数学分析笔记5：导数的应用

泰勒公式

带佩亚诺余项的泰勒公式

微分的意义是用线性函数去逼近一个复杂的函数。实际上，我们还可以引入更高次的多项式取逼近一个复杂的函数，这就是Taylor公式表达的观点。
定理5.1 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0的某个邻域上有直到 n − 1 n-1 n−1阶导数，并且在 x 0 x_0 x0具有 n n n阶导数，则 f ( x ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( x 0 ) k ! ( x − x 0 ) k + o ( ( x − x 0 ) n ) f(x) = \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} {(x-x_0)^k} +o((x-x_0)^n) f(x)=k=0∑nk!f(k)(x0)(x−x0)k+o((x−x0)n)

证：
首先， n = 1 n=1 n=1时结论显然成立。
假设，如果函数 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处有直到 m m m阶导数，有 f ( x ) = ∑ k = 0 m f ( k ) ( x 0 ) k ! ( x − x 0 ) k + o ( ( x − x 0 ) m ) f(x) = \sum_{k=0}^{m}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} {(x-x_0)^k} +o((x-x_0)^m) f(x)=k=0∑mk!f(k)(x0)(x−x0)k+o((x−x0)m)如果函数 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处有直到 m + 1 m+1 m+1阶导数，那么其一阶导数 f ( 1 ) f^{(1)} f(1)在 x 0 x_0 x0处有直到 m m m阶导数，有 f ( 1 ) ( x ) = ∑ k = 0 m f ( k + 1 ) ( x 0 ) k ! ( x − x 0 ) k + o ( ( x − x 0 ) m ) f^{(1)}(x)= \sum_{k=0}^{m}\frac{f^{(k+1)}(x_0)}{k!} {(x-x_0)^k} + o((x-x_0)^m) f(1)(x)=k=0∑mk!f(k+1)(x0)(x−x0)k+o((x−x0)m)由洛必达法则： lim ⁡ x → x 0 f ( x ) − ∑ k = 0 m + 1 f ( k ) ( x 0 ) k ! ( x − x 0 ) k ( x − x 0 ) m + 1 = lim ⁡ x → x 0 f ( 1 ) ( x ) − ∑ k = 1 m + 1 f ( k ) ( x 0 ) ( k − 1 ) ! ( x − x 0 ) k − 1 ( m + 1 ) ( x − x 0 ) m = lim ⁡ x → x 0 f ( 1 ) ( x ) − ∑ k = 0 m f ( k + 1 ) ( x 0 ) k ! ( x − x 0 ) k ( m + 1 ) ( x − x 0 ) m = lim ⁡ x → x 0 o ( ( x − x 0 ) m ) ( x − x 0 ) m = 0 \lim_{x\to x_0}{ \frac{ f(x) - \sum_{k=0}^{m+1}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k } {(x-x_0)^{m+1}} } =\lim_{x\to x_0}{ \frac{ f^{(1)}(x)-\sum_{k=1}^{m+1}\frac{f^{(k)}(x_0)}{(k-1)!}(x-x_0)^{k-1} } {(m+1)(x-x_0)^m} }\\ =\lim_{x\to x_0}{ \frac{ f^{(1)}(x)-\sum_{k=0}^{m}\frac{f^{(k+1)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k } {(m+1)(x-x_0)^m} } =\lim_{x\to x_0}{ \frac{ o((x-x_0)^m) } {(x-x_0)^m} }=0 x→x0lim(x−x0)m+1f(x)−∑k=0m+1k!f(k)(x0)(x−x0)k=x→x0lim(m+1)(x−x0)mf(1)(x)−∑k=1m+1(k−1)!f(k)(x0)(x−x0)k−1=x→x0lim(m+1)(x−x0)mf(1)(x)−∑k=0mk!f(k+1)(x0)(x−x0)k=x→x0lim(x−x0)mo((x−x0)m)=0由数学归纳法就可以证得结论

现在，我们来推导一些初等函数的泰勒公式：
例5.1 e x = ∑ k = 0 n x k k ! + o ( x n ) e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} +o(x^n) ex=k=0∑nk!xk+o(xn)

证：
由于 f ( n ) ( x ) = e x f^{(n)}(x) = e^x f(n)(x)=ex，因此， f ( n ) ( 0 ) = 1 f^{(n)}(0)=1 f(n)(0)=1，再应用定理5.1

例5.2 求 ln ⁡ ( 1 + x ) \ln(1+x) ln(1+x)在 x = 0 x=0 x=0处的Taylor公式

解：
令 f ( x ) = ln ⁡ ( 1 + x ) f(x)=\ln(1+x) f(x)=ln(1+x)，则 f ( 1 ) ( x ) = 1 1 + x f^{(1)}(x) = \frac{1}{1+x} f(1)(x)=1+x1 f ( 2 ) ( x ) = − 1 ( 1 + x ) 2 f^{(2)}(x) = -\frac{1}{(1+x)^2} f(2)(x)=−(1+x)21 f ( 3 ) ( x ) = 2 1 ( 1 + x ) 3 f^{(3)}(x) = 2\frac{1}{(1+x)^3} f(3)(x)=2(1+x)31 f ( 4 ) ( x ) = − 6 1 ( 1 + x ) 4 f^{(4)}(x) = -6\frac{1}{(1+x)^4} f(4)(x)=−6(1+x)41猜想： f ( k ) ( x ) = ( − 1 ) k − 1 ( k − 1 ) ! ( 1 + x ) k f^{(k)}(x) = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k} f(k)(x)=(1+x)k(−1)k−1(k−1)!，用数学归纳法证明，如果 f ( k ) ( x ) = ( − 1 ) k − 1 ( k − 1 ) ! ( 1 + x ) k f^{(k)}(x) = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k} f(k)(x)=(1+x)k(−1)k−1(k−1)!，那么 f ( k + 1 ) ( x ) = ( − 1 ) k − 1 ( k − 1 ) ! ( − k ) ( 1 + x ) k + 1 = ( − 1 ) k k ! ( 1 + x ) k + 1 f^{(k+1)}(x) = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)! (-k)}{(1+x)^{k+1}}=\frac{(-1)^k k!}{(1+x)^{k+1}} f(k+1)(x)=(1+x)k+1(−1)k−1(k−1)!(−k)=(1+x)k+1(−1)kk!有归纳法，等式成立。
因此， f ( k ) ( 0 ) = ( − 1 ) k − 1 ( k − 1 ) ! ( k ≥ 1 ) f^{(k)}(0) = {(-1)^{k-1}(k-1)!}(k\ge 1) f(k)(0)=(−1)k−1(k−1)!(k≥1)，应用定理5.1，有 ln ⁡ ( 1 + x ) = ∑ k = 1 n ( − 1 ) k − 1 x k k + o ( x n ) \ln(1+x) = \sum_{k=1}^{n}{\frac{ (-1)^{k-1} x^k }{k}} + o(x^n) ln(1+x)=k=1∑nk(−1)k−1xk+o(xn)

例5.3 求 ( 1 + x ) α (1+x)^{\alpha} (1+x)α在 x = 0 x=0 x=0处的Taylor公式

解：
令 f ( x ) = ( 1 + x ) α f(x) = (1+x)^\alpha f(x)=(1+x)α，求各阶导数： f ( 1 ) ( x ) = α ( 1 + x ) α − 1 f^{(1)}(x) = \alpha (1+x)^{\alpha-1} f(1)(x)=α(1+x)α−1 f ( 2 ) ( x ) = α ( α − 1 ) ( 1 + x ) α − 2 f^{(2)}(x) = \alpha (\alpha - 1) (1+x)^{\alpha -2} f(2)(x)=α(α−1)(1+x)α−2 f ( 3 ) ( x ) = α ( α − 1 ) ( α − 2 ) ( 1 + x ) α − 3 f^{(3)}(x) = \alpha (\alpha - 1)(\alpha -2) (1+x)^{\alpha -3} f(3)(x)=α(α−1)(α−2)(1+x)α−3我们可以将排列数的定义扩张一下，定义 A α k = ∏ t = 0 k − 1 ( α − t ) A_\alpha^k = \prod_{t=0}^{k-1}{(\alpha - t)} Aαk=∏t=0k−1(α−t)，容易看出，当 α \alpha α是正整数时，该数和组合数学中的排列数的定义是一致的。
猜想： f ( k ) ( x ) = A α k ( 1 + x ) α − k f^{(k)}(x) = A_\alpha^k (1+x)^{\alpha - k} f(k)(x)=Aαk(1+x)α−k，再用数学归纳法，可以证明该等式成立。于是 f ( k ) ( 0 ) = A α k f^{(k)}(0) = A_\alpha^k f(k)(0)=Aαk，我们再扩充一下组合数的定义： C α k = A α k k ! C_\alpha^k = \frac{ A_\alpha^k }{k!} Cαk=k!Aαk，容易验证， α \alpha α是正整数时，这个数就是组合数学上的正整数，就可以得到Taylor公式： ( 1 + x ) α = ∑ k = 0 n C α k x k + o ( x n ) (1+x)^\alpha = \sum_{k=0}^{n} { C_\alpha^k x^k }+o(x^n) (1+x)α=k=0∑nCαkxk+o(xn)这个形式实际上就是 α \alpha α是任意实数情形下的二项式定理。

例5.4 求 arctan ⁡ x \arctan{x} arctanx在 x = 0 x=0 x=0处的Taylor公式

解：
实际上，我们已经求过了 f ( x ) = arctan ⁡ x f(x)=\arctan{x} f(x)=arctanx的高阶导数： f ( k ) ( x ) = ( k − 1 ) ! cos ⁡ k ( arctan ⁡ x ) sin ⁡ ( k arctan ⁡ x + k π 2 ) f^{(k)}(x) = (k-1)!\cos^k(\arctan{x})\sin(k\arctan{x}+\frac{k\pi}{2}) f(k)(x)=(k−1)!cosk(arctanx)sin(karctanx+2kπ)因此， f ( k ) ( 0 ) = ( k − 1 ) ! sin ⁡ ( k π 2 ) f^{(k)}(0)=(k-1)!\sin(\frac{k\pi}{2}) f(k)(0)=(k−1)!sin(2kπ)，因此， arctan ⁡ x \arctan{x} arctanx的Taylor公式为 arctan ⁡ x = ∑ k = 0 n ( sin ⁡ k π 2 ) x k k + o ( x n ) \arctan{x} = \sum_{k=0}^{n}{ \frac{(\sin{ \frac{k\pi}{2} })x^k}{k} }+o(x^n) arctanx=k=0∑nk(sin2kπ)xk+o(xn)

例5.5 sin ⁡ x = ∑ k = 0 n ( sin ⁡ k π 2 ) x k k ! + o ( x n ) \sin{x} = \sum_{k=0}^{n}{ \frac{ (\sin{\frac{k\pi}{2}}) x^k } {k!} }+o(x^n) sinx=k=0∑nk!(sin2kπ)xk+o(xn) cos ⁡ x = ∑ k = 0 n ( cos ⁡ k π 2 ) x k k ! + o ( x n ) \cos{x} = \sum_{k=0}^{n}{ \frac{ (\cos{\frac{k\pi}{2}}) x^k } {k!} }+o(x^n) cosx=k=0∑nk!(cos2kπ)xk+o(xn)

定理5.2(Taylor公式的唯一性) x → x 0 x\to x_0 x→x0时，若 f ( x ) = ∑ k = 0 n a k ( x − x 0 ) k + o ( ( x − x 0 ) n ) = ∑ k = 0 n b k ( x − x 0 ) k + o ( ( x − x 0 ) n ) f(x) = \sum_{k=0}^{n}{a_k (x-x_0)^k} +o((x-x_0)^n) = \sum_{k=0}^n{b_k (x-x_0)^k}+o((x-x_0)^n) f(x)=k=0∑nak(x−x0)k+o((x−x0)n)=k=0∑nbk(x−x0)k+o((x−x0)n)则必有 a k = b k , k = 0 , ⋯ , n a_k=b_k , k=0,\cdots,n ak=bk,k=0,⋯,n

证：
首先，令 x → x 0 x\to x_0 x→x0，就可以得到 a 0 = b 0 a_0=b_0 a0=b0，这样， ∑ k = 1 n a k ( x − x 0 ) k + o ( ( x − x 0 ) n ) = ∑ k = 1 n b k ( x − x 0 ) k + o ( ( x − x 0 ) n ) \sum_{k=1}^{n}{a_k (x-x_0)^k} +o((x-x_0)^n) = \sum_{k=1}^n{b_k (x-x_0)^k}+o((x-x_0)^n) k=1∑nak(x−x0)k+o((x−x0)n)=k=1∑nbk(x−x0)k+o((x−x0)n)两边除以 x − x 0 x-x_0 x−x0，再令 x → x 0 x\to x_0 x→x0，又有 a 1 = b 1 a_1=b_1 a1=b1，这样就有 ∑ k = 2 n a k ( x − x 0 ) k + o ( ( x − x 0 ) n ) = ∑ k = 2 n b k ( x − x 0 ) k + o ( ( x − x 0 ) n ) \sum_{k=2}^{n}{a_k (x-x_0)^k} +o((x-x_0)^n) = \sum_{k=2}^n{b_k (x-x_0)^k}+o((x-x_0)^n) k=2∑nak(x−x0)k+o((x−x0)n)=k=2∑nbk(x−x0)k+o((x−x0)n)重复以上步骤可以证得结论

这说明我们可以通过复合的形式，得到某些复杂函数的Taylor公式。
例5.6 求 f ( x ) = 1 1 − x 2 f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} f(x)=1−x2 1在 x = 0 x=0 x=0处的Taylor展开

解：
我们知道 g ( x ) = ( 1 + x ) − 1 2 g(x)=(1+x)^{-\frac{1}{2}} g(x)=(1+x)−21在 x = 0 x=0 x=0处的Taylor展开为： g ( x ) = ∑ k = 0 n C − 1 2 k x k + o ( x n ) g(x) = \sum_{k=0}^{n}{ C_{-\frac{1}{2}}^{k} x^k } + o(x^n) g(x)=k=0∑nC−21kxk+o(xn)代入，就有 f ( x ) = g ( x 2 ) = ∑ k = 0 n C − 1 2 k x 2 k + o ( x 2 n ) f(x) = g(x^2) = \sum_{k=0}^{n}{ C_{-\frac{1}{2}}^{k} x^{2k} } + o(x^{2n}) f(x)=g(x2)=k=0∑nC−21kx2k+o(x2n)由Taylor公式唯一性， f ( x ) f(x) f(x)在 0 0 0处所有奇数阶导数为0，而 f ( 2 k ) ( 0 ) = ( 2 k ) ! C − 1 2 k f^{(2k)}(0) = (2k)!C_{-\frac{1}{2}}^k f(2k)(0)=(2k)!C−21k

例5.7 求 f ( x ) = arcsin ⁡ x f(x) = \arcsin{x} f(x)=arcsinx在 x = 0 x=0 x=0处的Taylor展开

解：
f ( x ) f(x) f(x)所有偶数阶导数都为0，而 f ( 2 k + 1 ) ( 0 ) = ( 2 k ) ! C 1 2 k f^{(2k+1)}(0) = (2k)!C_{\frac{1}{2}}^k f(2k+1)(0)=(2k)!C21k当 n = 2 m + 1 ( m ≥ 0 ) n=2m+1(m\ge 0) n=2m+1(m≥0)时， arcsin ⁡ x = ∑ k = 0 m C − 1 2 k x 2 k + 1 2 k + 1 + o ( x 2 m + 1 ) \arcsin{x} = \sum_{k=0}^{m}{ \frac{ C_{-\frac{1}{2}}^k x^{2k+1} }{2k+1} } +o(x^{2m+1}) arcsinx=k=0∑m2k+1C−21kx2k+1+o(x2m+1)当 n = 2 m ( m ≥ 1 ) n=2m(m\ge 1) n=2m(m≥1)时， arcsin ⁡ x = ∑ k = 0 m − 1 C − 1 2 k x 2 k + 1 2 k + 1 + o ( x 2 m ) \arcsin{x} = \sum_{k=0}^{m-1}{ \frac{ C_{-\frac{1}{2}}^k x^{2k+1} }{2k+1} } +o(x^{2m}) arcsinx=k=0∑m−12k+1C−21kx2k+1+o(x2m)

带拉格朗日余项的泰勒公式

带佩亚诺余项的Taylor公式只指出了Taylor公式的余项是 ( x − x 0 ) n (x-x_0)^n (x−x0)n的高阶无穷小，但是没有给出余项的具体形式，而拉格朗日余项的Taylor公式将给出余项的具体形式。
定理5.3 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0的某个邻域上有直到 n n n阶的连续导数，并且在该邻域上具有 n + 1 n+1 n+1阶导数，则 f ( x ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( x 0 ) k ! ( x − x 0 ) k + f ( n + 1 ) ( ξ ) ( n + 1 ) ! ( x − x 0 ) n + 1 f(x)=\sum_{k=0}^{n}{ \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k }+ \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} f(x)=k=0∑nk!f(k)(x0)(x−x0)k+(n+1)!f(n+1)(ξ)(x−x0)n+1其中 ξ \xi ξ介于 x x x和 x 0 x_0 x0之间

证：
令 F ( t ) = f ( x ) − ∑ i = 0 n f ( i ) ( t ) i ! ( x − t ) i F(t) = f(x) - \sum_{i=0}^{n}{ \frac{f^{(i)}(t)}{i!}(x-t)^i } F(t)=f(x)−∑i=0ni!f(i)(t)(x−t)i F ′ ( t ) = − ∑ i = 0 n f ( i + 1 ) ( t ) i ! ( x − t ) i + ∑ i = 1 n f ( i ) ( t ) ( i − 1 ) ! ( x − t ) i − 1 = − ∑ i = 0 n f ( i + 1 ) ( t ) i ! ( x − t ) i + ∑ i = 0 n − 1 f ( i + 1 ) ( t ) i ! ( x − t ) i = − f ( n + 1 ) ( t ) n ! ( x − t ) n F^\prime(t) = -\sum_{i=0}^{n}{ \frac{f^{(i+1)}(t)}{i!}(x-t)^i } +\sum_{i=1}^{n}{ \frac{f^{(i)}(t)}{(i-1)!}(x-t)^{i-1} }\\ =-\sum_{i=0}^{n}{ \frac{f^{(i+1)}(t)}{i!}(x-t)^i }+ \sum_{i=0}^{n-1}{ \frac{f^{(i+1)}(t)}{i!}(x-t)^{i} }\\ =-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n F′(t)=−i=0∑ni!f(i+1)(t)(x−t)i+i=1∑n(i−1)!f(i)(t)(x−t)i−1=−i=0∑ni!f(i+1)(t)(x−t)i+i=0∑n−1i!f(i+1)(t)(x−t)i=−n!f(n+1)(t)(x−t)n令 G ( t ) = ( x − t ) n + 1 G(t)=(x-t)^{n+1} G(t)=(x−t)n+1， F ( x ) = G ( x ) = 0 F(x)=G(x)=0 F(x)=G(x)=0,由柯西中值定理 F ( x 0 ) G ( x 0 ) = F ( x 0 ) − F ( x ) G ( x 0 ) − G ( x ) = F ′ ( ξ ) G ′ ( ξ ) = f ( n + 1 ) ( ξ ) ( n + 1 ) ! \frac{F(x_0)}{G(x_0)}=\frac{F(x_0)-F(x)}{G(x_0)-G(x)}=\frac{F^\prime(\xi)} {G^\prime(\xi)}=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} G(x0)F(x0)=G(x0)−G(x)F(x0)−F(x)=G′(ξ)F′(ξ)=(n+1)!f(n+1)(ξ)

例5.8 证明： x > − 1 x>-1 x>−1时， ln ⁡ ( 1 + x ) < x \ln(1+x)<x ln(1+x)<x

证：
由拉格朗日余项的泰勒公式 ln ⁡ ( 1 + x ) = x − x 2 2 ( 1 + ξ ) 2 \ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2(1+\xi)^2} ln(1+x)=x−2(1+ξ)2x2其中， ξ \xi ξ介于 0 0 0到 x x x之间，而 x 2 2 ( 1 + ξ ) 2 > 0 \frac{x^2}{2(1+\xi)^2}>0 2(1+ξ)2x2>0

例5.9 证明： x ≠ 0 x\neq 0 x=0时, e x > 1 + x e^x>1+x ex>1+x

证：
由拉格朗日余项的泰勒公式 e x = 1 + x + e ξ x 2 2 e^x = 1 + x +\frac{e^{\xi}x^2}{2} ex=1+x+2eξx2其中， ξ \xi ξ介于 0 0 0和 x x x之间，而 e ξ x 2 2 > 0 \frac{e^{\xi}x^2}{2}>0 2eξx2>0

例5.10 f ( x ) f(x) f(x)在原点的邻域二次可导，且 lim ⁡ x → 0 ( sin ⁡ 3 x x 3 + f ( x ) x 2 ) = 0 \lim_{x\to 0}(\frac{\sin{3x}}{x^3}+\frac{f(x)}{x^2})=0 x→0lim(x3sin3x+x2f(x))=0(1)求 f ( 0 ) f(0) f(0)， f ′ ( 0 ) f^\prime(0) f′(0)， f ′ ′ ( 0 ) f^{\prime\prime}(0) f′′(0)
(2)求 lim ⁡ x → 0 ( 3 x 2 + f ( x ) x 2 ) \lim_{x\to 0}(\frac{3}{x^2}+\frac{f(x)}{x^2}) limx→0(x23+x2f(x))

解：
(1) sin ⁡ 3 x x 3 + f ( x ) x 2 = sin ⁡ 3 x + x f ( x ) x 3 = 3 x − 9 2 x 3 + o ( x 3 ) + f ( 0 ) x + f ′ ( 0 ) x 2 + f ′ ′ ( 0 ) 2 x 3 + x o ( x 2 ) x 3 = ( 3 + f ( 0 ) ) x + f ′ ( 0 ) x 2 + ( f ′ ′ ( 0 ) 2 − 9 2 ) x 3 + o ( x 3 ) x 3 \frac{\sin{3x}}{x^3}+\frac{f(x)}{x^2}=\frac{\sin{3x}+xf(x)}{x^3}\\ =\frac{ 3x - \frac{9}{2}x^3 + o(x^3) + f(0)x+f^\prime(0)x^2+\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2}x^3 + xo(x^2) } {x^3}\\ =\frac{ (3+f(0))x +f^\prime(0)x^2 + (\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2}-\frac{9}{2})x^3 + o(x^3) } {x^3} x3sin3x+x2f(x)=x3sin3x+xf(x)=x33x−29x3+o(x3)+f(0)x+f′(0)x2+2f′′(0)x3+xo(x2)=x3(3+f(0))x+f′(0)x2+(2f′′(0)−29)x3+o(x3)由极限 lim ⁡ x → 0 ( sin ⁡ 3 x x 3 + f ( x ) x 2 ) \lim_{x\to 0}(\frac{\sin{3x}}{x^3}+\frac{f(x)}{x^2}) limx→0(x3sin3x+x2f(x))存在，就必须有 { 3 + f ( 0 ) = 0 f ′ ( 0 ) = 0 \begin{cases} 3+f(0)=0\\ f^\prime(0)=0 \end{cases} {3+f(0)=0f′(0)=0而 lim ⁡ x → 0 ( sin ⁡ 3 x x 3 + f ( x ) x 2 ) = f ′ ′ ( 0 ) 2 − 9 2 = 0 \lim_{x\to 0}(\frac{\sin{3x}}{x^3}+\frac{f(x)}{x^2}) = \frac{f^{\prime\prime}(0)}{2}-\frac{9}{2} = 0 x→0lim(x3sin3x+x2f(x))=2f′′(0)−29=0因此， f ′ ′ ( 0 ) = 9 f^{\prime\prime}(0)=9 f′′(0)=9
(2) 3 x 2 + f ( x ) x 2 = 3 − 3 + 9 2 x 2 + o ( x 2 ) x 2 = 9 2 + o ( x 2 ) x 2 \frac{3}{x^2}+\frac{f(x)}{x^2} =\frac{3-3+\frac{9}{2}x^2+o(x^2)}{x^2}=\frac{9}{2}+\frac{o(x^2)}{x^2} x23+x2f(x)=x23−3+29x2+o(x2)=29+x2o(x2)令 x → 0 x\to 0 x→0，就有 lim ⁡ x → 0 ( 3 x 2 + f ( x ) x 2 ) = 9 2 \lim_{x\to 0}(\frac{3}{x^2}+\frac{f(x)}{x^2})=\frac{9}{2} x→0lim(x23+x2f(x))=29

函数的单调性

借助导数的正负，可以判断函数在某一个区间的单调性。
定理5.4 f ( x ) f(x) f(x)在区间 I I I上连续可导，则 f ( x ) f(x) f(x)在 I I I上单调上升（下降）的充要条件是 f ( x ) f(x) f(x)在 I I I上的导数非负（非正）

证:
仅证单调上升的情形。
充分性，如果 f ( x ) f(x) f(x)在区间 I I I上单调上升，则对任意的 x 0 ∈ I x_0\in I x0∈I，对任意的 x 0 < x ∈ I x_0<x \in I x0<x∈I，都有 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ≥ 0 \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\ge 0 x−x0f(x)−f(x0)≥0上式令 x → x 0 + x\to x_0^+ x→x0+，就有 f ′ ( x 0 ) ≥ 0 f^\prime(x_0)\ge 0 f′(x0)≥0
必要性，如果 f ( x ) f(x) f(x)在区间 I I I上导数非负，那么由拉格朗日中值定理，对 x 1 < x 2 x_1<x_2 x1<x2， x 1 ∈ I , x 2 ∈ I x_1\in I ,x_2 \in I x1∈I,x2∈I f ( x 2 ) − f ( x 1 ) = f ′ ( ξ ) ( x 2 − x 1 ) ≥ 0 f(x_2)-f(x_1) = f^\prime(\xi)(x_2-x_1) \ge 0 f(x2)−f(x1)=f′(ξ)(x2−x1)≥0 f ( x ) f(x) f(x)在 I I I上单调上升

函数的极值与最值

在证明中值定理时，我们已经给出了极值点的一个必要条件：导数为0。本节讨论的是取极值的充分条件。
定理5.5 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0的某个邻域上可导， f ′ ( x 0 ) = 0 f^{\prime}(x_0)=0 f′(x0)=0， f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x)在该邻域上单调上升（下降），则 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处取得极小值（极大值）

证：
仅证导数单调上升的情况。
如果 f ′ ( x ) f^\prime(x) f′(x)在该邻域上单调上升，那么， x < x 0 x<x_0 x<x0时， f ′ ( x ) ≤ 0 f^\prime(x)\le 0 f′(x)≤0，则 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0的左半邻域上单调下降，对左半邻域的任意一点 x x x，有 f ( x ) ≥ f ( x 0 ) f(x)\ge f(x_0) f(x)≥f(x0)。
x > x 0 x>x_0 x>x0时， f ′ ( x ) ≥ 0 f^\prime(x) \ge 0 f′(x)≥0，则 f ( x ) f(x) f(x)在右半邻域上单调上升，从而对 x > x 0 x>x_0 x>x0， f ( x ) ≥ f ( x 0 ) f(x)\ge f(x_0) f(x)≥f(x0)。
综上，在该邻域内，都有 f ( x ) ≥ f ( x 0 ) f(x)\ge f(x_0) f(x)≥f(x0)， f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处取得极小值。

推论5.1 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0的某个邻域上可求二阶导数， f ′ ( x 0 ) = 0 f^{\prime}(x_0)=0 f′(x0)=0， f ′ ′ ( x 0 ) > 0 ( f ′ ′ ( x 0 ) < 0 ) f^{\prime\prime}(x_0)>0(f^{\prime\prime}(x_0)<0) f′′(x0)>0(f′′(x0)<0)，则 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处取得极小值（极大值）
实际上，由泰勒公式，我们由更加广义的判断方法。
定理5.6 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0的某个邻域上具有直到 n n n阶的导数，如果 f ( 1 ) ( x 0 ) = ⋯ = f ( n − 1 ) ( x 0 ) = 0 f^{(1)}(x_0)=\cdots=f^{(n-1)}(x_0)=0 f(1)(x0)=⋯=f(n−1)(x0)=0， f ( n ) ( x 0 ) ≠ 0 f^{(n)}(x_0)\neq 0 f(n)(x0)=0，则
(1)如果 n n n是偶数， f ( n ) ( x 0 ) > 0 f^{(n)}(x_0)>0 f(n)(x0)>0时， f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处取得严格极小值， f ( n ) ( x 0 ) < 0 f^{(n)}(x_0)<0 f(n)(x0)<0时， f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处取得严格极大值
(2)如果 n n n是奇数， f ( n ) ( x ) f^{(n)}(x) f(n)(x)在 x 0 x_0 x0处不取极值

证：
先证明(1):由泰勒公式： f ( x ) = f ( x 0 ) + f ( n ) ( x 0 ) ( x − x 0 ) n n ! + o ( ( x − x 0 ) n ) f(x) = f(x_0)+\frac{f^{(n)}(x_0)(x-x_0)^n}{n!} +o((x-x_0)^n) f(x)=f(x0)+n!f(n)(x0)(x−x0)n+o((x−x0)n) x ≠ x 0 x\neq x_0 x=x0时 f ( x ) − f ( x 0 ) ( x − x 0 ) n = f ( n ) ( x 0 ) n ! + o ( ( x − x 0 ) n ) ( x − x 0 ) n \frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^n} =\frac{ f^{(n)}(x_0) }{n!} + \frac{o((x-x_0)^n)}{(x-x_0)^n} (x−x0)nf(x)−f(x0)=n!f(n)(x0)+(x−x0)no((x−x0)n)存在 δ > 0 \delta>0 δ>0，当 0 < ∣ x − x 0 ∣ < δ 0<|x-x_0|<\delta 0<∣x−x0∣<δ时，有 ∣ o ( ( x − x 0 ) n ) ( x − x 0 ) n ∣ < f ( n ) ( x 0 ) 2 n ! |\frac{o((x-x_0)^n)}{(x-x_0)^n}|<\frac{f^{(n)}(x_0) }{2n!} ∣(x−x0)no((x−x0)n)∣<2n!f(n)(x0)此时， f ( x ) − f ( x 0 ) ( x − x 0 ) n = f ( n ) ( x 0 ) n ! + o ( ( x − x 0 ) n ) ( x − x 0 ) n f ( n ) ( x 0 ) 2 n ! > 0 \frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^n} =\frac{ f^{(n)}(x_0) }{n!} + \frac{o((x-x_0)^n)}{(x-x_0)^n} \frac{f^{(n)}(x_0) }{2n!}>0 (x−x0)nf(x)−f(x0)=n!f(n)(x0)+(x−x0)no((x−x0)n)2n!f(n)(x0)>0从而 f ( x ) > f ( x 0 ) f(x)>f(x_0) f(x)>f(x0)， f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处取得严格极小值。严格极大值情形的证明是类似的。
(2)仿照(1)的证明方法，不妨设 f ( n ) ( x 0 ) > 0 f^{(n)}(x_0)>0 f(n)(x0)>0， f ( n ) ( x 0 ) < 0 f^{(n)}(x_0)<0 f(n)(x0)<0情形的证明是类似的，存在 δ > 0 \delta>0 δ>0，当 0 < ∣ x − x 0 ∣ < δ 0<|x-x_0|<\delta 0<∣x−x0∣<δ时，有 f ( x ) − f ( x 0 ) ( x − x 0 ) n = f ( n ) ( x 0 ) n ! + o ( ( x − x 0 ) n ) ( x − x 0 ) n f ( n ) ( x 0 ) 2 n ! > 0 \frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^n} =\frac{ f^{(n)}(x_0) }{n!} + \frac{o((x-x_0)^n)}{(x-x_0)^n} \frac{f^{(n)}(x_0) }{2n!}>0 (x−x0)nf(x)−f(x0)=n!f(n)(x0)+(x−x0)no((x−x0)n)2n!f(n)(x0)>0但由于 n n n是奇数，当 0 < x − x 0 < δ 0<x-x_0<\delta 0<x−x0<δ时， f ( x ) − f ( x 0 ) > 0 f(x)-f(x_0)>0 f(x)−f(x0)>0，当
− δ < x − x 0 < 0 -\delta<x-x_0<0 −δ<x−x0<0时， f ( x ) − f ( x 0 ) < 0 f(x)-f(x_0)<0 f(x)−f(x0)<0，因此， f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处不取极值

函数的凹凸性

我们先给出凸函数的定义。
定义5.1 f ( x ) f(x) f(x)是定义在区间 I I I上的函数
(1)如果对任意的 x 1 , x 2 ∈ I x_1,x_2\in I x1,x2∈I，对任意的 t ∈ ( 0 , 1 ) t\in(0,1) t∈(0,1)，都有 f ( t x 1 + ( 1 − t ) x 2 ) ≤ t f ( x 1 ) + ( 1 − t ) f ( x 2 ) f(tx_1+(1-t)x_2)\le tf(x_1)+(1-t)f(x_2) f(tx1+(1−t)x2)≤tf(x1)+(1−t)f(x2)则称 f ( x ) f(x) f(x)是区间 I I I上的下凸函数或上凹函数
(2)如果对任意的 x 1 , x 2 ∈ I x_1,x_2\in I x1,x2∈I，对任意的 t ∈ ( 0 , 1 ) t\in(0,1) t∈(0,1)，都有 f ( t x 1 + ( 1 − t ) x 2 ) ≥ t f ( x 1 ) + ( 1 − t ) f ( x 2 ) f(tx_1+(1-t)x_2)\ge tf(x_1)+(1-t)f(x_2) f(tx1+(1−t)x2)≥tf(x1)+(1−t)f(x2)则称 f ( x ) f(x) f(x)是区间 I I I上的上凸函数或下凹函数

不同领域对凹凸性的定义都有不同，在运筹学、凸优化、泛函分析上，凹凸都是下凹凸性。在考研高等数学当中，凹凸性都是上凹凸性。我们这里采用的是下凹凸性。不加说明的情况下，凸函数指的是下凸函数，凹函数指的是下凹函数。
定理5.7 (凸函数判断的充要条件) f ( x ) f(x) f(x)是区间 I I I上的函数， f ( x ) f(x) f(x)是 I I I上的凸函数的充要条件是：对区间 I I I内的三个点 x 1 < x 2 < x 3 x_1<x_2<x_3 x1<x2<x3，有 f ( x 2 ) − f ( x 1 ) x 2 − x 1 ≤ f ( x 3 ) − f ( x 2 ) x 3 − x 2 \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2} x2−x1f(x2)−f(x1)≤x3−x2f(x3)−f(x2)

证：
必要性，如果 f ( x ) f(x) f(x)是区间 I I I上的凸函数，则对区间 I I I内的三个点 x 1 < x 2 < x 3 x_1<x_2<x_3 x1<x2<x3， x 2 = x 2 − x 1 x 3 − x 1 x 3 + x 3 − x 2 x 3 − x 1 x 1 x_2 = \frac{x_2-x_1}{x_3-x_1} x_3 + \frac{x_3-x_2}{x_3-x_1} x_1 x2=x3−x1x2−x1x3+x3−x1x3−x2x1。
由凸函数定义： f ( x 2 ) ≤ x 2 − x 1 x 3 − x 1 f ( x 3 ) + x 3 − x 2 x 3 − x 1 f ( x 1 ) f(x_2)\le \frac{x_2-x_1}{x_3-x_1} f(x_3) + \frac{x_3-x_2}{x_3-x_1} f(x_1) f(x2)≤x3−x1x2−x1f(x3)+x3−x1x3−x2f(x1)整理即可得到不等式 f ( x 2 ) − f ( x 1 ) x 2 − x 1 ≤ f ( x 3 ) − f ( x 2 ) x 3 − x 2 \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2} x2−x1f(x2)−f(x1)≤x3−x2f(x3)−f(x2)充分性：如果对区间 I I I内的三个点 x 1 < x 2 < x 3 x_1<x_2<x_3 x1<x2<x3，有 f ( x 2 ) − f ( x 1 ) x 2 − x 1 ≤ f ( x 3 ) − f ( x 2 ) x 3 − x 2 \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2} x2−x1f(x2)−f(x1)≤x3−x2f(x3)−f(x2)对任意的 x 1 < x 3 x_1<x_3 x1<x3，对任意的 t ∈ ( 0 , 1 ) t\in(0,1) t∈(0,1)，令 x 2 = t x 1 + ( 1 − t ) x 3 x_2=tx_1+(1-t)x_3 x2=tx1+(1−t)x3， x 1 < x 2 < x 3 x_1<x_2<x_3 x1<x2<x3，再套用以上不等式，相应地变形就可以证得结论。

定理5.8 f ( x ) f(x) f(x)是区间 I I I上的可导函数， f ( x ) f(x) f(x)是 I I I上的凸函数的充要条件是： f ′ ( x ) f^\prime(x) f′(x)在 I I I上单调上升

证：
充分性由拉格朗日中值定理可以证得，仅证必要性：
任取区间 I I I内的四个点 x 1 < x 2 < x 3 < x 4 x_1<x_2<x_3<x_4 x1<x2<x3<x4,则 f ( x 2 ) − f ( x 1 ) x 2 − x 1 ≤ f ( x 3 ) − f ( x 2 ) x 3 − x 2 ≤ f ( x 4 ) − f ( x 3 ) x 4 − x 3 \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2} \le \frac{f(x_4)-f(x_3)}{x_4-x_3} x2−x1f(x2)−f(x1)≤x3−x2f(x3)−f(x2)≤x4−x3f(x4)−f(x3) x 2 → x 1 x_2\to x_1 x2→x1，就得到不等式 f ′ ( x 1 ) ≤ f ( x 3 ) − f ( x 1 ) x 3 − x 1 ≤ f ( x 4 ) − f ( x 3 ) x 4 − x 3 f^\prime(x_1) \le \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1} \le \frac{f(x_4)-f(x_3)}{x_4-x_3} f′(x1)≤x3−x1f(x3)−f(x1)≤x4−x3f(x4)−f(x3)再令 x 3 → x 4 x_3\to x_4 x3→x4，就得到： f ′ ( x 1 ) ≤ f ( x 4 ) − f ( x 1 ) x 4 − x 1 ≤ f ′ ( x 4 ) f^{\prime}(x_1) \le \frac{f(x_4)-f(x_1)}{x_4-x_1} \le f^\prime (x_4) f′(x1)≤x4−x1f(x4)−f(x1)≤f′(x4)再由 x 1 , x 4 x_1,x_4 x1,x4的任意性，就可以得到 f ′ f^\prime f′单调上升的结论。

定理5.9 f ( x ) f(x) f(x)是区间 I I I上的可导函数， f ( x ) f(x) f(x)是 I I I上的凸函数的充要条件是：对任意的 I I I内的两点 x 1 < x 2 x_1<x_2 x1<x2，都有 f ′ ( x 1 ) ≤ f ( x 2 ) − f ( x 1 ) x 2 − x 1 ≤ f ′ ( x 2 ) f^\prime(x_1)\le \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le f^\prime(x_2) f′(x1)≤x2−x1f(x2)−f(x1)≤f′(x2)

证:
必要性：如果 f ( x ) f(x) f(x)是 I I I上的凸函数，对任意的 x 1 < x 3 < x 2 x_1<x_3<x_2 x1<x3<x2，有不等式 f ( x 3 ) − f ( x 1 ) x 3 − x 1 ≤ f ( x 2 ) − f ( x 3 ) x 2 − x 3 \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1} \le \frac{f(x_2)-f(x_3)}{x_2-x_3} x3−x1f(x3)−f(x1)≤x2−x3f(x2)−f(x3)令 x 3 → x 1 x_3\to x_1 x3→x1和 x 3 → x 2 x_3 \to x_2 x3→x2即可得出结论
充分性：如果 I I I内的两点 x 1 < x 2 x_1<x_2 x1<x2，都有 f ( x 2 ) − f ( x 1 ) ≤ f ′ ( x 1 ) ( x 2 − x 1 ) f(x_2)-f(x_1)\le f^\prime(x_1)(x_2-x_1) f(x2)−f(x1)≤f′(x1)(x2−x1)对任意的区间 I I I中的三个点 x 1 < x 3 < x 2 x_1<x_3<x_2 x1<x3<x2，有不等式 f ( x 2 ) − f ( x 3 ) x 2 − x 3 ≥ f ′ ( x 3 ) \frac{f(x_2)-f(x_3)}{x_2-x_3} \ge f^\prime(x_3) x2−x3f(x2)−f(x3)≥f′(x3) f ( x 3 ) − f ( x 1 ) x 3 − x 1 ≤ f ′ ( x 3 ) \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1} \le f^\prime(x_3) x3−x1f(x3)−f(x1)≤f′(x3)因此， f ( x 3 ) − f ( x 1 ) x 3 − x 1 ≤ f ( x 2 ) − f ( x 3 ) x 2 − x 3 \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1} \le \frac{f(x_2)-f(x_3)}{x_2-x_3} x3−x1f(x3)−f(x1)≤x2−x3f(x2)−f(x3) f ( x ) f(x) f(x)是 I I I上的凸函数

有了二阶导之后，我们就有更方便的判断凹凸性的方法
推论5.2 f ( x ) f(x) f(x)在区间 I I I上具有二阶导数， f ( x ) f(x) f(x)在 I I I上是凸函数的充要条件是 f ( x ) f(x) f(x)的二阶导数在 I I I上非负

函数图像的绘制

明晰了函数的极值、最值、单调性、凹凸性之后，就可以大致画出函数曲线的轮廓，本节仅以一例，演示函数图像画图的过程。
在此，我们先补充拐点和渐近线的概念。所谓拐点，就是在该点的两侧，函数的凹凸性是相反的。渐近线分为斜渐近线，水平渐近线和铅直渐近线三类。
斜渐近线指的是 f ( x ) − a x − b → 0 ( x → ∞ ) f(x)-ax-b\to 0(x\to \infty) f(x)−ax−b→0(x→∞)时的直线 y = a x + b y=ax+b y=ax+b，当 a = 0 a=0 a=0时渐近线成了水平渐近线。铅直渐近线指 f ( x ) → ∞ ( x → x 0 ) f(x)\to\infty(x\to x_0) f(x)→∞(x→x0)时的直线 x = x 0 x=x_0 x=x0。
有了拐点、驻点、单调性、凹凸性、渐近线，函数基本走势也就明晰了。求函数的图像就可以依据以下步骤进行：

(1)确定函数定义域
(2)研究函数有界性、奇偶性和周期性
(3)求解导数，研究导数正负，确定单调区间
(4)求解二阶导数，研究函数凹凸性，确定拐点和凹凸区间
(5)确定全体渐近线
(6)计算一些重要的点的函数值
(7)依据以上确定的趋势描绘出草图