关于导数问题的一些粗浅思考
wuhupai
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有问题欢迎私信，会获得我的膜拜和关注qwq
适合那些会一些导数的人
em首先将导数的运算证明一下吧qwq
1.[f(x)\pm g(x)]^{'}=f(x)^{'}\pm g(x)^{'}(懒，易证)
2.[f(x)* g(x)]^{'}
= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x)*g(x+\Delta x)-f(x)*g(x)}{\Delta x}
设f(x+\Delta x)=a,g(x+\Delta x)=b,f(x)=c,g(x)=d
\therefore $原式$=\frac{ab-ad+ad-cd}{\Delta x}
=\frac{a(b-d)}{\Delta x}+\frac{d(a-c)}{\Delta x}
=f(x)^{'}*g(x)+g(x)^{'}*f(x)
3.[\frac {f(x)}{g(x)}]^{'}
= [f(x)* \frac{1}{g(x)}]^{'}
=f(x)^{'}*\frac{1}{g(x)}+f(x)*\frac{1}{g(x)}^{'}
求\frac{1}{g(x)}^{'}(或者用f(x^{a})^{'}=ax^{a-1},但这个还没证)
=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{\frac{1}{g(x+\Delta x)}-\frac{1}{g(x)}}{\Delta x}
$=-\frac{g(x)^{'}}{g(x)^{2}}
\therefore $原式$=f(x)^{'}*\frac{1}{g(x)}-f(x)*\frac{g(x)^{'}}{g(x)^{2}}
=\frac{f(x)^{'}*g(x)-g(x)^{'}*f(x)}{g(x)^{2}}
下面是一些基本函数的导数
1.(\sin x)^{'}=\cos x 和 (\cos x)^{'}=\sin x
(\sin x)^{'}=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\sin(x+\Delta x)-\sin(x)}{\frac{\Delta x}{2}}
$\because \lim_{\Delta x \to 0}\frac{\sin(\Delta x)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{\sin(0+\Delta x)-\sin(0)}{\Delta x}(sin$无限接近于0时的导数是1，感性理解$)
=\lim_{\Delta x \to 0} \cos(x)
(\cos x)^{'}=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\cos(x+\Delta x)-\cos(x)}{\Delta x}
$(\cos x)^{'}=-\sin(x)
2.(e^{x})^{'}=e^{x}
\because e=\lim_{x \to \infty} (1+\frac{1}{x})^{x}
$\therefore \ln \lim_{x \to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=1
\therefore \lim_{\Delta x \to 0}\frac{\ln (1+x)}{x}=1
(e^{x})^{'}=\lim_{x \to 0} \frac{e^{x+\Delta x}-e^{x}}{\Delta x}
=\lim_{x \to 0}e^{x}*\frac{e^{\Delta x}-1}{\Delta x}
设t=e^{\Delta x}-1
则 \Delta x=\ln (t+1)
=\lim_{t \to 0}e^{x}*\frac{t}{\ln (t+1)}
\frac{t}{\ln (t+1)}=\frac{\ln(e^{t})}{\ln (t+1)}
\because \lim_{t \to 0} e^{t}=t+1
\therefore (e^{x})^{'}=e^{x}
3.(a^{x})^{'}=a^{x}\ln a
\lim_{\Delta x \to 0} \frac{a^{x+\Delta x}-a^{x}}{\Delta x}
=\lim_{\Delta x \to 0} a^{x}*\frac{a^{\Delta x}-1}{\Delta x}
设a^{\Delta x}-1=t
则\Delta x=\log_{a}{(t+1)}=\frac{\ln(t+1)}{\ln a}
\therefore $原式$=\lim_{t \to 0} a^{x}*\frac{t*\ln a}{\ln (t+1)}
### $4.(\ln x)^{'}=\frac{1}{x}
=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{\ln (x+\Delta x)-ln(x)}{\Delta x}
=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\ln (1+\frac{\Delta x}{x})-ln(1)}{\Delta x*x}
### $5.log_{a}{x}^{'}=\frac{1}{x\ln a}
=(\frac{\ln x}{\ln a})^{'}
$=\frac{1}{x\ln a}
导数运算
首先看到一道题:
已知f(x)=\frac{\left(x+1\right)^{2}+\sin x}{x^{2}+1}，求f(2020)+f^{'}(2020)+f(-2020)- f^{'}(-2020)
对于这种比较大的，考虑根据奇偶性判断。
f(x)=\frac{\left(x+1\right)^{2}+\sin x}{x^{2}+1}
=1+\frac{2x+\sin x}{x^{2}+1}
$\therefore y=\frac{2x+\sin x}{x^{2}+1}$为奇函数
$\therefore f(2020)-1=-f(2020)-1
\therefore f(2020)=-f(2020)
$f^{'}(2020)=f^{'}(-2020)
所以原式=2
再来看切线问题:
我觉得这就是靠列方程暴算
首先看到一道题:
若曲线y_{1}=ax^{2}与曲线y_{2}=\ln x在公共点有公切线,求a
模拟题意可得
1.2ax=\frac{1}{x}\\
2.ax^{2}=\ln x
\end{matrix}\right.
将1带入2
\ln x=\frac{1}{2}
x=\sqrt{e}
\therefore a=\frac{1}{2e}
其次看到一道题:
若直线y=kx+b是曲线y=e^{x}的切线，也是曲线y=\ln(x+2)的切线,求k
模拟题意可得
1.e^{m}=k\\
2.\frac{1}{n+2}=k\\
3.km+b=e^{m}\\
4.kn+b=\ln (n+2)
\end{matrix}\right.
天哪，有四个方程怎么办,carbon见到这个便说不会做，但四元4个方程这显然是可以做的
显然n最好消。
1.e^{m}=k\\
2.km+b=e^{m}\\
3.1-2k+b=\ln (\frac{1}{k})
\end{matrix}\right.
消b
1.e^{m}=k\\
2.1-2k+e^{m}-km=\ln (\frac{1}{k})
\end{matrix}\right.
将1代入2得
1.e^{m}=k\\
2.1-k-km=\ln (\frac{1}{k})
\end{matrix}\right.
化简2得
e^{1-k-km}=\frac{1}{k}
\frac{e}{e^{k}*(e^{m})^{k}}=\frac{1}{k}
\frac{e}{e^{k}*k^{k}}=\frac{1}{k}
e=e^{k}*k^{k-1}
(e*k)^{k-1}=1
\therefore k=1$或$k=\frac{1}{e}
利用导数求最值
首先解释下为什么可以(用反证法即可)
求出来的是最大值或最小值
首先看到一道题:
若\frac{a^{2}-\ln a}{b}=\frac{c-2}{d}=1,求(a-c)^{2}+(b-d)^{2}的最小值。
这是一道5星题，但其实非常简单。
首先看到(a-c)^{2}+(b-d)^{2}可以想到两点间的距离，之后就很简单了
得到两个函数
1.b=a^{2}-\ln a\\
2.d=c-2
\end{matrix}\right.
求个导，导数一样
2a-\frac{1}{a}=1
带回去就是 $2$ 了