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即未用户9223
2月前
$f^{'}(e^x)=\lim_{{\Delta}x{\to}0}\frac{e^{x+{\Delta}x}-e^x}{{\Delta}x}=e^x\lim_{{\Delta}x{\to}0}\frac{e^{{\Delta}x}-1}{{\Delta}x}$
$=e^x$(等价无穷小)
6条评论
¤ 深蓝 (planck)
2月前
对的
一开始我甚至用泰勒展开做了一遍😅
即未用户9223 回复 ¤ 深蓝 (planck)
2月前
话说我一开始还想用洛必达来做呢♿♿♿后来发现这是循环论证♿(因为过程中要对e^x求导)
Asukasuka
2月前
话说你最后一步真的严谨吗 exp（x）在x很小的近似不还是Taylor展开吗 Taylor展开公式不还是有求导吗
Asukasuka
2月前
诚然最后那步是对的 但你一步写出来让我怀疑用的麦克劳林系列循环论证了
到那一步后还是应该从e的定义式出发写吧
即未用户9223 回复 Asukasuka
2月前
你这样一问把我也搞宕机了😅♿不过我突然冒出来一个想法🤔
$先证明(lnx)^{'}=\frac{1}{x}$
$(lnx)^{'}=\lim_{{\Delta}x{\to}0}\frac{ln(x+{\Delta}x)-lnx}{{\Delta}x}=\lim_{{\Delta}x{\to}0}ln(1+\frac{{\Delta}x}{x})^{\frac{1}{{\Delta}x}}$
$=\frac{1}{x}\lim_{{\Delta}x{\to}0}ln(1+\frac{{\Delta}x}{x})^{\frac{x}{{\Delta}x}}=\frac{1}{x}lne=\frac{1}{x}$
再用换元求刚才的那个极限：令$e^{{\Delta}x}-1=t$,则
$\lim_{{\Delta}x{\to}0}\frac{e^{{\Delta}x}-1}{{\Delta}x}=\lim_{t{\to}0}\frac{t}{ln(t+1)}=\lim_{t{\to}0}\frac{1}{\frac{1}{t+1}}=1$
Asukasuka 回复 即未用户9223
2月前
这个可以喵