高数Ⅰ（2026-10-23）

整理说明：以课堂板书为主，合并同题的题目、推导、结果及补拍内容。新增的条件说明、解答、配图与笔误修正均在相应位置注明。

一、 常用函数的高阶导数

1. 记号回顾

沿用课堂记号：

• $f\in D^{(n)}(I)$：$f$ 在区间 $I$ 上 $n$ 阶可导。
• $f\in C^{(n)}(I)$：$f$ 在区间 $I$ 上 $n$ 阶连续可导。

规定

$$f^{(0)}(x)=f(x).$$

2. 指数函数

若

$$y=e^{\lambda x},$$

其中 $\lambda$ 为常数，则

$$\boxed{y^{(n)}=\lambda^ne^{\lambda x}\qquad(n\ge1).}$$

3. 正弦与余弦函数

设 $y=\sin ax$，其中 $a$ 为常数。把余弦改写成相位增加 $\pi/2$ 的正弦，可得

$$\begin{aligned} y'&=a\cos ax=a\sin\left(\frac\pi2+ax\right),\\ y''&=a^2\cos\left(\frac\pi2+ax\right) =a^2\sin\left(\frac{2\pi}{2}+ax\right),\\ y'''&=a^3\sin\left(\frac{3\pi}{2}+ax\right). \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{(\sin ax)^{(n)}=a^n\sin\left(\frac{n\pi}{2}+ax\right).}$$

同理，

$$\boxed{(\cos ax)^{(n)}=a^n\cos\left(\frac{n\pi}{2}+ax\right).}$$

特别地，$a=1$ 时，

$$(\sin x)^{(n)}=\sin\left(\frac{n\pi}{2}+x\right),\qquad (\cos x)^{(n)}=\cos\left(\frac{n\pi}{2}+x\right).$$

以上公式中 $n$ 为正整数。

补充图示：取 $a=1$，函数依次变为 $\sin x$、$\cos x$、$-\sin x$、$-\cos x$，第四次求导后回到 $\sin x$。一般的 $a$ 还会在每次求导时带入一个因子 $a$。

4. 幂函数

设

$$y=(ax+b)^\alpha,$$

其中 $a,b,\alpha$ 为常数。逐次求导，

$$\begin{aligned} y'&=a\alpha(ax+b)^{\alpha-1},\\ y''&=a^2\alpha(\alpha-1)(ax+b)^{\alpha-2},\\ &\ \vdots\\ y^{(n)}&=a^n\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)(ax+b)^{\alpha-n}. \end{aligned}$$

补充适用范围：一般实指数的情形可在 $ax+b>0$ 的区间内使用该公式；整数次幂则按其实际定义域讨论。对于多项式，高于次数的导数直接为零，不在底数为零时套用含负指数的乘积表达式。

特别地，$n\in\mathbb N_+$ 时，

$$(x^n)'=nx^{n-1},\qquad (x^n)''=n(n-1)x^{n-2}\quad(n\ge2),\qquad\ldots$$

$$\boxed{(x^n)^{(n)}=n!,\qquad (x^n)^{(k)}=0\quad(k>n).}$$

其中 $k$ 为整数。补充边界说明：$n=1$ 时，$(x^n)''=(x)''=0$；高阶幂式应在相应阶数范围内使用。

取 $\alpha=-1$，得到

$$\boxed{\left(\frac1{ax+b}\right)^{(n)} =\frac{a^n(-1)^nn!}{(ax+b)^{n+1}}\qquad(ax+b\ne0),}$$

以及

$$\boxed{\left(\frac1{x-x_0}\right)^{(n)} =\frac{(-1)^nn!}{(x-x_0)^{n+1}}\qquad(x\ne x_0).}$$

二、 莱布尼茨公式

设 $f,g\in D^{(n)}(I)$，$n\ge1$。

1. 和、差的高阶导数

$$\boxed{(f\pm g)^{(n)}(x)=f^{(n)}(x)\pm g^{(n)}(x).}$$

2. 乘积的高阶导数

$$\boxed{[f(x)g(x)]^{(n)} =\sum_{k=0}^n C_n^k f^{(k)}(x)g^{(n-k)}(x).}$$

其中

$$C_n^k=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}\quad(1\le k\le n), \qquad C_n^0=C_n^n=1.$$

求和端点处用到 $f^{(0)}=f$、$g^{(0)}=g$。

补充理解：一阶公式就是乘积求导法则；二阶公式为

$$(fg)''=f''g+2f'g'+fg''.$$

一般公式可用归纳法说明。假定 $m$ 阶公式成立，并且 $f,g$ 还具有所需的第 $m+1$ 阶导数，则逐项求导得到

$$\begin{aligned} (fg)^{(m+1)} &=\sum_{k=0}^{m}C_m^k f^{(k+1)}g^{(m-k)} +\sum_{k=0}^{m}C_m^k f^{(k)}g^{(m-k+1)}\\ &=f^{(m+1)}g +\sum_{k=1}^{m}(C_m^{k-1}+C_m^k)f^{(k)}g^{(m+1-k)} +fg^{(m+1)}\\ &=\sum_{k=0}^{m+1}C_{m+1}^k f^{(k)}g^{(m+1-k)}. \end{aligned}$$

最后一步使用组合恒等式 $C_m^{k-1}+C_m^k=C_{m+1}^k$。

三、 高阶导数例题

1. 有理函数：先拆分，再求导

求

$$y=\frac{3x^2-2}{3x^2-x-2}$$

的 $n$ 阶导数。

解：先将分子拆成“分母加余项”，

$$\begin{aligned} y&=\frac{(3x^2-x-2)+x}{3x^2-x-2}\\ &=1+\frac{x}{3x^2-x-2}\\ &=1+\frac{x}{(3x+2)(x-1)}. \end{aligned}$$

板书的补拍计算为

$$\frac1{x-1}+\frac2{3x+2} =\frac{(3x+2)+2(x-1)}{(x-1)(3x+2)} =\frac{5x}{(x-1)(3x+2)}.$$

因此

$$y=1+\frac15\left(\frac1{x-1}+\frac2{3x+2}\right).$$

当 $n\ge1$ 时，常数项的导数为零，于是

$$\begin{aligned} y^{(n)} &=\frac15\left[ \left(\frac1{x-1}\right)^{(n)} +2\left(\frac1{3x+2}\right)^{(n)}\right]\\ &=\frac{(-1)^nn!}{5} \left[\frac1{(x-1)^{n+1}}+\frac{2\cdot3^n}{(3x+2)^{n+1}}\right]. \end{aligned}$$

即

$$\boxed{y^{(n)}=\frac{(-1)^nn!}{5} \left[\frac1{(x-1)^{n+1}}+\frac{2\cdot3^n}{(3x+2)^{n+1}}\right],}$$

其中 $n\ge1$，$x\ne1,-2/3$。

板书笔误修正：08:24:06 的补拍中，第二个分式的分子明确为 $2$；08:32:50 的分解式及高阶导数结果却漏写了这个系数。这里据通分等式补回 $2$，解题方法不变。

2. 三角函数：先降幂，再求导

求

$$y=\sin^4x+\cos^4x$$

的 $n$ 阶导数。

解：利用三角恒等式降幂，

$$\begin{aligned} y&=(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x\\ &=1-\frac12\sin^22x\\ &=1-\frac12\cdot\frac{1-\cos4x}{2}\\ &=\frac34+\frac14\cos4x. \end{aligned}$$

因此，当 $n\ge1$ 时，

$$\begin{aligned} y^{(n)} &=\frac14(\cos4x)^{(n)}\\ &=\frac{4^n}{4}\cos\left(\frac{n\pi}{2}+4x\right). \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{y^{(n)}=4^{n-1}\cos\left(\frac{n\pi}{2}+4x\right)\qquad(n\ge1).}$$

板书旁列出的降幂公式：

$$\cos2x=1-2\sin^2x=2\cos^2x-1,$$

$$\sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2},\qquad \cos^2x=\frac{1+\cos2x}{2}.$$

3. 乘积：求 $x^2\sin x$ 的第 80 阶导数

设

$$y=x^2\sin x,$$

求 $y^{(80)}$。

解：使用莱布尼茨公式，

$$y^{(80)}=\sum_{k=0}^{80}C_{80}^k(x^2)^{(k)}(\sin x)^{(80-k)}.$$

因为 $x^2$ 的三阶及更高阶导数均为零，所以只剩前三项：

$$\begin{aligned} y^{(80)} &=x^2(\sin x)^{(80)} +C_{80}^1(2x)(\sin x)^{(79)} +C_{80}^2\cdot2(\sin x)^{(78)}\\ &=x^2\sin\left(\frac{80\pi}{2}+x\right) +160x\sin\left(\frac{79\pi}{2}+x\right)\\ &\quad+\frac{80\cdot79}{2}\cdot2 \sin\left(\frac{78\pi}{2}+x\right)\\ &=x^2\sin x-160x\cos x-6320\sin x. \end{aligned}$$

即

$$\boxed{y^{(80)}=x^2\sin x-160x\cos x-6320\sin x.}$$

4. 星号题：$y=x^2e^{3x}$ 的 $n$ 阶导数

补充解答：板书列出了这道星号题，现有照片中未见其解答。沿用上一题的莱布尼茨公式，只保留多项式因子导数非零的项。

当 $n\ge2$ 时，

$$\begin{aligned} y^{(n)} &=x^2(e^{3x})^{(n)} +C_n^1(2x)(e^{3x})^{(n-1)} +C_n^2\cdot2(e^{3x})^{(n-2)}\\ &=e^{3x}\left[3^nx^2+2n3^{n-1}x+n(n-1)3^{n-2}\right]. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{y^{(n)}=3^{n-2}e^{3x}\left[9x^2+6nx+n(n-1)\right].}$$

当 $n=1$ 时，直接求导得到 $y'=(3x^2+2x)e^{3x}$，也符合这一结果。所以框中公式适用于全部正整数 $n$。

5. 递推法：求 $y=\arcsin x$ 在零点的各阶导数

设

$$y=\arcsin x,$$

求 $y^{(n)}(0)$。

解：先求一、二阶导数，

$$y'=\frac1{\sqrt{1-x^2}},$$

$$\begin{aligned} y''&=-\frac12(1-x^2)^{-3/2}(-2x)\\ &=\frac{x}{(1-x^2)^{3/2}} =\frac{x}{1-x^2}y'. \end{aligned}$$

于是得到导数之间的关系

$$(1-x^2)y''=xy'.$$

两端对 $x$ 求 $n$ 阶导数，

$$[(1-x^2)y'']^{(n)}=(xy')^{(n)}.$$

使用莱布尼茨公式，并利用 $1-x^2$ 的三阶及更高阶导数、$x$ 的二阶及更高阶导数为零，得到（先取 $n\ge2$）

$$\begin{aligned} &(1-x^2)y^{(n+2)} +n(1-x^2)'y^{(n+1)} +\frac{n(n-1)}2(1-x^2)''y^{(n)}\\ &\qquad=xy^{(n+1)}+nx'y^{(n)}. \end{aligned}$$

即

$$(1-x^2)y^{(n+2)}-2nxy^{(n+1)}-n(n-1)y^{(n)} =xy^{(n+1)}+ny^{(n)}.$$

令 $x=0$，可得

$$\boxed{y^{(n+2)}(0)=n^2y^{(n)}(0),}$$

或者将下标平移，写成

$$y^{(n)}(0)=(n-2)^2y^{(n-2)}(0)\qquad(n\ge2).$$

补充初值与低阶检查：$y(0)=0$、$y'(0)=1$、$y''(0)=0$。原等式 $(1-x^2)y''=xy'$ 对应递推式中的 $n=0$；对原等式求一次导数得

$$(1-x^2)y'''-2xy''=y'+xy'',$$

在 $x=0$ 处有 $y'''(0)=y'(0)=1$，对应 $n=1$。因此前一个递推式对全部整数 $n\ge0$ 成立。

由递推式，偶数阶导数沿 $y''(0)=0$ 递推，均为零；奇数阶导数沿 $y'(0)=1$ 递推，对 $k\ge1$，有

$$\begin{aligned} y^{(2k+1)}(0) &=(2k-1)^2y^{(2k-1)}(0)\\ &=(2k-1)^2(2k-3)^2\cdots1^2\\ &=[(2k-1)!!]^2. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{y^{(2k)}(0)=0,\qquad y^{(2k+1)}(0)=[(2k-1)!!]^2\qquad(k\ge0).}$$

补充记号说明：$(2k-1)!!=1\cdot3\cdots(2k-1)$ 为奇数双阶乘。约定 $(-1)!!=1$ 后，$k=0$ 的奇数阶公式就是 $y'(0)=1$。以上求导在 $-1<x<1$ 内进行。

四、 隐函数的高阶导数

设 $y=y(x)$ 由方程

$$(y-1)\cos x-x\ln(y+1)=0$$

确定，求 $y'(0)$、$y''(0)$。

1. 先求 $y(0)$

令 $x=0$，

$$(y(0)-1)\cos0=0,$$

因此

$$y(0)=1.$$

2. 求一阶导数在零点的值

方程两端对 $x$ 求导，

$$y'\cos x-(y-1)\sin x-\ln(y+1)-x\frac{y'}{y+1}=0.$$

令 $x=0$，并代入 $y(0)=1$，

$$y'(0)-\ln2=0.$$

所以

$$\boxed{y'(0)=\ln2.}$$

3. 再求一次导数

对上一导数等式再次求导，

$$\begin{aligned} &y''\cos x-y'\sin x-y'\sin x-(y-1)\cos x\\ &\qquad-\frac{y'}{y+1}-\frac{y'}{y+1} -x\left(\frac{y'}{y+1}\right)'=0. \end{aligned}$$

令 $x=0$，

$$y''(0)+0+0-(1-1)\cos0 -2\frac{y'(0)}{1+1}-0=0.$$

因此

$$y''(0)-y'(0)=0,$$

得到

$$\boxed{y''(0)=\ln2.}$$

板书符号补全：第二次求导的最后一项应为 $-x\bigl(y'/(y+1)\bigr)'$，照片中此处商式外的求导记号不完整。其展开形式是

$$-x\frac{y''(y+1)-(y')^2}{(y+1)^2}.$$

由于最后代入 $x=0$，这一项为零，板书的最终答案不受影响。

补充条件与方法提醒：原式要求 $y+1>0$，而 $y(0)=1$ 满足该条件。整理导数等式时，$y'$ 的系数为 $\cos x-x/(y+1)$，在 $(0,1)$ 处等于 $1\ne0$。本题只求指定点的导数值，无须先解出整个函数 $y(x)$ 或将 $y''$ 化成很长的显式商式。

五、 参数方程的二阶导数

1. 一阶导数的回顾

设

$$\begin{cases} x=x(t),\\ y=y(t), \end{cases} \qquad t\in[\alpha,\beta],$$

且 $x(t),y(t)\in C^{(1)}[\alpha,\beta]$，$x'(t)\ne0$。

把 $x=x(t)$ 的反函数写成 $t=t(x)$，则 $y=y(t(x))$，于是

$$\frac{dy}{dx} =\frac{dy}{dt}\frac{dt}{dx} =\frac{dy/dt}{dx/dt} =\frac{y'(t)}{x'(t)}, \qquad \frac{dt}{dx}=\frac1{x'(t)}.$$

2. 二阶导数仍然是对 $x$ 求导

补充条件：以下还要求 $x(t),y(t)$ 具有二阶导数，例如可设二者属于 $C^{(2)}$；仅有前述一阶连续可导条件不足以直接讨论二阶导数。公式在参数区间内点且 $x'(t)\ne0$ 处使用。

$$\begin{aligned} \frac{d^2y}{dx^2} &=\frac d{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)\\ &=\frac d{dx}\left(\frac{y'(t)}{x'(t)}\right)\\ &=\frac d{dt}\left(\frac{y'(t)}{x'(t)}\right)\frac{dt}{dx}\\ &=\left(\frac{y'(t)}{x'(t)}\right)'\frac1{x'(t)}. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\frac{d^2y}{dx^2} =\left(\frac{y'(t)}{x'(t)}\right)'\frac1{x'(t)}.}$$

其中括号外的撇号表示对 $t$ 求导。

补充展开：按商法则，还可以写成

$$\frac{d^2y}{dx^2} =\frac{y''(t)x'(t)-y'(t)x''(t)}{[x'(t)]^3}.$$

注意：对 $t$ 求导以后，还要乘以 $dt/dx=1/x'(t)$；不能直接把 $y''(t)/x''(t)$ 当作 $d^2y/dx^2$。

3. 例：$x=t-\ln(1+t^2)$、$y=\arctan t$

设

$$\begin{cases} x=t-\ln(1+t^2),\\ y=\arctan t, \end{cases}$$

求 $d^2y/dx^2$。

解：先求两个分量对参数的导数，

$$\begin{aligned} x'(t)&=1-\frac{2t}{1+t^2} =\frac{1+t^2-2t}{1+t^2} =\frac{(t-1)^2}{1+t^2},\\ y'(t)&=\frac1{1+t^2}. \end{aligned}$$

当 $t\ne1$ 时，

$$\frac{dy}{dx} =\frac{\dfrac1{1+t^2}}{\dfrac{(t-1)^2}{1+t^2}} =\frac1{(t-1)^2}.$$

继续按二阶公式计算，

$$\begin{aligned} \frac{d^2y}{dx^2} &=\left(\frac1{(t-1)^2}\right)'\frac{1+t^2}{(t-1)^2}\\ &=-\frac2{(t-1)^3}\cdot\frac{1+t^2}{(t-1)^2}\\ &=-\frac{2(1+t^2)}{(t-1)^5}. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{\frac{d^2y}{dx^2}=-\frac{2(1+t^2)}{(t-1)^5}\qquad(t\ne1).}$$

板书笔误修正：照片中最后的结果漏写了负号；上一行的 $-2/(t-1)^3$ 已明确带有负号，这里保留该负号。

补充图示：$t<1$ 时二阶导数为正，$t>1$ 时为负。在 $t=1$ 处，$x'(1)=0$、$y'(1)=1/2\ne0$，曲线有竖直切线 $x=1-\ln2$；此处不具有有限的 $dy/dx$，不能代入上述一、二阶导数公式。

六、 微分中值定理的准备：极值与费马引理

1. 极大值、极小值及极值点

设函数 $f$ 定义在区间 $I$ 上，$x_0$ 为 $I$ 的内点。

若存在 $x_0$ 的某邻域，使该邻域内所有 $x$ 都满足

$$f(x)\le f(x_0),$$

则称 $f(x_0)$ 为 $f$ 的一个极大值，$x_0$ 为一个极大值点。

若在某邻域内所有 $x$ 都满足

$$f(x)\ge f(x_0),$$

则称 $f(x_0)$ 为 $f$ 的一个极小值，$x_0$ 为一个极小值点。

极大值与极小值统称极值，相应的点统称极值点。

补充量词说明：这里“某邻域”指存在 $\delta>0$，使 $U(x_0,\delta)\subset I$，相应不等式对每个 $x\in U(x_0,\delta)$ 都成立。不等式允许取等号。

板书的两条备注：

1. 按本节的双侧邻域定义，极值点不能是区间端点。
2. 若最大值点 $x_0$ 位于区间 $I$ 的内部，则 $x_0$ 是极大值点；最小值点位于内部时，同样是极小值点。

补充辨析：最大值、最小值比较的是整个区间；极大值、极小值只比较某个邻域。闭区间端点可以是最大值点或最小值点，但不属于本节所讨论的内部极值点。

依板书结构重绘：$x_1$ 为极小值点，$x_2$ 为极大值点。$x_3$ 处左侧近邻值较大、右侧近邻值较小，因而不是极值点。$x_4$ 处左支递增至上方实心点，右支从下方空心点继续递增；足够近的两侧函数值都小于 $f(x_4)$，所以 $x_4$ 是跳跃处的极大值点。空心点不表示该处函数值，实心点才表示实际取值。图形仅作示意，不指定解析式。

补充说明：定义本身没有要求函数连续，因此极值也可能出现在间断点；图中的 $x_4$ 就体现了这一点。

2. 费马引理（Fermat 引理）

若 $x_0$ 是函数 $f$ 的一个极值点，且 $f$ 在 $x_0$ 处可导，则

$$\boxed{f'(x_0)=0.}$$

证明：不妨设 $x_0$ 为极大值点。则在 $x_0$ 的某邻域内，

$$f(x)\le f(x_0).$$

当 $x>x_0$ 时，$x-x_0>0$，所以

$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\le0.$$

由于 $f$ 在 $x_0$ 可导，右导数存在且等于导数，于是

$$f'(x_0)=f'_+(x_0) =\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\le0.$$

当 $x<x_0$ 时，$x-x_0<0$，所以

$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\ge0.$$

同理，

$$f'(x_0)=f'_-(x_0) =\lim_{x\to x_0^-}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\ge0.$$

同一个导数同时不大于零、不小于零，故

$$f'(x_0)=0.$$

补充极小值情形：此时右侧差商非负、左侧差商非正。可导性仍保证两侧极限相等，因此同样有 $f'(x_0)=0$。

依板书重绘并补充标注：极大点处右侧差商非正、左侧差商非负；若两侧趋于同一个有限导数，这个导数只能为零，对应水平切线。

补充辨析：$f'(x_0)=0$ 只是可导函数在内部取得极值的必要条件，不能反过来直接判定极值。例如 $f(x)=x^3$ 满足 $f'(0)=0$，但任意零点邻域内都有负值和正值，$0$ 不是极值点。