Derivative in Math

函数$f(x)$在某点$x_0$的导数

1. 定义式：$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }(x_0)$
2. 增量式：$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=f^{\prime }(x_0)$
   引入：$x-x_0=\Delta x,x=x_0+\Delta x$

• $\Delta x$可换成其余字母, h, t …
• 整体思想 $\Delta x\sim \square$
• $\Delta x\to 0$，谁趋于0，谁就是$\Delta x$
  引申公式：

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+a\Delta x)-f(x_0+b\Delta x)}{c_{\Delta x}}=\frac{a-b}{c}\cdot f^{\prime }(x_0)$$

这个公式，在选择填空中，f直接不要，然后做差；谁消失了，乘上谁的导数

现在$x_0$消失了，乘上$x_0$导数
$\frac{x_0+a\Delta x-(x_0+b\Delta x)}{c\Delta x}=\frac{(a-b)\Delta x}{\Delta x}\cdot f^{\prime }(x_0)$

---

另一种理解：
$\Delta x$看成一个整体

$$f^{\prime }\left(x_0\right)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f\left(x_0{+}_{\Delta }x\right)-f\left(x_0\right)}{\Delta x}->\{\begin{array}{l}{f}^{\prime }\left(x_0\right)={\lim }_{m\to 0}\frac{f(x_0+m)-f\left(x_0\right)}{m}\\ f^{\prime }\left(x_0\right)={\lim }_{a\to 0}\frac{f(x_0+a)-f\left(x_0\right)}{a}\\ f^{\prime }\left(x_0\right)={\lim }_{a\to 0}\frac{f(x_0+3a)-f\left(x_0\right)}{3a}\end{array}$$

定义式

---

${\lim }_{a\to 0}\frac{f(x_0+3a)-f(x_0)}{a}$
第一种办法：$\frac{x_0+3a-x_0}{a}$发现$x_0$消失了，所以再乘上$x_0$的导数。
$\frac{x_0+3a-x_0}{a}{f}^{\prime }(x_0)=3f^{\prime }(x_0)$
第二种方法：

$$\underset{a\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+3a)-f(x_0)}{3a}\cdot 3=f^{\prime }(x_0)\cdot 3=3f^{\prime }(x_0)$$

---

前提$f(x)$在$x_0$处可导，

${\lim }_{a\to 0}\frac{f(x_0+a)-f(x_0-a)}{2a}$
第一种方法：$\frac{x_0+a-x_0+a}{2a}\cdot f^{\prime }(x_0)=f^{\prime }(x_0)$
第二种方法：图像理解

也就是这条切线的斜率，也就是$x_0$处的导数值，但是，反过来不能推。

Drawing 2025-11-06 20.07.24.excalidraw

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第一种题型 整体思想

用整体思想，直接套公式

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已知f(x)在 $x=x_0$可导，则${\lim }_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=$
f(x)在 $x=x_0$可导，则$f^{\prime }(x_0)$存在
$h\to 0\therefore h=\Delta x,{\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=f^{\prime }(x_0)$
或者直接用引申公式
${\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+a\Delta x)-f(x_0+b\Delta x)}{c_{\Delta x}}=\frac{a-b}{c}\cdot f^{\prime }(x_0)$ ， $\frac{1-0}{1}\cdot f^{\prime }(x_0)=f^{\prime }(x_0)$

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设f(x)在x=a处可导，则${\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{f(a+\Delta x)-f(a-\Delta x)}{\Delta x}=$
还是一样用引申公式，找$\Delta x$前的系数
$\frac{1-(-1)}{1}\cdot f^{\prime }(a)=2f^{\prime }(a)$
那么同样第二种方法：
直接去掉f，$\frac{a+\Delta x-a+\Delta x}{\Delta x}\cdot f^{\prime }(a)=2f^{\prime }(a)$

---

设$f^{\prime }(0)=a$，则${\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{f(-\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=$
直接f去掉$\frac{-\Delta x-0}{\Delta x}$发现0没了，$\frac{-\Delta x-0}{\Delta x}\cdot f^{\prime }(0)=-f^{\prime }(0)$
$\therefore {\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{f(-\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=-a$

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设$f^{\prime }(x_0)=-1$，则${\lim }_{x\to 0}\frac{x}{f(x_0-2x)-f(x_0-x)}=$
$\Delta x$看成一个整体

取倒数

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{1}{\frac{f(x_0-2\Delta x)-f(x_0-\Delta x)}{\Delta x}}$$ $$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{1}{\frac{-2-(-1)}{1}\cdot f^{\prime }(x_0)}$$ $$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{1}{-1\cdot f^{\prime }(x_0)}$$

$\because f^{\prime }(x_0)=-1$

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{1}{-1\cdot -1}=1$$

Drawing 2026-02-26 23.17.17.excalidraw

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第二种题型 求某点导数

${\lim }_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }(x_0)$

利用导数定义，求函数再某点的导数。
f(x)为复杂的多项式乘积形式。

$Letf(x)=x(x-1)(x-2)\cdots (x-2010).Find{f}^{\prime }(0)=$

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$$ $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x(x-1)(x-2)\cdots (x-2010)-0}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x(x-1)(x-2)\cdots (x-2010)}{x}$$ $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x(x-1)(x-2)\cdots (x-2010)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }(x-1)(x-2)\cdots (x-2010)$$

也就是
$(-1)\cdot (-2)\cdots (-2010)=(-1{)}^{2010}1\cdot 2\cdots 2010=2010!$

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第三种题型 已知导数求极限

已知f(x)某点导数，求相关极限；根据导数定义，凑出相关极限
设f(x)在R上连续，且f(x)=0,$f^{\prime }(0)=2$，求${\lim }_{x\to 0}\frac{f(e^x-1)}{x}$

已知f(x)在x=0处连续，且f(0)=0,$f^{\prime }(0)=2$，求${\lim }_{x\to 0}\frac{f(1-\cos x)}{\tan x^2}$

$f^{\prime }(0)=2={\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}={\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}$
$\therefore {\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=2={\lim }_{\square \to 0}\frac{f(\square )}{\square }$
利用等价$x\to 0,\tan \square \sim \square$
${\lim }_{x\to 0}\frac{f(1-\cos x)}{\tan x^2}={\lim }_{x\to 0}\frac{f(1-\cos x)}{x^2}={\lim }_{x\to 0}\frac{f(1-\cos x)(1-\cos x)}{(1-\cos x)x^2}$

${\lim }_{x\to 0}\frac{f(1-\cos x)}{(1-\cos x)}\cdot \frac{(1-\cos x)}{x^2}={\lim }_{x\to 0}2\frac{(1-\cos x)}{x^2}$
用等价$x\to 0,1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2$
${\lim }_{x\to 0}2\frac{\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}=1$

Drawing 2026-02-26 23.26.01.excalidraw

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第四种题型 已知极限 求导数

已知函数极限，求相关导数
已知f(x)在x=a处连续，且${\lim }_{x\to a}\frac{f(x)}{x-a}=2$求$f^{\prime }(a)$及f(a)
${\lim }_{x\to a}\frac{f(x)}{x-a}=2$极限存在，可以看出这个式子一定是$\frac{0}{0}$型，如果是$\frac{c}{0}$结果就为$\infty$。
$\therefore f(x)\to 0$
${\lim }_{x\to a}f(x)=f(a)=0$

$$f^{\prime }(a)=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)-0}{x-a}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{x-a}$$

$f^{\prime }(a)={\lim }_{x\to a}\frac{f(x)}{x-a}=2$

Drawing 2026-02-26 16.19.06.excalidraw

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函数的和、差、积、商的求导法则

如果函数$u=u(x)$及$v=v(x)$都在点x具有导数（这两个函数在该点x可导），那么它们的和、差、积、商（除分母为零的点外）都在点x具有导数

$${\left[\begin{array}{c}u(x)v(x)\end{array}\right]}^{\prime }=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x);$$ $$\begin{array}{r}设f(x)=\sqrt[3]{x^2}\sin x，求f^{\prime }(x)\\ f^{\prime }(x)={\left(x^{\frac{2}{3}}\cdot \sin x\right)}^{\prime }=\frac{2}{3}{x}^{-\frac{1}{3}}\sin x+x^{\frac{2}{3}}\cos x\\ =\frac{2}{3}\frac{1}{x^{\frac{1}{3}}}\sin x+x^{\frac{2}{3}}\cos x\\ 注意到x^{\frac{1}{3}}\ne 0\\ \therefore 上式只在x\ne 0成立\\ f^{\prime }(x)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^{\frac{2}{3}}\sin x}{x}\\ =\underset{x\to 0}{\lim }{x}^{\frac{2}{3}}=0\\ 综上f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{3}{x}^{-\frac{1}{3}}\sin x+x^{\frac{2}{3}}\cos x,& x\ne 0\\ 0,& x=0\end{array}\end{array}$$

切线问题

函数$f(x)=x^4-2x^3$的图像在点$(1,f(1))$处的切线方程为（）
$f(1)=1^4-2\cdot 1^3=-1$
也就是在点(1,-1)
$k=f^{\prime }(1)$

$k=f^{\prime }(1)=4-6=2$
斜率有了，坐标有了，列点斜式。

常见导函数推导

求函数$y=x^n$（n为正整数的导数）

1. 求增量

$$\begin{array}{l}\Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)=\end{array}$$ $$(\sec x{)}^{\prime }=\sec x\tan x$$ $$\begin{array}{r}(\sec x{)}^{\prime }={\left(\frac{1}{\cos x}\right)}^{\prime }=\frac{0\cdot \cos x-1\cdot (-\sin x)}{{\cos }^{2}x}=\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x}=\sec x\tan x\end{array}$$

左右导数

可导的必要条件：可导函数必连续
证明（了解）：$f^{\prime }(x_0)$存在，${\lim }_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=A$，极限值为常数，分母趋于0，推得分子也趋于0（零比零型）。
$f(x)-f(x_0)\to 0,\to f(x)=f(x_0)$

${\lim }_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$
也就是函数连续的定义。

$“可导”\Rightarrow \{\begin{array}{l}连续\iff 左极限=右极限=函数值\\ 左导=右导\end{array}$

---

严格证明

$$\begin{array}{r}证明：f(x)在x_0处可导\\ 即\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=A存在\\ \therefore \underset{x\to x_0}{\lim }f(x)-f(x_0)=0\\ 又\because 连续的定义f(x_0)=\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)\\ 移项\underset{x\to x_0}{\lim }[f(x)-f(x_0)]=0\\ 得证\end{array}$$

连续是可导的分子。分子零比零不能确定整个分式极限存在。

---

可导函数必连续，但是连续的函数不一定可导。
$f(x)=|x|$
在x=0处，f(0)=0

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }|x|=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x=0\\ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }|x|=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }-x=0\end{array}$$

极限值等于函数值所以$f(x)=|x|$连续。
但是

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{|x|}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x}{x}=1\\ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{|x|}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{-x}{x}=-1\end{array}$$

左导数不等于右导数，所以$f(x)=|x|$不可导。

---

设$f(x)=\{\begin{array}{l}{e}^x,x>0\\ \sin ax+b,x\le 0\end{array}$在x=0处可导，求a,b
函数在x=0处可导，那么函数就一定在x=0处连续。
f(0)=b

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }(\sin ax+b)=b\\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^x=1\end{array}$$

连续→函数值等于左右极限$\therefore f(0)=b=b=1$
得到b=1。
函数在x=0处可导，那么左导数等于右导数。
$f_{-}^{\prime }(0)=f_{+}^{\prime }(0)$

$x\to 0,e^x-1\sim x$

$$\begin{array}{r}{f}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin ax+1-1}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{ax}{x}=a\\ f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^x-1}{x}=1\end{array}$$

$\therefore a=1$

Drawing 2026-02-26 16.07.56.excalidraw

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函数不可导的情况

1. $左导\ne 右导$，即尖点处
2. 导数为$\infty$

Drawing 2026-03-30 14.18.49.excalidraw

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谈论函数$y=|x|$在x=0处的可导性

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}& =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{|x|}{x}=\underset{x\to 0^{-1}}{\lim }\frac{x}{x}=1\\ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}& =\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{|x|}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }-\frac{-x}{x}=-1\\ \therefore f_{-}^{\prime }(0)& \ne f_{+}^{\prime }(0)\Rightarrow f^{\prime }(0)不存在\end{array}$$

讨论$y=x^{\frac{1}{3}}$在x=0处的可导性
两种方法，第一种先导后代
$y^{\prime }=\frac{1}{3}\cdot x^{-\frac{2}{3}}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{x^{\frac{2}{3}}}$
当${\lim }_{x\to 0}\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{x^{\frac{2}{3}}}=\infty$
所以函数在x=0处不可导
第二种利用定义：
$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^{\frac{1}{3}}-0}{x-0}\\ & =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x^{\frac{2}{3}}}\\ & =\infty \end{array}$

讨论函数$y=x^2|x-1|$在x=1处的可导性

$$\begin{array}{r}{f}_{-}^{\prime }(1)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x^2|x-1|-0}{x-1}\\ \underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x^2\cdot -(x-1)}{x-1}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }-x^2=-1\end{array}$$ $$\begin{array}{r}{f}_{+}^{\prime }(1)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x^2|x-1|-0}{x-1}\\ \underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x^2(x-1)}{x-1}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }{x}^2=1\end{array}$$

左右导数不相等，所以$f^{\prime }(1)$不存在。

可导的充分条件

哪个可以推出$f(x_0)$可导，也就是左导等于右导

$$\{\begin{array}{l}{f}_{-}^{\prime }(x_0)={\lim }_{x\to x_0^{-}}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}={\lim }_{h\to 0^{-}}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\\ f_{+}^{\prime }(x_0)={\lim }_{x\to x_0^{+}}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}={\lim }_{h\to 0^{+}}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\\ f_{-}^{\prime }(x_0)=f_{+}^{\prime }(x_0)\end{array}$$

这种题目要仔细读题，看什么可以推出什么；下面就是说，f(x)在点 $x_0$ 处可导的一个充分条件是什么（问选项）？
即问：什么能推出导数存在。

若$f(x)$在点$x_0$处可导，

1. $f(x)$在$x_0$处连续。（[在该点]可导必连续，连续不一定可导）
2. $f(x)$在$x_0$的某个领域处处有定义

第二点即：
存在一个$\delta >0$，使得在区间$x_0-\delta ,x_0+\delta )$中的每一个x，它所应的$f(x)$都有定义（不会出现无意义、分母为 0、开根号负数等情况）

---

若$f(x)$在点$x_0$处可导，不能推出：

• $f(x)$在点$x_0$的某个领域处处可导
• $f(x)$在点$x_0$的某个领域处处连续
  错误

反例
令$f(x)=x^{2}D(x)$，其中（狄利克雷函数）

$$D(x)=\{\begin{array}{llc}1,& x\in \mathbb{Q}\text{ (有理数)}& \\ 0,& x\in {\mathbb{Q}}^c\text{ (无理数)}& \end{array}$$

证明https://www.bilibili.com/video/BV1Y2DGYoEEw/

极限推出导数存在的情况

$$\begin{array}{r}\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=f_{-}^{\prime }(x_0)\\ \underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=f_{+}^{\prime }(x_0)\\ \underset{h\to -\infty }{\lim }h\left[f\left(x_0+\frac{1}{h}\right)-f(x_0)\right]=f_{-}^{\prime }(x_0)\\ \underset{n\to \infty }{\lim }n\left[f(x_0)+\frac{1}{n}-f(x_0)\right]=f_{+}^{\prime }(x_0)\\ \underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+h^2)-f(x_0)}{h^2}=f_{+}^{\prime }(x_0)\end{array}$$

例题

不可导点结论(绝对值)

$$令|\square |=0\Rightarrow x=x_0为不可导点$$

但是绝对值前面乘上跟绝对值里面一样的内容，$x=x_0$又可导

$$y=(x-1)|x-1|$$ $$\begin{array}{r}y=\{\begin{array}{l}(x-1)(x-1),x\ge 1\\ -(x-1)(x-1),x<1\end{array}\\ 即y=\{\begin{array}{l}(x-1{)}^2,x\ge 1\\ -(x-1{)}^2,x<1\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{f}_{{}^{-}}^{\prime }(1)& =\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{-(x-1{)}^2-0}{x-1}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }-(x-1)=0\\ f_{+}^{\prime }(1)& =\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{(x-1{)}^2}{x-1}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }x-1=0\\ f_{{}^{-}}^{\prime }(1)& =f_{+}^{\prime }(1)\\ & \therefore f^{\prime }(1)存在\end{array}$$

---

函数$f(x)=(x^2-x-2)|x^3-x|$不可导点的个数为几个？

$$\begin{array}{r}令|\square |=0=|x(x^2-1)|=|x(x+1)(x-1)|\\ x_0=0,x_1=-1，,x_2=1\\ 绝对值前面的数(x^2-x-2)=(x-2)(x+1)\\ x_3=2,x_4=-1\\ 发现x_4=x_1\\ 所以不可导点为x=0,x=1(两个)\end{array}$$

$\text{函数 }f(x)=(x^2+x-2)|x^2-x|\text{不可导点的个数是}$

$$\begin{array}{r}\text{Let}|x^2-x|=0=|x(x-1)|\\ x_0=0,x_1=1\\ \text{Moreover}{x}^2+x-2=(x+2)(x-1)\\ x_3=1\\ \text{Find}{x}_3=x_1\\ \text{不可导点有1个}\end{array}$$

反函数求导

反函数的求法

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什么是反函数？
$x=f(y)$的反函数是$y=g(x)$，记作$y=f^{-1}(x)$。例如$x=\sqrt{y}$的反函数是$y=x^2$

---

反函数求导：$(反函数{)}^{\prime }=\frac{1}{(原函数{)}^{\prime }}$，即$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dy}}$

简单证明：
一个反函数$y=g(x)$对它进行求导，也就是$\frac{dy}{dx}={\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}$。它的原函数$x=f(y)$进行求导，$\frac{dx}{dy}={\lim }_{\Delta y\to 0}\frac{\Delta x}{\Delta y}$

$$\begin{array}{r}\because y=f^{-1}(x)\text{ 可导},\\ \therefore y=f^{-1}(x)\text{ 连续}\\ \therefore \Delta y\to 0\iff \Delta x\to 0\end{array}$$ $$\therefore \frac{dy}{dx}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta y}{\Delta x}=\underset{\Delta y\to 0}{\lim }\frac{\Delta y}{\Delta x}=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{1}{\frac{\Delta x}{\Delta y}}$$

---

求$y=\arcsin x$

$$\begin{array}{r}x=\sin y\\ (\sin y{)}^{\prime }=\frac{dx}{dy}=\cos y\\ \therefore y^{\prime }=\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\sqrt{1-{\sin }^{2}y}}\\ 又\because x=\sin y\\ \therefore y^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\end{array}$$

---

已知$y=\arctan x$，求$y^{\prime }$
原函数为$\tan y=x$
对原函数求导$(\tan y{)}^{\prime }={\sec }^{2}y$
又因为$\frac{1}{{\cos }^2\theta }={\sec }^2\theta$
因为$1+{\tan }^{2}x={\sec }^{2}x={\left(\frac{1}{\cos x}\right)}^2$
改写原式：$(\tan y{)}^{\prime }={\sec }^{2}y=1+{\tan }^{2}y$
所以$y_x^{\prime }=\frac{1}{(\tan y{)}_y^{\prime }}=\frac{1}{{\sec }^{2}y}=\frac{1}{1+{\tan }^{2}y}=\frac{1}{1+x^2}$

---

已知f(x)的导数$f^{\prime }(x)=\frac{2+1}{(1+x+x^2{)}^2}$，f(-1)=1，且$f(x)$与$\varphi (x)$互为反函数，求${\varphi }^{\prime }(1)$
公式

$${\varphi }^{\prime }(x)=\frac{1}{f^{\prime }(x)}$$

由题可知$f(x)$过,(-1,1)，那么$\varphi (x)$过(1,-1)
那么

$${\varphi }^{\prime }(1)=\frac{1}{f^{\prime }(-1)}=-1$$

分段函数求导

求导原则：

1. 分段点两侧，直接求导
2. 中间分段点处，用定义求导

---

若$f(x)=\{\begin{array}{l}{x}^2,x\ge 0\\ x,x<0\end{array}$，以下错误的是
A.$f_{-}^{\prime }(0)=1$
B.$f_{+}^{\prime }(0)=0$
C.$f^{\prime }(0)$不存在
D.$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{l}2x,x\ge 0\\ 1,x<0\end{array}$

A:$f_{-}^{\prime }(0)={\lim }_{x\to 0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}={\lim }_{x\to 0^{-}}\frac{x-0}{x-0}=1$
B:$f_{+}^{\prime }(0)={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{x^2-0}{x-0}={\lim }_{x\to 0^{+}}x=0$
C: $\because f_{-}^{\prime }(0)\ne f_{+}^{\prime }(0)\Rightarrow f^{\prime }(0)不存在$
D:所以D选项错误，这个函数在分段点的导数不存在。
正确求导的结果为
$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}2x.& x>0\\ 不存在,& x=0\\ 1,& x<0\end{array}$
另一种方法：
先对$x\ne 0$处求导

$$\{\begin{array}{l}2x,x>0\\ 1,x<0\end{array}$$

$f_{-}^{\prime }(0)=1,f_{+}^{\prime }(0)=2\cdot 0=0$
由于$f_{-}^{\prime }(0)\ne f_{+}^{\prime }(0)$
所以f(x)在x=0处不可导。

---

函数$f(x)=e^{|x-3|}$在[-5,5]上的最大值为

$$|x-3|=\{\begin{array}{ll}x-3.& x-3>0\\ x-3,& x-3=0\\ 3-x,& x-3<0\end{array}$$

即

$$|x-3|=\{\begin{array}{ll}x-3.& x>3\\ x-3,& x=3\\ 3-x,& x<3\end{array}$$

所以

$$\{\begin{array}{l}{e}^{x-3},x>3\\ e^{x-3},x=3\\ e^{3-x},x<3\end{array}$$

对函数进行求导

$$\{\begin{array}{l}{e}^{x-3},x>3\\ -e^{3-x},x<3\end{array}$$

现在判断函数在x=3处的导数值
$f_{-}^{\prime }(3)=-e^{3-3}=-1,f_{+}^{\prime }(3)=e^{3-3}=1$
发现$f_{-}^{\prime }(3)\ne f_{+}^{\prime }(3)$
所以函数在x=3处不可导
总结求导后的情况

$$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{x-3},& x>3\\ -e^{3-x},& x<3\\ 不可导,& x=3\end{array}$$

x	$[-5,3)$	3	$(3,5]$
$f^{\prime }(x)$	-	不可导	+
$f(x)$	递减	极小值	递增

$$\begin{array}{r}f(-5)=e^8\\ f(3)=e^0=1\\ f(5)=e^2\end{array}$$

函数的最大值为$e^8$

另一种解决思路：

$$\{\begin{array}{l}{e}^{x-3},x>3\\ e^{x-3},x=3\\ e^{3-x},x<3\end{array}$$

如何判断求导后的函数在x=3处可不可导

$$\begin{array}{r}{f}_{+}^{\prime }(3)=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(3)}{x-3}=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{e^{x-3}-1}{x-3}\end{array}$$

利用等价$x\to 0,e^x-1\sim x$

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{x-3}{x-3}=1\end{array}$$

再求左导

$$\begin{array}{r}{f}_{-}^{\prime }(3)=\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(3)}{x-3}=\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{e^{3-x}-1}{x-3}\\ \underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{e^{3-x}\cdot (-1)}{1}=\underset{x\to 3^{-}}{\lim }-e^{3-x}=-1\end{array}$$

分段函数在某点的导数

总结（分段函数在某点是否可导）：

1. 先看连续，如果在函数x0处不连续（直接不可导）
2. 如果分段函数两端都是初等函数（且处处可导），把等号(分段点)去掉，直接对分段点两端求导，再代入x0比较左导和右导

如果不是就用导数定义做。

复杂函数求导题目

若$f(x)=2a{x}^2$且$f^{\prime }(x)=8x$求a
用常数倍求导法则：$(C\cdot u{)}^{\prime }=C\cdot u^{\prime }$

$f^{\prime }=(2a{x}^2{)}^{\prime }=2a\cdot (x^2{)}^{\prime }=2a2x=4ax$
由题意得：$4ax=8x$
$\therefore a=2$

---

设$y=\ln \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}$，求$y^{\prime }$

$$\begin{array}{r}原式=\ln {\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1-x}{1+x}\right)\\ \frac{1}{2}\cdot [\ln (1-x)-\ln (1+x)]\\ \therefore y^{\prime }=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{1-x}\cdot (-1)-\frac{1}{1+x}\right]\end{array}$$

---

求$y=\arctan \sqrt{x^2+2x}$

$$\begin{array}{r}y=\arctan u\\ u=\sqrt{v}\\ v=x^2+2x\end{array}$$ $$\begin{array}{r}{y}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2+2x}\cdot {\left[(x^2+2x{)}^{\frac{1}{2}}\right]}^{\prime },\\ {\left[(x^2+2x{)}^{\frac{1}{2}}\right]}^{\prime }=\frac{1}{2}(x^2+2x{)}^{-\frac{1}{2}}\cdot (2x+2)\\ 整理得\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+2}{\sqrt{x^2+2x}}\\ \therefore 原式y^{\prime }=\frac{1}{1+x^2+2x}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{2x+2}{\sqrt{x^2+2x}}\\ \frac{2(x+1)}{2(x+1{)}^2\sqrt{x^2+2x}}=\frac{1}{(x+1)\sqrt{x^2+2x}}\end{array}$$

---

设$y=\frac{\sqrt{x+2}(3-x{)}^4}{(x+1{)}^5}$，求$y^{\prime }$
函数为多个函数乘积、商或幂的形式。
采用对数求导法。

$$\begin{array}{r}\ln y=\ln \frac{\sqrt{x+2}(3-x{)}^4}{(x+1{)}^5}\\ \ln y=\ln (\sqrt{x+2})+\ln (3-x{)}^4-\ln (x+1{)}^5\\ \ln y=\ln \left((x+2{)}^{\frac{1}{2}}\right)+\ln (3-x{)}^4-\ln (x+1{)}^5\\ \ln y=\frac{1}{2}\ln (x+2)+\ln (3-x{)}^4-\ln (x+1{)}^5\\ \frac{1}{y}{y}^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{x+2}-4(\ln (3-x{)}^{\prime })+5(\ln (x+1{)}^{\prime })\\ \frac{1}{y}{y}^{\prime }=\frac{1}{2(x+2)}-\frac{4}{3-x}+\frac{5}{x+1}\\ y^{\prime }=y(\frac{1}{2(x+2)}-\frac{4}{3-x}+\frac{5}{x+1})\\ 即y^{\prime }=\frac{\sqrt{x+2}(3-x{)}^4}{(x+1{)}^5}(\frac{1}{2(x+2)}-\frac{4}{3-x}+\frac{5}{x+1})\end{array}$$

参数方程求导

形如$\{\begin{array}{l}y=f(t)\\ x=g(t)\end{array}$，如果求$\frac{dy}{dx}$，那么$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\left(\frac{y_t^{\prime }}{x_t^{\prime }}\right)$
上面是一阶导的公式。

二阶导
$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{(\frac{dy}{dx}{)}_t^{\prime }}{x_{(t)}^{\prime }}=\frac{一阶导对t求导}{x对t求导}$

曲线$\{\begin{array}{l}x=t^2\\ y=4t\end{array}$在t=1处的导数为：
$\frac{dy}{dx}=\frac{y^{\prime }(t)}{x^{\prime }(t)}$
其中$y_{(t)}^{\prime }=4,x_{(t)}^{\prime }=2t$
$\therefore \frac{dy}{dx}=\frac{4}{2t}=2t$
所以t=1时，导数为2

---

求曲线$\{\begin{array}{l}x=2e^t\\ y=e^{-t}\end{array}$，在点（2,1）处的切线方程和法线方程。

令t=0, $x=2e^0=2,y=e^0=1$所以t等于0时，曲线经过点（2,1）
$\therefore \frac{dy}{dx}=\frac{y_t^{\prime }}{x_t^{\prime }}=\frac{e^{-t}(-1)}{2e^t}$
把t=0代入

$\therefore k_{法}=2$
接下来就算直线就行了。

---

求参数方程$\{\begin{array}{l}x=a{\cos }^3\theta \\ y=a{\sin }^3\theta \end{array}$所确定的导数$\frac{dy}{dx},\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$
注意：${\sin }^3\theta =(\sin \theta {)}^3$

$$\begin{array}{r}{y}_{(\theta )}^{\prime }=a3{\sin }^2\theta \cos \theta \\ x_{(\theta )}^{\prime }=a3{\cos }^2\theta (-\sin \theta )\\ \therefore \frac{dy}{dx}=\frac{y_{(\theta )}^{\prime }}{x_{(\theta )}^{\prime }}=\frac{a3{\sin }^2\theta \cos \theta }{-a3{\cos }^2\theta \sin \theta }\end{array}$$

$\frac{a3{\sin }^2\theta \cos \theta }{-a3{\cos }^2\theta \sin \theta }=\frac{\sin \theta }{-\cos \theta }=-\tan \theta$
接下来算二阶导

$$\begin{array}{r}又(\frac{dy}{dx}{)}^{\prime }=(-\tan \theta {)}^{\prime }=-se{c}^2\theta \\ \therefore \frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{(\frac{dy}{dx}{)}^{\prime }}{x^{\prime }(\theta )}=\frac{-{\sec }^2\theta }{a\cdot 3{\cos }^2\theta \cdot (-\sin \theta )}\\ \frac{1}{3a}\cdot \frac{1}{{\cos }^2\theta }\cdot \frac{1}{\sin \theta }\cdot {\sec }^2\theta \\ \frac{1}{3a}\cdot {\sec }^2\theta \cdot \csc \theta \cdot {\sec }^2\theta \\ \frac{1}{3a}\cdot {\sec }^4\cdot \csc \theta \end{array}$$

---

求曲线$\{\begin{array}{l}x=1+t^2\\ y=t^3\end{array}$在点（5,8）处的切线方程
切点（5,8）为点(x,y)的取值，即x=5,y=8，不是参数t的值。

$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}5=1+t^2\\ 8=t^3\end{array}\\ \{\begin{array}{l}4=t^2\\ 8=t^3\end{array}\\ 解得t=2\end{array}$$ $$\frac{dy}{dx}=\frac{(t^3{)}^{\prime }}{(1+t^2{)}^{\prime }}=\frac{3t^2}{2t}=\frac{3}{2}t$$ $$\begin{array}{r}{k}_{切}={\frac{dy}{dx}|}_{\begin{array}{c}x=5\\ y=8\end{array}}={\frac{dy}{dx}|}_{\begin{array}{c}t=2\end{array}}=3\end{array}$$

隐函数求导

形如$y=f(x)$称为显函数。如：$y=e^x,y=x^2$。（不正规的记：左边单独一个y，右边是x相关函数）

隐函数：不是$y=f(x)$形式的函数。（不正规的记：非显即隐）

显函数：$y=x^2+1$
隐函数：$y-x^2-1=0,y=e^{xy}$

求导方法：

公式法

注意一定要先化成标准形式

对题干的函数移向：（比如：用方程左边-右边）
得到$F(x,y)=0$
求偏导，$F_x$：对x求导，y看作是常数；再对$F_y$：对y求导，x看作是常数
套公式（注意：上x，下面y）：
$\frac{dy}{dx}=-\frac{Fx}{Fy}$

---

设函数$y=y(x)$，由$y^2-2xy+9=0$，求$y^{\prime }$
$y=y(x)$表示：变量y，是由x决定的函数。
令$F(x,y)=y^2-2xy+9$

$$\begin{array}{r}\because F_x=-2y(把只有x的部分求导),\\ F_y=2y-2x\end{array}$$

$\therefore y^{\prime }=\frac{dy}{dx}=\frac{-F_x}{F_y}=\frac{-(-2y)}{2y-2x}=\frac{y}{y-x}$

---

设$y^2+\sin (2x-y)=x$确定隐函数$y=y(x)$，求$\frac{dy}{dx}$
令$F(x,y)=y^2+\sin (2x-y)-x$

$$\begin{array}{r}\because F_x=\cos (2x-y)\cdot 2-1=2\cos (2x-y)-1\\ F_y=2y+\cos (2x-y)\cdot (-1)\\ \therefore \frac{dy}{dx}=-\frac{2\cos (2x-y)-1}{2y-\cos (2x-y)}\end{array}$$

求下面隐函数的导数
$y=\cos (x+y)$
令$F(x,y)=y-\cos (x+y)$

$$\begin{array}{r}{F}_x=对-\cos (x+y)求偏导=\sin (x+y)\cdot 1\\ F_y=1+\sin (x+y)\cdot 1\\ \therefore y^{\prime }=-\frac{\sin (x+y)}{1+\sin (x+y)}\end{array}$$

---

设$y=x{e}^y$，求$y^{\prime }$
首先先移向：$F(x,y)=y-x{e}^y$
对x求偏导（把 y 当常数）
$F_x=0-e^y=-e^y$
再对y求偏导（把x当常数）
$F_y=1-x{e}^y$

$$\therefore y^{\prime }=-\frac{F_x}{F_y}=-\frac{-e^y}{1-x{e}^y}=\frac{e^y}{1-x{e}^y}$$

复合函数求导法则

两边同时对x进行求导，注意y=f(x)

$y^2-2xy+9=0$，求$y^{\prime }$

$\frac{d}{dx}(y^2)-\frac{d}{dx}(2xy)+\frac{d}{dx}(9)=\frac{d}{dx}(0)$

1. $\frac{d}{dx}(y^2)=2y\cdot y^{\prime }$
2. $\frac{d}{dx}(2xy)=\frac{d}{dx}(2x\cdot y)=2y+2x\cdot y^{\prime }$
3. $\frac{d}{dx}(9)=0$

$$\begin{array}{r}2y\cdot y^{\prime }-2y-2x{y}^{\prime }=0\\ y\cdot y^{\prime }-y-x{y}^{\prime }=0\\ y^{\prime }(y-x)=y\\ y^{\prime }=\frac{y}{(y-x)}\end{array}$$

---

已知函数$e^y+xy-e=0$，求$\frac{dy}{dx}$
两边同时对x求导，注意y=f(x)

$$\begin{array}{r}{e}^y\cdot y^{\prime }+1\cdot y+x{y}^{\prime }=0\\ e^y\cdot y^{\prime }+y+x{y}^{\prime }=0\\ e^y\cdot y^{\prime }+x{y}^{\prime }=-y\\ y^{\prime }(e^y+x)=-y\\ y^{\prime }=-\frac{y}{e^y+x}\end{array}$$

---

$y^5+2y-x-3x^7=0,求\frac{dy}{dx}$

$$\begin{array}{r}5y^4{y}^{\prime }+2\cdot 1\cdot y^{\prime }-1-21x^6=0\\ 5y^4{y}^{\prime }+2y^{\prime }-1-21x^6=0\\ 5y^4{y}^{\prime }+2y^{\prime }=21x^6+1\\ y^{\prime }(5y^4+2)=21x^6+1\\ y^{\prime }=\frac{1+21x^6}{5y^4+2}\end{array}$$

---

$$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1，求\frac{dy}{dx}$$ $$\begin{array}{r}\frac{1}{16}2x+\frac{1}{9}2y{y}^{\prime }=0\\ \frac{1}{8x}+\frac{2}{9}y{y}^{\prime }=0\\ y^{\prime }=-\frac{9x}{16y}\end{array}$$

题目

已知函数$x-y+\frac{1}{2}\sin y=0$，求$y^{\prime \prime }$
先求一阶导$1-y^{\prime }+\frac{1}{2}{y}^{\prime }\cos y=0$

$$\begin{array}{r}{y}^{\prime }\left(-1+\frac{1}{2}\cos y\right)=-1\\ y^{\prime }=-\frac{1}{\frac{1}{2}\cos y-1}\\ y^{\prime }=\frac{-1}{\frac{1}{2}\cos y-1}\\ y^{\prime }=\frac{2}{2-\cos y}\end{array}$$

$\therefore y^{\prime }=\frac{2}{2-\cos y}$

$$\begin{array}{r}{y}^{\prime \prime }=[2\cdot (2-\cos y{)}^{-1}{]}^{\prime }\\ 2\cdot (-1)(2-\cos y{)}^{-2}\sin y\cdot y^{\prime }\\ -2\cdot \frac{1}{(2-\cos y{)}^2}\sin y\frac{2}{2-\cos y}\\ \frac{-4\sin y}{(2-\cos y{)}^3}\end{array}$$

幂指函数求导

左右两边同取对数

对于$y=u^v$这种类型的解决方式

求$y=x^{\sin x}$的导数
左右两边同取对数：$\ln y=\ln x^{\sin x}$
即：$\ln y=\sin x\ln x$
然后两边同时求导
注意：左边是一个复合函数的求导$\frac{1}{y}\cdot y^{\prime }=\cos x\cdot \ln x+\sin x\cdot \frac{1}{x}$

$$\begin{array}{r}{y}^{\prime }=y\cdot [\cos x\ln x+\frac{\sin x}{x}]\\ y^{\prime }=x^{\sin x}(\cos x\ln x+\frac{\sin x}{x})\end{array}$$

---

求$y={\left(\frac{x}{1+x}\right)}^x(x>0)$的导数
两边同取对数得

$$\begin{array}{r}\ln y=\ln {\left(\frac{x}{1+x}\right)}^x\\ \ln y=x\ln \frac{x}{1+x}\\ \ln y=x[\ln x-\ln (1+x)]\end{array}$$

现在用复合函数求导法则（跟求隐函数的导数一样），两边对x进行求导

$$\begin{array}{r}\frac{1}{y}{y}^{\prime }=\ln x-\ln (1+x)+x\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x}\right)\\ y^{\prime }=y(\ln \frac{x}{1+x}+1-\frac{x}{1+x})\end{array}$$

回代y

$$y^{\prime }={\left(\frac{x}{1+x}\right)}^x(\ln \frac{x}{1+x}+1-\frac{x}{1+x})$$

公式变形法

$u^v=e^{v\cdot lnu}=e^{\ln u^v}$
求$y=x^x$的导数

$$\begin{array}{r}\because y=x^x=e^{x\ln x}\\ \therefore y^{\prime }=e^{x\ln x}\cdot \left(1\cdot \ln x+x\cdot \frac{1}{x}\right)\\ y^{\prime }=e^{x\ln x}\left(\ln x+x\cdot \frac{1}{x}\right)\\ 代回e^{x\ln x}\\ y^{\prime }=x^x\left(\ln x+1\right)\end{array}$$

---

$y=x^{\ln x}(x>0)$求导
第一种方法，两边同取对数

$$\begin{array}{r}\ln y=\ln (x^{\ln x})\\ \ln y=\ln x\cdot \ln x=(\ln x{)}^2\\ 两边对x进行求导\\ \frac{1}{y}{y}^{\prime }=2\ln x\cdot \frac{1}{x}\\ y^{\prime }=y(2\ln x\cdot \frac{1}{x})\\ 代回y\\ y^{\prime }=x^{\ln x}{x}^{-1}2\ln x\\ y^{\prime }=x^{\ln x-1}2\ln x\end{array}$$

第二种公式：

$$\begin{array}{r}y=e^{\ln (x^{\ln x})}=e^{\ln x\cdot \ln x}\\ y=e^{(\ln x{)}^2}\\ 进行求导\\ y^{\prime }=e^{(\ln x{)}^2}\cdot 2\ln x\cdot \frac{1}{x}\\ 代回y\\ y^{\prime }=x^{\ln x}\cdot x^{-1}2\ln x\\ y^{\prime }=x^{\ln x-1}2\ln x\end{array}$$

两种方式的选用

1. 遇到单个$y=u^v$两种方法都可。
2. 遇到单个$y=u^v$，行连乘、除、根号复合型，首选对数求导
3. 遇到$y=u^v\pm g(n)$，只能选$u^v=e^{v\ln u}$

设$y=\sqrt{\frac{(x-1)(x-2)}{x-3}}$，求$y^{\prime }$

$$\begin{array}{r}y={\left(\frac{(x-1)(x-2)}{x-3}\right)}^{\frac{1}{2}}\\ \ln y=\frac{1}{2}\ln \frac{(x-1)(x-2)}{x-3}\\ \ln y=\frac{1}{2}[\ln (x-1)+\ln (x-2)-\ln (x-3)]\\ \frac{1}{y}{y}^{\prime }=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x-3}\right)\\ y^{\prime }=\frac{y}{2}\left(\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x-3}\right)\\ y^{\prime }=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{(x-1)(x-2)}{x-3}}\left(\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x-3}\right)\end{array}$$

---

$y=x^{\frac{1}{x}}+1$,求$y^{\prime }$
遇到$y=u^v\pm g(n)$，只能选$u^v=e^{v\ln u}$

$$\begin{array}{r}\because x^{\frac{1}{x}}=e^{\frac{1}{x}\ln x}\\ \therefore y=e^{\frac{1}{x}\ln x}+1\\ 故y^{\prime }=e^{\frac{1}{x}\ln x}\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\ln x+\frac{1}{x^2}\right)\\ y^{\prime }=x^{\frac{1}{x}}\cdot \frac{1}{x^2}(1-\ln x)\end{array}$$

导数与单调性

设函数f(x)在[a,b]上连续，(a,b)可导，则有

1. 如果在(a,b)内$f(x)\ge 0$，则函数$f(x)$在[a,b]内单调增加；如果在(a,b)内$f(x)>0$，则函数$f(x)$在[a,b]内严格单调增加
2. 如果在(a,b)内$f(x)\le 0$，则函数$f(x)$在[a,b]内单调递减；如果在(a,b)内$f(x)<0$，则函数$f(x)$在[a,b]内严格单调递减

Drawing 2026-02-01 18.57.42.excalidraw

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Excalidraw Data

Text Elements

x

y

单调增加

严格单调增加

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---

求导后判断导函数的正负。
会画图象直接解决，不会画就代特殊值

求$f(x)=2x+3\sqrt[3]{x^2}$
第一步：确定原函数的定义域 $x\in R$
又$f(x)=2x+3\cdot x^{\frac{2}{3}}$
$\therefore f^{\prime }(x)=2+3\cdot \frac{2}{3}{x}^{-\frac{1}{3}}=2+2x^{-\frac{1}{3}}$

$$\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)=2+2\cdot \frac{1}{x^{\frac{1}{3}}}\\ 2+\frac{2}{\sqrt[3]{x}}=\frac{2\sqrt[3]{x}+2}{\sqrt[3]{x}}\end{array}$$

令$f^{\prime }(x)=0$得到驻点$x=-1$
且x=0为$f^{\prime }(x)$的无定义点。

x	$(-\infty ,-1)$	-1	(-1,0)	0	$(x,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	>0	0	<0	无定义	>0
$f(x)$	递增		递减	0	递增
首先$(-\infty ,-1)$这个区间，直接代一个特殊值$-\infty$，可以求极限，但没必要。

再判断$(-1,0)$这个区间，代-0.5，分母是-，分子为+，所以整体为-

---

确定函数$y=2x^2-\ln x$的单调区间
注意一定要确定定义域：$x\in (0,+\infty )$

$y^{\prime }=\frac{4x^2-1}{x}$
令$y^{\prime }=0$，得到驻点$x=\frac{1}{2}$
且导函数在0处无定义

在$x\in (0,+\infty )$，区间$(0,\frac{1}{2})$内，导函数的正负由$4x^2-1$决定。（可以配方）
$4x^2-1=4\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$
可以看出$f(x)=4x^2-1$在$\left(-\infty ,-\frac{1}{2}\right)$处大于0
$\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$处小于0，$(\frac{1}{2},+\infty )$处大于0

总结一下（结合原函数的定义域）：

x	$(0,\frac{1}{2})$	$\frac{1}{2}$	$(\frac{1}{2},+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	-	0	+
$f(x)$	递减		递增

---

判断函数的单调性：
$f(x)=x^2{e}^x$

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =2x\cdot e^x+x^2\cdot e^x\\ & =e^x(x^2+2x)\end{array}$$

令$f^{\prime }(x)=0=e^x(x^2+2x)$
$x^2+2x=x(x+2)$
所以驻点为：$x=-2,x=0,x=-\infty$

x	$(-\infty ,-2)$	$(-2,0)$	$(0,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	+	-	+
$f(x)$	递增	递减	递增

$f(x)=x+\frac{2}{x}-\ln x$
先看定义域：$x\in (0,+\infty )$
$f^{{}^{\prime }}(x)=1+2\cdot (-\frac{1}{x^2})-\frac{1}{x}$
通分后得
$f^{\prime }(x)=\frac{x^2-x-2}{x^2}$

$x^2-x-2=(x-2)(x+1)$
驻点为:$x=2,x=-1$

x	$(-\infty ,-1)$	$(-1,2)$	$(2,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	+	-	+
$f(x)$	递增	递减	递增

结合原函数的定义域后

x	$(0,2)$	$(2,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	-	+
$f(x)$	递减	递增

---

函数$y=x^3-3x^2+7$在区间$(-\infty ,0)$和$(0,2)$内分别是（）
$y^{\prime }=3x^2-6x=3(x^2-2x)=3x\left(x-\frac{2}{3}\right)$
得到驻点：$x_1=0,x_2=\frac{2}{3}$

因为是选择题，直接带值$-\infty$。代入导函数为正，所以原函数在$-\infty$单调递增。
再代入$\frac{1}{2}$，导函数为负。所以原函数单调递减。

---

函数$f(x)=e^{-x^2}$的单增区间为？

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{1}{e^{x^2}}\\ f^{\prime }(x)& =e^{-x^2}\cdot (-x^2{)}^{\prime }=e^{-x^2}\cdot (-1)\cdot 2x\\ \therefore f^{\prime }(x)& =-2x\cdot e^{-x^2}\end{array}$$

令导函数为0，得到驻点$x=0$

x	$(-\infty ,0)$	0	$(0,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	+	0	-
$f(x)$	递增		递减
综上函数$f(x)=e^{-x^2}$的单增区间为$(-\infty ,0)$

---

单调函数的导数也是单调函数。( )
这句话是错的。
例如函数$f(x)=x^3$，在区间$(-\infty ,+\infty )$一直单调递增

f(x)=x^3

它的导函数为$3x^2$在$(-\infty ,0)$单调递减，$(0,+\infty )$单调递增

证明题

证明：当$x>0$时，$x>\ln (1+x)$
构造函数$f(x)=x-\ln (1+x),x\in (-1,+\infty )$
求导得：$f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}$
得到驻点$x=0$，和不可导点$x=-1$ ^bf79a7

x	$(-1,0)$	0	$(0,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	-	0	+
$f(x)$	递减	0	递增

不难得出$f^{\prime }(x)$在$(0,+\infty )$恒为正，所以$f(x)$一直递增

$\therefore f(x)=x-\ln (1+x)>0,(x>0)$
$x>\ln (1+x)$

---

证明：$\ln (1+x)\ge \frac{\arctan x}{1+x}(x\ge 0)$

$$\begin{array}{r}\ln (1+x)(1+x)\ge \arctan x\\ 令f(x)=\ln (1+x)(1+x)-\arctan x(x\ge 0)\\ f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}(1+x)+\ln (1+x)-\frac{1}{1+x^2}\\ f^{\prime }(x)=1+\ln (1+x)-\frac{1}{1+x^2}>0\\ 可知f(x)在[0,+\infty )单调递增\\ 又\because f(0)=0\\ \therefore f(x)=\ln (1+x)(1+x)-\arctan x\ge 0(x\ge 0)\\ \therefore \ln (1+x)\ge \frac{\arctan x}{1+x}(x\ge 0)\end{array}$$

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1. 构造f(x)
2. 求f(x)的单调区间，找最值
3. 抄题

当x>0时，证明$x>\sin x$

$$\begin{array}{r}令f(x)=x-\sin x\\ f^{\prime }(x)=1-\cos x\ge 0\\ \therefore f(x)在(0,+\infty )单调递增\\ \therefore f(x)>f(0)\\ \therefore x-\sin x\ge 0\\ 即x>\sin x(x>0)\end{array}$$

---

当x>0时，证明：$x>\ln (1+x)$

$$\begin{array}{r}令f(x)=x-\ln (1+x),x\in (0,+\infty )\\ f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{1+x}\\ f^{\prime }(x)=\frac{x}{1+x}>0\\ f(x{)}_{min}=f(0)取不到，且f(x)单调递增\\ f(x)>f(0)=0\\ \therefore x-\ln (1+x)>0,x\in (0,+\infty )\end{array}$$

---

当x>0时，证明：$\ln (1+x)>\frac{x}{1+x}$

$$\begin{array}{l}令f(x)=\ln (1+x)-\frac{x}{1+x},x\in (0,+\infty )\\ f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{(1+x)-x}{(1+x{)}^2}\\ =\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x{)}^2}\\ =\frac{x}{(1+x{)}^2}>0\\ \therefore f(x)在(0,+\infty )单调递增\\ f(x)>f(0)=0\\ \therefore \ln (1+x)-\frac{x}{1+x}>0\\ 即\ln (1+x)>\frac{x}{1+x}\end{array}$$

---

证明$e^x\ge x+1$

$$\begin{array}{l}令f(x)=e^x-x-1\\ f^{\prime }(x)=e^x-1\\ 令f^{\prime }(x)=0\\ 得到驻点x=0\end{array}$$

	$x\in (-\infty ,0]$	0	$x\in [0,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	-	0	+
f(x)	递减	极小值	递增
f(0)=1-0-1=0

$$\begin{array}{l}\therefore f(x)\ge f(0)=0\\ \therefore e^x-x-1\ge 0\\ 即e^x\ge x+1\end{array}$$

---

证明$e^x\ge ex$

$$\begin{array}{l}令f(x)=e^x-ex\\ f^{\prime }(x)=e^x-e\\ 令f^{\prime }(x)=0\\ 得到驻点x=1\end{array}$$

	$x\in (-\infty ,1]$	1	$x\in [1,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	-	1	+
f(x)	递减	极小值	递增

$$\begin{array}{l}\therefore f(x)\ge f(1)=e-e=0\\ \therefore e^x-ex\ge 0\\ 即e^x\ge ex\end{array}$$

---

证明$\ln x\le x-1$

$$\begin{array}{l}令f(x)=\ln x-x+1\\ f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}\\ 令f^{\prime }(x)=0\\ 得到驻点x=1\end{array}$$

$\frac{1-(-10)}{-10}=+$

	$x\in (-\infty ,1]$	1	$x\in [1,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	+	1	-
f(x)	递增	极大值	递减

$$\begin{array}{l}\therefore f(x)\le f(1)=0-1+1=0\\ \therefore \ln x-x+1\le 0\\ 即\ln x\le x-1\end{array}$$

---

证明$\ln x\le \frac{x}{e}$

$$\begin{array}{l}令f(x)=\ln x-\frac{x}{e},(x>0)\\ f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-(e^{-1}x{)}^{\prime }\\ f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}=\frac{e-x}{ex}\\ 令f^{\prime }(x)=0=\frac{e-x}{ex}\\ 得到驻点x=e\end{array}$$

$\frac{e-(-10)}{-10e}=-\square ,\frac{e-100}{100e}$

x	$x\in (0,e]$	e	$x\in [e,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	+	0	-
f(x)	递增	极大值	递减

$$\begin{array}{l}f(e)=1-1=0\ge f(x)\\ \ln x-\frac{x}{e}\le 0\\ 即\ln x\le \frac{x}{e},(x>0)\end{array}$$

---

判断函数$\frac{x}{1-x}$与函数$\ln \frac{1}{1-x}$在$x\in [0,0.1]$的大小

$$\begin{array}{l}令f(x)=\frac{x}{1-x}-\ln \frac{1}{1-x},x\in [0,0.1]\\ f(x)=\frac{x}{1-x}+\ln (1-x)\\ f^{\prime }(x)=\frac{1}{(1-x{)}^2}-\frac{1}{1-x}\\ f^{\prime }(x)=\frac{1}{(1-x{)}^2}-\frac{1-x}{(1-x{)}^2}=\frac{x}{(1-x{)}^2}\ge 0\\ f(x)在[0,0.1]单调递增,f(0)=0\\ f(x)>f(0)=0\\ 即\frac{x}{1-x}-\ln \frac{1}{1-x}>0\\ \frac{x}{1-x}>\ln \frac{1}{1-x}\end{array}$$

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证明：

$$\begin{array}{rl}\arcsin x+\arccos x& =\frac{\pi }{2},x\in [-1,1]\\ \arctan x+\mathrm{arccot}x& =\frac{\pi }{2},x\in (-\infty ,+\infty )\end{array}$$ $$\begin{array}{r}令f(x)=\arcsin x+\arccos x\\ f^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=0\\ \because f^{\prime }(x)=0\\ \therefore f(x)=C\\ \therefore f(0)=\arcsin 0+\arccos 0=\frac{\pi }{2}=C\end{array}$$

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$\text{证明}:\text{当}x>0\text{时},\cos x>1-\frac{x^2}{2}$

证明含参不等式

证明：当x>0, 0<a<1时，$x^a-ax\le 1-a$

$$\begin{array}{l}令f(x)=x^a-ax-1+a,x\in (0,+\infty )\\ f^{\prime }(x)=a{x}^{a-1}-a\\ 令f^{\prime }(x)=a(x^{a-1}-1)=0\\ x^{a-1}-1=0\\ x^{a-1}=1\\ 得到驻点x=1\end{array}$$

代特殊值$x=\frac{1}{2},a=\frac{1}{2}$,${\frac{1}{2}}^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}}}>0$

x	$(0,1)$	1	$(0,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	+	0	-
f(x)	递增	极大值	递减

$$\begin{array}{r}\therefore f(x)\le f(1)=0\\ \therefore x^a-ax-1+a\le 0\\ 即x^a-ax\le 1-a\end{array}$$

遇到指数幂函数

两边同取对数

证当 x > 4时，$2^x>x^2$

$$\begin{array}{l}\ln 2^x>\ln x^2\\ x\ln 2>2\ln x\\ \ln 2>\frac{2\ln x}{x}\\ \frac{\ln 2}{2}>\frac{\ln x}{x}\\ 令f(x)=\frac{\ln 2}{2}-\frac{\ln x}{x},x\in (4,+\infty )\\ f^{\prime }(x)=-\frac{\frac{1}{x}x-\ln x}{x^2}=\frac{\ln x-1}{x^2}>0\\ f(x)在(4,+\infty )单调递增\\ f(x)>f(4)=\frac{\ln 2}{2}-\frac{\ln 4}{4}\\ =\frac{\ln 2}{2}-\frac{\ln 2^2}{4}=\frac{\ln 2}{2}-\frac{2\ln 2}{4}=\frac{\ln 2}{2}-\frac{\ln 2}{2}=0\\ \therefore \frac{\ln 2}{2}-\frac{\ln x}{x}>0\\ 即\frac{\ln 2}{2}>\frac{\ln x}{x}\\ \ln 2>\frac{2\ln x}{x}\\ x\ln 2>2\ln x\\ \ln 2^x>\ln x^2\\ \therefore 2^x>x^2\end{array}$$

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设$a>b>e$，证明：$a^b<b^a$
令 x = b，即证明：$a^x<x^a(a>x>e)$

$$\begin{array}{l}式子两边同取对数\\ \ln a^x<\ln x^a\\ x\ln a<a\ln x\\ \frac{\ln a}{a}<\frac{\ln x}{x}\\ 令f(x)=\frac{\ln a}{a}-\frac{\ln x}{x},x\in (e,a)\\ f^{\prime }(x)=-\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^2}=\frac{\ln x-1}{x^2}>0\\ f(x)在(e,a)单调递增\\ 要证明\frac{\ln a}{a}>\frac{\ln x}{x}，跟f(a)和f(x)有关系\\ f(a)>f(x)\\ 0>f(x)\\ 0>\frac{\ln a}{a}-\frac{\ln x}{x}\\ 即\frac{\ln a}{a}<\frac{\ln x}{x}\\ \therefore \ln a^x<\ln x^a\\ 令x=b\\ 即a^b<b^a\end{array}$$

证明抽象函数

设${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=1$，且$f^{\prime \prime }(x)>0$，证明：$f(x)\ge x$
求极限先代入，分母为0，极限存在，那么一定是零比零形，

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0\\ 又\because f^{\prime \prime }(x)>0\\ \therefore f(x)在x=0处可导并且连续\\ 所以f(0)=0\end{array}$$

洛必达求极限

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{1}=f^{\prime }(x)=1\\ f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=1\end{array}$$

证明：

$$\begin{array}{l}令F(x)=f(x)-x,x\in (-\infty ,+\infty )\\ F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-1\\ 令F^{\prime }(x)=0\\ f^{\prime }(x)=1=f^{\prime }(0)\\ 又\because F^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)>0\\ \therefore F^{\prime }(x)在R上单调递增，只有一个零点\\ 驻点x=0\end{array}$$

x	$(-\infty ,0)$	0	$(0,+\infty )$
$F^{\prime }(x)$	-	0	+
$F(x)$	递减	极小值	递增

$$\begin{array}{r}\therefore F(x)\ge F(0)=f(0)-0=0\\ f(x)-x\ge 0\\ 即f(x)\ge x\end{array}$$

极值

极值点的出处

1. $f^{\prime }(x)=0$的点，也就是驻点
2. $f^{\prime }(x)$不存在的点（无定义），也就是不可导点

极值的判断：

1. 利用单调性（画图）
2. 利用$f^{\prime \prime }(x_0)$判断（前提$f^{\prime }(x)=0$）
   • $f^{\prime \prime }(x_0)<0\Rightarrow \text{极大值}$
   • $f^{\prime \prime }(x_0)>0\Rightarrow \text{极小值}$

求极值的步骤

1. 确定f(x)的定义域
2. 令$f^{\prime }(x)=0$，找到驻点，及$f^{\prime }(x)$无定义点
3. 利用这些点，分割定义域，成子区间
4. 列表讨论子区间内的单调性，即$f^{\prime }(x)$的正负性

设$f(x)=2x^3-9x^2+12x-3$，求函数的单调区间和极值
函数的定义域为：$(-\infty ,\infty )$
$\because f^{\prime }(x)=6x^2-18x+12=6(x^2-3x+2)$
令$f^{\prime }(x)=0$，即$x^2-3x+2=0=(x-1)(x-2)$
驻点：$x_1=1,x_2=2$

x	$(-\infty ,1)$	1	(1,2)	2	$(2,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	+	0	-	0	+
$f(x)$	增	极大值 2	减	极小值 1	增

---

$y=x^2-8x+5$的极小值
令$y^{\prime }=2x-8=0$，得到驻点$x=4$
又$y^{\prime \prime }=2>0$
$\therefore x=4$，代回去是原函数的极小值
$f(4)=-11$

---

已知$f(x)=x^3+a{x}^2+bx$在x=1处极小值为-2，则a=,b=

f(x)在x=1处极小值为-2，可以得出

$$\{\begin{array}{l}f(1)=-2\\ f^{\prime }(1)=0\end{array}$$

则$f(1)=1+a+b=-2$
$f^{\prime }(1)=f^{\prime }(x){|}_{x=1}=3x^2+2ax+b{|}_{x=1}=3+2a+b=0$
现在得到两个式子

$$\{\begin{array}{l}1+a+b=-2\\ 3+2a+b=0\end{array}$$

3+2a+b-1-a-b=2
a=0,b=-3

---

函数f(x)二阶可导，在$x=x_0$处$f^{\prime \prime }<0$，又${\lim }_{x\to x_0}\frac{f\left(x\right)}{x-x_0}=0$，则
A.$f(x_0)$是极大值
B.$f(x_0)$是极小值
C.$f(x_0)$不是极值
D.$(x_0,f(x_0))$是拐点

验证：求极限先代入$\frac{f(x_0)}{0}=0$，因为式子有极限则$f(x_0)\to 0$，定形为零比零
洛必达：变量是x,$(x-x_0{)}^{\prime }=x^{\prime }-(x_0{)}^{\prime }=1（常数求导为1）$，$\frac{f^{\prime }(x)}{1}=0，则f^{\prime }(x)=0$
又因为题干给出$f^{\prime \prime }<0$，故选A

极值点和驻点的关系

极值点与驻点唯一确定的关系：

可导函数有极值，则该点一定为驻点

可导函数的理解要到位，在题目中有很多种说明方式。

简单说明：

可导函数说明函数可导，
极值点的出处

1. $f^{\prime }(x)=0$的点，也就是驻点
2. $f^{\prime }(x)$不存在的点（无定义），也就是不可导点

---

$f^{\prime }(x_0)$不存在，是$f(x_0)$为极值的 条件。

$f^{\prime }(x_0)$不存在不一定有极值
$f(x_0)$有极值不一定是$f^{\prime }(x_0)$不存在
所有该题的答案为既不充分也不必要条件。

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设$f(x)$在$x=a$处，取得极值则（）

A.$f^{\prime }(a)$一定为0
B.$f^{\prime }(a)$不存在
C. f(x)可导，则$f^{\prime }(a)=0$
D. f(x)可导，f(a)为极大值

$$\{\begin{array}{l}{f}^{\prime }(x)=0\\ f^{\prime }(x)不存在\end{array}$$

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求函数$y=x-\ln (x+1)$的极值 ^testquestion02
函数的定义域$x\in (-1,+\infty )$
$y^{\prime }=1-\frac{1}{x+1}=\frac{x}{x+1}$
令$y^{\prime }=0$，得到驻点x=0，发现在x=-1时导函数无定义，但是原函数定义域取不到-1。所以舍去x=-1。

x	$(0,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	+
$f(x)$	递增

$\therefore f(x{)}_{min}=f(0)=0$

求最值

求$y=x^4-8x^2+2(-1\le x\le 3)$的最值
算最值：首先确定定义域（题目给出了）
再算端点值
f(-1)=-5
f(3)=11
最后算驻点值：$y^{\prime }=4x^3-16x=4x(x^2-4)$
令$y^{\prime }=0$，驻点$x_1=0,x_2=-2(舍去),x_3=2$
f(0)=2
f(2)=-14
$\therefore f(x{)}_{max}=11,f(x{)}_{min}=-14$

---

求函数$f(x)=\frac{x}{x^2+1}$的极大值， 1/2

$$\begin{array}{l}{f}^{\prime }(x)=\frac{x^2+1-x(2x)}{(x^2+1{)}^2}=\frac{1-x^2}{(x^2+1{)}^2}\\ 令f^{\prime }(x)=0\\ 驻点,x=1,x=-1，无无定义点\end{array}$$

	$(-\infty ,1)$	-1	(-1,1)	1	$(1,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	-	0	+	0	-
f(x)	递减	极小值	递增	极大值	递减

$$\begin{array}{r}\therefore f(1)为极大值\\ f(1)=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}\end{array}$$

函数的凹凸性

$$判断：\{\begin{array}{l}{f}^{\prime \prime }(x)>0\Rightarrow f(x)凹\\ f^{\prime \prime }(x)<0\Rightarrow f(x)凸\end{array}$$

拐点：曲线凹凸性发生改变的点。记$[x_0,f(x_0))$，注意这是一个坐标。一般拐点为$f^{\prime \prime }(x)=0$或$f^{\prime \prime }(x)$不存在

y= \sin x

求$f(x)=x^4-6x^3+12x^2-6$的凹凸区间和拐点
第一步确定定义域：$x\in (-\infty ,+\infty )$（因为是幂函数）

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =4x^3-18x^2+24x\\ f^{\prime \prime }(x)& =12x^2-36x+24=12(x^2-3x+2)=12(x-1)(x-2)\end{array}$$

令$f^{\prime \prime }=0$得到$x_1=1,x_2=2$

x	$(-\infty ,1)$	1	(1,2)	2	$(2,+\infty )$
$f^{\prime \prime }(x)$	+	0	-	0	+
$f(x)$	凹	拐点	凸	拐点	凹
综上：拐点为(1,1)与(2,10)

---

说明曲线$y=x^5-5x^3+30$在点(1,11)及点(3,3)附近的凹凸性。

$$\begin{array}{r}{y}^{\prime }=5x^4-15x^2\\ y^{\prime \prime }=20x^3-30x=10x(2x^2-3)\\ f^{\prime \prime }(1)=10\cdot (2-3)=-10<0\\ f^{\prime \prime }(3)=30\cdot (18-3)>0\end{array}$$

坐标点	$x$ 值	$f^{\prime \prime }(x)$ 符号	凹凸性
(1,11)	1	-	凸 (Concave Down)
(3,3)	3	+	凹 (Concave Up)

拐点

若点(1,2)是曲线$y=a{x}^3+b{x}^2+4x$的拐点，求a和b
点(1,2)是曲线的拐点，它一定在曲线上f(1)=2，且二阶导为0

$$\begin{array}{l}{y}^{\prime }=3a{x}^2+2bx+4\\ y^{\prime \prime }=6ax+2b=0\\ \{\begin{array}{ll}f(1)=a+b+4& =2\\ 6a+2b& =0\end{array}\\ \{\begin{array}{l}a+b=-2\\ 3a+b=0\end{array}\\ 2a=2\\ a=1,b=-3\end{array}$$

---

曲线$y=x^{\frac{5}{3}}$的拐点（拐点是一个坐标）

$$\begin{array}{r}{y}^{\prime }=\frac{5}{3}{x}^{\frac{2}{3}}\\ y^{\prime \prime }=\frac{10}{9}{x}^{-\frac{1}{3}}=\frac{10}{9}\cdot \frac{1}{\sqrt[3]{x}}\\ 令y^{\prime \prime }=0\\ 得到x=0\end{array}$$

x	$(-\infty ,0)$	0	$(0,+\infty )$
$f^{\prime \prime }(x)$	-	0	+
$f(x)$	凸	拐点	凹

$$\begin{array}{r}f(0)=0\\ \therefore 拐点为(0,0)\end{array}$$

高阶导数

求具体导数

设$y=x^2+1+e^x$，求$y^{(3)}{|}_{x=0}$

$$\begin{array}{r}{y}^{\prime }=2x+e^x\\ y^{\prime \prime }=2+e^x\\ y^{(3)}=e^x\end{array}$$

幂函数：$x^a$求导，不会超过a次；

1. $(x^a{)}^{(a+1)}=0$
2. $(x^a{)}^{(a)}=a!$

设$y=x(x^2+2x+1{)}^2+e^{2x}$，求$y^{(7)}{|}_{x=0}$
$x(x^2+2x+1{)}^2$的最高次为$x\cdot (x^2{)}^2=x^7$，在求导7次后为0

$$\begin{array}{r}\therefore y^{(7)}=(e^{2x}{)}^{(7)}\\ (e^{2x}{)}^{\prime }=2e^{2x}\\ (e^{2x}{)}^{\prime \prime }=2\cdot 2\cdot e^{2x}=2^2{e}^{2x}\\ (e^{2x}{)}^{(3)}=2\cdot 2\cdot 2\cdot e^{2x}=2^3{e}^{2x}\\ \therefore 原式=(e^{2x}{)}^{(7)}=2^7{e}^{2x}\end{array}$$

求 n 阶导数

求2到3次导数，找规律

求函数$y=x{e}^x$的n阶导数的一般表达式

$$\begin{array}{r}{y}^{\prime }=e^x+x{e}^x=e^x(1+x)\\ y^{\prime \prime }=e^x(1+x)+e^x=e^x(2+x)\\ y^{(3)}=e^x(2+x)+e^x=e^x(3+x)\\ \dots \\ y^{(n)}=e^x(n+x)\end{array}$$

---

设$y=x^4+x^3+x^2+x+1$，求$y^{(4)},y^{(5)}$

求四阶导，只有$x^4$能抗住。

$$\begin{array}{r}\because (x^a{)}^{(a)}=a!\\ y^{(4)}=(x^4{)}^{(4)}=4!=4\times 3\times 2\times 1\\ =24\\ y^{(5)}=0\end{array}$$

常见n阶导公式

$$\begin{array}{rl}1):& [\sin (ax+b){]}^{(n)}=a^n\cdot \sin \left(ax+b+n\cdot \frac{\pi }{2}\right)\\ 2):& [\cos (ax+b){]}^{(n)}=a^n\cdot \cos \left(ax+b+n\cdot \frac{\pi }{2}\right)\\ 3):& {\left(\frac{1}{ax\pm b}\right)}^{(n)}=\frac{a^n\cdot (-1{)}^n\cdot n!}{(ax\pm b{)}^{(n+1)}}\\ 4):& (\sin x{)}^{(n)}=\sin \left(x+n\cdot \frac{\pi }{2}\right),n\in Z_{+}(Z_{+}代表正整数)\\ 5):& (\cos x{)}^{(n)}=\cos \left(x+n\cdot \frac{\pi }{2}\right),n\in Z_{+}\end{array}$$

设$y={\cos }^{2}x$，求$y^{(n)}$

$$\begin{array}{l}y=\frac{1+\cos 2x}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 2x\\ y^{(n)}={\left(\frac{1}{2}\cos 2x\right)}^{(n)}=\frac{1}{2}(\cos 2x{)}^{(n)}\\ (\cos 2x{)}^{(n)}=2^n\cos \left(2x+n\cdot \frac{\pi }{2}\right)\\ \therefore \frac{1}{2}(\cos 2x{)}^{(n)}=2^{n-1}\cos \left(2x+\frac{n\pi }{2}\right)\end{array}$$

---

求$(\sin 2x{)}^{(n)}$

$$\begin{array}{r}(\sin 2x{)}^{(n)}=2^n\cdot \sin \left(2x+n\cdot \frac{\pi }{2}\right),n\in Z^{+}\end{array}$$

求方程根的个数

讨论k的不同取值情况，确定方程$x^3-3x+k=0$根的个数。

$$\begin{array}{r}令f(x)=x^3-3x+k,x\in R\\ f^{\prime }(x)=3x^2-3=3(x^2-1)\\ 驻点x_1=1,x_2=-1\end{array}$$

x	$(-\infty ,-1)$	-1	(-1,1)	1	$(1,+\infty )$
$f^{\prime }(x)$	+	0	-	0	+
$f(x)$	递增	极大值	递减	极小值	递增
![[Drawing 2026-02-01 22.48.47.excalidraw.svg	920]]

$$\begin{array}{r}当k+2<0时，即k<-2\\ 有1个根\\ 当k+2=0时，即k=-2\\ 有2个根\\ 当\{\begin{array}{l}k+2>0\\ k-2<0时\end{array}\\ 即-2<k<2\\ 有3个根\\ 当k-2=0，即k-2时\\ 有2个根\\ 当k-2>0时,即k>2时\\ 有1个根\end{array}$$

讨论方程$\ln x=ax(a>0)$有几个根。

$$\begin{array}{r}令f(x)=\ln x-ax,x\in (0,+\infty )\\ f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-a\\ 令f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-a=0\\ \frac{1}{x}=a\\ 驻点x=\frac{1}{a}\end{array}$$

1. 当 $0>\ln \frac{1}{a}-1$

$$\begin{array}{r}\ln e>\ln \frac{1}{a}\\ e>\frac{1}{a}\\ \frac{1}{a}<e\\ a>\frac{1}{e}时\end{array}$$

有0个根
2. 当$\ln \frac{1}{a}-1=0$

$$\begin{array}{r}\frac{1}{a}=e\\ a=\frac{1}{e}\end{array}$$

有1个根
3. 当$\ln \frac{1}{a}-1>0$

$$\begin{array}{r}\frac{1}{a}>e\\ 0<a<\frac{1}{e}时\end{array}$$

有2个根

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方程$x^5+2x-5=0$的正根个数为？
正根个数：x > 0 的根

$$\begin{array}{r}令f(x)=x^5+2x-5,x\in (0,+\infty )\\ f^{\prime }(x)=5x^4+2>0\\ \therefore f(x)在(0,+\infty )单调递增\end{array}$$

不管x取多少，只有一个零点，所以f(x)恒有一个正根。
或者用零点定理。

$$\begin{array}{r}f(0)=-5\\ f(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^5+2x-5=+\infty \\ f(0)f(+\infty )<0\\ 由零点定理可知\exists \xi \in (0,+\infty )使f(\xi )=0\end{array}$$

高考题*

已知单调性反求参数

$$\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)>0\Rightarrow f(x)单调递增\Rightarrow f^{\prime }(x)\ge 0恒成立\end{array}$$

若函数$f(x)=kx-\ln x$在区间$(1,+\infty )$单调递增，求k的取值范围

$$\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)=k-\frac{1}{x}\ge 0\\ k\ge \frac{1}{x}\\ 令g(x)=\frac{1}{x},[1,+\infty )\\ g(x)在[1,+\infty )单调递减\\ \therefore g(1)=1为极大值\\ \therefore k\ge 1\end{array}$$

已知函数$f(x)=a{e}^x-\ln x$在区间(1,2)上单调递减，求a的取值范围

$$\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)=a{e}^x-\frac{1}{x}\le 0\\ a{e}^x\le \frac{1}{x}\\ a\le \frac{1}{x{e}^x}=h(x)\\ a\le h(x)只需要小于h(x)的最小值就行了\\ 令g(x)=x{e}^x,[1,2]\\ g^{\prime }(x)=e^x+x{e}^x=e^x(1+x)\\ g(x)在[1,2]单调递增\\ g(2)=2e^2为最大值\\ h(2)=\frac{1}{2e^2}为最小值\\ \therefore a\le \frac{1}{2e^2}\end{array}$$

曲率**

导数改变奇偶性

已知$f(x)$在$(-\infty ,+\infty )$内是可导函数，则$[f(x)-f(-x){]}^{\prime }$是什么函数？