高数Ⅰ（2026-10-19）

一、 导数与微分的四则运算法则

设 $f,g\in D(I)$，即 $f,g$ 在区间 $I$ 上可导；$\alpha$ 为常数。则在相应表达式有定义的点，有以下公式。

1. 和、差与常数倍

$$(f(x)\pm g(x))'=f'(x)\pm g'(x),\qquad (\alpha f(x))'=\alpha f'(x).$$

2. 乘积

$$(f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x).$$

记忆方法：前导后不导，加上前不导后导。不能写成 $f'(x)g'(x)$。

三因子的情形：

$$\begin{aligned} (f_1f_2f_3)' &=f_1'f_2f_3+f_1f_2'f_3+f_1f_2f_3'. \end{aligned}$$

即每次只对一个因子求导，再将各项相加。

补充图示：矩形两边分别增加 $\Delta u,\Delta v$，面积增量为 $v\Delta u+u\Delta v+\Delta u\Delta v$。前两项构成线性部分，对应 $d(uv)=v\,du+u\,dv$；角上的小矩形属于更高阶的部分。图中取正的边长和增量作示意。

3. 商

当 $g(x)\ne0$ 时，

$$\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)' =\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g(x)^2}.$$

注意：分子的减法顺序不能颠倒，分母是原分母的平方。若讨论整个区间上的商可导，还需 $g$ 在该区间处处非零。

4. 对应的微分公式

由 $df=f'(x)dx$、$dg=g'(x)dx$，得到板书中的推论：

$$d(f\pm g)=df\pm dg,\qquad d(\alpha f)=\alpha\,df,$$

$$d(fg)=g\,df+f\,dg,$$

$$d\left(\frac fg\right)=\frac{g\,df-f\,dg}{g^2}\qquad(g\ne0).$$

二、 用四则法则求导

1. 正切与正割函数

例1：$y=\tan x$。 在 $\cos x\ne0$ 的点，

$$\begin{aligned} y'&=\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)'\\ &=\frac{(\sin x)'\cos x-\sin x(\cos x)'}{\cos^2x}\\ &=\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x} =\frac1{\cos^2x}=\sec^2x. \end{aligned}$$

所以 $(\tan x)'=\sec^2x$。

例2：$y=\sec x$。 同样要求 $\cos x\ne0$，

$$\begin{aligned} y'&=\left(\frac1{\cos x}\right)'\\ &=\frac{0\cdot\cos x-1\cdot(-\sin x)}{\cos^2x}\\ &=\frac{\sin x}{\cos^2x} =\sec x\tan x. \end{aligned}$$

所以 $(\sec x)'=\sec x\tan x$。

板书接着列出：

$$(\cot x)'=-\csc^2x,\qquad (\csc x)'=-\csc x\cot x\qquad(\sin x\ne0).$$

补充推导：由 $\cot x=\cos x/\sin x$，其导数为 $(-\sin^2x-\cos^2x)/\sin^2x=-\csc^2x$；由 $\csc x=1/\sin x$，其导数为 $-\cos x/\sin^2x=-\csc x\cot x$。

2. 乘积求导例题

求 $y=e^x(\sin x+\tan x)$ 的导数。

解：在 $\cos x\ne0$ 时，

$$\begin{aligned} y'&=(e^x)'(\sin x+\tan x)+e^x(\sin x+\tan x)'\\ &=e^x(\sin x+\tan x)+e^x(\cos x+\sec^2x). \end{aligned}$$

3. 商与乘积同时出现

求

$$y=\frac{x\cos x-\ln x}{\sqrt x+1}$$

的导数。

解：定义域为 $x>0$，且分母 $\sqrt x+1>0$。先对分子、分母分别求导：

$$(x\cos x-\ln x)'=\cos x-x\sin x-\frac1x,$$

$$(\sqrt x+1)'=\frac1{2\sqrt x}.$$

代入商法则，得到

$$y'=\frac{ \left(\cos x-x\sin x-\dfrac1x\right)(\sqrt x+1) -(x\cos x-\ln x)\dfrac1{2\sqrt x} }{(\sqrt x+1)^2}.$$

注意根号范围：这里的分母是 $\sqrt x+1$，不是 $\sqrt{x+1}$。

三、 复合函数求导：链式法则

1. 两层复合

设 $u=g(x)$ 在 $x$ 处可导，$y=f(u)$ 在 $u=g(x)$ 处可导，并且复合函数在附近有定义。则

$$y=f(g(x))$$

在该点可导，且

$$\boxed{[f(g(x))]'=f'(g(x))g'(x).}$$

用中间变量写成

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\frac{du}{dx}.$$

记忆方法：从外层向内层逐层求导，每一层的导数都要乘上；求外层导数时，保留其原来的内层表达式。

2. 多层复合

若

$$y=f(u),\qquad u=g(v),\qquad v=h(x),$$

各层在对应点可导，则

$$y'=f'(g(h(x)))\,g'(h(x))\,h'(x).$$

配图说明：以 $y=e^{\sqrt{1+\tan3x}}$ 为例，从 $x$ 到 $y$ 按箭头逐层复合；求导时，把每条箭头所对应的导数相乘。

3. 常用复合形式

设 $f$ 在所讨论的点可导，则

$$(\sqrt{f(x)})'=\frac{f'(x)}{2\sqrt{f(x)}}\qquad(f(x)>0),$$

$$\left(\frac1{f(x)}\right)'=-\frac{f'(x)}{f(x)^2}\qquad(f(x)\ne0).$$

板书小例：

$$y=\sin(5x^2) \quad\Longrightarrow\quad y'=\cos(5x^2)\,(5x^2)'=10x\cos(5x^2).$$

若

$$y=\frac1{x^2+e^x},$$

则因 $x^2+e^x>0$，

$$y'=-\frac1{(x^2+e^x)^2}(x^2+e^x)' =-\frac{2x+e^x}{(x^2+e^x)^2}.$$

符号提醒：倒数求导必须保留负号；本例板书的中间步骤已有负号，末尾化简式疑似漏写，此处按前一步保留。

四、 复合函数求导例题

例1：先设内层，再对外层求导

$$y=\left(\sqrt x-\frac1x\right)^3,\qquad x>0.$$

令 $u=\sqrt x-1/x$，则 $y=u^3$，于是

$$\begin{aligned} y'&=3u^2\left[\frac1{2\sqrt x}-\left(-\frac1{x^2}\right)\right]\\ &=3\left(\sqrt x-\frac1x\right)^2 \left(\frac1{2\sqrt x}+\frac1{x^2}\right). \end{aligned}$$

注意：对内层求导后得到加号，但外层留下的平方仍是原来的 $(\sqrt x-1/x)^2$，不能随之改成加号。

例2：指数、根式与三角函数多层复合

$$y=e^{\sqrt{1+\tan3x}}.$$

在 $\cos3x\ne0$ 且 $1+\tan3x>0$ 的范围内，令 $u=\sqrt{1+\tan3x}$，则

$$\begin{aligned} y'&=e^u\frac{du}{dx}\\ &=e^u\frac1{2\sqrt{1+\tan3x}}\,(1+\tan3x)'\\ &=e^{\sqrt{1+\tan3x}} \frac1{2\sqrt{1+\tan3x}}\,\sec^2(3x)\cdot3. \end{aligned}$$

逐层检查：指数函数、平方根、正切、$3x$，四层的导数都已包含。

例3：根式中的三角函数

$$y=\sqrt{\sin(5x+3)}.$$

在 $\sin(5x+3)>0$ 时，

$$y'=\frac1{2\sqrt{\sin(5x+3)}}\,[\sin(5x+3)]' =\frac{5\cos(5x+3)}{2\sqrt{\sin(5x+3)}}.$$

例4：三角函数的幂

$$y=\sin^3(8x)=[\sin(8x)]^3.$$

设 $u=\sin(8x)$，$y=u^3$，得到

$$y'=3\sin^2(8x)\cos(8x)\cdot8 =24\sin^2(8x)\cos(8x).$$

记号区别：$\sin^3(8x)$ 是先取正弦再立方，不是 $\sin((8x)^3)$。

例5：两个复合指数函数之和

$$y=2^{\sin(1/x^2)}+3^{\tan(x^2)}.$$

在 $x\ne0$、$\cos(x^2)\ne0$ 时，分别对两项求导：

$$\begin{aligned} y'&=2^{\sin(1/x^2)}\ln2\,[\sin(1/x^2)]' +3^{\tan(x^2)}\ln3\,[\tan(x^2)]'\\ &=2^{\sin(1/x^2)}\ln2\cos(1/x^2)\left(-\frac2{x^3}\right) +3^{\tan(x^2)}\ln3\sec^2(x^2)\cdot2x. \end{aligned}$$

易漏因子：指数底数带来的 $\ln2,\ln3$，以及最内层的 $-2/x^3$、$2x$。

例6：立方、余弦、分式与根式

$$y=\cos^3\left(\frac{1-\sqrt x}{1+\sqrt x}\right),\qquad x>0.$$

记

$$v=\frac{1-\sqrt x}{1+\sqrt x},\qquad u=\cos v,\qquad y=u^3.$$

先按板书从外层展开：

$$y'=3\cos^2v\,(-\sin v)\,v'.$$

其中

$$\begin{aligned} v'&=\frac{(1-\sqrt x)'(1+\sqrt x)-(1-\sqrt x)(1+\sqrt x)'}{(1+\sqrt x)^2}\\ &=\frac{-\dfrac1{2\sqrt x}(1+\sqrt x) -(1-\sqrt x)\dfrac1{2\sqrt x}}{(1+\sqrt x)^2}\\ &=-\frac1{\sqrt x(1+\sqrt x)^2}. \end{aligned}$$

代回得到

$$y'=\frac{3\cos^2v\sin v}{\sqrt x(1+\sqrt x)^2}, \qquad v=\frac{1-\sqrt x}{1+\sqrt x}.$$

补充范围：原函数在 $x=0$ 也有定义，但上述公式含 $1/\sqrt x$，只在 $x>0$ 使用；端点不能直接套用。

例7：对数复合后可约去的因子

$$y=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right).$$

因为 $\sqrt{1+x^2}>|x|$，对数真数对任意实数 $x$ 都为正。于是

$$\begin{aligned} y'&=\frac1{x+\sqrt{1+x^2}} \left(1+\frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}\right)\\ &=\frac1{x+\sqrt{1+x^2}} \frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}}\\ &=\frac1{\sqrt{1+x^2}}. \end{aligned}$$

化简要点：先把括号内通分，再约去相同且非零的 $x+\sqrt{1+x^2}$。

五、 微分形式的不变性

设 $y=f(u)$，$u=g(x)$，各层在对应点可导。由链式法则，

$$dy=[f(g(x))]'dx=f'(g(x))g'(x)dx.$$

又因为

$$du=g'(x)dx,$$

所以仍可以写成

$$\boxed{dy=f'(u)du.}$$

这说明：$u$ 无论作为自变量，还是作为 $x$ 的可导函数，微分公式 $dy=f'(u)du$ 的形式不变。

例：$y=\ln(\sin2x^3)$，求 $dy$

在 $\sin(2x^3)>0$ 时，按板书的两种方法计算。

方法一：先求导，再乘 $dx$。

$$\begin{aligned} dy&=y'dx\\ &=\frac1{\sin(2x^3)}\cos(2x^3)\cdot6x^2dx\\ &=\frac{6x^2\cos(2x^3)}{\sin(2x^3)}dx. \end{aligned}$$

方法二：逐层写微分。

$$\begin{aligned} dy&=\frac1{\sin(2x^3)}\,d[\sin(2x^3)]\\ &=\frac{\cos(2x^3)}{\sin(2x^3)}\,d(2x^3)\\ &=\frac{6x^2\cos(2x^3)}{\sin(2x^3)}dx. \end{aligned}$$

两种方法结果相同；用微分法也不能漏掉 $d(2x^3)=6x^2dx$。

六、 对数求导法

1. 基础公式：$\ln|f(x)|$ 的导数

若 $f$ 在某点可导且 $f(x)\ne0$，则

$$\boxed{(\ln|f(x)|)'=\frac{f'(x)}{f(x)}.}$$

板书分情况说明：

• 若 $f(x)>0$，则 $\ln|f(x)|=\ln f(x)$，导数为 $f'(x)/f(x)$。
• 若 $f(x)<0$，则局部有 $\ln|f(x)|=\ln[-f(x)]$，导数为 $(-f'(x))/(-f(x))=f'(x)/f(x)$。

可导保证连续，所以非零函数值在足够小的邻域内保持符号，上述分支求导可以使用。

例1：幂指函数 $y=(1+x^2)^{\tan x}$

在 $\cos x\ne0$ 时，底数 $1+x^2>0$，且 $y>0$。

方法一：对数求导。 两边取对数，

$$\ln y=\tan x\ln(1+x^2).$$

两边对 $x$ 求导，

$$\frac{y'}y=\sec^2x\ln(1+x^2) +\tan x\frac{2x}{1+x^2}.$$

所以

$$y'=(1+x^2)^{\tan x} \left[\sec^2x\ln(1+x^2)+\frac{2x\tan x}{1+x^2}\right].$$

方法二：先改写成指数函数。

$$y=e^{\tan x\ln(1+x^2)}.$$

对指数中的乘积求导，得到

$$y'=e^{\tan x\ln(1+x^2)} \left[\sec^2x\ln(1+x^2)+\tan x\frac{2x}{1+x^2}\right],$$

与方法一相同。

应用提醒：底数和指数都随 $x$ 变化时，不能把指数直接当作常数套用幂函数公式。

例2：含多个乘除因子的函数

求

$$y=\frac{(4x+5)^2\sqrt[3]{3x-2}} {\sin^5(2x+1)\sqrt{5x+2}}$$

的导数。

适用范围：原式要求 $5x+2>0$、$\sin(2x+1)\ne0$；下面取对数及求导还先排除 $x=2/3$，使 $y\ne0$。在此范围内 $4x+5>0$，也不会为零。

取绝对值后取对数，

$$\begin{aligned} \ln|y| &=2\ln|4x+5|+\frac13\ln|3x-2|\\ &\quad-5\ln|\sin(2x+1)|-\frac12\ln(5x+2). \end{aligned}$$

两边对 $x$ 求导，

$$\begin{aligned} \frac{y'}y &=2\frac4{4x+5}+\frac13\frac3{3x-2} -5\frac{2\cos(2x+1)}{\sin(2x+1)} -\frac12\frac5{5x+2}\\ &=\frac8{4x+5}+\frac1{3x-2} -10\cot(2x+1)-\frac5{2(5x+2)}. \end{aligned}$$

故

$$y'=y\left[ \frac8{4x+5}+\frac1{3x-2} -10\cot(2x+1)-\frac5{2(5x+2)} \right],$$

其中 $y$ 代回原表达式即可。

易错点：分母中的因子取对数后前面是负号，所以最后一项为 $-5/[2(5x+2)]$；板书最终结果也保留了这个负号。

补充边界检查：$x=2/3$ 处原函数等于零，但局部可写成 $B(x)\sqrt[3]{3x-2}$，其中 $B$ 连续且 $B(2/3)\ne0$。设 $h=x-2/3$，差商为 $3^{1/3}B(2/3+h)/|h|^{2/3}$，没有有限极限，因此该点不可导，不能用取对数后的公式代入计算。

七、 反函数求导

1. 求导公式

设 $y=f(x)$ 在区间 $I$ 上严格单调且可导，并且 $f'(x)\ne0$。其反函数为 $x=f^{-1}(y)$，则在对应点有

$$(f^{-1})'(y)=\frac1{f'(x)},\qquad y=f(x).$$

写明对应点，就是

$$(f^{-1})'(y_0)=\frac1{f'(x_0)},\qquad y_0=f(x_0).$$

记号理解：

$$\frac{dx}{dy}=\frac1{dy/dx}.$$

若从 $x=g(y)$ 已知反函数关系，也可写成

$$\frac{dy}{dx}=\frac1{dx/dy},$$

但要保证取倒数的导数非零。

补充推导：令 $g=f^{-1}$。由原函数连续严格单调，反函数连续，故 $y\to y_0$ 时 $x=g(y)\to x_0$；严格单调又保证 $y\ne y_0$ 时 $x\ne x_0$。因此

$$\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0} =\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)} \to\frac1{f'(x_0)}.$$

最后一步使用 $f'(x_0)\ne0$。

配图说明：在选定的正切分支上，$y=\tan x$ 与 $y=\arctan x$ 关于 $y=x$ 对称；对应点的两个切线斜率互为倒数。图中横纵坐标等比例。

例：$y=\arctan x$ 的导数

由反函数关系，

$$x=\tan y,\qquad -\frac\pi2<y<\frac\pi2.$$

在此区间 $\sec^2y>0$，所以

$$\begin{aligned} \frac{dy}{dx} &=\frac1{(\tan y)'} =\frac1{\sec^2y} =\frac1{1+\tan^2y} =\frac1{1+x^2}. \end{aligned}$$

故

$$\boxed{(\arctan x)'=\frac1{1+x^2}\quad(x\in\mathbb R).}$$