2015年考研数学三第19题

首先，根据导数的定义，函数 $f(x)$ 在点 $x$ 处的导数定义为： $$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$$ 现在，设 $f(x) = u(x)v(x)$，则 $f(x+h) = u(x+h)v(x+h)$。代入导数定义，得到： $$[u(x)v(x)]' = \lim_{h \to 0} \frac{u(x+h)v(x+h) - u(x)v(x)}{h}$$ 这就是乘积函数导数的定义表达式。该表达式是推导乘积法则的起点，后续步骤将通过对分子进行加减 $u(x)v(x+h)$ 的恒等变形，将其拆分为两个极限之和，从而得到 $u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$ 的形式。注意，这里 $h$ 是自变量增量，$h \to 0$ 表示 $h$ 趋近于0但不等于0。

为了证明乘积的导数公式 $(uv)' = u'v + uv'$，我们从导数的定义出发。设函数 $u(x)$ 和 $v(x)$ 在 $x$ 处可导，考虑乘积 $u(x)v(x)$ 在 $x$ 处的差商： $$ \frac{u(x+h)v(x+h) - u(x)v(x)}{h}. $$ 直接计算这个差商无法直接看出与 $u'(x)$ 和 $v'(x)$ 的关系。因此，我们采用“加一项减一项”的技巧，在分子中同时加上和减去 $u(x)v(x+h)$，这样分子变为： $$ u(x+h)v(x+h) - u(x)v(x+h) + u(x)v(x+h) - u(x)v(x). $$ 将分子按照加减号分成两组，得到： $$ \frac{[u(x+h)v(x+h) - u(x)v(x+h)] + [u(x)v(x+h) - u(x)v(x)]}{h}. $$ 利用分式的加法性质，可以将其拆分为两个差商之和： $$ \frac{u(x+h)v(x+h) - u(x)v(x+h)}{h} + \frac{u(x)v(x+h) - u(x)v(x)}{h}. $$ 现在，第一个差商中提取公因子 $v(x+h)$，第二个差商中提取公因子 $u(x)$，得到： $$ v(x+h) \cdot \frac{u(x+h) - u(x)}{h} + u(x) \cdot \frac{v(x+h) - v(x)}{h}. $$ 至此，我们成功地将原差商拆分成了两个部分，每个部分都包含一个函数的差商与另一个函数的值的乘积。这种拆分是后续利用极限运算性质的关键步骤。

根据导数的定义，我们需要处理差商 $\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$，其中 $f(x)=u(x)v(x)$。将 $f(x+h)=u(x+h)v(x+h)$ 和 $f(x)=u(x)v(x)$ 代入差商，得到： $$ \frac{u(x+h)v(x+h)-u(x)v(x)}{h}. $$ 为了将分子拆分为两个可以分别求极限的部分，我们采用“加一项减一项”的技巧。在分子中同时加上和减去 $u(x)v(x+h)$，这样分子变为： $$ u(x+h)v(x+h)-u(x)v(x+h)+u(x)v(x+h)-u(x)v(x). $$ 将上式按 $h$ 分组，得到： $$ \frac{[u(x+h)-u(x)]v(x+h)}{h}+\frac{u(x)[v(x+h)-v(x)]}{h}. $$ 因此，原极限可以拆分为两个极限之和： $$ \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{u(x+h)-u(x)}{h}\cdot v(x+h)+\lim_{h\to 0}u(x)\cdot\frac{v(x+h)-v(x)}{h}. $$ 注意，第一个极限中 $v(x+h)$ 作为因子，当 $h\to 0$ 时 $v(x+h)\to v(x)$（由 $v$ 的连续性保证），而第二个极限中 $u(x)$ 是常数因子。这样拆分后，每个极限都符合导数的定义形式，为后续利用 $u$ 和 $v$ 的可导性求极限做好了准备。

本步骤的目标是计算导数定义中的极限： $$ \lim_{h \to 0} \frac{u(x+h)v(x+h) - u(x)v(x)}{h}. $$ 我们采用分子加减$u(x+h)v(x)$的技巧，将极限拆分为两部分： $$ \lim_{h \to 0} \frac{u(x+h)v(x+h) - u(x+h)v(x) + u(x+h)v(x) - u(x)v(x)}{h}. $$ 整理得： $$ \lim_{h \to 0} \left[ u(x+h) \cdot \frac{v(x+h) - v(x)}{h} + v(x) \cdot \frac{u(x+h) - u(x)}{h} \right]. $$ 由于$u$在$x$处可导，故$u$在$x$处连续，因此当$h \to 0$时，$u(x+h) \to u(x)$。又因为$v$在$x$处可导，所以$\frac{v(x+h)-v(x)}{h} \to v'(x)$；同理$\frac{u(x+h)-u(x)}{h} \to u'(x)$。利用极限的乘法法则和加法法则，得到： $$ \lim_{h \to 0} u(x+h) \cdot \frac{v(x+h)-v(x)}{h} = u(x) \cdot v'(x), $$ $$ \lim_{h \to 0} v(x) \cdot \frac{u(x+h)-u(x)}{h} = v(x) \cdot u'(x). $$ 因此，原极限等于$u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$，这正是乘积的导数公式。

将$f(x)$视为$u_1(x)$与$[u_2(x)u_3(x)\cdots u_n(x)]$的乘积，即$f(x)=u_1(x)\cdot g(x)$，其中$g(x)=u_2(x)u_3(x)\cdots u_n(x)$。首先应用两个函数乘积的求导法则：$$f'(x)=u_1'(x)g(x)+u_1(x)g'(x).$$ 接下来对$g'(x)$继续应用乘积法则，将$g(x)$视为$u_2(x)$与$[u_3(x)\cdots u_n(x)]$的乘积，得到$$g'(x)=u_2'(x)[u_3(x)\cdots u_n(x)]+u_2(x)[u_3(x)\cdots u_n(x)]'.$$ 重复这一过程，每次将剩余部分的乘积视为一个整体，逐层展开。经过$n-1$次应用乘积法则后，最终得到$$f'(x)=u_1'(x)u_2(x)\cdots u_n(x)+u_1(x)u_2'(x)u_3(x)\cdots u_n(x)+\cdots+u_1(x)u_2(x)\cdots u_{n-1}(x)u_n'(x).$$ 即$n$个可导函数乘积的导数等于每一项中仅有一个函数求导而其余函数保持不变的和。该结论可由数学归纳法严格证明：当$n=2$时即为基本乘积法则；假设$n=k$时成立，则$n=k+1$时，将前$k$个函数的乘积视为一个整体，利用$n=2$的法则和归纳假设即可推出。此公式在微积分中称为广义乘积法则（Leibniz法则），是求导运算的重要工具。