非专业、适用于计算机科学的微积分简要提纲，用于汇总梳理知识。如有错误恳请批评指正！

n 次幂函数导数公式的推导

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{x}^n& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta y}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{(x+\Delta x{)}^n-x^n}{\Delta x}\end{array}$$
对于微小量 $\Delta x$，根据牛顿二项式定理

$$(x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{n-k}{y}^k$$

我们有（略去无穷小量余项）
$$(x+\Delta x{)}^n=x^n+n(\Delta x)x^{n-1}+o(\Delta x{)}^2$$

则有
$$\begin{array}{rl}\frac{\Delta y}{\Delta x}& =\frac{[x^n+n(\Delta x)x^{n-1}+o(\Delta x{)}^2]-x^n}{\Delta x}\\ & \\ & =n{x}^{n-1}+o(\Delta x)\end{array}$$

当 $\Delta x\to 0$ 时，我们有
$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta y}{\Delta x}=n{x}^{n-1}$$

即
$$\boxed{\frac{d}{dx}{x}^n=n{x}^{n-1}}$$

导数和的运算法则的证明

$$\boxed{(u+v{)}^{\prime }(x)=u^{\prime }(x)+v^{\prime }(x)}$$

$$\begin{array}{rl}(u+v{)}^{\prime }(x)& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{(u+v)(x+\Delta x)-(u+v)(x)}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)-u(x)+v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}+\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\\ & \\ & =u^{\prime }(x)+v^{\prime }(x).\end{array}$$

正弦、余弦函数导数公式的推导

代数证明

两个重要极限（引理）及证明

$$\boxed{\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{cos\Delta x-1}{\Delta x}=0}$$
设 $\Delta x=\theta$，我们考虑一个半径$r=1$ 的单位圆，以弧度为度量单位， $\theta$ 扫过的弧线长度$l=\theta r=\theta$。过 $\theta$ 角的终止角向其起始角作垂线，则垂点到圆心的水平距离为$cos\theta$，垂点到弧的一端的水平距离为$1-cos\theta$。

当 $\theta \to 0$ 时，$1-cos\theta$ 递减比 $\theta$ 更快，因此比值 $\frac{1-cos\theta }{\theta }\to 0$，则可以证明 $$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{cos\Delta x-1}{\Delta x}=0$$ 成立。

$$\boxed{\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{sin\Delta x}{\Delta x}=1}$$
同理，如图

当 $\theta \to 0$ 时，$sin\theta \approx \theta$ 逐步趋向于精确，比值 $\frac{sin\theta }{\theta }\to 1$，因此极限 $$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{sin\Delta x}{\Delta x}=1$$ 成立。

具体推导

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}sinx& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{sin(x+\Delta x)-sinx}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{sinxcos\Delta x+cosxsin\Delta x-sinx}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{sinxcos\Delta x-sinx}{\Delta x}+\frac{cosxsin\Delta x}{\Delta x}\right]\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[sinx\left(\frac{cos\Delta x-1}{\Delta x}\right)+cosx\left(\frac{sin\Delta x}{\Delta x}\right)\right]\\ & \end{array}$$

利用两个重要极限，可得
$$\begin{array}{r}\boxed{\frac{d}{dx}sinx=cosx}\end{array}$$
同样地
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}cosx& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{cos(x+\Delta x)-cosx}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{cosxcos\Delta x-sinxsin\Delta x-cosx}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{cosxcos\Delta x-cosx}{\Delta x}-\frac{sinxsin\Delta x}{\Delta x}\right]\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[cosx\left(\frac{cos\Delta x-1}{\Delta x}\right)-sinx\left(\frac{sin\Delta x}{\Delta x}\right)\right]\\ & \end{array}$$

利用两个重要极限，可得
$$\begin{array}{r}\boxed{\frac{d}{dx}cosx=-sinx}\end{array}$$

几何直观

我们在单位圆上给予 $\theta$ 微小增量 $\Delta \theta$，则 P 的纵坐标为$sin\theta$，Q 的纵坐标为$sin(\theta +\Delta \theta )$。

如图，纵坐标增量 $\Delta y=|PR|$，线段 PQ 则是对弧线$\stackrel{⌢}{\mathrm{PQ}}$的近似，我们可以很容易得到 $|PQ|\approx \Delta \theta$。考虑到 $\Delta \theta$ 为微小量，线段 PQ 几乎是圆的一条切线，以至于 $\angle OPQ$ 近似为直角，由几何关系，$\angle RPQ\approx \theta$，则$cos\theta \approx \frac{|PR|}{\Delta \theta }=\frac{sin(\theta +\Delta \theta )-sin\theta }{\Delta \theta }.$

那么，当 $\Delta \theta \to 0$ 时，这一近似结果就越准确，直到 $$\underset{\Delta \theta \to 0}{\lim }\frac{sin(\theta +\Delta \theta )-sin\theta }{\Delta \theta }=cos\theta$$
成立。

$y=cos\theta$ 同理易证，但是需要注意余弦函数的单调性（单调递减，增量为负）。

导数积的运算法则的证明

$$\boxed{(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }}$$

$$(uv{)}^{\prime }=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}$$

我们希望构造出 $\left[u(x+\Delta x)-u(x)\right]v(x)$ 这一项以期凑出 $u^{\prime }(x)$，于是我们注意到
$$u(x+\Delta x)v(x)-u(x+\Delta x)v(x)=0$$

代入得
$$\begin{array}{rl}(uv{)}^{\prime }& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)v(x)-u(x)v(x)+u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x+\Delta x)v(x)}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left\{\left[\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}\right]v(x)+u(x+\Delta x)\left[\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\right]\right\}\\ & \\ & =u^{\prime }(x)v(x)+\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left\{u(x+\Delta x)\left[\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\right]\right\}\\ & \\ & =u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x).\end{array}$$

导数商的法则的证明

$$\boxed{{\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$$

$$\begin{array}{r}{\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\frac{u(x+\Delta x)}{v(x+\Delta x)}-\frac{u(x)}{v(x)}}{\Delta x}\end{array}$$

设 $\Delta u=u(x+\Delta x)-u(x)$ ，$\Delta v=v(x+\Delta x)-v(x)$ ，则有
$$\begin{array}{rl}\frac{u(x+\Delta x)}{v(x+\Delta x)}-\frac{u(x)}{v(x)}& =\frac{u+\Delta u}{v+\Delta v}-\frac{u}{v}\\ & \\ & =\frac{(u+\Delta u)v-u(v+\Delta v)}{(v+\Delta v)v}\\ & \\ & =\frac{uv+(\Delta u)v-uv+u(\Delta v)}{(v+\Delta v)v}\\ & \\ & =\frac{(\Delta u)v+u(\Delta v)}{(v+\Delta v)v}\end{array}$$

我们有
$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\frac{(\Delta u)v+u(\Delta v)}{(v+\Delta v)u}}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{1}{\Delta x}\frac{(\Delta u)v+u(\Delta v)}{(v+\Delta v)u}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\left(\frac{\Delta u}{\Delta x}\right)v-u\left(\frac{\Delta v}{\Delta x}\right)}{(v+\Delta v)v}\\ & \\ & =\frac{\left(\frac{du}{dx}\right)v-u\left(\frac{dv}{dx}\right)}{v^2}\\ & \\ & =\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}.\end{array}$$

链式法则的证明

$$\boxed{\frac{dy}{dt}=\frac{dy}{dx}\frac{dx}{dt}}$$

$$\begin{array}{rl}dy& =\frac{dy}{dx}dx\\ & \\ & =\frac{dy}{dx}\frac{dx}{dt}dt.\end{array}$$

有理幂函数求导法则的证明

若 $a\in Q$，则有
$$\boxed{\frac{d}{dx}(x^a)=a{x}^{a-1}}$$

假设 $a=\frac{m}{n}$，其中 $m\in N$，$n\in N$，我们有 $y=x^{\frac{m}{n}}$，则

$$\begin{array}{rl}{y}^n& ={\left(x^{\frac{m}{n}}\right)}^n\\ y^n& =x^m\end{array}$$

等式两边同时求导
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{y}^n& =\frac{d}{dx}{x}^m\\ & \\ \left(\frac{d}{dy}{y}^n\right)\frac{dy}{dx}& =m{x}^{m-1}\\ & \\ n{y}^{n-1}\frac{dy}{dx}& =m{x}^{m-1}\\ & \\ \frac{dy}{dx}& =\frac{m}{n}\frac{x^{m-1}}{y^{n-1}}\end{array}$$

将 $y=x^{\frac{m}{n}}$ 代入方程得
$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{m}{n}\left[\frac{x^{m-1}}{(x^{\frac{m}{n}}{)}^{n-1}}\right]\\ & \\ & =\frac{m}{n}\left[\frac{x^{m-1}}{x^{\frac{m(n-1)}{n}}}\right]\\ & \\ & =\frac{m}{n}{x}^{\left[(m-1)-\frac{m(n-1)}{n}\right]}\\ & \\ & =\frac{m}{n}{x}^{\left[\frac{n(m-1)-m(n-1)}{n}\right]}\\ & \\ & =\frac{m}{n}{x}^{\frac{m-n}{n}}\\ & \\ & =\frac{m}{n}{x}^{\frac{m}{n}-1}\\ & \\ & =a{x}^{a-1}.\end{array}$$

反函数求导法则的证明

$$\boxed{\frac{dx}{dy}=\frac{1}{\frac{dy}{dx}}}$$

我们有 $y=f(x)$，$f^{-1}(y)=x$，则
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}[f^{-1}(y)]& =\frac{d}{dx}(x)\\ & \\ \frac{d}{dx}[f^{-1}(y)]& =1\\ & \end{array}$$

由链式法则
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dy}[f^{-1}(x)]\frac{dy}{dx}& =1\\ & \\ \frac{d}{dy}[f^{-1}(x)]& =\frac{1}{\frac{dy}{dx}}.\\ & \end{array}$$

反正切函数导数公式的推导

$$\boxed{\frac{d}{dx}arctan(x)=\frac{1}{1+x^2}}$$

我们有 $y=arctan(x)=ta{n}^{-1}(x)$ ，等式两边同时取正切以简化方程：
$$\begin{array}{rl}tany& =tan[ta{n}^{-1}(x)]\\ tany& =x\end{array}$$

如图，我们限制函数 $tan(x)$ 的定义域为 $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ ，我们沿 $y=x$ 将 $tan(x)$ 翻转即可得到反函数 $ta{n}^{-1}(x)$ ：

我们可以知道，${\lim }_{x\to \infty }ta{n}^{-1}(x)=\frac{\pi }{2}$ ，而我们显然可以推导出
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dy}tany& =\frac{d}{dy}\frac{siny}{cosy}\\ & \\ & =\frac{co{s}^{2}y-si{n}^{2}y}{co{s}^{2}y}\\ & \\ & =\frac{1}{co{s}^{2}y}\\ & \\ & =se{c}^{2}y\end{array}$$

我们对 $tany=x$ 两边同时求导
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}[tan(y)]& =\frac{d}{dx}x\\ & \\ \frac{d}{dy}[tan(y)]\frac{dy}{dx}& =1\\ & \\ \frac{1}{co{s}^{2}y}\frac{dy}{dx}& =1\\ & \\ \frac{dy}{dx}& =co{s}^{2}y\end{array}$$

我们仍需要以 $x$ 消去 $y$，由三角关系，$cos(y)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$，那么 $co{s}^2(y)=\frac{1}{1+x^2}$，则
$$\frac{d}{dx}arctan(x)=\frac{1}{1+x^2}.$$

指数函数导数公式的推导

$$\boxed{\frac{d}{dx}{a}^x=a^x\ln a}$$

引入

由导数的定义
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{a}^x& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{a^{x+\Delta x}-a^x}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{a^x{a}^{\Delta x}-a^x}{\Delta x}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }{a}^x\frac{a^{\Delta x}-1}{\Delta x}\\ & \\ & =a^x\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{a^{\Delta x}-1}{\Delta x}\\ & \end{array}$$

设 ${\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{a^{\Delta x}-1}{\Delta x}=M(a)$ ，则有
$$\frac{d}{dx}{a}^x=M(a)a^x$$

由于 $\frac{d}{dx}{a}^x{|}_{x=0}=M(a)$ ，我们只需要求解出 $y=a^x$ 图象在 $x=0$ 处切线的斜率即可得到指数函数导数公式。假设一个常数 $e$ ，使得 $M(e)=1$ ，那么有
$$\boxed{\frac{d}{dx}{e}^x=e^x}$$

同时，$y=e^x$ 图象在 $x=0$ 的切线斜率为 1. 下面证 $e$ 的唯一性（不完全）：

随着底数 $a$ 增长，指数函数的图象愈来愈陡峭，则其导数单调递增，当 $a=1$ 时，$a^x=1$ 恒成立且对应指数函数图象斜率恒为 0；我们用割线来逼近 $a=2$ 以及 $a=4$ 的情况：

如图，从 $(0,1)$ 到 $(1,2)$ 关于 $y=2^x$ 的割线斜率为 1，我们很容易可以看出，$M(2)<1$ ；

如下图，从 $(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ 到 $(1,0)$ 关于 $y=4^x$ 的割线斜率为 1，我们也可以得到 $M(4)>1$ 。

由于 $y=a^x$ 的导数必定连续且单增，则 $M(a)$ 也连续且单增，由上述推理可知 $a\in (2,4)$ 有且只有一个 $e$ 满足 $M(a)=1$ ，唯一性得证。

自然对数是以 $e$ 为底的指数函数的反函数：
$$y=e^x,\ln (y)=x$$

设 $w=\ln x$，则有
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{e}^w& =\frac{d}{dx}x\\ & \\ \frac{d}{dw}(e^w)\frac{dw}{dx}& =1\\ & \\ e^w\frac{dw}{dx}& =1\\ & \\ \frac{dw}{dx}& =\frac{1}{e^w}\\ & \end{array}$$

由假设，我们有
$$\boxed{\frac{d}{dx}\ln x=\frac{1}{x}}$$

证明

第一种方法：代入消元

我们使用 $e$ 重新表达 $a^x$ ：
$$a^x={\left(e^{\ln a}\right)}^x=e^{x\ln a}$$

由链式法则，我们可以得到
$$\frac{d}{dx}{e}^{x\ln a}=(\ln a)e^{x\ln a}.$$

即
$$\boxed{\frac{d}{dx}{a}^x=a^x\ln a}$$

那么，$M(a)=\ln a$ .

第二种方法：对数微分

设 $u=a^x$ ，而由链式法则，$\frac{d}{dx}\ln u=\frac{1}{u}\frac{du}{dx}$，即 $(\ln u{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}.$ 则有

$$\begin{array}{rl}\ln u& =\ln (a^x)\\ \ln u& =x\ln a\\ (\ln u{)}^{\prime }& =\ln a\end{array}$$

由 $(\ln u{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$ 可得 $u^{\prime }=u(\ln u{)}^{\prime }$ ，即 $(a^x{)}^{\prime }=a^x\ln a.$

幂指函数导数公式的推导

$$\boxed{\frac{d}{dx}{x}^x=x^x(1+\ln x)}$$

之前我们已然推导出 $(\ln u{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$，设 $v=x^x$ ，我们利用对数微分的技巧求解 $v^{\prime }$ ：
$$\begin{array}{rl}\ln v& =x\ln x\\ (\ln v{)}^{\prime }& =\ln x+x\cdot \frac{1}{x}\\ & =\frac{v^{\prime }}{v}\end{array}$$

则有
$$\begin{array}{rl}\frac{v^{\prime }}{x^x}& =1+\ln x\\ & \\ v^{\prime }& =x^x(1+\ln x).\end{array}$$

幂法则（The Power Rule）的证明

我们先前证明过有理数幂函数的导数公式，现在我们将其拓展到实数域：
$$\boxed{\frac{d}{dx}{x}^r=r{x}^{r-1}}$$

第一种方法：e 的代换

显然 $x^r=e^{r\ln x}$ ，则
$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dx}{x}^r& =\frac{d}{dx}{e}^{r\ln x}=e^{r\ln x}\frac{d}{dx}(r\ln x)\\ & \\ & =e^{r\ln x}\left(\frac{r}{x}\right)\\ & \\ & =x^r\left(\frac{r}{x}\right)=r{x}^{r-1}.\end{array}$$

第二种方法：对数微分

我们定义 $f(x)=x^r$，则有
$$\begin{array}{rl}\ln f& =r\ln x\\ (\ln f{)}^{\prime }& =\frac{f^{\prime }}{f}=\frac{r}{x}\\ f^{\prime }& =f(\ln f{)}^{\prime }=x^r\left(\frac{r}{x}\right)\\ & =r{x}^{r-1}.\end{array}$$

e 的极限本质

$$\boxed{\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e}$$

取自然对数
$$\ln \left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right]=n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$$

当 $n\to \infty$ 时，$\Delta x=\frac{1}{n}\to 0$，$n=\frac{1}{\Delta x}$，这样我们就可以将其转换为趋近于 0 的极限问题：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{\Delta x}\ln (1+\Delta x)\right]\\ & \end{array}$$

利用 $\ln 1=0$ 这一性质，我们可以构造出熟悉的导数极限定义式的形式：
$$\begin{array}{rl}\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{\Delta x}\ln (1+\Delta x)\right]& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left\{\frac{1}{\Delta x}[\ln (1+\Delta x)-\ln 1]\right\}\\ & \\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+\Delta x)-\ln 1}{\Delta x}\\ & \\ & =\frac{d}{dx}\ln x{|}_{x=1}=\frac{1}{x}{|}_{x=1}\\ & \\ & =1\end{array}$$

这是原极限取自然对数的结果，意味着
$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n& =\underset{n\to \infty }{\lim }{e}^{\ln \left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right]}\\ & \\ & =e^{{\lim }_{n\to \infty }\ln \left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right]}\\ & \\ & =e^1=e.\end{array}$$

双曲函数导数公式的推导

双曲正弦函数
$$\sinh (x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$$

双曲余弦函数
$$\cosh (x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$$

则有
$$\boxed{\frac{d}{dx}\sinh (x)=\cosh (x)}$$

$$\boxed{\frac{d}{dx}\cosh (x)=\sinh (x)}$$

$$\frac{d}{dx}\sinh (x)=\frac{e^x-(-e^{-x})}{2}=\cosh (x).$$

$\cosh (x)$ 同理可证。

重要性质的证明

$$\boxed{{\cosh }^2(x)-{\sinh }^2(x)=1}$$

$$\begin{array}{rl}{\cosh }^2(x)-{\sinh }^2(x)& ={\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)}^2\\ & \\ & =\frac{1}{4}(e^{2x}+2e^x{e}^{-x}+e^{-2x})-\frac{1}{4}(e^{2x}-2+e^{-2x})\\ & \\ & =\frac{1}{4}(2+2)=1.\end{array}$$