高等數學-導數&洛必達法則

導數

簡介

導數是一種很有用的工具，在抽象問題和實際問題的解決中都有着重要意義

在物理學中，我們熟知的“S-T圖”可以把路程與時間的關系表示出來，我們可以用一個函數 \(f(x)\) 來表達這種關系

在函數上自變量的變化會讓函數值發生一定的變化，我們用 \(\Delta x\) 來表示這段自變量的變化，那么函數值的變化就可以表示為 \(\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)\)，值 \(\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}\) 所表示的意義就是函數 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 到 \(x_0+\Delta x\) 的平均變化率，也就是我們在“S-T圖”中的“平均速率”，而當 \(\Delta x\) 趨近於 \(0\) 時，\(\lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}\) 就表示函數值在 \(x_0\) 處的平均變化率，也就是我們在“S-T圖”中的“瞬時速率”，其實這就是導數

定義

若函數 \(y=f(x)\) 在其定義域中的一點 \(x_0\) 處的極限

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

存在，則稱 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 處可導，並稱這個極限值為 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 處的導數，也叫導函數值，記為 \(f'(x_0)\) 或 \(y'_{x_0}\)

若函數 \(y=f(x)\) 在某一區間上的每一點都可導，則稱 \(f(x)\) 在這個區間上可導，\(f'(x)\) 就稱為這個區間上的導函數，也叫簡稱為導數，導數和導函數的稱呼有些模糊不清

常用導數

若 \(f(x)=x^a(x>0)\) 則 \(f'(x)=ax^{a-1}\)

若 \(f(x)=\sin x\) 則 \(f'(x)=\cos x\)

若 \(f(x)=\cos x\) 則 \(f'(x)=-\sin x\)

若 \(f(x)=\ln x\) 則 \(f'(x)=\frac 1x\)

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

若 \(f(x)=e^x\) 則 \(f'(x)=e^x\)

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

這些導數非常常用，一定要牢記，至於具體推導可以自行嘗試或是查閱相關資料

運算法則

設 \(f(x),g(x)\) 在某一區間上可導，則 \(c_1f(x)+c_2g(x)\) (\(c_1,c_2\) 為常數)和 \(f(x)g(x)\) 可導，若 \(g(x)\ne0\) 則 \(\frac{f(x)}{g(x)}\) 也可導，導數如下

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

復合函數求導

對於兩個函數 \(y=f(x),\ \mu=g(x)\)，如果可以通過變量 \(\mu\) 將 \(y\) 表示成 \(x\) 的函數，那么就稱這個函數為函數 \(y=f(x)\) 和 \(\mu=g(x)\) 的復合函數，記作 \(y=f(g(x))\)

復合函數 \(y=f(g(x))\) 的導數與函數 \(y=f(x),\ \mu=g(x)\) 間的關系為 \(y'_x=y'_\mu\cdot\mu'_x\)

即 \(y\) 對 \(x\) 的導數等於 \(y\) 對 \(\mu\) 的導數與 \(\mu\) 對 \(x\) 的導數的乘積

練習

1.求 \(y=3^x\cos x\) 的導數.

解：

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

2.求 \(y=\tan x\) 的導數

解：

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

3.求 \(y=e^{\sqrt{1+\cos x}}\) 的導數

解：

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

則 \(y=f(g(h(x)))\)

那么有

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

洛必達法則

在函數求極限時，常常會出現 \(\frac00\) 或者 \(\frac{\infty}{\infty}\) 之類的情況，需要對於極限進行轉換，比較麻煩

利用求導，我們可以使用洛必達法則方便地計算出結果

法則

若函數 \(f(x),g(x)\)

1.滿足 \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0\) 且 \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0\) 或滿足 \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty\) 且 \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=\infty\)

2.在 \(x_0\) 的去心鄰域均可導且 \(g'(x)\ne0\)

3.\(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=a\)，其中 \(a\) 為有限實數或 \(\pm\infty\)

則有

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

轉換

洛必達法則只適用於“ \(\frac 00\) 型”或是“ \(\frac{\infty}{\infty}\) 型”，但是經過簡單的轉換我們就可以將其他的類型比如" \(0\cdot\infty,\ 1^{\infty},\ 0^0,\ \infty^0,\ \infty-\infty\) 型"轉換為這兩種類型

\(0\cdot\infty\) 型

把極限為 \(0\) 或 \(\infty\) 的部分取倒數作為分母即可轉換為“ \(\frac 00\) 型”或是“ \(\frac{\infty}{\infty}\) 型”

\(\infty-\infty\) 型

把兩個極限為 \(\infty\) 的部分用兩個極限為 \(0\) 的部分的倒數替換，再通分即可轉換為“ \(\frac 00\) 型”

\(1^\infty,\ 0^0,\ \infty^0\) 型

利用對數性質 \(e^{\ln{a}}=a\) 我們把 \(1^\infty\) 的部分換到 \(e\) 的指數上，然后再利用 \(\log_ab^c=c\log_a{b}\) 把 \(\infty\) 拿到 \(\ln\) 的前面去，就能轉換為 \(0\cdot\infty\) 型

\[1^{\infty}=e^{\ln{1^\infty}}=e^{\infty\ln1}=e^{\infty\cdot0} \]

注意事項

使用洛必達法則時必須滿足法則要求，不滿足的轉換后才能嘗試使用

洛必達法則不能用於求解數列的極限，僅能用於函數求極限，這一點也需要注意

練習

1.計算極限 \(\lim\limits_{x\to0}(\cos x)^{\frac1{x^2}}\)

解：原極限為 \(1^\infty\) 型，利用對數進行轉換

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

轉換為 \(\frac 00\) 型，現在暫時只看 \(e\) 的指數，使用洛必達法則，進行求導

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

極限部分仍舊是 \(\frac 00\) 型，再次使用洛必達法則

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

此時可以直接代入 \(x=0\)，得到

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

綜上

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

2.計算極限 \(\lim\limits_{x\to1}\left(\frac2{x^2-1}-\frac1{x-1}\right)\)

解：該極限是 \(\infty-\infty\) 型，由於已經是兩個無窮小的倒數，直接通分轉換為 \(\frac 00\) 型

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

使用洛必達法則

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

3.計算極限 \(\lim\limits_{x\to0}x^2e^{\frac1{x^2}}\)

解：該極限是 \(0\cdot\infty\) 型，把無窮小或無窮大轉換到分母上

\[\lim_{x\to0}\frac{e^{\frac1{x^2}}}{\frac1{x^2}} \]

然后考慮換元，令 \(t=\frac1{x^2}\)，那么 \(\lim\limits_{x\to0}t=\lim\limits_{x\to0}\frac1{x^2}=+\infty\)，原式就變為

\[\lim_{t\to+\infty}\frac{e^t}t \]

是 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型，使用洛必達法則

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

---

該文為本人原創，轉載請注明出處

博客園傳送門