示例 1
使用导数的定义求出由下式定义的函数 \( f \) 的导数
\[
f(x) = m x + b
\]
其中 m 和 b 是常数。
示例 1 的解决方案
我们首先需要计算差商。
\(
\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} = \dfrac{m(x+h)+b -(mx+b)}{h}
\)
简化
\(
= \dfrac{m h}{h} = m
\)
导数 \( f '\) 由 \( m \)（常数）的极限给出，即 \( {h\to\ 0} \)。 因此
\(
f'(x) = \lim_{h\to\ 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}= \lim_{h\to\ 0} m = m
\)
线性函数的导数 \( f(x) = m x + b \) 等于其图形的斜率 \( m \)。
示例 2
使用定义求导数
\[
f(x) = a x^2 + bx + c
\]
示例 2 的解决方案
我们首先求差商
\(
\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} = \dfrac{a(x + h)^2 + b(x + h) + c - ( a x^2 + b x + c )} {H}
\)
展开分子中的表达式并分组类似项。
\(
= \dfrac{a x^2 + 2 a x h + a h^2 + b x + b h + c - a x^2 - b x - c}{h}
\)
简化。
\(
= \dfrac{2 a x h + b h + a h^2}{h} = 2 a x + b + a h
\)
\( f(x) = a x^2 + bx + c \) 的导数由差商的极限给出。 因此
\(
f '(x) = \lim_{h\to\ 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim_{h\to\ 0} (2 a x + b + a h ) = 2 a x + b
\)
示例 3
使用下式给出的函数 f 的定义求导数
\[ f(x) = \sin x\]
示例 3 的解决方案
我们首先计算差商
\(
\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} = \dfrac{\sin (x + h) - \sin x }{h}
\)
使用三角公式转换差值sin (x + h) - 将分子中的 x 转化为乘积。
\(
\dfrac{\sin (x + h) - \sin x }{h} = \dfrac{2 \cos [ (2 x + h)/2 ] \sin (h/2)}{h}
\)
将上面的差商重写如下。
\(
\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} = \dfrac{\cos [ (2 x + h)/2 ] \sin (h/2)}{h/2}
\)
导数由差商的极限给出。 因此
\(
f '(x) = \lim_{h\to\ 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ = \lim_{h\to\ 0} \dfrac{\cos [ (2 x + h)/2 ] \sin (h/2)}{h/2}
\)
用两个函数的乘积极限定理来写
\(
f '(x) = \lim_{h\to\ 0} \dfrac{cos [ (2 x + h)/2 ] \sin (h/2)}{h/2} = \lim_{h\to\ 0} cos [ (2 x + h)/2 ] \times \lim_{h\to\ 0} \dfrac{\sin (h/2)}{h/2}
\)
上述产品的限值由下式给出
\( \lim_{h\to\ 0} \cos [ (2 x + h)/2 ] = \cos (2 x / 2) = \cos x \)
和
\( \lim_{h\to\ 0} \dfrac{\sin (h/2)}{h/2} = \lim_{t\to\ 0} \dfrac{\sin (t)}{t} = 1\)
\( f(x) = \sin x \) 的导数由差商的极限给出。 因此
\(
f '(x) = \lim_{h\to\ 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} = \cos x \times 1 = \cos x
\)
示例 4
使用定义来区分
\[ f(x) = \sqrt x \]
示例 5
使用定义来区分
\[ f(x) = \dfrac{1}{x} \]
示例 5 的解决方案
差商由下式给出
\(
\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} = \dfrac{\dfrac{1}{x+h} - \dfrac{1}{x}}{h}
\)
将分子中的两个有理式设置为相同的分母，并将上式重写为。
\(
= \dfrac{\dfrac{x}{x(x+h)} - \dfrac{x+h}{x(x+h)}}{h}
\)
简化为。
\(
= \dfrac{x-(x+h)}{x(x+h)h}
\)
\(
= \dfrac{-1}{x(x+h)}
\)
\( f(x) = \dfrac{1}{x} \) 的导数由差商的极限给出。 因此
\(
f '(x) = \lim_{h\to\ 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim_{h\to\ 0} \dfrac{-1}{ x(x+h)} = -\dfrac{1}{x^2}
\)