第II巻極限と導関数 — 発展・選択題材

:::info 翻訳状況

このローカライズページでは、ナビゲーション、メタデータ、アーカイブ告知を翻訳しています。数式、例、原稿由来の本文は、手動翻訳が未提供の箇所では簡体字中国語の原文を保持しています。

:::

高阶导数与泰勒展开初步*

一阶导数 $f'(x)$ 刻画瞬时变化率，几何上对应切线斜率. 二阶导数 $f''(x)$ 刻画变化率自身的变化，用来判断函数图像的弯曲程度（凹凸性）.

下面讨论数学分析中的一个基本思想：用多项式函数逼近较复杂的函数. 泰勒公式既联系初等数学与高等数学，也常用于不等式证明.

高阶导数与函数的凹凸性

高阶导数的定义

如果函数 $f(x)$ 的导函数 $f'(x)$ 仍然可导，那么 $f'(x)$ 的导数称为 $f(x)$ 的二阶导数, 记作 $f''(x)$ 或 $\frac{d^2y}{dx^2}$ . 类似地，二阶导数的导数称为三阶导数，记作 $f'''(x)$ 或 $f^{(3)}(x)$ .

物理意义：若 $s(t)$ 表示物体运动的位移，则 $s'(t)$ 是瞬时速度 $v(t)$ , 而 $s''(t)$ 是瞬时加速度 $a(t)$ .

几何意义： $f''(x)$ 描述了切线斜率 $f'(x)$ 的变化快慢. 若 $f''(x) \> 0$ ，说明斜率 $f'(x)$ 单调递增，曲线变得越来越"陡峭"（向上弯曲）；若 $f''(x) \< 0$ ，说明斜率 $f'(x)$ 单调递减，曲线变得越来越"平缓"（向下弯曲）.

函数的凹凸性

函数的二阶导数直接决定了函数图像的弯曲方向，即凹凸性.

凹凸性

设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上连续. 下凸 (Convex/凹函数)：若图像上任意两点连成的弦，始终位于这段曲线的上方，形象地，图像形如 $\cup$ . 上凸 (Concave/凸函数)：若图像上任意两点连成的弦，始终位于这段曲线的下方，形象地，图像形如 $\cap$ .

凹凸性描述的是曲线“弯向哪一边”. 下凸时，曲线位于弦的下方，斜率从左到右逐渐增大；上凸时，曲线位于弦的上方，斜率从左到右逐渐减小. 这里研究的是变化率如何继续变化，也就是斜率本身的变化.

注

国内外教材对“凹”与“凸”的中文命名常有差异. 为避免歧义，这里只看图像的几何形状： $\cup$ 型与 $\cap$ 型.

凹凸性判定法则

设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上具有二阶导数. 若在 $I$ 内恒有 $f''(x) \> 0$ ，则 $f(x)$ 的图像是下凸的 ( $\cup$ ). 若在 $I$ 内恒有 $f''(x) \< 0$ ，则 $f(x)$ 的图像是上凸的 ( $\cap$ ).

证明

若在区间 $I$ 上恒有 $f''(x)\>0$ , 则 $f'(x)$ 的导数恒为正. 由单调性的导数判定法, $f'(x)$ 在 $I$ 上严格递增. 根据第一卷第 [ref:sec:ch03-s06] 节中“导函数单调递增当且仅当函数下凸”的结论，可知 $f(x)$ 在 $I$ 上下凸.

若在区间 $I$ 上恒有 $f''(x)\<0$ , 同理可知 $f'(x)$ 在 $I$ 上严格递减，从而 $f(x)$ 在 $I$ 上上凸. :::

拐点

连续曲线 $y=f(x)$ 上凹凸性发生改变的点，称为拐点.

若 $f''(x)$ 存在，则 $f''(x_0)=0$ 是点 $(x_0, f(x_0))$ 为拐点的必要条件. 判定拐点时，还要检查 $f''(x)$ 在 $x_0$ 两侧是否变号.

极值的第二充分条件

利用二阶导数，可以直接判断驻点是极大值还是极小值.

定理

设 $f'(x_0) = 0$ 且 $f''(x_0)$ 存在. 若 $f''(x_0) \> 0$ ，则 $f(x_0)$ 是极小值 (图像 $\cup$ 且切线水平). 若 $f''(x_0) \< 0$ ，则 $f(x_0)$ 是极大值 (图像 $\cap$ 且切线水平). 若 $f''(x_0) = 0$ ，该判定法失效，需回归第一充分条件（单调性分析）.

证明

只证 $f''(x_0)\>0$ 的情形. 由二阶导数的定义, $f''(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)-f'(x_0)}{x-x_0}.$ 又因为 $f'(x_0)=0$ , 所以上式化为 $f''(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{x-x_0}.$ 若 $f''(x_0)\>0$ , 则当 $x$ 充分接近 $x_0$ 且 $x\ne x_0$ 时, $\frac{f'(x)}{x-x_0}\>0.$ 因而

x\<x_0 \Longrightarrow f'(x)\<0, x\>x_0 \Longrightarrow f'(x)\>0.

这说明函数在 $x_0$ 左侧递减，在右侧递增，所以 $f(x_0)$ 是极小值.

当 $f''(x_0)\<0$ 时，同理可得

x\<x_0 \Longrightarrow f'(x)\>0, x\>x_0 \Longrightarrow f'(x)\<0,

因而函数在 $x_0$ 左侧递增、右侧递减，所以 $f(x_0)$ 是极大值.

当 $f''(x_0)=0$ 时，上述符号信息无法确定，判定法自然失效.

二阶导数与局部形状

二阶导数刻画图像的弯曲方向: $f''(x)\>0$ 时曲线向上弯曲（下凸）， $f''(x)\<0$ 时曲线向下弯曲（上凸）. 三阶导数进一步描述弯曲方向本身的变化快慢——即凹凸性转变的速率. 以此类推，每一阶导数都在描述上一阶变化率的变化趋势. 泰勒展开正是把这些逐层信息排列成多项式的各项：一次项控制斜率，二次项控制弯曲方向，三次项控制弯曲的不对称性，等等. 因此，展开到第 $n$ 阶就相当于用一个具有相同前 $n$ 阶局部特征的多项式来逼近原函数. 这些内容会在后续的不等式证明、极限计算与近似问题中反复使用.

整体形状与局部形状

第一卷第 [ref:sec:ch03-s06] 节从图形和整体性质观察凹凸性；这里把视线缩到一点附近，主要借二阶导数和泰勒展开描出局部形状.

泰勒展开

\BookSubsectionSubtitle{用多项式逼近函数}

一次函数（直线）和二次函数（抛物线）性质简单，易于计算. 对于 $e^x, \sin x, \ln x$ 这类较复杂的超越函数，也可以尝试用一个多项式 $P_n(x)$ 在局部加以逼近.

逼近的逻辑

设要用一个多项式在 $x=0$ 附近逼近函数 $f(x)$ . 零阶近似为 $P_0(x) = f(0)$ ，只要求高度相同；在此基础上加入一阶导数项得到一阶近似（切线） $P_1(x) = f(0) + f'(0)x$ ，使高度与斜率都相同；再加入二阶导数项得到二阶近似（抛物线） $P_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2$ ，使高度、斜率与弯曲程度都相同. 如果要求多项式 $P_n(x)$ 在 $x=0$ 处的 $0$ 到 $n$ 阶导数都与 $f(x)$ 相同，就得到泰勒公式.

带有佩亚诺余项的麦克劳林公式

如果函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处具有 $n$ 阶导数，则有：

f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + o(x^n)

其中 $o(x^n)$ 称为佩亚诺余项, 表示当 $x \to 0$ 时，误差是比 $x^n$ 更高阶的无穷小.

常用函数的展开式

在 $x \to 0$ 时，常用的展开式有：

\begin{aligned} e^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n) \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots + (-1)^{m-1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!} + o(x^{2m-1}) \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + (-1)^m\frac{x^{2m}}{(2m)!} + o(x^{2m}) \ln(1+x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} + o(x^n) \end{aligned}

展开到几阶

使用泰勒展开时，常要先判断保留到哪一阶. 可依次从下面几方面判断: 若用于求极限，就展开到第一个不再抵消的项；若用于证明不等式，就展开到已经能判断符号的那一项；若用于近似计算，就展开到下一项已经足够小为止.

判断展开阶数

遇到相减时，先看低阶项消去到哪一层；遇到相除时，先比较分子分母的最低非零阶；遇到近似时，先看误差要控制到什么量级. 展开到能够完成判断的阶数即可.

例

求极限： $\lim_{x \to 0}\frac{e^x-1-x}{x^2}$

证明

分子里的常数项 $1$ 和一次项 $x$ 已经先被减掉了，所以还得再往下一层，写到二次项： $e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ 代入得 $e^x-1-x=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ 从而 $\frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac{1}{2}+o(1)$ 故极限为 $\lim_{x \to 0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac{1}{2}$

例

求极限： $\lim_{x \to 0}\frac{\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}}{x^3}$

证明

由 $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$ 可得 $\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}=\frac{x^3}{3}+o(x^3)$ 因而 $\frac{\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}}{x^3}=\frac{1}{3}+o(1)$ 所以极限为

\lim_{x \to 0}\frac{\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}}{x^3}=\frac{1}{3}

泰勒、等价无穷小与洛必达如何选

三种方法怎么分工

分析问题时，先看式子的样子，再决定往哪条路上走：若是标准基本型，如 $\sin x$ , $\tan x$ , $e^x-1$ , $\ln(1+x)$ 与幂函数的乘除比较，优先考虑等价无穷小；若式子中出现明显的"相减消项"，或者题目要求精确到某个系数、某个阶数，优先考虑泰勒展开；若极限可化为商式，且求导后结构明显更简单，再考虑洛必达法则（下一章正式讨论）. 这三者可以配合使用. 很多题目先用等价无穷小做第一轮简化，再用泰勒补足系数；也有一些题目需要先判断是展开更直接，还是求导更直接.

常见错误

几类典型失误

展开不够就停下：例如分子前两项已经抵消，却只展开到一次项，结果仍是 $0/0$ ；展开过头：只需要二次项却一路写到五次项，既拉长篇幅，也更容易算错；把" $=$ "和" $\sim$ "混用：泰勒公式给的是带余项的等式，等价无穷小给的是主项同阶，这两种写法要分开使用；忽略适用范围：例如 $\ln(1+x)$ 的展开默认在 $x \to 0$ 且邻域内 $1+x\>0$ ，展开式要在定义域内使用.

泰勒近似在不等式证明中的应用

泰勒公式不仅用于计算，也常用于证明不等式. 做法是把超越函数写成多项式与余项之和，再判断余项符号.

“切线放缩”的再审视

上一章证明过 $e^x \ge 1+x$ , 这正是 $e^x$ 的一阶泰勒展开. 因为 $(e^x)'' = e^x \> 0$ ，函数下凸，图像位于切线 $y=1+x$ 上方，故 $e^x \ge 1+x$ ；推广：若 $f''(x) \> 0$ ，则 $f(x) \ge f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)$ .

高阶展开的应用实例

利用更高阶的展开，可以得到更精确的不等式.

例

证明：当 $x \> 0$ 时, $\sin x \> x - \frac{x^3}{6}$ .

证明

这里比较的是 $\sin x$ 与其三阶泰勒多项式. 构造辅助函数 $f(x) = \sin x - \left( x - \frac{x^3}{6} \right)$ . 只需证明当 $x\>0$ 时 $f(x) \> 0$ . 对 $f(x)$ 逐次求导：

\begin{aligned} f'(x) &= \cos x - 1 + \frac{x^2}{2} f''(x) &= -\sin x + x f'''(x) &= -\cos x + 1 \end{aligned}

分析 $f'''(x)$ ：对于任意 $x \in \mathbb{R}$ , $\cos x \le 1$ , 故 $f'''(x) = 1 - \cos x \ge 0$ . 这说明二阶导数 $f''(x)$ 在 $x \ge 0$ 上单调递增. 又 $f''(0) = -\sin 0 + 0 = 0$ , 所以当 $x \> 0$ 时, $f''(x) \> 0$ . 同理，由于 $f''(x) \> 0$ , 一阶导数 $f'(x)$ 单调递增. 又 $f'(0) = \cos 0 - 1 + 0 = 0$ , 所以当 $x \> 0$ 时, $f'(x) \> 0$ . 最后，由于 $f'(x) \> 0$ , 原函数 $f(x)$ 单调递增. 又 $f(0) = \sin 0 - 0 = 0$ , 所以当 $x \> 0$ 时, $f(x) \> 0$ . 即 $\sin x \> x - \frac{x^3}{6}$ 成立.

注

这个例子说明：通过不断求导，可以把正弦函数问题逐步化为常数与 $0$ 的比较.

例

求极限： $\lim_{x \to 0}\frac{\sin x-x+\frac{x^3}{6}}{x^5}$

证明

由于分子中已经减去了 $\sin x$ 的前两项 $x-\dfrac{x^3}{6}$ ，所以要继续展开到下一项： $\sin x = x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+o(x^5)$ 因而 $\sin x-x+\frac{x^3}{6}=\frac{x^5}{120}+o(x^5)$ 于是 $\frac{\sin x-x+\frac{x^3}{6}}{x^5}=\frac{1}{120}+o(1)$ 所以极限为

\lim_{x \to 0}\frac{\sin x-x+\frac{x^3}{6}}{x^5}=\frac{1}{120}

泰勒展开的作用

泰勒展开用于研究函数在一点附近的局部行为. 写出前几阶主导项后，常可直接判断极限、作局部近似，并分析函数在该点附近的符号与形状.

洛必达法则与极限计算*

前面已经接触了极限的多种计算方法. 对于 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型不定式，还需要进一步的理论工具. 柯西中值定理正是这一工具的基础.

由柯西中值定理可以导出洛必达法则 (L'Hôpital's Rule), 同时整理极限计算的常用方法.

洛必达法则

在正式应用洛必达法则之前，先说明其指导思想：为什么在一定条件下，原函数之比的极限可以转化为导函数之比的极限.

当 $x \to a$ 时，如果 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都趋向于 $0$ （或 $\infty$ ），那么它们的比值极限与各自的变化速度密切相关. 在微积分中，描述这种变化速度的工具是导数.

若 $f(a)=g(a)=0$ , 且在 $x=a$ 附近有近似关系 $f(x)\approx f'(a)(x-a), g(x)\approx g'(a)(x-a),$ 则有 $\lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} \approx \frac{f'(a)}{g'(a)}$ 这说明，洛必达法则可理解为用函数在 $a$ 点附近的线性近似代替原函数.

然而，在实际问题中， $f'(a)$ 或 $g'(a)$ 可能不存在，或者比值本身仍是不定式. 此时需要依赖更坚实的理论基础——柯西中值定理. 根据柯西中值定理，对于区间 $[a, x]$ , 必然存在一点 $\xi$ 介于 $a$ 和 $x$ 之间，使得函数增量的比值等于导数的比值： $\frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 利用条件 $f(a)=g(a)=0$ , 等式左边即简化为 $\frac{f(x)}{g(x)}$ . 现在，对等式两边同时取 $x \to a$ 的极限. 由于 $\xi$ 被夹在 $a$ 和 $x$ 之间 ( $a \< \xi \< x$ ), 当 $x$ 无限逼近 $a$ 时，中间点 $\xi$ 也随之无限逼近 $a$ . 因此，当 $x\to a$ 时，也有 $\xi\to a$ . 于是得到

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

这就严格证明了，原函数的极限问题可以转化为导函数的极限问题. 柯西中值定理精确地建立了函数增量比与导数比值之间的桥梁.

洛必达法则说明：在特定条件下，两个函数之比的极限等于它们导数之比的极限. 因而可以借助导数信息判断函数值的趋近行为.

{0} $型中，分子与分母的局部斜率控制比值趋势} \end{figure} *图：$ \frac{0*

使用前先检查四件事

在动手求导之前，先逐项核对：

原式是否真的是商式；
直接代入后是否真的是 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型；
分子、分母是否在去心邻域内可导，且分母导数不为零；
求导之后的式子是否更简单，或者至少更接近可判断的形式.

前三条用于检查是否合法，第四条用于检查是否合算. 很多题目用等价无穷小或泰勒展开会更短.

洛必达法则

设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在点 $a$ 的某去心邻域内可导，且 $g'(x) \ne 0$ . 若满足以下两类条件之一：

** $\frac{0**{0}$ 型}： $\lim_{x\to a} f(x) = 0$ 且 $\lim_{x\to a} g(x) = 0$ ；
** $\frac{\infty**{\infty}$ 型}： $\lim_{x\to a} f(x) = \infty$ 且 $\lim_{x\to a} g(x) = \infty$ ；

并且极限 $\lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 存在（或为 $\infty$ ），那么

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

该法则对于 $x \to \infty$ 的情况同样适用.

证明

先证 $\frac{0}{0}$ 型. 设 $\lim_{x\to a}f(x)=0, \lim_{x\to a}g(x)=0.$ 在点 $a$ 处补充定义 $f(a)=g(a)=0.$ 对于充分靠近 $a$ 且 $x\ne a$ 的点，函数在闭区间 $[a,x]$ 或 $[x,a]$ 上连续、在开区间内可导. 由柯西中值定理，存在介于 $a$ 与 $x$ 之间的点 $\xi$ , 使得 $\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.$ 由于 $f(a)=g(a)=0$ , 上式化为 $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.$ 当 $x\to a$ 时，夹在 $a$ 与 $x$ 之间的点 $\xi$ 也满足 $\xi\to a$ . 若 $\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A,$ 则 $\lim_{\xi\to a}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=A.$ 由 $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 即得 $\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=A.$

对于 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，证明方式完全类似：对充分靠近 $a$ 的两点应用柯西中值定理，把函数增量之比转化为导数之比，再让两点同时逼近极限点. 因而结论同样成立.

基本应用实例

例

计算 $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}$ .

解

这是 $\frac{0}{0}$ 型不定式.

\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} \overset{L'H}{=} \lim_{x\to 0} \frac{(\sin x)'}{(x)'} = \lim_{x\to 0} \frac{\cos x}{1} = 1

例

计算 $\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{x}$ .

解

这是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型不定式.

\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{x} \overset{L'H}{=} \lim_{x\to +\infty} \frac{1/x}{1} = 0

结论：对数函数的增长速度远慢于幂函数.

例

计算 $\lim_{x\to +\infty} \frac{x^n}{e^x}$ ( $n \> 0$ ).

解

这是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型. 连续使用 $n$ 次洛必达法则（或直至分子变为常数）：

\lim_{x\to +\infty} \frac{x^n}{e^x} \overset{L'H}{=} \lim_{x\to +\infty} \frac{nx^{n-1}}{e^x} = \cdots = \lim_{x\to +\infty} \frac{n!}{e^x} = 0

结论：指数函数的增长速度远快于任何多项式函数.

连续使用时，何时该停

若一次洛必达之后，式子仍是 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，并且结构继续简化，那么可以继续使用. 但每做一次，都应重新检查：

新得到的式子是否仍是不定式；
求导是否真的在降低复杂度；
是否已经出现更好的方法，如直接代入、等价无穷小、泰勒展开.

连续使用洛必达法则时，每一步都要重新判断是否继续.

例

计算 $\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{x^2}$ .

解

直接代入得 $\frac{0}{0}$ 型，可以使用洛必达法则：

\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{x^2} \overset{L'H}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{2x}

仍为 $\frac{0}{0}$ 型，再用一次：

\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{2x} \overset{L'H}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x}{2} = \frac{1}{2}

同一道题的更优思路

上题也可以用泰勒展开: $e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ 因而

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

这说明：若题目带有明显的相减消项结构，泰勒展开往往比反复求导更直接.

法则的滥用与陷阱

洛必达法则适用范围明确. 若忽略条件，容易导致错误或无效计算.

陷阱1

\BookSubsubsectionSubtitle{非不定式误用} 法则仅适用于 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型. 若直接代入非不定式，法则将给出错误结果.

错误示例：计算 $\lim_{x\to 0} \frac{x+1}{x+2}$ .
误解： $\lim \frac{(x+1)'}{(x+2)'} = \lim \frac{1}{1} = 1$ .
正解：直接代入得 $\frac{0+1}{0+2} = \frac{1}{2}$ .

陷阱2

\BookSubsubsectionSubtitle{导数极限不存在} 若 $\lim \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 不存在（振荡），原极限是否存在需要另行判断；此时只能说明洛必达法则失效，需改用夹逼定理或定义法.

例

计算 $\lim_{x\to \infty} \frac{x + \sin x}{x}$ .

解

原极限可直接算得为 1. 但若使用洛必达法则： $\lim_{x\to \infty} \frac{1 + \cos x}{1}$ 由于 $\cos x$ 在 $\infty$ 处振荡，该极限不存在. 此时法则失效.

陷阱3

\BookSubsubsectionSubtitle{循环与繁琐} 对于某些函数（如 $\sqrt{x^2+1}$ ），求导后形式可能更复杂或循环出现，导致无法得出结果. 此外，对于简单的因式分解能解决的问题（如 $\frac{x^2-1}{x-1}$ ），使用洛必达法则往往显得笨拙.

陷阱4

\BookSubsubsectionSubtitle{把加减消项题硬做成求导题}

有些极限虽然也能使用洛必达法则，但实际考查的是高阶无穷小的抵消. 这类题若一味求导，往往步骤更长，也更容易算错.

例

计算 $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}$ .

解

用洛必达法则可得：

\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2} \overset{L'H}{=} \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{2x}=\frac{1}{2}

等价无穷小或泰勒展开给出的路径更自然： $1-\cos x \sim \frac{x^2}{2} (x\to 0)$ 所以 $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$

{2}$ 具有相同主导项}

一个经验判断

若分子分母中同时出现 $\sin x,\cos x,e^x,\ln(1+x)$ 等标准函数，并且只是在零点附近做局部比较，那么先想等价无穷小或泰勒；只有当展开不方便、或求导后结构明显更顺时，再考虑洛必达.

其他类型的不定式

对于 $0 \cdot \infty$ , $\infty - \infty$ , $1^\infty$ , $0^0$ , $\infty^0$ 等非标准型不定式，必须先通过代数变形将其转化为 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型.

先变形，再谈洛必达

洛必达法则只处理商式的不定式. 因此，遇到乘积、差式或幂指式时，应先判断如何把它改写成商式.

\texorpdfstring{ $0 \cdot \infty$ 型

{0 times infinity type}} 可将乘积 $f \cdot g$ 变形为商 $\frac{f}{1/g}$ 或 $\frac{g}{1/f}$ . 通常把求导较简单的函数放在分子，较复杂的倒数放在分母.

例

计算 $\lim_{x\to 0^+} x \ln x$ .

解

这是 $0 \cdot (-\infty)$ 型. 将 $x$ 下放：

\lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} (\text{型为 } \frac{\infty}{\infty})

\overset{L'H}{=} \lim_{x\to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x\to 0^+} (-x) = 0

\texorpdfstring{ $\infty - \infty$ 型

{infinity minus infinity type}} 可通过通分、提取公因式或有理化，合并为一个分式.

例

计算 $\lim_{x\to 0} (\frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x})$ .

解

\lim_{x\to 0} \frac{x - \sin x}{x \sin x} (\text{型为 } \frac{0}{0})

连续使用洛必达法则（或结合泰勒展开）可得极限为 0.

例

计算 $\lim_{x\to +\infty} \left(\sqrt{x^2+x}-x\right)$ .

解

这是 $\infty-\infty$ 型. 直接求差没有意义，应先有理化：

\sqrt{x^2+x}-x = \frac{(x^2+x)-x^2}{\sqrt{x^2+x}+x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}

再将分子分母同除以 $x$ ，得 $\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}$ 从而 $\lim_{x\to +\infty} \left(\sqrt{x^2+x}-x\right)=\frac{1}{2}$

这里不必强求洛必达

上题若继续改写成商式，也能使用洛必达法则，路径会更长. 这说明洛必达法则是极限计算中的一种工具.

\texorpdfstring{幂指函数型 ( $1^\infty, 0^0, \infty^0$ )

{power-exponential type}} 可先取对数, 利用恒等式 $y = e^{\ln y}$ . 设 $y = f(x)^{g(x)}$ , 则 $\ln y = g(x) \ln f(x)$ , 转化为 $0 \cdot \infty$ 型.

例

计算 $\lim_{x\to \infty} (1 + \frac{1}{x})^x$ .

解

令 $y = (1 + \frac{1}{x})^x$ ，取对数： $\ln y = x \ln(1 + \frac{1}{x}) = \frac{\ln(1 + 1/x)}{1/x}$ 令 $t = 1/x$ , 当 $x\to \infty$ 时 $t\to 0$ ：

\lim_{t\to 0} \frac{\ln(1+t)}{t} \overset{L'H}{=} \lim_{t\to 0} \frac{1/(1+t)}{1} = 1

故 $\lim \ln y = 1$ , 原极限 $\lim y = e^1 = e$ .

极限求解的常用方法

面对不同类型的极限问题，需要按结构选择方法.

落笔前先看哪一层

先按顺序判断

面对一道具体极限题，判断方法的优先次序是从简到繁：先看能否直接代入；若不能，再尝试简单变形消去不定式；若是乘除结构，考虑用等价无穷小替换；若涉及高阶消项，则考虑泰勒展开；只有当原式已经是或容易化为商式不定式、且求导后确实能简化时，才优先考虑洛必达法则.通常先做简单变形，再判断是否需要求导.

方法分层

第一层

直接代入：首先检查是否为不定式.若分母不为零，函数连续性保证了极限值等于函数值.
初等变形：包括因式分解、分子/分母有理化、提取最高次幂等.这通常适用于有理分式或简单的根式.
重要极限：利用已知的标准结果，如 $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}=1$ 或 $\lim_{x\to \infty} (1+\frac{1}{x})^x=e$ .

第二层

等价无穷小替换：在 $x \to 0$ 时，利用 $\sin x \sim x, \ln(1+x) \sim x$ 等替换.此法计算简便，但通常仅适用于乘除因子的替换，在加减法中使用需极度谨慎，以防精度丢失.
夹逼定理：适用于处理含有振荡项（如 $\sin \frac{1}{x}$ ）或无法直接计算的数列极限，通过放缩确立上下界.

第三层

洛必达法则：适用于满足条件的 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型不定式. 当函数求导后形式简化时，此法较为有效.
泰勒展开：适用于 $x \to 0$ 且涉及加减消项的复杂组合.与等价无穷小相比，泰勒展开提供了多项式的高阶近似，能够精确控制误差阶数，适用于高精度的分析.

实例对比

例

计算 $\lim_{x\to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}$ .

解

法一：洛必达法则 该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，满足法则条件.

\lim_{x\to 0} \frac{x - \sin x}{x^3} = \lim_{x\to 0} \frac{1 - \cos x}{3x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{6x} = \lim_{x\to 0} \frac{\cos x}{6} = \frac{1}{6}

此过程需要连续使用三次洛必达法则.

法二：泰勒展开 利用 $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ 代入分子：

\lim_{x\to 0} \frac{x - (x - \frac{x^3}{6} + o(x^3))}{x^3} = \lim_{x\to 0} \frac{\frac{x^3}{6} + o(x^3)}{x^3} = \frac{1}{6}

通过保留三阶项，直接观察到分子的阶数特征.

常用方法

对于乘除形式的因子，可优先考虑等价无穷小替换, 以简化表达式.
对于加减形式的不定式，若求导后各项变得简单，可使用洛必达法则.
对于高阶无穷小相抵消（如 $x-\sin x$ ）或涉及复合函数的极限，常用泰勒展开.

先看结构再选方法

洛必达法则是重要工具. 处理极限时，先判断结构，再选取工具，不把求导视为唯一入口.

端点分析与局部保号*

在运用导数处理不等式恒成立问题时，常见做法是求出函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的全局最小值 $f_{\min}$ , 再验证 $f_{\min} \ge k$ . 这种方法属于充分性构造，直接检验不等式在最不利情形下是否成立.

但在许多复杂问题中，导函数可能十分繁琐，驻点难以求出，或者最值点落在端点. 这时直接求全局最小值往往困难很大. 于是需要引入另一条思路，即必要性分析.

必要性分析从结论出发反推参数限制：若不等式恒成立，那么某些特殊点必须满足什么条件. 处理这类问题时，常要考察函数在边界点的初始状态与变化趋势. 当临界情形恰好出现在区间端点时，就得到端点分析法.

必要条件与充分条件

许多导数综合题适合分两步求参数范围：先从某个敏感位置提取必要条件，缩小参数范围；再借助单调性、凹凸性或全局最值，补出充分条件. 对端点值为零的恒成立问题，这个敏感位置往往就是区间端点本身.

设函数 $g(x)$ 在区间 $[m,+\infty)$ 上满足 $g(m)=0$ ，并要求证明 $g(x)\ge0 (x\ge m)$ . 那么函数从点 $(m,0)$ 出发后，要保持在 $x$ 轴上方或落在 $x$ 轴上，起始方向就必须朝上或保持水平.这立刻给出一个必要条件： $g'(m)\ge0$ . 这种“先看端点处导数符号”的现象，可称为端点效应. 这个名字强调的是：全区间的恒成立问题，常常会在端点处留下第一道痕迹.

端点效应通常先给出必要条件. 当后续导数的变化趋势也受到控制时，端点信息还可以升级为充分条件.

端点效应的使用顺序

处理这类题目时，通常先从端点入手：把原题改写成 $g(m)=0$ 的形式，再讨论 $g(x)$ 在整个区间内非负或非正.然后看 $g'(m)$ 的符号，做必要性筛选；如果 $g'(m)=0$ 仍给不出信息，就继续看更高阶导数在端点处的首个非零项.最后还要补充分性验证，检查 $g'(x)$ 是否单调、 $g''(x)$ 是否变号，或者回到全局最小值分析，避免把局部信息误当成全局结论.

端点分析的基本法则

考虑一类具体问题：已知函数 $g(x)$ 在区间 $[m, +\infty)$ 上满足 $g(m)=0$ , 要求证或求参使得 $g(x) \ge 0$ 在此区间上恒成立.

此时函数图像从点 $(m,0)$ 出发. 若后续函数值始终满足 $g(x)\ge0$ , 则起始阶段的变化率必须非负. 若进一步能够保证导函数单调递增，这一端点信息就足以决定全程行为.

端点分析法则

设函数 $g(x)$ 在区间 $[m, +\infty)$ 上可导，且其导函数 $g'(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上严格单调递增.若 $g(m)=0$ , 则不等式 $g(x) \ge 0$ 在区间 $[m, +\infty)$ 上恒成立的充分必要条件是 $g'(m) \ge 0$ .

证明

导函数 $g'(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上严格单调递增的条件，可以通过 $g''(x) \> 0$ 在 $(m, +\infty)$ 上恒成立来保证.

充分性证明 (证明 $g'(m) \ge 0 \implies g(x) \ge 0$ ). 已知 $g'(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上严格单调递增，且 $g'(m) \ge 0$ . 对于任意 $x \> m$ , 根据导函数的单调性，我们有 $g'(x) \> g'(m)$ . 结合条件 $g'(m) \ge 0$ , 可得 $g'(x) \> 0, \forall x \in (m, +\infty)$ . 这意味着，函数 $g(x)$ 在整个区间 $[m, +\infty)$ 上是严格单调递增的. 因此，对于任意 $x \in [m, +\infty)$ , 恒有 $g(x) \ge g(m)$ . 结合已知条件 $g(m)=0$ , 可得 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立.

必要性证明 (证明 $g(x) \ge 0 \implies g'(m) \ge 0$ ). 回到导数定义. 函数 $g(x)$ 在端点 $m$ 处的导数 $g'(m)$ 定义为 $g'(m) = \lim_{x \to m^+} \dfrac{g(x) - g(m)}{x - m}$ . 根据题设，对于所有 $x \> m$ , 恒有 $g(x) \ge 0$ 且 $g(m)=0$ . 因此，差商的分子 $g(x) - g(m) = g(x) \ge 0$ . 差商的分母 $x - m \> 0$ . 故整个差商表达式 $\frac{g(x) - g(m)}{x - m} \ge 0$ . 根据极限的保号性，一个非负函数的极限（如果存在）也必然是非负的. 因此， $g'(m) = \lim\limits_{x \to m^+} \frac{g(x) - g(m)}{x - m} \ge 0$ .

充分性与必要性均已证明.

端点效应与端点分析法

单独的条件 $g'(m)\ge0$ 只刻画端点附近的局部信息. 上面的定理能把它提升为全区间结论，依赖于 $g'(x)$ 的单调性. 因而端点效应负责筛选参数，端点分析法则负责完成必要到充分的过渡.

物理学释义

此法则的物理学释义为：一个从原点出发的质点，若其初始速度非负，且其加速度始终为正（即速度单调递增），则运动轨迹始终留在坐标轴的非负半轴. 此定理把全区间的恒成立问题压缩为端点导数值与导函数单调性的检验.

应用与思辨

2024年全国新高考I卷

已知函数 $f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3$ .

若 $b=0$ , $f'(x)\ge0$ , 求 $a$ 的取值范围.
证明 $f(x)$ 的图像是中心对称图形. 若不等式 $f(x)\>-2$ 成立的充分必要条件是 $1\<x\<2$ , 求 $b$ 的取值范围.

在临界点 $P(1,-2)$, 函数的“初始趋势”$f'(1)$ 决定了其是否能满足题设条件

解

函数的定义域由 $\frac{x}{2-x}\>0$ 确定，解得 $x \in (0,2)$ .

第一问. 当 $b=0$ 时, $f(x) = \ln x - \ln(2-x) + ax$ . 其导函数为 $f'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{2-x} + a$ . 要使 $f'(x)\ge0$ 在 $(0,2)$ 上恒成立，等价于 $a \ge -(\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x})$ 恒成立. 令 $h(x) = -(\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x})$ . 需求 $a$ 大于等于 $h(x)$ 的最大值. 对 $h(x)$ 求导得 $h'(x) = \frac{1}{x^2}-\frac{1}{(2-x)^2}$ . 令 $h'(x)=0$ , 得 $x=1$ . 当 $0\<x\<1$ 时 $h'(x)\>0$ , 当 $1\<x\<2$ 时 $h'(x)\<0$ , 所以 $h(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值, $h_{\max} = h(1) = -2$ . 故 $a$ 的取值范围是 $[-2, +\infty)$ .

第二问. 为证明 $f(x)$ 的图像是中心对称图形，考察 $f(x)+f(2-x)$ .

\begin{aligned} f(x)+f(2-x) &= \left(\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3\right) + \left(\ln\frac{2-x}{x}+a(2-x)+b(1-x)^3\right) &= 0 + (ax+2a-ax) + (b(x-1)^3-b(x-1)^3) = 2a \end{aligned}

因此， $f(x)$ 的图像关于点 $(1,a)$ 中心对称.

接着分析不等式条件.题设“ $f(x)\>-2$ 成立的充要条件是 $x \in (1,2)$ ”蕴含了三个信息： (1) 对所有 $x \in (1,2)$ , $f(x)\>-2$ 成立. (2) 对所有 $x \in (0,1]$ , $f(x) \le -2$ 成立. (3) 在临界点 $x=1$ 处，由连续性可知必有 $f(1)=-2$ .

由 $f(1)=-2$ 可确定参数 $a$ 的值. $f(1) = \ln\frac{1}{1}+a(1)+b(1-1)^3 = a$ . 故 $a=-2$ .

此时，条件转化为：当 $a=-2$ 时，函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处函数值为 $-2$ , 在 $(1,2)$ 上函数值大于 $-2$ , 在 $(0,1]$ 上函数值不大于 $-2$ . 这表明函数 $f(x)$ 必须在其定义域 $(0,2)$ 内是严格单调递增的.

因此，问题转化为求解参数 $b$ 的范围，使得当 $a=-2$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上严格单调递增. 这等价于其导函数 $f'(x) \ge 0$ 在 $(0,2)$ 上恒成立，且等号仅在孤立点处取得.

$f'(x) = \frac{1}{x}+\frac{1}{2-x}+a+3b(x-1)^2$ . 代入 $a=-2$ 得, $f'(x) = \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x}-2\right)+3b(x-1)^2 \ge 0$ .

化简括号内的表达式： $\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x}-2 = \frac{2-x+x-2x(2-x)}{x(2-x)} = \frac{2(1-2x+x^2)}{x(2-x)} = \frac{2(x-1)^2}{x(2-x)}$ .

于是，不等式变为 $\frac{2(x-1)^2}{x(2-x)} + 3b(x-1)^2 \ge 0$ . 当 $x \in (0,2)$ 且 $x \ne 1$ 时，可约去正因子 $(x-1)^2$ ，得到： $\frac{2}{x(2-x)} + 3b \ge 0 \implies 3b \ge -\frac{2}{x(2-x)}$ .

此不等式需对所有 $x \in (0,1) \cup (1,2)$ 恒成立. 因此, $3b$ 必须大于或等于函数 $k(x) = -\frac{2}{x(2-x)}$ 在该定义域上的最大值（上确界）.

令 $p(x) = x(2-x)$ , 其在 $x=1$ 处取得最大值 $p(1)=1$ . 故 $p(x)$ 在 $(0,2)$ 内的值域为 $(0, 1]$ . 因此，函数 $k(x) = -2/p(x)$ 的值域为 $(-\infty, -2]$ . 其上确界为 $-2$ .

故必须有 $3b \ge -2$ , 即 $b \ge -\frac{2}{3}$ .

最后检验，当 $b \ge -2/3$ 时, $f'(x) = (x-1)^2 \left(\frac{2}{x(2-x)} + 3b\right)$ . 由于 $\frac{2}{x(2-x)} \ge 2$ , 故括号内表达式 $\ge 2+3(-\frac{2}{3})=0$ . 等号仅在 $x=1$ 且 $b=-2/3$ 时成立.因此 $f'(x)\ge0$ 恒成立，且仅在 $x=1$ 取零，满足严格单调递增的条件.

所求 $b$ 的取值范围是 $[-\frac{2}{3}, +\infty)$ .

2023年全国高考甲卷

已知函数 $f(x)=ax-\dfrac{\sin x}{\cos^3 x}$ , $x\in (0, \frac{\pi}{2})$ .

若 $a=8$ , 讨论 $f(x)$ 的单调性；
若 $f(x)\<\sin 2x$ 恒成立，求 $a$ 的取值范围.

解

函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0, \frac{\pi}{2})$ . 先对函数 $f(x)$ 求导. 注意到 $\frac{\sin x}{\cos^3 x} = \tan x \sec^2 x$ . 其导数为 $\left(\frac{\sin x}{\cos^3 x}\right)' = \frac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$ . 因此，导函数为 $f'(x) = a - \dfrac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$ .

第一问. 当 $a=8$ 时, $f'(x) = 8 - \dfrac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$ . 为研究其符号，令 $g(x) = \dfrac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$ . 为分析函数 $g(x)$ 的单调性，进行变量代换. 令 $t = \sin x$ , 则 $t \in (0, 1)$ . 此时 $g(x)$ 转化为关于 $t$ 的函数 $h(t) = \dfrac{1+2t^2}{(1-t^2)^2}$ , $t \in (0,1)$ . 对 $h(t)$ 求导得 $h'(t) = \frac{4t(2+t^2)}{(1-t^2)^3}$ . 在区间 $(0,1)$ 内, $h'(t) \> 0$ . 这说明 $h(t)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调递增，故 $g(x)$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上也严格单调递增.

令 $f'(x)=0$ , 即 $g(x)=8$ . $\dfrac{1+2\sin^2 x}{(1-\sin^2 x)^2} = 8 \implies 8\sin^4 x - 18\sin^2 x + 7 = 0$ . 解得 $\sin^2 x = \frac{1}{2}$ (另一解 $\sin^2 x = 7/4$ 舍去). 在定义域内唯一解为 $x=\frac{\pi}{4}$ .

由于 $g(x)$ 单调递增，当 $x \in (0, \frac{\pi}{4})$ 时, $g(x) \< g(\frac{\pi}{4})=8$ , 故 $f'(x) = 8-g(x) \> 0$ . 当 $x \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ 时, $g(x) \> g(\frac{\pi}{4})=8$ , 故 $f'(x) = 8-g(x) \< 0$ .

因此，函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(0, \frac{\pi}{4})$ , 单调递减区间为 $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ .

第二问. 不等式 $f(x) \< \sin 2x$ 恒成立，即 $ax - \frac{\sin x}{\cos^3 x} \< 2\sin x \cos x$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上恒成立. 构造辅助函数 $G(x) = ax - \frac{\sin x}{\cos^3 x} - 2\sin x \cos x$ . 原问题等价于 $G(x)\<0$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上恒成立.

考察函数在端点 $x=0$ 处的趋势. $\lim\limits_{x \to 0^+} G(x) = a \cdot 0 - 0 - 0 = 0$ . 函数从 $G(0)=0$ 出发，且要求后续函数值恒为负，这给出一个必要条件：起始趋势必须朝下或保持水平，即其导数在该点必须非正.

计算 $G'(x) = a - \frac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x} - 2\cos(2x)$ . 令 $x \to 0^+$ ，考察导数的极限： $\lim\limits_{x \to 0^+} G'(x) = a - \frac{1}{1} - 2\cos(0) = a - 3$ . 由于要求 $G(x)\<0$ 恒成立，且 $G(0)=0$ , 则必须有 $\lim\limits_{x \to 0^+} G'(x) \le 0$ . 由此得到必要条件 $a-3 \le 0$ , 即 $a \le 3$ .

再来验证当 $a \le 3$ 时该条件是否为充分条件. 只需证明当 $a=3$ 时 $G(x)\<0$ 恒成立即可. 当 $a=3$ 时, $G'(x) = 3 - \frac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x} - 2\cos(2x)$ . 为分析其符号，作变量代换，令 $t = \cos^2 x$ , $t \in (0,1)$ . $G'(x)$ 转化为关于 $t$ 的函数 $k(t) = 5 - \frac{3-2t}{t^2} - 4t = 5 - \frac{3}{t^2} + \frac{2}{t} - 4t$ , $t \in (0,1)$ .

对 $k(t)$ 求导： $k'(t) = \frac{6}{t^3} - \frac{2}{t^2} - 4 = \frac{-4t^3 - 2t + 6}{t^3}$ . 令分子为 $p(t) = -4t^3 - 2t + 6$ . $p'(t)=-12t^2-2\<0$ , 故 $p(t)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减. 由于 $p(1)=0$ , 所以对于任意 $t \in (0,1)$ , 都有 $p(t) \> p(1) = 0$ . 因此 $k'(t) = p(t)/t^3 \> 0$ , $k(t)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调递增.

由于 $k(t)$ 单调递增，其值必小于其上界： $k(t) \< \lim\limits_{t \to 1^-} k(t) = 5 - 3 + 2 - 4 = 0$ .

这证明了当 $a=3$ 时, $G'(x) = k(\cos^2 x) \< 0$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上恒成立. 因此， $G(x)$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上严格单调递减. 结合 $\lim\limits_{x \to 0^+} G(x) = 0$ , 可得 $G(x) \< 0$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上恒成立. 若 $a \< 3$ , 则 $G(x)$ 恒小于零也成立.

所求 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 3]$ .

极限的局部保号性*

经常需要由极限性质推出函数在极限点附近的局部性质. 其中一条基本结论是：若函数趋于一个非零常数，则在充分靠近极限点的邻域内，函数值与极限值保持同号. 这一定理把极限与局部符号联系起来.

例如，若 $f(x)$ 无限逼近正数 $L=5$ , 则 $|f(x)-5|$ 可以任意小. 只要进一步要求 $|f(x)-5|\<1$ , 就有 $f(x)\in(4,6)$ , 因而 $f(x)$ 必为正数.

这个例子说明：只要函数收敛到非零极限，总可以选取足够小的误差范围，使函数值落在一个不含零的区间内. 将这一点形式化，就得到极限的局部保号性定理.

极限的局部保号性

设函数 $f(x)$ 在 $x \to x_0$ 时的极限存在且等于 $L$ .

若 $L \> 0$ , 则必然存在点 $x_0$ 的一个去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$ , 使得对于任意属于此邻域的 $x$ , 恒有 $f(x) \> 0$ .
若 $L \< 0$ , 则必然存在点 $x_0$ 的一个去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$ , 使得对于任意属于此邻域的 $x$ , 恒有 $f(x) \< 0$ .

证明

以下证明 $L\>0$ 的情形, $L\<0$ 时完全类似.

需要证明：存在正数 $\delta$ , 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时，恒有 $f(x)\>0$ .

只要选取合适的 $\varepsilon$ , 使得由不等式 $|f(x)-L|\<\varepsilon$ 确定的区间 $(L-\varepsilon, L+\varepsilon)$ 完全落在 $x$ 轴上方，即满足 $L-\varepsilon \> 0$ , 就可得到结论.

一个简洁而有效的选择是令 $\varepsilon = \dfrac{L}{2}$ . 由于 $L\>0$ , 故 $\varepsilon$ 是一个合法的正数.

根据极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义，对于选定的 $\varepsilon = L/2$ , 存在正数 $\delta$ , 使得当自变量 $x$ 满足 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时，不等式 $|f(x) - L| \< \dfrac{L}{2}$ 恒成立.

将这个绝对值不等式展开，得 $-\dfrac{L}{2} \< f(x) - L \< \dfrac{L}{2}$ . 在不等式三边同时加上 $L$ , 得 $L - \dfrac{L}{2} \< f(x) \< L + \dfrac{L}{2}$ . 化简得到 $\dfrac{L}{2} \< f(x) \< \dfrac{3L}{2}$ . 特别关注左半部分. 由于 $L\>0$ , 故 $\dfrac{L}{2} \> 0$ . 于是得到 $f(x) \> \dfrac{L}{2} \> 0$ , 结论成立.

因而存在一个去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$ , 使得其中所有 $x$ 都满足 $f(x)\>0$ . 证毕. :::

极限的局部保号性定理还有一个推论，处理的是极限与不等号的关系.

极限的保不等式性

设函数 $f(x)$ 在 $x \to x_0$ 时的极限存在.如果在点 $x_0$ 的某个去心邻域内，恒有 $f(x) \ge 0$ , 那么 $\lim_{x \to x_0} f(x) \ge 0$ . 同理，若恒有 $f(x) \le 0$ , 那么 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) \le 0$ .

证明

采用反证法. 假设 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L \< 0$ . 由局部保号性定理可知，若极限 $L$ 为负，则必然存在 $x_0$ 的一个去心邻域，使得其中所有 $x$ 都满足 $f(x) \< 0$ .

这与题目给出的条件“在 $x_0$ 的某个去心邻域内恒有 $f(x) \ge 0$ ”产生了直接的矛盾. 因而假设“ $L\<0$ ”不成立. 故必有 $L \ge 0$ .

注意：严格不等号的退化

一个需要单独说明的细节是：即使在邻域内恒有严格不等式 $f(x) \> 0$ , 其极限仍满足 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) \ge 0$ . 极限值可以等于 $0$ .

例如，考虑函数 $f(x) = x^2$ 在 $x \to 0$ 时的极限.对于任意去心邻域 $U^\circ(0,\delta)$ , 恒有 $f(x)=x^2 \> 0$ . 然而，其极限为 $\lim\limits_{x \to 0} x^2 = 0$ .

应用与思辨

极限的保不等式性虽然形式简单，却是许多证明中的基础工具. 在“端点分析法”一节中，必要性证明就直接用到了这一推论.

在证明端点分析法则的必要性时，若 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立且 $g(m)=0$ , 则有 $g'(m) \ge 0$ . 证明过程如下: $g'(m) = \lim_{x \to m^+} \dfrac{g(x) - g(m)}{x - m}$ . 对所有 $x\>m$ , 差商 $\frac{g(x)-g(m)}{x-m}$ 都是非负量. 再由极限的保不等式性得到：一个非负函数在 $x \to m^+$ 时的极限仍是非负数. $\lim_{x \to m^+} \underbrace{\dfrac{g(x) - g(m)}{x - m}}_{\ge 0} \ge 0$ . 这就是 $g'(m) \ge 0$ 的严格数学依据.

方法的局限性与全局分析的回归

已经看到，端点分析法的有效性严格依赖于一阶导数的单调性. 当前提条件不满足时，这种方法只能给出必要条件，甚至可能导出错误结论. 因而有必要明确它的适用范围.

端点分析法失效的根本原因在于函数的一阶导数 $g'(x)$ 在所考察的区间上不具备单调性. 考虑在区间 $[m, +\infty)$ 上，函数 $g(x)$ 满足 $g(m)=0$ 的情形. 即使在端点处满足必要条件 $g'(m) \ge 0$ , 若 $g'(x)$ 在区间 $(m, +\infty)$ 内先增后减或先减后增，则可能存在以下过程：

$g'(x)$ 的值在初始为正或零之后，随 $x$ 的增大而减小.
在区间的某个内部点， $g'(x)$ 的值可能由正转负，这意味着原函数 $g(x)$ 的单调性由增转减，形成一个局部极大值.
若此后 $g'(x)$ 持续为负，函数 $g(x)$ 将进入单调递减阶段.如果此单调递减的趋势足够显著，函数 $g(x)$ 的值完全可能下降至小于其初始值 $g(m)=0$ .

最终，函数可能在区间内部某点 $x_0$ 取得极小值 $g(x_0) \< 0$ . 这个极小值在端点分析中不可见，称为隐蔽极小值.

端点分析法适用性判别法则

设函数 $g(x)$ 在区间 $[m, +\infty)$ 上二阶可导，且满足 $g(m)=0$ .

若 $g''(x)$ 在区间 $(m, +\infty)$ 内恒有 $g''(x) \ge 0$ (或 $g''(x) \le 0$ ), 则 $g'(x)$ 在该区间上单调.此时，不等式 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立的充分必要条件是 $g'(m) \ge 0$ .
若 $g''(x)$ 在区间 $(m, +\infty)$ 内的符号不定，则 $g'(x)$ 在该区间上不具备单调性.此时，端点分析法失效：条件 $g'(m) \ge 0$ 仅为不等式 $g(x) \ge 0$ 恒成立的必要非充分条件.问题的解决必须转为对 $g(x)$ 在区间 $[m, +\infty)$ 上的全局最小值进行分析.

证明

证明第1条 (适用情形): 只证明 $g''(x) \ge 0$ 的情况. 充分性: 假设 $g'(m) \ge 0$ . 由于 $g''(x) \ge 0$ , 故 $g'(x)$ 在 $[m, +\infty)$ 上单调递增. 因此，对于任意 $x\>m$ , 有 $g'(x) \ge g'(m) \ge 0$ . 这表明 $g(x)$ 在 $[m, +\infty)$ 上是单调递增的.故对于任意 $x \ge m$ , 都有 $g(x) \ge g(m)=0$ . 必要性: 假设 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立. 采用反证法，假设 $g'(m) \< 0$ . 由于 $g''(x) \ge 0$ , $g'(x)$ 是单调递增的. 若 $g'(m) \< 0$ , 则根据 $g'(x)$ 的连续性，存在一个 $\delta \> 0$ , 使得对于所有 $x \in (m, m+\delta)$ , 都有 $g'(x) \< 0$ . 这意味着 $g(x)$ 在 $[m, m+\delta]$ 上是单调递减的.因此，对于任意 $x \in (m, m+\delta)$ , 有 $g(x) \< g(m) = 0$ . 这与 $g(x) \ge 0$ 恒成立的假设相矛盾.故 $g'(m) \ge 0$ 必须成立.

证明第2条 (失效情形): 当 $g''(x)$ 符号不定时, $g'(x)$ 不单调. 前文已经说明，存在满足 $g(m)=0$ 和 $g'(m) \> 0$ 的函数，但由于 $g''(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上变号，仍会使 $g(x)$ 在区间内部出现小于零的极小值. 这个反例清晰地表明：当 $g''(x)$ 符号不定时，条件 $g'(m) \ge 0$ 只提供必要性信息. 此时还要分析 $g(x)$ 在整个区间上的全局最小值.

例

已知函数 $f(x) = e^x + ax^2 - x$ . 当 $x \ge 0$ 时, $f(x) \ge \frac{1}{2}x^3 + 1$ , 求 $a$ 的取值范围.

解

原不等式等价于 $e^x + ax^2 - x - \frac{1}{2}x^3 - 1 \ge 0$ 在区间 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 构造辅助函数 $g(x) = e^x + ax^2 - x - \frac{1}{2}x^3 - 1$ . 问题转化为求解参数 $a$ 的范围，使得 $g(x) \ge 0$ 对所有 $x \in [0, +\infty)$ 成立.

计算函数在端点 $x=0$ 的值： $g(0) = e^0 - 1 = 0$ . 计算其一阶导数： $g'(x) = e^x + 2ax - 1 - \frac{3}{2}x^2$ . 由于 $g(0)=0$ 且要求 $g(x) \ge 0$ , 一个必要条件是 $g'(0) \ge 0$ . 经计算， $g'(0) = e^0 - 1 = 0$ , 该必要条件恒成立，未能提供关于参数 $a$ 的直接约束.

进一步分析一个能确保 $g(x) \ge g(0)$ 的充分条件. 最直接的条件是令 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，即 $g'(x) \ge 0$ 在此区间恒成立. 令 $h(x) = g'(x) = e^x + 2ax - 1 - \frac{3}{2}x^2$ . 下面分析使 $h(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立的 $a$ 的范围. 注意到 $h(0) = e^0 - 1 = 0$ . 这再次构成端点值为零的恒成立问题. 为确保 $h(x) \ge 0$ , 可施加其单调递增的充分条件，即 $h'(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立.

计算 $h'(x)$ : $h'(x) = e^x + 2a - 3x$ . 问题转化为求解 $a$ 的范围，使得 $e^x + 2a - 3x \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立. 此时，可以使用参数全分离法： $2a \ge 3x - e^x$ . 令 $\phi(x) = 3x - e^x$ . 需要 $2a$ 大于或等于 $\phi(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上的最大值.

$\phi'(x) = 3 - e^x$ . 令 $\phi'(x)=0$ , 得 $x=\ln 3$ . $\phi(x)$ 在 $x=\ln 3$ 处取得最大值 $\phi_{\max} = 3\ln 3 - e^{\ln 3} = 3\ln 3 - 3$ . 由此得到条件 $2a \ge 3\ln 3 - 3$ , 即 $a \ge \frac{3}{2}(\ln 3 - 1)$ .

再来论证此条件的充分性与必要性. 充分性: 若 $a \ge \frac{3}{2}(\ln 3 - 1)$ , 则对于任意 $x \ge 0$ , $h'(x) = e^x + 2a - 3x \ge e^x + (3\ln 3 - 3) - 3x$ . 令 $k(x) = e^x - 3x + 3\ln 3 - 3$ . $k'(x)=e^x-3$ . 当 $x\<\ln 3$ 时 $k'(x)\<0$ , 当 $x\>\ln 3$ 时 $k'(x)\>0$ , 所以 $k(x)$ 在 $x=\ln 3$ 处取得最小值 $k(\ln 3) = 0$ . 故 $k(x) \ge 0$ 成立，因此 $h'(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立. $h'(x) \ge 0$ 保证了 $h(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，故 $h(x) \ge h(0) = 0$ . $h(x) \ge 0$ 即 $g'(x) \ge 0$ , 这保证了 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，故 $g(x) \ge g(0) = 0$ .

必要性: 若 $a \< \frac{3}{2}(\ln 3 - 1)$ , 则 $2a \< 3\ln 3 - 3 = \max_{x \ge 0}(3x-e^x)$ . 则存在 $x_0 \> 0$ 使得 $2a \< 3x_0 - e^{x_0}$ , 即 $h'(x_0) = e^{x_0} + 2a - 3x_0 \< 0$ . 同时计算 $h'(0) = 1+2a$ . 只要 $a$ 略小于临界值，仍有 $a \> -1/2$ , 此时 $h'(0) \> 0$ . $h'(x)=g''(x)$ 在 $x=0$ 处为正，而在点 $x_0$ 处为负，说明 $h(x)=g'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上不单调. 考虑到 $h(0)=0$ 且 $h(x)$ 初始递增，后转为递减，且 $\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = -\infty$ , 故 $h(x)$ 必在某点 $x_1\>0$ 后变为负值. $h(x)=g'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上有正值区间也有负值区间，那么原函数 $g(x)$ 必然是先增后减的. $g(x)$ 从 $g(0)=0$ 开始递增，达到一个正的极大值后，开始递减. 由于 $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} (-\frac{1}{2}x^3) = -\infty$ . 一个从 $0$ 开始，最终趋于 $-\infty$ 的连续函数，必然在某个点 $x_2 \> 0$ 处有 $g(x_2) \< 0$ . 这与 $g(x)\ge 0$ 恒成立矛盾.

综合充分性与必要性，所求 $a$ 的取值范围是 $[\frac{3}{2}(\ln 3 - 1), +\infty)$ .

端点效应何时有效，何时失效？

端点效应的作用，在于先给出参数至少应满足的条件，并指明讨论方向. 但它能否直接给出最终答案，还要看 端点之后，导数的变化是否仍然可控.

若 $g'(x)$ 在端点右侧保持单调，那么端点处的“第一步方向”就能够被延续到整个区间，局部信息会自然扩展为全局结论；若 $g'(x)$ 在后续区间里先增后减或先减后增，那么函数即使一开始方向正确，也仍可能在内部拐回来，出现端点看不见的极小值.这正是端点效应失效的根源.

使用流程与判别要点

对于端点值为零的不等式恒成立问题，可以按下列顺序判断：

先做必要性筛选： 由 $g(m)=0$ 出发，先看 $g'(m)$ ；若 $g'(m)=0$ ，再看更高阶导数在端点处的首个非零项；
再检验后续导数是否可控： 重点看 $g''(x)$ 是否恒定号，或者能否证明 $g'(x)$ 单调；
若可控，则局部可升为全局： 此时端点条件往往就是充要条件；
若不可控，则只保留必要性： 端点信息只能缩小参数范围，最终结论仍要回到全局最小值或单调区间分析.

下面通过一个例子说明：当 $g'(x)$ 不单调时，端点分析法会导出错误结论.

例

已知函数 $f(x) = \sin x - x + \frac{1}{6}x^3$ . 若不等式 $f(x) \ge ax^4$ 在区间 $[0, +\infty)$ 上恒成立，求实数 $a$ 的取值范围.

解

原不等式等价于 $\sin x - x + \frac{1}{6}x^3 - ax^4 \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 构造辅助函数 $g(x) = \sin x - x + \frac{1}{6}x^3 - ax^4$ . 考察函数在端点 $x=0$ 的值，有 $g(0) = \sin 0 - 0 + 0 - 0 = 0$ . 这是一个端点值为零的恒成立问题.

若只从端点出发作局部分析，自然会想到逐阶检查端点处的导数值.

计算一阶导数： $g'(x) = \cos x - 1 + \frac{1}{2}x^2 - 4ax^3$ . 端点值为 $g'(0) = 0$ . 计算二阶导数： $g''(x) = -\sin x + x - 12ax^2$ . 端点值为 $g''(0) = 0$ . 计算三阶导数： $g'''(x) = -\cos x + 1 - 24ax$ . 端点值为 $g'''(0) = 0$ . 计算四阶导数： $g''''(x) = \sin x - 24a$ . 端点值为 $g''''(0) = -24a$ .

根据高阶导数在零点的性质，函数 $g(x)$ 在 $x=0$ 附近的性态由第一个非零的导数值决定.为了使 $x=0$ 成为一个局部极小值点，需要 $g''''(0) \ge 0$ . 由此得 $-24a \ge 0$ , 即 $a \le 0$ .

这个结论给出了必要条件. 最终答案还要结合全区间行为继续分类讨论. 原因在于这种分析只利用了 $x=0$ 附近的局部信息，没有控制函数在整个 $[0, +\infty)$ 上的行为. 二阶导数 $g''(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上不恒定号，因而导函数单调性无法保证. 下面转入分类讨论.

情况一： $a \le 0$

当 $a \le 0$ 时，对于任意 $x \ge 0$ , 均有 $-ax^4 \ge 0$ . 因此， $g(x) = (\sin x - x + \frac{1}{6}x^3) - ax^4 \ge \sin x - x + \frac{1}{6}x^3$ .

只需证明 $\phi(x) = \sin x - x + \frac{1}{6}x^3 \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 这是一个逐阶求导分析单调性的经典过程.

$\phi(0)=0$ .

$\phi'(x) = \cos x - 1 + \frac{1}{2}x^2$ . $\phi'(0)=0$ .

$\phi''(x) = -\sin x + x$ . $\phi''(0)=0$ .

$\phi'''(x) = -\cos x + 1$ .

对于任意 $x \in [0, +\infty)$ , 都有 $\cos x \le 1$ , 故 $\phi'''(x) = 1 - \cos x \ge 0$ . 由于 $\phi'''(x) \ge 0$ , 故 $\phi''(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增. 因此对于 $x \ge 0$ , $\phi''(x) \ge \phi''(0) = 0$ . 由于 $\phi''(x) \ge 0$ , 故 $\phi'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增. 因此对于 $x \ge 0$ , $\phi'(x) \ge \phi'(0) = 0$ . 由于 $\phi'(x) \ge 0$ , 故 $\phi(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增. 因此对于 $x \ge 0$ , $\phi(x) \ge \phi(0) = 0$ .

于是 $\phi(x) \ge 0$ . 故当 $a \le 0$ 时, $g(x) \ge \phi(x) \ge 0$ , 不等式恒成立.

情况二： $a \> 0$

需要证明：若 $a\>0$ , 则必然存在 $x\>0$ 使得 $g(x) \< 0$ . 为此考察函数在无穷远处的行为.

将 $g(x)$ 变形为 $g(x) = x^4 \left( \dfrac{\sin x}{x^4} - \dfrac{1}{x^3} + \dfrac{1}{6x} - a \right)$ . 考察当 $x \to +\infty$ 时括号内表达式的极限. 根据夹逼定理，因为 $-1 \le \sin x \le 1$ , 所以 $-\frac{1}{x^4} \le \frac{\sin x}{x^4} \le \frac{1}{x^4}$ . 当 $x \to +\infty$ 时, $\lim\limits_{x \to +\infty} (\pm\frac{1}{x^4}) = 0$ , 故 $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x^4} = 0$ .

同时， $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{1}{x^3} = 0$ 且 $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{1}{6x} = 0$ .

因此，括号内表达式的极限为 $\lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{\sin x}{x^4} - \dfrac{1}{x^3} + \dfrac{1}{6x} - a \right) = 0 - 0 + 0 - a = -a$ . 由于 $a\>0$ , 极限值 $-a$ 是负数.

根据极限的定义（或保号性），如果一个函数在无穷远处的极限为一个负数，那么当自变量 $x$ 足够大时，该函数的值也必然为负. 即，存在一个足够大的数 $M$ , 使得对于所有 $x \> M$ , 都有 $\dfrac{\sin x}{x^4} - \dfrac{1}{x^3} + \dfrac{1}{6x} - a \< 0$ . 对于这样的 $x$ , 乘以一个正数 $x^4$ 之后，不等号方向不变，即 $g(x) = x^4 \left( ... \right) \< 0$ . 这就证明了，只要 $a\>0$ , 总能找到一个足够大的 $x$ , 使得 $g(x) \< 0$ .

因此，当 $a\>0$ 时，不等式不恒成立.

结论

综合两种情况，所求实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 0]$ .

例

求实数 $a$ 的取值范围，使得对于任意 $x \ge 0$ , 恒有不等式 $x^3 - 3x^2 + ax \ge 0$ 成立.

解

第一步：构造函数与初步分析

构造辅助函数 $g(x) = x^3 - 3x^2 + ax$ . 考察函数在端点 $x=0$ 的值，有 $g(0) = 0^3 - 3(0)^2 + a(0) = 0$ . 这是一个端点值为零的恒成立问题.

第二步：检验适用性

计算一阶与二阶导数，得 $g'(x) = 3x^2 - 6x + a$ ， $g''(x) = 6x - 6 = 6(x-1)$ . 可见二阶导数 $g''(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 上符号不定. 当 $x \in (0, 1)$ 时, $g''(x) \< 0$ , 导函数 $g'(x)$ 单调递减. 当 $x \in (1, +\infty)$ 时, $g''(x) \> 0$ , 导函数 $g'(x)$ 单调递增.

由于 $g'(x)$ 在考察区间上不具备单调性, 端点分析法在此问题中失效.

第三步：剖析失效原因与回归正确方法

若无视适用性检验而套用端点分析法，就会从“ $g(x) \ge 0$ 恒成立”推出必要条件 $g'(0) \ge 0$ . 这一步给出 $g'(0) = 3(0)^2 - 6(0) + a = a \ge 0$ . 若再把这一必要条件误当作充分条件，就会得到错误答案 $a \ge 0$ .

取 $a=2$ 验证这一结论的错误性. 此时 $g(x)=x^3-3x^2+2x=x(x-1)(x-2)$ . 当 $x \in (1,2)$ 时, $g(x)\<0$ , 与题设矛盾.

这个矛盾的根源在于：虽然初始速度 $g'(0)=a \ge 0$ 保证了函数在 $x=0$ 附近是增加的，但由于 $g'(x)$ 在 $(0,1)$ 上递减，导致速度 $g'(x)$ 持续减小，甚至可能在某点变为负值，从而使函数 $g(x)$ 转为递减.这种后续的递减可能导致函数值“跌破” $x$ 轴，形成一个在端点处不可见的“隐蔽极小值”.

因此必须放弃端点分析，回到全局最小值分析. 原不等式 $x(x^2 - 3x + a) \ge 0$ . 由于 $x \ge 0$ , 问题等价于 $h(x) = x^2 - 3x + a \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立.

函数 $h(x)$ 是一个开口向上的二次函数，其对称轴为 $x = \frac{3}{2}$ . 由于对称轴位于区间 $[0, +\infty)$ 内部，所以函数 $h(x)$ 在此区间上的最小值在顶点处取得. 因而 $h_{\min} = h\left(\dfrac{3}{2}\right) = \left(\dfrac{3}{2}\right)^2 - 3\left(\dfrac{3}{2}\right) + a = \dfrac{9}{4} - \dfrac{9}{2} + a = a - \dfrac{9}{4}$ . 为使 $h(x) \ge 0$ 恒成立，必须有其最小值非负，即 $a - \dfrac{9}{4} \ge 0 \implies a \ge \dfrac{9}{4}$ .

所求实数 $a$ 的取值范围是 $[\frac{9}{4}, +\infty)$ .

结论与警示

此例说明，机械套用端点分析法存在明显风险. 处理端点值为零的恒成立问题时，先检查二阶导数 $g''(x)$ 的符号，往往可以判断方法是否适用. 若 $g''(x)$ 符号恒定，端点分析通常有效；若 $g''(x)$ 符号不定，就应警惕``隐蔽极小值'', 并回到全局最值分析.

本节习题

习题

练习

求实数 $a$ 的取值范围，使得对于任意 $x \ge 0$ , 恒有不等式 $e^x \ge ax+1$ 成立.

解

求实数 $a$ 的取值范围，使得对于任意 $x \ge 1$ , 恒有不等式 $a(x-1) \ge \ln x$ 成立.

练习

求实数 $a$ 的取值范围，使得对于任意 $x \in [0, \frac{\pi

解

]$, 恒有不等式 $ax \ge \sin x$ 成立. } { 已知函数 $f(x) = e^x - \frac{1}{2}x^2 - ax - 1$. 若 $f(x) \ge 0$ 对任意 $x \ge 0$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围. }

练习

求实数 $a$ 的取值范围，使得对于任意 $x \ge 0$ , 恒有不等式 $x^3 - 3x^2 + ax \ge 0$ 成立. 请首先检验端点分析法在此问题中能用与否，然后再求解.

解

已知函数 $f(x) = e^x + ax^2 - x$ . 若当 $x \ge 0$ 时，不等式 $f(x) \ge \frac{1

{2}x^3 + 1$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围. 请首先检验端点分析法在此问题中能用与否，然后再求解. }

极值点偏移问题*

局部展开、阶数比较、导数符号和端点信息，都可以用来研究函数的局部变化. 当函数受到参数变化、小扰动或附加项影响时，这些工具会集中到同一类问题里：极值点的横坐标怎样移动.

设函数族 (F(x,\lambda)) 依赖于参数 (\lambda). 当 (\lambda=\lambda_0) 时，函数 (F(\cdot,\lambda_0)) 在 (x_0) 处取到极值；当 (\lambda) 改变后，附近出现新的极值点 (x(\lambda)). 量 $x(\lambda)-x_0$ 称为极值点的偏移量.极值点偏移问题通常包含三层内容：附近极值点是否继续存在，偏移方向怎样判断，偏移量的主导项是什么.

基本图景

最简单的模型是 $F(x,\lambda)=x^2+\lambda x.$ 当 (\lambda=0) 时，极小值点是 (x_0=0). 当 (\lambda\neq0) 时， $F_x(x,\lambda)=2x+\lambda=0,$ 所以极小值点变为 $x(\lambda)=-\frac{\lambda}{2}.$ 参数为正时，极小值点向左移动；参数为负时，极小值点向右移动.

极值点的位置由导数条件 (F_x=0) 决定. 扰动项在原极值点处带来的额外斜率，会把水平切线推向另一侧.更一般的情形里，函数常写成 $F(x,\lambda)=f(x)+\lambda g(x)$ 或 $F(x,\lambda)=f(x)+r(x,\lambda),$ 其中 (r(x,\lambda)) 表示附加项或近似误差.研究极值点偏移，实质上是在研究驻点方程怎样随参数改变.

基本入口

\BookSubsectionSubtitle{导数方程与偏移方向}

若 (x(\lambda)) 是函数 (F(\cdot,\lambda)) 的内点极值点，那么首先有 $F_x(x(\lambda),\lambda)=0.$ 因此，极值点偏移的第一步总是把问题改写为导数方程的根怎样移动.

局部方向判据

设函数 (F(x,\lambda)) 在 ((x_0,\lambda_0)) 附近二阶连续可导，且 $F_x(x_0,\lambda_0)=0, F_{xx}(x_0,\lambda_0)\>0.$ 若在某个邻域内恒有 (F_{xx}(x,\lambda)>0)，那么对充分接近 (\lambda_0) 的参数 (\lambda)，在 (x_0) 附近存在唯一的极小值点 (x(\lambda))，并且 $x(\lambda)\<x_0 \Longleftrightarrow F_x(x_0,\lambda)\>0,$ $x(\lambda)\>x_0 \Longleftrightarrow F_x(x_0,\lambda)\<0.$

证明

由 (F_{xx}(x_0,\lambda_0)>0) 及连续性，可取 (h>0) 和 (\eta>0)，使得当 $|x-x_0|\le h, |\lambda-\lambda_0|\<\eta$ 时，恒有 (F_{xx}(x,\lambda)>0). 因而对每个这样的 (\lambda)，函数 (x\mapsto F_x(x,\lambda)) 在区间 ([x_0-h,x_0+h]) 上严格递增.

在参数 (\lambda_0) 下，由 (F_x(x_0,\lambda_0)=0) 可知 $F_x(x_0-h,\lambda_0)\<0\<F_x(x_0+h,\lambda_0).$ 再由 (F_x) 的连续性，当 (|\lambda-\lambda_0|<\eta) 时，上式仍保持同样符号.于是介值定理保证在区间 ((x_0-h,x_0+h)) 内存在唯一一点 (x(\lambda)) 满足 $F_x(x(\lambda),\lambda)=0.$ 由于 (F_{xx}(x(\lambda),\lambda)>0)，它就是唯一的局部极小值点.

若 (F_x(x_0,\lambda)>0)，由于 (F_x(,\cdot,,\lambda)) 严格递增，零点只能落在 (x_0) 左侧，于是 (x(\lambda)<x_0).另一种情形同理.

这个判据把局部保号思想直接用到了导函数上：二阶导数保持正号时，导函数单调递增，因此参考点处导数的符号就决定了极值点落在哪一侧.极大值情形可对 (-F) 应用同一结论.

小扰动下的一级近似

若只需要知道偏移的主导项，泰勒展开最直接.

极值点偏移公式

设 $F(x,\varepsilon)=f(x)+\varepsilon g(x),$ 其中 (f\in C^3,\ g\in C^2). 设 (x_0) 满足 $f'(x_0)=0, f''(x_0)\neq0.$ 若对充分小的 (\varepsilon)，函数 (F(\cdot,\varepsilon)) 在 (x_0) 附近存在唯一极值点 (x(\varepsilon))，且 (x(\varepsilon)\to x_0)，那么

x(\varepsilon)=x_0-\frac{g'(x_0)}{f''(x_0)}\varepsilon+O(\varepsilon^2).

证明

记 $\delta(\varepsilon)=x(\varepsilon)-x_0.$ 由驻点条件， $0=f'(x_0+\delta)+\varepsilon g'(x_0+\delta).$ 由拉格朗日中值定理，存在 (\xi_\varepsilon) 介于 (x_0) 与 (x_0+\delta) 之间，使得 $f'(x_0+\delta)-f'(x_0)=f''(\xi_\varepsilon)\delta.$ 因为 (f'(x_0)=0)，所以上式化为 $f''(\xi_\varepsilon)\delta=-\varepsilon g'(x_0+\delta).$ 当 (\varepsilon\to0) 时，(\xi_\varepsilon\to x_0)，故 (f''(\xi_\varepsilon)) 远离 (0)，而 (g'(x_0+\delta)) 有界，于是 $\delta=O(\varepsilon).$

再对上式中的两项在 (x_0) 处展开： $f'(x_0+\delta)=f''(x_0)\delta+O(\delta^2), g'(x_0+\delta)=g'(x_0)+O(\delta).$ 代入驻点条件得

0=f''(x_0)\delta+\varepsilon g'(x_0)+O(\delta^2)+O(\varepsilon\delta).

由 (\delta=O(\varepsilon)) 可知，余项整体是 (O(\varepsilon^2)). 因而 $f''(x_0)\delta+\varepsilon g'(x_0)=O(\varepsilon^2),$ 即

\delta=-\frac{g'(x_0)}{f''(x_0)}\varepsilon+O(\varepsilon^2).

证毕.

这个公式把偏移方向和偏移尺度一起写出来了：

(g'(x_0)) 决定附加项在原极值点处施加的额外斜率；
(f''(x_0)) 衡量极值点附近的“陡峭程度”，(|f''(x_0)|) 越大，偏移越小；
偏移量与参数 (\varepsilon) 同阶，这一步依赖渐近分析中的阶数比较.

例题

\BookSubsectionSubtitle{附加项怎样推动极小值点}

例

设 $F_\varepsilon(x)=x^2+\varepsilon e^x (\varepsilon\>0).$ 证明：(F_\varepsilon) 有唯一极小值点 (x_\varepsilon)，且

x_\varepsilon\<0, x_\varepsilon=-\frac{\varepsilon}{2}+O(\varepsilon^2) (\varepsilon\to0^+).

证明

对 (x) 求导， $F_\varepsilon'(x)=2x+\varepsilon e^x, F_\varepsilon''(x)=2+\varepsilon e^x\>0.$ 因此 (F_\varepsilon') 在 (\mathbb R) 上严格递增，又有

\lim_{x\to-\infty}F_\varepsilon'(x)=-\infty, \lim_{x\to+\infty}F_\varepsilon'(x)=+\infty,

所以方程 (F_\varepsilon'(x)=0) 有唯一解 (x_\varepsilon). 这个解就是唯一极小值点.

再看方向.由于 $F_\varepsilon'(0)=\varepsilon\>0,$ 而 (F_\varepsilon') 严格递增，零点必在 (0) 的左侧，所以 (x_\varepsilon<0).

最后求偏移量.把

F_\varepsilon(x)=f(x)+\varepsilon g(x), f(x)=x^2,\ g(x)=e^x

代入上一节公式.这里 (x_0=0)，且 $f'(0)=0, f''(0)=2, g'(0)=1.$ 于是

x_\varepsilon =0-\frac{1}{2}\varepsilon+O(\varepsilon^2) =-\frac{\varepsilon}{2}+O(\varepsilon^2).

证毕.

本题先用 (F_\varepsilon''>0) 保证极小值点唯一，再用 (F_\varepsilon'(0)) 判断方向，最后用泰勒公式给出偏移量.唯一性来自导数的单调性，偏移量公式来自驻点方程的局部展开.

例题

\BookSubsectionSubtitle{参数变化下的极值点单调移动}

例

设 $F_a(x)=e^x+x^2-ax, a\in\mathbb R.$ 证明：对每个 (a)，函数 (F_a) 恰有一个极小值点 (x(a))；函数 (x(a)) 随 (a) 严格递增；并求 (a=1) 附近的一级近似.

证明

先看驻点方程： $F_a'(x)=e^x+2x-a.$ 又有 $F_a''(x)=e^x+2\>0,$ 所以 (F_a') 在 (\mathbb R) 上严格递增.再由

\lim_{x\to-\infty}F_a'(x)=-\infty, \lim_{x\to+\infty}F_a'(x)=+\infty,

可知方程 (F_a'(x)=0) 有且只有一个实根.记这个根为 (x(a)). 因为二阶导数恒正，它就是唯一极小值点.

接着比较不同参数下的极值点.设 (a_1<a_2). 极值点满足 $e^{x(a_1)}+2x(a_1)=a_1, e^{x(a_2)}+2x(a_2)=a_2.$ 左端函数 (e^x+2x) 严格递增，因此 $x(a_1)\<x(a_2).$ 故 (x(a)) 随 (a) 严格递增.

再看参考参数 (a=1). 此时 $F_1'(0)=e^0+0-1=0,$ 所以 (x(1)=0). 上面的单调性立刻给出

a\>1 \Longrightarrow x(a)\>0, a\<1 \Longrightarrow x(a)\<0.

最后求一级近似.把 (a=1+\eta) 写成小扰动形式： $F_{1+\eta}(x)=\bigl(e^x+x^2-x\bigr)-\eta x.$ 令 $f(x)=e^x+x^2-x, g(x)=-x.$ 则 (f) 在 (x_0=0) 处有极小值点，且 $f'(0)=0, f''(0)=3, g'(0)=-1.$ 由偏移公式，

x(1+\eta)=0-\frac{-1}{3}\eta+O(\eta^2)=\frac{\eta}{3}+O(\eta^2).

也就是 $x(a)=\frac{a-1}{3}+O\bigl((a-1)^2\bigr) (a\to1).$ 证毕.

这类题里，参数若以简单方式进入导数方程，极值点常常随参数单调移动；局部近似则给出移动速度.

端点与退化情形

前面的结论依赖两个条件：极值点是内点，且 (f''(x_0)\neq0). 其中任一条件失效，偏移规律都会改变.

端点吸附

若定义域本身带有边界，极值点可能停在端点上.此时研究对象变成一侧导数和端点附近的符号，端点分析法则就进入主导地位.

例如在区间 ([0,+\infty)) 上考察 $F_\lambda(x)=x^2+\lambda x.$ 当 (\lambda<0) 时， $F_\lambda'(x)=2x+\lambda$ 在内部零点 (x=-\lambda/2) 处取到极小值；当 (\lambda>0) 时，导函数在 (x\ge0) 上恒正，函数单调递增，极小值点停在端点 (x=0). 这里的“偏移”出现了两种机制：一部分参数把极值点留在边界，一部分参数把极值点推回内部.

平坦极值点

若参考极值点满足 (f''(x_0)=0)，线性偏移公式失效，高阶项会决定主导行为.

例

设 $G_\varepsilon(x)=x^4+\varepsilon x.$ 求它的极小值点 (x_\varepsilon)，并说明偏移量的阶数.

证明

求导得 $G_\varepsilon'(x)=4x^3+\varepsilon, G_\varepsilon''(x)=12x^2\ge0.$ 函数 (G_\varepsilon') 在 (\mathbb R) 上严格递增，因此方程 (G_\varepsilon'(x)=0) 有唯一解 $x_\varepsilon=-\sqrt[3]{\frac{\varepsilon}{4}}.$ 这就是唯一极小值点.

这里参考函数 (x^4) 在 (x=0) 处的二阶导数等于 (0). 因而极值点的偏移量不再与 (\varepsilon) 同阶，而是满足 $|x_\varepsilon|=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}|\varepsilon|^{1/3}.$ 偏移量按 (|\varepsilon|^{1/3}) 这个尺度变化.原因在于驻点方程的主导平衡已经变成 $4x^3+\varepsilon=0,$ 高阶导数的首个非零项接管了偏移规律.

这里起决定作用的是高阶展开观点.极值点附近越平坦，微小扰动造成的位置变化就越明显.

极值点偏移的分析顺序

\BookSubsectionSubtitle{如何分析极值点偏移}

极值点偏移的分析步骤：先选定参考函数和参考极值点，写出驻点方程；观察二阶导数或单侧导数的符号，判断附近极值点是否存在且唯一；利用一阶导数在端点处的符号判断偏移方向.若需要求偏移量，就在驻点方程附近做泰勒展开提取主导项.端点或二阶导数为零等特殊情况，改用端点分析或更高阶展开来处理.

局部展开给出偏移量的主导项，阶数比较判断偏移规模，导数符号和端点信息保证结论成立.极值点偏移的主线在于局部结构如何随参数改变，极值点位置是这个结构变化的直接结果.

高阶导数与泰勒展开初步*​

高阶导数与函数的凹凸性​

高阶导数的定义​

函数的凹凸性​

拐点​

极值的第二充分条件​

泰勒展开​

逼近的逻辑​

带有佩亚诺余项的麦克劳林公式​

常用函数的展开式​

展开到几阶​

泰勒、等价无穷小与洛必达如何选​

常见错误​

泰勒近似在不等式证明中的应用​

“切线放缩”的再审视​

高阶展开的应用实例​

洛必达法则与极限计算*​

洛必达法则​

基本应用实例​

法则的滥用与陷阱​

陷阱1​

陷阱2​

陷阱3​

陷阱4​

其他类型的不定式​

\texorpdfstring{ 型​

\texorpdfstring{ 型​

\texorpdfstring{幂指函数型 ()​

极限求解的常用方法​

落笔前先看哪一层​

方法分层​

实例对比​

常用方法​

端点分析与局部保号*​

必要条件与充分条件​

端点分析的基本法则​

应用与思辨​

极限的局部保号性*​

应用与思辨​

方法的局限性与全局分析的回归​

端点效应何时有效，何时失效？​

本节习题​

极值点偏移问题*​

基本图景​

基本入口​

小扰动下的一级近似​

例题​

例题​

端点与退化情形​

端点吸附​

平坦极值点​

极值点偏移的分析顺序​

コメント

高阶导数与泰勒展开初步*

高阶导数与函数的凹凸性

高阶导数的定义

函数的凹凸性

拐点

极值的第二充分条件

泰勒展开

逼近的逻辑

带有佩亚诺余项的麦克劳林公式

常用函数的展开式

展开到几阶

泰勒、等价无穷小与洛必达如何选

常见错误

泰勒近似在不等式证明中的应用

“切线放缩”的再审视

高阶展开的应用实例

洛必达法则与极限计算*

洛必达法则

基本应用实例

法则的滥用与陷阱

陷阱1

陷阱2

陷阱3

陷阱4

其他类型的不定式

\texorpdfstring{ $0 \cdot \infty$ 型

\texorpdfstring{ $\infty - \infty$ 型

\texorpdfstring{幂指函数型 ( $1^\infty, 0^0, \infty^0$ )

极限求解的常用方法

落笔前先看哪一层

方法分层

实例对比

常用方法

端点分析与局部保号*

必要条件与充分条件

端点分析的基本法则

应用与思辨

极限的局部保号性*

应用与思辨

方法的局限性与全局分析的回归

端点效应何时有效，何时失效？

本节习题

极值点偏移问题*

基本图景

基本入口

小扰动下的一级近似

例题

例题

端点与退化情形

端点吸附

平坦极值点

极值点偏移的分析顺序