## 一、函数 ### 1. 定义、名词和术语 #### 1.1 函数的定义 设 $f$ 是集合 $A$ 到集合 $B$ 的一个对应法则. 如果 $f$ 满足： - 对于任意 $x\in A$，存在唯一的 $y\in B$ 与 $x$ 对应. 则称 $f$ 为 $A$ 到 $B$ 的**映射**，记为 $$f:A\to B,\qquad y=f(x)$$ 若 $B$ 是数集，则称 $f$ 为**函数**. #### 1.2 名词和术语 设 $f:A\to B$，则： - $x\in A$：原像； - $f(x)\in B$：$x$ 的像； - $A$：定义域，记为 $D_f$； - $B$：陪域； - $R_f=\{f(x)\mid x\in A\}$：值域. #### 1.3 函数的图象 设 $f:A\subset R^n\to R$，$n=1,2$，称 $$graph_f=\{(x,f(x))\mid x\in A\}$$ 为 $f$ 的**图象**. 当 $n=1$ 时，图象是平面上的一条曲线；当 $n=2$ 时，图象是空间中的一张曲面. ### 2. 函数的有界性和单调性 #### 2.1 有界性 设 $f:A\to R$. 如果 $$\exists m>0,\ \forall x\in A,\quad |f(x)|\leq m$$ 则称 $f$ 在 $A$ 上**有界**，否则称 $f$ 在 $A$ 上**无界**. #### 2.2 单调性 设 $f:A\to R$. **（1）单调不减**：如果 $$f(x_1)\leq f(x_2),\quad \forall x_1,x_2\in A,\ x_1\leq x_2$$ 则称 $f$ 在 $A$ 上**单调不减**. **（2）严格单调增**：如果 $$f(x_1)$）. **（4）统称**：单调不减与单调不增统称**单调**；严格单调增与严格单调减统称**严格单调**. ### 3. 函数的运算 函数的运算都是逐点定义的. 设 $f,g:A\to R,\ k\in R$，则对任意 $x\in A$： - $(f+g)(x)=f(x)+g(x)$； - $(kf)(x)=kf(x)$； - $(fg)(x)=f(x)g(x)$； - $(\dfrac{f}{g})(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}$（$\forall x\in A,\ g(x)\neq 0$）； - $(\max\{f,g\})(x)=\max\{f(x),g(x)\}$. #### 3.1 复合映射 设 $f:A\to B,\ g:B\to C$，定义 $$g\circ f:A\to C,\qquad (g\circ f)(x)=g(f(x))$$ 称 $g\circ f$ 为**复合映射**. 如果 $f$ 和 $g$ 为函数，则 $g\circ f$ 为**复合函数**. #### 3.2 逆映射 设 $f:A\to B$，则： - 如果 $f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow x_1=x_2,\ \forall x_1,x_2\in A$，称 $f$ 是**单射**； - 如果 $R_f=B$，称 $f$ 是**满射**； - 如果 $f$ 既是单射又是满射，称 $f$ 是**双射**. 设 $f:A\to B$ 是双射，定义 $f^{-1}:B\to A$ 为**逆映射**，它满足 $$f^{-1}(f(x))=x,\quad \forall x\in A;\qquad f(f^{-1}(y))=y,\quad \forall y\in B$$ 设 $f:A\subset R\to B\subset R$，$f$ 为双射，则又称 $f^{-1}$ 为 $f$ 的**反函数**. $f$ 与 $f^{-1}$ 的图象关于直线 $y=x$ 对称. ### 4. 三角与反三角函数 #### 4.1 三角函数的基本关系式 倒数关系： $$\csc x=\dfrac{1}{\sin x},\qquad \sec x=\dfrac{1}{\cos x}$$ 平方关系： $$\tan^2x+1=\sec^2x,\qquad \cot^2x+1=\csc^2x$$ #### 4.2 三角函数的导数与单调性 导数公式： $$(\tan x)'=\sec^2x=\dfrac{1}{\cos^2x}>0,\qquad (\cot x)'=-\csc^2x=-\dfrac{1}{\sin^2x}<0$$ $$(\sec x)'=\sec x\tan x,\qquad (\csc x)'=-\csc x\cot x$$ 由导数符号得单调性： - 因为 $(\tan x)'>0$，所以 $\tan x$ 在每个区间 $(-\dfrac{\pi}{2}+k\pi,\dfrac{\pi}{2}+k\pi)$（$k\in Z$）内单调增； - 因为 $(\cot x)'<0$，所以 $\cot x$ 在每个区间 $(k\pi,(k+1)\pi)$（$k\in Z$）内单调减. #### 4.3 反三角函数 反三角函数是相应三角函数在选定区间上的反函数. 四个反三角函数的定义区间、值域与记号如下： **（1）反正弦函数**：设 $f:[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}]\to[-1,1]$，$f(x)=\sin x$，则 $f$ 是双射，称 $f^{-1}$ 为**反正弦函数**，记为 $$f^{-1}(x)=\arcsin x,\qquad x\in[-1,1]$$ **（2）反余弦函数**：设 $f:[0,\pi]\to[-1,1]$，$f(x)=\cos x$，则 $f$ 是双射，称 $f^{-1}$ 为**反余弦函数**，记为 $$f^{-1}(x)=\arccos x,\qquad x\in[-1,1]$$ **（3）反正切函数**：设 $f:(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2})\to R$，$f(x)=\tan x$，则 $f$ 是双射，称 $f^{-1}$ 为**反正切函数**，记为 $$f^{-1}(x)=\arctan x,\qquad x\in R$$ **（4）反余切函数**：设 $f:(0,\pi)\to R$，$f(x)=\cot x$，则 $f$ 是双射，称 $f^{-1}$ 为**反余切函数**，记为 $$f^{-1}(x)=\operatorname{arccot}x,\qquad x\in R$$ #### 4.4 双曲函数 **双曲正弦**： $$\sinh x=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\quad(\text{奇函数})$$ **双曲余弦**： $$\cosh x=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\quad(\text{偶函数})$$ ## 二、极限 ### 1. 数列的极限 #### 1.1 定义和记号 设 $a:N^+\to R$，我们称 $a$ 是一个**数列**，记 $$a_n=a(n),\qquad n=1,2,\dots$$ 在不会引起混淆的情况下，也记 $$\{a_n\}=\{a_n\}_{n=1}^{+\infty}$$ 设 $a_n,a\in R,\ n=1,2,\dots$. 如果对于任意 $\epsilon>0$，存在 $N\in N^+$，使得 $$|a_n-a|<\epsilon,\qquad \forall n\geq N$$ 则称 $a$ 为数列 $\{a_n\}$ 的**极限**，记为 $$\lim_{n\to\infty}a_n=a\qquad\text{或}\qquad a_n\to a$$ 如果数列 $\{a_n\}$ 有极限，称 $\{a_n\}$ **收敛**，否则称 $\{a_n\}$ **发散**. $a_n\to a$ 意味着： 当 $n$ 充分大时，$a_n$ 与 $a$ 很接近，而且要多接近有多接近. #### 1.2 极限的证明 以**算术平均收敛定理**为例，即证： 若 $a_n\to a$，则 $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$$ > **证明：** > > **第一步（化为零极限）**：令 $b_n=a_n-a$. 由 $a_n\to a$ 得 $b_n\to 0$，于是原命题等价于：若 $b_n\to 0$，则 > > $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{b_1+b_2+\cdots+b_n}{n}=0$$ > > **第二步（控制尾部）**：由于 $b_n\to 0$，所以对任意 $\epsilon>0$，存在 $N\in N^+$，使得 $n\geq N$ 时，$|b_n|<\dfrac{\epsilon}{2}$. > > 当 $n\geq N$ 时，$b_N,b_{N+1},\dots,b_n$ 共 $n-N+1$ 项，且每项都满足 $|b_k|<\dfrac{\epsilon}{2}$，所以 > > $$\left|\dfrac{b_N+b_{N+1}+\cdots+b_n}{n}\right|\leq\dfrac{(n-N+1)\times\dfrac{\epsilon}{2}}{n}<\dfrac{\epsilon}{2}$$ > > **第三步（控制首部）**：又因为 $N$ 固定，所以 $b_1+\cdots+b_{N-1}$ 是与 $n$ 无关的常数，从而 > > $$\dfrac{b_1+\cdots+b_{N-1}}{n}\to 0$$ > > 所以存在 $N_1>N$，使得当 $n>N_1$ 时， > > $$\left|\dfrac{b_1+\cdots+b_{N-1}}{n}\right|<\dfrac{\epsilon}{2}$$ > > **第四步（合并）**：于是当 $n>N_1$ 时， > > $$\left|\dfrac{b_1+b_2+\cdots+b_n}{n}\right|<\dfrac{\epsilon}{2}+\dfrac{\epsilon}{2}=\epsilon$$ > > 因此 > > $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{b_1+b_2+\cdots+b_n}{n}=0$$ > > 原命题得证. #### 1.3 子列的极限 设 $a_n\in R,\ n=1,2,\dots$，设 $n_k\in N^+,\ k=1,2,\dots$，且 $$n_10$，存在 $0<\delta<\delta_0$，使得 $$|f(x)-a|<\epsilon,\qquad \forall 0<|x-x_0|<\delta$$ 则称 $a$ 是 $f$ 在 $x_0$ 点的**极限**，记为 $$a=\lim_{x\to x_0}f(x)\qquad\text{或}\qquad f(x)\to a\ (x\to x_0)$$ $a=\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$ 意味着： 当自变量 $x$ 趋近于 $x_0$ 且 $x\neq x_0$ 时，函数值 $f(x)$ 与 $a$ 很接近，而且要多接近有多接近. #### 2.2 左极限和右极限 **（1）右极限**：设 $f:(x_0,x_0+\delta_0)\to R,\ a\in R$. 如果对于任意 $\epsilon>0$，存在 $0<\delta<\delta_0$，使得 $$|f(x)-a|<\epsilon,\qquad \forall 0x_0$ 时，函数值 $f(x)$ 与 $a$ 很接近，而且要多接近有多接近. **（2）左极限**：左极限的定义依次类推（把（1）中的定义域 $(x_0,x_0+\delta_0)$ 改为 $(x_0-\delta_0,x_0)$、条件 $00$，存在 $M>c$，使得 $$|f(x)-a|<\epsilon,\qquad \forall x\geq M$$ 则称 $a$ 是 $f$ 在正无穷远点的**极限**，记为 $$\lim_{x\to+\infty}f(x)=a\qquad\text{或}\qquad f(x)\to a\ (x\to+\infty)$$ $a=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 意味着： 当自变量 $x$ 越来越大时，函数值 $f(x)$ 和 $a$ 很接近，而且要多接近有多接近. **（2）负无穷远点的极限**：负无穷远点的极限依次类推（把（1）中的 $f:(c,+\infty)\to R$ 改为 $f:(-\infty,c)\to R$，$M>c$、$x\geq M$、$x\to+\infty$ 分别改为 $M **证明：** > > 设 $\epsilon>0$. 由 $a=\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$，存在 $0<\delta<\delta_0$，使得 > > $$|f(x)-a|<\epsilon,\qquad \forall 0<|x-x_0|<\delta$$ > > 由 $x_n\to x_0$，存在 $N\in N^+$，使得 > > $$|x_n-x_0|<\delta,\qquad \forall n\geq N$$ > > 又 $x_n\in(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}$，所以当 $n\geq N$ 时， > > $$0<|x_n-x_0|<\delta$$ > > 从而 > > $$|f(x_n)-a|<\epsilon$$ > > 因此 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f(x_n)=a$. > > 命题得证. > **例**：证明 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\sin\dfrac{1}{x}$ 不存在. > > **证明：** > > 假设 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\sin\dfrac{1}{x}=a$. 取 > > $$x_n=\dfrac{1}{2n\pi},\qquad n=1,2,\dots$$ > > 则 $x_n\neq 0$，$x_n\to 0$，且 > > $$\sin\dfrac{1}{x_n}=\sin 2n\pi=0,\qquad n=1,2,\dots$$ > > 由本节结论得 $a=0$. 再取 > > $$y_n=\dfrac{1}{2n\pi+\dfrac{\pi}{2}},\qquad n=1,2,\dots$$ > > 则 $y_n\neq 0$，$y_n\to 0$，且 > > $$\sin\dfrac{1}{y_n}=\sin\left(2n\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)=1,\qquad n=1,2,\dots$$ > > 由本节结论得 $a=1$. 于是 $a=0$ 与 $a=1$ 不能同时成立，矛盾. 所以 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\sin\dfrac{1}{x}$ 不存在. > > 命题得证. ### 4. 极限的性质 #### 4.1 有界性 **（1）数列的有界性**：设 $a_n\in R,\ n=1,2,\dots$. 如果 $$\lim_{n\to\infty}a_n=a$$ 则 $\{a_n\}$ **有界**. > **证明：** > > 设 $\epsilon=1$. 由 $a_n\to a$，存在 $N\in N^+$，使得 > > $$|a_n-a|<1,\qquad \forall n\geq N$$ > > 由 $|a_n|-|a|\leq|a_n-a|$ 得 > > $$|a_n|\leq|a|+1,\qquad \forall n\geq N$$ > > 当 $n > $$m=\max\{|a_1|,|a_2|,\dots,|a_{N-1}|,|a|+1\}$$ > > 则对一切 $n\geq 1$， > > $$|a_n|\leq m$$ > > 即 $\{a_n\}$ **有界**. > > 命题得证. **（2）函数的局部有界性**：设 $f:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$. 如果 $f$ 在 $x_0$ 点有极限，则存在 $0<\delta<\delta_0$ 与 $m>0$，使得 $$|f(x)|\leq m,\qquad \forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$$ 此时称 $f$ 在 $x_0$ 点**局部有界**. #### 4.2 不等式与极限 **（1）$a>b$ 的情形**：设 $f:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，$\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=a$. 如果 $a>b$，则存在 $0<\delta<\delta_0$，使得 $$f(x)>b,\qquad \forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$$ **（2）$a **证明：** > > 设 $a>b$，取 $\epsilon=a-b>0$. 由 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=a$，存在 $0<\delta<\delta_0$，使得 > > $$|f(x)-a|<\epsilon,\qquad \forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$$ > > 于是 > > $$f(x)>a-\epsilon=a-(a-b)=b,\qquad \forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$$ > > 即（1）成立. > > 设 $a0$. 由 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=a$，存在 $0<\delta<\delta_0$，使得 > > $$|f(x)-a|<\epsilon,\qquad \forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$$ > > 于是 > > $$f(x) > 即（2）成立. > > 设 $f(x)\geq g(x)$，$\forall x\in(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}$. 如果 $a > $$\epsilon=\dfrac{b-a}{2}>0$$ > > 由 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=a$，存在 $0<\delta_1<\delta_0$，使得 > > $$|f(x)-a|<\epsilon,\qquad \forall x\in(x_0-\delta_1,x_0+\delta_1)\backslash\{x_0\}$$ > > 由 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}g(x)=b$，存在 $0<\delta_2<\delta_0$，使得 > > $$|g(x)-b|<\epsilon,\qquad \forall x\in(x_0-\delta_2,x_0+\delta_2)\backslash\{x_0\}$$ > > 取 $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$. 当 $x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$ 时， > > $$f(x)b-\epsilon=\dfrac{a+b}{2}$$ > > 所以 $f(x) > 命题得证. > **例**：设 $f:R\to R$，$f(0)=0$，且 > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^{10}}=\lg 5$$ > > 求证：$x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点. > > **证明：** > > 因为 $\lg 5>0$，由本节（1）（取 $b=0$）得存在 $\delta>0$，使得 > > $$\dfrac{f(x)}{x^{10}}>0,\qquad \forall x\in(-\delta,\delta)\backslash\{0\}$$ > > 又 $x^{10}>0$（$x\neq 0$），所以 > > $$f(x)>0,\qquad \forall x\in(-\delta,\delta)\backslash\{0\}$$ > > 因为 $f(0)=0$，所以 $f(x)>f(0)$ 对一切 $x\in(-\delta,\delta)\backslash\{0\}$ 成立，即 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点. > > 命题得证. > **注意**：上述（3）中的「$\geq$」不能改为「$>$」，即由 > > $$f(x)>g(x),\qquad \forall x\in(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}$$ > > 不能得出 > > $$\lim_{x\to x_0}f(x)>\lim_{x\to x_0}g(x)$$ > > 例如取 $f(x)=|x|$，$g(x)=0$，$x_0=0$，则在去心邻域 $(-1,1)\backslash\{0\}$ 上恒有 $f(x)>g(x)$，但 > > $$\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}g(x)=0$$ ### 5. 极限的四则运算 设 $f,g:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，$\alpha,\beta\in R$， $$a=\lim_{x\to x_0}f(x),\qquad b=\lim_{x\to x_0}g(x)$$ 则： **（1）线性运算**： $$\lim_{x\to x_0}(\alpha f+\beta g)(x)=\alpha a+\beta b$$ **（2）乘法**： $$\lim_{x\to x_0}(fg)(x)=ab$$ **（3）除法**：如果 $$g(x)\neq 0,\qquad \forall x\in(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}$$ 且 $b\neq 0$，则 $$\lim_{x\to x_0}\left(\dfrac{f}{g}\right)(x)=\dfrac{a}{b}$$ ### 6. 夹逼定理 #### 6.1 数列的夹逼定理 设 $a_n,b_n,c_n\in R$，$n=1,2,\dots$，$n_0\in N^+$. 如果 $$a_n\leq b_n\leq c_n,\qquad \forall n\geq n_0$$ 且 $$\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}c_n=a$$ 则 $$\lim_{n\to\infty}b_n=a$$ > **证明：** > > 设 $\epsilon>0$. 由 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=a$，存在 $N_1\in N^+$，使得 > > $$|a_n-a|\leq\epsilon,\qquad \forall n\geq N_1$$ > > 由 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}c_n=a$，存在 $N_2\in N^+$，使得 > > $$|c_n-a|\leq\epsilon,\qquad \forall n\geq N_2$$ > > 取 $N=\max\{N_1,N_2,n_0\}$，则当 $n\geq N$ 时 > > $$-\epsilon\leq a_n-a\leq\epsilon,\qquad -\epsilon\leq c_n-a\leq\epsilon$$ > > 又 $a_n\leq b_n\leq c_n$，所以 > > $$-\epsilon\leq a_n-a\leq b_n-a\leq c_n-a\leq\epsilon$$ > > 即 $|b_n-a|\leq\epsilon$. 因此 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=a$. > > 命题得证. #### 6.2 函数的夹逼定理 设 $f,g,h:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$. 如果 $$f(x)\leq g(x)\leq h(x),\qquad \forall x\in(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}$$ 且 $$\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}h(x)=a$$ 则 $$\lim_{x\to x_0}g(x)=a$$ ### 7. 单调有界定理 #### 7.1 数列的单调有界定理 设 $a_n\in R$，$n=1,2,\dots$. **（1）单调不减且有上界**：如果 $$a_{n+1}\geq a_n,\qquad \forall n=1,2,\dots$$ 且存在 $M\in R$，使得 $$a_n\leq M,\qquad \forall n=1,2,\dots$$ 则 $\{a_n\}$ **收敛**. **（2）单调不增且有下界**：如果 $$a_{n+1}\leq a_n,\qquad \forall n=1,2,\dots$$ 且存在 $M\in R$，使得 $$a_n\geq M,\qquad \forall n=1,2,\dots$$ 则 $\{a_n\}$ **收敛**. #### 7.2 函数的单调有界定理 设 $f:(c,+\infty)\to R$. **（1）单调不减且有上界**：如果 $$f(x_2)\geq f(x_1),\qquad \forall x_2>x_1>c$$ 且存在 $M\in R$，使得 $$f(x)\leq M,\qquad \forall x>c$$ 则 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在. **（2）单调不增且有下界**：如果 $$f(x_2)\leq f(x_1),\qquad \forall x_2>x_1>c$$ 且存在 $M\in R$，使得 $$f(x)\geq M,\qquad \forall x>c$$ 则 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在. ### 8. 几个重要极限 #### 8.1 正弦与自变量之比 $$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$$ > **证明：** > > 设 $0 > $$\dfrac{1}{2}\sin x<\dfrac{1}{2}x<\dfrac{1}{2}\tan x$$ > > 两边同除以 $\dfrac{1}{2}\sin x$ 得 > > $$1<\dfrac{x}{\sin x}<\dfrac{1}{\cos x}$$ > > 即 > > $$\cos x<\dfrac{\sin x}{x}<1,\qquad 0 > 又 $\dfrac{\sin x}{x}$ 与 $\cos x$ 都是偶函数，所以 > > $$\cos x<\dfrac{\sin x}{x}<1,\qquad 0<|x|<\dfrac{\pi}{2}$$ > > 由上面的不等式得 $|\sin t|\leq|t|$，再由 $1-\cos x=2\sin^2\dfrac{x}{2}$ 得 > > $$0\leq 1-\cos x\leq\dfrac{x^2}{2}$$ > > 所以 > > $$\lim_{x\to 0}\cos x=1$$ > > 于是由函数的夹逼定理得 > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$$ > > 命题得证. > **注意**：以下为循环论证的伪证： > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x-\sin 0}{x-0}=(\sin x)'\big|_{x=0}=1$$ #### 8.2 正数的 $n$ 次方根 设 $a>0$. 则 $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1$$ > **证明：** > > $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=\lim_{n\to\infty}a^{\frac{1}{n}}=\lim_{x\to 0}a^{x}=a^0=1$$ > > 命题得证. #### 8.3 $n$ 的 $n$ 次方根 $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$$ > **证明：** > > $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=\lim_{n\to\infty}e^{\frac{\ln n}{n}}=1$$ > > 命题得证. #### 8.4 数列 $\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n$ 设 $a_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n$，$n=1,2,\dots$. 则 $\{a_n\}$ **严格单调增**，且 $$\lim_{n\to\infty}a_n=e$$ > **证明：** > > 由指数与对数的关系， > > $$a_n=e^{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}=e^{n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)},\qquad n=1,2,\dots$$ > > **第一步（证明单调增）**：由几何平均不超过算术平均，$n$ 个 $1+\dfrac{1}{n}$ 与 $1$ 个 $1$ 共 $n+1$ 个正数满足 > > $$\sqrt[n+1]{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\cdot 1}<\dfrac{n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)+1}{n+1}=1+\dfrac{1}{n+1}$$ > > 两边取 $n+1$ 次方得 > > $$\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n<\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}$$ > > 即 $a_n > **第二步（证明有上界）**：由二项式定理， > > $$a_n=1+\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!\,n^k}=1+\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k!}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\left(1-\dfrac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\dfrac{k-1}{n}\right)$$ > > 对每个 $k\geq 1$ 有 $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\left(1-\dfrac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\dfrac{k-1}{n}\right)\leq 1$，且 $k!\geq 2^{k-1}$，所以 > > $$a_n\leq 1+\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k-1}}=1+\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^n}{1-\dfrac{1}{2}}<3$$ > > 即 $\{a_n\}$ 有上界. > > **第三步（求极限）**：由单调有界定理，$\{a_n\}$ 收敛. 又由 $(\ln x)'\big|_{x=1}=1$ 得 > > $$\lim_{n\to\infty}n\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)-\ln 1}{\dfrac{1}{n}}=1$$ > > 于是 > > $$\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}e^{n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}=e^1=e$$ > > 命题得证. ### 9. 无穷小量与无穷大量 #### 9.1 无穷小量 设 $a_n\in R,\ n=1,2,\dots$. 如果 $$\lim_{n\to\infty}a_n=0$$ 则称数列 $\{a_n\}$ 是**无穷小量**. 这意味着： 当 $n\to\infty$ 时，$|a_n|$ 很小，而且要多小有多小. 与数列的极限一样，函数的极限也有无穷小量的术语. 设 $f:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$. 如果 $$\lim_{x\to x_0}f(x)=0$$ 则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 为**无穷小量**. 这意味着： 当 $x\to x_0$ 时，$|f(x)|$ 很小，而且要多小有多小. 同样地，有下列术语： **（1）正无穷远点的无穷小量**：设 $f:(c,+\infty)\to R$. 如果 $$\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$$ 则称当 $x\to+\infty$ 时，$f(x)$ 为**无穷小量**. 这意味着： 当 $x\to+\infty$ 时，$|f(x)|$ 很小，而且要多小有多小. **（2）其余情形**：右极限点、左极限点、负无穷远点的无穷小量依次类推（把上面的极限过程 $x\to x_0$ 分别换成 $x\to x_0^+$、$x\to x_0^-$、$x\to-\infty$）. #### 9.2 无穷小量的运算 **（1）极限与无穷小量的关系**：设 $f:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，$a\in R$. 则 $$\lim_{x\to x_0}f(x)=a$$ 当且仅当 当 $x\to x_0$ 时，$f(x)-a$ 为无穷小量. **（2）无穷小量的和与积**：设 $f,g:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，$\alpha,\beta\in R$. 如果当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$、$g(x)$ 为无穷小量，则当 $x\to x_0$ 时， $$\alpha f(x)+\beta g(x),\qquad f(x)g(x)$$ 均为无穷小量. **（3）无穷小量与有界量之积**：设 $f,g:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，$M>0$. 如果 $$|g(x)|\leq M,\qquad \forall x\in(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}$$ 且当 $x\to x_0$ 时 $f(x)$ 为无穷小量，则当 $x\to x_0$ 时，$f(x)g(x)$ 为无穷小量. > **证明：** > > 设 $\epsilon>0$. 由 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=0$，存在 $0<\delta<\delta_0$，使得 > > $$|f(x)|<\dfrac{\epsilon}{M},\qquad \forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$$ > > 于是当 $x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$ 时， > > $$|f(x)g(x)|=|f(x)|\cdot|g(x)|<\dfrac{\epsilon}{M}\cdot M=\epsilon$$ > > 因此 > > $$\lim_{x\to x_0}f(x)g(x)=0$$ > > 原命题得证. #### 9.3 无穷小量的比较 设 $f,g:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，当 $x\to x_0$ 时 $f(x)$、$g(x)$ 为无穷小量，且 $$g(x)\neq 0,\qquad \forall x\in(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}$$ **（1）高阶无穷小量**：如果 $$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=0$$ 则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的**高阶无穷小量**，记为 $$f(x)=o(g(x)),\qquad x\to x_0$$ 这意味着： 当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 趋于 $0$ 的速度比 $g(x)$ 趋于 $0$ 的速度快. **（2）同阶无穷小量**：如果 $$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=k\neq 0$$ 则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 与 $g(x)$ 是**同阶无穷小量**. 这意味着： 当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 与 $g(x)$ 有相同的量级. **（3）等价无穷小量**：如果 $$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=1$$ 则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 与 $g(x)$ 是**等价无穷小量**（简称**等价无穷小**），记为 $$f(x)\sim g(x),\qquad x\to x_0$$ 这意味着： 当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 与 $g(x)$ 趋于 $0$ 的速度相同. #### 9.4 趋于无穷大 设 $a_n\in R,\ n=1,2,\dots$. 如果对于任意 $M>0$，存在 $N\in N^+$，使得 $$a_n>M,\qquad \forall n\geq N$$ 则称当 $n\to\infty$ 时，$a_n$ **趋于正无穷**，记为 $$\lim_{n\to\infty}a_n=+\infty\qquad\text{或}\qquad a_n\to+\infty$$ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=+\infty$ 意味着： 当 $n$ 充分大时，$a_n$ 要多大有多大. 数列**趋于负无穷**的情形依次类推（把上面的条件 $a_n>M$ 改为 $a_n<-M$，并把记号 $+\infty$ 改为 $-\infty$）. 如果 $a_n\to+\infty$ 或 $a_n\to-\infty$，则 $\{a_n\}$ **发散**. 对于函数的极限也有同样的术语. 设 $f:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$. 如果对于任意 $M>0$，存在 $0<\delta<\delta_0$，使得 $$f(x)>M,\qquad \forall 0<|x-x_0|<\delta$$ 则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ **趋于正无穷**，记为 $$\lim_{x\to x_0}f(x)=+\infty$$ $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=+\infty$ 意味着： 当自变量 $x$ 趋近于 $x_0$ 且 $x\neq x_0$ 时，函数值 $f(x)$ 要多大有多大. 函数**趋于负无穷**的情形依次类推（把上面的条件 $f(x)>M$ 改为 $f(x)<-M$，并把记号 $+\infty$ 改为 $-\infty$）. 右极限点、左极限点、正无穷远点、负无穷远点的情形均依次类推：把极限过程 $x\to x_0$ 换成相应的过程，并按需把条件式中的 $>$ 改为 $<$、$M$ 改为 $-M$. #### 9.5 无穷大量与垂直渐近线 设 $f:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$. 如果 $$\lim_{x\to x_0}|f(x)|=+\infty$$ 则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 是**无穷大量**，记为 $$\lim_{x\to x_0}f(x)=\infty$$ 此时，称铅垂线 $x=x_0$ 为 $y=f(x)$ 的**铅直渐近线**. #### 9.6 斯特林（Stirling）公式 当 $n\to\infty$ 时， $$n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$ ### 10. 常用等价无穷小量 **（1）三角函数**： $$\sin x\sim x,\qquad \tan x\sim x,\qquad \arcsin x\sim x,\qquad \arctan x\sim x$$ $$1-\cos x\sim\dfrac{1}{2}x^2,\qquad \sec x-1\sim\dfrac{1}{2}x^2,\qquad 1-(\cos x)^{\alpha}\sim\dfrac{\alpha}{2}x^2\quad(\alpha\neq 0)$$ $$x-\sin x\sim\dfrac{1}{6}x^3,\qquad \arcsin x-x\sim\dfrac{1}{6}x^3,\qquad \tan x-\sin x\sim\dfrac{1}{2}x^3$$ $$x-\tan x\sim-\dfrac{1}{3}x^3,\qquad x-\arctan x\sim\dfrac{1}{3}x^3$$ **（2）指数与对数**： $$e^x-1\sim x,\qquad e^x-1-x\sim\dfrac{1}{2}x^2,\qquad a^x-1\sim x\ln a\quad(a>0,\ a\neq 1)$$ $$\ln(1+x)\sim x,\qquad \ln(1+x)-x\sim-\dfrac{1}{2}x^2,\qquad \log_a(1+x)\sim\dfrac{x}{\ln a}\quad(a>0,\ a\neq 1)$$ $$\ln\dfrac{\sin x}{x}\sim-\dfrac{1}{6}x^2$$ **（3）幂函数与根式**： $$(1+x)^{\alpha}-1\sim\alpha x\quad(\alpha\in R,\ \alpha\neq 0),\qquad \sqrt[n]{1+x}-1\sim\dfrac{x}{n}\quad(n\in N^+)$$ $$\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\sim x,\qquad \sqrt[n]{1+x}-\sqrt[m]{1+x}\sim\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{m}\right)x\quad(n,m\in N^+,\ n\neq m)$$ **（4）双曲函数**： $$\sinh x\sim x,\qquad \tanh x\sim x,\qquad \cosh x-1\sim\dfrac{1}{2}x^2$$ $$\operatorname{arsinh}x=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\sim x$$ **（5）其它**： $$x^x-1\sim x\ln x\quad(x\to 0^+),\qquad (1+x)^{\frac{1}{x}}-e\sim-\dfrac{e}{2}x$$ ### 11. 习题 > **题**：求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{2^n}{n!}$. > > **解**：把通项展开： > > $$\dfrac{2^n}{n!}=\dfrac{2}{1}\times\dfrac{2}{2}\times\dfrac{2}{3}\times\dfrac{2}{4}\times\dfrac{2}{5}\times\cdots\times\dfrac{2}{n}$$ > > 当 $n\geq 4$ 时，前四个因子的乘积为 $\dfrac{2}{3}$，而从第 $5$ 个因子起每个因子都不超过 $\dfrac{2}{5}$，所以 > > $$0<\dfrac{2^n}{n!}\leq\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-4}$$ > > 由 $0<\dfrac{2}{5}<1$ 得等比数列 $\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-4}\to 0$，故由 §二.6.1 的夹逼定理得 > > $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{2^n}{n!}=0$$ > **题**：求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+|x|^n+e^{nx}}$. > > **解**：记 $a=\max\{1,|x|,e^x\}$，则 $a>0$，且对一切 $n\in N^+$ 有 > > $$a^n\leq 1+|x|^n+e^{nx}\leq 3a^n$$ > > 所以 > > $$a\leq\sqrt[n]{1+|x|^n+e^{nx}}\leq 3^{\frac{1}{n}}a$$ > > 由 §二.8.2 得 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}3^{\frac{1}{n}}=1$，于是 $3^{\frac{1}{n}}a\to a$，再由 §二.6.1 的夹逼定理得 > > $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+|x|^n+e^{nx}}=a=\max\{1,|x|,e^x\}$$ > > 下面按 $e^x$、$|x|$、$1$ 三者的大小确定最大项. > > 当 $x\geq 0$ 时，由 $e^x\geq 1+x\geq 1$ 与 $e^x\geq 1+x\geq x=|x|$ 得最大项为 $e^x$. > > 当 $-1\leq x<0$ 时，$0 > 当 $x<-1$ 时，$e^x<1<-x=|x|$，故最大项为 $|x|=-x$. > > 于是 > > $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+|x|^n+e^{nx}}=\begin{cases}-x, & x<-1\\ 1, & -1\leq x<0\\ e^x, & x\geq 0\end{cases}$$ > **题**：设 $a_1=2$，$a_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(a_n+\dfrac{1}{a_n}\right)$，求证 $\{a_n\}$ 收敛. > > **证明：**先用数学归纳法证明 $a_n>0$：$a_1=2>0$；若 $a_n>0$，则 > > $$a_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(a_n+\dfrac{1}{a_n}\right)>0$$ > > 所以对一切 $n\in N^+$ 都有 $a_n>0$. > > 由算术平均不小于几何平均得 > > $$a_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(a_n+\dfrac{1}{a_n}\right)\geq\sqrt{a_n\times\dfrac{1}{a_n}}=1$$ > > 等号成立当且仅当 $a_n=1$. 由 $a_1=2>1$ 与上式递推得 $a_n>1$（$\forall n\in N^+$）. 所以 $\{a_n\}$ 有下界 $1$. > > 由 $a_n>1$ 得 $a_n^2>a_n>1$，所以 $1-a_n^2<0$，于是 > > $$a_{n+1}-a_n=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{a_n}-a_n\right)=\dfrac{1-a_n^2}{2a_n}<0$$ > > 即 $\{a_n\}$ 严格单调减. 由 §二.7.1（2）的单调有界定理，$\{a_n\}$ 收敛. > > 进一步，设 $a_n\to A$. 由 $a_n\geq 1$ 得 $A\geq 1>0$，故 $A\neq 0$. 在递推式两边取极限，由 §二.5 的极限四则运算（除法）得 > > $$A=\dfrac{1}{2}\left(A+\dfrac{1}{A}\right)$$ > > 解得 $A=1$（舍去 $A=-1$），即 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=1$. > **题**：求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n!}$. > > **解**：设 $n$ 为偶数，则 > > $$n!=(1\times2\times3\times\cdots\times\dfrac{n}{2})\left[\left(\dfrac{n}{2}+1\right)\times\cdots\times n\right]>(1\times1\times\cdots\times1)\left(\dfrac{n}{2}\times\cdots\times\dfrac{n}{2}\right)=\left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{n}{2}}$$ > > 所以 > > $$\sqrt[n]{n!}>\left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{n}{2}\cdot\frac{1}{n}}=\left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{1}{2}}=\sqrt{\dfrac{n}{2}}$$ > > 设 $n=2m+1$ 为奇数，则 > > $$n!=(1\times2\times\cdots\times m)\left[(m+1)\times\cdots\times(2m+1)\right]>\left(\dfrac{n}{2}\right)^{m+1}=\left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{n+1}{2}}$$ > > 于是 > > $$\sqrt[n]{n!}>\left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{n+1}{2n}}>\sqrt{\dfrac{n}{2}}$$ > > 因此对一切 $n\geq 2$ 都有 $\sqrt[n]{n!}>\sqrt{\dfrac{n}{2}}$，而 > > $$\lim_{n\to\infty}\sqrt{\dfrac{n}{2}}=+\infty$$ > > 所以 > > $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n!}=+\infty$$ > **题**：设 $\{a_n\}$ 有界，记 > > $$E=\{s\in R\mid\text{存在}\ \{a_n\}\ \text{的子列}\ \{a_{n_k}\}\ \text{使}\ a_{n_k}\to s\}$$ > > 设 $s_n\in E$，$s_n\to s$. 求证：$s\in E$. > > **证明：**因为 $s_n\to s$，所以对任意 $k\in N^+$，存在 $N_k\in N^+$，使得 $n\geq N_k$ 时 > > $$|s_n-s|<\dfrac{1}{2k}$$ > > 对每个 $k$ 取定 $n_k\geq N_k$，于是 $|s_{n_k}-s|<\dfrac{1}{2k}$. > > 又 $s_{n_k}\in E$，即存在 $\{a_n\}$ 的子列收敛于 $s_{n_k}$，而该子列有无穷多项，所以可以取到 $m_k\in N^+$，使得 > > $$m_k>m_{k-1}\ (m_0=0),\qquad |a_{m_k}-s_{n_k}|<\dfrac{1}{2k}$$ > > 于是 $\{a_{m_k}\}$ 是 $\{a_n\}$ 的子列，且 > > $$|a_{m_k}-s|\leq|a_{m_k}-s_{n_k}|+|s_{n_k}-s|<\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{2k}=\dfrac{1}{k}$$ > > 所以 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_{m_k}=s$. 按 $E$ 的定义，$s\in E$. > > 命题得证. ## 三、函数的连续性 ### 1. 连续函数的定义 #### 1.1 函数在一点连续 设 $f:A\subset R\to R$，$x_0\in A$. 如果对于任意 $\epsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得 $$|f(x)-f(x_0)|<\epsilon,\qquad \forall x\in A,\ |x-x_0|<\delta$$ 则称 $f$ 在 $x_0$ 点**连续**. 如果 $\forall x_0\in A$，$f$ 在 $x_0$ 点连续，则称 $f$ 为**连续函数**，或称 $f$ **连续**. #### 1.2 连续与极限的关系 设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$. **（1）极限刻画**：如果 $x_0$ 是 $I$ 的内点，则 $f$ 在 $x_0$ 点连续当且仅当 $f$ 在 $x_0$ 点有极限且 $$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$$ **（2）单侧极限刻画**：如果 $x_0$ 是 $I$ 的内点，则 $f$ 在 $x_0$ 点连续当且仅当 $f$ 在 $x_0$ 点有左极限和右极限，且 $$f(x_0^+)=f(x_0^-)=f(x_0)$$ ### 2. 单边的连续性 设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$. **（1）左连续**：如果 $f(x_0^-)$ 存在且 $$f(x_0^-)=f(x_0)$$ 则称 $f$ 在 $x_0$ 点**左连续**. **（2）右连续**：右连续的定义依次类推（把（1）中的 $f(x_0^-)$ 改为 $f(x_0^+)$）. **（3）左连续、右连续和连续的关系**：$f$ 在 $x_0$ 点连续当且仅当 $f$ 在 $x_0$ 点左连续且右连续. ### 3. 连续的无穷小刻画 设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$. 如果 $f$ 在 $x_0$ 点连续，则存在 $g:I\to R$，使得 $$g(x)=o(1),\qquad x\to x_0$$ 即当 $x\to x_0$ 时 $g(x)$ 为无穷小量，且 $$f(x)=f(x_0)+g(x),\qquad x\in I$$ 即 $$f(x)=f(x_0)+o(1),\qquad x\to x_0$$ 其中 $g$ 刻画了 $f(x)$ 与 $f(x_0)$ 的偏差，当 $x\to x_0$ 时 $g(x)$ 为无穷小量. $f$ 在 $x_0$ 点连续意味着： 在 $x_0$ 点附近，$f$ 近似等于常值函数. 所有基本初等函数都是连续函数. ### 4. 连续函数的运算 #### 4.1 加法和数乘 设 $f,g:A\subset R\to R$，$x_0\in A$，$f,g$ 在 $x_0$ 点连续，$\alpha,\beta\in R$. 则 $\alpha f+\beta g$ 在 $x_0$ 点连续. #### 4.2 乘法 设 $f,g:A\subset R\to R$，$x_0\in A$，$f,g$ 在 $x_0$ 点连续. 则 $fg$ 在 $x_0$ 点连续. #### 4.3 除法 设 $f,g:A\subset R\to R$，$x_0\in A$，$f,g$ 在 $x_0$ 点连续. 如果 $$g(x)\neq 0,\qquad \forall x\in A$$ 则 $f$ 与 $g$ 的除法 $f/g$ 有意义，且 $f/g$ 在 $x_0$ 点连续. ### 5. 复合函数的连续性 设 $f:A\subset R\to R$，$g:B\subset R\to R$，$R_f\subset D_g$，$x_0\in A$，$y_0=f(x_0)$. 如果 $f$ 在 $x_0$ 点连续，$g$ 在 $y_0$ 点连续，则 $g\circ f$ 在 $x_0$ 点连续. > **证明：** > > 由 §三.1.2（1），$f$ 在 $x_0$ 点连续当且仅当 > > $$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$$ > > $g$ 在 $y_0$ 点连续当且仅当 > > $$\lim_{y\to y_0}g(y)=g(y_0)$$ > > 要证 $g\circ f$ 在 $x_0$ 点连续，只需证 > > $$\lim_{x\to x_0}g(f(x))=g(f(x_0))$$ > > 设 $\epsilon>0$. 由 $g$ 在 $y_0$ 点连续，存在 $\eta>0$，使得 > > $$|g(y)-g(y_0)|<\epsilon,\qquad \forall y\in B,\ |y-y_0|<\eta$$ > > 再由 $f$ 在 $x_0$ 点连续（把上式中的 $\epsilon$ 取作 $\eta$），存在 $\delta>0$，使得 > > $$|f(x)-f(x_0)|<\eta,\qquad \forall x\in A,\ |x-x_0|<\delta$$ > > 于是当 $x\in A$、$|x-x_0|<\delta$ 时，$y=f(x)\in B$，且 > > $$|y-y_0|=|f(x)-f(x_0)|<\eta$$ > > 从而 > > $$|g(f(x))-g(f(x_0))|=|g(y)-g(y_0)|<\epsilon$$ > > 即 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}g(f(x))=g(f(x_0))$，所以 $g\circ f$ 在 $x_0$ 点连续. > > 原命题得证. ### 6. 初等函数的连续性 初等函数（由基本初等函数经过有限次四则运算与复合所得到的函数）在其定义域内连续. ### 7. 反函数的连续性 设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$ 连续且严格单调，则 **（1）值域是区间**：$J=R_f$ 为区间； **（2）反函数连续**：$f^{-1}:J\to R$ 连续. ### 8. 间断点及其类型 #### 8.1 间断点 设 $I\subset R$ 为区间，$x_0\in I$ 是 $I$ 的内点，$f$ 在 $I\backslash\{x_0\}$ 上有定义（在 $x_0$ 点可能有定义也可能没有定义）. 如果 $f$ 在 $x_0$ 点没有定义，或 $f$ 在 $x_0$ 点有定义但不连续，则称 $x_0$ 为 $f$ 的**间断点**. #### 8.2 间断点的类型 **（1）可去间断点**：如果 $f(x_0^-)$ 与 $f(x_0^+)$ 都存在且相等，但 $f$ 在 $x_0$ 点没有定义，或 $f$ 在 $x_0$ 点有定义而 $$f(x_0)\neq\lim_{x\to x_0}f(x)$$ 则称 $x_0$ 是 $f$ 的**可去间断点**. **（2）跳跃间断点**：如果 $f(x_0^-)$ 与 $f(x_0^+)$ 都存在，但 $$f(x_0^-)\neq f(x_0^+)$$ 则称 $x_0$ 是 $f$ 的**跳跃间断点**. **（3）本性间断点**：如果 $f(x_0^-)$ 或 $f(x_0^+)$ 不存在，则称 $x_0$ 是 $f$ 的**本性间断点**. **（4）两类间断点**：可去间断点与跳跃间断点统称**第一类间断点**，本性间断点称为**第二类间断点**. ### 9. 最大值、最小值与介值定理 #### 9.1 最大值与最小值 设 $f:A\to R$. 如果存在 $x_1\in A$，使得 $$f(x_1)\geq f(x),\qquad \forall x\in A$$ 则称 $x_1$ 为 $f$ 的**最大值点**，$f(x_1)$ 为 $f$ 的**最大值**，记为 $$f(x_1)=\max f$$ 如果存在 $x_2\in A$，使得 $$f(x_2)\leq f(x),\qquad \forall x\in A$$ 则称 $x_2$ 为 $f$ 的**最小值点**，$f(x_2)$ 为 $f$ 的**最小值**，记为 $$f(x_2)=\min f$$ #### 9.2 最值定理与介值定理 设 $a,b\in R$，$a **证明：** > > 由 $f$ 在 $x_0$ 点可导，极限 > > $$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$$ > > 存在. 当 $x\in I$、$x\neq x_0$ 时， > > $$f(x)-f(x_0)=\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}(x-x_0)$$ > > 由 §二.5 的极限四则运算（乘法）得 > > $$\lim_{x\to x_0}(f(x)-f(x_0))=\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\cdot\lim_{x\to x_0}(x-x_0)=f'(x_0)\times 0=0$$ > > 即 > > $$\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$$ > > 由 §三.1.2（1）得 $f$ 在 $x_0$ 点连续. > > 原命题得证. 其逆命题不成立. > **例**：$f(x)=|x|$ 在 $x=0$ 点连续，但不可导. > > **证明：** > > 由 $|x|\to 0$（$x\to 0$）得 > > $$\lim_{x\to 0}f(x)=0=f(0)$$ > > 所以 $f$ 在 $x=0$ 点连续. 又当 $x>0$ 时， > > $$\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{x}{x}=1$$ > > 当 $x<0$ 时， > > $$\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{-x}{x}=-1$$ > > 所以 > > $$f'_+(0)=1,\qquad f'_-(0)=-1$$ > > 由 §四.1.2（3）得 $f$ 在 $x=0$ 点不可导. > > 原命题得证. ### 3. 求导法则 #### 3.1 线性运算 设 $f,g:I\to R$ 在 $x_0$ 点可导，$\alpha,\beta\in R$. 则 $\alpha f+\beta g$ 在 $x_0$ 点可导，且 $$(\alpha f+\beta g)'(x_0)=\alpha f'(x_0)+\beta g'(x_0)$$ #### 3.2 乘法 设 $f,g:I\to R$ 在 $x_0$ 点可导. 则 $fg$ 在 $x_0$ 点可导，且 $$(fg)'(x_0)=f'(x_0)g(x_0)+f(x_0)g'(x_0)$$ > **证明：** > > 设 $h\neq 0$. 当 $h$ 充分小时 $x_0+h\in I$，且 > > $$\dfrac{(fg)(x_0+h)-(fg)(x_0)}{h}=\dfrac{f(x_0+h)g(x_0+h)-f(x_0)g(x_0+h)+f(x_0)g(x_0+h)-f(x_0)g(x_0)}{h}$$ > > 即 > > $$\dfrac{(fg)(x_0+h)-(fg)(x_0)}{h}=\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}g(x_0+h)+f(x_0)\dfrac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}$$ > > 由 $g$ 在 $x_0$ 点可导得 $g$ 在 $x_0$ 点连续，所以 > > $$\lim_{h\to 0}g(x_0+h)=g(x_0)$$ > > 再由 §二.5 的极限四则运算（乘法）得 > > $$(fg)'(x_0)=f'(x_0)g(x_0)+f(x_0)g'(x_0)$$ > > 原命题得证. #### 3.3 除法 设 $f,g:I\to R$ 在 $x_0$ 点可导，且 $$g(x)\neq 0,\qquad \forall x\in I$$ 则 $f/g$ 在 $x_0$ 点可导，且 $$\left(\dfrac{f}{g}\right)'(x_0)=\dfrac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{g(x_0)^2}$$ > **证明：** > > 由 $g(x_0)\neq 0$ 与 $g$ 在 $x_0$ 点连续，存在 $\eta>0$，使得 $|x-x_0|<\eta$ 时 $g(x)\neq 0$，所以 $f/g$ 在 $x_0$ 点附近有定义. 设 $h\neq 0$ 且 $|h|<\eta$，则 > > $$\dfrac{\left(\dfrac{f}{g}\right)(x_0+h)-\left(\dfrac{f}{g}\right)(x_0)}{h}=\dfrac{f(x_0+h)g(x_0)-f(x_0)g(x_0+h)}{h\,g(x_0+h)g(x_0)}$$ > > 又有 > > $$f(x_0+h)g(x_0)-f(x_0)g(x_0+h)=(f(x_0+h)-f(x_0))g(x_0)-f(x_0)(g(x_0+h)-g(x_0))$$ > > 所以 > > $$\dfrac{\left(\dfrac{f}{g}\right)(x_0+h)-\left(\dfrac{f}{g}\right)(x_0)}{h}=\dfrac{\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}g(x_0)-f(x_0)\dfrac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}}{g(x_0+h)g(x_0)}$$ > > 由 $g$ 在 $x_0$ 点连续得 $\displaystyle\lim_{h\to 0}g(x_0+h)g(x_0)=g(x_0)^2\neq 0$，再由 §二.5 的极限四则运算（乘法与除法）得 > > $$\left(\dfrac{f}{g}\right)'(x_0)=\dfrac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{g(x_0)^2}$$ > > 原命题得证. #### 3.4 复合运算 设 $f:I\to R$ 在 $x_0$ 点可导，$g:J\to R$ 在 $y_0=f(x_0)$ 点可导，$R_f\subset J$. 则 $g\circ f$ 在 $x_0$ 点可导，且 $$(g\circ f)'(x_0)=g'(f(x_0))f'(x_0)$$ > **证明：** > > 令 > > $$\varphi(y)=\begin{cases}\dfrac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}, & y\in J,\ y\neq y_0\\ g'(y_0), & y=y_0\end{cases}$$ > > 由 $g$ 在 $y_0$ 点可导得 $\varphi$ 在 $y_0$ 点连续，且 > > $$g(y)-g(y_0)=\varphi(y)(y-y_0),\qquad \forall y\in J$$ > > 设 $h\neq 0$ 且 $x_0+h\in I$，取 $y=f(x_0+h)$、$y_0=f(x_0)$，则 > > $$\dfrac{g(f(x_0+h))-g(f(x_0))}{h}=\varphi(f(x_0+h))\cdot\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$$ > > 由 $f$ 在 $x_0$ 点可导得 $f$ 在 $x_0$ 点连续，所以 > > $$\lim_{h\to 0}\varphi(f(x_0+h))=\varphi(f(x_0))=\varphi(y_0)=g'(y_0)$$ > > 再由 §二.5 的极限四则运算（乘法）得 > > $$(g\circ f)'(x_0)=g'(f(x_0))f'(x_0)$$ > > 原命题得证. ### 4. 隐函数与参数方程求导 #### 4.1 隐函数求导 设 $F:D\subset R^2\to R$，$y=y(x)$ 满足方程 $$F(x,y)=0$$ 即 $$F(x,y(x))=0$$ 则称 $y=y(x)$ 是由方程 $F(x,y)=0$ 确定的**隐函数**. 不求解方程 $F(x,y)=0$ 而直接求 $y$ 的导数，称为**隐函数求导**. 具体做法是把 $y$ 看作 $x$ 的函数，在方程 $F(x,y)=0$ 两边同时对 $x$ 求导，再解出 $y'$. 这意味着： 求导时 $y$ 不是常数，$y$ 的每一项都要按复合运算求导，含 $y$ 的项求导后带上因子 $y'$. > **例**：设 $y=y(x)$ 由方程 $x^2+y^2=1$ 确定，求 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$，并求曲线在点 $\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 处切线的斜率. > > 把 $y$ 看作 $x$ 的函数，在方程两边同时对 $x$ 求导，由 §四.3.1、§四.3.3 与 §四.3.4 得 > > $$2x+2y\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0$$ > > 当 $y\neq 0$ 时解出 > > $$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\dfrac{x}{y}$$ > > 代入 $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$、$y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 得切线的斜率为 > > $$\left.\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)}=-1$$ #### 4.2 参数方程求导 设 $x$、$y$ 由参数方程 $$\begin{cases}x=\varphi(t)\\ y=\psi(t)\end{cases}$$ 给出，其中 $t$ 为参数，$\varphi,\psi:I\to R$ 在 $I$ 上可导. 设 $y$ 是 $x$ 的函数，且 $$\varphi'(t)\neq 0,\qquad \forall t\in I$$ 则 $$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}$$ $$\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\dfrac{\psi''(t)\varphi'(t)-\psi'(t)\varphi''(t)}{\left(\varphi'(t)\right)^3}$$ 这意味着： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 仍以 $t$ 为参数，求二阶导数时要把 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 对 $t$ 求导，再除以 $\varphi'(t)$. > **例**：设曲线的参数方程为 > > $$\begin{cases}x=a(t-\sin t)\\ y=a(1-\cos t)\end{cases}$$ > > 其中 $t\in R$、$a>0$，求 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 与 $\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}$. > > 取 $\varphi(t)=a(t-\sin t)$、$\psi(t)=a(1-\cos t)$，则 > > $$\varphi'(t)=a(1-\cos t),\qquad \psi'(t)=a\sin t$$ > > 由本节公式得 > > $$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}=\dfrac{a\sin t}{a(1-\cos t)}=\dfrac{\sin t}{1-\cos t}$$ > > 又有 > > $$\varphi''(t)=a\sin t,\qquad \psi''(t)=a\cos t$$ > > 由本节公式得 > > $$\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\dfrac{a\cos t\cdot a(1-\cos t)-a\sin t\cdot a\sin t}{\left(a(1-\cos t)\right)^3}=\dfrac{\cos t-1}{a(1-\cos t)^3}=-\dfrac{1}{a(1-\cos t)^2}$$ ### 5. 反函数的导数 设 $I,J\subset R$ 为区间，$f:I\to R$ 严格单调，$J=R_f$，$f^{-1}:J\to R$ 为 $f$ 的反函数. 设 $x_0\in I$，$y_0=f(x_0)$. 如果 $f$ 在 $x_0$ 点可导且 $$f'(x_0)\neq 0$$ 则 $f^{-1}$ 在 $y_0$ 点可导，且 $$\left(f^{-1}\right)'(y_0)=\dfrac{1}{f'(x_0)}$$ > **证明：** > > 由 §三.7，$f^{-1}$ 在 $J$ 上连续. 设 $y\in J$、$y\neq y_0$，记 $x=f^{-1}(y)$，则 $x\in I$、$x\neq x_0$，且 > > $$\dfrac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)}{y-y_0}=\dfrac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=\dfrac{1}{\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}$$ > > 由 $f^{-1}$ 在 $y_0$ 点连续得 $x\to x_0$（$y\to y_0$）. 又 $f$ 在 $x_0$ 点可导且 $f'(x_0)\neq 0$，所以 > > $$\lim_{y\to y_0}\dfrac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)}{y-y_0}=\dfrac{1}{f'(x_0)}$$ > > 即 > > $$\left(f^{-1}\right)'(y_0)=\dfrac{1}{f'(x_0)}$$ > > 原命题得证. ### 6. 基本初等函数的导数 #### 6.1 幂函数、指数函数与对数函数 **（1）幂函数**：设 $n\in N^+$，$x\in R$. 则 $$\left(x^n\right)'=nx^{n-1}$$ 设 $\alpha\in R$、$\alpha\neq 0$，$x>0$. 则 $$\left(x^{\alpha}\right)'=\alpha x^{\alpha-1}$$ 特别地，$\left(\sqrt{x}\right)'=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$（$x>0$）. **（2）指数函数**：设 $a>0$、$a\neq 1$. 则 $$\left(e^x\right)'=e^x,\qquad \left(a^x\right)'=a^x\ln a,\qquad x\in R$$ **（3）对数函数**：设 $a>0$、$a\neq 1$. 则 $$\left(\ln x\right)'=\dfrac{1}{x},\qquad \left(\log_ax\right)'=\dfrac{1}{x\ln a},\qquad x>0$$ #### 6.2 三角函数 $$\left(\sin x\right)'=\cos x,\qquad \left(\cos x\right)'=-\sin x,\qquad x\in R$$ $$\left(\tan x\right)'=\sec^2x=\dfrac{1}{\cos^2x},\qquad x\neq\dfrac{\pi}{2}+k\pi,\ k\in Z$$ $$\left(\cot x\right)'=-\csc^2x=-\dfrac{1}{\sin^2x},\qquad x\neq k\pi,\ k\in Z$$ > **证明：** > > **第一步（展开和角公式）**：由和角公式 > > $$\sin(x+h)=\sin x\cos h+\cos x\sin h$$ > > 所以当 $h\neq 0$ 时 > > $$\dfrac{\sin(x+h)-\sin x}{h}=\sin x\cdot\dfrac{\cos h-1}{h}+\cos x\cdot\dfrac{\sin h}{h}$$ > > 由 §二.8.1 的证明过程得 $0\leq 1-\cos h\leq\dfrac{h^2}{2}$，故 > > $$\left|\dfrac{\cos h-1}{h}\right|\leq\dfrac{|h|}{2}\to 0\qquad(h\to 0)$$ > > 又由 §二.8.1 得 $\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{\sin h}{h}=1$，于是 > > $$\left(\sin x\right)'=\lim_{h\to 0}\dfrac{\sin(x+h)-\sin x}{h}=\cos x$$ > > **第二步（对 $\cos$ 作同样的处理）**：由和角公式 > > $$\cos(x+h)=\cos x\cos h-\sin x\sin h$$ > > 所以 > > $$\dfrac{\cos(x+h)-\cos x}{h}=\cos x\cdot\dfrac{\cos h-1}{h}-\sin x\cdot\dfrac{\sin h}{h}$$ > > 于是 > > $$\left(\cos x\right)'=\lim_{h\to 0}\dfrac{\cos(x+h)-\cos x}{h}=-\sin x$$ > > 原命题得证. #### 6.3 反三角函数 $$\left(\arcsin x\right)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad x\in(-1,1)$$ $$\left(\arccos x\right)'=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad x\in(-1,1)$$ $$\left(\arctan x\right)'=\dfrac{1}{1+x^2},\qquad x\in R$$ $$\left(\operatorname{arccot}x\right)'=-\dfrac{1}{1+x^2},\qquad x\in R$$ > **证明：** > > 由 §一.4.3，$\sin$ 在 $\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上严格单调，$\cos$ 在 $[0,\pi]$ 上严格单调，$\tan$ 在 $\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上严格单调，$\cot$ 在 $(0,\pi)$ 上严格单调，且 $\arcsin$、$\arccos$、$\arctan$、$\operatorname{arccot}$ 依次是它们的反函数. 由 §四.5 得 > > $$\left(\arcsin x\right)'=\dfrac{1}{\cos\left(\arcsin x\right)}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2\left(\arcsin x\right)}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad x\in(-1,1)$$ > > 其中 $\arcsin x\in\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$，故 $\cos\left(\arcsin x\right)>0$，取正号. > > $$\left(\arccos x\right)'=\dfrac{1}{-\sin\left(\arccos x\right)}=-\dfrac{1}{\sqrt{1-\cos^2\left(\arccos x\right)}}=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad x\in(-1,1)$$ > > 其中 $\arccos x\in(0,\pi)$，故 $\sin\left(\arccos x\right)>0$，取正号. > > $$\left(\arctan x\right)'=\dfrac{1}{\sec^2\left(\arctan x\right)}=\dfrac{1}{1+\tan^2\left(\arctan x\right)}=\dfrac{1}{1+x^2},\qquad x\in R$$ > > $$\left(\operatorname{arccot}x\right)'=\dfrac{1}{-\csc^2\left(\operatorname{arccot}x\right)}=-\dfrac{1}{1+\cot^2\left(\operatorname{arccot}x\right)}=-\dfrac{1}{1+x^2},\qquad x\in R$$ > > 原命题得证. #### 6.4 双曲函数 $$\left(\sinh x\right)'=\cosh x,\qquad \left(\cosh x\right)'=\sinh x,\qquad x\in R$$ $$\left(\tanh x\right)'=\dfrac{1}{\cosh^2x},\qquad x\in R$$ $$\left(\operatorname{arsinh}x\right)'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}},\qquad x\in R$$ > **证明：** > > 由 §一.4.4 与 §四.3.1 得 > > $$\left(\sinh x\right)'=\left(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\right)'=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}=\cosh x$$ > > $$\left(\cosh x\right)'=\left(\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\right)'=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}=\sinh x$$ > > 由 $\tanh x=\dfrac{\sinh x}{\cosh x}$ 与 §四.3.3 得 > > $$\left(\tanh x\right)'=\dfrac{\cosh^2x-\sinh^2x}{\cosh^2x}=\dfrac{1}{\cosh^2x}$$ > > 由 §二.10 得 $\operatorname{arsinh}x=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)$，又 $\sqrt{1+x^2}>0$，由 §四.3.4 与 §四.3.3 得 > > $$\left(\operatorname{arsinh}x\right)'=\dfrac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}\left(1+\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$ > > 其中用到 $\left(\sqrt{1+x^2}\right)'=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，这由 §四.3.4 与本节（1）的 $\left(x^{\frac{1}{2}}\right)'=\dfrac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}$ 得到. > > 原命题得证. ### 7. 高阶导数 #### 7.1 高阶导数的定义和记号 设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$. 下面定义 $f$ 的**高阶导数**. 首先定义 $f$ 的二阶导数：设 $f$ 可导. 如果 $f'$ 在 $x_0$ 点可导，则称 $f$ 在 $x_0$ 点**二阶可导**，记 $$f''(x_0)=(f')'(x_0)$$ 称 $f''(x_0)$ 为 $f$ 在 $x_0$ 点的**二阶导数**. 如果对于任意 $x_0\in I$，$f$ 在 $x_0$ 点二阶可导，则称 $f$ **二阶可导**，并定义 $f'':I\to R$ 为 $$f''=(f')'$$ 称 $f''$ 为 $f$ 的**二阶导函数**. 一般地，用归纳法定义 $f$ 的高阶导数：记 $f^{(0)}=f$. 如果 $f^{(n)}$ 在 $I$ 上可导，则定义 $$f^{(n+1)}=\left(f^{(n)}\right)',\qquad n=0,1,2,\dots$$ 当 $n=1$ 时上式即 $f''=(f')'$. 如果对于任意 $x_0\in I$，$f$ 在 $x_0$ 点 $n$ 阶可导，则称 $f$ **$n$ 阶可导**，并定义 $f^{(n)}:I\to R$，称 $f^{(n)}$ 为 $f$ 的 **$n$ 阶导数**. 又记 $$f^{(n)}=\dfrac{\mathrm{d}^nf}{\mathrm{d}x^n}=\dfrac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}f,\qquad f^{(0)}=f$$ 其中 $\dfrac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}$ 表示对 $x$ 连续求 $n$ 次导数. #### 7.2 高阶导数的求导法则 设 $I\subset R$ 为区间，$f,g:I\to R$ 均为 $n$ 阶可导，$\alpha,\beta\in R$. 则： **（1）线性性**： $$(\alpha f+\beta g)^{(n)}=\alpha f^{(n)}+\beta g^{(n)}$$ **（2）莱布尼茨（Leibniz）公式**： $$(fg)^{(n)}=\sum_{i=0}^{n}C_n^if^{(n-i)}g^{(i)}$$ 其中 $C_n^i=\dfrac{n!}{i!\,(n-i)!}$ 是组合数，并约定 $f^{(0)}=f$、$g^{(0)}=g$. 以上两条性质都用数学归纳法证明. > **例**：设 $y=x^2\sin x$，求 $y^{(30)}$. > > **解**：取 $f(x)=x^2$、$g(x)=\sin x$，则 > > $$f'=2x,\qquad f''=2,\qquad f^{(k)}=0,\quad k=3,4,\dots,30$$ > > 又对任意 $i=0,1,2,\dots$ 有 > > $$g^{(i)}=\sin\left(x+\dfrac{i\pi}{2}\right)$$ > > 特别地 > > $$g^{(28)}=\sin(x+14\pi)=\sin x,\qquad g^{(29)}=\sin\left(x+\dfrac{29\pi}{2}\right)=\cos x,\qquad g^{(30)}=\sin(x+15\pi)=-\sin x$$ > > 由本节（2）的 Leibniz 公式（$n=30$）得 > > $$y^{(30)}=\sum_{i=0}^{30}C_{30}^if^{(30-i)}g^{(i)}$$ > > 上式中当 $i=0,1,\dots,27$ 时 $30-i\geq 3$，故 $f^{(30-i)}=0$，这些项都为零；当 $i=28,29,30$ 时 $30-i=2,1,0$，对应的 $f^{(30-i)}$ 依次为 $f''=2$、$f'=2x$、$f=x^2$，都不为零. 所以 > > $$y^{(30)}=C_{30}^{28}f''g^{(28)}+C_{30}^{29}f'g^{(29)}+C_{30}^{30}fg^{(30)}$$ > > 又 > > $$C_{30}^{28}=C_{30}^2=\dfrac{30\times 29}{2}=435,\qquad C_{30}^{29}=C_{30}^1=30,\qquad C_{30}^{30}=1$$ > > 代入 $f$、$g$ 的各阶导数得 > > $$y^{(30)}=435\times 2\sin x+30\times 2x\cos x+x^2\times(-\sin x)$$ > > 即 > > $$y^{(30)}=-x^2\sin x+60x\cos x+870\sin x$$ ### 8. 函数的微分 #### 8.1 微分的定义和记号 设 $f:(x_0-\epsilon,x_0+\epsilon)\to R$. 如果存在 $k\in R$，使得 $$f(x)=f(x_0)+k(x-x_0)+o(|x-x_0|),\qquad x\to x_0$$ 则称 $f$ 在 $x_0$ 点**可微**，记 $$\left.\mathrm{d}f\right|_{x=x_0}=k\,\mathrm{d}x$$ 称 $\left.\mathrm{d}f\right|_{x=x_0}$ 为 $f$ 在 $x_0$ 点的**微分**. 这意味着： 如果 $f$ 在 $x_0$ 点可微，则 $f$ 在 $x_0$ 点附近近似等于一个一次函数 $$f(x)\approx f(x_0)+k(x-x_0)$$ #### 8.2 可微的条件 设 $f:(x_0-\epsilon,x_0+\epsilon)\to R$. 则 $f$ 在 $x_0$ 点可微当且仅当 $f$ 在 $x_0$ 点可导，且 $$\left.\mathrm{d}f\right|_{x=x_0}=f'(x_0)\,\mathrm{d}x$$ 设 $I\subset R$ 为开区间，$f:I\to R$ 可导，记 $$\mathrm{d}f(x)=f'(x)\,\mathrm{d}x$$ 称 $\mathrm{d}f(x)$ 为 $f$ 的**微分**. 由定义得 $$\dfrac{\mathrm{d}f(x)}{\mathrm{d}x}=f'(x)\qquad\Rightarrow\qquad \mathrm{d}f(x)=f'(x)\,\mathrm{d}x$$ 因此 $f$ 的微分的定义使我们才可以合法地将导数中的除法变为乘法. #### 8.3 微分运算法则和基本初等函数的微分 微分运算法则与导数相似，即由 §四.3 与 §四.6 的求导法则、基本初等函数的导数公式在等式两边同乘 $\mathrm{d}x$ 得到： **（1）线性性**：设 $f,g:I\to R$ 在 $x$ 点可微，$\alpha,\beta\in R$. 则 $$\mathrm{d}(\alpha f+\beta g)(x)=\alpha\,\mathrm{d}f(x)+\beta\,\mathrm{d}g(x)$$ **（2）乘积函数的微分**：设 $f,g:I\to R$ 在 $x$ 点可微. 则 $$\mathrm{d}(fg)(x)=f(x)\,\mathrm{d}g(x)+g(x)\,\mathrm{d}f(x)$$ **（3）分式的微分**：设 $f,g:I\to R$ 在 $x$ 点可微，且 $$g(x)\neq 0,\qquad \forall x\in I$$ 则 $$\mathrm{d}\left(\dfrac{f}{g}\right)(x)=\dfrac{g(x)\,\mathrm{d}f(x)-f(x)\,\mathrm{d}g(x)}{g(x)^2}$$ **（4）复合函数的微分**：设 $f:I\to R$ 在 $x$ 点可微，$g:J\to R$ 在 $y=f(x)$ 点可微，$R_f\subset J$. 则 $$\mathrm{d}(g\circ f)(x)=g'(f(x))\,\mathrm{d}f(x)$$ 即复合函数的微分与把 $f(x)$ 当作自变量时的微分形式相同. **（5）分部微分公式**：由（2）得 $$\mathrm{d}(fg)(x)-g(x)\,\mathrm{d}f(x)=f(x)\,\mathrm{d}g(x)$$ ## 五、微分中值定理 ### 1. 费马（Fermat）引理 设 $f:(a,b)\to R$，$x_0\in(a,b)$ 是 $f$ 的极值点. 如果 $f$ 在 $x_0$ 点可导，则 $$f'(x_0)=0$$ 这意味着： 可导函数的极值点必是驻点，函数图象在该点的切线水平. > **证明：** > > 不妨设 $x_0$ 是 $f$ 的极大值点，即存在 $\eta>0$，使得 > > $$f(x)\leq f(x_0),\qquad \forall x\in(x_0-\eta,x_0+\eta)$$ > > 设 $h\neq 0$ 且 $|h|<\eta$，则 $f(x_0+h)-f(x_0)\leq 0$，所以 > > $$\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\leq 0\ (h>0),\qquad \dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\geq 0\ (h<0)$$ > > 由 §二.4.2（1）（2）的保号性，令 $h\to 0^+$、$h\to 0^-$ 得 $f'_+(x_0)\leq 0$、$f'_-(x_0)\geq 0$. 又 $f$ 在 $x_0$ 点可导，故 $f'_+(x_0)=f'_-(x_0)=f'(x_0)$，于是 > > $$f'(x_0)=0$$ > > 若 $x_0$ 是 $f$ 的极小值点，则 $f(x)\geq f(x_0)$（$\forall x\in(x_0-\eta,x_0+\eta)$），同样得 $f'_+(x_0)\geq 0$、$f'_-(x_0)\leq 0$，故仍有 $f'(x_0)=0$. > > 原命题得证. 设 $f:(a,b)\to R$，$x_0\in(a,b)$. 如果 $$f'(x_0)=0$$ 则称 $x_0$ 是 $f$ 的**临界点**，也称 $x_0$ 是 $f$ 的**驻点**. 由上面的 Fermat 引理，可利用临界点证明方程 $f'(x)=0$ 解的存在性：如果 $f$ 有极值点，且 $f$ 在该点可导，则方程 $f'(x)=0$ 一定有解. ### 2. 罗尔（Rolle）定理 设 $f:[a,b]\to R$ 连续，$f$ 在 $(a,b)$ 内可导. 如果 $$f(a)=f(b)$$ 则存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $$f'(\xi)=0$$ > **证明：** > > 由 §三.9.2 的最值定理，$f$ 在 $[a,b]$ 上取得最大值 $M$ 与最小值 $m$. > > **第一步（常函数情形）**：若 $M=m$，则 $f(x)=M$（$\forall x\in[a,b]$），$f$ 在 $(a,b)$ 内为常函数，故 $f'(x)=0$（$\forall x\in(a,b)$）. 任取 $\xi\in(a,b)$，即有 $f'(\xi)=0$. > > **第二步（非常函数情形）**：若 $M>m$，则由 $f(a)=f(b)$ 得 $M$ 与 $m$ 中至少有一个不等于 $f(a)$，故取得该值的点 $\xi\in(a,b)$，即 $\xi$ 是 $f$ 的极值点. 由 $f$ 在 $\xi$ 点可导与 §五.1 的 Fermat 引理得 > > $$f'(\xi)=0$$ > > 原命题得证. ### 3. 拉格朗日（Lagrange）中值定理 设 $f:[a,b]\to R$ 连续，$f$ 在 $(a,b)$ 内可导. 则存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$$ 这意味着： $f$ 在 $[a,b]$ 上的平均变化率一定等于区间内某一点的变化率. > **证明：** > > 令 > > $$\varphi(x)=f(x)-f(a)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$$ > > 由 §四.3.1 得 $\varphi$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且 > > $$\varphi'(x)=f'(x)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$$ > > 又有 > > $$\varphi(a)=0,\qquad \varphi(b)=f(b)-f(a)-\left(f(b)-f(a)\right)=0$$ > > 由 §五.2 的 Rolle 定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $\varphi'(\xi)=0$，即 > > $$f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$$ > > 即 > > $$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$$ > > 原命题得证. ### 4. 柯西（Cauchy）中值定理 设 $f,g:[a,b]\to R$ 连续，$f$、$g$ 在 $(a,b)$ 内可导，且 $$g'(x)\neq 0,\qquad \forall x\in(a,b)$$ 则存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$$ 这意味着： $f$、$g$ 在 $[a,b]$ 上的改变量之比等于 $f$、$g$ 在区间内某一点处导数之比. > **证明：** > > 先证 $g(b)\neq g(a)$. 若 $g(b)=g(a)$，则由 §五.2 的 Rolle 定理，存在 $\xi_0\in(a,b)$ 使 $g'(\xi_0)=0$，与 $g'(x)\neq 0$（$\forall x\in(a,b)$）矛盾，故 $g(b)\neq g(a)$. > > 令 > > $$\varphi(x)=f(x)-f(a)-\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\left(g(x)-g(a)\right)$$ > > 由 §四.3.1 得 $\varphi$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且 > > $$\varphi'(x)=f'(x)-\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(x)$$ > > 又有 > > $$\varphi(a)=0,\qquad \varphi(b)=f(b)-f(a)-\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\left(g(b)-g(a)\right)=0$$ > > 由 §五.2 的 Rolle 定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $\varphi'(\xi)=0$，即 > > $$f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(\xi)$$ > > 由 $g'(\xi)\neq 0$ 得 > > $$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$$ > > 原命题得证. ### 5. 洛必达（L'Hôpital）法则 设 $f,g:(x_0-\epsilon,x_0+\epsilon)\backslash\{x_0\}\to R$ 可导，且 $$g(x)\neq 0,\qquad g'(x)\neq 0,\qquad \forall x\in(x_0-\epsilon,x_0+\epsilon)\backslash\{x_0\}$$ 如果 $$\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=0\qquad\text{或}\qquad \lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=\infty$$ 且 $$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=A,\qquad A\in R\cup\{-\infty,+\infty\}$$ 则 $$\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=A$$ 把上述极限换成左极限、右极限或无穷远点的极限，结论依然成立. ### 6. 泰勒（Taylor）公式 #### 6.1 Taylor 多项式 设 $I\subset R$ 为开区间，$f:I\to R$ 为 $n$ 阶可导，$x_0\in I$. 在 $x_0$ 点附近，$f$ 近似等于一个 $n$ 次多项式： $$f(x)=P_n(x)+R(x)$$ 其中 $$P_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$$ 称 $P_n$ 为 $f$ 在 $x_0$ 点的 **$n$ 阶 Taylor 多项式**，$R(x)$ 称为**余项**，上式称为 $f$ 在 $x_0$ 点的 **$n$ 阶 Taylor 展开式**. #### 6.2 皮亚诺（Peano）余项 设 $I\subset R$ 为开区间，$f:I\to R$ 为 $n$ 阶可导，$x_0\in I$. 则 $$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o\left(|x-x_0|^n\right),\qquad x\to x_0$$ 其中 $o\left(|x-x_0|^n\right)$ 称为 **Peano 余项**. #### 6.3 拉格朗日（Lagrange）余项 设 $I\subset R$ 为开区间，$f:I\to R$ 为 $n+1$ 阶可导，$x_0\in I$. 则对任意 $x\in I$，存在 $\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间，使得 $$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$$ 其中 $$\xi=(1-\theta)x+\theta x_0,\qquad \theta\in(0,1)$$ 右端第二项称为 **Lagrange 余项**. > **注意**：若 $x$ 或 $x_0$ 为区间端点，且 $f$ 在端点处有相应的单侧导数，则上述 Taylor 公式仍成立，此时 $\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间. #### 6.4 常用的 Taylor 展开式 以下展开式均在 $x_0=0$ 点展开，余项均为 Peano 余项. **（1）$\dfrac{1}{1-x}$ 的展开式**： $$\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^n+o(x^n),\qquad x\to 0$$ **（2）$\ln(1+x)$ 的展开式**： $$\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}+o(x^n),\qquad x\to 0$$ **（3）$e^x$ 的展开式**： $$e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+o(x^n),\qquad x\to 0$$ **（4）$\sin x$ 的展开式**： $$\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\cdots+(-1)^m\dfrac{x^{2m+1}}{(2m+1)!}+o(x^{2m+2}),\qquad x\to 0$$ **（5）$\cos x$ 的展开式**： $$\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^m\dfrac{x^{2m}}{(2m)!}+o(x^{2m+1}),\qquad x\to 0$$ 以上各式中 $n$ 为正整数，$m$ 为非负整数. ### 7. 函数的极值 #### 7.1 极值的定义 **（1）极小值**：设 $f:(a,b)\to R$，$x_0\in(a,b)$. 如果存在 $\epsilon>0$，使得 $$(x_0-\epsilon,x_0+\epsilon)\subset(a,b),\qquad f(x)\geq f(x_0),\quad \forall x\in(x_0-\epsilon,x_0+\epsilon)$$ 则称 $x_0$ 是 $f$ 的**极小值点**，$f(x_0)$ 是 $f$ 的**极小值**. **（2）严格极小值**：设 $f:(a,b)\to R$，$x_0\in(a,b)$. 如果存在 $\epsilon>0$，使得 $$(x_0-\epsilon,x_0+\epsilon)\subset(a,b),\qquad f(x)>f(x_0),\quad \forall x\in(x_0-\epsilon,x_0+\epsilon)\backslash\{x_0\}$$ 则称 $x_0$ 是 $f$ 的**严格极小值点**，$f(x_0)$ 是 $f$ 的**严格极小值**. **（3）极大值与严格极大值**：极大值与严格极大值的定义依次类推（分别把（1）（2）中的 $\geq$、$>$ 改为 $\leq$、$<$）. $f$ 的极小值点与极大值点统称为 $f$ 的**极值点**，$f$ 的极小值与极大值统称为 $f$ 的**极值**. #### 7.2 极值的必要条件 设 $f:(a,b)\to R$，$x_0\in(a,b)$ 是 $f$ 的极值点. 如果 $f$ 在 $x_0$ 点可导，则 $$f'(x_0)=0$$ #### 7.3 极值的充分条件 设 $f:(x_0-\delta,x_0+\delta)\to R$ 连续，$f$ 在 $(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$ 可导. **（1）极大值点**：如果 $$f'(x)\geq 0,\quad \forall x\in(x_0-\delta,x_0);\qquad f'(x)\leq 0,\quad \forall x\in(x_0,x_0+\delta)$$ 则 $x_0$ 是 $f$ 的**极大值点**. **（2）极小值点**：如果 $$f'(x)\leq 0,\quad \forall x\in(x_0-\delta,x_0);\qquad f'(x)\geq 0,\quad \forall x\in(x_0,x_0+\delta)$$ 则 $x_0$ 是 $f$ 的**极小值点**. **（3）严格极大值点与严格极小值点**：严格极大值点与严格极小值点的条件依次类推（把（1）（2）中的 $\geq$、$\leq$ 分别改为 $>$、$<$）. #### 7.4 二阶导数的充分条件 设 $f:(x_0-\delta,x_0+\delta)\to R$ 连续，$f$ 在 $x_0$ 点二阶可导. **（1）严格极大值点**：如果 $$f'(x_0)=0,\qquad f''(x_0)<0$$ 则 $x_0$ 是 $f$ 的**严格极大值点**. **（2）严格极小值点**：如果 $$f'(x_0)=0,\qquad f''(x_0)>0$$ 则 $x_0$ 是 $f$ 的**严格极小值点**. > **注意**：二阶导数充分条件中的严格不等号不能减弱为 $f''(x_0)\geq 0$ 或 $f''(x_0)\leq 0$. 例如 $f(x)=x^3$，$x_0=0$，则 > > $$f'(0)=0,\qquad f''(0)=0$$ > > 从而 $f''(0)\geq 0$ 与 $f''(0)\leq 0$ 同时成立，但 $f(x)$ 在 $x=0$ 两侧取值异号，$x=0$ 不是 $f$ 的极值点，所以减弱后的条件不能保证极值. ### 8. 函数的单调性 设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$ 可导. **（1）严格单调增的充分条件**：如果 $$f'(x)>0,\qquad \forall x\in I$$ 则 $f$ 在 $I$ 上**严格单调增**. **（2）单调不减的充要条件**：$f$ 在 $I$ 上**单调不减**当且仅当 $$f'(x)\geq 0,\qquad \forall x\in I$$ > **注意**：（1）的逆命题不成立. 例如 $f(x)=x^3$ 在 $R$ 上严格单调增，但 $f'(0)=0$. 其余情形依次类推（把上述不等号反向）. ### 9. 曲线的凹凸性与曲率 #### 9.1 凹凸性 设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$. **（1）凹函数**：如果 $$f((1-\lambda)x_1+\lambda x_2)\leq (1-\lambda)f(x_1)+\lambda f(x_2),\qquad \forall x_1,x_2\in I,\ \lambda\in[0,1]$$ 则称 $f$ 在 $I$ 上是**凹的**，也称 $f$ 为**凹函数**. **（2）严格凹函数**：如果 $$f((1-\lambda)x_1+\lambda x_2)<(1-\lambda)f(x_1)+\lambda f(x_2),\qquad \forall x_1,x_2\in I,\ x_1\neq x_2,\ \lambda\in(0,1)$$ 则称 $f$ 在 $I$ 上是**严格凹的**，也称 $f$ 为**严格凹函数**. **（3）凸函数与严格凸函数**：其余情形依次类推（把（1）（2）中的 $\leq$、$<$ 改为 $\geq$、$>$）. 设 $f:I\to R$，$x_1,x_2,x_3\in I$ 且 $x_10$（$\forall x\in I$），则 $f$ 为严格凹函数. 其余情形依次类推（把 $f''\geq 0$、$f''>0$ 分别改为 $f''\leq 0$、$f''<0$）. 如果 $f$ 在 $x=x_0$ 处凹凸性发生改变，则称点 $(x_0,f(x_0))$ 为曲线 $y=f(x)$ 的**拐点**. #### 9.2 曲率 设 $f:(a,b)\to R$ 二阶可导，$x_0\in(a,b)$，$x$ 是 $x_0$ 附近的一点. 记 $\Delta\theta$ 为曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_0,f(x_0))$ 与 $(x,f(x))$ 处切线的夹角，$\Delta s$ 为这两点之间的弧长. 称 $$K(x_0)=\lim_{x\to x_0}\dfrac{\Delta\theta}{\Delta s}=\left|\dfrac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}s}\right|$$ 为曲线 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 点的**曲率**. 设 $f:(a,b)\to R$ 二阶可导，则曲线 $y=f(x)$ 在 $x$ 点的曲率为 $$K(x)=\dfrac{|f''(x)|}{\left(1+[f'(x)]^2\right)^{\frac{3}{2}}}$$ 当 $K(x_0)\neq 0$ 时，称 $$\rho=\dfrac{1}{K(x_0)}$$ 为曲线在 $x_0$ 点的**曲率半径**. #### 9.3 参数方程表示的曲线的曲率 设曲线 $C$ 由参数方程 $$\begin{cases}x=\varphi(t)\\ y=\psi(t)\end{cases}$$ 给出，其中 $t$ 为参数，$\varphi,\psi:I\to R$ 在 $I$ 上二阶可导，且 $\varphi'(t)\neq 0$. 由 §四.4.2 得 $$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{\psi'(t)}{\varphi'(t)},\qquad \dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dfrac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}\right)\cdot\dfrac{1}{\varphi'(t)}=\dfrac{\psi''(t)\varphi'(t)-\psi'(t)\varphi''(t)}{\left(\varphi'(t)\right)^3}$$ 由 §五.9.2 的曲率公式（把 $f'(x)$、$f''(x)$ 分别换成 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$、$\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}$）得曲线 $C$ 的曲率 $$K=\dfrac{\left|\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\right|}{\left(1+\left(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^2\right)^{\frac{3}{2}}}=\dfrac{\left|\psi''(t)\varphi'(t)-\psi'(t)\varphi''(t)\right|}{\left[\left(\varphi'(t)\right)^2+\left(\psi'(t)\right)^2\right]^{\frac{3}{2}}}$$ 这意味着： 参数方程给出的曲线，其曲率可直接由 $\varphi$、$\psi$ 的一阶、二阶导数算出，不必先消去参数 $t$. ### 10. 习题 > **题**：设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上三阶可导，$f(0)=0$，$f(1)=1$，$f'\left(\dfrac{1}{2}\right)=0$. 求证：存在 $\xi\in(0,1)$，使得 > > $$|f'''(\xi)|\geq 24$$ > > **证明：** > > 由 §五.6.3 的 Taylor 公式（$n=2$，在 $x_0=\dfrac{1}{2}$ 处展开），存在 $\xi_1\in\left(\dfrac{1}{2},1\right)$ 与 $\xi_2\in\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$，使得 > > $$f(1)=f\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{2}f'\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{8}f''\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{48}f'''(\xi_1)$$ > > $$f(0)=f\left(\dfrac{1}{2}\right)-\dfrac{1}{2}f'\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{8}f''\left(\dfrac{1}{2}\right)-\dfrac{1}{48}f'''(\xi_2)$$ > > 两式相减，由 $f(0)=0$、$f(1)=1$ 与 $f'\left(\dfrac{1}{2}\right)=0$ 得 > > $$1=\dfrac{f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)}{48}$$ > > 即 $f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=48$，所以 $|f'''(\xi_1)|$、$|f'''(\xi_2)|$ 中至少有一个不小于 $24$. 取该点为 $\xi$，则 $\xi\in(0,1)$，且 > > $$|f'''(\xi)|\geq 24$$ > > 原命题得证. > **题**：设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有二阶连续导数，$f(0)=f(1)=0$，且 > > $$\min_{0\leq x\leq 1}f(x)=-1$$ > > 求证： > > $$\max_{0\leq x\leq 1}f''(x)\geq 8$$ > > **证明：** > > 由 §三.9.2 的最值定理，$f$ 在 $[0,1]$ 上取得最小值. 因为 $f(0)=f(1)=0>-1$，所以最小值在区间内部取得，记最小值点为 $c\in(0,1)$，则 > > $$f(c)=-1,\qquad f'(c)=0$$ > > 其中 $f'(c)=0$ 由 §五.1 的 Fermat 引理得到. 由 §五.6.3 的 Taylor 公式（$n=1$），存在 $\xi_1\in(0,c)$ 与 $\xi_2\in(c,1)$，使得 > > $$0=f(0)=f(c)+f'(c)(0-c)+\dfrac{f''(\xi_1)}{2}(0-c)^2=-1+\dfrac{f''(\xi_1)}{2}c^2$$ > > $$0=f(1)=f(c)+f'(c)(1-c)+\dfrac{f''(\xi_2)}{2}(1-c)^2=-1+\dfrac{f''(\xi_2)}{2}(1-c)^2$$ > > 于是 > > $$f''(\xi_1)=\dfrac{2}{c^2},\qquad f''(\xi_2)=\dfrac{2}{(1-c)^2}$$ > > 若 $c\leq\dfrac{1}{2}$，则 $c^2\leq\dfrac{1}{4}$，从而 $f''(\xi_1)\geq 8$；若 $c>\dfrac{1}{2}$，则 $(1-c)^2<\dfrac{1}{4}$，从而 $f''(\xi_2)>8$. 因此无论如何都有 > > $$\max_{0\leq x\leq 1}f''(x)\geq 8$$ > > 原命题得证. > **题**：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有二阶连续导数. 证明：存在 $\xi\in(a,b)$，使得 > > $$f(b)-2f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+f(a)=\dfrac{(b-a)^2}{4}f''(\xi)$$ > > **证明：** > > 记 > > $$m=\dfrac{a+b}{2},\qquad h=\dfrac{b-a}{2}$$ > > 取二次多项式 > > $$P(x)=f(m)+c_1(x-m)+c_2(x-m)^2$$ > > 使 > > $$P(m)=f(m),\qquad P(a)=f(a),\qquad P(b)=f(b)$$ > > 则 $c_1$、$c_2$ 满足 > > $$f(m)+c_1h+c_2h^2=f(b),\qquad f(m)-c_1h+c_2h^2=f(a)$$ > > 两式相减、相加得 > > $$c_1=\dfrac{f(b)-f(a)}{2h},\qquad c_2=\dfrac{f(b)-2f(m)+f(a)}{2h^2}=\dfrac{2\left(f(b)-2f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+f(a)\right)}{(b-a)^2}$$ > > 令 $g(x)=f(x)-P(x)$，则 > > $$g(a)=g(m)=g(b)=0$$ > > 由 §五.2 的 Rolle 定理，存在 $\eta_1\in(a,m)$ 与 $\eta_2\in(m,b)$，使得 > > $$g'(\eta_1)=0,\qquad g'(\eta_2)=0$$ > > 再对 $g'$ 在 $[\eta_1,\eta_2]$ 上使用 §五.2 的 Rolle 定理，存在 $\xi\in(\eta_1,\eta_2)\subset(a,b)$，使得 > > $$g''(\xi)=0$$ > > 又 > > $$g''(x)=f''(x)-P''(x)=f''(x)-2c_2$$ > > 所以 > > $$f''(\xi)=2c_2=\dfrac{4\left(f(b)-2f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+f(a)\right)}{(b-a)^2}$$ > > 即 > > $$f(b)-2f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+f(a)=\dfrac{(b-a)^2}{4}f''(\xi)$$ > > 原命题得证. > **题**：设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$ 可导，且 > > $$f'(x)\neq 0,\qquad \forall x\in I$$ > > 求证：$f'$ 在 $I$ 上恒正或恒负. > > **证明：** > > 用反证法. 假设 $f'$ 在 $I$ 上既不恒正也不恒负. 由 $f'(x)\neq 0$（$\forall x\in I$），$f'$ 在 $I$ 上既有取正值的点，又有取负值的点. 取 $a,b\in I$，$a > **（1）$f'(a)>0$，$f'(b)<0$**：由导数的定义，存在 $x_1,x_2\in(a,b)$，使得 > > $$f(x_1)>f(a),\qquad f(x_2)>f(b)$$ > > 因为 $f$ 在 $I$ 上可导，所以 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导. 由 §三.9.2 的最值定理，$f$ 在 $[a,b]$ 上取得最大值. > > 若最大值在 $x=a$ 处取得，则 $f(a)\geq f(x_1)$，与 $f(x_1)>f(a)$ 矛盾；若最大值在 $x=b$ 处取得，则 $f(b)\geq f(x_2)$，与 $f(x_2)>f(b)$ 矛盾. > > 所以最大值只能在 $(a,b)$ 内某点 $c$ 处取得，$c$ 是 $f$ 的极大值点. 由 $f$ 在 $c$ 点可导与上面的 Fermat 引理得 > > $$f'(c)=0$$ > > 这与 $f'(x)\neq 0$（$\forall x\in I$）矛盾. > > **（2）$f'(a)<0$，$f'(b)>0$**：由导数的定义，存在 $x_1,x_2\in(a,b)$，使得 > > $$f(x_1) > 由 §三.9.2 的最值定理，$f$ 在 $[a,b]$ 上取得最小值. > > 若最小值在 $x=a$ 处取得，则 $f(a)\leq f(x_1)$，与 $f(x_1) > 所以最小值只能在 $(a,b)$ 内某点 $c$ 处取得，$c$ 是 $f$ 的极小值点. 由 $f$ 在 $c$ 点可导与上面的 Fermat 引理得 > > $$f'(c)=0$$ > > 这与 $f'(x)\neq 0$（$\forall x\in I$）矛盾. > > 两种情形都矛盾，故 $f'$ 在 $I$ 上恒正或恒负. > > 原命题得证. > **题**：设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)=0$. 求证：方程 $f(x)=f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内有解. > > **证明：** > > 令 > > $$F(x)=f(x)e^{-x}$$ > > 由 §四.3.2 与 §四.3.4 得 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且 > > $$F'(x)=f'(x)e^{-x}-f(x)e^{-x}=\left(f'(x)-f(x)\right)e^{-x}$$ > > 又有 > > $$F(a)=f(a)e^{-a}=0,\qquad F(b)=f(b)e^{-b}=0$$ > > 由 §五.2 的 Rolle 定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $F'(\xi)=0$，即 > > $$\left(f'(\xi)-f(\xi)\right)e^{-\xi}=0$$ > > 由 $e^{-\xi}>0$ 得 $f'(\xi)-f(\xi)=0$，即 > > $$f(\xi)=f'(\xi)$$ > > 所以方程 $f(x)=f'(x)$ 在 $(a,b)$ 内有解 $\xi$. > > 原命题得证. > **题**：设 $f:R\to R$ 有 $n$ 阶导数，且 > > $$f^{(n)}(x)\neq 0,\qquad \forall x\in R$$ > > 求证：$f$ 至多有 $n$ 个零点. > > **证明：** > > 当 $n=0$ 时，$f^{(0)}=f$，由 $f(x)\neq 0$（$\forall x\in R$）知 $f$ 没有零点，结论成立. 以下设 $n\geq 1$. > > 用反证法. 假设 $f$ 至少有 $n+1$ 个零点，从中取出 $n+1$ 个互不相同的零点，按从小到大排列为 > > $$x_0 > 则 $f(x_k)=0$（$k=0,1,\dots,n$）. > > **第一步（逐次降阶）**：因为 $f$ 在 $R$ 上有 $n$ 阶导数，所以 $f$ 直到 $n-1$ 阶的各阶导数都在 $R$ 上连续、可导. 对每个 $k=1,2,\dots,n$，$f$ 在 $[x_{k-1},x_k]$ 上连续、在 $(x_{k-1},x_k)$ 内可导，且 $f(x_{k-1})=f(x_k)=0$，由 §五.2 的 Rolle 定理，存在 $\xi_k\in(x_{k-1},x_k)$，使得 > > $$f'(\xi_k)=0,\qquad k=1,2,\dots,n$$ > > 这些点互不相同，故 $f'$ 至少有 $n$ 个零点. > > **第二步（归纳）**：设 $1\leq j\leq n-1$，且 $f^{(j)}$ 至少有 $n+1-j$ 个零点. 从中取出 $n+1-j$ 个，按从小到大排列为 > > $$y_0 > 对每个 $k=1,2,\dots,n-j$，$f^{(j)}$ 在 $[y_{k-1},y_k]$ 上连续、在 $(y_{k-1},y_k)$ 内可导，且 $f^{(j)}(y_{k-1})=f^{(j)}(y_k)=0$. 由 §五.2 的 Rolle 定理，存在 $\eta_k\in(y_{k-1},y_k)$，使得 > > $$f^{(j+1)}(\eta_k)=0,\qquad k=1,2,\dots,n-j$$ > > 这些点互不相同，故 $f^{(j+1)}$ 至少有 $n-j$ 个零点. 由归纳法，对 $j=1,2,\dots,n$，$f^{(j)}$ 至少有 $n+1-j$ 个零点. 特别地，$f^{(n)}$ 至少有 $1$ 个零点，即存在 $\xi\in R$，使得 > > $$f^{(n)}(\xi)=0$$ > > 这与 $f^{(n)}(x)\neq 0$（$\forall x\in R$）矛盾. 故 $f$ 至多有 $n$ 个零点. > > 原命题得证. > **题**：求证：方程 $2^x=x^2+1$ 有且只有三个实数根. > > **证明：** > > 设 > > $$f(x)=2^x-x^2-1$$ > > 则 $f$ 在 $R$ 上连续、可导，且 > > $$f'(x)=2^x\ln 2-2x,\qquad f''(x)=2^x(\ln 2)^2-2,\qquad f'''(x)=2^x(\ln 2)^3$$ > > 因为 $f'''(x)>0$（$\forall x\in R$），所以 $f''$ 在 $R$ 上严格单调增，故 $f''$ 至多有一个零点. > > **第一步（存在性）**：由 > > $$f(0)=0,\qquad f(1)=0,\qquad f(4)=-1<0,\qquad f(5)=6>0$$ > > 与 §三.9.2 的介值定理，存在 $c\in(4,5)$，使得 $f(c)=0$. 于是方程至少有三个不同实数根 > > $$r_1=0,\qquad r_2=1,\qquad r_3=c$$ > > **第二步（至多三个根）**：假设方程至少有四个不同实数根 > > $$x_1 > 则 $f(x_i)=0$（$i=1,2,3,4$）. 对 $f$ 在 $[x_1,x_2]$、$[x_2,x_3]$、$[x_3,x_4]$ 上分别使用 §五.2 的 Rolle 定理，得 $f'$ 至少有三个不同零点；再对 $f'$ 在相邻零点之间的区间上使用 Rolle 定理，得 $f''$ 至少有两个不同零点. 这与 $f''$ 至多有一个零点矛盾. > > 故方程至多有三个不同实数根. 结合第一步，方程有且只有三个实数根. > > 原命题得证. > **题**：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，$a>0$，且 > > $$f(a)=f(b)=1$$ > > 设 $n$ 为正整数. 求证：存在 $\xi\in(a,b)$，使得 > > $$f(\xi)+\dfrac{\xi}{n}f'(\xi)=1$$ > > **证明：** > > 令 > > $$F(x)=x^n\left(f(x)-1\right)$$ > > 由 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，以及 $x^n$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，得 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导. 又 > > $$F(a)=a^n\left(f(a)-1\right)=0,\qquad F(b)=b^n\left(f(b)-1\right)=0$$ > > 由 §五.2 的 Rolle 定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使得 > > $$F'(\xi)=0$$ > > 而 > > $$F'(x)=nx^{n-1}\left(f(x)-1\right)+x^nf'(x)=x^{n-1}\left(n\left(f(x)-1\right)+xf'(x)\right)$$ > > 由 $a>0$ 与 $\xi\in(a,b)$ 得 $\xi>a>0$，所以 $\xi^{n-1}\neq 0$. 于是 > > $$n\left(f(\xi)-1\right)+\xi f'(\xi)=0$$ > > 即 > > $$f(\xi)+\dfrac{\xi}{n}f'(\xi)=1$$ > > 原命题得证. > **题**：设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 > > $$f(0)=0,\qquad f(1)=1$$ > > 求证： > > （1）存在 $\xi\in(0,1)$，使得 $f(\xi)=1-\xi$； > > （2）存在两个不同的点 $\eta,\zeta\in(0,1)$，使得 $f'(\eta)f'(\zeta)=1$. > > **证明：** > > 先证（1）. 令 > > $$F(x)=f(x)+x-1$$ > > 由 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续得 $F$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 > > $$F(0)=f(0)-1=-1<0,\qquad F(1)=f(1)+1-1=1>0$$ > > 由 §三.9.2 的介值定理，存在 $\xi\in(0,1)$，使得 $F(\xi)=0$（因 $F(0)$ 与 $F(1)$ 均不为零，零点不在端点），即 > > $$f(\xi)=1-\xi$$ > > 再证（2）. 取（1）中的 $\xi\in(0,1)$. 由 $f$ 在 $[0,\xi]$ 与 $[\xi,1]$ 上连续、在 $(0,\xi)$ 与 $(\xi,1)$ 内可导，对 $f$ 在这两个区间上分别使用 §五.3 的 Lagrange 中值定理，存在 $\eta\in(0,\xi)$ 与 $\zeta\in(\xi,1)$，使得 > > $$f'(\eta)=\dfrac{f(\xi)-f(0)}{\xi}=\dfrac{1-\xi}{\xi},\qquad f'(\zeta)=\dfrac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\dfrac{\xi}{1-\xi}$$ > > 于是 > > $$f'(\eta)f'(\zeta)=\dfrac{1-\xi}{\xi}\times\dfrac{\xi}{1-\xi}=1$$ > > 且 $\eta<\xi<\zeta$，故 $\eta$、$\zeta$ 是两个不同的点. > > 原命题得证. > **题**：设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 > > $$f(0)=0,\qquad f(1)=1$$ > > 求证：对任意 $a,b>0$，存在 $\xi,\eta\in(0,1)$，$\xi\neq\eta$，使得 > > $$\dfrac{a}{f'(\xi)}+\dfrac{b}{f'(\eta)}=a+b$$ > > **证明：** > > 令 $c\in(0,1)$ 满足 > > $$f(c)=\dfrac{a}{a+b}$$ > > 因 $0<\dfrac{a}{a+b}<1$，由 §三.9.2 的介值定理，这样的 $c$ 存在. 对 $f$ 在 $[0,c]$ 与 $[c,1]$ 上分别使用 §五.3 的 Lagrange 中值定理，存在 $\xi\in(0,c)$ 与 $\eta\in(c,1)$，使得 > > $$f'(\xi)=\dfrac{f(c)-f(0)}{c}=\dfrac{a}{(a+b)c},\qquad f'(\eta)=\dfrac{f(1)-f(c)}{1-c}=\dfrac{b}{(a+b)(1-c)}$$ > > 于是 > > $$\dfrac{a}{f'(\xi)}+\dfrac{b}{f'(\eta)}=(a+b)c+(a+b)(1-c)=a+b$$ > > 且 $\xi > 原命题得证. > **题**：设 $f(x)$ 在 $[0,a]$ 上可导（$a>0$），且 > > $$f(0)=1,\qquad f(a)=0$$ > > 求证：存在 $x_1,x_2\in(0,a)$，$x_1 > $$f'(x_1)f'(x_2)=\dfrac{1}{a^2}$$ > > **证明：** > > 令 > > $$g(x)=f(x)-\dfrac{x}{a}$$ > > 则 $g(0)=1>0$，$g(a)=-1<0$. 由 §三.9.2 的介值定理，存在 $c\in(0,a)$，使得 $g(c)=0$，即 > > $$f(c)=\dfrac{c}{a}$$ > > 对 $f$ 在 $[0,c]$ 与 $[c,a]$ 上分别使用 §五.3 的 Lagrange 中值定理，存在 $x_1\in(0,c)$ 与 $x_2\in(c,a)$，使得 > > $$f'(x_1)=\dfrac{f(c)-f(0)}{c}=\dfrac{c-a}{ac},\qquad f'(x_2)=\dfrac{f(a)-f(c)}{a-c}=-\dfrac{c}{a(a-c)}$$ > > 于是 > > $$f'(x_1)f'(x_2)=\dfrac{c-a}{ac}\times\left(-\dfrac{c}{a(a-c)}\right)=\dfrac{1}{a^2}$$ > > 且 $x_1 > 原命题得证. > **题**：求 > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{1+x-e^x}{x^2}$$ > > **解**： > > **方法一（Taylor 展开）**：由 §五.6.4（3）得 > > $$e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2),\qquad x\to 0$$ > > 所以 > > $$1+x-e^x=-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$$ > > 于是 > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{1+x-e^x}{x^2}=\lim_{x\to 0}\left(-\dfrac{1}{2}+o(1)\right)=-\dfrac{1}{2}$$ > > **方法二（L'Hôpital 法则）**：这是 $\dfrac{0}{0}$ 型极限，两次使用 L'Hôpital 法则得 > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{1+x-e^x}{x^2}=\lim_{x\to 0}\dfrac{1-e^x}{2x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{-e^x}{2}=-\dfrac{1}{2}$$ > **题**：求 > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{2\cos x-2+x^2}{x\ln(1+x^3)}$$ > > **解**： > > **方法一（Taylor 展开）**：由 §五.6.4（2）与（5）得 > > $$\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4),\qquad \ln(1+x^3)=x^3+o(x^3),\qquad x\to 0$$ > > 所以 > > $$2\cos x-2+x^2=\dfrac{x^4}{12}+o(x^4),\qquad x\ln(1+x^3)=x^4+o(x^4)$$ > > 于是 > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{2\cos x-2+x^2}{x\ln(1+x^3)}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{x^4}{12}+o(x^4)}{x^4+o(x^4)}=\dfrac{1}{12}$$ > > **方法二（L'Hôpital 法则）**：这是 $\dfrac{0}{0}$ 型极限，两次使用 L'Hôpital 法则得 > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{2\cos x-2+x^2}{x\ln(1+x^3)}=\lim_{x\to 0}\dfrac{-2\sin x+2x}{\ln(1+x^3)+\dfrac{3x^3}{1+x^3}}=\lim_{x\to 0}\dfrac{2(1-\cos x)}{\dfrac{3x^2}{1+x^3}+\dfrac{9x^2}{(1+x^3)^2}}$$ > > 由 §二.10 的等价无穷小量 $1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$ 得 > > $$\lim_{x\to 0}\dfrac{2(1-\cos x)}{\dfrac{3x^2}{1+x^3}+\dfrac{9x^2}{(1+x^3)^2}}=\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{2(1-\cos x)}{x^2}\times\dfrac{(1+x^3)^2}{3(4+x^3)}\right)=\dfrac{1}{12}$$ > **题**：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上二阶可导，且 > > $$f'(a)=f'(b)=0$$ > > 求证：存在 $\xi\in(a,b)$，使得 > > $$|f''(\xi)|\geq\dfrac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2}$$ > > **证明：** > > 若 $f(a)=f(b)$，任取 $\xi\in(a,b)$ 即可，结论成立. 以下设 $f(a)\neq f(b)$，记 > > $$M=\dfrac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2}$$ > > 用反证法. 假设对一切 $x\in(a,b)$ 都有 > > $$|f''(x)| > 令 $m=\dfrac{a+b}{2}$. 由 §五.6.3 的 Taylor 公式，存在 $\xi_1\in(a,m)$ 与 $\xi_2\in(m,b)$，使得 > > $$f(m)=f(a)+f'(a)(m-a)+\dfrac{f''(\xi_1)}{2}(m-a)^2$$ > > $$f(m)=f(b)+f'(b)(m-b)+\dfrac{f''(\xi_2)}{2}(m-b)^2$$ > > 由 $f'(a)=f'(b)=0$ 与 $m-a=b-m=\dfrac{b-a}{2}$，两式相减得 > > $$f(b)-f(a)=\dfrac{(b-a)^2}{8}\left(f''(\xi_1)-f''(\xi_2)\right)$$ > > 于是 > > $$|f(b)-f(a)|\leq\dfrac{(b-a)^2}{8}\left(|f''(\xi_1)|+|f''(\xi_2)|\right)<\dfrac{(b-a)^2}{8}\cdot2M=|f(b)-f(a)|$$ > > 矛盾. 所以存在 $\xi\in(a,b)$，使得 > > $$|f''(\xi)|\geq M=\dfrac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2}$$ > > 原命题得证. > **题**：设 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上有二阶连续导数，证明： > > （1）若 $f(0)=0$，则存在 $\xi\in(-a,a)$，使得 > > $$f''(\xi)=\dfrac{f(a)+f(-a)}{a^2}$$ > > （2）若 $f(x)$ 在 $(-a,a)$ 内取得极值，则存在 $\eta\in(-a,a)$，使得 > > $$|f''(\eta)|\geq\dfrac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}$$ > > **证明：** > > （1）由 §五.6.3 的 Taylor 公式，存在 $\xi_1\in(0,a)$ 与 $\xi_2\in(-a,0)$，使得 > > $$f(a)=f(0)+f'(0)a+\dfrac{f''(\xi_1)}{2}a^2$$ > > $$f(-a)=f(0)-f'(0)a+\dfrac{f''(\xi_2)}{2}a^2$$ > > 由 $f(0)=0$，两式相加得 > > $$f(a)+f(-a)=\dfrac{a^2}{2}\left(f''(\xi_1)+f''(\xi_2)\right)$$ > > 即 > > $$\dfrac{f(a)+f(-a)}{a^2}=\dfrac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}$$ > > 由于 $f''$ 在 $[-a,a]$ 上连续，由 §三.9.2 的介值定理，存在介于 $\xi_1$ 与 $\xi_2$ 之间的 $\xi\in(-a,a)$，使得 > > $$f''(\xi)=\dfrac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}=\dfrac{f(a)+f(-a)}{a^2}$$ > > （2）设 $f$ 在 $c\in(-a,a)$ 处取得极值. 由 §五.1 的 Fermat 引理， > > $$f'(c)=0$$ > > 若 $f(a)=f(-a)$，任取 $\eta\in(-a,a)$ 即可，结论成立. 以下设 $f(a)\neq f(-a)$. 由 §五.6.3 的 Taylor 公式，存在 $\eta_1\in(c,a)$ 与 $\eta_2\in(-a,c)$，使得 > > $$f(a)=f(c)+\dfrac{f''(\eta_1)}{2}(a-c)^2$$ > > $$f(-a)=f(c)+\dfrac{f''(\eta_2)}{2}(a+c)^2$$ > > 两式相减得 > > $$f(a)-f(-a)=\dfrac{1}{2}\left(f''(\eta_1)(a-c)^2-f''(\eta_2)(a+c)^2\right)$$ > > 记 > > $$M=\max\{|f''(\eta_1)|,|f''(\eta_2)|\}$$ > > 则 > > $$|f(a)-f(-a)|\leq\dfrac{M}{2}\left((a-c)^2+(a+c)^2\right)=M(a^2+c^2)<2a^2M$$ > > 所以 > > $$M>\dfrac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}$$ > > 因此存在 $\eta\in\{\eta_1,\eta_2\}$，使得 > > $$|f''(\eta)|\geq\dfrac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}$$ > > 原命题得证. ## 六、不定积分 ### 1. 原函数与不定积分 #### 1.1 原函数 设 $I\subset R$ 为区间，$f,F:I\to R$. 如果 $$F'(x)=f(x),\qquad \forall x\in I$$ 则称 $F$ 是 $f$ 的**原函数**. #### 1.2 原函数的性质 设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$. **（1）存在性**：如果 $f$ 连续，则 $f$ 在 $I$ 上必有原函数. **（2）相差常数**：如果 $F_1,F_2:I\to R$ 都是 $f$ 的原函数，则存在 $C\in R$，使得 $$F_1(x)-F_2(x)=C,\qquad \forall x\in I$$ **（3）全部原函数**：由（2）得，如果 $F$ 是 $f$ 的一个原函数，则 $f$ 的所有原函数为 $$F(x)+C$$ 其中 $C$ 为任意常数. #### 1.3 不定积分的定义和记号 设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$F$ 为 $f$ 的一个原函数. 称 $f$ 的全体原函数为 $f$ 的**不定积分**，记为 $$\int f(x)\,\mathrm{d}x=F(x)+C$$ 其中 $C$ 为任意常数，称 $C$ 为**积分常数**. $\int f(x)\,\mathrm{d}x$ 意味着： 求 $f$ 的不定积分就是求 $f$ 的全体原函数，所得结果是含任意常数 $C$ 的一族函数. ### 2. 基本积分表 以下各式中 $C$ 为任意常数，等式在两端都有定义的区间上成立. 表中每个公式都可由 §四.6 与 §一.4.2 的导数公式直接验证：右端求导即得左端的被积函数. **（1）常数、幂函数与对数函数**： $$\int k\,\mathrm{d}x=kx+C\quad(k\in R)$$ $$\int x^{\alpha}\,\mathrm{d}x=\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C\quad(\alpha\neq -1),\qquad \int\dfrac{\mathrm{d}x}{x}=\ln|x|+C\quad(x\neq 0)$$ **（2）指数函数**： $$\int a^x\,\mathrm{d}x=\dfrac{a^x}{\ln a}+C\quad(a>0,\ a\neq 1),\qquad \int e^x\,\mathrm{d}x=e^x+C$$ **（3）三角函数**： $$\int\sin x\,\mathrm{d}x=-\cos x+C,\qquad \int\cos x\,\mathrm{d}x=\sin x+C$$ $$\int\sec^2x\,\mathrm{d}x=\tan x+C,\qquad \int\csc^2x\,\mathrm{d}x=-\cot x+C$$ $$\int\sec x\tan x\,\mathrm{d}x=\sec x+C,\qquad \int\csc x\cot x\,\mathrm{d}x=-\csc x+C$$ **（4）反三角函数**： $$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\arctan x+C,\qquad \int\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+C\quad(-1 **例**：求下列不定积分. > > （1）$\int\cos^2x\sin^4x\,\mathrm{d}x$； > > （2）$\int\cos^5x\sin^3x\,\mathrm{d}x$； > > （3）$\int\tan^2x\sec^4x\,\mathrm{d}x$； > > （4）$\int\cos 3x\sin x\,\mathrm{d}x$. > > **解**： > > （1）由二倍角公式、降幂公式与积化和差公式得 > > $$\cos^2x\sin^4x=\dfrac{1}{4}\sin^2x\sin^22x=\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{32}\cos2x-\dfrac{1}{16}\cos4x+\dfrac{1}{32}\cos6x$$ > > 所以 > > $$\int\cos^2x\sin^4x\,\mathrm{d}x=\dfrac{x}{16}-\dfrac{1}{64}\sin2x-\dfrac{1}{64}\sin4x+\dfrac{1}{192}\sin6x+C$$ > > （2）令 $u=\sin x$，则 > > $$\int\cos^5x\sin^3x\,\mathrm{d}x=\int\left(1-u^2\right)^2u^3\,\mathrm{d}u=\int\left(u^3-2u^5+u^7\right)\mathrm{d}u=\dfrac{1}{4}u^4-\dfrac{1}{3}u^6+\dfrac{1}{8}u^8+C$$ > > 回代 $u=\sin x$ 得 > > $$\int\cos^5x\sin^3x\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{4}\sin^4x-\dfrac{1}{3}\sin^6x+\dfrac{1}{8}\sin^8x+C$$ > > （3）令 $u=\tan x$，则 > > $$\int\tan^2x\sec^4x\,\mathrm{d}x=\int u^2\left(1+u^2\right)\mathrm{d}u=\int\left(u^2+u^4\right)\mathrm{d}u=\dfrac{1}{3}u^3+\dfrac{1}{5}u^5+C$$ > > 回代 $u=\tan x$ 得 > > $$\int\tan^2x\sec^4x\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{3}\tan^3x+\dfrac{1}{5}\tan^5x+C$$ > > （4）由积化和差公式得 > > $$\cos3x\sin x=\dfrac{1}{2}\left(\sin4x-\sin2x\right)$$ > > 所以 > > $$\int\cos3x\sin x\,\mathrm{d}x=-\dfrac{1}{8}\cos4x+\dfrac{1}{4}\cos2x+C$$ #### 4.2 常用的积分 $$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{a^2-x^2}=\dfrac{1}{2a}\ln\left|\dfrac{a+x}{a-x}\right|+C\quad(a\neq 0)$$ $$\int\tan x\,\mathrm{d}x=-\ln|\cos x|+C,\qquad \int\cot x\,\mathrm{d}x=\ln|\sin x|+C$$ $$\int\sec x\,\mathrm{d}x=\ln|\sec x+\tan x|+C,\qquad \int\csc x\,\mathrm{d}x=\ln|\csc x-\cot x|+C$$ ### 5. 第二类换元积分法 #### 5.1 换元公式 设 $f$ 在区间 $I$ 上连续，$\varphi:J\to I$ 为连续可导的双射，且对一切 $t\in J$ 都有 $\varphi'(t)\neq 0$. 如果 $G$ 是 $f(\varphi(t))\varphi'(t)$ 在 $J$ 上的一个原函数，则令 $x=\varphi(t)$，有 $$\int f(x)\,\mathrm{d}x=\left.\int f(\varphi(t))\varphi'(t)\,\mathrm{d}t\right|_{t=\varphi^{-1}(x)}=G(\varphi^{-1}(x))+C$$ 其中 $C$ 为任意常数. 实际计算时，应选择合适的区间，使换元关系可逆，并在积分后将结果换回 $x$. > **例**：求下列不定积分. > > （1）$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)^2}$； > > （2）$\int\dfrac{1}{x}\sqrt{\dfrac{1+x}{x}}\,\mathrm{d}x$. > > **解**： > > （1）令 $x=\tan t$，其中 $t\in\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$. 则 $\mathrm{d}x=\sec^2t\,\mathrm{d}t$，于是 > > $$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)^2}=\int\cos^2t\,\mathrm{d}t=\dfrac{t}{2}+\dfrac{\sin2t}{4}+C$$ > > 由 $t=\arctan x$ 和 $\sin2t=\dfrac{2x}{1+x^2}$，得 > > $$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)^2}=\dfrac{1}{2}\arctan x+\dfrac{x}{2(1+x^2)}+C$$ > > （2）被积函数在区间 $(-\infty,-1)$ 和 $(0,+\infty)$ 上连续. 在任一区间上令 > > $$t=\sqrt{\dfrac{1+x}{x}}$$ > > 则 $x=\dfrac{1}{t^2-1}$，$\mathrm{d}x=-\dfrac{2t}{(t^2-1)^2}\,\mathrm{d}t$. 因而 > > $$\int\dfrac{1}{x}\sqrt{\dfrac{1+x}{x}}\,\mathrm{d}x=-2\int\dfrac{t^2}{t^2-1}\,\mathrm{d}t=-2t-2\int\dfrac{\mathrm{d}t}{t^2-1}$$ > > 由部分分式分解，得到 > > $$\int\dfrac{\mathrm{d}t}{t^2-1}=\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{t-1}{t+1}\right|+C$$ > > 回代后得 > > $$\int\dfrac{1}{x}\sqrt{\dfrac{1+x}{x}}\,\mathrm{d}x=-2\sqrt{\dfrac{1+x}{x}}+\ln\left|\dfrac{\sqrt{\dfrac{1+x}{x}}+1}{\sqrt{\dfrac{1+x}{x}}-1}\right|+C$$ > > 上式分别在 $(-\infty,-1)$ 和 $(0,+\infty)$ 上成立，两个区间的积分常数可以不同. #### 5.2 常用的积分 设 $a\in R$ 且 $a\neq 0$. 以下两个积分公式分别在所注明的区间上成立. **（1）平方和根式**：当 $x\in R$ 时， $$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+a^2}}=\ln\left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)+C$$ > **证明：** > > 记 $s=\sqrt{x^2+a^2}$. 因为 $a\neq 0$，所以 $s>|x|$，从而 $x+s>0$. 对右端求导，得到 > > $$\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln(x+s)=\dfrac{1+\dfrac{x}{s}}{x+s}=\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}$$ > > 所以公式成立. **（2）平方差根式**：在 $(-\infty,-|a|)$ 或 $(|a|,+\infty)$ 上， $$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2-a^2}}=\ln\left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+C$$ > **证明：** > > 记 $s=\sqrt{x^2-a^2}$. 在所给区间上，$s>0$，且 $x+s\neq 0$. 对右端求导，得到 > > $$\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln|x+s|=\dfrac{1+\dfrac{x}{s}}{x+s}=\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}$$ > > 所以公式在上述每个区间上成立，两个区间的积分常数可以不同.