函数导数一：导数的定义与基本性质

定义1：导数

设函数$f$在$x_0$的近旁处有定义，如果极限

$$\lim \limits_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h}$$

存在且有限，则称这个极限值为$f$在点$x_0$的导数，记作$f^{\prime}(x_0)$，并称函数$f$在点$x_0$处可导。

定义2：单边导数

设函数$f$在点$x_0$的右边$[x_0,x_0+r)$上有定义，其中$r>0$，若极限

$$\lim \limits_{h \to 0^+} \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$$

存在且有限，则称此极限为函数$f$在点$x_0$的右导数，记作$f_+^{\prime}(x_0)$。
类似地，设函数$f$在点$x_0$的右边$(x_0-r,x_0]$上有定义，其中$r>0$，若极限

$$\lim \limits_{h \to 0^-} \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$$

存在且有限，则称此极限为函数$f$在点$x_0$的左导数，记作$f_-^{\prime}(x_0)$。

定理1

函数$f$在点$x_0$处可导的充分必要条件是$f$在$x_0$处的左、右导数存在且相等，即$f^\prime(x_0) = f_-^\prime(x_0) = f_+^\prime(x_0)$。

证：由定义1与定义2易证。

Q.E.D.

定理2

若函数$f$在点$x_0$处可导，则$f$必在$x_0$处连续。

证：记$f$在$x_0$处的导数为$f^\prime(x_0)$，于是有

$$\lim \limits_{x \to x_0} (f(x) - f(x_0)) = \lim \limits_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x-x_0} \cdot (x-x_0)$$

上式中令$x-x_0 = h$，可得

$$\lim \limits_{x \to x_0} (f(x) - f(x_0)) = \lim \limits_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} \cdot h = f^\prime(x_0) \cdot 0 = 0$$

Q.E.D.

定义3

如果函数$f$在开区间$(a,b)$中的每一点可导，则称函数$f$在$(a,b)$上可导；如果函数$f$在$(a,b)$上可导，且在点$a$处有右导数，在点$b$处有左导数，则称函数$f$在闭区间$[a,b]$上可导。类似地，可以定义函数$f$在$[a,b)$与$(a,b]$上可导。

定理3：求导的四则运算

设函数$f$和$g$在点$x$处可导，则$f \pm g,fg$也在$x$处可导，如果$g(x)\ne 0$，那么函数$f/g$也在$x_0$处可导。精确地说，我们有以下公式：
（1）$(f \pm g)^\prime (x) = f^\prime(x) \pm g^\prime(x)$
（2）$(fg)^\prime (x) = f^\prime(x)g(x) + f(x)g^\prime(x)$
（3）$\displaystyle (\frac{f}{g})^\prime(x) = \frac{f^\prime(x)g(x) - f(x)g^\prime(x)}{g^2(x)}$

证：（1）有

$$\frac{(f \pm g) (x + h) - (f \pm g) (x)}{h} = \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \pm \frac{g(x+h) - g(x)}{h}$$

令$h \to 0$，从而得到（1）式；
（2） 有

$$\begin{aligned} \frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x)}{h} & = \frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x+h) + f(x)g(x+h) - f(x)g(x)}{h} \\ & = \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \cdot g(x+h) + \frac{g(x+h) - g(x)}{h} \cdot f(x) \end{aligned}$$

上式中令$h \to 0$，即可得到（2）式；
（3）有

$$\begin{aligned} \frac{1}{h}\left(\frac{f(x+h)}{g(x+h)} - \frac{f(x)}{g(x)} \right) & = \frac{1}{h}\left( \frac{f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h)}{g(x+h)g(x)} \right) \\ & = \frac{1}{g(x+h)g(x)} \left( \frac{f(x+h) - f(x)}{h}g(x) - \frac{g(x+h) - g(x)}{h} f(x) \right) \end{aligned}$$

令$h \to 0$，即可得（3）式。

Q.E.D.

定理4：链式法则

设函数$\varphi$在点$t_0$处可导，函数$f$在点$x_0=\varphi(t_0)$处可导，那么复合函数$f\circ \varphi$在点$t_0$处可导，且

$$(f \circ g)^\prime (t_0) = f^\prime(\varphi(t_0))\varphi^\prime(t_0)$$

证：记函数

$$g(x) = \left\{ \begin{aligned} & \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \quad &x \ne x_0\\ & f^\prime(x_0) \quad & x = x_0 \end{aligned} \right.$$

可知

$$\lim \limits_{x \to x_0} g(x) = \lim \limits_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f^\prime(x_0) = g(x_0)$$

所以$g(x)$在$x_0$处连续。
（1）当$\varphi(t) \ne \varphi(t_0)$时，有

$$\frac{f(\varphi(t)) - f(\varphi(t_0))}{t-t_0} = \frac{f(\varphi(t)) - f(\varphi(t_0))}{\varphi(t)-\varphi(t_0)} \cdot \frac{\varphi(t) - \varphi(t_0)}{t - t_0} = g(\varphi(t)) \cdot \frac{\varphi(t) - \varphi(t_0)}{t - t_0}$$

（2）当$\varphi(t) = \varphi(t_0)$时，有

$$0 = \frac{f(\varphi(t)) - f(\varphi(t_0))}{t-t_0} = g(\varphi(t)) \cdot \frac{\varphi(t) - \varphi(t_0)}{t - t_0} = 0$$

从而有

$$\frac{f(\varphi(t)) - f(\varphi(t_0))}{t-t_0} = g(\varphi(t)) \cdot \frac{\varphi(t) - \varphi(t_0)}{t - t_0} \tag 1$$

又由于

$$\lim \limits_{t \to t_0} g(\varphi(t)) = g(\varphi(t_0)) = g(x_0) = f^\prime(x_0)$$

再令（1）式中$t \to t_0$，可得

$$(f \circ g)^\prime (t) = f^\prime(x_0) \varphi^\prime(t_0) = f^\prime(\varphi(t_0))\varphi^\prime(t_0)$$

Q.E.D.

定理5：反函数的求导

设$y = f(x)$在包含$x_0$的区间$I$上连续且严格单调。如果它在$x_0$处可导，且$f^\prime(x_0) \ne 0$，那么它的反函数$x = f^{-1}(y)$在$y_0 = f(x_0)$处可导，且

$$(f^{-1})^\prime(y_0) = \frac{1}{f^\prime(x_0)}$$

证：由于

$$\frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0} = \frac{x - x_0}{f(x) - f(x_0)} = \left(\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}\right)^{-1}$$

又因为$f$单调连续，所以当$y \to y_0$时，有$x \to x_0$，令上式中$y \to y_0$，可得

$$(f^{-1})^\prime(y_0) = (f^\prime(x_0))^{-1}$$

Q.E.D.

定义4：导函数与$n$阶导函数

设函数$f$在区间$I$上可导，那么$f^\prime(x)(x \in I)$在$I$上定义了一个函数$f^\prime$，称之为$f$的导函数。如果$f^\prime$在$I$上可导，那么$(f^\prime)^\prime$称为$f$的二阶导函数，记作$f^{\prime\prime}$。由归纳可知，对任何正整数$n$，可以定义$f$的$n$阶导函数$f^{(n)}$。

定理6：Leibniz

设函数$f$与$g$在区间$I$上都有$n$阶导数，那么乘积$fg$在区间$I$上也有$n$阶导数，并且

$$(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} f^{(n-k)}g^{(k)}$$

这里$f^{(0)} = f, g^{(0)} = g$，其中组合系数

$$\binom{n}{k} = \frac{n!}{(n-k)!k!} \quad (k = 0,1,2,\cdots)$$

证：我们对$n$进行归纳。当$n = 1$时，命题显然成立。现假设$m \ge 1$时，有

$$(fg)^{(m)} = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} f^{(m-k)}g^{(k)}$$

这时对上式两边求导，得

$$\begin{aligned} (fg)^{(m+1)} & = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} (f^{(m-k)}g^{(k)})^\prime \\ & = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} (f^{(m-k+1)}g^{(k)} + f^{(m-k)}g^{(k+1)}) \\ & = \binom{m}{0}f^{(m+1)}g^{(0)} + \sum_{k=1}^m \left(\binom{m}{k} +\binom{m}{k-1}\right) f^{(m-k+1)}g^{(k)} + \binom{m}{m}f^{(m+1)}g^{(0)} \end{aligned}$$

而

$$\begin{aligned} \binom{m}{k} + \binom{m}{k-1} &= \frac{m!}{(m-k)!k!} + \frac{m!}{(m-k+1)!(k-1)!} \\ & = \frac{m!(m-k+1+k)}{(m-k+1)!k!} = \frac{(m+1)!}{(m-k+1)!k!} = \binom{m+1}{k} \end{aligned}$$

且$\binom{m}{0} = \binom{m+1}{0}，\binom{m}{m} = \binom{m+1}{m+1}$，从而

$$(fg)^{(m+1)} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} f^{(m+1-k)}g^{(k)}$$

即对$m+1$命题也成立。

Q.E.D.