给出一种推导过程简单，但用处较为普遍的复合函数求导二级结论。
标准公式及推导
设
\[f(x) = \prod_{i=1}^nA_i^{B_i(x)}(x)\]
其中 \(A_i(x), B_i(x)\) 为已知函数，则有
\[\begin{aligned}f^\prime(x) &= f(x)\left[\sum_{i=1}^n \left( B_i^{\ \prime}(x) \ln A_i (x) + B_i(x)\dfrac{A_i^\prime (x)}{A_i(x)}\right) \right] \\ &= \left[\prod_{i=1}^nA_i^{B_i(x)}(x)\right] \left[\sum_{i=1}^n \left( B_i^{\ \prime}(x) \ln A_i (x) + B_i(x)\dfrac{A_i^\prime (x)}{A_i(x)}\right) \right] \end{aligned}\]
推导过程如下：
对原式两边同时取自然对数，有
\[\ln f(x) = \sum^{n}_{i=1} B_i(x) \ln A_i(x)\]
对左右同时对 \(x\) 求导有
\[\frac{1}{f(x)}f^\prime (x) = \sum_{i=1}^n \left( B_i^{\ \prime}(x) \ln A_i (x) + B_i(x)\dfrac{A_i^\prime (x)}{A_i(x)}\right)\]
将左侧 \(f(x)\) 移项即可得到结果。
一些常用特例
取 \(B_i(x) = b_i\) 为常数可得
\[\begin{aligned}f(x) &= \prod_{x=1}^nA_i^{b_i}(x) \\ f^\prime (x) &= f(x) \left[\sum_{i=1}^n b_i \dfrac{A_i^\prime (x)}{A_i(x)}\right] \end{aligned}\]
由此可以验证除法求导法则，设 \(b_1 = 1, b_2 = -1\) 有
\[\begin{aligned}f(x) &= \dfrac{A_1(x)}{A_2(x)} \\ &= A_1(x) \cdot A_2^{-1}(x) \\ f^\prime (x) &= \dfrac{A_1(x)}{A_2(x)} \left[ \dfrac{A_1^\prime (x)}{A_1(x)} - \dfrac{A_2^\prime(x)}{A_2(x)} \right] \\ &= \dfrac{A_1^\prime (x)A_2(x) - A_1(x)A_2^\prime (x)}{A_2^2(x)}\end{aligned}\]
同时可以验证一些特殊函数，如 \(x^x\) ，取 \(A_1(x) = B_1(x) = x\) 。
\[\begin{aligned}f(x) &= x^x \\ f^\prime (x) &= x^x \left( x\dfrac{1}{x} + \ln x \right) \\ &= x^x(1 + \ln x)\end{aligned}\]
2020-10-23 Upd: 更新标题。