第二卷極限與導數-提高與選學專題

高階導數與泰勒展開初步*

一階導數 $f'(x)$ 刻画瞬时變化率，几何上對應切線斜率. 二階導數 $f''(x)$ 刻画變化率自身的變化，用来判断函數圖像的弯曲程度（凹凸性）.

下面讨論數學分析中的一個基本思想：用多項式函數逼近较複杂的函數. 泰勒公式既联係初等數學與高等數學，也常用于不等式證明.

高階導數與函數的凹凸性

高階導數的定義

如果函數 $f(x)$ 的導函數 $f'(x)$ 仍然可導，那么 $f'(x)$ 的導數称為 $f(x)$ 的二階導數, 记作 $f''(x)$ 或 $\frac{d^2y}{dx^2}$ . 類似地，二階導數的導數称為三階導數，记作 $f'''(x)$ 或 $f^{(3)}(x)$ .

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

几何意義： $f''(x)$ 描述了切線斜率 $f'(x)$ 的變化快慢. 若 $f''(x) \> 0$ ，說明斜率 $f'(x)$ 單调递增，曲線變得越来越"陡峭"（向上弯曲）；若 $f''(x) \< 0$ ，說明斜率 $f'(x)$ 單调递减，曲線變得越来越"平缓"（向下弯曲）.

函數的凹凸性

函數的二階導數直接决定了函數圖像的弯曲方向，即凹凸性.

凹凸性

设函數 $f(x)$ 在区間 $I$ 上连續. 下凸 (Convex/凹函數)：若圖像上任意两点连成的弦，始终位于這段曲線的上方，形象地，圖像形如 $\cup$ . 上凸 (Concave/凸函數)：若圖像上任意两点连成的弦，始终位于這段曲線的下方，形象地，圖像形如 $\cap$ .

凹凸性描述的是曲線“弯向哪一边”. 下凸时，曲線位于弦的下方，斜率從左到右逐渐增大；上凸时，曲線位于弦的上方，斜率從左到右逐渐减小. 這里研究的是變化率如何继續變化，也就是斜率本身的變化.

注

国内外教材對“凹”與“凸”的中文命名常有差异. 為避免歧義，這里只看圖像的几何形状： $\cup$ 型與 $\cap$ 型.

凹凸性判定法则

设 $f(x)$ 在区間 $I$ 上具有二階導數. 若在 $I$ 内恒有 $f''(x) \> 0$ ，则 $f(x)$ 的圖像是下凸的 ( $\cup$ ). 若在 $I$ 内恒有 $f''(x) \< 0$ ，则 $f(x)$ 的圖像是上凸的 ( $\cap$ ).

證明

若在区間 $I$ 上恒有 $f''(x)\>0$ , 则 $f'(x)$ 的導數恒為正. 由單调性的導數判定法, $f'(x)$ 在 $I$ 上严格递增. 根据第一卷第 [ref:sec:ch03-s06] 节中“導函數單调递增当且僅当函數下凸”的结論，可知 $f(x)$ 在 $I$ 上下凸.

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

拐点

连續曲線 $y=f(x)$ 上凹凸性發生改變的点，称為拐点.

若 $f''(x)$ 存在，则 $f''(x_0)=0$ 是点 $(x_0, f(x_0))$ 為拐点的必要条件. 判定拐点时，还要檢查 $f''(x)$ 在 $x_0$ 两侧是否變号.

極值的第二充分条件

利用二階導數，可以直接判断驻点是極大值还是極小值.

定理

设 $f'(x_0) = 0$ 且 $f''(x_0)$ 存在. 若 $f''(x_0) \> 0$ ，则 $f(x_0)$ 是極小值 (圖像 $\cup$ 且切線水平). 若 $f''(x_0) \< 0$ ，则 $f(x_0)$ 是極大值 (圖像 $\cap$ 且切線水平). 若 $f''(x_0) = 0$ ，该判定法失效，需回归第一充分条件（單调性分析）.

證明

只證 $f''(x_0)\>0$ 的情形. 由二階導數的定義, $f''(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)-f'(x_0)}{x-x_0}.$ 又因為 $f'(x_0)=0$ , 所以上式化為 $f''(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{x-x_0}.$ 若 $f''(x_0)\>0$ , 则当 $x$ 充分接近 $x_0$ 且 $x\ne x_0$ 时, $\frac{f'(x)}{x-x_0}\>0.$ 因而

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

這說明函數在 $x_0$ 左侧递减，在右侧递增，所以 $f(x_0)$ 是極小值.

当 $f''(x_0)\<0$ 时，同理可得

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

因而函數在 $x_0$ 左侧递增、右侧递减，所以 $f(x_0)$ 是極大值.

当 $f''(x_0)=0$ 时，上述符号信息无法确定，判定法自然失效.

二階導數與局部形状

二階導數刻画圖像的弯曲方向: $f''(x)\>0$ 时曲線向上弯曲（下凸）， $f''(x)\<0$ 时曲線向下弯曲（上凸）. 三階導數進一步描述弯曲方向本身的變化快慢——即凹凸性转變的速率. 以此類推，每一階導數都在描述上一階變化率的變化趋势. 泰勒展開正是把這些逐层信息排列成多項式的各項：一次項控制斜率，二次項控制弯曲方向，三次項控制弯曲的不對称性，等等. 因此，展開到第 $n$ 階就相当于用一個具有相同前 $n$ 階局部特征的多項式来逼近原函數. 這些内容会在后續的不等式證明、極限计算與近似問題中反複使用.

整體形状與局部形状

第一卷第 [ref:sec:ch03-s06] 节從圖形和整體性質观察凹凸性；這里把视線缩到一点附近，主要借二階導數和泰勒展開描出局部形状.

泰勒展開

\BookSubsectionSubtitle{用多項式逼近函數}

一次函數（直線）和二次函數（抛物線）性質簡單，易于计算. 對于 $e^x, \sin x, \ln x$ 這類较複杂的超越函數，也可以尝试用一個多項式 $P_n(x)$ 在局部加以逼近.

逼近的逻辑

设要用一個多項式在 $x=0$ 附近逼近函數 $f(x)$ . 零階近似為 $P_0(x) = f(0)$ ，只要求高度相同；在此基礎上加入一階導數項得到一階近似（切線） $P_1(x) = f(0) + f'(0)x$ ，使高度與斜率都相同；再加入二階導數項得到二階近似（抛物線） $P_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2$ ，使高度、斜率與弯曲程度都相同. 如果要求多項式 $P_n(x)$ 在 $x=0$ 处的 $0$ 到 $n$ 階導數都與 $f(x)$ 相同，就得到泰勒公式.

带有佩亚诺余項的麦克劳林公式

如果函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 处具有 $n$ 階導數，则有：

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

其中 $o(x^n)$ 称為佩亚诺余項, 表示当 $x \to 0$ 时，誤差是比 $x^n$ 更高階的无穷小.

常用函數的展開式

在 $x \to 0$ 时，常用的展開式有：

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

展開到几階

使用泰勒展開时，常要先判断保留到哪一階. 可依次從下面几方面判断: 若用于求極限，就展開到第一個不再抵消的項；若用于證明不等式，就展開到已經能判断符号的那一項；若用于近似计算，就展開到下一項已經足够小為止.

判断展開階數

遇到相减时，先看低階項消去到哪一层；遇到相除时，先比较分子分母的最低非零階；遇到近似时，先看誤差要控制到什么量级. 展開到能够完成判断的階數即可.

例

求極限： $\lim_{x \to 0}\frac{e^x-1-x}{x^2}$

證明

分子里的常數項 $1$ 和一次項 $x$ 已經先被减掉了，所以还得再往下一层，寫到二次項： $e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ 代入得 $e^x-1-x=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ 從而 $\frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac{1}{2}+o(1)$ 故極限為 $\lim_{x \to 0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac{1}{2}$

例

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

證明

由 $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$ 可得 $\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}=\frac{x^3}{3}+o(x^3)$ 因而 $\frac{\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}}{x^3}=\frac{1}{3}+o(1)$ 所以極限為

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

泰勒、等价无穷小與洛必达如何選

三种方法怎么分工

分析問題时，先看式子的样子，再决定往哪条路上走：若是標准基本型，如 $\sin x$ , $\tan x$ , $e^x-1$ , $\ln(1+x)$ 與幂函數的乘除比较，优先考虑等价无穷小；若式子中出現明显的"相减消項"，或者題目要求精确到某個係數、某個階數，优先考虑泰勒展開；若極限可化為商式，且求導后结構明显更簡單，再考虑洛必达法则（下一章正式讨論）. 這三者可以配合使用. 很多題目先用等价无穷小做第一轮簡化，再用泰勒补足係數；也有一些題目需要先判断是展開更直接，还是求導更直接.

常见錯誤

几類典型失誤

展開不够就停下：例如分子前两項已經抵消，却只展開到一次項，结果仍是 $0/0$ ；展開過头：只需要二次項却一路寫到五次項，既拉长篇幅，也更容易算錯；把" $=$ "和" $\sim$ "混用：泰勒公式给的是带余項的等式，等价无穷小给的是主項同階，這两种寫法要分開使用；忽略适用范围：例如 $\ln(1+x)$ 的展開默认在 $x \to 0$ 且邻域内 $1+x\>0$ ，展開式要在定義域内使用.

泰勒近似在不等式證明中的應用

泰勒公式不僅用于计算，也常用于證明不等式. 做法是把超越函數寫成多項式與余項之和，再判断余項符号.

“切線放缩”的再审视

上一章證明過 $e^x \ge 1+x$ , 這正是 $e^x$ 的一階泰勒展開. 因為 $(e^x)'' = e^x \> 0$ ，函數下凸，圖像位于切線 $y=1+x$ 上方，故 $e^x \ge 1+x$ ；推廣：若 $f''(x) \> 0$ ，则 $f(x) \ge f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)$ .

高階展開的應用实例

利用更高階的展開，可以得到更精确的不等式.

例

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

證明

這里比较的是 $\sin x$ 與其三階泰勒多項式. 構造辅助函數 $f(x) = \sin x - \left( x - \frac{x^3}{6} \right)$ . 只需證明当 $x\>0$ 时 $f(x) \> 0$ . 對 $f(x)$ 逐次求導：

\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 $f'''(x)$ ：對于任意 $x \in \mathbb{R}$ , $\cos x \le 1$ , 故 $f'''(x) = 1 - \cos x \ge 0$ . 這說明二階導數 $f''(x)$ 在 $x \ge 0$ 上單调递增. 又 $f''(0) = -\sin 0 + 0 = 0$ , 所以当 $x \> 0$ 时, $f''(x) \> 0$ . 同理，由于 $f''(x) \> 0$ , 一階導數 $f'(x)$ 單调递增. 又 $f'(0) = \cos 0 - 1 + 0 = 0$ , 所以当 $x \> 0$ 时, $f'(x) \> 0$ . 最后，由于 $f'(x) \> 0$ , 原函數 $f(x)$ 單调递增. 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

這個例子說明：通過不断求導，可以把正弦函數問題逐步化為常數與 $0$ 的比较.

例

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

證明

由于分子中已經减去了 $\sin x$ 的前两項 $x-\dfrac{x^3}{6}$ ，所以要继續展開到下一項： $\sin x = x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+o(x^5)$ 因而 $\sin x-x+\frac{x^3}{6}=\frac{x^5}{120}+o(x^5)$ 于是 $\frac{\sin x-x+\frac{x^3}{6}}{x^5}=\frac{1}{120}+o(1)$ 所以極限為

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

泰勒展開的作用

泰勒展開用于研究函數在一点附近的局部行為. 寫出前几階主導項后，常可直接判断極限、作局部近似，并分析函數在该点附近的符号與形状.

洛必达法则與極限计算*

前面已經接触了極限的多种计算方法. 對于 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型不定式，还需要進一步的理論工具. 柯西中值定理正是這一工具的基礎.

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

洛必达法则

在正式應用洛必达法则之前，先說明其指導思想：為什么在一定条件下，原函數之比的極限可以转化為導函數之比的極限.

当 $x \to a$ 时，如果 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都趋向于 $0$ （或 $\infty$ ），那么它们的比值極限與各自的變化速度密切相關. 在微積分中，描述這种變化速度的工具是導數.

若 $f(a)=g(a)=0$ , 且在 $x=a$ 附近有近似關係 $f(x)\approx f'(a)(x-a), g(x)\approx g'(a)(x-a),$ 则有 $\lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} \approx \frac{f'(a)}{g'(a)}$ 這說明，洛必达法则可理解為用函數在 $a$ 点附近的線性近似代替原函數.

然而，在实际問題中， $f'(a)$ 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論基礎——柯西中值定理. 根据柯西中值定理，對于区間 $[a, x]$ , 必然存在一点 $\xi$ 介于 $a$ 和 $x$ 之間，使得函數增量的比值等于導數的比值： $\frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 利用条件 $f(a)=g(a)=0$ , 等式左边即簡化為 $\frac{f(x)}{g(x)}$ . 現在，對等式两边同时取 $x \to a$ 的極限. 由于 $\xi$ 被夹在 $a$ 和 $x$ 之間 ( $a \< \xi \< x$ ), 当 $x$ 无限逼近 $a$ 时，中間点 $\xi$ 也随之无限逼近 $a$ . 因此，当 $x\to a$ 时，也有 $\xi\to a$ . 于是得到

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

這就严格證明了，原函數的極限問題可以转化為導函數的極限問題. 柯西中值定理精确地建立了函數增量比與導數比值之間的桥梁.

洛必达法则說明：在特定条件下，两個函數之比的極限等于它们導數之比的極限. 因而可以借助導數信息判断函數值的趋近行為.

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

使用前先檢查四件事

在动手求導之前，先逐項核對：

原式是否真的是商式；
直接代入后是否真的是 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型；
分子、分母是否在去心邻域内可導，且分母導數不為零；
求導之后的式子是否更簡單，或者至少更接近可判断的形式.

前三条用于檢查是否合法，第四条用于檢查是否合算. 很多題目用等价无穷小或泰勒展開会更短.

洛必达法则

设函數 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在点 $a$ 的某去心邻域内可導，且 $g'(x) \ne 0$ . 若满足以下两類条件之一：

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

并且極限 $\lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 存在（或為 $\infty$ ），那么

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

该法则對于 $x \to \infty$ 的情况同样适用.

證明

先證 $\frac{0}{0}$ 型. 设 $\lim_{x\to a}f(x)=0, \lim_{x\to a}g(x)=0.$ 在点 $a$ 处补充定義 $f(a)=g(a)=0.$ 對于充分靠近 $a$ 且 $x\ne a$ 的点，函數在闭区間 $[a,x]$ 或 $[x,a]$ 上连續、在開区間内可導. 由柯西中值定理，存在介于 $a$ 與 $x$ 之間的点 $\xi$ , 使得 $\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.$ 由于 $f(a)=g(a)=0$ , 上式化為 $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.$ 当 $x\to a$ 时，夹在 $a$ 與 $x$ 之間的点 $\xi$ 也满足 $\xi\to a$ . 若 $\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A,$ 则 $\lim_{\xi\to a}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=A.$ 由 $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 即得 $\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=A.$

對于 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，證明方式完全類似：對充分靠近 $a$ 的两点應用柯西中值定理，把函數增量之比转化為導數之比，再让两点同时逼近極限点. 因而结論同样成立.

基本應用实例

例

计算 $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}$ .

解

這是 $\frac{0}{0}$ 型不定式.

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

例

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

解

這是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型不定式.

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

结論：對數函數的增长速度远慢于幂函數.

例

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

解

這是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型. 连續使用 $n$ 次洛必达法则（或直至分子變為常數）：

\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

结論：指數函數的增长速度远快于任何多項式函數.

连續使用时，何时该停

若一次洛必达之后，式子仍是 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，并且结構继續簡化，那么可以继續使用. 但每做一次，都應重新檢查：

新得到的式子是否仍是不定式；
求導是否真的在降低複杂度；
是否已經出現更好的方法，如直接代入、等价无穷小、泰勒展開.

连續使用洛必达法则时，每一步都要重新判断是否继續.

例

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

解

直接代入得 $\frac{0}{0}$ 型，可以使用洛必达法则：

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

仍為 $\frac{0}{0}$ 型，再用一次：

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

同一道題的更优思路

上題也可以用泰勒展開: $e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ 因而

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

這說明：若題目带有明显的相减消項结構，泰勒展開往往比反複求導更直接.

法则的滥用與陷阱

洛必达法则适用范围明确. 若忽略条件，容易導致錯誤或无效计算.

陷阱1

\BookSubsubsectionSubtitle{非不定式誤用} 法则僅适用于 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型. 若直接代入非不定式，法则将给出錯誤结果.

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

陷阱2

\BookSubsubsectionSubtitle{導數極限不存在} 若 $\lim \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 不存在（振荡），原極限是否存在需要另行判断；此时只能說明洛必达法则失效，需改用夹逼定理或定義法.

例

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

解

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

陷阱3

\BookSubsubsectionSubtitle{循环與繁琐} 對于某些函數（如 $\sqrt{x^2+1}$ ），求導后形式可能更複杂或循环出現，導致无法得出结果. 此外，對于簡單的因式分解能解决的問題（如 $\frac{x^2-1}{x-1}$ ），使用洛必达法则往往显得笨拙.

陷阱4

\BookSubsubsectionSubtitle{把加减消項題硬做成求導題}

有些極限虽然也能使用洛必达法则，但实际考查的是高階无穷小的抵消. 這類題若一味求導，往往步骤更长，也更容易算錯.

例

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

解

用洛必达法则可得：

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

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

{2}$ 具有相同主導項}

一個經验判断

若分子分母中同时出現 $\sin x,\cos x,e^x,\ln(1+x)$ 等標准函數，并且只是在零点附近做局部比较，那么先想等价无穷小或泰勒；只有当展開不方便、或求導后结構明显更顺时，再考虑洛必达.

其他類型的不定式

對于 $0 \cdot \infty$ , $\infty - \infty$ , $1^\infty$ , $0^0$ , $\infty^0$ 等非標准型不定式，必须先通過代數變形将其转化為 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型.

先變形，再谈洛必达

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

\texorpdfstring{ $0 \cdot \infty$ 型

{0 times infinity type}} 可将乘積 $f \cdot g$ 變形為商 $\frac{f}{1/g}$ 或 $\frac{g}{1/f}$ . 通常把求導较簡單的函數放在分子，较複杂的倒數放在分母.

例

计算 $\lim_{x\to 0^+} x \ln x$ .

解

這是 $0 \cdot (-\infty)$ 型. 将 $x$ 下放：

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

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

\texorpdfstring{ $\infty - \infty$ 型

{infinity minus infinity type}} 可通過通分、提取公因式或有理化，合并為一個分式.

例

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

解

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

连續使用洛必达法则（或结合泰勒展開）可得極限為 0.

例

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

解

這是 $\infty-\infty$ 型. 直接求差没有意義，應先有理化：

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

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

這里不必强求洛必达

上題若继續改寫成商式，也能使用洛必达法则，路径会更长. 這說明洛必达法则是極限计算中的一种工具.

\texorpdfstring{幂指函數型 ( $1^\infty, 0^0, \infty^0$ )

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

例

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

解

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

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

故 $\lim \ln y = 1$ , 原極限 $\lim y = e^1 = e$ .

極限求解的常用方法

面對不同類型的極限問題，需要按结構選择方法.

落笔前先看哪一层

先按顺序判断

面對一道具體極限題，判断方法的优先次序是從簡到繁：先看能否直接代入；若不能，再尝试簡單變形消去不定式；若是乘除结構，考虑用等价无穷小替換；若涉及高階消項，则考虑泰勒展開；只有当原式已經是或容易化為商式不定式、且求導后确实能簡化时，才优先考虑洛必达法则.通常先做簡單變形，再判断是否需要求導.

方法分层

第一层

直接代入：首先檢查是否為不定式.若分母不為零，函數连續性保證了極限值等于函數值.
初等變形：包括因式分解、分子/分母有理化、提取最高次幂等.這通常适用于有理分式或簡單的根式.
重要極限：利用已知的標准结果，如 $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}=1$ 或 $\lim_{x\to \infty} (1+\frac{1}{x})^x=e$ .

第二层

等价无穷小替換：在 $x \to 0$ 时，利用 $\sin x \sim x, \ln(1+x) \sim x$ 等替換.此法计算簡便，但通常僅适用于乘除因子的替換，在加减法中使用需極度谨慎，以防精度丢失.
夹逼定理：适用于处理含有振荡項（如 $\sin \frac{1}{x}$ ）或无法直接计算的數列極限，通過放缩确立上下界.

第三层

洛必达法则：适用于满足条件的 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型不定式. 当函數求導后形式簡化时，此法较為有效.
泰勒展開：适用于 $x \to 0$ 且涉及加减消項的複杂组合.與等价无穷小相比，泰勒展開提供了多項式的高階近似，能够精确控制誤差階數，适用于高精度的分析.

实例對比

例

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

解

法一：洛必达法则 该極限為 $\frac{0}{0}$ 型，满足法则条件.

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

此過程需要连續使用三次洛必达法则.

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

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

通過保留三階項，直接观察到分子的階數特征.

常用方法

對于乘除形式的因子，可优先考虑等价无穷小替換, 以簡化表达式.
對于加减形式的不定式，若求導后各項變得簡單，可使用洛必达法则.
對于高階无穷小相抵消（如 $x-\sin x$ ）或涉及複合函數的極限，常用泰勒展開.

先看结構再選方法

洛必达法则是重要工具. 处理極限时，先判断结構，再選取工具，不把求導视為唯一入口.

端点分析與局部保号*

在运用導數处理不等式恒成立問題时，常见做法是求出函數 $f(x)$ 在区間 $I$ 上的全局最小值 $f_{\min}$ , 再验證 $f_{\min} \ge k$ . 這种方法属于充分性構造，直接檢验不等式在最不利情形下是否成立.

但在许多複杂問題中，導函數可能十分繁琐，驻点难以求出，或者最值点落在端点. 這时直接求全局最小值往往困难很大. 于是需要引入另一条思路，即必要性分析.

必要性分析從结論出發反推參數限制：若不等式恒成立，那么某些特殊点必须满足什么条件. 处理這類問題时，常要考察函數在边界点的初始状态與變化趋势. 当临界情形恰好出現在区間端点时，就得到端点分析法.

必要条件與充分条件

许多導數綜合題适合分两步求參數范围：先從某個敏感位置提取必要条件，缩小參數范围；再借助單调性、凹凸性或全局最值，补出充分条件. 對端点值為零的恒成立問題，這個敏感位置往往就是区間端点本身.

设函數 $g(x)$ 在区間 $[m,+\infty)$ 上满足 $g(m)=0$ ，并要求證明 $g(x)\ge0 (x\ge m)$ . 那么函數從点 $(m,0)$ 出發后，要保持在 $x$ 轴上方或落在 $x$ 轴上，起始方向就必须朝上或保持水平.這立刻给出一個必要条件： $g'(m)\ge0$ . 這种“先看端点处導數符号”的現象，可称為端点效應. 這個名字强调的是：全区間的恒成立問題，常常会在端点处留下第一道痕迹.

端点效應通常先给出必要条件. 当后續導數的變化趋势也受到控制时，端点信息还可以升级為充分条件.

端点效應的使用顺序

处理這類題目时，通常先從端点入手：把原題改寫成 $g(m)=0$ 的形式，再讨論 $g(x)$ 在整個区間内非负或非正.然后看 $g'(m)$ 的符号，做必要性筛選；如果 $g'(m)=0$ 仍给不出信息，就继續看更高階導數在端点处的首個非零項.最后还要补充分性验證，檢查 $g'(x)$ 是否單调、 $g''(x)$ 是否變号，或者回到全局最小值分析，避免把局部信息誤当成全局结論.

端点分析的基本法则

考虑一類具體問題：已知函數 $g(x)$ 在区間 $[m, +\infty)$ 上满足 $g(m)=0$ , 要求證或求參使得 $g(x) \ge 0$ 在此区間上恒成立.

此时函數圖像從点 $(m,0)$ 出發. 若后續函數值始终满足 $g(x)\ge0$ , 则起始階段的變化率必须非负. 若進一步能够保證導函數單调递增，這一端点信息就足以决定全程行為.

端点分析法则

设函數 $g(x)$ 在区間 $[m, +\infty)$ 上可導，且其導函數 $g'(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上严格單调递增.若 $g(m)=0$ , 则不等式 $g(x) \ge 0$ 在区間 $[m, +\infty)$ 上恒成立的充分必要条件是 $g'(m) \ge 0$ .

證明

導函數 $g'(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上严格單调递增的条件，可以通過 $g''(x) \> 0$ 在 $(m, +\infty)$ 上恒成立来保證.

充分性證明 (證明 $g'(m) \ge 0 \implies g(x) \ge 0$ ). 已知 $g'(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上严格單调递增，且 $g'(m) \ge 0$ . 對于任意 $x \> m$ , 根据導函數的單调性，我们有 $g'(x) \> g'(m)$ . 结合条件 $g'(m) \ge 0$ , 可得 $g'(x) \> 0, \forall x \in (m, +\infty)$ . 這意味着，函數 $g(x)$ 在整個区間 $[m, +\infty)$ 上是严格單调递增的. 因此，對于任意 $x \in [m, +\infty)$ , 恒有 $g(x) \ge g(m)$ . 结合已知条件 $g(m)=0$ , 可得 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立.

必要性證明 (證明 $g(x) \ge 0 \implies g'(m) \ge 0$ ). 回到導數定義. 函數 $g(x)$ 在端点 $m$ 处的導數 $g'(m)$ 定義為 $g'(m) = \lim_{x \to m^+} \dfrac{g(x) - g(m)}{x - m}$ . 根据題设，對于所有 $x \> m$ , 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 $x - m \> 0$ . 故整個差商表达式 $\frac{g(x) - g(m)}{x - m} \ge 0$ . 根据極限的保号性，一個非负函數的極限（如果存在）也必然是非负的. 因此， $g'(m) = \lim\limits_{x \to m^+} \frac{g(x) - g(m)}{x - m} \ge 0$ .

充分性與必要性均已證明.

端点效應與端点分析法

單独的条件 $g'(m)\ge0$ 只刻画端点附近的局部信息. 上面的定理能把它提升為全区間结論，依赖于 $g'(x)$ 的單调性. 因而端点效應负责筛選參數，端点分析法则负责完成必要到充分的過渡.

物理學释義

此法则的物理學释義為：一個從原点出發的質点，若其初始速度非负，且其加速度始终為正（即速度單调递增），则运动轨迹始终留在坐標轴的非负半轴. 此定理把全区間的恒成立問題压缩為端点導數值與導函數單调性的檢验.

應用與思辨

2024年全国新高考I卷

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

若 $b=0$ , $f'(x)\ge0$ , 求 $a$ 的取值范围.
證明 $f(x)$ 的圖像是中心對称圖形. 若不等式 $f(x)\>-2$ 成立的充分必要条件是 $1\<x\<2$ , 求 $b$ 的取值范围.

在临界点 $P(1,-2)$, 函數的“初始趋势”$f'(1)$ 决定了其是否能满足題设条件

解

函數的定義域由 $\frac{x}{2-x}\>0$ 确定，解得 $x \in (0,2)$ .

第一問. 当 $b=0$ 时, $f(x) = \ln x - \ln(2-x) + ax$ . 其導函數為 $f'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{2-x} + a$ . 要使 $f'(x)\ge0$ 在 $(0,2)$ 上恒成立，等价于 $a \ge -(\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x})$ 恒成立. 令 $h(x) = -(\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x})$ . 需求 $a$ 大于等于 $h(x)$ 的最大值. 對 $h(x)$ 求導得 $h'(x) = \frac{1}{x^2}-\frac{1}{(2-x)^2}$ . 令 $h'(x)=0$ , 得 $x=1$ . 当 $0\<x\<1$ 时 $h'(x)\>0$ , 当 $1\<x\<2$ 时 $h'(x)\<0$ , 所以 $h(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值, $h_{\max} = h(1) = -2$ . 故 $a$ 的取值范围是 $[-2, +\infty)$ .

第二問. 為證明 $f(x)$ 的圖像是中心對称圖形，考察 $f(x)+f(2-x)$ .

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

因此， $f(x)$ 的圖像關于点 $(1,a)$ 中心對称.

接着分析不等式条件.題设“ $f(x)\>-2$ 成立的充要条件是 $x \in (1,2)$ ”蕴含了三個信息： (1) 對所有 $x \in (1,2)$ , $f(x)\>-2$ 成立. (2) 對所有 $x \in (0,1]$ , $f(x) \le -2$ 成立. (3) 在临界点 $x=1$ 处，由连續性可知必有 $f(1)=-2$ .

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

此时，条件转化為：当 $a=-2$ 时，函數 $f(x)$ 在 $x=1$ 处函數值為 $-2$ , 在 $(1,2)$ 上函數值大于 $-2$ , 在 $(0,1]$ 上函數值不大于 $-2$ . 這表明函數 $f(x)$ 必须在其定義域 $(0,2)$ 内是严格單调递增的.

因此，問題转化為求解參數 $b$ 的范围，使得当 $a=-2$ 时，函數 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上严格單调递增. 這等价于其導函數 $f'(x) \ge 0$ 在 $(0,2)$ 上恒成立，且等号僅在孤立点处取得.

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

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

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

此不等式需對所有 $x \in (0,1) \cup (1,2)$ 恒成立. 因此, $3b$ 必须大于或等于函數 $k(x) = -\frac{2}{x(2-x)}$ 在该定義域上的最大值（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 $(0,2)$ 内的值域為 $(0, 1]$ . 因此，函數 $k(x) = -2/p(x)$ 的值域為 $(-\infty, -2]$ . 其上确界為 $-2$ .

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

最后檢验，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 $\ge 2+3(-\frac{2}{3})=0$ . 等号僅在 $x=1$ 且 $b=-2/3$ 时成立.因此 $f'(x)\ge0$ 恒成立，且僅在 $x=1$ 取零，满足严格單调递增的条件.

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

2023年全国高考甲卷

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

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

解

函數 $f(x)$ 的定義域為 $(0, \frac{\pi}{2})$ . 先對函數 $f(x)$ 求導. 注意到 $\frac{\sin x}{\cos^3 x} = \tan x \sec^2 x$ . 其導數為 $\left(\frac{\sin x}{\cos^3 x}\right)' = \frac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$ . 因此，導函數為 $f'(x) = a - \dfrac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$ .

第一問. 当 $a=8$ 时, $f'(x) = 8 - \dfrac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$ . 為研究其符号，令 $g(x) = \dfrac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$ . 為分析函數 $g(x)$ 的單调性，進行變量代換. 令 $t = \sin x$ , 则 $t \in (0, 1)$ . 此时 $g(x)$ 转化為關于 $t$ 的函數 $h(t) = \dfrac{1+2t^2}{(1-t^2)^2}$ , $t \in (0,1)$ . 對 $h(t)$ 求導得 $h'(t) = \frac{4t(2+t^2)}{(1-t^2)^3}$ . 在区間 $(0,1)$ 内, $h'(t) \> 0$ . 這說明 $h(t)$ 在 $(0,1)$ 上严格單调递增，故 $g(x)$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上也严格單调递增.

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). 在定義域内唯一解為 $x=\frac{\pi}{4}$ .

由于 $g(x)$ 單调递增，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，函數 $f(x)$ 的單调递增区間為 $(0, \frac{\pi}{4})$ , 單调递减区間為 $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ .

第二問. 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. 構造辅助函數 $G(x) = ax - \frac{\sin x}{\cos^3 x} - 2\sin x \cos x$ . 原問題等价于 $G(x)\<0$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上恒成立.

考察函數在端点 $x=0$ 处的趋势. $\lim\limits_{x \to 0^+} G(x) = a \cdot 0 - 0 - 0 = 0$ . 函數從 $G(0)=0$ 出發，且要求后續函數值恒為负，這给出一個必要条件：起始趋势必须朝下或保持水平，即其導數在该点必须非正.

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

再来验證当 $a \le 3$ 时该条件是否為充分条件. 只需證明当 $a=3$ 时 $G(x)\<0$ 恒成立即可. 当 $a=3$ 时, $G'(x) = 3 - \frac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x} - 2\cos(2x)$ . 為分析其符号，作變量代換，令 $t = \cos^2 x$ , $t \in (0,1)$ . $G'(x)$ 转化為關于 $t$ 的函數 $k(t) = 5 - \frac{3-2t}{t^2} - 4t = 5 - \frac{3}{t^2} + \frac{2}{t} - 4t$ , $t \in (0,1)$ .

對 $k(t)$ 求導： $k'(t) = \frac{6}{t^3} - \frac{2}{t^2} - 4 = \frac{-4t^3 - 2t + 6}{t^3}$ . 令分子為 $p(t) = -4t^3 - 2t + 6$ . $p'(t)=-12t^2-2\<0$ , 故 $p(t)$ 在 $(0,1)$ 上單调递减. 由于 $p(1)=0$ , 所以對于任意 $t \in (0,1)$ , 都有 $p(t) \> p(1) = 0$ . 因此 $k'(t) = p(t)/t^3 \> 0$ , $k(t)$ 在 $(0,1)$ 上严格單调递增.

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

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

所求 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 3]$ .

極限的局部保号性*

經常需要由極限性質推出函數在極限点附近的局部性質. 其中一条基本结論是：若函數趋于一個非零常數，则在充分靠近極限点的邻域内，函數值與極限值保持同号. 這一定理把極限與局部符号联係起来.

例如，若 $f(x)$ 无限逼近正數 $L=5$ , 则 $|f(x)-5|$ 可以任意小. 只要進一步要求 $|f(x)-5|\<1$ , 就有 $f(x)\in(4,6)$ , 因而 $f(x)$ 必為正數.

這個例子說明：只要函數收敛到非零極限，总可以選取足够小的誤差范围，使函數值落在一個不含零的区間内. 将這一点形式化，就得到極限的局部保号性定理.

極限的局部保号性

设函數 $f(x)$ 在 $x \to x_0$ 时的極限存在且等于 $L$ .

若 $L \> 0$ , 则必然存在点 $x_0$ 的一個去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$ , 使得對于任意属于此邻域的 $x$ , 恒有 $f(x) \> 0$ .
若 $L \< 0$ , 则必然存在点 $x_0$ 的一個去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$ , 使得對于任意属于此邻域的 $x$ , 恒有 $f(x) \< 0$ .

證明

以下證明 $L\>0$ 的情形, $L\<0$ 时完全類似.

需要證明：存在正數 $\delta$ , 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时，恒有 $f(x)\>0$ .

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

一個簡洁而有效的選择是令 $\varepsilon = \dfrac{L}{2}$ . 由于 $L\>0$ , 故 $\varepsilon$ 是一個合法的正數.

根据極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義，對于選定的 $\varepsilon = L/2$ , 存在正數 $\delta$ , 使得当自變量 $x$ 满足 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时，不等式 $|f(x) - L| \< \dfrac{L}{2}$ 恒成立.

将這個绝對值不等式展開，得 $-\dfrac{L}{2} \< f(x) - L \< \dfrac{L}{2}$ . 在不等式三边同时加上 $L$ , 得 $L - \dfrac{L}{2} \< f(x) \< L + \dfrac{L}{2}$ . 化簡得到 $\dfrac{L}{2} \< f(x) \< \dfrac{3L}{2}$ . 特别關注左半部分. 由于 $L\>0$ , 故 $\dfrac{L}{2} \> 0$ . 于是得到 $f(x) \> \dfrac{L}{2} \> 0$ , 结論成立.

因而存在一個去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$ , 使得其中所有 $x$ 都满足 $f(x)\>0$ . 證毕. :::

極限的局部保号性定理还有一個推論，处理的是極限與不等号的關係.

極限的保不等式性

设函數 $f(x)$ 在 $x \to x_0$ 时的極限存在.如果在点 $x_0$ 的某個去心邻域内，恒有 $f(x) \ge 0$ , 那么 $\lim_{x \to x_0} f(x) \ge 0$ . 同理，若恒有 $f(x) \le 0$ , 那么 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) \le 0$ .

證明

采用反證法. 假设 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L \< 0$ . 由局部保号性定理可知，若極限 $L$ 為负，则必然存在 $x_0$ 的一個去心邻域，使得其中所有 $x$ 都满足 $f(x) \< 0$ .

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

注意：严格不等号的退化

一個需要單独說明的细节是：即使在邻域内恒有严格不等式 $f(x) \> 0$ , 其極限仍满足 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) \ge 0$ . 極限值可以等于 $0$ .

例如，考虑函數 $f(x) = x^2$ 在 $x \to 0$ 时的極限.對于任意去心邻域 $U^\circ(0,\delta)$ , 恒有 $f(x)=x^2 \> 0$ . 然而，其極限為 $\lim\limits_{x \to 0} x^2 = 0$ .

應用與思辨

極限的保不等式性虽然形式簡單，却是许多證明中的基礎工具. 在“端点分析法”一节中，必要性證明就直接用到了這一推論.

在證明端点分析法则的必要性时，若 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立且 $g(m)=0$ , 则有 $g'(m) \ge 0$ . 證明過程如下: $g'(m) = \lim_{x \to m^+} \dfrac{g(x) - g(m)}{x - m}$ . 對所有 $x\>m$ , 差商 $\frac{g(x)-g(m)}{x-m}$ 都是非负量. 再由極限的保不等式性得到：一個非负函數在 $x \to m^+$ 时的極限仍是非负數. $\lim_{x \to m^+} \underbrace{\dfrac{g(x) - g(m)}{x - m}}_{\ge 0} \ge 0$ . 這就是 $g'(m) \ge 0$ 的严格數學依据.

方法的局限性與全局分析的回归

已經看到，端点分析法的有效性严格依赖于一階導數的單调性. 当前提条件不满足时，這种方法只能给出必要条件，甚至可能導出錯誤结論. 因而有必要明确它的适用范围.

端点分析法失效的根本原因在于函數的一階導數 $g'(x)$ 在所考察的区間上不具備單调性. 考虑在区間 $[m, +\infty)$ 上，函數 $g(x)$ 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 $g'(x)$ 在区間 $(m, +\infty)$ 内先增后减或先减后增，则可能存在以下過程：

$g'(x)$ 的值在初始為正或零之后，随 $x$ 的增大而减小.
在区間的某個内部点， $g'(x)$ 的值可能由正转负，這意味着原函數 $g(x)$ 的單调性由增转减，形成一個局部極大值.
若此后 $g'(x)$ 持續為负，函數 $g(x)$ 将進入單调递减階段.如果此單调递减的趋势足够显著，函數 $g(x)$ 的值完全可能下降至小于其初始值 $g(m)=0$ .

最终，函數可能在区間内部某点 $x_0$ 取得極小值 $g(x_0) \< 0$ . 這個極小值在端点分析中不可见，称為隐蔽極小值.

端点分析法适用性判别法则

设函數 $g(x)$ 在区間 $[m, +\infty)$ 上二階可導，且满足 $g(m)=0$ .

若 $g''(x)$ 在区間 $(m, +\infty)$ 内恒有 $g''(x) \ge 0$ (或 $g''(x) \le 0$ ), 则 $g'(x)$ 在该区間上單调.此时，不等式 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立的充分必要条件是 $g'(m) \ge 0$ .
若 $g''(x)$ 在区間 $(m, +\infty)$ 内的符号不定，则 $g'(x)$ 在该区間上不具備單调性.此时，端点分析法失效：条件 $g'(m) \ge 0$ 僅為不等式 $g(x) \ge 0$ 恒成立的必要非充分条件.問題的解决必须转為對 $g(x)$ 在区間 $[m, +\infty)$ 上的全局最小值進行分析.

證明

證明第1条 (适用情形): 只證明 $g''(x) \ge 0$ 的情况. 充分性: 假设 $g'(m) \ge 0$ . 由于 $g''(x) \ge 0$ , 故 $g'(x)$ 在 $[m, +\infty)$ 上單调递增. 因此，對于任意 $x\>m$ , 有 $g'(x) \ge g'(m) \ge 0$ . 這表明 $g(x)$ 在 $[m, +\infty)$ 上是單调递增的.故對于任意 $x \ge m$ , 都有 $g(x) \ge g(m)=0$ . 必要性: 假设 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立. 采用反證法，假设 $g'(m) \< 0$ . 由于 $g''(x) \ge 0$ , $g'(x)$ 是單调递增的. 若 $g'(m) \< 0$ , 则根据 $g'(x)$ 的连續性，存在一個 $\delta \> 0$ , 使得對于所有 $x \in (m, m+\delta)$ , 都有 $g'(x) \< 0$ . 這意味着 $g(x)$ 在 $[m, m+\delta]$ 上是單调递减的.因此，對于任意 $x \in (m, m+\delta)$ , 有 $g(x) \< g(m) = 0$ . 這與 $g(x) \ge 0$ 恒成立的假设相矛盾.故 $g'(m) \ge 0$ 必须成立.

證明第2条 (失效情形): 当 $g''(x)$ 符号不定时, $g'(x)$ 不單调. 前文已經說明，存在满足 $g(m)=0$ 和 $g'(m) \> 0$ 的函數，但由于 $g''(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上變号，仍会使 $g(x)$ 在区間内部出現小于零的極小值. 這個反例清晰地表明：当 $g''(x)$ 符号不定时，条件 $g'(m) \ge 0$ 只提供必要性信息. 此时还要分析 $g(x)$ 在整個区間上的全局最小值.

例

已知函數 $f(x) = e^x + ax^2 - x$ . 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 $e^x + ax^2 - x - \frac{1}{2}x^3 - 1 \ge 0$ 在区間 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 構造辅助函數 $g(x) = e^x + ax^2 - x - \frac{1}{2}x^3 - 1$ . 問題转化為求解參數 $a$ 的范围，使得 $g(x) \ge 0$ 對所有 $x \in [0, +\infty)$ 成立.

计算函數在端点 $x=0$ 的值： $g(0) = e^0 - 1 = 0$ . 计算其一階導數： $g'(x) = e^x + 2ax - 1 - \frac{3}{2}x^2$ . 由于 $g(0)=0$ 且要求 $g(x) \ge 0$ , 一個必要条件是 $g'(0) \ge 0$ . 經计算， $g'(0) = e^0 - 1 = 0$ , 该必要条件恒成立，未能提供關于參數 $a$ 的直接约束.

進一步分析一個能确保 $g(x) \ge g(0)$ 的充分条件. 最直接的条件是令 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上單调递增，即 $g'(x) \ge 0$ 在此区間恒成立. 令 $h(x) = g'(x) = e^x + 2ax - 1 - \frac{3}{2}x^2$ . 下面分析使 $h(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立的 $a$ 的范围. 注意到 $h(0) = e^0 - 1 = 0$ . 這再次構成端点值為零的恒成立問題. 為确保 $h(x) \ge 0$ , 可施加其單调递增的充分条件，即 $h'(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立.

计算 $h'(x)$ : $h'(x) = e^x + 2a - 3x$ . 問題转化為求解 $a$ 的范围，使得 $e^x + 2a - 3x \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立. 此时，可以使用參數全分离法： $2a \ge 3x - e^x$ . 令 $\phi(x) = 3x - e^x$ . 需要 $2a$ 大于或等于 $\phi(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上的最大值.

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

再来論證此条件的充分性與必要性. 充分性: 若 $a \ge \frac{3}{2}(\ln 3 - 1)$ , 则對于任意 $x \ge 0$ , $h'(x) = e^x + 2a - 3x \ge e^x + (3\ln 3 - 3) - 3x$ . 令 $k(x) = e^x - 3x + 3\ln 3 - 3$ . $k'(x)=e^x-3$ . 当 $x\<\ln 3$ 时 $k'(x)\<0$ , 当 $x\>\ln 3$ 时 $k'(x)\>0$ , 所以 $k(x)$ 在 $x=\ln 3$ 处取得最小值 $k(\ln 3) = 0$ . 故 $k(x) \ge 0$ 成立，因此 $h'(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立. $h'(x) \ge 0$ 保證了 $h(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上單调递增，故 $h(x) \ge h(0) = 0$ . $h(x) \ge 0$ 即 $g'(x) \ge 0$ , 這保證了 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上單调递增，故 $g(x) \ge g(0) = 0$ .

必要性: 若 $a \< \frac{3}{2}(\ln 3 - 1)$ , 则 $2a \< 3\ln 3 - 3 = \max_{x \ge 0}(3x-e^x)$ . 则存在 $x_0 \> 0$ 使得 $2a \< 3x_0 - e^{x_0}$ , 即 $h'(x_0) = e^{x_0} + 2a - 3x_0 \< 0$ . 同时计算 $h'(0) = 1+2a$ . 只要 $a$ 略小于临界值，仍有 $a \> -1/2$ , 此时 $h'(0) \> 0$ . $h'(x)=g''(x)$ 在 $x=0$ 处為正，而在点 $x_0$ 处為负，說明 $h(x)=g'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上不單调. 考虑到 $h(0)=0$ 且 $h(x)$ 初始递增，后转為递减，且 $\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = -\infty$ , 故 $h(x)$ 必在某点 $x_1\>0$ 后變為负值. $h(x)=g'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上有正值区間也有负值区間，那么原函數 $g(x)$ 必然是先增后减的. $g(x)$ 從 $g(0)=0$ 開始递增，达到一個正的極大值后，開始递减. 由于 $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} (-\frac{1}{2}x^3) = -\infty$ . 一個從 $0$ 開始，最终趋于 $-\infty$ 的连續函數，必然在某個点 $x_2 \> 0$ 处有 $g(x_2) \< 0$ . 這與 $g(x)\ge 0$ 恒成立矛盾.

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

端点效應何时有效，何时失效？

端点效應的作用，在于先给出參數至少應满足的条件，并指明讨論方向. 但它能否直接给出最终答案，还要看 端点之后，導數的變化是否仍然可控.

若 $g'(x)$ 在端点右侧保持單调，那么端点处的“第一步方向”就能够被延續到整個区間，局部信息会自然擴展為全局结論；若 $g'(x)$ 在后續区間里先增后减或先减后增，那么函數即使一開始方向正确，也仍可能在内部拐回来，出現端点看不见的極小值.這正是端点效應失效的根源.

使用流程與判别要点

對于端点值為零的不等式恒成立問題，可以按下列顺序判断：

先做必要性筛選： 由 $g(m)=0$ 出發，先看 $g'(m)$ ；若 $g'(m)=0$ ，再看更高階導數在端点处的首個非零項；
再檢验后續導數是否可控： 重点看 $g''(x)$ 是否恒定号，或者能否證明 $g'(x)$ 單调；
若可控，则局部可升為全局： 此时端点条件往往就是充要条件；
若不可控，则只保留必要性： 端点信息只能缩小參數范围，最终结論仍要回到全局最小值或單调区間分析.

下面通過一個例子說明：当 $g'(x)$ 不單调时，端点分析法会導出錯誤结論.

例

已知函數 $f(x) = \sin x - x + \frac{1}{6}x^3$ . 若不等式 $f(x) \ge ax^4$ 在区間 $[0, +\infty)$ 上恒成立，求实數 $a$ 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. 構造辅助函數 $g(x) = \sin x - x + \frac{1}{6}x^3 - ax^4$ . 考察函數在端点 $x=0$ 的值，有 $g(0) = \sin 0 - 0 + 0 - 0 = 0$ . 這是一個端点值為零的恒成立問題.

若只從端点出發作局部分析，自然会想到逐階檢查端点处的導數值.

计算一階導數： $g'(x) = \cos x - 1 + \frac{1}{2}x^2 - 4ax^3$ . 端点值為 $g'(0) = 0$ . 计算二階導數： $g''(x) = -\sin x + x - 12ax^2$ . 端点值為 $g''(0) = 0$ . 计算三階導數： $g'''(x) = -\cos x + 1 - 24ax$ . 端点值為 $g'''(0) = 0$ . 计算四階導數： $g''''(x) = \sin x - 24a$ . 端点值為 $g''''(0) = -24a$ .

根据高階導數在零点的性質，函數 $g(x)$ 在 $x=0$ 附近的性态由第一個非零的導數值决定.為了使 $x=0$ 成為一個局部極小值点，需要 $g''''(0) \ge 0$ . 由此得 $-24a \ge 0$ , 即 $a \le 0$ .

這個结論给出了必要条件. 最终答案还要结合全区間行為继續分類讨論. 原因在于這种分析只利用了 $x=0$ 附近的局部信息，没有控制函數在整個 $[0, +\infty)$ 上的行為. 二階導數 $g''(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上不恒定号，因而導函數單调性无法保證. 下面转入分類讨論.

情况一： $a \le 0$

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

只需證明 $\phi(x) = \sin x - x + \frac{1}{6}x^3 \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 這是一個逐階求導分析單调性的經典過程.

$\phi(0)=0$ .

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

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

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

對于任意 $x \in [0, +\infty)$ , 都有 $\cos x \le 1$ , 故 $\phi'''(x) = 1 - \cos x \ge 0$ . 由于 $\phi'''(x) \ge 0$ , 故 $\phi''(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上單调递增. 因此對于 $x \ge 0$ , $\phi''(x) \ge \phi''(0) = 0$ . 由于 $\phi''(x) \ge 0$ , 故 $\phi'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上單调递增. 因此對于 $x \ge 0$ , $\phi'(x) \ge \phi'(0) = 0$ . 由于 $\phi'(x) \ge 0$ , 故 $\phi(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上單调递增. 因此對于 $x \ge 0$ , $\phi(x) \ge \phi(0) = 0$ .

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

情况二： $a \> 0$

需要證明：若 $a\>0$ , 则必然存在 $x\>0$ 使得 $g(x) \< 0$ . 為此考察函數在无穷远处的行為.

将 $g(x)$ 變形為 $g(x) = x^4 \left( \dfrac{\sin x}{x^4} - \dfrac{1}{x^3} + \dfrac{1}{6x} - a \right)$ . 考察当 $x \to +\infty$ 时括号内表达式的極限. 根据夹逼定理，因為 $-1 \le \sin x \le 1$ , 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，括号内表达式的極限為 $\lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{\sin x}{x^4} - \dfrac{1}{x^3} + \dfrac{1}{6x} - a \right) = 0 - 0 + 0 - a = -a$ . 由于 $a\>0$ , 極限值 $-a$ 是负數.

根据極限的定義（或保号性），如果一個函數在无穷远处的極限為一個负數，那么当自變量 $x$ 足够大时，该函數的值也必然為负. 即，存在一個足够大的數 $M$ , 使得對于所有 $x \> M$ , 都有 $\dfrac{\sin x}{x^4} - \dfrac{1}{x^3} + \dfrac{1}{6x} - a \< 0$ . 對于這样的 $x$ , 乘以一個正數 $x^4$ 之后，不等号方向不變，即 $g(x) = x^4 \left( ... \right) \< 0$ . 這就證明了，只要 $a\>0$ , 总能找到一個足够大的 $x$ , 使得 $g(x) \< 0$ .

因此，当 $a\>0$ 时，不等式不恒成立.

结論

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

例

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

解

第一步：構造函數與初步分析

構造辅助函數 $g(x) = x^3 - 3x^2 + ax$ . 考察函數在端点 $x=0$ 的值，有 $g(0) = 0^3 - 3(0)^2 + a(0) = 0$ . 這是一個端点值為零的恒成立問題.

第二步：檢验适用性

计算一階與二階導數，得 $g'(x) = 3x^2 - 6x + a$ ， $g''(x) = 6x - 6 = 6(x-1)$ . 可见二階導數 $g''(x)$ 在区間 $(0, +\infty)$ 上符号不定. 当 $x \in (0, 1)$ 时, $g''(x) \< 0$ , 導函數 $g'(x)$ 單调递减. 当 $x \in (1, +\infty)$ 时, $g''(x) \> 0$ , 導函數 $g'(x)$ 單调递增.

由于 $g'(x)$ 在考察区間上不具備單调性, 端点分析法在此問題中失效.

第三步：剖析失效原因與回归正确方法

若无视适用性檢验而套用端点分析法，就会從“ $g(x) \ge 0$ 恒成立”推出必要条件 $g'(0) \ge 0$ . 這一步给出 $g'(0) = 3(0)^2 - 6(0) + a = a \ge 0$ . 若再把這一必要条件誤当作充分条件，就会得到錯誤答案 $a \ge 0$ .

取 $a=2$ 验證這一结論的錯誤性. 此时 $g(x)=x^3-3x^2+2x=x(x-1)(x-2)$ . 当 $x \in (1,2)$ 时, $g(x)\<0$ , 與題设矛盾.

這個矛盾的根源在于：虽然初始速度 $g'(0)=a \ge 0$ 保證了函數在 $x=0$ 附近是增加的，但由于 $g'(x)$ 在 $(0,1)$ 上递减，導致速度 $g'(x)$ 持續减小，甚至可能在某点變為负值，從而使函數 $g(x)$ 转為递减.這种后續的递减可能導致函數值“跌破” $x$ 轴，形成一個在端点处不可见的“隐蔽極小值”.

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

函數 $h(x)$ 是一個開口向上的二次函數，其對称轴為 $x = \frac{3}{2}$ . 由于對称轴位于区間 $[0, +\infty)$ 内部，所以函數 $h(x)$ 在此区間上的最小值在顶点处取得. 因而 $h_{\min} = h\left(\dfrac{3}{2}\right) = \left(\dfrac{3}{2}\right)^2 - 3\left(\dfrac{3}{2}\right) + a = \dfrac{9}{4} - \dfrac{9}{2} + a = a - \dfrac{9}{4}$ . 為使 $h(x) \ge 0$ 恒成立，必须有其最小值非负，即 $a - \dfrac{9}{4} \ge 0 \implies a \ge \dfrac{9}{4}$ .

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

结論與警示

此例說明，机械套用端点分析法存在明显风险. 处理端点值為零的恒成立問題时，先檢查二階導數 $g''(x)$ 的符号，往往可以判断方法是否适用. 若 $g''(x)$ 符号恒定，端点分析通常有效；若 $g''(x)$ 符号不定，就應警惕``隐蔽極小值'', 并回到全局最值分析.

本节習題

習題

練習

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

解

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

練習

求实數 $a$ 的取值范围，使得對于任意 $x \in [0, \frac{\pi

解

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

練習

求实數 $a$ 的取值范围，使得對于任意 $x \ge 0$ , 恒有不等式 $x^3 - 3x^2 + ax \ge 0$ 成立. 請首先檢验端点分析法在此問題中能用與否，然后再求解.

解

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

{2}x^3 + 1$ 恒成立，求实數 $a$ 的取值范围. 請首先檢验端点分析法在此問題中能用與否，然后再求解. }

極值点偏移問題*

局部展開、階數比较、導數符号和端点信息，都可以用来研究函數的局部變化. 当函數受到參數變化、小扰动或附加項影响时，這些工具会集中到同一類問題里：極值点的横坐標怎样移动.

设函數族 (F(x,\lambda)) 依赖于參數 (\lambda). 当 (\lambda=\lambda_0) 时，函數 (F(\cdot,\lambda_0)) 在 (x_0) 处取到極值；当 (\lambda) 改變后，附近出現新的極值点 (x(\lambda)). 量 $x(\lambda)-x_0$ 称為極值点的偏移量.極值点偏移問題通常包含三层内容：附近極值点是否继續存在，偏移方向怎样判断，偏移量的主導項是什么.

基本圖景

最簡單的模型是 $F(x,\lambda)=x^2+\lambda x.$ 当 (\lambda=0) 时，極小值点是 (x_0=0). 当 (\lambda\neq0) 时， $F_x(x,\lambda)=2x+\lambda=0,$ 所以極小值点變為 $x(\lambda)=-\frac{\lambda}{2}.$ 參數為正时，極小值点向左移动；參數為负时，極小值点向右移动.

極值点的位置由導數条件 (F_x=0) 决定. 扰动項在原極值点处带来的额外斜率，会把水平切線推向另一侧.更一般的情形里，函數常寫成 $F(x,\lambda)=f(x)+\lambda g(x)$ 或 $F(x,\lambda)=f(x)+r(x,\lambda),$ 其中 (r(x,\lambda)) 表示附加項或近似誤差.研究極值点偏移，实質上是在研究驻点方程怎样随參數改變.

基本入口

\BookSubsectionSubtitle{導數方程與偏移方向}

若 (x(\lambda)) 是函數 (F(\cdot,\lambda)) 的内点極值点，那么首先有 $F_x(x(\lambda),\lambda)=0.$ 因此，極值点偏移的第一步总是把問題改寫為導數方程的根怎样移动.

局部方向判据

设函數 (F(x,\lambda)) 在 ((x_0,\lambda_0)) 附近二階连續可導，且 $F_x(x_0,\lambda_0)=0, F_{xx}(x_0,\lambda_0)\>0.$ 若在某個邻域内恒有 (F_{xx}(x,\lambda)>0)，那么對充分接近 (\lambda_0) 的參數 (\lambda)，在 (x_0) 附近存在唯一的極小值点 (x(\lambda))，并且 $x(\lambda)\<x_0 \Longleftrightarrow F_x(x_0,\lambda)\>0,$ $x(\lambda)\>x_0 \Longleftrightarrow F_x(x_0,\lambda)\<0.$

證明

由 (F_{xx}(x_0,\lambda_0)>0) 及连續性，可取 (h>0) 和 (\eta>0)，使得当 $|x-x_0|\le h, |\lambda-\lambda_0|\<\eta$ 时，恒有 (F_{xx}(x,\lambda)>0). 因而對每個這样的 (\lambda)，函數 (x\mapsto F_x(x,\lambda)) 在区間 ([x_0-h,x_0+h]) 上严格递增.

在參數 (\lambda_0) 下，由 (F_x(x_0,\lambda_0)=0) 可知 $F_x(x_0-h,\lambda_0)\<0\<F_x(x_0+h,\lambda_0).$ 再由 (F_x) 的连續性，当 (|\lambda-\lambda_0|<\eta) 时，上式仍保持同样符号.于是介值定理保證在区間 ((x_0-h,x_0+h)) 内存在唯一一点 (x(\lambda)) 满足 $F_x(x(\lambda),\lambda)=0.$ 由于 (F_{xx}(x(\lambda),\lambda)>0)，它就是唯一的局部極小值点.

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

這個判据把局部保号思想直接用到了導函數上：二階導數保持正号时，導函數單调递增，因此參考点处導數的符号就决定了極值点落在哪一侧.極大值情形可對 (-F) 應用同一结論.

小扰动下的一级近似

若只需要知道偏移的主導項，泰勒展開最直接.

極值点偏移公式

设 $F(x,\varepsilon)=f(x)+\varepsilon g(x),$ 其中 (f\in C^3,\ g\in C^2). 设 (x_0) 满足 $f'(x_0)=0, f''(x_0)\neq0.$ 若對充分小的 (\varepsilon)，函數 (F(\cdot,\varepsilon)) 在 (x_0) 附近存在唯一極值点 (x(\varepsilon))，且 (x(\varepsilon)\to x_0)，那么

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

證明

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

再對上式中的两項在 (x_0) 处展開： $f'(x_0+\delta)=f''(x_0)\delta+O(\delta^2), g'(x_0+\delta)=g'(x_0)+O(\delta).$ 代入驻点条件得

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

由 (\delta=O(\varepsilon)) 可知，余項整體是 (O(\varepsilon^2)). 因而 $f''(x_0)\delta+\varepsilon g'(x_0)=O(\varepsilon^2),$ 即

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

證毕.

這個公式把偏移方向和偏移尺度一起寫出来了：

(g'(x_0)) 决定附加項在原極值点处施加的额外斜率；
(f''(x_0)) 衡量極值点附近的“陡峭程度”，(|f''(x_0)|) 越大，偏移越小；
偏移量與參數 (\varepsilon) 同階，這一步依赖渐近分析中的階數比较.

例題

\BookSubsectionSubtitle{附加項怎样推动極小值点}

例

设 $F_\varepsilon(x)=x^2+\varepsilon e^x (\varepsilon\>0).$ 證明：(F_\varepsilon) 有唯一極小值点 (x_\varepsilon)，且

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

證明

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

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

所以方程 (F_\varepsilon'(x)=0) 有唯一解 (x_\varepsilon). 這個解就是唯一極小值点.

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

最后求偏移量.把

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

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

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

證毕.

本題先用 (F_\varepsilon''>0) 保證極小值点唯一，再用 (F_\varepsilon'(0)) 判断方向，最后用泰勒公式给出偏移量.唯一性来自導數的單调性，偏移量公式来自驻点方程的局部展開.

例題

\BookSubsectionSubtitle{參數變化下的極值点單调移动}

例

设 $F_a(x)=e^x+x^2-ax, a\in\mathbb R.$ 證明：對每個 (a)，函數 (F_a) 恰有一個極小值点 (x(a))；函數 (x(a)) 随 (a) 严格递增；并求 (a=1) 附近的一级近似.

證明

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

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

可知方程 (F_a'(x)=0) 有且只有一個实根.记這個根為 (x(a)). 因為二階導數恒正，它就是唯一極小值点.

接着比较不同參數下的極值点.设 (a_1<a_2). 極值点满足 $e^{x(a_1)}+2x(a_1)=a_1, e^{x(a_2)}+2x(a_2)=a_2.$ 左端函數 (e^x+2x) 严格递增，因此 $x(a_1)\<x(a_2).$ 故 (x(a)) 随 (a) 严格递增.

再看參考參數 (a=1). 此时 $F_1'(0)=e^0+0-1=0,$ 所以 (x(1)=0). 上面的單调性立刻给出

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

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

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

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

這類題里，參數若以簡單方式進入導數方程，極值点常常随參數單调移动；局部近似则给出移动速度.

端点與退化情形

前面的结論依赖两個条件：極值点是内点，且 (f''(x_0)\neq0). 其中任一条件失效，偏移规律都会改變.

端点吸附

若定義域本身带有边界，極值点可能停在端点上.此时研究對象變成一侧導數和端点附近的符号，端点分析法则就進入主導地位.

例如在区間 ([0,+\infty)) 上考察 $F_\lambda(x)=x^2+\lambda x.$ 当 (\lambda<0) 时， $F_\lambda'(x)=2x+\lambda$ 在内部零点 (x=-\lambda/2) 处取到極小值；当 (\lambda>0) 时，導函數在 (x\ge0) 上恒正，函數單调递增，極小值点停在端点 (x=0). 這里的“偏移”出現了两种机制：一部分參數把極值点留在边界，一部分參數把極值点推回内部.

平坦極值点

若參考極值点满足 (f''(x_0)=0)，線性偏移公式失效，高階項会决定主導行為.

例

设 $G_\varepsilon(x)=x^4+\varepsilon x.$ 求它的極小值点 (x_\varepsilon)，并說明偏移量的階數.

證明

求導得 $G_\varepsilon'(x)=4x^3+\varepsilon, G_\varepsilon''(x)=12x^2\ge0.$ 函數 (G_\varepsilon') 在 (\mathbb R) 上严格递增，因此方程 (G_\varepsilon'(x)=0) 有唯一解 $x_\varepsilon=-\sqrt[3]{\frac{\varepsilon}{4}}.$ 這就是唯一極小值点.

這里參考函數 (x^4) 在 (x=0) 处的二階導數等于 (0). 因而極值点的偏移量不再與 (\varepsilon) 同階，而是满足 $|x_\varepsilon|=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}|\varepsilon|^{1/3}.$ 偏移量按 (|\varepsilon|^{1/3}) 這個尺度變化.原因在于驻点方程的主導平衡已經變成 $4x^3+\varepsilon=0,$ 高階導數的首個非零項接管了偏移规律.

這里起决定作用的是高階展開观点.極值点附近越平坦，微小扰动造成的位置變化就越明显.

極值点偏移的分析顺序

\BookSubsectionSubtitle{如何分析極值点偏移}

極值点偏移的分析步骤：先選定參考函數和參考極值点，寫出驻点方程；观察二階導數或單侧導數的符号，判断附近極值点是否存在且唯一；利用一階導數在端点处的符号判断偏移方向.若需要求偏移量，就在驻点方程附近做泰勒展開提取主導項.端点或二階導數為零等特殊情况，改用端点分析或更高階展開来处理.

局部展開给出偏移量的主導項，階數比较判断偏移规模，導數符号和端点信息保證结論成立.極值点偏移的主線在于局部结構如何随參數改變，極值点位置是這個结構變化的直接结果.

高階導數與泰勒展開初步*​

高階導數與函數的凹凸性​

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拐点​

極值的第二充分条件​

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带有佩亚诺余項的麦克劳林公式​

常用函數的展開式​

展開到几階​

泰勒、等价无穷小與洛必达如何選​

常见錯誤​

泰勒近似在不等式證明中的應用​

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高階展開的應用实例​

洛必达法则與極限计算*​

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基本應用实例​

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陷阱1​

陷阱2​

陷阱3​

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其他類型的不定式​

\texorpdfstring{ 型​

\texorpdfstring{ 型​

\texorpdfstring{幂指函數型 ()​

極限求解的常用方法​

落笔前先看哪一层​

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