求导法则

上一节我们从定义求得了一些函数的导数。下面我们引入一些求导法则,这样就能很快求得复杂函数的导数。

🔶 定理 3：求导法则

若函数$u(x)$与$v(x)$在点$x_0$处可导,则\ 1.$f(x)=u(x)\pm v(x)$在点$x_0$处可导,且

$$\begin{align} f'(x_0)=u'(x)\pm v'(x) \end{align}$$

2.$f(x)=u(x)v(x)$在点$x_0$处可导,且

$$\begin{align} f'(x_0)=u'(x)v(x_0)+v'(x)u(x_0) \end{align}$$

3.若$v(x_0)\ne 0$,则$f(x)=\frac{u(x)}{v(x)}$在点$x_0$处可导,且

$$\begin{align} f'(x_0)=\frac{u'(x_0)v(x)-v'(x_0)u(x_0)}{\left[v'(x_0)\right]^2} \end{align}$$

解： 只需根据定义证明即可 1.

$$\begin{align*} & f'(x_0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\left[u(x_0+\Delta x)\pm v(x_0+\Delta x)\right]-\left[u(x_0)\pm v(x_0)\right]}{\Delta x}\\ & =\lim_{\Delta x\to 0}\frac{u(x_0+\Delta x)-u(x_0)}{\Delta x}\pm\lim_{\Delta x\to 0}\frac{v(x_0+\Delta x)-v(x_0)}{\Delta x}=u'(x)\pm v'(x)\\ \end{align*}$$

$$\begin{align*} & f'(x_0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{u(x_0+\Delta x)v(x_0+\Delta x)-u(x_0)v(x_0)}{\Delta x}\\ & =\lim_{\Delta x\to 0}\frac{u(x_0+\Delta x)v(x_0+\Delta x)-u(x_0)v(x_0+\Delta x)}{\Delta x}+\lim_{\Delta x\to 0}\frac{u(x_0)v(x_0+\Delta x)-u(x_0)v(x_0)}{\Delta x}\\ & =\lim_{\Delta x\to 0}\frac{u(x_0+\Delta x)-u(x_0)}{\Delta x}v(x_0+\Delta x)+\lim_{\Delta x\to 0}\frac{v(x_0+\Delta x)-v(x_0)}{\Delta x}u(x_0)\\ & =u'(x)v(x_0)+v'(x)u(x_0) \end{align*}$$

3.令$f(x)=u(x)g(x)$,$g(x)=\frac{1}{v(x)}$,使用公式(8),可得

$$f'(x_0)=u'(x_0)g(x_0)+g'(x_0)u(x_0)$$

下面求$g'(x_0)$

$$\begin{align*} & g'(x_0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\frac{1}{v(x_0+\Delta x)}-\frac{1}{v(x_0)}}{\Delta x}\\ & = -\lim_{\Delta x\to 0}\frac{{v(x_0+\Delta x)}-{v(x_0)}}{\Delta x}\cdot \frac{1}{v(x_0+\Delta x)v(x_0)}\\ & =-\frac{v'(x_0)}{\left[v(x_0)\right]^2}\\ \end{align*}$$

因此

$$f'(x_0)=u'(x_0)g(x_0)+g'(x_0)u(x_0)=\frac{u'(x_0)v(x)-v'(x_0)u(x_0)}{\left[v'(x_0)\right]^2}$$

🔵 推论 3

我们可以将公式(8)推广到$n$个函数相乘 $\left[\prod_{k=1}^{n}f_{k}(x)\right]'=\sum_{k=1}^{n}f'_{k}(x)\prod_{\substack{1 \leq i \leq n \\ i \neq k}}f_{i}(x)$ 公式(2)就是$k=2$时的特殊情形。

📌 例 7

求： 1.$(x\sin x)'$ 2.$(\tan x)'$ 3.$(xe^x)'$ 4.$\left(\frac{1}{x^n}\right)'$ , $n\in N_{+}$

解： 1.

$$(x\sin x)'=\sin x+x\cos x$$

$$(\tan x)'=\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)'=\frac{\cos^2 x+\sin^2 x}{\cos^2 x}=\frac{1}{\cos^2 x}$$

$$(xe^x)'=e^x+xe^x=e^x(1+x)$$

$$\left(\frac{1}{x^n}\right)'=\frac{0-nx^{n-1}}{x^{2n}}=-\frac{n}{x^{n+1}}$$

反函数是一类导函数不太好求的函数,如果直接使用导数的定义求解可能会很繁琐,因此我们引入反函数求导公式。有时候,使用反函数求导公式能够很快计算出反函数的导数。

🔶 定理 4：反函数求导公式

设$y=f(x)$与$x=\varphi(y)$互为反函数,若$\varphi(y)$在$y_0$的某个邻域连续,严格单调且$\varphi'(y_0)\ne 0$,则$f(x)$在点$x=x_0=\varphi(y_0)$处可导,且导数为

$$\begin{align} f'(x_0)=\frac{1}{\varphi'(y_0)} \end{align}$$

证： 令$\Delta x=\varphi(y_0+\delta)-\varphi(y_0)$,$\Delta y=f(x_0+\delta)-f(x_0)$. 由于$y=f(x)$与$x=\varphi(y)$互为反函数,且$\varphi(y)$在$y_0$的某个邻域连续,严格单调且$\varphi'(y_0)\ne 0$ 从而$f(x)$在$x_0$的某个邻域连续,严格单调。因此$\Delta x=0$当且仅当$\Delta y=0$,$\Delta x\to 0$当且仅当$\Delta y\to 0$ 因此

$$f'(x_0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim_{\Delta y\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{1}{\lim_{\Delta y\to 0}\frac{\Delta x}{\Delta y}}=\frac{1}{\varphi'(y_0)}$$

在使用反函数求导公式求导时,求导结果要表示成关于$x$的函数,因此最后替换一下即可,即：

$$\begin{align} f'(x)=\frac{1}{\varphi'(y)}=\frac{1}{\varphi'\left[f(x)\right]} \end{align}$$

📌 例 8

求： 1.$(\arcsin x)'$ 2.$(\arccos x)'$

3.$(\arctan x)'$

4.$(arccot x)'$

解： 1.$f(x)=\arcsin x$的反函数为$x=\sin y$因此

$$f'(x)=\frac{1}{(\sin y)'}=\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2{x}}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$

2.$f(x)=\arccos x$的反函数为$x=\cos y$因此

$$f'(x)=\frac{1}{(\cos y)'}=-\frac{1}{\sin y}=-\frac{1}{\sqrt{1-\cos^2{x}}}=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$

3.$f(x)=\arctan x$的反函数为$x=\tan y$因此

$$f'(x)=\frac{1}{(\tan y)'}=\frac{1}{\sec^2 y}=\frac{1}{1+\tan^2{x}}=\frac{1}{1+x^2}$$

4.$f(x)=arccot x$的反函数为$x=\cot y$因此

$$f'(x)=\frac{1}{(\cot y)'}=-\frac{1}{\csc^2 y}=-\frac{1}{1+\cot^2{x}}=-\frac{1}{1+x^2}$$

虽然使用导数的四则运算及反函数的求导公式能够解决一部分求导数问题,但是事实上大多函数都不是基本初等函数,而是经过初等函数复合得到的函数。因此掌握复合函数求导公式尤为重要。

🔮 引理 1

函数$f(x)$在点$x_0$处可导的充要条件是：在$x_0$的某个邻域$U(x_0)$上,存在一个在点$x_0$处连续的函数$H(x)$,使得

$$f(x)-f(x_0)=H(x)(x-x_0)$$

那么就有

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

证： ($\Rightarrow$)此时已有$f(x)$在点$x_0$处可导,我们只需构造一个$H(x)$即可。令

$$H(x)=\begin{cases} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}&, x\in U^{\circ}(x_0)\\ f'(x_0)&,x=x_0 \end{cases}$$

那么

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

此时$H(x)$满足题目要求。 ($\Leftarrow$)由于$H(x)$在点$x_0$处连续,且

$$f(x)-f(x_0)=H(x)(x-x_0)$$

因此

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}H(x)=H(x_0)$$

因此$f(x)$在$x=x_0$处可导,且$H(x_0)=f'(x_0)$\qed

下面引入复合函数求导法则。

🔶 定理 5：复合函数求导法则

设$y=f(u),u=g(x)$若$u=g(x)$在$x=x_0$处可导,$y=f(u)$在$u_0=g(x_0)$处可导,则复合函数$f(g(x))$在$x=x_0$处可导,且

$$[f(g(x))]'=f'(u_0)g'(x_0)=f'(g(x_0))g'(x_0)$$

证： 由于$y=f(u)$在点$u=u_0$处可导。因此存在一个在点$u=u_0$处连续的函数$F(u)$,使得$f'(u_0)=F(u_0)$,且

$$f(u)-f(u_0)=F(u)(u-u_0)\ ,\ (u\in U(u_0))$$

同理,由于$u=g(x)$在点$x=x_0$处可导。因此存在一个在点$x=x_0$处连续的函数$G(x)$,使得$g'(x_0)=G(x_0)$,且

$$g(x)-g(x_0)=G(x)(x-x_0)\ ,\ (u\in U(x_0))$$

因此

$$\begin{align*} &f(u)-f(u_0)=f[g(x))-f(g(x_0)]\\ &=F[g(x)]\cdot[g(x)-g(x_0)]=F(g(x))G(x)(x-x_0) \end{align*}$$

由于$g(x),G(x)$在$x=x_0$处连续,$f(u),F(u)$在$u=u_0$处连续,因此$H(x)=F(g(x))G(x)$在$x=x_0$处连续。从而由引理可得$f(g(x))$在$x=x_0$处可导,且

$$\left[(f\circ g)\right]'(x_0)=F(g(x_0))G(x_0)=f'(g(x_0))g'(x_0)$$

注： 事实上

$$\begin{align*} &\lim_{x\to x_0}\frac{f(g(x))-f(g(x_0))}{x-x_0}\\ &=\lim_{x\to x_0}\frac{f(g(x))-f(g(x_0))}{g(x)-g(x_0)}\cdot\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\\ &=\lim_{u\to u_0}\frac{f(u)-f(u_0)}{u-u_0}\cdot\lim_{x\to x_0}\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\\ &=f'(u_0)g'(x_0)=f'(g(x_0))g'(x_0) \end{align*}$$

注： 复合函数的求导法则也称为链式法则,一般也记作

$$\begin{align} \frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dt} \end{align}$$

如果复合嵌套次数较多时,使用(6)可以清楚地知道该对哪一层函数求导。因此

🔵 推论 4

对于函数$y=f_{0}(x_1),x_1=f_{1}(x_2)\cdots x_n=f_{n}(x)$,$y=f_{0}\circ f_{1}\circ \cdots \circ f_{n}(x)$的导数为

$$\begin{align} \frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dx_1}\cdot\frac{dx_1}{dx_2}\cdots\frac{dx_n}{dx} \end{align}$$

📌 例 9

求$f'(x)$,其中： 1.$f(x)=e^{x^2}$ 2.$f(x)=\sin(\cos x)$ 3.$f(x)=\ln(\tan x)\ (x\in D)$ 4.$f(x)=\tan(\ln x)\ (x>0)$

5.$f(x)=\frac{(x-1)^4(x-2)^{5}}{x^{2}(x+2)^3}\ (x>2)$

解： 1.

$$f'(x)=e^{x^2}(x^2)'=2xe^{x^2}$$

$$f'(x)=\cos(\cos x)(\cos)'=-\sin x \cdot \cos(\cos x)$$

$$f'(x)=\frac{1}{\tan x}(\tan x)'=\frac{1}{\sin x \cos x}\ (x\in D)$$

$$f'(x)=\frac{1}{\cos^2(\ln x)}(\ln x)'=\frac{1}{x\cos^2(\ln x)}\ (x>0)$$

5.本题直接求比较麻烦,因为有多个因式乘积求导,需要分别计算各自的导数。但是如果我们取对数,各个因式都变成了加减运算,这样就能大大简化运算。 先取对数

$$\ln y=\ln \frac{(x-1)^4(x-2)^{5}}{x^{2}(x+2)^3}=4\ln(x-1)+5\ln(x-2)-2\ln x-3\ln(x+2)$$

两边同时对$x$求导,得

$$\frac{y'}{y}=\frac{4}{x-1}+\frac{5}{x-2}-\frac{2}{x}-\frac{3}{x+2}$$

因此

$$y'=\frac{(x-1)^4(x-2)^{5}}{x^{2}(x+2)^3}\left[\frac{4}{x-1}+\frac{5}{x-2}-\frac{2}{x}-\frac{3}{x+2}\right]\ (x>0)$$

类似于上述求导的方法我们称为对数-指数求导法。为什么有指数呢？因为我们可以把$y$写成$e^{\ln y}$形式,然后使用复合函数求导法则即可得到其导数。

🔶 定理 6：对数-指数求导法

在求解形如$y=u(x)^{v(x)}$类型的导数时,我们可以先对$y$取对数$\ln y=v(x)\ln(u(x))$,然后求导：

$$\frac{y'}{y}=v'(x)\ln(u(x))+\frac{u'(x)}{u(x)}v(x)$$

那么就有

$$\begin{align} y'=\left[u(x)^{v(x)}\right]'=u(x)^{v(x)}\left[v'(x)\ln(u(x))+\frac{u'(x)}{u(x)}v(x)\right] \end{align}$$

或者将其化为指数$y=u(x)^{v(x)}=e^{v(x)\ln(u(x))}$,那么也能得到

$$y'=e^{v(x)\ln(u(x))}\left[v(x)\ln(u(x))\right]'=u(x)^{v(x)}\left[v'(x)\ln(u(x))+\frac{u'(x)}{u(x)}v(x)\right]$$

📌 例 10

求$y=x^x$的导数

解： 由于$y=x^x=e^{x\ln x}$,因此$y'=e^{x\ln x}(x\ln x)'=x^x(1+\ln x)$

练习： 求：1.$(x^{\sin x})'$ 2.$\left(x^{x^x}\right)'$\

提示：1.$(x^{\sin x})'=x^{\sin x}(\cos x \ln x+\frac{\sin x}{x})$ 2.$\left(x^{x^x}\right)'=x^{x^x}\left[x^x(1+\ln x)\ln x+\frac{x^x}{x}\right]$

至此,我们叙述了基本求导法则以及一些函数的导数公式,下面全部列举出来：\ 基本求导法则

• $(u\pm v)'=u'\pm v'$
• $(uv)'=u'v+v'u$
• $(\frac{u}{v})'=\frac{u'v-v'u}{v^2}$
• 反函数求导法则$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dy}}$
• 复合函数求导法则$\frac{dt}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}$
• 对数-指数求导法$y'=y\cdot (\ln y)'$

一些函数导数公式

• $(C)'=0\ (C\in R)$
• $(x^{\alpha})'=\alpha x^{\alpha-1}\ (\alpha\in R)$
• $(\sin x)'=\cos x$,$(\cos x)'=-\sin x$,$(\tan x)'=sec^2 x$,$(\cot x)'=-\csc^2 x$
• $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$,$(\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$,$(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}$
• $(a^x)'=a^x\ln a \ (a>0,a\ne 1)$
• $(\log_{a}x)'=\frac{1}{x\ln a}\ (a>0,a\ne 1)$
• $\left[u(x)^{v(x)}\right]'=u(x)^{v(x)}\left[v'(x)\ln(u(x))+\frac{u'(x)}{u(x)}v(x)\right]$