极限与导数

{/* label: chap:ch14 */}

微积分学处理变化与运动. 考虑一个物体沿直线运动, 其位置由时间 $t$ 的函数 $s = f(t)$ 给出. 为了刻画物体在某一时刻 $t_0$ 的运动状态, 仅知道位置是不够的, 还需要知道其“瞬时速度”. 在时间段 $[t_0, t_0+\Delta t]$ 内, 物体的平均速度定义为位移与时间的比值： <MathBlock raw={"\bar{v} = \frac{f(t_0+\Delta t) - f(t_0)}{\Delta t}."} /> 在几何上, 若考虑 $t$-$s$ 平面上的曲线 $s=f(t)$, 该比值对应于连接点 $P(t_0, f(t_0))$ 与点 $Q(t_0+\Delta t, f(t_0+\Delta t))$ 的割线斜率.

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TikZ 图 251

\end{figure} 图：平均速度对应的割线斜率与瞬时速度对应的切线斜率.

物理直觉表明, 当观测的时间间隔 $\Delta t$ 越来越短时, 平均速度应当逼近某个确定的数值, 即瞬时速度. 几何上, 这对应于点 $Q$ 沿曲线趋近于点 $P$, 割线趋向于曲线在点 $P$ 处的切线. 然而, 若直接令 $\Delta t = 0$, 上述比值变为 $\frac{0}{0}$, 这在代数运算中是未定义的.

为了解决这一矛盾, 必须引入 极限 (limit) 的概念来严格描述“无限趋近”这一过程. 但在定义极限之前, 必须先考察极限运算所依赖的数系. 如果数系本身存在“空隙”, 那么极限过程可能会指向一个不存在的数, 从而导致理论失效.

实数系的完备性

{/* label: sec:ch14-s01 */}

我们首先指出有理数系 $\mathbb{Q}$ 在处理连续量时的局限性, 进而引入完备性公理. 这一公理保证了实数轴上没有“空隙”, 从而为极限的存在性提供了逻辑保障.

记号

• $\mathbb{N}$: 自然数集 $\{0, 1, 2, ...\}$.
• $\mathbb{Z}$: 整数集 $\{..., -1, 0, 1, ...\}$.
• $\mathbb{Q}$: 有理数集 $\{p/q \mid p \in \mathbb{Z}, q \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}\}$.
• $\mathbb{R}$: 实数集.

有理数集 $\mathbb{Q}$ 对加、减、乘、除 (除数非零) 四则运算封闭, 且其元素在数轴上是稠密的. 然而, 仅靠有理数不足以度量所有的几何量. 考虑边长为 $1$ 的正方形, 其对角线长度 $l$ 满足 $l^2 = 2$.

$\sqrt{2}$ 的无理性

不存在有理数 $r$, 使得 $r^2 = 2$.

证明

假设存在 $r \in \mathbb{Q}$ 使得 $r^2 = 2$. 设 $r = p/q$, 其中 $p, q \in \mathbb{Z}^+$ 且 $\gcd(p, q) = 1$.

由 $(p/q)^2 = 2$ 得 $p^2 = 2q^2$. 故 $p^2$ 为偶数, 从而 $p$ 为偶数. 设 $p = 2k$. 代入得 $(2k)^2 = 2q^2 \implies 4k^2 = 2q^2 \implies q^2 = 2k^2$. 故 $q^2$ 为偶数, 从而 $q$ 亦为偶数. 这表明 $p, q$ 至少有公约数 $2$, 与 $\gcd(p, q) = 1$ 矛盾.

上述定理表明数轴上存在无法用有理数表示的点 (无理数). 若仅在 $\mathbb{Q}$ 中讨论, 极限过程可能失效. 例如, 一个由有理数构成的序列 $1, 1.4, 1.41, ...$ 可以无限趋近于 $\sqrt{2}$, 但其“极限”却不在有理数系内. 因此, 必须将数系扩充为实数系 $\mathbb{R}$, 并赋予其 完备性.

为了形式化描述“填补空隙”, 先引入上界与确界的概念.

上界

设 $S$ 是 $\mathbb{R}$ 的非空子集. 若存在 $M \in \mathbb{R}$, 使得对所有 $x \in S$ 都有 $x \le M$, 则称 $M$ 为 $S$ 的一个 上界 (upper bound).

对于上有界的集合, 上界通常不唯一. 我们关注所有上界中最小的那一个, 它紧贴着集合的边缘.

上确界

设 $S \subseteq \mathbb{R}$ 非空且上有界. 若实数 $\alpha$ 满足以下条件, 则称 $\alpha$ 为 $S$ 的 上确界 (supremum), 记作 $\sup S$：

1. $\alpha$ 是 $S$ 的上界;
2. 任何小于 $\alpha$ 的数都不是 $S$ 的上界 (即 $\alpha$ 是最小的上界).

注意, 上确界 $\alpha$ 不一定属于集合 $S$. 例如 $S = [0, 1)$, $\sup S = 1 \notin S$.

在有理数系 $\mathbb{Q}$ 中, 一个有界集合的上确界可能不存在. 考虑 $A = \{r \in \mathbb{Q} \mid r^2 \< 2\}$. $A$ 在 $\mathbb{Q}$ 中有上界 (如 $2$), 但没有最小的有理上界 (因 $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$). 实数系的完备性公理断言 $\mathbb{R}$ 中不存在这种现象.

完备性公理

$\mathbb{R}$ 中任何非空且上有界的子集, 必有上确界.

这一公理在几何上刻画了实数轴的“连续性” (continuity).

可以将实数轴想象为一条无限延伸的直线.对于直线上的一个点集 $S$，若它没有向右无限延伸（即上有界），那么它必然会在某个位置“终止”.完备性公理保证了这一终止处的边界点是确定的、存在的.

具体而言，考虑所有大于 $S$ 中元素的数, 它们构成了 $S$ 的“右侧外部”.

• 在有理数系 $\mathbb{Q}$ 中, 集合 $S$ 与其右侧外部之间可能存在缝隙.例如 $S = \{x \in \mathbb{Q} \mid x^2 \< 2\}$, 其右侧没有任何有理数能紧贴着 $S$ 的边缘（因为 $\sqrt{2}$ 缺失），就像数轴上有一个针孔大小的断裂.
• 在实数系 $\mathbb{R}$ 中, 完备性公理填补了这些断裂.它断言：$S$ 与其右侧外部之间存在一个精确的分界点（上确界）.这个点既不给 $S$ 留出向右“生长”的余地, 也不与 $S$ 之间留有空隙.

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TikZ 图 252

\end{figure} 图：有理数系的“空隙”与实数系的完备性对比.

简言之，完备性意味着实数轴上没有“漏洞”.当我们不断逼近某个位置时，那里一定有一个实数在等待我们，而不是一片虚空.

极限的定义*

{/* label: sec:ch14-s02 */}

我们通过上述的讨论，容易得到以下极限的定义：

定义

当变量 $x$ 无限地、但永不抵达地趋近于某个定值 $x_0$ 时, 如果函数值 $f(x)$ 也无限地趋近于一个确定的数值 $L$, 那么我们就称 $L$ 是函数 $f(x)$ 在 $x$ 趋向于 $x_0$ 时的极限.

这种描述方式非常直观，它抓住了极限的核心思想——过程与结果.我们用符号来记录这个过程： <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} f(x) = L"} /> 这里的箭头“$\to$”代表“趋近于”的动态过程.

• $\lim$: 是英文“limit”的缩写，它宣告我们正在讨论一个极限问题.
• $x \to x_0$: 写在 $\lim$ 的下方, 它描述了自变量 $x$ 的运动趋势.它意味着 $x$ 从 $x_0$ 的左右两侧无限靠近 $x_0$, 可以与 $x_0$ 的距离要多近有多近, 但永远不真正取到 $x_0$.
• $f(x)$: 是我们研究的对象, 它的值随着 $x$ 的变化而变化.
• $= L$: 这是整个极限表达式的结论.它表明, 在 $x \to x_0$ 的过程中, $f(x)$ 的值最终的归宿是唯一的、确定的常数 $L$.

这个定义的灵魂在于它只关心“过程”，而不关心“终点”本身.也就是说，我们只在乎当 $x$ 在 $x_0$ 附近时 $f(x)$ 的表现, 而完全不在乎 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 这一点上的取值到底是多少，甚至它在这一点可以没有定义.

例

考察函数 $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}$, 我们来探究当 $x \to 1$ 时的极限.

解

首先我们注意到，当 $x=1$ 时, 分母为 $1-1=0$, 函数 $f(1)$ 在该点没有定义.

但是，极限并不关心 $x=1$ 的情况, 只关心 $x$ 在 $1$ 附近的情况.

当 $x \neq 1$ 时，我们可以对函数进行化简： <MathBlock raw={"f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1} = \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1"} /> 这个化简告诉我们，函数 $y=f(x)$ 的图像是一条直线 $y=x+1$, 只不过在点 $(1, 2)$ 处有一个“空心”的洞.

接着，我们来观察“趋近”的过程：

当 $x$ 从 $1$ 的右侧趋近于 $1$ (例如 $1.1, 1.01, 1.001, ...$) 时， <MathBlock raw={"f(x) = x+1 \text{ 的值依次为 } 2.1, 2.01, 2.001, ... \text{, 趋近于 } 2."} /> 当 $x$ 从 $1$ 的左侧趋近于 $1$ (例如 $0.9, 0.99, 0.999, ...$) 时， <MathBlock raw={"f(x) = x+1 \text{ 的值依次为 } 1.9, 1.99, 1.999, ... \text{, 也趋近于 } 2."} /> 尽管 $f(1)$ 不存在, 但当 $x$ 从两侧无限趋近于 $1$ 时, $f(x)$ 的值都无限趋近于同一个确定的数 $2$. 因此，我们说这个极限存在且等于 $2$： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = 2"} /> 这个例子完美地诠释了极限的精髓：极限值是函数值在某点附近的“趋势值”，而非该点的“实际值”.

在前面的例子中，我们探究 $\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^2-1}{x-1}$ 时, 本能地做了两件事：观察 $x$ 从比 1 大的一侧（如 1.1, 1.01）趋近时函数值的变化, 也观察了 $x$ 从比 1 小的一侧（如 0.9, 0.99）趋近时函数值的变化.我们发现，这两条“路径”最终都指向了同一个“目的地”——数字 2.

这个“分左右路径”的思想是如此重要，以至于数学家们为它赋予了专门的定义和符号.

右极限与左极限

• 右极限: 当 $x$ 从大于 $x_0$ 的一侧无限趋近于 $x_0$ 时, 如果 $f(x)$ 无限趋近于一个确定的常数 $L$, 我们称 $L$ 为 $f(x)$ 在 $x_0$ 的右极限.记作： <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0^+} f(x) = L"} /> 这里的“+”号上标，形象地表示了我们是从 $x$ 坐标轴的“正方向”（右侧）靠近 $x_0$.
• 左极限: 当 $x$ 从小于 $x_0$ 的一侧无限趋近于 $x_0$ 时, 如果 $f(x)$ 无限趋近于一个确定的常数 $M$, 我们称 $M$ 为 $f(x)$ 在 $x_0$ 的左极限.记作： <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0^-} f(x) = M"} /> 这里的“-”号上标，则表示我们是从 $x$ 坐标轴的“负方向”（左侧）靠近 $x_0$.

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TikZ 图 253

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有了左、右极限的定义，我们就能给出一个判断（双边）极限是否存在的黄金准则.

极限存在的充要条件

函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的极限 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 存在且等于 $L$ 的充分必要条件是：

函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的左极限与右极限都存在, 并且都等于 $L$.

用符号表示为： <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} f(x) = L \iff \lim_{x \to x_0^-} f(x) = \lim_{x \to x_0^+} f(x) = L"} />

{这个定理的直观意义是：只有当从左边走和从右边走，最终能到达同一个地方时，我们才承认“极限”这个共同目的地的存在.如果左右两边的路通向了不同的地方，那么极限就不存在.}

例

考察函数 $f(x) = \dfrac{|x|}{x}$ 在 $x \to 0$ 时的极限.

解

首先，我们将函数写成分段形式，这样更便于分析： <MathBlock raw={"f(x) = \frac{|x|}{x} = \begin{cases} \frac{x}{x} = 1, & x \> 0 \frac{-x}{x} = -1, & x \< 0 \end{cases}"} /> 接着我们分别计算左、右极限：

右极限 ($x$ 从右侧趋近0, 此时 $x\>0$) <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (1) = 1"} />

左极限 ($x$ 从左侧趋近0, 此时 $x\<0$) <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (-1) = -1"} /> 我们发现，左极限和右极限都存在，但它们并不相等： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0^-} f(x) \neq \lim_{x \to 0^+} f(x)"} /> 根据极限存在的充要条件，我们得出结论： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0} \frac{|x|}{x} 不存在"} /> 这就像两条岔路，虽然都通向 $x=0$ 这个位置, 但它们在函数值的高度上却指向了 $y=1$ 和 $y=-1$ 两个不同的“悬崖边”.

尽管这种直观的定义有助于我们快速建立对极限的初步印象，但“无限趋近”终究是一个模糊的文学性词汇，而非严谨的数学语言.

\textcolor{red}{警告：由于高中数学课本并未给出极限的定义与相关知识，请在答题时使用“极限的趋势”来表达你想的那种“极限”.比如：$x \rightarrow +\infty$时, 函数$f(x) \rightarrow$ 一个数或正负无穷.并且我需要说明：下面的两个定义并不做要求，属于选读内容，但是后面的证明有可能会用到这两个定义，你也可以跳过！}

为了让“靠近”这个模糊的概念变得精确，数学家引入了“邻域”这一强大的工具，它为我们提供了一把测量“靠近程度”的工具.

邻域

以点 $x_0$ 为中心的任何开区间称为点 $x_0$ 的邻域, 记作 $U(x_0, \delta)$. <MathBlock raw={"U(x_0, \delta) = (x_0 - \delta, x_0 + \delta) = \{x \mid |x-x_0|\<\delta\}"} /> 其中 $\delta$ (delta) 是一个任意小的正数，称为邻域的半径.

去心邻域

点 $x_0$ 的邻域去掉中心点 $x_0$ 之后, 剩下的部分称为点 $x_0$ 的去心邻域 或空心邻域. <MathBlock raw={"U^\circ(x_0, \delta) = \{x \mid 0 \< |x-x_0|\<\delta\}"} /> 这个概念至关重要，因为它精确地表达了“$x$ 趋近于 $x_0$ 但不等于 $x_0$”的含义.

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TikZ 图 254

\end{figure} 图：邻域与去心邻域的示意图

有了邻域这个工具，我们就可以将先前的定义升级为一个更具操作性的版本.

定义

设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个去心邻域内有定义.如果当自变量 $x$ 在 $x_0$ 的去心邻域内无限地趋近于 $x_0$ 时, 对应的函数值 $f(x)$ 无限地趋近于一个确定的常数 $L$, 那么我们就称 $L$ 是函数 $f(x)$ 当 $x$ 趋近于 $x_0$ 时的极限，记作： <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} f(x) = L"} />

这个定义明确了极限成立的前提——函数只需在 $x_0$ 的“附近”（去心邻域）有定义即可, 而 $x_0$ 本身的情况无关紧要.这比第一重定义更加清晰，但“无限趋近”一词依然带有动态和模糊的色彩.数学的严谨性要求我们用静态的、可量化的关系来彻底取代它.

邻域的定义虽然更进一步，但“无限趋近”仍是一个动态的、描述性的词语.数学的殿堂需要一个能经受任何逻辑拷问的静态定义.这就是19世纪数学家柯西 和魏尔斯特拉斯的伟大贡献—— 极限的$\varepsilon-\delta$ (epsilon-delta) 语言.

函数极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义

设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个去心邻域内有定义. 若对于任意给定的正数 $\varepsilon$ (无论它有多小)， 总存在一个正数 $\delta$， 使得当自变量 $x$ 满足不等式 $0 \< |x - x_0| \< \delta$ 时， 对应的函数值 $f(x)$ 都满足不等式 $|f(x) - L| \< \varepsilon$， 那么我们就称常数 $L$ 是函数 $f(x)$ 当 $x \to x_0$ 时的极限. 用逻辑符号可以简洁地表示为: <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} f(x) = L \iff \forall \varepsilon \> 0, \exists \delta \> 0, \text{ s.t. } \forall x, (0 \< |x-x_0| \< \delta \implies |f(x)-L| \< \varepsilon)"} />

这个定义将“无限趋近”这个动态过程，巧妙地转化为一场严谨的静态逻辑游戏.\footnote{有兴趣的读者可以阅读《普林斯顿微积分读本》一书附录关于极限定义的说明.} 我们可以将这场游戏分解为三个步骤来图解：\footnote{此图解思路引用自阿德里安·班纳 (Adrian Banner) 所著《普林斯顿微积分读本》一书的附录“极限及其证明”.}

游戏开始，挑战者首先出招.他任意指定一个正数 $\varepsilon$（无论多小）, 以此来规定函数值 $f(x)$ 与极限值 $L$ 之间的最大允许误差.这个 $\varepsilon$ 在 $y$ 轴上以 $L$ 为中心, 构建了一个宽度为 $2\varepsilon$ 的水平“目标区域” $(L-\varepsilon, L+\varepsilon)$.挑战者的要求是：你必须设法让 $f(x)$ 的值落入我指定的这个区域内.

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TikZ 图 255

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面对挑战，我们的任务是找到一个有效的应对策略.我们需要在 $x$ 轴上, 以 $x_0$ 为中心, 寻找一个正数 $\delta$.这个 $\delta$ 确定了一个去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$, 即一个垂直的“控制区域”.我们的目标是, 通过将 $x$ 限制在这个区域内, 来确保 $f(x)$ 能满足第一步的要求.

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TikZ 图 256

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这是决胜的一步.我们必须验证所选的 $\delta$ 是否有效.检验的标准是：对于任何一个落在蓝色控制区域 $U^\circ(x_0, \delta)$ 内的 $x$ 值, 其对应的函数值 $f(x)$ 是否必然会落入红色的目标区域 $(L-\varepsilon, \varepsilon)$ 内.从几何上看，这意味着位于蓝色垂直带内的那段函数图像（不含中心点），必须被完全限制在红色水平带之中.

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TikZ 图 257

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极限存在的真正含义，就是我们在这场游戏中永远不会输.无论挑战者提出的 $\varepsilon$ 有多么苛刻, 我们总能相应地找到一个足够小的 $\delta$ 来赢得这场博弈.这种“总能找到”的确定性，将“无限趋近”从一个模糊不清的动态过程，升华为一个无懈可击的静态逻辑关系.

此版本的定义告诉我们，极限不是一个寻找的过程，而是一个验证的关系.$\delta$ 对 $\varepsilon$ 的依赖性 ($\delta(\varepsilon)$) 是其核心, 保证了无论对方的要求($\varepsilon$)多么苛刻, 我们总有办法($\delta$)满足.这才是极限存在的真正含义.

\textcolor{red}{看不懂？没事，高考不考，别看了！不过能读到这也说明你是一名即好奇又悠闲的学生，让我们再探一下这个定义到底在干嘛？}想象一下，我们称“当 $x$ 靠近 $x_0$ 时, $f(x)$ 就会靠近 $L$”.这是一个很模糊的说法.到底要多“近”才算“靠近”？$\varepsilon-\delta$ 定义就是要把这个模糊的说法“严谨化”了.接着我们再次回到“游戏”的说法，接着“你”“我”出场，这有助于理解：

你，作为一名考官，先提出一个精度要求.你说：“我要求函数值 $f(x)$ 和那个所谓的极限值 $L$ 之间的距离, 必须小于某个非常小的数值 $\varepsilon$.” 这个 $\varepsilon$ 可以是你想象到的任何正数, 比如 $0.1$, 或者更苛刻的 $0.00001$, 反正“要多小有多小”.你通过设定 $\varepsilon$, 实际上是在 $L$ 的上下画了两条线, 形成了一个很窄的“目标区域”.一言以蔽之, $\varepsilon$是$f(x)$和$L$的接近程度，或者说是距离.

然后，我，作为考生，就要根据你提出的 $\varepsilon$ 给出我的要求.我的答案是：“简单拿捏！只要你保证让自变量 $x$ 和 $x_0$ 的距离, 小于我算出的另一个数值 $\delta$, 我就能保证 $f(x)$ 绝对会落入你指定的那个目标区域里.”一言以蔽之, $\delta$是$x$ 和 $x_0$ 的接近程度, 只要两者足够接近, $f(x)$与$A$是可以达到我们可以接受的接近程度的, 换言之, $f(x)$无限趋近于$L$.

反过来，如果 $f(x)$ 不是真的趋近于 $L$, 那么当你的要求苛刻到一定程度时, 我就没戏唱了！再也找不到任何一个 $\delta$ 能保证 $f(x)$ 落入你的目标区域了.那时，我的答案就是错的，极限也就不存在.

例

使用 $\varepsilon-\delta$ 定义证明极限 $\lim\limits_{x \to 1} x^2 = 1$.

解

我们的目标是证明，对于任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 我们总能找到一个 $\delta \> 0$, 使得只要 $x$ 满足 $0 \< |x-1| \< \delta$, 不等式 $|x^2 - 1| \< \varepsilon$ 就必然成立.

分析过程

这部分是寻找 $\delta$ 的探索过程，我们从结论倒推.

我们的目标是让 $|x^2-1| \< \varepsilon$.

首先，对目标不等式左边进行变形，尝试凑出我们能控制的项 $|x-1|$: <MathBlock raw={"|x^2 - 1| = |(x-1)(x+1)| = |x-1| \cdot |x+1|"} /> 我们希望这个整体小于 $\varepsilon$, 即 $|x-1| \cdot |x+1| \< \varepsilon$.

我们已经可以通过选取 $\delta$ 来让 $|x-1|$ 任意小, 但麻烦在于 $|x+1|$ 并非一个常数, 它的大小也随着 $x$ 的变化而变化.

但是，极限研究的是 $x$ 在 $x_0=1$ 附近的行为.既然 $x$ 离 $1$ 很近, 那么 $|x+1|$ 的值应该也离 $|1+1|=2$ 很近.我们可以通过预先限制 $\delta$ 的一个范围来“框住”$|x+1|$.

不妨先做一个临时的、合理的限制，比如我们要求 $\delta \le 1$.

如果 $\delta \le 1$, 那么当 $|x-1| \< \delta$ 时, 必然有 $|x-1| \< 1$.

这个不等式展开就是 $-1 \< x-1 \< 1$, 两边同时加 $2$ 得到 $1 \< x+1 \< 3$.

既然 $x+1$ 在 $1$ 和 $3$ 之间, 那么它的绝对值 $|x+1|$ 必然小于 $3$.

接着，我们对 $|x+1|$ 有了一个固定的上界 $3$. 再次回到我们的变形： <MathBlock raw={"|x^2-1| = |x-1| \cdot |x+1| \< \delta \cdot 3"} /> 为了实现最终目标 $|x^2-1| \< \varepsilon$, 我们只需要让 $3\delta \le \varepsilon$ 即可.

这表明，我们应该取 $\delta \le \frac{\varepsilon}{3}$.

好了，我们接着对 $\delta$ 有两个要求：$\delta \le 1$ 和 $\delta \le \frac{\varepsilon}{3}$.为了同时满足这两个要求，我们只需取它们中较小的那个即可.

于是，我们找到了 $\delta$ 的取法：$\delta = \min\{1, \frac{\varepsilon}{3}\}$.

证明过程

对任意给定的 $\varepsilon \> 0$，我们取 <MathBlock raw={"\delta = \min\left\{1, \frac{\varepsilon}{3}\right\}"} /> 显然 $\delta \> 0$.

现检验当 $x$ 满足 $0 \< |x-1| \< \delta$ 时, 不等式 $|x^2-1|\<\varepsilon$ 是否成立.

因为 $\delta \le 1$, 所以由 $0 \< |x-1| \< \delta$ 可知 $|x-1| \< 1$.

这蕴含了 $-1 \< x-1 \< 1$, 从而 $1 \< x+1 \< 3$, 因此 $|x+1|\<3$.

同时，因为 $\delta \le \frac{\varepsilon}{3}$, 所以 $|x-1| \< \delta \le \frac{\varepsilon}{3}$.

将以上结论结合起来，我们有： <MathBlock raw={"|x^2-1| = |x-1| \cdot |x+1| \< \frac{\varepsilon}{3} \cdot 3 = \varepsilon"} /> 这就证明了 $|x^2-1| \< \varepsilon$ 成立.

根据极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义，原命题得证. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1} x^2 = 1"} />

本节习题

习题

\exerciseentry { 考察函数 $f(x) = x - \lfloor x \rfloor$, 其中 $\lfloor x \rfloor$ 表示不大于 $x$ 的最大整数. 研究函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的极限是否存在. } { 运用极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义, 证明 $\lim\limits_{x \to c} (ax+b) = ac+b$, 其中 $a, b, c$ 均为实常数且 $a \ne 0$. }

\exerciseentry { 运用极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义, 证明 $\lim\limits_{x \to c} \sqrt{x} = \sqrt{c}$, 其中 $c$ 为任意正实数. } { 研究函数 $g(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ 在 $x \to 0$ 时的极限. }

\exerciseentry { 考虑极限 $\lim\limits_{x \to 2} x^3 = 8$. 对于给定的 $\varepsilon = 0.1$, 请求出一个具体的正数 $\delta$, 使得当 $0 \< |x-2| \< \delta$ 时, 恒有 $|x^3 - 8| \< 0.1$. } { 证明极限的唯一性：若 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L_1$ 且 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L_2$, 则 $L_1 = L_2$. }

\exerciseentry { 运用极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义, 证明 $\lim\limits_{x \to 0} \left(x \sin\frac{1}{x}\right) = 0$. } { 设函数 $f(x)$ 满足 $\lim\limits_{x \to c} f(x) = L$. 若 $L\>0$, 证明：存在一个正数 $\delta$, 使得对于所有满足 $0\<|x-c|\<\delta$ 的 $x$, 都有 $f(x)\>0$. }

习题解析

解

第一题

函数 $f(x) = x - \lfloor x \rfloor$ 表示 $x$ 的小数部分. 为判断在 $x=1$ 处的极限是否存在，我们必须分别考察其左极限与右极限.

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TikZ 图 258

\end{figure}

当 $x$ 从右侧趋近于 $1$ 时, 记作 $x \to 1^+$. 此时 $x$ 的取值略大于 $1$, 例如 $1.1, 1.01, ...$. 对于这些 $x$ 值, $\lfloor x \rfloor = 1$. 因此，右极限为： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^+} (x - \lfloor x \rfloor) = \lim_{x \to 1^+} (x - 1) = 1-1 = 0"} />

当 $x$ 从左侧趋近于 $1$ 时, 记作 $x \to 1^-$. 此时 $x$ 的取值略小于 $1$, 例如 $0.9, 0.99, ...$. 对于这些 $x$ 值, $\lfloor x \rfloor = 0$. 因此，左极限为： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^-} (x - \lfloor x \rfloor) = \lim_{x \to 1^-} (x - 0) = 1-0 = 1"} />

由于左极限与右极限存在但不相等 ($0 \ne 1$), 根据极限存在的充要条件, 函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的极限不存在.

解

第二题

根据定义，我们需要证明：对于任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 总存在一个 $\delta \> 0$, 使得当 $0 \< |x-c| \< \delta$ 时, 不等式 $|(ax+b) - (ac+b)| \< \varepsilon$ 恒成立.

我们从目标不等式 $|(ax+b) - (ac+b)| \< \varepsilon$ 出发进行分析, 以寻找 $\delta$ 与 $\varepsilon$ 之间的关系. <MathBlock raw={"|(ax+b) - (ac+b)| = |ax - ac| = |a(x-c)| = |a| \cdot |x-c|"} /> 我们希望 $|a| \cdot |x-c| \< \varepsilon$. 由于 $a \ne 0$, 故 $|a| \> 0$. 我们可以将不等式两边同除以 $|a|$: <MathBlock raw={"|x-c| \< \frac{\varepsilon}{|a|}"} /> 此分析表明，只要我们能控制 $|x-c|$ 小于 $\frac{\varepsilon}{|a|}$, 就能达成目标. 这就为我们选取 $\delta$ 提供了明确的指引.

下面是严格的证明过程： 对任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 我们选取 $\delta = \dfrac{\varepsilon}{|a|}$. 由于 $\varepsilon \> 0$ 且 $|a| \> 0$, 故 $\delta \> 0$.

对于任何满足 $0 \< |x-c| \< \delta$ 的 $x$，我们有： <MathBlock raw={"|x-c| \< \frac{\varepsilon}{|a|}"} /> 将此不等式两边同乘以 $|a|$: <MathBlock raw={"|a| \cdot |x-c| \< \varepsilon"} /> 即 <MathBlock raw={"|(ax+b) - (ac+b)| \< \varepsilon"} /> 这恰好是我们需要证明的不等式. 故根据定义，原命题得证.

解

第三题

我们的目标是证明：对任意 $\varepsilon \> 0$, 存在 $\delta \> 0$, 使得当 $0 \< |x-c| \< \delta$ 时, 恒有 $|\sqrt{x}-\sqrt{c}| \< \varepsilon$.

我们先对目标不等式 $|\sqrt{x}-\sqrt{c}|$ 进行变形, 以期建立它与 $|x-c|$ 的联系. <MathBlock raw={"|\sqrt{x}-\sqrt{c}| = \left| (\sqrt{x}-\sqrt{c}) \cdot \frac{\sqrt{x}+\sqrt{c}}{\sqrt{x}+\sqrt{c}} \right| = \left| \frac{x-c}{\sqrt{x}+\sqrt{c}} \right| = \frac{|x-c|}{\sqrt{x}+\sqrt{c}}"} /> 我们希望 $\frac{|x-c|}{\sqrt{x}+\sqrt{c}} \< \varepsilon$.

注意到分母中的 $\sqrt{x}$ 不是常数.但由于 $x$ 趋近于 $c$, 我们可以对 $x$ 的范围做一个初步的限制，从而得到分母的一个下界. 不妨预先要求 $\delta \le c/2$. 若 $|x-c| \< c/2$, 则 $-c/2 \< x-c \< c/2$, 蕴含了 $x \> c/2$. 在此限制下，分母 $\sqrt{x}+\sqrt{c} \> \sqrt{c/2}+\sqrt{c}$. 为简化计, 我们取一个更宽松的下界：$\sqrt{x}+\sqrt{c} \> \sqrt{c}$.

于是，我们有： <MathBlock raw={"|\sqrt{x}-\sqrt{c}| = \frac{|x-c|}{\sqrt{x}+\sqrt{c}} \< \frac{|x-c|}{\sqrt{c}}"} /> 为使上式小于 $\varepsilon$, 我们只需令 $\frac{|x-c|}{\sqrt{c}} \le \varepsilon$, 即 $|x-c| \le \varepsilon\sqrt{c}$. 综合两个对 $\delta$ 的要求, 我们可取 $\delta = \min\{c/2, \varepsilon\sqrt{c}\}$.

下面是严格的证明过程： 对任意给定的 $\varepsilon \> 0$，我们取 <MathBlock raw={"\delta = \min\left\{\frac{c}{2}, \varepsilon\sqrt{c}\right\}"} /> 由于 $c\>0, \varepsilon\>0$, 故 $\delta\>0$. 当 $0 \< |x-c| \< \delta$ 时, 我们同时有 $|x-c| \< c/2$ 和 $|x-c| \< \varepsilon\sqrt{c}$. 由 $|x-c| \< c/2$ 可知 $x \> c/2$, 从而 $\sqrt{x} \> \sqrt{c/2}$. 故 $\sqrt{x}+\sqrt{c} \> \sqrt{c}$.

接着，我们进行关键的推导： <MathBlock raw={"|\sqrt{x}-\sqrt{c}| = \frac{|x-c|}{\sqrt{x}+\sqrt{c}} \< \frac{|x-c|}{\sqrt{c}} \< \frac{\varepsilon\sqrt{c}}{\sqrt{c}} = \varepsilon"} /> 这证明了 $|\sqrt{x}-\sqrt{c}| \< \varepsilon$ 成立. 根据定义，原命题得证.

解

第四题

函数 $g(x)=\sin(1/x)$ 在 $x \to 0$ 时的极限不存在. 为证明这一点，我们只需找到两个都趋近于 $0$ 的序列 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$, 但对应的函数值序列 $\{g(x_n)\}$ 和 $\{g(y_n)\}$ 收敛到不同的极限.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 259

\end{figure}

我们构造第一个序列，使得函数值始终为 $1$. 令 $\frac{1}{x_n} = 2n\pi + \frac{\pi}{2}$, 其中 $n$ 为正整数. 则 $x_n = \dfrac{1}{2n\pi + \pi/2}$. 当 $n \to \infty$ 时, 显然 $x_n \to 0$. 对应的函数值为： <MathBlock raw={"g(x_n) = \sin(2n\pi + \pi/2) = \sin(\pi/2) = 1"} /> 因此，$\lim\limits_{n \to \infty} g(x_n) = 1$.

接着，我们构造第二个序列，使得函数值始终为 $0$. 令 $\frac{1}{y_n} = n\pi$, 其中 $n$ 为正整数. 则 $y_n = \dfrac{1}{n\pi}$. 当 $n \to \infty$ 时, 显然 $y_n \to 0$. 对应的函数值为： <MathBlock raw={"g(y_n) = \sin(n\pi) = 0"} /> 因此，$\lim\limits_{n \to \infty} g(y_n) = 0$.

我们找到了两条趋近于 $x=0$ 的路径, 但它们在函数 $g(x)$ 的映射下却到达了两个不同的终点 ($1$ 和 $0$). 这意味着函数在 $x \to 0$ 时并没有一个确定的、唯一的归宿. 故 $\lim\limits_{x \to 0} \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ 不存在.

解

第五题

我们的目标是找到一个 $\delta \> 0$, 使得当 $0 \< |x-2| \< \delta$ 时, 恒有 $|x^3 - 8| \< 0.1$.

首先分析不等式 $|x^3 - 8| \< 0.1$. <MathBlock raw={"|x^3 - 8| = |(x-2)(x^2+2x+4)| = |x-2| \cdot |x^2+2x+4|"} /> 我们希望这个乘积小于 $0.1$.

我们能直接控制的项是 $|x-2|$. 麻烦在于项 $|x^2+2x+4|$ 随 $x$ 变化. 但由于 $x$ 在 $2$ 附近, 我们可以通过预先限制 $\delta$ 的范围来“框住”$|x^2+2x+4|$ 的大小.

不妨先做一个合理的限制，例如，我们要求 $\delta \le 1$. 如果 $|x-2| \< 1$, 则 $1 \< x \< 3$. 在此范围内，我们来估计 $|x^2+2x+4|$ 的上界. 由于 $x^2, 2x, 4$ 在此区间均为正的增函数, 故其和在 $x=3$ 处取最大值. <MathBlock raw={"|x^2+2x+4| \< 3^2 + 2(3) + 4 = 9 + 6 + 4 = 19"} />

结合这个上界，我们的不等式变为： <MathBlock raw={"|x^3 - 8| = |x-2| \cdot |x^2+2x+4| \< \delta \cdot 19"} /> 为了满足 $|x^3-8|\<0.1$, 我们只需要 $19\delta \le 0.1$. 这要求 $\delta \le \dfrac{0.1}{19}$.

我们对 $\delta$ 提出了两个要求：$\delta \le 1$ 和 $\delta \le \frac{0.1}{19}$. 为同时满足，我们取二者中较小的一个即可. 显然 $\frac{0.1}{19} \< 1$, 故我们可取 $\delta = \frac{0.1}{19}$.

例如，取 $\delta = \frac{0.1}{19} \approx 0.00526$. 这是一个满足条件的具体正数.

解

第六题

我们采用反证法. 假设极限存在但不唯一，即 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L_1$ 且 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L_2$, 其中 $L_1 \ne L_2$.

既然 $L_1 \ne L_2$, 那么它们之间的距离 $|L_1 - L_2|$ 是一个正数. 我们选取一个特定的 $\varepsilon$, 令 $\varepsilon = \dfrac{|L_1 - L_2|}{2}$. 显然 $\varepsilon \> 0$.

根据极限的定义： 因为 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L_1$, 所以对于上述选定的 $\varepsilon$, 存在一个 $\delta_1 \> 0$, 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_1$ 时，有 <MathBlock raw={"|f(x) - L_1| \< \varepsilon"} />

又因为 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L_2$, 所以对于同一个 $\varepsilon$, 也存在一个 $\delta_2 \> 0$, 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_2$ 时，有 <MathBlock raw={"|f(x) - L_2| \< \varepsilon"} />

接着，我们取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$. 这是一个正数. 当 $x$ 满足 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时, 上述两个关于 $f(x)$ 的不等式将同时成立.

对于这样的 $x$, 我们考察 $|L_1 - L_2|$，并巧妙地添项减项： <MathBlock raw={"\begin{aligned} |L_1 - L_2| &= |(L_1 - f(x)) + (f(x) - L_2)| &\le |L_1 - f(x)| + |f(x) - L_2| (\text{三角不等式}) &= |f(x) - L_1| + |f(x) - L_2| &\< \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon \end{aligned}"} />

我们将 $\varepsilon = \dfrac{|L_1 - L_2|}{2}$ 代入上式，得到 <MathBlock raw={"|L_1 - L_2| \< 2 \cdot \frac{|L_1 - L_2|}{2} = |L_1 - L_2|"} />

我们得到了一个严格的矛盾不等式 $|L_1 - L_2| \< |L_1 - L_2|$. 这个矛盾源于我们最初的假设 $L_1 \ne L_2$. 因此，该假设必定是错误的.

故必有 $L_1 = L_2$. 极限的唯一性得证.

解

第七题

我们需要证明：对任意 $\varepsilon \> 0$, 存在 $\delta \> 0$, 使得当 $0 \< |x-0| \< \delta$ 时, 有 $|x \sin\frac{1}{x} - 0| \< \varepsilon$.

我们从目标不等式出发进行分析. <MathBlock raw={"\left|x \sin\frac{1}{x} - 0\right| = \left|x \sin\frac{1}{x}\right| = |x| \cdot \left|\sin\frac{1}{x}\right|"} /> 我们知道，对于任意非零实数 $u$, 正弦函数的值域为 $[-1,1]$, 因此 $|\sin u| \le 1$. 故对于任意 $x \ne 0$, 恒有 $\left|\sin\frac{1}{x}\right| \le 1$.

利用这个性质，我们可以对表达式进行放缩： <MathBlock raw={"|x| \cdot \left|\sin\frac{1}{x}\right| \le |x| \cdot 1 = |x|"} />

我们的目标是让 $|x \sin\frac{1}{x}|$ 小于 $\varepsilon$. 根据上述放缩, 只要我们能保证 $|x|$ 小于 $\varepsilon$，目标就能达成.

这为我们选取 $\delta$ 提供了极为简洁的方案.

下面是严格的证明过程： 对任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 我们选取 $\delta = \varepsilon$. 由于 $\varepsilon\>0$, 故 $\delta\>0$.

对于任何满足 $0 \< |x-0| \< \delta$ 的 $x$, 即 $0 \< |x| \< \varepsilon$ 的 $x$，我们有： <MathBlock raw={"\left|x \sin\frac{1}{x} - 0\right| = |x| \left|\sin\frac{1}{x}\right| \le |x| \cdot 1 = |x| \< \varepsilon"} />

这证明了 $|x \sin\frac{1}{x}| \< \varepsilon$ 成立. 根据定义，原命题得证.

解

第八题

该命题的本质是，如果一个函数无限趋近于一个正数，那么在充分靠近该点的邻域内，函数值也必然是正的.

我们已知 $\lim\limits_{x \to c} f(x) = L$, 且 $L\>0$. 根据极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义, 对于任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 都存在一个 $\delta \> 0$, 使得当 $0\<|x-c|\<\delta$ 时, 恒有 $|f(x)-L| \< \varepsilon$.

这个定义的关键在于 $\varepsilon$ 可以是任意小的正数. 我们可以根据我们的需要, 巧妙地选取一个特定的 $\varepsilon$ 来达到证明目的.

由于 $L\>0$, 我们可以选取 $\varepsilon = \dfrac{L}{2}$. 这是一个合法的正数.

根据定义，对应于这个特定的 $\varepsilon = L/2$, 必然存在一个 $\delta \> 0$, 使得只要 $x$ 满足 $0\<|x-c|\<\delta$，不等式 <MathBlock raw={"|f(x) - L| \< \frac{L}{2}"} /> 就成立.

我们将这个绝对值不等式展开： <MathBlock raw={"-\frac{L}{2} \< f(x) - L \< \frac{L}{2}"} />

在不等式两边同时加上 $L$: <MathBlock raw={"L - \frac{L}{2} \< f(x) \< L + \frac{L}{2}"} />

化简得到： <MathBlock raw={"\frac{L}{2} \< f(x) \< \frac{3L}{2}"} />

我们特别关注这个不等式的左半部分：$f(x) \> \dfrac{L}{2}$. 因为我们已知 $L\>0$, 所以 $\dfrac{L}{2}$ 也必然是一个正数.

因此，对于所有满足 $0\<|x-c|\<\delta$ 的 $x$, 都有 $f(x) \> 0$.

这就证明了存在一个正数 $\delta$, 使得在 $c$ 的去心邻域 $U^\circ(c, \delta)$ 内, 函数值 $f(x)$ 恒为正. 证毕.

切线问题

{/* label: sec:ch14-s03 */}

在建立起极限的初步概念之后，我们立即着手解决那个最初激发我们思考的古老几何问题：如何严格地定义一条曲线在某一点的切线？

古典定义

古希腊的几何学家们对于圆、椭圆等二次曲线的切线已有深刻的认识.他们所依赖的定义，其核心思想是：一条直线若与曲线在某点附近仅有一个交点，则此直线为该曲线在该点的切线. 这一基于交点个数的判别法，对于具有良好凸性的简单曲线是直观且有效的.

然而，当数学家们的探索深入到更为复杂的函数曲线时，这个朴素的定义开始暴露出其根本性的缺陷. 我们考察函数 $y=x^3$ 在原点 $(0,0)$ 处的切线.从直观上看, 水平的 $x$ 轴似乎是最佳的候选者.但是，若我们试图用古典定义来检验它，便会立即陷入矛盾.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 260

\end{figure} 图：曲线 $y=x^3$ 在原点的切线问题

对于直线 $y=0$ (即 $x$ 轴), 它与曲线 $y=x^3$ 在原点接触. 但当 $x\>0$ 时, $x^3\>0$, 曲线在直线上方；当 $x\<0$ 时, $x^3\<0$，曲线在直线下方. 这意味着该直线在接触点处穿过了曲线，这与切线应“支撑”于曲线一侧的直观感受相悖.

更为严重的是唯一性问题. 考察任意一条斜率为负的直线 $y=mx$ ($m\<0$). 方程 $x^3=mx$ 仅有唯一实数解 $x=0$. 若依据“唯一交点”准则，那么任何一条穿过原点的、斜率为负的直线都有资格成为切线，这显然是荒谬的.

这些矛盾揭示了一点：依赖于曲线全局交点个数的静态定义是不足够的.我们需要一种能够精确捕捉曲线在某一点附近的局部动态趋势的全新方法.这个方法，正是由极限理论所提供的.

割线的极限观点

我们寻求确定曲线在点 $P(x_0, f(x_0))$ 处的切线. 根据解析几何的基本原理, 确定一条直线需要两个要素：一个点与一个斜率. 点 $P$ 已然在握，因此，切线问题的全部症结，便凝聚于如何确定其斜率之上.

然而，斜率的定义 $\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$ 内在地依赖于两个相异的点. 仅凭点 $P$ 自身, 我们无法直接计算任何斜率. 为克服此障碍, 我们采取一种迂回但极具建设性的策略：既然一点不足, 我们便引入第二点. 在点 $P$ 的邻近, 于曲线上另取一个相异的点 $Q(x, f(x))$. 连接 $P$ 与 $Q$ 的直线, 我们称之为曲线的一条割线. 其斜率 $k_{PQ}$ 可以被精确地计算： <MathBlock raw={"k_{PQ} = \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}"} /> 此值精确地量化了函数在 $[x_0, x]$ 这段区间内的平均变化率.

这条割线并非我们的最终目标，但它是一个完美的近似. 一个自然的想法是，当点 $Q$ 与点 $P$ 越接近, 割线 $PQ$ 对点 $P$ 处切线的近似就越精确. 我们将此“无限逼近”的直观过程, 转化为严谨的数学语言——极限. 想象点 $Q$ 沿着曲线向点 $P$ 移动, 这意味着点的横坐标 $x$ 无限地趋近于 $x_0$.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 261

\end{figure} 图：当点 $Q$ 沿曲线趋近于点 $P$ 时, 割线 $PQ$ 的极限位置即为在点 $P$ 处的切线.

从几何上看，割线 $PQ$ 在此过程中会不断旋转. 当 $Q$ 与 $P$ 无限接近时, 这条动态的割线将稳定于一个确定的极限位置. 此极限位置的直线, 我们便定义为曲线在点 $P$ 处的切线.

这个几何上的极限位置，必然对应着代数上这些割线斜率的极限值. 因此，点 $P$ 处切线的斜率, 正是割线斜率 $k_{PQ}$ 当 $x \to x_0$ 时的极限.

切线斜率的严格定义

我们将上述的直观思想转化为严谨的数学语言. 曲线在点 $P$ 处的切线斜率, 正是当 $x \to x_0$ 时, 割线斜率 $k_{PQ}$ 的极限.

切线斜率

曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(x_0, f(x_0))$ 处的切线斜率 $k_{\text{tan}}$ 定义为： <MathBlock raw={"k_{\text{tan}} = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}"} /> 若令 $x = x_0 + \Delta x$, 则 $x \to x_0$ 等价于增量 $\Delta x \to 0$. 定义式可写为等价的形式： <MathBlock raw={"k_{\text{tan}} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}"} /> 若此极限存在，则称曲线在该点处的切线存在.

这个基于极限的定义是革命性的. 它完美地解决了古典定义的所有困境，并为 $\frac{0}{0}$ 型的不定式赋予了确切的几何意义. 我们不再尝试直接令 $\Delta x = 0$, 而是考察当 $\Delta x$ 无限趋近于 $0$ 时，整个比值的归宿.

我们再次回到 $f(x)=x^3$ 在原点的例子. 连接原点 $(0,0)$ 与曲线上另一点 $(x, x^3)$ 的割线斜率为： <MathBlock raw={"k_{\text{割线}} = \frac{x^3 - 0}{x - 0} = x^2 (x \ne 0)"} /> 我们接着考察当 $x \to 0$ 时此斜率的极限： <MathBlock raw={"k_{\text{tan}} = \lim_{x \to 0} x^2 = 0"} /> 这个极限是唯一且确定的. 极限的计算告诉我们，无论动点从左侧还是右侧趋近原点，割线的斜率都唯一地趋向于 $0$. 因此, 在原点处的切线, 其斜率必然是 $0$. 对应的切线方程就是 $y-0=0(x-0)$, 即 $y=0$. 这个定义给出了唯一且符合直观的结果，彻底解决了之前的矛盾.

极限的威力在于它提供了一种“局部放大”的视角. 在一个无限小的尺度下，任何光滑曲线都近似于一条直线，这条直线就是它的切线. 切线，是曲线在该点附近最佳的线性近似.

例

求曲线 $f(x) = x^2$ 在点 $P(1, 1)$ 处的切线斜率，并写出切线方程.

解

我们所寻找的切线斜率，是连接定点 $P(1,1)$ 与其邻近动点 $Q(1+\Delta x, (1+\Delta x)^2)$ 的割线斜率在 $\Delta x \to 0$ 时的极限.

割线 $PQ$ 的斜率为： <MathBlock raw={"k_{PQ} = \frac{(1+\Delta x)^2 - 1^2}{(1+\Delta x) - 1} = \frac{(1+\Delta x)^2 - 1}{\Delta x}"} /> 注意到，若直接令 $\Delta x = 0$, 我们将得到 $\frac{0}{0}$ 的无意义形式. 我们的任务是在取极限之前，对表达式进行代数化简，以消除这个不定形式. 展开分子： <MathBlock raw={"k_{PQ} = \frac{1 + 2\Delta x + (\Delta x)^2 - 1}{\Delta x} = \frac{2\Delta x + (\Delta x)^2}{\Delta x}"} /> 当 $\Delta x \neq 0$ 时，我们可以提取公因式并约分： <MathBlock raw={"k_{PQ} = \frac{\Delta x (2 + \Delta x)}{\Delta x} = 2 + \Delta x"} /> 这个化简结果表明，只要 $Q$ 点不与 $P$ 点重合, 割线的斜率就精确地等于 $2 + \Delta x$.

接着，我们取极限，考察当 $\Delta x \to 0$ 时此斜率的趋势： <MathBlock raw={"k_{\text{tan}} = \lim_{\Delta x \to 0} (2 + \Delta x) = 2"} /> 因此，曲线 $y=x^2$ 在点 $(1,1)$ 处的切线斜率为 $2$.

根据点斜式方程，所求的切线方程为： <MathBlock raw={"y - 1 = 2(x - 1)"} /> 即 <MathBlock raw={"y = 2x - 1"} />

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 262

\end{figure}

通过对切线问题的深入探讨，我们发现，$\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$ 这一特定形式的极限，不仅是解决一个古老几何难题的关键，它本身还蕴含着描述“瞬时变化”的深刻物理意义.这个结构是如此地核心与普适，以至于它构成了整个微积分学的基石，并值得拥有一个属于自己的名字——导数.

本节习题

习题

\exerciseentry { 考察函数 $g(x) = \sqrt{x}$. 运用极限的定义, 证明其在任意点 $P(x_0, \sqrt{x_0})$ ($x_0 \> 0$) 处的切线斜率为 $\dfrac{1}{2\sqrt{x_0}}$. } { 求所有通过点 $A(1, -3)$ 且与抛物线 $y=x^2$ 相切的直线方程. }

\exerciseentry { 考虑函数 $h(x) = |x^2 - 4|$. 判断该函数在点 $x=2$ 处是否存在切线. 若存在，求出其方程；若不存在，请阐述其几何与代数原因. } { 确定参数 $a$ 的值, 使得抛物线 $y=ax^2$ 与对数曲线 $y=\ln x$ 恰好相切. }

\exerciseentry { 确定常数 $b$ 的值, 使得直线 $y=x+b$ 与对数曲线 $y=\ln x$ 相切. } { 求抛物线 $y=x^2-1$ 上的点, 使得该点处的法线通过坐标原点 $(0,0)$. }

\exerciseentry { 证明：对于任意实数 $x$, 不等式 $e^x \ge x+1$ 恒成立. } { 考虑双曲线 $y=1/x$ 在第一象限的分支. 证明由该曲线上任意一点的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积是一个与切点位置无关的常数. }

习题解析

解

第一题

设 $x_0$ 为定义域内任意正实数. 我们需计算曲线在点 $P(x_0, \sqrt{x_0})$ 处的切线斜率.

根据切线斜率的定义，我们考察连接点 $P$ 与其邻近动点 $Q(x_0+\Delta x, \sqrt{x_0+\Delta x})$ 的割线斜率, 在 $\Delta x \to 0$ 时的极限. <MathBlock raw={"k_{PQ} = \frac{\sqrt{x_0+\Delta x} - \sqrt{x_0}}{\Delta x}"} /> 此为 $\frac{0}{0}$ 型不定式. 为消去此不定性，我们采用分子有理化的代数技巧，即乘以其共轭表达式： <MathBlock raw={"\begin{aligned} k_{PQ} &= \frac{\sqrt{x_0+\Delta x} - \sqrt{x_0}}{\Delta x} \cdot \frac{\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0}}{\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0}} &= \frac{(x_0+\Delta x) - x_0}{\Delta x (\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0})} &= \frac{\Delta x}{\Delta x (\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0})} \end{aligned}"} /> 当 $\Delta x \neq 0$ 时, 可以约去公因子 $\Delta x$： <MathBlock raw={"k_{PQ} = \frac{1}{\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0}}"} /> 接着，计算当 $\Delta x \to 0$ 时的极限： <MathBlock raw={"k_{\text{tan}} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1}{\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0}} = \frac{1}{\sqrt{x_0+0} + \sqrt{x_0}} = \frac{1}{2\sqrt{x_0}}"} /> 此结论对于任意 $x_0 \> 0$ 均成立. 证毕.

解

第二题

注意到，所求切线的切点并非给定的点 $A(1, -3)$, 该点位于曲线之外. 因此, 我们必须设切点为曲线上的一般点 $P(x_0, x_0^2)$.

曲线 $y=x^2$ 在点 $P$ 处的切线斜率, 我们在正文中已求得为 $2x_0$. 故通过点 $P$ 的切线方程为： <MathBlock raw={"y - x_0^2 = 2x_0 (x - x_0)"} /> 整理得 <MathBlock raw={"y = 2x_0 x - x_0^2"} /> 此切线必须通过点 $A(1, -3)$, 因此点 $A$ 的坐标满足切线方程： <MathBlock raw={"-3 = 2x_0(1) - x_0^2"} /> 我们得到了一个关于未知切点横坐标 $x_0$ 的二次方程： <MathBlock raw={"x_0^2 - 2x_0 - 3 = 0"} /> 因式分解得 $(x_0-3)(x_0+1)=0$, 解得 $x_0=3$ 或 $x_0=-1$.

这意味着存在两条满足条件的切线.

当 $x_0=3$ 时, 切点为 $(3, 9)$, 切线斜率为 $2(3)=6$. 切线方程为: <MathBlock raw={"y - 9 = 6(x - 3) \text{即} y = 6x - 9"} /> 当 $x_0=-1$ 时, 切点为 $(-1, 1)$, 切线斜率为 $2(-1)=-2$. 切线方程为: <MathBlock raw={"y - 1 = -2(x - (-1)) \text{即} y = -2x - 1"} /> 故所求的切线方程为 $y=6x-9$ 与 $y=-2x-1$.

解

第三题

函数 $h(x) = |x^2 - 4|$ 可写为分段函数形式： <MathBlock raw={"h(x) = \begin{cases} x^2 - 4, & x \le -2 \text{ 或 } x \ge 2 -(x^2 - 4), & -2 \< x \< 2 \end{cases}"} /> 切线存在的充分必要条件是定义切线斜率的极限存在，即割线斜率的左、右极限均存在且相等. 我们需在点 $x=2$ 处分别考察其左、右两侧割线斜率的极限. 注意到 $h(2)=|2^2-4|=0$.

从右侧考察，当 $x \to 2^+$ 时, $x\>2$, 此时 $h(x)=x^2-4$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 2^+} \frac{h(x) - h(2)}{x - 2} = \lim_{x \to 2^+} \frac{(x^2 - 4) - 0}{x - 2} = \lim_{x \to 2^+} \frac{(x-2)(x+2)}{x-2} = \lim_{x \to 2^+} (x+2) = 4"} /> 从左侧考察，当 $x \to 2^-$ 时, $x\<2$, 此时 $h(x)=-(x^2-4)$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 2^-} \frac{h(x) - h(2)}{x - 2} = \lim_{x \to 2^-} \frac{-(x^2 - 4) - 0}{x - 2} = \lim_{x \to 2^-} \frac{-(x-2)(x+2)}{x-2} = \lim_{x \to 2^-} -(x+2) = -4"} /> 由于左、右极限不相等 ($4 \neq -4$), 因此函数在点 $x=2$ 处割线斜率的极限 $\lim\limits_{x \to 2} \frac{h(x)-h(2)}{x-2}$ 不存在.

所以函数 $h(x) = |x^2 - 4|$ 在点 $x=2$ 处不存在切线. 其代数原因为割线斜率的左、右极限不一致；几何原因为该点是一个尖点，曲线在此处发生了剧烈的方向转折，无法用唯一的直线进行线性近似.

解

第四题

两条曲线在某点相切，要求它们在该点有共同的函数值和切线斜率. 设切点为 $P(x_0, y_0)$, $x_0\>0$.

首先，函数值相等： $ax_0^2 = \ln x_0 (1)$.

其次，切线斜率相等. 对于 $y=ax^2$, 在 $x_0$ 处的斜率为： <MathBlock raw={"k_1 = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{a(x_0+\Delta x)^2 - ax_0^2}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{a(2x_0\Delta x + (\Delta x)^2)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} a(2x_0 + \Delta x) = 2ax_0"} /> 对于 $y=\ln x$, 在 $x_0$ 处的斜率为 (此过程依赖重要极限 $\lim\limits_{t\to 0}(1+t)^{1/t}=e$): <MathBlock raw={"\begin{aligned} k_2 &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\ln(x_0+\Delta x) - \ln x_0}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1}{\Delta x}\ln\left(\frac{x_0+\Delta x}{x_0}\right) &= \lim_{\Delta x \to 0} \ln\left( \left(1+\frac{\Delta x}{x_0}\right)^{\frac{1}{\Delta x}} \right) = \ln \left[ \lim_{\Delta x \to 0} \left( \left(1+\frac{\Delta x}{x_0}\right)^{\frac{x_0}{\Delta x}} \right)^{\frac{1}{x_0}} \right] &= \ln(e^{1/x_0}) = \frac{1}{x_0} \end{aligned}"} /> 令斜率相等: $2ax_0 = \frac{1}{x_0} (2)$.

这是一个关于 $a$ 和 $x_0$ 的方程组. 从 (2) 解得 $a = \frac{1}{2x_0^2}$. 代入 (1) 得: <MathBlock raw={"\left(\frac{1}{2x_0^2}\right)x_0^2 = \ln x_0 \implies \frac{1}{2} = \ln x_0"} /> 解得切点横坐标 $x_0 = e^{1/2} = \sqrt{e}$. 将 $x_0$ 代回 $a$ 的表达式: $a = \frac{1}{2(\sqrt{e})^2} = \frac{1}{2e}$. 故所求参数 $a = \frac{1}{2e}$.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 263

\end{figure}

解

第五题

若直线 $y=x+b$ 与曲线 $y=\ln x$ 相切于点 $P(x_0, y_0)$, 则在切点处，二者的斜率必须相等. 直线 $y=x+b$ 的斜率恒为 $1$. 曲线 $y=\ln x$ 在点 $x_0$ 处的斜率我们已在上一题中通过极限定义求得, 为 $1/x_0$. 令两斜率相等： <MathBlock raw={"1 = \frac{1}{x_0} \implies x_0 = 1"} /> 由此确定切点的横坐标为 $x_0=1$. 在该点两曲线的函数值必须相等： <MathBlock raw={"y_0 = 1 + b \text{且} y_0 = \ln(1) = 0"} /> 联立可得 $1+b=0$, 解得 $b=-1$. 故当 $b=-1$ 时, 直线 $y=x-1$ 与曲线 $y=\ln x$ 在点 $(1,0)$ 处相切.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 264

\end{figure}

解

第六题

法线是与切线在切点处相互垂直的直线. 设切点为 $P(x_0, x_0^2-1)$. 首先计算抛物线 $y=x^2-1$ 在点 $P$ 处的切线斜率: <MathBlock raw={"k_{\text{tan}} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{((x_0+\Delta x)^2-1) - (x_0^2-1)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2x_0\Delta x + (\Delta x)^2}{\Delta x} = 2x_0"} /> 当 $x_0 \neq 0$ 时, 法线的斜率 $k_{\text{norm}} = -\dfrac{1}{k_{\text{tan}}} = -\dfrac{1}{2x_0}$. 过点 $P$ 的法线方程为： <MathBlock raw={"y - (x_0^2-1) = -\frac{1}{2x_0}(x-x_0)"} /> 此法线通过原点 $(0,0)$，故其坐标满足方程： <MathBlock raw={"0 - (x_0^2-1) = -\frac{1}{2x_0}(0-x_0) \implies -(x_0^2-1) = \frac{1}{2}"} /> 解得 $x_0^2 = 1/2$, 即 $x_0 = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$. 对应的点为 $(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})$ 和 $(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})$.

当 $x_0 = 0$ 时, 切线斜率为 $0$ (水平线), 法线为竖直直线 $x=0$. 此法线通过原点. 此时切点为 $(0, -1)$.

综上，存在三个满足条件的点：$(0, -1)$, $(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})$ 和 $(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})$.

解

第七题

该不等式可以从切线的角度给予深刻的几何诠释. 我们首先验证直线 $y=x+1$ 是曲线 $y=e^x$ 的切线. 在 $x=0$ 处, $e^0=1$, 直线 $y=0+1=1$, 故点 $(0,1)$ 是公共点. 曲线 $y=e^x$ 在 $x=0$ 的切线斜率 (依赖重要极限 $\lim\limits_{h\to 0}(e^h-1)/h=1$): <MathBlock raw={"k = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{e^{0+\Delta x} - e^0}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{e^{\Delta x}-1}{\Delta x} = 1"} /> 直线 $y=x+1$ 的斜率也是 $1$. 故 $y=x+1$ 是 $y=e^x$ 在点 $(0,1)$ 的切线.

为证明不等式，我们构造辅助函数 $g(x) = e^x - (x+1)$. 原不等式等价于证明 $g(x) \ge 0$ 恒成立. 我们考察函数 $g(x)$ 在任意点 $x$ 处的斜率: <MathBlock raw={"\begin{aligned} k_g(x) &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(e^{x+\Delta x}-(x+\Delta x+1)) - (e^x-(x+1))}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{e^x(e^{\Delta x}-1)-\Delta x}{\Delta x} = e^x \left(\lim_{\Delta x \to 0} \frac{e^{\Delta x}-1}{\Delta x}\right) - \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x}{\Delta x} &= e^x \cdot 1 - 1 = e^x - 1 \end{aligned}"} /> 令此斜率为 $0$, 即 $e^x-1=0$, 解得 $x=0$. 当 $x\<0$ 时, $e^x\<1$, 故斜率 $k_g(x)\<0$, 函数 $g(x)$ 在此区间减小. 当 $x\>0$ 时, $e^x\>1$, 故斜率 $k_g(x)\>0$, 函数 $g(x)$ 在此区间增加.

因此，函数 $g(x)$ 在 $x=0$ 处取得唯一的全局最小值. 该最小值为 $g(0) = e^0 - (0+1) = 1 - 1 = 0$. 由于函数的最小值是 $0$, 故对于任意实数 $x$, 恒有 $g(x) \ge 0$, 即 $e^x \ge x+1$. 证毕.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 265

\end{figure}

解

第八题

设 $P(x_0, 1/x_0)$ 为双曲线上 $x\>0$ 分支的任意一点. 首先计算曲线 $y=1/x$ 在点 $P$ 处的切线斜率: <MathBlock raw={"k = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\frac{1}{x_0+\Delta x} - \frac{1}{x_0}}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{x_0-(x_0+\Delta x)}{x_0(x_0+\Delta x)\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{-\Delta x}{x_0(x_0+\Delta x)\Delta x} = -\frac{1}{x_0^2}"} /> 过点 $P$ 的切线方程为: <MathBlock raw={"y - \frac{1}{x_0} = -\frac{1}{x_0^2}(x-x_0)"} /> 令 $x=0$, 求 $y$ 轴截距: $y - \frac{1}{x_0} = \frac{1}{x_0} \implies y = \frac{2}{x_0}$. 截点为 $A(0, 2/x_0)$. 令 $y=0$, 求 $x$ 轴截距: $-\frac{1}{x_0} = -\frac{1}{x_0^2}(x-x_0) \implies x_0 = x-x_0 \implies x=2x_0$. 截点为 $B(2x_0, 0)$.

所求三角形是由原点 $O(0,0)$、点 $A$ 和点 $B$ 构成的直角三角形. 其面积为： <MathBlock raw={"\text{Area} = \frac{1}{2} \cdot |OA| \cdot |OB| = \frac{1}{2} \cdot \left|\frac{2}{x_0}\right| \cdot |2x_0|"} /> 由于 $x_0\>0$ (第一象限), <MathBlock raw={"\text{Area} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{x_0} \cdot 2x_0 = 2"} /> 此面积值是一个常数 $2$, 与切点 $x_0$ 的选取无关. 证毕.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 266

\end{figure}

函数的连续性

{/* label: sec:ch14-s04 */}

在前面的讨论中，我们关注的是当 $x$ 趋近于 $x_0$ 时, $f(x)$ 的“趋势值”或“归宿”. 我们刻意强调了极限值 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 与函数在该点自身的“实际值” $f(x_0)$ 是两个独立的概念, 它们可能相等, 也可能不相等, 甚至 $f(x_0)$ 可能根本不存在.

然而，在我们日常接触的大多数函数中，例如多项式函数 $f(x)=x^2$, 当我们考察 $x \to 2$ 时的极限时, 我们发现 $\lim\limits_{x \to 2} x^2 = 4$, 而这个极限值恰好就等于函数在 $x=2$ 处的实际值 $f(2)=2^2=4$. 这种“极限值”与“函数值”恰好相等的优美性质，在几何上表现为函数图像在该点是“连续不断”的，没有出现任何孔洞、断裂或跳跃.

这个“连续不断”的直观概念，在数学中有着至关重要的地位. 我们需要运用极限这一精确的工具，来给它一个严谨的定义.

连续性的定义

函数在一点的连续性

设函数 $y=f(x)$ 在点 $x_0$ 及其某个邻域内有定义. 如果函数 $f(x)$ 当 $x \to x_0$ 时的极限存在, 并且等于它在点 $x_0$ 处的函数值, 那么我们就称函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处连续.

这个定义包含了三个不可或缺的条件：

1. 函数在点 $x_0$ 处有定义, 即 $f(x_0)$ 存在.
2. 函数在点 $x_0$ 处的极限存在, 即 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 存在.
3. 极限值等于函数值，即 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$.

如果上述三个条件中任何一个不满足，我们就称函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处不连续或间断.

核心思想

函数在一点连续的本质是：极限过程的终点，就是函数在该点的实际落点. 符号表示为： <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)"} />

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 267

\end{figure} 图：连续与间断的几何直观

图(a)展示了连续函数的情形，当 $x$ 从两侧逼近 $x_0$ 时, 函数值 $f(x)$ 所逼近的高度, 正好就是 $f(x_0)$ 的高度. 图(b)展示了一种间断情况，虽然 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 存在, 但 $f(x_0)$ 在该点无定义（或取了别的值），形成了一个“孔洞”. 这种间断称为可去间断点. 图(c)展示了另一种间断情况，左极限与右极限存在但不相等，函数图像在此处发生了“跳跃”. 这种间断称为跳跃间断点.

\paragraph{区间上的连续性} 我们将点的连续性概念自然地推广到区间上.

• 如果函数 $f(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 内的每一点都连续, 我们就称 $f(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 上连续.
• 如果函数 $f(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 上连续, 并且在左端点 $a$ 处右连续 ($\lim\limits_{x \to a^+} f(x) = f(a)$), 在右端点 $b$ 处左连续 ($\lim\limits_{x \to b^-} f(x) = f(b)$), 我们就称 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续.

常见连续函数

我们高中阶段学习的所有基本初等函数，在其定义域内的每一个区间上都是连续的. 这包括：

• 幂函数 $y=x^a$

• 指数函数 $y=a^x$

• 对数函数 $y=\log_a x$

• 三角函数 $y=\sin x, y=\cos x, y=\tan x, ...$

• 常数函数 $y=c$

  此外，由这些基本初等函数经过有限次的四则运算和复合运算所构成的函数，在其定义域内也是连续的.

这个结论极为重要，它正是下一节我们将要学习的“直接代入法”求极限的理论基石.对于一个在点 $x_0$ 连续的函数 $f(x)$, 根据定义, 求 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 就等价于直接计算函数值 $f(x_0)$.

极限的运算

{/* label: sec:ch14-s05 */}

来龙去脉

我们已经对极限有了直观的认识，即函数值在一个点附近的“归宿”. 但如果遇到由多个简单函数通过加、减、乘、除组合而成的复杂函数，我们该如何求其极限呢？ 例如，我们想求 $\lim\limits_{x \to 1} (x^2+3x-1)$. 一个非常自然、符合直觉的想法是：当 $x$ 趋近于 $1$ 时, $x^2$ 趋近于 $1^2=1$, $3x$ 趋近于 $3 \cdot 1 = 3$. 那么整个表达式的极限, 是否就是这些部分极限的简单加减呢？即 $1+3-1=3$.

幸运的是，这个猜想是正确的. 极限的运算性质非常“友好”，它允许我们将一个复杂函数的极限问题，分解为若干个简单函数极限的四则运算问题.这大大简化了极限的求解过程.

极限的四则运算法则

三角不等式

对于任意实数 $a$ 和 $b$，以下不等式恒成立： <MathBlock raw={"|a+b| \le |a| + |b|"} />

证明

对于任意实数 $x$, 我们有 $-|x| \le x \le |x|$. 因此，对于实数 $a$ 和 $b$，我们有： <MathBlock raw={"\begin{aligned} -|a| \le a \le |a| -|b| \le b \le |b| \end{aligned}"} />

将这两个不等式相加，得到： <MathBlock raw={"-(|a|+|b|) \le a+b \le |a|+|b|"} />

这个复合不等式 $-k \le y \le k$ 正是绝对值不等式 $|y| \le k$ 的另一种写法. 因此，上述不等式等价于： <MathBlock raw={"|a+b| \le |a|+|b|"} />

证毕.

极限的运算法则

如果 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$ 且 $\lim\limits_{x \to x_0} g(x) = M$, 那么：

1. 和差法则: <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} [f(x) \pm g(x)] = \lim_{x \to x_0} f(x) \pm \lim_{x \to x_0} g(x) = L \pm M"} /> (和的极限等于极限的和)
2. 乘积法则: <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} [f(x) \cdot g(x)] = \left[\lim_{x \to x_0} f(x)\right] \cdot \left[\lim_{x \to x_0} g(x)\right] = L \cdot M"} /> (积的极限等于极限的积)
3. 常数倍法则 (乘积法则的特例): <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} [c \cdot f(x)] = c \cdot \lim_{x \to x_0} f(x) = c \cdot L (c \text{ 为常数})"} />
4. 商法则: 如果 $M \neq 0$, 那么 <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\lim\limits_{x \to x_0} f(x)}{\lim\limits_{x \to x_0} g(x)} = \frac{L}{M}"} /> (商的极限等于极限的商, 前提是分母极限不为零)

证明

根据题设，我们已知 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$ 和 $\lim\limits_{x \to x_0} g(x) = M$. 这意味着，根据极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义：

• 对于任意 $\varepsilon_1 \> 0$, 存在一个 $\delta_1 \> 0$, 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_1$ 时, 有 $|f(x) - L| \< \varepsilon_1$.

• 对于任意 $\varepsilon_2 \> 0$, 存在一个 $\delta_2 \> 0$, 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_2$ 时, 有 $|g(x) - M| \< \varepsilon_2$.

  我们将使用这些条件来证明法则.

  我们只证明和法则，差法则的证明完全类似.我们的目标是证明：对于任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 存在一个 $\delta \> 0$, 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时, 有 $|[f(x)+g(x)] - (L+M)| \< \varepsilon$.

  考虑目标表达式，根据引理9.2.2： <MathBlock raw={"|[f(x)+g(x)] - (L+M)| = |(f(x)-L) + (g(x)-M)| \le |f(x)-L| + |g(x)-M|"} />

  为了使上式的最终结果小于 $\varepsilon$, 我们可以让其右侧的每一项都小于 $\varepsilon/2$.

  根据极限的定义：

• 取 $\varepsilon_1 = \varepsilon/2$, 则存在 $\delta_1 \> 0$, 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_1$ 时, 有 $|f(x)-L| \< \varepsilon/2$.

• 取 $\varepsilon_2 = \varepsilon/2$, 则存在 $\delta_2 \> 0$, 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_2$ 时, 有 $|g(x)-M| \< \varepsilon/2$.

  接着，我们选择 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$.这样, 当 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时，上述两个不等式同时成立.

  因此，对于这样的 $x$，我们有： <MathBlock raw={"|[f(x)+g(x)] - (L+M)| \le |f(x)-L| + |g(x)-M| \< \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon"} /> 这就证明了和法则.

  剩余的不再证明了，否则跑远了，有兴趣的可以参阅《普林斯顿微积分读本》或《托马斯大学微积分》.

{这些法则的本质是：极限符号可以“穿透”四则运算. 只要每个部分的极限都存在，并且在除法中分母的极限不为零，我们就可以先对每个部分求极限，再进行运算.}

例

试利用极限的运算法则，计算 $\lim\limits_{x \to 2} (x^2+3x)$.

解

我们的目标是，将这个看似整体的极限，一步步分解到最基本的极限形式. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to 2} (x^2+3x) &= \lim_{x \to 2} (x^2) + \lim_{x \to 2} (3x) \tag{和法则} &= \lim_{x \to 2} (x \cdot x) + 3 \cdot \lim_{x \to 2} (x) \tag{积法则与常数倍法则} &= \left(\lim_{x \to 2} x\right) \cdot \left(\lim_{x \to 2} x\right) + 3 \cdot \left(\lim_{x \to 2} x\right) \tag{再次应用积法则} \end{aligned}"} /> 对于最基本的极限 $\lim\limits_{x \to 2} x$, 其值显然为 2. 将此结果代入： <MathBlock raw={"\begin{aligned} \text{原式} &= (2) \cdot (2) + 3 \cdot (2) &= 4 + 6 &= 10 \end{aligned}"} />

注记

这个例题的详细步骤揭示了一个重要的事实：对于任意一个多项式函数 $P(x)$, 其极限 $\lim\limits_{x \to x_0} P(x)$ 的值, 总是等于将 $x_0$ 直接代入多项式计算出的函数值 $P(x_0)$. 这正是后续"直接代入法"的理论基础.

对于绝大多数我们在高中阶段遇到的“表现良好”的函数，如多项式函数、有理分式函数（分母不为零时）、三角函数、指数函数和对数函数，它们都具有一种非常好的性质——连续性. 对于连续函数而言，函数在某一点的极限值，恰好就等于它在该点的函数值.

求极限的黄金法则

对于所有初等函数, 在其定义域内的任意一点 $x_0$, 求极限 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 的第一步永远是： 尝试将 $x=x_0$ 直接代入函数表达式.

• 如果能算出一个确定的数值，那么这个数值就是所求的极限.
• 如果代入后出现分母为零的情况，则说明直接代入法失效，需要使用其他方法.

例

求下列极限： (1) $\lim\limits_{x \to 2} (x^3 - 5x + 1)$ (2) $\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{4}} \dfrac{\sin x + \cos x}{x}$

解

(1) 这是一个多项式函数, 在 $x=2$ 处连续. 直接代入： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 2} (x^3 - 5x + 1) = 2^3 - 5(2) + 1 = 8 - 10 + 1 = -1"} />

(2) 这是一个有理分式函数, 当 $x \to \frac{\pi}{4}$ 时，分母不为零. 直接代入： <MathBlock raw={"\lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{\sin x + \cos x}{x} = \frac{\sin\frac{\pi}{4} + \cos\frac{\pi}{4}}{\frac{\pi}{4}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\pi}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{\pi}{4}} = \frac{4\sqrt{2}}{\pi}"} />

本节习题

习题

\exerciseentry { 计算极限 $\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x^3-x^2-x-2}{x^2-4}$. } { 计算极限 $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\sqrt{x+3}-2}{\sqrt[3]{x}-1}$. } \exerciseentry { 计算极限 $\lim\limits_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+ax} - \sqrt{x^2+bx})$, 其中 $a, b$ 为常数. } { 计算极限 $\lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}$. } \exerciseentry { 已知 $\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x^2+ax+b}{x-2} = 5$, 求常数 $a, b$ 的值. } { 考虑函数 <MathBlock raw={"f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin(\pi x)}{x-1}, & x \neq 1 k, & x=1 \end{cases}"} /> 若函数 $f(x)$ 在点 $x=1$ 处连续, 求常数 $k$ 的值. } \exerciseentry { 计算极限 $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{|x-1|}{x^2-1}$. } { 确定常数 $a, b$ 的值, 使得 $\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \dfrac{x^2+1}{x+1} - ax - b \right) = 0$. } \exerciseentry { 计算极限 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(1+x)^a-1}{x}$, 其中 $a$ 为任意实数. } { 计算极限 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{x^3}$. } \exerciseentry { 求函数 $f(x)=\sqrt{x^2+3x}$ 的所有渐近线. } { 设函数 $f(x)$ 满足 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{x} = L$, 其中 $L$ 为非零常数. 求极限 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x^2)}{\sin^2 x}$. } \exerciseentry { 设函数 $f(x)$ 定义为 $f(x) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{x^{2n-1}+ax}{x^{2n}+1}$, 其中 $n$ 为正整数. 试确定常数 $a$ 的值, 使得 $f(x)$ 是一个连续函数. } { 证明：方程 $x^3-3x+1=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实数根. }

习题解析

解

第一题

当 $x \to 2$ 时, 分母 $x^2-4 \to 0$, 分子 $x^3-x^2-x-2 \to 2^3-2^2-2-2=0$.

这是一个 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式极限. 这表明分子与分母都含有因子 $(x-2)$，我们需通过因式分解来消除此不定形式.

分母的因式分解是直接的：$x^2-4 = (x-2)(x+2)$.

对于分子，由于 $x=2$ 是其根, 我们可以使用多项式除法或综合除法得到 $x^3-x^2-x-2 = (x-2)(x^2+x+1)$.

接着，我们重写极限表达式： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 2} \frac{(x-2)(x^2+x+1)}{(x-2)(x+2)}"} /> 在 $x \to 2$ 的过程中 $x \ne 2$, 故可以约去公因子 $(x-2)$: <MathBlock raw={"\lim_{x \to 2} \frac{x^2+x+1}{x+2}"} /> 此时，分母的极限不再为零，我们可以直接代入 $x=2$ 来求值. <MathBlock raw={"\frac{2^2+2+1}{2+2} = \frac{7}{4}"} />

解

第二题

当 $x \to 1$ 时, 这是一个 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式. 分子分母均含有无理式，我们需分别进行有理化.

为处理分子的平方根，我们乘以其共轭表达式 $\sqrt{x+3}+2$.

为处理分母的立方根，我们利用立方差公式 $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$, 乘以表达式 $(\sqrt[3]{x})^2 + \sqrt[3]{x} \cdot 1 + 1^2 = \sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{x+3}-2}{\sqrt[3]{x}-1} &= \lim_{x \to 1} \left[ \frac{\sqrt{x+3}-2}{\sqrt[3]{x}-1} \cdot \frac{\sqrt{x+3}+2}{\sqrt{x+3}+2} \cdot \frac{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1} \right] &= \lim_{x \to 1} \left[ \frac{(x+3)-4}{(\sqrt[3]{x})^3-1^3} \cdot \frac{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}{\sqrt{x+3}+2} \right] &= \lim_{x \to 1} \left[ \frac{x-1}{x-1} \cdot \frac{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}{\sqrt{x+3}+2} \right] \end{aligned}"} /> 约去因子 $(x-1)$ 后, 直接代入 $x=1$ 求值： <MathBlock raw={"\frac{\sqrt[3]{1^2}+\sqrt[3]{1}+1}{\sqrt{1+3}+2} = \frac{1+1+1}{2+2} = \frac{3}{4}"} />

解

第三题

当 $x \to +\infty$ 时, 这是一个 $\infty - \infty$ 型的不定式. 我们通过分子有理化的技巧来转化其形式. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+ax} - \sqrt{x^2+bx}) &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(\sqrt{x^2+ax} - \sqrt{x^2+bx})(\sqrt{x^2+ax} + \sqrt{x^2+bx})}{\sqrt{x^2+ax} + \sqrt{x^2+bx}} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2+ax) - (x^2+bx)}{\sqrt{x^2+ax} + \sqrt{x^2+bx}} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(a-b)x}{\sqrt{x^2(1+a/x)} + \sqrt{x^2(1+b/x)}} \end{aligned}"} /> 由于 $x \to +\infty$, $x$ 为正, 故 $\sqrt{x^2}=|x|=x$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(a-b)x}{x\sqrt{1+a/x} + x\sqrt{1+b/x}} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{a-b}{\sqrt{1+a/x} + \sqrt{1+b/x}} \end{aligned}"} /> 当 $x \to +\infty$ 时, $a/x \to 0$ 且 $b/x \to 0$. <MathBlock raw={"\frac{a-b}{\sqrt{1+0} + \sqrt{1+0}} = \frac{a-b}{2}"} />

解

第四题

注意到 $x \to -\infty$. 在这种情况下, $x$ 是一个绝对值很大的负数.

当 $x\<0$ 时, 根据绝对值的定义, $\sqrt{x^2}=|x|=-x$.

我们将分子分母同时除以 $x$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2+1}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2(1+1/x^2)}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{|x|\sqrt{1+1/x^2}}{x}"} /> 由于 $x\<0$, $|x|=-x$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to -\infty} \frac{-x\sqrt{1+1/x^2}}{x} = \lim_{x \to -\infty} -\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}"} /> 当 $x \to -\infty$ 时, $1/x^2 \to 0$. <MathBlock raw={"-\sqrt{1+0} = -1"} />

解

第五题

当 $x \to 2$ 时, 分母 $x-2 \to 0$.

因为极限值为一个有限数 $5$, 这说明分子在 $x \to 2$ 时也必须趋于 $0$，否则整个分式的极限将是无穷大.

因此，我们得到第一个条件： $\lim\limits_{x \to 2} (x^2+ax+b) = 0$.

由于多项式函数是连续的，直接代入可得： <MathBlock raw={"2^2 + a(2) + b = 0 \implies 4+2a+b=0 (1)"} />

从此条件我们可以解出 $b = -2a-4$. 将其代回原极限表达式中： <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to 2} \frac{x^2+ax-2a-4}{x-2} &= \lim_{x \to 2} \frac{(x^2-4) + a(x-2)}{x-2} &= \lim_{x \to 2} \frac{(x-2)(x+2) + a(x-2)}{x-2} &= \lim_{x \to 2} (x+2+a) \end{aligned}"} /> 此极限的值为 $2+2+a = 4+a$. 根据题设, 此极限等于 $5$. <MathBlock raw={"4+a=5 \implies a=1"} /> 将 $a=1$ 代入 (1) 式, 得 $4+2(1)+b=0 \implies b=-6$.

故所求常数为 $a=1, b=-6$.

解

第六题

函数 $f(x)$ 在点 $x=1$ 处连续的定义是 $\lim\limits_{x \to 1} f(x) = f(1)$.

根据函数的定义，$f(1)=k$. 我们需要计算当 $x \to 1$ 时的极限.

<MathBlock raw={"\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{\sin(\pi x)}{x-1}"} /> 这是一个 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式. 为了利用重要极限 $\lim\limits_{u \to 0} \frac{\sin u}{u}=1$, 我们进行变量代换.

令 $u = x-1$, 则 $x=u+1$. 当 $x \to 1$ 时, $u \to 0$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{u \to 0} \frac{\sin(\pi (u+1))}{u} &= \lim_{u \to 0} \frac{\sin(\pi u + \pi)}{u} &= \lim_{u \to 0} \frac{-\sin(\pi u)}{u} \end{aligned}"} /> 为了凑出重要极限的形式，我们对分母进行调整. <MathBlock raw={"\lim_{u \to 0} \left( -\pi \cdot \frac{\sin(\pi u)}{\pi u} \right) = -\pi \cdot \lim_{u \to 0} \frac{\sin(\pi u)}{\pi u} = -\pi \cdot 1 = -\pi"} /> 因此，$\lim\limits_{x \to 1} f(x) = -\pi$.

要使函数连续，必须有 $k = -\pi$.

TikZ 图 268

解

第七题

由于绝对值函数的存在，我们需要分别考察当 $x$ 从 $1$ 的左侧和右侧趋近时的极限.

当 $x \to 1^+$ 时, $x\>1$, 故 $x-1\>0$, 此时 $|x-1|=x-1$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^+} \frac{|x-1|}{x^2-1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{x-1}{(x-1)(x+1)} = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{x+1} = \frac{1}{2}"} /> 当 $x \to 1^-$ 时, $x\<1$, 故 $x-1\<0$, 此时 $|x-1|=-(x-1)$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^-} \frac{|x-1|}{x^2-1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{-(x-1)}{(x-1)(x+1)} = \lim_{x \to 1^-} \frac{-1}{x+1} = -\frac{1}{2}"} /> 由于左极限与右极限不相等, <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^-} \frac{|x-1|}{x^2-1} \neq \lim_{x \to 1^+} \frac{|x-1|}{x^2-1}"} /> 根据极限存在的充要条件，该极限不存在.

解

第八题

首先对括号内的表达式进行通分，化为一个单一的有理分式. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \frac{x^2+1}{x+1} - ax - b &= \frac{x^2+1 - (ax+b)(x+1)}{x+1} &= \frac{x^2+1 - (ax^2 + ax + bx + b)}{x+1} &= \frac{(1-a)x^2 - (a+b)x + (1-b)}{x+1} \end{aligned}"} /> 我们要求此分式在 $x \to +\infty$ 时的极限为 $0$.

这是一个有理分式在无穷远处的极限问题. 分母的最高次幂为 $1$.

若要极限为 $0$，分子的次数必须严格小于分母的次数.

因此，分子中 $x^2$ 的系数必须为零. <MathBlock raw={"1-a = 0 \implies a=1"} /> 当 $a=1$ 时, 表达式变为 $\dfrac{-(1+b)x + (1-b)}{x+1}$.

此时，分子分母的最高次幂均为 $1$. 根据有理函数在无穷远处的极限法则，其极限为最高次项系数之比. <MathBlock raw={"\lim_{x \to +\infty} \frac{-(1+b)x + (1-b)}{x+1} = \frac{-(1+b)}{1} = -1-b"} /> 根据题设，此极限为 $0$. <MathBlock raw={"-1-b = 0 \implies b=-1"} /> 故所求常数为 $a=1, b=-1$.

解

第九题

此极限的求解依赖于第二个重要极限 $\lim\limits_{u \to 0} (1+u)^{1/u}=e$ 及其推论.

我们利用对数与指数的互逆关系重写表达式. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{(1+x)^a-1}{x} &= \lim_{x \to 0} \frac{e^{a\ln(1+x)}-1}{x} \end{aligned}"} /> 这是一个 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式.

我们进行如下的恒等变形以构造出已知的极限形式: <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{e^{a\ln(1+x)}-1}{x} &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{e^{a\ln(1+x)}-1}{a\ln(1+x)} \cdot \frac{a\ln(1+x)}{x} \right) &= \left( \lim_{x \to 0} \frac{e^{a\ln(1+x)}-1}{a\ln(1+x)} \right) \cdot \left( \lim_{x \to 0} a \frac{\ln(1+x)}{x} \right) \end{aligned}"} /> 对于第一个极限，令 $u=a\ln(1+x)$, 当 $x \to 0$ 时 $u \to 0$. 故该极限为 $\lim\limits_{u\to 0}\frac{e^u-1}{u}=1$.

对于第二个极限， <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0} a \frac{\ln(1+x)}{x} = a \lim_{x \to 0} \ln(1+x)^{1/x} = a \ln\left(\lim_{x \to 0}(1+x)^{1/x}\right) = a \ln(e) = a \cdot 1 = a"} /> 因此，原极限 $= 1 \cdot a = a$.

解

第十题

这是一个 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式, 涉及三角函数. 我们的目标是利用重要极限 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1$.

首先对分子进行三角恒等变形. <MathBlock raw={"\tan x - \sin x = \frac{\sin x}{\cos x} - \sin x = \sin x \left( \frac{1}{\cos x} - 1 \right) = \sin x \frac{1-\cos x}{\cos x}"} /> 利用二倍角公式的变形 $1-\cos x = 2\sin^2\frac{x}{2}$. <MathBlock raw={"\tan x - \sin x = \sin x \frac{2\sin^2(x/2)}{\cos x}"} /> 代回原极限表达式： <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x \cdot 2\sin^2(x/2)}{x^3 \cos x} &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{2}{\cos x} \cdot \frac{\sin^2(x/2)}{x^2} \right) &= \left( \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \right) \cdot \left( \lim_{x \to 0} \frac{2}{\cos x} \right) \cdot \left( \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2(x/2)}{x^2} \right) \end{aligned}"} /> 第一个极限为 $1$, 第二个极限为 $\frac{2}{1}=2$.

对于第三个极限，我们进行凑形式： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0} \frac{\sin^2(x/2)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2(x/2)}{4(x/2)^2} = \frac{1}{4} \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin(x/2)}{x/2} \right)^2 = \frac{1}{4} \cdot 1^2 = \frac{1}{4}"} /> 将各部分结果相乘： <MathBlock raw={"\text{原极限} = 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}"} />

解

第十一题

函数 $f(x)=\sqrt{x^2+3x}$ 的定义域为 $x^2+3x \ge 0$, 即 $x \in (-\infty, -3] \cup [0, +\infty)$.

垂直渐近线: 函数在其定义域内是连续的，因此不存在垂直渐近线.

水平或斜渐近线: 我们需要分别考察 $x \to +\infty$ 和 $x \to -\infty$ 的情况.

当 $x \to +\infty$ 时: 我们计算斜渐近线 $y=mx+b$ 的斜率 $m$: <MathBlock raw={"m = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2+3x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2(1+3/x)}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x\sqrt{1+3/x}}{x} = 1"} /> 接着计算截距 $b$: <MathBlock raw={"\begin{aligned} b &= \lim_{x \to +\infty} (f(x)-mx) = \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+3x}-x) &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(\sqrt{x^2+3x}-x)(\sqrt{x^2+3x}+x)}{\sqrt{x^2+3x}+x} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2+3x-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{3x}{x\sqrt{1+3/x}+x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{3}{\sqrt{1+3/x}+1} = \frac{3}{2} \end{aligned}"} /> 因此，当 $x \to +\infty$ 时, 函数有一条斜渐近线 $y=x+\frac{3}{2}$.

当 $x \to -\infty$ 时: <MathBlock raw={"m = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2+3x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{|x|\sqrt{1+3/x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-x\sqrt{1+3/x}}{x} = -1"} /> <MathBlock raw={"\begin{aligned} b &= \lim_{x \to -\infty} (f(x)-mx) = \lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2+3x}-(-1)x) = \lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2+3x}+x) &= \lim_{x \to -\infty} \frac{(\sqrt{x^2+3x}+x)(\sqrt{x^2+3x}-x)}{\sqrt{x^2+3x}-x} &= \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2+3x-x^2}{\sqrt{x^2(1+3/x)}-x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{3x}{|x|\sqrt{1+3/x}-x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{3x}{-x\sqrt{1+3/x}-x} &= \lim_{x \to -\infty} \frac{3}{-\sqrt{1+3/x}-1} = \frac{3}{-1-1} = -\frac{3}{2} \end{aligned}"} /> 因此，当 $x \to -\infty$ 时, 函数有一条斜渐近线 $y=-x-\frac{3}{2}$.

综上，函数有两条渐近线：$y=x+\frac{3}{2}$ 和 $y=-x-\frac{3}{2}$.

TikZ 图 269

解

第十二题

我们的目标是计算 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x^2)}{\sin^2 x}$.

这是一个 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式. 核心思想是通过代数变形, 凑出已知的极限形式 $\lim\limits_{u \to 0} \frac{f(u)}{u} = L$.

我们对表达式进行如下重构： <MathBlock raw={"\frac{f(x^2)}{\sin^2 x} = \frac{f(x^2)}{x^2} \cdot \frac{x^2}{\sin^2 x} = \frac{f(x^2)}{x^2} \cdot \left( \frac{x}{\sin x} \right)^2"} /> 根据极限的乘法法则，我们可以分别计算各部分的极限.

对于第一部分 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x^2)}{x^2}$，我们进行变量代换. 令 $u=x^2$. 当 $x \to 0$ 时, 显然有 $u \to 0$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0} \frac{f(x^2)}{x^2} = \lim_{u \to 0} \frac{f(u)}{u} = L"} /> 对于第二部分 $\lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{x}{\sin x} \right)^2$，我们利用重要极限. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0} \left( \frac{x}{\sin x} \right)^2 = \left( \lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} \right)^2 = \left( \frac{1}{\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}} \right)^2 = \left( \frac{1}{1} \right)^2 = 1"} /> 将两部分极限值相乘，得到最终结果. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0} \dfrac{f(x^2)}{\sin^2 x} = L \cdot 1 = L"} />

解

第十三题

函数 $f(x)$ 是一个极限形式定义的函数, 其具体表达式依赖于 $x$ 的取值. 我们需要分情况讨论 $|x|$ 与 $1$ 的关系.

当 $|x|\<1$ 时, $x^{2n} \to 0$ 且 $x^{2n-1} \to 0$ 当 $n \to \infty$. <MathBlock raw={"f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}+ax}{x^{2n}+1} = \frac{0+ax}{0+1} = ax"} /> 当 $|x|\>1$ 时, $x^{2n} \to \infty$. 我们将分子分母同除以最高次项 $x^{2n}$. <MathBlock raw={"f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{x^{2n-1}}{x^{2n}}+\frac{ax}{x^{2n}}}{\frac{x^{2n}}{x^{2n}}+\frac{1}{x^{2n}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{x}+\frac{ax}{x^{2n}}}{1+\frac{1}{x^{2n}}} = \frac{\frac{1}{x}+0}{1+0} = \frac{1}{x}"} /> 当 $x=1$ 时， <MathBlock raw={"f(1) = \lim_{n \to \infty} \frac{1^{2n-1}+a(1)}{1^{2n}+1} = \frac{1+a}{1+1} = \frac{1+a}{2}"} /> 当 $x=-1$ 时， <MathBlock raw={"f(-1) = \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{2n-1}+a(-1)}{(-1)^{2n}+1} = \frac{-1-a}{1+1} = \frac{-1-a}{2}"} /> 综上，我们得到 $f(x)$ 的分段表达式： <MathBlock raw={"f(x) = \begin{cases} 1/x, & x \< -1 (-1-a)/2, & x = -1 ax, & -1 \< x \< 1 (1+a)/2, & x = 1 1/x, & x \> 1 \end{cases}"} /> 要使 $f(x)$ 为连续函数, 它必须在分界点 $x=1$ 和 $x=-1$ 处连续.

在 $x=1$ 处连续，要求左极限、右极限与函数值相等. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (ax) = a"} /> <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (1/x) = 1"} /> <MathBlock raw={"f(1) = (1+a)/2"} /> 因此必须有 $a = 1 = (1+a)/2$. 解得 $a=1$.

在 $x=-1$ 处连续，要求左极限、右极限与函数值相等. <MathBlock raw={"\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{x \to -1^-} (1/x) = -1"} /> <MathBlock raw={"\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} (ax) = -a"} /> <MathBlock raw={"f(-1) = (-1-a)/2"} /> 因此必须有 $-1 = -a = (-1-a)/2$. 解得 $a=1$.

两个条件得到的 $a$ 值相同. 故当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)$ 是一个连续函数.

解

第十四题

我们利用零点存在性定理来证明.

构造函数 $f(x) = x^3-3x+1$. 这是一个多项式函数, 因此它在整个实数域上都是连续的, 特别地, 它在闭区间 $[0,1]$ 上是连续的.

接着，我们计算函数在区间端点的值.

在左端点 $x=0$ 处： <MathBlock raw={"f(0) = 0^3 - 3(0) + 1 = 1"} /> 在右端点 $x=1$ 处： <MathBlock raw={"f(1) = 1^3 - 3(1) + 1 = 1 - 3 + 1 = -1"} />

我们发现，函数在区间 $[0,1]$ 的两个端点处的函数值异号, 即 $f(0) \> 0$ 且 $f(1) \< 0$.

根据零点存在性定理，一个在闭区间上连续且在端点处函数值异号的函数，其图像必然在该开区间内至少穿越 $x$ 轴一次.

因此，在开区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实数 $c$, 使得 $f(c)=0$.

这就证明了方程 $x^3-3x+1=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实数根.

TikZ 图 270

无穷远处的极限与无穷小量

{/* label: sec:ch14-s06 */}

至此，我们讨论的极限都是当 $x$ 趋近于一个有限值 $x_0$ 时的情形. 但在很多应用中, 我们更关心的是当自变量 $x$ 变得无限大或无限小时，函数的长期变化趋势.

为了描述这种“最终趋势”，我们引入了 $x \to \infty$ 时的极限. 这个概念是理解函数渐近线、比较函数增长速度以及后续许多重要理论的基础.

无穷远处的极限

$x \to \infty$ 时的极限

如果当 $|x|$ 无限增大时, 函数值 $f(x)$ 无限趋近于一个确定的常数 $L$, 那么我们就称 $L$ 是函数 $f(x)$ 当 $x$ 趋于无穷时的极限，记作： <MathBlock raw={"\lim_{x \to \infty} f(x) = L"} /> 几何上，这表示函数 $y=f(x)$ 的图像有一条水平渐近线 $y=L$.

最重要的无穷极限

对于任意正数 $n\>0$ 和任意常数 $c$, 我们有： <MathBlock raw={"\lim_{x \to \infty} \frac{c}{x^n} = 0"} />

证明

根据极限的定义，我们要证明的命题 $\lim_{x \to \infty} \frac{c}{x^n} = 0$ 意味着： \begin{quote} 对于任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 我们都能找到一个实数 $M \> 0$, 使得当 $x \> M$ 时, 不等式 $\left|\frac{c}{x^n} - 0\right| \< \varepsilon$ 恒成立. \end{quote}

接着我们分类讨论.

情况一：$c=0$

如果 $c=0$, 那么对于所有 $x \neq 0$, 函数值为 $\frac{0}{x^n} = 0$. 因此，不等式为 $|0 - 0| \< \varepsilon$, 即 $0 \< \varepsilon$. 由于 $\varepsilon$ 被定义为任意一个正数, 所以 $0 \< \varepsilon$ 恒成立.在这种情况下, 我们可以选择任意的 $M \> 0$（例如 $M=1$），结论都成立.

情况二：$c \neq 0$

我们的目标是找到一个 $M$（它会依赖于 $\varepsilon$ 的值）, 使得当 $x \> M$ 时, $|\frac{c}{x^n}| \< \varepsilon$ 成立.

我们从需要满足的不等式开始分析： <MathBlock raw={"\left|\frac{c}{x^n}\right| \< \varepsilon"} />

由于 $x \to \infty$, 我们只关心 $x\>0$ 的情况, 此时 $x^n \> 0$, 所以 $|x^n| = x^n$.不等式可以写为： <MathBlock raw={"\frac{|c|}{x^n} \< \varepsilon"} />

因为 $\varepsilon \> 0$ 且 $x^n \> 0$，我们可以交叉相乘而不改变不等号方向： <MathBlock raw={"|c| \< \varepsilon \cdot x^n"} />

接着，我们解出 $x^n$： <MathBlock raw={"x^n \> \frac{|c|}{\varepsilon}"} />

因为 $n \> 0$, 我们可以对不等式两边取 $n$ 次方根，这不会改变不等号方向： <MathBlock raw={"x \> \left(\frac{|c|}{\varepsilon}\right)^{1/n}"} />

这个分析告诉我们，只要 $x$ 大于 $\left(\frac{|c|}{\varepsilon}\right)^{1/n}$, 我们最初的目标不等式就会成立.这就为我们如何选择 $M$ 提供了依据.

对于任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 我们选择 $M$ 如下： <MathBlock raw={"M = \left(\frac{|c|}{\varepsilon}\right)^{1/n}"} />

接着我们来验证这个选择.假设 $x$ 是任何一个满足 $x \> M$ 的数，那么： <MathBlock raw={"x \> \left(\frac{|c|}{\varepsilon}\right)^{1/n}"} />

将两边同时取 $n$ 次方（因为 $n\>0$ 且两边都为正，操作合法）： <MathBlock raw={"x^n \> \frac{|c|}{\varepsilon}"} />

由于 $x^n$ 和 $\varepsilon$ 均为正数，我们可以整理得到： <MathBlock raw={"\varepsilon \> \frac{|c|}{x^n} = \left|\frac{c}{x^n}\right|"} />

这正是我们要证明的不等式 $\left|\frac{c}{x^n} - 0\right| \< \varepsilon$.

综合以上两种情况，我们已经证明，对于任意 $\varepsilon \> 0$, 我们总能找到一个对应的 $M \> 0$, 使得当 $x\>M$ 时, $|\frac{c}{x^n}-0| \< \varepsilon$ 成立.因此，根据极限的定义，定理得证.

证毕.

{这个公式是求有理函数在无穷远处极限的理论基石. 它告诉我们，当分母的幂次为正时，随着 $x$ 无限增大，分式的值将无限趋近于0.}

高次项、低次项与“抓高次”原则

当我们处理多项式或有理分式在无穷远处的极限时，一个极其强大的思想是：在无穷的尺度下，只有增长最快的那一项才重要.

高次项与低次项

在一个多项式中，我们称次数最高的项为最高次项或高阶项，其余的项为低阶项.

例如, 在多项式 $P(x) = 3x^4 - 100x^2 + 5x - 2024$ 中：

• $3x^4$ 是最高次项.
• $-100x^2, 5x, -2024$ 都是低次项.

当 $x$ 变得非常大时 (例如 $x=10^9$), $3x^4$ 的值将远远超过所有低次项之和，低次项的影响变得可以忽略不计. 这就是所谓的“抓高次”原则.

温馨提示

当 $x \to \infty$ 时，一个多项式或有理分式的极限，完全由其分子和分母的最高次项所决定. <MathBlock raw={"\lim_{x \to \infty} \frac{a_n x^n + ... + a_0}{b_m x^m + ... + b_0} = \lim_{x \to \infty} \frac{a_n x^n}{b_m x^m}"} />

例

求极限 $\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2x^3 - 4x^2 + 5}{7x^3 + 3x - 1}$.

解

方法一：推导法

分母的最高次幂是 $x^3$. 我们将分子、分母同时除以 $x^3$: <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{2x^3 - 4x^2 + 5}{7x^3 + 3x - 1} &= \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{2x^3}{x^3} - \frac{4x^2}{x^3} + \frac{5}{x^3}}{\frac{7x^3}{x^3} + \frac{3x}{x^3} - \frac{1}{x^3}} &= \lim_{x \to \infty} \frac{2 - \frac{4}{x} + \frac{5}{x^3}}{7 + \frac{3}{x^2} - \frac{1}{x^3}} \end{aligned}"} /> 当 $x \to \infty$ 时, 所有形如 $\frac{c}{x^n}$ 的项的极限都为0. <MathBlock raw={"\text{原式} = \frac{2 - 0 + 0}{7 + 0 - 0} = \frac{2}{7}"} />

方法二：“抓高次”

当 $x \to \infty$ 时，我们只关心分子和分母的最高次项. 分子中的最高次项是 $2x^3$. 分母中的最高次项是 $7x^3$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{2x^3 - 4x^2 + 5}{7x^3 + 3x - 1} &= \lim_{x \to \infty} \frac{2x^3}{7x^3} &= \lim_{x \to \infty} \frac{2}{7} &= \frac{2}{7} \end{aligned}"} />

有理函数无穷极限的快速判断

对于有理函数 $f(x) = \dfrac{a_n x^n + ...}{b_m x^m + ...}$, 其在 $x \to \infty$ 时的极限可以快速判断：

• 若 $n \> m$ (分子次数 > 分母次数), 则极限为 $\infty$ 或 $-\infty$ (不存在).
• 若 $n \< m$ (分子次数 < 分母次数), 则极限为 $\mathbf{0}$.
• 若 $n = m$ (分子次数 = 分母次数), 则极限为最高次项系数之比 $\dfrac{a_n}{b_m}$.

高阶无穷大与低阶无穷大

“抓高次”原则的升维

我们在前面遇到的“抓高次”原则，本质上是在比较不同次幂的幂函数 $x^n$ 在 $x \to \infty$ 时的增长速度.我们发现 $x^3$ 比 $x^2$ 增长得快, $x^2$ 又比 $x$ 增长得快.

但如果问题变成了比较 $e^x$ 和 $x^{10000}$, 哪个增长得更快呢？或者比较 $\ln x$ 和 $\sqrt[100]{x}$ 呢？此时，仅仅比较“次数”已经不够用了.我们需要一个更普适的工具来描述和比较任意函数在趋于无穷时的增长速率.这就是“阶”的概念.

无穷大的阶

假设 $\lim\limits_{x \to \infty} f(x) = \infty$ 且 $\lim\limits_{x \to \infty} g(x) = \infty$. 我们通过考察它们的比值在 $x \to \infty$ 时的极限来比较它们的增长速度：

• 如果 $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \infty$, 我们称 $f(x)$ 是比 $g(x)$ 更高阶的无穷大. 这说明 $f(x)$ 增长得比 $g(x)$ 快得多.
• 如果 $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = 0$, 我们称 $f(x)$ 是比 $g(x)$ 更低阶的无穷大. 这说明 $f(x)$ 增长得比 $g(x)$ 慢得多.
• 如果 $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = c$ ($c$ 为非零常数), 我们称 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是同阶无穷大. 这说明它们的增长速度“在同一个量级”. 例如 $2x^2$ 和 $10x^2$ 就是同阶无穷大.

常见函数的增长速度阶梯

当 $x \to +\infty$ 时，我们熟知的几类函数，其增长速度存在着一道清晰的"鄙视链"：

对数函数 $\ll$ 幂函数 $\ll$ 指数函数 $\ll$ 更高阶的函数

更具体地说，对于任意的 $a\>1, n\>0$，有以下两个极为重要的极限： <MathBlock raw={"\lim_{x \to +\infty} \frac{\log_a x}{x^n} = 0 (\text{幂函数增速 远快于 对数函数})"} /> <MathBlock raw={"\lim_{x \to +\infty} \frac{x^n}{a^x} = 0 (\text{指数函数增速 远快于 幂函数})"} /> 一个更形象的排序是 (从慢到快): <MathBlock raw={"... \ll \ln x \ll \sqrt{x} \ll x \ll x^2 \ll ... \ll (1.01)^x \ll e^x \ll 3^x \ll ... \ll x^x ..."} />

“抓高次”原则的终极形态

当 $x \to \infty$ 时，求一个由不同阶无穷大相加减构成的分式极限时，我们只需要保留分子和分母中最高阶的无穷大，其余低阶项均可忽略.

例

求极限 $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^x - 100x^{10} + \ln x}{2e^x + 500x^2}$.

解

思路分析：“抓高次”

首先，我们要确定分子和分母中的“高次”，也就是最高阶的无穷大.

在分子 $e^x - 100x^{10} + \ln x$ 中, 根据增长速度阶梯, 指数函数 $e^x$ 是最高阶的无穷大. $x^{10}$ 和 $\ln x$ 都是它的低阶无穷大.

在分母 $2e^x + 500x^2$ 中, 同理, $e^x$ 也是最高阶的无穷大. $x^2$ 是它的低阶无穷大.

求解过程

我们只保留分子分母的最高阶项，其余项均可忽略. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^x - 100x^{10} + \ln x}{2e^x + 500x^2} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x(\text{主要部分})}{2e^x(\text{主要部分})} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{2e^x} &= \frac{1}{2} \end{aligned}"} />

严格写法

为了让过程更严谨，我们可以像处理有理函数一样，分子分母同除以最高阶的无穷大，即 $e^x$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^x - 100x^{10} + \ln x}{2e^x + 500x^2} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{e^x}{e^x} - 100\frac{x^{10}}{e^x} + \frac{\ln x}{e^x}}{\frac{2e^x}{e^x} + 500\frac{x^2}{e^x}} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{1 - 100\frac{x^{10}}{e^x} + \frac{\ln x}{e^x}}{2 + 500\frac{x^2}{e^x}} \end{aligned}"} /> 根据增长速度阶梯，当 $x \to +\infty$ 时： <MathBlock raw={"\frac{x^{10}}{e^x} \to 0, \frac{\ln x}{e^x} \to 0, \frac{x^2}{e^x} \to 0"} /> 所以， <MathBlock raw={"\text{原式} = \frac{1 - 100(0) + 0}{2 + 500(0)} = \frac{1}{2}"} />

常见函数的极限图像分析

下面我们通过观察函数图像，直观地总结几类基本初等函数在无穷远处或定义域边界处的极限行为.

\paragraph{幂函数 $y=x^n$} \begin{figure}[htbp]

TikZ 图 271

\end{figure}

• 当 $n$ 为正整数时, 图像向两侧无限延伸. <MathBlock raw={"\lim_{x\to+\infty} x^n = +\infty"} /> <MathBlock raw={"\lim_{x\to-\infty} x^n = \begin{cases} +\infty & (n \text{ 为偶数}) \\ -\infty & (n \text{ 为奇数}) \end{cases}"} />
• 当 $n$ 为负整数时 (如 $y=x^{-1}=\frac{1}{x}$), 图像以 $x$ 轴为水平渐近线. <MathBlock raw={"\lim_{x\to\pm\infty} \frac{1}{x^k} = 0 (k \text{ 为正整数})"} />

\paragraph{指数函数 $y=a^x$} \begin{figure}[htbp]

TikZ 图 272

\end{figure}

• 当底数 $a\>1$ 时, 函数单调递增, 向右侧无限增长, 向左侧无限趋近于0. <MathBlock raw={"\lim_{x\to+\infty} a^x = +\infty, \lim_{x\to-\infty} a^x = 0"} />
• 当底数 $0\<a\<1$ 时, 函数单调递减, 向左侧无限增长, 向右侧无限趋近于0. <MathBlock raw={"\lim_{x\to+\infty} a^x = 0, \lim_{x\to-\infty} a^x = +\infty"} />

\paragraph{对数函数 $y=\log_a x$} \begin{figure}[htbp]

TikZ 图 273

\end{figure}

• 当底数 $a\>1$ 时, 函数单调递增. 图像向右无限缓慢上升, 以 $y$ 轴为垂直渐近线向下无限延伸. <MathBlock raw={"\lim_{x\to+\infty} \log_a x = +\infty, \lim_{x\to 0^+} \log_a x = -\infty"} />
• 当底数 $0\<a\<1$ 时, 函数单调递减. 图像向右无限缓慢下降, 以 $y$ 轴为垂直渐近线向上无限延伸. <MathBlock raw={"\lim_{x\to+\infty} \log_a x = -\infty, \lim_{x\to 0^+} \log_a x = +\infty"} />

\paragraph{三角函数 $y=\sin x, y=\cos x$} \begin{figure}[htbp]

TikZ 图 274

\end{figure} 从图像可以看出, 当 $x$ 无限增大时, $\sin x$ 和 $\cos x$ 的值在 $-1$ 和 $1$ 之间永无休止地振荡, 它们并不趋近于任何一个确定的常数. <MathBlock raw={"\lim_{x\to\infty} \sin x \text{ 不存在}, \lim_{x\to\infty} \cos x \text{ 不存在}"} />

本节习题

习题

\exerciseentry { 分析函数 $f(x) = \dfrac{3x+5}{x^2+x+1}$ 在 $x \to \pm\infty$ 处的渐近行为, 并绘制其函数图像的示意图. } { 分析函数 $f(x) = \dfrac{2x^2 - 3x}{x^2 - 1}$ 的渐近线 (包含水平与垂直渐近线), 并绘制其函数图像的示意图. } \exerciseentry { 分析函数 $f(x) = \sqrt{x^2+6x} - x$ 在 $x \to +\infty$ 时的极限, 阐述其几何意义并绘制示意图. } { 分析函数 $f(x) = \sqrt{x^2+6x} + x$ 在 $x \to -\infty$ 时的极限, 阐述其几何意义并绘制示意图. } \exerciseentry { 分析函数 $f(x) = \dfrac{x^3}{(x-1)^2}$ 的渐近线, 并绘制其函数图像的示意图. } { 分析函数 $f(x) = \dfrac{x^2 + \cos x}{2x^2 - \sin x}$ 的水平渐近线, 并绘制其示意图. } \exerciseentry { 分析函数 $f(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}$ 在 $x \to +\infty$ 与 $x \to -\infty$ 处的极限, 绘制示意图以展示其两条不同的水平渐近线. } { 分析函数 $f(x) = \dfrac{\ln(x^2+1)}{x}$ 的水平渐近线, 并绘制示意图. } \exerciseentry { 分析函数 $f(x) = x(e^{1/x}-1)$ 的水平渐近线, 并绘制其示意图. } { 分析函数 $f(x) = \left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{2x}$ 的水平渐近线, 并绘制其示意图. } \exerciseentry { 分析函数 $f(x) = x + \arctan x$ 的渐近行为. 阐述该函数为何有两条不同的斜渐近线并求出其方程, 随后绘制示意图. （请先了解反三角函数，这在三角函数一章，此题可跳过） } { 求函数 $f(x)=\sqrt{4x^2+x}$ 的所有斜渐近线, 并绘制其示意图. } \exerciseentry { 确定常数 $a,b$ 的值, 使得 $\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \sqrt{4x^2+bx} - (ax-1) \right) = 3$, 并解释 $a,b$ 取值背后的数学原理. } { 考虑函数 $f(x) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{x^{2n+1} + 2x}{x^{2n} + 1}$, 其中 $n$ 为正整数. 请分段写出 $f(x)$ 的解析式, 分析其间断点, 并绘制其函数图像的示意图. }

习题解析

解

第一题

函数 $f(x) = \dfrac{3x+5}{x^2+x+1}$ 的定义域为 $\mathbb{R}$, 因为分母 $x^2+x+1=(x+1/2)^2+3/4\>0$ 恒成立. 考察 $x \to \infty$ 时的极限. 分子的最高次幂为 $1$, 分母的最高次幂为 $2$. 由于分子次数严格小于分母次数, 故极限为 $0$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to \infty} \frac{3x+5}{x^2+x+1} = \lim_{x \to \infty} \frac{3/x+5/x^2}{1+1/x+1/x^2} = \frac{0+0}{1+0+0}=0"} /> 这意味着直线 $y=0$ (即 $x$ 轴) 是函数图像的水平渐近线.

TikZ 图 275

解

第二题

函数 $f(x) = \dfrac{2x^2 - 3x}{x^2 - 1}$ 的定义域为 $x \ne \pm 1$.

水平渐近线: 考察 $x \to \infty$. 分子与分母的最高次幂均为 $2$. 极限值为最高次项系数之比. <MathBlock raw={"\lim_{x \to \infty} \frac{2x^2-3x}{x^2-1} = \lim_{x \to \infty} \frac{2-3/x}{1-1/x^2} = 2"} /> 故 $y=2$ 为水平渐近线.

垂直渐近线: 考察分母为零的点 $x=\pm 1$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^+} \frac{x(2x-3)}{(x-1)(x+1)} = \frac{1(-1)}{0^+ \cdot 2} = -\infty"} /> <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^-} \frac{x(2x-3)}{(x-1)(x+1)} = \frac{1(-1)}{0^- \cdot 2} = +\infty"} /> 故 $x=1$ 为垂直渐近线. 同理可分析 $x=-1$ 亦为垂直渐近线.

解

第三题

当 $x \to +\infty$ 时, 这是一个 $\infty - \infty$ 型的不定式. 我们采用分子有理化的方法. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+6x}-x) &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(\sqrt{x^2+6x}-x)(\sqrt{x^2+6x}+x)}{\sqrt{x^2+6x}+x} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2+6x)-x^2}{\sqrt{x^2(1+6/x)}+x} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{6x}{x\sqrt{1+6/x}+x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{6}{\sqrt{1+6/x}+1} &= \frac{6}{\sqrt{1+0}+1} = \frac{6}{2} = 3 \end{aligned}"} /> 此极限的几何意义是, 当 $x$ 趋于正无穷时, 函数 $f(x)$ 的图像无限趋近于直线 $y=3$. 故 $y=3$ 是函数在正无穷方向的水平渐近线.

TikZ 图 276

解

第四题

当 $x \to -\infty$ 时, 这依然是 $\infty - \infty$ 型的不定式. 我们令 $t = -x$, 则当 $x \to -\infty$ 时, $t \to +\infty$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2+6x}+x) &= \lim_{t \to +\infty} (\sqrt{(-t)^2+6(-t)}+(-t)) &= \lim_{t \to +\infty} (\sqrt{t^2-6t}-t) \end{aligned}"} /> 接着对此 $t$ 的极限表达式进行有理化: <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{t \to +\infty} \frac{(t^2-6t)-t^2}{\sqrt{t^2-6t}+t} &= \lim_{t \to +\infty} \frac{-6t}{\sqrt{t^2(1-6/t)}+t} &= \lim_{t \to +\infty} \frac{-6t}{t\sqrt{1-6/t}+t} = \lim_{t \to +\infty} \frac{-6}{\sqrt{1-6/t}+1} &= \frac{-6}{\sqrt{1-0}+1} = \frac{-6}{2} = -3 \end{aligned}"} /> 此极限的几何意义是, 当 $x$ 趋于负无穷时, 函数 $f(x)$ 的图像无限趋近于直线 $y=-3$. 故 $y=-3$ 是函数在负无穷方向的水平渐近线.

TikZ 图 277

解

第五题

函数 $f(x) = \dfrac{x^3}{(x-1)^2}$ 定义域为 $x \ne 1$. 垂直渐近线: $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^3}{(x-1)^2} = \dfrac{1}{0^+} = +\infty$. 故 $x=1$ 是垂直渐近线.

斜渐近线: 分子次数比分母次数高一, 存在斜渐近线 $y=mx+b$. $m = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^2}{(x-1)^2} = 1$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} b &= \lim\limits_{x \to \infty} (f(x)-mx) = \lim\limits_{x \to \infty} \left(\dfrac{x^3}{(x-1)^2} - x\right) &= \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^3 - x(x-1)^2}{(x-1)^2} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^3 - x(x^2-2x+1)}{(x-1)^2} &= \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2x^2-x}{x^2-2x+1} = 2 \end{aligned}"} /> 故斜渐近线为 $y=x+2$.

解

第六题

函数 $f(x) = \dfrac{x^2 + \cos x}{2x^2 - \sin x}$ 的分子分母中均含有振荡项. 然而, 当 $x \to \infty$ 时, $x^2$ 是无穷大, 而 $\cos x$ 与 $\sin x$ 均是有界函数. 我们将分子分母同除以最高次项 $x^2$: <MathBlock raw={"\lim_{x \to \infty} \frac{x^2 + \cos x}{2x^2 - \sin x} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{\cos x}{x^2}}{2 - \frac{\sin x}{x^2}}"} /> 根据夹逼定理, যেহেতু $-1 \le \cos x \le 1$, 我们有 $-\frac{1}{x^2} \le \frac{\cos x}{x^2} \le \frac{1}{x^2}$. 当 $x \to \infty$ 时, $\lim\limits_{x \to \infty} (\pm\frac{1}{x^2})=0$, 故 $\lim\limits_{x \to \infty} \frac{\cos x}{x^2}=0$. 同理 $\lim\limits_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x^2}=0$. 因此, 原极限为: <MathBlock raw={"\frac{1+0}{2-0} = \frac{1}{2}"} /> 函数有水平渐近线 $y=\frac{1}{2}$.

解

第七题

当 $x \to +\infty$ 时: $e^{-x} \to 0$. 我们将分子分母同除以 $e^x$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 - e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} = \frac{1-0}{1+0} = 1"} /> 故 $y=1$ 为正无穷方向的水平渐近线.

当 $x \to -\infty$ 时: $e^{x} \to 0$. 我们将分子分母同除以 $e^{-x}$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to -\infty} \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1} = \frac{0-1}{0+1} = -1"} /> 故 $y=-1$ 为负无穷方向的水平渐近线.

TikZ 图 278

解

第八题

函数 $f(x) = \dfrac{\ln(x^2+1)}{x}$ 定义域为 $x \ne 0$. 考察 $x \to \infty$ 时的极限. 这是一个 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型不定式. 根据函数增长阶梯, 幂函数 $x$ 的增长速度快于对数函数 $\ln(x^2+1)$. 因此, 极限值为 $0$. <MathBlock raw={"\lim_{x \to \infty} \frac{\ln(x^2+1)}{x} = 0"} /> 故 $y=0$ 是函数的水平渐近线.

TikZ 图 279

解

第九题

考察 $x \to \infty$ 时的极限, 以确定水平渐近线. <MathBlock raw={"\lim_{x \to \infty} x(e^{1/x}-1)"} /> 令 $t=1/x$, 当 $x \to \infty$ 时, $t \to 0$. <MathBlock raw={"\lim_{t \to 0} \frac{1}{t}(e^t-1) = \lim_{t \to 0} \frac{e^t-1}{t}"} /> 这是一个重要的极限, 其值为 $1$. 故函数存在水平渐近线 $y=1$.

解

第十题

此极限是重要极限 $\lim\limits_{u \to \infty} (1+\frac{1}{u})^u = e$ 的变形. 我们可以将其重写为: <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{2x} &= \lim_{x \to \infty} \left[ \left(1+\frac{1}{x}\right)^x \right]^2 &= \left[ \lim_{x \to \infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x \right]^2 &= e^2 \end{aligned}"} /> 故函数存在水平渐近线 $y=e^2 \approx 7.389$.

解

第十一题

函数 $f(x)=x + \arctan x$ 的渐近行为在正负无穷方向不同.

当 $x \to +\infty$ 时: $m = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x+\arctan x}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} (1+\frac{\arctan x}{x}) = 1+0=1$. $b = \lim\limits_{x \to +\infty} (f(x)-mx) = \lim\limits_{x \to +\infty} (x+\arctan x-x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \arctan x = \frac{\pi}{2}$. 故有斜渐近线 $y=x+\frac{\pi}{2}$.

当 $x \to -\infty$ 时: $m = \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{x+\arctan x}{x} = 1$. $b = \lim\limits_{x \to -\infty} (x+\arctan x-x) = \lim\limits_{x \to -\infty} \arctan x = -\frac{\pi}{2}$. 故有斜渐近线 $y=x-\frac{\pi}{2}$.

解

第十二题

函数 $f(x)=\sqrt{4x^2+x}$ 定义域为 $x(4x+1)\ge 0$, 即 $(-\infty, -1/4] \cup [0, \infty)$.

当 $x \to +\infty$ 时: $m = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{4x^2+x}}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x\sqrt{4+1/x}}{x} = \sqrt{4}=2$. $b = \lim\limits_{x \to +\infty} (\sqrt{4x^2+x}-2x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{4x^2+x-4x^2}{\sqrt{4x^2+x}+2x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{x(\sqrt{4+1/x}+2)} = \frac{1}{4}$. 故斜渐近线为 $y=2x+\frac{1}{4}$.

当 $x \to -\infty$ 时: $m = \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{4x^2+x}}{x} = \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{|x|\sqrt{4+1/x}}{x} = -2$. $b = \lim\limits_{x \to -\infty} (\sqrt{4x^2+x}+2x)$. 令 $t=-x, t\to+\infty$. $b = \lim\limits_{t \to +\infty} (\sqrt{4t^2-t}-2t) = \lim\limits_{t \to +\infty} \frac{4t^2-t-4t^2}{\sqrt{4t^2-t}+2t} = \lim\limits_{t \to +\infty} \frac{-t}{t(\sqrt{4-1/t}+2)} = -\frac{1}{4}$. 故斜渐近线为 $y=-2x-\frac{1}{4}$.

TikZ 图 280

解

第十三题

我们分析极限 $\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \sqrt{4x^2+bx} - ax + 1 \right) = 3$. 这是一个 $\infty-\infty$ 型不定式.

首先, 为使极限为一个有限数, 两部分的无穷大必须是同阶的, 且能够相互抵消. $\sqrt{4x^2+bx} \sim \sqrt{4x^2} = 2x$ (当 $x \to +\infty$). $ax-1 \sim ax$. 为使它们能够抵消, 必须有 $ax=2x$, 故 $a=2$.

当 $a=2$ 时, 极限变为 $\lim\limits_{x \to +\infty} (\sqrt{4x^2+bx} - (2x-1)) = 3$. 我们对此表达式进行有理化: <MathBlock raw={"\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \frac{(4x^2+bx) - (2x-1)^2}{\sqrt{4x^2+bx} + (2x-1)} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{4x^2+bx - (4x^2-4x+1)}{\sqrt{4x^2+bx} + 2x-1} &= \lim_{x \to +\infty} \frac{(b+4)x-1}{\sqrt{4x^2+bx} + 2x-1} \end{aligned}"} /> 这是一个有理分式形式, 分子分母的最高次幂均为 $1$. 其极限为最高次项系数之比. <MathBlock raw={"\frac{b+4}{\sqrt{4}+2} = \frac{b+4}{4}"} /> 根据题设, 此极限为 $3$. <MathBlock raw={"\frac{b+4}{4}=3 \implies b+4=12 \implies b=8"} /> 故所求常数为 $a=2, b=8$.

解

第十四题

函数表达式依赖于 $x$ 的取值, 我们需分情况讨论 $|x|$ 与 $1$ 的关系.

当 $|x|\<1$ 时: $\lim\limits_{n \to \infty} x^{2n} = 0$ 且 $\lim\limits_{n \to \infty} x^{2n+1} = 0$. <MathBlock raw={"f(x) = \frac{0+2x}{0+1} = 2x"} /> 当 $|x|\>1$ 时: $\lim\limits_{n \to \infty} x^{2n} = \infty$. 我们将分子分母同除以 $x^{2n}$. <MathBlock raw={"f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x + 2x/x^{2n}}{1 + 1/x^{2n}} = \frac{x+0}{1+0} = x"} /> 当 $x=1$ 时: <MathBlock raw={"f(1) = \lim_{n \to \infty} \frac{1^{2n+1}+2(1)}{1^{2n}+1} = \frac{1+2}{1+1} = \frac{3}{2}"} /> 当 $x=-1$ 时: <MathBlock raw={"f(-1) = \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{2n+1}+2(-1)}{(-1)^{2n}+1} = \frac{-1-2}{1+1} = -\frac{3}{2}"} />

综上, $f(x)$ 的分段表达式为: <MathBlock raw={"f(x) = \begin{cases} x, & x \< -1 -3/2, & x = -1 2x, & -1 \< x \< 1 3/2, & x = 1 x, & x \> 1 \end{cases}"} /> 间断点为 $x=1$ 和 $x=-1$.

TikZ 图 281

导数的概念

{/* label: sec:ch14-s07 */}

在极限的帮助下，我们终于可以触及一个在科学与哲学上困扰了人类近两千年的古老难题：如何精确地描述一个事物在某一瞬间的变化速度？

古希腊的芝诺悖论就揭示了这一困境：一支飞行的箭，在任何一个确定的瞬间，它都占据着一个确定的位置，似乎是静止的.那么，它的“运动”究竟体接着哪里？这个问题本质上是混淆了“瞬间”和“时间段”的区别.在有限的时间段内，我们可以计算平均速度，但在一个没有长度的“瞬间”，速度的概念似乎失效了.

直到17世纪，科学的发展迫切需要解决这一难题.天文学家开普勒需要研究行星运动的瞬时速度，物理学家伽利略需要描述落体在每一时刻的速度.他们都遇到了同样的问题，但只能用近似和模糊的语言来描述.这个挑战，最终由两位旷世奇才，牛顿和莱布尼茨，以一种惊人相似的思路攻克了.

站在巨人的肩膀上

牛顿从物理学的视角出发，关心物体的瞬时速度；莱布尼茨则从几何学的视角入手，醉心于曲线的切线问题.尽管切入点不同，但他们都意识到，自己面对的是同一个核心矛盾：我们只能计算“两点之间”的量（平均变化率），却想知道“在一点处”的量（瞬时变化率）.直接计算会导致 $\frac{0}{0}$ 的困境.

他们的解决方法，是人类思想史上的一次伟大飞跃：既然无法直接“到达”那一点，就用无限“逼近”来代替.

让我们跟随莱布尼茨的几何思路来重温这一过程：

\paragraph{从割线斜率出发} 要研究曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(x_0, f(x_0))$ 的倾斜程度, 我们无法直接下手.但是, 我们可以在曲线上另取一点 $Q(x_0+\Delta x, f(x_0+\Delta x))$, 然后计算连接 $P,Q$ 两点的割线的斜率.这是一个非常简单的初中数学问题： <MathBlock raw={"k_{\text{割线}} = \frac{\text{纵坐标之差}}{\text{横坐标之差}} = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}"} /> 这个值，代表了函数在 $x_0$ 到 $x_0+\Delta x$ 这段区间内的平均变化率.

\paragraph{动态逼近的过程} 接着，想象一下，让点 $Q$ 沿着曲线向点 $P$ 移动.这个过程的实质, 就是让横坐标的增量 $\Delta x$ 越来越小, 趋向于 $0$.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 282

\end{figure} 图：割线旋转逼近切线的过程

随着 $\Delta x \to 0$, 点 $Q$ 无限逼近点 $P$, 那条连接它们的割线也在不断地“旋转”.它的最终归宿, 就是那条我们梦寐以求的、在点 $P$ 处与曲线“相切”的切线.

\paragraph{用极限锁定最终结果} 割线的斜率 $k_{\text{割线}} = \frac{\Delta y}{\Delta x}$ 在这个过程中也在不断变化.它所无限逼近的那个极限值，理所当然就是切线的斜率. 这个“无限逼近”的思想，完美地绕开了 $\Delta x$ 直接等于 $0$ 的障碍.我们不问当 $\Delta x = 0$ 时是什么, 我们只问当 $\Delta x \to 0$ 时，比值的极限是什么. <MathBlock raw={"k_{\text{切线}} = \lim_{\Delta x \to 0} k_{\text{割线}} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}"} /> 至此，几何上的切线斜率问题和物理上的瞬时速度问题，都通过这个统一的、基于极限的思想得到了完美的解决.

导数的诞生

这个通过“平均变化率求极限”得到的“瞬时变化率”，是一个如此基本而又强大的概念，以至于数学家们给了它一个专门的名字——导数.

函数在一点的导数

函数 $y=f(x)$ 在点 $x_0$ 处的导数 $f'(x_0)$，定义为函数在该点的平均变化率当自变量增量趋于零时的极限，即： <MathBlock raw={"f'(x_0) = \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}"} /> 如果这个极限存在，我们就说函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处是可导的.

一言以蔽之

• 几何意义： $f'(x_0)$ 就是曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_0, f(x_0))$ 处切线的斜率.
• 物理意义： 如果 $s(t)$ 是位移关于时间的函数, 那么 $s'(t_0)$ 就是物体在时刻 $t_0$ 的瞬时速度.
• 一般意义： 导数 $f'(x_0)$ 衡量了函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处变化的快慢程度，是函数的瞬时变化率.

用定义求导

我们已经将“求瞬时变化率”这个模糊的想法，精确地固化为了导数的极限定义： <MathBlock raw={"f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}"} /> 这个定义是整个微分学的逻辑基石.那么，我们如何运用这个最原始、最根本的工具，去实际地计算一个函数的导数呢？

在接下来的内容中，我们将扮演早期微积分先驱的角色，不借助任何现成的求导公式，仅凭极限的定义这一原始工具，去求解一些简单函数的导数.这个过程不仅能加深我们对导数“瞬时变化率”本质的理解，更能让我们在稍后学习求导公式时，深刻体会到那些公式是何等的优越与便捷.

求导三步法

根据导数的定义，求解函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$ 的过程可以清晰地分为三步：

1. 求增量. 计算当自变量从 $x$ 变为 $x+\Delta x$ 时, 函数值的增量 $\Delta y = f(x + \Delta x) - f(x)$.
2. 作商. 计算平均变化率 $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}$.这一步的核心目标是进行代数化简, 尤其是通过因式分解、有理化等技巧, 约分掉分母中的 $\Delta x$, 从而消除 $\Delta x \to 0$ 时 $\frac{0}{0}$ 的不定形式.
3. 取极限. 计算 $\lim\limits_{\Delta x \to 0} \dfrac{\Delta y}{\Delta x}$, 所得的结果就是导函数 $f'(x)$.

例

求函数 $f(x) = c$ ($c$为常数) 的导数.

解

这是一个最简单但意义重要的例子.它代表了一条水平直线，我们直觉上认为它的变化率（斜率）处处为0.

求增量 <MathBlock raw={"\Delta y = f(x+\Delta x) - f(x) = c - c = 0"} /> 作商 <MathBlock raw={"\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{0}{\Delta x} = 0"} /> 取极限 <MathBlock raw={"f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} 0 = 0"} /> 结论： $(c)' = 0$. 这印证了我们的直觉：常数函数没有变化，其瞬时变化率恒为零.

例

求函数 $f(x) = x^2$ 的导数.

解

这是我们遇到的第一个非线性函数，它的“倾斜程度”是随 $x$ 变化的. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \text{求增量 } \Delta y &= f(x+\Delta x) - f(x) &= (x+\Delta x)^2 - x^2 &= (x^2 + 2x\Delta x + (\Delta x)^2) - x^2 &= 2x\Delta x + (\Delta x)^2 \end{aligned}"} /> <MathBlock raw={"\begin{aligned} \text{作商 } \frac{\Delta y}{\Delta x} &= \frac{2x\Delta x + (\Delta x)^2}{\Delta x} &= \frac{\Delta x (2x + \Delta x)}{\Delta x} (\text{关键一步：提取公因式并约分}) &= 2x + \Delta x \end{aligned}"} /> <MathBlock raw={"\begin{aligned} \text{取极限} f'(x) &= \lim_{\Delta x \to 0} (2x + \Delta x) &= 2x \end{aligned}"} /> 结论： $(x^2)'=2x$. 这是一个深刻的结果！它告诉我们, 抛物线 $y=x^2$ 在任意一点 $x$ 处的切线斜率, 其值恰好是该点横坐标的两倍.例如, 在 $x=1$ 处, 斜率为 $2$；在 $x=-3$ 处, 斜率为 $-6$.导数本身是一个新的函数.

例

求函数 $f(x) = \dfrac{1}{x}$ 的导数.

解

这个例子需要我们运用分式通分的技巧. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \Delta y &= \frac{1}{x+\Delta x} - \frac{1}{x} &= \frac{x - (x+\Delta x)}{x(x+\Delta x)} (\text{通分}) &= \frac{-\Delta x}{x(x+\Delta x)} \end{aligned}"} /> <MathBlock raw={"\begin{aligned} \frac{\Delta y}{\Delta x} &= \frac{-\Delta x}{x(x+\Delta x)} \cdot \frac{1}{\Delta x} &= \frac{-1}{x(x+\Delta x)} \end{aligned}"} /> <MathBlock raw={"\begin{aligned} f'(x) &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{-1}{x(x+\Delta x)} &= \frac{-1}{x(x+0)} = -\frac{1}{x^2} \end{aligned}"} /> 结论： $\left(\dfrac{1}{x}\right)' = -\dfrac{1}{x^2}$.

有同学问：“捏吗！每次想求个导都这么麻烦！”，“有没有什么更好的方法呢！？”

通过以上例子，我们真切地体会到，导数的定义本身就蕴含着强大的计算能力.然而，这个过程虽然逻辑清晰，但对于稍微复杂一点的函数（比如 $f(x)=x^5$ 或 $f(x)=\sin x$），代数变形将变得异常繁琐和困难.

这正是数学家们所面临的困境.为了摆脱这种每次都从极限定义的“石器时代”开始计算的窘境，他们基于定义推导出了一系列普适的、可以像查字典一样直接使用的求导法则与公式.这将是我们下一节要学习的、能极大解放我们生产力的强大工具.

基本求导公式的诞生

来龙去脉

在上一节中，我们亲身体验了使用导数定义进行计算的“三步法”.这个过程虽然严谨，但对于每一个新函数，我们都必须重复一遍复杂的极限运算，这无疑是低效的.正如我们不会每次计算乘法都去重复地做加法一样，数学家们也渴望拥有更直接、更高效的求导工具.

这一节，我们的任务就是进行最后一次“艰苦的劳动”，利用导数的极限定义，系统地推导出我们高中阶段遇到的所有基本初等函数的导数.一旦这些基本求导公式被建立起来，它们就会成为我们手中的“乘法表”和“计算器”，让我们从繁琐的极限运算中彻底解放出来.

但是在这之前，我们先暂且停下，思考个问题：在我们即将开始的对三角函数、指数函数和对数函数求导的征程中，会遇到两个“拦路虎”——它们是以 $\frac{0}{0}$ 或 $1^\infty$ 形式出现的特定极限.直接使用极限的四则运算法则对它们无能为力.这两个极限就是： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \text{和} \lim_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}}"} /> 它们是连接代数世界与超越函数世界的关键桥梁.为了攻克它们，我们必须先掌握一个非常直观且强大的极限法则——三明治定理.

三明治定理 *(选读内容)

引理

如果在点 $x_0$ 的某个去心邻域内, 有三个函数 $g(x), f(x), h(x)$ 始终满足： <MathBlock raw={"g(x) \le f(x) \le h(x)"} /> 并且，“上下两片面包”的极限存在且相等： <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} g(x) = \lim_{x \to x_0} h(x) = L"} /> 那么，被夹在中间的“馅料”$f(x)$ 的极限也必然存在, 且等于 $L$： <MathBlock raw={"\lim_{x \to x_0} f(x) = L"} />

证明

我们的目标是证明 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$.根据极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义，我们需要证明： \begin{quote} 对于任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 我们都能找到一个实数 $\delta \> 0$, 使得当 $0 \< |x - x_0| \< \delta$ 时, 不等式 $|f(x) - L| \< \varepsilon$ 恒成立. \end{quote}

我们从已知条件出发：

1. $\lim\limits_{x \to x_0} g(x) = L$.这意味着, 对于我们上面给定的同一个 $\varepsilon \> 0$, 存在一个 $\delta_1 \> 0$, 使得当 $0 \< |x - x_0| \< \delta_1$ 时, 有 $|g(x) - L| \< \varepsilon$. 这个不等式可以展开为： <MathBlock raw={"L - \varepsilon \< g(x) \< L + \varepsilon"} />

2. $\lim\limits_{x \to x_0} h(x) = L$.这意味着, 对于同一个 $\varepsilon \> 0$, 存在一个 $\delta_2 \> 0$, 使得当 $0 \< |x - x_0| \< \delta_2$ 时, 有 $|h(x) - L| \< \varepsilon$. 这个不等式可以展开为： <MathBlock raw={"L - \varepsilon \< h(x) \< L + \varepsilon"} />

3. $g(x) \le f(x) \le h(x)$.这个条件在点 $x_0$ 的某个去心邻域内成立.我们设这个邻域的半径为 $\delta_3 \> 0$.即, 当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_3$ 时，该不等式成立.

接着，为了让这三个条件同时生效，我们需要选择一个足够小的范围，使得 $x$ 同时位于这三个邻域之内.因此, 我们定义一个新的 $\delta$ 如下： <MathBlock raw={"\delta = \min(\delta_1, \delta_2, \delta_3)"} />

由于 $\delta_1, \delta_2, \delta_3$ 都是正数, 所以 $\delta$ 也必定是一个正数.

接着，我们来考察任何一个满足 $0 \< |x - x_0| \< \delta$ 的 $x$.对于这样的 $x$，上述三个条件都成立.我们可以将它们串联起来：

• 从条件1，我们知道 $L - \varepsilon \< g(x)$.

• 从条件3，我们知道 $g(x) \le f(x)$.

  将这两个不等式结合，我们得到左半部分的“三明治”： <MathBlock raw={"L - \varepsilon \< g(x) \le f(x)"} />

  接下来，

• 从条件3，我们知道 $f(x) \le h(x)$.

• 从条件2，我们知道 $h(x) \< L + \varepsilon$.

  将这两个不等式结合，我们得到右半部分的“三明治”： <MathBlock raw={"f(x) \le h(x) \< L + \varepsilon"} />

  接着，我们将左右两部分的“三明治”结果合并，就得到了一个关于 $f(x)$ 的不等式链： <MathBlock raw={"L - \varepsilon \< f(x) \< L + \varepsilon"} />

  这个不等式链可以被写回绝对值的形式： <MathBlock raw={"|f(x) - L| \< \varepsilon"} />

  至此，我们已经证明：对于任意给定的 $\varepsilon \> 0$, 我们都找到了一个 $\delta \> 0$ (即 $\min(\delta_1, \delta_2, \delta_3)$), 使得当 $0 \< |x - x_0| \< \delta$ 时, 有 $|f(x) - L| \< \varepsilon$.

  这完全符合极限的 $\varepsilon-\delta$ 定义.

  证毕.

TikZ 图 283

这个定理的直观意义是：如果一个函数被另外两个在某点收敛于同一值的函数“夹住”，那么它无处可逃，只能收敛到同一个值.

例

证明$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$.

这个极限的证明是三明治定理最经典的几何应用. 我们考虑在单位圆中，一个很小的正角 $x$（弧度制）.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 284

\end{figure}

从几何图形的面积关系，我们显而易见： <MathBlock raw={"\text{面积}(\triangle OAP) \< \text{面积}(\text{扇形 } OAP) \< \text{面积}(\triangle OAT)"} /> 我们分别计算这三个面积（单位圆中半径 $r=1$）：

• 面积$(\triangle OAP) = \frac{1}{2} |OA| \cdot |PC| = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sin x = \frac{1}{2}\sin x$
• 面积$(\text{扇形 } OAP) = \frac{1}{2} r^2 x = \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot x = \frac{1}{2}x$
• 面积$(\triangle OAT) = \frac{1}{2} |OA| \cdot |AT| = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \tan x = \frac{1}{2}\tan x$

代入面积不等式，并同乘以2，得到： <MathBlock raw={"\sin x \< x \< \tan x"} /> 因为我们考虑的是一个很小的正角 $x \to 0^+$, 所以 $\sin x \> 0$.将不等式同除以 $\sin x$： <MathBlock raw={"1 \< \frac{x}{\sin x} \< \frac{\tan x}{\sin x} = \frac{1}{\cos x}"} /> 取倒数，不等号反向： <MathBlock raw={"\cos x \< \frac{\sin x}{x} \< 1"} /> 接着，三明治的结构已经形成！我们考察“上下两片面包”的极限： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0^+} \cos x = \cos 0 = 1"} /> <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0^+} 1 = 1"} /> 根据三明治定理，被夹在中间的函数极限也必须是1： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1"} /> 对于 $x \to 0^-$ 的情况, 由于 $\frac{\sin(-x)}{-x} = \frac{-\sin x}{-x} = \frac{\sin x}{x}$ 是一个偶函数，其左极限等于右极限. 因此，我们证明了第一个重要极限： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1"} />

第二个重要极限的推导，更像是一个“发现”与“定义”的过程.它源于对复利问题的思考.

假设银行年利率为100

• 如果每年计息一次，一年后本利和为：$1 \times (1+1) = 2$ 元.
• 如果每半年计息一次，一年后本利和为：$1 \times (1+\frac{1}{2})^2 = 2.25$ 元.
• 如果每月计息一次，一年后本利和为：$1 \times (1+\frac{1}{12})^{12} \approx 2.613$ 元.
• 如果每天计息一次，一年后本利和为：$1 \times (1+\frac{1}{365})^{365} \approx 2.714$ 元.

我们发现，随着计息周期越来越短（即计息次数 $n$ 越来越大）, 本利和 $(1+\frac{1}{n})^n$ 似乎在逼近一个确定的数值. 数学家们证明了这个极限确实存在，并把这个极限值定义为一个极其重要的无理数——自然常数 $e$.

自然常数e

自然常数 $e$ 定义为当 $n$ 趋于无穷时, 表达式 $(1+\frac{1}{n})^n$ 的极限值. <MathBlock raw={"e = \lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \approx 2.71828..."} />

通过变量代换，令 $x = \frac{1}{n}$, 则当 $n \to \infty$ 时, $x \to 0$.于是我们得到了这个极限的另一种等价形式，也就是我们的第二个重要极限： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e"} />

这两个重要极限，将作为我们求导工具箱中不可或缺的利器.

\paragraph{幂函数 $f(x)=x^n$ ($n$为正整数)} 这是最重要、最基础的求导公式.推导它的关键是二项式定理： $(a+b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1}b + C_n^2 a^{n-2}b^2 + ... + C_n^n b^n$.

<MathBlock raw={"\begin{aligned} (x^n)' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(x+\Delta x)^n - x^n}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(C_n^0 x^n + C_n^1 x^{n-1}\Delta x + C_n^2 x^{n-2}(\Delta x)^2 + ...) - x^n}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{n x^{n-1}\Delta x + \frac{n(n-1)}{2} x^{n-2}(\Delta x)^2 + ...}{\Delta x} (\text{因为 } C_n^0=1, C_n^1=n) &= \lim_{\Delta x \to 0} \left( n x^{n-1} + \frac{n(n-1)}{2} x^{n-2}\Delta x + ... \right) \end{aligned}"} /> 当 $\Delta x \to 0$ 时, 除了第一项 $nx^{n-1}$ 外, 所有其余项都含有 $\Delta x$ 因子，因此它们的极限都为0. <MathBlock raw={"\boxed{(x^n)' = n x^{n-1}}"} /> 这个公式对于任意实数 $n$ 都成立, 例如我们之前求过的 $(x^2)'=2x^{2-1}=2x$ 和 $(\frac{1}{x})'=(x^{-1})'=-1 \cdot x^{-2}=-\frac{1}{x^2}$ 都符合该规律.

\paragraph{三角函数 $f(x)=\sin x$} 推导三角函数的导数，需要用到一个重要的极限：$\lim\limits_{u \to 0}\dfrac{\sin u}{u}=1$. 以及和差化积公式：$\sin A - \sin B = 2\cos\left(\frac{A+B}{2}\right)\sin\left(\frac{A-B}{2}\right)$.

<MathBlock raw={"\begin{aligned} (\sin x)' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\sin(x+\Delta x) - \sin x}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2\cos\left(\frac{x+\Delta x+x}{2}\right)\sin\left(\frac{x+\Delta x-x}{2}\right)}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2\cos\left(x+\frac{\Delta x}{2}\right)\sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right)}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \cos\left(x+\frac{\Delta x}{2}\right) \cdot \frac{\sin\left(\frac{\Delta x}{2}\right)}{\frac{\Delta x}{2}} (\text{凑重要极限的形式}) \end{aligned}"} /> 由于 $\lim\limits_{\Delta x \to 0}\cos(x+\frac{\Delta x}{2}) = \cos x$ 且 $\lim\limits_{\Delta x \to 0}\frac{\sin(\frac{\Delta x}{2})}{\frac{\Delta x}{2}}=1$，所以： <MathBlock raw={"\boxed{(\sin x)' = \cos x}"} /> 同理可证（作为练习）： <MathBlock raw={"\boxed{(\cos x)' = -\sin x}"} />

\paragraph{指数函数 $f(x)=a^x$} 推导指数函数的导数，需要用到另一个重要的极限，它与自然对数的底 $e$ 有关：$\lim\limits_{h \to 0}\dfrac{a^h - 1}{h}=\ln a$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} (a^x)' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{a^{x+\Delta x} - a^x}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{a^x (a^{\Delta x} - 1)}{\Delta x} &= a^x \cdot \lim_{\Delta x \to 0} \frac{a^{\Delta x} - 1}{\Delta x} \end{aligned}"} /> 根据重要极限的定义，我们得到： <MathBlock raw={"\boxed{(a^x)' = a^x \ln a}"} /> 当底数是特殊的 $e$ 时, 由于 $\ln e = 1$，我们得到了最简洁、最优雅的求导公式： <MathBlock raw={"\boxed{(e^x)' = e^x}"} /> 这个函数 $e^x$ 的神奇之处在于，它在任意一点的变化率，都恰好等于它在该点本身的函数值！

\paragraph{对数函数 $f(x)=\log_a x$} 这是推导中技巧性最强的一个，它需要用到对数运算法则以及 $e$ 的极限定义：$\lim\limits_{u \to 0}(1+u)^{\frac{1}{u}}=e$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} (\log_a x)' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\log_a(x+\Delta x) - \log_a x}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1}{\Delta x} \log_a\left(\frac{x+\Delta x}{x}\right) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1}{\Delta x} \log_a\left(1+\frac{\Delta x}{x}\right) &= \lim_{\Delta x \to 0} \log_a\left( \left(1+\frac{\Delta x}{x}\right)^{\frac{1}{\Delta x}} \right) (\text{利用 } c\log A = \log A^c) \end{aligned}"} /> 为了凑出 $e$ 的定义, 我们进行代换：令 $t = \frac{\Delta x}{x}$, 则 $\Delta x = xt$, 当 $\Delta x \to 0$ 时 $t \to 0$. <MathBlock raw={"\begin{aligned} (\log_a x)' &= \lim_{t \to 0} \log_a\left( (1+t)^{\frac{1}{xt}} \right) = \lim_{t \to 0} \log_a\left( \left((1+t)^{\frac{1}{t}}\right)^{\frac{1}{x}} \right) &= \log_a \left( \lim_{t \to 0} \left((1+t)^{\frac{1}{t}}\right)^{\frac{1}{x}} \right) (\text{对数函数连续，极限可以进到内部}) &= \log_a \left( e^{\frac{1}{x}} \right) = \frac{1}{x}\log_a e \end{aligned}"} /> 利用对数的换底公式 $\log_a e = \frac{\ln e}{\ln a} = \frac{1}{\ln a}$，我们得到最终结果： <MathBlock raw={"\boxed{(\log_a x)' = \frac{1}{x \ln a}}"} /> 同样，当底数是 $e$ 时, 由于 $\ln a = \ln e = 1$，我们得到一个非常简洁的形式： <MathBlock raw={"\boxed{(\ln x)' = \frac{1}{x}}"} />

经过艰苦的推导，我们终于获得了这些珍贵的成果.它们是进行一切复杂求导运算的原子和基石，必须熟记于心！

温馨提示

函数	导数 <MathBlock raw={"1ex]
[-0.5ex]

$f(x) = c$ (常数) | $f'(x) = 0$ |

| [1ex] $f(x) = x^n$ ($n \\in \\mathbb{R}$) | $f'(x) = n x^{n-1}$ | | [1ex] $f(x) = \\sin x$ | $f'(x) = \\cos x$ | | [1ex] $f(x) = \\cos x$ | $f'(x) = -\\sin x$ | | [1ex] $f(x) = a^x$ | $f'(x) = a^x \\ln a$ | | [1ex] $f(x) = e^x$ | $f'(x) = e^x$ | | [1ex] $f(x) = \\log_a x$ | $f'(x) = \\dfrac{1}{x \\ln a}$ | | [2ex] $f(x) = \\ln x$ | $f'(x) = \\dfrac{1}{x}$ | | [1ex] | |

很好！接着我们已经拥有了一张内容丰富的基本求导公式表.这就像是我们在学习算术时，拥有了“乘法口诀表”.接着，我们需要学习如何运用这些基本公式，去处理由它们通过加、减、乘、除等运算组合而成的更复杂的函数.

告别了每次都要从极限定义出发的“石器时代”，我们将进入一个高效、流畅的“公式化时代”.首先，我们来学习求导运算中最基础的两个法则.

温馨提示

设函数 $f(x), g(x)$ 均可导，c为常数，则：

1. 常数倍法则 \[ [c \cdot f(x)]' = c \cdot f'(x)"} /> 解读： 求导时，常数系数可以原封不动地提到导数符号外面.
2. 加减法则 <MathBlock raw={"[f(x) \pm g(x)]' = f'(x) \pm g'(x)"} /> 解读： “和的导数等于导数的和”，“差的导数等于导数的差”.这意味着我们可以将复杂的函数“拆开”，进行逐项求导，最后再合并结果.

证明（常数倍法则的证明）

我们令 $h(x) = c \cdot f(x)$, 并利用导数的定义来求 $h'(x)$.

根据导数的定义： <MathBlock raw={"\begin{aligned} [c \cdot f(x)]' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{h(x+\Delta x) - h(x)}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{c \cdot f(x+\Delta x) - c \cdot f(x)}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{c \cdot [f(x+\Delta x) - f(x)]}{\Delta x} (\text{在分子中提取公因式 } c) &= c \cdot \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} (\text{利用极限的常数倍运算法则}) &= c \cdot f'(x) (\text{根据 } f'(x) \text{ 的定义}) \end{aligned}"} /> 这就证明了常数系数在求导时可以被直接提到求导符号的外面.

证明（加减法则的证明 (以加法为例)）

我们令 $h(x) = f(x) + g(x)$, 并利用导数的定义来求 $h'(x)$.

根据导数的定义： <MathBlock raw={"\begin{aligned} [f(x) + g(x)]' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{h(x+\Delta x) - h(x)}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{[f(x+\Delta x) + g(x+\Delta x)] - [f(x) + g(x)]}{\Delta x} \end{aligned}"} />

重新组合分子中的项： <MathBlock raw={"= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{[f(x+\Delta x) - f(x)] + [g(x+\Delta x) - g(x)]}{\Delta x}"} />

将分数拆分成两部分，并利用极限的加法运算法则： <MathBlock raw={"\begin{aligned} &= \lim_{\Delta x \to 0} \left[ \frac{f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} + \frac{g(x+\Delta x) - g(x)}{\Delta x} \right] &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} + \lim_{\Delta x \to 0} \frac{g(x+\Delta x) - g(x)}{\Delta x} \end{aligned}"} />

最后，根据 $f'(x)$ 和 $g'(x)$ 的定义，我们得到： <MathBlock raw={"= f'(x) + g'(x)"} /> “和的导数等于导数的和”得证.减法法则的证明过程完全类似，只需将上述过程中的加号替换为减号即可.

结合基本求导公式和这两个运算法则，我们已经能够解决一大类常见函数的求导问题了.

例

求多项式函数 $f(x) = 2x^3 - 5x^2 + 7x - 1$ 的导数.

解

<MathBlock raw={"\begin{aligned} f'(x) &= (2x^3 - 5x^2 + 7x - 1)' &= (2x^3)' - (5x^2)' + (7x)' - (1)' && (\text{利用加减法则，逐项求导}) &= 2(x^3)' - 5(x^2)' + 7(x^1)' - (1)' && (\text{提出常数系数}) &= 2(3x^2) - 5(2x) + 7(1) - 0 && (\text{套用幂函数和常数求导公式}) &= 6x^2 - 10x + 7 && (\text{最后：化简整理}) \end{aligned}"} /> 评注： 这是求导运算中最基本、最核心的应用.我们看到，一个复杂的多项式求导被分解为一系列简单的幂函数求导的组合.

例

求函数 $y = 3\sqrt{x} - \dfrac{2}{x^2}$ 的导数.

解

关键将所有项都改写为幂函数 $x^n$ 的形式. <MathBlock raw={"y = 3x^{1/2} - 2x^{-2}"} /> 接着，我们可以像处理多项式一样来求导： <MathBlock raw={"\begin{aligned} y' &= (3x^{1/2} - 2x^{-2})' &= (3x^{1/2})' - (2x^{-2})' &= 3(x^{1/2})' - 2(x^{-2})' &= 3\left(\frac{1}{2}x^{\frac{1}{2}-1}\right) - 2\left(-2x^{-2-1}\right) (\text{应用幂函数公式，指数为小数和负数时要格外小心}) &= \frac{3}{2}x^{-1/2} - (-4)x^{-3} &= \frac{3}{2\sqrt{x}} + \frac{4}{x^3} (\text{将结果写回根式与分式形式，更清晰}) \end{aligned}"} />

例

求函数 $f(x) = 4\cos x + e^x - \ln 2$ 的导数.

解

这个例子混合了三角函数、指数函数和一个常数项（注意：$\ln 2$ 是一个常数！）. <MathBlock raw={"\begin{aligned} f'(x) &= (4\cos x + e^x - \ln 2)' &= (4\cos x)' + (e^x)' - (\ln 2)' &= 4(\cos x)' + (e^x)' - (\ln 2)' &= 4(-\sin x) + e^x - 0 (\text{套用三角函数、指数函数和常数求导公式}) &= -4\sin x + e^x \end{aligned}"} />

我们看到，掌握了基本求导公式和加减、数乘运算法则后，我们已经能够像熟练的工匠一样，轻松地“拆解”并处理任何由基本函数加减组合而成的函数了.

但是，现实世界中的函数关系远比这复杂.如果函数是相乘或相除的呢？比如 $f(x)=x^2 \sin x$？或者更加复杂的复合函数, 如 $y=\sin(2x+1)$？

对于这些情况，简单的加减法则已经无能为力.我们需要更强大的工具——乘法法则、除法法则和链式法则.它们将是我们下一阶段要攻克的目标.

乘、除、复合求导法则

三大运算法则

温馨提示

设函数 $u(x)$ 和 $v(x)$ 在点 $x$ 处均可导，则：

1. 乘法法则 <MathBlock raw={"[u(x)v(x)]' = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)"} /> 语言描述：两函数乘积的导数，等于第一个函数的导数乘以第二个函数，加上第一个函数乘以第二个函数的导数.

2. 除法法则 <MathBlock raw={"\left[\frac{u(x)}{v(x)}\right]' = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{[v(x)]^2} (v(x) \neq 0)"} /> 语言描述：两函数商的导数，等于分子的导数乘以分母，减去分子乘以分母的导数，所得的差再除以分母的平方.

3. 链式法则 设函数 $y=f(u)$ 的自变量 $u$ 本身是另一个关于 $x$ 的函数 $u=g(x)$, 则复合函数 $y=f(g(x))$ 对 $x$ 的导数为： <MathBlock raw={"[f(g(x))]' = f'(g(x)) \cdot g'(x)"} /> 语言描述：复合函数的导数，等于外层函数对内层函数求导，乘以内层函数对自变量求导.

   \paragraph{链式法则的Leibniz表示} Leibniz符号为此法则提供了绝佳的记忆方式.若记 $y=f(u), u=g(x)$，则链式法则写作： <MathBlock raw={"\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx}"} /> 此形式在结构上酷似分数的约分，非常直观.它提醒我们，导数的传递过程是逐层相乘的.

这些法则均可通过导数的极限定义进行严格推导.理解证明过程有助于深化对导数本质的认识.

\paragraph{乘法法则的证明} 证明的关键在于构造项，即“添一项，减一项”的技巧. <MathBlock raw={"\begin{aligned} [u(x)v(x)]' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x) - u(x)v(x)}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x) - u(x)v(x+\Delta x) + u(x)v(x+\Delta x) - u(x)v(x)}{\Delta x} &= \lim_{\Delta x \to 0} \left[ \frac{u(x+\Delta x) - u(x)}{\Delta x} \cdot v(x+\Delta x) + u(x) \cdot \frac{v(x+\Delta x) - v(x)}{\Delta x} \right] &= \left(\lim_{\Delta x \to 0} \frac{u(x+\Delta x) - u(x)}{\Delta x}\right) \cdot \left(\lim_{\Delta x \to 0} v(x+\Delta x)\right) + u(x) \cdot \left(\lim_{\Delta x \to 0} \frac{v(x+\Delta x) - v(x)}{\Delta x}\right) \end{aligned}"} /> 由于函数 $v(x)$ 可导则必然连续, 所以 $\lim\limits_{\Delta x \to 0} v(x+\Delta x) = v(x)$.其余两项分别是 $u'(x)$ 和 $v'(x)$ 的定义.因此， <MathBlock raw={"[u(x)v(x)]' = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)"} /> 证毕.

\paragraph{除法法则的证明} 证明过程与乘法法则类似，首先对分数作差进行通分，再应用构造项的技巧. <MathBlock raw={"\begin{aligned} \left[\frac{u(x)}{v(x)}\right]' &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1}{\Delta x} \left(\frac{u(x+\Delta x)}{v(x+\Delta x)} - \frac{u(x)}{v(x)}\right) &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{u(x+\Delta x)v(x) - u(x)v(x+\Delta x)}{\Delta x \cdot v(x)v(x+\Delta x)} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{u(x+\Delta x)v(x) - u(x)v(x) + u(x)v(x) - u(x)v(x+\Delta x)}{\Delta x \cdot v(x)v(x+\Delta x)} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1}{v(x)v(x+\Delta x)} \left[ \frac{u(x+\Delta x) - u(x)}{\Delta x} \cdot v(x) - u(x) \cdot \frac{v(x+\Delta x) - v(x)}{\Delta x} \right] &= \frac{1}{[v(x)]^2} [u'(x)v(x) - u(x)v'(x)] \end{aligned}"} /> 证毕.

\paragraph{链式法则的证明} 链式法则的严格证明涉及对内层函数增量是否为零的讨论，过程较为精细，此处从略.我们重点关注其应用.

三大法则的应用与实战

核心策略

掌握了这三个基本法则后，我们的任务是学会有策略地应用它们来解决由基本初等函数构成的任意复杂函数的求导问题.

解决问题的核心策略只有一步：准确识别函数最外层的代数结构. 一个给定的函数，其最外层是两个函数相乘（应用乘法法则）、相除（应用除法法则），还是一个函数复合另一个函数（应用链式法则）？ 一旦确定了最外层结构，就施加对应的法则.在施加法则的过程中，如果遇到某个组成部分需要求导，再对该部分重复这个识别过程，直至所有求导问题都化归为基本求导公式.这个过程可以看作是一个递归分析的过程.

乘法法则

求函数 $f(x) = x^2 \sin x$ 的导数.

解

结构分析： 函数 $f(x)$ 是 $u(x) = x^2$ 与 $v(x) = \sin x$ 的乘积.因此，首要应用乘法法则.

根据乘法法则 $[uv]' = u'v + uv'$: <MathBlock raw={"\begin{aligned} f'(x) &= (x^2)' \cdot \sin x + x^2 \cdot (\sin x)' &= (2x) \cdot \sin x + x^2 \cdot (\cos x) &= 2x\sin x + x^2\cos x \end{aligned}"} />

除法法则

求函数 $y = \dfrac{e^x}{x^2+1}$ 的导数.

解

结构分析： 函数 $y$ 是 $u(x) = e^x$ 与 $v(x) = x^2+1$ 的商.应用除法法则.

根据除法法则 $\left[\dfrac{u}{v}\right]' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$: <MathBlock raw={"\begin{aligned} y' &= \frac{(e^x)'(x^2+1) - e^x(x^2+1)'}{(x^2+1)^2} &= \frac{e^x(x^2+1) - e^x(2x)}{(x^2+1)^2} &= \frac{e^x(x^2-2x+1)}{(x^2+1)^2} &= \frac{e^x(x-1)^2}{(x^2+1)^2} \end{aligned}"} /> 在分子上提取公因式 $e^x$ 使表达式更为清晰，这是一个良好的代数习惯.

链式法则

求函数 $y = \cos(x^3 - 4x)$ 的导数.

解

结构分析： 函数 $y$ 的结构是 $\cos(\cdot)$ 函数复合一个多项式 $x^3-4x$.这是一个典型的复合函数，必须使用链式法则，如同分析一个语法结构，从外层向内层逐层处理.

• 外层函数：$y = \cos(u)$

• 内层函数：$u = x^3 - 4x$

• 外导：$y$ 对 $u$ 求导, $\dfrac{dy}{du} = (\cos u)' = -\sin u$

• 内导：$u$ 对 $x$ 求导, $\dfrac{du}{dx} = (x^3 - 4x)' = 3x^2 - 4$

  根据链式法则 $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{du} \cdot \dfrac{du}{dx}$: <MathBlock raw={"\begin{aligned} \frac{dy}{dx} &= (-\sin u) \cdot (3x^2 - 4) &= -\sin(x^3 - 4x) \cdot (3x^2 - 4) (\text{最后一步，必须将中间变量u换回关于x的表达式}) &= -(3x^2 - 4)\sin(x^3 - 4x) \end{aligned}"} />

多层复合

求函数 $f(x) = \ln(\sin(e^{x^2}))$ 的导数.

解

思路分析： 这是一个典型的多层复合函数，结构层次清晰，需要我们从最外层开始，如剥茧抽丝般逐层向内求导，并将每一层的导数相乘.

层次分解 我们可以将函数分解为四层：

• 最外层：$y = \ln(u)$

• 第二层：$u = \sin(v)$

• 第三层：$v = e^{w}$

• 最内层：$w = x^2$

  逐层求导并应用链式法则 根据链式法则 $[f(g(h(k(x))))]' = f' \cdot g' \cdot h' \cdot k'$，我们有： <MathBlock raw={"\begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{\sin(e^{x^2})} \cdot [\sin(e^{x^2})]' &= \frac{1}{\sin(e^{x^2})} \cdot \cos(e^{x^2}) \cdot [e^{x^2}]' (\text{对第二层求导}) &= \frac{\cos(e^{x^2})}{\sin(e^{x^2})} \cdot e^{x^2} \cdot [x^2]' (\text{对第三层求导}) &= \cot(e^{x^2}) \cdot e^{x^2} \cdot (2x) (\text{对最内层求导}) \end{aligned}"} /> 整理可得最终结果： <MathBlock raw={"f'(x) = 2x e^{x^2} \cot(e^{x^2})"} />

例

求函数 $y = x^3 \sqrt{1-x^2}$ 的导数.

解

思路分析： 函数的最外层结构是两个部分 $u(x) = x^3$ 和 $v(x) = \sqrt{1-x^2}$ 的乘积.因此, 我们必须首先应用乘法法则.在计算 $v'(x)$ 的过程中，需要应用链式法则.

根据乘法法则 $y' = u'v + uv'$，我们先写出求导的框架： <MathBlock raw={"y' = (x^3)' \sqrt{1-x^2} + x^3 (\sqrt{1-x^2})'"} />

第一部分导数很简单： <MathBlock raw={"(x^3)' = 3x^2"} />

第二部分 $(\sqrt{1-x^2})'$ 需要使用链式法则.将根式写为幂函数形式 $(1-x^2)^{\frac{1}{2}}$. 外层函数是 $w^{\frac{1}{2}}$, 内层函数是 $w=1-x^2$. <MathBlock raw={"(\sqrt{1-x^2})' = \frac{1}{2}(1-x^2)^{\frac{1}{2}-1} \cdot (1-x^2)' = \frac{1}{2}(1-x^2)^{-\frac{1}{2}} \cdot (-2x) = \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}"} />

将各部分代入乘法法则的框架中： <MathBlock raw={"\begin{aligned} y' &= 3x^2 \sqrt{1-x^2} + x^3 \left( \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}} \right) &= 3x^2 \sqrt{1-x^2} - \frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}} \end{aligned}"} /> 为了得到更简洁的形式，我们进行通分： <MathBlock raw={"\begin{aligned} y' &= \frac{3x^2 (1-x^2) - x^4}{\sqrt{1-x^2}} &= \frac{3x^2 - 3x^4 - x^4}{\sqrt{1-x^2}} &= \frac{3x^2 - 4x^4}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{x^2(3-4x^2)}{\sqrt{1-x^2}} \end{aligned}"} />

例

求函数 $f(x) = \frac{x^2 e^{2x}}{\ln(x^2+1)}$ 的导数.

解

思路分析： 此函数最外层结构是商，因此我们的主框架是除法法则.然而，分子 $u(x) = x^2 e^{2x}$ 本身是一个乘积, 求其导数需要乘法法则.分子中的 $e^{2x}$ 和分母 $v(x) = \ln(x^2+1)$ 求导则需要链式法则.

令 $u(x) = x^2 e^{2x}$, $v(x) = \ln(x^2+1)$.我们先求出 $u'(x)$ 和 $v'(x)$.

求 $u'(x)$ (应用乘法法则): <MathBlock raw={"\begin{aligned} u'(x) &= (x^2)' e^{2x} + x^2 (e^{2x})' &= 2x \cdot e^{2x} + x^2 \cdot (e^{2x} \cdot 2) (\text{对 } e^{2x} \text{ 应用链式法则}) &= 2x e^{2x} (1 + x) \end{aligned}"} />

求 $v'(x)$ (应用链式法则): <MathBlock raw={"v'(x) = \frac{1}{x^2+1} \cdot (x^2+1)' = \frac{2x}{x^2+1}"} />

接着，将 $u, v, u', v'$ 代入除法法则 $\left[\dfrac{u}{v}\right]' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$： <MathBlock raw={"\begin{aligned} f'(x) &= \frac{[2x e^{2x} (1 + x)] \cdot \ln(x^2+1) - (x^2 e^{2x}) \cdot \left(\frac{2x}{x^2+1}\right)}{[\ln(x^2+1)]^2} &= \frac{2x e^{2x} \left( (1 + x)\ln(x^2+1) - \frac{x^2}{x^2+1} \right)}{[\ln(x^2+1)]^2} \end{aligned}"} />

例

求函数 $g(x) = \left( \ln(x \sin^2 x) \right)^3$ 的导数.

解

思路分析： 这是一个层层嵌套的复合函数，需要极高的耐心和准确性.

• 最外层是幂函数 $u^3$.

• 第二层是自然对数函数 $\ln(v)$.

• 第三层是乘积 $v = x \sin^2 x$.

• 第四层（内嵌于第三层）是复合函数 $w^2$, 其中 $w=\sin x$.

  <MathBlock raw={"g'(x) = 3\left( \ln(x \sin^2 x) \right)^2 \cdot \left( \ln(x \sin^2 x) \right)'"} />

  <MathBlock raw={"\left( \ln(x \sin^2 x) \right)' = \frac{1}{x \sin^2 x} \cdot (x \sin^2 x)'"} />

  我们需要计算 $(x \sin^2 x)'$.应用乘法法则： <MathBlock raw={"\begin{aligned} (x \sin^2 x)' &= (x)' \sin^2 x + x (\sin^2 x)' &= 1 \cdot \sin^2 x + x \cdot [2 \sin x \cdot (\sin x)'] (\text{对 } \sin^2 x \text{ 应用链式法则}) &= \sin^2 x + x (2 \sin x \cos x) &= \sin^2 x + x \sin(2x) \end{aligned}"} />

  将第三步的结果代入第二步，再将第二步的结果代入第一步： <MathBlock raw={"\begin{aligned} g'(x) &= 3\left( \ln(x \sin^2 x) \right)^2 \cdot \frac{1}{x \sin^2 x} \cdot (\sin^2 x + x \sin(2x)) &= \frac{3(\sin^2 x + x \sin(2x))}{x \sin^2 x} \left( \ln(x \sin^2 x) \right)^2 \end{aligned}"} />

例

求函数 $y = (x^2+1)^{\ln x}$ 的导数.

解

思路分析： 函数形式为 $f(x)^{g(x)}$，底数和指数均为变量，必须使用对数求导法.

<MathBlock raw={"\ln y = \ln((x^2+1)^{\ln x}) = (\ln x) \cdot \ln(x^2+1)"} />

左边应用链式法则，右边应用乘法法则. <MathBlock raw={"(\ln y)' = [(\ln x) \cdot \ln(x^2+1)]'"} /> <MathBlock raw={"\frac{1}{y} \cdot \frac{dy}{dx} = (\ln x)' \cdot \ln(x^2+1) + (\ln x) \cdot (\ln(x^2+1))'"} />

我们分别计算右侧的导数： <MathBlock raw={"(\ln x)' = \frac{1}{x}"} /> <MathBlock raw={"(\ln(x^2+1))' = \frac{1}{x^2+1} \cdot (x^2+1)' = \frac{2x}{x^2+1}"} />

代回方程： <MathBlock raw={"\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \frac{1}{x} \ln(x^2+1) + (\ln x) \frac{2x}{x^2+1}"} />

将 $y$ 乘到右边，并代入其原始表达式： <MathBlock raw={"\frac{dy}{dx} = y \left( \frac{\ln(x^2+1)}{x} + \frac{2x \ln x}{x^2+1} \right)"} /> <MathBlock raw={"\frac{dy}{dx} = (x^2+1)^{\ln x} \left( \frac{\ln(x^2+1)}{x} + \frac{2x \ln x}{x^2+1} \right)"} />

例

求函数 $f(x) = \ln\left(\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}+x}\right)$ 的导数.

解

思路分析： 直接对这个复杂的复合函数求导是可行的，但这会涉及繁琐的商法则和链式法则，且后续化简极其困难.面对复杂的表达式，一个优秀的解题者会首先尝试化简.

我们先对对数内部的表达式进行化简.通过分子有理化（乘以其共轭表达式）： <MathBlock raw={"\begin{aligned} \frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}+x} &= \frac{(\sqrt{x^2+1}-x)(\sqrt{x^2+1}-x)}{(\sqrt{x^2+1}+x)(\sqrt{x^2+1}-x)} &= \frac{(\sqrt{x^2+1}-x)^2}{(x^2+1) - x^2} &= (\sqrt{x^2+1}-x)^2 \end{aligned}"} />

因此，原函数可以被重写为： <MathBlock raw={"f(x) = \ln\left( (\sqrt{x^2+1}-x)^2 \right) = 2\ln(\sqrt{x^2+1}-x)"} />

接着对这个简化后的函数求导，就容易多了： <MathBlock raw={"\begin{aligned} f'(x) &= 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x} \cdot (\sqrt{x^2+1}-x)' &= \frac{2}{\sqrt{x^2+1}-x} \cdot \left( \frac{1}{2\sqrt{x^2+1}}\cdot 2x - 1 \right) &= \frac{2}{\sqrt{x^2+1}-x} \cdot \left( \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} - 1 \right) &= \frac{2}{\sqrt{x^2+1}-x} \cdot \left( \frac{x - \sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}} \right) &= \frac{2}{\sqrt{x^2+1}-x} \cdot \frac{-(\sqrt{x^2+1}-x)}{\sqrt{x^2+1}} &= -\frac{2}{\sqrt{x^2+1}} \end{aligned}"} />

若不化简直接求导，根据复合函数求导的链式法则 $(\ln u)' = \frac{1}{u} u'$, 其中 $u = \frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}+x}$.

首先写出链式法则的框架： <MathBlock raw={"f'(x) = \frac{1}{\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}+x}} \cdot \left(\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}+x}\right)'"} /> <MathBlock raw={"f'(x) = \frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}-x} \cdot \left(\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}+x}\right)'"} />

我们集中精力计算右侧的商法则部分. 令 $P = \sqrt{x^2+1}-x$ 为分子, $Q = \sqrt{x^2+1}+x$ 为分母.

我们先计算 $P'$ 和 $Q'$： <MathBlock raw={"P' = \left(\sqrt{x^2+1}-x\right)' = \frac{1}{2\sqrt{x^2+1}} \cdot (2x) - 1 = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} - 1"} /> <MathBlock raw={"Q' = \left(\sqrt{x^2+1}+x\right)' = \frac{1}{2\sqrt{x^2+1}} \cdot (2x) + 1 = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} + 1"} />

接着，应用商法则 $\left(\frac{P}{Q}\right)' = \frac{P'Q - PQ'}{Q^2}$: <MathBlock raw={"\begin{aligned} \left(\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}+x}\right)' &= \frac{\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} - 1\right)(\sqrt{x^2+1}+x) - (\sqrt{x^2+1}-x)\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} + 1\right)}{(\sqrt{x^2+1}+x)^2} &= \frac{\frac{x(\sqrt{x^2+1}+x)}{\sqrt{x^2+1}} - (\sqrt{x^2+1}+x) - \frac{x(\sqrt{x^2+1}-x)}{\sqrt{x^2+1}} - (\sqrt{x^2+1}-x)}{(\sqrt{x^2+1}+x)^2} &= \frac{\frac{x\sqrt{x^2+1}+x^2 - x\sqrt{x^2+1}+x^2}{\sqrt{x^2+1}} - (\sqrt{x^2+1}+x + \sqrt{x^2+1}-x)}{(\sqrt{x^2+1}+x)^2} &= \frac{\frac{2x^2}{\sqrt{x^2+1}} - 2\sqrt{x^2+1}}{(\sqrt{x^2+1}+x)^2} &= \frac{\frac{2x^2 - 2(x^2+1)}{\sqrt{x^2+1}}}{(\sqrt{x^2+1}+x)^2} &= \frac{\frac{2x^2 - 2x^2 - 2}{\sqrt{x^2+1}}}{(\sqrt{x^2+1}+x)^2} &= \frac{-2}{\sqrt{x^2+1}(\sqrt{x^2+1}+x)^2} \end{aligned}"} />

将这个复杂的结果代回 $f'(x)$ 的表达式： <MathBlock raw={"\begin{aligned} f'(x) &= \frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}-x} \cdot \frac{-2}{\sqrt{x^2+1}(\sqrt{x^2+1}+x)^2} &= \frac{-2}{(\sqrt{x^2+1}-x)\sqrt{x^2+1}(\sqrt{x^2+1}+x)} &= \frac{-2}{\sqrt{x^2+1}[(\sqrt{x^2+1}-x)(\sqrt{x^2+1}+x)]} &= \frac{-2}{\sqrt{x^2+1}[(x^2+1)-x^2]} &= \frac{-2}{\sqrt{x^2+1}[1]} &= -\frac{2}{\sqrt{x^2+1}} \end{aligned}"} />

虽然最终也能化简到 $-\frac{2}{\sqrt{x^2+1}}$，但过程的繁琐程度和出错风险远高于法一.

从这里可以看出，化简后再求导是必须的，某年的高考题，对数里面套了个分式，若你直接硬导出错率会急剧上升，而你又不像我编书的时候可以使用计算器（至少在高考的时候），因此，先化简，记住了.

综合应用

求函数 $y = e^{-x} \ln(x^2)$ 的导数.

解

结构分析： 此函数最外层的结构是 $e^{-x}$ 乘以 $\ln(x^2)$, 因此首要步骤是应用乘法法则.在计算乘法法则的各个部分时, 我们发现 $(e^{-x})'$ 和 $(\ln(x^2))'$ 的计算需要用到链式法则.

应用乘法法则，我们先写出框架： <MathBlock raw={"y' = (e^{-x})' \ln(x^2) + e^{-x} (\ln(x^2))'"} />

接着，分别计算两个需要链式法则求导的部分：

• 求 $(e^{-x})'$：外层为 $e^u$, 内层为 $u=-x$.导数为 $e^u \cdot u' = e^{-x} \cdot (-1) = -e^{-x}$.

• 求 $(\ln(x^2))'$：外层为 $\ln u$, 内层为 $u=x^2$.导数为 $\dfrac{1}{u} \cdot u' = \dfrac{1}{x^2} \cdot 2x = \dfrac{2}{x}$.

  最后，将计算结果代回乘法法则的框架中： <MathBlock raw={"\begin{aligned} y' &= (-e^{-x}) \cdot \ln(x^2) + e^{-x} \cdot \left(\frac{2}{x}\right) &= e^{-x} \left(\frac{2}{x} - \ln(x^2)\right) \end{aligned}"} />

常见错误与关键技巧

• 混淆运算法则

  一个根本性错误是将乘法或除法法则误用为线性法则，例如认为 $[u(x)v(x)]' = u'(x)v'(x)$.必须明确，导数运算对于乘法和除法不具有这种简单的分配性质.

• 链式法则遗漏内导

  这是应用链式法则时最频发的错误：只对外层函数求导，而忘记乘以内层函数的导数.例如，将 $(\sin(2x))'$ 错误地计算为 $\cos(2x)$.

  正确过程： $(\sin(2x))' = \cos(2x) \cdot (2x)' = 2\cos(2x)$.内层的导数是链条中不可或缺的一环.

• 复合层次识别不清

  对于 $y = \sin^3 x$, 其真实结构是 $y = (\sin x)^3$.最外层是幂函数 $u^3$, 内层是三角函数 $u=\sin x$.

  求导： $y' = 3(\sin x)^{3-1} \cdot (\sin x)' = 3\sin^2 x \cos x$.

  而对于 $y = \sin(x^3)$, 最外层是正弦函数 $\sin u$, 内层是幂函数 $u=x^3$.

  求导： $y' = \cos(x^3) \cdot (x^3)' = \cos(x^3) \cdot 3x^2 = 3x^2\cos(x^3)$.

• 技巧：先化简，再求导

  在启动复杂的求导法则之前，应先审视函数表达式是否可以化简.例如，对函数 $y = \ln(e^{2x})$ 求导, 若直接使用链式法则, 则 $y'=\frac{1}{e^{2x}} \cdot (e^{2x})' = \frac{1}{e^{2x}} \cdot 2e^{2x} = 2$.若先化简 $y = \ln(e^{2x})=2x$, 则 $y'=2$，过程更为简捷.

求导技巧选讲*

至此，我们已经构建了一套强大的、普适的求导法则体系.对于任何能明确写成 $y=f(x)$ 形式的函数，我们似乎都能通过“三驾马车”解决.然而，数学的世界充满了更多奇特的结构：

• 当一个函数的结构是“幂的幂”或者“一长串的乘积”时，比如 $y = \dfrac{\sqrt{x+1}(x-2)^3}{(x+5)^4}$，直接使用乘除法和链式法则，那确实不是人算的了！
• 当函数关系并非以 $y=f(x)$ 的“显式”形式给出, 而是隐藏在一个方程中, 比如圆的方程 $x^2+y^2=25$, 我们该如何求出曲线上任意一点的切线斜率 $\frac{dy}{dx}$ 呢？

取对数求导法

在处理导数问题时，若函数表达式呈现出“变量的变量次幂”或“多项因子的乘除开方”结构，常规的求导法则往往导致运算冗杂.取对数求导法利用对数运算将乘除转化为加减、将幂转化为乘积的代数性质，从而简化求导结构.

取对数求导法

对于函数 $y=f(x)$, 若其表达式由多项因子的积、商或幂指结构 $u(x)^{v(x)}$ 构成，可按如下路径求导：

1. 考虑等式两边绝对值的自然对数 $\ln|y| = \ln|f(x)|$；
2. 利用对数性质展开右端，将其化为各项的代数和；
3. 视 $y$ 为 $x$ 的函数, 两边对 $x$ 求导, 左端应用链式法则得到 $\frac{y'}{y}$；
4. 解出 $y'$, 即 $y' = y \cdot [\ln|f(x)|]'$.

例

求幂指函数 $y = x^{\sin x}$ ($x\>0$) 的导数.

解

观察函数结构，底数 $x$ 与指数 $\sin x$ 均随变量变化，既非单纯的幂函数也非指数函数，无法直接套用基本公式.考虑引入对数以分离底数与指数.

在 $x\>0$ 的假设下，两边取自然对数： <MathBlock raw={"\ln y = \ln(x^{\sin x}) = \sin x \cdot \ln x"} /> 此时，复杂的幂指关系转化为三角函数与对数函数的乘积.

方程两边对 $x$ 求导.左边应用链式法则，右边应用乘法法则： <MathBlock raw={"\frac{1}{y} \cdot y' = (\sin x)' \ln x + \sin x (\ln x)'"} /> 即 <MathBlock raw={"\frac{y'}{y} = \cos x \ln x + \frac{\sin x}{x}"} /> 将 $y=x^{\sin x}$ 代回整理，得最终结果： <MathBlock raw={"y' = x^{\sin x} \left( \cos x \ln x + \frac{\sin x}{x} \right)"} />

TikZ 图 285

例

求函数 $y = \dfrac{\sqrt{x+1}(x-2)^3}{(x+5)^4}$ 的导数.

解

此函数由三个代数式的幂通过乘除构成.若直接使用商的求导法则，分子部分需嵌套乘法法则，且涉及根式求导，计算路径冗长.利用对数性质将运算“线性化”更加自然.

在函数有定义的区域考察绝对值的对数，利用 $\ln(abc)=\ln a+\ln b+\ln c$ 及 $\ln(a^n)=n\ln a$ 展开： <MathBlock raw={"\begin{aligned} \ln|y| &= \ln \left| \dfrac{(x+1)^{1/2}(x-2)^3}{(x+5)^4} \right| &= \frac{1}{2}\ln|x+1| + 3\ln|x-2| - 4\ln|x+5| \end{aligned}"} />

两边同时对 $x$ 求导.注意 $\frac{d}{dx}(\ln|u|) = \frac{u'}{u}$，运算被简化为简单的分式求和： <MathBlock raw={"\frac{y'}{y} = \frac{1}{2(x+1)} + \frac{3}{x-2} - \frac{4}{x+5}"} />

最后解出 $y'$，即用原函数表达式乘以对数导数项： <MathBlock raw={"y' = \dfrac{\sqrt{x+1}(x-2)^3}{(x+5)^4} \left[ \frac{1}{2(x+1)} + \frac{3}{x-2} - \frac{4}{x+5} \right]"} />

通过这种变换，原本需要多重嵌套法则的运算被分解为独立的对数求导，结构清晰且易于检验.

隐函数求导法

当 $x$ 和 $y$ 的关系由一个方程 $F(x,y)=0$ 确定, 而没有（或很难）写成 $y=f(x)$ 的形式时，我们就称这个关系定义了一个隐函数.求这种函数的导数，需要直接在方程上动手术.

隐函数求导法核心思想

核心： 将方程中的 $y$ 看作是 $x$ 的一个未知函数 $y(x)$.然后, 将方程两边同时对 $x$ 求导.在这个过程中, 凡是遇到与 $y$ 相关的项, 都要应用链式法则.最后, 从得到的方程中解出 $y'$.

例

求由圆的方程 $x^2 + y^2 = 25$ 所确定的函数在任意点 $(x,y)$ 的导数 $\dfrac{dy}{dx}$.

解

思路分析： 这是典型的隐函数.我们将方程两边同时对 $x$ 求导. <MathBlock raw={"\frac{d}{dx}(x^2 + y^2) = \frac{d}{dx}(25)"} /> 利用加法法则展开： <MathBlock raw={"\frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(y^2) = 0"} />

• 对 $x^2$ 求导, 就是我们熟悉的 $2x$.

• 对 $y^2$ 求导, 这是一个关键！因为 $y$ 是 $x$ 的函数, 所以 $y^2$ 是一个复合函数.外层是平方运算, 内层是 $y(x)$.根据链式法则： <MathBlock raw={"\frac{d}{dx}(y^2) = 2y \cdot \frac{dy}{dx} = 2y \cdot y'"} />

  将求导结果代回方程： <MathBlock raw={"2x + 2y \cdot y' = 0"} /> 接着，我们把它当作一个关于 $y'$ 的普通代数方程来解： <MathBlock raw={"2y \cdot y' = -2x"} /> <MathBlock raw={"y' = -\frac{2x}{2y} = -\frac{x}{y}"} /> 结果解读： 这个结果非常优美且符合几何直观.它告诉我们，圆上任意一点 $(x,y)$ 的切线斜率就是 $-\frac{x}{y}$.例如, 在点 $(3,4)$, 切线斜率为 $-\frac{3}{4}$.

单调性

我们已经确立，导数 $f'(x)$ 精确地刻画了函数在一点的瞬时变化率，其几何意义为该点切线的斜率.这是一个很好的局部性质.一个自然且至关重要的问题随之而来：我们能否利用函数在每一点的瞬时变化信息，来推断其在整个区间上的宏观行为，即函数的增减趋势，或称单调性？

导数的正负符号，直观上预示了函数的走向：正的导数意味着上升趋势，负的导数意味着下降趋势.然而，这还是不够严谨，因此本节的目标，正是要为这一直观建立坚实的理论基石，并最终形成一套行之有效的分析方法.

从理论基石到判定法则

我们的探索始于对函数图像中那些关键的“转折点”的精确描述，这些点是函数单调性可能发生改变的地方，我们称之为极值点.

函数的极值

设函数 $y=f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个邻域内有定义.

• 如果对于该邻域内任意异于 $x_0$ 的点 $x$, 都恒有 $f(x) \< f(x_0)$, 那么我们称 $f(x_0)$ 是函数 $f(x)$ 的一个极大值, 称 $x_0$ 为极大值点.

• 如果对于该邻域内任意异于 $x_0$ 的点 $x$, 都恒有 $f(x) \> f(x_0)$, 那么我们称 $f(x_0)$ 是函数 $f(x)$ 的一个极小值, 称 $x_0$ 为极小值点.

  极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点.

极值是一个局部概念，它只关心一个点在其“邻里”中的地位.而最值是全局概念.此定义告诉我们“什么是”极值，但未指明“如何寻找”它们.直接用定义去比较无穷多个点的大小是不现实的.我们的直观再一次提供了线索：在任何光滑曲线的“峰顶”或“谷底”，切线必然是水平的.这一观察被精确地表述为费马引理.

费马引理

如果函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处满足以下两个条件：

1. $f(x)$ 在点 $x_0$ 处取得极值；
2. $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导；

那么，函数在该点的导数必为零，即 $f'(x_0) = 0$.

证明

我们以 $f(x_0)$ 为极大值为例进行证明. 根据极大值的定义，存在一个以 $x_0$ 为中心的邻域, 对于该邻域内任意的 $x$, 都有 $f(x) \le f(x_0)$, 即 $f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) \le 0$.

考察导数 $f'(x_0)$ 的定义式. 当自变量从右侧逼近 ($\Delta x \to 0^+$) 时, 分母 $\Delta x \> 0$, 分子 $f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) \le 0$. 故比值非正, 其极限（即右导数）满足 $f'_+(x_0) \le 0$. 当自变量从左侧逼近 ($\Delta x \to 0^-$) 时, 分母 $\Delta x \< 0$, 分子非正.故比值非负, 其极限（即左导数）满足 $f'_-(x_0) \ge 0$.

由于函数在 $x_0$ 处可导, 其左、右导数必须存在且相等, 即 $f'(x_0) = f'_+(x_0) = f'_-(x_0)$. 联立 $f'(x_0) \le 0$ 与 $f'(x_0) \ge 0$, 唯一可能的情况便是 $f'(x_0)=0$.

必要而不充分

费马引理是一个必要条件，而非充分条件！

它的真正含义是：可导函数的极值点，必定是导数为零的点. 这为我们提供了一个寻找极值点的有效策略：只需在所有导数为零的点（也称驻点或稳定点）以及导数不存在的点（奇点）中进行筛选.

然而，反之不成立！即 $f'(x_0)=0$ 并不能保证 $x_0$ 就是极值点. 经典反例是 $f(x)=x^3$ 在 $x=0$ 处，其导数为零但函数持续递增，该点是一个拐点.

费马引理联系了单个点的极值性质与导数性质.要从“点”的性质推广到“区间”的性质，我们需要一座桥梁.这座桥梁便是中值定理.我们先从其特殊形式——罗尔定理开始.

罗尔定理

如果函数 $f(x)$ 满足：(1)在闭区间 $[a,b]$ 上连续；(2)在开区间 $(a,b)$ 内可导；(3)在端点处的函数值相等, 即 $f(a) = f(b)$. 那么，在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$, 使得 $f'(\xi) = 0$.

证明

根据闭区间上连续函数的最值定理， $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上必取得最大值 $M$ 和最小值 $m$. 若 $M=m$, 则 $f(x)$ 为常数函数, 其导数在 $(a,b)$ 内处处为零，结论显然成立. 若 $M\>m$, 由于 $f(a)=f(b)$, 则 $M$ 与 $m$ 中至少有一个必定在区间的内部某点 $\xi \in (a,b)$ 处取得. 这意味着点 $\xi$ 是一个极值点, 且函数在该点可导.根据费马引理, 可导函数在极值点处的导数必为零, 故 $f'(\xi)=0$.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 286

\end{figure} 图：罗尔定理的几何意义：若曲线两端点等高，则其间必有水平切线.

罗尔定理要求 $f(a)=f(b)$，条件较为苛刻.拉格朗日将其推广到了一般情形，其思想是通过构造辅助函数，将任意函数“旋转”至满足罗尔定理条件的状态.

拉格朗日中值定理

如果函数 $f(x)$ 满足：(1)在 $[a,b]$ 上连续；(2)在 $(a,b)$ 内可导. 那么，在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 <MathBlock raw={"f'(\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b-a}"} />

证明

证明的思路是构造一个辅助函数，使其恰好满足罗尔定理的条件. 连接端点 $(a, f(a))$ 和 $(b, f(b))$ 的割线方程为 $y = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$. 我们构造辅助函数 $\varphi(x) = f(x) - \left[ f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) \right]$. 此函数 $\varphi(x)$ 代表了曲线 $y=f(x)$ 与其端点割线之间的竖直距离. 不难验证 $\varphi(a)=0$ 且 $\varphi(b)=0$, 故 $\varphi(x)$ 满足罗尔定理的全部条件. 因此，存在一点 $\xi \in (a,b)$ 使得 $\varphi'(\xi)=0$. 对 $\varphi(x)$ 求导得 $\varphi'(x) = f'(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$. 令 $x=\xi$ 并代入 $\varphi'(\xi)=0$，移项后即得定理结论.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 287

\end{figure} 图：拉格朗日中值定理的几何意义

拉格朗日中值定理建立了瞬时变化率 $f'(\xi)$ 与区间平均变化率 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 之间的桥梁.至此，所有理论工具已准备就绪，我们可以严谨地证明单调性判定法则了.

函数单调性的判定法

设函数 $y=f(x)$ 在区间 $I$ 内可导.

• 如果在 $I$ 内恒有 $f'(x) \> 0$, 那么函数 $y=f(x)$ 在 $I$ 上是单调递增的.
• 如果在 $I$ 内恒有 $f'(x) \< 0$, 那么函数 $y=f(x)$ 在 $I$ 上是单调递减的.
• 如果在 $I$ 内恒有 $f'(x) = 0$, 那么函数 $y=f(x)$ 在 $I$ 上是一个常数函数.

证明

设 $x_1, x_2$ 是区间 $I$ 内的任意两点, 且 $x_1 \< x_2$. 在闭区间 $[x_1, x_2]$ 上对函数 $f(x)$ 应用拉格朗日中值定理, 可知在开区间 $(x_1, x_2)$ 内必定存在一点 $\xi$，使得 <MathBlock raw={"f'(\xi) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}"} /> 变形得到核心关系式： <MathBlock raw={"f(x_2) - f(x_1) = f'(\xi)(x_2 - x_1)"} /> 因为我们假设 $x_1 \< x_2$, 所以因子 $(x_2 - x_1)$ 恒为正数. 因此，函数值的差 $f(x_2) - f(x_1)$ 的符号, 完全由导数值 $f'(\xi)$ 的符号决定.

• 若在 $I$ 内 $f'(x) \> 0$: 由于 $\xi \in (x_1, x_2) \subset I$, 所以 $f'(\xi) \> 0$. 此时 $f(x_2) - f(x_1) = (\text{正数}) \times (\text{正数}) \> 0$, 即 $f(x_2) \> f(x_1)$. 根据定义，函数单调递增.

• 若在 $I$ 内 $f'(x) \< 0$: 同理，此时 $f'(\xi) \< 0$. 于是 $f(x_2) - f(x_1) = (\text{负数}) \times (\text{正数}) \< 0$, 即 $f(x_2) \< f(x_1)$. 根据定义，函数单调递减.

• 若在 $I$ 内 $f'(x) = 0$: 同理，此时 $f'(\xi) = 0$. 于是 $f(x_2) - f(x_1) = 0$, 即 $f(x_2) = f(x_1)$. 由于 $x_1, x_2$ 是任意两点，故函数为常数函数.

  至此，我们从一个直观的观察出发，通过一系列严谨的定义和证明，最终坚实地确立了利用导数判断函数单调性的法则.

单调性分析的标准流程与应用

根据上述定理，我们可以总结出求解函数单调区间的标准流程：

1. 确定定义域： 这是最基础也是最容易被忽略的一步.后续所有讨论都必须在定义域内进行.
2. 求出导数： 计算出导函数 $f'(x)$.
3. 求解驻点与奇点： 求解方程 $f'(x)=0$ 的根（驻点）, 并找出 $f'(x)$ 不存在的点（奇点）.这些点是划分单调区间的分界点.
4. 列表分析： 用表格清晰地展示出定义域被分界点划分成的各个子区间，以及每个子区间上 $f'(x)$ 的符号和 $f(x)$ 的单调性.

例

求函数 $f(x) = 2x^3 - 9x^2 + 12x - 3$ 的单调区间.

解

定义域 该函数为多项式函数，定义域为 $(-\infty, +\infty)$.

求导数 <MathBlock raw={"f'(x) = 6x^2 - 18x + 12 = 6(x^2 - 3x + 2) = 6(x-1)(x-2)"} />

求解分界点 令 $f'(x)=0$, 解得 $x=1$ 或 $x=2$. 这两个驻点将定义域 $(-\infty, +\infty)$ 划分为三个区间.

列表分析

区间	$(-\infty, 1)$	$1$	$(1, 2)$	$2$	$(2, +\infty)$
$f'(x)$ 的符号	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$ 的单调性	$\nearrow$ (增)	极大值	$\searrow$ (减)	极小值	$\nearrow$ (增)

结论 函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty, 1)$ 和 $(2, +\infty)$, 单调递减区间为 $(1, 2)$.

例

求函数 $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ 的单调区间.

解

定义域 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0, +\infty)$.

求导数 利用除法法则： <MathBlock raw={"f'(x) = \frac{(\ln x)' \cdot x - \ln x \cdot (x)'}{x^2} = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1-\ln x}{x^2}"} />

求解分界点 由于 $x \in (0, +\infty)$, 分母 $x^2$ 恒为正, 所以 $f'(x)$ 的符号完全由分子 $1-\ln x$ 决定. 令 $f'(x)=0$, 得 $1-\ln x = 0$, 解得 $x=e$.

列表分析

区间	$(0, e)$	$e$	$(e, +\infty)$
$f'(x)$ 的符号	$+$	$0$	$-$
$f(x)$ 的单调性	$\nearrow$ (增)	极大值	$\searrow$ (减)

结论 函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(0, e)$, 单调递减区间为 $(e, +\infty)$.

例

已知函数 $f(x) = x\ln x$.

1. 讨论函数 $g(x) = f(x) - x + 1$ 的单调性, 并证明：对任意 $x\>0$, 恒有 $x\ln x \ge x - 1$.
2. 证明：存在唯一的 $x_0 \in (1, e)$, 使得曲线 $y=x\ln x$ 在点 $x_0$ 处的切线, 与连接点 $(1,0)$ 和 $(e,e)$ 的直线平行.

解

高观点下的洞察

在开始严格证明前，我们先用刚刚建立的拉格朗日中值定理来洞察第 (2) 问的本质. 题目的要求是证明"存在唯一的 $x_0 \in (1, e)$，使得切线与割线平行".

曲线在 $x_0$ 处的切线斜率是 $f'(x_0)$. 我们计算 $f'(x) = (\ln x + 1)$.
连接点 $A(1,f(1))$ 和 $B(e,f(e))$ 的割线斜率为 $k_{AB} = \frac{f(e)-f(1)}{e-1} = \frac{e\ln e - 1\ln 1}{e-1} = \frac{e}{e-1}$.

因此，第 (2) 问本质上是在证明方程 $f'(x_0) = \frac{f(e)-f(1)}{e-1}$ 在 $(1,e)$ 内有唯一解.这正是拉格朗日中值定理的直接表述！由于 $f(x)=x\ln x$ 在 $[1,e]$ 上显然连续且可导, 中值定理保证了这样的 $x_0$ **至少存在一个**.

唯一性则源于导函数 $f'(x) = \ln x + 1$ 自身的单调性.其二阶导数为 $f''(x) = \frac{1}{x}$.在 $(1,e)$ 上, $f''(x) \> 0$, 说明 $f'(x)$ 是严格单调递增的.一个严格单调递增的函数, 其函数值当然只能取到 $\frac{e}{e-1}$ 一次.

至此，我们从高观点已经完全洞悉了题目的底牌.接下来，我们将回归到更基础的工具进行严格的证明.

\paragraph{(1) 讨论 $g(x)$ 的单调性并证明不等式} 函数 $g(x) = x\ln x - x + 1$ 的定义域为 $(0, +\infty)$. 对其求导，得： <MathBlock raw={"g'(x) = (\ln x + 1) - 1 = \ln x"} /> 令 $g'(x) = 0$, 解得 $x=1$. 当 $x \in (0, 1)$ 时, $g'(x) = \ln x \< 0$, 函数 $g(x)$ 单调递减. 当 $x \in (1, +\infty)$ 时, $g'(x) = \ln x \> 0$, 函数 $g(x)$ 单调递增. 因此，函数 $g(x)$ 在 $x=1$ 处取得极小值，同时也是全局最小值. 其最小值为 $g(1) = 1\ln 1 - 1 + 1 = 0$. 由于函数的最小值是 $0$, 所以对任意 $x\>0$, 都有 $g(x) \ge 0$. 即 $x\ln x - x + 1 \ge 0$, 移项得 $x\ln x \ge x - 1$.

\paragraph{(2) 证明解的存在性与唯一性} 如思路分析所述，本问等价于证明方程 $\ln x + 1 = \frac{e}{e-1}$ 在 $(1,e)$ 内有唯一解.

我们构造辅助函数 $H(x) = \ln x + 1 - \frac{e}{e-1}$. 目标是证明 $H(x)$ 在 $(1,e)$ 内有唯一的零点.

首先证明存在性. 函数 $H(x)$ 在闭区间 $[1,e]$ 上连续. 我们计算其在区间端点的值： $H(1) = \ln 1 + 1 - \frac{e}{e-1} = \frac{e-1-e}{e-1} = -\frac{1}{e-1} \< 0$. $H(e) = \ln e + 1 - \frac{e}{e-1} = 2 - \frac{e}{e-1} = \frac{2e-2-e}{e-1} = \frac{e-2}{e-1} \> 0$. 由于连续函数 $H(x)$ 在区间 $[1,e]$ 的两端异号, 根据零点存在性定理, 在开区间 $(1,e)$ 内至少存在一个点 $x_0$, 使得 $H(x_0)=0$.

接着证明唯一性. 我们考察函数 $H(x)$ 在区间 $(1,e)$ 上的单调性. 对其求导，得 $H'(x) = \frac{1}{x}$. 对于任意 $x \in (1,e)$, 显然有 $H'(x) \> 0$. 这说明函数 $H(x)$ 在整个区间 $(1,e)$ 上是严格单调递增的. 一个严格单调的函数，其图像与 $x$ 轴最多只有一个交点. 结合已证的存在性，我们得出结论：函数 $H(x)$ 在 $(1,e)$ 内有且仅有一个零点. 证毕.

中值定理的应用与推广

{/* label: sec:ch14-s08 */}

在前一节中，我们引入了费马引理、罗尔定理及拉格朗日中值定理. 这些定理构成了微分学的主要理论框架，并成功地将导数的符号与函数的单调性联系起来. 本章将视线从“定性判断”转向“定量分析”. 我们将探讨如何利用中值定理建立函数增量与导数数值范围的联系，从而证明不等式；如何评估线性近似的精确度；并最终将拉格朗日中值定理推广至处理两个函数比值的形式——柯西中值定理，为处理未定式极限奠定基础.

利用中值定理证明不等式

拉格朗日中值定理的等式形式为： <MathBlock raw={"f(b) - f(a) = f'(\xi)(b-a), \xi \in (a, b)"} /> 该等式提供了一个精确的代数关系，将函数在区间两端的增量 $\Delta y = f(b)-f(a)$ 转化为导数在某中间点的值 $f'(\xi)$ 与自变量增量 $\Delta x = b-a$ 的乘积.

尽管 $\xi$ 的具体位置未知, 但如果我们能根据 $\xi \in (a, b)$ 这一信息估计出导数 $f'(\xi)$ 的取值范围（即上界或下界），就能导出函数增量的大小关系. 这是一种从“局部变化率”推导“整体改变量”的有效方法.

基本方法与实例

证明形如 $g(x) \> h(x)$ 的不等式, 通常可转化为证明 $g(x) - h(x) \> 0$. 若视 $x$ 为区间的一个端点，便可构造函数并在相应区间上应用中值定理.

例

证明：当 $x \> 0$ 时, 成立不等式 $e^x \> 1 + x$.

证明

不等式可变形为 $e^x - 1 \> x$. 考虑函数 $f(t) = e^t$. 该函数在闭区间 $[0, x]$ 上连续, 在 $(0, x)$ 内可导. 根据拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0, x)$，使得 <MathBlock raw={"f(x) - f(0) = f'(\xi)(x - 0)"} /> 代入函数具体的表达式，得 <MathBlock raw={"e^x - 1 = e^\xi \cdot x"} /> 由于 $\xi \> 0$, 利用指数函数的单调性可知 $e^\xi \> e^0 = 1$. 又因为 $x \> 0$, 所以 $e^\xi \cdot x \> 1 \cdot x = x$. 即 $e^x - 1 \> x$, 亦即 $e^x \> 1 + x$.

对于包含对数或分式的不等式，直接比较往往较为困难，而利用中值定理可以将问题转化为比较简单的倒数或线性函数.

例

证明：对于任意 $a \> b \> 0$，成立 <MathBlock raw={"\frac{a-b}{a} \< \ln \frac{a}{b} \< \frac{a-b}{b}"} />

证明

首先观察中间项 $\ln \frac{a}{b} = \ln a - \ln b$，这提示我们利用对数函数的增量公式. 构造函数 $f(x) = \ln x$. 显然 $f(x)$ 在区间 $[b, a]$ 上满足拉格朗日中值定理的条件. 于是存在 $\xi \in (b, a)$，使得 <MathBlock raw={"\ln a - \ln b = f'(\xi)(a - b) = \frac{1}{\xi}(a - b)"} /> 即 <MathBlock raw={"\ln \frac{a}{b} = \frac{a-b}{\xi}"} /> 由于 $b \< \xi \< a$, 且函数 $y = \frac{1}{x}$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减，故有 <MathBlock raw={"\frac{1}{a} \< \frac{1}{\xi} \< \frac{1}{b}"} /> 因为 $a \> b$, 所以 $a - b \> 0$. 在上述不等式各项同时乘以 $(a-b)$，得 <MathBlock raw={"\frac{a-b}{a} \< \frac{a-b}{\xi} \< \frac{a-b}{b}"} /> 代入 $\ln \frac{a}{b} = \frac{a-b}{\xi}$，即证得结论.

中值定理与近似计算的误差分析

在工程与科学计算中，常利用切线来近似曲线. 这种方法称为线性近似. 设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导, 则 $x$ 在 $x_0$ 附近的线性近似（或一阶泰勒近似）定义为： <MathBlock raw={"L(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)"} /> 几何上，这是用切线 $y = L(x)$ 代替曲线 $y = f(x)$. 近似带来的误差记为： <MathBlock raw={"R(x) = f(x) - L(x) = f(x) - f(x_0) - f'(x_0)(x - x_0)"} /> 显然，当 $x \to x_0$ 时, 误差 $R(x)$ 是比 $(x-x_0)$ 高阶的无穷小. 但通过推广中值定理的思想, 我们可以给出误差 $R(x)$ 的具体表达式，从而量化近似的精确度.

线性近似的误差估计

设函数 $f(x)$ 在包含 $x_0$ 的区间上具有二阶导数. 则对于区间内任意一点 $x$, 存在介于 $x_0$ 与 $x$ 之间的 $\xi$，使得 <MathBlock raw={"f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{1}{2}f''(\xi)(x - x_0)^2"} /> 即误差项为 $R(x) = \frac{1}{2}f''(\xi)(x - x_0)^2$.

证明

这是一个固定点 $x$ 的问题. 我们引入一个参数 $K$, 使得等式在 $x$ 处成立： <MathBlock raw={"f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + K(x - x_0)^2"} /> 由此定义辅助函数 $\varphi(t)$, 描述函数值与近似值在变动点 $t$ 处的偏差： <MathBlock raw={"\varphi(t) = f(t) - \left[ f(x_0) + f'(x_0)(t - x_0) + K(t - x_0)^2 \right]"} /> 显然 $\varphi(x_0) = 0$. 由 $K$ 的定义可知 $\varphi(x) = 0$. 根据罗尔定理，在 $x_0$ 与 $x$ 之间存在一点 $\eta$, 使得 $\varphi'(\eta) = 0$. 对 $\varphi(t)$ 求导： <MathBlock raw={"\varphi'(t) = f'(t) - \left[ f'(x_0) + 2K(t - x_0) \right]"} /> 注意 $\varphi'(x_0) = f'(x_0) - f'(x_0) = 0$. 现在我们有了 $\varphi'(\eta) = 0$ 和 $\varphi'(x_0) = 0$. 再次对 $\varphi'(t)$ 在区间 $[x_0, \eta]$ (或 $[\eta, x_0]$) 上应用罗尔定理, 可知存在 $\xi$ 介于 $x_0$ 与 $\eta$ 之间（也就是介于 $x_0$ 与 $x$ 之间）, 使得 $\varphi''(\xi) = 0$. 计算二阶导数： <MathBlock raw={"\varphi''(t) = f''(t) - 2K"} /> 由 $\varphi''(\xi) = 0$ 可得 $f''(\xi) - 2K = 0$, 即 $K = \frac{1}{2}f''(\xi)$. 将 $K$ 代回原式，即得证.

该结论表明，线性近似的误差大小取决于函数二阶导数 $f''(x)$ 的界. 曲线越“弯曲”（二阶导数越大），切线近似的误差就越大. 这也为后续引入高阶泰勒公式提供了理论范式.

柯西中值定理

拉格朗日中值定理建立了单个函数增量与导数的关系. 如果我们考察两个函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的增量比值，便得到了柯西中值定理. 它是拉格朗日中值定理的推广，也是处理“不定式”极限（洛必达法则）的理论基石.

柯西中值定理

如果函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 满足：

1. 在闭区间 $[a, b]$ 上连续；
2. 在开区间 $(a, b)$ 内可导；
3. 对任意 $x \in (a, b)$, $g'(x) \neq 0$.

那么，在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 <MathBlock raw={"\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}"} />

注

注意：

1. 若取 $g(x) = x$, 则 $g'(x)=1$，定理退化为拉格朗日中值定理.
2. 条件 $g'(x) \neq 0$ 保证了分母 $g(b)-g(a) \neq 0$（否则由罗尔定理知存在一点导数为零）.
3. 该式不能简单地通过对 $f$ 和 $g$ 分别应用拉格朗日定理得到, 因为那样会得到两个不同的点 $\xi_1$ 和 $\xi_2$，无法消去.

证明

证明思路仍是利用罗尔定理. 我们需要构造一个辅助函数，使得该函数在端点 $a, b$ 处的值相等. 将结论变形为 $[f(b) - f(a)]g'(\xi) - [g(b) - g(a)]f'(\xi) = 0$. 这提示我们构造如下辅助函数 $\Phi(x)$： <MathBlock raw={"\Phi(x) = [f(b) - f(a)]g(x) - [g(b) - g(a)]f(x)"} /> 验证端点值： <MathBlock raw={"\begin{aligned} \Phi(a) &= f(b)g(a) - f(a)g(a) - g(b)f(a) + g(a)f(a) = f(b)g(a) - g(b)f(a) \Phi(b) &= f(b)g(b) - f(a)g(b) - g(b)f(b) + g(a)f(b) = f(b)g(a) - g(b)f(a) \end{aligned}"} /> 可见 $\Phi(a) = \Phi(b)$. 由 $f, g$ 的性质知 $\Phi(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续, 在 $(a, b)$ 内可导. 根据罗尔定理, 存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $\Phi'(\xi) = 0$. 求导得： <MathBlock raw={"\Phi'(\xi) = [f(b) - f(a)]g'(\xi) - [g(b) - g(a)]f'(\xi) = 0"} /> 移项并整理，即得 <MathBlock raw={"\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}"} />

几何意义

柯西中值定理具有清晰的几何解释. 考虑平面上的参数方程曲线： <MathBlock raw={"\begin{cases} x = g(t) \\ y = f(t) \end{cases}, t \in [a, b]"} /> 此时，比值 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{\Delta y}{\Delta x}$ 代表了连接曲线起点 $A(g(a), f(a))$ 和终点 $B(g(b), f(b))$ 的弦的斜率. 而比值 $\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{dy/dt}{dx/dt}\Big|_{t=\xi} = \frac{dy}{dx}\Big|_{t=\xi}$ 代表了曲线在参数 $t=\xi$ 对应点处的切线斜率.

定理表明：对于一条光滑的参数曲线，在起点和终点之间，必然存在一点，该处的切线与连接两端点的弦平行.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 288

\end{figure} 图：柯西中值定理的几何意义：参数曲线上的切线平行于弦.

这一结论为下一章我们将要学习的洛必达法则提供了直接的理论支持：当 $f(a)=g(a)=0$ 时, $\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$. 当 $x \to a$ 时, $\xi \to a$，这便沟通了函数极限与导数极限.

导数的综合应用：方程根、零点与不等式证明

{/* label: sec:ch14-s09 */}

在掌握了利用导数分析函数单调性与极值的方法后，本章将视野拓展至更复杂的综合性问题.这些问题通常不直接询问函数的性态，而是要求讨论方程根的分布、确定函数零点的个数，或证明含有参数的不等式恒成立.

解决此类问题的核心在于构建一个系统性的分析框架，将“存在性”、“个数”与“恒成立”等代数命题，转化为函数图像的几何特征（如最值、交点、趋势），进而利用导数工具进行精确计算.

函数零点问题

函数的零点即方程 $f(x)=0$ 的实根. 零点分布问题连接了函数性态分析与方程求解理论. 依据解析式中是否含有变动参数，此类问题通常分为定系数情形与含参情形讨论.

基本判定准则

零点的存在性由介值定理保证：若连续函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 端点取值异号, 即 $f(a)f(b)\<0$, 则 $(a, b)$ 内至少存在一个零点. 导数则进一步约束了零点的个数.

单调性与零点

若 $f(x)$ 在区间 $I$ 内单调, 则 $f(x)$ 在 $I$ 内至多有一个零点.

对于非单调函数，确定零点个数的一般策略是利用导数划分单调区间，计算极值，并结合区间端点（或无穷远处）的极限，通过极值点与 $0$ 的大小关系勾勒函数图像的起伏.

定系数函数的零点

当函数解析式确定时，零点个数完全取决于极值符号与边界条件. 对于常见的多项式或超越函数，只需按照“求导—极值—端点”的流程操作.

例

确定函数 $f(x) = x^3 - 3x + 1$ 的零点个数.

解

定义域为 $\mathbb{R}$. 求导得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$. 令 $f'(x)=0$, 解得驻点 $x_1 = -1$, $x_2 = 1$.

考察极值与单调性：

• 当 $x \in (-\infty, -1)$ 时, $f'(x)\>0$，单调递增；

• 当 $x \in (-1, 1)$ 时, $f'(x)\<0$，单调递减；

• 当 $x \in (1, +\infty)$ 时, $f'(x)\>0$，单调递增.

  极大值为 $f(-1) = -1 + 3 + 1 = 3 \> 0$. 极小值为 $f(1) = 1 - 3 + 1 = -1 \< 0$.

  考察边界趋势： $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

  由 $f(-\infty) \< 0 \< f(-1)$, 在 $(-\infty, -1)$ 存在唯一零点； 由 $f(-1) \> 0 \> f(1)$, 在 $(-1, 1)$ 存在唯一零点； 由 $f(1) \< 0 \< f(+\infty)$, 在 $(1, +\infty)$ 存在唯一零点. 综上，该函数共有 $3$ 个零点.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 289

\end{figure} 图：利用极大值与极小值的符号判定三次函数的零点个数

例

（2024$\cdot$重庆南开中学）设函数 $f(x) = \sin x - x \cos x$.

1. 当 $x \in [-\pi, \pi]$ 时, 求 $f(x)$ 的最值；
2. 讨论函数 $g(x) = \ln(x+1) - f'(x)$ 在区间 $(-1, 2\pi)$ 内的零点个数.

解

（1）单调性分析 对 $f(x)$ 求导： <MathBlock raw={"f'(x) = \cos x - (\cos x - x \sin x) = x \sin x."} /> 当 $x \in [-\pi, \pi]$ 时：

• 若 $x \in [-\pi, 0)$, 则 $x \< 0, \sin x \< 0 \Rightarrow f'(x) \> 0$；

• 若 $x \in (0, \pi]$, 则 $x \> 0, \sin x \> 0 \Rightarrow f'(x) \> 0$.

  故 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上单调递增. 最小值为 $f(-\pi) = \sin(-\pi) - (-\pi)\cos(-\pi) = -\pi$. 最大值为 $f(\pi) = \sin \pi - \pi \cos \pi = \pi$.

  （2）分段考察零点 函数解析式为 $g(x) = \ln(x+1) - x \sin x$. 定义域为 $(-1, 2\pi)$. 由于含有三角函数，应利用其符号周期性分区间讨论.

  区间 $(-1, 0)$： 当 $x \in (-1, 0)$ 时, $0 \< x+1 \< 1$, 故 $\ln(x+1) \< 0$. 同时 $x \< 0, \sin x \< 0 \Rightarrow x \sin x \> 0$. 由此 $g(x) = \text{负} - \text{正} \< 0$，该区间无零点.

  点 $x = 0$： $g(0) = \ln 1 - 0 = 0$, 故 $x=0$ 是一个零点.

  区间 $(\pi, 2\pi)$： 当 $x \in (\pi, 2\pi)$ 时, $\sin x \< 0$, 且 $x \> 0$, 故 $-x \sin x \> 0$. 又 $\ln(x+1) \> \ln(\pi+1) \> 0$. 两项均为正，故 $g(x) \> 0$，该区间无零点.

  区间 $(0, \pi)$： 此区间内 $x \sin x \> 0$，各项异号，需结合导数或特殊点值判定（介值定理）. 考察关键点取值：

• 端点处：$g(0)=0$, 且 $g'(0) = \frac{1}{0+1} - (\sin 0 + 0) = 1 \> 0$. 函数在 $0$ 右侧起始为正.

• 中点处：$x = \frac{\pi}{2}$ 时, $\ln(\frac{\pi}{2}+1) \< \frac{\pi}{2}$（由 $\ln(1+t)\<t$），故 <MathBlock raw={"g\left(\frac{\pi}{2}\right) = \ln\left(\frac{\pi}{2}+1\right) - \frac{\pi}{2} \< 0."} />

• 端点处：$x = \pi$ 时， <MathBlock raw={"g(\pi) = \ln(\pi+1) - 0 \> 0."} />

  结论综合：

1. 由 $g(0)=0$ 及 $g'(0)\>0$ 可知，函数从原点出发向上；
2. 由 $g(\frac{\pi}{2}) \< 0$, 函数在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 必穿过 $x$ 轴一次（存在零点 $x_1$）；
3. 由 $g(\pi) \> 0$, 函数在 $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ 必再次穿过 $x$ 轴向上（存在零点 $x_2$）.

经导数进一步分析（单调性细节略）可知上述区间内函数形态单一，不产生额外震荡.

综上所述，$g(x)$ 在 $(-1, 2\pi)$ 上共有 $3$ 个零点（分别为 $0, x_1, x_2$）.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 290

\end{figure} 图：超越函数 $g(x)$ 的零点分布示意图

含参方程的零点

当方程含有参数时，零点个数随参数变化而改变. 此时需对参数进行分类讨论. 常用方法有两种：

1. 直接分析法：研究含参函数 $f(x, a)$ 的极值点位置及极值大小与参数的关系.
2. 参变分离法：将方程变形为 $g(x) = a$ 的形式, 转化为固定曲线 $y=g(x)$ 与水平直线 $y=a$ 的交点问题.

下例采用直接分析法演示.

例

讨论关于 $x$ 的方程 $x - a \ln x = 0$ ($a \> 0$) 的实根个数.

解

构造与求导 令 $f(x) = x - a \ln x$, 定义域为 $(0, +\infty)$. 求导得 $f'(x) = 1 - \frac{a}{x} = \frac{x-a}{x}$.

单调性与极值 由于 $x\>0, a\>0$, 导数符号仅取决于 $x-a$. 当 $x \in (0, a)$ 时, $f'(x) \< 0$，函数递减； 当 $x \in (a, +\infty)$ 时, $f'(x) \> 0$，函数递增. 故 $f(x)$ 在 $x=a$ 处取得极小值，亦为最小值： <MathBlock raw={"f(a) = a - a \ln a = a(1 - \ln a)."} />

边界趋势 <MathBlock raw={"\lim_{x \to 0^+} (x - a \ln x) = +\infty, \lim_{x \to +\infty} x(1 - a \frac{\ln x}{x}) = +\infty."} /> 函数图像呈“U”型，两端趋于正无穷.

分类讨论 零点个数取决于最小值 $f(a)$ 与 $0$ 的关系：

1. 若 $f(a) \> 0$, 即 $a(1-\ln a) \> 0 \Rightarrow 0 \< a \< e$, 图像整体位于 $x$ 轴上方，无实根.
2. 若 $f(a) = 0$, 即 $a = e$, 图像与 $x$ 轴相切于顶点，有唯一实根.
3. 若 $f(a) \< 0$, 即 $a \> e$, 极小值小于 $0$ 且两端趋于 $+\infty$, 分别在 $(0, a)$ 与 $(a, +\infty)$ 各有一个实根，共两个.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 291

\end{figure} 图：参数 $a$ 改变了 $f(x)$ 极小值的位置与大小，从而改变零点个数

例

（2024$\cdot$成都七中三诊）已知函数 $f(x) = e^x - ax\sin x - x - 1$, 其中 $x \in (0, \pi)$.

1. 若 $a = \frac{1}{2}$, 证明：$f(x) \> 0$;
2. 若函数 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 内有唯一零点, 求实数 $a$ 的取值范围.

解

（1）二阶导数定性 当 $a = \frac{1}{2}$ 时, $f(x) = e^x - \frac{1}{2}x\sin x - x - 1$. 求导得： <MathBlock raw={"f'(x) = e^x - \frac{1}{2}(\sin x + x\cos x) - 1."} /> 由于直接判断符号困难，考察 $f'(x)$ 的导数（即原函数二阶导）： <MathBlock raw={"f''(x) = e^x - \frac{1}{2}(2\cos x - x\sin x) = e^x - \cos x + \frac{1}{2}x\sin x."} /> 当 $x \in (0, \pi)$ 时, $e^x \> 1 \ge \cos x$, 且 $x\sin x \> 0$, 故 $f''(x) \> 0$. 这表明 $f'(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上单调递增.

又 $f'(0) = e^0 - 0 - 1 = 0$, 故当 $x \> 0$ 时, $f'(x) \> f'(0) = 0$. 进而 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上单调递增. 又 $f(0) = 1 - 0 - 0 - 1 = 0$, 故对于 $x \in (0, \pi)$, 恒有 $f(x) \> f(0) = 0$. 命题得证.

（2）分类与比较 由题意，需讨论方程 $f(x)=0$ 在 $(0, \pi)$ 上的根.

**情形一：a \le \frac{1**{2}} 利用第 (1) 问结论进行缩放. <MathBlock raw={"f(x) = \left(e^x - \frac{1}{2}x\sin x - x - 1\right) + \left(\frac{1}{2} - a\right)x\sin x."} /> 由 (1) 知第一部分大于 $0$；由 $a \le \frac{1}{2}$ 及 $x \in (0, \pi)$ 知 $(\frac{1}{2}-a)x\sin x \ge 0$. 故 $f(x) \> 0$，函数无零点.

**情形二：a \> \frac{1**{2}} 考察 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的局部性质. 计算二阶导数值：$f''(0) = 1 - a(2\cos 0 - 0) = 1 - 2a$. 因 $a \> \frac{1}{2}$, 故 $f''(0) \< 0$.

由于 $f'(0)=0$ 且 $f''(0)\<0$, 导函数 $f'(x)$ 在 $0$ 的右侧邻域内单调递减，取值为负. 由此，$f(x)$ 在 $0$ 的右侧邻域内单调递减. 因为 $f(0)=0$, 所以 $f(x)$ 开始取负值（即存在 $x_0$ 使得 $f(x_0) \< 0$）.

另一方面，考察右端点 $\pi$： <MathBlock raw={"f(\pi) = e^\pi - a\pi\sin\pi - \pi - 1 = e^\pi - \pi - 1."} /> 令 $k(t) = e^t - t - 1$, 显然 $k(t)$ 在 $t\>0$ 时递增, 故 $f(\pi) \> k(0) = 0$.

综合分析： 函数 $f(x)$ 从 $0$ 出发, 先递减至负值, 最终在 $x=\pi$ 处为正值. 由介值定理, 在 $(0, \pi)$ 内至少存在一个零点. （注：进一步分析 $f''(x)$ 可证 $f'(x)$ 只有一个变号点, 从而 $f(x)$ 呈“先减后增”形态，保证零点唯一，此处略去冗长计算）.

综上，满足题意的 $a$ 的取值范围是 $\left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 292

\end{figure} 图：参数 $a$ 改变了函数在 $0$ 附近的凹凸性与单调性

例

（2022$\cdot$全国乙卷）已知函数 $f(x) = \ln(1+x) + ax e^{-x}$.

1. 当 $a=1$ 时, 求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程；
2. 若 $f(x)$ 在区间 $(-1, 0)$ 和 $(0, +\infty)$ 各恰有一个零点, 求 $a$ 的取值范围.

解

（1）切线求解 当 $a=1$ 时, $f(x) = \ln(1+x) + xe^{-x}$. $f(0) = \ln 1 + 0 = 0$. 切点为 $(0, 0)$. 求导得： <MathBlock raw={"f'(x) = \frac{1}{1+x} + e^{-x} - xe^{-x} = \frac{1}{1+x} + e^{-x}(1-x)."} /> 故切线斜率 $k = f'(0) = 1 + 1(1) = 2$. 切线方程为 $y - 0 = 2(x - 0)$, 即 $y = 2x$.

（2）转化与分类 函数定义域为 $(-1, +\infty)$. 求导并通分： <MathBlock raw={"f'(x) = \frac{1}{1+x} + a e^{-x}(1-x) = \frac{e^x + a(1-x^2)}{e^x(1+x)}."} /> 设辅助函数 $h(x) = e^x + a(1-x^2)$. 当 $x \> -1$ 时, 分母恒正, 故 $f'(x)$ 与 $h(x)$ 同号.

情形一：$a \ge 0$ 当 $x \in (-1, 0)$ 时, $e^x \> 0$ 且 $1-x^2 \> 0$. 若 $a \ge 0$, 则 $h(x) \> 0$ 恒成立. 此时 $f(x)$ 在 $(-1, 0)$ 单调递增. 又 $f(0) = 0$, 故当 $x \in (-1, 0)$ 时, $f(x) \< f(0) = 0$，不存在零点. 不合题意.

情形二：$-1 \le a \< 0$ 考察 $h(x)$ 的导数：$h'(x) = e^x - 2ax$. 当 $x \in (0, +\infty)$ 时, $e^x \> 1$, 且 $-2ax \ge 0$（因 $a$ 负 $x$ 正）, 故 $h'(x) \> 0$. $h(x)$ 单调递增, 且 $h(0) = 1 + a \ge 0$. 故在 $(0, +\infty)$ 上 $h(x) \> 0 \Rightarrow f'(x) \> 0$. $f(x)$ 单调递增, 且 $f(0)=0$, 故 $f(x) \> 0$，无零点. 不合题意.

情形三：$a \< -1$ 此时 $h(0) = 1 + a \< 0$.

1. 区间 $(-1, 0)$ 的分析： $x \to -1^+$ 时, $h(x) \to e^{-1} \> 0$. 结合 $h(0) \< 0$, 存在 $x_1 \in (-1, 0)$ 使得 $h(x_1) = 0$. 当 $x \in (-1, x_1)$ 时 $h(x)\>0$（$f$ 增）；当 $x \in (x_1, 0)$ 时 $h(x)\<0$（$f$ 减）. $f(x_1)$ 为极大值. 注意到 $\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$, 且 $f(0)=0$. 函数图像先由 $-\infty$ 升至 $f(x_1)$, 再降至 $0$. 这就意味着必然有 $f(x_1) \> 0$, 且在 $(-1, x_1)$ 内存在唯一零点.

2. 区间 $(0, +\infty)$ 的分析： $h'(x) = e^x - 2ax$. 因 $a \< -1$, $-2a \> 2$, 故 $h'(x) \> 0$, $h(x)$ 单调递增. $h(0) \< 0$, 且 $x \to +\infty$ 时 $h(x) \to +\infty$. 故存在唯一 $x_2 \in (0, +\infty)$ 使得 $h(x_2) = 0$. 当 $x \in (0, x_2)$ 时 $h(x)\<0$（$f$ 减）；当 $x \in (x_2, +\infty)$ 时 $h(x)\>0$（$f$ 增）. $f(x_2)$ 为极小值. 由于 $f(0)=0$, 函数从 $0$ 开始下降至 $f(x_2)$, 再上升至 $+\infty$. 显然 $f(x_2) \< 0$, 故在 $(x_2, +\infty)$ 内存在唯一零点.

综上所述，当 $a \< -1$ 时，满足题设要求.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 293

\end{figure} 图：$a \< -1$ 时函数 $f(x)$ 呈现出的“双谷”形态与零点分布

不等式恒成立问题

证明“对于区间 $I$ 内的任意 $x$, 不等式 $f(x) \ge g(x)$ 恒成立”, 即全称命题 $\forall x \in I, f(x) \ge g(x)$. 此类问题通常有两种处理策略：最值法与参数分离法.

最值法

原理：将不等式变形为 $h(x) = f(x) - g(x) \ge 0$.要保证“处处非负”, 只需保证“最低点非负”.即转化为求 $h(x)$ 在 $I$ 上的最小值 $h(x)_{\min} \ge 0$.

例

求实数 $a$ 的取值范围, 使得 $e^x \ge ax + 1$ 对所有 $x \in \mathbb{R}$ 恒成立.

证明

构造函数 $h(x) = e^x - ax - 1$.问题转化为：求 $a$ 使得 $h(x)_{\min} \ge 0$. 求导得 $h'(x) = e^x - a$.

情形1：若 $a \le 0$. 此时 $h'(x) = e^x - a \> 0$ 恒成立, 函数 $h(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增. 当 $x \to -\infty$ 时, $h(x) \to -1 \< 0$.这说明必然存在 $x$ 使得不等式不成立.故 $a \le 0$ 不合题意.

情形2：若 $a \> 0$. 令 $h'(x) = 0$, 解得唯一的驻点 $x_0 = \ln a$.

• 当 $x \< \ln a$ 时, $h'(x) \< 0$，单调递减；

• 当 $x \> \ln a$ 时, $h'(x) \> 0$，单调递增.

  故 $h(x)$ 在 $x = \ln a$ 处取得全局最小值： <MathBlock raw={"h(\ln a) = e^{\ln a} - a \ln a - 1 = a - a \ln a - 1"} /> 要使恒成立，需 $h(\ln a) \ge 0$, 即 $a(1 - \ln a) - 1 \ge 0$. 观察辅助函数 $\varphi(a) = a - a \ln a - 1$.易知 $\varphi(1) = 0$.求导 $\varphi'(a) = -\ln a$. 当 $a=1$ 时, $\varphi(a)$ 取得最大值 0. 因此，只有当 $a=1$ 时, 最小值 $h(\ln a)=0 \ge 0$ 成立；若 $a \ne 1$，则最小值必然小于 0.

  综上，符合条件的 $a$ 只有 $1$. （注：几何上，这对应于 $y=x+1$ 是曲线 $y=e^x$ 在 $(0,1)$ 处的切线，切线始终在凸曲线下方）

参数分离法

原理：若能将参数 $a$ 与变量 $x$ 完全分离, 例如变形为 $a \le k(x)$ 的形式.则“$a$ 始终小于等于 $k(x)$”等价于“$a$ 小于等于 $k(x)$ 的下确界（或最小值）”, 即 $a \le k(x)_{\min}$. 此法避免了对含参函数求导时复杂的分类讨论.

例

若对任意 $x \> 1$, 不等式 $(x-1)\ln x - a(x-1)^2 \ge 0$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围.

解

由于 $x \> 1$, 故 $(x-1)^2 \> 0$.不等式可变形为分离参数的形式： <MathBlock raw={"a \le \frac{(x-1)\ln x}{(x-1)^2} = \frac{\ln x}{x-1}"} /> 令 $k(x) = \frac{\ln x}{x-1}$ ($x \> 1$).问题转化为求 $a \le \inf_{x\>1} k(x)$. 对 $k(x)$ 求导： <MathBlock raw={"k'(x) = \frac{\frac{1}{x}(x-1) - \ln x \cdot 1}{(x-1)^2} = \frac{x-1 - x\ln x}{x(x-1)^2}"} /> 令分子为 $g(x) = x - 1 - x\ln x$.则 $g'(x) = 1 - (1 + \ln x) = -\ln x$. 当 $x \> 1$ 时, $g'(x) \< 0$, 故 $g(x)$ 单调递减. 又 $g(1) = 0$, 所以当 $x \> 1$ 时, $g(x) \< 0$. 进而可知 $k'(x) \< 0$, 函数 $k(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上单调递减.

考察函数的值域（下界）： 利用洛必达法则求极限： <MathBlock raw={"\lim_{x \to 1^+} \frac{\ln x}{x-1} = 1, \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x-1} = 0"} /> 函数从 1 单调递减趋向于 0.因此，要使 $a \le k(x)$ 对一切 $x\>1$ 成立, 必须有 $a \le 0$. （注：若取 $a$ 为正数, 当 $x$ 足够大时 $k(x)$ 会趋近于 0 从而小于 $a$，导致不等式失效）.

例

（2018$\cdot$浙江卷）已知函数 $f(x) = \sqrt{x} - \ln x$.

1. 若 $f(x)$ 在 $x=x_1, x_2 (x_1 \neq x_2)$ 处的导数相等, 证明：$f(x_1) + f(x_2) \> 8 - 8 \ln 2$；
2. 若 $a \le 3 - 4 \ln 2$, 证明：对于任意 $k \> 0$, 直线 $y = kx + a$ 与曲线 $y = f(x)$ 有唯一公共点.

解

（1）换元与构造

求导得 $f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{x} = \frac{\sqrt{x}-2}{2x}$. 令 $t = \sqrt{x} \> 0$, 则 $f'(x)$ 对应 $h(t) = \frac{t-2}{2t^2} = \frac{1}{2t} - \frac{1}{t^2}$. 由 $f'(x_1) = f'(x_2)$ 且 $x_1 \neq x_2$, 可知 $t_1, t_2$ 是方程 $h(t) = C$ 的两个不同根. <MathBlock raw={"\frac{1}{2t_1} - \frac{1}{t_1^2} = \frac{1}{2t_2} - \frac{1}{t_2^2} \implies \frac{1}{2}\left(\frac{1}{t_1} - \frac{1}{t_2}\right) = \frac{1}{t_1^2} - \frac{1}{t_2^2}."} /> 约去 $\frac{1}{t_1} - \frac{1}{t_2}$, 得 $\frac{1}{2} = \frac{1}{t_1} + \frac{1}{t_2}$. 由此可知 $\frac{t_1+t_2}{t_1 t_2} = \frac{1}{2} \Rightarrow t_1 t_2 = 2(t_1+t_2)$. 又 $(t_1+t_2)^2 \> 4t_1 t_2 = 8(t_1+t_2) \implies t_1+t_2 \> 8$. 由此推得 $t_1 t_2 = 2(t_1+t_2) \> 16$.

目标式 $S = f(x_1) + f(x_2) = (t_1 - 2\ln t_1) + (t_2 - 2\ln t_2) = (t_1+t_2) - 2\ln(t_1 t_2)$. 代入关系式得 $S = \frac{1}{2}t_1 t_2 - 2\ln(t_1 t_2)$. 令 $u = t_1 t_2 \> 16$, 构造 $\phi(u) = \frac{u}{2} - 2\ln u$. $\phi'(u) = \frac{1}{2} - \frac{2}{u} = \frac{u-4}{2u}$. 当 $u \> 16$ 时, $\phi'(u) \> 0$，函数单调递增. 故 $S \> \phi(16) = 8 - 2\ln 16 = 8 - 8\ln 2$. 证毕.

（2）转化零点问题 直线与曲线的公共点等价于方程 $g(x) = f(x) - kx - a = 0$ 的根. <MathBlock raw={"g(x) = \sqrt{x} - \ln x - kx - a, x \in (0, +\infty)."} /> 边界分析：$\lim_{x \to 0^+} g(x) = +\infty$（主导项 $-\ln x$）, $\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$（主导项 $-kx$）. 由介值定理，至少存在一个零点. 要证唯一性，需分析函数起伏.

求导：$g'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{x} - k$. 令 $t = \sqrt{x}$, 导数符号由 $q(t) = -kt^2 + \frac{1}{2}t - 1$ 决定（$g'(x) = \frac{q(t)}{t^2}$）. 方程 $k = \frac{1}{2t} - \frac{1}{t^2}$ 的右边设为 $\varphi(t)$. $\varphi'(t) = \frac{4-t}{2t^3}$. $\varphi(t)$ 在 $(0, 4)$ 递增, 在 $(4, +\infty)$ 递减. 最大值为 $\varphi(4) = \frac{1}{16}$.

**情形一：k \ge \frac{1**{16}} 此时 $g'(x) \le 0$ 恒成立（仅在 $k=\frac{1}{16}, x=16$ 处为0）. $g(x)$ 单调递减，必有唯一零点.

**情形二：0 \< k \< \frac{1**{16}} 方程 $g'(x)=0$ 有两个根, 对应 $t_1 \in (0, 4)$ 和 $t_2 \in (4, +\infty)$. $g(x)$ 在 $(0, x_1)$ 递减, 在 $(x_1, x_2)$ 递增, 在 $(x_2, +\infty)$ 递减. 图像走势为：$+\infty \searrow \text{极小} \nearrow \text{极大} \searrow -\infty$. 要保证只有唯一零点，必须确保极小值 $g(x_1) \> 0$（从而图像在 $x_1$ 处不穿过 $x$ 轴）.

计算极小值 $g(x_1)$, 其中 $k = \varphi(t_1) = \frac{1}{2t_1} - \frac{1}{t_1^2}$： <MathBlock raw={"g(x_1) = t_1 - 2\ln t_1 - \left(\frac{1}{2t_1} - \frac{1}{t_1^2}\right)t_1^2 - a = \frac{t_1}{2} - 2\ln t_1 + 1 - a."} /> 令 $m(t) = \frac{t}{2} - 2\ln t + 1$. 需证明对于 $t_1 \in (0, 4)$, 恒有 $m(t_1) \> a$. $m'(t) = \frac{1}{2} - \frac{2}{t} = \frac{t-4}{2t}$. 在 $(0, 4)$ 上 $m'(t) \< 0$，函数单调递减. 故 $m(t) \> m(4) = 2 - 2\ln 4 + 1 = 3 - 4\ln 2$. 已知 $a \le 3 - 4\ln 2$, 故 $g(x_1) = m(t_1) - a \> m(4) - a \ge 0$.

因为极小值 $g(x_1) \> 0$, 函数在 $(0, x_2]$ 区间内恒正, 仅在 $(x_2, +\infty)$ 单调下降穿过 $x$ 轴一次. 综上，公共点唯一.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 294

\end{figure} 图：当 $0 \< k \< 1/16$ 时, 利用极小值大于 $0$ 保证零点唯一

解题策略的进阶视点

上面几道例题带给我们的启示是，其实处理零点问题可归纳为对函数“形态”与“位置”的两方面的综合考察. 导数负责确定函数的形态（单调性、凹凸性），而边界值与极值则确定函数图像在坐标系中的位置.

当 $f'(x)=0$ 为超越方程难以直接求解时，不可强行计算，而应分析导数表达式的结构.

1. 提取公因式：若 $f'(x) = A(x) \cdot h(x)$ 且 $A(x)$ 恒正, 则 $f(x)$ 的单调性完全由辅助函数 $h(x)$ 决定.
2. 高阶求导：若 $f'(x)$ 的符号不明, 可继续对 $f'(x)$ 求导. 二阶导数 $f''(x)$ 的符号能确定 $f'(x)$ 的单调性, 进而确定 $f'(x)$ 的零点（即原函数的极值点）.
3. 隐零点代换：若 $f'(x_0)=0$ 的解 $x_0$ 无法用初等函数显式表达, 保留 $x_0$ 的形式, 利用 $f'(x_0)=0$ 导出的代数关系（如 $e^{x_0} = \frac{a}{x_0}$）对极值 $f(x_0)$ 进行降次或化简.

而在处理含参范围问题时，直接讨论往往分支繁杂. 有效的策略是先寻找必要条件.

• 端点与特殊点限制：若要求 $f(x)$ 有零点, 函数在区间端点或特殊点（如 $0, 1, e$）的值往往受到限制.
• 趋势分析：考察 $x \to \infty$ 或定义域边界时的极限. 若两端趋向于 $+\infty$，则函数必有下界，零点个数取决于最小值的符号.

确定参数的必要范围后，再在缩小的范围内证明充分性.

又或者说当精确计算困难时，可利用不等式对函数进行“夹逼”或“放缩”.

零点存在性的比较判别

设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上连续.

• 若存在函数 $g(x)$ 使得 $f(x) \ge g(x)$ 且 $g(x)$ 的最小值为正, 则 $f(x)$ 无零点.
• 若存在点 $x_1, x_2$ 使得 $f(x_1) \> 0$ 且 $f(x_2) \< 0$, 则 $f(x)$ 必有零点. 在寻找 $x_1, x_2$ 时, 常用切线放缩（如 $\ln x \le x-1$）或泰勒展开简化函数表达式.

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TikZ 图 295

\end{figure} 图：参数变化导致函数图像竖向平移，极值点相对于 $x$ 轴的位置决定零点个数

不等式中的存在性问题

与“恒成立”对应的是“存在性”问题，即特称命题 $\exists x_0 \in I, f(x_0) \ge g(x_0)$.

转化逻辑：

• 恒成立 $f(x) \ge 0 \iff [f(x)]_{\min} \ge 0$ （最坏的情况都要达标）；
• 存在性 $f(x) \ge 0 \iff [f(x)]_{\max} \ge 0$ （只要最好的情况达标即可）.

例

已知函数 $f(x) = x^3 - 3x$.问：是否存在区间 $[0, 2]$ 内的 $x$, 使得 $f(x) \> a$？求 $a$ 的范围.

解

问题等价于：在区间 $[0, 2]$ 上, $a \< [f(x)]_{\max}$. 求导得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$. 在 $[0, 2]$ 上, 驻点为 $x=1$.

• $x \in (0, 1)$, $f'(x) \< 0$，函数递减；

• $x \in (1, 2)$, $f'(x) \> 0$，函数递增.

  极小值 $f(1) = 1 - 3 = -2$. 端点值 $f(0) = 0$, $f(2) = 8 - 6 = 2$. 比较可知，最大值 $M = \max\{0, -2, 2\} = 2$. 因此，只要 $a \< 2$, 就存在这样的 $x$.

隐零点与双变量问题初步

在处理高阶导数或复杂函数时，经常会遇到导函数的零点 $x_0$ 无法通过方程 $f'(x)=0$ 显式解出的情况（如方程 $e^x = 2x+3$）.此时需采用“设而不求”的策略.

隐零点代换（设而不求）

策略：若 $x_0$ 是方程 $f'(x)=0$ 的根, 则有关系式 $f'(x_0)=0$.在后续求最值或证明不等式时, 将目标式中的参数（或超越项）用含有 $x_0$ 的代数式替换, 从而将双变量（$x$ 与参数）问题转化为关于 $x_0$ 的单变量函数问题.

例

已知函数 $f(x) = e^x - ax$ ($a\>e$) 有两个零点 $x_1, x_2$ ($x_1 \< x_2$).证明：$x_1 + x_2 \> 2$.

证明

由 $f(x)=0$ 可知 $e^{x_1} = ax_1$ 且 $e^{x_2} = ax_2$. 这意味着 $x_1, x_2$ 是方程 $\frac{e^x}{x} = a$ 的两个根.

令 $g(t) = \frac{e^t}{t}$.求导得 $g'(t) = \frac{e^t(t-1)}{t^2}$. $t=1$ 是 $g(t)$ 的极小值点. 由于 $a \> e = g(1)$, 直线 $y=a$ 与曲线 $y=g(t)$ 确有两个交点, 分布在 $t=1$ 两侧, 即 $0 \< x_1 \< 1 \< x_2$.

构造对称点法： 要证 $x_1 + x_2 \> 2$, 即证 $x_2 \> 2 - x_1$. 由于 $x_1 \< 1$, 故 $2 - x_1 \> 1$. 注意到 $x_2$ 和 $2-x_1$ 均落在区间 $(1, +\infty)$ 内. 在该区间上，函数 $g(t)$ 单调递增. 因此，证明 $x_2 \> 2 - x_1$ 等价于证明 $g(x_2) \> g(2 - x_1)$.

已知 $g(x_2) = a = g(x_1)$, 故只需证明 $g(x_1) \> g(2 - x_1)$. 代入表达式，即证： <MathBlock raw={"\frac{e^{x_1}}{x_1} \> \frac{e^{2-x_1}}{2-x_1} \iff \frac{2-x_1}{x_1} \> e^{2-2x_1}"} /> 令 $t = x_1 \in (0, 1)$.不等式两边取对数, 变形为 $\ln(2-t) - \ln t \> 2 - 2t$. 设 $H(t) = \ln(2-t) - \ln t - 2 + 2t$. 求导得： <MathBlock raw={"H'(t) = \frac{-1}{2-t} - \frac{1}{t} + 2 = \frac{-2 + 2t(2-t)}{t(2-t)} = \frac{-2(t-1)^2}{t(2-t)}"} /> 对于 $t \in (0, 1)$, 恒有 $H'(t) \< 0$. 故 $H(t)$ 在 $(0, 1)$ 上单调递减. <MathBlock raw={"H(t) \> H(1) = \ln 1 - \ln 1 - 2 + 2 = 0"} /> 证毕.

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TikZ 图 296

\end{figure} 图：利用函数的单调性与对称性处理隐零点问题

高阶导数与泰勒展开初步

{/* label: sec:ch14-s10 */}

在前几章中，我们主要利用一阶导数 $f'(x)$ 来研究函数的单调性与极值. 一阶导数刻画了函数的瞬时变化率, 几何上对应切线的斜率. 本章我们将引入高阶导数, 特别是二阶导数 $f''(x)$，以探究函数图像的弯曲程度（凹凸性）.

更进一步，我们将探讨数学分析中一个至关重要的思想：利用多项式函数去逼近任意复杂的函数. 这一思想的结晶——泰勒公式，不仅连接了初等数学与高等数学，也为不等式的证明提供了强有力的“降维打击”工具.

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 $\cap$.

注

国内外教材对“凹”与“凸”的中文命名常有差异. 为避免歧义，本节主要关注图像的几何形状：$\cup$ 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 ($\cap$).

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 297

\end{figure} 图：函数凹凸性与弦的位置关系

拐点

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. 判定拐点的关键在于检查 $f''(x)$ 在 $x_0$ 两侧是否变号.

极值的第二充分条件

利用二阶导数，我们可以不通过单调性列表，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）.

泰勒展开：用多项式逼近函数

我们熟悉一次函数（直线）和二次函数（抛物线），它们性质简单，易于计算. 对于像 $e^x, \sin x, \ln x$ 这样复杂的超越函数, 我们能否用一个多项式 $P_n(x)$ 去模仿它？

逼近的逻辑

假设我们要用一个多项式在 $x=0$ 附近逼近函数 $f(x)$.

• 零阶近似：$P_0(x) = f(0)$. (高度相同)
• 一阶近似（切线）：$P_1(x) = f(0) + f'(0)x$. (高度、斜率相同)
• 二阶近似（抛物线）：$P_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2$. (高度、斜率、弯曲程度相同)

沿着这个逻辑，如果我们要求多项式 $P_n(x)$ 在 $x=0$ 处的 $0$ 到 $n$ 阶导数都与 $f(x)$ 相同，我们就得到了泰勒公式.

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： <MathBlock raw={"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

以下展开式在 $x \to 0$ 时成立，是处理极限与不等式的重要素材： <MathBlock raw={"\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}"} />

泰勒近似在不等式证明中的应用

泰勒公式不仅用于计算，更是证明不等式的强力工具. 其核心思想是：将超越函数替换为多项式，并控制余项的符号.

“切线放缩”的再审视

在上一章中，我们证明了 $e^x \ge 1+x$. 这实际上是 $e^x$ 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，我们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

这本质上是比较 $\sin x$ 与其三阶泰勒多项式. 构造辅助函数 $f(x) = \sin x - \left( x - \frac{x^3}{6} \right)$. 我们需要证明当 $x\>0$ 时 $f(x) \> 0$. 对 $f(x)$ 逐次求导： <MathBlock raw={"\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

此例展示了“降维”的威力：通过不断求导，我们将正弦函数的问题转化为了常数与 0 的比较问题，再层层反推回去. 这正是泰勒公式背后的逻辑链条.

洛必达法则与极限计算的系统策略

{/* label: sec:ch14-s11 */}

在第一章中，我们接触了极限的多种计算方法，但面对形如 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 这类不定式极限，除了少数特殊形式外，我们缺乏一种普适性的处理工具. 在第五章中，柯西中值定理为解决此类问题埋下了伏笔.

本章将正式介绍由该定理导出的洛必达法则 (L'Hôpital's Rule)，这是一种通过求导来计算不定式极限的强大算法. 同时，我们将系统梳理极限的求解策略，建立一套分层的方法论体系，以应对各种复杂的极限问题.

洛必达法则

在正式应用洛必达法则之前，有必要先探究其思想：为什么两个函数导数的比值，竟然可以代替原函数的比值？

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, 本质上取决于它们各自趋向于 $0$（或 $\infty$）的相对速度. 而在微积分中，描述变化“速度”的最精准工具，正是导数.

我们可以通过一个物理比喻来建立直观认识. 想象 $f(x)$ 和 $g(x)$ 是两名赛跑选手, 终点线是 $y=0$. 已知两人同时到达终点, 即 $f(a)=g(a)=0$. 此时, 直接比较位置（即计算 $0/0$）是没有意义的. 但我们可以比较他们的冲刺速度：如果 $f(x)$ 冲向 $0$ 的速度是 $g(x)$ 的两倍, 我们有理由推测, 在终点附近的任意时刻, $f(x)$ 的值大约也是 $g(x)$ 的两倍, 即极限为 $2$. 在数学上, $f(x)$ 在 $x=a$ 处的瞬时速度即为 $f'(a)$. 因此，一个非常朴素的猜想诞生了： <MathBlock raw={"\lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} \approx \frac{f'(a)}{g'(a)}"} />

这一猜想可以通过导数的定义得到初步验证. 考虑最简单的情形：$f(a)=g(a)=0$, 且在 $x=a$ 处导数存在, $g'(a) \neq 0$. 回顾导数的定义, 当 $x$ 充分接近 $a$ 时, 我们有近似关系 $f(x) \approx f'(a)(x-a)$ 和 $g(x) \approx g'(a)(x-a)$. 将两者相除, 公因子 $(x-a)$ 被消去，立刻得到： <MathBlock raw={"\frac{f(x)}{g(x)} \approx \frac{f'(a)(x-a)}{g'(a)(x-a)} = \frac{f'(a)}{g'(a)}"} /> 这表明，洛必达法则本质上是用函数在 $a$ 点附近的**“切线”（线性近似）**来替代原函数进行计算.

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： <MathBlock raw={"\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. 这一步最精妙之处在于变量的传递：因为 $\xi$ 被“夹”在 $a$ 和 $x$ 之间 ($a \< \xi \< x$), 当端点 $x$ 无限逼近 $a$ 时, 中间点 $\xi$ 别无选择, 只能无限逼近 $a$. 因此，$\lim_{x\to a}$ 对 $\xi$ 的作用等价于 $\lim_{\xi\to a}$. 于是我们得到： <MathBlock raw={"\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.

洛必达法则的核心思想是：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. 这意味着我们可以利用导数（切线斜率）的信息来推断函数值的趋近行为.

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：

1. **\frac{0**{0} 型}：$\lim_{x\to a} f(x) = 0$ 且 $\lim_{x\to a} g(x) = 0$；
2. **\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 <MathBlock raw={"\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.

证明思路

以 $\frac{0}{0}$ 型为例，其证明直接依赖于第五章的柯西中值定理. 若补充定义 $f(a)=g(a)=0$, 则函数在闭区间 $[a, x]$ 上连续. 根据柯西中值定理： <MathBlock raw={"\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}"} /> 其中 $\xi$ 介于 $a$ 与 $x$ 之间. 当 $x \to a$ 时, 必有 $\xi \to a$. 若 $\lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = A$, 则 $\lim_{\xi\to a} \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = A$, 从而证明了原极限也为 $A$.

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. <MathBlock raw={"\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. <MathBlock raw={"\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）： <MathBlock raw={"\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.

法则的滥用与陷阱

洛必达法则虽然强大，但并非万能钥匙. 盲目使用往往导致错误或死循环.

陷阱1：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：导数极限不存在

若 $\lim \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 不存在（振荡），并不意味着原极限不存在，只是说明洛必达法则在此失效，需改用夹逼定理或定义法.

例

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

解

原极限显然存在且为 1. 但若使用洛必达法则： <MathBlock raw={"\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：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.

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.

\texorpdfstring{$0 \cdot \infty$ 型

{0 times infinity type}} 转化策略：将乘积 $f \cdot g$ 变形为商 $\frac{f}{1/g}$ 或 $\frac{g}{1/f}$. 通常选择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： <MathBlock raw={"\lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} (\text{型为 } \frac{\infty}{\infty})"} /> <MathBlock raw={"\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}} 转化策略：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

<MathBlock raw={"\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.

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

{power-exponential type}} 转化策略：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： <MathBlock raw={"\ln y = x \ln(1 + \frac{1}{x}) = \frac{\ln(1 + 1/x)}{1/x}"} /> 令 $t = 1/x$, 当 $x\to \infty$ 时 $t\to 0$： <MathBlock raw={"\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 $\lim y = e^1 = e$.

极限求解的策略总览

面对不同类型的极限问题，选择合适的解法至关重要。我们可以根据方法的复杂度和适用场景，将常用的求解策略分为三个层次。

方法分层

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

2. 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。

3. 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，此法最为有效。
• 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。 <MathBlock raw={"\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： <MathBlock raw={"\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。

方法的选择建议

• 对于乘除形式的因子，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 $x-\sin x$）或涉及复合函数的复杂极限，泰勒展开通常是最稳健和系统的方法。

专题：必要性探路与端点分析法*

{/* label: sec:ch14-s12 */}

在运用导数处理不等式恒成立问题时，例如证明或求解参数范围使得 $f(x) \ge k$ 在区间 $I$ 上恒成立, 最经典的方法是寻求函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的全局最小值 $f_{\min}$, 并确保 $f_{\min} \ge k$. 这种方法是一种充分性的构造，它直接验证了不等式在最不利情况下的成立性，逻辑上直接且有力.

然而，在许多复杂问题中，函数的导函数可能异常繁琐，导致其驻点难以求解，或者函数的最值点并非驻点而是端点.在这些情况下，强行求解全局最小值的方法可能变得异常困难甚至不可行.此时，一种逆向的思维方式，即必要性分析，为我们提供了另一条解决问题的路径.

我们不再直接构造不等式成立的充分条件，而是反向探寻“若不等式恒成立，则必然在某些特殊点满足何种条件？”.这种从结论出发，反推初始条件的分析方法，其核心在于考察函数在边界点的“初始状态”与“运动趋势”.当不等式的临界情况恰好发生在区间的端点时，这种方法尤为有效，我们称之为端点分析法.

端点分析法则

我们考虑一类典型问题：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.为了保证后续的函数值不小于零，一个直观的判断是，函数在出发点不能有“向下”的趋势，即其初始变化率必须为非负.进一步地，如果函数的“加速度”是确定的，例如二阶导数恒正，那么这个初始趋势就足以决定函数的全程行为.

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 $g(m)=0$, 我们得到 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立.

必要性证明 (证明 $g(x) \ge 0 \implies g'(m) \ge 0$). 我们回归导数最原始的定义.函数 $g(x)$ 在端点 $m$ 处的导数 $g'(m)$ 定义为： <MathBlock raw={"g'(m) = \lim_{x \to m^+} \frac{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，$g'(m) = \lim\limits_{x \to m^+} \frac{g(x) - g(m)}{x - m} \ge 0$.

综上所述，充分性与必要性均得以证明.

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），则该质点将永远不会运动到坐标轴的负半轴.此定理将一个涉及整个区间的恒成立问题，巧妙地转化为了一个仅需检验端点处导数值的问题，极大地简化了分析过程.

应用与思辨

2024年全国新高考I卷

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

1. 若 $b=0$, $f'(x)\ge0$, 求 $a$ 的取值范围.
2. 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.

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 298

\end{figure} 图：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 $x \in (0,2)$.

\paragraph{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 $h(x) = -(\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x})$. 我们需求 $a$ 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 $x=1$. 易知 $h(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值, $h_{\max} = h(1) = -2$. 故 $a$ 的取值范围是 $[-2, +\infty)$.

\paragraph{第二问} 为证明 $f(x)$ 的图像是中心对称图形, 我们考察 $f(x)+f(2-x)$. <MathBlock raw={"\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 $-2$.

故我们必须有 $3b \ge -2$, 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.

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

2023年全国高考甲卷

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

1. 若 $a=8$, 讨论 $f(x)$ 的单调性；
2. 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 $(0, \frac{\pi}{2})$. 首先对函数 $f(x)$ 求导. 我们注意到 $\frac{\sin x}{\cos^3 x} = \tan x \sec^2 x$. 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 $f'(x) = a - \dfrac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$.

\paragraph{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，我们令 $g(x) = \dfrac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$. 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 $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$.

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

我们考察函数在端点 $x=0$ 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，这提供了一个强烈的必要性条件：函数在出发点不能有增加的趋势，即其导数在该点必须非正.

我们计算 $G'(x) = a - \frac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x} - 2\cos(2x)$. 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 $a \le 3$.

接下来，我们验证当 $a \le 3$ 时, 该条件是否为充分条件. 我们只需证明当 $a=3$ 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，我们进行变量代换, 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.

综上所述，$a$ 的取值范围是 $(-\infty, 3]$.

极限的局部保号性*

我们时常需要从一个函数极限的性质，推断出该函数在其极限点附近的性质.一个最为基本且深刻的联系便是，如果一个函数无限趋近于一个非零的常数，那么在充分靠近极限点的邻域内，该函数值的符号必然与极限值的符号保持一致.这个看似显而易见的直观结论，是连接极限与函数局部行为的重要桥梁，值得我们进行一次严谨的探讨.

想象一个变量 $f(x)$ 的值正在无限地逼近一个正数 $L=5$. 这意味着 $f(x)$ 与 $5$ 之间的距离 $|f(x)-5|$ 可以变得任意小.如果我们要求这个距离小于 $1$, 即 $|f(x)-5|\<1$, 那么 $f(x)$ 的值就必须被限制在区间 $(4, 6)$ 之内.这个区间内的所有数显然都是正数.

这个简单的思想实验揭示了一个深刻的原理：只要一个函数收敛于一个非零极限，我们总能通过设置一个足够小的误差范围，将函数值“框定”在一个不包含零的区间内.我们将这个直观思想形式化，便得到了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

我们以 $L\>0$ 的情形为例进行证明, $L\<0$ 的情况完全类似.

我们的目标是证明存在一个正数 $\delta$, 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时, 恒有 $f(x)\>0$.

证明的关键在于巧妙地选取 $\varepsilon-\delta$ 定义中的 $\varepsilon$. 我们需要选取一个足够小的 $\varepsilon$, 使得由不等式 $|f(x)-L|\<\varepsilon$ 所确定的区间 $(L-\varepsilon, L+\varepsilon)$ 完全位于 $x$ 轴的上方, 即 $L-\varepsilon \> 0$.

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, 对于我们选定的这个 $\varepsilon = L/2$, 必然存在一个正数 $\delta$, 使得当自变量 $x$ 满足 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时，不等式 <MathBlock raw={"|f(x) - L| \< \frac{L}{2}"} /> 恒成立.

我们将这个绝对值不等式展开： <MathBlock raw={"-\frac{L}{2} \< f(x) - L \< \frac{L}{2}"} /> 在不等式三边同时加上 $L$: <MathBlock raw={"L - \frac{L}{2} \< f(x) \< L + \frac{L}{2}"} /> 化简得到： <MathBlock raw={"\frac{L}{2} \< f(x) \< \frac{3L}{2}"} /> 我们特别关注此不等式的左半部分.由于 $L\>0$, 故 $\frac{L}{2} \> 0$. 因此，我们得到了 $f(x) \> \frac{L}{2} \> 0$, 这直接证明了 $f(x)\>0$.

至此，我们已经证明了存在一个去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$, 使得对于其中所有的 $x$, 都有 $f(x)\>0$. 证毕.

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TikZ 图 299

\end{figure} 图：极限局部保号性的几何诠释

极限的局部保号性定理有一个极为重要的推论，它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 <MathBlock raw={"\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

我们采用反证法. 假设 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L \< 0$. 根据我们刚刚证明的局部保号性定理，若极限 $L$ 为负, 则必然存在 $x_0$ 的一个去心邻域, 使得对于此邻域内的所有 $x$, 都有 $f(x) \< 0$.

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. 因此，我们的初始假设“$L\<0$”必定是错误的. 故必有 $L \ge 0$.

注意：严格不等号的退化

一个必须注意的细节是，即使在邻域内恒有严格不等式 $f(x) \> 0$, 其极限也只能保证是非负的, 即 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) \ge 0$，而不能保证是严格大于零的.

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看似简单，但它在许多证明中扮演着基石的角色.回顾我们在“端点分析法”一节中的论证，我们正是运用了此推论.

在证明端点分析法则的必要性时，我们有：若 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立且 $g(m)=0$, 则 $g'(m) \ge 0$. 我们的证明过程是： <MathBlock raw={"g'(m) = \lim_{x \to m^+} \frac{g(x) - g(m)}{x - m}"} /> 我们论证了对于所有 $x\>m$, 差商 $\frac{g(x)-g(m)}{x-m}$ 是一个非负的量. 接着，我们正是运用了极限的保不等式性，得出结论：一个非负函数在 $x \to m^+$ 时的极限，也必然是一个非负数. <MathBlock raw={"\lim_{x \to m^+} \underbrace{\frac{g(x) - g(m)}{x - m}}_{\ge 0} \ge 0"} /> 这便是 $g'(m) \ge 0$ 的严格数学依据.可见，保号性定理是我们进行严谨分析时不可或缺的底层逻辑.

方法的局限性与全局分析的回归

我们已经认识到，端点分析法的有效性严格依赖于函数一阶导数的单调性.当此前提条件不被满足时，该方法将由充分必要条件退化为仅具有必要性，从而可能导出错误的结论.理解此方法的局限性，对于在复杂问题中正确选择分析策略至关重要.

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 $(m, +\infty)$ 内并非单调递增，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，函数可能在区间的内部某点 $x_0$ 取得一个极小值 $g(x_0) \< 0$.这个极小值在端点分析中是不可见的，我们称之为隐蔽极小值.

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 $g(m)=0$.

1. 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 $g'(m) \ge 0$.
2. 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): 我们只证明 $g''(x) \ge 0$ 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.我们已经通过前文的分析说明, 存在这样的函数, 它满足 $g(m)=0$ 和 $g'(m) \> 0$, 但由于 $g''(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上变号, 导致 $g(x)$ 在区间内部出现了小于零的极小值. 这个反例清晰地表明，当 $g''(x)$ 符号不定时, 即使满足了必要条件 $g'(m) \ge 0$, 也不能保证 $g(x) \ge 0$ 恒成立.因此，该条件不再是充分的.

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.

我们进一步分析，寻求一个能确保 $g(x) \ge g(0)$ 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 $h(x) = g'(x) = e^x + 2ax - 1 - \frac{3}{2}x^2$. 我们现在分析使 $h(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立的 $a$ 的范围. 我们注意到 $h(0) = e^0 - 1 = 0$. 这再次构成了一个端点值为零的恒成立问题.为确保 $h(x) \ge 0$, 我们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，可以使用参数分离法: $2a \ge 3x - e^x$. 令 $\phi(x) = 3x - e^x$. 我们需要 $2a$ 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，我们得到条件 $2a \ge 3\ln 3 - 3$, 即 $a \ge \frac{3}{2}(\ln 3 - 1)$.

接下来，我们需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 $k(x) = e^x - 3x + 3\ln 3 - 3$. $k'(x)=e^x-3$. 易知 $k(x)$ 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，我们计算 $h'(0) = 1+2a$. 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 $[\frac{3}{2}(\ln 3 - 1), +\infty)$.

何时有效，何时失效？

由上节我们知道，端点分析法是一种极其强大的工具，但它并非万能的灵丹妙药.其有效性严格地依赖于一个前提：函数一阶导数的单调性.在应用此方法之前，对其适用性进行审慎的检验，是保证结论正确性的关键步骤.

我们回顾端点分析法所处理的核心模型：证明 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立, 其中已知 $g(m)=0$. 此方法的精髓在于，如果函数在出发点 $(m,0)$ 的“初始速度” $g'(m)$ 是非负的，并且其“加速度”始终能保证这个“速度”不会在中途变为负值，那么函数值就永远不会“跌破”零.

这里的“加速度”在数学上由二阶导数 $g''(x)$ 刻画, 它决定了一阶导数 $g'(x)$ 的单调性.

端点分析法适用性判别三步法

对于端点值为零的不等式恒成立问题，判断端点分析法是否适用的可操作步骤如下：

1. 构造函数与求导： 构造满足 $g(m)=0$ 的辅助函数 $g(x)$, 并计算其一阶导数 $g'(x)$ 和二阶导数 $g''(x)$.
2. 检验二阶导数符号： 分析 $g''(x)$ 在区间 $(m, +\infty)$ 上的符号.

• 若 $g''(x)$ 恒为非负 (或恒为非正)： 这表明 $g'(x)$ 在该区间上是单调的.此时, 端点分析法完全适用.不等式 $g(x) \ge 0$ 恒成立的充分必要条件就是 $g'(m) \ge 0$.
• 若 $g''(x)$ 符号不定： 这表明 $g'(x)$ 在该区间上不单调.此时, 端点分析法失效.条件 $g'(m) \ge 0$ 仅仅是一个必要条件，不再是充分条件.

3. 选择策略： 若适用，则通过检验 $g'(m)$ 的符号直接得出结论；若失效, 则必须放弃端点分析, 回归到求解 $g'(x)$ 的零点, 通过分析 $g(x)$ 的单调性来寻找其在 $[m, +\infty)$ 上的全局最小值.

我们通过一个具体的例子来深刻理解为何当 $g'(x)$ 不单调时，端点分析法会导出错误的结论.

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. 我们构造辅助函数 $g(x) = \sin x - x + \frac{1}{6}x^3 - ax^4$. 考察函数在端点 $x=0$ 的值： <MathBlock raw={"g(0) = \sin 0 - 0 + 0 - 0 = 0"} /> 这是一个端点值为零的恒成立问题.

一个看似合理的想法是，为了使 $g(x)$ 从 $g(0)=0$ 出发后始终保持非负, 我们只需保证它在 $x=0$ 处不下降，并且“初始加速度”也支持它不下降.我们来逐阶考察其在端点处的导数值.

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

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 $g''''(0) \ge 0$. 由此我们得到 $-24a \ge 0$, 即 $a \le 0$.

这个结论似乎暗示了 $a \le 0$ 就是最终的答案.然而, 这种仅依赖于 $x=0$ 点局部信息的分析方法, 忽略了函数在整个 $[0, +\infty)$ 区间上的全局行为.二阶导数 $g''(x)$ 的符号在 $(0, +\infty)$ 上并非恒定（例如当 $a\>0$ 时），因此端点分析法的基础——导函数单调性，并不成立.这种局部“探路”得到的必要条件，在此例中恰好与正确答案吻合，但这具有相当的偶然性，并不能构成严谨的证明. 我们对参数 $a$ 的符号进行分类讨论.

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， $g(x) = (\sin x - x + \frac{1}{6}x^3) - ax^4 \ge \sin x - x + \frac{1}{6}x^3$.

我们只需证明 $\phi(x) = \sin x - x + \frac{1}{6}x^3 \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立即可. 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 $x \in [0, +\infty)$, 我们有 $\cos x \le 1$, 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 $x \ge 0$, $\phi(x) \ge \phi(0) = 0$.

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

情况二：$a \> 0$

我们需要证明，若 $a\>0$, 则必然存在 $x\>0$ 使得 $g(x) \< 0$. 我们不依赖任何先验的不等式，而是考察函数在无穷远处的行为.

将 $g(x)$ 变形为： <MathBlock raw={"g(x) = x^4 \left( \frac{\sin x}{x^4} - \frac{1}{x^3} + \frac{1}{6x} - a \right)"} /> 我们考察当 $x \to +\infty$ 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： <MathBlock raw={"\lim_{x \to +\infty} \left( \frac{\sin x}{x^4} - \frac{1}{x^3} + \frac{1}{6x} - a \right) = 0 - 0 + 0 - a = -a"} /> 由于我们假设 $a\>0$, 故极限值 $-a$ 是一个负数.

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 <MathBlock raw={"\frac{\sin x}{x^4} - \frac{1}{x^3} + \frac{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： <MathBlock raw={"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

我们构造辅助函数 $g(x) = x^3 - 3x^2 + ax$. 考察函数在端点 $x=0$ 的值： <MathBlock raw={"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： <MathBlock raw={"g'(x) = 3x^2 - 6x + a"} /> <MathBlock raw={"g''(x) = 6x - 6 = 6(x-1)"} /> 我们发现，二阶导数 $g''(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 上的符号是不定的. 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 $g'(x)$ 在考察的区间上不具备单调性，我们得出结论：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

如果我们无视适用性检验，而错误地应用端点分析法，会得到什么呢？ 我们会从“$g(x) \ge 0$ 恒成立”推出必要条件 $g'(0) \ge 0$. <MathBlock raw={"g'(0) = 3(0)^2 - 6(0) + a = a \ge 0"} /> 如果我们误将此必要条件当作充分条件，就会得出错误的答案 $a \ge 0$.

我们来验证这个答案的错误性.取 $a=2$ (满足 $a \ge 0$), 则 $g(x)=x^3-3x^2+2x=x(x-1)(x-2)$. 当 $x \in (1,2)$ 时, $g(x)\<0$, 与题设 $g(x) \ge 0$ 恒成立相矛盾.

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，我们必须放弃端点分析，回归到对函数全局最小值的分析. 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. <MathBlock raw={"h_{\min} = h\left(\frac{3}{2}\right) = \left(\frac{3}{2}\right)^2 - 3\left(\frac{3}{2}\right) + a = \frac{9}{4} - \frac{9}{2} + a = a - \frac{9}{4}"} /> 为使 $h(x) \ge 0$ 恒成立，我们必须有其最小值非负: <MathBlock raw={"a - \frac{9}{4} \ge 0 \implies a \ge \frac{9}{4}"} />

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TikZ 图 300

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

结论与警示

此例深刻地揭示了机械套用端点分析法的危险性.在处理端点值为零的恒成立问题时，计算并分析二阶导数 $g''(x)$ 的符号, 是判断该方法是否有效的黄金准则.若 $g''(x)$ 符号恒定, 则端点分析是通往正确答案的捷径；若 $g''(x)$ 符号不定，则必须警惕"隐蔽极小值"的存在，并回归到更为根本的全局最值分析方法.

本节习题

习题

\exerciseentry { 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. } { 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. } \exerciseentry { 求实数 $a$ 的取值范围, 使得对于任意 $x \in [0, \frac{\pi}{2}]$, 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. } \exerciseentry { 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. } { 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. }

习题解析

解

第一题

原不等式等价于 $e^x - ax - 1 \ge 0$ 在区间 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 我们构造辅助函数 $g(x) = e^x - ax - 1$.

考察函数在端点 $x=0$ 的值： <MathBlock raw={"g(0) = e^0 - a(0) - 1 = 1 - 1 = 0"} /> 这是一个端点值为零的恒成立问题. 我们首先检验端点分析法的适用性.

计算一阶与二阶导数： <MathBlock raw={"g'(x) = e^x - a"} /> <MathBlock raw={"g''(x) = e^x"} /> 对于任意 $x \in (0, +\infty)$, 恒有 $g''(x) = e^x \> 0$. 这表明导函数 $g'(x)$ 在区间 $[0, +\infty)$ 上是严格单调递增的.

因此，端点分析法适用. 不等式 $g(x) \ge 0$ 恒成立的充分必要条件是 $g'(0) \ge 0$. <MathBlock raw={"g'(0) = e^0 - a = 1 - a \ge 0"} /> 解得 $a \le 1$. 故所求实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 1]$.

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TikZ 图 301

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解

第二题

原不等式等价于 $a(x-1) - \ln x \ge 0$ 在区间 $[1, +\infty)$ 上恒成立. 构造辅助函数 $g(x) = a(x-1) - \ln x$.

考察函数在端点 $x=1$ 的值： <MathBlock raw={"g(1) = a(1-1) - \ln 1 = 0 - 0 = 0"} /> 这是一个端点值为零的恒成立问题. 检验适用性.

计算一阶与二阶导数： <MathBlock raw={"g'(x) = a - \frac{1}{x}"} /> <MathBlock raw={"g''(x) = \frac{1}{x^2}"} /> 对于任意 $x \in (1, +\infty)$, 恒有 $g''(x) = \frac{1}{x^2} \> 0$. 这表明 $g'(x)$ 在 $[1, +\infty)$ 上严格单调递增.

因此，端点分析法适用. 不等式 $g(x) \ge 0$ 恒成立的充分必要条件是 $g'(1) \ge 0$. <MathBlock raw={"g'(1) = a - \frac{1}{1} = a - 1 \ge 0"} /> 解得 $a \ge 1$. 故所求实数 $a$ 的取值范围是 $[1, +\infty)$.

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TikZ 图 302

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解

第三题

原不等式等价于 $ax - \sin x \ge 0$ 在区间 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上恒成立. 构造辅助函数 $g(x) = ax - \sin x$.

考察函数在端点 $x=0$ 的值： <MathBlock raw={"g(0) = a(0) - \sin 0 = 0"} /> 这是一个端点值为零的恒成立问题. 检验适用性.

计算一阶与二阶导数： <MathBlock raw={"g'(x) = a - \cos x"} /> <MathBlock raw={"g''(x) = \sin x"} /> 对于任意 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$, 恒有 $g''(x) = \sin x \> 0$. 这表明 $g'(x)$ 在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上严格单调递增.

因此，端点分析法适用. 不等式 $g(x) \ge 0$ 恒成立的充分必要条件是 $g'(0) \ge 0$. <MathBlock raw={"g'(0) = a - \cos 0 = a - 1 \ge 0"} /> 解得 $a \ge 1$.

此结论亦可由参数分离法验证：当 $x\>0$ 时, $a \ge \frac{\sin x}{x}$. 由于函数 $\frac{\sin x}{x}$ 在 $(0, \frac{\pi}{2}]$ 上单调递减, 其最大值（上确界）为 $\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$. 故 $a \ge 1$. 所求实数 $a$ 的取值范围是 $[1, +\infty)$.

解

第四题

不等式 $f(x) = e^x - \frac{1}{2}x^2 - ax - 1 \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 我们构造辅助函数 $g(x) = f(x)$.

考察端点值: $g(0) = e^0 - 0 - 0 - 1 = 0$. 这是一个端点值为零的恒成立问题. 导函数为 $g'(x) = e^x - x - a$.

为应用端点分析法，我们需考察 $g'(x)$ 的单调性, 即 $g''(x)$ 的符号. <MathBlock raw={"g''(x) = e^x - 1"} /> 对于任意 $x \in (0, +\infty)$, 恒有 $e^x \> 1$, 故 $g''(x) \> 0$. 这表明 $g'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上是严格单调递增的.

因此，端点分析法适用. 不等式 $g(x) \ge 0$ 恒成立的充分必要条件是 $g'(0) \ge 0$. <MathBlock raw={"g'(0) = e^0 - 0 - a = 1 - a \ge 0"} /> 解得 $a \le 1$. 所求实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 1]$.

解

第五题

原不等式为 $x^3 - 3x^2 + ax \ge 0$ 在区间 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 我们构造辅助函数 $g(x) = x^3 - 3x^2 + ax$.

考察函数在端点 $x=0$ 的值： <MathBlock raw={"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. 我们首先检验端点分析法的适用性.

计算一阶与二阶导数： <MathBlock raw={"g'(x) = 3x^2 - 6x + a"} /> <MathBlock raw={"g''(x) = 6x - 6 = 6(x-1)"} /> 我们发现，二阶导数 $g''(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 上的符号是不定的. 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 $g'(x)$ 不具备单调性，端点分析法在此问题中失效.

条件 $g'(0) \ge 0$ 仅仅是 $g(x) \ge 0$ 恒成立的必要条件，但不再是充分条件. $g'(0) = a \ge 0$. 我们可以用此必要条件缩小范围, 但不能作为最终结论. 例如, 若取 $a=2$ (满足 $a \ge 0$), 则 $g(x)=x^3-3x^2+2x=x(x-1)(x-2)$. 当 $x \in (1,2)$ 时, $g(x)\<0$，与题设矛盾.

我们必须回归到对函数全局最小值的分析. 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. <MathBlock raw={"h_{\min} = h\left(\frac{3}{2}\right) = \left(\frac{3}{2}\right)^2 - 3\left(\frac{3}{2}\right) + a = \frac{9}{4} - \frac{9}{2} + a = a - \frac{9}{4}"} /> 为使 $h(x) \ge 0$ 恒成立，我们必须有其最小值非负: <MathBlock raw={"a - \frac{9}{4} \ge 0 \implies a \ge \frac{9}{4}"} />

\begin{figure}[htbp]

TikZ 图 303

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

解

第六题

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. 我们构造辅助函数 $g(x) = e^x + ax^2 - x - \frac{1}{2}x^3 - 1$. 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.

考察函数在端点 $x=0$ 的值：$g(0) = e^0 - 1 = 0$. 这是一个端点值为零的恒成立问题. 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 $g(x) \ge 0$, 一个必要的条件是 $g'(0) \ge 0$. 经计算，$g'(0) = e^0 - 1 = 0$. 此必要条件恒成立, 未能提供关于参数 $a$ 的直接约束.

为使 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增, 一个充分条件是 $g'(x) \ge 0$ 在此区间恒成立. 我们令 $h(x) = g'(x) = e^x + 2ax - 1 - \frac{3}{2}x^2$. 于是问题转化为分析 $h(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立的条件. 我们注意到 $h(0) = e^0 - 1 = 0$. 这再次构成了一个端点值为零的恒成立问题.

为确保 $h(x) \ge 0$, 我们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 $h'(x)$: $h'(x) = g''(x) = e^x + 2a - 3x$.

问题最终转化为求解 $a$ 的范围, 使得 $e^x + 2a - 3x \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立. 此时，函数结构已足够简化，可以使用参数分离法: $2a \ge 3x - e^x$. 令 $\phi(x) = 3x - e^x$. 我们需要 $2a$ 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，我们得到条件 $2a \ge 3\ln 3 - 3$, 即 $a \ge \frac{3}{2}(\ln 3 - 1)$.

接下来，我们需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 $x \ge 0$, $h'(x) = g''(x) = e^x + 2a - 3x \ge 0$ 恒成立. $g''(x) \ge 0$ 保证了 $g'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增, 故 $g'(x) \ge g'(0) = 0$. $g'(x) \ge 0$ 保证了 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增, 故 $g(x) \ge g(0) = 0$.

必要性: 若 $a \< \frac{3}{2}(\ln 3 - 1)$, 则存在 $x_0 \> 0$ 使得 $g''(x_0) \< 0$. 同时， $g''(0) = e^0 + 2a = 1+2a$. 只要 $a$ 略小于临界值, 仍有 $a \> -1/2$, 此时 $g''(0) \> 0$. $g''(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上符号不定, 说明 $g'(x)$ 不单调. $g'(x)$ 从 $g'(0)=0$ 出发, 先增后减. 又因 $\lim\limits_{x \to +\infty} g'(x) = -\infty$, 故 $g'(x)$ 必在某点后变为负值. $g'(x)$ 符号不定, 导致 $g(x)$ 先增后减. $g(x)$ 从 $g(0)=0$ 出发, 先递增至一个正的极大值, 之后开始递减. 又因 $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$, 故 $g(x)$ 必然在某点后变为负值. 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 $[\frac{3}{2}(\ln 3 - 1), +\infty)$.

专题研讨：极值点偏移问题

{/* label: sec:ch14-s13 */}

在处理双零点或双极值点问题时，我们常常会遇到一类看似与对称性相关，但实际上存在“偏移”的难题。

例如，已知函数 $f(x)$ 有两个零点 $x_1, x_2$, 题目要求证明 $x_1 + x_2 \> 2x_0$（其中 $x_0$ 为极值点）。如果函数关于 $x=x_0$ 对称（如二次函数）, 显然有 $x_1 + x_2 = 2x_0$。然而, 大多数超越函数并不具备完美的对称性, 这就导致中点 $\frac{x_1+x_2}{2}$ 偏离了极值点 $x_0$。这一现象被称为“极值点偏移”。

本专题将系统介绍处理此类问题的三种核心方法，从通用的构造法到巧妙的变量代换，层层递进。

问题的引入与识别

典型情景

极值点偏移问题通常以以下两种形式出现：

1. 零点偏移：函数 $f(x)$ 有两个零点 $x_1, x_2$, 证明 $x_1 + x_2 \> 2x_0$ 或 $x_1x_2 \> x_0^2$。
2. 极值偏移：函数 $f(x)$ 有两个极值点 $x_1, x_2$（即导函数的零点）, 证明 $f(x_1) + f(x_2) \> C$。

核心特征与典例

这类问题的核心在于“伪对称”：函数图像在极值点两侧看起来相似，但实际上增长或下降的速度并不一致。常见的模型函数如 $xe^x$, $x\ln x$, $\frac{e^x}{x}$ 等，其导数往往包含指数或对数项，导致了非对称性。

例

已知函数 $f(x) = xe^x$。若 $f(x_1) = f(x_2)$ 且 $x_1 \neq x_2$, 求证：$x_1 + x_2 \< -2$。

直观分析：求导得 $f'(x) = (x+1)e^x$。函数在 $x=-1$ 处取得极小值。 如果 $f(x)$ 的图像关于直线 $x=-1$ 对称, 那么显然 $x_1+x_2 = 2(-1) = -2$。 结论 $\< -2$ 暗示两根的中点偏向了极值点的左侧。这是因为在 $x=-1$ 左侧（$x \to -\infty$）函数趋于0, 比较平缓；而在右侧函数增长极快。为了达到相同的高度, 左侧的点 $x_1$ 必须跑得比右侧的点 $x_2$ 更远。

解法一：构造对称函数法

这是处理此类问题最通用、最严谨的方法。既然函数本身不对称，我们就人为构造一个对称的结构来进行比较。

核心思想

设 $x_1 \< x_0 \< x_2$, 其中 $x_0$ 是极值点。我们想比较 $x_2$ 与“$x_1$ 关于 $x_0$ 的对称点 $2x_0 - x_1$”的大小。 构造辅助函数 $F(x) = f(x) - f(2x_0 - x)$, 利用函数的单调性来推导 $f(x_1)$ 与 $f(2x_0 - x_1)$ 的关系。

操作步骤

以典例 $f(x) = xe^x$ 为例, 证明 $x_1 + x_2 \< -2$。极值点 $x_0 = -1$。

1. 设而不求：不妨设 $x_1 \< -1 \< x_2$。我们要证 $x_1 + x_2 \< -2$, 即证 $x_1 \< -2 - x_2$。 由于 $f(x)$ 在 $(-\infty, -1)$ 上单调递减, 上述不等式等价于 $f(x_1) \> f(-2 - x_2)$。 又因为 $f(x_1) = f(x_2)$, 问题转化为证明：$f(x_2) \> f(-2 - x_2)$ 对于 $x_2 \in (-1, +\infty)$ 成立。
2. 构造辅助函数： 令 $g(x) = f(x) - f(-2-x)$, 其中 $x \> -1$。 目标是证明 $g(x) \> 0$。
3. 分析单调性： 求导： <MathBlock raw={"g'(x) = f'(x) - f'(-2-x) \cdot (-1) = f'(x) + f'(-2-x)"} /> 代入 $f'(x) = (x+1)e^x$： <MathBlock raw={"g'(x) = (x+1)e^x + (-2-x+1)e^{-2-x} = (x+1)e^x - (x+1)e^{-2-x} = (x+1)(e^x - e^{-2-x})"} /> 因为 $x \> -1$, 所以 $x+1 \> 0$。 同时 $x \> -2-x \iff 2x \> -2 \iff x \> -1$, 由 $e^x$ 单调递增可知 $e^x \> e^{-2-x}$。 因此，对于 $x \> -1$, 恒有 $g'(x) \> 0$。
4. 得出结论： 函数 $g(x)$ 在 $(-1, +\infty)$ 上单调递增。 <MathBlock raw={"g(x) \> g(-1) = f(-1) - f(-2-(-1)) = f(-1) - f(-1) = 0"} /> 即 $f(x) \> f(-2-x)$。 令 $x = x_2$, 则 $f(x_2) \> f(-2-x_2)$。 代回 $f(x_1) = f(x_2)$, 得 $f(x_1) \> f(-2-x_2)$。 因为 $x_1$ 和 $-2-x_2$ 都在单调递减区间 $(-\infty, -1)$ 内， 所以 $x_1 \< -2-x_2$, 即 $x_1 + x_2 \< -2$。证毕。

解法二：对数均值不等式 / 变换主元法

对于指数或对数型函数，往往可以通过代数变形，将双变量问题转化为单变量不等式问题。

核心思想

利用 $f(x_1) = f(x_2)$ 这一等式, 将 $x_1, x_2$ 用一个新的变量 $t$（通常设 $t = x_1/x_2$ 或 $t=x_1-x_2$）表示出来, 从而将待证不等式转化为关于 $t$ 的函数不等式。

操作步骤

仍以 $f(x) = xe^x$ 为例。

1. 代数变形：由 $x_1e^{x_1} = x_2e^{x_2}$, 两边取对数（注意 $x_1, x_2$ 均为负数，取对数需取绝对值，或移项变形）。 变形为：$\frac{x_1}{x_2} = e^{x_2 - x_1}$。 或者更直接地：$x_1 + \ln(-x_1) = x_2 + \ln(-x_2)$ （设 $x_1, x_2 \< 0$）。 整理得 $x_2 - x_1 = \ln(-x_1) - \ln(-x_2) = \ln(\frac{x_1}{x_2})$。
2. 变换主元：令 $t = \frac{x_1}{x_2}$。因为 $x_1 \< -1 \< x_2 \< 0$, 所以 $t \> 1$。 将 $x_2 - x_1 = \ln t$ 与 $\frac{x_1}{x_2} = t$ 联立求解： <MathBlock raw={"x_1 = \frac{t \ln t}{t-1}, x_2 = \frac{\ln t}{t-1}"} />
3. 构造新函数： 要证 $x_1 + x_2 \< -2$，即证： <MathBlock raw={"\frac{t \ln t + \ln t}{t-1} \< -2 \iff \frac{(t+1)\ln t}{t-1} \< -2"} /> 整理得 $(t+1)\ln t + 2(t-1) \< 0$ （注意 $t-1 \> 0$）。 设 $h(t) = (t+1)\ln t + 2t - 2$ ($t \> 1$)。 求导 $h'(t) = \ln t + \frac{t+1}{t} + 2 = \ln t + 3 + \frac{1}{t}$。 此处需仔细检查符号或二次求导。 实际上，对于此类标准形式，利用对数均值不等式 $\sqrt{ab} \< \frac{a-b}{\ln a - \ln b} \< \frac{a+b}{2}$ 往往更为快捷。

解法三：泰勒展开 / 高阶导数分析法（“降维打击”）

这是一种从高等数学视角出发的分析方法。极值点偏移的本质原因是函数在极值点两侧的“弯曲程度”不同，而弯曲程度由高阶导数控制。

核心思想

我们将函数 $f(x)$ 在极值点 $x_0$ 处展开。 设 $x_1 = x_0 - \delta_1$, $x_2 = x_0 + \delta_2$ ($\delta_1, \delta_2 \> 0$)。 由泰勒公式： <MathBlock raw={"f(x) \approx f(x_0) + \frac{f''(x_0)}{2}(x-x_0)^2 + \frac{f'''(x_0)}{6}(x-x_0)^3"} /> 代入 $x_1, x_2$ 并利用 $f(x_1) = f(x_2)$： <MathBlock raw={"\frac{f''(x_0)}{2}\delta_1^2 - \frac{f'''(x_0)}{6}\delta_1^3 \approx \frac{f''(x_0)}{2}\delta_2^2 + \frac{f'''(x_0)}{6}\delta_2^3"} /> 这暗示了 $\delta_1$ 和 $\delta_2$ 的大小关系取决于三阶导数 $f'''(x_0)$ 的符号。

判定准则

• 若 $f'''(x_0) = 0$，函数在极值点附近局部对称性强，偏移极小。
• 若 $f'''(x_0) \> 0$, 通常意味着极值点右侧“更陡峭”, 为了达到相同高度, 右侧所需的距离 $\delta_2$ 更小, 即 $\delta_2 \< \delta_1$。 此时 $x_1 + x_2 = 2x_0 - \delta_1 + \delta_2 \< 2x_0$。
• 若 $f'''(x_0) \< 0$, 同理可得 $x_1 + x_2 \> 2x_0$。

注

此方法虽不严谨（不能直接作为解答步骤），但它能迅速指明不等式的方向，是检验猜想和指导构造辅助函数的强大工具。例如在典例中，$f'''(-1)$ 易算得为正, 故迅速判断出 $x_1+x_2 \< -2$。

建议

• 首选解法一：构造对称函数法逻辑最严密，适用范围最广，是解答题的标准动作。
• 辅助解法二：变换主元法技巧性强，对于 $x, e^x, \ln x$ 组合的问题往往有奇效，可作为备选思路。
• 高观点解法三：作为教师或高阶学生的直觉训练工具，帮助洞察问题本质，预判结论方向。