2015年考研数学一第18题

首先，令 $f(x)=u(x)v(x)$，其中 $u(x)$ 和 $v(x)$ 均为可导函数。根据导数的定义，函数 $f(x)$ 在点 $x$ 处的导数定义为： $$f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}.$$ 将 $f(x)=u(x)v(x)$ 代入上式，得到： $$f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}.$$ 这是推导乘积法则的起点。为了将分子变形为可利用极限运算法则的形式，我们采用“加一项减一项”的技巧。在分子中加上并减去 $u(x)v(x+\Delta x)$，即： $$u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)=\big[u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)\big]+\big[u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)\big].$$ 这样，原极限可以拆分为两个极限之和： $$f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}\cdot v(x+\Delta x)+\lim_{\Delta x\to 0}u(x)\cdot\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}.$$ 由于 $u(x)$ 可导，故 $\lim_{\Delta x\to 0}\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}=u'(x)$；又因为 $v(x)$ 可导，所以 $v(x)$ 在 $x$ 处连续，从而 $\lim_{\Delta x\to 0}v(x+\Delta x)=v(x)$。同理，$\lim_{\Delta x\to 0}\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}=v'(x)$。因此，最终得到乘积法则： $$f'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).$$ 本步骤仅完成导数定义形式的书写，后续步骤将具体代入题目中的函数 $u(x)$ 和 $v(x)$ 进行计算。

为了利用导数的定义证明乘积的求导法则，我们需要对差商 $\frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$ 的分子进行恒等变形。具体做法是在分子中同时加上和减去一项 $u(x)v(x+\Delta x)$，这样分子变为： $$u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x).$$ 将前两项组合：$u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x) = [u(x+\Delta x)-u(x)]v(x+\Delta x)$； 将后两项组合：$u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x) = u(x)[v(x+\Delta x)-v(x)]$。 因此，原差商可写为： $$\frac{[u(x+\Delta x)-u(x)]v(x+\Delta x)+u(x)[v(x+\Delta x)-v(x)]}{\Delta x}.$$ 进一步拆分为两个差商之和： $$\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x)+u(x)\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}.$$ 这样，分子恒等变形完成，为下一步取极限做好了准备。

由步骤2得到分子表达式： $$(u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)) = u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)$$ 将前两项结合，后两项结合，提取公因式： $$= [u(x+\Delta x)-u(x)]v(x+\Delta x) + u(x)[v(x+\Delta x)-v(x)]$$ 现在，将整个差商 $\frac{\Delta(uv)}{\Delta x}$ 写为： $$\frac{\Delta(uv)}{\Delta x} = \frac{[u(x+\Delta x)-u(x)]v(x+\Delta x) + u(x)[v(x+\Delta x)-v(x)]}{\Delta x}$$ 利用分式的加法性质，拆分为两个差商之和： $$\frac{\Delta(uv)}{\Delta x} = \frac{[u(x+\Delta x)-u(x)]v(x+\Delta x)}{\Delta x} + \frac{u(x)[v(x+\Delta x)-v(x)]}{\Delta x}$$ 进一步，将常数因子 $v(x+\Delta x)$ 和 $u(x)$ 分别提到分式外面： $$\frac{\Delta(uv)}{\Delta x} = v(x+\Delta x)\cdot\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x} + u(x)\cdot\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}$$ 至此，我们已经将函数乘积的差商分解为两个差商的线性组合：第一个差商是 $u$ 的差商乘以 $v(x+\Delta x)$，第二个差商是 $v$ 的差商乘以 $u(x)$。这一分解为下一步取极限 $\Delta x \to 0$ 奠定了基础。

在上一部分中，我们已得到函数 $y = u(x)v(x)$ 的增量表达式： $$ \Delta y = u(x+\Delta x)v(x+\Delta x) - u(x)v(x) = \Delta u \cdot v(x+\Delta x) + u(x) \cdot \Delta v. $$ 其中 $\Delta u = u(x+\Delta x)-u(x)$，$\Delta v = v(x+\Delta x)-v(x)$。 现在，我们利用导数的定义来求 $y$ 的导数： $$ y'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \left[ \frac{\Delta u}{\Delta x} v(x+\Delta x) + u(x) \frac{\Delta v}{\Delta x} \right]. $$ 由于 $u$ 和 $v$ 在 $x$ 处可导，因此 $\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta u}{\Delta x} = u'(x)$，$\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta v}{\Delta x} = v'(x)$。又因为 $v$ 在 $x$ 处可导，所以 $v$ 在 $x$ 处连续，从而 $\lim_{\Delta x \to 0} v(x+\Delta x) = v(x)$。 利用极限的四则运算法则（乘积的极限等于极限的乘积，和的极限等于极限的和），可得： $$ \begin{aligned} y'(x) &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta u}{\Delta x} \cdot \lim_{\Delta x \to 0} v(x+\Delta x) + u(x) \cdot \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta v}{\Delta x} \\ &= u'(x) \cdot v(x) + u(x) \cdot v'(x). \end{aligned} $$ 这样就完成了乘积法则的证明：若 $u(x)$ 和 $v(x)$ 在 $x$ 处可导，则 $y = u(x)v(x)$ 在 $x$ 处也可导，且 $y'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$。

由两个函数乘积的求导法则 $(u_1 u_2)' = u_1' u_2 + u_1 u_2'$ 出发，可以推广到三个函数乘积的情形： 设 $f(x) = u_1 u_2 u_3$，则 \[ f'(x) = (u_1 u_2 u_3)' = (u_1 u_2)' u_3 + (u_1 u_2) u_3' = (u_1' u_2 + u_1 u_2') u_3 + u_1 u_2 u_3' = u_1' u_2 u_3 + u_1 u_2' u_3 + u_1 u_2 u_3'. \] 观察规律：三个函数乘积的导数等于每个函数求导后乘以其余两个函数，再求和。即 \[ f'(x) = \sum_{i=1}^{3} u_i' \prod_{j \neq i} u_j. \] 类似地，对于 $n$ 个可导函数 $u_1(x), u_2(x), \dots, u_n(x)$ 的乘积 $f(x) = u_1 u_2 \cdots u_n$，我们可以猜想其导数公式为： \[ f'(x) = \sum_{i=1}^{n} u_i' \prod_{\substack{j=1 \\ j \neq i}}^{n} u_j. \] 这个猜想可以通过数学归纳法严格证明：假设 $n=k$ 时公式成立，则当 $n=k+1$ 时，将 $f(x) = (u_1 u_2 \cdots u_k) \cdot u_{k+1}$ 视为两个函数乘积，利用两个函数乘积法则和归纳假设即可推出公式对 $n=k+1$ 也成立。因此该猜想是合理的，并将在后续步骤中用于求解具体问题。

我们采用数学归纳法证明 $n$ 个函数乘积的求导法则： 设 $f(x) = u_1(x) u_2(x) \cdots u_n(x)$，则 $$f'(x) = \sum_{i=1}^n \left( u_1(x) \cdots u_{i-1}(x) \cdot u_i'(x) \cdot u_{i+1}(x) \cdots u_n(x) \right).$$ **归纳基础**：当 $n=2$ 时，即为两个函数的乘积法则 $(u_1 u_2)' = u_1' u_2 + u_1 u_2'$，结论成立。 **归纳假设**：假设对 $n-1$ 个函数乘积的求导法则成立，即 $$(u_1 u_2 \cdots u_{n-1})' = \sum_{i=1}^{n-1} \left( u_1 \cdots u_{i-1} \cdot u_i' \cdot u_{i+1} \cdots u_{n-1} \right).$$ **归纳步骤**：考虑 $n$ 个函数乘积 $f(x) = (u_1 u_2 \cdots u_{n-1}) \cdot u_n$。将 $u_1 u_2 \cdots u_{n-1}$ 视为一个整体，记为 $g(x)$，则 $f(x) = g(x) \cdot u_n(x)$。应用两个函数的乘积法则： $$f'(x) = g'(x) \cdot u_n(x) + g(x) \cdot u_n'(x).$$ 代入归纳假设 $g'(x) = \sum_{i=1}^{n-1} \left( u_1 \cdots u_{i-1} \cdot u_i' \cdot u_{i+1} \cdots u_{n-1} \right)$，以及 $g(x) = u_1 u_2 \cdots u_{n-1}$，得到： $$f'(x) = \left[ \sum_{i=1}^{n-1} \left( u_1 \cdots u_{i-1} \cdot u_i' \cdot u_{i+1} \cdots u_{n-1} \right) \right] \cdot u_n + (u_1 u_2 \cdots u_{n-1}) \cdot u_n'.$$ 将第一项中的 $u_n$ 乘入求和号内，每一项都乘以 $u_n$，得到： $$f'(x) = \sum_{i=1}^{n-1} \left( u_1 \cdots u_{i-1} \cdot u_i' \cdot u_{i+1} \cdots u_{n-1} \cdot u_n \right) + u_1 u_2 \cdots u_{n-1} \cdot u_n'.$$ 注意到第二项可以视为求和式中 $i=n$ 的项（此时 $u_n'$ 出现，其余因子为 $u_1 \cdots u_{n-1}$），因此上式可合并为： $$f'(x) = \sum_{i=1}^{n} \left( u_1 \cdots u_{i-1} \cdot u_i' \cdot u_{i+1} \cdots u_n \right).$$ 这正是 $n$ 个函数乘积的求导公式。由数学归纳法，该公式对任意正整数 $n \geq 2$ 成立。 **最终答案验证**：当 $n=3$ 时，公式给出 $(u_1 u_2 u_3)' = u_1' u_2 u_3 + u_1 u_2' u_3 + u_1 u_2 u_3'$，与直接应用两次乘积法则的结果一致，验证正确。