ch14-極限與導數

{/* label: chap:ch14 */}

微積分學处理變化與运动. 考虑一個物體沿直線运动, 其位置由时間 $t$ 的函數 $s = f(t)$ 给出. 為了刻画物體在某一时刻 $t_0$ 的运动状态, 僅知道位置是不够的, 还需要知道其“瞬时速度”. 在时間段 $[t_0, t_0+\Delta t]$ 内, 物體的平均速度定義為位移與时間的比值：

\bar{v} = \frac{f(t_0+\Delta t) - f(t_0)}{\Delta t}.

在几何上, 若考虑 $t$ - $s$ 平面上的曲線 $s=f(t)$ , 该比值對應于连接点 $P(t_0, f(t_0))$ 與点 $Q(t_0+\Delta t, f(t_0+\Delta t))$ 的割線斜率.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：平均速度對應的割線斜率與瞬时速度對應的切線斜率.

物理直觉表明, 当观测的时間間隔 $\Delta t$ 越来越短时, 平均速度應当逼近某個确定的數值, 即瞬时速度. 几何上, 這對應于点 $Q$ 沿曲線趋近于点 $P$ , 割線趋向于曲線在点 $P$ 处的切線. 然而, 若直接令 $\Delta t = 0$ , 上述比值變為 $\frac{0}{0}$ , 這在代數运算中是未定義的.

為了解决這一矛盾, 必须引入極限 (limit) 的概念来严格描述“无限趋近”這一過程. 但在定義極限之前, 必须先考察極限运算所依赖的數係. 如果數係本身存在“空隙”, 那么極限過程可能会指向一個不存在的數, 從而導致理論失效.

实數係的完備性

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

我们首先指出有理數係 $\mathbb{Q}$ 在处理连續量时的局限性, 進而引入完備性公理. 這一公理保證了实數轴上没有“空隙”, 從而為極限的存在性提供了逻辑保障.

记号

$\mathbb{N}$ : 自然數集 $\{0, 1, 2, ...\}$ .
$\mathbb{Z}$ : 整數集 $\{..., -1, 0, 1, ...\}$ .
$\mathbb{Q}$ : 有理數集 $\{p/q \mid p \in \mathbb{Z}, q \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}\}$ .
$\mathbb{R}$ : 实數集.

有理數集 $\mathbb{Q}$ 對加、减、乘、除 (除數非零) 四则运算封闭, 且其元素在數轴上是稠密的. 然而, 僅靠有理數不足以度量所有的几何量. 考虑边长為 $1$ 的正方形, 其對角線长度 $l$ 满足 $l^2 = 2$ .

$\sqrt{2}$ 的无理性

不存在有理數 $r$ , 使得 $r^2 = 2$ .

證明

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 $p^2$ 為偶數, 從而 $p$ 為偶數. 设 $p = 2k$ . 代入得 $(2k)^2 = 2q^2 \implies 4k^2 = 2q^2 \implies q^2 = 2k^2$ . 故 $q^2$ 為偶數, 從而 $q$ 亦為偶數. 這表明 $p, q$ 至少有公约數 $2$ , 與 $\gcd(p, q) = 1$ 矛盾.

上述定理表明數轴上存在无法用有理數表示的点 (无理數). 若僅在 $\mathbb{Q}$ 中讨論, 極限過程可能失效. 例如, 一個由有理數構成的序列 $1, 1.4, 1.41, ...$ 可以无限趋近于 $\sqrt{2}$ , 但其“極限”却不在有理數係内. 因此, 必须将數係擴充為实數係 $\mathbb{R}$ , 并赋予其 完備性.

為了形式化描述“填补空隙”, 先引入上界與确界的概念.

上界

设 $S$ 是 $\mathbb{R}$ 的非空子集. 若存在 $M \in \mathbb{R}$ , 使得對所有 $x \in S$ 都有 $x \le M$ , 则称 $M$ 為 $S$ 的一個上界 (upper bound).

對于上有界的集合, 上界通常不唯一. 我们關注所有上界中最小的那一個, 它紧贴着集合的边缘.

上确界

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

$\alpha$ 是 $S$ 的上界;
任何小于 $\alpha$ 的數都不是 $S$ 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 $S = [0, 1)$ , $\sup S = 1 \notin S$ .

在有理數係 $\mathbb{Q}$ 中, 一個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 $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$ ). 实數係的完備性公理断言 $\mathbb{R}$ 中不存在這种現象.

完備性公理

$\mathbb{R}$ 中任何非空且上有界的子集, 必有上确界.

這一公理在几何上刻画了实數轴的“连續性” (continuity).

可以将实數轴想象為一条无限延伸的直線.對于直線上的一個点集 $S$ ，若它没有向右无限延伸（即上有界），那么它必然会在某個位置“终止”.完備性公理保證了這一终止处的边界点是确定的、存在的.

具體而言，考虑所有大于 $S$ 中元素的數, 它们構成了 $S$ 的“右侧外部”.

在有理數係 $\mathbb{Q}$ 中, 集合 $S$ 與其右侧外部之間可能存在缝隙.例如 $S = \{x \in \mathbb{Q} \mid x^2 \< 2\}$ , 其右侧没有任何有理數能紧贴着 $S$ 的边缘（因為 $\sqrt{2}$ 缺失），就像數轴上有一個针孔大小的断裂.
在实數係 $\mathbb{R}$ 中, 完備性公理填补了這些断裂.它断言： $S$ 與其右侧外部之間存在一個精确的分界点（上确界）.這個点既不给 $S$ 留出向右“生长”的余地, 也不與 $S$ 之間留有空隙.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：有理數係的“空隙”與实數係的完備性對比.

簡言之，完備性意味着实數轴上没有“漏洞”.当我们不断逼近某個位置时，那里一定有一個实數在等待我们，而不是一片虚空.

極限的定義*

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

我们通過上述的讨論，容易得到以下極限的定義：

定義

当變量 $x$ 无限地、但永不抵达地趋近于某個定值 $x_0$ 时, 如果函數值 $f(x)$ 也无限地趋近于一個确定的數值 $L$ , 那么我们就称 $L$ 是函數 $f(x)$ 在 $x$ 趋向于 $x_0$ 时的極限.

這种描述方式非常直观，它抓住了極限的核心思想——過程與结果.我们用符号来记錄這個過程：

\lim_{x \to x_0} f(x) = L

這里的箭头“ $\to$ ”代表“趋近于”的动态過程.

$\lim$ : 是英文“limit”的缩寫，它宣告我们正在讨論一個極限問題.
$x \to x_0$ : 寫在 $\lim$ 的下方, 它描述了自變量 $x$ 的运动趋势.它意味着 $x$ 從 $x_0$ 的左右两侧无限靠近 $x_0$ , 可以與 $x_0$ 的距离要多近有多近, 但永远不真正取到 $x_0$ .
$f(x)$ : 是我们研究的對象, 它的值随着 $x$ 的變化而變化.
$= L$ : 這是整個極限表达式的结論.它表明, 在 $x \to x_0$ 的過程中, $f(x)$ 的值最终的归宿是唯一的、确定的常數 $L$ .

這個定義的灵魂在于它只關心“過程”，而不關心“终点”本身.也就是說，我们只在乎当 $x$ 在 $x_0$ 附近时 $f(x)$ 的表現, 而完全不在乎 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 這一点上的取值到底是多少，甚至它在這一点可以没有定義.

例

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

解

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

但是，極限并不關心 $x=1$ 的情况, 只關心 $x$ 在 $1$ 附近的情况.

当 $x \neq 1$ 时，我们可以對函數進行化簡：

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

這個化簡告诉我们，函數 $y=f(x)$ 的圖像是一条直線 $y=x+1$ , 只不過在点 $(1, 2)$ 处有一個“空心”的洞.

接着，我们来观察“趋近”的過程：

当 $x$ 從 $1$ 的右侧趋近于 $1$ (例如 $1.1, 1.01, 1.001, ...$ ) 时，

f(x) = x+1 \text{ 的值依次為 } 2.1, 2.01, 2.001, ... \text{, 趋近于 } 2.

当 $x$ 從 $1$ 的左侧趋近于 $1$ (例如 $0.9, 0.99, 0.999, ...$ ) 时，

f(x) = x+1 \text{ 的值依次為 } 1.9, 1.99, 1.999, ... \text{, 也趋近于 } 2.

尽管 $f(1)$ 不存在, 但当 $x$ 從两侧无限趋近于 $1$ 时, $f(x)$ 的值都无限趋近于同一個确定的數 $2$ . 因此，我们說這個極限存在且等于 $2$ ：

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

這個例子完美地诠释了極限的精髓：極限值是函數值在某点附近的“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 $x$ 從比 1 大的一侧（如 1.1, 1.01）趋近时函數值的變化, 也观察了 $x$ 從比 1 小的一侧（如 0.9, 0.99）趋近时函數值的變化.我们發現，這两条“路径”最终都指向了同一個“目的地”——數字 2.

這個“分左右路径”的思想是如此重要，以至于數學家们為它赋予了專门的定義和符号.

右極限與左極限

右極限: 当 $x$ 從大于 $x_0$ 的一侧无限趋近于 $x_0$ 时, 如果 $f(x)$ 无限趋近于一個确定的常數 $L$ , 我们称 $L$ 為 $f(x)$ 在 $x_0$ 的右極限.记作：

\lim_{x \to x_0^+} f(x) = L

這里的“+”号上標，形象地表示了我们是從 $x$ 坐標轴的“正方向”（右侧）靠近 $x_0$.

左極限: 当 $x$ 從小于 $x_0$ 的一侧无限趋近于 $x_0$ 时, 如果 $f(x)$ 无限趋近于一個确定的常數 $M$ , 我们称 $M$ 為 $f(x)$ 在 $x_0$ 的左極限.记作：

\lim_{x \to x_0^-} f(x) = M

這里的“-”号上標，则表示我们是從 $x$ 坐標轴的“负方向”（左侧）靠近 $x_0$.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

有了左、右極限的定義，我们就能给出一個判断（雙边）極限是否存在的黄金准则.

極限存在的充要条件

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

函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处的左極限與右極限都存在, 并且都等于 $L$ .

用符号表示為：

\lim_{x \to x_0} f(x) = L \iff \lim_{x \to x_0^-} f(x) = \lim_{x \to x_0^+} f(x) = L

{這個定理的直观意義是：只有当從左边走和從右边走，最终能到达同一個地方时，我们才承认“極限”這個共同目的地的存在.如果左右两边的路通向了不同的地方，那么極限就不存在.}

例

考察函數 $f(x) = \dfrac{|x|}{x}$ 在 $x \to 0$ 时的極限.

解

首先，我们将函數寫成分段形式，這样更便于分析：

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、右極限：

右極限 ( $x$ 從右侧趋近0, 此时 $x\>0$ )

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

左極限 ( $x$ 從左侧趋近0, 此时 $x\<0$ )

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

我们發現，左極限和右極限都存在，但它们并不相等：

\lim_{x \to 0^-} f(x) \neq \lim_{x \to 0^+} f(x)

根据極限存在的充要条件，我们得出结論：

\lim_{x \to 0} \frac{|x|}{x} **不存在**

這就像两条岔路，虽然都通向 $x=0$ 這個位置, 但它们在函數值的高度上却指向了 $y=1$ 和 $y=-1$ 两個不同的“悬崖边”.

尽管這种直观的定義有助于我们快速建立對極限的初步印象，但“无限趋近”终究是一個模糊的文學性词汇，而非严谨的數學語言.

\textcolor{red}{警告：由于高中數學课本并未给出極限的定義與相關知识，請在答題时使用“極限的趋势”来表达你想的那种“極限”.比如： $x \rightarrow +\infty$ 时, 函數 $f(x) \rightarrow$ 一個數或正负无穷.并且我需要說明：下面的两個定義并不做要求，属于選讀内容，但是后面的證明有可能会用到這两個定義，你也可以跳過！}

為了让“靠近”這個模糊的概念變得精确，數學家引入了“邻域”這一强大的工具，它為我们提供了一把测量“靠近程度”的工具.

邻域

以点 $x_0$ 為中心的任何開区間称為点 $x_0$ 的邻域, 记作 $U(x_0, \delta)$ .

U(x_0, \delta) = (x_0 - \delta, x_0 + \delta) = \{x \mid |x-x_0|\<\delta\}

其中 $\delta$ (delta) 是一個任意小的正數，称為邻域的半径.

去心邻域

点 $x_0$ 的邻域去掉中心点 $x_0$ 之后, 剩下的部分称為点 $x_0$ 的去心邻域 或空心邻域.

U^\circ(x_0, \delta) = \{x \mid 0 \< |x-x_0|\<\delta\}

這個概念至關重要，因為它精确地表达了“ $x$ 趋近于 $x_0$ 但不等于 $x_0$ ”的含義.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：邻域與去心邻域的示意圖

有了邻域這個工具，我们就可以将先前的定義升级為一個更具操作性的版本.

定義

设函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某個去心邻域内有定義.如果当自變量 $x$ 在 $x_0$ 的去心邻域内无限地趋近于 $x_0$ 时, 對應的函數值 $f(x)$ 无限地趋近于一個确定的常數 $L$ , 那么我们就称 $L$ 是函數 $f(x)$ 当 $x$ 趋近于 $x_0$ 时的極限，记作：

\lim_{x \to x_0} f(x) = L

這個定義明确了極限成立的前提——函數只需在 $x_0$ 的“附近”（去心邻域）有定義即可, 而 $x_0$ 本身的情况无關紧要.這比第一重定義更加清晰，但“无限趋近”一词依然带有动态和模糊的色彩.數學的严谨性要求我们用静态的、可量化的關係来彻底取代它.

邻域的定義虽然更進一步，但“无限趋近”仍是一個动态的、描述性的词語.數學的殿堂需要一個能經受任何逻辑拷問的静态定義.這就是19世纪數學家柯西和魏尔斯特拉斯的伟大贡献—— 極限的 $\varepsilon-\delta$ (epsilon-delta) 語言.

函數極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義

设函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某個去心邻域内有定義. 若對于任意给定的正數 $\varepsilon$ (无論它有多小)， 总存在一個正數 $\delta$ ，使得当自變量 $x$ 满足不等式 $0 \< |x - x_0| \< \delta$ 时，對應的函數值 $f(x)$ 都满足不等式 $|f(x) - L| \< \varepsilon$ ，那么我们就称常數 $L$ 是函數 $f(x)$ 当 $x \to x_0$ 时的極限. 用逻辑符号可以簡洁地表示為:

\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)

這個定義将“无限趋近”這個动态過程，巧妙地转化為一场严谨的静态逻辑游戏.\footnote{有兴趣的讀者可以閱讀《普林斯顿微積分讀本》一書附錄關于極限定義的說明.} 我们可以将這场游戏分解為三個步骤来圖解：\footnote{此圖解思路引用自阿德里安·班纳 (Adrian Banner) 所著《普林斯顿微積分讀本》一書的附錄“極限及其證明”.}

游戏開始，挑战者首先出招.他任意指定一個正數 $\varepsilon$ （无論多小）, 以此来规定函數值 $f(x)$ 與極限值 $L$ 之間的最大允许誤差.這個 $\varepsilon$ 在 $y$ 轴上以 $L$ 為中心, 構建了一個宽度為 $2\varepsilon$ 的水平“目標区域” $(L-\varepsilon, L+\varepsilon)$ .挑战者的要求是：你必须设法让 $f(x)$ 的值落入我指定的這個区域内.

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面對挑战，我们的任务是找到一個有效的應對策略.我们需要在 $x$ 轴上, 以 $x_0$ 為中心, 寻找一個正數 $\delta$ .這個 $\delta$ 确定了一個去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$ , 即一個垂直的“控制区域”.我们的目標是, 通過将 $x$ 限制在這個区域内, 来确保 $f(x)$ 能满足第一步的要求.

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這是决胜的一步.我们必须验證所選的 $\delta$ 是否有效.檢验的標准是：對于任何一個落在蓝色控制区域 $U^\circ(x_0, \delta)$ 内的 $x$ 值, 其對應的函數值 $f(x)$ 是否必然会落入红色的目標区域 $(L-\varepsilon, \varepsilon)$ 内.從几何上看，這意味着位于蓝色垂直带内的那段函數圖像（不含中心点），必须被完全限制在红色水平带之中.

\begin{figure}[htbp]

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極限存在的真正含義，就是我们在這场游戏中永远不会输.无論挑战者提出的 $\varepsilon$ 有多么苛刻, 我们总能相應地找到一個足够小的 $\delta$ 来赢得這场博弈.這种“总能找到”的确定性，将“无限趋近”從一個模糊不清的动态過程，升华為一個无懈可击的静态逻辑關係.

此版本的定義告诉我们，極限不是一個寻找的過程，而是一個验證的關係. $\delta$ 對 $\varepsilon$ 的依赖性 ( $\delta(\varepsilon)$ ) 是其核心, 保證了无論對方的要求( $\varepsilon$ )多么苛刻, 我们总有办法( $\delta$ )满足.這才是極限存在的真正含義.

\textcolor{red}{看不懂？没事，高考不考，别看了！不過能讀到這也說明你是一名即好奇又悠闲的學生，让我们再探一下這個定義到底在干嘛？}想象一下，我们称“当 $x$ 靠近 $x_0$ 时, $f(x)$ 就会靠近 $L$ ”.這是一個很模糊的說法.到底要多“近”才算“靠近”？ $\varepsilon-\delta$ 定義就是要把這個模糊的說法“严谨化”了.接着我们再次回到“游戏”的說法，接着“你”“我”出场，這有助于理解：

你，作為一名考官，先提出一個精度要求.你說：“我要求函數值 $f(x)$ 和那個所谓的極限值 $L$ 之間的距离, 必须小于某個非常小的數值 $\varepsilon$ .” 這個 $\varepsilon$ 可以是你想象到的任何正數, 比如 $0.1$ , 或者更苛刻的 $0.00001$ , 反正“要多小有多小”.你通過设定 $\varepsilon$ , 实际上是在 $L$ 的上下画了两条線, 形成了一個很窄的“目標区域”.一言以蔽之, $\varepsilon$ 是 $f(x)$ 和 $L$ 的接近程度，或者說是距离.

然后，我，作為考生，就要根据你提出的 $\varepsilon$ 给出我的要求.我的答案是：“簡單拿捏！只要你保證让自變量 $x$ 和 $x_0$ 的距离, 小于我算出的另一個數值 $\delta$ , 我就能保證 $f(x)$ 绝對会落入你指定的那個目標区域里.”一言以蔽之, $\delta$ 是 $x$ 和 $x_0$ 的接近程度, 只要两者足够接近, $f(x)$ 與 $A$ 是可以达到我们可以接受的接近程度的, 換言之, $f(x)$ 无限趋近于 $L$ .

反過来，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！再也找不到任何一個 $\delta$ 能保證 $f(x)$ 落入你的目標区域了.那时，我的答案就是錯的，極限也就不存在.

例

使用 $\varepsilon-\delta$ 定義證明極限 $\lim\limits_{x \to 1} x^2 = 1$ .

解

我们的目標是證明，對于任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 我们总能找到一個 $\delta \> 0$ , 使得只要 $x$ 满足 $0 \< |x-1| \< \delta$ , 不等式 $|x^2 - 1| \< \varepsilon$ 就必然成立.

分析過程

這部分是寻找 $\delta$ 的探索過程，我们從结論倒推.

我们的目標是让 $|x^2-1| \< \varepsilon$ .

首先，對目標不等式左边進行變形，尝试凑出我们能控制的項 $|x-1|$ :

|x^2 - 1| = |(x-1)(x+1)| = |x-1| \cdot |x+1|

我们希望這個整體小于 $\varepsilon$ , 即 $|x-1| \cdot |x+1| \< \varepsilon$ .

我们已經可以通過選取 $\delta$ 来让 $|x-1|$ 任意小, 但麻烦在于 $|x+1|$ 并非一個常數, 它的大小也随着 $x$ 的變化而變化.

但是，極限研究的是 $x$ 在 $x_0=1$ 附近的行為.既然 $x$ 离 $1$ 很近, 那么 $|x+1|$ 的值應该也离 $|1+1|=2$ 很近.我们可以通過預先限制 $\delta$ 的一個范围来“框住” $|x+1|$ .

不妨先做一個临时的、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 $|x-1| \< 1$ .

這個不等式展開就是 $-1 \< x-1 \< 1$ , 两边同时加 $2$ 得到 $1 \< x+1 \< 3$ .

既然 $x+1$ 在 $1$ 和 $3$ 之間, 那么它的绝對值 $|x+1|$ 必然小于 $3$ .

接着，我们對 $|x+1|$ 有了一個固定的上界 $3$ . 再次回到我们的變形：

|x^2-1| = |x-1| \cdot |x+1| \< \delta \cdot 3

為了实現最终目標 $|x^2-1| \< \varepsilon$ , 我们只需要让 $3\delta \le \varepsilon$ 即可.

這表明，我们應该取 $\delta \le \frac{\varepsilon}{3}$ .

好了，我们接着對 $\delta$ 有两個要求： $\delta \le 1$ 和 $\delta \le \frac{\varepsilon}{3}$ .為了同时满足這两個要求，我们只需取它们中较小的那個即可.

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

證明過程

對任意给定的 $\varepsilon \> 0$ ，我们取

\delta = \min\left\{1, \frac{\varepsilon}{3}\right\}

显然 $\delta \> 0$ .

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

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

這蕴含了 $-1 \< x-1 \< 1$ , 從而 $1 \< x+1 \< 3$ , 因此 $|x+1|\<3$ .

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

将以上结論结合起来，我们有：

|x^2-1| = |x-1| \cdot |x+1| \< \frac{\varepsilon}{3} \cdot 3 = \varepsilon

這就證明了 $|x^2-1| \< \varepsilon$ 成立.

根据極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義，原命題得證.

\lim_{x \to 1} x^2 = 1

本节習題

習題

\exerciseentry { 考察函數 $f(x) = x - \lfloor x \rfloor$ , 其中 $\lfloor x \rfloor$ 表示不大于 $x$ 的最大整數. 研究函數 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的極限是否存在. } { 运用極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義, 證明 $\lim\limits_{x \to c} (ax+b) = ac+b$ , 其中 $a, b, c$ 均為实常數且 $a \ne 0$ . }

\exerciseentry { 运用極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義, 證明 $\lim\limits_{x \to c} \sqrt{x} = \sqrt{c}$ , 其中 $c$ 為任意正实數. } { 研究函數 $g(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ 在 $x \to 0$ 时的極限. }

\exerciseentry { 考虑極限 $\lim\limits_{x \to 2} x^3 = 8$ . 對于给定的 $\varepsilon = 0.1$ , 請求出一個具體的正數 $\delta$ , 使得当 $0 \< |x-2| \< \delta$ 时, 恒有 $|x^3 - 8| \< 0.1$ . } { 證明極限的唯一性：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 { 运用極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義, 證明 $\lim\limits_{x \to 0} \left(x \sin\frac{1}{x}\right) = 0$ . } { 设函數 $f(x)$ 满足 $\lim\limits_{x \to c} f(x) = L$ . 若 $L\>0$ , 證明：存在一個正數 $\delta$ , 使得對于所有满足 $0\<|x-c|\<\delta$ 的 $x$ , 都有 $f(x)\>0$ . }

習題解析

解

第一題

函數 $f(x) = x - \lfloor x \rfloor$ 表示 $x$ 的小數部分. 為判断在 $x=1$ 处的極限是否存在，我们必须分别考察其左極限與右極限.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

当 $x$ 從右侧趋近于 $1$ 时, 记作 $x \to 1^+$ . 此时 $x$ 的取值略大于 $1$ , 例如 $1.1, 1.01, ...$ . 對于這些 $x$ 值, $\lfloor x \rfloor = 1$ . 因此，右極限為：

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

当 $x$ 從左侧趋近于 $1$ 时, 记作 $x \to 1^-$ . 此时 $x$ 的取值略小于 $1$ , 例如 $0.9, 0.99, ...$ . 對于這些 $x$ 值, $\lfloor x \rfloor = 0$ . 因此，左極限為：

\lim_{x \to 1^-} (x - \lfloor x \rfloor) = \lim_{x \to 1^-} (x - 0) = 1-0 = 1

由于左極限與右極限存在但不相等 ( $0 \ne 1$ ), 根据極限存在的充要条件, 函數 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的極限不存在.

解

第二題

根据定義，我们需要證明：對于任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 总存在一個 $\delta \> 0$ , 使得当 $0 \< |x-c| \< \delta$ 时, 不等式 $|(ax+b) - (ac+b)| \< \varepsilon$ 恒成立.

我们從目標不等式 $|(ax+b) - (ac+b)| \< \varepsilon$ 出發進行分析, 以寻找 $\delta$ 與 $\varepsilon$ 之間的關係.

|(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 $|a|$ :

|x-c| \< \frac{\varepsilon}{|a|}

此分析表明，只要我们能控制 $|x-c|$ 小于 $\frac{\varepsilon}{|a|}$ , 就能达成目標. 這就為我们選取 $\delta$ 提供了明确的指引.

下面是严格的證明過程：對任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 我们選取 $\delta = \dfrac{\varepsilon}{|a|}$ . 由于 $\varepsilon \> 0$ 且 $|a| \> 0$ , 故 $\delta \> 0$ .

對于任何满足 $0 \< |x-c| \< \delta$ 的 $x$ ，我们有：

|x-c| \< \frac{\varepsilon}{|a|}

将此不等式两边同乘以 $|a|$ :

|a| \cdot |x-c| \< \varepsilon

即

|(ax+b) - (ac+b)| \< \varepsilon

這恰好是我们需要證明的不等式. 故根据定義，原命題得證.

解

第三題

我们的目標是證明：對任意 $\varepsilon \> 0$ , 存在 $\delta \> 0$ , 使得当 $0 \< |x-c| \< \delta$ 时, 恒有 $|\sqrt{x}-\sqrt{c}| \< \varepsilon$ .

我们先對目標不等式 $|\sqrt{x}-\sqrt{c}|$ 進行變形, 以期建立它與 $|x-c|$ 的联係.

|\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 $\sqrt{x}$ 不是常數.但由于 $x$ 趋近于 $c$ , 我们可以對 $x$ 的范围做一個初步的限制，從而得到分母的一個下界. 不妨預先要求 $\delta \le c/2$ . 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 $\sqrt{x}+\sqrt{c} \> \sqrt{c/2}+\sqrt{c}$ . 為簡化计, 我们取一個更宽松的下界： $\sqrt{x}+\sqrt{c} \> \sqrt{c}$ .

于是，我们有：

|\sqrt{x}-\sqrt{c}| = \frac{|x-c|}{\sqrt{x}+\sqrt{c}} \< \frac{|x-c|}{\sqrt{c}}

為使上式小于 $\varepsilon$ , 我们只需令 $\frac{|x-c|}{\sqrt{c}} \le \varepsilon$ , 即 $|x-c| \le \varepsilon\sqrt{c}$ . 綜合两個對 $\delta$ 的要求, 我们可取 $\delta = \min\{c/2, \varepsilon\sqrt{c}\}$ .

下面是严格的證明過程：對任意给定的 $\varepsilon \> 0$ ，我们取

\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 $x \> c/2$ , 從而 $\sqrt{x} \> \sqrt{c/2}$ . 故 $\sqrt{x}+\sqrt{c} \> \sqrt{c}$ .

接着，我们進行關键的推導：

|\sqrt{x}-\sqrt{c}| = \frac{|x-c|}{\sqrt{x}+\sqrt{c}} \< \frac{|x-c|}{\sqrt{c}} \< \frac{\varepsilon\sqrt{c}}{\sqrt{c}} = \varepsilon

這證明了 $|\sqrt{x}-\sqrt{c}| \< \varepsilon$ 成立. 根据定義，原命題得證.

解

第四題

函數 $g(x)=\sin(1/x)$ 在 $x \to 0$ 时的極限不存在. 為證明這一点，我们只需找到两個都趋近于 $0$ 的序列 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ , 但對應的函數值序列 $\{g(x_n)\}$ 和 $\{g(y_n)\}$ 收敛到不同的極限.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

我们構造第一個序列，使得函數值始终為 $1$ . 令 $\frac{1}{x_n} = 2n\pi + \frac{\pi}{2}$ , 其中 $n$ 為正整數. 则 $x_n = \dfrac{1}{2n\pi + \pi/2}$ . 当 $n \to \infty$ 时, 显然 $x_n \to 0$ . 對應的函數值為：

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，我们構造第二個序列，使得函數值始终為 $0$ . 令 $\frac{1}{y_n} = n\pi$ , 其中 $n$ 為正整數. 则 $y_n = \dfrac{1}{n\pi}$ . 当 $n \to \infty$ 时, 显然 $y_n \to 0$ . 對應的函數值為：

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, 但它们在函數 $g(x)$ 的映射下却到达了两個不同的终点 ( $1$ 和 $0$ ). 這意味着函數在 $x \to 0$ 时并没有一個确定的、唯一的归宿. 故 $\lim\limits_{x \to 0} \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ 不存在.

解

第五題

我们的目標是找到一個 $\delta \> 0$ , 使得当 $0 \< |x-2| \< \delta$ 时, 恒有 $|x^3 - 8| \< 0.1$ .

首先分析不等式 $|x^3 - 8| \< 0.1$ .

|x^3 - 8| = |(x-2)(x^2+2x+4)| = |x-2| \cdot |x^2+2x+4|

我们希望這個乘積小于 $0.1$ .

我们能直接控制的項是 $|x-2|$ . 麻烦在于項 $|x^2+2x+4|$ 随 $x$ 變化. 但由于 $x$ 在 $2$ 附近, 我们可以通過預先限制 $\delta$ 的范围来“框住” $|x^2+2x+4|$ 的大小.

不妨先做一個合理的限制，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 $x^2, 2x, 4$ 在此区間均為正的增函數, 故其和在 $x=3$ 处取最大值.

|x^2+2x+4| \< 3^2 + 2(3) + 4 = 9 + 6 + 4 = 19

结合這個上界，我们的不等式變為：

|x^3 - 8| = |x-2| \cdot |x^2+2x+4| \< \delta \cdot 19

為了满足 $|x^3-8|\<0.1$ , 我们只需要 $19\delta \le 0.1$ . 這要求 $\delta \le \dfrac{0.1}{19}$ .

我们對 $\delta$ 提出了两個要求： $\delta \le 1$ 和 $\delta \le \frac{0.1}{19}$ . 為同时满足，我们取二者中较小的一個即可. 显然 $\frac{0.1}{19} \< 1$ , 故我们可取 $\delta = \frac{0.1}{19}$ .

例如，取 $\delta = \frac{0.1}{19} \approx 0.00526$ . 這是一個满足条件的具體正數.

解

第六題

我们采用反證法. 假设極限存在但不唯一，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 $L_1 \ne L_2$ , 那么它们之間的距离 $|L_1 - L_2|$ 是一個正數. 我们選取一個特定的 $\varepsilon$ , 令 $\varepsilon = \dfrac{|L_1 - L_2|}{2}$ . 显然 $\varepsilon \> 0$ .

根据極限的定義：因為 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L_1$ , 所以對于上述選定的 $\varepsilon$ , 存在一個 $\delta_1 \> 0$ , 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_1$ 时，有

|f(x) - L_1| \< \varepsilon

又因為 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L_2$ , 所以對于同一個 $\varepsilon$ , 也存在一個 $\delta_2 \> 0$ , 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_2$ 时，有

|f(x) - L_2| \< \varepsilon

接着，我们取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$ . 這是一個正數. 当 $x$ 满足 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时, 上述两個關于 $f(x)$ 的不等式将同时成立.

對于這样的 $x$ , 我们考察 $|L_1 - L_2|$ ，并巧妙地添項减項：

\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

|L_1 - L_2| \< 2 \cdot \frac{|L_1 - L_2|}{2} = |L_1 - L_2|

我们得到了一個严格的矛盾不等式 $|L_1 - L_2| \< |L_1 - L_2|$ . 這個矛盾源于我们最初的假设 $L_1 \ne L_2$ . 因此，该假设必定是錯誤的.

故必有 $L_1 = L_2$ . 極限的唯一性得證.

解

第七題

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

我们從目標不等式出發進行分析.

\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，對于任意非零实數 $u$ , 正弦函數的值域為 $[-1,1]$ , 因此 $|\sin u| \le 1$ . 故對于任意 $x \ne 0$ , 恒有 $\left|\sin\frac{1}{x}\right| \le 1$ .

利用這個性質，我们可以對表达式進行放缩：

|x| \cdot \left|\sin\frac{1}{x}\right| \le |x| \cdot 1 = |x|

我们的目標是让 $|x \sin\frac{1}{x}|$ 小于 $\varepsilon$ . 根据上述放缩, 只要我们能保證 $|x|$ 小于 $\varepsilon$ ，目標就能达成.

這為我们選取 $\delta$ 提供了極為簡洁的方案.

下面是严格的證明過程：對任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 我们選取 $\delta = \varepsilon$ . 由于 $\varepsilon\>0$ , 故 $\delta\>0$ .

對于任何满足 $0 \< |x-0| \< \delta$ 的 $x$ , 即 $0 \< |x| \< \varepsilon$ 的 $x$ ，我们有：

\left|x \sin\frac{1}{x} - 0\right| = |x| \left|\sin\frac{1}{x}\right| \le |x| \cdot 1 = |x| \< \varepsilon

這證明了 $|x \sin\frac{1}{x}| \< \varepsilon$ 成立. 根据定義，原命題得證.

解

第八題

该命題的本質是，如果一個函數无限趋近于一個正數，那么在充分靠近该点的邻域内，函數值也必然是正的.

我们已知 $\lim\limits_{x \to c} f(x) = L$ , 且 $L\>0$ . 根据極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義, 對于任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 都存在一個 $\delta \> 0$ , 使得当 $0\<|x-c|\<\delta$ 时, 恒有 $|f(x)-L| \< \varepsilon$ .

這個定義的關键在于 $\varepsilon$ 可以是任意小的正數. 我们可以根据我们的需要, 巧妙地選取一個特定的 $\varepsilon$ 来达到證明目的.

由于 $L\>0$ , 我们可以選取 $\varepsilon = \dfrac{L}{2}$ . 這是一個合法的正數.

根据定義，對應于這個特定的 $\varepsilon = L/2$ , 必然存在一個 $\delta \> 0$ , 使得只要 $x$ 满足 $0\<|x-c|\<\delta$ ，不等式

|f(x) - L| \< \frac{L}{2}

就成立.

我们将這個绝對值不等式展開：

-\frac{L}{2} \< f(x) - L \< \frac{L}{2}

在不等式两边同时加上 $L$ :

L - \frac{L}{2} \< f(x) \< L + \frac{L}{2}

化簡得到：

\frac{L}{2} \< f(x) \< \frac{3L}{2}

我们特别關注這個不等式的左半部分： $f(x) \> \dfrac{L}{2}$ . 因為我们已知 $L\>0$ , 所以 $\dfrac{L}{2}$ 也必然是一個正數.

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

這就證明了存在一個正數 $\delta$ , 使得在 $c$ 的去心邻域 $U^\circ(c, \delta)$ 内, 函數值 $f(x)$ 恒為正. 證毕.

切線問題

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

在建立起極限的初步概念之后，我们立即着手解决那個最初激發我们思考的古老几何問題：如何严格地定義一条曲線在某一点的切線？

古典定義

古希腊的几何學家们對于圓、椭圓等二次曲線的切線已有深刻的认识.他们所依赖的定義，其核心思想是：一条直線若與曲線在某点附近僅有一個交点，则此直線為该曲線在该点的切線. 這一基于交点個數的判别法，對于具有良好凸性的簡單曲線是直观且有效的.

然而，当數學家们的探索深入到更為複杂的函數曲線时，這個朴素的定義開始暴露出其根本性的缺陷. 我们考察函數 $y=x^3$ 在原点 $(0,0)$ 处的切線.從直观上看, 水平的 $x$ 轴似乎是最佳的候選者.但是，若我们试圖用古典定義来檢验它，便会立即陷入矛盾.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：曲線 $y=x^3$ 在原点的切線問題

對于直線 $y=0$ (即 $x$ 轴), 它與曲線 $y=x^3$ 在原点接触. 但当 $x\>0$ 时, $x^3\>0$ , 曲線在直線上方；当 $x\<0$ 时, $x^3\<0$ ，曲線在直線下方. 這意味着该直線在接触点处穿過了曲線，這與切線應“支撑”于曲線一侧的直观感受相悖.

更為严重的是唯一性問題. 考察任意一条斜率為负的直線 $y=mx$ ( $m\<0$ ). 方程 $x^3=mx$ 僅有唯一实數解 $x=0$ . 若依据“唯一交点”准则，那么任何一条穿過原点的、斜率為负的直線都有資格成為切線，這显然是荒谬的.

這些矛盾揭示了一点：依赖于曲線全局交点個數的静态定義是不足够的.我们需要一种能够精确捕捉曲線在某一点附近的局部动态趋势的全新方法.這個方法，正是由極限理論所提供的.

割線的極限观点

我们寻求确定曲線在点 $P(x_0, f(x_0))$ 处的切線. 根据解析几何的基本原理, 确定一条直線需要两個要素：一個点與一個斜率. 点 $P$ 已然在握，因此，切線問題的全部症结，便凝聚于如何确定其斜率之上.

然而，斜率的定義 $\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$ 内在地依赖于两個相异的点. 僅凭点 $P$ 自身, 我们无法直接计算任何斜率. 為克服此障碍, 我们采取一种迂回但極具建设性的策略：既然一点不足, 我们便引入第二点. 在点 $P$ 的邻近, 于曲線上另取一個相异的点 $Q(x, f(x))$ . 连接 $P$ 與 $Q$ 的直線, 我们称之為曲線的一条割線. 其斜率 $k_{PQ}$ 可以被精确地计算：

k_{PQ} = \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}

此值精确地量化了函數在 $[x_0, x]$ 這段区間内的平均變化率.

這条割線并非我们的最终目標，但它是一個完美的近似. 一個自然的想法是，当点 $Q$ 與点 $P$ 越接近, 割線 $PQ$ 對点 $P$ 处切線的近似就越精确. 我们将此“无限逼近”的直观過程, 转化為严谨的數學語言——極限. 想象点 $Q$ 沿着曲線向点 $P$ 移动, 這意味着点的横坐標 $x$ 无限地趋近于 $x_0$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：当点 $Q$ 沿曲線趋近于点 $P$ 时, 割線 $PQ$ 的極限位置即為在点 $P$ 处的切線.

從几何上看，割線 $PQ$ 在此過程中会不断旋转. 当 $Q$ 與 $P$ 无限接近时, 這条动态的割線将稳定于一個确定的極限位置. 此極限位置的直線, 我们便定義為曲線在点 $P$ 处的切線.

這個几何上的極限位置，必然對應着代數上這些割線斜率的極限值. 因此，点 $P$ 处切線的斜率, 正是割線斜率 $k_{PQ}$ 当 $x \to x_0$ 时的極限.

切線斜率的严格定義

我们将上述的直观思想转化為严谨的數學語言. 曲線在点 $P$ 处的切線斜率, 正是当 $x \to x_0$ 时, 割線斜率 $k_{PQ}$ 的極限.

切線斜率

曲線 $y=f(x)$ 在点 $P(x_0, f(x_0))$ 处的切線斜率 $k_{\text{tan}}$ 定義為：

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 $\Delta x \to 0$ . 定義式可寫為等价的形式：

k_{\text{tan}} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}

若此極限存在，则称曲線在该点处的切線存在.

這個基于極限的定義是革命性的. 它完美地解决了古典定義的所有困境，并為 $\frac{0}{0}$ 型的不定式赋予了确切的几何意義. 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，整個比值的归宿.

我们再次回到 $f(x)=x^3$ 在原点的例子. 连接原点 $(0,0)$ 與曲線上另一点 $(x, x^3)$ 的割線斜率為：

k_{\text{割線}} = \frac{x^3 - 0}{x - 0} = x^2 (x \ne 0)

我们接着考察当 $x \to 0$ 时此斜率的極限：

k_{\text{tan}} = \lim_{x \to 0} x^2 = 0

這個極限是唯一且确定的. 極限的计算告诉我们，无論动点從左侧还是右侧趋近原点，割線的斜率都唯一地趋向于 $0$ . 因此, 在原点处的切線, 其斜率必然是 $0$ . 對應的切線方程就是 $y-0=0(x-0)$ , 即 $y=0$ . 這個定義给出了唯一且符合直观的结果，彻底解决了之前的矛盾.

極限的威力在于它提供了一种“局部放大”的视角. 在一個无限小的尺度下，任何光滑曲線都近似于一条直線，這条直線就是它的切線. 切線，是曲線在该点附近最佳的線性近似.

例

求曲線 $f(x) = x^2$ 在点 $P(1, 1)$ 处的切線斜率，并寫出切線方程.

解

我们所寻找的切線斜率，是连接定点 $P(1,1)$ 與其邻近动点 $Q(1+\Delta x, (1+\Delta x)^2)$ 的割線斜率在 $\Delta x \to 0$ 时的極限.

割線 $PQ$ 的斜率為：

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 $\frac{0}{0}$ 的无意義形式. 我们的任务是在取極限之前，對表达式進行代數化簡，以消除這個不定形式. 展開分子：

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：

k_{PQ} = \frac{\Delta x (2 + \Delta x)}{\Delta x} = 2 + \Delta x

這個化簡结果表明，只要 $Q$ 点不與 $P$ 点重合, 割線的斜率就精确地等于 $2 + \Delta x$ .

接着，我们取極限，考察当 $\Delta x \to 0$ 时此斜率的趋势：

k_{\text{tan}} = \lim_{\Delta x \to 0} (2 + \Delta x) = 2

因此，曲線 $y=x^2$ 在点 $(1,1)$ 处的切線斜率為 $2$ .

根据点斜式方程，所求的切線方程為：

y - 1 = 2(x - 1)

即

y = 2x - 1

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

通過對切線問題的深入探讨，我们發現， $\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$ 這一特定形式的極限，不僅是解决一個古老几何难題的關键，它本身还蕴含着描述“瞬时變化”的深刻物理意義.這個结構是如此地核心與普适，以至于它構成了整個微積分學的基石，并值得拥有一個属于自己的名字——導數.

本节習題

習題

\exerciseentry { 考察函數 $g(x) = \sqrt{x}$ . 运用極限的定義, 證明其在任意点 $P(x_0, \sqrt{x_0})$ ( $x_0 \> 0$ ) 处的切線斜率為 $\dfrac{1}{2\sqrt{x_0}}$ . } { 求所有通過点 $A(1, -3)$ 且與抛物線 $y=x^2$ 相切的直線方程. }

\exerciseentry { 考虑函數 $h(x) = |x^2 - 4|$ . 判断该函數在点 $x=2$ 处是否存在切線. 若存在，求出其方程；若不存在，請阐述其几何與代數原因. } { 确定參數 $a$ 的值, 使得抛物線 $y=ax^2$ 與對數曲線 $y=\ln x$ 恰好相切. }

\exerciseentry { 确定常數 $b$ 的值, 使得直線 $y=x+b$ 與對數曲線 $y=\ln x$ 相切. } { 求抛物線 $y=x^2-1$ 上的点, 使得该点处的法線通過坐標原点 $(0,0)$ . }

\exerciseentry { 證明：對于任意实數 $x$ , 不等式 $e^x \ge x+1$ 恒成立. } { 考虑雙曲線 $y=1/x$ 在第一象限的分支. 證明由该曲線上任意一点的切線與两坐標轴所围成的三角形的面積是一個與切点位置无關的常數. }

習題解析

解

第一題

设 $x_0$ 為定義域内任意正实數. 我们需计算曲線在点 $P(x_0, \sqrt{x_0})$ 处的切線斜率.

根据切線斜率的定義，我们考察连接点 $P$ 與其邻近动点 $Q(x_0+\Delta x, \sqrt{x_0+\Delta x})$ 的割線斜率, 在 $\Delta x \to 0$ 时的極限.

k_{PQ} = \frac{\sqrt{x_0+\Delta x} - \sqrt{x_0}}{\Delta x}

此為 $\frac{0}{0}$ 型不定式. 為消去此不定性，我们采用分子有理化的代數技巧，即乘以其共轭表达式：

\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 $\Delta x$ ：

k_{PQ} = \frac{1}{\sqrt{x_0+\Delta x} + \sqrt{x_0}}

接着，计算当 $\Delta x \to 0$ 时的極限：

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}}

此结論對于任意 $x_0 \> 0$ 均成立. 證毕.

解

第二題

注意到，所求切線的切点并非给定的点 $A(1, -3)$ , 该点位于曲線之外. 因此, 我们必须设切点為曲線上的一般点 $P(x_0, x_0^2)$ .

曲線 $y=x^2$ 在点 $P$ 处的切線斜率, 我们在正文中已求得為 $2x_0$ . 故通過点 $P$ 的切線方程為：

y - x_0^2 = 2x_0 (x - x_0)

整理得

y = 2x_0 x - x_0^2

此切線必须通過点 $A(1, -3)$ , 因此点 $A$ 的坐標满足切線方程：

-3 = 2x_0(1) - x_0^2

我们得到了一個關于未知切点横坐標 $x_0$ 的二次方程：

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 $x_0=-1$ .

這意味着存在两条满足条件的切線.

当 $x_0=3$ 时, 切点為 $(3, 9)$ , 切線斜率為 $2(3)=6$ . 切線方程為:

y - 9 = 6(x - 3) \text{即} y = 6x - 9

当 $x_0=-1$ 时, 切点為 $(-1, 1)$ , 切線斜率為 $2(-1)=-2$ . 切線方程為:

y - 1 = -2(x - (-1)) \text{即} y = -2x - 1

故所求的切線方程為 $y=6x-9$ 與 $y=-2x-1$ .

解

第三題

函數 $h(x) = |x^2 - 4|$ 可寫為分段函數形式：

h(x) = \begin{cases} x^2 - 4, & x \le -2 \text{ 或 } x \ge 2 -(x^2 - 4), & -2 \< x \< 2 \end{cases}

切線存在的充分必要条件是定義切線斜率的極限存在，即割線斜率的左、右極限均存在且相等. 我们需在点 $x=2$ 处分别考察其左、右两侧割線斜率的極限. 注意到 $h(2)=|2^2-4|=0$ .

從右侧考察，当 $x \to 2^+$ 时, $x\>2$ , 此时 $h(x)=x^2-4$ .

\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

從左侧考察，当 $x \to 2^-$ 时, $x\<2$ , 此时 $h(x)=-(x^2-4)$ .

\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、右極限不相等 ( $4 \neq -4$ ), 因此函數在点 $x=2$ 处割線斜率的極限 $\lim\limits_{x \to 2} \frac{h(x)-h(2)}{x-2}$ 不存在.

所以函數 $h(x) = |x^2 - 4|$ 在点 $x=2$ 处不存在切線. 其代數原因為割線斜率的左、右極限不一致；几何原因為该点是一個尖点，曲線在此处發生了剧烈的方向转折，无法用唯一的直線進行線性近似.

解

第四題

两条曲線在某点相切，要求它们在该点有共同的函數值和切線斜率. 设切点為 $P(x_0, y_0)$ , $x_0\>0$ .

首先，函數值相等： $ax_0^2 = \ln x_0 (1)$ .

其次，切線斜率相等. 對于 $y=ax^2$ , 在 $x_0$ 处的斜率為：

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

對于 $y=\ln x$ , 在 $x_0$ 处的斜率為 (此過程依赖重要極限 $\lim\limits_{t\to 0}(1+t)^{1/t}=e$ ):

\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: $2ax_0 = \frac{1}{x_0} (2)$ .

這是一個關于 $a$ 和 $x_0$ 的方程组. 從 (2) 解得 $a = \frac{1}{2x_0^2}$ . 代入 (1) 得:

\left(\frac{1}{2x_0^2}\right)x_0^2 = \ln x_0 \implies \frac{1}{2} = \ln x_0

解得切点横坐標 $x_0 = e^{1/2} = \sqrt{e}$ . 将 $x_0$ 代回 $a$ 的表达式: $a = \frac{1}{2(\sqrt{e})^2} = \frac{1}{2e}$ . 故所求參數 $a = \frac{1}{2e}$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

解

第五題

若直線 $y=x+b$ 與曲線 $y=\ln x$ 相切于点 $P(x_0, y_0)$ , 则在切点处，二者的斜率必须相等. 直線 $y=x+b$ 的斜率恒為 $1$ . 曲線 $y=\ln x$ 在点 $x_0$ 处的斜率我们已在上一題中通過極限定義求得, 為 $1/x_0$ . 令两斜率相等：

1 = \frac{1}{x_0} \implies x_0 = 1

由此确定切点的横坐標為 $x_0=1$ . 在该点两曲線的函數值必须相等：

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, 直線 $y=x-1$ 與曲線 $y=\ln x$ 在点 $(1,0)$ 处相切.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

解

第六題

法線是與切線在切点处相互垂直的直線. 设切点為 $P(x_0, x_0^2-1)$ . 首先计算抛物線 $y=x^2-1$ 在点 $P$ 处的切線斜率:

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, 法線的斜率 $k_{\text{norm}} = -\dfrac{1}{k_{\text{tan}}} = -\dfrac{1}{2x_0}$ . 過点 $P$ 的法線方程為：

y - (x_0^2-1) = -\frac{1}{2x_0}(x-x_0)

此法線通過原点 $(0,0)$ ，故其坐標满足方程：

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 $x_0 = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$ . 對應的点為 $(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})$ 和 $(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})$ .

当 $x_0 = 0$ 时, 切線斜率為 $0$ (水平線), 法線為竖直直線 $x=0$ . 此法線通過原点. 此时切点為 $(0, -1)$ .

綜上，存在三個满足条件的点： $(0, -1)$ , $(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})$ 和 $(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{2})$ .

解

第七題

该不等式可以從切線的角度给予深刻的几何诠释. 我们首先验證直線 $y=x+1$ 是曲線 $y=e^x$ 的切線. 在 $x=0$ 处, $e^0=1$ , 直線 $y=0+1=1$ , 故点 $(0,1)$ 是公共点. 曲線 $y=e^x$ 在 $x=0$ 的切線斜率 (依赖重要極限 $\lim\limits_{h\to 0}(e^h-1)/h=1$ ):

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

直線 $y=x+1$ 的斜率也是 $1$ . 故 $y=x+1$ 是 $y=e^x$ 在点 $(0,1)$ 的切線.

為證明不等式，我们構造辅助函數 $g(x) = e^x - (x+1)$ . 原不等式等价于證明 $g(x) \ge 0$ 恒成立. 我们考察函數 $g(x)$ 在任意点 $x$ 处的斜率:

\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}

令此斜率為 $0$ , 即 $e^x-1=0$ , 解得 $x=0$ . 当 $x\<0$ 时, $e^x\<1$ , 故斜率 $k_g(x)\<0$ , 函數 $g(x)$ 在此区間减小. 当 $x\>0$ 时, $e^x\>1$ , 故斜率 $k_g(x)\>0$ , 函數 $g(x)$ 在此区間增加.

因此，函數 $g(x)$ 在 $x=0$ 处取得唯一的全局最小值. 该最小值為 $g(0) = e^0 - (0+1) = 1 - 1 = 0$ . 由于函數的最小值是 $0$ , 故對于任意实數 $x$ , 恒有 $g(x) \ge 0$ , 即 $e^x \ge x+1$ . 證毕.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

解

第八題

设 $P(x_0, 1/x_0)$ 為雙曲線上 $x\>0$ 分支的任意一点. 首先计算曲線 $y=1/x$ 在点 $P$ 处的切線斜率:

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}

過点 $P$ 的切線方程為:

y - \frac{1}{x_0} = -\frac{1}{x_0^2}(x-x_0)

令 $x=0$ , 求 $y$ 轴截距: $y - \frac{1}{x_0} = \frac{1}{x_0} \implies y = \frac{2}{x_0}$ . 截点為 $A(0, 2/x_0)$ . 令 $y=0$ , 求 $x$ 轴截距: $-\frac{1}{x_0} = -\frac{1}{x_0^2}(x-x_0) \implies x_0 = x-x_0 \implies x=2x_0$ . 截点為 $B(2x_0, 0)$ .

所求三角形是由原点 $O(0,0)$ 、点 $A$ 和点 $B$ 構成的直角三角形. 其面積為：

\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),

\text{Area} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{x_0} \cdot 2x_0 = 2

此面積值是一個常數 $2$ , 與切点 $x_0$ 的選取无關. 證毕.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

函數的连續性

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

在前面的讨論中，我们關注的是当 $x$ 趋近于 $x_0$ 时, $f(x)$ 的“趋势值”或“归宿”. 我们刻意强调了極限值 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 與函數在该点自身的“实际值” $f(x_0)$ 是两個独立的概念, 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數函數中，例如多項式函數 $f(x)=x^2$ , 当我们考察 $x \to 2$ 时的極限时, 我们發現 $\lim\limits_{x \to 2} x^2 = 4$ , 而這個極限值恰好就等于函數在 $x=2$ 处的实际值 $f(2)=2^2=4$ . 這种“極限值”與“函數值”恰好相等的优美性質，在几何上表現為函數圖像在该点是“连續不断”的，没有出現任何孔洞、断裂或跳跃.

這個“连續不断”的直观概念，在數學中有着至關重要的地位. 我们需要运用極限這一精确的工具，来给它一個严谨的定義.

连續性的定義

函數在一点的连續性

设函數 $y=f(x)$ 在点 $x_0$ 及其某個邻域内有定義. 如果函數 $f(x)$ 当 $x \to x_0$ 时的極限存在, 并且等于它在点 $x_0$ 处的函數值, 那么我们就称函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处连續.

這個定義包含了三個不可或缺的条件：

函數在点 $x_0$ 处有定義, 即 $f(x_0)$ 存在.
函數在点 $x_0$ 处的極限存在, 即 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 存在.
極限值等于函數值，即 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$ .

如果上述三個条件中任何一個不满足，我们就称函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处不连續或間断.

核心思想

函數在一点连續的本質是：極限過程的终点，就是函數在该点的实际落点. 符号表示為：

\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：连續與間断的几何直观

圖(a)展示了连續函數的情形，当 $x$ 從两侧逼近 $x_0$ 时, 函數值 $f(x)$ 所逼近的高度, 正好就是 $f(x_0)$ 的高度. 圖(b)展示了一种間断情况，虽然 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 存在, 但 $f(x_0)$ 在该点无定義（或取了别的值），形成了一個“孔洞”. 這种間断称為可去間断点. 圖(c)展示了另一种間断情况，左極限與右極限存在但不相等，函數圖像在此处發生了“跳跃”. 這种間断称為跳跃間断点.

\paragraph{区間上的连續性} 我们将点的连續性概念自然地推廣到区間上.

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

常见连續函數

我们高中階段學習的所有基本初等函數，在其定義域内的每一個区間上都是连續的. 這包括：

幂函數 $y=x^a$
指數函數 $y=a^x$
對數函數 $y=\log_a x$
三角函數 $y=\sin x, y=\cos x, y=\tan x, ...$
常數函數 $y=c$

此外，由這些基本初等函數經過有限次的四则运算和複合运算所構成的函數，在其定義域内也是连續的.

這個结論極為重要，它正是下一节我们将要學習的“直接代入法”求極限的理論基石.對于一個在点 $x_0$ 连續的函數 $f(x)$ , 根据定義, 求 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 就等价于直接计算函數值 $f(x_0)$ .

極限的运算

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

来龙去脉

我们已經對極限有了直观的认识，即函數值在一個点附近的“归宿”. 但如果遇到由多個簡單函數通過加、减、乘、除组合而成的複杂函數，我们该如何求其極限呢？例如，我们想求 $\lim\limits_{x \to 1} (x^2+3x-1)$ . 一個非常自然、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 $3 \cdot 1 = 3$ . 那么整個表达式的極限, 是否就是這些部分極限的簡單加减呢？即 $1+3-1=3$ .

幸运的是，這個猜想是正确的. 極限的运算性質非常“友好”，它允许我们将一個複杂函數的極限問題，分解為若干個簡單函數極限的四则运算問題.這大大簡化了極限的求解過程.

極限的四则运算法则

三角不等式

對于任意实數 $a$ 和 $b$ ，以下不等式恒成立：

|a+b| \le |a| + |b|

證明

對于任意实數 $x$ , 我们有 $-|x| \le x \le |x|$ . 因此，對于实數 $a$ 和 $b$ ，我们有：

\begin{aligned} -|a| \le a \le |a| -|b| \le b \le |b| \end{aligned}

将這两個不等式相加，得到：

-(|a|+|b|) \le a+b \le |a|+|b|

這個複合不等式 $-k \le y \le k$ 正是绝對值不等式 $|y| \le k$ 的另一种寫法. 因此，上述不等式等价于：

|a+b| \le |a|+|b|

證毕.

極限的运算法则

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

和差法则:

\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

(和的極限等于極限的和)

2. 乘積法则:

\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

(積的極限等于極限的積)

3. 常數倍法则 (乘積法则的特例):

\lim_{x \to x_0} [c \cdot f(x)] = c \cdot \lim_{x \to x_0} f(x) = c \cdot L (c \text{ 為常數})

商法则: 如果 $M \neq 0$ , 那么

\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}

(商的極限等于極限的商, 前提是分母極限不為零)

證明

根据題设，我们已知 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$ 和 $\lim\limits_{x \to x_0} g(x) = M$ . 這意味着，根据極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義：

對于任意 $\varepsilon_1 \> 0$ , 存在一個 $\delta_1 \> 0$ , 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_1$ 时, 有 $|f(x) - L| \< \varepsilon_1$ .
對于任意 $\varepsilon_2 \> 0$ , 存在一個 $\delta_2 \> 0$ , 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_2$ 时, 有 $|g(x) - M| \< \varepsilon_2$ .

我们将使用這些条件来證明法则.

我们只證明和法则，差法则的證明完全類似.我们的目標是證明：對于任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 存在一個 $\delta \> 0$ , 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时, 有 $|[f(x)+g(x)] - (L+M)| \< \varepsilon$ .

考虑目標表达式，根据引理9.2.2：

|[f(x)+g(x)] - (L+M)| = |(f(x)-L) + (g(x)-M)| \le |f(x)-L| + |g(x)-M|

為了使上式的最终结果小于 $\varepsilon$ , 我们可以让其右侧的每一項都小于 $\varepsilon/2$ .

根据極限的定義：

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，我们選择 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ .這样, 当 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时，上述两個不等式同时成立.

因此，對于這样的 $x$ ，我们有：

|[f(x)+g(x)] - (L+M)| \le |f(x)-L| + |g(x)-M| \< \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon

這就證明了和法则.

剩余的不再證明了，否则跑远了，有兴趣的可以參閱《普林斯顿微積分讀本》或《托马斯大學微積分》.

{這些法则的本質是：極限符号可以“穿透”四则运算. 只要每個部分的極限都存在，并且在除法中分母的極限不為零，我们就可以先對每個部分求極限，再進行运算.}

例

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

解

我们的目標是，将這個看似整體的極限，一步步分解到最基本的極限形式.

\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{積法则與常數倍法则} &= \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{再次應用積法则} \end{aligned}

對于最基本的極限 $\lim\limits_{x \to 2} x$ , 其值显然為 2. 将此结果代入：

\begin{aligned} \text{原式} &= (2) \cdot (2) + 3 \cdot (2) &= 4 + 6 &= 10 \end{aligned}

注记

這個例題的详细步骤揭示了一個重要的事实：對于任意一個多項式函數 $P(x)$ , 其極限 $\lim\limits_{x \to x_0} P(x)$ 的值, 总是等于将 $x_0$ 直接代入多項式计算出的函數值 $P(x_0)$ . 這正是后續"直接代入法"的理論基礎.

對于绝大多數我们在高中階段遇到的“表現良好”的函數，如多項式函數、有理分式函數（分母不為零时）、三角函數、指數函數和對數函數，它们都具有一种非常好的性質——连續性. 對于连續函數而言，函數在某一点的極限值，恰好就等于它在该点的函數值.

求極限的黄金法则

對于所有初等函數, 在其定義域内的任意一点 $x_0$ , 求極限 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x)$ 的第一步永远是： 尝试将 $x=x_0$ 直接代入函數表达式.

如果能算出一個确定的數值，那么這個數值就是所求的極限.
如果代入后出現分母為零的情况，则說明直接代入法失效，需要使用其他方法.

例

求下列極限： (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) 這是一個多項式函數, 在 $x=2$ 处连續. 直接代入：

\lim_{x \to 2} (x^3 - 5x + 1) = 2^3 - 5(2) + 1 = 8 - 10 + 1 = -1

(2) 這是一個有理分式函數, 当 $x \to \frac{\pi}{4}$ 时，分母不為零. 直接代入：

\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}

本节習題

習題

\exerciseentry { 计算極限 $\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x^3-x^2-x-2}{x^2-4}$ . } { 计算極限 $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\sqrt{x+3}-2}{\sqrt[3]{x}-1}$ . } \exerciseentry { 计算極限 $\lim\limits_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+ax} - \sqrt{x^2+bx})$ , 其中 $a, b$ 為常數. } { 计算極限 $\lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}$ . } \exerciseentry { 已知 $\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x^2+ax+b}{x-2} = 5$ , 求常數 $a, b$ 的值. } { 考虑函數

f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin(\pi x)}{x-1}, & x \neq 1 k, & x=1 \end{cases}

若函數 $f(x)$ 在点 $x=1$ 处连續, 求常數 $k$ 的值.

} \exerciseentry { 计算極限 $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{|x-1|}{x^2-1}$ . } { 确定常數 $a, b$ 的值, 使得 $\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \dfrac{x^2+1}{x+1} - ax - b \right) = 0$ . } \exerciseentry { 计算極限 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(1+x)^a-1}{x}$ , 其中 $a$ 為任意实數. } { 计算極限 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - \sin x}{x^3}$ . } \exerciseentry { 求函數 $f(x)=\sqrt{x^2+3x}$ 的所有渐近線. } { 设函數 $f(x)$ 满足 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{x} = L$ , 其中 $L$ 為非零常數. 求極限 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x^2)}{\sin^2 x}$ . } \exerciseentry { 设函數 $f(x)$ 定義為 $f(x) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{x^{2n-1}+ax}{x^{2n}+1}$ , 其中 $n$ 為正整數. 试确定常數 $a$ 的值, 使得 $f(x)$ 是一個连續函數. } { 證明：方程 $x^3-3x+1=0$ 在区間 $(0,1)$ 内至少存在一個实數根. }

習題解析

解

第一題

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

這是一個 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式極限. 這表明分子與分母都含有因子 $(x-2)$ ，我们需通過因式分解来消除此不定形式.

分母的因式分解是直接的： $x^2-4 = (x-2)(x+2)$ .

對于分子，由于 $x=2$ 是其根, 我们可以使用多項式除法或綜合除法得到 $x^3-x^2-x-2 = (x-2)(x^2+x+1)$ .

接着，我们重寫極限表达式：

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

在 $x \to 2$ 的過程中 $x \ne 2$ , 故可以约去公因子 $(x-2)$ :

\lim_{x \to 2} \frac{x^2+x+1}{x+2}

此时，分母的極限不再為零，我们可以直接代入 $x=2$ 来求值.

\frac{2^2+2+1}{2+2} = \frac{7}{4}

解

第二題

当 $x \to 1$ 时, 這是一個 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式. 分子分母均含有无理式，我们需分别進行有理化.

為处理分子的平方根，我们乘以其共轭表达式 $\sqrt{x+3}+2$ .

為处理分母的立方根，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 $(\sqrt[3]{x})^2 + \sqrt[3]{x} \cdot 1 + 1^2 = \sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1$ .

\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：

\frac{\sqrt[3]{1^2}+\sqrt[3]{1}+1}{\sqrt{1+3}+2} = \frac{1+1+1}{2+2} = \frac{3}{4}

解

第三題

当 $x \to +\infty$ 时, 這是一個 $\infty - \infty$ 型的不定式. 我们通過分子有理化的技巧来转化其形式.

\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 $x \to +\infty$ , $x$ 為正, 故 $\sqrt{x^2}=|x|=x$ .

\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 $b/x \to 0$ .

\frac{a-b}{\sqrt{1+0} + \sqrt{1+0}} = \frac{a-b}{2}

解

第四題

注意到 $x \to -\infty$ . 在這种情况下, $x$ 是一個绝對值很大的负數.

当 $x\<0$ 时, 根据绝對值的定義, $\sqrt{x^2}=|x|=-x$ .

我们将分子分母同时除以 $x$ .

\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 $x\<0$ , $|x|=-x$ .

\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, $1/x^2 \to 0$ .

-\sqrt{1+0} = -1

解

第五題

当 $x \to 2$ 时, 分母 $x-2 \to 0$ .

因為極限值為一個有限數 $5$ , 這說明分子在 $x \to 2$ 时也必须趋于 $0$ ，否则整個分式的極限将是无穷大.

因此，我们得到第一個条件： $\lim\limits_{x \to 2} (x^2+ax+b) = 0$ .

由于多項式函數是连續的，直接代入可得：

2^2 + a(2) + b = 0 \implies 4+2a+b=0 (1)

從此条件我们可以解出 $b = -2a-4$ . 将其代回原極限表达式中：

\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}

此極限的值為 $2+2+a = 4+a$ . 根据題设, 此極限等于 $5$ .

4+a=5 \implies a=1

将 $a=1$ 代入 (1) 式, 得 $4+2(1)+b=0 \implies b=-6$ .

故所求常數為 $a=1, b=-6$ .

解

第六題

函數 $f(x)$ 在点 $x=1$ 处连續的定義是 $\lim\limits_{x \to 1} f(x) = f(1)$ .

根据函數的定義， $f(1)=k$ . 我们需要计算当 $x \to 1$ 时的極限.

\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{\sin(\pi x)}{x-1}

這是一個 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式. 為了利用重要極限 $\lim\limits_{u \to 0} \frac{\sin u}{u}=1$ , 我们進行變量代換.

令 $u = x-1$ , 则 $x=u+1$ . 当 $x \to 1$ 时, $u \to 0$ .

\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}

為了凑出重要極限的形式，我们對分母進行调整.

\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， $\lim\limits_{x \to 1} f(x) = -\pi$ .

要使函數连續，必须有 $k = -\pi$ .

解

第七題

由于绝對值函數的存在，我们需要分别考察当 $x$ 從 $1$ 的左侧和右侧趋近时的極限.

当 $x \to 1^+$ 时, $x\>1$ , 故 $x-1\>0$ , 此时 $|x-1|=x-1$ .

\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 $|x-1|=-(x-1)$ .

\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}

由于左極限與右極限不相等,

\lim_{x \to 1^-} \frac{|x-1|}{x^2-1} \neq \lim_{x \to 1^+} \frac{|x-1|}{x^2-1}

根据極限存在的充要条件，该極限不存在.

解

第八題

首先對括号内的表达式進行通分，化為一個單一的有理分式.

\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 $x \to +\infty$ 时的極限為 $0$ .

這是一個有理分式在无穷远处的極限問題. 分母的最高次幂為 $1$ .

若要極限為 $0$ ，分子的次數必须严格小于分母的次數.

因此，分子中 $x^2$ 的係數必须為零.

1-a = 0 \implies a=1

当 $a=1$ 时, 表达式變為 $\dfrac{-(1+b)x + (1-b)}{x+1}$ .

此时，分子分母的最高次幂均為 $1$ . 根据有理函數在无穷远处的極限法则，其極限為最高次項係數之比.

\lim_{x \to +\infty} \frac{-(1+b)x + (1-b)}{x+1} = \frac{-(1+b)}{1} = -1-b

根据題设，此極限為 $0$ .

-1-b = 0 \implies b=-1

故所求常數為 $a=1, b=-1$ .

解

第九題

此極限的求解依赖于第二個重要極限 $\lim\limits_{u \to 0} (1+u)^{1/u}=e$ 及其推論.

我们利用對數與指數的互逆關係重寫表达式.

\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}

這是一個 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式.

我们進行如下的恒等變形以構造出已知的極限形式:

\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}

對于第一個極限，令 $u=a\ln(1+x)$ , 当 $x \to 0$ 时 $u \to 0$ . 故该極限為 $\lim\limits_{u\to 0}\frac{e^u-1}{u}=1$ .

對于第二個極限，

\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，原極限 $= 1 \cdot a = a$ .

解

第十題

這是一個 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式, 涉及三角函數. 我们的目標是利用重要極限 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1$ .

首先對分子進行三角恒等變形.

\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}

利用二倍角公式的變形 $1-\cos x = 2\sin^2\frac{x}{2}$ .

\tan x - \sin x = \sin x \frac{2\sin^2(x/2)}{\cos x}

代回原極限表达式：

\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}

第一個極限為 $1$ , 第二個極限為 $\frac{2}{1}=2$ .

對于第三個極限，我们進行凑形式：

\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：

\text{原極限} = 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}

解

第十一題

函數 $f(x)=\sqrt{x^2+3x}$ 的定義域為 $x^2+3x \ge 0$ , 即 $x \in (-\infty, -3] \cup [0, +\infty)$ .

垂直渐近線: 函數在其定義域内是连續的，因此不存在垂直渐近線.

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

当 $x \to +\infty$ 时: 我们计算斜渐近線 $y=mx+b$ 的斜率 $m$ :

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 $b$ :

\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, 函數有一条斜渐近線 $y=x+\frac{3}{2}$ .

当 $x \to -\infty$ 时:

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

\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, 函數有一条斜渐近線 $y=-x-\frac{3}{2}$ .

綜上，函數有两条渐近線： $y=x+\frac{3}{2}$ 和 $y=-x-\frac{3}{2}$ .

解

第十二題

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

這是一個 $\dfrac{0}{0}$ 型的不定式. 核心思想是通過代數變形, 凑出已知的極限形式 $\lim\limits_{u \to 0} \frac{f(u)}{u} = L$ .

我们對表达式進行如下重構：

\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

根据極限的乘法法则，我们可以分别计算各部分的極限.

對于第一部分 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x^2)}{x^2}$ ，我们進行變量代換. 令 $u=x^2$ . 当 $x \to 0$ 时, 显然有 $u \to 0$ .

\lim_{x \to 0} \frac{f(x^2)}{x^2} = \lim_{u \to 0} \frac{f(u)}{u} = L

對于第二部分 $\lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{x}{\sin x} \right)^2$ ，我们利用重要極限.

\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

将两部分極限值相乘，得到最终结果.

\lim_{x \to 0} \dfrac{f(x^2)}{\sin^2 x} = L \cdot 1 = L

解

第十三題

函數 $f(x)$ 是一個極限形式定義的函數, 其具體表达式依赖于 $x$ 的取值. 我们需要分情况讨論 $|x|$ 與 $1$ 的關係.

当 $|x|\<1$ 时, $x^{2n} \to 0$ 且 $x^{2n-1} \to 0$ 当 $n \to \infty$ .

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項 $x^{2n}$ .

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，

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，

f(-1) = \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{2n-1}+a(-1)}{(-1)^{2n}+1} = \frac{-1-a}{1+1} = \frac{-1-a}{2}

綜上，我们得到 $f(x)$ 的分段表达式：

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 $f(x)$ 為连續函數, 它必须在分界点 $x=1$ 和 $x=-1$ 处连續.

在 $x=1$ 处连續，要求左極限、右極限與函數值相等.

\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (ax) = a

\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (1/x) = 1

f(1) = (1+a)/2

因此必须有 $a = 1 = (1+a)/2$ . 解得 $a=1$ .

在 $x=-1$ 处连續，要求左極限、右極限與函數值相等.

\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{x \to -1^-} (1/x) = -1

\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} (ax) = -a

f(-1) = (-1-a)/2

因此必须有 $-1 = -a = (-1-a)/2$ . 解得 $a=1$ .

两個条件得到的 $a$ 值相同. 故当 $a=1$ 时, 函數 $f(x)$ 是一個连續函數.

解

第十四題

我们利用零点存在性定理来證明.

構造函數 $f(x) = x^3-3x+1$ . 這是一個多項式函數, 因此它在整個实數域上都是连續的, 特别地, 它在闭区間 $[0,1]$ 上是连續的.

接着，我们计算函數在区間端点的值.

在左端点 $x=0$ 处：

f(0) = 0^3 - 3(0) + 1 = 1

在右端点 $x=1$ 处：

f(1) = 1^3 - 3(1) + 1 = 1 - 3 + 1 = -1

我们發現，函數在区間 $[0,1]$ 的两個端点处的函數值异号, 即 $f(0) \> 0$ 且 $f(1) \< 0$ .

根据零点存在性定理，一個在闭区間上连續且在端点处函數值异号的函數，其圖像必然在该開区間内至少穿越 $x$ 轴一次.

因此，在開区間 $(0,1)$ 内至少存在一個实數 $c$ , 使得 $f(c)=0$ .

這就證明了方程 $x^3-3x+1=0$ 在区間 $(0,1)$ 内至少存在一個实數根.

无穷远处的極限與无穷小量

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

至此，我们讨論的極限都是当 $x$ 趋近于一個有限值 $x_0$ 时的情形. 但在很多應用中, 我们更關心的是当自變量 $x$ 變得无限大或无限小时，函數的长期變化趋势.

為了描述這种“最终趋势”，我们引入了 $x \to \infty$ 时的極限. 這個概念是理解函數渐近線、比较函數增长速度以及后續许多重要理論的基礎.

无穷远处的極限

$x \to \infty$ 时的極限

如果当 $|x|$ 无限增大时, 函數值 $f(x)$ 无限趋近于一個确定的常數 $L$ , 那么我们就称 $L$ 是函數 $f(x)$ 当 $x$ 趋于无穷时的極限，记作：

\lim_{x \to \infty} f(x) = L

几何上，這表示函數 $y=f(x)$ 的圖像有一条水平渐近線 $y=L$ .

最重要的无穷極限

對于任意正數 $n\>0$ 和任意常數 $c$ , 我们有：

\lim_{x \to \infty} \frac{c}{x^n} = 0

證明

根据極限的定義，我们要證明的命題 $\lim_{x \to \infty} \frac{c}{x^n} = 0$ 意味着： \begin{quote} 對于任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 我们都能找到一個实數 $M \> 0$ , 使得当 $x \> M$ 时, 不等式 $\left|\frac{c}{x^n} - 0\right| \< \varepsilon$ 恒成立. \end{quote}

接着我们分類讨論.

情况一： $c=0$

如果 $c=0$ , 那么對于所有 $x \neq 0$ , 函數值為 $\frac{0}{x^n} = 0$ . 因此，不等式為 $|0 - 0| \< \varepsilon$ , 即 $0 \< \varepsilon$ . 由于 $\varepsilon$ 被定義為任意一個正數, 所以 $0 \< \varepsilon$ 恒成立.在這种情况下, 我们可以選择任意的 $M \> 0$ （例如 $M=1$ ），结論都成立.

情况二： $c \neq 0$

我们的目標是找到一個 $M$ （它会依赖于 $\varepsilon$ 的值）, 使得当 $x \> M$ 时, $|\frac{c}{x^n}| \< \varepsilon$ 成立.

我们從需要满足的不等式開始分析：

\left|\frac{c}{x^n}\right| \< \varepsilon

由于 $x \to \infty$ , 我们只關心 $x\>0$ 的情况, 此时 $x^n \> 0$ , 所以 $|x^n| = x^n$ .不等式可以寫為：

\frac{|c|}{x^n} \< \varepsilon

因為 $\varepsilon \> 0$ 且 $x^n \> 0$ ，我们可以交叉相乘而不改變不等号方向：

|c| \< \varepsilon \cdot x^n

接着，我们解出 $x^n$ ：

x^n \> \frac{|c|}{\varepsilon}

因為 $n \> 0$ , 我们可以對不等式两边取 $n$ 次方根，這不会改變不等号方向：

x \> \left(\frac{|c|}{\varepsilon}\right)^{1/n}

這個分析告诉我们，只要 $x$ 大于 $\left(\frac{|c|}{\varepsilon}\right)^{1/n}$ , 我们最初的目標不等式就会成立.這就為我们如何選择 $M$ 提供了依据.

對于任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 我们選择 $M$ 如下：

M = \left(\frac{|c|}{\varepsilon}\right)^{1/n}

接着我们来验證這個選择.假设 $x$ 是任何一個满足 $x \> M$ 的數，那么：

x \> \left(\frac{|c|}{\varepsilon}\right)^{1/n}

将两边同时取 $n$ 次方（因為 $n\>0$ 且两边都為正，操作合法）：

x^n \> \frac{|c|}{\varepsilon}

由于 $x^n$ 和 $\varepsilon$ 均為正數，我们可以整理得到：

\varepsilon \> \frac{|c|}{x^n} = \left|\frac{c}{x^n}\right|

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

綜合以上两种情况，我们已經證明，對于任意 $\varepsilon \> 0$ , 我们总能找到一個對應的 $M \> 0$ , 使得当 $x\>M$ 时, $|\frac{c}{x^n}-0| \< \varepsilon$ 成立.因此，根据極限的定義，定理得證.

證毕.

{這個公式是求有理函數在无穷远处極限的理論基石. 它告诉我们，当分母的幂次為正时，随着 $x$ 无限增大，分式的值将无限趋近于0.}

高次項、低次項與“抓高次”原则

当我们处理多項式或有理分式在无穷远处的極限时，一個極其强大的思想是：在无穷的尺度下，只有增长最快的那一項才重要.

高次項與低次項

在一個多項式中，我们称次數最高的項為最高次項或高階項，其余的項為低階項.

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

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

当 $x$ 變得非常大时 (例如 $x=10^9$ ), $3x^4$ 的值将远远超過所有低次項之和，低次項的影响變得可以忽略不计. 這就是所谓的“抓高次”原则.

溫馨提示

当 $x \to \infty$ 时，一個多項式或有理分式的極限，完全由其分子和分母的最高次項所决定.

\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

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

解

方法一：推導法

分母的最高次幂是 $x^3$ . 我们将分子、分母同时除以 $x^3$ :

\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 $\frac{c}{x^n}$ 的項的極限都為0.

\text{原式} = \frac{2 - 0 + 0}{7 + 0 - 0} = \frac{2}{7}

方法二：“抓高次”

当 $x \to \infty$ 时，我们只關心分子和分母的最高次項. 分子中的最高次項是 $2x^3$ . 分母中的最高次項是 $7x^3$ .

\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}

有理函數无穷極限的快速判断

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

若 $n \> m$ (分子次數 > 分母次數), 则極限為 $\infty$ 或 $-\infty$ (不存在).
若 $n \< m$ (分子次數 < 分母次數), 则極限為 $\mathbf{0}$ .
若 $n = m$ (分子次數 = 分母次數), 则極限為最高次項係數之比 $\dfrac{a_n}{b_m}$ .

高階无穷大與低階无穷大

“抓高次”原则的升維

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

但如果問題變成了比较 $e^x$ 和 $x^{10000}$ , 哪個增长得更快呢？或者比较 $\ln x$ 和 $\sqrt[100]{x}$ 呢？此时，僅僅比较“次數”已經不够用了.我们需要一個更普适的工具来描述和比较任意函數在趋于无穷时的增长速率.這就是“階”的概念.

无穷大的階

假设 $\lim\limits_{x \to \infty} f(x) = \infty$ 且 $\lim\limits_{x \to \infty} g(x) = \infty$ . 我们通過考察它们的比值在 $x \to \infty$ 时的極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 $g(x)$ 更高階的无穷大. 這說明 $f(x)$ 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 $g(x)$ 更低階的无穷大. 這說明 $f(x)$ 增长得比 $g(x)$ 慢得多.
如果 $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = c$ ( $c$ 為非零常數), 我们称 $f(x)$ 與 $g(x)$ 是同階无穷大. 這說明它们的增长速度“在同一個量级”. 例如 $2x^2$ 和 $10x^2$ 就是同階无穷大.

常见函數的增长速度階梯

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

對數函數 $\ll$ 幂函數 $\ll$ 指數函數 $\ll$ 更高階的函數

更具體地說，對于任意的 $a\>1, n\>0$ ，有以下两個極為重要的極限：

\lim_{x \to +\infty} \frac{\log_a x}{x^n} = 0 (\text{幂函數增速 **远快于** 對數函數})

\lim_{x \to +\infty} \frac{x^n}{a^x} = 0 (\text{指數函數增速 **远快于** 幂函數})

一個更形象的排序是 (從慢到快):

... \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”原则的终極形态

当 $x \to \infty$ 时，求一個由不同階无穷大相加减構成的分式極限时，我们只需要保留分子和分母中最高階的无穷大，其余低階項均可忽略.

例

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

解

思路分析：“抓高次”

首先，我们要确定分子和分母中的“高次”，也就是最高階的无穷大.

在分子 $e^x - 100x^{10} + \ln x$ 中, 根据增长速度階梯, 指數函數 $e^x$ 是最高階的无穷大. $x^{10}$ 和 $\ln x$ 都是它的低階无穷大.

在分母 $2e^x + 500x^2$ 中, 同理, $e^x$ 也是最高階的无穷大. $x^2$ 是它的低階无穷大.

求解過程

我们只保留分子分母的最高階項，其余項均可忽略.

\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}

严格寫法

為了让過程更严谨，我们可以像处理有理函數一样，分子分母同除以最高階的无穷大，即 $e^x$ .

\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}

根据增长速度階梯，当 $x \to +\infty$ 时：

\frac{x^{10}}{e^x} \to 0, \frac{\ln x}{e^x} \to 0, \frac{x^2}{e^x} \to 0

所以，

\text{原式} = \frac{1 - 100(0) + 0}{2 + 500(0)} = \frac{1}{2}

常见函數的極限圖像分析

下面我们通過观察函數圖像，直观地总结几類基本初等函數在无穷远处或定義域边界处的極限行為.

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

\end{figure}

当 $n$ 為正整數时, 圖像向两侧无限延伸.

\lim_{x\to+\infty} x^n = +\infty

\lim_{x\to-\infty} x^n = \begin{cases} +\infty & (n \text{ 為偶數}) \\ -\infty & (n \text{ 為奇數}) \end{cases}

当 $n$ 為负整數时 (如 $y=x^{-1}=\frac{1}{x}$ ), 圖像以 $x$ 轴為水平渐近線.

\lim_{x\to\pm\infty} \frac{1}{x^k} = 0 (k \text{ 為正整數})

\paragraph{指數函數 $y=a^x$ } \begin{figure}[htbp]

\end{figure}

当底數 $a\>1$ 时, 函數單调递增, 向右侧无限增长, 向左侧无限趋近于0.

\lim_{x\to+\infty} a^x = +\infty, \lim_{x\to-\infty} a^x = 0

当底數 $0\<a\<1$ 时, 函數單调递减, 向左侧无限增长, 向右侧无限趋近于0.

\lim_{x\to+\infty} a^x = 0, \lim_{x\to-\infty} a^x = +\infty

\paragraph{對數函數 $y=\log_a x$ } \begin{figure}[htbp]

\end{figure}

当底數 $a\>1$ 时, 函數單调递增. 圖像向右无限缓慢上升, 以 $y$ 轴為垂直渐近線向下无限延伸.

\lim_{x\to+\infty} \log_a x = +\infty, \lim_{x\to 0^+} \log_a x = -\infty

当底數 $0\<a\<1$ 时, 函數單调递减. 圖像向右无限缓慢下降, 以 $y$ 轴為垂直渐近線向上无限延伸.

\lim_{x\to+\infty} \log_a x = -\infty, \lim_{x\to 0^+} \log_a x = +\infty

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

\end{figure} 從圖像可以看出, 当 $x$ 无限增大时, $\sin x$ 和 $\cos x$ 的值在 $-1$ 和 $1$ 之間永无休止地振荡, 它们并不趋近于任何一個确定的常數.

\lim_{x\to\infty} \sin x \text{ 不存在}, \lim_{x\to\infty} \cos x \text{ 不存在}

本节習題

習題

\exerciseentry { 分析函數 $f(x) = \dfrac{3x+5}{x^2+x+1}$ 在 $x \to \pm\infty$ 处的渐近行為, 并绘制其函數圖像的示意圖. } { 分析函數 $f(x) = \dfrac{2x^2 - 3x}{x^2 - 1}$ 的渐近線 (包含水平與垂直渐近線), 并绘制其函數圖像的示意圖. } \exerciseentry { 分析函數 $f(x) = \sqrt{x^2+6x} - x$ 在 $x \to +\infty$ 时的極限, 阐述其几何意義并绘制示意圖. } { 分析函數 $f(x) = \sqrt{x^2+6x} + x$ 在 $x \to -\infty$ 时的極限, 阐述其几何意義并绘制示意圖. } \exerciseentry { 分析函數 $f(x) = \dfrac{x^3}{(x-1)^2}$ 的渐近線, 并绘制其函數圖像的示意圖. } { 分析函數 $f(x) = \dfrac{x^2 + \cos x}{2x^2 - \sin x}$ 的水平渐近線, 并绘制其示意圖. } \exerciseentry { 分析函數 $f(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}$ 在 $x \to +\infty$ 與 $x \to -\infty$ 处的極限, 绘制示意圖以展示其两条不同的水平渐近線. } { 分析函數 $f(x) = \dfrac{\ln(x^2+1)}{x}$ 的水平渐近線, 并绘制示意圖. } \exerciseentry { 分析函數 $f(x) = x(e^{1/x}-1)$ 的水平渐近線, 并绘制其示意圖. } { 分析函數 $f(x) = \left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{2x}$ 的水平渐近線, 并绘制其示意圖. } \exerciseentry { 分析函數 $f(x) = x + \arctan x$ 的渐近行為. 阐述该函數為何有两条不同的斜渐近線并求出其方程, 随后绘制示意圖. （請先了解反三角函數，這在三角函數一章，此題可跳過） } { 求函數 $f(x)=\sqrt{4x^2+x}$ 的所有斜渐近線, 并绘制其示意圖. } \exerciseentry { 确定常數 $a,b$ 的值, 使得 $\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \sqrt{4x^2+bx} - (ax-1) \right) = 3$ , 并解释 $a,b$ 取值背后的數學原理. } { 考虑函數 $f(x) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{x^{2n+1} + 2x}{x^{2n} + 1}$ , 其中 $n$ 為正整數. 請分段寫出 $f(x)$ 的解析式, 分析其間断点, 并绘制其函數圖像的示意圖. }

習題解析

解

第一題

函數 $f(x) = \dfrac{3x+5}{x^2+x+1}$ 的定義域為 $\mathbb{R}$ , 因為分母 $x^2+x+1=(x+1/2)^2+3/4\>0$ 恒成立. 考察 $x \to \infty$ 时的極限. 分子的最高次幂為 $1$ , 分母的最高次幂為 $2$ . 由于分子次數严格小于分母次數, 故極限為 $0$ .

\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

這意味着直線 $y=0$ (即 $x$ 轴) 是函數圖像的水平渐近線.

解

第二題

函數 $f(x) = \dfrac{2x^2 - 3x}{x^2 - 1}$ 的定義域為 $x \ne \pm 1$ .

水平渐近線: 考察 $x \to \infty$ . 分子與分母的最高次幂均為 $2$ . 極限值為最高次項係數之比.

\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 $y=2$ 為水平渐近線.

垂直渐近線: 考察分母為零的点 $x=\pm 1$ .

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

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

故 $x=1$ 為垂直渐近線. 同理可分析 $x=-1$ 亦為垂直渐近線.

解

第三題

当 $x \to +\infty$ 时, 這是一個 $\infty - \infty$ 型的不定式. 我们采用分子有理化的方法.

\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}

此極限的几何意義是, 当 $x$ 趋于正无穷时, 函數 $f(x)$ 的圖像无限趋近于直線 $y=3$ . 故 $y=3$ 是函數在正无穷方向的水平渐近線.

解

第四題

当 $x \to -\infty$ 时, 這依然是 $\infty - \infty$ 型的不定式. 我们令 $t = -x$ , 则当 $x \to -\infty$ 时, $t \to +\infty$ .

\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}

接着對此 $t$ 的極限表达式進行有理化:

\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}

此極限的几何意義是, 当 $x$ 趋于负无穷时, 函數 $f(x)$ 的圖像无限趋近于直線 $y=-3$ . 故 $y=-3$ 是函數在负无穷方向的水平渐近線.

解

第五題

函數 $f(x) = \dfrac{x^3}{(x-1)^2}$ 定義域為 $x \ne 1$ . 垂直渐近線: $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^3}{(x-1)^2} = \dfrac{1}{0^+} = +\infty$ . 故 $x=1$ 是垂直渐近線.

斜渐近線: 分子次數比分母次數高一, 存在斜渐近線 $y=mx+b$ . $m = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^2}{(x-1)^2} = 1$ .

\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}

故斜渐近線為 $y=x+2$ .

解

第六題

函數 $f(x) = \dfrac{x^2 + \cos x}{2x^2 - \sin x}$ 的分子分母中均含有振荡項. 然而, 当 $x \to \infty$ 时, $x^2$ 是无穷大, 而 $\cos x$ 與 $\sin x$ 均是有界函數. 我们将分子分母同除以最高次項 $x^2$ :

\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, 原極限為:

\frac{1+0}{2-0} = \frac{1}{2}

函數有水平渐近線 $y=\frac{1}{2}$ .

解

第七題

当 $x \to +\infty$ 时: $e^{-x} \to 0$ . 我们将分子分母同除以 $e^x$ .

\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 $y=1$ 為正无穷方向的水平渐近線.

当 $x \to -\infty$ 时: $e^{x} \to 0$ . 我们将分子分母同除以 $e^{-x}$ .

\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 $y=-1$ 為负无穷方向的水平渐近線.

解

第八題

函數 $f(x) = \dfrac{\ln(x^2+1)}{x}$ 定義域為 $x \ne 0$ . 考察 $x \to \infty$ 时的極限. 這是一個 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型不定式. 根据函數增长階梯, 幂函數 $x$ 的增长速度快于對數函數 $\ln(x^2+1)$ . 因此, 極限值為 $0$ .

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

故 $y=0$ 是函數的水平渐近線.

解

第九題

考察 $x \to \infty$ 时的極限, 以确定水平渐近線.

\lim_{x \to \infty} x(e^{1/x}-1)

令 $t=1/x$ , 当 $x \to \infty$ 时, $t \to 0$ .

\lim_{t \to 0} \frac{1}{t}(e^t-1) = \lim_{t \to 0} \frac{e^t-1}{t}

這是一個重要的極限, 其值為 $1$ . 故函數存在水平渐近線 $y=1$ .

解

第十題

此極限是重要極限 $\lim\limits_{u \to \infty} (1+\frac{1}{u})^u = e$ 的變形. 我们可以将其重寫為:

\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}

故函數存在水平渐近線 $y=e^2 \approx 7.389$ .

解

第十一題

函數 $f(x)=x + \arctan x$ 的渐近行為在正负无穷方向不同.

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

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

解

第十二題

函數 $f(x)=\sqrt{4x^2+x}$ 定義域為 $x(4x+1)\ge 0$ , 即 $(-\infty, -1/4] \cup [0, \infty)$ .

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

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 $t=-x, t\to+\infty$ . $b = \lim\limits_{t \to +\infty} (\sqrt{4t^2-t}-2t) = \lim\limits_{t \to +\infty} \frac{4t^2-t-4t^2}{\sqrt{4t^2-t}+2t} = \lim\limits_{t \to +\infty} \frac{-t}{t(\sqrt{4-1/t}+2)} = -\frac{1}{4}$ . 故斜渐近線為 $y=-2x-\frac{1}{4}$ .

解

第十三題

我们分析極限 $\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \sqrt{4x^2+bx} - ax + 1 \right) = 3$ . 這是一個 $\infty-\infty$ 型不定式.

首先, 為使極限為一個有限數, 两部分的无穷大必须是同階的, 且能够相互抵消. $\sqrt{4x^2+bx} \sim \sqrt{4x^2} = 2x$ (当 $x \to +\infty$ ). $ax-1 \sim ax$ . 為使它们能够抵消, 必须有 $ax=2x$ , 故 $a=2$ .

当 $a=2$ 时, 極限變為 $\lim\limits_{x \to +\infty} (\sqrt{4x^2+bx} - (2x-1)) = 3$ . 我们對此表达式進行有理化:

\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}

這是一個有理分式形式, 分子分母的最高次幂均為 $1$ . 其極限為最高次項係數之比.

\frac{b+4}{\sqrt{4}+2} = \frac{b+4}{4}

根据題设, 此極限為 $3$ .

\frac{b+4}{4}=3 \implies b+4=12 \implies b=8

故所求常數為 $a=2, b=8$ .

解

第十四題

函數表达式依赖于 $x$ 的取值, 我们需分情况讨論 $|x|$ 與 $1$ 的關係.

当 $|x|\<1$ 时: $\lim\limits_{n \to \infty} x^{2n} = 0$ 且 $\lim\limits_{n \to \infty} x^{2n+1} = 0$ .

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 $x^{2n}$ .

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:

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:

f(-1) = \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{2n+1}+2(-1)}{(-1)^{2n}+1} = \frac{-1-2}{1+1} = -\frac{3}{2}

綜上, $f(x)$ 的分段表达式為:

f(x) = \begin{cases} x, & x \< -1 -3/2, & x = -1 2x, & -1 \< x \< 1 3/2, & x = 1 x, & x \> 1 \end{cases}

間断点為 $x=1$ 和 $x=-1$ .

導數的概念

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

在極限的帮助下，我们终于可以触及一個在科學與哲學上困扰了人類近两千年的古老难題：如何精确地描述一個事物在某一瞬間的變化速度？

古希腊的芝诺悖論就揭示了這一困境：一支飞行的箭，在任何一個确定的瞬間，它都占据着一個确定的位置，似乎是静止的.那么，它的“运动”究竟體接着哪里？這個問題本質上是混淆了“瞬間”和“时間段”的区别.在有限的时間段内，我们可以计算平均速度，但在一個没有长度的“瞬間”，速度的概念似乎失效了.

直到17世纪，科學的發展迫切需要解决這一难題.天文學家開普勒需要研究行星运动的瞬时速度，物理學家伽利略需要描述落體在每一时刻的速度.他们都遇到了同样的問題，但只能用近似和模糊的語言来描述.這個挑战，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

牛顿從物理學的视角出發，關心物體的瞬时速度；莱布尼茨则從几何學的视角入手，醉心于曲線的切線問題.尽管切入点不同，但他们都意识到，自己面對的是同一個核心矛盾：我们只能计算“两点之間”的量（平均變化率），却想知道“在一点处”的量（瞬时變化率）.直接计算会導致 $\frac{0}{0}$ 的困境.

他们的解决方法，是人類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溫這一過程：

\paragraph{從割線斜率出發} 要研究曲線 $y=f(x)$ 在点 $P(x_0, f(x_0))$ 的倾斜程度, 我们无法直接下手.但是, 我们可以在曲線上另取一点 $Q(x_0+\Delta x, f(x_0+\Delta x))$ , 然后计算连接 $P,Q$ 两点的割線的斜率.這是一個非常簡單的初中數學問題：

k_{\text{割線}} = \frac{\text{纵坐標之差}}{\text{横坐標之差}} = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}

這個值，代表了函數在 $x_0$ 到 $x_0+\Delta x$ 這段区間内的平均變化率.

\paragraph{动态逼近的過程} 接着，想象一下，让点 $Q$ 沿着曲線向点 $P$ 移动.這個過程的实質, 就是让横坐標的增量 $\Delta x$ 越来越小, 趋向于 $0$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：割線旋转逼近切線的過程

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

\paragraph{用極限锁定最终结果} 割線的斜率 $k_{\text{割線}} = \frac{\Delta y}{\Delta x}$ 在這個過程中也在不断變化.它所无限逼近的那個極限值，理所当然就是切線的斜率. 這個“无限逼近”的思想，完美地绕開了 $\Delta x$ 直接等于 $0$ 的障碍.我们不問当 $\Delta x = 0$ 时是什么, 我们只問当 $\Delta x \to 0$ 时，比值的極限是什么.

k_{\text{切線}} = \lim_{\Delta x \to 0} k_{\text{割線}} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}

至此，几何上的切線斜率問題和物理上的瞬时速度問題，都通過這個统一的、基于極限的思想得到了完美的解决.

導數的诞生

這個通過“平均變化率求極限”得到的“瞬时變化率”，是一個如此基本而又强大的概念，以至于數學家们给了它一個專门的名字——導數.

函數在一点的導數

函數 $y=f(x)$ 在点 $x_0$ 处的導數 $f'(x_0)$ ，定義為函數在该点的平均變化率当自變量增量趋于零时的極限，即：

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}

如果這個極限存在，我们就說函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处是可導的.

一言以蔽之

几何意義： $f'(x_0)$ 就是曲線 $y=f(x)$ 在点 $(x_0, f(x_0))$ 处切線的斜率.
物理意義： 如果 $s(t)$ 是位移關于时間的函數, 那么 $s'(t_0)$ 就是物體在时刻 $t_0$ 的瞬时速度.
一般意義： 導數 $f'(x_0)$ 衡量了函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处變化的快慢程度，是函數的瞬时變化率.

用定義求導

我们已經将“求瞬时變化率”這個模糊的想法，精确地固化為了導數的極限定義：

f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}

這個定義是整個微分學的逻辑基石.那么，我们如何运用這個最原始、最根本的工具，去实际地计算一個函數的導數呢？

在接下来的内容中，我们将扮演早期微積分先驱的角色，不借助任何現成的求導公式，僅凭極限的定義這一原始工具，去求解一些簡單函數的導數.這個過程不僅能加深我们對導數“瞬时變化率”本質的理解，更能让我们在稍后學習求導公式时，深刻體会到那些公式是何等的优越與便捷.

求導三步法

根据導數的定義，求解函數 $f(x)$ 的導數 $f'(x)$ 的過程可以清晰地分為三步：

求增量. 计算当自變量從 $x$ 變為 $x+\Delta x$ 时, 函數值的增量 $\Delta y = f(x + \Delta x) - f(x)$ .
作商. 计算平均變化率 $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}$ .這一步的核心目標是進行代數化簡, 尤其是通過因式分解、有理化等技巧, 约分掉分母中的 $\Delta x$ , 從而消除 $\Delta x \to 0$ 时 $\frac{0}{0}$ 的不定形式.
取極限. 计算 $\lim\limits_{\Delta x \to 0} \dfrac{\Delta y}{\Delta x}$ , 所得的结果就是導函數 $f'(x)$ .

例

求函數 $f(x) = c$ ( $c$ 為常數) 的導數.

解

這是一個最簡單但意義重要的例子.它代表了一条水平直線，我们直觉上认為它的變化率（斜率）处处為0.

求增量

\Delta y = f(x+\Delta x) - f(x) = c - c = 0

作商

\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{0}{\Delta x} = 0

取極限

f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} 0 = 0

结論： $(c)' = 0$ . 這印證了我们的直觉：常數函數没有變化，其瞬时變化率恒為零.

例

求函數 $f(x) = x^2$ 的導數.

解

這是我们遇到的第一個非線性函數，它的“倾斜程度”是随 $x$ 變化的.

\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}

\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{關键一步：提取公因式并约分}) &= 2x + \Delta x \end{aligned}

\begin{aligned} \text{取極限} f'(x) &= \lim_{\Delta x \to 0} (2x + \Delta x) &= 2x \end{aligned}

结論： $(x^2)'=2x$ . 這是一個深刻的结果！它告诉我们, 抛物線 $y=x^2$ 在任意一点 $x$ 处的切線斜率, 其值恰好是该点横坐標的两倍.例如, 在 $x=1$ 处, 斜率為 $2$ ；在 $x=-3$ 处, 斜率為 $-6$ .導數本身是一個新的函數.

例

求函數 $f(x) = \dfrac{1}{x}$ 的導數.

解

這個例子需要我们运用分式通分的技巧.

\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}

\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}

\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}

结論： $\left(\dfrac{1}{x}\right)' = -\dfrac{1}{x^2}$ .

有同學問：“捏吗！每次想求個導都這么麻烦！”，“有没有什么更好的方法呢！？”

通過以上例子，我们真切地體会到，導數的定義本身就蕴含着强大的计算能力.然而，這個過程虽然逻辑清晰，但對于稍微複杂一点的函數（比如 $f(x)=x^5$ 或 $f(x)=\sin x$ ），代數變形将變得异常繁琐和困难.

這正是數學家们所面临的困境.為了摆脱這种每次都從極限定義的“石器时代”開始计算的窘境，他们基于定義推導出了一係列普适的、可以像查字典一样直接使用的求導法则與公式.這将是我们下一节要學習的、能極大解放我们生产力的强大工具.

基本求導公式的诞生

来龙去脉

在上一节中，我们亲身體验了使用導數定義進行计算的“三步法”.這個過程虽然严谨，但對于每一個新函數，我们都必须重複一遍複杂的極限运算，這无疑是低效的.正如我们不会每次计算乘法都去重複地做加法一样，數學家们也渴望拥有更直接、更高效的求導工具.

這一节，我们的任务就是進行最后一次“艰苦的劳动”，利用導數的極限定義，係统地推導出我们高中階段遇到的所有基本初等函數的導數.一旦這些基本求導公式被建立起来，它们就会成為我们手中的“乘法表”和“计算器”，让我们從繁琐的極限运算中彻底解放出来.

但是在這之前，我们先暂且停下，思考個問題：在我们即将開始的對三角函數、指數函數和對數函數求導的征程中，会遇到两個“拦路虎”——它们是以 $\frac{0}{0}$ 或 $1^\infty$ 形式出現的特定極限.直接使用極限的四则运算法则對它们无能為力.這两個極限就是：

\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \text{和} \lim_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}}

它们是连接代數世界與超越函數世界的關键桥梁.為了攻克它们，我们必须先掌握一個非常直观且强大的極限法则——三明治定理.

三明治定理 *(選讀内容)

引理

如果在点 $x_0$ 的某個去心邻域内, 有三個函數 $g(x), f(x), h(x)$ 始终满足：

g(x) \le f(x) \le h(x)

并且，“上下两片面包”的極限存在且相等：

\lim_{x \to x_0} g(x) = \lim_{x \to x_0} h(x) = L

那么，被夹在中間的“馅料” $f(x)$ 的極限也必然存在, 且等于 $L$ ：

\lim_{x \to x_0} f(x) = L

證明

我们的目標是證明 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L$ .根据極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義，我们需要證明： \begin{quote} 對于任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 我们都能找到一個实數 $\delta \> 0$ , 使得当 $0 \< |x - x_0| \< \delta$ 时, 不等式 $|f(x) - L| \< \varepsilon$ 恒成立. \end{quote}

我们從已知条件出發：

$\lim\limits_{x \to x_0} g(x) = L$ .這意味着, 對于我们上面给定的同一個 $\varepsilon \> 0$ , 存在一個 $\delta_1 \> 0$ , 使得当 $0 \< |x - x_0| \< \delta_1$ 时, 有 $|g(x) - L| \< \varepsilon$ . 這個不等式可以展開為：

L - \varepsilon \< g(x) \< L + \varepsilon

$\lim\limits_{x \to x_0} h(x) = L$ .這意味着, 對于同一個 $\varepsilon \> 0$ , 存在一個 $\delta_2 \> 0$ , 使得当 $0 \< |x - x_0| \< \delta_2$ 时, 有 $|h(x) - L| \< \varepsilon$ . 這個不等式可以展開為：

L - \varepsilon \< h(x) \< L + \varepsilon

$g(x) \le f(x) \le h(x)$ .這個条件在点 $x_0$ 的某個去心邻域内成立.我们设這個邻域的半径為 $\delta_3 \> 0$ .即, 当 $0 \< |x-x_0| \< \delta_3$ 时，该不等式成立.

接着，為了让這三個条件同时生效，我们需要選择一個足够小的范围，使得 $x$ 同时位于這三個邻域之内.因此, 我们定義一個新的 $\delta$ 如下：

\delta = \min(\delta_1, \delta_2, \delta_3)

由于 $\delta_1, \delta_2, \delta_3$ 都是正數, 所以 $\delta$ 也必定是一個正數.

接着，我们来考察任何一個满足 $0 \< |x - x_0| \< \delta$ 的 $x$ .對于這样的 $x$ ，上述三個条件都成立.我们可以将它们串联起来：

從条件1，我们知道 $L - \varepsilon \< g(x)$ .
從条件3，我们知道 $g(x) \le f(x)$ .

将這两個不等式结合，我们得到左半部分的“三明治”：

L - \varepsilon \< g(x) \le f(x)

接下来，

從条件3，我们知道 $f(x) \le h(x)$ .
從条件2，我们知道 $h(x) \< L + \varepsilon$ .

将這两個不等式结合，我们得到右半部分的“三明治”：

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，就得到了一個關于 $f(x)$ 的不等式链：

L - \varepsilon \< f(x) \< L + \varepsilon

這個不等式链可以被寫回绝對值的形式：

|f(x) - L| \< \varepsilon

至此，我们已經證明：對于任意给定的 $\varepsilon \> 0$ , 我们都找到了一個 $\delta \> 0$ (即 $\min(\delta_1, \delta_2, \delta_3)$ ), 使得当 $0 \< |x - x_0| \< \delta$ 时, 有 $|f(x) - L| \< \varepsilon$ .

這完全符合極限的 $\varepsilon-\delta$ 定義.

證毕.

這個定理的直观意義是：如果一個函數被另外两個在某点收敛于同一值的函數“夹住”，那么它无处可逃，只能收敛到同一個值.

例

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

這個極限的證明是三明治定理最經典的几何應用. 我们考虑在單位圓中，一個很小的正角 $x$ （弧度制）.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

從几何圖形的面積關係，我们显而易见：

\text{面積}(\triangle OAP) \< \text{面積}(\text{扇形 } OAP) \< \text{面積}(\triangle OAT)

我们分别计算這三個面積（單位圓中半径 $r=1$ ）：

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

代入面積不等式，并同乘以2，得到：

\sin x \< x \< \tan x

因為我们考虑的是一個很小的正角 $x \to 0^+$ , 所以 $\sin x \> 0$ .将不等式同除以 $\sin x$ ：

1 \< \frac{x}{\sin x} \< \frac{\tan x}{\sin x} = \frac{1}{\cos x}

取倒數，不等号反向：

\cos x \< \frac{\sin x}{x} \< 1

接着，三明治的结構已經形成！我们考察“上下两片面包”的極限：

\lim_{x \to 0^+} \cos x = \cos 0 = 1

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

根据三明治定理，被夹在中間的函數極限也必须是1：

\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1

對于 $x \to 0^-$ 的情况, 由于 $\frac{\sin(-x)}{-x} = \frac{-\sin x}{-x} = \frac{\sin x}{x}$ 是一個偶函數，其左極限等于右極限. 因此，我们證明了第一個重要極限：

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

第二個重要極限的推導，更像是一個“發現”與“定義”的過程.它源于對複利問題的思考.

假设银行年利率為100

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

我们發現，随着计息周期越来越短（即计息次數 $n$ 越来越大）, 本利和 $(1+\frac{1}{n})^n$ 似乎在逼近一個确定的數值. 數學家们證明了這個極限确实存在，并把這個極限值定義為一個極其重要的无理數——自然常數 $e$ .

自然常數e

自然常數 $e$ 定義為当 $n$ 趋于无穷时, 表达式 $(1+\frac{1}{n})^n$ 的極限值.

e = \lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \approx 2.71828...

通過變量代換，令 $x = \frac{1}{n}$ , 则当 $n \to \infty$ 时, $x \to 0$ .于是我们得到了這個極限的另一种等价形式，也就是我们的第二個重要極限：

\lim_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e

這两個重要極限，将作為我们求導工具箱中不可或缺的利器.

\paragraph{幂函數 $f(x)=x^n$ ( $n$ 為正整數)} 這是最重要、最基礎的求導公式.推導它的關键是二項式定理： $(a+b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1}b + C_n^2 a^{n-2}b^2 + ... + C_n^n b^n$ .

\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{因為 } 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, 除了第一項 $nx^{n-1}$ 外, 所有其余項都含有 $\Delta x$ 因子，因此它们的極限都為0.

\boxed{(x^n)' = n x^{n-1}}

這個公式對于任意实數 $n$ 都成立, 例如我们之前求過的 $(x^2)'=2x^{2-1}=2x$ 和 $(\frac{1}{x})'=(x^{-1})'=-1 \cdot x^{-2}=-\frac{1}{x^2}$ 都符合该规律.

\paragraph{三角函數 $f(x)=\sin x$ } 推導三角函數的導數，需要用到一個重要的極限： $\lim\limits_{u \to 0}\dfrac{\sin u}{u}=1$ . 以及和差化積公式： $\sin A - \sin B = 2\cos\left(\frac{A+B}{2}\right)\sin\left(\frac{A-B}{2}\right)$ .

\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{凑重要極限的形式}) \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：

\boxed{(\sin x)' = \cos x}

同理可證（作為練習）：

\boxed{(\cos x)' = -\sin x}

\paragraph{指數函數 $f(x)=a^x$ } 推導指數函數的導數，需要用到另一個重要的極限，它與自然對數的底 $e$ 有關： $\lim\limits_{h \to 0}\dfrac{a^h - 1}{h}=\ln a$ .

\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}

根据重要極限的定義，我们得到：

\boxed{(a^x)' = a^x \ln a}

当底數是特殊的 $e$ 时, 由于 $\ln e = 1$ ，我们得到了最簡洁、最优雅的求導公式：

\boxed{(e^x)' = e^x}

這個函數 $e^x$ 的神奇之处在于，它在任意一点的變化率，都恰好等于它在该点本身的函數值！

\paragraph{對數函數 $f(x)=\log_a x$ } 這是推導中技巧性最强的一個，它需要用到對數运算法则以及 $e$ 的極限定義： $\lim\limits_{u \to 0}(1+u)^{\frac{1}{u}}=e$ .

\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}

為了凑出 $e$ 的定義, 我们進行代換：令 $t = \frac{\Delta x}{x}$ , 则 $\Delta x = xt$ , 当 $\Delta x \to 0$ 时 $t \to 0$ .

\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{對數函數连續，極限可以進到内部}) &= \log_a \left( e^{\frac{1}{x}} \right) = \frac{1}{x}\log_a e \end{aligned}

利用對數的換底公式 $\log_a e = \frac{\ln e}{\ln a} = \frac{1}{\ln a}$ ，我们得到最终结果：

\boxed{(\log_a x)' = \frac{1}{x \ln a}}

同样，当底數是 $e$ 时, 由于 $\ln a = \ln e = 1$ ，我们得到一個非常簡洁的形式：

\boxed{(\ln x)' = \frac{1}{x}}

經過艰苦的推導，我们终于获得了這些珍贵的成果.它们是進行一切複杂求導运算的原子和基石，必须熟记于心！

溫馨提示

| 函數 | 導數 \

1ex] | | --- | --- | | [-0.5ex] $f(x) = c$ (常數) | $f'(x) = 0$ | | [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！接着我们已經拥有了一张内容丰富的基本求導公式表.這就像是我们在學習算术时，拥有了“乘法口诀表”.接着，我们需要學習如何运用這些基本公式，去处理由它们通過加、减、乘、除等运算组合而成的更複杂的函數.

告别了每次都要從極限定義出發的“石器时代”，我们将進入一個高效、流畅的“公式化时代”.首先，我们来學習求導运算中最基礎的两個法则.

溫馨提示

设函數 $f(x), g(x)$ 均可導，c為常數，则：

常數倍法则 [ [c \cdot f(x)]' = c \cdot f'(x)

**解讀：** 求導时，常數係數可以原封不动地提到導數符号外面. 2. **加减法则**

[f(x) \pm g(x)]' = f'(x) \pm g'(x)

**解讀：** “和的導數等于導數的和”，“差的導數等于導數的差”.這意味着我们可以将複杂的函數“拆開”，進行逐項求導，最后再合并结果.

證明（常數倍法则的證明）

我们令 $h(x) = c \cdot f(x)$ , 并利用導數的定義来求 $h'(x)$ .

根据導數的定義：

\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{利用極限的常數倍运算法则}) &= c \cdot f'(x) (\text{根据 } f'(x) \text{ 的定義}) \end{aligned}

這就證明了常數係數在求導时可以被直接提到求導符号的外面.

證明（加减法则的證明 (以加法為例)）

我们令 $h(x) = f(x) + g(x)$ , 并利用導數的定義来求 $h'(x)$ .

根据導數的定義：

\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}

重新组合分子中的項：

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

将分數拆分成两部分，并利用極限的加法运算法则：

\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 $g'(x)$ 的定義，我们得到：

= f'(x) + g'(x)

“和的導數等于導數的和”得證.减法法则的證明過程完全類似，只需将上述過程中的加号替換為减号即可.

结合基本求導公式和這两個运算法则，我们已經能够解决一大類常见函數的求導問題了.

例

求多項式函數 $f(x) = 2x^3 - 5x^2 + 7x - 1$ 的導數.

解

\begin{aligned} f'(x) &= (2x^3 - 5x^2 + 7x - 1)' &= (2x^3)' - (5x^2)' + (7x)' - (1)' && (\text{利用加减法则，逐項求導}) &= 2(x^3)' - 5(x^2)' + 7(x^1)' - (1)' && (\text{提出常數係數}) &= 2(3x^2) - 5(2x) + 7(1) - 0 && (\text{套用幂函數和常數求導公式}) &= 6x^2 - 10x + 7 && (\text{最后：化簡整理}) \end{aligned}

评注： 這是求導运算中最基本、最核心的應用.我们看到，一個複杂的多項式求導被分解為一係列簡單的幂函數求導的组合.

例

求函數 $y = 3\sqrt{x} - \dfrac{2}{x^2}$ 的導數.

解

關键将所有項都改寫為幂函數 $x^n$ 的形式.

y = 3x^{1/2} - 2x^{-2}

接着，我们可以像处理多項式一样来求導：

\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{應用幂函數公式，指數為小數和负數时要格外小心}) &= \frac{3}{2}x^{-1/2} - (-4)x^{-3} &= \frac{3}{2\sqrt{x}} + \frac{4}{x^3} (\text{将结果寫回根式與分式形式，更清晰}) \end{aligned}

例

求函數 $f(x) = 4\cos x + e^x - \ln 2$ 的導數.

解

這個例子混合了三角函數、指數函數和一個常數項（注意： $\ln 2$ 是一個常數！）.

\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{套用三角函數、指數函數和常數求導公式}) &= -4\sin x + e^x \end{aligned}

我们看到，掌握了基本求導公式和加减、數乘运算法则后，我们已經能够像熟練的工匠一样，轻松地“拆解”并处理任何由基本函數加减组合而成的函數了.

但是，現实世界中的函數關係远比這複杂.如果函數是相乘或相除的呢？比如 $f(x)=x^2 \sin x$ ？或者更加複杂的複合函數, 如 $y=\sin(2x+1)$ ？

對于這些情况，簡單的加减法则已經无能為力.我们需要更强大的工具——乘法法则、除法法则和链式法则.它们将是我们下一階段要攻克的目標.

乘、除、複合求導法则

三大运算法则

溫馨提示

设函數 $u(x)$ 和 $v(x)$ 在点 $x$ 处均可導，则：

乘法法则

[u(x)v(x)]' = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)

語言描述：两函數乘積的導數，等于第一個函數的導數乘以第二個函數，加上第一個函數乘以第二個函數的導數.

2. 除法法则

\left[\frac{u(x)}{v(x)}\right]' = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{[v(x)]^2} (v(x) \neq 0)

語言描述：两函數商的導數，等于分子的導數乘以分母，减去分子乘以分母的導數，所得的差再除以分母的平方.

3. 链式法则 设函數 $y=f(u)$ 的自變量 $u$ 本身是另一個關于 $x$ 的函數 $u=g(x)$ , 则複合函數 $y=f(g(x))$ 對 $x$ 的導數為：

[f(g(x))]' = f'(g(x)) \cdot g'(x)

語言描述：複合函數的導數，等于外层函數對内层函數求導，乘以内层函數對自變量求導.

\paragraph{链式法则的Leibniz表示} Leibniz符号為此法则提供了绝佳的记忆方式.若记 $y=f(u), u=g(x)$，则链式法则寫作：

\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx}

此形式在结構上酷似分數的约分，非常直观.它提醒我们，導數的传递過程是逐层相乘的.

這些法则均可通過導數的極限定義進行严格推導.理解證明過程有助于深化對導數本質的认识.

\paragraph{乘法法则的證明} 證明的關键在于構造項，即“添一項，减一項”的技巧.

\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}

由于函數 $v(x)$ 可導则必然连續, 所以 $\lim\limits_{\Delta x \to 0} v(x+\Delta x) = v(x)$ .其余两項分别是 $u'(x)$ 和 $v'(x)$ 的定義.因此，

[u(x)v(x)]' = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)

證毕.

\paragraph{除法法则的證明} 證明過程與乘法法则類似，首先對分數作差進行通分，再應用構造項的技巧.

\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}

證毕.

\paragraph{链式法则的證明} 链式法则的严格證明涉及對内层函數增量是否為零的讨論，過程较為精细，此处從略.我们重点關注其應用.

三大法则的應用與实战

核心策略

掌握了這三個基本法则后，我们的任务是學会有策略地應用它们来解决由基本初等函數構成的任意複杂函數的求導問題.

解决問題的核心策略只有一步：准确识别函數最外层的代數结構. 一個给定的函數，其最外层是两個函數相乘（應用乘法法则）、相除（應用除法法则），还是一個函數複合另一個函數（應用链式法则）？一旦确定了最外层结構，就施加對應的法则.在施加法则的過程中，如果遇到某個组成部分需要求導，再對该部分重複這個识别過程，直至所有求導問題都化归為基本求導公式.這個過程可以看作是一個递归分析的過程.

乘法法则

求函數 $f(x) = x^2 \sin x$ 的導數.

解

结構分析： 函數 $f(x)$ 是 $u(x) = x^2$ 與 $v(x) = \sin x$ 的乘積.因此，首要應用乘法法则.

根据乘法法则 $[uv]' = u'v + uv'$ :

\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

求函數 $y = \dfrac{e^x}{x^2+1}$ 的導數.

解

结構分析： 函數 $y$ 是 $u(x) = e^x$ 與 $v(x) = x^2+1$ 的商.應用除法法则.

根据除法法则 $\left[\dfrac{u}{v}\right]' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$ :

\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 $e^x$ 使表达式更為清晰，這是一個良好的代數習惯.

链式法则

求函數 $y = \cos(x^3 - 4x)$ 的導數.

解

结構分析： 函數 $y$ 的结構是 $\cos(\cdot)$ 函數複合一個多項式 $x^3-4x$ .這是一個典型的複合函數，必须使用链式法则，如同分析一個語法结構，從外层向内层逐层处理.

外层函數： $y = \cos(u)$
内层函數： $u = x^3 - 4x$
外導： $y$ 對 $u$ 求導, $\dfrac{dy}{du} = (\cos u)' = -\sin u$
内導： $u$ 對 $x$ 求導, $\dfrac{du}{dx} = (x^3 - 4x)' = 3x^2 - 4$

根据链式法则 $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{du} \cdot \dfrac{du}{dx}$ :

\begin{aligned} \frac{dy}{dx} &= (-\sin u) \cdot (3x^2 - 4) &= -\sin(x^3 - 4x) \cdot (3x^2 - 4) (\text{最后一步，必须将中間變量u換回關于x的表达式}) &= -(3x^2 - 4)\sin(x^3 - 4x) \end{aligned}

多层複合

求函數 $f(x) = \ln(\sin(e^{x^2}))$ 的導數.

解

思路分析： 這是一個典型的多层複合函數，结構层次清晰，需要我们從最外层開始，如剥茧抽丝般逐层向内求導，并将每一层的導數相乘.

层次分解 我们可以将函數分解為四层：

最外层： $y = \ln(u)$
第二层： $u = \sin(v)$
第三层： $v = e^{w}$
最内层： $w = x^2$

逐层求導并應用链式法则 根据链式法则 $[f(g(h(k(x))))]' = f' \cdot g' \cdot h' \cdot k'$ ，我们有：

\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{對第二层求導}) &= \frac{\cos(e^{x^2})}{\sin(e^{x^2})} \cdot e^{x^2} \cdot [x^2]' (\text{對第三层求導}) &= \cot(e^{x^2}) \cdot e^{x^2} \cdot (2x) (\text{對最内层求導}) \end{aligned}

整理可得最终结果：

f'(x) = 2x e^{x^2} \cot(e^{x^2})

例

求函數 $y = x^3 \sqrt{1-x^2}$ 的導數.

解

思路分析： 函數的最外层结構是两個部分 $u(x) = x^3$ 和 $v(x) = \sqrt{1-x^2}$ 的乘積.因此, 我们必须首先應用乘法法则.在计算 $v'(x)$ 的過程中，需要應用链式法则.

根据乘法法则 $y' = u'v + uv'$ ，我们先寫出求導的框架：

y' = (x^3)' \sqrt{1-x^2} + x^3 (\sqrt{1-x^2})'

第一部分導數很簡單：

(x^3)' = 3x^2

第二部分 $(\sqrt{1-x^2})'$ 需要使用链式法则.将根式寫為幂函數形式 $(1-x^2)^{\frac{1}{2}}$ . 外层函數是 $w^{\frac{1}{2}}$ , 内层函數是 $w=1-x^2$ .

(\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：

\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}

為了得到更簡洁的形式，我们進行通分：

\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

求函數 $f(x) = \frac{x^2 e^{2x}}{\ln(x^2+1)}$ 的導數.

解

思路分析： 此函數最外层结構是商，因此我们的主框架是除法法则.然而，分子 $u(x) = x^2 e^{2x}$ 本身是一個乘積, 求其導數需要乘法法则.分子中的 $e^{2x}$ 和分母 $v(x) = \ln(x^2+1)$ 求導则需要链式法则.

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

求 $u'(x)$ (應用乘法法则):

\begin{aligned} u'(x) &= (x^2)' e^{2x} + x^2 (e^{2x})' &= 2x \cdot e^{2x} + x^2 \cdot (e^{2x} \cdot 2) (\text{對 } e^{2x} \text{ 應用链式法则}) &= 2x e^{2x} (1 + x) \end{aligned}

求 $v'(x)$ (應用链式法则):

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 $\left[\dfrac{u}{v}\right]' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$ ：

\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

求函數 $g(x) = \left( \ln(x \sin^2 x) \right)^3$ 的導數.

解

思路分析： 這是一個层层嵌套的複合函數，需要極高的耐心和准确性.

最外层是幂函數 $u^3$ .
第二层是自然對數函數 $\ln(v)$ .
第三层是乘積 $v = x \sin^2 x$ .
第四层（内嵌于第三层）是複合函數 $w^2$ , 其中 $w=\sin x$ .

g'(x) = 3\left( \ln(x \sin^2 x) \right)^2 \cdot \left( \ln(x \sin^2 x) \right)'

\left( \ln(x \sin^2 x) \right)' = \frac{1}{x \sin^2 x} \cdot (x \sin^2 x)'

我们需要计算 $(x \sin^2 x)'$ .應用乘法法则：

\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{對 } \sin^2 x \text{ 應用链式法则}) &= \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：

\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

求函數 $y = (x^2+1)^{\ln x}$ 的導數.

解

思路分析： 函數形式為 $f(x)^{g(x)}$ ，底數和指數均為變量，必须使用對數求導法.

\ln y = \ln((x^2+1)^{\ln x}) = (\ln x) \cdot \ln(x^2+1)

左边應用链式法则，右边應用乘法法则.

(\ln y)' = [(\ln x) \cdot \ln(x^2+1)]'

\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導數：

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

(\ln(x^2+1))' = \frac{1}{x^2+1} \cdot (x^2+1)' = \frac{2x}{x^2+1}

代回方程：

\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：

\frac{dy}{dx} = y \left( \frac{\ln(x^2+1)}{x} + \frac{2x \ln x}{x^2+1} \right)

\frac{dy}{dx} = (x^2+1)^{\ln x} \left( \frac{\ln(x^2+1)}{x} + \frac{2x \ln x}{x^2+1} \right)

例

求函數 $f(x) = \ln\left(\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}+x}\right)$ 的導數.

解

思路分析： 直接對這個複杂的複合函數求導是可行的，但這会涉及繁琐的商法则和链式法则，且后續化簡極其困难.面對複杂的表达式，一個优秀的解題者会首先尝试化簡.

我们先對對數内部的表达式進行化簡.通過分子有理化（乘以其共轭表达式）：

\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，原函數可以被重寫為：

f(x) = \ln\left( (\sqrt{x^2+1}-x)^2 \right) = 2\ln(\sqrt{x^2+1}-x)

接着對這個簡化后的函數求導，就容易多了：

\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}

若不化簡直接求導，根据複合函數求導的链式法则 $(\ln u)' = \frac{1}{u} u'$ , 其中 $u = \frac{\sqrt{x^2+1}-x}{\sqrt{x^2+1}+x}$ .

首先寫出链式法则的框架：

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)'

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 $P = \sqrt{x^2+1}-x$ 為分子, $Q = \sqrt{x^2+1}+x$ 為分母.

我们先计算 $P'$ 和 $Q'$ ：

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

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，應用商法则 $\left(\frac{P}{Q}\right)' = \frac{P'Q - PQ'}{Q^2}$ :

\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}

将這個複杂的结果代回 $f'(x)$ 的表达式：

\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}

虽然最终也能化簡到 $-\frac{2}{\sqrt{x^2+1}}$ ，但過程的繁琐程度和出錯风险远高于法一.

從這里可以看出，化簡后再求導是必须的，某年的高考題，對數里面套了個分式，若你直接硬導出錯率会急剧上升，而你又不像我編書的时候可以使用计算器（至少在高考的时候），因此，先化簡，记住了.

綜合應用

求函數 $y = e^{-x} \ln(x^2)$ 的導數.

解

结構分析： 此函數最外层的结構是 $e^{-x}$ 乘以 $\ln(x^2)$ , 因此首要步骤是應用乘法法则.在计算乘法法则的各個部分时, 我们發現 $(e^{-x})'$ 和 $(\ln(x^2))'$ 的计算需要用到链式法则.

應用乘法法则，我们先寫出框架：

y' = (e^{-x})' \ln(x^2) + e^{-x} (\ln(x^2))'

接着，分别计算两個需要链式法则求導的部分：

求 $(e^{-x})'$ ：外层為 $e^u$ , 内层為 $u=-x$ .導數為 $e^u \cdot u' = e^{-x} \cdot (-1) = -e^{-x}$ .
求 $(\ln(x^2))'$ ：外层為 $\ln u$ , 内层為 $u=x^2$ .導數為 $\dfrac{1}{u} \cdot u' = \dfrac{1}{x^2} \cdot 2x = \dfrac{2}{x}$ .

最后，将计算结果代回乘法法则的框架中：

\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}

常见錯誤與關键技巧

混淆运算法则

一個根本性錯誤是将乘法或除法法则誤用為線性法则，例如认為 $[u(x)v(x)]' = u'(x)v'(x)$ .必须明确，導數运算對于乘法和除法不具有這种簡單的分配性質.
链式法则遗漏内導

這是應用链式法则时最频發的錯誤：只對外层函數求導，而忘记乘以内层函數的導數.例如，将 $(\sin(2x))'$ 錯誤地计算為 $\cos(2x)$ .

正确過程： $(\sin(2x))' = \cos(2x) \cdot (2x)' = 2\cos(2x)$ .内层的導數是链条中不可或缺的一环.
複合层次识别不清

對于 $y = \sin^3 x$ , 其真实结構是 $y = (\sin x)^3$ .最外层是幂函數 $u^3$ , 内层是三角函數 $u=\sin x$ .

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

而對于 $y = \sin(x^3)$ , 最外层是正弦函數 $\sin u$ , 内层是幂函數 $u=x^3$ .

求導： $y' = \cos(x^3) \cdot (x^3)' = \cos(x^3) \cdot 3x^2 = 3x^2\cos(x^3)$ .
技巧：先化簡，再求導

在启动複杂的求導法则之前，應先审视函數表达式是否可以化簡.例如，對函數 $y = \ln(e^{2x})$ 求導, 若直接使用链式法则, 则 $y'=\frac{1}{e^{2x}} \cdot (e^{2x})' = \frac{1}{e^{2x}} \cdot 2e^{2x} = 2$ .若先化簡 $y = \ln(e^{2x})=2x$ , 则 $y'=2$ ，過程更為簡捷.

求導技巧選讲*

至此，我们已經構建了一套强大的、普适的求導法则體係.對于任何能明确寫成 $y=f(x)$ 形式的函數，我们似乎都能通過“三驾马车”解决.然而，數學的世界充满了更多奇特的结構：

当一個函數的结構是“幂的幂”或者“一长串的乘積”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！
当函數關係并非以 $y=f(x)$ 的“显式”形式给出, 而是隐藏在一個方程中, 比如圓的方程 $x^2+y^2=25$ , 我们该如何求出曲線上任意一点的切線斜率 $\frac{dy}{dx}$ 呢？

取對數求導法

在处理導數問題时，若函數表达式呈現出“變量的變量次幂”或“多項因子的乘除開方”结構，常规的求導法则往往導致运算冗杂.取對數求導法利用對數运算将乘除转化為加减、将幂转化為乘積的代數性質，從而簡化求導结構.

取對數求導法

對于函數 $y=f(x)$ , 若其表达式由多項因子的積、商或幂指结構 $u(x)^{v(x)}$ 構成，可按如下路径求導：

考虑等式两边绝對值的自然對數 $\ln|y| = \ln|f(x)|$ ；
利用對數性質展開右端，将其化為各項的代數和；
视 $y$ 為 $x$ 的函數, 两边對 $x$ 求導, 左端應用链式法则得到 $\frac{y'}{y}$ ；
解出 $y'$ , 即 $y' = y \cdot [\ln|f(x)|]'$ .

例

求幂指函數 $y = x^{\sin x}$ ( $x\>0$ ) 的導數.

解

观察函數结構，底數 $x$ 與指數 $\sin x$ 均随變量變化，既非單纯的幂函數也非指數函數，无法直接套用基本公式.考虑引入對數以分离底數與指數.

在 $x\>0$ 的假设下，两边取自然對數：

\ln y = \ln(x^{\sin x}) = \sin x \cdot \ln x

此时，複杂的幂指關係转化為三角函數與對數函數的乘積.

方程两边對 $x$ 求導.左边應用链式法则，右边應用乘法法则：

\frac{1}{y} \cdot y' = (\sin x)' \ln x + \sin x (\ln x)'

即

\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：

y' = x^{\sin x} \left( \cos x \ln x + \frac{\sin x}{x} \right)

例

求函數 $y = \dfrac{\sqrt{x+1}(x-2)^3}{(x+5)^4}$ 的導數.

解

此函數由三個代數式的幂通過乘除構成.若直接使用商的求導法则，分子部分需嵌套乘法法则，且涉及根式求導，计算路径冗长.利用對數性質将运算“線性化”更加自然.

在函數有定義的区域考察绝對值的對數，利用 $\ln(abc)=\ln a+\ln b+\ln c$ 及 $\ln(a^n)=n\ln a$ 展開：

\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}

两边同时對 $x$ 求導.注意 $\frac{d}{dx}(\ln|u|) = \frac{u'}{u}$ ，运算被簡化為簡單的分式求和：

\frac{y'}{y} = \frac{1}{2(x+1)} + \frac{3}{x-2} - \frac{4}{x+5}

最后解出 $y'$ ，即用原函數表达式乘以對數導數項：

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]

通過這种變換，原本需要多重嵌套法则的运算被分解為独立的對數求導，结構清晰且易于檢验.

隐函數求導法

当 $x$ 和 $y$ 的關係由一個方程 $F(x,y)=0$ 确定, 而没有（或很难）寫成 $y=f(x)$ 的形式时，我们就称這個關係定義了一個隐函數.求這种函數的導數，需要直接在方程上动手术.

隐函數求導法核心思想

核心： 将方程中的 $y$ 看作是 $x$ 的一個未知函數 $y(x)$ .然后, 将方程两边同时對 $x$ 求導.在這個過程中, 凡是遇到與 $y$ 相關的項, 都要應用链式法则.最后, 從得到的方程中解出 $y'$ .

例

求由圓的方程 $x^2 + y^2 = 25$ 所确定的函數在任意点 $(x,y)$ 的導數 $\dfrac{dy}{dx}$ .

解

思路分析： 這是典型的隐函數.我们将方程两边同时對 $x$ 求導.

\frac{d}{dx}(x^2 + y^2) = \frac{d}{dx}(25)

利用加法法则展開：

\frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(y^2) = 0

對 $x^2$ 求導, 就是我们熟悉的 $2x$ .
對 $y^2$ 求導, 這是一個關键！因為 $y$ 是 $x$ 的函數, 所以 $y^2$ 是一個複合函數.外层是平方运算, 内层是 $y(x)$ .根据链式法则：

\frac{d}{dx}(y^2) = 2y \cdot \frac{dy}{dx} = 2y \cdot y'

将求導结果代回方程：

2x + 2y \cdot y' = 0

接着，我们把它当作一個關于 $y'$ 的普通代數方程来解：

2y \cdot y' = -2x

y' = -\frac{2x}{2y} = -\frac{x}{y}

结果解讀： 這個结果非常优美且符合几何直观.它告诉我们，圓上任意一点 $(x,y)$ 的切線斜率就是 $-\frac{x}{y}$ .例如, 在点 $(3,4)$ , 切線斜率為 $-\frac{3}{4}$ .

單调性

我们已經确立，導數 $f'(x)$ 精确地刻画了函數在一点的瞬时變化率，其几何意義為该点切線的斜率.這是一個很好的局部性質.一個自然且至關重要的問題随之而来：我们能否利用函數在每一点的瞬时變化信息，来推断其在整個区間上的宏观行為，即函數的增减趋势，或称單调性？

導數的正负符号，直观上預示了函數的走向：正的導數意味着上升趋势，负的導數意味着下降趋势.然而，這还是不够严谨，因此本节的目標，正是要為這一直观建立坚实的理論基石，并最终形成一套行之有效的分析方法.

從理論基石到判定法则

我们的探索始于對函數圖像中那些關键的“转折点”的精确描述，這些点是函數單调性可能發生改變的地方，我们称之為極值点.

函數的極值

设函數 $y=f(x)$ 在点 $x_0$ 的某個邻域内有定義.

如果對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 $f(x_0)$ 是函數 $f(x)$ 的一個極大值, 称 $x_0$ 為極大值点.
如果對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 $f(x_0)$ 是函數 $f(x)$ 的一個極小值, 称 $x_0$ 為極小值点.

極大值與極小值统称為極值，極大值点與極小值点统称為極值点.

極值是一個局部概念，它只關心一個点在其“邻里”中的地位.而最值是全局概念.此定義告诉我们“什么是”極值，但未指明“如何寻找”它们.直接用定義去比较无穷多個点的大小是不現实的.我们的直观再一次提供了線索：在任何光滑曲線的“峰顶”或“谷底”，切線必然是水平的.這一观察被精确地表述為费马引理.

费马引理

如果函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处满足以下两個条件：

$f(x)$ 在点 $x_0$ 处取得極值；
$f(x)$ 在点 $x_0$ 处可導；

那么，函數在该点的導數必為零，即 $f'(x_0) = 0$ .

證明

我们以 $f(x_0)$ 為極大值為例進行證明. 根据極大值的定義，存在一個以 $x_0$ 為中心的邻域, 對于该邻域内任意的 $x$ , 都有 $f(x) \le f(x_0)$ , 即 $f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) \le 0$ .

考察導數 $f'(x_0)$ 的定義式. 当自變量從右侧逼近 ( $\Delta x \to 0^+$ ) 时, 分母 $\Delta x \> 0$ , 分子 $f(x_0 + \Delta x) - f(x_0) \le 0$ . 故比值非正, 其極限（即右導數）满足 $f'_+(x_0) \le 0$ . 当自變量從左侧逼近 ( $\Delta x \to 0^-$ ) 时, 分母 $\Delta x \< 0$ , 分子非正.故比值非负, 其極限（即左導數）满足 $f'_-(x_0) \ge 0$ .

由于函數在 $x_0$ 处可導, 其左、右導數必须存在且相等, 即 $f'(x_0) = f'_+(x_0) = f'_-(x_0)$ . 联立 $f'(x_0) \le 0$ 與 $f'(x_0) \ge 0$ , 唯一可能的情况便是 $f'(x_0)=0$ .

必要而不充分

费马引理是一個必要条件，而非充分条件！

它的真正含義是：可導函數的極值点，必定是導數為零的点. 這為我们提供了一個寻找極值点的有效策略：只需在所有導數為零的点（也称驻点或稳定点）以及導數不存在的点（奇点）中進行筛選.

然而，反之不成立！即 $f'(x_0)=0$ 并不能保證 $x_0$ 就是極值点. 經典反例是 $f(x)=x^3$ 在 $x=0$ 处，其導數為零但函數持續递增，该点是一個拐点.

费马引理联係了單個点的極值性質與導數性質.要從“点”的性質推廣到“区間”的性質，我们需要一座桥梁.這座桥梁便是中值定理.我们先從其特殊形式——罗尔定理開始.

罗尔定理

如果函數 $f(x)$ 满足：(1)在闭区間 $[a,b]$ 上连續；(2)在開区間 $(a,b)$ 内可導；(3)在端点处的函數值相等, 即 $f(a) = f(b)$ . 那么，在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$ , 使得 $f'(\xi) = 0$ .

證明

根据闭区間上连續函數的最值定理， $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上必取得最大值 $M$ 和最小值 $m$ . 若 $M=m$ , 则 $f(x)$ 為常數函數, 其導數在 $(a,b)$ 内处处為零，结論显然成立. 若 $M\>m$ , 由于 $f(a)=f(b)$ , 则 $M$ 與 $m$ 中至少有一個必定在区間的内部某点 $\xi \in (a,b)$ 处取得. 這意味着点 $\xi$ 是一個極值点, 且函數在该点可導.根据费马引理, 可導函數在極值点处的導數必為零, 故 $f'(\xi)=0$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：罗尔定理的几何意義：若曲線两端点等高，则其間必有水平切線.

罗尔定理要求 $f(a)=f(b)$ ，条件较為苛刻.拉格朗日将其推廣到了一般情形，其思想是通過構造辅助函數，将任意函數“旋转”至满足罗尔定理条件的状态.

拉格朗日中值定理

如果函數 $f(x)$ 满足：(1)在 $[a,b]$ 上连續；(2)在 $(a,b)$ 内可導. 那么，在 $(a,b)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得

f'(\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b-a}

證明

證明的思路是構造一個辅助函數，使其恰好满足罗尔定理的条件. 连接端点 $(a, f(a))$ 和 $(b, f(b))$ 的割線方程為 $y = f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$ . 我们構造辅助函數 $\varphi(x) = f(x) - \left[ f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) \right]$ . 此函數 $\varphi(x)$ 代表了曲線 $y=f(x)$ 與其端点割線之間的竖直距离. 不难验證 $\varphi(a)=0$ 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 $\varphi'(\xi)=0$ . 對 $\varphi(x)$ 求導得 $\varphi'(x) = f'(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ . 令 $x=\xi$ 并代入 $\varphi'(\xi)=0$ ，移項后即得定理结論.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：拉格朗日中值定理的几何意義

拉格朗日中值定理建立了瞬时變化率 $f'(\xi)$ 與区間平均變化率 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 之間的桥梁.至此，所有理論工具已准備就绪，我们可以严谨地證明單调性判定法则了.

函數單调性的判定法

设函數 $y=f(x)$ 在区間 $I$ 内可導.

如果在 $I$ 内恒有 $f'(x) \> 0$ , 那么函數 $y=f(x)$ 在 $I$ 上是單调递增的.
如果在 $I$ 内恒有 $f'(x) \< 0$ , 那么函數 $y=f(x)$ 在 $I$ 上是單调递减的.
如果在 $I$ 内恒有 $f'(x) = 0$ , 那么函數 $y=f(x)$ 在 $I$ 上是一個常數函數.

證明

设 $x_1, x_2$ 是区間 $I$ 内的任意两点, 且 $x_1 \< x_2$ . 在闭区間 $[x_1, x_2]$ 上對函數 $f(x)$ 應用拉格朗日中值定理, 可知在開区間 $(x_1, x_2)$ 内必定存在一点 $\xi$ ，使得

f'(\xi) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}

變形得到核心關係式：

f(x_2) - f(x_1) = f'(\xi)(x_2 - x_1)

因為我们假设 $x_1 \< x_2$ , 所以因子 $(x_2 - x_1)$ 恒為正數. 因此，函數值的差 $f(x_2) - f(x_1)$ 的符号, 完全由導數值 $f'(\xi)$ 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 $f(x_2) - f(x_1) = (\text{正數}) \times (\text{正數}) \> 0$ , 即 $f(x_2) \> f(x_1)$ . 根据定義，函數單调递增.
若在 $I$ 内 $f'(x) \< 0$ : 同理，此时 $f'(\xi) \< 0$ . 于是 $f(x_2) - f(x_1) = (\text{负數}) \times (\text{正數}) \< 0$ , 即 $f(x_2) \< f(x_1)$ . 根据定義，函數單调递减.
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，故函數為常數函數.

至此，我们從一個直观的观察出發，通過一係列严谨的定義和證明，最终坚实地确立了利用導數判断函數單调性的法则.

單调性分析的標准流程與應用

根据上述定理，我们可以总结出求解函數單调区間的標准流程：

确定定義域： 這是最基礎也是最容易被忽略的一步.后續所有讨論都必须在定義域内進行.
求出導數： 计算出導函數 $f'(x)$ .
求解驻点與奇点： 求解方程 $f'(x)=0$ 的根（驻点）, 并找出 $f'(x)$ 不存在的点（奇点）.這些点是划分單调区間的分界点.
列表分析： 用表格清晰地展示出定義域被分界点划分成的各個子区間，以及每個子区間上 $f'(x)$ 的符号和 $f(x)$ 的單调性.

例

求函數 $f(x) = 2x^3 - 9x^2 + 12x - 3$ 的單调区間.

解

定義域 该函數為多項式函數，定義域為 $(-\infty, +\infty)$ .

求導數

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 $x=2$ . 這两個驻点将定義域 $(-\infty, +\infty)$ 划分為三個区間.

列表分析

区間	$(-\infty, 1)$	$1$	$(1, 2)$	$2$	$(2, +\infty)$
$f'(x)$ 的符号	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$ 的單调性	$\nearrow$ (增)	極大值	$\searrow$ (减)	極小值	$\nearrow$ (增)

结論函數 $f(x)$ 的單调递增区間為 $(-\infty, 1)$ 和 $(2, +\infty)$ , 單调递减区間為 $(1, 2)$ .

例

求函數 $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ 的單调区間.

解

定義域 函數 $f(x)$ 的定義域為 $(0, +\infty)$ .

求導數 利用除法法则：

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 $x^2$ 恒為正, 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

区間	$(0, e)$	$e$	$(e, +\infty)$
$f'(x)$ 的符号	$+$	$0$	$-$
$f(x)$ 的單调性	$\nearrow$ (增)	極大值	$\searrow$ (减)

结論函數 $f(x)$ 的單调递增区間為 $(0, e)$ , 單调递减区間為 $(e, +\infty)$ .

例

已知函數 $f(x) = x\ln x$ .

讨論函數 $g(x) = f(x) - x + 1$ 的單调性, 并證明：對任意 $x\>0$ , 恒有 $x\ln x \ge x - 1$ .
證明：存在唯一的 $x_0 \in (1, e)$ , 使得曲線 $y=x\ln x$ 在点 $x_0$ 处的切線, 與连接点 $(1,0)$ 和 $(e,e)$ 的直線平行.

解

高观点下的洞察

在開始严格證明前，我们先用刚刚建立的拉格朗日中值定理来洞察第 (2) 問的本質. 題目的要求是證明"存在唯一的 $x_0 \in (1, e)$ ，使得切線與割線平行".

曲線在 $x_0$ 处的切線斜率是 $f'(x_0)$. 我们计算 $f'(x) = (\ln x + 1)$.
连接点 $A(1,f(1))$ 和 $B(e,f(e))$ 的割線斜率為 $k_{AB} = \frac{f(e)-f(1)}{e-1} = \frac{e\ln e - 1\ln 1}{e-1} = \frac{e}{e-1}$.

因此，第 (2) 問本質上是在證明方程 $f'(x_0) = \frac{f(e)-f(1)}{e-1}$ 在 $(1,e)$ 内有唯一解.這正是拉格朗日中值定理的直接表述！由于 $f(x)=x\ln x$ 在 $[1,e]$ 上显然连續且可導, 中值定理保證了這样的 $x_0$ **至少存在一個**.

唯一性则源于導函數 $f'(x) = \ln x + 1$ 自身的單调性.其二階導數為 $f''(x) = \frac{1}{x}$.在 $(1,e)$ 上, $f''(x) \> 0$, 說明 $f'(x)$ 是严格單调递增的.一個严格單调递增的函數, 其函數值当然只能取到 $\frac{e}{e-1}$ 一次.

至此，我们從高观点已經完全洞悉了題目的底牌.接下来，我们将回归到更基礎的工具進行严格的證明.

\paragraph{(1) 讨論 $g(x)$ 的單调性并證明不等式} 函數 $g(x) = x\ln x - x + 1$ 的定義域為 $(0, +\infty)$ . 對其求導，得：

g'(x) = (\ln x + 1) - 1 = \ln x

令 $g'(x) = 0$ , 解得 $x=1$ . 当 $x \in (0, 1)$ 时, $g'(x) = \ln x \< 0$ , 函數 $g(x)$ 單调递减. 当 $x \in (1, +\infty)$ 时, $g'(x) = \ln x \> 0$ , 函數 $g(x)$ 單调递增. 因此，函數 $g(x)$ 在 $x=1$ 处取得極小值，同时也是全局最小值. 其最小值為 $g(1) = 1\ln 1 - 1 + 1 = 0$ . 由于函數的最小值是 $0$ , 所以對任意 $x\>0$ , 都有 $g(x) \ge 0$ . 即 $x\ln x - x + 1 \ge 0$ , 移項得 $x\ln x \ge x - 1$ .

\paragraph{(2) 證明解的存在性與唯一性} 如思路分析所述，本問等价于證明方程 $\ln x + 1 = \frac{e}{e-1}$ 在 $(1,e)$ 内有唯一解.

我们構造辅助函數 $H(x) = \ln x + 1 - \frac{e}{e-1}$ . 目標是證明 $H(x)$ 在 $(1,e)$ 内有唯一的零点.

首先證明存在性. 函數 $H(x)$ 在闭区間 $[1,e]$ 上连續. 我们计算其在区間端点的值： $H(1) = \ln 1 + 1 - \frac{e}{e-1} = \frac{e-1-e}{e-1} = -\frac{1}{e-1} \< 0$ . $H(e) = \ln e + 1 - \frac{e}{e-1} = 2 - \frac{e}{e-1} = \frac{2e-2-e}{e-1} = \frac{e-2}{e-1} \> 0$ . 由于连續函數 $H(x)$ 在区間 $[1,e]$ 的两端异号, 根据零点存在性定理, 在開区間 $(1,e)$ 内至少存在一個点 $x_0$ , 使得 $H(x_0)=0$ .

接着證明唯一性. 我们考察函數 $H(x)$ 在区間 $(1,e)$ 上的單调性. 對其求導，得 $H'(x) = \frac{1}{x}$ . 對于任意 $x \in (1,e)$ , 显然有 $H'(x) \> 0$ . 這說明函數 $H(x)$ 在整個区間 $(1,e)$ 上是严格單调递增的. 一個严格單调的函數，其圖像與 $x$ 轴最多只有一個交点. 结合已證的存在性，我们得出结論：函數 $H(x)$ 在 $(1,e)$ 内有且僅有一個零点. 證毕.

中值定理的應用與推廣

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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. 這些定理構成了微分學的主要理論框架，并成功地将導數的符号與函數的單调性联係起来. 本章将视線從“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數增量與導數數值范围的联係，從而證明不等式；如何评估線性近似的精确度；并最终将拉格朗日中值定理推廣至处理两個函數比值的形式——柯西中值定理，為处理未定式極限奠定基礎.

利用中值定理證明不等式

拉格朗日中值定理的等式形式為：

f(b) - f(a) = f'(\xi)(b-a), \xi \in (a, b)

该等式提供了一個精确的代數關係，将函數在区間两端的增量 $\Delta y = f(b)-f(a)$ 转化為導數在某中間点的值 $f'(\xi)$ 與自變量增量 $\Delta x = b-a$ 的乘積.

尽管 $\xi$ 的具體位置未知, 但如果我们能根据 $\xi \in (a, b)$ 這一信息估计出導數 $f'(\xi)$ 的取值范围（即上界或下界），就能導出函數增量的大小關係. 這是一种從“局部變化率”推導“整體改變量”的有效方法.

基本方法與实例

證明形如 $g(x) \> h(x)$ 的不等式, 通常可转化為證明 $g(x) - h(x) \> 0$ . 若视 $x$ 為区間的一個端点，便可構造函數并在相應区間上應用中值定理.

例

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

證明

不等式可變形為 $e^x - 1 \> x$ . 考虑函數 $f(t) = e^t$ . 该函數在闭区間 $[0, x]$ 上连續, 在 $(0, x)$ 内可導. 根据拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0, x)$ ，使得

f(x) - f(0) = f'(\xi)(x - 0)

代入函數具體的表达式，得

e^x - 1 = e^\xi \cdot x

由于 $\xi \> 0$ , 利用指數函數的單调性可知 $e^\xi \> e^0 = 1$ . 又因為 $x \> 0$ , 所以 $e^\xi \cdot x \> 1 \cdot x = x$ . 即 $e^x - 1 \> x$ , 亦即 $e^x \> 1 + x$ .

對于包含對數或分式的不等式，直接比较往往较為困难，而利用中值定理可以将問題转化為比较簡單的倒數或線性函數.

例

證明：對于任意 $a \> b \> 0$ ，成立

\frac{a-b}{a} \< \ln \frac{a}{b} \< \frac{a-b}{b}

證明

首先观察中間項 $\ln \frac{a}{b} = \ln a - \ln b$ ，這提示我们利用對數函數的增量公式. 構造函數 $f(x) = \ln x$ . 显然 $f(x)$ 在区間 $[b, a]$ 上满足拉格朗日中值定理的条件. 于是存在 $\xi \in (b, a)$ ，使得

\ln a - \ln b = f'(\xi)(a - b) = \frac{1}{\xi}(a - b)

即

\ln \frac{a}{b} = \frac{a-b}{\xi}

由于 $b \< \xi \< a$ , 且函數 $y = \frac{1}{x}$ 在 $(0, +\infty)$ 上單调递减，故有

\frac{1}{a} \< \frac{1}{\xi} \< \frac{1}{b}

因為 $a \> b$ , 所以 $a - b \> 0$ . 在上述不等式各項同时乘以 $(a-b)$ ，得

\frac{a-b}{a} \< \frac{a-b}{\xi} \< \frac{a-b}{b}

代入 $\ln \frac{a}{b} = \frac{a-b}{\xi}$ ，即證得结論.

中值定理與近似计算的誤差分析

在工程與科學计算中，常利用切線来近似曲線. 這种方法称為線性近似. 设函數 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可導, 则 $x$ 在 $x_0$ 附近的線性近似（或一階泰勒近似）定義為：

L(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)

几何上，這是用切線 $y = L(x)$ 代替曲線 $y = f(x)$ . 近似带来的誤差记為：

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, 誤差 $R(x)$ 是比 $(x-x_0)$ 高階的无穷小. 但通過推廣中值定理的思想, 我们可以给出誤差 $R(x)$ 的具體表达式，從而量化近似的精确度.

線性近似的誤差估计

设函數 $f(x)$ 在包含 $x_0$ 的区間上具有二階導數. 则對于区間内任意一点 $x$ , 存在介于 $x_0$ 與 $x$ 之間的 $\xi$ ，使得

f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{1}{2}f''(\xi)(x - x_0)^2

即誤差項為 $R(x) = \frac{1}{2}f''(\xi)(x - x_0)^2$ .

證明

這是一個固定点 $x$ 的問題. 我们引入一個參數 $K$ , 使得等式在 $x$ 处成立：

f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + K(x - x_0)^2

由此定義辅助函數 $\varphi(t)$ , 描述函數值與近似值在變动点 $t$ 处的偏差：

\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 $K$ 的定義可知 $\varphi(x) = 0$ . 根据罗尔定理，在 $x_0$ 與 $x$ 之間存在一点 $\eta$ , 使得 $\varphi'(\eta) = 0$ . 對 $\varphi(t)$ 求導：

\varphi'(t) = f'(t) - \left[ f'(x_0) + 2K(t - x_0) \right]

注意 $\varphi'(x_0) = f'(x_0) - f'(x_0) = 0$ . 現在我们有了 $\varphi'(\eta) = 0$ 和 $\varphi'(x_0) = 0$ . 再次對 $\varphi'(t)$ 在区間 $[x_0, \eta]$ (或 $[\eta, x_0]$ ) 上應用罗尔定理, 可知存在 $\xi$ 介于 $x_0$ 與 $\eta$ 之間（也就是介于 $x_0$ 與 $x$ 之間）, 使得 $\varphi''(\xi) = 0$ . 计算二階導數：

\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，即得證.

该结論表明，線性近似的誤差大小取决于函數二階導數 $f''(x)$ 的界. 曲線越“弯曲”（二階導數越大），切線近似的誤差就越大. 這也為后續引入高階泰勒公式提供了理論范式.

柯西中值定理

拉格朗日中值定理建立了單個函數增量與導數的關係. 如果我们考察两個函數 $f(x)$ 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廣，也是处理“不定式”極限（洛必达法则）的理論基石.

柯西中值定理

如果函數 $f(x)$ 和 $g(x)$ 满足：

在闭区間 $[a, b]$ 上连續；
在開区間 $(a, b)$ 内可導；
對任意 $x \in (a, b)$ , $g'(x) \neq 0$ .

那么，在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得

\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}

注

注意：

若取 $g(x) = x$ , 则 $g'(x)=1$ ，定理退化為拉格朗日中值定理.
条件 $g'(x) \neq 0$ 保證了分母 $g(b)-g(a) \neq 0$ （否则由罗尔定理知存在一点導數為零）.
该式不能簡單地通過對 $f$ 和 $g$ 分别應用拉格朗日定理得到, 因為那样会得到两個不同的点 $\xi_1$ 和 $\xi_2$ ，无法消去.

證明

證明思路仍是利用罗尔定理. 我们需要構造一個辅助函數，使得该函數在端点 $a, b$ 处的值相等. 将结論變形為 $[f(b) - f(a)]g'(\xi) - [g(b) - g(a)]f'(\xi) = 0$ . 這提示我们構造如下辅助函數 $\Phi(x)$ ：

\Phi(x) = [f(b) - f(a)]g(x) - [g(b) - g(a)]f(x)

验證端点值：

\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 $f, g$ 的性質知 $\Phi(x)$ 在 $[a, b]$ 上连續, 在 $(a, b)$ 内可導. 根据罗尔定理, 存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $\Phi'(\xi) = 0$ . 求導得：

\Phi'(\xi) = [f(b) - f(a)]g'(\xi) - [g(b) - g(a)]f'(\xi) = 0

移項并整理，即得

\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}

几何意義

柯西中值定理具有清晰的几何解释. 考虑平面上的參數方程曲線：

\begin{cases} x = g(t) \\ y = f(t) \end{cases}, t \in [a, b]

此时，比值 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{\Delta y}{\Delta x}$ 代表了连接曲線起点 $A(g(a), f(a))$ 和终点 $B(g(b), f(b))$ 的弦的斜率. 而比值 $\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{dy/dt}{dx/dt}\Big|_{t=\xi} = \frac{dy}{dx}\Big|_{t=\xi}$ 代表了曲線在參數 $t=\xi$ 對應点处的切線斜率.

定理表明：對于一条光滑的參數曲線，在起点和终点之間，必然存在一点，该处的切線與连接两端点的弦平行.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：柯西中值定理的几何意義：參數曲線上的切線平行于弦.

這一结論為下一章我们将要學習的洛必达法则提供了直接的理論支持：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, $\xi \to a$ ，這便沟通了函數極限與導數極限.

導數的綜合應用：方程根、零点與不等式證明

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在掌握了利用導數分析函數單调性與極值的方法后，本章将视野拓展至更複杂的綜合性問題.這些問題通常不直接询問函數的性态，而是要求讨論方程根的分布、确定函數零点的個數，或證明含有參數的不等式恒成立.

解决此類問題的核心在于構建一個係统性的分析框架，将“存在性”、“個數”與“恒成立”等代數命題，转化為函數圖像的几何特征（如最值、交点、趋势），進而利用導數工具進行精确计算.

函數零点問題

函數的零点即方程 $f(x)=0$ 的实根. 零点分布問題连接了函數性态分析與方程求解理論. 依据解析式中是否含有變动參數，此類問題通常分為定係數情形與含參情形讨論.

基本判定准则

零点的存在性由介值定理保證：若连續函數 $f(x)$ 在区間 $[a, b]$ 端点取值异号, 即 $f(a)f(b)\<0$ , 则 $(a, b)$ 内至少存在一個零点. 導數则進一步约束了零点的個數.

單调性與零点

若 $f(x)$ 在区間 $I$ 内單调, 则 $f(x)$ 在 $I$ 内至多有一個零点.

對于非單调函數，确定零点個數的一般策略是利用導數划分單调区間，计算極值，并结合区間端点（或无穷远处）的極限，通過極值点與 $0$ 的大小關係勾勒函數圖像的起伏.

定係數函數的零点

当函數解析式确定时，零点個數完全取决于極值符号與边界条件. 對于常见的多項式或超越函數，只需按照“求導—極值—端点”的流程操作.

例

确定函數 $f(x) = x^3 - 3x + 1$ 的零点個數.

解

定義域為 $\mathbb{R}$ . 求導得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$ . 令 $f'(x)=0$ , 解得驻点 $x_1 = -1$ , $x_2 = 1$ .

考察極值與單调性：

当 $x \in (-\infty, -1)$ 时, $f'(x)\>0$ ，單调递增；
当 $x \in (-1, 1)$ 时, $f'(x)\<0$ ，單调递减；
当 $x \in (1, +\infty)$ 时, $f'(x)\>0$ ，單调递增.

極大值為 $f(-1) = -1 + 3 + 1 = 3 \> 0$ . 極小值為 $f(1) = 1 - 3 + 1 = -1 \< 0$ .

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. 綜上，该函數共有 $3$ 個零点.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：利用極大值與極小值的符号判定三次函數的零点個數

例

（2024 $\cdot$ 重庆南開中學）设函數 $f(x) = \sin x - x \cos x$ .

当 $x \in [-\pi, \pi]$ 时, 求 $f(x)$ 的最值；
讨論函數 $g(x) = \ln(x+1) - f'(x)$ 在区間 $(-1, 2\pi)$ 内的零点個數.

解

（1）單调性分析 對 $f(x)$ 求導：

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 $[-\pi, \pi]$ 上單调递增. 最小值為 $f(-\pi) = \sin(-\pi) - (-\pi)\cos(-\pi) = -\pi$ . 最大值為 $f(\pi) = \sin \pi - \pi \cos \pi = \pi$ .

（2）分段考察零点 函數解析式為 $g(x) = \ln(x+1) - x \sin x$ . 定義域為 $(-1, 2\pi)$ . 由于含有三角函數，應利用其符号周期性分区間讨論.

区間 $(-1, 0)$ ： 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 $g(x) = \text{负} - \text{正} \< 0$ ，该区間无零点.

点 $x = 0$ ： $g(0) = \ln 1 - 0 = 0$ , 故 $x=0$ 是一個零点.

区間 $(\pi, 2\pi)$ ： 当 $x \in (\pi, 2\pi)$ 时, $\sin x \< 0$ , 且 $x \> 0$ , 故 $-x \sin x \> 0$ . 又 $\ln(x+1) \> \ln(\pi+1) \> 0$ . 两項均為正，故 $g(x) \> 0$ ，该区間无零点.

区間 $(0, \pi)$ ： 此区間内 $x \sin x \> 0$ ，各項异号，需结合導數或特殊点值判定（介值定理）. 考察關键点取值：
端点处： $g(0)=0$ , 且 $g'(0) = \frac{1}{0+1} - (\sin 0 + 0) = 1 \> 0$ . 函數在 $0$ 右侧起始為正.
中点处： $x = \frac{\pi}{2}$ 时, $\ln(\frac{\pi}{2}+1) \< \frac{\pi}{2}$ （由 $\ln(1+t)\<t$ ），故

g\left(\frac{\pi}{2}\right) = \ln\left(\frac{\pi}{2}+1\right) - \frac{\pi}{2} \< 0.

端点处： $x = \pi$ 时，

g(\pi) = \ln(\pi+1) - 0 \> 0.

结論綜合：

由 $g(0)=0$ 及 $g'(0)\>0$ 可知，函數從原点出發向上；
由 $g(\frac{\pi}{2}) \< 0$ , 函數在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 必穿過 $x$ 轴一次（存在零点 $x_1$ ）；
由 $g(\pi) \> 0$ , 函數在 $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ 必再次穿過 $x$ 轴向上（存在零点 $x_2$ ）.

經導數進一步分析（單调性细节略）可知上述区間内函數形态單一，不产生额外震荡.

綜上所述， $g(x)$ 在 $(-1, 2\pi)$ 上共有 $3$ 個零点（分别為 $0, x_1, x_2$ ）.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：超越函數 $g(x)$ 的零点分布示意圖

含參方程的零点

当方程含有參數时，零点個數随參數變化而改變. 此时需對參數進行分類讨論. 常用方法有两种：

直接分析法：研究含參函數 $f(x, a)$ 的極值点位置及極值大小與參數的關係.
參變分离法：将方程變形為 $g(x) = a$ 的形式, 转化為固定曲線 $y=g(x)$ 與水平直線 $y=a$ 的交点問題.

下例采用直接分析法演示.

例

讨論關于 $x$ 的方程 $x - a \ln x = 0$ ( $a \> 0$ ) 的实根個數.

解

構造與求導 令 $f(x) = x - a \ln x$ , 定義域為 $(0, +\infty)$ . 求導得 $f'(x) = 1 - \frac{a}{x} = \frac{x-a}{x}$ .

單调性與極值 由于 $x\>0, a\>0$ , 導數符号僅取决于 $x-a$ . 当 $x \in (0, a)$ 时, $f'(x) \< 0$ ，函數递减；当 $x \in (a, +\infty)$ 时, $f'(x) \> 0$ ，函數递增. 故 $f(x)$ 在 $x=a$ 处取得極小值，亦為最小值：

f(a) = a - a \ln a = a(1 - \ln a).

边界趋势

\lim_{x \to 0^+} (x - a \ln x) = +\infty, \lim_{x \to +\infty} x(1 - a \frac{\ln x}{x}) = +\infty.

函數圖像呈“U”型，两端趋于正无穷.

分類讨論 零点個數取决于最小值 $f(a)$ 與 $0$ 的關係：

若 $f(a) \> 0$ , 即 $a(1-\ln a) \> 0 \Rightarrow 0 \< a \< e$ , 圖像整體位于 $x$ 轴上方，无实根.
若 $f(a) = 0$ , 即 $a = e$ , 圖像與 $x$ 轴相切于顶点，有唯一实根.
若 $f(a) \< 0$ , 即 $a \> e$ , 極小值小于 $0$ 且两端趋于 $+\infty$ , 分别在 $(0, a)$ 與 $(a, +\infty)$ 各有一個实根，共两個.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：參數 $a$ 改變了 $f(x)$ 極小值的位置與大小，從而改變零点個數

例

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

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

解

（1）二階導數定性 当 $a = \frac{1}{2}$ 时, $f(x) = e^x - \frac{1}{2}x\sin x - x - 1$ . 求導得：

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 $f'(x)$ 的導數（即原函數二階導）：

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 $f''(x) \> 0$ . 這表明 $f'(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上單调递增.

又 $f'(0) = e^0 - 0 - 1 = 0$ , 故当 $x \> 0$ 时, $f'(x) \> f'(0) = 0$ . 進而 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上單调递增. 又 $f(0) = 1 - 0 - 0 - 1 = 0$ , 故對于 $x \in (0, \pi)$ , 恒有 $f(x) \> f(0) = 0$ . 命題得證.

（2）分類與比较 由題意，需讨論方程 $f(x)=0$ 在 $(0, \pi)$ 上的根.

**情形一： $a \le \frac{1**{2}$ } 利用第 (1) 問结論進行缩放.

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 $f(x) \> 0$ ，函數无零点.

**情形二： $a \> \frac{1**{2}$ } 考察 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的局部性質. 计算二階導數值： $f''(0) = 1 - a(2\cos 0 - 0) = 1 - 2a$ . 因 $a \> \frac{1}{2}$ , 故 $f''(0) \< 0$ .

由于 $f'(0)=0$ 且 $f''(0)\<0$ , 導函數 $f'(x)$ 在 $0$ 的右侧邻域内單调递减，取值為负. 由此， $f(x)$ 在 $0$ 的右侧邻域内單调递减. 因為 $f(0)=0$ , 所以 $f(x)$ 開始取负值（即存在 $x_0$ 使得 $f(x_0) \< 0$ ）.

另一方面，考察右端点 $\pi$ ：

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 $f(\pi) \> k(0) = 0$ .

綜合分析： 函數 $f(x)$ 從 $0$ 出發, 先递减至负值, 最终在 $x=\pi$ 处為正值. 由介值定理, 在 $(0, \pi)$ 内至少存在一個零点. （注：進一步分析 $f''(x)$ 可證 $f'(x)$ 只有一個變号点, 從而 $f(x)$ 呈“先减后增”形态，保證零点唯一，此处略去冗长计算）.

綜上，满足題意的 $a$ 的取值范围是 $\left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：參數 $a$ 改變了函數在 $0$ 附近的凹凸性與單调性

例

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

当 $a=1$ 时, 求曲線 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切線方程；
若 $f(x)$ 在区間 $(-1, 0)$ 和 $(0, +\infty)$ 各恰有一個零点, 求 $a$ 的取值范围.

解

（1）切線求解 当 $a=1$ 时, $f(x) = \ln(1+x) + xe^{-x}$ . $f(0) = \ln 1 + 0 = 0$ . 切点為 $(0, 0)$ . 求導得：

f'(x) = \frac{1}{1+x} + e^{-x} - xe^{-x} = \frac{1}{1+x} + e^{-x}(1-x).

故切線斜率 $k = f'(0) = 1 + 1(1) = 2$ . 切線方程為 $y - 0 = 2(x - 0)$ , 即 $y = 2x$ .

（2）转化與分類 函數定義域為 $(-1, +\infty)$ . 求導并通分：

f'(x) = \frac{1}{1+x} + a e^{-x}(1-x) = \frac{e^x + a(1-x^2)}{e^x(1+x)}.

设辅助函數 $h(x) = e^x + a(1-x^2)$ . 当 $x \> -1$ 时, 分母恒正, 故 $f'(x)$ 與 $h(x)$ 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 $(-1, 0)$ 單调递增. 又 $f(0) = 0$ , 故当 $x \in (-1, 0)$ 时, $f(x) \< f(0) = 0$ ，不存在零点. 不合題意.

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

情形三： $a \< -1$ 此时 $h(0) = 1 + a \< 0$ .

1. 区間 $(-1, 0)$ 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）. $f(x_1)$ 為極大值. 注意到 $\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$ , 且 $f(0)=0$ . 函數圖像先由 $-\infty$ 升至 $f(x_1)$ , 再降至 $0$ . 這就意味着必然有 $f(x_1) \> 0$ , 且在 $(-1, x_1)$ 内存在唯一零点.

2. 区間 $(0, +\infty)$ 的分析： $h'(x) = e^x - 2ax$ . 因 $a \< -1$ , $-2a \> 2$ , 故 $h'(x) \> 0$ , $h(x)$ 單调递增. $h(0) \< 0$ , 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）. $f(x_2)$ 為極小值. 由于 $f(0)=0$ , 函數從 $0$ 開始下降至 $f(x_2)$ , 再上升至 $+\infty$ . 显然 $f(x_2) \< 0$ , 故在 $(x_2, +\infty)$ 内存在唯一零点.

綜上所述，当 $a \< -1$ 时，满足題设要求.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖： $a \< -1$ 时函數 $f(x)$ 呈現出的“雙谷”形态與零点分布

不等式恒成立問題

證明“對于区間 $I$ 内的任意 $x$ , 不等式 $f(x) \ge g(x)$ 恒成立”, 即全称命題 $\forall x \in I, f(x) \ge g(x)$ . 此類問題通常有两种处理策略：最值法與參數分离法.

最值法

原理：将不等式變形為 $h(x) = f(x) - g(x) \ge 0$ .要保證“处处非负”, 只需保證“最低点非负”.即转化為求 $h(x)$ 在 $I$ 上的最小值 $h(x)_{\min} \ge 0$ .

例

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

證明

構造函數 $h(x) = e^x - ax - 1$ .問題转化為：求 $a$ 使得 $h(x)_{\min} \ge 0$ . 求導得 $h'(x) = e^x - a$ .

情形1：若 $a \le 0$ . 此时 $h'(x) = e^x - a \> 0$ 恒成立, 函數 $h(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上單调递增. 当 $x \to -\infty$ 时, $h(x) \to -1 \< 0$ .這說明必然存在 $x$ 使得不等式不成立.故 $a \le 0$ 不合題意.

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, $h'(x) \< 0$ ，單调递减；
当 $x \> \ln a$ 时, $h'(x) \> 0$ ，單调递增.

故 $h(x)$ 在 $x = \ln a$ 处取得全局最小值：

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 $a(1 - \ln a) - 1 \ge 0$ . 观察辅助函數 $\varphi(a) = a - a \ln a - 1$ .易知 $\varphi(1) = 0$ .求導 $\varphi'(a) = -\ln a$ . 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.

綜上，符合条件的 $a$ 只有 $1$ . （注：几何上，這對應于 $y=x+1$ 是曲線 $y=e^x$ 在 $(0,1)$ 处的切線，切線始终在凸曲線下方）

參數分离法

原理：若能将參數 $a$ 與變量 $x$ 完全分离, 例如變形為 $a \le k(x)$ 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 $a \le k(x)_{\min}$ . 此法避免了對含參函數求導时複杂的分類讨論.

例

若對任意 $x \> 1$ , 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 $(x-1)^2 \> 0$ .不等式可變形為分离參數的形式：

a \le \frac{(x-1)\ln x}{(x-1)^2} = \frac{\ln x}{x-1}

令 $k(x) = \frac{\ln x}{x-1}$ ( $x \> 1$ ).問題转化為求 $a \le \inf_{x\>1} k(x)$ . 對 $k(x)$ 求導：

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}

令分子為 $g(x) = x - 1 - x\ln x$ .则 $g'(x) = 1 - (1 + \ln x) = -\ln x$ . 当 $x \> 1$ 时, $g'(x) \< 0$ , 故 $g(x)$ 單调递减. 又 $g(1) = 0$ , 所以当 $x \> 1$ 时, $g(x) \< 0$ . 進而可知 $k'(x) \< 0$ , 函數 $k(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上單调递减.

考察函數的值域（下界）：利用洛必达法则求極限：

\lim_{x \to 1^+} \frac{\ln x}{x-1} = 1, \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x-1} = 0

函數從 1 單调递减趋向于 0.因此，要使 $a \le k(x)$ 對一切 $x\>1$ 成立, 必须有 $a \le 0$ . （注：若取 $a$ 為正數, 当 $x$ 足够大时 $k(x)$ 会趋近于 0 從而小于 $a$ ，導致不等式失效）.

例

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

若 $f(x)$ 在 $x=x_1, x_2 (x_1 \neq x_2)$ 处的導數相等, 證明： $f(x_1) + f(x_2) \> 8 - 8 \ln 2$ ；
若 $a \le 3 - 4 \ln 2$ , 證明：對于任意 $k \> 0$ , 直線 $y = kx + a$ 與曲線 $y = f(x)$ 有唯一公共点.

解

（1）換元與構造

求導得 $f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{x} = \frac{\sqrt{x}-2}{2x}$ . 令 $t = \sqrt{x} \> 0$ , 则 $f'(x)$ 對應 $h(t) = \frac{t-2}{2t^2} = \frac{1}{2t} - \frac{1}{t^2}$ . 由 $f'(x_1) = f'(x_2)$ 且 $x_1 \neq x_2$ , 可知 $t_1, t_2$ 是方程 $h(t) = C$ 的两個不同根.

\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 $t_1 t_2 = 2(t_1+t_2) \> 16$ .

目標式 $S = f(x_1) + f(x_2) = (t_1 - 2\ln t_1) + (t_2 - 2\ln t_2) = (t_1+t_2) - 2\ln(t_1 t_2)$ . 代入關係式得 $S = \frac{1}{2}t_1 t_2 - 2\ln(t_1 t_2)$ . 令 $u = t_1 t_2 \> 16$ , 構造 $\phi(u) = \frac{u}{2} - 2\ln u$ . $\phi'(u) = \frac{1}{2} - \frac{2}{u} = \frac{u-4}{2u}$ . 当 $u \> 16$ 时, $\phi'(u) \> 0$ ，函數單调递增. 故 $S \> \phi(16) = 8 - 2\ln 16 = 8 - 8\ln 2$ . 證毕.

（2）转化零点問題 直線與曲線的公共点等价于方程 $g(x) = f(x) - kx - a = 0$ 的根.

g(x) = \sqrt{x} - \ln x - kx - a, x \in (0, +\infty).

边界分析： $\lim_{x \to 0^+} g(x) = +\infty$ （主導項 $-\ln x$ ）, $\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$ （主導項 $-kx$ ）. 由介值定理，至少存在一個零点. 要證唯一性，需分析函數起伏.

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

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

**情形二： $0 \< k \< \frac{1**{16}$ } 方程 $g'(x)=0$ 有两個根, 對應 $t_1 \in (0, 4)$ 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. 圖像走势為： $+\infty \searrow \text{極小} \nearrow \text{極大} \searrow -\infty$ . 要保證只有唯一零点，必须确保極小值 $g(x_1) \> 0$ （從而圖像在 $x_1$ 处不穿過 $x$ 轴）.

计算極小值 $g(x_1)$ , 其中 $k = \varphi(t_1) = \frac{1}{2t_1} - \frac{1}{t_1^2}$ ：

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 $m(t) = \frac{t}{2} - 2\ln t + 1$ . 需證明對于 $t_1 \in (0, 4)$ , 恒有 $m(t_1) \> a$ . $m'(t) = \frac{1}{2} - \frac{2}{t} = \frac{t-4}{2t}$ . 在 $(0, 4)$ 上 $m'(t) \< 0$ ，函數單调递减. 故 $m(t) \> m(4) = 2 - 2\ln 4 + 1 = 3 - 4\ln 2$ . 已知 $a \le 3 - 4\ln 2$ , 故 $g(x_1) = m(t_1) - a \> m(4) - a \ge 0$ .

因為極小值 $g(x_1) \> 0$ , 函數在 $(0, x_2]$ 区間内恒正, 僅在 $(x_2, +\infty)$ 單调下降穿過 $x$ 轴一次. 綜上，公共点唯一.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：当 $0 \< k \< 1/16$ 时, 利用極小值大于 $0$ 保證零点唯一

解題策略的進階视点

上面几道例題带给我们的启示是，其实处理零点問題可归纳為對函數“形态”與“位置”的两方面的綜合考察. 導數负责确定函數的形态（單调性、凹凸性），而边界值與極值则确定函數圖像在坐標係中的位置.

当 $f'(x)=0$ 為超越方程难以直接求解时，不可强行计算，而應分析導數表达式的结構.

提取公因式：若 $f'(x) = A(x) \cdot h(x)$ 且 $A(x)$ 恒正, 则 $f(x)$ 的單调性完全由辅助函數 $h(x)$ 决定.
高階求導：若 $f'(x)$ 的符号不明, 可继續對 $f'(x)$ 求導. 二階導數 $f''(x)$ 的符号能确定 $f'(x)$ 的單调性, 進而确定 $f'(x)$ 的零点（即原函數的極值点）.
隐零点代換：若 $f'(x_0)=0$ 的解 $x_0$ 无法用初等函數显式表达, 保留 $x_0$ 的形式, 利用 $f'(x_0)=0$ 導出的代數關係（如 $e^{x_0} = \frac{a}{x_0}$ ）對極值 $f(x_0)$ 進行降次或化簡.

而在处理含參范围問題时，直接讨論往往分支繁杂. 有效的策略是先寻找必要条件.

端点與特殊点限制：若要求 $f(x)$ 有零点, 函數在区間端点或特殊点（如 $0, 1, e$ ）的值往往受到限制.
趋势分析：考察 $x \to \infty$ 或定義域边界时的極限. 若两端趋向于 $+\infty$ ，则函數必有下界，零点個數取决于最小值的符号.

确定參數的必要范围后，再在缩小的范围内證明充分性.

又或者說当精确计算困难时，可利用不等式對函數進行“夹逼”或“放缩”.

零点存在性的比较判别

设 $f(x)$ 在区間 $I$ 上连續.

若存在函數 $g(x)$ 使得 $f(x) \ge g(x)$ 且 $g(x)$ 的最小值為正, 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, 常用切線放缩（如 $\ln x \le x-1$ ）或泰勒展開簡化函數表达式.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：參數變化導致函數圖像竖向平移，極值点相對于 $x$ 轴的位置决定零点個數

不等式中的存在性問題

與“恒成立”對應的是“存在性”問題，即特称命題 $\exists x_0 \in I, f(x_0) \ge g(x_0)$ .

转化逻辑：

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

例

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

解

問題等价于：在区間 $[0, 2]$ 上, $a \< [f(x)]_{\max}$ . 求導得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$ . 在 $[0, 2]$ 上, 驻点為 $x=1$ .

$x \in (0, 1)$ , $f'(x) \< 0$ ，函數递减；
$x \in (1, 2)$ , $f'(x) \> 0$ ，函數递增.

極小值 $f(1) = 1 - 3 = -2$ . 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 $a \< 2$ , 就存在這样的 $x$ .

隐零点與雙變量問題初步

在处理高階導數或複杂函數时，經常会遇到導函數的零点 $x_0$ 无法通過方程 $f'(x)=0$ 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.

隐零点代換（设而不求）

策略：若 $x_0$ 是方程 $f'(x)=0$ 的根, 则有關係式 $f'(x_0)=0$ .在后續求最值或證明不等式时, 将目標式中的參數（或超越項）用含有 $x_0$ 的代數式替換, 從而将雙變量（ $x$ 與參數）問題转化為關于 $x_0$ 的單變量函數問題.

例

已知函數 $f(x) = e^x - ax$ ( $a\>e$ ) 有两個零点 $x_1, x_2$ ( $x_1 \< x_2$ ).證明： $x_1 + x_2 \> 2$ .

證明

由 $f(x)=0$ 可知 $e^{x_1} = ax_1$ 且 $e^{x_2} = ax_2$ . 這意味着 $x_1, x_2$ 是方程 $\frac{e^x}{x} = a$ 的两個根.

令 $g(t) = \frac{e^t}{t}$ .求導得 $g'(t) = \frac{e^t(t-1)}{t^2}$ . $t=1$ 是 $g(t)$ 的極小值点. 由于 $a \> e = g(1)$ , 直線 $y=a$ 與曲線 $y=g(t)$ 确有两個交点, 分布在 $t=1$ 两侧, 即 $0 \< x_1 \< 1 \< x_2$ .

構造對称点法：要證 $x_1 + x_2 \> 2$ , 即證 $x_2 \> 2 - x_1$ . 由于 $x_1 \< 1$ , 故 $2 - x_1 \> 1$ . 注意到 $x_2$ 和 $2-x_1$ 均落在区間 $(1, +\infty)$ 内. 在该区間上，函數 $g(t)$ 單调递增. 因此，證明 $x_2 \> 2 - x_1$ 等价于證明 $g(x_2) \> g(2 - x_1)$ .

已知 $g(x_2) = a = g(x_1)$ , 故只需證明 $g(x_1) \> g(2 - x_1)$ . 代入表达式，即證：

\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 $t = x_1 \in (0, 1)$ .不等式两边取對數, 變形為 $\ln(2-t) - \ln t \> 2 - 2t$ . 设 $H(t) = \ln(2-t) - \ln t - 2 + 2t$ . 求導得：

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)}

對于 $t \in (0, 1)$ , 恒有 $H'(t) \< 0$ . 故 $H(t)$ 在 $(0, 1)$ 上單调递减.

H(t) \> H(1) = \ln 1 - \ln 1 - 2 + 2 = 0

證毕.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：利用函數的單调性與對称性处理隐零点問題

高階導數與泰勒展開初步

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

在前几章中，我们主要利用一階導數 $f'(x)$ 来研究函數的單调性與極值. 一階導數刻画了函數的瞬时變化率, 几何上對應切線的斜率. 本章我们将引入高階導數, 特别是二階導數 $f''(x)$ ，以探究函數圖像的弯曲程度（凹凸性）.

更進一步，我们将探讨數學分析中一個至關重要的思想：利用多項式函數去逼近任意複杂的函數. 這一思想的结晶——泰勒公式，不僅连接了初等數學與高等數學，也為不等式的證明提供了强有力的“降維打击”工具.

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 $\cap$ .

注

国内外教材對“凹”與“凸”的中文命名常有差异. 為避免歧義，本节主要關注圖像的几何形状： $\cup$ 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 ( $\cap$ ).

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：函數凹凸性與弦的位置關係

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. 判定拐点的關键在于檢查 $f''(x)$ 在 $x_0$ 两侧是否變号.

極值的第二充分条件

利用二階導數，我们可以不通過單调性列表，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）.

泰勒展開：用多項式逼近函數

我们熟悉一次函數（直線）和二次函數（抛物線），它们性質簡單，易于计算. 對于像 $e^x, \sin x, \ln x$ 這样複杂的超越函數, 我们能否用一個多項式 $P_n(x)$ 去模仿它？

逼近的逻辑

假设我们要用一個多項式在 $x=0$ 附近逼近函數 $f(x)$ .

零階近似： $P_0(x) = f(0)$ . (高度相同)
一階近似（切線）： $P_1(x) = f(0) + f'(0)x$ . (高度、斜率相同)
二階近似（抛物線）： $P_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2$ . (高度、斜率、弯曲程度相同)

沿着這個逻辑，如果我们要求多項式 $P_n(x)$ 在 $x=0$ 处的 $0$ 到 $n$ 階導數都與 $f(x)$ 相同，我们就得到了泰勒公式.

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

以下展開式在 $x \to 0$ 时成立，是处理極限與不等式的重要素材：

\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}

泰勒近似在不等式證明中的應用

泰勒公式不僅用于计算，更是證明不等式的强力工具. 其核心思想是：将超越函數替換為多項式，并控制余項的符号.

“切線放缩”的再审视

在上一章中，我们證明了 $e^x \ge 1+x$ . 這实际上是 $e^x$ 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，我们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

這本質上是比较 $\sin x$ 與其三階泰勒多項式. 構造辅助函數 $f(x) = \sin x - \left( x - \frac{x^3}{6} \right)$ . 我们需要證明当 $x\>0$ 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

此例展示了“降維”的威力：通過不断求導，我们将正弦函數的問題转化為了常數與 0 的比较問題，再层层反推回去. 這正是泰勒公式背后的逻辑链条.

洛必达法则與極限计算的係统策略

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

在第一章中，我们接触了極限的多种计算方法，但面對形如 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 這類不定式極限，除了少數特殊形式外，我们缺乏一种普适性的处理工具. 在第五章中，柯西中值定理為解决此類問題埋下了伏笔.

本章将正式介绍由该定理導出的洛必达法则 (L'Hôpital's Rule)，這是一种通過求導来计算不定式極限的强大算法. 同时，我们将係统梳理極限的求解策略，建立一套分层的方法論體係，以應對各种複杂的極限問題.

洛必达法则

在正式應用洛必达法则之前，有必要先探究其思想：為什么两個函數導數的比值，竟然可以代替原函數的比值？

当 $x \to a$ 时, 如果 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都趋向于 $0$ （或 $\infty$ ）, 那么它们的比值極限, 本質上取决于它们各自趋向于 $0$ （或 $\infty$ ）的相對速度. 而在微積分中，描述變化“速度”的最精准工具，正是導數.

我们可以通過一個物理比喻来建立直观认识. 想象 $f(x)$ 和 $g(x)$ 是两名赛跑選手, 终点線是 $y=0$ . 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 $0/0$ ）是没有意義的. 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, 即極限為 $2$ . 在數學上, $f(x)$ 在 $x=a$ 处的瞬时速度即為 $f'(a)$ . 因此，一個非常朴素的猜想诞生了：

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

這一猜想可以通過導數的定義得到初步验證. 考虑最簡單的情形： $f(a)=g(a)=0$ , 且在 $x=a$ 处導數存在, $g'(a) \neq 0$ . 回顾導數的定義, 当 $x$ 充分接近 $a$ 时, 我们有近似關係 $f(x) \approx f'(a)(x-a)$ 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：

\frac{f(x)}{g(x)} \approx \frac{f'(a)(x-a)}{g'(a)(x-a)} = \frac{f'(a)}{g'(a)}

這表明，洛必达法则本質上是用函數在 $a$ 点附近的**“切線”（線性近似）**来替代原函數進行计算.

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. 這一步最精妙之处在于變量的传递：因為 $\xi$ 被“夹”在 $a$ 和 $x$ 之間 ( $a \< \xi \< x$ ), 当端点 $x$ 无限逼近 $a$ 时, 中間点 $\xi$ 别无選择, 只能无限逼近 $a$ . 因此， $\lim_{x\to a}$ 對 $\xi$ 的作用等价于 $\lim_{\xi\to a}$ . 于是我们得到：

\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.

洛必达法则的核心思想是：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. 這意味着我们可以利用導數（切線斜率）的信息来推断函數值的趋近行為.

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.

證明思路

以 $\frac{0}{0}$ 型為例，其證明直接依赖于第五章的柯西中值定理. 若补充定義 $f(a)=g(a)=0$ , 则函數在闭区間 $[a, x]$ 上连續. 根据柯西中值定理：

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

其中 $\xi$ 介于 $a$ 與 $x$ 之間. 当 $x \to a$ 时, 必有 $\xi \to a$ . 若 $\lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = A$ , 则 $\lim_{\xi\to a} \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = A$ , 從而證明了原極限也為 $A$ .

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.

法则的滥用與陷阱

洛必达法则虽然强大，但并非万能钥匙. 盲目使用往往導致錯誤或死循环.

陷阱1：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：導數極限不存在

若 $\lim \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 不存在（振荡），并不意味着原極限不存在，只是說明洛必达法则在此失效，需改用夹逼定理或定義法.

例

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

解

原極限显然存在且為 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：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.

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.

\texorpdfstring{ $0 \cdot \infty$ 型

{0 times infinity type}} 转化策略：将乘積 $f \cdot g$ 變形為商 $\frac{f}{1/g}$ 或 $\frac{g}{1/f}$ . 通常選择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}} 转化策略：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.

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

{power-exponential type}} 转化策略：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 $\lim y = e^1 = e$ .

極限求解的策略总览

面對不同類型的極限問題，選择合适的解法至關重要。我们可以根据方法的複杂度和适用场景，将常用的求解策略分為三個层次。

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，此法最為有效。
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。

方法的選择建议

對于乘除形式的因子，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 $x-\sin x$ ）或涉及複合函數的複杂極限，泰勒展開通常是最稳健和係统的方法。

專題：必要性探路與端点分析法*

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

在运用導數处理不等式恒成立問題时，例如證明或求解參數范围使得 $f(x) \ge k$ 在区間 $I$ 上恒成立, 最經典的方法是寻求函數 $f(x)$ 在区間 $I$ 上的全局最小值 $f_{\min}$ , 并确保 $f_{\min} \ge k$ . 這种方法是一种充分性的構造，它直接验證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，在许多複杂問題中，函數的導函數可能异常繁琐，導致其驻点难以求解，或者函數的最值点并非驻点而是端点.在這些情况下，强行求解全局最小值的方法可能變得异常困难甚至不可行.此时，一种逆向的思維方式，即必要性分析，為我们提供了另一条解决問題的路径.

我们不再直接構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？”.這种從结論出發，反推初始条件的分析方法，其核心在于考察函數在边界点的“初始状态”與“运动趋势”.当不等式的临界情况恰好發生在区間的端点时，這种方法尤為有效，我们称之為端点分析法.

端点分析法则

我们考虑一類典型問題：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.為了保證后續的函數值不小于零，一個直观的判断是，函數在出發点不能有“向下”的趋势，即其初始變化率必须為非负.進一步地，如果函數的“加速度”是确定的，例如二階導數恒正，那么這個初始趋势就足以决定函數的全程行為.

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

必要性證明 (證明 $g(x) \ge 0 \implies g'(m) \ge 0$ ). 我们回归導數最原始的定義.函數 $g(x)$ 在端点 $m$ 处的導數 $g'(m)$ 定義為：

g'(m) = \lim_{x \to m^+} \frac{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， $g'(m) = \lim\limits_{x \to m^+} \frac{g(x) - g(m)}{x - m} \ge 0$ .

綜上所述，充分性與必要性均得以證明.

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），则该質点将永远不会运动到坐標轴的负半轴.此定理将一個涉及整個区間的恒成立問題，巧妙地转化為了一個僅需檢验端点处導數值的問題，極大地簡化了分析過程.

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.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：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 $x \in (0,2)$ .

\paragraph{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 $h(x) = -(\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x})$ . 我们需求 $a$ 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 $x=1$ . 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{第二問} 為證明 $f(x)$ 的圖像是中心對称圖形, 我们考察 $f(x)+f(2-x)$ .

\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 $-2$ .

故我们必须有 $3b \ge -2$ , 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.

綜上所述， $b$ 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 $(0, \frac{\pi}{2})$ . 首先對函數 $f(x)$ 求導. 我们注意到 $\frac{\sin x}{\cos^3 x} = \tan x \sec^2 x$ . 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 $f'(x) = a - \dfrac{1+2\sin^2 x}{\cos^4 x}$ .

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

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

我们考察函數在端点 $x=0$ 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，這提供了一個强烈的必要性条件：函數在出發点不能有增加的趋势，即其導數在该点必须非正.

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 $a \le 3$ .

接下来，我们验證当 $a \le 3$ 时, 该条件是否為充分条件. 我们只需證明当 $a=3$ 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，我们進行變量代換, 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.

綜上所述， $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 3]$ .

極限的局部保号性*

我们时常需要從一個函數極限的性質，推断出该函數在其極限点附近的性質.一個最為基本且深刻的联係便是，如果一個函數无限趋近于一個非零的常數，那么在充分靠近極限点的邻域内，该函數值的符号必然與極限值的符号保持一致.這個看似显而易见的直观结論，是连接極限與函數局部行為的重要桥梁，值得我们進行一次严谨的探讨.

想象一個變量 $f(x)$ 的值正在无限地逼近一個正數 $L=5$ . 這意味着 $f(x)$ 與 $5$ 之間的距离 $|f(x)-5|$ 可以變得任意小.如果我们要求這個距离小于 $1$ , 即 $|f(x)-5|\<1$ , 那么 $f(x)$ 的值就必须被限制在区間 $(4, 6)$ 之内.這個区間内的所有數显然都是正數.

這個簡單的思想实验揭示了一個深刻的原理：只要一個函數收敛于一個非零極限，我们总能通過设置一個足够小的誤差范围，将函數值“框定”在一個不包含零的区間内.我们将這個直观思想形式化，便得到了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

我们以 $L\>0$ 的情形為例進行證明, $L\<0$ 的情况完全類似.

我们的目標是證明存在一個正數 $\delta$ , 使得当 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时, 恒有 $f(x)\>0$ .

證明的關键在于巧妙地選取 $\varepsilon-\delta$ 定義中的 $\varepsilon$ . 我们需要選取一個足够小的 $\varepsilon$ , 使得由不等式 $|f(x)-L|\<\varepsilon$ 所确定的区間 $(L-\varepsilon, L+\varepsilon)$ 完全位于 $x$ 轴的上方, 即 $L-\varepsilon \> 0$ .

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, 對于我们選定的這個 $\varepsilon = L/2$ , 必然存在一個正數 $\delta$ , 使得当自變量 $x$ 满足 $0 \< |x-x_0| \< \delta$ 时，不等式

|f(x) - L| \< \frac{L}{2}

恒成立.

我们将這個绝對值不等式展開：

-\frac{L}{2} \< f(x) - L \< \frac{L}{2}

在不等式三边同时加上 $L$ :

L - \frac{L}{2} \< f(x) \< L + \frac{L}{2}

化簡得到：

\frac{L}{2} \< f(x) \< \frac{3L}{2}

我们特别關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 $f(x) \> \frac{L}{2} \> 0$ , 這直接證明了 $f(x)\>0$ .

至此，我们已經證明了存在一個去心邻域 $U^\circ(x_0, \delta)$ , 使得對于其中所有的 $x$ , 都有 $f(x)\>0$ . 證毕.

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：極限局部保号性的几何诠释

極限的局部保号性定理有一個極為重要的推論，它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

我们采用反證法. 假设 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = L \< 0$ . 根据我们刚刚證明的局部保号性定理，若極限 $L$ 為负, 则必然存在 $x_0$ 的一個去心邻域, 使得對于此邻域内的所有 $x$ , 都有 $f(x) \< 0$ .

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. 因此，我们的初始假设“ $L\<0$ ”必定是錯誤的. 故必有 $L \ge 0$ .

注意：严格不等号的退化

一個必须注意的细节是，即使在邻域内恒有严格不等式 $f(x) \> 0$ , 其極限也只能保證是非负的, 即 $\lim\limits_{x \to x_0} f(x) \ge 0$ ，而不能保證是严格大于零的.

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看似簡單，但它在许多證明中扮演着基石的角色.回顾我们在“端点分析法”一节中的論證，我们正是运用了此推論.

在證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 $g'(m) \ge 0$ . 我们的證明過程是：

g'(m) = \lim_{x \to m^+} \frac{g(x) - g(m)}{x - m}

我们論證了對于所有 $x\>m$ , 差商 $\frac{g(x)-g(m)}{x-m}$ 是一個非负的量. 接着，我们正是运用了極限的保不等式性，得出结論：一個非负函數在 $x \to m^+$ 时的極限，也必然是一個非负數.

\lim_{x \to m^+} \underbrace{\frac{g(x) - g(m)}{x - m}}_{\ge 0} \ge 0

這便是 $g'(m) \ge 0$ 的严格數學依据.可见，保号性定理是我们進行严谨分析时不可或缺的底层逻辑.

方法的局限性與全局分析的回归

我们已經认识到，端点分析法的有效性严格依赖于函數一階導數的單调性.当此前提条件不被满足时，该方法将由充分必要条件退化為僅具有必要性，從而可能導出錯誤的结論.理解此方法的局限性，對于在複杂問題中正确選择分析策略至關重要.

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 $(m, +\infty)$ 内并非單调递增，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，函數可能在区間的内部某点 $x_0$ 取得一個極小值 $g(x_0) \< 0$ .這個極小值在端点分析中是不可见的，我们称之為隐蔽極小值.

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): 我们只證明 $g''(x) \ge 0$ 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.我们已經通過前文的分析說明, 存在這样的函數, 它满足 $g(m)=0$ 和 $g'(m) \> 0$ , 但由于 $g''(x)$ 在 $(m, +\infty)$ 上變号, 導致 $g(x)$ 在区間内部出現了小于零的極小值. 這個反例清晰地表明，当 $g''(x)$ 符号不定时, 即使满足了必要条件 $g'(m) \ge 0$ , 也不能保證 $g(x) \ge 0$ 恒成立.因此，该条件不再是充分的.

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.

我们進一步分析，寻求一個能确保 $g(x) \ge g(0)$ 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 $h(x) = g'(x) = e^x + 2ax - 1 - \frac{3}{2}x^2$ . 我们現在分析使 $h(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立的 $a$ 的范围. 我们注意到 $h(0) = e^0 - 1 = 0$ . 這再次構成了一個端点值為零的恒成立問題.為确保 $h(x) \ge 0$ , 我们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 $k(x) = e^x - 3x + 3\ln 3 - 3$ . $k'(x)=e^x-3$ . 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，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 $[\frac{3}{2}(\ln 3 - 1), +\infty)$ .

何时有效，何时失效？

由上节我们知道，端点分析法是一种極其强大的工具，但它并非万能的灵丹妙药.其有效性严格地依赖于一個前提：函數一階導數的單调性.在應用此方法之前，對其适用性進行审慎的檢验，是保證结論正确性的關键步骤.

我们回顾端点分析法所处理的核心模型：證明 $g(x) \ge 0$ 在 $[m, +\infty)$ 上恒成立, 其中已知 $g(m)=0$ . 此方法的精髓在于，如果函數在出發点 $(m,0)$ 的“初始速度” $g'(m)$ 是非负的，并且其“加速度”始终能保證這個“速度”不会在中途變為负值，那么函數值就永远不会“跌破”零.

這里的“加速度”在數學上由二階導數 $g''(x)$ 刻画, 它决定了一階導數 $g'(x)$ 的單调性.

端点分析法适用性判别三步法

對于端点值為零的不等式恒成立問題，判断端点分析法是否适用的可操作步骤如下：

構造函數與求導： 構造满足 $g(m)=0$ 的辅助函數 $g(x)$ , 并计算其一階導數 $g'(x)$ 和二階導數 $g''(x)$ .
檢验二階導數符号： 分析 $g''(x)$ 在区間 $(m, +\infty)$ 上的符号.

若 $g''(x)$ 恒為非负 (或恒為非正)： 這表明 $g'(x)$ 在该区間上是單调的.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： 這表明 $g'(x)$ 在该区間上不單调.此时, 端点分析法失效.条件 $g'(m) \ge 0$ 僅僅是一個必要条件，不再是充分条件.

選择策略： 若适用，则通過檢验 $g'(m)$ 的符号直接得出结論；若失效, 则必须放棄端点分析, 回归到求解 $g'(x)$ 的零点, 通過分析 $g(x)$ 的單调性来寻找其在 $[m, +\infty)$ 上的全局最小值.

我们通過一個具體的例子来深刻理解為何当 $g'(x)$ 不單调时，端点分析法会導出錯誤的结論.

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. 我们構造辅助函數 $g(x) = \sin x - x + \frac{1}{6}x^3 - ax^4$ . 考察函數在端点 $x=0$ 的值：

g(0) = \sin 0 - 0 + 0 - 0 = 0

這是一個端点值為零的恒成立問題.

一個看似合理的想法是，為了使 $g(x)$ 從 $g(0)=0$ 出發后始终保持非负, 我们只需保證它在 $x=0$ 处不下降，并且“初始加速度”也支持它不下降.我们来逐階考察其在端点处的導數值.

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

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

這個结論似乎暗示了 $a \le 0$ 就是最终的答案.然而, 這种僅依赖于 $x=0$ 点局部信息的分析方法, 忽略了函數在整個 $[0, +\infty)$ 区間上的全局行為.二階導數 $g''(x)$ 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礎——導函數單调性，并不成立.這种局部“探路”得到的必要条件，在此例中恰好與正确答案吻合，但這具有相当的偶然性，并不能構成严谨的證明. 我们對參數 $a$ 的符号進行分類讨論.

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

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

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

情况二： $a \> 0$

我们需要證明，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，而是考察函數在无穷远处的行為.

将 $g(x)$ 變形為：

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( \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 $a\>0$ , 故極限值 $-a$ 是一個负數.

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

\frac{\sin x}{x^4} - \frac{1}{x^3} + \frac{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：

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

我们構造辅助函數 $g(x) = x^3 - 3x^2 + ax$ . 考察函數在端点 $x=0$ 的值：

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：

g'(x) = 3x^2 - 6x + a

g''(x) = 6x - 6 = 6(x-1)

我们發現，二階導數 $g''(x)$ 在区間 $(0, +\infty)$ 上的符号是不定的. 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 $g'(x)$ 在考察的区間上不具備單调性，我们得出结論：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

如果我们无视适用性檢验，而錯誤地應用端点分析法，会得到什么呢？我们会從“ $g(x) \ge 0$ 恒成立”推出必要条件 $g'(0) \ge 0$ .

g'(0) = 3(0)^2 - 6(0) + a = a \ge 0

如果我们誤将此必要条件当作充分条件，就会得出錯誤的答案 $a \ge 0$ .

我们来验證這個答案的錯誤性.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, $g(x)\<0$ , 與題设 $g(x) \ge 0$ 恒成立相矛盾.

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，我们必须放棄端点分析，回归到對函數全局最小值的分析. 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.

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}

為使 $h(x) \ge 0$ 恒成立，我们必须有其最小值非负:

a - \frac{9}{4} \ge 0 \implies a \ge \frac{9}{4}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

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

结論與警示

此例深刻地揭示了机械套用端点分析法的危险性.在处理端点值為零的恒成立問題时，计算并分析二階導數 $g''(x)$ 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"隐蔽極小值"的存在，并回归到更為根本的全局最值分析方法.

本节習題

習題

\exerciseentry { 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. } { 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. } \exerciseentry { 求实數 $a$ 的取值范围, 使得對于任意 $x \in [0, \frac{\pi}{2}]$ , 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. } \exerciseentry { 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. } { 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. }

習題解析

解

第一題

原不等式等价于 $e^x - ax - 1 \ge 0$ 在区間 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 我们構造辅助函數 $g(x) = e^x - ax - 1$ .

考察函數在端点 $x=0$ 的值：

g(0) = e^0 - a(0) - 1 = 1 - 1 = 0

這是一個端点值為零的恒成立問題. 我们首先檢验端点分析法的适用性.

计算一階與二階導數：

g'(x) = e^x - a

g''(x) = e^x

對于任意 $x \in (0, +\infty)$ , 恒有 $g''(x) = e^x \> 0$ . 這表明導函數 $g'(x)$ 在区間 $[0, +\infty)$ 上是严格單调递增的.

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 $g'(0) \ge 0$ .

g'(0) = e^0 - a = 1 - a \ge 0

解得 $a \le 1$ . 故所求实數 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 1]$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

解

第二題

原不等式等价于 $a(x-1) - \ln x \ge 0$ 在区間 $[1, +\infty)$ 上恒成立. 構造辅助函數 $g(x) = a(x-1) - \ln x$ .

考察函數在端点 $x=1$ 的值：

g(1) = a(1-1) - \ln 1 = 0 - 0 = 0

這是一個端点值為零的恒成立問題. 檢验适用性.

计算一階與二階導數：

g'(x) = a - \frac{1}{x}

g''(x) = \frac{1}{x^2}

對于任意 $x \in (1, +\infty)$ , 恒有 $g''(x) = \frac{1}{x^2} \> 0$ . 這表明 $g'(x)$ 在 $[1, +\infty)$ 上严格單调递增.

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 $g'(1) \ge 0$ .

g'(1) = a - \frac{1}{1} = a - 1 \ge 0

解得 $a \ge 1$ . 故所求实數 $a$ 的取值范围是 $[1, +\infty)$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

解

第三題

原不等式等价于 $ax - \sin x \ge 0$ 在区間 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上恒成立. 構造辅助函數 $g(x) = ax - \sin x$ .

考察函數在端点 $x=0$ 的值：

g(0) = a(0) - \sin 0 = 0

這是一個端点值為零的恒成立問題. 檢验适用性.

计算一階與二階導數：

g'(x) = a - \cos x

g''(x) = \sin x

對于任意 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ , 恒有 $g''(x) = \sin x \> 0$ . 這表明 $g'(x)$ 在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上严格單调递增.

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 $g'(0) \ge 0$ .

g'(0) = a - \cos 0 = a - 1 \ge 0

解得 $a \ge 1$ .

此结論亦可由參數分离法验證：当 $x\>0$ 时, $a \ge \frac{\sin x}{x}$ . 由于函數 $\frac{\sin x}{x}$ 在 $(0, \frac{\pi}{2}]$ 上單调递减, 其最大值（上确界）為 $\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$ . 故 $a \ge 1$ . 所求实數 $a$ 的取值范围是 $[1, +\infty)$ .

解

第四題

不等式 $f(x) = e^x - \frac{1}{2}x^2 - ax - 1 \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 我们構造辅助函數 $g(x) = f(x)$ .

考察端点值: $g(0) = e^0 - 0 - 0 - 1 = 0$ . 這是一個端点值為零的恒成立問題. 導函數為 $g'(x) = e^x - x - a$ .

為應用端点分析法，我们需考察 $g'(x)$ 的單调性, 即 $g''(x)$ 的符号.

g''(x) = e^x - 1

對于任意 $x \in (0, +\infty)$ , 恒有 $e^x \> 1$ , 故 $g''(x) \> 0$ . 這表明 $g'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上是严格單调递增的.

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 $g'(0) \ge 0$ .

g'(0) = e^0 - 0 - a = 1 - a \ge 0

解得 $a \le 1$ . 所求实數 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 1]$ .

解

第五題

原不等式為 $x^3 - 3x^2 + ax \ge 0$ 在区間 $[0, +\infty)$ 上恒成立. 我们構造辅助函數 $g(x) = x^3 - 3x^2 + ax$ .

考察函數在端点 $x=0$ 的值：

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. 我们首先檢验端点分析法的适用性.

计算一階與二階導數：

g'(x) = 3x^2 - 6x + a

g''(x) = 6x - 6 = 6(x-1)

我们發現，二階導數 $g''(x)$ 在区間 $(0, +\infty)$ 上的符号是不定的. 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 $g'(x)$ 不具備單调性，端点分析法在此問題中失效.

条件 $g'(0) \ge 0$ 僅僅是 $g(x) \ge 0$ 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, 但不能作為最终结論. 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, $g(x)\<0$ ，與題设矛盾.

我们必须回归到對函數全局最小值的分析. 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.

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}

為使 $h(x) \ge 0$ 恒成立，我们必须有其最小值非负:

a - \frac{9}{4} \ge 0 \implies a \ge \frac{9}{4}

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

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

解

第六題

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. 我们構造辅助函數 $g(x) = e^x + ax^2 - x - \frac{1}{2}x^3 - 1$ . 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.

考察函數在端点 $x=0$ 的值： $g(0) = e^0 - 1 = 0$ . 這是一個端点值為零的恒成立問題. 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 $g(x) \ge 0$ , 一個必要的条件是 $g'(0) \ge 0$ . 經计算， $g'(0) = e^0 - 1 = 0$ . 此必要条件恒成立, 未能提供關于參數 $a$ 的直接约束.

為使 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上單调递增, 一個充分条件是 $g'(x) \ge 0$ 在此区間恒成立. 我们令 $h(x) = g'(x) = e^x + 2ax - 1 - \frac{3}{2}x^2$ . 于是問題转化為分析 $h(x) \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立的条件. 我们注意到 $h(0) = e^0 - 1 = 0$ . 這再次構成了一個端点值為零的恒成立問題.

為确保 $h(x) \ge 0$ , 我们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 $h'(x)$ : $h'(x) = g''(x) = e^x + 2a - 3x$ .

問題最终转化為求解 $a$ 的范围, 使得 $e^x + 2a - 3x \ge 0$ 在 $[0, +\infty)$ 恒成立. 此时，函數结構已足够簡化，可以使用參數分离法: $2a \ge 3x - e^x$ . 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.

接下来，我们需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 $x \ge 0$ , $h'(x) = g''(x) = e^x + 2a - 3x \ge 0$ 恒成立. $g''(x) \ge 0$ 保證了 $g'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上單调递增, 故 $g'(x) \ge g'(0) = 0$ . $g'(x) \ge 0$ 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, 說明 $g'(x)$ 不單调. $g'(x)$ 從 $g'(0)=0$ 出發, 先增后减. 又因 $\lim\limits_{x \to +\infty} g'(x) = -\infty$ , 故 $g'(x)$ 必在某点后變為负值. $g'(x)$ 符号不定, 導致 $g(x)$ 先增后减. $g(x)$ 從 $g(0)=0$ 出發, 先递增至一個正的極大值, 之后開始递减. 又因 $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$ , 故 $g(x)$ 必然在某点后變為负值. 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 $[\frac{3}{2}(\ln 3 - 1), +\infty)$ .

專題研讨：極值点偏移問題

{/* label: sec:ch14-s13 */}

在处理雙零点或雙極值点問題时，我们常常会遇到一類看似與對称性相關，但实际上存在“偏移”的难題。

例如，已知函數 $f(x)$ 有两個零点 $x_1, x_2$ , 題目要求證明 $x_1 + x_2 \> 2x_0$ （其中 $x_0$ 為極值点）。如果函數關于 $x=x_0$ 對称（如二次函數）, 显然有 $x_1 + x_2 = 2x_0$ 。然而, 大多數超越函數并不具備完美的對称性, 這就導致中点 $\frac{x_1+x_2}{2}$ 偏离了極值点 $x_0$ 。這一現象被称為“極值点偏移”。

本專題将係统介绍处理此類問題的三种核心方法，從通用的構造法到巧妙的變量代換，层层递進。

問題的引入與识别

典型情景

極值点偏移問題通常以以下两种形式出現：

零点偏移：函數 $f(x)$ 有两個零点 $x_1, x_2$ , 證明 $x_1 + x_2 \> 2x_0$ 或 $x_1x_2 \> x_0^2$ 。
極值偏移：函數 $f(x)$ 有两個極值点 $x_1, x_2$ （即導函數的零点）, 證明 $f(x_1) + f(x_2) \> C$ 。

核心特征與典例

這類問題的核心在于“伪對称”：函數圖像在極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。常见的模型函數如 $xe^x$ , $x\ln x$ , $\frac{e^x}{x}$ 等，其導數往往包含指數或對數項，導致了非對称性。

例

已知函數 $f(x) = xe^x$ 。若 $f(x_1) = f(x_2)$ 且 $x_1 \neq x_2$ , 求證： $x_1 + x_2 \< -2$ 。

直观分析：求導得 $f'(x) = (x+1)e^x$ 。函數在 $x=-1$ 处取得極小值。如果 $f(x)$ 的圖像關于直線 $x=-1$ 對称, 那么显然 $x_1+x_2 = 2(-1) = -2$ 。结論 $\< -2$ 暗示两根的中点偏向了極值点的左侧。這是因為在 $x=-1$ 左侧（ $x \to -\infty$ ）函數趋于0, 比较平缓；而在右侧函數增长極快。為了达到相同的高度, 左侧的点 $x_1$ 必须跑得比右侧的点 $x_2$ 更远。

解法一：構造對称函數法

這是处理此類問題最通用、最严谨的方法。既然函數本身不對称，我们就人為構造一個對称的结構来進行比较。

核心思想

设 $x_1 \< x_0 \< x_2$ , 其中 $x_0$ 是極值点。我们想比较 $x_2$ 與“ $x_1$ 關于 $x_0$ 的對称点 $2x_0 - x_1$ ”的大小。構造辅助函數 $F(x) = f(x) - f(2x_0 - x)$ , 利用函數的單调性来推導 $f(x_1)$ 與 $f(2x_0 - x_1)$ 的關係。

操作步骤

以典例 $f(x) = xe^x$ 為例, 證明 $x_1 + x_2 \< -2$ 。極值点 $x_0 = -1$ 。

设而不求：不妨设 $x_1 \< -1 \< x_2$ 。我们要證 $x_1 + x_2 \< -2$ , 即證 $x_1 \< -2 - x_2$ 。由于 $f(x)$ 在 $(-\infty, -1)$ 上單调递减, 上述不等式等价于 $f(x_1) \> f(-2 - x_2)$ 。又因為 $f(x_1) = f(x_2)$ , 問題转化為證明： $f(x_2) \> f(-2 - x_2)$ 對于 $x_2 \in (-1, +\infty)$ 成立。
構造辅助函數：令 $g(x) = f(x) - f(-2-x)$ , 其中 $x \> -1$ 。目標是證明 $g(x) \> 0$ 。
分析單调性：求導：

g'(x) = f'(x) - f'(-2-x) \cdot (-1) = f'(x) + f'(-2-x)

代入 $f'(x) = (x+1)e^x$ ：

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})

因為 $x \> -1$ , 所以 $x+1 \> 0$ 。同时 $x \> -2-x \iff 2x \> -2 \iff x \> -1$ , 由 $e^x$ 單调递增可知 $e^x \> e^{-2-x}$ 。因此，對于 $x \> -1$ , 恒有 $g'(x) \> 0$ 。 4. 得出结論：函數 $g(x)$ 在 $(-1, +\infty)$ 上單调递增。

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 $f(x_1) \> f(-2-x_2)$ 。因為 $x_1$ 和 $-2-x_2$ 都在單调递减区間 $(-\infty, -1)$ 内，所以 $x_1 \< -2-x_2$ , 即 $x_1 + x_2 \< -2$ 。證毕。

解法二：對數均值不等式 / 變換主元法

對于指數或對數型函數，往往可以通過代數變形，将雙變量問題转化為單變量不等式問題。

核心思想

利用 $f(x_1) = f(x_2)$ 這一等式, 将 $x_1, x_2$ 用一個新的變量 $t$ （通常设 $t = x_1/x_2$ 或 $t=x_1-x_2$ ）表示出来, 從而将待證不等式转化為關于 $t$ 的函數不等式。

操作步骤

仍以 $f(x) = xe^x$ 為例。

代數變形：由 $x_1e^{x_1} = x_2e^{x_2}$ , 两边取對數（注意 $x_1, x_2$ 均為负數，取對數需取绝對值，或移項變形）。變形為： $\frac{x_1}{x_2} = e^{x_2 - x_1}$ 。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 $x_2 - x_1 = \ln(-x_1) - \ln(-x_2) = \ln(\frac{x_1}{x_2})$ 。
變換主元：令 $t = \frac{x_1}{x_2}$ 。因為 $x_1 \< -1 \< x_2 \< 0$ , 所以 $t \> 1$ 。将 $x_2 - x_1 = \ln t$ 與 $\frac{x_1}{x_2} = t$ 联立求解：

x_1 = \frac{t \ln t}{t-1}, x_2 = \frac{\ln t}{t-1}

構造新函數：要證 $x_1 + x_2 \< -2$ ，即證：

\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 $h(t) = (t+1)\ln t + 2t - 2$ ( $t \> 1$ )。求導 $h'(t) = \ln t + \frac{t+1}{t} + 2 = \ln t + 3 + \frac{1}{t}$ 。此处需仔细檢查符号或二次求導。实际上，對于此類標准形式，利用對數均值不等式 $\sqrt{ab} \< \frac{a-b}{\ln a - \ln b} \< \frac{a+b}{2}$ 往往更為快捷。

解法三：泰勒展開 / 高階導數分析法（“降維打击”）

這是一种從高等數學视角出發的分析方法。極值点偏移的本質原因是函數在極值点两侧的“弯曲程度”不同，而弯曲程度由高階導數控制。

核心思想

我们将函數 $f(x)$ 在極值点 $x_0$ 处展開。设 $x_1 = x_0 - \delta_1$ , $x_2 = x_0 + \delta_2$ ( $\delta_1, \delta_2 \> 0$ )。由泰勒公式：

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 $f(x_1) = f(x_2)$ ：

\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

這暗示了 $\delta_1$ 和 $\delta_2$ 的大小關係取决于三階導數 $f'''(x_0)$ 的符号。

判定准则

若 $f'''(x_0) = 0$ ，函數在極值点附近局部對称性强，偏移極小。
若 $f'''(x_0) \> 0$ , 通常意味着極值点右侧“更陡峭”, 為了达到相同高度, 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（不能直接作為解答步骤），但它能迅速指明不等式的方向，是檢验猜想和指導構造辅助函數的强大工具。例如在典例中， $f'''(-1)$ 易算得為正, 故迅速判断出 $x_1+x_2 \< -2$ 。

建议

首選解法一：構造對称函數法逻辑最严密，适用范围最廣，是解答題的標准动作。
辅助解法二：變換主元法技巧性强，對于 $x, e^x, \ln x$ 组合的問題往往有奇效，可作為備選思路。
高观点解法三：作為教师或高階學生的直觉训練工具，帮助洞察問題本質，預判结論方向。

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