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定义式变形#

作一点小巧思，当$x_0=0$、$f(x)$在$x=0$可导时:

也是成立的。不过和原导数定义相比，这需要保证当点可导，即保证$\frac{f(\sin x) - f(0)}{\sin x}$的极限存在。$L=\lim_{x \to 0} \left[ \frac{f(\sin x) - f(0)}{\sin x} \cdot \frac{\sin x}{\tan x} \right]$才能倒推回定义。题中经常需要这么做来构造导数定义。

但是:

不一定成立。因为$x^2$永远大于等于0，无论$x$从左边还是右边来，$x^2$都只能从右侧趋近于0。这个极限如果存在，只能说明右导数$f'_+(0)$存在，根本无法保证左导数的存在。因此它不能定义$f'(0)$。

导数存在的一个充要条件是左右导数都存在且相等。这一点上和连续很像，连续是”左右极限存在且等于该点函数值”。

27330:49/120/★★★★☆#

设$f(x)$是可导的偶函数，它在$x=0$的某邻域内满足

求曲线$y=f(x)$在点$(-1,f(-1))$处的切线方程及法线方程。

目标是求切线，就是要求$f(-1)$与$f'(-1)$。

我们看到题目等式似乎很适合凑出$f'(1)$, 很不巧$f$还是偶函数，我们就可以转化为求$f(1)$与$f'(1)$。

已知等式在$x\to0$时有$f(1+x^3)$与$f(1+\sin x^3)$, 自然先令$x\to0$得$f(1)$；再将等式两边除以$x^3$, 通过加减$f(1)$凑出导数定义$\frac{f(1+\Delta)-f(1)}{\Delta}$, 并结合$\sin x^3\sim x^3\;(x\to0)$求出$f'(1)$。

解

由可导必连续，对已知等式取$x\to0$的极限。

十分幸运地，分子$f(x_0+\Delta x) - f(x_0)$中的$f(x_0)$是$0$, 我们可以直接把它插进去。

为求$f'(1)$, 将等式两边同时除以$x^3$, 并向导数定义的形式变形。

第一个分式$\frac{f(1+x^3)-f(1)}{x^3}$的极限显然就是$f'(1)$不提，第二个分式需凑出与$\sin x^3$的导数定义$\frac{\sin x^3}{x^3}$

对上述等式取$x\to0$的极限:

$f(1)$和$f'(1)$都求完了。简单收尾

-$f$为偶函数，$f(-1)=f(1)=0$ -$f$可导，则$f'$为奇函数，从而$f'(-1)=-f'(1)=1$。

切线斜率$k_{\text{切}}=f'(-1)=1$, 法线斜率$k_{\text{法}}=-1$。故有

• 切线方程: $y-0=1\cdot(x+1) \;\Longrightarrow\; y=x+1$
• 法线方程: $y-0=-1\cdot(x+1) \;\Longrightarrow\; y=-x-1$

连续可导链体操#

我们有经典梗图:

但这里还可以进一步说一说。

简单来说，在点态和邻域中，分别有:

要详细说明，我们先定义一套符号表示这些东西:

• 可导必定连续，导数连续必定可导 -$P_k \implies p_k \implies P_{k-1} \implies p_{k-1}$ -$P_k^U \implies p_k^U \implies P_{k-1}^U \implies p_{k-1}^U$
• 局部必有点态 -$P_k^U \implies P_k$ -$p_k^U \implies p_k$
• 高阶点态连续要求低阶局部可导 -$p_{k+1} \implies P_k^U$

画成图示:

这8个命题中的任何两个本质都不相同。注意f’存在和f可导是等价的。另外提一句，再往上接四个节点可以无缝衔接二阶导。

1. 邻域连续推不出点态可导($p_{1U} \nRightarrow P_1$)

函数$f(x) = |x|$在$0$的邻域内连续，但在$0$点不可导。

2. 点态可导推不出邻域连续($P_1 \nRightarrow p_{1U}$)

函数$f(x) = x^2 D(x)$($D(x)$为狄利克雷函数) 在$x=0$处不仅连续甚至可导（导数为0），但在$0$的任何邻域内，除了$0$点以外处处不连续。

函数$f(x) = x^2 \sin(1/x)$($f(0)=0$)。它在任何邻域内处处可导，但它的导函数在$0$处发生剧烈振荡，因而不连续。

4. 邻域连续、点处可导推不出邻域可导

$f(x)=xW(x)$。$W(x)$处处连续而处处不可导，但$xW(x)$在$x=0$处可导。

TIP

命题a: 由$f'(x)$在点态连续知$f(x)$在邻域可导

扩展到负一阶导:

命题b: 由$g(x)$连续知$G(x)=\int_a^x f(t)\,\mathrm{d}t$在邻域可导

是不成立的。

当我们说“函数$h(x) = f'(x)$在$x_0$处连续”时，数学上的严格定义是:

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

为了让$\lim_{x \to x_0} f'(x)$这个极限存在且能够被讨论，函数$f'(x)$必须在$x_0$的某个去心邻域内存在。也就是说，存在一个包含$x_0$的区间$U$, 在这个区间里的每一个点$x$, $f'(x)$都是有意义（存在）的。这完全等价于“$f(x)$在区间$U$内可导”。 所以前者的成立并不是通过什么高深的定理推导出来的，而是“导函数连续”这个概念本身就强行要求了导数在邻域内存在。

我们可以构造一个满足条件但结论不成立的反例:

$$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{n}, &x \in \left( \frac{1}{n+1}, \frac{1}{n} \right], n\in\mathbb{Z}^+ \\ 0, &x=0 \end{cases}$$

1. $f(x)$在$x_0 = 0$处连续. 因为$x\to 0$时$f(x) = \frac{1}{n}\to 0$.
2. $F(x) = \int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t$存在. $f(x)$黎曼可积.
3. $F(x)$在$x=0$的任意邻域内不可导.

注意$x = \frac{1}{n}$一系列点有:

$$\frac{1}{n}=f(1 /n^{-})=F'_-(1/n)\neq F'_+(1/n) = f(1/n^+) = \frac{1}{n-1}$$

所以$F(x)$在所有$x = \frac{1}{n}$处都不可导。所以无论你找多么小的、包含0的邻域$U$, 里面都必然包含无穷多个点使得$F(x)$不可导。

在我们平时的计算中，大家已经习惯了无脑写出$G'(x) = \left( \int_a^x g(t)\,\mathrm{d}t \right)' = g(x)$。但这并不是无条件成立的。比如:

$$\begin{align*} f(x)&=\begin{cases} 0,\qquad x\neq 0 \\ 1,\qquad x=0 \end{cases} \\ F(x)&=\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t=0 \\ F'(x)&=0 \\ F'(0)&\neq f(0) \end{align*}$$

此处的$f(x)$, 它就是不可能作为任何函数的导数存在的。当然这是一个不连续的

细说的话会拐到实分析去，我们就此结束。好奇者请自行使用考纲内定理证明达布定理。

27330:35/120/★★★☆☆#

设

问$a,b,c$为何值时，$f(x)$在$x=0$处一阶导数连续，但二阶导数不存在。

要使得这个函数一阶导数连续、二阶导数不存在，也就是使得:

1.$f(x)$连续、可导 2.$f'(x)$连续、不可导

这些条件就足够我们确定这三个常数了

解

先处理连续性。连续是可导的前提。

由$f(x)$在$x=0$处连续，得

现在利用连续性求一阶导数。注意$f'(0)$必须用定义计算。

当$x<0$时，$f'(x) = 2ax + b\cos x$； 当$x>0$时，$f'(x) = \dfrac{1}{1+x}$。

由一阶导数连续得:

此时$f'(0) = 1$, 且$\lim_{x \to 0} f'(x) = f'(0)$自然成立。

现在考察二阶导数。写出两侧的二阶导数表达式，再求左右极限。

当$x<0$时，$f''(x) = 2a - b\sin x = 2a - \sin x$； 当$x>0$时，$f''(x) = -\dfrac{1}{(1+x)^2}$。

要使二阶导数不存在，只需左右二阶导数不相等即可。

综上，$f(x)$在$x=0$处一阶导数连续但二阶导数不存在的充要条件为

27330:75/120/★★★★☆#

设$f(x)=\arctan x$, 求$f^{(n)}(0)$.

求函数在一点的高阶导数，直接逐阶求导会非常繁琐。初等函数的麦克劳林展开式中，系数与高阶导数有直接关系: $a_n = \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}$。这个关系的利用在特定点$n$阶导中非常常见。

只要知道$\arctan x$的展开式，就可直接求出任意阶导数在$0$处的值。

由

且$f(0)=0$, 逐项积分得

又由泰勒展开式

比较系数:

• 当$n=2k$（偶数）时，$\displaystyle\frac{f^{(2k)}(0)}{(2k)!} = 0 \;\Longrightarrow\; f^{(2k)}(0) = 0$；
• 当$n=2k+1$（奇数）时，

故

27330:73/120/★★★★☆#

设函数$f(x)$在$(-\infty, +\infty)$上二阶连续可导，且对任意的$x$与$h$满足

求证: $f(x)=ax^2+bx+c$, 其中$a, b, c$为常数。

已知条件对任意值成立这种任意满足关系式，高中阶段也是能看到的。这类题我们主要通过取极值、取对称值互相加减来得到新关系式。

题目要证明$f(x)$是一个二次函数。这类函数如何从推导中出现呢？

我们可以通过证明$f''(x)$是一个常数C，这样通过两次积分就能得到$f(x)=ax^{2}+bx+c$了。

另一个需要注意的点是题目没有说$f(x)$三阶可导，所以我们全过程都必须在二阶开始打住。

至于何来思路，这种题最开始的尝试中 代0 一定是对 任意满足关系式 题型必不可少的尝试

原式令$x=0$可得:

另外我们有$f(x)$二阶可导。也不要忘了求导试试，毕竟那个显眼包$\frac{h}{2}$肯定不是白给你的，最后总会有一个合适的形态解释出来的。

或许是乘上了$2$, 或许是乘上$h$变成$\frac{h^{2}}{2}$然后导下去。

原式对$h$求导、并且令$x=-\frac{h}{2}$可得:

“令$x=-\frac{h}{2}$”那步可以在草纸上求完导再发现。当我们注意到求导之后式子里出现两个$\left( x+\frac{h}{2} \right)$时就该考虑这件事了，把自变量凑成0一直都是很重要的事。

我们现在通过代数值和求导造出了两个式子。其中式$(2)$是式$(1)$的一部分，使得$\frac{h}{2}$得以通过$hf'\left( \frac{h}{2} \right)$乘到一个$h$。

将$(2)$代入$(1)$得:

这就是$f(x)$标准的麦克劳林前三项了。

至于下一步证明…什么证明，这不已经是二次函数了吗？

故$f(x)=ax^{2}+bx+c$。其中$a=\frac{f''(0)}{2},b=f'(0),c=f(0)$.

27330:57/120/★★★★☆#

设$f(x), g(x)$在点$x=0$的某邻域内连续，且$f(x)$具有一阶连续导数，并有

求曲线$y=f(x)$的一个拐点。

$f''(x)$在$x_0$的左右两侧异号（一正一负），则$x_{0}$是$f$的一个拐点。

这道题是一个简单的题。原因摆在题面上:

1. 我们已经明显看到$f'(x)$, 我们直接求导就行。
2. $\int_{0}^{x} g(x-t)\mathrm{d}t$是一个标准的不能再标准的区间再现公式。

关于区间再现我会在积分那边讲。尽管形式上我们要写一下$u=x-t$, 但你草纸上直接写$\int_{0}^{x} g(t)\mathrm{d}t$就行。当然形式上基本积分换元推导要推熟练，还是那句话，有些东西本质推导熟练了背下来才算掌握了。

我们先把第一步速通了

解

令$u=x-t$, 将积分化为$\int_0^x g(u)\,\mathrm{d}u$, 以便求导。

$g$连续，由微积分基本定理，$f'(x)$可导，对其求导得$f''(x)$。

二阶段，注意题目条件$\lim_{x \to 0} \frac{g(x)}{x} = 2$实质上隐藏了两个条件:

• $g(x)\to 0$, 即$g(0)=0$
• $g'(0)=2$。注意$g(x)$是连续的，我们才能说$g'(0)$存在。

由$\lim\limits_{x\to0}\frac{g(x)}{x}=2$及$g$连续，得$g(0)=0$, 于是$f''(0)=0$.

为判定$x=0$是否为拐点，需考察$f''(x)$在$x=0$两侧是否变号。将$f''(x)$写成$x(\frac{g(x)}{x}-4)$, 利用极限的保号性即可。

由$\lim_{x \to 0} \frac{g(x)}{x} = 2$, 显然$\left(\frac{g(x)}{x}-4\right)$在$x\to 0^+$和$x\to 0^-$不变号，而$x$变号。$f''(x)$在$x=0$两侧由正变负。故点$(0, f(0))$为曲线$y=f(x)$的一个拐点。

$f(0)$无法由已知条件确定，因为只给了$f'$, 保留即可。

所求拐点为$(0, f(0))$.

27330:65/120/★★★★★#

已知任意$x \in (-\infty, +\infty)$,$f''(x) \ge 0$, 且$0 \le f(x) \le 1 - e^{-x^2}$, 求$f(x)$。

我的天哪五星题大人。

很多证明题在几何理解上十分直观，实际上并不好证。最难的一点就是找到矛盾在哪。我们尝试用一种既直观又严谨的语言理解:

条件$f''(x)\ge0$表明$f$是凹函数，而$1-e^{-x^2}$是一个有渐近线$y=1$的函数。条件要求$f(x)$从$(0,0)$开始:

• 在x轴和图中红线之间的区域前进
• 永远不往右打方向盘

另一个隐藏前提: $f(x)$在从$(0,0)$向右出门的那一刻起的方向(即$f'(0)$)一定是0。否则出门的第一步就会走出红线。

而只允许$f(x)$往左打方向盘的话，无论$f(x)$多微小地往左打一点方向盘，它都必然会冲破$y=1$。*注意: 我们这里其实是反证法

所以唯一的解就是不打方向盘，$f(x)$永远笔直地往右走，即$y=0$。

解

由$f''(x)\ge0$知$f$为$\mathbb{R}$上的凹函数。

反证: 若非常数，由凹性可推出$f$无上界(即突出$y=0$和$y=1$包围圈)，与已知矛盾。

先假设有两个点使得斜率不为0，然后凹性使得某一侧的斜率会持续不靠近0（斜率不会回落到水平），然后可以得证。

假设$f$不恒为常数，则存在$a<b$使得$f(a)\neq f(b)$。不妨设$f(a)<f(b)$。由凹函数的割线斜率递增性，对任意$x>b$有

于是，必定有一边的斜率一直增大而永远不会像$\sin x$一样摆动。这一边我们称之为$a<b<x$中$x$所在的一边。这一边必将冲向无穷大。

于是有

与$f(x)\le 1-e^{-x^2}\le 1$矛盾。同理，若$f(a)>f(b)$, 令$x\to-\infty$亦得矛盾。

故$f$必为常值函数，设$f(x)\equiv C$。

利用原点处的夹逼求出常数。

在$x=0$处，由$0\le f(0)\le 1-e^{0}=0$得$f(0)=0$, 从而$C=0$。因此

很多题的共性是要先理解题意、再知道如何把一些脑子里的直观步骤写到纸上。真正的推导链条并不复杂，至少没有近代数学那些推导那么复杂。

哦对了微积分发明那个年代好像根本不在乎严谨推导。无所谓了，我们甚至都能用洛必达这么方便的东西了。

27330:66/120/★★★★★#

设$f(x)$是一多项式，$f(x) \ge x, f(x) \ge 1-x$, 证明$f\left(\frac{1}{2}\right) > \frac{1}{2}$。

我的天哪…

抓不到矛盾的话，先看图说话吧。图解很好理解。

先说矛盾: 矛盾在于，条件给出了的下界包含一个尖点，而:

• 尖点的位置正好就是题目中要求的$\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$.
• $f(x) \ge x$和$f(x) \ge 1-x$都支持$f\left( \frac{1}{2} \right) \ge \frac{1}{2}$.
• $f\left( \frac{1}{2} \right) \gt \frac{1}{2}$是合理的，要证伪的是$f\left( \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2}$.也就排除这种可能性

那么我们要看另一个条件: $f(x)$是一多项式。如果它经过$\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right)$点:

• $f$是多项式。多项式是光滑的。
• $f$先要同时大于左右两个下界，又要满足这个尖点，$f$自身必然会贴到这个尖角里，形成尖点。
• 光滑的多项式里不能形成尖点。多项式处处无限可导。
• 这迫使$f'(\frac{1}{2})$同时等于两条直线的斜率$1$和$-1$, 矛盾。

证明

令$g(x)=f(x)-x$, $h(x)=f(x)-(1-x)$。依题意，对任意$x$有$g(x)\ge0$, $h(x)\ge0$。

假设$f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}$, 则

即$x=\frac{1}{2}$同时为$g(x)$与$h(x)$的最小值点。因$f$为多项式，可导，故

而$g'(x)=f'(x)-1$, $h'(x)=f'(x)+1$, 代入得

矛盾。故假设不成立，从而

这道题很妙地用到了多项式可导这个性质。也让我想到了一些很形象的场面，比如你绝对不可能把手指完美挤进一个直角墙角里，因为你的手指皮肤不能弯成那么完美的直角，一定会留下一个小空间 belike:

27330:71/130+/★★★★★#

设$f(x)$在区间$(-\infty, +\infty)$上存在二阶导数，$f(0) < 0, f''(x) > 0$. 试证明: (1) 在$(-\infty, +\infty)$上$f(x)$至多有 2 个零点，至少有 1 个零点； (2) 若的确有 2 个零点$x_1$与$x_2$, 则$x_1x_2 < 0$.

我的天哪130+的题

其实这里的题型C是我为数不多能全过130+,5*题的类型。所以肯定要多讲讲。

这道题和65题有异曲同工之妙，都利用了二阶导数锚定一阶导数，进而锚定的单调性解题。

条件$f''(x)>0$表明函数严格凹，因此零点个数至多两个；同时，结合$f(0)<0$与导数的单调性，利用拉格朗日中值定理可证函数必在某方向趋于正无穷，从而穿过$x$轴，保证至少有一个零点。若恰有两个零点，由严格凹性知$f(0)<0$必须落在两零点之间，从而它们异号。

• 函数有$f(0)<0$。假设我们从$(0,-1)$出发
• 出发点的斜率是正或负？我们考虑两种情况:
  • A: $x>0$方向，$f'(0)\geq 0$或$x<0$方向，$f'(0)\leq 0$。这时这个方向必定有零点。条件会使得$f(x)$在该轴方向严格单调。必只有一个零点（如图中红色、绿色两函数）
  • B: $x>0$方向，$f'(0)\leq 0$或$x<0$方向，$f'(0)\geq 0$。这时这个方向是否有零点取决于方向是否会从另一侧再次向上。

    

    我们显然发现在情况B下，驻点是产生返回现象重要的转折点。顺理成章地，根据条件$f''(x)>0$意味着$f'$严格递增，从而$f$至多有一个驻点。

我们先利用罗尔定理（用别的也可以）推出零点个数与驻点个数的关系，证出“至多两个零点”；再结合$f(0)<0$与凸函数的切线性质证出“至少一个零点”。第(2)问则利用严格凸函数在两点间恒在连线下方，结合$f(0)<0$导出两零点必分居原点两侧。

**解: **

(1). 若$f(x)$有三个互异零点$x_1<x_2<x_3$, 由罗尔定理，$f'(x)$在$(x_1,x_2)$与$(x_2,x_3)$内各至少有一个零点，这与$f'(x)$至多一个零点矛盾。故$f(x)$至多有两个零点。

由$f''(x)>0$知$f$为严格凹函数，其图形恒在其任一点切线的上方，故:

因$f(0)<0$, 若$f'(0)\ge 0$, 取$x_0>0$充分大可使$f(0)+f'(0)x_0>0$；若$f'(0)<0$, 取$x_0<0$且$|x_0|$充分大亦可使该线性函数为正。从而均有$f(x_0)>0$。对$f(x)$在$0$与$x_0$之间用连续函数的介值定理，即知至少存在一个零点。

凹函数上，任意两点连线，连线之间的函数图像必然在连线直线的下方。

故有两零点时，由凹性知两零点之间的函数值严格小于0，从而全在$x$轴下方。$f(0)<0$说明原点必在两零点之间。

(2)
若恰有两个零点$x_1<x_2$, 则$f(x_1)=f(x_2)=0$。由$f$的严格凸性，对任意$x\in(x_1,x_2)$有

已知$f(0)<0$, 故$0\in(x_1,x_2)$, 即$x_1<0<x_2$, 从而

搓到这里现在是2026年7月14日02:27:04。<-这串时间是搜狗输入法打“sj”快捷点出来的。很方便吧。心脏有点难受，感觉要去见张师了。明天再码吧

差分和微分#

在这个导数定义式中，$\Delta x$是一个趋向于无穷小的量。趋于无穷小后它才能变成导数。如果没趋于极限，我们称其为差分。

如果我们将定义式的上半部分$f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)$写作$\Delta y$, 原式变为

这便是$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$的由来，也是微分式形式上真能当成分数算的一种推导。比如一个看起来很诡异的关系，但实际上完全正确并且你可以直接用的事实是:

27330:42/90/★★★☆☆#

设严格单调函数$y = f(x)$有二阶连续导数，其反函数为$x = \varphi(y)$, 且$f(1) = 2, f'(1) = 2, f''(1) = 3$, 求$\varphi''(2)$。