由两个重要极限推导常见等价无穷小以及常见导数公式

背景

在学习高等数学的极限和导数时，发现老师给了很多等价无穷小公式以及求导法则，记忆力有限，死记硬背容易背叉，所以尝试动手推导其过程，加深理解。

推导原则：利用两个重要极限和无穷小替换推导，尽可能不用后面的知识，如洛必达法则，泰勒公式等。后面公式的推导可能会用到前面已经推导的结论（因为按照教程顺序还没学到后面知识~）。

常见无穷小

常见求导法则

两个重要极限

这两个重要极限不做推导，只有死记硬背，作为后续基础。

第一个重要极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{sinx}=1$$

第二个重要极限

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }(1+\frac{1}{x}{)}^x=e$$
在我当前的理解里，后续的洛必达法则其实就是求导，对指数及对数函数来说，求导和无穷小替换都会用到这个重要极限，这也是为什么我在之前的文章说：在证明这个重要极限时不能使用洛必达法则

等价无穷小

定义，当$f(x)\to 0,g(x)\to 0$时，如果${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}=1$，那么说g(x)和f(x)为等价无穷小，记作f(x)~g(x)

tanx~x

${\lim }_{x\to 0}\frac{tanx}{x}={\lim }_{x\to 0}\frac{sinx}{cosx\ast x}={\lim }_{x\to 0}\frac{1}{cosx}=1$

arcsinx~x

${\lim }_{x\to 0}\frac{arcsinx}{x}={\lim }_{t\to 0}\frac{t}{sint}=1$

原函数不好理解，可以考虑换元法，即转为反函数。令arcsinx=t,则sint=x。后续不再单独解释

arctanx~x

${\lim }_{x\to 0}\frac{arctanx}{x}={\lim }_{t\to 0}\frac{t}{tant}=1$

ln(1+x)~x

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{ln(1+x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }ln(1+x{)}^{\frac{1}{x}}=ln(\underset{x\to +\infty }{\lim }(1+\frac{1}{x}{)}^x)=lne=1$$

e^x-1~x

令$e^x-1=t$，则x=ln(1+t)。因为$x\to 0$,所以$t\to 0$
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1}{x}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{t}{ln(1+t)}=1$$

a^x-1~xlna

预备知识
对数函数不好理解，转为指数函数就好了
假设${\log }_a(t+1)=m，\ln a=n$，那么有：
$a^m=t+1,e^n=a$，所以，$(e^n{)}^m=t+1$，即:$e^{mn}=t+1=>m\ast n=ln(t+1)$
所以有结论：${\log }_a(t+1)\ast \ln a=m\ast n=\ln (t+1)$

正式推导：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^x-1}{x\ln a}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{t}{{\log }_a(t+1)\ln a}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{t}{\ln (t+1)}=1$$

(1+bx)^a-1~abx

因为
${\lim }_{x\to 0}\frac{ln(1+x)}{x}=1$
所以
${\lim }_{t\to 1}\frac{ln(t)}{t-1}=1$

所以下面令t=(1+bx)^a，$x\to 0,则t\to 1$。
所以利用等价无穷小 ${\lim }_{t\to 1}\frac{ln(t)}{t-1}=1$ 替换：
${\lim }_{x\to 0}\frac{(1+bx{)}^a-1}{abx}={\lim }_{x\to 0}\frac{ln(1+bx{)}^a}{abx}={\lim }_{x\to 0}\frac{ln(1+bx)}{bx}=1$

(1+x)^(1/n)-1 ~ x/n

$\sqrt[n]{1+x}-1$ ~ $\frac{1}{n}x$
预备知识：
$a^n-1=a^n+a^{n-1}+a^{n-2}+...+a-(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a)-1$
$=a^n+a^{n-1}+a^{n-2}+...+a-(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1)$
$=a\ast (a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1)-(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1)$
$=(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1)$
正式推导
${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{\frac{x}{n}}$
$={\lim }_{x\to 0}\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{x}{n}}$

将 $(1+x{)}^{\frac{1}{n}}$看作预备知识中的a,则
原式=${\lim }_{x\to 0}\frac{n\ast (1+x-1)}{x\ast ((1+x{)}^{\frac{n-1}{n}}+(1+x{)}^{\frac{n-2}{n}}+...+(1+x{)}^{\frac{1}{n}}+1)}$

$={\lim }_{x\to 0}\frac{nx}{x\ast (n-1+1)}=1$

loga(1+x)~ x/lna

${\lim }_{x\to 0}\frac{{\log }_a(1+x)}{\frac{x}{\ln a}}={\lim }_{x\to 0}\frac{\ln a\ast {\log }_a(1+x)}{x}={\lim }_{x\to 0}\frac{ln(1+x)}{x}=1$

tanx-sinx~ 1/2x^3

${\lim }_{x\to 0}\frac{tanx-sinx}{\frac{1}{2}\ast x^3}={\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{sinx\ast (1-cosx)}{cosx}}{\frac{1}{2}\ast x^3}={\lim }_{x\to 0}\frac{2\ast sinx\ast (1-cosx)}{x^3\ast cosx}={\lim }_{x\to 0}\frac{2\ast (1-cosx)}{{\sin }^{2}x\ast cosx}={\lim }_{x\to 0}\frac{2\ast (1-cosx)}{(1+cosx)\ast (1-cosx)\ast cosx}={\lim }_{x\to 0}\frac{2}{(1+cosx)\ast cosx}=1$

1-cosx ~ x^2/2

${\lim }_{x\to 0}\frac{1-cosx}{\frac{x^2}{2}}={\lim }_{x\to 0}\frac{2\ast (2\ast {\sin }^2\frac{x}{2})}{x^2}={\lim }_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2}=1$

x-sinx~ 1/6x^3

暂时无法仅利用极限或等价无穷小知识证明，必须用到洛必达法则。
洛必达法则理解参考：https://blog.csdn.net/qq_31076523/article/details/104737300
在运用洛必达法则的过程中会用到求导知识，本例来说用到了以下三类，这三类公式的证明参考后面的求导法则证明
$C^{\prime }=0(C为常数)$
$(x^n{)}^{\prime }=(n-1)\ast x$
$si{n}^{\prime }(x)=cosx$
$co{s}^{\prime }(x)=-sinx$

${\lim }_{x\to 0}\frac{x-sinx}{\frac{x^3}{6}}={\lim }_{x\to 0}\frac{1-cosx}{\frac{3x^2}{6}}={\lim }_{x\to 0}\frac{sinx}{x}=1$

tanx-x~ 1/3x^3

运用洛必达法则时用到了求导法则 $tanx=\frac{1}{{\cos }^{2}x}$

${\lim }_{x\to 0}\frac{tanx-x}{\frac{x^3}{3}}={\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{1}{co{s}^{2}x}-1}{x^2}={\lim }_{x\to 0}\frac{{\tan }^{2}x}{x^2}=1$

x-ln(1+x) ~ x^2/2

运用洛必达法则时用到了求导法则 $ln(1+x)=\frac{1}{x+1}$

${\lim }_{x\to 0}\frac{x-ln(1+x)}{\frac{x^2}{2}}={\lim }_{x\to 0}\frac{1-\frac{1}{1+x}}{x}={\lim }_{x\to 0}\frac{x}{(1+x)\ast x}={\lim }_{x\to 0}\frac{1}{(1+x)}=1$

最后三例均通过洛必达法则证明，可以看到简化了很多计算。

求导法则

求导用定义证明就是求极限。
求极限时，形式为 $\frac{0}{0}$ 型时，可以根据上述的等价无穷小进行替换。

(x^n)'=(n-1)*x

$(x^n{)}^{\prime }={\lim }_{t\to 0}\frac{(x+t{)}^n-x^n}{t}={\lim }_{t\to 0}\frac{(C_n^0\ast x^n+C_n^1\ast x^{n-1}t+C_n^2\ast x^{n-2}\ast t^2+...+C_n^n{t}^n)-x^n}{t}={\lim }_{t\to 0}\frac{(C_n^1\ast x^{n-1}t+C_n^2\ast x^{n-2}\ast t^2+...+C_n^n{t}^n)}{t}$
$={\lim }_{t\to 0}(C_n^1\ast x^{n-1}+C_n^2\ast x^{n-2}t+...+C_n^n\ast t^{n-1}$)
$=n\ast x^{n-1}$

sin’(x)=cosx

$\frac{x+t-x}{2}$
预备知识：
$sina+sinb=sin(\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2})+sin(\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2})$
$=sin(\frac{a+b}{2})\ast cos(\frac{a-b}{2})+cos(\frac{a+b}{2})\ast sin(\frac{a-b}{2})+sin(\frac{a+b}{2})\ast cos(\frac{a-b}{2})-cos(\frac{a+b}{2})\ast sin(\frac{a-b}{2})$
$=2sin(\frac{a+b}{2})\ast cos(\frac{a-b}{2})$

求导推导：
$si{n}^{\prime }x={\lim }_{t\to 0}\frac{sin(x+t)-sin(x)}{t}={\lim }_{t\to 0}\frac{sin(x+t)+sin(-x)}{t}$

$={\lim }_{t\to 0}\frac{2sin(\frac{x+t-x}{2})\ast cos(\frac{x+t+x}{2})}{t}={\lim }_{t\to 0}\frac{2sin\frac{t}{2}cos\frac{2x+t}{2}}{t}$

$={\lim }_{t\to 0}\frac{t\ast cos(x+\frac{t}{2})}{t}=cosx$

cos’(x)=-sinx

方法一：$co{s}^{\prime }x=si{n}^{\prime }(\frac{\pi }{2}-x)=cos(\frac{\pi }{2}-x)\ast -1=-sinx$
方法二：$co{s}^{\prime }x=(1-2si{n}^2\frac{x}{2}{)}^{\prime }=-4\ast sin(\frac{x}{2})\ast cos(\frac{x}{2})\ast \frac{1}{2}=-2\ast sin(\frac{x}{2})\ast cos(\frac{x}{2})=-sinx$

tan’x=1/cos^2x

$tanx=(\frac{sinx}{cosx}{)}^{\prime }=\frac{co{s}^{2}x+si{n}^{2}x}{{\cos }^{2}x}=\frac{1}{co{s}^{2}x}=se{c}^{2}x$

ln’(1+x)=1/x+1

$l{n}^{\prime }(1+x)={\lim }_{t\to 0}\frac{ln(1+x+t)-ln(1+x)}{t}={\lim }_{t\to 0}\frac{1}{t}ln(\frac{1+x+t}{1+x})$
$={\lim }_{t\to 0}ln(1+\frac{t}{1+x}{)}^{\frac{1+x}{t}\ast \frac{1}{1+x}}=ln{e}^{\frac{1}{1+x}}=\frac{1}{1+x}$

(e^x)'= e^x

$$(e^x{)}^{\prime }=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{e^{x+t}-e^x}{t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{e^x(e^t-1)}{t}=e^x$$

(a^x)'= a^xlna

$$(a^x{)}^{\prime }=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{a^{x+t}-a^x}{t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{a^x(a^t-1)}{t}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{a^{x}lna\ast t}{t}=a^{x}lna$$