学习目标与准备

我们假设已掌握基本求导法则、第 6 章的极限与连续性定理，以及初等积分。本章研究隐函数求导、高阶 Leibniz 公式、凸性与导数不等式、满足条件的 L'Hôpital 极限，以及带误差控制的 Taylor 多项式与级数。

7.1 隐式关系及其局部限制

学习目标与设定

证明局部可逆性，而不只对形式上假定存在的逆映射求导。全程使用欧几里得范数及其诱导的算子范数。设 $U\subseteq\mathbb R^n$ 为开集，$F:U\to\mathbb R^n$ 为 $C^1$，$a\in U$，$b=F(a)$，且 $A=DF(a)$ 可逆。我们将证明存在 $a$ 的开邻域 $W$ 和 $b$ 的开邻域 $V$，使 $F:W\to V$ 成为一个 $C^1$ 双射，其逆映射的导数等于 $[DF]^{-1}$。

引理：闭球上的压缩映射

若映射 $T$ 将非空欧几里得闭球 $B$ 映入自身，并且对固定的 $0\le q<1$ 满足 $\|T(x)-T(y)\|\le q\|x-y\|$，那么它在 $B$ 中有唯一不动点。

证明。 从任意 $x_0\in B$ 出发，定义 $x_{k+1}=T(x_k)$。若 $q=0$，不等式使 $T$ 为常值映射，其值是第一次迭代即达到的唯一不动点。对 $0<q<1$，反复应用压缩条件得到 $\|x_{k+1}-x_k\|\le q^k\|x_1-x_0\|$。对于 $m>k$，对连续差求和得到 $\|x_m-x_k\|$ 的上界 $q^k\|x_1-x_0\|/(1-q)$，所以该数列是柯西列。逐坐标的实数完备性给出 $\mathbb R^n$ 中的极限，而闭性使极限留在 $B$ 中。压缩条件蕴含连续性，所以对 $x_{k+1}=T(x_k)$ 取极限可知极限为不动点。两个不动点之间的距离至多为该距离的 $q$ 倍，只能为零。这一证明也给出到极限的所述几何误差界。

局部逆的存在性与唯一性

由 $DF$ 的连续性，可以选择 $r>0$，使闭球 $B=\overline B(a,r)\subset U$ 且

$$\|I-A^{-1}DF(y)\|\le q=\frac12\quad\text{for all }y\in B.$$

对靠近 $b$ 的目标点 $x$，令 $T_x(y)=y-A^{-1}(F(y)-x)$。它在凸球上的导数范数至多为 $q$。沿线段应用一元微积分基本定理，得到 $\|T_x(y)-T_x(z)\|\le q\|y-z\|$。此外，

$$\|T_x(y)-a\|\le q\|y-a\|+\|A^{-1}(x-b)\|.$$

选取 $V=B(b,\rho)$，其中 $\rho=(1-q)r/(2\|A^{-1}\|)$。当 $x\in V$ 时，第二项小于 $(1-q)r/2$，故 $T_x$ 将 $B$ 映入自身。引理给出唯一的 $y=H(x)\in B$，满足 $F(y)=x$。在 $a$ 处的不动点估计给出

$$\|H(x)-a\|\le\frac{\|A^{-1}(x-b)\|}{1-q}<r/2,$$

所以这些解均为内点。令 $W=B(a,r)\cap F^{-1}(V)$。它是开集，包含 $a$，且 $F:W\to V$ 为双射，因为即使在更大的闭球上解也唯一。

逆映射的连续性与可微性

对 $x,z\in V$ 比较不动点方程：

$$\|H(x)-H(z)\|\le q\|H(x)-H(z)\|+\|A^{-1}\|\|x-z\|.$$

因此 $H$ 是 Lipschitz 映射，常数为 $\|A^{-1}\|/(1-q)$。对 $y\in B$，矩阵 $A^{-1}DF(y)=I-E$ 满足 $\|E\|\le q<1$。收敛的矩阵级数 $\sum_{k=0}^{\infty}E^k$ 是其逆：有限部分和相乘得到 $I-E^{N+1}$，它趋于 $I$。故 $DF(y)$ 在整个 $B$ 上可逆。

固定 $x\in V$，令 $y=H(x)$，并取充分小的增量 $k$，使 $x+k\in V$。设 $h=H(x+k)-H(x)$。由 $F$ 的可微性，$k=DF(y)h+o(\|h\|)$。Lipschitz 估计给出 $\|h\|=O(\|k\|)$，因此解得

$$h=[DF(y)]^{-1}k+o(\|k\|).$$

所以 $DH(x)=[DF(H(x))]^{-1}$。逆矩阵连续变化：伴随矩阵除以行列式的公式在行列式非零处连续。结合 $DF$ 和 $H$ 的连续性，证明 $H$ 是 $C^1$。定理现已证明，包括存在性、唯一性、邻域与正则性。

隐函数作为推论

设 $G:\mathbb R^{p+m}\supset U\to\mathbb R^m$ 为 $C^1$，$G(a,c)=0$，且 $D_yG(a,c)$ 可逆。定义 $\Phi(x,y)=(x,G(x,y))$。其分块导数为

$$D\Phi=\begin{pmatrix}I&0\\D_xG&D_yG\end{pmatrix},$$

它在 $(a,c)$ 处可逆。已证明的逆函数定理给出局部 $C^1$ 逆映射。将邻域缩小为乘积邻域，使求解 $\Phi(x,y)=(x,0)$ 定义唯一的 $y=\varphi(x)$，并包含该乘积邻域内每一个零点。存在性成立后，对恒等式求导得到

$$D\varphi(x)=-[D_yG(x,\varphi(x))]^{-1}D_xG(x,\varphi(x)).$$

解矩阵方程确定了因子的次序，不能颠倒。

若可微分支 $y=y(x)$ 存在且满足 $F(x,y(x))=0$，链式法则给出 $F_x+F_yy'=0$；当 $F_y\ne0$ 时，

$$y'=-F_x/F_y.$$

这不是说整条曲线都能全局表示为 $x$ 的一个函数。

例 1：有竖直障碍的约束。 对 $x^2+y^2=25$，求导得 $2x+2yy'=0$，故 $y\ne0$ 时 $y'=-x/y$；在 $(3,4)$ 处为 $-3/4$。再求导得 $2+2(y')^2+2yy''=0$，因此在该分支上 $y''=-[1+(y')^2]/y=-25/y^3$。在 $(5,0)$，公式不能除以零；曲线在此有竖直切线，不能在该处表示为可微的 $y(x)$。

7.2 高阶导数与 Leibniz 公式

对充分可微的 $f,g$，乘积的 $n$ 阶导数为

$$\frac{d^n}{dx^n}(fg)=\sum_{k=0}^n\binom nkf^{(k)}g^{(n-k)}.$$

当 $n=1$ 时这是乘积法则。若公式在 $n$ 阶成立，对各项求导，$f^{(k)}g^{(n+1-k)}$ 的系数由 $\binom n{k-1}+\binom nk=\binom{n+1}k$ 合并，端点系数均为 $1$，故归纳得到下一阶。这解释了二项式系数的规律。

例 2：多项式乘指数函数。 令 $f=x^2$、$g=e^{ax}$，其中 $a$ 为常数；$f$ 超过二阶的导数为零。于是对 $n\ge2$，

$$(x^2e^{ax})^{(n)}=e^{ax}\left(a^nx^2+2na^{n-1}x+n(n-1)a^{n-2}\right).$$

当 $a=0$ 且 $n=2$，项 $a^{n-2}$ 涉及 $0^0$ 的约定。对 $a\ne0$ 使用所示公式，并直接处理 $a=0$：$x^2$ 的 $n$ 阶导数在 $n=2$ 时恒为 $2$，在 $n>2$ 时恒为 $0$。

区间内部及端点的切线界

设 $I$ 为非退化区间。假设 $f$ 在其内部二次可微且 $f''\ge0$。若端点属于 $I$，假设 $f$ 在该端点连续；只有相应单侧导数作为有限实数存在时，才使用该端点的切线。

对内点，将中值定理用于 $f'$ 得到 $f'$ 不减。下面开放区间上的凸性与支撑线证明给出两个内点之间的非严格切线界。

凸性与支撑线

区间上的函数称为凸函数，如果对 $0\le t\le1$ 有 $f((1-t)x+ty)\le(1-t)f(x)+tf(y)$。若 $f$ 在开区间上可微，则它为凸函数当且仅当 $f'$ 非递减。

证明。 凸函数的割线斜率有序：对 $x<z<y$，整理凸不等式得到 $(f(z)-f(x))/(z-x)\le(f(y)-f(x))/(y-x)\le(f(y)-f(z))/(y-z)$。令 $z$ 分别趋向端点，得到 $f'(x)\le(f(y)-f(x))/(y-x)\le f'(y)$，因而导数非递减。反之，若 $f'$ 非递减，在 $(x,z)$ 与 $(z,y)$ 中分别取中值点，可知第一条割线的斜率不大于第二条；整理便得凸不等式。特别地，若二阶导数存在，$f''\ge0$ 是充分条件。割线估计还给出支撑线不等式 $f(y)\ge f(x)+f'(x)(y-x)$。

若内部处处 $f''>0$，中值定理说明 $f'$ 在内部严格递增。对内点 $a$ 和任意 $x\in I$、$x\ne a$，在 $a$ 与 $x$ 之间使用中值定理，得到 $f(x)>f(a)+f'(a)(x-a)$；$x$ 即使是包含的端点也成立。若 $f''\ge0$，同一论证给出非严格不等式。

对端点切线，先比较割线斜率。若 $x<y<z$ 均属于 $I$，在 $[x,y]$、$[y,z]$ 上应用中值定理，得

$$\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le\frac{f(z)-f(y)}{z-y}.$$

整段弦的斜率是这两个斜率的加权平均，因此介于两者之间。若内部 $f''>0$，两斜率严格有序，整段弦斜率也严格介于两者之间。

设 $a$ 是包含的左端点且 $x>a$。对 $a<t<x$，割线比较给出

$$\frac{f(t)-f(a)}{t-a}\le\frac{f(x)-f(a)}{x-a}.$$

令 $t\downarrow a$，左边趋于有限右导数 $f'_+(a)$，故 $f(x)\ge f(a)+f'_+(a)(x-a)$。若 $f''$ 严格为正，固定任意 $y\in(a,x)$。同一比较先给出 $f'_+(a)\le[f(y)-f(a)]/(y-a)$；严格割线比较再给出 $[f(y)-f(a)]/(y-a)<[f(x)-f(a)]/(x-a)$，所以端点切线不等式严格。严格性来自固定内点的割线比较。

对包含的右端点 $b$，取 $x<t<b$，相应比较给出

$$\frac{f(b)-f(x)}{b-x}\le\frac{f(b)-f(t)}{b-t}\le f'_-(b).$$

第二个不等式由比较割线后，按有限左导数的定义取端点极限得到。因此 $f(x)\ge f(b)+f'_-(b)(x-b)$。若 $f''>0$，对固定内点 $t$ 第一个不等式严格，故 $x<b$ 时切线界严格。

例 3：两个有用的不等式。 因 $f=e^x$ 的二阶导数为正，零点切线给出所有实数 $x$ 的 $e^x\ge1+x$，仅在零点取等。也可令 $g=e^x-1-x$，利用其导数在零点两侧的符号。

对 $x>0$，令 $h(x)=x-1-\ln x$。其导数为 $1-1/x$，在 $1$ 以下为负、以上为正，故 $h$ 在 $1$ 处取得最小值 $0$，证明 $\ln x\le x-1$。定义域 $x>0$ 必不可少；实对数在负输入上无此不等式。

一阶、二阶导数检验与全局端点核对仍是不同步骤。驻点的二阶导数为零时不能下结论：$x^4$ 在零点有极小值，$-x^4$ 有极大值，而 $x^3$ 两者皆无。

7.4 核对假设后的 L'Hôpital 极限

定理：Cauchy 中值定理

若 $f,g$ 在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可微，且 $a<b$，则存在 $c\in(a,b)$ 使

$$[f(b)-f(a)]g'(c)=[g(b)-g(a)]f'(c).$$

证明。 辅助函数 $H(t)=[f(b)-f(a)]g(t)-[g(b)-g(a)]f(t)$ 在两个端点的值相等。由 Rolle 定理，$H'(c)=0$，恰得到上述恒等式。即使写成比值时分母为零，该恒等式仍成立；若要相除写出导数比，须单独检查分母，这是洛必达法则证明中的关键。

学习目标与精确的单侧情形

辨认真正的不定式，证明法则而不是把导数相除当作代数约分，并区分充分条件和必要条件。设 $f,g$ 在从左侧趋近端点 $b$ 的开区间上可微，该端点可以是有限实数或 $+\infty$。假设在充分靠近端点的整个区间上 $g'$ 非零。右侧趋近及负无穷的对应情形可通过反转坐标得到。

Cauchy 中值定理说明，对不同的内部点 $x,y$，它们之间存在 $c$，使得

$$\frac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}.$$

分母 $g(x)-g(y)$ 不可能为零，否则对 $g$ 应用 Rolle 定理会在两点之间产生导数零点。这也说明 $g$ 在该区间至多取每个值一次，包括零。故可缩短趋近区间，确保 $g\ne0$，使所需商有定义。

定理：导数之比趋于有限极限

当趋近端点时若 $f'/g'\to L\in\mathbb R$，并且满足下列任一情形，则 $f/g\to L$：（i）$f,g\to0$；（ii）$|g|\to\infty$。在情形（ii）中，不必额外假设 $f$ 无界。

情形（i）的证明。 令 $h=f-Lg$。给定 $\varepsilon>0$，在充分靠近端点的整个区间有 $|h'/g'|<\varepsilon$。对该区间任意两点，Cauchy 定理给出 $|h(x)-h(y)|\le\varepsilon|g(x)-g(y)|$。固定 $x$，令 $y$ 趋近端点；由于 $h(y),g(y)\to0$，得到 $|h(x)|\le\varepsilon|g(x)|$，因而 $|f(x)/g(x)-L|\le\varepsilon$。即使端点为无穷，该论证仍有效，无须把无穷当作连续函数取值的端点。

情形（ii）的证明。 给定 $\eta>0$，取 $\varepsilon=\eta/4$。同样令 $h=f-Lg$，在充分靠近端点的区间内使导数之比的绝对值小于 $\varepsilon$，并固定该区间一点 $x_0$。对 $x_0$ 与更靠后的一点 $x$ 应用 Cauchy 定理，得到 $|h(x)-h(x_0)|\le\varepsilon|g(x)-g(x_0)|$。因此

$$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-L\right| \le\frac{|h(x_0)|}{|g(x)|}+\varepsilon\left|1-\frac{g(x_0)}{g(x)}\right|.$$

当 $x$ 充分靠近端点时，第一项小于 $\eta/2$，第二项中的绝对值因子小于 $2$，故总误差小于 $\eta/2+2(\eta/4)=\eta$。由 $\eta>0$ 的任意性，商趋于 $L$。

定理：导数之比趋于无穷

在相同的分母假设下，若 $f'/g'\to+\infty$，则情形（i）、（ii）中均有 $f/g\to+\infty$；趋于 $-\infty$ 的情形反转符号即可。

证明。 对任意实阈值 $M$，在充分靠近端点的区间有 $f'/g'>M$。由 Cauchy 定理，每个增量之比大于 $M$。在情形（i）中，固定 $x$，令另一点趋近端点，得 $f(x)/g(x)\ge M$。由于 $M$ 可以大于任意指定阈值，商趋于 $+\infty$。在情形（ii）中，固定 $x_0$，把增量之比记为 $R(x)>M$：

$$\frac{f(x)}{g(x)}=R(x)\left(1-\frac{g(x_0)}{g(x)}\right)+\frac{f(x_0)}{g(x)}.$$

当 $M>0$ 且 $x$ 充分靠近端点时，乘因子大于 $1/2$，并且 $f(x_0)/g(x)>-1$，因此 $f(x)/g(x)>M/2-1$。令 $M$ 任意大便证明商趋于 $+\infty$。对 $-f$ 应用同一结果即可处理负无穷极限。

例 4：把乘积改写为商。 当 $x\to0^+$，$x\ln x=\ln x/(1/x)$。分子趋于负无穷，分母趋于正无穷，导数之比为 $-x\to0$。故 $x\ln x\to0$，且 $x^x=\exp(x\ln x)\to1$。取对数时保留 $x>0$。

该法则不是对所有商反复求导。对 $x\to0^+$ 的 $(1+x)/x$，分子不趋零，不是所需形式；原商趋于正无穷，而错误地计算导数之比会得到 $1$。

7.5 Taylor 多项式与导出的余项

在 $a$ 处的 $n$ 阶 Taylor 多项式为 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高阶导数值为零，它的次数可以小于 $n$。

定理：Taylor 积分余项

设 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 与 $x$ 之间的闭区间上具有直到 $n+1$ 阶的连续导数，则

$$f(x)=T_n(x)+\frac1{n!}\int_a^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\,dt.$$

因此，若该区间上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，则 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

证明。 当 $n=0$ 时，恒等式就是微积分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。当 $n\ge1$ 时，对余项分部积分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 处的边界项为零，在 $a$ 处的贡献为 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的积分是 $(n-1)$ 阶余项。由归纳法得到恒等式。这里使用有向积分，所以 $x<a$ 时也成立。取绝对值，必要时反转积分上下限，再积分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高阶导数连续保证各次分部积分及估计有效。

此定理给出充分的正则性条件，并非最弱假设。Taylor 级数要在固定的 $x$ 处表示 $f$，必须当 $n\to\infty$ 时余项趋于零。若不控制有限阶误差界对 $n$ 的依赖，仅凭该界不能证明余项趋零。

令 $h=x-a$，代换 $t=a+sh$ 将积分余项写成

$$R_n(x)=\frac{h^{n+1}}{n!}\int_0^1(1-s)^nf^{(n+1)}(a+sh)ds.$$

此式同时适用于 $h$ 的两种符号。若导数绝对值至多为 $M$，则 $|R_n|\le M|h|^{n+1}/(n+1)!$。设 $n$ 为非负整数，$f^{(n+1)}$ 在 $a$ 与 $x$ 之间的闭线段上连续，且上述积分余项已成立。若 $h\ne0$，令 $w(s)=f^{(n+1)}(a+sh)$。权 $(1-s)^n$ 在 $[0,1)$ 上为正，积分为 $1/(n+1)$。当 $n=0$ 时，它在整个 $[0,1]$ 上是常数多项式 $1$。若 $w$ 非常值，连续性使 $w-\min w$ 和 $\max w-w$ 各在某个内部小区间上严格为正；权在这些区间为正，所以相应两个积分均严格为正。故加权平均严格介于最小值与最大值之间，由介值定理可在某个 $s_*\in(0,1)$ 取到；若 $w$ 为常值，任选内部 $s_*$。因此

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(a+s_*h)}{(n+1)!}h^{n+1}.$$

这对 $h<0$ 同样成立，符号保留在 $h^{n+1}$ 中。若 $h=0$，直接有 $R_n(a)=0$，不需要中间点。

例 5：对数近似。 在 $a=0$ 处，$\ln(1+x)$ 的三次 Taylor 多项式为 $x-x^2/2+x^3/3$。当 $0\le x\le1/5$，四阶导数绝对值 $6/(1+x)^4\le6$，故误差至多为 $x^4/4$；当 $x=1/5$ 时至多为 $1/2500$。这是有控制的近似，而非精确等式。

7.6 级数表示需要余项趋零

无限 Taylor 级数在某输入处表示函数，要求阶数增大时余项趋零。对 $e^x$，余项不超过 $e^{|x|}|x|^{n+1}/(n+1)!$，对每个固定实数 $x$ 都趋零。对正弦和余弦，用导数界 $1$ 与同样的阶乘控制，得到

$$e^x=\sum_{k\ge0}\frac{x^k}{k!},\quad \sin x=\sum_{k\ge0}\frac{(-1)^kx^{2k+1}}{(2k+1)!},\quad \cos x=\sum_{k\ge0}\frac{(-1)^kx^{2k}}{(2k)!}.$$

几何恒等式给出 $|x|<1$ 时 $1/(1-x)=\sum_{k\ge0}x^k$。对其有限形式积分并保留余项，得到 $-1<x\le1$ 时 $\ln(1+x)=\sum_{k\ge1}(-1)^{k-1}x^k/k$；端点 $1$ 用交错级数或积分余项核对，$-1$ 不包括在内。

光滑性本身不够。$x\ne0$ 时等于 $e^{-1/x^2}$、在零点为零的函数，其零点处所有导数都为零，因为指数衰减快于求导后出现的各个倒数幂；其 Taylor 级数为零，但函数在非零处为正。所以仅仅导数匹配并不能证明级数等于函数。

包括端点的有限对数余项

对每个整数 $m\ge1$ 和 $t\ne-1$，有限除法给出

$$\frac1{1+t}=\sum_{k=0}^{m-1}(-t)^k+\frac{(-t)^m}{1+t}.$$

固定 $-1<x\le1$，沿零到 $x$ 的有向线段积分。由微积分基本定理及 $\ln1=0$，

$$\ln(1+x)=\sum_{k=1}^m\frac{(-1)^{k-1}x^k}{k}+\int_0^x\frac{(-t)^m}{1+t}\,dt.$$

若 $0\le x\le1$，余项绝对值至多为 $x^{m+1}/(m+1)\le1/(m+1)$。这包括 $x=1$，证明该端点处收敛到 $\ln2$。若 $-1<x<0$，令 $r=|x|<1$；积分线段上分母至少为 $1-r$，所以余项绝对值至多为 $r^{m+1}/[(m+1)(1-r)]$，趋于零。当 $x=-1$，每个级数项为 $-1/k$，由调和级数证明可知发散，实对数在此也无定义。若 $|x|>1$，取 $1<q<|x|$。项的绝对值 $|x|^k/k$ 的相邻比为 $|x|k/(k+1)$，最终大于 $q$。逐项迭代使这些绝对值至少为某个固定正常数乘以增长的 $q$ 的幂，因此项不趋零，级数发散。故实数收敛集合恰为 $-1<x\le1$，在此其和等于 $\ln(1+x)$。

平坦函数在零点的完整求导证明

使用先前已证的实指数级数、正性、倒数定律和导数恒等式 $\exp'=\exp$。定义 $F(0)=0$，并在 $x\ne0$ 时定义 $F(x)=\exp(-1/x^2)$。对每个实数 $r\ge0$，令 $u=1/x^2$，取整数 $k>r/2$。指数级数的非负项给出 $u>0$ 时 $\exp u\ge u^k/k!$，因此

$$|x|^{-r}\exp(-1/x^2)=u^{r/2}\exp(-u)\le k!u^{r/2-k}\longrightarrow0.$$

在非零输入处，归纳得到 $F^{(n)}(x)=P_n(1/x)\exp(-1/x^2)$，其中 $P_n$ 是多项式，$P_0=1$，且 $P_{n+1}(z)=-z^2P_n'(z)+2z^3P_n(z)$。假设 $n$ 阶导数在非零处满足此式、在零处取零。多项式次数有限，所以上述估计先给出 $F^{(n)}(x)\to0$，再给出 $F^{(n)}(h)/h\to0$。故 $F^{(n)}$ 在零处连续，并在零处可微且导数为零，递推式则给出下一阶的非零处公式。归纳可知 $F$ 光滑，且零点处每阶导数均为零。因此它在零处的 Taylor 级数恒为零，但每个 $x\ne0$ 均有 $F(x)>0$。这完整证明了所述反例，没有把光滑性当作解析性。

例 6：保留首个未消失项。 Taylor 定理给出零附近 $e^x=1+x+x^2/2+O(x^3)$，故 $(e^x-1-x)/x^2\to1/2$。若只用 $1+x$ 替代 $e^x$，会抹掉决定极限的项。

7.7 分级练习

基础

1. 求 $xy+y^2=6$ 在 $(1,2)$ 处的 $y'$，并核对该点在曲线上。
2. 用 Leibniz 公式求 $x^2e^x$ 的三阶导数。
3. 用上述对数不等式证明 $t>-1$ 时 $\ln(1+t)\le t$。

核心

4. 在核对假设或使用 Taylor 余项后求 $\lim_{x\to0}(e^{2x}-1)/x$。
5. 求 $\lim_{x\to\infty}(\ln x)/x^2$。
6. 求 $f(x)=1/x$ 在 $a=1$ 的二阶 Taylor 多项式。
7. 用 $x-x^3/6$ 近似 $\sin(0.2)$，并利用其四阶 Taylor 多项式和五阶导数界定误差。
8. 求 $1/(1+2x)$ 的无穷几何展开及其开收敛区间。

综合

9. 用求导证明对所有实数 $x$ 有 $x^2\ge2x-1$，再给出一个独立的代数证明。
10. 用归纳法推导乘积的 $n$ 阶导数，明确指出为什么两个内部系数合并为 $\binom{n+1}k$。

7.8 完整解答

1. 该点满足 $1(2)+4=6$。求导得 $y+xy'+2yy'=0$，所以此处 $y'=-y/(x+2y)=-2/5$；分母 $5$ 非零。
2. 在公式中取 $n=3,a=1$，得 $e^x(x^2+6x+6)$。
3. 在 $\ln x\le x-1$ 中取 $x=1+t>0$，得到所需不等式；仅当 $t=0$ 取等。
4. 该商是 $0/0$ 形式；在零点附近但不含零点的地方，分母及其导数非零，导数之比 $2e^{2x}\to2$，故极限为 $2$。也可用 $e^{2x}=1+2x+O(x^2)$。
5. 分子和分母均趋于无穷，分母导数 $2x$ 在充分大的正 $x$ 上非零；导数之比 $(1/x)/(2x)=1/(2x^2)\to0$，故极限为零。
6. $f(1)=1$、$f'(1)=-1$、$f''(1)=2$，故 $T_2=1-(x-1)+(x-1)^2$。
7. 四阶系数为零，故四阶多项式仍为 $x-x^3/6$。五阶导数的绝对值至多为 $1$，故误差至多为 $0.2^5/120=1/375000$。
8. 将 $-2x$ 代入几何恒等式，得 $\sum_{k\ge0}(-2x)^k$，适用于 $|x|<1/2$；开区间公式本身不提供端点收敛性。
9. 令 $g=x^2-2x+1$。其导数 $2x-2$ 在 $1$ 之前为负、之后为正，故全局最小值为 $g(1)=0$。代数上 $g=(x-1)^2\ge0$。两种方法均证明不等式，且仅在 $1$ 取等。
10. 假设 $(fg)^{(n)}=\sum_k\binom nkf^{(k)}g^{(n-k)}$。对一项求导，一次贡献 $f^{(k+1)}g^{(n-k)}$，另一次贡献 $f^{(k)}g^{(n+1-k)}$。内部指标 $k$ 的两个系数分别来自 $\binom n{k-1}$ 和 $\binom nk$，由 Pascal 恒等式其和为 $\binom{n+1}k$。两个端点系数均为 $1$，得到 $(n+1)$ 阶公式；普通乘积法则提供基础情形。

小结

隐函数求导是局部的，需要相关系数非零。Leibniz 公式由乘积法则归纳得到。导数可通过单调性或凸切线证明不等式。L'Hôpital 法则需要特定未定式极限的假设，而不是仅要求无界。Taylor 余项控制近似，并决定无穷展开何时真正等于函数。