微积分与线代讲义（一）：代数变形、极限与导数

这是一组讲义，一共五篇：

1. 代数变形、极限与导数（本篇）
2. 积分与它的应用
3. 线性代数：从解方程讲起
4. 多元微积分与微分方程
5. 练习详解：前四篇所有练习的逐步解答，每一步都不跳。

内容覆盖微积分和线性代数里最常用的计算方法。每个方法都会讲：它为什么成立，什么时候会失效，是从什么问题里来的，后面会用在哪里。用到的前置知识，比如三角函数的诱导公式、对数的运算法则、二项式展开，都在第一次用到的地方先讲一遍，零基础也能读下去；已经熟悉的可以直接跳过。

这组讲义怎么读#

每个例子，先遮住过程自己算一遍，卡住了再往下看。

第一遍读的时候，可以只读主线和例题，跳过标题里带“（选读）”的小节和“高观点”框。选读部分是更严格的证明，比如“单调有界的数列为什么一定收敛”“闭区间上的连续函数为什么一定有最大值”。跳过它们不影响后面的计算，但很多“为什么”的最终答案在那里。等计算熟练以后再回来读，会看得更明白。

学一条公式时，可以问自己四个问题：

1. 它是用来解决什么问题的？
2. 它为什么成立？
3. 什么情况下它不成立？
4. 它和前面学过的哪些东西有关系？

讲义会尽量把这四个问题都回答到。

文中的标注框：

标注	内容
前置知识	用到的基础知识。已经会的可以跳过。
回顾	前面讲过、这里又要用的内容，简单提醒一下它是什么、在哪一节。
为什么	解释一个步骤或一条公式为什么成立，或者“怎么想到的”。
易错	常见错误和容易忽略的条件。
提速	能少算几步的观察或技巧。
想一想	十秒钟能回答的小问题，答案默认折叠。
历史	这个概念是谁、在什么背景下提出的，当时遇到了什么困难。
高观点	从更远的地方看同一件事：它和其他数学分支的联系。第一遍可以跳过。
试一试	练习题。每题都附有第五篇详解的链接，先自己做，再对答案。

历史的顺序和证明的顺序#

教材的顺序是：先有实数，再定义极限，然后讲导数和积分。历史上的顺序几乎是反过来的。人们先学会了算切线和面积，过了一百多年才说清楚“极限”是什么，又过了几十年才严格地构造出实数。所以，“历史”框讲的是一个概念当时是怎么出现的，正文讲的是今天怎么证明它。“历史”框有时会用现代记号转述古人的做法，那只是为了好懂，不代表他们当时就是这样写的。

微积分是被几个具体的问题推着发展起来的。读的时候可以把它们记在心里：

1. 曲线怎么算？ 直线和矩形好算，曲线的切线、曲线下的面积、曲线的长度却需要新方法。
2. 变化怎么描述？ 平均速度好算：路程除以时间。可是“某一瞬间”的速度怎么算？时间间隔是 $0$ 的话，就变成了 $\frac00$。
3. 有没有通用的方法？ 古人已经能算出抛物线围成的面积，但每换一条曲线都要重新想办法。能不能有一套对所有曲线都适用的方法？
4. 无限的过程能怎么算？ 有限次加减乘除总是可靠的。可是无限多项相加、取极限、求导，这些操作能不能交换次序？
5. 数不够用了怎么办？ 有理数里找不到 $\sqrt2$；初等函数写不出某些函数的原函数。旧的对象不够用时，就要造新的对象。

前两篇会反复回到同一个例子：$y=x^2$ 的切线和它下面的面积。本篇会算出切线的斜率是 $2x$，下一篇会算出它在 $[0,1]$ 上围出的面积是 $\frac13$。读完两篇，你应该能说清楚这两个结果各自依赖什么、为什么互相联系。

本篇的几样主要工具，在第二篇里会继续这样使用：

本篇的工具	第二篇里的用处
导数、微分、等价无穷小、泰勒展开	估计每一小块的近似误差，保证误差加起来仍然趋于 $0$；估计数值积分的误差
共轭、对数、反函数、参数方程	换元积分，利用对称性简化积分
实数的完备性、中值定理	证明定积分存在，证明牛顿—莱布尼茨公式
线性近似、链式法则、高阶导数	积分的线性性质，分部积分

开始之前：函数、区间与极限#

这一节把后面反复使用的几个最基本的概念讲清楚。

函数与定义域#

函数是一条规则：给它一个输入 $x$，它给出唯一一个输出，记作 $f(x)$。比如 $f(x)=x^2$ 这条规则把 $3$ 变成 $9$，写成 $f(3)=9$。

不是所有输入都允许。$\frac{1}{x}$ 不能取 $x=0$，因为不能除以零；$\sqrt{x}$ 在实数范围内要求 $x\ge 0$；$\ln x$（第二节会讲）要求 $x>0$。允许的输入全体叫定义域。

函数的四种基本性质#

后面会反复用到下面四个词。

• 有界：如果能找到一个常数 $M>0$，使得在所讨论的范围内始终 $\lvert f(x)\rvert\le M$（$\lvert\ \rvert$ 是绝对值，$[-1,1]$ 这样的区间记号，都在下面两小节解释），就说 $f$ 有界。比如 $\lvert\sin x\rvert\le1$，所以 $\sin x$ 有界。$\sin\frac1x$ 在 $x$ 靠近 $0$ 时来回摆得越来越快，但不管括号里是什么数，正弦值总在 $-1$ 和 $1$ 之间，所以 $\left\lvert\sin\frac1x\right\rvert\le1$，同样有界。$x^2$ 在全体实数上无界：不管拿多大的数 $M$ 当上限，$x$ 取得足够大（往正方向或往负方向都行，比如 $(-1000)^2=1000000$），$x^2$ 都会超过它。但在 $[-1,1]$ 上 $x^2$ 有界，取 $M=1$ 就行。注意：“有界”不等于“是常数”，也不等于“有极限”。比如 $x\to+\infty$ 时，$\sin x$ 始终在 $-1$ 和 $1$ 之间，是有界的，可它一直在上下摆动，不靠近任何一个数，没有极限。
• 单调：在某个区间上，如果 $x_1<x_2$ 时总有 $f(x_1)<f(x_2)$（$x$ 越大，$f(x)$ 越大），叫严格单调递增；如果只保证 $f(x_1)\le f(x_2)$（允许有一段持平），叫单调不减。递减的情况反过来：$x_1<x_2$ 时总有 $f(x_1)>f(x_2)$，叫严格单调递减；只保证 $f(x_1)\ge f(x_2)$，叫单调不增。不同的书对“单调递增”这个词的用法不一样，有的指严格的，有的允许相等。本讲义说“递增”时指严格递增，允许相等时会明确说“单调不减”。
• 奇偶性：如果对定义域内所有 $x$ 都有 $f(-x)=f(x)$，$f$ 叫偶函数，图像关于 $y$ 轴对称，比如 $x^2$、$\cos x$。如果 $f(-x)=-f(x)$，$f$ 叫奇函数，图像关于原点对称，比如 $x^3$、$\sin x$。谈奇偶性的前提是定义域关于原点对称：$x$ 在定义域里，$-x$ 也要在。
• 周期性：如果有常数 $T>0$，使 $f(x+T)=f(x)$ 对所有 $x$ 成立，$f$ 叫周期函数，$T$ 叫它的一个周期。比如 $\sin x$ 的周期是 $2\pi$。所有周期中如果有最小的一个，就叫最小正周期。不是每个周期函数都有最小正周期。比如常数函数 $f(x)=5$：不管输入什么，输出都是 $5$，所以对任何正数 $T$ 都有 $f(x+T)=5=f(x)$，每个正数都是它的周期。而正数里没有最小的：假如 $T$ 是最小的正数，那么 $\frac T2$ 也是正数，却比 $T$ 小，矛盾。

区间记号#

记号	含义
$(a,b)$	$a<x<b$，两端都不含（开区间）
$[a,b]$	$a\le x\le b$，两端都含（闭区间）
$[a,b)$	$a\le x<b$
$(a,+\infty)$	$x>a$
$(-\infty,+\infty)$	全体实数

$\infty$ 读作“无穷”，它不是一个数，只表示“没有上界”或“没有下界”，所以无穷那一端总是用圆括号。

绝对值#

$$\lvert x\rvert=\begin{cases} x, & x\ge 0\\ -x, & x<0\end{cases}$$

比如 $\lvert 3\rvert=3$，$\lvert -3\rvert=-(-3)=3$。几何上，$\lvert x\rvert$ 是数轴上 $x$ 到 $0$ 的距离，$\lvert a-b\rvert$ 是 $a$ 与 $b$ 两点之间的距离。所以 $\lvert x-1\rvert<0.1$ 的意思就是“$x$ 离 $1$ 的距离小于 $0.1$”。

去掉绝对值的规则是：对正数 $c$，$\lvert X\rvert<c$ 等价于 $-c<X<c$。所以 $\lvert x-1\rvert<0.1$ 等价于 $-0.1<x-1<0.1$，三部分同时加 $1$，就是 $0.9<x<1.1$。

极限：靠近，但不必到达#

看函数

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

$x=1$ 时分母为 $0$，$f(1)$ 没有定义。但我们可以看 $x$ 靠近 $1$ 时 $f(x)$ 在做什么：

$x$	$0.9$	$0.99$	$0.999$	$1.001$	$1.01$	$1.1$
$f(x)$	$1.9$	$1.99$	$1.999$	$2.001$	$2.01$	$2.1$

$x$ 从两边越来越靠近 $1$ 时，$f(x)$ 越来越靠近 $2$。原因是：由平方差公式，分子 $x^2-1=(x-1)(x+1)$，所以 $f(x)=\frac{(x-1)(x+1)}{x-1}$。约掉 $x-1$ 要求它不等于 $0$，也就是 $x\ne1$；而我们看的正是 $x$ 靠近 $1$ 但不等于 $1$ 的情况，所以可以约分，得到 $f(x)=x+1$（$x\ne1$）。也就是说，除了 $x=1$ 这一点没有定义，$f$ 的图像和直线 $y=x+1$ 完全一样。$x$ 靠近 $1$ 时，直线上的点的高度 $x+1$ 靠近 $1+1=2$。第一节会细讲这种约分。我们把这件事写成

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

读作“当 $x$ 趋近 $1$ 时，$f(x)$ 的极限是 $2$”。$\lim$ 是拉丁文 limes（界限）的缩写。

图 1：图像是直线 y = x + 1 挖去点 (1, 2)。极限只关心这个洞的周围，不关心洞本身。

关于极限，有三点要记住。

1. $x$ 靠近 $a$，但不等于 $a$。 极限只关心 $a$ 附近的函数值。$f(a)$ 有没有定义、等于多少，都不影响极限。上面的例子里，$f(1)$ 根本没有定义，极限照样是 $2$。
2. 两边都要靠近。 数轴上比 $a$ 大的数在 $a$ 的右边。$x$ 只从右边靠近 $a$（也就是 $x>a$），记作 $x\to a^+$（右上角的“$+$”提醒 $x$ 比 $a$ 大一点），得到的极限叫右极限，写作 $\lim\limits_{x\to a^+}f(x)$；只从左边靠近（$x<a$），记作 $x\to a^-$，得到**左极限** $\lim\limits_{x\to a^-}f(x)$。极限存在，当且仅当左右极限都存在而且相等。比如 $f(x)=\frac{\lvert x\rvert}{x}$ 在 $0$ 附近：$x>0$ 时 $\lvert x\rvert=x$，$f(x)=1$，右极限是 $1$；$x<0$ 时 $\lvert x\rvert=-x$，$f(x)=-1$，左极限是 $-1$。两边靠近的目标不同，所以 $x\to0$ 时它没有极限。
3. 趋于无穷。 $x\to+\infty$ 表示 $x$ 无限增大，$x\to-\infty$ 表示 $x$ 往负方向无限减小。比如 $x\to+\infty$ 时 $\frac{1}{x}\to 0$。如果 $f(x)$ 本身无限增大，我们写 $f(x)\to+\infty$。这时 $f(x)$ 没有一个有限的极限值，但“趋于 $+\infty$”仍然说清楚了它的去向，有时也叫“无穷极限”。要把它和另一种情况分开：函数忽正忽负、来回振荡，振幅越来越大。比如 $x\to+\infty$ 时的 $x\sin x$：在 $x=\frac\pi2+2k\pi$ 处 $\sin x=1$，函数值是很大的正数；在 $x=\frac{3\pi}2+2k\pi$ 处 $\sin x=-1$，函数值又是很大的负数。“$f(x)\to+\infty$”要求函数值最终一直待在任何给定的数之上，不再掉下来；$x\sin x$ 不停地掉到很负的地方，所以连“趋于 $+\infty$”也说不上。

极限的严格定义（选读）#

上面说“$x$ 越来越靠近 $a$，$f(x)$ 越来越靠近 $L$”。“越来越靠近”是一种直觉，没法拿来证明东西。这一小节把它说精确。读懂它，后面很多“为什么”都能落到实处；暂时跳过，也不影响计算。

先看一个例子。 我们相信 $x\to1$ 时 $2x+1\to3$。怎样说明这件事？

设想有人向你提要求：“我要 $2x+1$ 和 $3$ 的差小于 $0.01$。$x$ 离 $1$ 要多近才够？”你算一下：

$$\lvert(2x+1)-3\rvert=\lvert2x-2\rvert=2\lvert x-1\rvert.$$

要让它小于 $0.01$，只要 $\lvert x-1\rvert<0.005$。所以你回答：“$x$ 离 $1$ 不超过 $0.005$ 就够了。”验证一下：$x=1.004$ 时 $2x+1=3.008$，和 $3$ 差 $0.008$，确实小于 $0.01$。

对方又说：“这次我要差小于 $0.0001$。”你回答：“$x$ 离 $1$ 不超过 $0.00005$ 就够了。”不管对方的要求多严，你都能给出一个足够近的范围，并且这个范围对其中所有的 $x$ 都有效。这就是“极限是 $3$”的确切含义。

一般地，记误差要求为 $\varepsilon$（希腊字母，读作 epsilon），范围为 $\delta$（读作 delta）。上面的例子里，对任意 $\varepsilon$，取 $\delta=\frac\varepsilon2$ 就行：$\lvert x-1\rvert<\frac\varepsilon2$ 时，$\lvert(2x+1)-3\rvert=2\lvert x-1\rvert<\varepsilon$。

定义 $\lim\limits_{x\to a}f(x)=L$ 的意思是：对于任意给定的 $\varepsilon>0$，都能找到一个 $\delta>0$，使得只要 $0<\lvert x-a\rvert<\delta$（并且 $x$ 在定义域内），就有 $\lvert f(x)-L\rvert<\varepsilon$。

几个细节：

• $0<\lvert x-a\rvert$ 就是 $x\ne a$ 的写法：$\lvert x-a\rvert$ 是 $x$ 到 $a$ 的距离，距离总是 $\ge0$，只有 $x=a$ 时才等于 $0$。要求它 $>0$，就是把 $x=a$ 这一点排除掉。所以 $0<\lvert x-a\rvert<\delta$ 同时说了两件事：$x$ 离 $a$ 不到 $\delta$，而且 $x\ne a$。这和前面说的“只看 $a$ 附近，不看 $a$ 本身”一致。
• 数学里常用两个符号缩写这句话：$\forall$（把字母 A 倒过来，取自英文 All）读作“对所有”，$\exists$（把字母 E 反过来，取自 Exist）读作“存在”。定义写成

$$\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \forall x\ (x\text{ 在定义域内}):\quad 0<\lvert x-a\rvert<\delta\ \Longrightarrow\ \lvert f(x)-L\rvert<\varepsilon.$$

$\Longrightarrow$ 读作“推出”：左边成立，右边就成立。逐段对照着读：“$\forall\varepsilon>0$”，对任意给定的误差 $\varepsilon$；“$\exists\delta>0$”，都能找到一个范围 $\delta$；“$\forall x$：”，使得对所有的 $x$，冒号后面那句话成立；“$0<\lvert x-a\rvert<\delta\Longrightarrow\lvert f(x)-L\rvert<\varepsilon$”，只要 $x$ 离 $a$ 不到 $\delta$（且 $x\ne a$），函数值离 $L$ 就不到 $\varepsilon$。

• 顺序不能换。 先由对方给出 $\varepsilon$，你再选 $\delta$，最后这个 $\delta$ 要对范围里的所有 $x$ 都管用。$\delta$ 可以依赖于 $\varepsilon$（要求越严，范围越小），但不能看到某个具体的 $x$ 以后再改。
• 还要求 $a$ 附近真的有定义域里的点可以检查。定义要我们检查 $0<\lvert x-a\rvert<\delta$ 里的 $x$；如果这个范围里一个能代进函数的 $x$ 都没有，就无从检查。比如 $f(x)=\sqrt x$ 只在 $x\ge0$ 上有定义：在 $a=-5$ 附近（比如 $-6$ 到 $-4$ 之间）一个能代入的点都没有，谈不上极限；在 $a=0$ 处，左边没有能代入的点，只能从右边靠近，所以只能谈右极限，$\lim\limits_{x\to0^+}\sqrt x=0$。

稍难一点的例子：证明 $x\to2$ 时 $x^2\to4$。

先把误差写出来，并因式分解：

$$\lvert x^2-4\rvert=\lvert x-2\rvert\cdot\lvert x+2\rvert.$$

第一个因子 $\lvert x-2\rvert$ 正是我们能控制的。麻烦在第二个因子 $\lvert x+2\rvert$：它随 $x$ 变化，不是常数。办法是先把 $x$ 限制在 $2$ 附近一个固定的范围里，让 $\lvert x+2\rvert$ 有一个上限。

这个固定范围多宽都行，挑一个好算的：先规定 $\lvert x-2\rvert<1$，即 $x$ 离 $2$ 不到 $1$。去掉绝对值，就是 $-1<x-2<1$；三边都加 $2$，得 $1<x<3$；三边再都加 $2$，得 $3<x+2<5$。$x+2$ 在 $3$ 和 $5$ 之间，是正数，所以 $\lvert x+2\rvert=x+2<5$。

把它代回误差的式子。$x\ne2$ 时 $\lvert x-2\rvert$ 是正数，不等式 $\lvert x+2\rvert<5$ 两边乘这个正数，方向不变：

$$\lvert x^2-4\rvert=\lvert x-2\rvert\cdot\lvert x+2\rvert<5\lvert x-2\rvert.$$

会变的系数 $\lvert x+2\rvert$ 就换成了常数 $5$。

要让它小于 $\varepsilon$，只要 $5\lvert x-2\rvert<\varepsilon$，即再要求 $\lvert x-2\rvert<\frac\varepsilon5$。现在对 $\lvert x-2\rvert$ 有两个要求：小于 $1$（为了让 $\lvert x+2\rvert<5$），小于 $\frac\varepsilon5$（为了让误差小于 $\varepsilon$）。要两个同时满足，就取较小的那个：

$$\delta=\min\left\{1,\ \frac\varepsilon5\right\}.$$

（$\min\{\cdots\}$ 表示括号里最小的那个数。）$\delta$ 既不超过 $1$，也不超过 $\frac\varepsilon5$。所以只要 $0<\lvert x-2\rvert<\delta$，就同时有 $\lvert x-2\rvert<1$（于是 $\lvert x+2\rvert<5$）和 $\lvert x-2\rvert<\frac\varepsilon5$，串起来：

$$\lvert x^2-4\rvert=\lvert x+2\rvert\cdot\lvert x-2\rvert<5\lvert x-2\rvert<5\cdot\frac\varepsilon5=\varepsilon.$$

用具体的数走一遍。对方要求误差小于 $\varepsilon=0.1$：$\frac\varepsilon5=0.02$，$\delta=\min\{1,\ 0.02\}=0.02$。取范围里的一点，比如 $x=2.01$（离 $2$ 只有 $0.01$）：$x^2=4.0401$，和 $4$ 差 $0.0401$，确实小于 $0.1$。

这个例子里有一个常用的套路：先用一个粗的范围把会变的系数控制住，再根据误差要求把范围缩小。 $\delta$ 不必是“最大的那个”，只要能保证结论就行。

怎样证明极限不是 $L$？ 定义说的是：对方提出任何误差要求，我们都能给出一个范围，范围里所有的 $x$ 都达标。要推翻它，只要做到：找出某一个误差要求 $\varepsilon_0$，使得不管范围 $\delta$ 取多小，范围里总有一个 $x$ 不达标，即 $\lvert f(x)-L\rvert\ge\varepsilon_0$。“任何”变成“某一个”，“所有都达标”变成“总有一个不达标”。

例 证明 $x\to1$ 时 $2x$ 的极限不是 $5$。取 $\varepsilon_0=1$。不管 $\delta$ 多小（不妨设 $\delta<1$），在范围里取 $x=1+\frac\delta2$，则 $2x=2+\delta$，离 $5$ 的距离是 $\lvert(2+\delta)-5\rvert=3-\delta>2\ge1$。范围里总有不达标的点，所以极限不是 $5$。

第三节会用两串不同的数列证明 $\sin\frac1x$ 在 $0$ 处没有极限，做的也是这件事。

极限的四则运算#

极限的三条基本性质#

下面三条后面会经常用到，尤其是第三条。设 $\lim\limits_{x\to a}f(x)=A$ 存在。

1. 唯一性：极限如果存在，只有一个。
2. 局部有界性：在 $a$ 附近（不含 $a$），$f$ 有界。
3. 局部保号性：如果 $A>0$，那么在 $a$ 附近（不含 $a$），$f(x)>0$；如果 $A<0$，那么在 $a$ 附近 $f(x)<0$。

下面逐条说明理由。三条用的是同一个办法：在极限的定义里挑一个合适的误差 $\varepsilon$。

唯一性。 假设 $f(x)$ 同时以两个不同的数 $A$、$B$ 为极限，比如 $A=1$，$B=3$。取误差 $0.5$：$x$ 足够靠近 $a$ 时，$f(x)$ 既要离 $1$ 不到 $0.5$（在 $0.5$ 和 $1.5$ 之间），又要离 $3$ 不到 $0.5$（在 $2.5$ 和 $3.5$ 之间）。这两段不重叠，一个数不可能同时在两段里，矛盾。一般地，$A\ne B$ 时取误差为它们距离的一半，$\varepsilon=\frac{\lvert A-B\rvert}2$，以 $A$、$B$ 为中心、半径 $\varepsilon$ 的两段就不重叠，同样矛盾。所以 $A=B$。

局部有界性。 回顾“有界”：有一个常数 $M$，使 $\lvert f(x)\rvert\le M$。极限的定义对任何误差都成立，就取 $\varepsilon=1$：$x$ 足够靠近 $a$ 时 $\lvert f(x)-A\rvert<1$，即 $A-1<f(x)<A+1$。取 $M=\lvert A\rvert+1$，就有 $\lvert f(x)\rvert\le M$。比如 $A=3$ 时 $f(x)$ 在 $2$ 和 $4$ 之间，$M=4$；$A=-3$ 时 $f(x)$ 在 $-4$ 和 $-2$ 之间，也是 $M=4$。

局部保号性。 设 $A>0$。$A$ 到 $0$ 的距离是 $A$；把误差取成这段距离的一半，$\varepsilon=\frac A2$。比如 $A=4$，误差取 $2$，$f(x)$ 最低也只能掉到 $4-2=2$，掉不到 $0$。用式子写：$x$ 足够靠近 $a$ 时 $\lvert f(x)-A\rvert<\frac A2$，即 $-\frac A2<f(x)-A<\frac A2$，三边加 $A$，得 $\frac A2<f(x)<\frac{3A}2$，所以 $f(x)>\frac A2>0$。$A<0$ 时，误差必须是正数，取 $\varepsilon=-\frac A2$（比如 $A=-4$ 时取 $2$），同样的计算得到 $f(x)<\frac A2<0$。

保号性反过来用，是一个常用的推论：如果在 $a$ 附近 $f(x)\ge0$，并且极限存在，那么极限 $A\ge0$。理由（反证法）：假设 $A<0$；由保号性，$a$ 附近 $f(x)<0$；可已知条件说 $a$ 附近 $f(x)\ge0$，同一个 $f(x)$ 不能既 $<0$ 又 $\ge0$，矛盾。所以 $A\ge0$。注意这里只能得到 $A\ge0$，不能得到 $A>0$：$f(x)=x^2$ 在 $0$ 附近（不含 $0$）大于 $0$，极限却是 $0$。

保号性的用处是：知道极限的正负，就知道函数在这一点附近的正负。第十节用导数判断极值时，就会用到它。

连续：可以直接代入#

如果 $\lim\limits_{x\to a}f(x)=f(a)$，就说 $f$ 在 $a$ 处连续。这句话包含三件事：$f(a)$ 有定义；极限存在；两者相等。直观上，图像在这一点没有断开，没有跳跃，也没有洞。

多项式、$\sin x$、$\cos x$、$e^x$、$\ln x$（这两个第二节会讲）、$\sqrt{x}$ 这些基本函数，以及由它们经过加减乘除和“函数套函数”组合出来的函数（统称初等函数），在定义域内都是连续的。所以：

求初等函数的极限，第一步是尝试直接代入。只要在这一点函数是连续的，代入后的式子又有意义（比如分母不为 $0$），代入的结果就是答案。分段函数在分段点处是否连续还不知道，不能只凭这一点的函数值下结论。

只有代入后出现 $\frac{0}{0}$、$\frac{\infty}{\infty}$ 这类“看不出结果”的形式，才需要后面的各种技巧。

间断点：不连续的几种方式#

$f$ 在 $a$ 处不连续，就说 $a$ 是间断点。按左右极限的情况分类：

类型	左右极限	例子
可去间断点	都存在且相等，但不等于 $f(a)$，或 $f(a)$ 无定义	$\dfrac{x^2-1}{x-1}$ 在 $x=1$；$\dfrac{\sin x}{x}$ 在 $x=0$（极限是 $1$，第三节证明）
跳跃间断点	都存在，但不相等	符号函数在 $0$（见表下）
无穷间断点	至少一侧趋于无穷	$\dfrac1x$ 在 $x=0$
振荡间断点	函数在附近不停振荡，没有极限	$\sin\dfrac1x$ 在 $x=0$

表中的符号函数是

$$\operatorname{sgn}x=\begin{cases}1,&x>0,\\0,&x=0,\\-1,&x<0.\end{cases}$$

它在 $0$ 的右边恒为 $1$，左边恒为 $-1$，所以右极限是 $1$，左极限是 $-1$，两者不相等。

前两种左右极限都存在，合称第一类间断点；后两种合称第二类间断点。“可去”的意思是：只要把 $f(a)$ 重新定义成那个极限值，函数在这一点就连续了。比如表里第一个例子 $\frac{x^2-1}{x-1}$：前面算过，$x\ne1$ 时它等于 $x+1$，图像是直线 $y=x+1$ 在 $x=1$ 处缺一个点（图 1），$x\to1$ 时的极限是 $1+1=2$。如果补充规定 $f(1)=2$，就把点 $(1,2)$ 补上了，得到完整的直线，函数在 $x=1$ 处连续。

闭区间上连续函数的三个性质#

先说清楚“最大值”的意思。如果区间里有一点 $x_0$，区间里每一点的函数值都不超过 $f(x_0)$，即 $f(x)\le f(x_0)$，就说 $f(x_0)$ 是 $f$ 在这个区间上的最大值，并说 $f$ 在 $x_0$ 处取到最大值。把“不超过”换成“不小于”，就是最小值。两者合称最值。在图像上，最大值就是区间上最高的那个点的高度，最小值是最低的那个点的高度。

若 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则有下面三条：

1. 最值定理：$f$ 在 $[a,b]$ 上一定能取到最大值和最小值。也就是说，图像在这一段上一定有一个最高点和一个最低点。比如 $f(x)=x^2$ 在 $[-1,2]$ 上：最高点在 $x=2$，最大值是 $4$；最低点在 $x=0$，最小值是 $0$。既然所有函数值都夹在最小值和最大值之间，$f$ 也就有界（这个例子里 $\lvert x^2\rvert\le4$）。
2. 介值定理：$f$ 能取到最小值与最大值之间的每一个值。比如上面的 $x^2$ 在 $[-1,2]$ 上，$0$ 和 $4$ 之间的任何数，比如 $2.5$，都能取到：$x=\sqrt{2.5}\approx1.58$ 在区间里，$x^2=2.5$。
3. 零点定理：若 $f(a)$ 与 $f(b)$ 一正一负，则在 $(a,b)$ 内至少有一点 $\xi$ 使 $f(\xi)=0$。（$\xi$ 是希腊字母，读作 xi。）它是介值定理的特殊情形：$0$ 夹在一正一负的两个函数值之间。

直观上，一笔画下来、中间不断开的曲线，从 $x$ 轴下方走到上方，一定会穿过 $x$ 轴。

例 方程 $x^3+x-1=0$ 在 $(0,1)$ 内有根。令 $f(x)=x^3+x-1$，$f(0)=-1<0$，$f(1)=1>0$。$f$ 是多项式，处处连续，由零点定理，$(0,1)$ 内有一点使 $f=0$。

闭区间上的连续函数还有第四个性质，叫一致连续：对任意 $\varepsilon>0$，能找到一个对整个区间通用的 $\delta$，使任意两点只要距离小于 $\delta$，函数值之差就小于 $\varepsilon$。它的确切含义和证明放在第二篇“开始之前”的选读部分，那里要用它证明连续函数一定可以积分。

完备性：为什么这三个性质成立（选读）#

“实数轴没有空隙”这句话太模糊，没法拿来证明。这一小节先把它说成一个可以用的原则，再用它证明单调有界定理、零点定理和最值定理。这三个定理后面都会用到：单调有界定理在第三节求数列极限时用，最值定理在第五节证明罗尔定理时用，零点定理和最值定理在第十节分析函数图像时用。

数列。 数列是一串按顺序排好的数 $a_1,a_2,a_3,\dots$，下标 $n$ 表示“第几项”。$a_n\to L$（读作“$a_n$ 收敛到 $L$”）的意思，和函数极限一样：对任意 $\varepsilon>0$，都存在一个编号 $N$，从第 $N$ 项起，所有的项都满足 $\lvert a_n-L\rvert<\varepsilon$。如果 $a_{n+1}\ge a_n$ 对所有 $n$ 成立，就说数列单调不减；如果 $a_{n+1}\le a_n$ 对所有 $n$ 成立，就说单调不增。

上界与上确界。 设 $A$ 是一个由实数组成的集合。如果某个数 $M$ 不小于 $A$ 中的每一个数，$M$ 就叫 $A$ 的一个上界。

比如 $A=\left\{1-\frac1n:n=1,2,3,\dots\right\}=\left\{0,\frac12,\frac23,\frac34,\dots\right\}$。$1$ 是它的上界，$2$、$100$ 也都是。上界有无穷多个，其中最小的一个是 $1$：任何比 $1$ 小的数，比如 $0.999$，都会被 $A$ 中的某一项超过（$1-\frac1{2000}=0.9995>0.999$）。这个最小的上界叫上确界，记作 $\sup A$（sup 是拉丁文 supremum，“最高”）。注意 $1$ 本身不在 $A$ 里。上确界不一定属于这个集合，开区间 $(0,1)$ 也是这样：上确界是 $1$，但区间里没有最大的数。

确界原理 实数集合只要非空、有上界，就一定有上确界，而且上确界是一个实数。

这就是“实数没有空隙”的精确说法。在有理数里它不成立：集合 $\{x\text{ 是有理数}:x^2<2\}$ 有上界（比如 $2$），可在有理数里找不到最小的上界，因为那个位置上本该是 $\sqrt2$。

上确界 $L=\sup A$ 有两条性质，后面的证明全靠它们：

1. $L$ 是上界：$A$ 中每个数都 $\le L$；
2. 比 $L$ 小一点就不再是上界：对任意 $\varepsilon>0$，$A$ 中总有某个数 $>L-\varepsilon$。

第一个应用：单调有界定理。 先说它的内容：一个数列如果一直不减小（每一项都不小于前一项），又永远不超过某个固定的数，那么它一定有极限。比如 $1-\frac1n$：$0,\ \frac12,\ \frac23,\ \frac34,\dots$，一直在增大，又都小于 $1$，它的极限是 $1$。直观上，一路往上走，又越不过一块天花板，就只能越来越挤向某个值。下面证明它。

设 $a_n$ 单调不减，且有上界。取 $L=\sup\{a_1,a_2,a_3,\dots\}$，由确界原理它存在。下面证明 $a_n\to L$。

任给 $\varepsilon>0$。把数列的所有项看成一个集合 $\{a_1,a_2,a_3,\dots\}$，$L$ 是它的上确界。由上确界的性质 2，这个集合里有某个数大于 $L-\varepsilon$；集合里的数都是数列的项，所以有某一项，记作 $a_N$，满足 $a_N>L-\varepsilon$。数列单调不减，所以从第 $N$ 项起，后面的项只会更大：$a_n\ge a_N$。又由上确界的性质 1，每一项都 $\le L$。合起来，$n\ge N$ 时

$$L-\varepsilon<a_N\le a_n\le L.$$

三边都减去 $L$：$-\varepsilon<a_n-L\le0<\varepsilon$，也就是 $\lvert a_n-L\rvert<\varepsilon$。从第 $N$ 项起都满足这一条，这正是数列收敛的定义。证明里我们没有去“猜” $L$ 是多少，而是用确界原理保证了这个数存在。

单调不增、有下界的数列也收敛。设 $a_n$ 单调不增（$a_{n+1}\le a_n$），有下界 $m$（$a_n\ge m$）。令 $b_n=-a_n$。不等式两边乘 $-1$ 要变号：$a_{n+1}\le a_n$ 变成 $b_{n+1}\ge b_n$，所以 $b_n$ 单调不减；$a_n\ge m$ 变成 $b_n\le-m$，所以 $-m$ 是 $b_n$ 的上界。由刚才的结论，$b_n$ 收敛到某个数 $L'$。于是 $a_n=-b_n\to-L'$，$a_n$ 也收敛。

第二个应用：零点定理与二分法。 回顾要证的结论（本节“闭区间上连续函数的三个性质”第 3 条）：连续函数在一个端点处为负、另一个端点处为正，中间一定有一点函数值恰好是 $0$。下面不但证明它，还给出一个找这个点的办法。

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，$f(a)<0<f(b)$。取中点 $m=\frac{a+b}2$：

• 如果 $f(m)=0$，找到了；
• 如果 $f(m)>0$，根就在左半段 $[a,m]$ 里（左端负、右端正）；
• 如果 $f(m)<0$，根就在右半段 $[m,b]$ 里。

保留两端异号的那一半，再取中点，一直做下去。这叫二分法。用它找 $x^2-2=0$ 在 $[1,2]$ 中的根：

步	区间	中点 $m$	$m^2-2$	保留
1	$[1,2]$	$1.5$	$0.25>0$	$[1,1.5]$
2	$[1,1.5]$	$1.25$	$-0.4375<0$	$[1.25,1.5]$
3	$[1.25,1.5]$	$1.375$	$-0.109<0$	$[1.375,1.5]$
4	$[1.375,1.5]$	$1.4375$	$0.0664>0$	$[1.375,1.4375]$

区间在一步步缩小，把 $\sqrt2\approx1.41421$ 包在里面。

为什么这样一定能找到根？把开始的区间记作 $[a_0,b_0]=[a,b]$，第 $n$ 步保留下来的区间（表中最后一列）记作 $[a_n,b_n]$。比如上表中 $[a_1,b_1]=[1,1.5]$，$[a_2,b_2]=[1.25,1.5]$。每一步长度减半，所以 $b_n-a_n=\frac{b-a}{2^n}$。

• 左端点 $a_n$ 单调不减（只会往右挪），并且不超过 $b$，有上界，所以由单调有界定理，$a_n$ 收敛到某个数 $c$；
• 右端点 $b_n=a_n+\frac{b-a}{2^n}$，两项分别趋于 $c$ 和 $0$，由极限的四则运算，$b_n$ 也趋于 $c$。

现在说明 $f(c)=0$。每一步都有 $f(a_n)<0$、$f(b_n)>0$。

先证 $f(c)\le0$，用反证法。假设 $f(c)>0$。$f$ 在 $c$ 处连续，即 $\lim\limits_{x\to c}f(x)=f(c)>0$，由局部保号性，$c$ 附近的 $x$ 都有 $f(x)>0$。而 $a_n\to c$，$n$ 足够大时 $a_n$ 就落在 $c$ 附近，于是 $f(a_n)>0$。这和每一步都有 $f(a_n)<0$ 矛盾。所以 $f(c)\le0$。

同样，假设 $f(c)<0$，$c$ 附近都有 $f(x)<0$，$n$ 足够大时 $f(b_n)<0$，和 $f(b_n)>0$ 矛盾。所以 $f(c)\ge0$。

既不大于 $0$ 也不小于 $0$，只能 $f(c)=0$：二分法收缩到的点 $c$ 就是根。

介值定理也由此得到，分两步。

第一步，端点之间的值都能取到。设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，$u$ 是介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的数，要找一点 $c$ 使 $f(c)=u$，也就是 $f(c)-u=0$。所以令 $g(x)=f(x)-u$，把“取到 $u$”变成“$g$ 有零点”。$g$ 是 $f$ 的图像整体上下平移，仍然连续。比如 $f(a)<u<f(b)$，各减去 $u$，得 $g(a)<0<g(b)$，一负一正（$f(a)>f(b)$ 时反过来，也是一正一负；$u$ 等于某个端点值时，那个端点就是要找的点）。由零点定理，有一点 $c$ 使 $g(c)=0$，即 $f(c)=u$。

第二步，最小值和最大值之间的值都能取到。端点处的值不一定是最大、最小值（比如一座山，两端在山脚，最高处在中间）。由最值定理（下面马上证明），$f$ 在某点 $x_1$ 取到最小值 $m$，在某点 $x_2$ 取到最大值 $M$。把 $x_1$、$x_2$ 当作一个新区间的两端（谁在左边谁就是左端点）。$f$ 在这个小区间上也连续，两端的函数值正好是 $m$ 和 $M$，对它用第一步，$m$ 和 $M$ 之间的每一个值都能取到。

二分法本身也是一个实用的算法。取第 $n$ 个区间的中点作近似值。根在这个区间里，中点在正中间，所以根离中点最多是区间长度的一半：$\frac12\cdot\frac{b-a}{2^n}=\frac{b-a}{2^{n+1}}$。每做一步，误差上限减半。它比第九节要讲的牛顿法慢，但胜在稳：根始终被夹在一个已知的区间里。如果区间里有好几个根，它至少能找到其中一个。

第三个应用：最值定理。 回顾要证的结论（本节“闭区间上连续函数的三个性质”第 1 条）：$f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，那么区间里一定有一点，函数值在那里最大；也一定有一点，函数值在那里最小。比如 $x^2$ 在 $[-1,2]$ 上，最大值 $4$ 在 $x=2$ 处取到。

这件事要证明，是因为它并不总是成立：$f(x)=x$ 在 $[0,1)$ 上，函数值能无限接近 $1$，却没有一点等于 $1$，所以没有最大值；$\frac1x$ 在 $(0,1]$ 上越来越大，也没有最大值。下面要说明：区间是闭的、函数是连续的，这两种情况就都不会发生。

证明分两步：先证 $f$ 有界（函数值不会无限大），再证最大值真的能在某一点取到。证明要用到子列。从数列 $x_1,x_2,x_3,\dots$ 中挑出无穷多项，保持原来的先后顺序，比如 $x_2,x_5,x_9,\dots$，得到的新数列叫原数列的子列，记作 $x_{n_1},x_{n_2},x_{n_3},\dots$（下标 $n_1<n_2<n_3<\cdots$）。子列的第 $k$ 项是 $x_{n_k}$：$k$ 是它在子列里排第几，$n_k$ 是它在原数列里排第几。比如挑出 $x_2,x_5,x_9,\dots$，那么 $n_1=2$，$n_2=5$，$n_3=9$。编号是严格增加的正整数，所以 $n_1\ge1$，$n_2\ge n_1+1\ge2$，$n_3\ge n_2+1\ge3$……一般地 $n_k\ge k$。于是 $k\to\infty$ 时 $n_k\to\infty$：子列往后走，挑到的项在原数列里的位置也越来越靠后。

闭区间 $[a,b]$ 里的任何数列，都有收敛到 $[a,b]$ 中某一点的子列。

先看它说的是什么。数列 $(-1)^n$，即 $-1,1,-1,1,\dots$，全在 $[-1,1]$ 里，它本身来回跳，没有极限；但只挑偶数项 $x_2,x_4,x_6,\dots$，得到 $1,1,1,\dots$，这个子列收敛到 $1$。这条事实说的是：闭区间里的数列，不管怎么乱跳，总能挑出一个收敛的子列，并且它收敛到的点还在这个区间里。

证明还是用二分，分三步。

（1）一半一半地缩小区间。 数列有无穷多项 $x_1,x_2,x_3,\dots$。把 $[a,b]$ 对半分成左右两半。无穷多项分到两半里，不可能两半都只有有限多项（有限加有限还是有限），所以至少有一半含有数列的无穷多项。保留这一半，记作 $[a_1,b_1]$，长度 $\frac{b-a}2$。（如果两半都含无穷多项，随便保留一半。）再把 $[a_1,b_1]$ 对半分，保留含无穷多项的一半，记作 $[a_2,b_2]$，长度 $\frac{b-a}{2^2}$……一直做下去，第 $k$ 个区间 $[a_k,b_k]$ 长 $\frac{b-a}{2^k}$，并且里面始终有数列的无穷多项。

（2）按顺序挑项。 从 $[a_1,b_1]$ 里挑一项，记作 $x_{n_1}$。从 $[a_2,b_2]$ 里挑一项 $x_{n_2}$，要求编号 $n_2>n_1$：这总能做到，因为 $[a_2,b_2]$ 里有无穷多项，编号大于 $n_1$ 的也有无穷多个。依次挑下去，第 $k$ 个区间里挑出 $x_{n_k}$，编号一个比一个大。这样就得到一个子列。

（3）这个子列收敛。 和二分法里一样：左端点 $a_k$ 只往右挪、不超过 $b$，由单调有界定理收敛到某个数 $c$；右端点 $b_k=a_k+\frac{b-a}{2^k}$ 也趋于 $c$。每个区间都把 $c$ 夹在里面（$a_k\le c\le b_k$），而且 $a\le a_k$，$b_k\le b$，所以 $c$ 在 $[a,b]$ 里。挑出的 $x_{n_k}$ 和 $c$ 都在第 $k$ 个区间里，两点的距离不超过区间的长度：

$$\lvert x_{n_k}-c\rvert\le b_k-a_k=\frac{b-a}{2^k}\to0.$$

所以子列 $x_{n_k}$ 收敛到 $c$，$c$ 在 $[a,b]$ 中。

有了它，最值定理分两步证明。

第一步：$f$ 有界。

先回顾“有界”的意思（本节“函数的四种基本性质”）：能找到一个常数 $M$，使所有的 $x$ 都满足 $\lvert f(x)\rvert\le M$。可以把 $M$ 想成一块天花板，$\lvert f\rvert$ 永远顶不破它。反过来，无界就是：不管拿哪个数当天花板，$\lvert f\rvert$ 总会在某个地方顶破它。

先看一个无界的例子。$f(x)=\frac1x$ 在 $(0,1]$ 上连续，但无界：

• 拿 $1$ 当天花板：在 $x=\frac12$ 处，$f=2>1$，顶破了；
• 拿 $2$ 当天花板：在 $x=\frac13$ 处，$f=3>2$，顶破了；
• 一般地，拿正整数 $n$ 当天花板：在 $x=\frac1{n+1}$ 处，$f=n+1>n$，顶破了。

把这些顶破天花板的点依次记下来：$x_1=\frac12$，$x_2=\frac13$，……，$x_n=\frac1{n+1}$。它们满足 $\lvert f(x_n)\rvert>n$，意思是“第 $n$ 个点处的函数值超过 $n$”。这串点越来越靠近 $0$，函数值越来越大。注意，它们靠近的 $0$ 不在区间 $(0,1]$ 里，$f$ 在 $0$ 处也没有定义。开区间上的连续函数可以无界，原因就在这里。

下面证明：在闭区间 $[a,b]$ 上，这种事不会发生。用反证法：假设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，却无界，推出矛盾。

（1）造一串点。 照着上面例子的办法。既然无界，拿 $1$ 当天花板也会被顶破：有一点 $x_1\in[a,b]$，$\lvert f(x_1)\rvert>1$。拿 $2$ 当天花板：有一点 $x_2$，$\lvert f(x_2)\rvert>2$。一般地，对每个正整数 $n$，拿 $n$ 当天花板（也就是取 $M=n$），都能找到一点 $x_n\in[a,b]$，使

$$\lvert f(x_n)\rvert>n.$$

（2）挑出收敛的一部分。 点 $x_1,x_2,x_3,\dots$ 都在 $[a,b]$ 里。由上面刚证明的事实（闭区间里的数列都有收敛子列），可以从中按顺序挑出一部分，比如第 $2$ 个、第 $5$ 个、第 $9$ 个……，记作 $x_{n_1},x_{n_2},x_{n_3},\dots$（这里 $n_1=2$，$n_2=5$，$n_3=9$，……），它们收敛到某一点 $c$，并且 $c$ 在 $[a,b]$ 里。这一步用到了区间是闭的：$c$ 不会跑到区间外面去。在上面 $\frac1x$ 的例子里，点靠近的 $0$ 恰好在区间外面。

（3）从两方面看这串点的函数值。

• 一方面，$c$ 在 $[a,b]$ 里，$f$ 在 $c$ 处连续，而 $x_{n_k}\to c$，所以 $f(x_{n_k})\to f(c)$。$f(c)$ 是一个确定的有限数，所以这串函数值越来越接近一个有限数。
• 另一方面，挑出来的每一个点仍然满足（1）里的不等式：第 $2$ 个点满足 $\lvert f(x_2)\rvert>2$，第 $5$ 个点满足 $\lvert f(x_5)\rvert>5$，第 $9$ 个点满足 $\lvert f(x_9)\rvert>9$……一般地，$\lvert f(x_{n_k})\rvert>n_k$。挑出的编号 $n_k$ 一个比一个大，趋于无穷，所以这串函数值的绝对值要超过越来越大的数，不可能接近一个有限数。

同一串数，既要越来越接近有限数 $f(c)$，又要大过任何数，这不可能。所以假设错了：$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。

第二步：最大值取得到。

第一步说明，所有函数值都在某块天花板之下，所以函数值组成的集合有上界。由确界原理，它有上确界，记为 $M$（这里的 $M$ 是最低的那块天花板，和第一步里随便取的天花板不同）。要证明的是：有某一点 $c$，$f(c)=M$。

（1）造一串点。 $M$ 是最低的天花板，所以比 $M$ 低一点的位置就不再是天花板（上确界的性质 2）：比 $M$ 低 $1$ 的 $M-1$，一定被某个函数值超过，把那一点记作 $x_1$，$f(x_1)>M-1$；比 $M$ 低 $\frac12$ 的 $M-\frac12$，也被某个函数值超过，记那一点为 $x_2$，$f(x_2)>M-\frac12$。一般地，对每个正整数 $n$，有一点 $x_n$，

$$M-\frac1n<f(x_n)\le M.$$

右边的 $\le M$ 是因为 $M$ 本身是天花板。所以这些函数值离 $M$ 越来越近。

（2）挑出收敛的一部分。 和第一步一样，从 $x_1,x_2,\dots$ 中挑出收敛的子列 $x_{n_k}\to c$，$c$ 在 $[a,b]$ 里。

（3）从两方面看这串点的函数值。 一方面，$f$ 在 $c$ 处连续，$f(x_{n_k})\to f(c)$。另一方面，$M-\frac1{n_k}<f(x_{n_k})\le M$：左边趋于 $M$，右边就是 $M$，夹在中间的 $f(x_{n_k})$ 只能也趋于 $M$（这叫夹逼，第三节会正式讲）。同一串数的极限只有一个（唯一性），所以 $f(c)=M$：最大值在 $c$ 处取到。

最小值也取得到。 不必重新证明，借用刚才的结论。令 $g(x)=-f(x)$，它是 $f$ 的图像上下翻过来，仍然连续。由刚证明的结论，$g$ 在某点 $c'$ 取到最大值：对 $[a,b]$ 里每一个 $x$，$g(x)\le g(c')$，即 $-f(x)\le-f(c')$。两边乘 $-1$，不等号反向：$f(x)\ge f(c')$。这正是说 $f$ 在 $c'$ 处取到最小值。

把这一小节串起来：确界原理（实数没有空隙）推出单调有界定理，单调有界定理推出二分法收敛和子列收敛，再加上连续性，就得到闭区间上连续函数的各种性质。

一、先把式子变形：因式分解、共轭、配方、提最高次#

很多题目的第一步都一样：先把式子改写一下，让它的“形状”露出来，再决定怎么算。这一节讲四种最常用的变形。

① 因式分解：约掉造成麻烦的公共因子#

例 求 $x\to 1$ 时

$$\frac{x^2-1}{x-1}$$

的极限。

直接代入得到 $\frac{0}{0}$，看不出答案。先把分子写成

$$x^2-1=(x-1)(x+1).$$

在 $x\ne 1$ 时，分子分母都有 $x-1$，可以约去，剩下 $x+1$。$x+1$ 是多项式，在 $x=1$ 处连续，可以直接代入。完整的写法是：

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

注意 $\lim$ 的写法：式子里还有 $x$ 的时候，前面的 $\lim\limits_{x\to1}$ 要一直保留；直到代入数值的那一步，才把它去掉。结果和“开始之前”的“极限：靠近，但不必到达”一小节里，那张逐步代入的数值表一致。

后面有时为了简洁，只写变形以后的式子，再用箭头“$\to$”表示“当 $x$ 趋于那个值时，这个式子趋于”。比如上面约分以后剩下 $x+1$，就可以简写成“$x+1\to2$（$x\to1$）”，它就是 $\lim\limits_{x\to1}(x+1)=2$ 的意思。两种写法意思一样；自己做题时，写完整的 $\lim$ 等式链最不容易出错。

必须熟悉的几个拆法：

$$\begin{aligned} a^2-b^2&=(a-b)(a+b)\\ a^2+2ab+b^2&=(a+b)^2\\ a^2-2ab+b^2&=(a-b)^2\\ a^3-b^3&=(a-b)(a^2+ab+b^2)\\ a^3+b^3&=(a+b)(a^2-ab+b^2) \end{aligned}$$

这些都不是新定理，把右边展开就能检查。比如第四条：

$$(a-b)(a^2+ab+b^2)=a^3+a^2b+ab^2-a^2b-ab^2-b^3=a^3-b^3.$$

第五条中间是 $-ab$，正是为了让交叉项抵消：

$$(a+b)(a^2-ab+b^2)=a^3-a^2b+ab^2+a^2b-ab^2+b^3=a^3+b^3.$$

再看一例 求 $\lim\limits_{x\to2}\dfrac{x^2-5x+6}{x^2-4}$。

代入得 $\frac{4-10+6}{4-4}=\frac00$。由因式定理，分子分母都含 $x-2$：

$$\lim_{x\to2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-4}=\lim_{x\to2}\frac{(x-2)(x-3)}{(x-2)(x+2)}=\lim_{x\to2}\frac{x-3}{x+2}=\frac{2-3}{2+2}=-\frac14.$$

（$x^2-4=(x-2)(x+2)$ 是平方差公式。约分时 $x\ne2$，这正是极限允许的：$x$ 只是靠近 $2$，不等于 $2$。）

② 根式相减：先想共轭#

例 求 $x\to0$ 时

$$\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}$$

的极限。

直接代入 $x=0$：分子 $\sqrt{1+0}-1=0$，分母 $0$，得 $\frac{0}{0}$。把分子分母同时乘 $\sqrt{1+x}+1$：

• 分子变成 $(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1+x}+1)=(\sqrt{1+x})^2-1^2=(1+x)-1=x$；
• 分母变成 $x\left[\sqrt{1+x}+1\right]$。

约去 $x$，剩下

$$\frac{1}{\sqrt{1+x}+1},$$

（约去 $x$ 是因为 $x\to0$ 时 $x\ne0$。）现在分母在 $x=0$ 处是 $\sqrt{1+0}+1=2$，不再是 $0$，而且这个式子是连续的，可以直接代入 $x=0$，极限是 $\frac{1}{1+1}=\frac12$。写成一行就是

$$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{x}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}=\lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{1+x}+1}=\frac{1}{\sqrt{1+0}+1}=\frac12.$$

③ 配方：让最小值、符号或者根显露出来#

$$\begin{aligned} x^2+2x+a&=x^2+2x+1+a-1\\ &=(x+1)^2+a-1. \end{aligned}$$

补 $1$ 是因为 $x^2+2x$ 离一个完整的平方只差 $1$：$(x+1)^2=x^2+2x+1$。补了 $1$ 又减掉 $1$，式子的值没变。

这样写以后，$x$ 只出现在平方 $(x+1)^2$ 里，而平方不会小于 $0$：

• $(x+1)^2\ge0$，等号只在 $x=-1$ 时成立；
• 所以整个式子 $\ge a-1$，最小值是 $a-1$，在 $x=-1$ 取得。

于是，如果问“$a$ 取什么值时，$x^2+2x+a$ 对所有 $x$ 都不小于 $0$”，马上得到条件是最小值 $a-1\ge0$，即 $a\ge1$。如果问“方程 $x^2+2x+a=0$ 的两个根是什么”，把配方的结果代进方程：$(x+1)^2+a-1=0$。把常数移到右边：$(x+1)^2=1-a$。左边是平方，不会是负数，所以右边也必须 $\ge0$，即 $a\le1$（$a>1$ 时没有实根）。$a\le1$ 时两边开方，$x+1=\pm\sqrt{1-a}$，即 $x=-1\pm\sqrt{1-a}$。

同一个配方，既能求最小值，又能求根。看你要的是哪一个。

在微积分里，配方主要有两个用处。一是判断式子的正负：比如配方后看出分母 $x^2+2x+2=(x+1)^2+1\ge1$，它永远不为 $0$，函数 $\frac1{x^2+2x+2}$ 在整条数轴上都有定义、都连续。二是为第二篇的积分做准备：那里会遇到分母是 $x^2+2x+2$ 这样的分式，第一步就是把分母配成 $(x+1)^2+1$，把 $x+1$ 当成一个整体，再套现成的公式（第二节会讲的反正切函数）。

④ 提取最高次项：比较无穷远处谁增长得快#

例 求 $x\to+\infty$ 时 $\dfrac{3x^2+x}{2x^2-5}$ 的极限。

直接看，分子分母都趋于无穷大。分子分母同时除以 $x^2$（也就是提出最高次项 $x^2$），每一项分别除：分子 $\frac{3x^2}{x^2}+\frac{x}{x^2}=3+\frac1x$，分母 $\frac{2x^2}{x^2}-\frac5{x^2}=2-\frac5{x^2}$。

$x\to+\infty$ 时 $\frac1x\to0$、$\frac5{x^2}\to0$：分母越来越大，分数就越来越接近 $0$。所以分子趋于 $3+0=3$，分母趋于 $2-0=2$。分母的极限不是 $0$，由极限的四则运算，可以相除：

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+x}{2x^2-5}=\lim_{x\to+\infty}\frac{3+\frac1x}{2-\frac{5}{x^2}}=\frac{3+0}{2-0}=\frac32.$$

从 $\sqrt{x^2+1}$ 里提出 $x$ 时要小心：

$$\sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2\left(1+\frac1{x^2}\right)}=\sqrt{x^2}\cdot\sqrt{1+\frac1{x^2}}=\lvert x\rvert\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}.$$

因为 $\sqrt{x^2}=\lvert x\rvert$，不是 $x$。$x\to+\infty$ 时 $\lvert x\rvert=x$；$x\to-\infty$ 时 $\lvert x\rvert=-x$。

例 求 $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}$。

$x\to-\infty$，只需要看 $x$ 很负的时候，所以可以设 $x<0$，这时 $\lvert x\rvert=-x$。于是 $\sqrt{x^2+1}=\lvert x\rvert\sqrt{1+\frac1{x^2}}=-x\sqrt{1+\frac1{x^2}}$，

$$\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\lim_{x\to-\infty}\frac{-x\sqrt{1+\frac1{x^2}}}{x}=\lim_{x\to-\infty}\left(-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right)=-\sqrt{1+0}=-1.$$

（第二个等号约去 $x$；最后一步，$x\to-\infty$ 时 $x^2\to+\infty$，$\frac1{x^2}\to0$，根号是连续的，可以把极限代进去。）

验证一下：$x=-100$ 时，原式 $=\frac{\sqrt{10001}}{-100}\approx-1.00005$，确实是负的。如果漏掉绝对值，会得到 $+1$。

二、三角函数、指数与对数#

这几类函数在极限、求导、积分里会反复出现。这一节从定义讲起，把最常用的变形补齐。

① 三角函数：先注意高数里的角用弧度#

弧度是用长度来量角：在半径为 $r$ 的圆上，一个圆心角对着长为 $s$ 的弧，这个角的大小就定义为 $\frac{s}{r}$ 弧度。在半径为 $1$ 的圆（单位圆）上，角的弧度数就等于它所对的弧长。

一整圈的弧长是 $2\pi\cdot1=2\pi$，所以一整圈是 $2\pi$ 弧度，半圈是 $\pi$，直角是 $\frac\pi2$。换算关系是 $180^\circ=\pi$，所以 $1^\circ=\frac{\pi}{180}$ 弧度，$30^\circ=\frac\pi6$，$45^\circ=\frac\pi4$，$60^\circ=\frac\pi3$。

为什么要用弧度？第三节会证明 $\frac{\sin x}{x}\to1$（$x\to0$），这个结论只在 $x$ 用弧度时成立。证明里用到了“扇形面积 $=\frac12\times$ 半径 $\times$ 弧长”，弧长和弧度数相等这件事只有弧度满足。后面所有三角函数的求导公式都建立在这个极限上，所以高数里的角一律用弧度。

单位圆定义。 从 $x$ 轴正方向出发，逆时针转过角 $\theta$，落在单位圆上的点叫 $P$。规定

$$\cos\theta=P\text{ 的横坐标},\qquad \sin\theta=P\text{ 的纵坐标},\qquad \tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\ (\cos\theta\ne0).$$

顺时针转对应负角。这个定义对任何角都适用，不限于锐角。

图 2：单位圆上，弧长等于角的弧度数；点 P 的横坐标是 cos θ，纵坐标是 sin θ。

$P$ 到原点的距离是 $1$，由勾股定理马上得到最基本的恒等式 $\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$。（$\sin^2\theta$ 是 $(\sin\theta)^2$ 的简写。）

特殊角的值（从正三角形和等腰直角三角形算出）：

$\theta$	$0$	$\frac\pi6$	$\frac\pi4$	$\frac\pi3$	$\frac\pi2$	$\pi$
$\sin\theta$	$0$	$\frac12$	$\frac{\sqrt2}2$	$\frac{\sqrt3}2$	$1$	$0$
$\cos\theta$	$1$	$\frac{\sqrt3}2$	$\frac{\sqrt2}2$	$\frac12$	$0$	$-1$
$\tan\theta$	$0$	$\frac{\sqrt3}3$	$1$	$\sqrt3$	不存在	$0$

图 3：π−θ 与 θ 关于 y 轴对称；π+θ 关于原点对称；−θ 关于 x 轴对称；π/2−θ 关于直线 y = x 对称。

最常用的恒等式：

$$\begin{aligned} &\sin^2x+\cos^2x=1\\ &\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}\\ &1+\tan^2x=\frac{1}{\cos^2x}\\ &\sin2x=2\sin x\cos x \end{aligned}$$

第三条来自第一条两边除以 $\cos^2x$：$\frac{\sin^2x}{\cos^2x}+\frac{\cos^2x}{\cos^2x}=\frac1{\cos^2x}$，即 $\tan^2x+1=\frac1{\cos^2x}$，要求 $\cos x\ne0$。第四条是正弦的和角公式 $\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$ 取 $\alpha=\beta=x$：左边是 $\sin2x$，右边是 $\sin x\cos x+\cos x\sin x=2\sin x\cos x$。

降幂公式：

$$\sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2},\qquad\cos^2x=\frac{1+\cos2x}{2}.$$

它们来自余弦的二倍角公式。在 $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$ 里取 $\alpha=\beta=x$：

$$\cos2x=\cos^2x-\sin^2x.$$

再配合 $\sin^2x+\cos^2x=1$，消掉其中一个：

• 把 $\cos^2x=1-\sin^2x$ 代入：$\cos2x=(1-\sin^2x)-\sin^2x=1-2\sin^2x$。移项得 $2\sin^2x=1-\cos2x$，两边除以 $2$，$\sin^2x=\frac{1-\cos2x}2$。
• 把 $\sin^2x=1-\cos^2x$ 代入：$\cos2x=\cos^2x-(1-\cos^2x)=2\cos^2x-1$。移项得 $2\cos^2x=1+\cos2x$，两边除以 $2$，$\cos^2x=\frac{1+\cos2x}2$。

“降幂”有什么用？平方的三角函数不好直接积分，一次的 $\cos2x$ 却很好积分。第二篇会具体算。

另外两条特别常用：

$$1-\cos x=2\sin^2\frac x2,\qquad \sin(-x)=-\sin x,\ \cos(-x)=\cos x.$$

第一条来自上面的 $\cos2t=1-2\sin^2t$（这里用字母 $t$，免得和 $x$ 混淆）。取 $t=\frac x2$，$2t=x$，得 $\cos x=1-2\sin^2\frac x2$，移项就是 $1-\cos x=2\sin^2\frac x2$。“$1$ 减去一个接近 $1$ 的数”在求极限时很难直接看出大小，这条公式把它换成一个平方，第三节马上会用到。后两条说明 $\sin x$ 是奇函数、$\cos x$ 是偶函数（回顾“开始之前”：$f(-x)=-f(x)$ 叫奇函数，$f(-x)=f(x)$ 叫偶函数）。$\tan x$ 也是奇函数：$\tan(-x)=\frac{\sin(-x)}{\cos(-x)}=\frac{-\sin x}{\cos x}=-\tan x$。

② 指数与对数：把乘除变成加减#

数 $e$。 微积分里最重要的底数是

$$e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n\approx2.71828.$$

这个数最早出现在“连续复利”的问题中：本金 $1$、年利率 $100\%$，一年分 $n$ 次结息，每次按 $\frac{100\%}n=\frac1n$ 的利率结算，利息马上并入本金（利滚利）。所以每结一次息，本息变成结息前的 $1+\frac1n$ 倍；结 $n$ 次，年底本息合计 $\left(1+\frac1n\right)^n$。$n=1$ 是 $2$，$n=12$ 约是 $2.613$，$n=365$ 约是 $2.7146$。结息越频繁，结果越接近 $e$。$e$ 特别的地方要到求导时才显出来：$e^x$ 的导数就是它自己（第四节）。

自然对数。 $\ln x$ 是 $e^x$ 的反函数：$y=\ln x$ 的意思是 $e^y=x$。换句话说，$\ln x$ 回答的是“$e$ 的几次方等于 $x$？”。比如 $\ln1=0$（因为 $e^0=1$），$\ln e=1$，$\ln e^3=3$。$e^y$ 总是正数，所以 $\ln x$ 只对 $x>0$ 有定义。

两者互为反函数，所以

$$e^{\ln x}=x\ (x>0),\qquad \ln(e^x)=x.$$

图 4：y = eˣ 与 y = ln x 互为反函数，图像关于 y = x 对称。eˣ 过点 (0, 1)，ln x 过点 (1, 0)。

对正数 $a$、$b$：

$$\ln(ab)=\ln a+\ln b,\qquad \ln\frac ab=\ln a-\ln b,\qquad \ln(a^r)=r\ln a.$$

但是 $\ln(a+b)$ 不能拆成 $\ln a+\ln b$。比如 $\ln(1+1)=\ln2\approx0.693$，而 $\ln1+\ln1=0$，两者不同。

③ 指数函数到底是怎样定义的（选读）#

上面我们直接用了 $e^x$，还用了“$e^x$ 的反函数 $\ln x$”。可是有一个问题没有回答：$x$ 是无理数时，$e^x$ 是什么意思？$e^{\sqrt2}$ 不能理解成“$\sqrt2$ 个 $e$ 相乘”。这一小节给出一种严格的定义，并证明 $e^x$ 的几条基本性质。跳过它不影响后面的计算；后面第四节证明 $(e^x)'=e^x$ 时会引用这里的一个估计。

定义 对任意实数 $x$，令

$$E(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}.$$

这里 $k!=1\times2\times\cdots\times k$（读作“$k$ 的阶乘”），规定 $0!=1$。$\sum$ 是求和符号，$\sum_{k=0}^{\infty}$ 表示让 $k$ 从 $0$ 开始取遍所有自然数，把各项加起来。

“无穷多项相加”的意思是：先从 $k=0$ 加到 $k=N$（一共 $N+1$ 项），得到一个普通的数 $S_N=\sum_{k=0}^N\frac{x^k}{k!}$（叫部分和），再看 $N\to\infty$ 时 $S_N$ 的极限。比如 $x=1$ 时：

$N$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
$S_N$	$1$	$2$	$2.5$	$2.6667$	$2.7083$	$2.7167$	$2.7181$

部分和很快地稳定在 $2.71828\ldots$ 附近。

这个极限一定存在。 固定 $x$。先看各项的绝对值 $\frac{\lvert x\rvert^k}{k!}$ 加起来会不会无限变大。相邻两项之比是

$$\frac{\lvert x\rvert^{k+1}/(k+1)!}{\lvert x\rvert^k/k!}=\frac{\lvert x\rvert^{k+1}}{\lvert x\rvert^k}\cdot\frac{k!}{(k+1)!}=\frac{\lvert x\rvert}{k+1}.$$

$k$ 越大，这个比越小。取一个整数 $K$，使 $K+1\ge2\lvert x\rvert$（比如 $x=3$ 时取 $K=5$），那么从第 $K$ 项起，比值 $\frac{\lvert x\rvert}{k+1}\le\frac{\lvert x\rvert}{2\lvert x\rvert}=\frac12$：每一项至多是前一项的一半。记第 $K$ 项为 $c=\frac{\lvert x\rvert^K}{K!}$，后面的项依次不超过 $\frac12c$、$\frac14c$、$\frac18c$……所以从第 $K$ 项往后，不管加多少项，和都不超过

$$c\left(1+\frac12+\frac14+\cdots+\frac1{2^m}\right)=c\cdot2\left(1-\frac1{2^{m+1}}\right)<2c.$$

（括号里是等比数列求和：首项 $1$、公比 $\frac12$ 的前 $m+1$ 项和是 $\frac{1-(1/2)^{m+1}}{1-1/2}$。）前面第 $0$ 项到第 $K-1$ 项只有有限个，它们的和是一个固定的数，记作 $A$。所以不管加到第几项，各项绝对值的部分和都不超过 $A+2c$。各项都 $\ge0$，部分和只增不减，又有上界 $A+2c$，由单调有界定理（“开始之前”的选读部分），它收敛。

各项绝对值加起来收敛的级数叫绝对收敛。各项带着正负号（$x<0$ 时奇数次项是负的）加起来，也一定收敛。原级数有正有负，部分和忽大忽小，不能直接用单调有界定理，要把正负分开：对每一项 $a_k$，令 $p_k$ 等于 $a_k$ 的正的部分（$a_k>0$ 时 $p_k=a_k$，否则 $p_k=0$），$q_k$ 等于负的部分去掉负号（$a_k<0$ 时 $q_k=-a_k$，否则 $q_k=0$）。那么 $p_k,q_k\ge0$，$a_k=p_k-q_k$，并且 $p_k$、$q_k$ 都不超过 $\lvert a_k\rvert$。于是 $p_k$ 的部分和只增不减，又不超过各项绝对值的和，有上界，所以收敛；$q_k$ 的部分和同样收敛。原级数的部分和等于两者之差，由极限的四则运算，也收敛。

指数律 $E(x)E(y)=E(x+y)$。 把两个级数相乘：

$$\left(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots\right)\left(1+y+\frac{y^2}{2!}+\cdots\right),$$

像多项式相乘那样，每一项乘每一项，再按 $x$、$y$ 的总次数分组。先看前几组：

• 总次数 $0$：$1\cdot1=1$，正是 $\frac{(x+y)^0}{0!}$；
• 总次数 $1$：$x\cdot1+1\cdot y=x+y$，正是 $\frac{(x+y)^1}{1!}$；
• 总次数 $2$：$\frac{x^2}{2!}\cdot1+x\cdot y+1\cdot\frac{y^2}{2!}=\frac12(x^2+2xy+y^2)$，正是 $\frac{(x+y)^2}{2!}$。

一般地，总次数为 $k$ 的那一组，由第一个级数里的 $\frac{x^j}{j!}$ 乘第二个级数里的 $\frac{y^{k-j}}{(k-j)!}$ 组成（$j=0,1,\dots,k$）。要和二项式展开对上，分子分母同乘 $k!$，把 $\frac1{k!}$ 提到外面：

$$\sum_{j=0}^{k}\frac{x^j}{j!}\cdot\frac{y^{k-j}}{(k-j)!}=\frac1{k!}\sum_{j=0}^k\frac{k!}{j!(k-j)!}x^jy^{k-j}=\frac{(x+y)^k}{k!}.$$

最后一步是二项式展开：把 $(x+y)^k$ 展开，从 $k$ 个括号里挑 $j$ 个取 $x$、其余取 $y$，挑法有 $\frac{k!}{j!(k-j)!}$ 种（高中的组合数 $\mathrm C_k^j$）。比如 $(x+y)^3$ 里 $x^1y^2$ 的系数：从 $3$ 个括号里挑 $1$ 个取 $x$，有 $3$ 种挑法，$\frac{3!}{1!\,2!}=3$，对应展开式 $x^3+3x^2y+3xy^2+y^3$ 里的 $3xy^2$。所以乘积按次数分组，恰好就是 $E(x+y)$ 的各项。

（无穷多项能这样重新分组，需要一点说明。把两个级数的项排成一张表，第 $j$ 行第 $i$ 列放 $\frac{x^j}{j!}\cdot\frac{y^i}{i!}$。两个部分和相乘，加的是表里左上角的一个正方形；按总次数分组，加的是左上角的一个三角形。两者相差的只是很靠后的那些项，因为两个级数都绝对收敛，这些项的绝对值之和趋于 $0$，所以两种加法的极限相同。）

由指数律推出的性质：

• $E(0)=1$：把 $x=0$ 代入，除了第一项 $1$，其余各项都是 $0$。
• $E(x)$ 永远不为 $0$，并且 $E(-x)=\frac1{E(x)}$：在指数律里取 $y=-x$，$E(x)E(-x)=E(0)=1$。两个数相乘等于 $1$，哪个都不能是 $0$；两边除以 $E(x)$ 就是 $E(-x)=\frac1{E(x)}$。
• $E(x)>0$：由指数律，$E(x)=E\left(\frac x2+\frac x2\right)=E\left(\frac x2\right)^2\ge0$；又不等于 $0$，所以 $>0$。
• $E$ 严格递增：$h>0$ 时 $E(h)=1+h+\frac{h^2}{2!}+\cdots$，$1$ 后面每一项都是正的，所以 $E(h)>1$。不等式两边乘正数 $E(x)$，方向不变：$E(x+h)=E(x)E(h)>E(x)$。
• 和普通的乘方一致：对正整数 $n$，$n=1+1+\cdots+1$，反复用指数律，$E(n)=E(1)E(1)\cdots E(1)=E(1)^n$。把 $E(1)$ 记作 $e$，就有 $E(n)=e^n$。对正分数 $\frac pq$，$E\left(\frac pq\right)^q=E\left(\frac pq+\cdots+\frac pq\right)=E(p)=e^p$（$q$ 个 $\frac pq$ 相加是 $p$），两边开 $q$ 次方，$E\left(\frac pq\right)=\sqrt[q]{e^p}=e^{p/q}$。负数用 $E(-x)=\frac1{E(x)}$。所以 $E$ 在有理数上和普通的乘方一致，而它对无理数也有定义。于是我们就用 $E(x)$ 来定义 $e^x$。

变化率。 设 $\lvert h\rvert\le\frac12$。由定义，$E(h)-1-h=\frac{h^2}{2!}+\frac{h^3}{3!}+\cdots$。估计它的大小，分四步：

1. 和的绝对值不超过各项绝对值的和：$\lvert E(h)-1-h\rvert\le\frac{\lvert h\rvert^2}{2!}+\frac{\lvert h\rvert^3}{3!}+\cdots$。
2. 分母 $k!\ge1$，换成 $1$，每项只会变大：$\le\lvert h\rvert^2+\lvert h\rvert^3+\cdots=\lvert h\rvert^2\left(1+\lvert h\rvert+\lvert h\rvert^2+\cdots\right)$。
3. 括号里是公比 $\lvert h\rvert<1$ 的等比级数，和为 $\frac1{1-\lvert h\rvert}$：所以 $\le\frac{\lvert h\rvert^2}{1-\lvert h\rvert}$。
4. $\lvert h\rvert\le\frac12$，所以分母 $1-\lvert h\rvert\ge\frac12$，分母变小，分式变大：$\le\frac{\lvert h\rvert^2}{1/2}=2h^2$。

合起来：

$$\lvert E(h)-1-h\rvert\le2h^2.$$

这个估计说明两件事。

第一，$E$ 处处连续。由三角不等式，$\lvert E(h)-1\rvert\le\lvert E(h)-1-h\rvert+\lvert h\rvert\le2h^2+\lvert h\rvert\to0$，所以 $h\to0$ 时 $E(h)\to1$。在任意一点 $x$，函数值的变化 $E(x+h)-E(x)=E(x)E(h)-E(x)=E(x)[E(h)-1]$；$E(x)$ 是固定的数，$E(h)-1\to0$，所以变化趋于 $0$，即 $E(x+h)\to E(x)$。这就是 $E$ 在 $x$ 处连续。

第二，通分后用上面的估计：

$$\left\lvert\frac{E(h)-1}{h}-1\right\rvert=\frac{\lvert E(h)-1-h\rvert}{\lvert h\rvert}\le\frac{2h^2}{\lvert h\rvert}=2\lvert h\rvert\to0,$$

即 $\frac{E(h)-1}{h}\to1$。第四节会看到，这正说明 $e^x$ 的导数是它自己。

对数。 要说明每个正数 $y_0$ 恰好是某一个 $E(x)$。

• 存在：$x\to+\infty$ 时 $E(x)\ge1+x\to+\infty$（$x>0$ 时级数各项为正，只保留前两项）；$x\to-\infty$ 时 $E(x)=\frac1{E(-x)}\to0$。所以能找到一个很负的 $x_1$ 使 $E(x_1)<y_0$，一个很大的 $x_2$ 使 $E(x_2)>y_0$。在闭区间 $[x_1,x_2]$ 上，$E$ 连续，$y_0$ 介于两端的值之间，由介值定理（“开始之前”），有一点 $c$ 使 $E(c)=y_0$。
• 只有一个：$E$ 严格递增，不同的 $x$ 给出不同的函数值。

所以 $E$ 有反函数，定义在全体正数上，这就是 $\ln$。（反函数也是连续的：严格单调的连续函数，它的反函数也连续。）

一般的底数 $a>0$，定义 $a^x=e^{x\ln a}$。它和普通的乘方一致：$x=n$ 是正整数时，$e^{n\ln a}=\left(e^{\ln a}\right)^n=a^n$（用了 $e^{\ln a}=a$）；$x=\frac pq$ 时，$\left(e^{\frac pq\ln a}\right)^q=e^{p\ln a}=a^p$，开 $q$ 次方得 $a^{p/q}$。对 $2^{\sqrt2}$ 这样的无理数次方，这个定义给出了意义：$2^{\sqrt2}=e^{\sqrt2\ln2}$。

它和复利极限是同一个 $e$。 令 $h=\ln(1+t)$，两边套上 $E$：$E(h)=1+t$，即 $t=E(h)-1$。$\ln$ 连续，所以 $t\to0$ 时 $h\to\ln1=0$。于是

$$\frac{\ln(1+t)}{t}=\frac{h}{E(h)-1}=\frac1{\dfrac{E(h)-1}{h}}\to\frac11=1.$$

（分母就是上面“变化率”里证明了趋于 $1$ 的式子。）取 $t=\frac1n$，除以 $\frac1n$ 就是乘 $n$：$n\ln\left(1+\frac1n\right)\to1$，再用 $n\ln A=\ln A^n$，就是 $\ln\left[\left(1+\frac1n\right)^n\right]\to1$。$E$ 是连续函数，对两边用 $E$：$E\left(\ln\left[\left(1+\frac1n\right)^n\right]\right)\to E(1)$。$E$ 和 $\ln$ 互为反函数，$E(\ln A)=A$，左边就是 $\left(1+\frac1n\right)^n$。所以 $\left(1+\frac1n\right)^n\to E(1)=e$。级数定义的 $e$ 和复利极限定义的 $e$ 是同一个数。

④ 底数和指数都在变化时，取对数#

若 $y=x^x$，$x>0$，两边取对数：

$$\ln y=x\ln x.$$

复杂的幂变成了一个乘积。学完求导规则以后，两边求导就能处理（第四节例 5）；求极限时，先求 $\ln y$ 的极限，再用 $y=e^{\ln y}$ 还原。

若求 $y=\left[1+u(x)\right]^{v(x)}$ 的极限，也常常先取对数，用 $\ln a^r=r\ln a$ 把指数挪到前面：

$$\ln y=\ln\left[1+u(x)\right]^{v(x)}=v(x)\ln\left[1+u(x)\right].$$

把幂的问题转成乘积的极限，通常更容易看清楚。如果算出 $\ln y\to A$，怎样回到 $y$？$e^x$ 和 $\ln x$ 互为反函数，$y=e^{\ln y}$；$e^x$ 是连续函数，极限可以代进指数里，所以 $y=e^{\ln y}\to e^A$。

例 求 $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac2n\right)^n$。设 $y=\left(1+\frac2n\right)^n$，$\ln y=n\ln\left(1+\frac2n\right)$。令 $m=\frac n2$，则 $\frac2n=\frac1m$，$n=2m$：

$$\ln y=2m\ln\left(1+\frac1m\right)=2\ln\left[\left(1+\frac1m\right)^m\right].$$

（第二个等号用 $m\ln A=\ln A^m$ 把 $m$ 挪回指数上。）$n\to\infty$ 时 $m\to\infty$，方括号里趋于 $e$（$e$ 的定义）。$\ln$ 连续，所以 $\ln y\to2\ln e=2$。最后用上面说的办法还原：$y=e^{\ln y}\to e^2$。这类“$1^\infty$ 型”的极限，第三节会给出更一般的办法。

⑤ 反三角函数不是倒数#

$\sin x$ 不是一一对应的：$\sin0=\sin\pi=0$。所以要先限制范围，只在 $\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right]$ 上看 $\sin x$。它在这一段上从 $-1$ 单调增加到 $1$，每个值恰好取一次。于是：

• $\arcsin x$：$\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right]$ 中正弦值等于 $x$ 的那个角，$-1\le x\le1$；
• $\arccos x$：$[0,\pi]$ 中余弦值等于 $x$ 的那个角，$-1\le x\le1$；
• $\arctan x$：$\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)$ 中正切值等于 $x$ 的那个角，$x$ 可取任意实数。

范围为什么这样选：每个函数都要选一段单调、并且能取遍所有函数值的区间。$\cos x$ 在 $\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right]$ 上不单调（$\cos$ 是偶函数，$\cos\left(-\frac\pi3\right)=\cos\frac\pi3$），在 $[0,\pi]$ 上从 $1$ 单调减少到 $-1$，所以选 $[0,\pi]$。$\tan x$ 在 $\pm\frac\pi2$ 处没有定义，所以只能取开区间；在这个开区间上它从 $-\infty$ 单调增加到 $+\infty$。

比如 $\arcsin\frac12=\frac\pi6$，$\arctan1=\frac\pi4$，$\arccos0=\frac\pi2$。函数值是负数时，先找对应的正数的角，再用对称性搬到规定范围里：

• $\arcsin$：$\sin$ 是奇函数，$\sin(-\theta)=-\sin\theta$，所以直接加负号。比如正数 $\frac{\sqrt3}2$ 对应 $\frac\pi3$，$\arcsin\left(-\frac{\sqrt3}2\right)=-\frac\pi3$，它在 $\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right]$ 内。$\arctan$ 也一样，比如 $\arctan(-1)=-\frac\pi4$。
• $\arccos$：$\cos$ 是偶函数，加负号不改变余弦值；而且 $\arccos$ 的范围 $[0,\pi]$ 里没有负角。要用 $\cos(\pi-\theta)=-\cos\theta$：正数 $\frac{\sqrt2}2$ 对应 $\frac\pi4$，所以 $\arccos\left(-\frac{\sqrt2}2\right)=\pi-\frac\pi4=\frac{3\pi}4$，它在 $[0,\pi]$ 内。

所以 $\arctan x$ 表示“正切值等于 $x$、并且落在规定范围内的那个角”，不是 $\frac1{\tan x}$（那是 $\cot x$）。$\arcsin x$ 也不是 $\frac1{\sin x}$。

很多人记得“某个 $\tan$ 和 $\frac1{1+x^2}$ 有关”，准确的关系是：$\arctan x$ 的导数等于 $\frac1{1+x^2}$。第四节会推导它；第二篇讲积分时，会从这里得到反正切的积分公式。

三、求极限：先看属于哪一种未定式#

看到一道极限题，先尝试直接代入。函数在这一点连续、分母不为 $0$，代入就结束了。

不能直接结束时，再看卡在哪里。代入以后看不出结果的形式叫未定式，常见的有七种：

$$\frac00,\quad\frac\infty\infty,\quad\infty-\infty,\quad0\cdot\infty,\quad1^\infty,\quad0^0,\quad\infty^0.$$

下面的 ①～④ 和 ⑥ 依次讲前五种。$0^0$ 和 $\infty^0$ 也是底数、指数都在变的幂，处理办法和 $1^\infty$ 一样：设 $y=u^v$，取对数，$\ln y=v\ln u$。$1^\infty$ 型时 $\ln u\to\ln1=0$、$v\to\infty$；$0^0$ 型时 $\ln u\to-\infty$、$v\to0$；$\infty^0$ 型时 $\ln u\to+\infty$、$v\to0$。三种都变成 $0\cdot\infty$ 型。求出 $\ln y$ 的极限 $A$ 以后，$y=e^{\ln y}\to e^A$（第六节练习 1.20 的 $x^x$ 就是 $0^0$ 型）。另外，⑤ 讲的振荡、⑦ 讲的递推数列不属于这七种形式，但也是求极限时常见的两类情况，放在一起讲。

它们叫“未定”，是因为同样的形式可以对应完全不同的结果。比如 $x\to0^+$ 时，$\frac{x}{x}\to1$，$\frac{x^2}{x}\to0$，$\frac{x}{x^2}\to+\infty$，三个都是 $\frac00$ 型。（第三个如果改成双侧 $x\to0$，左边趋于 $-\infty$、右边趋于 $+\infty$，连“趋于哪个无穷”都说不上。）

① $\frac00$ 型：分子分母同时趋于 $0$#

这只说明还要比较它们趋于 $0$ 的快慢，并不表示结果是 $0$、$1$ 或者不存在。

最先想：能不能因式分解、通分、乘共轭？第一节已经算过例子。之后还有等价无穷小、洛必达、泰勒三种工具，第六、七节再讲。

② $\frac\infty\infty$ 型：分子分母的绝对值都无限增大#

如果是两个多项式相除（叫有理分式），先提最高次项。设分子最高次项是 $a_mx^m$，分母最高次项是 $b_nx^n$，$x\to\infty$ 时：

情形	结果	例子
$m=n$	最高次系数之比 $\frac{a_m}{b_n}$	$\dfrac{3x^2+x}{2x^2-5}\to\dfrac32$
$m<n$	$0$	$\dfrac{x+1}{x^2}\to0$
$m>n$	趋于无穷，正负要看系数符号和 $x$ 的方向	$\dfrac{x^3}{x^2+1}$：$x\to+\infty$ 时 $\to+\infty$，$x\to-\infty$ 时 $\to-\infty$

这张表就是“分子分母同除以分母的最高次 $x^n$”的结果。除完以后，分母变成 $b_n$ 加上一些带 $\frac1x$ 某次方的项，趋于 $b_n\ne0$；结果由分子决定。三个例子分别是：

• $m=n$：$\frac{3x^2+x}{2x^2-5}=\frac{3+\frac1x}{2-\frac5{x^2}}\to\frac{3+0}{2-0}=\frac32$。
• $m<n$：$\frac{x+1}{x^2}=\frac{\frac1x+\frac1{x^2}}{1}\to0$，分子的每一项都带着 $\frac1x$ 的某次方。
• $m>n$：$\frac{x^3}{x^2+1}=\frac{x}{1+\frac1{x^2}}$，分母趋于 $1$，分子 $x$ 在 $x\to+\infty$ 时趋于 $+\infty$，在 $x\to-\infty$ 时趋于 $-\infty$。

③ $\infty-\infty$ 型：两项都很大，却在相减#

例 求 $x\to+\infty$ 时 $\sqrt{x^2+x}-x$ 的极限。

只说“两项都趋于无穷”得不出答案：两个大数相减，结果可大可小。用共轭，把它看成分母为 $1$ 的分式，分子分母同乘 $\sqrt{x^2+x}+x$：

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

现在是 $\frac\infty\infty$ 型，分子分母同除以 $x$。分母里的根号先从里面提出 $x^2$：$\sqrt{x^2+x}=\sqrt{x^2\left(1+\frac1x\right)}=\sqrt{x^2}\sqrt{1+\frac1x}=\lvert x\rvert\sqrt{1+\frac1x}$；$x\to+\infty$，$x>0$，所以 $\lvert x\rvert=x$。于是分母除以 $x$ 是 $\sqrt{1+\frac1x}+1$，分子除以 $x$ 是 $1$：

$$\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac1x}+1}\to\frac1{1+1}=\frac12.$$

④ $0\cdot\infty$ 型：改写成商#

例如 $x\to0^+$ 时的 $x\ln x$：$x\to0$，而 $\ln x\to-\infty$。可以写成

$$x\ln x=\frac{\ln x}{1/x},$$

变成 $\frac\infty\infty$ 型。

把乘积改写成商的办法是：把其中一个因子“翻到分母上”，$A\cdot B=\frac{A}{1/B}$。翻哪一个？两种都可以：把 $x$ 翻下去，$x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}$，是 $\frac\infty\infty$ 型；把 $\ln x$ 翻下去，$x\ln x=\frac{x}{1/\ln x}$，是 $\frac00$ 型。选翻过去以后式子更简单的那个：第一种的分母是简单的 $\frac1x$，第二种的分母是 $\frac1{\ln x}$，后面计算起来复杂得多。

改写只是第一步，它把问题变成了 $\frac\infty\infty$ 型，还没有算出结果。这个例子要等到第六节有了洛必达法则才能算完（答案是 $0$，第六节有完整的计算）。

⑤ 振荡：看能不能夹住#

$x\to0$ 时，$\sin\frac1x$ 一直振荡，没有极限：$x$ 越靠近 $0$，$\frac1x$ 越大，$\sin\frac1x$ 在 $-1$ 和 $1$ 之间来回得越来越快。

但 $x^2\sin\frac1x$ 不一样。因为 $-1\le\sin\frac1x\le1$，两边乘 $x^2$（$x^2\ge0$，不等号方向不变）：

$$-x^2\le x^2\sin\frac1x\le x^2.$$

两边都趋于 $0$，夹在中间的也只能趋于 $0$。

图 5：x² sin(1/x) 在 0 附近剧烈振荡，但始终夹在 ±x² 之间，被压向 0。

夹逼的一个重要应用：$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1$。

这个极限是三角函数求导的基础。先看 $0<x<\frac\pi2$。在单位圆中（图 6）取这样几个点：圆心 $O$，$A=(1,0)$，$B=(\cos x,\sin x)$，即从 $OA$ 转过角 $x$ 到达的圆上的点。过 $A$ 作圆的切线（垂直于 $OA$ 的竖直线 $x=1$），和射线 $OB$ 的延长线交于 $T$。$T$ 在圆外，三角形 $OAT$ 在 $A$ 处是直角，$\tan x=\frac{AT}{OA}=AT$，所以 $AT=\tan x$。比较三块面积：

• 三角形 $OAB$：底 $OA=1$，高是 $B$ 的纵坐标 $\sin x$，面积 $\frac12\sin x$；
• 扇形 $OAB$：圆心角 $x$（弧度），占整个圆的 $\frac{x}{2\pi}$，面积 $\frac x{2\pi}\cdot\pi\cdot1^2=\frac x2$；
• 三角形 $OAT$：底 $OA=1$，高 $AT=\tan x$，面积 $\frac12\tan x$。

图 6：三角形 OAB ⊂ 扇形 OAB ⊂ 三角形 OAT，所以 sin x < x < tan x。

三个图形一个套一个：三角形 $OAB$ 的边 $AB$ 是一条弦，在圆弧 $AB$ 里面，所以三角形在扇形里；扇形的圆弧在切线 $AT$ 和射线 $OT$ 围成的三角形里面，所以扇形在三角形 $OAT$ 里。面积依次变大，所以

$$\frac12\sin x<\frac12x<\frac12\tan x.$$

各项乘 $2$，并把 $\tan x$ 写成 $\frac{\sin x}{\cos x}$：

$$\sin x<x<\frac{\sin x}{\cos x}.$$

第一步，三项同时除以正数 $\sin x$（$\frac{\sin x}{\cos x}$ 除以 $\sin x$ 剩下 $\frac1{\cos x}$）：

$$1<\frac{x}{\sin x}<\frac1{\cos x}.$$

第二步，三个正数同时取倒数。取倒数会让大小关系反过来（比如 $2<3$，但 $\frac12>\frac13$）：

$$1>\frac{\sin x}{x}>\cos x,\qquad\text{即}\quad\cos x<\frac{\sin x}{x}<1.$$

$x\to0^+$ 时 $\cos x\to1$，由夹逼定理，$\frac{\sin x}x\to1$。这是右极限。

左极限：$x<0$ 时，令 $t=-x>0$。$\sin$ 是奇函数，$\sin x=\sin(-t)=-\sin t$，所以 $\frac{\sin x}{x}=\frac{-\sin t}{-t}=\frac{\sin t}{t}$。$x\to0^-$ 时 $t\to0^+$，由刚才的结论趋于 $1$。左右极限都是 $1$，所以 $\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}x=1$。

注意这个极限说的是 $x\to0$。$x\to\infty$ 时完全不同：$\sin x$ 有界，$\frac1x\to0$，$\frac{\sin x}x$ 是“无穷小乘有界量”，极限是 $0$。

由此马上得到另一个常用的极限。

求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}$，分三步。

第一步，把分子换掉：$\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{2\sin^2\frac x2}{x^2}$。

第二步，凑出 $\frac{\sin u}{u}$ 的形状。分子里的角是 $\frac x2$，所以分母也要凑出 $\left(\frac x2\right)^2$。$\left(\frac x2\right)^2=\frac{x^2}4$，即 $x^2=4\left(\frac x2\right)^2$：

$$\frac{2\sin^2\frac x2}{x^2}=\frac{2\sin^2\frac x2}{4\left(\frac x2\right)^2}=\frac12\left(\frac{\sin\frac x2}{\frac x2}\right)^2.$$

第三步，令 $u=\frac x2$。$x\to0$ 时 $u\to0$，$\frac{\sin u}u\to1$；平方的极限等于极限的平方（乘法法则），所以

$$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12\cdot1^2=\frac12.$$

⑥ $1^\infty$ 型：底数趋于 $1$，指数趋于无穷#

$e$ 的定义里 $n$ 是正整数。换成连续变化的 $x$ 也对，并且有一个等价的写法：

$$\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac1x\right)^x=e,\qquad \lim_{t\to0}(1+t)^{1/t}=e.$$

不能只是把整数 $n$ 换成实数 $x$ 就说证完了。$n$ 只取 $1,2,3,\dots$，$x$ 还会取中间的值；只在整数点上靠近一个数，不保证在所有实数上都靠近它。比如 $\sin(2\pi n)$ 在每个整数 $n$ 处都是 $0$，可 $x\to\infty$ 时 $\sin(2\pi x)$ 一直在摆动，没有极限。

理由在第二节的选读部分：在那里我们已经证明了 $\frac{\ln(1+t)}{t}\to1$，而且 $t$ 从正负两侧趋于 $0$ 都对。于是

$$(1+t)^{1/t}=e^{\ln\left[(1+t)^{1/t}\right]}=e^{\frac1t\ln(1+t)}=e^{\frac{\ln(1+t)}{t}}\to e^1=e.$$

（第一个等号用 $A=e^{\ln A}$，第二个用 $\ln A^r=r\ln A$；最后一步，指数趋于 $1$，$e^x$ 连续。）

再令 $t=\frac1x$，$\left(1+\frac1x\right)^x=(1+t)^{1/t}$。$x\to+\infty$ 时 $t\to0^+$，$x\to-\infty$ 时 $t\to0^-$，两侧都已经证明过，所以得到第一个式子。

例 $\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac2x\right)^x$。底数里加的是 $\frac2x$，要凑成 $\left(1+\frac1u\right)^u$ 的样子，就令 $\frac2x=\frac1u$，即 $x=2u$，$x\to\infty$ 时 $u\to\infty$。再用 $A^{2u}=\left(A^u\right)^2$：

$$\left(1+\frac2x\right)^x=\left(1+\frac1u\right)^{2u}=\left[\left(1+\frac1u\right)^u\right]^2\to e^2.$$

（方括号里趋于 $e$，平方的极限是极限的平方。）

$1^\infty$ 也是未定式。底数趋于 $1$，而 $1$ 的任何次方都是 $1$；指数趋于无穷，会把底数和 $1$ 之间那一点点差距不断放大。结果取决于底数靠近 $1$ 的速度和指数增长的速度。比如（$x\to+\infty$）：

• $\left(1+\frac1{x^2}\right)^x=\left[\left(1+\frac1{x^2}\right)^{x^2}\right]^{1/x}$。方括号里趋于 $e$，外面的指数 $\frac1x\to0$，整体趋于 $e^0=1$。底数靠近 $1$ 太快，指数来不及把差距放大。
• $\left(1+\frac1x\right)^{x^2}=\left[\left(1+\frac1x\right)^x\right]^x$。方括号里趋于 $e>1$，再自乘越来越多次，趋于 $+\infty$。指数增长太快。
• $\left(1+\frac1x\right)^x\to e$：两者正好平衡。更一般的办法是第二节讲的取对数，第七节还会用泰勒公式再算一次。

⑦ 数列递推：先证明收敛，再求极限#

例 $a_1=1$，$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$，求 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n$。

先算几项找感觉：$a_1=1$，$a_2=\sqrt3\approx1.732$，$a_3=\sqrt{3.732}\approx1.932$，$a_4\approx1.983$。看起来在递增，并且往 $2$ 靠。下面严格证明。

第一步：所有项都在 $[1,2)$ 里。 用归纳法。

• $n=1$：$a_1=1$，在 $[1,2)$ 里。
• 假设 $1\le a_n<2$。各边加 $2$，$3\le2+a_n<4$；各边都是正数，开方不改变不等号方向，$\sqrt3\le a_{n+1}<2$。而 $\sqrt3\approx1.73>1$，所以 $a_{n+1}$ 也在 $[1,2)$ 里。

由数学归纳法，所有的 $a_n$ 都在 $[1,2)$ 里。

为什么偏偏证明“小于 $2$”？因为前面算的几项在往 $2$ 靠。其实证明 $a_n<3$ 或者 $a_n<100$ 也能保证有上界（归纳法同样走得通），只是“小于 $2$”在下一步证明递增时正好用得上。

第二步：数列递增。 要证 $a_{n+1}>a_n$，即 $\sqrt{2+a_n}>a_n$。两边都是正数，比较它们的平方就行：只要证 $2+a_n>a_n^2$。把 $a_n$ 简写成 $a$，看两边的差：

$$(2+a)-a^2=-(a^2-a-2)=-(a-2)(a+1)=(2-a)(a+1).$$

由第一步，$1\le a<2$，所以 $2-a>0$，$a+1>0$，乘积大于 $0$。于是 $2+a>a^2$，开方得 $\sqrt{2+a}>a$。把 $a$ 换回 $a_n$，就是 $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}>a_n$。这对每个 $n$ 都成立，所以数列递增。

第三步：求极限。 数列递增且有上界 $2$，由单调有界定理，它收敛。把极限叫 $L$。在递推式 $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ 两边令 $n\to\infty$。左边：$a_n$ 是 $a_1,a_2,a_3,\dots$，$a_{n+1}$ 是 $a_2,a_3,a_4,\dots$，只是去掉了第一项，后面的项照样越来越靠近 $L$，所以极限也是 $L$。右边，因为 $\sqrt{\ }$ 是连续函数，极限可以直接代进去，$\sqrt{2+a_n}\to\sqrt{2+L}$。于是

$$L=\sqrt{2+L}\ \Longrightarrow\ L^2=2+L\ \Longrightarrow\ L^2-L-2=0\ \Longrightarrow\ (L-2)(L+1)=0,$$

所以 $L=2$ 或 $L=-1$。第一步证明了各项都 $\ge1$；由保号性的推论（“开始之前”，极限的三条基本性质后面），各项都 $\ge1$ 的数列，极限也 $\ge1$。所以 $L=-1$ 不可能，$L=2$。

四、导数与求导法则#

导数是什么#

函数 $f$ 在 $a$ 点的导数，衡量的是 $x$ 在 $a$ 附近变化时，$f(x)$ 变化得有多快。

取 $a$ 附近的另一个点 $a+h$。从 $a$ 到 $a+h$，输入变化了 $h$，输出变化了 $f(a+h)-f(a)$，平均变化率是

$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}.$$

几何上，这是图像上两点 $P(a,f(a))$ 与 $Q(a+h,f(a+h))$ 连线（叫割线）的斜率。让 $h\to0$，$Q$ 沿着曲线滑向 $P$，割线就转向一个极限位置，那条直线就是 $P$ 处的切线。于是定义

$$f'(a)=\lim_{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h},$$

如果这个极限存在，就说 $f$ 在 $a$ 处可导。

图 7：Q 沿曲线滑向 P 时，割线 PQ 的斜率趋于切线的斜率，这个极限就是导数。

导函数。 上面的 $f'(a)$ 是在一个固定的点 $a$ 处求出的一个数。对定义域里的每一个点 $x$ 都这样求，每个 $x$ 对应一个导数值，就得到一个新的函数 $f'(x)$（有时写成 $x\mapsto f'(x)$，读作“$x$ 对应到 $f'(x)$”），叫 $f$ 的导函数，通常也简称导数。比如下面会算出 $x^2$ 在每一点 $x$ 处的导数是 $2x$，导函数就是 $2x$；它在 $a=3$ 处的值 $6$，就是 $x^2$ 在 $3$ 处的导数。

导数的记号：$f'(x)$、$y'$、$\dfrac{dy}{dx}$、$\dfrac{d}{dx}f(x)$ 表示的是同一个东西。最后一种里，$\frac{d}{dx}$ 读作“对 $x$ 求导”，是一个运算符号，不是乘法：$\frac{d}{dx}f(x)$ 就是“对 $f(x)$ 做求导这个运算”。$\frac{dy}{dx}$ 是莱布尼茨的写法，可以读成“$y$ 的微小变化除以 $x$ 的微小变化”，提醒我们导数是变化量之比的极限。

物理含义：若 $s(t)$ 是 $t$ 时刻走过的路程，$\frac{s(t+h)-s(t)}{h}$ 是这段时间里的平均速度，$s'(t)$ 就是 $t$ 时刻的瞬时速度。本篇开头“这组讲义怎么读”里列的第二个问题（某一瞬间的速度怎么算）就这样回答了：时间间隔 $h$ 不能取 $0$（那会得到 $\frac00$），我们看的是 $h$ 趋于 $0$ 时，平均速度靠近哪个数。

例：用定义求 $x^2$ 的导数。

$$\frac{(x+h)^2-x^2}{h}=\frac{x^2+2xh+h^2-x^2}{h}=\frac{2xh+h^2}{h}=2x+h\to2x\quad(h\to0).$$

所以 $(x^2)'=2x$。中间约掉 $h$ 的那一步，和第一节约掉 $x-1$ 道理相同：极限只看 $h\ne0$ 的情形。

导数定义的几种变形。 定义里的增量 $h$ 换成别的趋于 $0$ 的量，道理不变。若 $f$ 在 $x_0$ 处可导：

• $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$。在定义 $\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ 里令 $x=x_0+h$，即 $h=x-x_0$：分子变成 $f(x)-f(x_0)$，分母变成 $x-x_0$，$h\to0$ 就是 $x\to x_0$。几何上，$x$ 是滑向 $x_0$ 的动点。
• $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}=2f'(x_0)$。分子里的增量是 $2h$，分母只有 $h$。分子分母同乘 $2$，凑成 $\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}\cdot2$。令 $u=2h$，$h\to0$ 时 $u\to0$，前一个因子就是 $\frac{f(x_0+u)-f(x_0)}{u}\to f'(x_0)$，再乘 $2$。
• 一般地，$\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+ah)-f(x_0-bh)}{h}=(a+b)f'(x_0)$。理由见下面的框。

可导的点与不可导的点。 导数是割线斜率的极限，这个极限不一定存在。最典型的两种情况：

图 8：左边 y = |x| 在 0 处有尖角，从右边看割线斜率恒为 1，从左边看恒为 −1，不存在唯一的切线；右边 y = ∛x 在 0 处切线竖直，割线斜率趋于无穷大。两者在 0 处都连续，却都不可导。

• $y=\lvert x\rvert$ 在 $0$ 处：差商是 $\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\frac{\lvert h\rvert-0}{h}$。$h>0$ 时 $\lvert h\rvert=h$，差商是 $1$；$h<0$ 时 $\lvert h\rvert=-h$，差商是 $-1$。右极限 $1$，左极限 $-1$，不相等，所以差商没有极限，$\lvert x\rvert$ 在 $0$ 处不可导。
• $y=\sqrt[3]x$ 在 $0$ 处：差商是 $\frac{\sqrt[3]h-0}{h}$。把 $h$ 写成 $\left(\sqrt[3]h\right)^3$，约分：$\frac{\sqrt[3]h}{h}=\frac{\sqrt[3]h}{\left(\sqrt[3]h\right)^3}=\frac1{\left(\sqrt[3]h\right)^2}$。不管 $h$ 是正是负，分母都是正数，并且趋于 $0$，所以差商 $\to+\infty$。导数要求极限是一个有限的数，趋于无穷不算，所以不可导。几何上，切线是竖直的 $y$ 轴，竖直线没有有限的斜率。

一组基础导数#

下面这张表是后面所有求导计算的基础，要非常熟：

函数	导数	条件
常数 $c$	$0$
$x^n$	$nx^{n-1}$	$n$ 为正整数时 $x$ 任意；$n$ 为负整数时 $x\ne0$；一般实数 $n$ 时在 $x>0$ 上成立（像 $x^{1/3}$ 这样在负数上也有定义的，在 $x\ne0$ 处同样成立）
$e^x$	$e^x$
$a^x$	$a^x\ln a$	$a>0$
$\ln\lvert x\rvert$	$\dfrac1x$	$x\ne0$
$\sin x$	$\cos x$
$\cos x$	$-\sin x$
$\tan x$	$\dfrac1{\cos^2x}$	$\cos x\ne0$
$\cot x=\dfrac{\cos x}{\sin x}$（余切）	$-\dfrac1{\sin^2x}$	$\sin x\ne0$
$\arcsin x$	$\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}$	$\lvert x\rvert<1$
$\arccos x$	$-\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}$	$\lvert x\rvert<1$
$\arctan x$	$\dfrac1{1+x^2}$

这些都能从导数的定义和前面的极限推出来。下面的框先推常数、$x^n$（正整数）、$e^x$、$\sin x$、$\cos x$；$a^x$、$\ln x$、一般的 $x^n$、$\tan x$、$\cot x$ 要用到求导法则，在“求导法则”一小节后面推出；反三角函数在本节最后一小节推出。只想先学会用的话，可以先跳过这个框。

导数的另一种写法：用直线近似曲线#

在讲求导法则之前，先把导数的定义换一种写法。这种写法后面会反复用到。

假设 $f'(a)=k$，也就是 $\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\to k$。把差商和 $k$ 的差记作 $\alpha(h)$：$\alpha(h)=\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-k$，它在 $h\to0$ 时趋于 $0$。两边乘 $h$，整理得

$$f(a+h)=f(a)+kh+\alpha(h)\,h.$$

最后一项 $\alpha(h)h$ 是“趋于 $0$ 的量乘 $h$”，它比 $h$ 本身小得多：它除以 $h$ 以后（等于 $\alpha(h)$）仍然趋于 $0$。这样的量我们记作 $o(h)$，读作“比 $h$ 高阶的无穷小”。于是

$$f(a+h)=f(a)+f'(a)h+o(h).$$

这个式子的意思是：在 $a$ 附近，函数值可以用一条直线 $f(a)+f'(a)h$ 来近似，误差比 $h$ 还要小得多。为什么说这是直线：令 $x=a+h$，$h=x-a$，它就是 $y=f(a)+f'(a)(x-a)$，正是过点 $(a,f(a))$、斜率 $f'(a)$ 的点斜式直线，也就是切线。

反过来，如果对某个常数 $k$ 有 $f(a+h)=f(a)+kh+o(h)$，两边减去 $f(a)$、除以 $h$：$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=k+\frac{o(h)}{h}$；$h\to0$ 时 $\frac{o(h)}h\to0$，所以差商趋于 $k$，$f'(a)=k$。两种说法完全等价。

这个写法马上告诉我们几件事。

可导一定连续。 回顾“连续”：$f$ 在 $a$ 处连续，就是 $h\to0$ 时 $f(a+h)\to f(a)$，也就是 $f(a+h)-f(a)\to0$。由上式，$f(a+h)-f(a)=f'(a)h+o(h)$。$f'(a)$ 是一个固定的数，$f'(a)h\to0$；$o(h)$ 除以 $h$ 都趋于 $0$，它本身更趋于 $0$。所以 $f(a+h)-f(a)\to0$，$f$ 在 $a$ 处连续。

这样的 $k$ 只有一个。 如果 $k_1$、$k_2$ 都满足上式：$f(a+h)=f(a)+k_1h+o_1(h)$，$f(a+h)=f(a)+k_2h+o_2(h)$。（两个误差记成 $o_1$、$o_2$：$o(h)$ 只表示“某个比 $h$ 高阶的量”，不代表一个确定的数，两个式子里的误差一般不一样，不能互相抵消成 $0$。）两式相减，$0=(k_1-k_2)h+o_1(h)-o_2(h)$，即 $k_1-k_2=\frac{o_2(h)}{h}-\frac{o_1(h)}{h}$。$h\to0$ 时右边趋于 $0-0=0$，左边是不变的常数，所以 $k_1-k_2=0$。所以在所有过 $(a,f(a))$ 的直线里，只有切线能让误差比 $h$ 小得多。导数因此常被叫作函数在这一点的最佳线性近似。

乘积法则可以“算出来”。 设 $u$、$v$ 在 $a$ 处可导，把它们各自写成直线加误差：

$$u(a+h)=u(a)+u'(a)h+o_1(h),\qquad v(a+h)=v(a)+v'(a)h+o_2(h).$$

两式相乘，每边三项，一共九项。按 $h$ 的次数整理：

• 常数项：$u(a)v(a)$；
• $h$ 的一次项：$u'(a)h\cdot v(a)+u(a)\cdot v'(a)h=[u'(a)v(a)+u(a)v'(a)]h$；
• 其余七项：$u'(a)v'(a)h^2$；$u(a)o_2(h)$、$v(a)o_1(h)$；$u'(a)h\cdot o_2(h)$、$v'(a)h\cdot o_1(h)$；$o_1(h)o_2(h)$。$u(a)$、$v(a)$、$u'(a)$、$v'(a)$ 都是固定的数，所以每一项除以 $h$ 后都趋于 $0$（比如 $\frac{u(a)o_2(h)}{h}=u(a)\cdot\frac{o_2(h)}h\to0$，$\frac{o_1(h)o_2(h)}{h}=\frac{o_1(h)}h\cdot o_2(h)\to0$），它们合起来是一个 $o(h)$。

所以 $u(a+h)v(a+h)=u(a)v(a)+[u'(a)v(a)+u(a)v'(a)]h+o(h)$。所以 $uv$ 的一次项系数，也就是 $(uv)'(a)$，等于 $u'(a)v(a)+u(a)v'(a)$。哪天忘了乘积法则，可以用这个办法当场推出来。

求导法则：怎样把零件组装起来#

拿到一个式子，先看它最外面是什么运算：

• 相加：分别求导再相加，$(u\pm v)'=u'\pm v'$；常数因子可以提出来，$(cu)'=cu'$。
• 相乘：$(uv)'=u'v+uv'$。
• 相除：$\left(\dfrac uv\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$，要求 $v\ne0$。
• 函数套函数：外层求导，再乘内层导数。若 $y=f(u)$，$u=g(x)$，则

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx},\qquad\text{即}\quad[f(g(x))]'=f'(g(x))\cdot g'(x).$$

这条叫链式法则。

用这些法则补全基础导数表。

$a^x$：$a^x=e^{x\ln a}$，外层是 $e^u$，求导还是 $e^u$；内层是 $x\ln a$，$\ln a$ 是常数，求导得 $\ln a$。所以 $(a^x)'=e^{x\ln a}\cdot\ln a=a^x\ln a$。

$\ln x$（$x>0$）：设 $y=\ln x$，则 $e^y=x$。$x$ 增加 $h$ 时，把函数值的增加量记作 $k$：$k=\ln(x+h)-\ln x$，要算的就是差商 $\frac kh$ 的极限。由 $k$ 的定义，$y+k=\ln(x+h)$，两边取 $e$ 的指数得 $e^{y+k}=x+h$，所以 $h=(x+h)-x=e^{y+k}-e^y=e^ye^k-e^y=e^y(e^k-1)$。要算的差商是 $\frac kh$，但 $h$ 是用 $k$ 表示出来的，而我们知道 $\frac{e^k-1}k\to1$，所以先算它的倒数 $\frac hk$：$h\to0$ 时 $k\to0$（$\ln$ 连续），于是 $\frac hk=e^y\cdot\frac{e^k-1}{k}\to e^y$，再取倒数，$\frac kh\to\frac1{e^y}$。（倒数的极限 $e^y$ 不是 $0$，所以可以这样取倒数。）所以 $(\ln x)'=\frac1{e^y}=\frac1x$。

若 $x<0$，$\lvert x\rvert=-x$，$\ln\lvert x\rvert=\ln(-x)$。用链式法则：外层 $\ln u$ 求导得 $\frac1u=\frac1{-x}$，内层 $u=-x$ 求导得 $-1$，相乘 $\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\frac1x$。两种情形合起来：$(\ln\lvert x\rvert)'=\frac1x$。

任意实数次幂（$x>0$）：由 $A=e^{\ln A}$ 和 $\ln x^n=n\ln x$，$x^n=e^{n\ln x}$。外层 $e^u$ 求导还是 $e^u=x^n$；内层 $n\ln x$ 求导得 $\frac nx$（$n$ 是常数）。所以 $(x^n)'=x^n\cdot\frac nx=nx^{n-1}$（$\frac{x^n}{x}=x^{n-1}$）。比如 $(\sqrt x)'=(x^{1/2})'=\frac12x^{-1/2}=\frac1{2\sqrt x}$（$x^{-1/2}=\frac1{x^{1/2}}=\frac1{\sqrt x}$）。

$\tan x$：$\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$，用商的法则 $\left(\frac uv\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$，这里 $u=\sin x$，$u'=\cos x$，$v=\cos x$，$v'=-\sin x$：$\left(\dfrac{\sin x}{\cos x}\right)'=\dfrac{\cos x\cdot\cos x-\sin x\cdot(-\sin x)}{\cos^2x}=\dfrac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x}=\dfrac1{\cos^2x}$（最后用了 $\sin^2x+\cos^2x=1$）。$\cot x=\frac{\cos x}{\sin x}$ 同理：$\dfrac{(-\sin x)\sin x-\cos x\cdot\cos x}{\sin^2x}=\dfrac{-(\sin^2x+\cos^2x)}{\sin^2x}=-\dfrac1{\sin^2x}$。

五个例子#

例 1 $y=(1+x^2)^5$。

最外层是“五次方”，里面是 $1+x^2$。

• 外层求导：$5(1+x^2)^4$；
• 内层求导：$2x$；
• 相乘：$y'=10x(1+x^2)^4$。

为什么不先把五次方展开？可以展开，但会多算很多；把 $1+x^2$ 当成一个整体，用链式法则更省事。

例 2 $y=x^2e^x$。

最外层是相乘：

$$y'=(x^2)'e^x+x^2(e^x)'=2x\cdot e^x+x^2\cdot e^x=e^x(x^2+2x).$$

例 3 $y=\ln(1+x^2)$。

最外层是对数，里面是 $1+x^2$：

$$y'=\frac1{1+x^2}\times2x=\frac{2x}{1+x^2}.$$

例 4（多层嵌套） $y=\sin\left(e^{2x}\right)$。

从外往里一层一层剥：最外层是 $\sin$，往里是 $e^{u}$，再往里是 $2x$。每剥一层乘一个导数：

$$y'=\cos\left(e^{2x}\right)\cdot e^{2x}\cdot2=2e^{2x}\cos\left(e^{2x}\right).$$

例 5（底数和指数都在变） $y=x^x$，$x>0$。

第二节说过，底数和指数都在变时先取对数：$\ln y=x\ln x$。两边对 $x$ 求导。左边的 $y$ 本身是 $x$ 的函数，$\ln y$ 是“$\ln$ 套着 $y$”，按链式法则，外层 $\ln$ 求导得 $\frac1y$，再乘内层 $y$ 的导数 $y'$，得到 $\frac{y'}{y}$；右边用乘积法则：

$$\frac{y'}{y}=1\cdot\ln x+x\cdot\frac1x=\ln x+1\quad\Longrightarrow\quad y'=y(\ln x+1)=x^x(\ln x+1).$$

反三角函数的导数#

先说一条一般的规则：反函数的导数是原函数导数的倒数。若 $y=f(x)$ 的反函数是 $x=g(y)$，并且在对应点 $f'(x)\ne0$，那么

$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\ dx/dy\ }.$$

记号的意思：$\frac{dy}{dx}$ 是 $y$ 随 $x$ 的变化率，$\frac{dx}{dy}$ 是反过来 $x$ 随 $y$ 的变化率。哪个好算就先算哪个，再取倒数。比如 $y=\sqrt x$，反过来是 $x=y^2$，$\frac{dx}{dy}=2y$。在 $x=4$、$y=2$ 处，$\frac{dx}{dy}=4$，所以 $\frac{dy}{dx}=\frac14$。直接用公式验证：$(\sqrt x)'=\frac1{2\sqrt x}$，$x=4$ 时是 $\frac14$，一致。

直观上，$x$ 变化一点导致 $y$ 变化 $3$ 倍那么多，反过来 $y$ 变化一点就只导致 $x$ 变化 $\frac13$ 倍那么多。几何上，反函数的图像是原图像沿 $y=x$ 翻折，翻折把斜率 $k$ 的直线变成斜率 $\frac1k$ 的直线。（证明放在第八节。）

现在推导 $\arctan x$ 的导数。设 $y=\arctan x$，就有 $x=\tan y$，其中 $y\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)$。

把 $x$ 看成 $y$ 的函数：$\frac{dx}{dy}=\frac1{\cos^2y}$。由反函数求导法则：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{1/\cos^2y}=\cos^2y=\frac{1}{1+\tan^2y}=\frac1{1+x^2}.$$

最后一步用了 $\tan y=x$。

换一种看法：在 $\tan y=x$ 两边直接对 $x$ 求导。左边的 $y$ 随 $x$ 变化，$\tan y$ 是“$\tan$ 套着 $y(x)$”，按链式法则求导得 $\frac1{\cos^2y}\cdot y'$；右边 $x$ 对 $x$ 求导是 $1$。于是 $\frac{1}{\cos^2y}y'=1$，结果一样。这种“把 $y$ 当成 $x$ 的函数，两边一起求导”的做法叫隐函数求导，第八节会系统地讲。

$\arcsin x$：设 $y=\arcsin x$，$x=\sin y$，$-\frac\pi2<y<\frac\pi2$。$\frac{dx}{dy}=\cos y$，所以 $y'=\frac1{\cos y}$。要把 $\cos y$ 换成 $x$：$\cos^2y=1-\sin^2y=1-x^2$。开方取正号还是负号？$y$ 在 $\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)$ 里，对应单位圆的右半边（第一、四象限），那里横坐标 $\cos y>0$，所以取正号：$\cos y=\sqrt{1-x^2}$。所以 $(\arcsin x)'=\frac1{\sqrt{1-x^2}}$。分母不能为 $0$，要求 $1-x^2>0$，即 $\lvert x\rvert<1$。$x\to\pm1$ 时分母趋于 $0$，导数趋于无穷，图像的切线越来越陡，在 $x=\pm1$ 处是竖直的，没有有限的导数。

$\arccos x$：不必重新算一遍，借用 $\arcsin x$。设 $y=\arcsin x$，即 $\sin y=x$，$-\frac\pi2\le y\le\frac\pi2$。由诱导公式 $\cos\left(\frac\pi2-y\right)=\sin y=x$。$\frac\pi2-y$ 在什么范围？把 $-\frac\pi2\le y\le\frac\pi2$ 各边乘 $-1$（不等号反向）再加 $\frac\pi2$，得 $0\le\frac\pi2-y\le\pi$，正是 $\arccos$ 的范围。在 $[0,\pi]$ 里、余弦等于 $x$ 的角就是 $\arccos x$，所以 $\arccos x=\frac\pi2-y=\frac\pi2-\arcsin x$。两边对 $x$ 求导（常数 $\frac\pi2$ 的导数是 $0$）：$(\arccos x)'=0-\frac1{\sqrt{1-x^2}}=-\frac1{\sqrt{1-x^2}}$。

五、中值定理：用导数控制函数的变化#

导数只告诉我们函数在一个点附近的变化。可很多问题关心的是一整段区间：函数在 $[a,b]$ 上是不是一直在增加？$f(b)-f(a)$ 有多大？连接“一点的导数”和“一段区间上的变化”的，是这一节的中值定理。后面第六节的洛必达法则、第七节的泰勒公式余项、第十节判断单调性，都要用到它，所以先讲。

费马定理：极值点处导数为零#

设 $x_0$ 是区间内部的一点。如果存在一个以 $x_0$ 为中心的小区间 $(x_0-\delta,x_0+\delta)$，在这个小区间里所有的 $x$ 都满足 $f(x)\le f(x_0)$，就说 $f$ 在 $x_0$ 处取得极大值，$x_0$ 叫极大值点。极小值类似（改成 $f(x)\ge f(x_0)$）。

极值只和附近的点比，是一个局部的概念。极大值不一定是整个定义域上的最大值：一个函数可以有好几个极大值，其中有的比别处的极小值还小。

费马定理 若 $f$ 在内部点 $x_0$ 处取得极大值或极小值，并且在 $x_0$ 可导，那么 $f'(x_0)=0$。

比如 $f(x)=1-x^2$ 在 $x=0$ 处取得极大值 $1$（山顶），$f'(x)=-2x$，$f'(0)=0$：山顶处的切线是水平的。

“内部”这个条件不能少。$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的最大值在端点 $1$ 处取得，那里导数是 $1$，不是 $0$：端点只有一侧可以比较，证明的后半段用不上。

罗尔定理#

罗尔定理 若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(a)=f(b)$，则存在 $\xi\in(a,b)$，使 $f'(\xi)=0$。

证明 由最值定理，$f$ 在 $[a,b]$ 上有最大值 $M$ 和最小值 $m$。

• 如果 $M$ 和 $m$ 都在端点取到：端点只有 $a$、$b$ 两个，而 $f(a)=f(b)$，所以 $M=m=f(a)$。区间里每一点都满足 $m\le f(x)\le M$，上下限相等，$f(x)$ 只能处处等于 $f(a)$：$f$ 是常数，导数处处为 $0$，$(a,b)$ 里随便取一点作 $\xi$ 都行。
• 否则至少有一个在内部某点取到，比如最大值在内部的 $\xi$ 处取到。$f(\xi)$ 比整个区间上的函数值都大，当然也比 $\xi$ 附近的都大，所以 $\xi$ 是一个内部的极大值点。由费马定理，$f'(\xi)=0$。（最小值在内部时一样。）

几何上：曲线从某个高度出发，最后回到同一高度，中间一定有一个“山顶”或“谷底”，那里的切线是水平的。

拉格朗日中值定理#

拉格朗日中值定理 若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，那么存在某个内部点 $\xi$，使

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

右边是连接两个端点的割线的斜率。定理说：曲线上一定有某一点的切线和这条割线平行。物理上：两小时开了 $200$ 公里，平均每小时 $100$ 公里，那么一定有某一时刻，速度表恰好显示 $100$ 公里每小时。

图 9：割线 AB 的斜率是平均变化率；曲线上某个内部点 ξ 处的切线与 AB 平行。

$\xi$ 只是“某个满足条件的内部点”，一般不用求出来。中值定理的用处在于：它把“两端函数值之差”变成“某一点的导数乘区间长度”，

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

而导数的大小往往容易估计。

马上得到的两个推论：

• 导数恒为 $0$，函数是常数。 在区间上任取两点 $x_1<x_2$，在 $[x_1,x_2]$ 上用拉格朗日中值定理：存在 $\xi\in(x_1,x_2)$，$f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)=0\cdot(x_2-x_1)=0$。所以任意两点的函数值都相等，$f$ 是常数。“区间”这个条件不能少：$f(x)=1$（$x>0$），$f(x)=2$（$x<0$），在定义域的每一段上导数都是 $0$，但它不是常数，因为定义域在 $0$ 处断开了，中值定理没法跨过去用。
• 导数恒为正，函数递增。 任取 $x_1<x_2$，$f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)$。$f'(\xi)>0$，$x_2-x_1>0$，正数乘正数，差大于 $0$，即 $f(x_1)<f(x_2)$。导数恒为负时，$f'(\xi)<0$，负数乘正数，差小于 $0$，即 $f(x_1)>f(x_2)$，函数递减。

例 设 $b>a>0$，证明 $\ln b-\ln a<\dfrac{b-a}{a}$。

对 $f(x)=\ln x$ 在 $[a,b]$ 上用中值定理。$f'(x)=\frac1x$，所以 $f'(\xi)=\frac1\xi$，$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$ 就是：

$$\ln b-\ln a=\frac{1}{\xi}(b-a),\qquad a<\xi<b.$$

因为 $\xi>a>0$，两个正数里大的倒数小，所以 $\frac1\xi<\frac1a$；两边乘正数 $b-a$，$\frac{b-a}\xi<\frac{b-a}a$，即 $\ln b-\ln a<\frac{b-a}{a}$。另一边用 $\xi<b$：$\frac1\xi>\frac1b$，乘 $b-a$，$\ln b-\ln a>\frac{b-a}b$。合起来：

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

柯西中值定理#

柯西中值定理 若 $f$、$g$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，且对 $(a,b)$ 内每一点 $x$ 都有 $g'(x)\ne0$，则存在 $\xi\in(a,b)$，使

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

分母 $g(b)-g(a)$ 一定不为 $0$：如果 $g(b)=g(a)$，由罗尔定理，$g'$ 在内部某点等于 $0$，和条件 $g'(x)\ne0$ 矛盾。

取 $g(x)=x$，左边就是割线斜率，右边是 $f'(\xi)$，这就是拉格朗日定理。所以柯西定理是拉格朗日定理的推广。

第六节会用柯西中值定理证明洛必达法则。

构造辅助函数：先看目标式像谁的导数#

很多“证明存在某一点 $\xi$，使某个式子成立”的题，都是罗尔定理加上一个合适的辅助函数。拉格朗日定理的证明已经是一个例子：辅助函数是“曲线减割线”。

看到题目要求“存在某点，使 $f'(\xi)+pf(\xi)=0$”（$p$ 是常数），常尝试构造 $e^{px}f(x)$。用乘积法则和链式法则（$(e^{px})'=pe^{px}$）：

$$\left(e^{px}f(x)\right)'=pe^{px}f(x)+e^{px}f'(x)=e^{px}\left(f'(x)+pf(x)\right).$$

括号里正好是目标式，而外面的 $e^{px}$ 永远是正的。所以只要 $e^{px}f(x)$ 在两端的值相等，罗尔定理就给出 $\xi$。

例 设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续、在 $(0,1)$ 内可导，$f(0)=f(1)=0$。证明存在 $\xi\in(0,1)$，使 $f'(\xi)=2f(\xi)$。

目标是 $f'-2f=0$，对应 $p=-2$，构造 $F(x)=e^{-2x}f(x)$。$F(0)=e^0f(0)=0$，$F(1)=e^{-2}f(1)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi$ 使

$$F'(\xi)=e^{-2\xi}\left(f'(\xi)-2f(\xi)\right)=0.$$

$e^{-2\xi}\ne0$，所以 $f'(\xi)=2f(\xi)$。

$e^{px}$ 是怎么想到的？ 我们想要一个乘数 $g(x)$，使 $(gf)'$ 里出现 $f'+pf$。由乘积法则，$(gf)'=g'f+gf'=g\left(f'+\frac{g'}gf\right)$。要让括号变成 $f'+pf$，需要 $\frac{g'}{g}=p$，即 $g'=pg$：导数是自己的 $p$ 倍。$g=e^{px}$ 正好满足：由链式法则，$(e^{px})'=e^{px}\cdot(px)'=pe^{px}$。比如 $(e^{3x})'=3e^{3x}$，$(e^{-2x})'=-2e^{-2x}$。

构造辅助函数的关键，就是先看目标式像哪个函数的导数。常见的对应：

目标式	辅助函数	理由
$f'+pf$	$e^{px}f$	导数为 $e^{px}(f'+pf)$
$xf'+f$	$xf$	乘积法则
$xf'-f$	$\dfrac fx$	导数为 $\dfrac{xf'-f}{x^2}$
$f'g-fg'$	$\dfrac fg$	商的法则（要求 $g\ne0$）
$f'g+fg'$	$fg$	乘积法则

后两行的 $g$ 指题目里出现的另一个已知函数，比如 $\sin x$。例如要证存在 $\xi$ 使 $f'(\xi)\sin\xi-f(\xi)\cos\xi=0$：这里 $g=\sin x$，$g'=\cos x$，目标式是 $f'g-fg'$，所以取 $\frac{f(x)}{\sin x}$（区间里要 $\sin x\ne0$）。

六、等价无穷小与洛必达法则#

这一节和下一节讲求 $\frac00$ 型极限的三种主要工具：等价无穷小、洛必达法则、泰勒展开。它们处理的是同一类问题：分子分母都在趋于 $0$，要比较谁趋于 $0$ 更快。

① 等价无穷小：只保留起决定作用的部分#

先给“比较两个无穷小”一套说法。设 $\alpha$、$\beta$ 都是无穷小（在同一个极限过程中趋于 $0$）：

• 若 $\frac\alpha\beta\to0$，说 $\alpha$ 是比 $\beta$ 高阶的无穷小，记作 $\alpha=o(\beta)$。意思是 $\alpha$ 趋于 $0$ 比 $\beta$ 快得多。比如 $x\to0$ 时 $\frac{x^2}{x}=x\to0$，所以 $x^2=o(x)$。
• 若 $\frac\alpha\beta\to C$，$C$ 是不为 $0$ 的常数，说 $\alpha$ 与 $\beta$ 是同阶无穷小：两者趋于 $0$ 的快慢差不多，比例稳定在 $C$。比如 $\frac{3x}{x}=3$，$3x$ 与 $x$ 同阶；$\frac{\sin2x}{x}\to2$，$\sin2x$ 与 $x$ 同阶。
• 特别地，若 $\frac\alpha\beta\to1$，说 $\alpha$ 与 $\beta$ 等价，记作 $\alpha\sim\beta$。比如 $\sin x\sim x$。
• 若 $\frac\alpha\beta\to\infty$，说 $\alpha$ 是比 $\beta$ 低阶的无穷小（$\alpha$ 趋于 $0$ 更慢）。比如 $\frac{x}{x^2}=\frac1x\to\infty$，$x$ 比 $x^2$ 低阶。这正是第一条反过来：$x^2$ 比 $x$ 高阶。
• 若 $\frac{\alpha}{\beta^k}\to C\ne0$（$k>0$），说 $\alpha$ 是关于 $\beta$ 的 $k$ 阶无穷小。最常用的是取 $\beta=x$：$x\to0$ 时，$\alpha$ 是 $x$ 的 $k$ 阶无穷小，意思是 $\alpha\sim Cx^k$。比如 $1-\cos x\sim\frac12x^2$ 是 $x$ 的二阶无穷小。

$u\to0$ 时，下面每一组里，左边和右边的比值趋于 $1$（左右两边等价）：

$$\begin{aligned} &\sin u\sim u, && \tan u\sim u,\\ &\ln(1+u)\sim u, && e^u-1\sim u,\\ &\arcsin u\sim u, && \arctan u\sim u,\\ &1-\cos u\sim\frac{u^2}{2}, && (1+u)^a-1\sim a u\ (a\text{ 是非零常数}). \end{aligned}$$

符号“$\sim$”表示比值趋于 $1$，不表示两个式子相等。

为什么在乘除中可以替换？ 设 $\alpha\sim\alpha_1$，$\beta\sim\beta_1$。把 $\frac\alpha\beta$ 拆成三个因子相乘：

$$\frac\alpha\beta=\frac{\alpha}{\alpha_1}\cdot\frac{\alpha_1}{\beta_1}\cdot\frac{\beta_1}{\beta}.$$

（右边约分后就是左边。）第一个因子 $\frac{\alpha}{\alpha_1}\to1$；第三个因子 $\frac{\beta_1}{\beta}=\frac1{\beta/\beta_1}$，分母趋于 $1$，所以它也趋于 $1$。如果替换后的 $\frac{\alpha_1}{\beta_1}$ 有极限 $A$，由极限的乘法法则，$\frac\alpha\beta\to1\cdot A\cdot1=A$。所以 $\frac\alpha\beta$ 和 $\frac{\alpha_1}{\beta_1}$ 的极限相同。乘积也一样：$\alpha\beta=\alpha_1\beta_1\cdot\frac{\alpha}{\alpha_1}\cdot\frac{\beta}{\beta_1}$，后两个因子都趋于 $1$。这个论证只用到了乘和除，所以可以替换的是作为因子的整个式子。如果 $\alpha$ 只是一个和式中的一项，这个论证就不成立。

例 $x\to0$ 时，求 $\dfrac{\sin(3x)}{\ln(1+2x)}$。

令 $u=3x$，$u\to0$，所以分子 $\sin3x\sim3x$；令 $u=2x$，分母 $\ln(1+2x)\sim2x$。因此

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\ln(1+2x)}=\lim_{x\to0}\frac{3x}{2x}=\frac32.$$

公式里的 $u$ 是整个 $3x$，不能把 $\sin(3x)$ 随手换成 $x$。

② 洛必达法则：把函数之比换成导数之比#

洛必达法则 设 $x\to a$ 时 $f(x)\to0$、$g(x)\to0$（或者都趋于无穷），$f$、$g$ 在 $a$ 附近（$x\ne a$）可导，且 $g'(x)\ne0$。（$x\to a$ 换成单侧的 $x\to a^+$、$x\to a^-$，或者 $x\to+\infty$、$x\to-\infty$，结论同样成立。）如果

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

存在（或者为无穷），那么

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

这里不是对整个分式求导！ 原式是 $\frac fg$，洛必达比较的是 $\frac{f'}{g'}$：分子分母各自求导，不用商的求导法则。

例 $x\to0$ 时，求 $\dfrac{e^x-1-x}{x^2}$。

先确认类型：分子 $\to1-1-0=0$，分母 $\to0$，是 $\frac00$。分子分母各自求导：

$$\frac{e^x-1}{2x},$$

还是 $\frac00$（分子 $\to0$，分母 $\to0$），条件仍然满足，再求一次：

$$\frac{e^x}{2}\to\frac12.$$

每次继续之前，都要重新确认类型和条件。不能第一次能用，就一路无条件地求到底。

例 $x\to0^+$ 时，求 $x\ln x$。

第三节说过，先改写成 $\dfrac{\ln x}{1/x}$，这是 $\frac{-\infty}{+\infty}$ 型。分子分母各自求导：$(\ln x)'=\frac1x$；$\frac1x=x^{-1}$，由幂函数求导公式，$(x^{-1})'=-x^{-2}=-\frac1{x^2}$。导数之比：

$$\frac{1/x}{-1/x^2}=\frac1x\cdot\left(-x^2\right)=-x\to0.$$

所以 $x\ln x\to0$。直观上，$x\to0$ 的速度压过了 $\ln x\to-\infty$ 的速度。

对数、幂、指数：谁增长得快#

同样的方法可以比较 $x\to+\infty$ 时三类函数的增长速度。结论是：任何正次幂都比对数长得快，任何指数都比幂长得快。

对数比幂慢。 设 $\delta>0$（可以很小，比如 $0.01$）。$\frac{\ln x}{x^\delta}$ 是 $\frac\infty\infty$ 型，求导：

$$\frac{(\ln x)'}{(x^\delta)'}=\frac{1/x}{\delta x^{\delta-1}}=\frac{1}{\delta\cdot x\cdot x^{\delta-1}}=\frac{1}{\delta x^\delta}\to0.$$

（$x\cdot x^{\delta-1}=x^{1+\delta-1}=x^\delta$；$\delta>0$，$x\to+\infty$ 时 $x^\delta\to+\infty$，分子是常数 $1$，所以趋于 $0$。）

所以 $\frac{\ln x}{x^\delta}\to0$。再加一个次数 $q>0$ 也一样。由 $(x^m)^n=x^{mn}$，$x^\delta=\left(x^{\delta/q}\right)^q$，于是

$$\frac{(\ln x)^q}{x^\delta}=\left(\frac{\ln x}{x^{\delta/q}}\right)^q,$$

括号里的 $\delta/q$ 也是正数，把它当作新的 $\delta$，由刚才的结论，括号趋于 $0$；趋于 $0$ 的正数的 $q$ 次方也趋于 $0$。所以 $(\ln x)^{100}$ 最后也会被 $x^{0.01}$ 超过，只是要等 $x$ 非常大。

幂比指数慢。 先看具体的 $\frac{x^3}{e^x}$。它是 $\frac\infty\infty$ 型，分子分母各自求导：$\frac{3x^2}{e^x}$，还是 $\frac\infty\infty$；再求导：$\frac{6x}{e^x}$；再求导：$\frac6{e^x}$。这时分子是常数 $6$，分母 $e^x\to+\infty$，所以趋于 $0$。分母 $e^x$ 求导后不变，分子每求一次导降一次，最后变成常数。

一般地，设 $n$ 是正整数。$\frac{x^n}{e^x}$ 是 $\frac\infty\infty$ 型，每求一次导，分子次数降一，分母不变：

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^n}{e^x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{nx^{n-1}}{e^x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{n(n-1)x^{n-2}}{e^x}=\cdots=\lim_{x\to+\infty}\frac{n!}{e^x}=0.$$

（$n!=n(n-1)\cdots2\cdot1$。每一步都还是 $\frac\infty\infty$ 型，所以可以继续；最后分子是常数 $n!$，分母趋于无穷，所以是 $0$。）次数 $a$ 不是整数时，取整数 $n\ge a$，$x>1$ 时 $x^a\le x^n$，于是 $0<\frac{x^a}{e^x}\le\frac{x^n}{e^x}$，右边趋于 $0$，由夹逼定理，$\frac{x^a}{e^x}$ 也趋于 $0$。底数换成任意 $b>1$ 也一样：$b>1$ 时 $\ln b>0$，$b^x=e^{x\ln b}$；令 $u=x\ln b$，$x\to+\infty$ 时 $u\to+\infty$，$x=\frac u{\ln b}$，所以 $\frac{x^a}{b^x}=\frac{1}{(\ln b)^a}\cdot\frac{u^a}{e^u}\to0$（常数乘一个趋于 $0$ 的量）。

记成一条链（$x\to+\infty$，$q>0$，$\delta>0$，$b>1$）：

$$(\ln x)^q\ \ll\ x^\delta\ \ll\ b^x.$$

$A\ll B$ 的意思是 $\frac AB\to0$。

在 $0$ 附近的版本。 $0<x<1$ 时 $\ln x<0$，为了用正的次幂，看它的绝对值。令 $x=\frac1y$，$x\to0^+$ 对应 $y\to+\infty$。$\ln x=\ln\frac1y=-\ln y$，而 $y>1$ 时 $\ln y>0$，所以 $\lvert\ln x\rvert=\ln y$：

$$x^\delta\lvert\ln x\rvert^q=\left(\frac1y\right)^\delta(\ln y)^q=\frac{(\ln y)^q}{y^\delta}\to0.$$

上面的 $x\ln x\to0$ 就是 $\delta=q=1$ 的情形：$x\lvert\ln x\rvert\to0$，而 $x\ln x=-x\lvert\ln x\rvert$，所以也趋于 $0$。直观上，在 $0$ 附近 $\lvert\ln x\rvert$ 趋于无穷的速度很慢，任何正次幂趋于 $0$ 都能把它压住。

这条链用得很多：判断极限、画函数图像时看两端的走向，第二篇判断反常积分是否收敛时也要用。

使用条件归纳一下：在所讨论的点附近（不含这一点）可导；分母的导数不为 $0$；导数之比的极限存在（或者为无穷）。左右两侧情况不同时，分开处理。

洛必达法则其余情形的证明（选读）#

上面只证明了有限点的 $\frac00$ 型。这里补齐另外两种情况。跳过它不影响使用。

$x\to\infty$ 的 $\frac00$ 型。 以 $x\to+\infty$ 为例。已知 $f(x)\to0$、$g(x)\to0$，且 $\frac{f'(x)}{g'(x)}\to L$；要证 $\frac{f(x)}{g(x)}\to L$。

（1）令 $t=\frac1x$，$x\to+\infty$ 对应 $t\to0^+$。写成 $t$ 的函数：$F(t)=f\left(\frac1t\right)$，$G(t)=g\left(\frac1t\right)$。$t\to0^+$ 时 $F(t)\to0$、$G(t)\to0$，是有限点的 $\frac00$ 型。

（2）求 $t$ 的导数之比。由链式法则，$F'(t)=f'\left(\frac1t\right)\cdot\left(-\frac1{t^2}\right)$，$G'(t)=g'\left(\frac1t\right)\cdot\left(-\frac1{t^2}\right)$，相除时 $-\frac1{t^2}$ 约掉：

$$\frac{F'(t)}{G'(t)}=\frac{f'(1/t)}{g'(1/t)}.$$

$t\to0^+$ 时 $\frac1t\to+\infty$，所以这个比趋于 $L$。

（3）对 $F$、$G$ 用上面已经证明的有限点洛必达法则：$\frac{F(t)}{G(t)}\to L$。而 $\frac{F(t)}{G(t)}=\frac{f(x)}{g(x)}$，所以 $\frac{f(x)}{g(x)}\to L$。

$\frac\infty\infty$ 型。 这时不能把 $f(a)$、$g(a)$ 补成“无穷”再用中值定理，要换一个办法。以右侧 $x\to a^+$ 为例（左侧一样）。设 $\frac{f'}{g'}\to L$（有限数），$\lvert g(x)\rvert\to\infty$。要证 $\frac fg\to L$，按极限的定义，就是要说明：任给一个误差 $\varepsilon>0$，$x$ 足够靠近 $a$ 时，$\frac{f(x)}{g(x)}$ 离 $L$ 都不超过一个和 $\varepsilon$ 成比例的数。

第一步，固定一个点 $c$。因为 $\frac{f'}{g'}\to L$，按极限的定义，有一小段 $(a,a+\delta)$，在这段里处处 $\left\lvert\frac{f'}{g'}-L\right\rvert<\varepsilon$。在这一小段里选一个点 $c$，选定以后就不再动。

第二步，让 $x$ 在 $a$ 与 $c$ 之间走向 $a$。在 $x$ 与 $c$ 之间用柯西中值定理：$\frac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$，$\xi$ 也在这一小段里，所以

$$\left\lvert\frac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}-L\right\rvert<\varepsilon.$$

把这个差商记作 $Q$。

第三步，把要算的 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 用 $Q$ 表示出来。分子加一个 $f(c)$ 再减一个 $f(c)$，拆成两项：

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(c)}{g(x)}+\frac{f(c)}{g(x)}.$$

第一项想换成 $Q$，分母还差一点，乘再除以 $g(x)-g(c)$：$\frac{f(x)-f(c)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}\cdot\frac{g(x)-g(c)}{g(x)}$，而 $\frac{g(x)-g(c)}{g(x)}=1-\frac{g(c)}{g(x)}$。合起来：

$$\frac{f(x)}{g(x)}=Q\cdot r+s,\qquad r=1-\frac{g(c)}{g(x)},\quad s=\frac{f(c)}{g(x)}.$$

第四步，估计 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 离 $L$ 多远。$x\to a$ 时 $\lvert g(x)\rvert\to\infty$，而 $f(c)$、$g(c)$ 是固定的数，所以 $r\to1$，$s\to0$。把差拆成三部分：

$$\frac{f(x)}{g(x)}-L=Q\,r+s-L=(Q-L)\,r+L\,(r-1)+s.$$

（展开右边可以验证：$Qr-Lr+Lr-L+s=Qr+s-L$。）$x$ 足够靠近 $a$ 时：$\lvert Q-L\rvert<\varepsilon$ 且 $\lvert r\rvert<2$，第一部分小于 $2\varepsilon$；$r-1\to0$，第二部分小于 $\varepsilon$；$s\to0$，第三部分小于 $\varepsilon$。所以

$$\left\lvert\frac{f(x)}{g(x)}-L\right\rvert<2\varepsilon+\varepsilon+\varepsilon=4\varepsilon.$$

$\varepsilon$ 可以任意小，$4\varepsilon$ 也就可以任意小，所以 $\frac{f(x)}{g(x)}\to L$。

（整个证明只用到了分母 $\lvert g(x)\rvert\to\infty$，没有用到分子也趋于无穷。所以这个版本的洛必达法则只要求分母趋于无穷。）

关键在于顺序：先选定 $c$，再让 $x$ 走向 $a$。$c$ 固定以后，$f(c)$、$g(c)$ 就是常数，才会被不断变大的 $g(x)$ 压到 $0$。

如果导数之比趋于 $+\infty$：任给一个大数 $M$，第一步改成在一小段里处处 $\frac{f'}{g'}>2M$，于是 $Q>2M$。$x$ 足够靠近 $a$ 时 $r>\frac12$、$s>-1$，所以 $\frac{f(x)}{g(x)}=Qr+s>2M\cdot\frac12-1=M-1$。$M$ 可以任意大，所以 $\frac fg\to+\infty$。$-\infty$ 时对 $-f$ 用同样的论证。双侧极限就分别证明左右两侧。

怎么选方法？#

看到的特征	优先考虑
能约分或乘共轭	先做，代价最低
几个基本的小量相乘相除	等价无穷小
有相减，需要看后面几阶	泰勒展开（下一节）
函数光滑，求导后明显变简单	洛必达
有振荡，但大小能控制	夹逼

这些方法可以混着用：先用等价无穷小把乘除的部分化简，再对剩下的部分用洛必达或泰勒。

七、泰勒公式：用多项式近似函数#

想法：让多项式模仿函数#

多项式是最容易计算的函数：只用加法和乘法。泰勒公式的想法是：在某一点附近，用一个多项式去模仿一个复杂的函数，模仿得越像，近似就越好。

第四节已经做过最简单的一步：用切线（一次多项式）近似函数。切线和函数在这一点有相同的值、相同的斜率。要模仿得更像，就让更多的东西相同。在 $x=0$ 这一点，要求多项式和函数：

• 函数值相同（高度一样）；
• 一阶导数相同（倾斜程度一样）；
• 二阶导数相同（弯曲程度一样）；
• ……匹配的阶数越多，在 $0$ 附近贴得越紧。

求系数#

设

$$p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n.$$

逐次求导，再代入 $x=0$：

$$\begin{aligned} p(0)&=a_0,\\ p'(x)=a_1+2a_2x+3a_3x^2+\cdots\ &\Longrightarrow\ p'(0)=a_1,\\ p''(x)=2a_2+3\cdot2\,a_3x+\cdots\ &\Longrightarrow\ p''(0)=2a_2=2!\,a_2,\\ p'''(x)=3\cdot2\cdot1\,a_3+\cdots\ &\Longrightarrow\ p'''(0)=3!\,a_3. \end{aligned}$$

规律是：求 $p^{(k)}(0)$ 时，每一项都求 $k$ 次导数，再代入 $x=0$。

• $x^k$ 这一项：求 $k$ 次导数，指数每次降下来乘到前面，变成常数 $k(k-1)\cdots1\cdot a_k=k!\,a_k$。
• 次数高于 $k$ 的项（比如 $x^{k+1}$）：求 $k$ 次导数后还带着 $x$，代入 $0$ 得 $0$。
• 次数低于 $k$ 的项（比如 $x^{k-1}$）：求不到 $k$ 次就已经变成常数，再求导就是 $0$。

所以只剩下 $x^k$ 那一项，$p^{(k)}(0)=k!\,a_k$。

要让 $p^{(k)}(0)=f^{(k)}(0)$，就必须取

$$a_k=\frac{f^{(k)}(0)}{k!}.$$

这就是泰勒系数的来历：系数是“让各阶导数都对上”的唯一选择。

泰勒公式#

泰勒公式（带佩亚诺余项） 若 $f$ 在 $0$ 处有直到 $n$ 阶的导数，则 $x\to0$ 时

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

在 $0$ 处的展开也叫麦克劳林公式。

如果要在别的点 $x_0$ 附近近似函数，做法完全一样，只是多项式改写成 $x-x_0$ 的幂：

$$p(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\cdots+a_n(x-x_0)^n.$$

为什么用 $x-x_0$ 而不用 $x$？因为求系数的关键一步是“代入后高次项全变成 $0$”。在 $0$ 处，代入 $x=0$ 让 $x,x^2,\dots$ 都变成 $0$；在 $x_0$ 处，代入 $x=x_0$ 让 $x-x_0,(x-x_0)^2,\dots$ 都变成 $0$。又因为 $(x-x_0)'=1$，对 $(x-x_0)^k$ 求导和对 $x^k$ 求导的规律一样：$\left[(x-x_0)^k\right]'=k(x-x_0)^{k-1}$。所以上面求系数的过程原样照搬：

$$p(x_0)=a_0,\qquad p'(x_0)=a_1,\qquad p''(x_0)=2!\,a_2,\qquad\dots,\qquad p^{(k)}(x_0)=k!\,a_k.$$

要让各阶导数在 $x_0$ 处对上，就取 $a_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$。于是 $x\to x_0$ 时：

$$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o\left((x-x_0)^n\right).$$

把展开点 $x_0$ 记作 $a$，增量 $x-x_0$ 记作 $h$（即 $x=a+h$），$n=1$ 时它就是第四节的 $f(a+h)=f(a)+f'(a)h+o(h)$。

最后的 $o(x^n)$ 叫余项，意思是：真实值减去这个多项式，得到的误差除以 $x^n$ 后趋于 $0$。它不是某个固定的数，而是在说明误差有多小：比 $x^n$ 还小得多。

上面只说明了“如果有这样的近似，系数只能这样取”。误差真的是 $o(x^n)$ 吗？这需要证明，放在本节后面的选读部分。

常用的展开#

在 $x\to0$ 时，下面五个最基本：

$$\begin{aligned} e^x&=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\\ \sin x&=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\\ \cos x&=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)\\ \ln(1+x)&=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\\ (1+x)^\alpha&=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+o(x^2) \end{aligned}$$

还有两个最简单的，来自等比数列求和：

$$\frac1{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^n+o(x^n),\qquad\frac1{1+x}=1-x+x^2-\cdots+(-1)^nx^n+o(x^n).$$

为什么误差是 $o(x^n)$？分三步算。

第一步，求和公式。把 $1-x$ 乘进去，中间的项一正一负全部抵消：

$$(1-x)(1+x+\cdots+x^n)=(1+x+\cdots+x^n)-(x+x^2+\cdots+x^{n+1})=1-x^{n+1}.$$

两边除以 $1-x$（$x$ 在 $0$ 附近，$1-x\ne0$），得 $1+x+\cdots+x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$。

第二步，算误差，即真实值减去多项式：

$$\frac1{1-x}-(1+x+\cdots+x^n)=\frac1{1-x}-\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\frac{1-(1-x^{n+1})}{1-x}=\frac{x^{n+1}}{1-x}.$$

第三步，误差除以 $x^n$：

$$\frac{x^{n+1}}{1-x}\cdot\frac1{x^n}=\frac{x}{1-x}\to\frac{0}{1-0}=0.$$

按定义，误差是 $o(x^n)$。

第二个式子把第一个里的 $x$ 全换成 $-x$：左边 $\frac1{1-(-x)}=\frac1{1+x}$，右边每一项 $(-x)^k=(-1)^kx^k$，偶数次为正、奇数次为负，所以正负交替；误差 $o\left((-x)^n\right)$ 除以 $x^n$ 只差一个符号 $(-1)^n$，仍然趋于 $0$，还是 $o(x^n)$。

另外三个也很常用：

$$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3),\qquad\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3),\qquad\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

由它们马上得到几个常用的“差”。做法都一样：代入展开式，一次项 $x$ 抵消，剩下三次项。$-o(x^3)$ 仍记作 $o(x^3)$，两个 $o(x^3)$ 相减也还是 $o(x^3)$（见上面的运算规则）。

$$\begin{aligned} x-\sin x&=x-\left(x-\frac{x^3}6+o(x^3)\right)=\frac{x^3}6+o(x^3),\\ \tan x-x&=\left(x+\frac{x^3}3+o(x^3)\right)-x=\frac{x^3}3+o(x^3),\\ x-\arctan x&=x-\left(x-\frac{x^3}3+o(x^3)\right)=\frac{x^3}3+o(x^3),\\ \tan x-\sin x&=\left(x+\frac{x^3}3+o(x^3)\right)-\left(x-\frac{x^3}6+o(x^3)\right)=\left(\frac13+\frac16\right)x^3+o(x^3)=\frac{x^3}2+o(x^3). \end{aligned}$$

每一个都是“某个常数乘 $x^3$，再加 $o(x^3)$”。以第一个为例，除以 $\frac{x^3}6$：

$$\frac{\frac{x^3}6+o(x^3)}{\frac{x^3}6}=1+6\cdot\frac{o(x^3)}{x^3}\to1,$$

所以 $x-\sin x\sim\frac{x^3}6$。同理 $\tan x-x\sim\frac{x^3}3$，$x-\arctan x\sim\frac{x^3}3$，$\tan x-\sin x\sim\frac{x^3}2$。

最前面五个的系数都可以用 $a_k=\frac{f^{(k)}(0)}{k!}$ 逐个验证。每个函数都做同样三件事：求各阶导数，代入 $0$，除以对应的阶乘。别忘了 $k=0$ 那一项：$a_0=\frac{f(0)}{0!}=f(0)$，就是常数项。

$e^x$。各阶导数都是 $e^x$，在 $0$ 处都等于 $e^0=1$，所以 $a_k=\frac1{k!}$：

$$a_0=\frac1{0!}=1,\quad a_1=\frac1{1!}=1,\quad a_2=\frac1{2!}=\frac12,\quad a_3=\frac1{3!}=\frac16.$$

$\sin x$。导数四次一循环：$\sin x\to\cos x\to-\sin x\to-\cos x\to\sin x$。逐阶代入 $0$：

$$\begin{aligned} k=0:&\quad f(0)=\sin0=0, & a_0&=0,\\ k=1:&\quad f'(0)=\cos0=1, & a_1&=\tfrac{1}{1!}=1,\\ k=2:&\quad f''(0)=-\sin0=0, & a_2&=0,\\ k=3:&\quad f'''(0)=-\cos0=-1, & a_3&=\tfrac{-1}{3!}=-\tfrac16. \end{aligned}$$

偶数阶导数是 $\pm\sin x$，在 $0$ 处都是 $0$，所以偶数次项全部消失。填进 $a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+o(x^3)$：

$$\sin x=0+1\cdot x+0\cdot x^2-\frac16x^3+o(x^3)=x-\frac{x^3}6+o(x^3).$$

$\cos x$。导数依次是 $-\sin x,\ -\cos x,\ \sin x,\ \cos x$，同样四次一循环：

$$\begin{aligned} k=0:&\quad f(0)=\cos0=1, & a_0&=1,\\ k=1:&\quad f'(0)=-\sin0=0, & a_1&=0,\\ k=2:&\quad f''(0)=-\cos0=-1, & a_2&=\tfrac{-1}{2!}=-\tfrac12,\\ k=3:&\quad f'''(0)=\sin0=0, & a_3&=0,\\ k=4:&\quad f^{(4)}(0)=\cos0=1, & a_4&=\tfrac{1}{4!}=\tfrac1{24}. \end{aligned}$$

这次奇数次项全部消失，得到 $\cos x=1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$。

$\ln(1+x)$。常数项 $f(0)=\ln1=0$。把一阶导数写成负指数幂 $\frac1{1+x}=(1+x)^{-1}$，再求导时指数降下来乘到前面：

$$\begin{aligned} f'(x)&=(1+x)^{-1}, & f'(0)&=1, & a_1&=\tfrac{1}{1!}=1,\\ f''(x)&=(-1)(1+x)^{-2}, & f''(0)&=-1, & a_2&=\tfrac{-1}{2!}=-\tfrac12,\\ f'''(x)&=(-1)(-2)(1+x)^{-3}=2(1+x)^{-3}, & f'''(0)&=2, & a_3&=\tfrac{2}{3!}=\tfrac13. \end{aligned}$$

所以 $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+o(x^3)$。

$(1+x)^\alpha$（$\alpha$ 是常数）。常数项 $f(0)=1^\alpha=1$，这就是展开式开头那个 $1$。逐阶求导，每次指数降下来乘到前面、指数减 $1$：

$$\begin{aligned} f'(x)&=\alpha(1+x)^{\alpha-1}, & f'(0)&=\alpha, & a_1&=\tfrac{\alpha}{1!}=\alpha,\\ f''(x)&=\alpha(\alpha-1)(1+x)^{\alpha-2}, & f''(0)&=\alpha(\alpha-1), & a_2&=\tfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}=\tfrac{\alpha(\alpha-1)}{2}. \end{aligned}$$

所以 $(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}2x^2+o(x^2)$。

这里用的是有限阶的展开，只关心 $x\to0$ 时的近似，不讨论把无穷多项加起来会怎样（那叫幂级数，本节最后的选读部分会谈到）。

图 10：在 0 附近，x 已经贴近 sin x；加上 −x³/6 后，贴合的范围明显变大。离 0 越远，误差越大。

展开到第几项？#

看最后的分母是几次，以及分子里会抵消掉多少。

例 1 求 $x\to0$ 时 $\dfrac{\sin x-x}{x^3}$。

分母是 $x^3$；分子里 $\sin x$ 的一次项 $x$ 会和后面的 $-x$ 抵消。所以至少要展开到三次项：

$$\sin x-x=\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)-x=-\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

代回原式，分母 $x^3$ 分别除到分子的两项上：

$$\frac{\sin x-x}{x^3}=\frac{-\frac{x^3}6+o(x^3)}{x^3}=-\frac16+\frac{o(x^3)}{x^3}.$$

按 $o(x^3)$ 的定义，$\frac{o(x^3)}{x^3}\to0$，所以极限是 $-\frac16+0=-\frac16$。这就是上一节计算器试出来的 $-0.1667$。

例 2 求 $x\to0$ 时 $\dfrac{\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}}{x^3}$。

展开后，$x$ 和 $x^2$ 项都抵消：

$$\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\right)-x+\frac{x^2}{2}=\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

同样把分母除到每一项上：$\frac{\frac{x^3}3+o(x^3)}{x^3}=\frac13+\frac{o(x^3)}{x^3}\to\frac13+0$。答案是 $\frac13$。

例 3 复合函数，先看里面那层是几阶：求 $\dfrac{e^{x^2}-1-x^2}{x^4}$ 的极限。

把 $u=x^2$ 看成整体，$u\to0$，

$$e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+o(u^2).$$

代回 $u=x^2$，由代换规则 $o(u^2)=o(x^4)$：

$$e^{x^2}=1+x^2+\frac{(x^2)^2}{2}+o(x^4)=1+x^2+\frac{x^4}{2}+o(x^4).$$

代进分子，常数项和二次项都抵消：

$$e^{x^2}-1-x^2=\left(1+x^2+\frac{x^4}{2}+o(x^4)\right)-1-x^2=\frac{x^4}{2}+o(x^4).$$

再除以 $x^4$：

$$\frac{e^{x^2}-1-x^2}{x^4}=\frac{\frac{x^4}2+o(x^4)}{x^4}=\frac12+\frac{o(x^4)}{x^4}\to\frac12+0=\frac12.$$

答案是 $\frac12$。

只需要把 $e^u$ 展到 $u^2$，不必展到 $u^4$：$u^2$ 已经是 $x^4$，正好对上分母。

例 4 求 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)$。

上面的展开都是在自变量趋于 $0$ 时成立的。这里 $x\to+\infty$，要先造出一个趋于 $0$ 的量。

第一步，从根号里提出 $x^2$：

$$\sqrt{x^2+x}=\sqrt{x^2\left(1+\frac1x\right)}=\sqrt{x^2}\cdot\sqrt{1+\frac1x}.$$

$\sqrt{x^2}=|x|$，而 $x\to+\infty$ 时 $x>0$，所以 $\sqrt{x^2}=x$。于是

$$\sqrt{x^2+x}-x=x\sqrt{1+\frac1x}-x=x\left[\sqrt{1+\frac1x}-1\right].$$

括号里的 $\frac1x\to0$，这就是要找的小量。

第二步，记 $u=\frac1x$，$u\to0$。由上面 $(1+u)^\alpha$ 的展开取 $\alpha=\frac12$，只保留到一次项，再两边减 $1$：

$$\sqrt{1+u}=1+\frac u2+o(u),\qquad\sqrt{1+u}-1=\frac u2+o(u).$$

第三步，乘回外面的 $x$。因为 $u=\frac1x$，所以 $x=\frac1u$：

$$x\left[\sqrt{1+\frac1x}-1\right]=\frac1u\left[\frac u2+o(u)\right]=\frac12+\frac{o(u)}{u}.$$

按 $o$ 的定义，$u\to0$ 时 $\frac{o(u)}{u}\to0$。所以

$$\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)=\frac12+0=\frac12,$$

和第三节用共轭算出的一样。

例 5 求 $\displaystyle\lim_{x\to0}(1+2x)^{1/x}$。

底数 $1+2x\to1$，指数 $\frac1x\to\infty$，是 $1^\infty$ 型。底数和指数都在变，先取对数，把指数拿下来。记 $y=(1+2x)^{1/x}$。$x$ 在 $0$ 附近时底数 $1+2x$ 是正数，可以取对数。由 $\ln(A^B)=B\ln A$：

$$\ln y=\frac1x\cdot\ln(1+2x)=\frac{\ln(1+2x)}{x}.$$

分母是一次，分子展开到一次项就够了。在 $\ln(1+u)=u+o(u)$ 里取 $u=2x$（$x\to0$ 时 $u\to0$），再由常数倍规则 $o(2x)=o(x)$：

$$\ln(1+2x)=2x+o(2x)=2x+o(x).$$

代回去，分母除到每一项上：

$$\ln y=\frac{2x+o(x)}{x}=2+\frac{o(x)}{x}\to2+0=2.$$

最后还原 $y$。$y=e^{\ln y}$，而 $e^t$ 是连续函数，极限可以移到指数上：

$$\lim_{x\to0}y=\lim_{x\to0}e^{\ln y}=e^{\lim_{x\to0}\ln y}=e^2.$$

拉格朗日余项：误差到底有多大#

佩亚诺余项 $o(x^n)$ 只说误差“比 $x^n$ 小得多”，没说具体多大。算极限时这就够了，因为只关心误差是否趋于 $0$。但如果要回答“算到第几项，误差才能小于 $0.01$”，就需要具体的数字。这时用拉格朗日余项：

$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1},\qquad\xi\text{ 在 }0\text{ 与 }x\text{ 之间}.$$

它的条件比佩亚诺余项强：要求 $f$ 在包含 $0$ 与 $x$ 的区间上有直到 $n+1$ 阶的导数。在一般的点 $x_0$ 处展开时，余项是 $\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$，$\xi$ 在 $x_0$ 与 $x$ 之间。为什么说它是中值定理的推广？取 $n=0$ 代进去看。求和 $\sum_{k=0}^{0}$ 只有 $k=0$ 一项，用 $f^{(0)}=f$、$0!=1$、$x^0=1$，这一项是 $\frac{f(0)}{0!}x^0=f(0)$。余项里 $n+1=1$，是 $\frac{f'(\xi)}{1!}x^1=f'(\xi)x$。合起来：

$$f(x)=f(0)+f'(\xi)x,\qquad\text{即}\qquad f(x)-f(0)=f'(\xi)(x-0).$$

这正是第五节的拉格朗日中值定理（用在区间 $[0,x]$ 上）。拉格朗日余项把它从“只用一阶导数”推广到了任意阶。

例 用 $e^x$ 展开到 $x^4$、再取 $x=1$ 的多项式近似 $e$，误差有多大？

这里 $n=4$，$x=1$。多项式的值是

$$1+1+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\frac1{4!}=1+1+\frac12+\frac16+\frac1{24}=\frac{65}{24}\approx2.70833.$$

$e^x$ 的各阶导数都是 $e^x$，第 $5$ 阶也是，所以拉格朗日余项是

$$\frac{e^\xi}{5!}\cdot1^5=\frac{e^\xi}{120},\qquad0<\xi<1.$$

$\xi$ 具体是多少不知道，但 $e^t$ 是增函数，$\xi<1$ 给出 $e^\xi<e^1=e$，而 $e\approx2.718<3$，所以误差小于 $\frac{3}{120}=0.025$。实际上 $e\approx2.71828$，实际误差是 $2.71828-2.70833\approx0.0099$，确实在 $0.025$ 以内。

为什么误差真的是 $o(x^n)$（选读）#

前面说过，求系数只回答了“如果有这样的近似，多项式只能是什么”。还要证明：把这个多项式后面的东西都扔掉，剩下的误差确实是 $o(x^n)$。只在一点上对上了有限多阶导数，并不能直接推出附近的误差都很小，所以需要证明。

为了能用中值定理，这里假设 $f$ 在展开点 $a$ 附近有直到 $n$ 阶的导数（比定理的最弱条件稍强，对常见的函数都成立）。记误差为

$$R_n(h)=f(a+h)-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}h^k.$$

要证明 $\frac{R_n(h)}{h^n}\to0$。用数学归纳法。

第一步，$n=1$。 $R_1(h)=f(a+h)-f(a)-f'(a)h$。$R_1(h)=o(h)$ 正是第四节“导数的另一种写法”，已经证明。

第二步，假设对 $n-1$ 成立，证明对 $n$ 成立。 归纳假设说的是：对任何在 $a$ 附近有直到 $n-1$ 阶导数的函数，展开到 $n-1$ 阶的误差除以 $h^{n-1}$ 都趋于 $0$。注意它对任何函数都成立，下面要把它用在 $f'$ 上，而不是 $f$ 上。

先把 $R_n(h)$ 写开：

$$R_n(h)=f(a+h)-\left[\frac{f(a)}{0!}+\frac{f'(a)}{1!}h+\frac{f''(a)}{2!}h^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}h^n\right].$$

把它看成 $h$ 的函数求导。$a$ 是固定的展开点，所有 $f^{(k)}(a)$ 都是常数。逐项来看：

第一项 $f(a+h)$：由链式法则，内层 $a+h$ 对 $h$ 的导数是 $1$，所以导数是 $f'(a+h)$。

方括号里 $k=0$ 那一项 $f(a)$ 是常数，求导得 $0$。$k\ge1$ 的项 $\frac{f^{(k)}(a)}{k!}h^k$，常数不动，$h^k$ 求导得 $kh^{k-1}$；由 $k!=k\cdot(k-1)!$，约掉 $k$：

$$\frac{f^{(k)}(a)}{k!}\cdot kh^{k-1}=\frac{f^{(k)}(a)}{(k-1)!}h^{k-1}.$$

所以

$$R_n'(h)=f'(a+h)-\left[f'(a)+f''(a)h+\frac{f'''(a)}{2!}h^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(a)}{(n-1)!}h^{n-1}\right].$$

现在记 $g=f'$。$f$ 有直到 $n$ 阶的导数，所以 $g$ 有直到 $n-1$ 阶的导数，并且

$$g(a)=f'(a),\quad g'(a)=f''(a),\quad g''(a)=f'''(a),\quad\dots,\quad g^{(n-1)}(a)=f^{(n)}(a).$$

把这些代进 $g$ 在 $a$ 处展开到 $n-1$ 阶的泰勒多项式 $g(a)+g'(a)h+\frac{g''(a)}{2!}h^2+\cdots+\frac{g^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}h^{n-1}$，得到的正好是上面方括号里那一串。而方括号前面的 $f'(a+h)$ 就是 $g(a+h)$。所以

$$R_n'(h)=g(a+h)-\bigl(g\text{ 展开到 }n-1\text{ 阶的泰勒多项式}\bigr),$$

也就是 $g$ 展开到 $n-1$ 阶的误差。把归纳假设用在 $g$ 上：

$$\lim_{t\to0}\frac{R_n'(t)}{t^{n-1}}=0.$$

再看 $R_n(0)$。把 $h=0$ 代入：第一项是 $f(a)$；方括号里 $k=0$ 的项是 $f(a)$，其余各项都带 $h$ 的正整数次方，是 $0$。所以 $R_n(0)=f(a)-f(a)=0$。

现在用第五节的柯西中值定理：对两个函数 $u(t)$、$v(t)$，在 $0$ 与 $h$ 之间存在 $\xi$ 使 $\frac{u(h)-u(0)}{v(h)-v(0)}=\frac{u'(\xi)}{v'(\xi)}$。取 $u(t)=R_n(t)$，$v(t)=t^n$：分子 $u(h)-u(0)=R_n(h)-0=R_n(h)$，分母 $v(h)-v(0)=h^n-0=h^n$，$u'(\xi)=R_n'(\xi)$，$v'(\xi)=n\xi^{n-1}$。所以存在 $\xi$（严格在 $0$ 与 $h$ 之间，因此 $\xi\ne0$）使

$$\frac{R_n(h)}{h^n}=\frac{R_n'(\xi)}{n\xi^{n-1}}=\frac1n\cdot\frac{R_n'(\xi)}{\xi^{n-1}}.$$

$\xi$ 被夹在 $0$ 与 $h$ 之间，$0<\lvert\xi\rvert<\lvert h\rvert$，所以 $h\to0$ 时 $\xi\to0$。而上面已经得到 $t\to0$ 时 $\frac{R_n'(t)}{t^{n-1}}\to0$，把 $t$ 换成 $\xi$，右边趋于 $\frac1n\cdot0=0$。所以

$$\lim_{h\to0}\frac{R_n(h)}{h^n}=0,\qquad\text{即}\qquad R_n(h)=o(h^n),$$

归纳完成。

这个证明只用了导数的定义、归纳法和第五节已经证明的中值定理。

总结一下泰勒公式做的两件事：第一，让各阶导数对上，求出唯一的多项式系数；第二，余项定理保证扔掉后面的东西以后，误差确实足够小。

拉格朗日余项的证明（选读）#

拉格朗日余项也可以从罗尔定理推出来。为了写起来简单，在点 $a$ 展开，记 $P_n(t)$ 为 $f$ 在 $a$ 处展开到 $n$ 阶的泰勒多项式。

要证明的是：

$$f(x)-P_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1},\qquad\xi\text{ 在 }a\text{ 与 }x\text{ 之间}.$$

固定一个 $x\ne a$。这时真实误差 $f(x)-P_n(x)$ 是一个确定的数，$(x-a)^{n+1}$ 也是一个不为 $0$ 的确定的数。用它们相除，定义一个数 $K$：

$$K=\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-a)^{n+1}},\qquad\text{也就是}\qquad f(x)-P_n(x)=K(x-a)^{n+1}.$$

这一步没有推导任何东西，只是给这个比值起了个名字。对照要证明的式子，目标就变成：找到 $a$ 与 $x$ 之间的一个 $\xi$，使 $K=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}$。

构造

$$\psi(t)=f(t)-P_n(t)-K(t-a)^{n+1}.$$

这里 $t$ 是变量，$x$、$K$ 都已经固定。

在 $t=x$ 处：$\psi(x)=f(x)-P_n(x)-K(x-a)^{n+1}=0$，这正是 $K$ 的定义。

在 $t=a$ 处：先看 $\psi(a)$。$P_n(a)=f(a)$（泰勒多项式在展开点的值就是 $f(a)$），$(a-a)^{n+1}=0$，所以 $\psi(a)=f(a)-f(a)-0=0$。

再看第 $k$ 阶导数，$1\le k\le n$：

$$\psi^{(k)}(t)=f^{(k)}(t)-P_n^{(k)}(t)-K\left[(t-a)^{n+1}\right]^{(k)}.$$

泰勒多项式就是按“前 $n$ 阶导数在 $a$ 处和 $f$ 相同”造出来的，所以 $P_n^{(k)}(a)=f^{(k)}(a)$，前两项相减为 $0$。最后一项：$(t-a)^{n+1}$ 每求一次导数，指数降 $1$、前面多一个系数，求 $k$ 次后是

$$(n+1)n\cdots(n-k+2)\,(t-a)^{n+1-k}.$$

因为 $k\le n$，剩下的指数 $n+1-k\ge1$，还带着因子 $t-a$，代入 $t=a$ 得 $0$。所以

$$\psi(a)=\psi'(a)=\psi''(a)=\cdots=\psi^{(n)}(a)=0.$$

现在反复用罗尔定理。回忆一下：函数在闭区间上连续、在内部可导，两端的值相等，那么内部有一点导数为 $0$。不妨设 $a<x$（$x<a$ 时完全一样）。

第 1 次，对 $\psi$：$\psi(a)=0=\psi(x)$，在 $[a,x]$ 上用罗尔定理，得到 $\xi_1\in(a,x)$，$\psi'(\xi_1)=0$。

第 2 次，对 $\psi'$：$\psi'(a)=0=\psi'(\xi_1)$，在更小的区间 $[a,\xi_1]$ 上用罗尔定理，得到 $\xi_2\in(a,\xi_1)$，$\psi''(\xi_2)=0$。

第 3 次，对 $\psi''$：$\psi''(a)=0=\psi''(\xi_2)$，在 $[a,\xi_2]$ 上得到 $\xi_3\in(a,\xi_2)$，$\psi'''(\xi_3)=0$。

每一次左端点都是 $a$（因为 $\psi$ 的前 $n$ 阶导数在 $a$ 处都是 $0$），右端点是上一次找到的点。这样一直做到第 $n+1$ 次：对 $\psi^{(n)}$，$\psi^{(n)}(a)=0=\psi^{(n)}(\xi_n)$，得到 $\xi\in(a,\xi_n)$，使 $\psi^{(n+1)}(\xi)=0$。这些点一个比一个靠左：

$$a<\xi<\xi_n<\cdots<\xi_2<\xi_1<x,$$

所以 $\xi$ 在 $a$ 与 $x$ 之间。

最后算 $\psi^{(n+1)}$。$P_n$ 最高只有 $n$ 次，每求一次导数次数降 $1$，求 $n+1$ 次后变成 $0$。$(t-a)^{n+1}$ 依次求导：

$$(n+1)(t-a)^n,\quad(n+1)n(t-a)^{n-1},\quad\dots,\quad(n+1)n\cdots2\cdot1\,(t-a)^0=(n+1)!.$$

所以 $\psi^{(n+1)}(t)=f^{(n+1)}(t)-0-K\cdot(n+1)!$。代入 $t=\xi$：

$$0=\psi^{(n+1)}(\xi)=f^{(n+1)}(\xi)-(n+1)!\,K,\qquad K=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}.$$

把这个 $K$ 代回 $f(x)-P_n(x)=K(x-a)^{n+1}$，就是要证的

$$f(x)=P_n(x)+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}.$$

由此马上得到一个可以直接用的误差估计：如果在这个区间上 $\lvert f^{(n+1)}\rvert\le M$，那么

$$\lvert f(x)-P_n(x)\rvert\le\frac{M}{(n+1)!}\lvert x-a\rvert^{n+1}.$$

第二篇讲数值积分时，误差估计也是这样得到的。

展开无穷多项，能还原函数吗？（选读）#

有限阶的泰勒公式讨论的是：

$$\text{阶数 }n\text{ 固定},\qquad x\to0.$$

而“把无穷多项加起来，能不能得到原来的函数”讨论的是：

$$x\text{ 固定},\qquad n\to\infty.$$

这是两个不同的极限。每一个固定的 $n$ 在 $0$ 附近都近似得很好，并不能推出：固定一个不为 $0$ 的 $x$，一直增加阶数，就一定会趋于 $f(x)$。要说明可以，必须证明余项 $R_n(x)\to0$。

一个可以还原的例子：$e^x$。 固定 $x$。由拉格朗日余项，

$$R_n(x)=\frac{e^\xi}{(n+1)!}x^{n+1},\qquad\xi\text{ 在 }0\text{ 与 }x\text{ 之间}.$$

先把 $e^\xi$ 控制住。$e^t$ 是增函数。若 $x>0$，则 $\xi<x$，$e^\xi<e^x=e^{\lvert x\rvert}$；若 $x<0$，则 $\xi<0$，$e^\xi<e^0=1\le e^{\lvert x\rvert}$。两种情形都有 $e^\xi\le e^{\lvert x\rvert}$，这是一个不随 $n$ 变的数。于是

$$\lvert R_n(x)\rvert\le e^{\lvert x\rvert}\frac{\lvert x\rvert^{n+1}}{(n+1)!}.$$

再看后面的分式为什么趋于 $0$。记 $b_m=\frac{\lvert x\rvert^m}{m!}$，先拿 $x=2$ 试试：

$$b_1=\frac21=2,\quad b_2=\frac42=2,\quad b_3=\frac86\approx1.33,\quad b_4=\frac{16}{24}\approx0.67,\quad b_5=\frac{32}{120}\approx0.27.$$

开始不小，后面下降得越来越快。原因看相邻两项之比：

$$\frac{b_{m+1}}{b_m}=\frac{\lvert x\rvert^{m+1}}{\lvert x\rvert^m}\cdot\frac{m!}{(m+1)!}=\frac{\lvert x\rvert}{m+1}.$$

$x$ 固定，分母 $m+1$ 越来越大。取一个整数 $M>2\lvert x\rvert$，那么 $m\ge M$ 以后比值都小于 $\frac12$，即 $b_{m+1}<\frac12b_m$。于是

$$b_{M+1}<\frac12b_M,\quad b_{M+2}<\left(\frac12\right)^2b_M,\quad\dots,\quad b_{M+j}<\left(\frac12\right)^jb_M.$$

$b_M$ 是固定的数，$\left(\frac12\right)^j\to0$，所以 $b_m\to0$，$\lvert R_n(x)\rvert\to0$。因此 $e^x=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}$ 对所有 $x$ 都成立，这和第二节选读里的定义一致。

$\sin x$、$\cos x$ 也一样：它们的各阶导数是 $\pm\sin x$ 或 $\pm\cos x$，绝对值都不超过 $1$，所以

$$\lvert R_n(x)\rvert=\frac{\lvert f^{(n+1)}(\xi)\rvert}{(n+1)!}\lvert x\rvert^{n+1}\le\frac{\lvert x\rvert^{n+1}}{(n+1)!}\to0,$$

它们也能被自己的级数还原。

一个不能还原的例子。 令

$$f(x)=\begin{cases}e^{-1/x^2},&x\ne0,\\0,&x=0.\end{cases}$$

$x$ 越接近 $0$，$\frac1{x^2}$ 越大，$e^{-1/x^2}$ 越小，而且小得非常快：比 $x$ 的任何次方都快。具体地说：

引理 对任意固定的 $m>0$，$x\to0$ 时 $\dfrac{e^{-1/x^2}}{\lvert x\rvert^m}\to0$。

比如 $m=1$，就是说 $e^{-1/x^2}$ 比 $\lvert x\rvert$ 小得多；$m=100$，就是比 $\lvert x\rvert^{100}$ 还小得多。

证明分三步。

第一步，换元。令 $t=\frac1{x^2}$，$x\to0$ 时 $t\to+\infty$。分子 $e^{-1/x^2}=e^{-t}$。由 $t=\frac1{x^2}$ 得 $\sqrt t=\frac1{\lvert x\rvert}$，即 $\lvert x\rvert=t^{-1/2}$，所以 $\lvert x\rvert^m=t^{-m/2}$。于是

$$\frac{e^{-1/x^2}}{\lvert x\rvert^m}=\frac{e^{-t}}{t^{-m/2}}=t^{m/2}e^{-t}.$$

第二步，放缩 $e^{-t}$。由 $e^t$ 的级数 $e^t=1+t+\frac{t^2}{2!}+\cdots+\frac{t^N}{N!}+\cdots$，$t>0$ 时每一项都是正的，总和大于其中任何一项，所以对任意正整数 $N$，$e^t>\frac{t^N}{N!}$。两边都是正数，取倒数不等号反向：

$$e^{-t}<\frac{N!}{t^N}.$$

第三步，两边乘正数 $t^{m/2}$：

$$0<t^{m/2}e^{-t}<\frac{N!\,t^{m/2}}{t^N}=\frac{N!}{t^{N-m/2}}.$$

现在选一个整数 $N>\frac m2$（比如 $m=1$ 时取 $N=1$，$m=4$ 时取 $N=3$），使分母的指数 $N-\frac m2>0$。$t\to+\infty$ 时分母趋于 $+\infty$，$N!$ 是固定的数，所以右边趋于 $0$。左边是 $0$，由夹逼定理，$t^{m/2}e^{-t}\to0$。

下面要说明：$f$ 在 $0$ 处的各阶导数全是 $0$。

先看 $x\ne0$ 处的导数长什么样。 把 $f$ 写成 $e^{-x^{-2}}$，用链式法则，外层是指数函数，内层 $(-x^{-2})'=2x^{-3}$：

$$f'(x)=e^{-1/x^2}\cdot\frac{2}{x^3}=2\left(\frac1x\right)^3e^{-1/x^2}.$$

再求一次，用乘积法则，其中 $(2x^{-3})'=-6x^{-4}$，$\left(e^{-1/x^2}\right)'=\frac2{x^3}e^{-1/x^2}$：

$$f''(x)=-\frac6{x^4}e^{-1/x^2}+\frac2{x^3}\cdot\frac2{x^3}e^{-1/x^2}=\left[4\left(\frac1x\right)^6-6\left(\frac1x\right)^4\right]e^{-1/x^2}.$$

规律是：每一个导数都形如“$\frac1x$ 的某个多项式 $\times e^{-1/x^2}$”。原因是，对这种形式再求导，乘积法则给出两部分：$\left(\frac1x\right)^j$ 求导得 $-j\left(\frac1x\right)^{j+1}$，还是 $\frac1x$ 的幂；$e^{-1/x^2}$ 求导多出因子 $2\left(\frac1x\right)^3$，也是 $\frac1x$ 的幂。所以求导之后形式不变。

再一阶一阶算 $0$ 处的导数。 一阶，按定义：

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{e^{-1/x^2}}{x}.$$

它的绝对值是 $\frac{e^{-1/x^2}}{\lvert x\rvert}$，由引理（$m=1$）趋于 $0$，所以 $f'(0)=0$。

二阶，用 $f'(0)=0$ 和上面算出的 $f'(x)$：

$$f''(0)=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{2}{x^4}e^{-1/x^2}.$$

绝对值是 $2\cdot\frac{e^{-1/x^2}}{\lvert x\rvert^4}$，由引理（$m=4$）趋于 $0$，所以 $f''(0)=0$。

一般地，设已经知道 $f^{(k)}(0)=0$，并且 $x\ne0$ 时 $f^{(k)}(x)$ 是“$\frac1x$ 的多项式 $\times e^{-1/x^2}$”。那么

$$f^{(k+1)}(0)=\lim_{x\to0}\frac{f^{(k)}(x)-0}{x}=\lim_{x\to0}\frac1x\cdot f^{(k)}(x).$$

多除一个 $x$，只是把多项式里每一项 $\left(\frac1x\right)^j$ 变成 $\left(\frac1x\right)^{j+1}$。乘开以后是有限多项，每一项都是常数乘 $\frac{e^{-1/x^2}}{x^{j+1}}$，由引理（$m=j+1$）趋于 $0$，所以 $f^{(k+1)}(0)=0$。这样一阶接一阶，各阶导数全是 $0$。

后果。 把这些代进 $f$ 在 $0$ 处的泰勒多项式：

$$P_n(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n=0+0\cdot x+0\cdot x^2+\cdots+0\cdot x^n=0.$$

不论 $n$ 取多少，泰勒多项式都是 $0$；每个固定的 $n$ 都成立 $f(x)=0+o(x^n)$。把无穷多项加起来，得到的也是 $0+0+0+\cdots=0$。可是 $x\ne0$ 时 $f(x)=e^{-1/x^2}>0$，比如 $f(1)=e^{-1}\approx0.368$。级数处处是 $0$，函数却不是。也就是说：一个点上所有阶的导数，也不一定能决定附近的函数。

能被自己的泰勒级数还原的函数叫解析函数，$e^x$、$\sin x$、多项式都是。在复数的范围里情况完全不同：在一个区域内处处可导的复变函数，自动就是解析的。这是复变函数论里最令人惊讶的结论之一。这里的“可导”要求从复平面上任何方向靠近，差商都趋于同一个值，比实数里的可导强得多。

八、分段函数、隐函数、参数方程与反函数#

求导法则都是第四节那几条。这一节的题目难在别处：要弄清楚哪个量随哪个量变化。

① 分段函数的连接点：先查连续，再用定义查可导#

例 设 $x<0$ 时 $f(x)=ax+b$，$x\ge0$ 时 $f(x)=e^x$。要求 $f$ 在 $0$ 处可导，求 $a$、$b$。

可导一定连续，所以先查连续。左边 $x\to0^-$ 时 $ax+b\to b$；右边在 $0$ 处的函数值 $f(0)=e^0=1$。连续要求 $b=1$。

再查导数。左导数（$f(0)=1$，$b=1$）：

$$\lim_{h\to0^-}\frac{(ah+1)-1}{h}=\lim_{h\to0^-}\frac{ah}{h}=a.$$

右导数：

$$\lim_{h\to0^+}\frac{e^h-1}{h}=1.$$

可导要求两者相等，所以 $a=1$。

对于复杂的分段函数，连接点 $x=a$ 处的导数要看

$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$

的左右极限（上面的例子是 $a=0$）。不能只求两边的导函数，看它们的极限是否相等，就跳过函数值和连续性。

一个常用的结论：$\lvert x-a\rvert g(x)$ 什么时候在 $a$ 处可导。 设 $g$ 在 $a$ 处连续，$F(x)=\lvert x-a\rvert g(x)$。先算 $F(a)=\lvert a-a\rvert g(a)=0$。用定义：

$$\frac{F(a+h)-F(a)}{h}=\frac{\lvert (a+h)-a\rvert\, g(a+h)-0}{h}=\frac{\lvert h\rvert}{h}\,g(a+h).$$

$g$ 在 $a$ 处连续，所以 $h\to0$ 时 $g(a+h)\to g(a)$。

$h>0$ 时 $\lvert h\rvert=h$，$\frac{\lvert h\rvert}h=1$，右导数是 $\lim\limits_{h\to0^+}g(a+h)=g(a)$。

$h<0$ 时 $\lvert h\rvert=-h$，$\frac{\lvert h\rvert}h=-1$，左导数是 $\lim\limits_{h\to0^-}\left(-g(a+h)\right)=-g(a)$。

两者相等当且仅当 $g(a)=-g(a)$，即 $2g(a)=0$，$g(a)=0$。所以：$F$ 在 $a$ 处可导，当且仅当 $g(a)=0$，这时 $F'(a)=0$。比如 $\lvert x-1\rvert(x^2-1)$：这里 $a=1$，$g(x)=x^2-1$，$g(1)=1-1=0$，所以在 $x=1$ 处可导。而 $\lvert x-1\rvert(x+1)$：$g(x)=x+1$，$g(1)=2\ne0$，所以在 $x=1$ 处不可导。

回到上面说的问题：什么时候可以用两边导函数的极限，来判断连接点处的导数？准确的结论是下面这一条。

导数极限定理 若 $f$ 在 $a$ 处连续，在 $a$ 附近（$x\ne a$）可导，且 $\lim\limits_{x\to a}f'(x)=L$ 存在，则 $f'(a)$ 存在，并且等于 $L$。

比如 $f(x)=\lvert x\rvert^3$：在 $0$ 处连续；$x>0$ 时 $f'(x)=3x^2$，$x<0$ 时 $f'(x)=-3x^2$，两边都趋于 $0$，所以 $f'(0)=0$，不必再算差商。

证明：要证的是差商 $\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$ 在 $h\to0$ 时趋于 $L$。

取一个小的 $h\ne0$。$f$ 在 $a$ 处连续，在 $a$ 附近可导（因此也连续），所以 $f$ 在以 $a$、$a+h$ 为端点的闭区间上连续，在内部可导，满足第五节拉格朗日中值定理的条件。于是存在一点 $\xi$，严格在 $a$ 与 $a+h$ 之间，使

$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=f'(\xi).$$

$\xi$ 随 $h$ 而定。它被夹在 $a$ 与 $a+h$ 之间，$0<\lvert\xi-a\rvert<\lvert h\rvert$，所以 $h\to0$ 时 $\xi\to a$，并且 $\xi\ne a$。由条件 $\lim\limits_{x\to a}f'(x)=L$，得 $f'(\xi)\to L$。所以

$$f'(a)=\lim_{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\lim_{h\to0}f'(\xi)=L.$$

它对单侧也成立：若 $f$ 在 $a$ 处连续，$\lim\limits_{x\to a^+}f'(x)$ 存在，则右导数 $f'_+(a)$ 等于它（证明只用 $h>0$）；左侧同理。分段函数在连接点两侧的式子不同，通常就是先确认连续，再分别算两侧导函数的极限。

这是一个充分条件，不是必要条件。反例 (2) 说明：导函数的极限不存在时，函数仍可能可导，必须回到定义判断。

反例 (2) 还说明，导函数可以存在却不连续。不过导函数的“不连续”只能是这种振荡型的：

达布定理 若 $f$ 在 $[a,b]$ 上可导（端点处指单侧导数：$a$ 处是右导数，$b$ 处是左导数），那么 $f'$ 能取到 $f'(a)$ 与 $f'(b)$ 之间的每一个值。

比如 $f'(a)=-1$，$f'(b)=2$，那么在 $a$ 和 $b$ 之间，$f'$ 一定在某处等于 $0$，某处等于 $1$，$-1$ 和 $2$ 之间的每个数都能取到。这和“开始之前”的介值定理说的是同一类事，但介值定理要求函数连续，而这里的 $f'$ 不必连续。

所以导函数不可能有跳跃间断点或可去间断点：那两种情况都会“跳过”一些中间值。

看跳跃间断点。假设 $f'$ 在 $c$ 左边靠近 $c$ 时接近 $1$，右边接近 $3$。在 $c$ 左边取一点 $p$，$f'(p)$ 接近 $1$；右边取一点 $q$，$f'(q)$ 接近 $3$。达布定理说 $f'$ 在 $p$、$q$ 之间要取到 $2$ 附近的每个值；可是 $c$ 左边的值都接近 $1$，右边都接近 $3$，$f'(c)$ 也只是一个数，取不全这些值。用 $\varepsilon$ 写严格并不难，这里只说思路。

可去间断点也一样：假设 $f'$ 在 $c$ 两侧都接近 $2$，而 $f'(c)=5$。在 $c$ 旁边取一点 $p$，$f'(p)$ 接近 $2$；达布定理要求在 $p$ 和 $c$ 之间取到 $2$ 到 $5$ 之间的每个值，比如 $3.5$，但这些点上 $f'$ 都接近 $2$，取不到。

所以导函数如果不连续，只能是反例 (2) 那样，在某点附近不停振荡。第二篇会用这个结论判断哪些函数没有原函数。

② 隐函数：把 $y$ 当成随 $x$ 变化的量#

方程 $x^2+y^2=1$ 描述单位圆。它没有写成 $y=\cdots$ 的形式，但在圆上某一点附近（比如上半圆），$y$ 确实是 $x$ 的函数（$y=\sqrt{1-x^2}$）。这种由方程隐含地确定的函数叫隐函数。不必解出 $y$，也能求导。

两边对 $x$ 求导。$y$ 是 $x$ 的函数，$y^2$ 是“平方套着 $y(x)$”，按链式法则求导得 $2y\cdot y'$：

$$2x+2y\cdot y'=0.$$

若 $y\ne0$：

$$y'=-\frac xy.$$

验证：上半圆 $y=\sqrt{1-x^2}=(1-x^2)^{1/2}$ 直接求导。链式法则，外层 $(\ )^{1/2}$ 求导得 $\frac12(1-x^2)^{-1/2}=\frac1{2\sqrt{1-x^2}}$，内层 $(1-x^2)'=-2x$：

$$y'=\frac1{2\sqrt{1-x^2}}\cdot(-2x)=-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=-\frac xy,$$

最后一步用了 $\sqrt{1-x^2}=y$。两种方法一致。

结果里同时有 $x$ 和 $y$。要求某一点的导数，比如 $x=\frac12$ 处（上半圆），先把 $x=\frac12$ 代回原方程求出 $y$：$y^2=1-\frac14$，$y=\frac{\sqrt3}2$（上半圆取正）；再把这一对 $(x,y)$ 一起代入：$y'=-\frac{1/2}{\sqrt3/2}=-\frac1{\sqrt3}$。

再求二阶导数。 不用急着对分式 $-\frac xy$ 求导，可以对上一行 $2x+2yy'=0$ 两边再对 $x$ 求一次导。$(2x)'=2$；$yy'$ 是 $y$ 与 $y'$ 的乘积，$y$ 的导数是 $y'$，$y'$ 的导数是 $y''$，用乘积法则：$(yy')'=y'\cdot y'+y\cdot y''$；右边 $0$ 的导数是 $0$。所以

$$2+2(y')^2+2y\cdot y''=0.$$

两边除以 $2$，再把不含 $y''$ 的项移到右边，最后除以 $y$（$y\ne0$）：

$$1+(y')^2+y\cdot y''=0,\qquad y\cdot y''=-\left[1+(y')^2\right],\qquad y''=-\frac{1+(y')^2}{y}.$$

再代入 $y'=-\frac xy$，并利用 $x^2+y^2=1$：

$$y''=-\frac{1+\frac{x^2}{y^2}}{y}=-\frac{\frac{y^2+x^2}{y^2}}{y}=-\frac{y^2+x^2}{y^3}=-\frac1{y^3}.$$

每次碰到 $y$ 都要记得乘链式法则带出的 $y'$。$y\ne0$ 是使用这些式子的条件：$y=0$ 对应圆的最左、最右两点，那里切线是竖直的，$y$ 不能写成 $x$ 的可导函数。

③ 参数方程：求 $y$ 对 $x$ 的变化率#

有些曲线用第三个变量 $t$（叫参数）同时描述 $x$ 和 $y$ 更方便。比如单位圆可以写成 $x=\cos t$，$y=\sin t$；质点运动时，$t$ 是时间，$(x(t),y(t))$ 是位置。

设 $x=t^2$，$y=t^3$，$t>0$。

$$\frac{dx}{dt}=2t,\qquad \frac{dy}{dt}=3t^2.$$

因此

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{3t^2}{2t}=\frac{3t}{2}.$$

二阶导数 $\frac{d^2y}{dx^2}$ 是“这个斜率再对 $x$ 求导”。斜率 $\frac{3t}2$ 是 $t$ 的函数，所以用同样的办法：先对 $t$ 求导得 $\frac32$，再除以 $\frac{dx}{dt}=2t$：

$$\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{3t}{2}\right)}{\frac{dx}{dt}}=\frac{3/2}{2t}=\frac{3}{4t}.$$

一般公式。 先说一个总的规则：对任何一个随 $t$ 变化的量 $u(t)$，由链式法则，

$$\frac{du}{dx}=\frac{du/dt}{dx/dt}.$$

即“对 $x$ 求导 = 先对 $t$ 求导，再除以 $\frac{dx}{dt}$”。一阶导数是把它用在 $u=y$ 上；二阶导数是把它用在 $u=\frac{dy}{dx}$ 上。最容易忘的，就是最后那一步“再除以 $\frac{dx}{dt}$”。

为了写得短，用牛顿的记号：字母上加一个点表示对 $t$ 求一次导数，加两个点表示求两次。即 $\dot x=\frac{dx}{dt}$，$\ddot x=\frac{d^2x}{dt^2}$；$\dot y=\frac{dy}{dt}$，$\ddot y=\frac{d^2y}{dt^2}$。这样斜率是 $\frac{dy}{dx}=\frac{\dot y}{\dot x}$。

第一步，斜率 $\frac{\dot y}{\dot x}$ 对 $t$ 求导，用商的法则 $\left(\frac uv\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$。这里 $u=\dot y$，$u'=\ddot y$；$v=\dot x$，$v'=\ddot x$：

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\dot y}{\dot x}\right)=\frac{\ddot y\dot x-\dot y\ddot x}{\dot x^2}.$$

第二步，再除以 $\frac{dx}{dt}=\dot x$。除以 $\dot x$ 就是分母再乘一个 $\dot x$：

$$\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{\ddot y\dot x-\dot y\ddot x}{\dot x^2}\cdot\frac1{\dot x}=\frac{\ddot y\dot x-\dot y\ddot x}{\dot x^3}.$$

分母是 $\dot x$ 的三次方：商的法则贡献两次，最后除以 $\dot x$ 又是一次。本例 $\dot x=2t$，$\ddot x=2$，$\dot y=3t^2$，$\ddot y=6t$：$\frac{6t\cdot2t-3t^2\cdot2}{8t^3}=\frac{12t^2-6t^2}{8t^3}=\frac{6t^2}{8t^3}=\frac3{4t}$，一致。

④ 相关变化率：几个量通过方程联系，一起随时间变化#

两个量 $x(t)$、$y(t)$ 满足某个关系式，知道其中一个变化的速度，求另一个变化的速度。做法：写出关系式，两边对时间 $t$ 求导（链式法则），代入那一时刻的值。

例 一架 $5$ 米长的梯子靠在竖直的墙上，底端以每秒 $1$ 米的速度离开墙。底端离墙 $3$ 米时，顶端沿墙下滑的速度是多少？

设底端离墙 $x$，顶端高 $y$，由勾股定理 $x^2+y^2=25$。两边对 $t$ 求导：

$$2x\frac{dx}{dt}+2y\frac{dy}{dt}=0\quad\Longrightarrow\quad\frac{dy}{dt}=-\frac{x}{y}\frac{dx}{dt}.$$

$x=3$ 时 $y=\sqrt{25-9}=4$，$\frac{dx}{dt}=1$，所以 $\frac{dy}{dt}=-\frac34$ 米/秒。负号表示 $y$ 在减小，即顶端以每秒 $0.75$ 米下滑。注意，底端匀速离开，顶端却不是匀速下滑：$x$ 越接近 $5$，$y$ 越小，$\frac xy$ 越大，顶端滑得越快。

⑤ 反函数：把导数倒过来#

若 $y=f(x)$，在附近能反解出 $x=g(y)$，且 $f'(x)\ne0$，则

$$g'(y)=\frac1{f'(x)}.$$

第四节先用了这条规则来推反三角函数的导数，这里给出证明。

先证明反函数可导。 只对 $f(g(y))=y$ 两边求导是不够的：那样做已经默认了 $g$ 可导。要用差商来证。设 $y_0=f(x_0)$，$f$ 是一一对应的（所以有反函数 $g$），$g$ 在 $y_0$ 处连续，$f'(x_0)\ne0$。

要算的是差商

$$\frac{g(y_0+h)-g(y_0)}{h}.$$

由 $y_0=f(x_0)$ 得 $g(y_0)=x_0$。我们对 $g$ 一无所知，但对 $f$ 知道很多，所以想办法把它换成 $f$ 的差商。先给分子起个名字：对小的 $h\ne0$，令

$$k=g(y_0+h)-x_0,\qquad\text{即}\qquad x_0+k=g(y_0+h).$$

两边用 $f$ 作用。$f$ 和 $g$ 互为反函数，$f(g(\text{某数}))=\text{该数}$，所以 $f(x_0+k)=y_0+h$。两边减去 $y_0=f(x_0)$：

$$h=f(x_0+k)-f(x_0).$$

这样差商的分子是 $k$，分母是 $f(x_0+k)-f(x_0)$。

还要检查两件事。第一，$g$ 在 $y_0$ 处连续，所以 $h\to0$ 时 $k=g(y_0+h)-g(y_0)\to0$。第二，$h\ne0$ 时 $y_0+h\ne y_0$，一一对应的函数把不同的数送到不同的数，所以 $g(y_0+h)\ne g(y_0)$，即 $k\ne0$。下面要把 $k$ 放进分母，这一条保证不会除以 $0$。于是

$$\frac{g(y_0+h)-g(y_0)}{h}=\frac{k}{f(x_0+k)-f(x_0)}=\frac{1}{\dfrac{f(x_0+k)-f(x_0)}{k}}.$$

$h\to0$ 时 $k\to0$ 且 $k\ne0$，下面那层分母正是 $f$ 在 $x_0$ 处的差商，趋于 $f'(x_0)$；又 $f'(x_0)\ne0$，所以整个式子趋于 $\frac1{f'(x_0)}$。差商的极限存在，$g$ 在 $y_0$ 处可导，$g'(y_0)=\frac1{f'(x_0)}$。

（在一个区间上连续、严格单调的函数，它的反函数也连续，满足这里的条件。）知道 $g$ 可导以后，对 $f(g(y))=y$ 用链式法则，也得到同一个公式：$f'(g(y))\cdot g'(y)=1$。几何上，反函数的图像是原图像沿 $y=x$ 翻折，斜率为 $m$ 的直线翻折后斜率变成 $\frac1m$（交换横纵坐标，“纵向变化除以横向变化”就倒过来了）。

再求一次导数。 $g'(y)=\dfrac1{f'(g(y))}$ 是 $y$ 的函数，对 $y$ 求导。记分母 $u(y)=f'(g(y))$，则 $g'(y)=\frac1u$。

分母 $u(y)=f'(g(y))$ 是“$f'$ 套着 $g(y)$”。链式法则：外层 $f'$ 求导得 $f''$，括号里仍是 $g(y)$；再乘内层 $g(y)$ 的导数 $g'(y)$。所以 $u'(y)=f''(g(y))\cdot g'(y)$。

由 $\left(\frac1u\right)'=-\frac{u'}{u^2}$：

$$g''(y)=-\frac{f''(g(y))\cdot g'(y)}{[f'(g(y))]^2}.$$

把 $g(y)$ 写回 $x$，再代入 $g'(y)=\frac1{f'(x)}$：

$$g''(y)=-\frac{f''(x)\cdot\frac1{f'(x)}}{[f'(x)]^2}=-\frac{f''(x)}{[f'(x)]^2\cdot f'(x)}=-\frac{f''(x)}{[f'(x)]^3}.$$

三次方的来历：平方来自 $\left(\frac1u\right)'$ 的分母，再多一次来自 $g'(y)=\frac1{f'(x)}$。注意右边的 $x$ 是 $g(y)$ 的简写：要算 $g''(y_0)$，得先找出满足 $f(x_0)=y_0$ 的 $x_0$，再把 $x_0$ 代进去，不能把 $y_0$ 直接代给 $x$。

例如 $y=x^2$，取 $x>0$ 这一支，$x=g(y)=\sqrt y$。$f'(x)=2x$，$f''(x)=2$，代入公式，$(2x)^3=8x^3$，再把 $x=y^{1/2}$ 代回，$x^3=(y^{1/2})^3=y^{3/2}$：

$$g''(y)=-\frac{2}{(2x)^3}=-\frac{2}{8x^3}=-\frac{1}{4x^3}=-\frac{1}{4y^{3/2}}.$$

直接验证：$g(y)=y^{1/2}$，用 $(y^\alpha)'=\alpha y^{\alpha-1}$ 求两次，

$$g'(y)=\frac12y^{-1/2},\qquad g''(y)=\frac12\cdot\left(-\frac12\right)y^{-3/2}=-\frac14y^{-3/2},$$

一致。

先确定分支很重要：$x^2$ 在整条实数轴上不是一一对应的（$2^2=(-2)^2$），不能直接谈它的反函数。

九、高阶导数、切线、近似计算与牛顿法#

① 高阶导数：先找规律#

$\sin x$ 反复求导：

$$\sin x\ \to\ \cos x\ \to\ -\sin x\ \to\ -\cos x\ \to\ \sin x.$$

每 $4$ 次循环一次。能不能用一个式子写出第 $n$ 阶导数？用诱导公式 $\cos\theta=\sin\left(\theta+\frac\pi2\right)$，把每次求导的结果都写成 $\sin$：

$$\begin{aligned} (\sin x)'&=\cos x=\sin\left(x+\frac\pi2\right),\\ (\sin x)''&=\left[\sin\left(x+\frac\pi2\right)\right]'=\cos\left(x+\frac\pi2\right)=\sin\left(x+\frac\pi2+\frac\pi2\right)=\sin\left(x+2\cdot\frac\pi2\right),\\ (\sin x)'''&=\left[\sin\left(x+2\cdot\frac\pi2\right)\right]'=\cos\left(x+2\cdot\frac\pi2\right)=\sin\left(x+3\cdot\frac\pi2\right). \end{aligned}$$

第二行求导时，把 $x+\frac\pi2$ 当成一个整体（它对 $x$ 的导数是 $1$），所以 $\sin$ 变 $\cos$，再用诱导公式变回 $\sin$。每求一次导，角就加一个 $\frac\pi2$，因此第 $n$ 阶导数可以写成

$$(\sin x)^{(n)}=\sin\left(x+\frac{n\pi}{2}\right).$$

检查：$n=2$ 时 $\sin(x+\pi)=-\sin x$，正确。

$e^{ax}$ 反复求导。由链式法则，外层 $e^u$ 的导数是 $e^u$，内层 $u=ax$ 的导数是 $a$，所以 $(e^{ax})'=ae^{ax}$。常数 $a$ 留在前面，再求一次又多一个 $a$：

$$(e^{ax})'=ae^{ax},\qquad(e^{ax})''=a\cdot ae^{ax}=a^2e^{ax},\qquad(e^{ax})'''=a^3e^{ax},$$

所以第 $n$ 阶导数是 $a^ne^{ax}$。

$\frac1{x+a}=(x+a)^{-1}$ 反复求导：

• 第 1 次：$(-1)(x+a)^{-2}=-\dfrac1{(x+a)^2}$；
• 第 2 次：$(-1)(-2)(x+a)^{-3}=\dfrac{2}{(x+a)^3}$；
• 第 3 次：$(-1)(-2)(-3)(x+a)^{-4}=-\dfrac{6}{(x+a)^4}$。

每次把指数降下来乘到前面，系数依次是 $-1,-2,-3,\dots$。所以第 $n$ 阶：

$$\left(\frac1{x+a}\right)^{(n)}=\frac{(-1)(-2)\cdots(-n)}{(x+a)^{n+1}}=\frac{(-1)^nn!}{(x+a)^{n+1}}.$$

$(-1)^n$ 管符号：$n$ 为奇数时为负，偶数时为正。

用泰勒展开反求某一点的高阶导数。 第七节说过，$x^n$ 的系数等于 $\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$。反过来，如果用别的办法知道了 $f$ 展开式里 $x^n$ 的系数 $A_n$，就有

$$f^{(n)}(0)=n!\,A_n.$$

例 求 $f(x)=\frac1{1+x^2}$ 的 $f^{(100)}(0)$ 和 $f^{(101)}(0)$。

第七节由等比数列求和得到 $\frac1{1+u}=1-u+u^2-u^3+\cdots+(-1)^ku^k+o(u^k)$。把 $u$ 整体换成 $x^2$（代换规则，$o\left((x^2)^k\right)=o(x^{2k})$）：

$$\frac1{1+x^2}=1-x^2+(x^2)^2-(x^2)^3+\cdots=1-x^2+x^4-x^6+\cdots+(-1)^kx^{2k}+\cdots$$

各项都是 $x$ 的偶数次方，第 $k$ 项是 $(-1)^kx^{2k}$。

求 $f^{(100)}(0)$：要 $x^{100}$ 的系数。令 $2k=100$，$k=50$，系数是 $A_{100}=(-1)^{50}=1$，所以 $f^{(100)}(0)=100!\cdot1=100!$。

求 $f^{(101)}(0)$：展开里没有奇数次项，$x^{101}$ 的系数 $A_{101}=0$，所以 $f^{(101)}(0)=101!\cdot0=0$。如果用莱布尼茨公式直接求 $100$ 阶导数，会非常繁琐。

有理分式可以先拆成几个简单分式，再用这个规律，通常比对复杂分式硬求 $n$ 次导数省事得多。比如 $\frac1{x^2-1}$：分母分解成 $(x-1)(x+1)$，设

$$\frac1{(x-1)(x+1)}=\frac A{x-1}+\frac B{x+1}=\frac{A(x+1)+B(x-1)}{(x-1)(x+1)}.$$

两边分母相同，分子要对所有 $x$ 都相等：$1=A(x+1)+B(x-1)$。两边都是多项式，这个等式对所有 $x$ 成立，所以可以代入任何方便的数（原来的分式在 $x=\pm1$ 处没有意义，但分子的等式是多项式等式，代入 $\pm1$ 没有问题）。代入 $x=1$：$1=2A$，$A=\frac12$。代入 $x=-1$：$1=-2B$，$B=-\frac12$。所以

$$\frac1{x^2-1}=\frac12\left(\frac1{x-1}-\frac1{x+1}\right),$$

两项各自套上面 $\left(\frac1{x+a}\right)^{(n)}$ 的公式即可：第一项 $a=-1$，第二项 $a=1$。具体结果见本节的练习。（这种拆分叫部分分式，第二篇讲有理函数积分时会系统地讲。）

② 多项式乘指数：乘积的高阶导数很快就截断#

例如求 $x^2e^x$ 的第 $n$ 阶导数，$n\ge2$。

用乘积法则求一次导，得到两项：一项是 $x^2$ 被求导，一项是 $e^x$ 被求导。求 $n$ 次导，就相当于每一次求导都要选择：落在 $x^2$ 上，还是落在 $e^x$ 上。落在 $e^x$ 上不改变它；落在 $x^2$ 上超过两次就变成 $0$。所以只剩三类：

• 一次都不落在 $x^2$ 上：$x^2e^x$；
• 恰好落一次：$n$ 次中选 $1$ 次，有 $n$ 种位置，每种贡献 $2x\cdot e^x$，合计 $2nxe^x$；
• 恰好落两次：$n$ 次中选 $2$ 次，有 $\frac{n(n-1)}2$ 种选法，每种贡献 $2\cdot e^x$，合计 $n(n-1)e^x$。

加起来：

$$(x^2e^x)^{(n)}=e^x\left[x^2+2nx+n(n-1)\right].$$

这正是莱布尼茨公式取 $u=x^2$、$v=e^x$ 的结果。$u$ 的各阶导数是 $u=x^2$，$u'=2x$，$u''=2$，$u^{(k)}=0$（$k\ge3$）；$v$ 求几次导都是 $e^x$。所以求和里只剩 $k=0,1,2$ 三项：

$$\binom n0x^2e^x+\binom n1\cdot2x\cdot e^x+\binom n2\cdot2\cdot e^x=x^2e^x+2nxe^x+\frac{n(n-1)}2\cdot2e^x,$$

和上面逐类数出来的一样。

检查 $n=2$：直接算，$(x^2e^x)'=e^x(x^2+2x)$，再求一次 $(x^2e^x)''=e^x(x^2+2x)+e^x(2x+2)=e^x(x^2+4x+2)$；公式给出 $e^x(x^2+4x+2)$，一致。

③ 切线和法线：点和斜率都要有#

$y=f(x)$ 在 $x=a$ 处的切线，过点 $(a,f(a))$，斜率是 $f'(a)$。由点斜式：

$$y-f(a)=f'(a)(x-a).$$

例如 $y=x^2$ 在 $x=1$ 处：点是 $(1,1)$，斜率是 $2\cdot1=2$，所以切线是 $y-1=2(x-1)$，即 $y=2x-1$。

法线是过切点、与切线垂直的直线。如果切线斜率 $k\ne0$，法线斜率为 $-\frac1k$。本例的法线是

$$y-1=-\frac12(x-1).$$

图 11：y = x² 在 (1, 1) 处的切线斜率为 2，法线斜率为 −1/2，两者垂直。

切线水平时（$f'(a)=0$），法线是竖直线 $x=a$，不能用有限的斜率表示。反过来，切线也可能是竖直的。比如 $y=\sqrt[3]x$ 在 $0$ 处，过原点和 $(x,\sqrt[3]x)$ 的割线斜率是

$$\frac{\sqrt[3]x-0}{x-0}=\frac{x^{1/3}}{x}=\frac1{x^{2/3}}=\frac1{\sqrt[3]{x^2}}.$$

$x\to0$ 时分母 $\sqrt[3]{x^2}$ 是趋于 $0$ 的正数，所以割线斜率趋于 $+\infty$，割线越来越陡，最后贴近 $y$ 轴。导数要求差商有有限的极限，所以 $\sqrt[3]x$ 在 $0$ 处不可导；但几何上它在这里有切线，就是竖直线 $x=0$。一般地，若在 $a$ 处割线斜率趋于无穷，切线是竖直线 $x=a$，法线是水平线 $y=f(a)$。

④ 微分与近似计算#

所以 $x$ 在 $a$ 附近时，

$$f(x)\approx f(a)+f'(a)(x-a).$$

记输入的增量 $\Delta x=x-a$。函数值实际的增量是 $\Delta y=f(a+\Delta x)-f(a)$；沿切线走的增量 $dy=f'(a)\Delta x$ 叫微分。$\Delta x$ 很小时，$\Delta y\approx dy$，两者的差是 $o(\Delta x)$。

对自变量本身，规定它的微分就等于它的增量：$dx=\Delta x$。（$y=x$ 的切线就是它自己，沿切线走和沿曲线走完全一样。）于是在点 $a$ 处，$dy=f'(a)\,dx$。$a$ 可以是定义域里任意一点，所以通常把它写成变量 $x$，微分写成

$$dy=f'(x)\,dx.$$

导数 $\frac{dy}{dx}$ 也就真的成了“两个微分之比”，这是莱布尼茨记号能像分数一样运算的原因。

一阶微分形式不变性。 如果 $y=f(u)$，而 $u=g(x)$ 又是 $x$ 的函数。由链式法则，$\frac{dy}{dx}=f'(u)g'(x)$，所以 $dy=f'(u)g'(x)\,dx$；而 $g'(x)\,dx$ 正是 $du$。于是

$$dy=f'(u)\,du.$$

不管 $u$ 是自变量还是中间变量，微分的写法都一样。这个看起来平淡的事实，是第二篇“凑微分”积分法的根据。

图 12：从 a 走 Δx，曲线升高 Δy，切线升高 dy = f′(a)Δx。Δx 越小，两者的差距相对越小。

例 估算 $\sqrt{4.04}$。选 $f(x)=\sqrt x$，在 $a=4$ 附近做一次近似：

• $f(4)=2$；
• $f'(x)=\frac1{2\sqrt x}$，所以 $f'(4)=\frac14$。

输入增加 $0.04$，输出大约增加 $\frac14\times0.04=0.01$。所以 $\sqrt{4.04}\approx2.01$。（真实值约 $2.00998$。）

为什么选 $4$？因为函数值和导数在 $4$ 处都好算，而且 $4$ 离 $4.04$ 很近。

⑤ 牛顿法：用切线找方程的根#

想解方程 $f(x)=0$。先猜一个 $x_0$，在 $x_0$ 处用切线代替曲线，切线与 $x$ 轴的交点作为新的猜测 $x_1$。切线方程是 $y=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$，令 $y=0$，解出 $x$：

$$x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}.$$

再从 $x_1$ 出发重复，一般地：

$$x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.$$

例 求 $\sqrt2$，也就是解 $x^2-2=0$ 的正根。取 $f(x)=x^2-2$，$f'(x)=2x$，迭代式是

$$x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^2-2}{2x_n}.$$

化简：把 $x_n$ 写成 $\frac{2x_n^2}{2x_n}$，通分，注意减号要作用在整个 $x_n^2-2$ 上：

$$x_{n+1}=\frac{2x_n^2-(x_n^2-2)}{2x_n}=\frac{x_n^2+2}{2x_n}=\frac{x_n}{2}+\frac1{x_n}=\frac12\left(x_n+\frac2{x_n}\right).$$

从 $x_0=1$ 出发：$x_1=1.5$，$x_2=1.41\overline{6}$，$x_3=1.4142157$，$x_4=1.41421356237$……真实值是 $1.41421356237\ldots$。正确的位数大约每次翻一倍。计算机里求平方根、解方程的很多算法，用的都是这个想法。

为什么这么快？ 设方程的根是 $r$，$f(r)=0$，并设 $f$ 在根附近有连续的二阶导数、$f'(r)\ne0$。

由 $f(r)=0$，

$$0=f(x_n)+f'(x_n)(r-x_n)+\frac12f''(\xi_n)(r-x_n)^2.$$

两边除以 $f'(x_n)$，并把 $r-x_n$ 写成 $-(x_n-r)$（平方项里 $(r-x_n)^2=(x_n-r)^2$）：

$$0=\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}-(x_n-r)+\frac{f''(\xi_n)}{2f'(x_n)}(x_n-r)^2.$$

把前两项移到左边：

$$x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}-r=\frac{f''(\xi_n)}{2f'(x_n)}(x_n-r)^2.$$

左边就是 $x_{n+1}-r$。记误差 $e_n=x_n-r$，得到

$$e_{n+1}=\frac{f''(\xi_n)}{2f'(x_n)}\,e_n^2.$$

右边的系数 $\frac{f''(\xi_n)}{2f'(x_n)}$ 随 $n$ 变化，要给它一个统一的上界。

先在根附近取一个小区间 $I=[r-\delta,r+\delta]$。$f'$ 连续且 $f'(r)\ne0$，由保号性，区间取得足够小时，$\lvert f'\rvert$ 在 $I$ 上不会接近 $0$，有一个正的下界，记作 $\lvert f'(x)\rvert\ge m>0$（比如可以取 $m=\frac{\lvert f'(r)\rvert}{2}$）。$f''$ 在闭区间 $I$ 上连续，由最值定理有界，记作 $\lvert f''(x)\rvert\le M$。

只要 $x_n$ 在 $I$ 里，$\xi_n$（在 $x_n$ 与 $r$ 之间）也在 $I$ 里，于是分子 $\lvert f''(\xi_n)\rvert\le M$，分母 $2\lvert f'(x_n)\rvert\ge2m$。分子变大、分母变小，分数只会变大，所以

$$\lvert e_{n+1}\rvert\le\frac{M}{2m}\lvert e_n\rvert^2=C\lvert e_n\rvert^2,\qquad C=\frac{M}{2m}.$$

新的误差和旧误差的平方成正比。比如 $C$ 约为 $1$，误差是 $0.001=10^{-3}$，下一步大约是 $(10^{-3})^2=10^{-6}$，再下一步是 $10^{-12}$：每平方一次，小数点后的 $0$ 的个数翻倍，正确的位数也翻倍。这叫二次收敛。

还要保证迭代不跑出 $I$。设初值 $x_0$ 在 $I$ 里，并且离根足够近，使 $C\lvert e_0\rvert<1$。那么

$$\lvert e_1\rvert\le C\lvert e_0\rvert^2=\left(C\lvert e_0\rvert\right)\lvert e_0\rvert<\lvert e_0\rvert,$$

$x_1$ 比 $x_0$ 离根更近，还在 $I$ 里；而且 $C\lvert e_1\rvert<C\lvert e_0\rvert<1$，条件保持。同样的论证一步步往下推，每一个 $x_n$ 都在 $I$ 里。

再看误差缩小得多快。记 $u_n=C\lvert e_n\rvert$，不等式两边乘 $C$ 得 $u_{n+1}\le u_n^2$，于是

$$u_1\le u_0^2,\qquad u_2\le u_1^2\le u_0^4,\qquad u_3\le u_2^2\le u_0^8,\qquad\dots,\qquad u_n\le u_0^{2^n}.$$

$u_0<1$，比如 $u_0=0.1$，那么 $u_0^{2^n}$ 依次是 $0.01$、$10^{-4}$、$10^{-8}$……飞快地趋于 $0$。换回误差，$\lvert e_n\rvert=\frac{u_n}{C}\le\frac1C\left(C\lvert e_0\rvert\right)^{2^n}\to0$。

但这个保证只在根附近成立。从离根很远的地方出发，牛顿法可能失败：

重根时变慢。 $(x-r)^2=0$ 的根 $r$ 叫二重根；一般地，若 $f(x)=(x-r)^mh(x)$，$m$ 是大于 $1$ 的整数，$h(r)\ne0$，就说 $r$ 是 $m$ 重根。这时 $f'(r)=0$（求导后每一项都还带着因子 $x-r$），上面 $f'(r)\ne0$ 的条件不满足。

以最简单的 $f(x)=(x-r)^m$ 为例，$f'(x)=m(x-r)^{m-1}$。迭代式两边减去 $r$：

$$x_{n+1}-r=(x_n-r)-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.$$

记 $e_n=x_n-r$，则 $f(x_n)=e_n^m$，$f'(x_n)=me_n^{m-1}$，所以

$$e_{n+1}=e_n-\frac{e_n^m}{me_n^{m-1}}=e_n-\frac1me_n=\left(1-\frac1m\right)e_n.$$

误差每步只乘一个固定的比例 $1-\frac1m$，这叫线性收敛。比如二重根 $m=2$，$e_{n+1}=\frac12e_n$，误差每步只减半：从 $0.1$ 出发，依次是 $0.05$、$0.025$、$0.0125$……要十几步才到 $10^{-5}$，而二次收敛从 $10^{-3}$ 一步就到 $10^{-6}$。一般的 $(x-r)^mh(x)$ 在根附近情况类似。

可能来回跳。 取 $f(x)=x^3-2x+2$，$f'(x)=3x^2-2$，从 $x_0=0$ 出发：

$$x_1=0-\frac{2}{-2}=1,\qquad x_2=1-\frac{1-2+2}{3-2}=1-1=0.$$

又回到了 $0$，以后永远在 $0$ 和 $1$ 之间来回跳。两处的导数都不为 $0$，公式每一步都能算，迭代却不收敛。

导数接近 $0$ 时跑远。 迭代式里 $f'(x_n)$ 在分母上。如果它很小，切线几乎是水平的，修正量 $\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$ 会非常大，新的点被甩到很远的地方。比如解 $x^2-2=0$，从 $x_0=0.0001$ 出发：$f(x_0)\approx-2$，$f'(x_0)=0.0002$，

$$x_1=0.0001-\frac{-2}{0.0002}=0.0001+10000=10000.0001,$$

根在 $1.414$ 附近，第一步却跑到了 $10000$。如果正好 $f'(x_n)=0$，切线是水平的，和 $x$ 轴根本没有交点，公式里分母为 $0$，算不下去。

和二分法比较。 “开始之前”选读里的二分法，每步把误差减半，比牛顿法慢得多，但根始终被夹在一个已知的区间里，不会跑丢。实际计算时常把两者结合：保留一个夹住根的区间，牛顿法算出的新点如果落在区间里就采用，否则就退回二分一步。

十、单调性、极值、凹凸与根的个数#

导数告诉我们函数在每一点往哪个方向走、走得多快。把导数的正负整理成一张表，函数的整体形状就清楚了。

两条基本事实#

1. 导数的正负决定单调性。 在一个区间上，$f'(x)>0$，则 $f$ 单调递增；$f'(x)<0$，则单调递减。理由：在区间里任取两点 $x_1<x_2$，由拉格朗日中值定理，$f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)$，$\xi$ 在两点之间。$x_2-x_1>0$，$f'(\xi)>0$，乘积为正，所以 $f(x_2)>f(x_1)$，这就是递增；$f'<0$ 时乘积为负，就是递减。还可以说得更细一些：若 $f'(x)\ge0$，且使 $f'(x)=0$ 的只是一些孤立的点（不连成一段区间），$f$ 仍然严格递增。比如 $x^3$ 在 $0$ 处导数为 $0$，但它在整条实数轴上严格递增。
2. 极值点处导数为 $0$（如果可导）。 这是第五节的费马定理。导数为 $0$ 的点叫驻点。

注意费马定理只说“极值点 $\Rightarrow$ 导数为 $0$”，反过来不成立：$x^3$ 在 $0$ 处导数为 $0$，但 $x^3$ 一直在递增，$0$ 不是极值点。

例：$f(x)=x^3-3x$ 的完整分析#

第一步，求一阶导数并找零点：

$$f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1).$$

零点是 $-1$、$1$，它们把数轴分成三段。为什么先分解因式？因为现在要判断正负，乘积形式最容易看：每个因子的正负一眼可知，乘积的正负就看负因子的个数是奇数还是偶数。

$x$	$(-\infty,-1)$	$-1$	$(-1,1)$	$1$	$(1,+\infty)$
$x+1$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$x-1$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$f'(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	递增 $\nearrow$	极大值 $2$	递减 $\searrow$	极小值 $-2$	递增 $\nearrow$

• $x<-1$：两个因子都负，乘积为正，函数递增；
• $-1<x<1$：一负一正，乘积为负，函数递减；
• $x>1$：两个因子都正，函数递增。

因此：

• $x=-1$ 处，导数从正变负（先上坡后下坡），是极大值点，$f(-1)=-1+3=2$；
• $x=1$ 处，导数从负变正，是极小值点，$f(1)=1-3=-2$。

第二步，求二阶导数，看弯曲方向：

$$f''(x)=6x.$$

• $x<0$ 时，$f''<0$，斜率 $f'$ 一路减小，曲线向下弯（像山顶 $\frown$）；
• $x>0$ 时，$f''>0$，斜率一路增大，曲线向上弯（像碗 $\smile$）。

$0$ 两侧弯曲方向改变，所以点 $(0,0)$ 是拐点。

第三步，用同一张表判断方程根的个数。

方程 $x^3-3x=a$ 的实根，就是水平线 $y=a$ 与曲线 $y=x^3-3x$ 交点的横坐标。

图 13：水平线 y = a 上下移动时，与曲线的交点个数在极大值 2 和极小值 −2 处发生变化。

由第一步的符号表，曲线分三段：

• 在 $(-\infty,-1]$ 上递增，从 $-\infty$ 升到极大值 $2$；
• 在 $[-1,1]$ 上递减，从 $2$ 降到极小值 $-2$；
• 在 $[1,+\infty)$ 上递增，从 $-2$ 升到 $+\infty$。

每一段单调，所以水平线 $y=a$ 和每一段最多交一次；由介值定理，$a$ 在这一段的取值范围内就恰好交一次（见下面的 TIP）。逐段数：

• $-2<a<2$：$a$ 在三段的取值范围里都有，每段一个交点，共 $3$ 个不同的实根；
• $a>2$：前两段最高只到 $2$，够不着，只有第三段有交点，$1$ 个实根；$a<-2$ 同理，只有第一段有交点，$1$ 个实根；
• $a=\pm2$：有 $2$ 个不同的实根，其中一个是重根（水平线恰好和曲线相切）。

以 $a=2$ 为例看“重根”是什么意思。方程是 $x^3-3x-2=0$。切点 $x=-1$ 是一个根，由因式定理可以提出 $x+1$：

$$x^3-3x-2=(x+1)(x^2-x-2)=(x+1)(x+1)(x-2)=(x+1)^2(x-2).$$

因式 $x+1$ 出现了两次，$x=-1$ 是二重根；另一个根是 $x=2$。几何上的“相切”，对应代数上的重因式。

这就是“含参数的方程有几个根”的常用做法：把参数单独放到一边，研究另一边函数的单调区间、极值和两端的极限，弄清它能取哪些值、每个值取几次，再看水平线能截几次。

第四步，闭区间上的最值还要比较端点。

在 $[-2,2]$ 上，由最值定理，最大值、最小值一定存在。它们只可能出现在端点，或者内部的候选点（驻点、不可导点）。理由：如果最大值在内部某点 $c$ 取到，那么 $c$ 附近的函数值都不超过 $f(c)$，$c$ 是极大值点；$f$ 在 $c$ 可导时，由费马定理 $f'(c)=0$，$c$ 是驻点；不可导时，$c$ 是不可导点。不在内部，就在端点。最小值同理。

所以只要把这几类点的函数值都算出来比大小。这里多项式处处可导，没有不可导点，候选是端点 $-2$、$2$，加上内部驻点 $-1$、$1$：

$$f(-2)=-8+6=-2,\quad f(-1)=2,\quad f(1)=-2,\quad f(2)=8-6=2.$$

所以最大值 $2$，最小值 $-2$。

实际问题中的最值#

实际问题常常是在一个开区间上求最大值或最小值，这时没有端点可以比较。一个很有用的结论是：

如果 $f$ 在一个区间上可导，并且在这个区间里只有一个驻点 $x_0$，而 $x_0$ 是极小值点，那么 $f(x_0)$ 就是 $f$ 在整个区间上的最小值。（极大值同理。）

直观地说：从谷底 $x_0$ 出发，如果别处还有更低的地方，中间就得先翻过一个山顶，而光滑曲线的山顶处导数为 $0$，那就是第二个驻点。下面把这句话写严格。

理由：用反证法。假如区间里有一点 $x_1$，$f(x_1)<f(x_0)$。不妨设 $x_1>x_0$（$x_1<x_0$ 时对称）。

第一步，在 $x_0$ 右边找一个比 $f(x_0)$ 高的点。$x_0$ 是极小值点，所以 $x_0$ 附近（比如 $[x_0,x_0+\varepsilon)$，$\varepsilon$ 取得比 $x_1-x_0$ 小）都有 $f(x)\ge f(x_0)$。如果这一小段上全是 $f(x)=f(x_0)$，$f$ 在这一段是常数，导数处处为 $0$，就有无数个驻点，矛盾。所以这一段里有一点 $x_2$，$f(x_2)>f(x_0)$，并且 $x_0<x_2<x_1$。

第二步，看 $f$ 在 $[x_0,x_1]$ 上的最大值。$f$ 可导，所以连续，由最值定理，最大值存在。它不在左端点：$f(x_0)<f(x_2)$。也不在右端点：$f(x_1)<f(x_0)<f(x_2)$。所以最大值在内部某点 $c$ 取到，$x_0<c<x_1$。

第三步，矛盾。$c$ 是内部的最大值点，也就是极大值点，由费马定理 $f'(c)=0$。$c\ne x_0$，这是第二个驻点，和“只有一个驻点”矛盾。所以 $f(x_0)$ 是整个区间上的最小值。

例 用铁皮做一个容积为 $V$ 的有盖圆柱形罐子。底面半径 $r$ 取多少时，用料（表面积）最少？

设高为 $h$。容积 $\pi r^2h=V$，所以 $h=\frac{V}{\pi r^2}$。表面积是上下两个圆加侧面：

$$S(r)=2\pi r^2+2\pi rh=2\pi r^2+\frac{2V}{r},\qquad r>0.$$

求导。把 $\frac{2V}{r}$ 写成 $2V\cdot r^{-1}$，$(r^2)'=2r$，$(r^{-1})'=-r^{-2}$，再通分：

$$S'(r)=2\pi\cdot2r+2V\cdot\left(-\frac1{r^2}\right)=4\pi r-\frac{2V}{r^2}=\frac{4\pi r\cdot r^2-2V}{r^2}=\frac{4\pi r^3-2V}{r^2}.$$

分母 $r^2>0$，所以 $S'(r)=0$ 只能是分子为 $0$：$4\pi r^3=2V$，$r^3=\frac{V}{2\pi}$，即 $r_0=\sqrt[3]{\frac V{2\pi}}$。这是 $(0,+\infty)$ 上唯一的驻点。

再看导数的正负。分子 $4\pi r^3-2V=4\pi\left(r^3-r_0^3\right)$，$r^3$ 随 $r$ 递增：$0<r<r_0$ 时 $r^3<r_0^3$，$S'<0$；$r>r_0$ 时 $S'>0$。导数由负变正，$r_0$ 是极小值点，由上面的结论，也是最小值点。

这时的高：由 $r_0^3=\frac{V}{2\pi}$ 得 $V=2\pi r_0^3$，代入 $h=\frac{V}{\pi r^2}$：

$$h=\frac{V}{\pi r_0^2}=\frac{2\pi r_0^3}{\pi r_0^2}=2r_0.$$

高等于直径时最省料。（市面上的罐头往往比这更高，因为还要考虑接缝、运输、拿着顺手等等。）

用导数证明不等式#

例如要证明 $x\ge0$ 时 $e^x\ge1+x$。

令 $g(x)=e^x-1-x$，要证 $g(x)\ge0$。

$$g'(x)=e^x-1\ge0\quad(x\ge0),\qquad g(0)=0.$$

$g$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调不减，又从 $0$ 出发，所以 $g(x)\ge g(0)=0$。

把“比较两边”变成“看差的正负”，再用导数控制这个差，是很常见的做法。（其实这个不等式对所有实数都成立：$x<0$ 时 $g'(x)<0$，$g$ 在 $(-\infty,0]$ 上递减，降到 $x=0$ 时最小，所以 $g(x)\ge g(0)=0$。几何上，$e^x$ 在 $0$ 处的值是 $e^0=1$，导数是 $e^0=1$，切线是 $y=1+1\cdot(x-0)=1+x$；而 $(e^x)''=e^x>0$，$e^x$ 向上弯，由上面凸函数的性质，切线永远在它下方。）

描绘函数图像的一般步骤#

把上面的工具合起来，就能画出一个函数的大致图像：

1. 定义域、奇偶性、周期性（有对称性的只画一半）；
2. 求 $f'$，列符号表，得到单调区间和极值；
3. 求 $f''$，得到凹凸区间和拐点；
4. 求渐近线（下一节），看函数在两端和间断点附近往哪里走；
5. 算几个特殊点（与坐标轴的交点等），连成光滑的曲线。

十一、渐近线与曲率#

① 渐近线#

渐近线是曲线往远处走时无限靠近的直线。分三种：

• 竖直渐近线：$x\to a$ 的某一侧，函数趋于 $+\infty$ 或 $-\infty$，就有竖直渐近线 $x=a$。要找的位置是分母为 $0$ 的点、对数里面趋于 $0$ 的点等。
• 水平渐近线：$x\to+\infty$ 或 $x\to-\infty$ 时，$f(x)\to b$（有限数），就有水平渐近线 $y=b$。
• 斜渐近线：尝试 $y=kx+b$。先算 $k=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$，再算 $b=\lim\limits_{x\to+\infty}[f(x)-kx]$；$x\to-\infty$ 一侧单独再算一次，两侧的结果可能不同。两个极限都要是有限数，并且 $k\ne0$（$k=0$ 就是水平渐近线）。

算出 $k$ 以后，一定要接着算 $b$：$k$ 存在不代表有斜渐近线。比如 $f(x)=x+\ln x$（$x>0$），$\frac{f(x)}x=1+\frac{\ln x}x\to1$，所以 $k=1$；但 $f(x)-x=\ln x\to+\infty$，$b$ 不存在，所以没有斜渐近线。曲线的方向越来越接近 $45^\circ$，却离任何一条斜率为 $1$ 的直线越来越远。

例 $f(x)=\dfrac{x^2+1}{x-1}$。

先做多项式除法，把它拆成“多项式 + 分子次数更低的分式”：

$$\frac{x^2+1}{x-1}=x+1+\frac{2}{x-1}.$$

（通分验证：$(x+1)(x-1)+2=x^2-1+2=x^2+1$。）

斜渐近线。 移项得 $f(x)-(x+1)=\frac2{x-1}$。$x\to+\infty$ 或 $x\to-\infty$ 时分母趋于无穷，$\frac2{x-1}\to0$，所以 $f(x)-(x+1)\to0$。按定义，斜渐近线是 $y=x+1$（两侧都是）。用上面的公式算也一样：

$$k=\lim_{x\to\infty}\frac{x^2+1}{x(x-1)}=\lim_{x\to\infty}\frac{1+\frac1{x^2}}{1-\frac1x}=1,\qquad b=\lim_{x\to\infty}\left[\frac{x^2+1}{x-1}-x\right]=\lim_{x\to\infty}\frac{x+1}{x-1}=1.$$

有理分式先做除法，通常比算两个极限快。

竖直渐近线。 分母为 $0$ 的点是 $x=1$。$x\to1^+$ 时 $x-1$ 是趋于 $0$ 的正数，$\frac2{x-1}\to+\infty$，$f(x)\to+\infty$；$x\to1^-$ 时 $x-1$ 是趋于 $0$ 的负数，$f(x)\to-\infty$。所以竖直渐近线是 $x=1$。

图 14：曲线在 x = 1 附近冲向无穷，在远处贴近直线 y = x + 1。

② 曲率：曲线弯得有多厉害#

对光滑的曲线 $y=f(x)$：

$$\kappa=\frac{\lvert f''(x)\rvert}{\left[1+f'(x)^2\right]^{3/2}}.$$

若 $\kappa\ne0$，曲率半径 $R=\dfrac1\kappa$。$\kappa$ 读作 kappa，衡量的是：沿着曲线走一单位长度，方向转了多少。

参数方程的曲率。 曲线由 $x=x(t)$、$y=y(t)$ 给出时，把第八节的 $\frac{dy}{dx}=\frac{\dot y}{\dot x}$、$\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{\ddot y\dot x-\dot y\ddot x}{\dot x^3}$ 代入上面的公式。（$\dot x$、$\ddot x$ 是第八节的牛顿记号：对 $t$ 的一阶、二阶导数。）代入后是

$$\kappa=\frac{\left\lvert\dfrac{\ddot y\dot x-\dot y\ddot x}{\dot x^3}\right\rvert}{\left[1+\left(\dfrac{\dot y}{\dot x}\right)^2\right]^{3/2}}.$$

分子：分式的绝对值等于绝对值相除，$\lvert f''\rvert=\frac{\lvert\dot x\ddot y-\dot y\ddot x\rvert}{\lvert\dot x\rvert^3}$（把 $\ddot y\dot x$ 写成 $\dot x\ddot y$，只是交换乘法顺序）。

分母：先通分，$1+\frac{\dot y^2}{\dot x^2}=\frac{\dot x^2+\dot y^2}{\dot x^2}$，再取 $\frac32$ 次方。其中 $(\dot x^2)^{3/2}=\left(\sqrt{\dot x^2}\right)^3=\lvert\dot x\rvert^3$，开平方得到的是非负数，所以有绝对值。于是分母是 $\frac{(\dot x^2+\dot y^2)^{3/2}}{\lvert\dot x\rvert^3}$。

分子、分母都除以 $\lvert\dot x\rvert^3$，相除时约掉，得到

$$\kappa=\frac{\lvert\dot x\ddot y-\dot y\ddot x\rvert}{\left(\dot x^2+\dot y^2\right)^{3/2}}.$$

比如半径为 $a$ 的圆 $x=a\cos t$，$y=a\sin t$：$\dot x=-a\sin t$，$\ddot x=-a\cos t$，$\dot y=a\cos t$，$\ddot y=-a\sin t$。分子 $\dot x\ddot y-\dot y\ddot x=a^2\sin^2t+a^2\cos^2t=a^2$，分母 $(a^2)^{3/2}=a^3$，$\kappa=\frac1a$。正是“圆的曲率等于半径的倒数”。

例 $y=x^2$ 在 $x=0$ 处：$f'=0$，$f''=2$，

$$\kappa=\frac{2}{(1+0)^{3/2}}=2,\qquad R=\frac12.$$

这时切线水平，曲线向上弯，所以曲率圆（在这一点和曲线贴得最紧的圆）的圆心在正上方 $R$ 处，即 $\left(0,\frac12\right)$，半径 $\frac12$。

图 15：在原点附近，半径 1/2 的圆与抛物线贴合得最好：两者有相同的切线和相同的弯曲程度。

一般地，曲率圆的圆心是：

$$\text{横坐标}=x-\frac{f'(1+f'^2)}{f''},\qquad\text{纵坐标}=f(x)+\frac{1+f'^2}{f''}.$$

它是从曲线上的点出发，沿法线向曲线弯曲的那一侧走 $R$ 得到的。推导分四步。

法线方向。 切线方向是 $(1,f')$：$x$ 走 $1$，$y$ 走 $f'$。由第九节③，把它逆时针转 $90^\circ$ 得到 $(-f',1)$，这就是法线方向。

化成长度为 $1$ 的方向。 由勾股定理，$(-f',1)$ 的长度是 $\sqrt{(-f')^2+1^2}=\sqrt{1+f'^2}$。把两个分量都除以这个长度，得到长度为 $1$ 的方向 $\frac{1}{\sqrt{1+f'^2}}(-f',1)$；再乘 $R$，就是沿这个方向走 $R$ 的位移。

往哪边走。 $(-f',1)$ 的第二个分量是 $1>0$，指向上方。$f''>0$ 时曲线向上弯，圆心在上方，沿 $(-f',1)$ 走，取 $+$ 号；$f''<0$ 时圆心在下方，沿反方向走，取 $-$ 号。也就是说，正负号和 $f''$ 同号。

化简。 代入 $R=\frac{(1+f'^2)^{3/2}}{\lvert f''\rvert}$：

$$\pm\frac{R}{\sqrt{1+f'^2}}=\pm\frac{(1+f'^2)^{3/2}}{\lvert f''\rvert\,(1+f'^2)^{1/2}}=\frac{\pm(1+f'^2)}{\lvert f''\rvert}=\frac{1+f'^2}{f''}.$$

最后一步：$f''>0$ 时取 $+$，$\frac{+1}{\lvert f''\rvert}=\frac1{f''}$；$f''<0$ 时取 $-$，$\frac{-1}{\lvert f''\rvert}=\frac{-1}{-f''}=\frac1{f''}$。两种情形都一样。所以位移是

$$\frac{1+f'^2}{f''}(-f',1)=\left(-\frac{f'(1+f'^2)}{f''},\ \frac{1+f'^2}{f''}\right).$$

把它加到点 $(x,f(x))$ 上：横坐标 $x-\frac{f'(1+f'^2)}{f''}$，纵坐标 $f(x)+\frac{1+f'^2}{f''}$，就是上面的圆心坐标。$f''=0$ 时不能用这个公式：那里曲率为 $0$，曲线在局部像直线，没有曲率圆。

十二、函数列的极限：什么时候可以交换极限（选读）#

到这里，我们会把一个函数在局部换成直线或多项式来计算。但后面经常会遇到另一种对象：一串函数 $f_1,f_2,f_3,\dots$。比如第七节的泰勒多项式，阶数越来越高，就是一串函数；第二篇会对一串函数求积分。这时自然会问：每个 $f_n$ 都连续（或者可导），它们的极限还连续（可导）吗？求导、积分能不能和“取极限”交换次序？

这一节用几个具体的例子说明：看起来理所当然的事，可能是错的。这一节是选读，跳过不影响后面的计算；第二篇最后的选读部分会接着这里讲。

① 一串连续函数的极限，可能不连续#

令 $f_n(x)=x^n$，$0\le x\le1$。

• 固定 $x<1$，比如 $x=0.9$：$0.9,\ 0.81,\ 0.729,\ \dots$，$x^n\to0$。
• 固定 $x=1$：$1^n=1$，永远是 $1$。

所以对每个 $x$ 分别取极限，得到

$$f(x)=\begin{cases}0,&0\le x<1,\\1,&x=1.\end{cases}$$

每个 $f_n$ 都连续，极限函数却在 $x=1$ 处跳了一下，不连续：$x$ 从左边靠近 $1$ 时 $f(x)$ 一直是 $0$，左极限是 $0$，而 $f(1)=1$。

这正是标题说的“交换极限”出了问题。这里有两个极限，$n\to\infty$ 和 $x\to1^-$，先后顺序不同，结果不同：

$$\lim_{x\to1^-}\left[\lim_{n\to\infty}x^n\right]=\lim_{x\to1^-}0=0,\qquad\lim_{n\to\infty}\left[\lim_{x\to1^-}x^n\right]=\lim_{n\to\infty}1=1.$$

“极限函数连续”说的恰好是这两个顺序可以交换。

问题出在哪里？“对每个 $x$ 分别取极限”（叫逐点收敛）的意思是：

对每个 $x$ 和每个 $\varepsilon>0$，都存在 $N$，使 $n\ge N$ 时 $\lvert f_n(x)-f(x)\rvert<\varepsilon$。

这里的 $N$ 可以依赖于 $x$。$x$ 越接近 $1$，$x^n$ 趋于 $0$ 越慢，需要的 $N$ 越大。比如要 $x^n<0.01$（$0<x<1$），两边取自然对数，$n\ln x<\ln0.01$。$x<1$ 时 $\ln x<0$，两边除以负数，不等号反向：

$$n>\frac{\ln0.01}{\ln x}\approx\frac{-4.605}{\ln x}.$$

$x=0.9$ 时 $\ln0.9\approx-0.1054$，要 $n>43.7$，$n\ge44$ 就够；$x=0.99$ 时 $\ln0.99\approx-0.01005$，要 $n\ge459$；$x=0.999$ 时要 $n\ge4603$。$x\to1^-$ 时 $\ln x\to0$，右边趋于 $+\infty$。所以不论取多大的 $N$，总有足够靠近 $1$ 的 $x$ 需要更多的项：没有一个 $N$ 能同时管住所有的 $x$。

一致收敛要求的正是这一点：

对每个 $\varepsilon>0$，都存在一个 $N$，使 $n\ge N$ 时，对所有的 $x$ 都有 $\lvert f_n(x)-f(x)\rvert<\varepsilon$。

和逐点收敛相比，只是“存在 $N$”和“对所有 $x$”的顺序换了，意思却大不一样：现在 $N$ 只能依赖 $\varepsilon$，不能依赖 $x$。用图来想：以极限函数的图像为中心，上下各画一条宽 $\varepsilon$ 的带子；一致收敛是说，从某个 $N$ 起，$f_n$ 的整条图像都落在这条带子里。

上面的例子不是一致收敛。取带子宽 $\varepsilon=\frac12$。在 $[0,1)$ 上极限函数是 $0$，要落在带子里，就要所有 $x\in[0,1)$ 都满足 $x^n<\frac12$。但对每个 $n$，都能找到不满足的点：想让 $x^n=\frac34$（比 $\frac12$ 大），解出 $x=\left(\frac34\right)^{1/n}$。因为 $0<\frac34<1$，开 $n$ 次方后仍在 $0$ 和 $1$ 之间，这个点在 $[0,1)$ 里；在这一点 $f_n(x)=\frac34$，极限函数是 $0$，相差 $\frac34>\frac12$。所以不论 $N$ 取多大，$f_N$ 的图像都有一部分跑出这条带子。

② 一致收敛能保住连续性#

定理 若每个 $f_n$ 都连续，且 $f_n$ 一致收敛到 $f$，则 $f$ 连续。

比如下面③里的 $f_n(x)=\frac{\sin(nx)}n$，每个都连续，并且一致收敛到 $0$，极限函数 $0$ 当然连续；而 $x^n$ 不是一致收敛，定理管不到它，它的极限也确实不连续。

证明：要证 $f$ 在任一点 $a$ 处连续，也就是：任给 $\varepsilon>0$，要找 $\delta>0$，使 $\lvert x-a\rvert<\delta$ 时 $\lvert f(x)-f(a)\rvert<\varepsilon$。把要估计的差拆成三段：

$$\lvert f(x)-f(a)\rvert\le\lvert f(x)-f_N(x)\rvert+\lvert f_N(x)-f_N(a)\rvert+\lvert f_N(a)-f(a)\rvert.$$

（中间插进去 $f_N(x)$ 和 $f_N(a)$，再用三角不等式 $\lvert A+B+C\rvert\le\lvert A\rvert+\lvert B\rvert+\lvert C\rvert$。）

计划是让每一项都小于 $\frac\varepsilon3$。

1. 由一致收敛，先选定一个 $N$，使对所有位置 $t$ 都有 $\lvert f_N(t)-f(t)\rvert<\frac\varepsilon3$。取 $t=x$ 得第一项小于 $\frac\varepsilon3$，取 $t=a$ 得第三项小于 $\frac\varepsilon3$。因为对所有位置都成立，不管 $x$ 在哪里都行。选好以后，$N$ 就固定不动了。
2. 这个 $f_N$ 是一个固定的连续函数。由它在 $a$ 处连续，有 $\delta>0$，使 $\lvert x-a\rvert<\delta$ 时 $\lvert f_N(x)-f_N(a)\rvert<\frac\varepsilon3$。

于是只要 $\lvert x-a\rvert<\delta$，就有 $\lvert f(x)-f(a)\rvert<\frac\varepsilon3+\frac\varepsilon3+\frac\varepsilon3=\varepsilon$。这正是 $f$ 在 $a$ 处连续的定义，证毕。

关键在第 1 步：必须先固定同一个 $N$，再用 $f_N$ 的连续性。如果只是逐点收敛，第一项需要的 $N$ 会随 $x$ 变化，就没法先固定一个函数了。

③ 求导更麻烦：一致收敛也不够#

取

$$f_n(x)=\frac{\sin(nx)}n.$$

因为 $\lvert\sin(nx)\rvert\le1$，所以 $\lvert f_n(x)-0\rvert\le\frac1n$。这个界和 $x$ 无关：任给 $\varepsilon>0$，取整数 $N>\frac1\varepsilon$，$n\ge N$ 时对所有 $x$ 都有 $\lvert f_n(x)\rvert\le\frac1n<\varepsilon$。所以 $f_n$ 在整条实轴上一致收敛到 $0$。极限函数是 $0$，导数也是 $0$。

可是由链式法则，$f_n'(x)=\frac1n\cdot\cos(nx)\cdot n=\cos(nx)$，在 $x=0$ 处恒等于 $\cos0=1$。两种顺序放在一起：

$$\lim_{n\to\infty}f_n'(0)=\lim_{n\to\infty}1=1,\qquad\left(\lim_{n\to\infty}f_n\right)'(0)=0'=0.$$

“导数的极限”是 $1$，“极限的导数”是 $0$，两者不相等。

直观上：$f_n$ 的振幅越来越小，但振动越来越快，图像越来越陡。求导看的是陡不陡，所以小振幅、高频率的振动会被求导放大。

一个可以交换的充分条件： 设每个 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上有连续的导数，$f_n'$ 一致收敛到某个函数 $g$，并且在某一个点 $x_0$ 处 $f_n(x_0)$ 收敛。那么 $f_n$ 一致收敛到一个可导的函数 $f$，并且 $f'=g$。

为什么还要求某一点的函数值收敛？因为导数看不到函数被整体加上的常数：$f_n(x)=n$ 的导数全是 $0$，导数当然收敛，函数本身却不收敛。

这也解释了数值计算里的一个现象：用差商 $\frac{f(x+h)-f(x)}h$ 近似导数时，$h$ 太大，近似本身不准；$h$ 太小，函数值里微小的舍入误差会被除以 $h$ 放大。数学上的 $h\to0$，不等于在有限精度的计算机上把 $h$ 取得越小越好。

本篇小结#

遇到的问题	首先想到	背后的原理
极限，能直接代入	代入	连续函数的定义
$\frac00$，多项式或根式	因式分解、共轭	约去趋于 $0$ 的公共因子
$\frac\infty\infty$	提最高次项	最高次项决定无穷远处的大小
振荡	夹逼	无穷小 × 有界量
乘除中的基本小量	等价无穷小	一次近似（切线）
相减、抵消严重	泰勒展开到合适的阶	高次近似 + 误差记账
光滑函数之比	洛必达	柯西中值定理
底数指数都在变 $u^v$	取对数	$u^v=e^{v\ln u}$
递推数列	单调有界 + 方程求值	实数的完备性
求导	先认最外层	链式法则（变化率相乘）
极值、单调、根的个数	符号表	导数的正负 + 中值定理
存在 $\xi$ 使……	罗尔 + 辅助函数	中值定理
解方程 $f(x)=0$ 的近似值	牛顿法、二分法	切线近似；完备性

这一篇的内容可以按下面四点串起来：

1. 存在性：极限、方程的根、最大值，不能只凭写出一个方程就说它存在。它们的存在靠实数的完备性和函数的连续性来保证（“开始之前”）。
2. 局部近似：导数给出一次近似（切线），泰勒公式给出更高次的近似，等价无穷小只保留比较时用得上的那一项（第四、六、七节）。
3. 误差：相减时的抵消、复合、无穷多项相加、求导，都会改变误差的大小，计算时要用 $o(\cdot)$ 记账（第七、十二节）。
4. 从局部到整体：一点的导数只管这一点附近；要说一整段区间上的单调、极值、根的个数，靠中值定理（第五、十节）。下一篇的积分，会把局部和整体的联系变成计算公式。

下一篇讲积分：求导的逆运算，以及“把无数小块加起来”的计算。