0009-复合函数求导 1.定理 2.简单例题 3. 4.关联洛必达法则

原創

2020-08-28 16:26

1.定理

$u=g(x)可导，y=f(u) 在 u处可导，y=f[g(x)] 可导,\frac{d_y}{d_x} = f'(u) g'(x)$

2.简单例题

$y = e^{ x ^3} \\ \frac{ d_y }{ d_x } = e^u \cdot 3 x^2 =3 x^2 \cdot e^{x^3}$

3. $y = x^x ( x \gt 0)$

3.1. 使用 $e^x$ 做等价变换

$y= e^{x \ln x} \\ y'= e^{x \ln x} \cdot (\ln x +1) \\ y' = x ^x (\ln x +1)$

3.2.两边同时取 $ln$ ，并同时对 $x$ 求导

由于只有两个变量，又是 $y$ 对 $x$ 求导。故 $y$ 对于 $x$ 求导就是 $y'$ 。

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

第二行运用了对数函数的运算性质，
第三行参看乘法求导法则 $(uv)' = u'v + uv'$ 。

4.关联洛必达法则

洛必达法则分为两种情况，一种是零比零型，另一种是无穷比无穷型。比如下面的例题：

求极限 $\lim _{x \to + \infty} (x + \sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$

解：
这是 $\infty ^ 0$ 型未定式，是幂指函数的极限，对于“ $\infty ^ 0$ ” 和 $0^0$ 型这两种未定式，一般说来，我们都用恒等变形：

$\lim u^v = e^{lim v \ln u} \\ 记作 exp\{\lim v \ln u \}$

将其化成 $\frac{0}{0}$ 、 $\frac{\infty}{\infty}$ 、 $0 \cdot \infty$ 这三种类型，然后计算，故原极限 $= exp\{ \lim_{x \to + \infty} \frac{ 1 }{ x } \ln {(x + \sqrt{1+x^2})}\}$

因
$\lim_{x \to + \infty} \frac{ \ln { (x + \sqrt{ 1+x^2 }) } }{x}$

P.S.:上式符合 $\frac{\infty}{\infty}$ 洛必达，故上下同时求导。此处应用了复合函数求导。

$= \lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x + \sqrt{1+x^2}} \cdot [1+ \frac{1}{2} (1+x^2)^{-\frac{1}{2}} \cdot 2x] \\ = \lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x + \sqrt{1+x^2}} \cdot (1+ \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}) \\ = \lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x + \sqrt{1+x^2}} \cdot (\frac{x + \sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}}) \\ = \lim_{x \to + \infty} \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = 0$

所以 $\lim _{x \to + \infty} (x + \sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}} = e^0 = 1$

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3.

3.1. 使用做等价变换

3.2.两边同时取，并同时对求导

4.关联洛必达法则

3. $y = x^x ( x \gt 0)$

3.1. 使用 $e^x$ 做等价变换

3.2.两边同时取 $ln$ ，并同时对 $x$ 求导