恰好最近在给朋友讲解这块知识点。以下内容涉及到求导公式的简易(非严格)推导过程，以及常见的积分公式和洛必达法则。预备1.导数的莱布尼茨记号： f^\prime(x)=\frac{\text df}{\text dx}=\frac{\text d}{\text dx}f(x)=\text df /\text dx 等等，形象理解为导数的定义 \lim_{\Delta x\to0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{\text dy}{\text dx} 。其中，我们称算符 \text d 为“微分”，类似地 \text dy 也就是 y 的微分量。这个记号对于初次接触微积分的高中生有极大益处，帮助更好地理解和记忆公式。2.导数“定义”：y^\prime(x)=\frac{\text dy}{\text dx}=\lim_{h\to0}\frac{y(x+h)-y(x)}{h} \\ 一、微分(导数)运算法则0.常数的微分(导数)可以直接由定义得到\text dC=0,(C)^\prime=0 \tag0我们一般用单词 \text{Constant} (亘古不变的、恒定的)首字母 C 表示常数。我们可以从思想上理解这个结论：因为常数永远不变，不受你自变量 x 改变的影响，因此任何时候它的斜率都是平躺的零，没有变化，更没有变化率。1.加法、乘法、链式法则 \Rightarrow 再到数乘和减法可以直接由定义得到加法法则：\begin{aligned} \frac{\text d}{\text dx}(a+b)&=\lim_{h\to0}\frac{a(x+h)+b(x+h)-a(x)-b(x)}{h}\\&=\lim_{h\to0}\frac{a(x+h)-a(x)}{h}+\lim_{h\to0}\frac{b(x+h)-b(x)}{h}\\&=\frac{\text da}{\text dx}+\frac{\text db}{\text dx} \end{aligned} 乘法法则：\begin{aligned} \frac{\text d}{\text dx}(ab)&=\lim_{h\to0}\frac{a(x+h)b(x+h)-a(x)b(x)}{h}\\&=\lim_{h\to0}\frac{a(x+h)(b(x+h)-b(x))}{h}+\lim_{h\to0}\frac{b(x)(a(x+h)-a(x))}{h} \\ \\&=a\frac{\text db}{\text dx}+b\frac{\text da}{\text dx} \end{aligned} 我们可以用下图理解乘法法则：Using Python Library named Manim from 3Blue1Brown正如我们推导过程中的那样，有一个地方似乎不自然地被省略掉了。如图中所示，红色的区域面积 \text dg\text dh 被省略了。我们具体从两个角度理解一下其中的内涵。角度一：实际上，无穷大和无穷小也可以进行比较。比如，直觉告诉我们，实数的“数量”肯定多于整数，即使它们都是无穷多的。同样地，我们也可以比较无穷小：有的无穷小相对于另外的无穷小会“小得更快”，比如 \frac 1x 和 \frac 1{x^{999}} ，当 x 是一个确切的数 (x>1) 或者趋近于无穷时，你肯定认为后者是更快趋于零的那一个，“它相比前者太小太小了”。回到上图，我们可以说红色区域面积，也就是两个无穷小的乘积 \text dg\text dh ，相对于绿色区域面积 g\text dh+h\text dg 收敛到零的速度更快，因此红色区域相对于绿色区域来说更是一个无穷小(红色区域在绿色区域面前还是很小)，尽管二者实际上都是无穷小，但红色的更小、小得更快。角度二：当绿色区域和红色区域足够小时，我们发现，我们所参考的黄色区域仍然是一个矩形，而绿色区域变成了“线段”，红色区域变成了“点”。因此可以这样理解：由于我们考虑的是二维平面对象黄色区域，其低阶的差值，应该只需降一维即可，变成线段；而更高阶的无穷小红色区域降了两维，变成了点，超出了我们所考虑的范围，于是被泯灭掉了。总之我们得到了\text d(a+b)=\text da+\text db\\ \text d(ab)=a\text db+b\text da\tag1链式法则也可以由定义得到(在极限理论庇护下)：\frac{\text df(g_{(x)})}{\text dx}=\frac{\text df(g_{(x)})}{\text dg_{(x)}}\frac{\text dg_{(x)}}{\text dx}\tag2这里就充分体现了莱布尼茨记号的优越性：链式法则就像是做分数约分运算一样。有时也写作第二种形式，了解即可，不作要求\text df(g)=\frac{\text df(g)}{\text dg}\text dg \tag3数乘和减法法则可以直接作为推论。\text d(Ca)=C\text da+a\text dC=C\text da \\ \text d(a-b)=\text da+\text d(-b)=\text da-\text db\tag42. \text e 的由来我们观察到指数函数 a^x 的变化速率总是与其此刻的函数值呈正比。譬如，此次疫情病例的初期增长速度非常高，其中一个原因就是量的变化速度和与自身成正比：数量多了，速度就跟着大了，而速度大了，数量就会更快增长，变得更多，与此同时速度又随之增大了……这是非常恐怖的增长方式。于是我们假设存在了一个可能的数 \text e ，它满足 \frac{\text d}{\text dx}\text e^x=\text e^x ，即导数与自己成的比例恰好为一，也就是说导数就是自己，那么根据导数定义可以有\begin{aligned} \lim_{h\to0}\frac{\text e^{x+h}-\text e^x}h&=e^x\\ \lim_{h\to0}\frac{\text e^x(\text e^h-1)}h&=e^x\\ \lim_{h\to0}\frac{\text e^h-1}h&=1\\ \lim_{h\to0}(\text e^h-1)&=\lim_{h\to0}h\\ \lim_{h\to0}\text e^h&=\lim_{h\to0}(1+h)\\ \text e&=\lim_{h\to0}(1+h)^{\frac1h} \end{aligned} \\这个极限是存在的，近似值 2.7182818\cdots 总之，我们真的找到了这样一个，实实在在的数，它的呈现方式与圆周率 \pi 极其相似。当然，上式也可以写成如下常见形式：\text e=\lim_{x\to\infty}(1+\frac1x)^x\tag5作为 \text e 的另一个比较直观的定义。(这个定义与一个著名的银行利息问题有关。)3.指数与对数(1)指数a^x=(\text e^{\ln a})^x=\text e^{x\ln a}\\ (a^x)^\prime=(\text e^{x\ln a})^\prime=\text e^{x\ln a}(x\ln a)^\prime=a^x\cdot \ln a \tag6(2)对数令 y=\ln x，其中 x>0，那么x=\text e^y\\ \frac{\text dx}{\text dy}=\text e^y=x因此（注意此处使用的引理“反函数导数为原函数导数的倒数”是大学的内容）\frac{\text dy}{\text dx}=\frac1x\\即(\ln x)^\prime=\frac1x \tag7根据换底公式 \log_ax=\frac{\ln x}{\ln a} 那么(\log_ax)^\prime=\frac{(\ln x)^\prime}{\ln a}=\frac1{x\ln a} \tag84.幂函数也可以使用稍微复杂一些的二项式定理，不过实际上它是具有局限性的。类似指数的推导方法x^a=(\text e^{\ln x})^a=(\text e^a)^{\ln x} \\
\begin{aligned} (x^a)^\prime&=(\text e^a)^{\ln x}\cdot\ln(\text e^a)\cdot(\ln x)^\prime\\ &=x^a\cdot a\cdot\frac1x=ax^{a-1}
\end{aligned} \tag95.除法法则使用导数定义进行化简、通分 (注意，这里用到了链式法则)\begin{aligned} \frac{\text d}{\text dx}(\frac ab)&=\frac{\text d}{\text dx}(ab^{-1})\\&=a\frac{\text d}{\text dx}(b^{-1})+b^{-1}\frac{\text da}{\text dx}\\ &=a(-b^{-2})\frac{\text db}{\text dx}+b^{-1}\frac{\text da}{\text dx} \\&=-\frac {a}{b^2}\frac{\text db}{\text dx}+\frac{1}{b}\frac{\text da}{\text dx}\\ &=\frac{\frac{\text da}{\text dx} b-a\frac{\text db}{\text dx}}{b^2}
\end{aligned}\\即(a/b)^\prime=\frac{a^\prime b-ab^\prime}{b^2} \tag{10} 6.三角函数实际上有直观的几何理解，这里推荐：zdr0：为什么sin(x)的导数是cos(x)?。可以直接由定义得到\begin{aligned} (\sin x)^\prime&=\lim_{h\to0}\frac{\sin(x+h)-\sin x}h\\ &=\lim_{h\to0}\frac{\sin x\cos h+\cos x\sin h-\sin x}h\\ &=\lim_{h\to0}(\frac{\sin x}h(\cos h-1)+\cos x\frac{\sin h}h) \end{aligned}\\又因为极限 \lim_{h\to0}\frac{\cos h-1}{h}=0 以及重要极限 \lim_{h\to0}\frac{\sin h}h=1 (这是一个很经典的极限，具体需要用不等式证明)，所以(\sin x)^\prime=\cos x \tag{11}而 \cos x 的导数可以由诱导公式，通过正弦推出。\tan x 的导数可以由二者之商推出，需要用到除法法则。二、积分公式考虑到高中阶段基本不考，下面仅摆出一些常见的简单积分例子。均能"逆着"通过求导公式推导，读者可以对等式右边求导进行验证。怎样理解牛顿-莱布尼茨公式？我们认为微分运算 \text d 和积分运算 \int 是一对互逆运算(一个是将整体分得很细，一个是将很细的东西加起来组成整体)，可以相互抵消。假设 F(x) 是 f(x) 的原函数， f(x) 是 F(x) 的导函数，也就是 F^\prime(x)=f(x) ，那么按照莱布尼茨记号就有 \frac{\text dF(x)}{\text dx}=f(x) ，进而有 \text dF(x)=f(x)\text dx ，于是可以得到 F(x)=\int f(x)\text dx 。这里的不定积分符号\int 可以暂时理解成求原函数的符号。因此实际上应该给原函数加上一个常数(因为常数的导数为零)，不过为了简记就不加这个常数了。\begin{aligned} \int C \text dx &=Cx\\ \int x^a \text dx &=\frac{ x^{a+1}}{a+1}\\
\int \frac 1x \text dx &=\ln
x|\\
\int \cos x \text dx &=\sin x\\
\int \sin x \text dx &=-\cos x\\
\int \text e^x \text dx &=\text e^x\\
\int a^x \text dx &=\frac{a^x}{\ln a}\\
\int \ln x \text dx &=x\ln x-x\\
\int \log_a x \text dx &=\frac{x\ln x-x}{\ln a}
\end{aligned} 简单的运算法则——数乘和加减法\int Cf(x) \text dx=C\int f(x) \text dx\\ \int (a\pm b)\text dx=\int a\text dx\pm \int b\text dx \tag{12}乘除法需要更多的技巧，常见的一种方法叫分部积分法，是由导数的乘法法则推出来的，高中阶段无需了解。复合函数的积分与导数的链式法则有一定的联系，常见的一种方法叫换元法，即替换积分变量，也不用过多了解。更广泛的公式可以在求导公式表、积分表中查找，更多运算法则及技巧需要查阅相关资料。三、洛必达法则洛必达法则的通俗表述大致上为：洛必达第一法则：当 x\to a 时的 \frac00 型不定式，若1. \lim_{x\to a}f(x)=\lim_{x\to a}g(x)=0 ；2.导数之比的极限 \displaystyle\lim_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)} 存在。(可以有限也可以是无穷)那么，函数之比的极限存在且等于 \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}.\\ 洛必达第二法则：当 x\to a 时的 \frac\infty\infty 型不定式，若1. 当 x\to a 时 f(x)\to\infty,g(x)\to\infty；2. 导数之比的极限 \displaystyle\lim_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)} 存在。(可以有限也可以是无穷)那么，函数之比的极限存在且等于 \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}.\\ 请注意 a 可以有限也可以是无穷。并且，在 a 的“附近”， f(x),g(x) 均有定义且有导数；一般来讲，要保证当 x\to a 时 f^\prime(x),g^\prime(x)\neq0 ；当然如果不幸的是，使用一次洛必达之后仍然无法直接代入，那么就检验一遍条件，考虑再次洛必达。即结论 \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)} 适用于两种条件，一个是\frac00 型不定式，一个是\frac\infty\infty 型不定式。可以形象理解成比值的极限就是变化速度的比值。我们来看具体例子举例：从洛必达角度理解极限 \lim_{h\to0}\frac{\sin h}h=1 。根据洛必达法则，我们可以有 \lim_{h\to0}\frac{\sin h}h=\lim_{h\to0}\frac{\cos h}1=1 。不过实际上，“该极限为一”与“ \sin x 导为 \cos x ”是等价结论。这个法则的运用在大多省份改卷是不给分的，所以用来秒小题即可。当然，也是可以在大题中偷偷用的。我们有两种方式在考试过程中书写出这个极限值：1.装模作样地写出“当 x\to a 时 f(x)\to\cdots ”类似的句式。怎样求出的极限，用的什么方法，只要不写出来，其实是不会管的。当然保险起见，推荐下一个方法2.用不等式恒成立思想。具体我们看下面这个例子。举例：已知 h(x)=\frac{x\ln x}{x^2-1} < a 在 x>1 上恒成立，求 a 取值范围。解： 由题有 h(x)=\frac{x\ln x}{x^2-1} ，那么h^\prime(x)=\frac{x^2(1-\ln x)-(1+\ln x)}{(x^2-1)^2}\\ 令 g(x)=x^2(1-\ln x)-(1+\ln x) 则g^\prime(x)=\frac{x^2(1-2\ln x)-1}{x}\\ 令 j(x)=x^2(1-2\ln x)-1 则 j^\prime(x)=-4x\ln x<0 在 x>1 恒成立，故 j(x) 单调递减。进而 j(x)<j(1)=0 即 g^\prime(x)<0 ，那么 g(x) 单调递减。从而 g(x)<g(1)=0 即 h^\prime(x)<0 ，因此 h(x) 单调递减。偷偷使用洛必达之后，我们应该有 \lim_{x\to1}h(x)=\frac12 。那么我们可以有两种书写方式：容易知道 x\to1 时， h(x)\to\frac12 。所以 h(x)<\frac12 ，即有 a\geqslant\frac12 而现在我们考虑不等式思想：思考：由于 h(x) 在 (1,+\infty) 单调递减，\lim_{x\to1}h(x)=\frac12 是其上界。我们未卜先知地知道了答案 \frac12 ，现在只要证明即可。于是，我们只要证明 h(x)< \frac12 在 x>1 恒成立即可。下面我们先来证明这个下证：对于 x>1 有 h(x)=\frac{x\ln x}{x^2-1}<\frac12 恒成立。即证：对于 x>1 有 2x\ln x-x^2+1<0 恒成立。设 f(x)=2x\ln x-x^2+1 ，有 f^\prime(x)=2(\ln x-x+1) ，进而 f^{\prime\prime}(x)=2\cdot\frac{1-x}{x} 。对于 x>1 恒有 f^{\prime\prime}(x)<0 ，因此 f^\prime(x) 单调递减。进而 f^\prime(x)<f^\prime(1)=0 ，那么 f(x) 单调递减。于是 f(x)<f(1)=0 恒成立，那么综上，对于 x>1 有 h(x)<\frac12 恒成立了。现在我们证明了确实有 h(x)<\frac12 恒成立了，但那真的是上界吗？因为有可能 h(x) 会更小，也就是说 a 不止能取到 \frac12 就结束，也有可能还会小到比如 \frac14 都可以取到。因此，为了说明这就是我们的上界，我们要证明 a<\frac12 是绝对不行的(请确保搞懂这个逻辑)，换句话说：下证：对于 a<\frac12 ， h(x)=\frac{x\ln x}{x^2-1}<a 并不恒成立。即证：对于 a<\frac12 ， x\ln x-a(x^2-1)<0 不恒成立。换句话说：一旦 a<\frac12 ，必存在 x_0\in(1,+\infty) 使得 x_0\ln x_0-a(x_0^2-1)>0 设 k(x)=x\ln x-a(x^2-1),x\in(1,\infty) ，有 k^\prime(x)=\ln x-2ax+1 ，进而 k^{\prime\prime}(x)=\frac{1-2ax}{x} 。1.若 a\leqslant0, k^{\prime\prime}(x)>0 恒成立，进而 k^\prime(x) 在 (1,+\infty) 单调递增， k^\prime(x)>k^\prime(1)=1-2a>0 ，因此 k(x) 在 (1,+\infty) 单调递增，那么对于任意 x\in(1,+\infty) 都有 k(x)> k(1)=0 。所以，显然存在x_0\in(1,+\infty) 使得 k(x_0)>0 。2.若 a\in(0,\frac12) ，那么可知 k^{\prime\prime}(x)=0 的根为 x=\frac1{2a}>1 。所以 k^{\prime\prime}(x) 在 (1,\frac1{2a}) 为正，即 k^\prime(x) 在 (1,\frac1{2a}) 单调递增，进而 k^\prime(x)>k^\prime(1)=1-2a>0 ，从而 k(x) 在 (1,\frac1{2a}) 单调递增，则对于 x\in(1,\frac1{2a}) 都有 k(x)> k(1)=0 。所以，显然也存在x_0\in(1,+\infty) 使得 k(x_0)>0 。综上，对于 a<\frac12 ， h(x)<a 不恒成立。回到原本的情况由之前所知， h(x)<\frac12 在 x>1 恒成立，而对于 a<\frac12 ， h(x)<a 不恒成立。那么考虑 a\geqslant \frac12 一定有 h(x)<a 在 x>1 恒成立。因此 a\geqslant\frac12 是完全可以的。当然，其实也可以单独额外讨论 a\geqslant\frac12 的情况，但这会与前面的操作重复。不过非要讨论的话，只要将前面的多余部分删去即可：3. 若 a\geqslant\frac12 ， k''(x)<0 在 (1,+\infty) 恒成立，进而 k^\prime(x) 在 (1,+\infty) 单调递减， k^\prime(x)<k^\prime(1)=1-2a\leqslant0 ，因此 k(x) 在 (1,+\infty) 单调递减，那么对于任意 x\in(1,+\infty) 都有 k(x)< k(1)=0 。即对于 a\geqslant\frac12 ，h(x)< a 在 x>1 上恒成立。总之我们最终得到综上所述，取值范围 a\in\bigg[\frac12,+\infty\bigg) 。以上。}