高中数学笔记 - 导数【 未齐全 】
liuhaopeng
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数学笔记全文
修订
Update on 2025.1.11 更新了一些内容，但还是没有写完，先放上来看着吧。
导数
基本初等函数的导数公式
| f(x) |
c |
x^a |
a^x |
\log_a x |
\sin x |
\cos x |
| f'(x) |
0 |
ax^{a-1} |
a^x\ln a |
\frac{1}{x\ln a} |
\cos x |
-\sin x |
运算法则
-
[f(x)\pm g(x)]'=f'(x)\pm g'(x)
-
[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)
-
[\frac{f(x)}{g(x)}]'=\frac{g(x)f'(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}(g(x)\neq 0)
-
[cf(x)]'=cf'(x)
-
[af(x)\pm bg(x)]'=af'(x)\pm bg'(x)
-
[\frac{1}{g(x)}]'=-\frac{g'(x)}{g^2(x)}(g(x)\neq 0)
-
复合函数 y=f(g(x)) 的导数，与 y=f(u), u=g(x) 的关系：y_x^{'}=y_u^{'}\cdot u_x^{'}
即 y 对 x 的导数等于 y 对 u 的导数乘 u 对 x 的导数。
例 1：求 f(x)=(3x+5)^3 的导数 f'(x)，可以看作 y=u^3 与 u=3x+5 的复合函数。
y_x^{'}=y_u^{'}\cdot u_x^{'}=(u^3)'\cdot (3x+5)'=3u^2 \times 3 = 9(3x+5)^2
例 2：求 f(x)=e^{-0.05x+1} 的导数 f'(x)=(e^{u})'\cdot(-0.05x+1)'=-0.05e^{-0.05x+1}
例 3：求 f(x)=\ln(2x-1) 的导数 f'(x)=(\ln{u})'\cdot(2x-1)'=\frac{1}{u}\times 2=\frac{2}{2x-1}
-
-
f(x)$ 在 $x=x_0$ 处的切线斜率 $k=f'(x_0)$，切线方程 $y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)
重要结论
-
2$ 个重要极限：$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e,\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1
-
常见的指数放缩：e^x\geq x+1(x=0 取等),e^x\geq ex(x=1 取等)
-
常见的对数放缩：1-\frac{1}{x}\leq \ln x\leq x-1(x=1 取等),\ln x\leq \frac{x}{e}(x=e 取等),x\geq \ln(x+1)(x=0 取等)
-
常见的三角放缩：\sin x<x<\tan x(x\in(0,\frac{\pi}{2}))
例题：已知 f(x)=\cos x+\ln(x+1)。
$(2)$ 证明：$\displaystyle\sum_{k=n+1}^{2n}f(\sin\frac{1}{k}-1)<\ln 2,n\in\N^*$。
解：$(1) a=1$，得到 $f(x)=\cos x+\ln(x+1)\leq x+1$。
$(2)\ \displaystyle\sum_{k=n+1}^{2n}f(\sin\frac{1}{k}-1)\leq\sum_{k=n+1}^{2n}\sin\frac{1}{k}<\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}
由 e^x\geq x+1 得到 \ln x<x-1，令 x=\frac{n}{n+1} 得到 \frac{1}{n+1}<\ln\frac{n+1}{n}，于是
\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}<\sum_{k=n+1}^{2n}\ln\frac{k+1}{k}=\ln(2n)-\ln n=\ln 2
三次函数
设 f(x)=ax^3+bx^2+cx+d，则 f'(x)=3ax^2+2bx+c。对于方程 f'(x)=0，我们记它的根的判别式 \Delta=4b^2-12ac。当 \Delta >0 时，记 x_1,x_2 为方程的根，即 f(x) 的极值点。
-
f(x)=0$ 有 $1$ 个根 $\xleftrightarrow{}\Delta\leq 0$ 或 $\begin{cases}\Delta>0 \\ f(x_1)f(x_2)>0\end{cases}
-
f(x)=0$ 有 $2$ 个根 $\xleftrightarrow{}\begin{cases}\Delta>0 \\ f(x_1)f(x_2)=0\end{cases}
-
f(x)=0$ 有 $3$ 个根 $\xleftrightarrow{}\begin{cases}\Delta>0 \\ f(x_1)f(x_2)<0\end{cases}
练习题：
$(2)$ 若 $f(x)=\frac{1}{3}x^3+ax+1$ 有两个零点，求实数 $a$ 的取值范围。
$(3)$ 若 $f(x)=x^3-3a^2x+2(a>0)$ 有三个零点，求实数 $a$ 的取值范围。
答案分别为 $(-\sqrt[3]{6},+\infty),\set{-\sqrt[3]{\frac{9}{4}}},(1,+\infty)
【2014 北京文 T20】f(x)=2x^3-3x.
$(2)$ 问过点 $A(-1,2),B(2,10),C(0,2)$ 分别存在多少条直线与曲线 $y=f(x)$ 相切 ？直接写出答案。
$f'(x)=6x^2-3$，设切点 $(t,f(t))$，则切线方程 $y-(2t^2-3t)=(6t^2-3)(x-t)$。设切线过 $(a,b)$，则 $4t^3-6at^2+3a+b=0$，令 $g(t)=4t^3-6at^2+3a+b,g'(t)=12t^2-12at=0\implies t_1=0,t_2=a
(1)$ $(a,b)=(1,m),g(t)_{\max}=g(0)=m+3>0,g(t)_{\min}=g(1)=m+1<0\implies m\in(-3,-1)
#### 整体代换
【2018 II 卷文 T21】证明 $f(x)=\frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)$ 只有 $1$ 个零点。
$f'(x)=x^2-2ax-a,\Delta=4a^2+4a
$(2)$ 当 $a>0$ 或 $a<-1$ 时，$f'(x)=0$ 有两个根 $x_1,x_2$，由题意 $f(x_1)f(x_2)>0$。由 $f'(x_1)=x_1^2-2ax_1-a=0$ 得 $x_1^2=2ax_1+a$，则
$$\begin{aligned}f(x_1)&=\frac{1}{3}x_1^3-a(x_1^2+x_1+1)=\frac{1}{3}x_1(2ax_1+a)-a(x_1^2+x_1+a)\\&=-\frac{a}{3}x_1^2-\frac{2a}{3}x_1-a=-\frac{2}{3}a(a+1)x_1-(\frac{a^2}{3}+a)\end{aligned}$$
同理 $\displaystyle f(x_2)=-\frac{2}{3}a(a+1)x_2-(\frac{a^2}{3}+a)$，由韦达定理 $x_1+x_2=2a,x_1x_2=-a$，得到 $f(x_1)f(x_2)=\frac{1}{9}a^2[(3a+\frac{7}{3})^2+\frac{32}{9}]>0
对称中心
- 已知 f(x)=ax^3+bx^2+cx+d，则 f(x) 的对称中心为 (-\frac{b}{3a},f(-\frac{b}{3a}))，此时 f''(x)=0。若 x_1,x_2 是 f(x) 的极值点或 x_1,x_2 关于 x=-\frac{b}{3a} 对称，则 \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}=f(\frac{x_1+x_2}{2})=f(-\frac{b}{3a})。
why 对称中心为 (-\frac{b}{3a},f(-\frac{b}{3a}))：对任意 x，存在 f(x)+f(-\frac{2b}{3a}-x)=2f(-\frac{b}{3a})。
【2012 大纲卷文 T21】设 f(x)=\frac{1}{3}x^3+x^2+ax 有两个极值点 (x_1,x_2)，若过两点 (x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2)) 的直线 l 与 x 轴的交点在曲线 y=f(x) 上，求 a 的值。
由韦达定理 $\begin{cases}x_1+x_2=-2\\x_1x_2=a\end{cases}$，斜率 $k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{2}{3}(a-1)$。
直线 $l$ 必过中点 $(-1,\frac{2}{3}-a)$。所以直线方程 $y-(\frac{2}{3}-a)=\frac{2}{3}(a-1)(x+1)$，令 $y=0$ 得 $x=\frac{a}{2(a-1)}$，代入 $f(x)$ 得 $a=0$ 或 $\frac{2}{3}$ 或 $\frac{3}{4}
复合函数方程有解问题
这部分高一上学期应该有所涉及，方法是画出图像然后分析。先来两道入门题。
- 已知 f(x)=|x^2-4x|，求方程 f^2(x)-3f(x)+2=0 的实数根的个数。
- 已知 f(x)=|x^2-4x|，求方程 f^2(x)-3af(x)+2a^2=0 的实数根的个数。
答案：
-
-
这两题都可因式分解，换个难点的：
- 已知 f(x)=\begin{cases}
x^2 & x\leq 0 \\
4\sin x & 0< x\leq \pi
\end{cases}，方程 f(f(x))=0 有多少个解 ？
要让 f(t)=0，那么解得 t=0/\pi，只要统计满足 f(x)=t 的 x 个数即可。答案是 5。
太简单了。上导数。
-
f'(x)=\frac{1-x}{e^{x-1}}=0\implies x=1,x<1,f(x)\uparrow,x>1,f(x)\downarrow,f(x)_{\max}=f(1)=1
显然 \displaystyle f(0)=0,\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty,\lim_{x\to+\infty}f(x)=0，于是可以做出 t=|f(x)| 图像。
原题变为 g(t)=t^2-mt-2m-3=0(t\geq 0)，接下来分类讨论：
① 只有一个根 t_0，\begin{cases}\Delta=m^2+8m+12=0\\0<t_0=\frac{m}{2}<1\end{cases}，此时无解。
② 两个根 t_1,t_2，\Delta>0\implies m<-6/m>-2，继续分类讨论。这时候要根据图像推范围。
(1)\ t_1<0,0<t_2<1$，即 $g(0)<0,g(1)>0$，解得 $-\frac{3}{2}<m<-\frac{2}{3}
$(3)\ t_1=1,t_2>1$，得 $m=-\frac{2}{3}$，$t_2=-\frac{5}{3}$，排除。
所以答案 $(-\frac{3}{2},-\frac{2}{3})$。
5. 【2019 广东二模理 T12】$f(x)=\begin{cases}1-x & x\leq 0 \\ \log_2x x>0\end{cases}$，若关于 $x$ 的方程 $f(f(x))=m$ 有两个不同根 $x_1,x_2$，求 $x_1+x_2$ 范围。
答案：$[2,3)$。$m$ 的范围是 $[0,1)$。
#### $f(f(x))=x$ 或 $f(g(x))=x$ 型
1. 若 $f(x)$ 单调，则 $f(f(x))=x$ 的解与 $f(x)=x$ 的解相同
2. $f(f(x))=x$ 有解 $\iff\ f(x)=x$ 有解。
3. $f(f(x))=x$ 无解 $\iff\ f(x)=x$ 无解。
4. $f(g(x))=x$ 有解 $\iff\ g(f(x))=x$ 有解。
两道练习题：
1. 【2013 SC 理 T10】$f(x)=\sqrt{e^x+x-a}$。若曲线 $y=\sin x$ 上存在 $(x_0,y_0)$ 使得 $f(f(y_0))=y_0$，求 $a$ 的范围。
答案：$[1,e]$。问题等价于 $f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上有解，答案即 $a=-x^2+x+e^x$ 在 $[0,1]$ 上的值域。
2. $f(x)=\ln x+\frac{1}{2}x-a$，若存在 $b\in[1,e]$ 使得 $f(f(b))=b$，求 $a$ 的范围。
答案：$[-\frac{1}{2},\ln 2-1]$。问题等价于 $f(x)=x$ 在 $[1,e]$ 上有解，即 $a=\ln x -\frac{x}{2}$ 在 $[1,e]$ 上的值域。
## 简单的恒成立问题
- $f(x)\geq 0$ 在定义域内恒成立等价于 $f(x)_{\min}\geq 0$。
- $f(x)\leq 0$ 在定义域内恒成立等价于 $f(x)_{\max}\leq 0$。
来一道简单题：【2013 全国理 T9】$f(x)=x^2+ax+\frac{1}{x}$ 在 $(\frac{1}{2},+\infty)$ 是增函数，求 $a$ 的取值范围。
答案：$[3,+\infty)$。参数分离即可。
当涉及指数函数或对数函数**并且难以直接求导数零点**时，就要考虑以下这种方法。（ 新高掌 P112 ）
- **指数找队友**：形如 $\boxed{e^xf(x)}$ 或 $\boxed{e^{-x}f(x)}$ 求导后是 $\boxed{e^x[f(x)+f'(x)]}$ 和 $\boxed{-e^{-x}[f(x)-f'(x)]}$，显然 **其导数的零点和指数函数毫无关系！** 因此可以将函数变形成 $e^{\pm x}f(x)$ 的形式再求导数零点。
注意：
1. 不一定需要变形。
2. 若要求 $f(x)$ 的最值、极值、单调性就不能使用这个方法。
【2013 I 理 T21】$f(x)=x^2+4x+2,g(x)=e^x(2x+2)$，若 $x\geq -2$ 时，$f(x)\leq kg(x)$，求 $k$ 取值范围。
分离参数得 $\displaystyle\begin{cases}
k\leq \frac{e^{-x} (x^2+4x+2)}{2x+2} & x\in[-2,-1) \\
k\geq \frac{e^{-x} (x^2+4x+2)}{2x+2} & x\in[-1,+\infty)
\end{cases}$。令 $h(x)=\frac{e^{-x}(x^2+4x+2)}{2x+2}$，则问题转化为求 $h(x)$ 在 $[-2,-1)$ 上最小值，$(-1,+\infty)$ 上最大值。
由 $h'(x)=\frac{e^{-x}\cdot -2x(x+2)^2}{(2x+2)^2}$ 得 $[-2,-1)\cup(-1,0)$ 上 $h'(x)\geq 0$，$(0,+\infty)$ 上 $h'(x)<0$。故在 $[-2,-1)$ 上 $h(x)_{\min}=h(-2)=e^2$，$(-1,+\infty)$ 上 $h(x)_{\max}=h(0)=1$。即 $k\in[1,e^2]$。
- **对数单身狗**：形如 $\boxed{f(x)+\ln g(x)}$ 的函数求导后是 $\boxed{f'(x)+\frac{g'(x)}{g(x)}}$，显然 **其导数的零点和对数函数毫无关系！** 因此可以将函数变形成 $f(x)+ln g(x)$ 的形式再求导数零点。
也有另外一种形式：$y=f(x)(\ln f(x)+C),y'=f'(x)(\ln f(x)+C+1)$，其中 $C$ 为常数。
已知 $f(x)=x\ln x,g(x)=-x^2+ax-3,\forall x\in(0,+\infty),2f(x)\leq g(x)$ 恒成立，求 $a$ 范围。
原问题等价于 $a\leq 2\ln x+x+\frac{3}{x}$，令 $h(x)=2\ln x+x+\frac{3}{x},h'(x)=\frac{2}{x}+1-\frac{3}{x^2}=\frac{(x+3)(x-1)}{x^2}=0\implies x=1\ \text{or}\ -3$（ 舍去 ）。所以 $h(x)$ 在 $(0,1]$ 上 $\downarrow$，在 $[1,+\infty)$ 上 $\uparrow$。得到 $a\leq h(x)_{\min}=h(1)=4$。
关于任意与存在：相当于求函数值域问题，分类讨论慢慢分析即可。
## 零点问题
难度由 $A\to C$ 依次上升。
### A
- 零点存在定理：若函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)f(b)<0$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上必存在零点。注意这一定理不具备必要性。
- 若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上有零点且单调，则零点唯一。
- 若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上有唯一零点 $x_0$ 且 $f(a)f(b)>0$，则 $f'(x_0)=0$。
---
1. $0<a<\frac{4}{\pi}$，若 $f(x)=e^x-\cos x-ax$ 在 $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ 上有唯一零点，求 $a$。
$f(0)=0\implies f'(0)=0,a=1$。
---
2. 【2012 FJ 文 T22】求 $f(x)=x\sin x-\frac{3}{2}$ 在 $(0,\pi)$ 上的零点个数。
聪明的同学可以直接泰勒展开，但是现在我们要求朴素求导。
显然 $f(0)=f(\pi)=-\frac{3}{2}<0,f'(x)=\sin x+x\cos x$，知 $f'(x)$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})>0,f'(\frac{\pi}{2})>0,f'(\pi)<0$，因此需要继续研究 $f'(x)$ 在 $(\frac{\pi}{2},\pi)$ 的单调性。
$f''(x)=2\cos x-x\sin x$ 得 $f''(x)$ 在 $(\frac{\pi}{2},\pi)<0\implies f'(x)\downarrow$，所以 $f'(x)=0$ 在 $(\frac{\pi}{2},\pi)$ 上有唯一零点 $x_0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,x_0) \uparrow,(x_0,\pi)\downarrow$。
即 $f(x)_{\max}=f(x_0)>f(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi-3}{2}>0$，结合 $f(0)=f(\pi)=-\frac{3}{2}<0$ 得 $f(x)$ 在 $(0,x_0),(x_0,\pi)$ 各有一零点。
练习：求 $f(x)=\frac{1}{2}\sqrt{x}-\cos x$ 在 $(1,\infty)$ 上的零点个数。答案：$1$。
---
3. 已知 $f(x)=e^x-ex-a(x^2-x)$ 在 $(0,1)$ 上有零点，求 $a$ 范围。
$f'(x)=e^x-e-a(2x-1),f''(x)=e^x-2a,f(0)=1,f(1)=0$，所以 $f(x)$ 不单调，$f'(x)$ 有零点。
接下来分 $5$ 类讨论：$a<0,0\leq a\leq\frac{1}{2},\frac{1}{2}<a<\frac{e}{2},\frac{e}{2}\leq a\leq e-1,a>e-1$，对每一类求出 $f'(x)$ 单调性，跟上一题一样判断即可。
答案：$(-\infty,0)
为什么是这 5 类：来自 f'(0)=0,f'(1)=0,f''(0)=0,f''(1)=0，分别求得 e-1,0,\frac{1}{2},\frac{e}{2}。
其中前 2 个是由 f'(x) 有零点的临界条件得来，后 2 个由 f'(x) 的单调性得来，即 f''(x)>0。
练习：【2014 SC 理 T21】已知 f(x)=e^x-ax^2-(e-a-1)x-1 在 (0,1) 上有零点，求 a 范围。
有 f(0)=f(1)=0,f'(x)=e^x-2ax-(e-a-1),f''(x)=e^x-2a,f'''(x)=e^x>0，同样得出分段点 e-2,1,\frac{1}{2},\frac{e}{2}，答案 (e-2,1)。
- 因此我们得出结论：若 f(x) 在 闭区间 [a,b] 上有 m 个不同的零点，则 f'(x) 至少 m-1 个零点，f''(x) 至少 m-2 个零点，\dots。也就是说，每求一次导其零点的个数至多减少 1 个。注意此结论不可逆推。
如果题目给开区间：判断端点是否是零点！ 如第 3 题，f(1)=0,f(0)\neq 0，所以 f(x) 在 [0,1] 至少 2 个零点，f'(x) 至少 1 个零点。
B
以下给出一个约定：不管 f(x) 在区间的端点 a 处是否有意义，也不管 a 是否为 \pm\infty，都记 f(a) 为 x\to a 时的值。
- 广义零点存在定理：如果 f(x) 在 (a,b) 上连续，且在区间端点不一定有意义，若 f(a)f(b)<0，则 f(x) 在 (a,b) 上有零点。
-
\ln x+\sin x<0\implies \ln x<-\sin x\implies \ln x<-1<\sin x\implies 0<x<e^{-1}
因此，x=e^{-1} 满足题意。此外，中间插入的数不但可以是 1，也可以是 -\frac{1}{2} 等。
C
To Be Done.
方法论
分离变量
含有参数的函数图像极难画出，因此这时候就需要尽可能将参数分离出去，转化为水平直线与曲线交点问题。
例题：【2023 HB 文 T10】已知函数 f(x)=x(\ln x-ax) 有 2 个极值点，求 a 的取值范围。
首先明确定义域 x\in(0,+\infty)。
由题意得 f'(x)=\ln x-2ax+1=0 有 2 个零点，则把 a 分离出来得 a=\frac{\ln x+1}{2x}。
令 g(x)=\frac{\ln x +1}{x},g'(x)=-\frac{\ln x}{x^2}\implies\begin{cases}
0 < x<1 & g'(x) > 0 & \ \ \ \ g(x) \uparrow \\
x>1 & g'(x)<0 & \ \ \ \ g(x) \downarrow
\end{cases}
所以 g(x) 在 x=1 处取得最大值 g(1)=1。
要使 f(x) 有 2 个极值点，相当于使直线 y=a 与 \frac{1}{2}g(x) 有 2 个交点。
那么很明显 0<2a<1，答案是 (0,\frac{1}{2})。
练习题：函数 f(x)=\frac{1}{4}x^4+x^3-\frac{9}{2}x^2+cx 有 3 个极值点，证明：-27<c<5。
同构
先来一道简单题。
【2025 T8 联考 T17】设 f(x)=\frac{1}{2}x^2-\frac{5}{2}x+\ln x，证明：f(x)-\frac{1}{2}x^2+\frac{7}{2}x\leq xe^{x+1}-2。
也就是证明 x+\ln x\leq xe^{x+1}-2，变为
x+\ln x+1\leq e^{x+\ln x+1}-1
e^{x+\ln x+1}\leq x+\ln x+1
显然上述成立。
这道题利用的是 e^x\geq x+1 这个不等式的同构，你看出来了吗 ？
导数与高等数学
洛必达法则
- 洛必达法则：当 x\to a 时，f(x) 和 g(x) 同时趋近于 0 或 \infty，则：
\boxed{\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}}
例如：
\begin{aligned}\lim_{x \to 2}\frac{x^2-3x+2}{x-2}&=\lim_{x \to 2}\frac{(x-1)(x-2)}{x-2}=\lim_{x \to 2}(x-1)=1\\&\xlongequal{洛必达法则}\lim_{x \to 2}\frac{2x-3}{1}=1\end{aligned}
如果不是 \frac{0}{0} 型或 \frac{\infty}{\infty} 型，则需要先变形为 \frac{0}{0} 型或 \frac{\infty}{\infty} 型才能洛。例如：
\lim_{x\to 0}x\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x} }\xlongequal{洛必达法则}\frac{\frac{1}{x} }{-\frac{1}{x^2} }=-x=0
注意不能在解答题中使用洛必达法则。
例题：f(x)=x(e^x-1)-ax^2，当 x\geq 0 时，f(x)\geq 0，求实数 a 的取值范围。
题意即证明 x(e^x-1)\geq ax^2。当 x=0 时显然正确。
当 x>0 时，转化为 \displaystyle a\leq\frac{e^x-1}{x}，令 \displaystyle g(x)=\frac{e^x-1}{x}，则 \displaystyle g'(x)=\frac{e^x(x-1)+1}{x^2}，令 h(x)=e^x(x-1)+1,h'(x)=xe^x>0，所以 g(x) 在 (0,+\infty) 上 \uparrow。
所以 \displaystyle a\leq\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}\xlongequal{洛必达法则}\lim_{x\to 0}\frac{e^x}{1}=1，即 a\leq 1。
综上所述，a\in(-\infty,1]。
泰勒展开 Taylor Expansion
参考
我们已经知道以下这几个不等式：
e^x\geq x+1\ \ \ \ \ \ \ \ \ln x\leq x-1\ \ \ \ \ \ \ \ e^x\geq ex
显然，它们都是对 x=0 或 x=1 处函数的切线拟合，拟合了函数在切点处的导数值。
但是，这么做的精确度往往不足以应对各种难题。那么，我们可不可以多导几次呢 ？让拟合函数在某点处的任意阶导数与原函数的同阶导数相等，精度也许会更高。
而这正是泰勒展开的思想：构造一个多项式（ 因为多项式好求导 ），调一调系数，让它在某点处的任意阶导数与原函数的同阶导数相等。
不加解释的给出泰勒展开的式子：
p(x)=\frac{f(x_0)}{0!}+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\dots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+\dots
其中 p(x) 表示一个 n 次多项式的拟合函数，n\to+\infty。注意 0!=1!=1。
上式满足：
p(x_0)&=f(x_0) \\
p'(x_0)&=f'(x_0) \\
p''(x_0)&=f''(x_0) \\
&\dots \\
p^{(n)}(x_0)&=f^{(n)}(x_0)
\end{aligned}
当 x=x_0 时，p(x) 又称 f(x) 的麦克劳林级数，以下统称泰勒级数。而求解函数在某点的泰勒级数就叫泰勒展开。
高中常见的泰勒级数
以下令 x_0=0。
首先最基础的必背的一定不能忘记的是 f(x)=e^x，其任意阶导数 f^{(n)}(x)=e^x。
e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\dots=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{x^k}{k!}
然后是三角函数 \sin 和 \cos：
\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+\dots=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}
\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+\dots=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}
下面考虑对数函数 f(x)=\ln(x+1) 的泰勒级数，我们先考虑下面的展开：
\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\dots=\sum_{k=0}^{+\infty}x^k
因此我们有
f'(x)=\frac{1}{1+x}=1-x+x^2+\dots=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^kx^k
两边同时积分并待定常数，取 x=0 得
\ln(x+1)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\dots=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{k-1} }{k}x^k
对于 \tan x，其泰勒展开十分复杂，直接给出：
\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2}{15}x^5+\frac{17}{315}x^7+\dots=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(2^{2k}-1)2^{2k}B_k}{(2k)!}x^{2k-1}
这里 B_k 是第 k 个伯努利数的偶数项的绝对值。
泰勒展开的应用 - 泰勒放缩
直接去掉后面的高次项即可。常见的几个式子：
e^x\geq 1+x+\frac{x^2}{2}\ \ \ (x\geq 0)
e^x\leq 1+x+\frac{x^2}{2}\ \ \ (x\leq 0)
e^x\geq 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}
\ln(x+1)\geq x-\frac{x^2}{2}\ \ \ (x\geq 0)
\sin x\geq x-\frac{x^3}{6}\ \ \ (x\geq 0)
\sin x\leq x-\frac{x^3}{6}\ \ \ (x\leq 0)
\cos x\geq 1-\frac{x^2}{2}
例题：【2022 甲卷】已知 \displaystyle a=\frac{31}{32},b=\cos\frac{1}{4},c=4\sin\frac{1}{4}，比较 a,b,c 的大小。
由 \cos x\geq 1-\frac{x^2}{2} 得 b>1-\frac{(\frac{1}{4})^2}{2}=\frac{31}{32}=a
由 \sin x\geq x-\frac{x^3}{6}\ \ \ (x\geq 0) 得 c>\frac{95}{96}>a
构造函数：取 x=\frac{1}{4}，则 b=\cos x,c=\frac{\sin x}{x}，设 x=\frac{1}{4} 时 \cos x<\frac{\sin x}{x}，构造 f(x)=\sin x-x\cos x\ \ (x>0)
### 帕德逼近
好难看不懂捏。直接搬结论了。
| $f(x)=e^x$ | $0$ | $1$ | $2$ |
|:-:|:-:|:-:|:-:|
| $0$ | $1\\$ 先大后小 | $x+1\\$ 恒小于 | $\displaystyle\frac{x^2+2x+2}{2}\\$ 先大后小 |
| $1$ | $\displaystyle\frac{1}{1-x}\\$ 恒大于 | $\displaystyle\frac{2+x}{2-x}\\$ 先小后大 | $\displaystyle\frac{6+4x+x^2}{6-2x}\\$ 恒大于 |
| $2$ | $\displaystyle\frac{2}{x^2-2x+2}\\$ 先小后大 | $\displaystyle\frac{2x+6}{x^2-2x+6}\\$ 恒小于 | $\displaystyle\frac{x^2+6x+12}{x^2-6x+12}\\$ 先大后小 |
| $f(x)=\ln x$ | $0$ | $1$ | $2$ |
|:-:|:-:|:-:|:-:|
| $0$ | $-$ | $x-1\\$ 恒大于 | $\displaystyle\frac{-x^2+4x-3}{2}\\$ 先大后小 |
| $1$ | $-$ | $\displaystyle\frac{2x-2}{x+1}\\$ 先小后大 | $\displaystyle\frac{x^2+4x-5}{4x+2}\\$ 恒大于 |
| $2$ | $-$ | $\displaystyle\frac{12x-12}{5+8x-x^2}\\$ 恒大于 | $\displaystyle\frac{3x^2-3}{6x^2-11x+11}\\$ 先大后小 |
此外，对 $f(x)=\ln x$，一个较常用的估计式是 $\displaystyle\frac{x^2-1}{2x}$。
### 积分
为了保证高中生能看懂，这里的定积分知识**极其有限**，大学会学得更深。
注意：如果你是 MOer，请忽略这部分内容，竞赛不考微积分。
#### 几何意义
如果在 $[a,b](a\neq b)$ 上函数 $f(x)$ 连续且恒有 $f(x)\geq 0$，那么定积分 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx$ 表示由曲线 $y=f(x)$ 以及直线 $x=a,x=b,y=0$ 围成的曲边梯形的面积。
若 $f(x)\leq 0$，那么定积分 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx$ 表示由曲线 $y=f(x)$ 以及直线 $x=a,x=b,y=0$ 围成的曲边梯形的面积的**负值**。
如果我们把 $x$ 轴上方的面积赋予正号，下方的面积赋予负号，那么在一般情形下，定积分 $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx$ 表示由曲线 $y=f(x)$ 以及直线 $x=a,x=b,y=0$ 围成的各部分图形面积的代数和。
#### 微积分基本定理 / 牛顿 - 莱布尼兹公式
以下设 $C$ 是一个常数。
如果 $f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的连续函数且 $F'(x)=f(x)$，那么
$$\boxed{\int_{a}^{b}f(x)\ dx=F(x)|_{a}^{b}=F(b)-F(a) }$$
我们称 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的原函数。因为 $[F(x)+C]'=f(x)$，所以 $F(x)+C$ 也是 $f(x)$ 的原函数。
常用定积分公式：
$$\int_{a}^{b}C\ dx=Cx|_{a}^{b}=Cb-Ca=C(b-a)$$
$$\int_{a}^{b}x^n\ dx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}|_{a}^{b}=\frac{1}{n+1}b^{n+1}-\frac{1}{n+1}a^{n+1}=\frac{b^{n+1}-a^{n+1} }{n+1}$$
$$\int_a^b\sin x\ dx=(-\cos x)|_a^b=-\cos b+\cos a$$
$$\int_a^b\cos x\ dx=\sin x|_a^b=\sin b-\sin a$$
$$\int_a^b\frac{1}{x}\ dx=\ln x|_a^b=\ln b-\ln a=\ln\frac{b}{a}$$
$$\int_a^b e^x\ dx=e^x|_a^b=e^b-e^a$$
$$\int_a^b n^x\ dx=\frac{n^x}{\ln n}|_a^b=\frac{n^b}{\ln b}-\frac{n^a}{\ln a}$$
#### 定积分的基本性质
1. $$\int_a^b Cf(x)\ dx=C\int_a^b f(x)\ dx$$
2. $$\int_a^b[f(x)\pm g(x)]\ dx=\int_a^b f(x)\ dx\pm\int_a^b g(x)\ dx$$
3. $$\int_a^b f(x)\ dx=\int_a^c f(x)\ dx+\int_c^b f(x)\ dx$$
4. 在区间 $[a,b]$ 上满足 $f(x)\geq 0$，则 $$\int_a^b f(x)\ dx\geq 0$$
5. 在区间 $[a,b]$ 上满足 $f(x)\leq g(x)$，则 $$\int_a^b f(x)\ dx\leq\int_a^b g(x)\ dx$$
6. $$\left|\int_a^bf(x)\ dx\right |\leq\int_a^b|f(x)|\ dx$$
7. 若 $f(x)$ 是偶函数，且在 $[-a,a]$ 上连续，则 $$\int_{-a}^af(x)\ dx=2\int_0^af(x)\ dx$$
8. 若 $f(x)$ 是奇函数，且在 $[-a,a]$ 上连续，则 $$\int_{-a}^af(x)\ dx=0$$
#### 不定积分
我们现在需要一种简单的表示反导数的方式。根据微积分基本定理，我们可以用 $\displaystyle\int f(x)\ dx$ 表示 “ 函数 $f$ 的反导数的集合 ”，注意任何可积函数都有无数个反导数，唯一不同的是常数部分。例如，
$$\int x^2\ dx=\frac{x^3}{3}+C$$
对于任意常数 $C$ 都成立。也就是说，若 $F'(x)=f(x)$，则
$$\int f(x)\ dx=F(x)+C$$
不定积分的性质同定积分的性质。
#### 换元法
在定积分中，令 $y=g(x)$，有如下换元公式：
$$\boxed{\int_a^bf(g(x))g'(x)\ dx=\int_{g(a)}^{g(b)}f(y)\ dy}$$
例如：
$$\int_0^1e^{2x}\ dx=\int_0^2\frac{1}{2}e^y\ dy=\frac{1}{2}(e^2-e^0)=\frac{1}{2}(e^2-1)$$
#### 应用
1. 计算 $y=e^x$ 在 $x=0$ 与 $x=1$ 之间与 $x$ 轴围成的曲边梯形的面积。
只需计算 $\displaystyle\int_0^1e^x\ dx=e^1-e^0=e-1
- 计算 x=y^2 与 x=1 之间围成的图形的面积。
只需计算 \displaystyle\int_0^1(\sqrt{x}-(-\sqrt{x}))\ dx=\int_0^1(2\sqrt{x})\ dx=\frac{4}{3}\sqrt{x^3}|_0^1=\frac{4}{3}-0=\frac{4}{3}
- 【2025 GD 一模 T19】如果函数 F(x) 的导数为 F'(x)=f(x)，可记为 \displaystyle\int f(x)\ dx=F(x)，若 f(x)\geq 0，则 \displaystyle\int_a^bf(x)\ dx=F(b)-F(a) 表示曲线 y=f(x)，直线 x=a,x=b 以及 x 轴围成的“曲边梯形”的面积。如：\displaystyle\int 2x\ dx=x^2+C，其中 C 为常数；\displaystyle\int_0^2 2x\ dx=(2^2+C)-(0+C)=4，则表示 x=0,x=1,y=2x+C 以及 x 轴围成的面积为 4。
$(2)$ 求曲线 $y=x^2$ 与直线 $y=-x+6$ 所围成图形的面积。
$(3)$ 若 $f(x)=e^x-1-2mx,x\in[0,+\infty)$，其中 $m\in\R,\forall a,b\in[0,+\infty)$，若 $a>b$，都满足 $\displaystyle\int_0^a f(x)\ dx>\int_0^b f(x)\ dx$，求 $m$ 取值范围。
解：(1)\ f(x)=e^x+x+1
答案即为 $\displaystyle\int_{-3}^2 (-x+6-x^2)\ dx=(-\frac{1}{2}x^2+6x-\frac{1}{3}x^3)|_{-3}^2=\frac{22}{3}-(-\frac{27}{2})=\frac{125}{6}
接下来就是常规导数了。分离参数 $m\leq\frac{e^x-1}{2x}=g(x),g'(x)=\frac{(x-1)e^x+1}{2x^2}$，令 $h(x)=(x-1)e^x,h'(x)=xe^x\geq 0$，即 $h(x)\uparrow,g'(x)\uparrow,g(x)\uparrow$，由洛必达法则，$\displaystyle m\leq\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{2x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^x}{2}=\frac{1}{2}$。