预科二数学笔记

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

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

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

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

则称 $f$ 在 $A$ 上单调不减.

（2）严格单调增：如果

则称 $f$ 在 $A$ 上严格单调增.

（3）单调不增与严格单调减：单调不增与严格单调减的定义依次类推（分别把（1）（2）中的 $\leq$、$<$ 改为 $\geq$、$>$）.

（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

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

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：

平方关系：

4.2 三角函数的导数与单调性

导数公式：

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

（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

（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

（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

4.4 双曲函数

双曲正弦：

双曲余弦：

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

在不会引起混淆的情况下，也记

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

则称 $a$ 为数列 $\{a_n\}$ 的极限，记为

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

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

称数列

为 $a_n$ 的子列，记为

若

则

2. 函数的极限#

2.1 定义和记号

设 $f:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R,\ a\in R$. 如果对于任意 $\epsilon>0$，存在 $0<\delta<\delta_0$，使得

则称 $a$ 是 $f$ 在 $x_0$ 点的极限，记为

$a=\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$ 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

则称 $a$ 是 $f$ 在 $x_0$ 点的右极限，记为

$a=\displaystyle\lim_{x\to x_0^+}f(x)$ 意味着：

当自变量 $x$ 趋近于 $x_0$ 且 $x>x_0$ 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 $0<x-x_0<\delta$ 改为 $0<x_0-x<\delta$，并把记号 $x_0^+$ 改为 $x_0^-$）.

（3）左极限、右极限和极限的关系：设 $f:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，则 $f$ 在 $x_0$ 点有极限当且仅当 $f$ 在 $x_0$ 点有左极限和右极限，且

并且当 $f$ 在 $x_0$ 点有极限时，

2.3 函数在无穷远点的极限

（1）正无穷远点的极限：设 $f:(c,+\infty)\to R,\ a\in R$. 如果对于任意 $\epsilon>0$，存在 $M>c$，使得

则称 $a$ 是 $f$ 在正无穷远点的极限，记为

$a=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 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 $M<c$、$x\leq M$、$x\to-\infty$）.

3. 函数极限与数列极限的关系#

设 $f:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，$a=\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$. 设数列 $\{x_n\}$ 满足

如果 $x_n\to x_0$，则

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

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 $n<N$ 时，$|a_n|$ 只有有限个值，故有上界 $\max\{|a_1|,|a_2|,\dots,|a_{N-1}|\}$. 取

$$m=\max\{|a_1|,|a_2|,\dots,|a_{N-1}|,|a|+1\}$$

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

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

（2）$a<b$ 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

（3）$f(x)\geq g(x)$ 的情形：设 $f,g:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，$\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=a$，$\displaystyle\lim_{x\to x_0}g(x)=b$. 如果

则

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 $a<b$，取 $\epsilon=b-a>0$. 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

$$f(x)<a+\epsilon=a+(b-a)=b,\qquad \forall x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\backslash\{x_0\}$$

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 $a<b$，取

$$\epsilon=\dfrac{b-a}{2}>0$$

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，

$$f(x)<a+\epsilon=\dfrac{a+b}{2},\qquad g(x)>b-\epsilon=\dfrac{a+b}{2}$$

所以 $f(x)<g(x)$，这与 $f(x)\geq g(x)$ 矛盾，故 $a\geq b$.

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 $f,g:(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\backslash\{x_0\}\to R$，$\alpha,\beta\in R$，

则：

（1）线性运算：

（2）乘法：

（3）除法：如果

且 $b\neq 0$，则

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

且

则

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

且

则

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

且存在 $M\in R$，使得

则 $\{a_n\}$ 收敛.

（2）单调不增且有下界：如果

且存在 $M\in R$，使得

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

且存在 $M\in R$，使得

则 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在.

（2）单调不增且有下界：如果

且存在 $M\in R$，使得

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

证明：

设 $0<x<\dfrac{\pi}{2}$. 在单位圆中取圆心角为 $x$ 的扇形，则三个图形的面积依次为：以圆心和弦的两个端点为顶点的三角形，面积为 $\dfrac{1}{2}\sin x$；该扇形，面积为 $\dfrac{1}{2}x$；以圆心、半径与过半径端点的切线围成的三角形，面积为 $\dfrac{1}{2}\tan x$. 前一个三角形含于扇形，扇形又含于后一个三角形，所以

$$\dfrac{1}{2}\sin x<\dfrac{1}{2}x<\dfrac{1}{2}\tan x$$

两边同除以 $\dfrac{1}{2}\sin x$ 得

$$1<\dfrac{x}{\sin x}<\dfrac{1}{\cos x}$$

即

$$\cos x<\dfrac{\sin x}{x}<1,\qquad 0<x<\dfrac{\pi}{2}$$

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

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

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

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 $a_n<a_{n+1}$，所以 $\{a_n\}$ 严格单调增.

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

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

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

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

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，

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

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

（1）高阶无穷小量：如果

则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小量，记为

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

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

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

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

则称当 $n\to\infty$ 时，$a_n$ 趋于正无穷，记为

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=+\infty$ 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

则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 趋于正无穷，记为

$\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=+\infty$ 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

则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 是无穷大量，记为

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，

10. 常用等价无穷小量#

（1）三角函数：

（2）指数与对数：

（3）幂函数与根式：

（4）双曲函数：

（5）其它：

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，$0<e^x<1$，且 $|x|=-x\leq 1$，故最大项为 $1$.

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

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

（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

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

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

即当 $x\to x_0$ 时 $g(x)$ 为无穷小量，且

即

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

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

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

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

则称 $x_1$ 为 $f$ 的最大值点，$f(x_1)$ 为 $f$ 的最大值，记为

如果存在 $x_2\in A$，使得

则称 $x_2$ 为 $f$ 的最小值点，$f(x_2)$ 为 $f$ 的最小值，记为

9.2 最值定理与介值定理

设 $a,b\in R$，$a<b$，$f:[a,b]\to R$ 连续，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上有最大值、最小值. 记

如果 $m\leq y_0\leq M$，则存在 $x_0\in[a,b]$，使得

9.3 介值定理的推论

下面设 $a,b\in R$，$a<b$，$f:[a,b]\to R$ 连续，$M=\max f$，$m=\min f$.

（1）值域是闭区间：如果 $f$ 不是常值函数，则 $R_f=[m,M]$；

（2）介值性：设 $x_1,x_2\in[a,b]$，如果

则存在 $x_0\in[a,b]$，使得 $y_0=f(x_0)$；

（3）零点定理：如果

则存在 $x_0\in[a,b]$，使得 $f(x_0)=0$.

四、导数和微分#

1. 导数的定义#

1.1 导数

设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$. 如果极限

存在，则称 $f$ 在 $x_0$ 点可导，并记

称 $f'(x_0)$ 为 $f$ 在 $x_0$ 点的导数. 这意味着：

当自变量 $x$ 趋近于 $x_0$ 且 $x\neq x_0$ 时，差商 $\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ 与 $f'(x_0)$ 很接近，而且要多接近有多接近.

又有

其中 $h=x-x_0$ 是自变量的改变量.

1.2 单边导数

（1）右导数：设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$ 为 $I$ 的内点. 如果极限

存在，则称 $f$ 在 $x_0$ 点有右导数，并记

$f'_+(x_0)=\displaystyle\lim_{x\to x_0^+}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ 意味着：

当自变量 $x$ 从 $x_0$ 的右侧趋近于 $x_0$ 时，差商 $\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ 与 $f'_+(x_0)$ 很接近，而且要多接近有多接近.

（2）左导数：左导数的定义依次类推（把（1）中的极限过程 $x\to x_0^+$ 改为 $x\to x_0^-$，并把记号 $f'_+$ 改为 $f'_-$）.

（3）单边导数和导数的关系：设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$ 为 $I$ 的内点，则 $f$ 在 $x_0$ 点可导当且仅当 $f$ 在 $x_0$ 点有左导数和右导数，且

并且当 $f$ 在 $x_0$ 点可导时，

1.3 导函数

设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$. 如果 $\forall x\in I$，$f$ 在 $x$ 点可导，则称 $f$ 可导，并定义 $f':I\to R$ 为

称 $f'$ 为 $f$ 的导函数，简称导数. 又有

2. 可导的意义#

2.1 可导的等价条件与切线

设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$，则 $f$ 在 $x_0$ 点可导当且仅当存在 $a\in R$，使得

并且此时 $a=f'(x_0)$，即

$f$ 在 $x_0$ 点可导意味着：

在 $x_0$ 点附近，$f$ 近似等于一次函数

误差是 $|x-x_0|$ 的高阶无穷小量.

设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$ 为 $I$ 的内点，$f$ 在 $x_0$ 点可导，称直线

是 $f$ 在 $x_0$ 点的切线. 这意味着：

切线与 $f$ 的图象在点 $(x_0,f(x_0))$ 处相切，切线的斜率等于 $f'(x_0)$，该点是图象上最接近切线的点.

2.2 可导与连续

设 $I\subset R$ 为区间，$f:I\to R$，$x_0\in I$. 如果 $f$ 在 $x_0$ 点可导，则 $f$ 在 $x_0$ 点连续.

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

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

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

则 $f/g$ 在 $x_0$ 点可导，且

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

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

即

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

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

则

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

则 $f^{-1}$ 在 $y_0$ 点可导，且

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

设 $\alpha\in R$、$\alpha\neq 0$，$x>0$. 则

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

（3）对数函数：设 $a>0$、$a\neq 1$. 则

6.2 三角函数

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

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

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

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

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

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

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：

（2）莱布尼茨（Leibniz）公式：

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

则称 $f$ 在 $x_0$ 点可微，记

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

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

设 $I\subset R$ 为开区间，$f:I\to R$ 可导，记

称 $\mathrm{d}f(x)$ 为 $f$ 的微分.

由定义得

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

（2）乘积函数的微分：设 $f,g:I\to R$ 在 $x$ 点可微. 则

（3）分式的微分：设 $f,g:I\to R$ 在 $x$ 点可微，且

则

（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

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

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

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

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

则存在 $\xi\in(a,b)$，使得

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

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

则存在 $\xi\in(a,b)$，使得

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

如果

且

则

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：

其中

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

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

其中

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：

（2）$\ln(1+x)$ 的展开式：

（3）$e^x$ 的展开式：

（4）$\sin x$ 的展开式：

（5）$\cos x$ 的展开式：

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

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

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

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

则 $x_0$ 是 $f$ 的极大值点.

（2）极小值点：如果

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

则 $x_0$ 是 $f$ 的严格极大值点.

（2）严格极小值点：如果

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

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

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

则称 $f$ 在 $I$ 上是凹的，也称 $f$ 为凹函数.

（2）严格凹函数：如果

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 $x_1<x_2<x_3$. 则 $f$ 为凹函数当且仅当

$f$ 为严格凹函数当且仅当上述不等式严格成立；其余情形依次类推（把上述不等号反向）.

设 $f:I\to R$ 可导. 则 $f$ 为凹函数当且仅当 $f'$ 在 $I$ 上单调不减；$f$ 为严格凹函数当且仅当 $f'$ 在 $I$ 上严格单调增. 其余情形依次类推（把「单调不减」「严格单调增」分别改为「单调不增」「严格单调减」）.

设 $f:I\to R$ 二阶可导. 则 $f$ 为凹函数当且仅当

若 $f''(x)>0$（$\forall x\in I$），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

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

当 $K(x_0)\neq 0$ 时，称

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

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

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

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 $a,b\in I$，$a<b$，使得 $f'(a)$ 与 $f'(b)$ 异号.

（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

$$f(x_1)<f(a),\qquad f(x_2)<f(b)$$

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 $f(x_1)<f(a)$ 矛盾；若最小值在 $x=b$ 处取得，则 $f(b)\leq f(x_2)$，与 $f(x_2)<f(b)$ 矛盾.

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

$$x_0<x_1<\cdots<x_n$$

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

$$y_0<y_1<\cdots<y_{n-j}$$

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

$$x_1<x_2<x_3<x_4$$

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 $\xi<c<\eta$，故 $\xi\neq\eta$.

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 $x_1,x_2\in(0,a)$，$x_1<x_2$，使得

$$f'(x_1)f'(x_2)=\dfrac{1}{a^2}$$

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 $x_1<c<x_2$，故 $x_1<x_2$.

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

$$|f''(x)|<M$$

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

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

（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

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

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：

（2）指数函数：

（3）三角函数：

（4）反三角函数：

（5）双曲函数：

3. 不定积分的性质#

（1）先积分后求导：如果 $f$ 的不定积分存在，则

（2）先求导后积分：如果 $F$ 可导，则

（3）线性性：设 $f,g$ 的不定积分存在，$\alpha,\beta\in R$. 则 $\alpha f+\beta g$ 的不定积分存在，且

4. 第一类换元积分法#

4.1 换元公式

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

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

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，

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，

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.