cdot \frac{1}{3!} = \frac{1}{16} .$

例 5★★★★☆证明题泰勒公式证明中值点存在性展开题目与讲解

例 5　设 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上 $n$ 次可微， $f (a) = 0$ ， $f^{(k)} (b) = 0 (k = 0, 1, 2, \dots, n - 1)$ ，证明存在 $ξ \in (a, b)$ 使 $f^{(n)} (ξ) = 0$

证　由于 $f (x) = f (b) + f' (b) (x - b) + \dots + \frac{f^{(n - 1)} (b)}{(n - 1)!} (x - b)^{n - 1} + \frac{f^{(n)} (ξ)}{n!} (x - b)^{n}, ξ \in (a, b),$ 且由题意知 $f^{(k)} (b) = 0 (k = 0, 1, 2, \dots, n - 1)$ ，所以 $f (x) = \frac{f^{(n)} (ξ)}{n!} (x - b)^{n} (x < ξ < b),$ 取 $x = a$ ，有 $0 = f (a) = \frac{f^{(n)} (ξ) (a - b)^{n}}{n!},$ 因此有 $f^{(n)} (ξ) = 0$ ， $ξ \in (a, b)$ 。

例 6★★★★★证明题泰勒公式证明不等式展开题目与讲解

例 6　设 $f (x)$ 在 $[0, 1]$ 上具有三阶导数， $f (0) = 1$ ， $f (1) = 2$ ， $f' (\frac{1}{2}) = 0$ ，证明存在 $ξ \in (0, 1)$ 使 $| f''' (ξ) | \geq 24$

证　 $f (x) = f (\frac{1}{2}) + f' (\frac{1}{2}) (x - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2!} f'' (\frac{1}{2}) (x - \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{3!} f''' (ξ) (x - \frac{1}{2})^{3}$ $= f (\frac{1}{2}) + \frac{1}{2!} f'' (\frac{1}{2}) (x - \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{3!} f''' (ξ) (x - \frac{1}{2})^{3},$ 当 $x = 0$ 时，有 $f (0) = f (\frac{1}{2}) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} f'' (\frac{1}{2}) - \frac{1}{3!} \cdot \frac{1}{8} f''' (ξ_{1}), 0 < ξ_{1} < \frac{1}{2}, (3.14)$ 当 $x = 1$ 时，有 $f (1) = f (\frac{1}{2}) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} f'' (\frac{1}{2}) + \frac{1}{3!} \cdot \frac{1}{8} f''' (ξ_{2}), \frac{1}{2} < ξ_{2} < 1 . (3.15)$ 式 (3.15) 减去式 (3.14)，得 $1 = f (1) - f (0) = \frac{1}{48} [f''' (ξ_{2}) + f''' (ξ_{1})],$ 有 $48 = | f''' (ξ_{1}) + f''' (ξ_{2}) | \leq | f''' (ξ_{1}) | + | f''' (ξ_{2}) |,$ 得 $48 \leq 2 max {| f''' (ξ_{1}) |, | f''' (ξ_{2}) |},$ 从而 $| f''' (ξ) | \geq 24$ （ $| f''' (ξ) | = max {| f''' (ξ_{1}) |, | f''' (ξ_{2}) |}$ ）。

例 7★★★☆☆证明题泰勒公式证明不等式展开题目与讲解

例 7　设 ${lim}_{x \to 0} \frac{f (x)}{x} = 1$ 且 $f'' (x) > 0$ ，证明 $f (x) \geq x$

证　由于 ${lim}_{x \to 0} \frac{f (x)}{x} = 1$ 且 ${lim}_{x \to 0} x = 0$ ，所以 ${lim}_{x \to 0} f (x) = 0$ ，又 $f (x)$ 在 $x = 0$ 连续，有 $lim_{x \to 0} f (x) = f (0) = 0,$ 于是 $lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} = 1 = f' (0),$ 又 $f (x) = f (0) + f' (0) x + \frac{f'' (ξ)}{2!} x^{2} = x + \frac{f'' (ξ)}{2!} x^{2},$ 其中 $ξ$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，且 $f'' (ξ) > 0$ ， $x^{2} \geq 0$ ，所以 $f (x) \geq x$ 。

例题速查

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例题已掌握

例 1 求三个函数 y=x2 的定义域

例 2 判断每组两个函数是否相同

例 3 保险丝熔断电流与直径的关系表

例 4 自动记录气压计的曲线

例 5 心电图（EKG）显示的心率模式

例 6 取整函数 y=[x]

例 7 符号函数 y=sgnx

例 8 狄利克雷（Dirichlet）函数

例 9 判断 y=loga(x+1+x2) 的奇偶性

例 10 f(x)=x−[x] 的周期为 1

例 11 D(x) 是周期函数但无最小正周期

例 12 证明 f(x)=1x 在 (0,1] 上无界

例题已掌握

例 1 观察数列 {12n} 的变化趋势

例 2 观察数列 {1n} 的变化趋势

例 3 观察数列 {3+(−1)nn} 的变化趋势

例 4 数列 {n2} 不与任何常数无限接近

例 5 数列 {(−1)n} 不与任何常数无限接近

例 6 证明 limn→∞1nk=0

例 7 证明 limn→∞qn=0（|q|<1）

例 8 证明 limn→∞n]a=1（a>1）

例 9 证明 limn→∞ann!=0

例 10 证明 limn→∞n]n=1

例 11 极限四则运算不能用于无限项

例 12 证明 limn→∞n]a=1（a>0）

例 13 求有理分式的极限（m≤k）

例 14 求 limn→∞n]a1n+a2n+⋯+amn

例 15 求 limn→∞12⋅34⋯2n−12n

例 16 求 limn→∞(1+1n)β

例 17 判断数列 {sinnπ4} 的敛散性

例 18 证明 xn=c+c+⋯+c 收敛并求极限

例 19 判断数列 {(−1)n} 的敛散性

例 20 xn=2xn−13+13xn−12 的收敛性

例 21 用柯西准则证明 an=∑sink2k2 收敛

例 22 证明 an=1+12+⋯+1n 发散

例题已掌握

例 1 证明 limx→+∞ax=0（0<a<1）

例 2 证明 limx→−∞1xk=0（k>0）

例 3 证明 limx→1x2−1x2−x=2

例 4 证明 limx→x0m]f(x)=m]A

例 5 研究 f(x)=sgnx 在 x=0 处的极限

例 6 分段函数 f(x) 在 x=0 处的极限

例 7 证明 limx→0ax=1（a>1）

例 8 求 limx→1(1x−1−3x3−1)

例 9 求 limx→03]1+x2−x3

例 10 求 limx→1m]x−1n]x−1（m,n∈N+）

例 11 求 limx→0+x[1x]

例 12 证明 limx→+∞sinx 不存在

例 13 指明 x、x3、1x 中的无穷小量

例 14 求 limx→0xsin1x

例 15 求 limx→111−x2

例 16 求 limx→∞Pn(x)Qm(x)（n>m）

例 17 求 limx→01−cosxx2

例 17 limx→01−cosxx2

例 18 求 limx→0tanxx

例 18 limx→0tanxx

例 19 导出 x→0 时的三个等价无穷小

例 19 三个常用等价无穷小

例 20 求 limx→0(1−5x)1x

例 20 limx→0(1−5x)1x

例 21 求 limx→0(1+2sinx)cscx

例 21 limx→0(1+2sinx)cscx

例 22 求 limx→01−cosx2xsinx2⋅tan3x

例 23 求 limx→0tanx−sinxx3

例 24 年利率 8%：每年付一次与每年付四次的差异

例 25 月复利 7% 与日复利 6.9% 哪种收益好

例 26 中奖 100 万：分期 25 万×4 还是一次付清 92 万

例题已掌握

例 13 哪些是无穷小量

例 14 有界量乘无穷小量

例 15 用倒数求无穷大量

例 16 多项式之比的无穷大量

例题已掌握

例 1 讨论分段函数在 x=0 处的连续性

例 2 讨论 x=0 处的连续性

例 3 证明三角函数在 R 上连续

例 4 f(x)=sinxx 的可去间断点

例 5 1x 的第二类间断点

例 6 复合函数求极限

例 1　求三个函数 $y = x^{2}$ 的定义域

例 2　判断每组两个函数是否相同

例 3　保险丝熔断电流与直径的关系表

例 4　自动记录气压计的曲线

例 5　心电图（EKG）显示的心率模式

例 6　取整函数 $y = [x]$

例 7　符号函数 $y = sgn x$

例 8　狄利克雷（Dirichlet）函数

例 9　判断 $y = {log}_{a} (x + \sqrt{1 + x^{2}})$ 的奇偶性

例 10　 $f (x) = x - [x]$ 的周期为 1

例 11　 $D (x)$ 是周期函数但无最小正周期

例 12　证明 $f (x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ 在 $(0, 1]$ 上无界

例 1　观察数列 ${\frac{1}{2^{n}}}$ 的变化趋势

例 2　观察数列 ${\frac{1}{n}}$ 的变化趋势

例 3　观察数列 ${3 + \frac{(- 1)^{n}}{n}}$ 的变化趋势

例 4　数列 ${n^{2}}$ 不与任何常数无限接近

例 5　数列 ${(- 1)^{n}}$ 不与任何常数无限接近

例 6　证明 ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{n^{k}} = 0$

例 7　证明 ${lim}_{n \to \infty} q^{n} = 0$ （ $| q | < 1$ ）

例 8　证明 ${lim}_{n \to \infty} n] a = 1$ （ $a > 1$ ）

例 9　证明 ${lim}_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0$

例 10　证明 ${lim}_{n \to \infty} n] n = 1$

例 11　极限四则运算不能用于无限项

例 12　证明 ${lim}_{n \to \infty} n] a = 1$ （ $a > 0$ ）

例 13　求有理分式的极限（ $m \leq k$ ）

例 14　求 ${lim}_{n \to \infty} n] a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n}$

例 15　求 ${lim}_{n \to \infty} \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \dots \frac{2 n - 1}{2 n}$

例 16　求 ${lim}_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{β}$

例 17　判断数列 ${sin \frac{n π}{4}}$ 的敛散性

例 18　证明 $x_{n} = \sqrt{c + \sqrt{c + \dots + \sqrt{c}}}$ 收敛并求极限

例 19　判断数列 ${(- 1)^{n}}$ 的敛散性

例 20　 $x_{n} = \frac{2 x_{n - 1}^{3} + 1}{3 x_{n - 1}^{2}}$ 的收敛性

例 21　用柯西准则证明 $a_{n} = \sum \frac{sin k^{2}}{k^{2}}$ 收敛

例 22　证明 $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ 发散

例 1　证明 ${lim}_{x \to + \infty} a^{x} = 0$ （ $0 < a < 1$ ）

例 2　证明 ${lim}_{x \to - \infty} \frac{1}{x^{k}} = 0$ （ $k > 0$ ）

例 3　证明 ${lim}_{x \to 1} \frac{x^{2} - 1}{x^{2} - x} = 2$

例 4　证明 ${lim}_{x \to x_{0}} m] f (x) = m] A$

例 5　研究 $f (x) = sgn x$ 在 $x = 0$ 处的极限

例 6　分段函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处的极限

例 7　证明 ${lim}_{x \to 0} a^{x} = 1$ （ $a > 1$ ）

例 8　求 ${lim}_{x \to 1} (\frac{1}{x - 1} - \frac{3}{x^{3} - 1})$

例 9　求 ${lim}_{x \to 0} 3] 1 + x^{2} - x^{3}$

例 10　求 ${lim}_{x \to 1} m] x - 1 n] x - 1$ （ $m, n \in N_{+}$ ）

例 11　求 ${lim}_{x \to 0^{+}} x [\frac{1}{x}]$

例 12　证明 ${lim}_{x \to + \infty} sin x$ 不存在

例 13　指明 $x$ 、 $x^{3}$ 、 $\frac{1}{x}$ 中的无穷小量

例 14　求 ${lim}_{x \to 0} x sin \frac{1}{x}$

例 15　求 ${lim}_{x \to 1} \frac{1}{1 - x^{2}}$

例 16　求 ${lim}_{x \to \infty} \frac{P_{n} (x)}{Q_{m} (x)}$ （ $n > m$ ）

例 17　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}}$

例 17　 ${lim}_{x \to 0} \frac{1 - cos x}{x^{2}}$

例 18　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{tan x}{x}$

例 18　 ${lim}_{x \to 0} \frac{tan x}{x}$

例 19　导出 $x \to 0$ 时的三个等价无穷小

例 19　三个常用等价无穷小

例 20　求 ${lim}_{x \to 0} (1 - 5 x)^{\frac{1}{x}}$

例 20　 ${lim}_{x \to 0} (1 - 5 x)^{\frac{1}{x}}$

例 21　求 ${lim}_{x \to 0} (1 + 2 sin x)^{csc x}$

例 21　 ${lim}_{x \to 0} (1 + 2 sin x)^{csc x}$

例 22　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{1 - cos x^{2}}{x sin x^{2} \cdot tan 3 x}$

例 23　求 ${lim}_{x \to 0} \frac{tan x - sin x}{x^{3}}$

例 24　年利率 8%：每年付一次与每年付四次的差异

例 25　月复利 7% 与日复利 6.9% 哪种收益好

例 26　中奖 100 万：分期 25 万×4 还是一次付清 92 万

例 13　哪些是无穷小量

例 14　有界量乘无穷小量

例 15　用倒数求无穷大量

例 16　多项式之比的无穷大量

例 1　讨论分段函数在 $x = 0$ 处的连续性

例 2　讨论 $x = 0$ 处的连续性

例 3　证明三角函数在 R 上连续

例 4　 $f (x) = \frac{sin x}{x}$ 的可去间断点

例 5　 $\frac{1}{x}$ 的第二类间断点

例 6　复合函数求极限

例 7　利用连续性求极限

例 9　证明指数函数连续

例 10　求初等函数分式的极限

例 11　求含反三角函数的极限

例 12　求幂指函数极限