伪装衍生物–高级区分| 12年级数学

词典中“伪装”的含义是“无法识别”。伪装衍生品的意思是“无法识别的衍生品”。在这类问题中，导数的定义以极限形式隐藏。乍一看，使用极限特性可以解决该问题，但是使用一阶导数原理更容易解决。因此，这类问题被称为变相衍生。

在继续进行之前，我们需要修改导数的第一原理。通过计算此极限来找到函数的导数称为与第一性原理的区别。第一原理导数是指使用代数找到曲线斜率的一般表达式。也称为增量法。导数是瞬时变化率的量度，等于

$\begin{aligned} \ \ \ \ \ \ \ \ \ f^{\prime}(x)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \end{aligned}$

解决方法

步骤1.尝试简化方程式，使其类似于导数的第一原理。

步骤2.查找f(x)的值

步骤3。使用第一个原理找到f’(x)。

第4步。找到x的值，使得在替换x时类似于问题

让我们通过一个示例问题更好地理解它。

变相导数的样本问题

范例1。 $\begin{aligned} \qquad &\lim _{h \rightarrow 0} \frac{5(2+h)^{3}-40}{h} \end{aligned}$

解决方案：

可以使用极限评估和微分来解决这类问题。让我们一个个地了解两种解决方案，然后再比较哪个更好。

使用极限评估的解决方案：

$\\ \begin{array}{l} \qquad =\lim _{h \rightarrow 0} \frac{5\left(2^{3}+h^{3}+3.2 \cdot h(2+h)\right)-40}{h} \\ \qquad =\lim _{h \rightarrow 0} \frac{40+5 h^{3}+30 h(2+h)-40}{h} \\ \qquad =\lim _{h \rightarrow 0} \frac{5 h^{3}+60 h+30 h^{2}}{h} \\ \qquad =\lim _{h \rightarrow 0} 5 h^{2}+60+30 h \\ \qquad =0+60+0 \\ \qquad =60 \end{array}$

现在我们有问题的答案，即60。此函数不是太复杂，极限评估也就不那么困难了。因此，这种方法效果很好。但是在更困难的变化中，评估极限确实很复杂。在第二种方法中，我们的主要目的是尝试简化方程，使其类似于导数的第一原理。

使用差异化的解决方案：

Simplify the given problem:

$\\ \qquad=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{5(2+h)^{3}-40}{h} \\ \qquad=5 \cdot \lim _{h \rightarrow 0} \frac{(2+h)^{3}-8}{h} \\ \qquad=5 \cdot \lim _{h \rightarrow 0} \frac{(2+h)^{3}-2^{3}}{h} \\ \qquad=\text { Ans }$
Let’s take f(x)=x³
$\\ f^{\prime}(x)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \quad\{first principle \} \\f^{\prime}(x)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^{3}-x^{3}}{h} \quad\left\{f(x+h)=(x+h)^{3}\right\}$
Putting x=2 on both sides,
$\\f^{\prime}(2)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{(2+h)^{3}-2^{3}}{h}$
Multiply both sides by 5,
$\\5 . f^{\prime}(2)=5 . \lim _{h \rightarrow 0} \frac{(2+h)^{3}-2^{3}}{h} \\5 . f^{\prime}(2) =A n s \\ \ \ \ \ \ A n s =5 . f^{\prime}(2) \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =5 .\left(3 x^{2}\right)_{a t} x=2 \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =5 .(3.2 .2) \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =60$

此方法的优点在于了解f(x)。复杂的外观限制是变相的衍生形式。因此，如果您在理解过程中遇到任何困难，请再次进行该过程。在解决更多示例之后，这将变得更加清晰。

例子2。 $\\ \qquad\lim _{h \rightarrow 0} \frac{2 \tan \left(\frac{\pi}{3}+h\right)-2 \tan \left(\frac{\pi}{3}\right)}{h}$

解决方案：

Take f(x) = tan(x)
$\\ \qquad f^{\prime}(x)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\qquad \quad\{\text { first principle }\} \\ \ \ \qquad\qquad=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{\tan (x+h)-\tan (x)}{h}$
Put x=$\frac{\pi}{3}$ and multiply both sides by 2,
$\\ \qquad2. f^{\prime}\left(\frac{\pi}{3}\right)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{2 \tan \left(\frac{\pi}{3}+h\right)-2 \tan \left(\frac{\pi}{3}\right)}{h}\\ \qquad \qquad A n s =2 . f^{\prime}\left(\frac{\pi}{3}\right) \\ \qquad \qquad \qquad =2 . \sec ^{2}\left(\frac{\pi}{3}\right) \\ \qquad \qquad \qquad =2.2^{2} \\ \qquad \qquad \qquad =8$

范例3。 $\\ \begin{aligned} \qquad &\lim _{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^{2}-x^2}{h} \end{aligned}$

解决方案：

Let’s take f(x) = x²
$\\ f^{\prime}(x)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \quad\{first principle \} \\f^{\prime}(x)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^{2}-x^{2}}{h} \quad\left\{f(x+h)=(x+h)^{2}\right\} \\Hence, \\ \qquad Ans=f'(x) \\ \qquad \qquad \ =2x$

例子4。 $\\ \lim _{h \rightarrow 0} \frac{ \sin \left(\frac{\pi}{3}+h\right)- \sin \left(\frac{\pi}{3}\right)}{h}$

解决方案：

Take f(x) = sin(x)
$\\ \qquad f^{\prime}(x)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\qquad \quad\{\text { first principle }\} \\ \ \ \qquad\qquad=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{\sin (x+h)-\sin (x)}{h} \\ \qquad Put\ x=\frac{\pi}{3}\ \\ \qquad f^{\prime}\left(\frac{\pi}{3}\right)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{ \sin \left(\frac{\pi}{3}+h\right)- \sin \left(\frac{\pi}{3}\right)}{h} \\ \qquad \qquad A n s = f^{\prime}\left(\frac{\pi}{3}\right) \\ \qquad \qquad \qquad = \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) \\ \qquad \qquad \qquad =1/2$