导数与微分：考研数学分析总复习

1.f（x）在点x₀可导，其导数

若仅考虑x→x₀^-（Δx→0^-）或x→x₀⁺（Δx→0⁺）就得到其左、右导数，记为f′_-（x₀）、f′₊（x₀）.

定理 f′（x₀）=A⇔f′_-（x₀）=f′₊（x₀）=A.

这个定理主要用来判断分段函数在分段点处的可导性.

2.f（x）在x₀点可微是指：Δy=f′（x₀）Δx+o（Δx） （Δx充分小）.dy=f′（x₀）Δx称为f（x）在点x₀的微分，习惯上写成dy=f′（x₀）dx.

3.可导与可微的关系

对一元函数，可导⇔可微.

4.可导（可微）与连续的关系

f（x）在点x₀可导在点x₀连续在点x₀有极限.

例3.1 讨论在什么条件下，函数

在点x=0可微.

解 由定义，需要计算

当x>0时，；

当x<0时，

所以当且仅当2（α+β）>1时，f′（0）存在且为0.

当β>0时，对充分小的∣x∣，恒有[∣x∣^2β]≡0，故对任意的α，都有，从而f′（0）=0.

总之，当或β>0时，f（x）在点x=0可微且f′（0）=0.

类题1 设

其中，β>0是给定的常数.问：在什么条件下，

（1）f′（0）存在； （2）f′在[-1，1]上有界； （3）f′在[-1，1]上连续.

提示 （1）由

可知，当α>1时，f′（0）存在且f′（0）=0.

（2）当x≠0时，

易见，当α≥β+1时，f′在[-1，1]上有界.

（3）欲使，必须要求α-β-1>0，即α>β+1.

类题2 设，求f′（x）.

提示

由于f（x）在x=0处无定义，故f′（0）不存在.用定义不难算出f′_-（1）=-1，f′₊（1）=1，即f′（1）不存在；f′_-（-1）=-1，f′₊（-1）=1，即f′（-1）亦不存在.故

例3.2 讨论下列函数

的连续性与可导性.

解 对f，∀x₀≠0，取，在U（x₀，δ）内对任一有理数x均有∣f（x）∣>δ，对任一无理数x均有f（x）=0.所以f在x₀≠0处都不连续，当然也不可导.

同理，对g，∀x₀≠0，g在x₀处也不连续、不可导.

当x₀=0时，由于f（x）≤x，所以f在x₀=0处连续，但由于

在x→0时极限不存在，因而f在x₀=0处不可导.

对g，由于

所以g′（0）=0.当然g在x₀=0处也连续.

注3.1 本例中的f给出一个处处有定义、处处不可导而只在一点连续的例子；g给出一个处处有定义，而仅在一点连续、可导的例子.由此可见，函数的连续性与可导性都只是描述函数在所考察点的局部性态.

例3.3 证明：黎曼函数在R上处处不可导.

证明 因为R（x）是以1为周期的函数，所以只要在[0，1]上讨论它的可导性即可.又因为R（x）在有理点处不连续，因此它在有理点处不可导.

下面将证明R（x）在无理点处也不可导.

∀α∈[0，1]为无理数，设α=0.a₁a₂…a_n…是无限不循环小数，对任意h_n≠0充分小，分两种情形：

当h_n是有理数时，有

当h_n是无理数时，设h_n=-0.00…a_n+1a_n+2…是无限不循环小数，有

而

故当h_n➝0或n➝∞时，极限不存在，即R（x）在无理点α处不可导.

注：这里用到了R（x）函数的定义（见例2.2）.

例3.4 设函数f在x=0处连续，f（0）=0，且

证明：f′（0）=a.

证明 先证：f′+（0）=a.由已知条件，∀ε>0，∃δ>0，∀x∈（0，δ），有

或

x（a-ε）<f（2x）-f（x）<x（a+ε）. （1）

由式（1）可得(www.xing528.com)

将上述不等式相加，可得

令n→∞，由于f在x=0处连续，所以有

x（a-ε）≤f（x）-f（0）≤x（a+ε），即

这表明f′+（0）=a.

同理可证：f′-（0）=a.故f′（0）=a.

例3.5　设f（x）在x=0处可导，在什么情况下f（x）在x=0处也可导？

解　断言：若f（x）在x=0处可导，当f（0）≠0或f（0）=f′（0）=0时，f（x）在x=0处也可导.

事实上，设

先看f（0）≠0的情形.

若f（0）>0，由极限的局部保号性知，∃δ>0，∀x∈（-δ，δ），有f（x）>0.

于是

若f（0）<0，同理，有

再看f（0）=f′（0）=0的情形.

记g（x）=∣f（x）∣，由f（0）=0知，g（0）=0.

故g′（0）存在且为0.

注3.2 由本例知，当f（0）=0且f′（0）≠0时，函数f（x）在0处是不可导的.看下面的题目.

选择题 设f（x）在x=a处可导，则f（x）在x=a处不可导的充分条件是（ ）（数学Ⅲ，Ⅳ）.

（A）f（a）=0且f′（a）=0； （B）f（a）=0且f′（a）≠0；

（C）f（a）>0且f′（a）>0； （D）f（a）<0且f′（a）<0.

应选（B）.

例3.6 设f（x）在（0，1）内可导，且.证明：f′（x）在（0，1）内无界，但当x→1-时，f′（x）未必是无穷大量（华南理工）.

证明 欲证f′（x）在（0，1）内无界，只需证明即可.事实上，

若，则，进而由此可知，在1附近lnf（x）有界.注意到在1附近f（x）>0，所以f（x）在1附近有界，这与已知条件矛盾.因此，从而

取，显然，且在1附近无界，但不是无穷大量.

例3.7 设f（x）定义在[a，b]上，x₀∈（a，b），f（x）在x₀处有左、右导数；令a<a_n<x₀<b_n<b，又设证明：存在子列，，使

（上海交大）

证明 令，n=1，2，…，则0<λ_n<1，0<1-λ_n<1.而

由致密性定理，{λ_n}有收敛子列，使

令q=1-p，则

例3.8 设f在[0，1]上可微，且使得{x∈[0，1]∣f（x）=0=f′（x）}=.

证明：f在[0，1]中只有有限个零点.

证明 用反证法.假设f（x）在[0，1]中有无限个零点{x_n}.由致密性定理，它存在收敛子列，使得，且x₀∈[0，1].由f的连续性，于是由导数的定义，有

这表明f和f′在[0，1]中有共同的零点x₀，这与已知条件矛盾.

类题 设f（x）是[a，b]上的连续可微函数，记

A（p）={x∈[a，b]f（x）=p}，p∈R.

试证明：若对任意x∈A（p），均有f′（x）≠0，则集合A（p）是有限集（中科院）.

例3.9 设定义在R上的f（x）满足：对任意的x₀∈R，都存在δ>0，使得f（x₀）≥f（x），x∈（x₀-δ，x₀+δ），证明：存在一个区间I，使得f（x）在I上是一个常数（大连理工）.

证明 由已知条件，对x₁∈R，相应地∃δ₁=δ₁（x₁）>0，使得∀x∈（x₁-δ₁，x1+δ₁），有f（x）≤f（x₁）.

如果f（x）在R的任一子区间均不为常数，则∃x₂∈（x₁-δ₁，x₁+δ₁），使得f（x₂）<f（x₁）；

对x₂∈R，相应地∃δ₂=δ₂（x₂）>0，使得∀x∈（x₂-δ₂，x₂+δ₂），有f（x）≤f（x₂）.不失一般性，可设

如果f（x）在R的任一子区间均不为常数，则∃x₃∈（x₂-δ₂，x₂+δ₂），使得f（x₃）<f（x₂）；

如此下去，可得点列{x_n}⊂（x₁-δ₁，x₁+δ₁），满足x_n+1∈（x_n-δ_n，x_n+1+δ_n），f（x_n+1）<f（x_n），且

注意到{x_n}是有界点列，由致密性定理可知它存在收敛子列，设.对x利用已知条件，，使得，有f（x）≤f（x）.

由及可知，存在充分大的k₀>0，使得

另一方面，从{x_n}的构造及的性质易知，，因此

这显然与上式矛盾，所以f在R的某子区间上必为常数.

例3.10 设f（x）在[0，+∞）上二次连续可微，f（0）=f′（0）=0且f″（x）>0.又设u（x）表示曲线y=f（x）在点（x，f（x））的切线在x轴上的截距，试求极限

（南京航空航天大学）.

证明 利用切线方程求出.将f（u）在x=0作泰勒展开：

（这里利用了当x→0时，u（x）→0这一事实.这一点不难用洛必达法则得到）.于是

对和使用洛必达法则，可得故