导数的基本法则与常用导数公式的推导

本文主要是介绍导数的基本法则与常用导数公式的推导，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

非专业、适用于计算机科学的微积分简要提纲，用于汇总梳理知识。如有错误恳请批评指正！

n 次幂函数导数公式的推导

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{x}^n& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta y}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{(x+\Delta x{)}^n-x^n}{\Delta x}\end{array}$$
对于微小量 $\Delta x$，根据牛顿二项式定理

$$(x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{n-k}{y}^k$$

我们有（略去无穷小量余项）
$$(x+\Delta x{)}^n=x^n+n(\Delta x)x^{n-1}+o(\Delta x{)}^2$$

则有
$$\begin{array}{rl}\frac{\Delta y}{\Delta x}& =\frac{[x^n+n(\Delta x)x^{n-1}+o(\Delta x{)}^2]-x^n}{\Delta x}\\ & \\ & =n{x}^{n-1}+o(\Delta x)\end{array}$$

当 $\Delta x\to 0$ 时，我们有
$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta y}{\Delta x}=n{x}^{n-1}$$

即
$$\boxed{\frac{d}{dx}{x}^n=n{x}^{n-1}}$$

导数和的运算法则的证明

$$\boxed{(u+v{)}^{\prime }(x)=u^{\prime }(x)+v^{\prime }(x)}$$

$$\begin{array}{rl}(u+v{)}^{\prime }(x)& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{(u+v)(x+\Delta x)-(u+v)(x)}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)-u(x)+v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}+\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\\ & \\ & =u^{\prime }(x)+v^{\prime }(x).\end{array}$$

正弦、余弦函数导数公式的推导

代数证明

两个重要极限（引理）及证明

$$\boxed{\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{cos\Delta x-1}{\Delta x}=0}$$
设 $\Delta x=\theta$，我们考虑一个半径$r=1$ 的单位圆，以弧度为度量单位， $\theta$ 扫过的弧线长度$l=\theta r=\theta$。过 $\theta$ 角的终止角向其起始角作垂线，则垂点到圆心的水平距离为$cos\theta$，垂点到弧的一端的水平距离为$1-cos\theta$。

当 $\theta \to 0$ 时，$1-cos\theta$ 递减比 $\theta$ 更快，因此比值 $\frac{1-cos\theta }{\theta }\to 0$，则可以证明 $$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{cos\Delta x-1}{\Delta x}=0$$ 成立。

$$\boxed{\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{sin\Delta x}{\Delta x}=1}$$
同理，如图

当 $\theta \to 0$ 时，$sin\theta \approx \theta$ 逐步趋向于精确，比值 $\frac{sin\theta }{\theta }\to 1$，因此极限 $$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{sin\Delta x}{\Delta x}=1$$ 成立。

具体推导

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}sinx& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{sin(x+\Delta x)-sinx}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{sinxcos\Delta x+cosxsin\Delta x-sinx}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{sinxcos\Delta x-sinx}{\Delta x}+\frac{cosxsin\Delta x}{\Delta x}\right]\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[sinx\left(\frac{cos\Delta x-1}{\Delta x}\right)+cosx\left(\frac{sin\Delta x}{\Delta x}\right)\right]\\ & \end{array}$$

利用两个重要极限，可得
$$\begin{array}{r}\boxed{\frac{d}{dx}sinx=cosx}\end{array}$$
同样地
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}cosx& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{cos(x+\Delta x)-cosx}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{cosxcos\Delta x-sinxsin\Delta x-cosx}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{cosxcos\Delta x-cosx}{\Delta x}-\frac{sinxsin\Delta x}{\Delta x}\right]\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[cosx\left(\frac{cos\Delta x-1}{\Delta x}\right)-sinx\left(\frac{sin\Delta x}{\Delta x}\right)\right]\\ & \end{array}$$

利用两个重要极限，可得
$$\begin{array}{r}\boxed{\frac{d}{dx}cosx=-sinx}\end{array}$$

几何直观

我们在单位圆上给予 $\theta$ 微小增量 $\Delta \theta$，则 P 的纵坐标为$sin\theta$，Q 的纵坐标为$sin(\theta +\Delta \theta )$。

如图，纵坐标增量 $\Delta y=|PR|$，线段 PQ 则是对弧线$\stackrel{⌢}{\mathrm{PQ}}$的近似，我们可以很容易得到 $|PQ|\approx \Delta \theta$。考虑到 $\Delta \theta$ 为微小量，线段 PQ 几乎是圆的一条切线，以至于 $\angle OPQ$ 近似为直角，由几何关系，$\angle RPQ\approx \theta$，则$cos\theta \approx \frac{|PR|}{\Delta \theta }=\frac{sin(\theta +\Delta \theta )-sin\theta }{\Delta \theta }.$

那么，当 $\Delta \theta \to 0$ 时，这一近似结果就越准确，直到 $$\underset{\Delta \theta \to 0}{\lim }\frac{sin(\theta +\Delta \theta )-sin\theta }{\Delta \theta }=cos\theta$$
成立。

$y=cos\theta$ 同理易证，但是需要注意余弦函数的单调性（单调递减，增量为负）。

导数积的运算法则的证明

$$\boxed{(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }}$$

$$(uv{)}^{\prime }=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$$

我们希望构造出 $\left[u(x+\Delta x)-u(x)\right]v(x)$ 这一项以期凑出 $u^{\prime }(x)$，于是我们注意到
$$u(x+\Delta x)v(x)-u(x+\Delta x)v(x)=0$$

代入得
$$\begin{array}{rl}(uv{)}^{\prime }& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)v(x)-u(x)v(x)+u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x+\Delta x)v(x)}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left\{\left[\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}\right]v(x)+u(x+\Delta x)\left[\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\right]\right\}\\ & \\ & =u^{\prime }(x)v(x)+\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left\{u(x+\Delta x)\left[\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\right]\right\}\\ & \\ & =u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x).\end{array}$$

导数商的法则的证明

$$\boxed{{\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$$

$$\begin{array}{r}{\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\frac{u(x+\Delta x)}{v(x+\Delta x)}-\frac{u(x)}{v(x)}}{\Delta x}\end{array}$$

设 $\Delta u=u(x+\Delta x)-u(x)$ ，$\Delta v=v(x+\Delta x)-v(x)$ ，则有
$$\begin{array}{rl}\frac{u(x+\Delta x)}{v(x+\Delta x)}-\frac{u(x)}{v(x)}& =\frac{u+\Delta u}{v+\Delta v}-\frac{u}{v}\\ & \\ & =\frac{(u+\Delta u)v-u(v+\Delta v)}{(v+\Delta v)v}\\ & \\ & =\frac{uv+(\Delta u)v-uv+u(\Delta v)}{(v+\Delta v)v}\\ & \\ & =\frac{(\Delta u)v+u(\Delta v)}{(v+\Delta v)v}\end{array}$$

我们有
$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\frac{(\Delta u)v+u(\Delta v)}{(v+\Delta v)u}}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{1}{\Delta x}\frac{(\Delta u)v+u(\Delta v)}{(v+\Delta v)u}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\left(\frac{\Delta u}{\Delta x}\right)v-u\left(\frac{\Delta v}{\Delta x}\right)}{(v+\Delta v)v}\\ & \\ & =\frac{\left(\frac{du}{dx}\right)v-u\left(\frac{dv}{dx}\right)}{v^2}\\ & \\ & =\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}.\end{array}$$

链式法则的证明

$$\boxed{\frac{dy}{dt}=\frac{dy}{dx}\frac{dx}{dt}}$$

$$\begin{array}{rl}dy& =\frac{dy}{dx}dx\\ & \\ & =\frac{dy}{dx}\frac{dx}{dt}dt.\end{array}$$

有理幂函数求导法则的证明

若 $a\in Q$，则有
$$\boxed{\frac{d}{dx}(x^a)=a{x}^{a-1}}$$

假设 $a=\frac{m}{n}$，其中 $m\in N$，$n\in N$，我们有 $y=x^{\frac{m}{n}}$，则

$$\begin{array}{rl}{y}^n& ={\left(x^{\frac{m}{n}}\right)}^n\\ y^n& =x^m\end{array}$$

等式两边同时求导
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{y}^n& =\frac{d}{dx}{x}^m\\ & \\ \left(\frac{d}{dy}{y}^n\right)\frac{dy}{dx}& =m{x}^{m-1}\\ & \\ n{y}^{n-1}\frac{dy}{dx}& =m{x}^{m-1}\\ & \\ \frac{dy}{dx}& =\frac{m}{n}\frac{x^{m-1}}{y^{n-1}}\end{array}$$

将 $y=x^{\frac{m}{n}}$ 代入方程得
$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{m}{n}\left[\frac{x^{m-1}}{(x^{\frac{m}{n}}{)}^{n-1}}\right]\\ & \\ & =\frac{m}{n}\left[\frac{x^{m-1}}{x^{\frac{m(n-1)}{n}}}\right]\\ & \\ & =\frac{m}{n}{x}^{\left[(m-1)-\frac{m(n-1)}{n}\right]}\\ & \\ & =\frac{m}{n}{x}^{\left[\frac{n(m-1)-m(n-1)}{n}\right]}\\ & \\ & =\frac{m}{n}{x}^{\frac{m-n}{n}}\\ & \\ & =\frac{m}{n}{x}^{\frac{m}{n}-1}\\ & \\ & =a{x}^{a-1}.\end{array}$$

反函数求导法则的证明

$$\boxed{\frac{dx}{dy}=\frac{1}{\frac{dy}{dx}}}$$

我们有 $y=f(x)$，$f^{-1}(y)=x$，则
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}[f^{-1}(y)]& =\frac{d}{dx}(x)\\ & \\ \frac{d}{dx}[f^{-1}(y)]& =1\\ & \end{array}$$

由链式法则
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dy}[f^{-1}(x)]\frac{dy}{dx}& =1\\ & \\ \frac{d}{dy}[f^{-1}(x)]& =\frac{1}{\frac{dy}{dx}}.\\ & \end{array}$$

反正切函数导数公式的推导

$$\boxed{\frac{d}{dx}arctan(x)=\frac{1}{1+x^2}}$$

我们有 $y=arctan(x)=ta{n}^{-1}(x)$ ，等式两边同时取正切以简化方程：
$$\begin{array}{rl}tany& =tan[ta{n}^{-1}(x)]\\ tany& =x\end{array}$$

如图，我们限制函数 $tan(x)$ 的定义域为 $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ ，我们沿 $y=x$ 将 $tan(x)$ 翻转即可得到反函数 $ta{n}^{-1}(x)$ ：

我们可以知道，${\lim }_{x\to \infty }ta{n}^{-1}(x)=\frac{\pi }{2}$ ，而我们显然可以推导出
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dy}tany& =\frac{d}{dy}\frac{siny}{cosy}\\ & \\ & =\frac{co{s}^{2}y-si{n}^{2}y}{co{s}^{2}y}\\ & \\ & =\frac{1}{co{s}^{2}y}\\ & \\ & =se{c}^{2}y\end{array}$$

我们对 $tany=x$ 两边同时求导
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}[tan(y)]& =\frac{d}{dx}x\\ & \\ \frac{d}{dy}[tan(y)]\frac{dy}{dx}& =1\\ & \\ \frac{1}{co{s}^{2}y}\frac{dy}{dx}& =1\\ & \\ \frac{dy}{dx}& =co{s}^{2}y\end{array}$$

我们仍需要以 $x$ 消去 $y$，由三角关系，$cos(y)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$，那么 $co{s}^2(y)=\frac{1}{1+x^2}$，则
$$\frac{d}{dx}arctan(x)=\frac{1}{1+x^2}.$$

指数函数导数公式的推导

$$\boxed{\frac{d}{dx}{a}^x=a^x\ln a}$$

引入

由导数的定义
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{a}^x& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{a^{x+\Delta x}-a^x}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{a^x{a}^{\Delta x}-a^x}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }{a}^x\frac{a^{\Delta x}-1}{\Delta x}\\ & \\ & =a^x\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{a^{\Delta x}-1}{\Delta x}\\ & \end{array}$$

设 ${\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{a^{\Delta x}-1}{\Delta x}=M(a)$ ，则有
$$\frac{d}{dx}{a}^x=M(a)a^x$$

由于 $\frac{d}{dx}{a}^x{|}_{x=0}=M(a)$ ，我们只需要求解出 $y=a^x$ 图象在 $x=0$ 处切线的斜率即可得到指数函数导数公式。假设一个常数 $e$ ，使得 $M(e)=1$ ，那么有
$$\boxed{\frac{d}{dx}{e}^x=e^x}$$

同时，$y=e^x$ 图象在 $x=0$ 的切线斜率为 1. 下面证 $e$ 的唯一性（不完全）：

随着底数 $a$ 增长，指数函数的图象愈来愈陡峭，则其导数单调递增，当 $a=1$ 时，$a^x=1$ 恒成立且对应指数函数图象斜率恒为 0；我们用割线来逼近 $a=2$ 以及 $a=4$ 的情况：

如图，从 $(0,1)$ 到 $(1,2)$ 关于 $y=2^x$ 的割线斜率为 1，我们很容易可以看出，$M(2)<1$ ；

如下图，从 $(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ 到 $(1,0)$ 关于 $y=4^x$ 的割线斜率为 1，我们也可以得到 $M(4)>1$ 。

由于 $y=a^x$ 的导数必定连续且单增，则 $M(a)$ 也连续且单增，由上述推理可知 $a\in (2,4)$ 有且只有一个 $e$ 满足 $M(a)=1$ ，唯一性得证。

自然对数是以 $e$ 为底的指数函数的反函数：
$$y=e^x,\ln (y)=x$$

设 $w=\ln x$，则有
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{e}^w& =\frac{d}{dx}x\\ & \\ \frac{d}{dw}(e^w)\frac{dw}{dx}& =1\\ & \\ e^w\frac{dw}{dx}& =1\\ & \\ \frac{dw}{dx}& =\frac{1}{e^w}\\ & \end{array}$$

由假设，我们有
$$\boxed{\frac{d}{dx}\ln x=\frac{1}{x}}$$

证明

第一种方法：代入消元

我们使用 $e$ 重新表达 $a^x$ ：
$$a^x={\left(e^{\ln a}\right)}^x=e^{x\ln a}$$

由链式法则，我们可以得到
$$\frac{d}{dx}{e}^{x\ln a}=(\ln a)e^{x\ln a}.$$

即
$$\boxed{\frac{d}{dx}{a}^x=a^x\ln a}$$

那么，$M(a)=\ln a$ .

第二种方法：对数微分

设 $u=a^x$ ，而由链式法则，$\frac{d}{dx}\ln u=\frac{1}{u}\frac{du}{dx}$，即 $(\ln u{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}.$ 则有

$$\begin{array}{rl}\ln u& =\ln (a^x)\\ \ln u& =x\ln a\\ (\ln u{)}^{\prime }& =\ln a\end{array}$$

由 $(\ln u{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$ 可得 $u^{\prime }=u(\ln u{)}^{\prime }$ ，即 $(a^x{)}^{\prime }=a^x\ln a.$

幂指函数导数公式的推导

$$\boxed{\frac{d}{dx}{x}^x=x^x(1+\ln x)}$$

之前我们已然推导出 $(\ln u{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$，设 $v=x^x$ ，我们利用对数微分的技巧求解 $v^{\prime }$ ：
$$\begin{array}{rl}\ln v& =x\ln x\\ (\ln v{)}^{\prime }& =\ln x+x\cdot \frac{1}{x}\\ & =\frac{v^{\prime }}{v}\end{array}$$

则有
$$\begin{array}{rl}\frac{v^{\prime }}{x^x}& =1+\ln x\\ & \\ v^{\prime }& =x^x(1+\ln x).\end{array}$$

幂法则（The Power Rule）的证明

我们先前证明过有理数幂函数的导数公式，现在我们将其拓展到实数域：
$$\boxed{\frac{d}{dx}{x}^r=r{x}^{r-1}}$$

第一种方法：e 的代换

显然 $x^r=e^{r\ln x}$ ，则
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{x}^r& =\frac{d}{dx}{e}^{r\ln x}=e^{r\ln x}\frac{d}{dx}(r\ln x)\\ & \\ & =e^{r\ln x}\left(\frac{r}{x}\right)\\ & \\ & =x^r\left(\frac{r}{x}\right)=r{x}^{r-1}.\end{array}$$

第二种方法：对数微分

我们定义 $f(x)=x^r$，则有
$$\begin{array}{rl}\ln f& =r\ln x\\ (\ln f{)}^{\prime }& =\frac{f^{\prime }}{f}=\frac{r}{x}\\ f^{\prime }& =f(\ln f{)}^{\prime }=x^r\left(\frac{r}{x}\right)\\ & =r{x}^{r-1}.\end{array}$$

e 的极限本质

$$\boxed{\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e}$$

取自然对数
$$\ln \left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right]=n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$$

当 $n\to \infty$ 时，$\Delta x=\frac{1}{n}\to 0$，$n=\frac{1}{\Delta x}$，这样我们就可以将其转换为趋近于 0 的极限问题：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{\Delta x}\ln (1+\Delta x)\right]\\ & \end{array}$$

利用 $\ln 1=0$ 这一性质，我们可以构造出熟悉的导数极限定义式的形式：
$$\begin{array}{rl}\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{\Delta x}\ln (1+\Delta x)\right]& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left\{\frac{1}{\Delta x}[\ln (1+\Delta x)-\ln 1]\right\}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+\Delta x)-\ln 1}{\Delta x}\\ & \\ & =\frac{d}{dx}\ln x{|}_{x=1}=\frac{1}{x}{|}_{x=1}\\ & \\ & =1\end{array}$$

这是原极限取自然对数的结果，意味着
$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n& =\underset{n\to \infty }{\lim }{e}^{\ln \left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right]}\\ & \\ & =e^{{\lim }_{n\to \infty }\ln \left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right]}\\ & \\ & =e^1=e.\end{array}$$

双曲函数导数公式的推导

双曲正弦函数
$$\sinh (x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$$

双曲余弦函数
$$\cosh (x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$$

则有
$$\boxed{\frac{d}{dx}\sinh (x)=\cosh (x)}$$

$$\boxed{\frac{d}{dx}\cosh (x)=\sinh (x)}$$

$$\frac{d}{dx}\sinh (x)=\frac{e^x-(-e^{-x})}{2}=\cosh (x).$$

$\cosh (x)$ 同理可证。

重要性质的证明

$$\boxed{{\cosh }^2(x)-{\sinh }^2(x)=1}$$

$$\begin{array}{rl}{\cosh }^2(x)-{\sinh }^2(x)& ={\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)}^2\\ & \\ & =\frac{1}{4}(e^{2x}+2e^x{e}^{-x}+e^{-2x})-\frac{1}{4}(e^{2x}-2+e^{-2x})\\ & \\ & =\frac{1}{4}(2+2)=1.\end{array}$$

这篇关于导数的基本法则与常用导数公式的推导的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

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