第二章 自测题
1. 计算下列各题
【题目】
$y=e^{\tan\frac{1}{x}}\sin\frac{1}{x}$ ，求 $y'$ ;
$y=\frac{1}{4}\ln\frac{1+x}{1-x}-\frac{1}{2}\arctan x$ ，求 $y', y''$ ;
$y = x^{\sin x} + f(\sin^{2} x)$ ，其中 f 可微，求 dy；
$\arcsin x \cdot \ln y - e^{2x} + \tan y = 0\ (0 < y < \frac{\pi}{2})$ ，求 $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=0}$ ;
$\ln \sqrt{x^2 + y^2} = \arctan \frac{y}{x}$ 确定了函数 $y = y(x)$ ，求 $y', y''$ ；
设函数 $y = y(x)$ 由参数方程 $\begin{cases} x = \ln \sqrt{1 + t^2} \\ y = \arctan t \end{cases}$ 确定，求 $\frac{dy}{dx}, \frac{d^2y}{dx^2}$ .
【解析】
利用乘法求导法则：
$$y' = \left(e^{\tan\frac{1}{x}}\right)' \sin\frac{1}{x} + e^{\tan\frac{1}{x}} \left(\sin\frac{1}{x}\right)'$$$$= e^{\tan\frac{1}{x}} \cdot \sec^2\frac{1}{x} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) \sin\frac{1}{x} + e^{\tan\frac{1}{x}} \cdot \cos\frac{1}{x} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)$$$$= -\frac{1}{x^2} e^{\tan\frac{1}{x}}\left(\sin\frac{1}{x}\sec^2\frac{1}{x} + \cos\frac{1}{x}\right)$$化简后求导：$y = \frac{1}{4}[\ln(1 + x) - \ln(1 - x)] - \frac{1}{2}\arctan x$。
- 一阶导数： $$y' = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{1 + x} + \frac{1}{1 - x}\right) - \frac{1}{2(1 + x^2)} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{1 - x^2} - \frac{1}{2(1 + x^2)} = \frac{1}{2(1 - x^2)} - \frac{1}{2(1 + x^2)}$$ $$= \frac{(1 + x^2) - (1 - x^2)}{2(1 - x^4)} = \frac{x^2}{1 - x^4}$$
- 二阶导数： $$y'' = \frac{(x^2)'(1 - x^4) - x^2(1 - x^4)'}{(1 - x^4)^2} = \frac{2x(1 - x^4) - x^2(-4x^3)}{(1 - x^4)^2} = \frac{2x - 2x^5 + 4x^5}{(1 - x^4)^2} = \frac{2x(1 + x^4)}{(1 - x^4)^2}$$
分别求各项微分：
- 第一项 $u = x^{\sin x} \implies \ln u = \sin x\ln x \implies du = x^{\sin x}\left(\cos x\ln x + \frac{\sin x}{x}\right)dx$；
- 第二项 $v = f(\sin^2 x) \implies dv = f'(\sin^2 x) \cdot 2\sin x\cos x dx = \sin 2x f'(\sin^2 x) dx$。 因此： $$dy = \left[x^{\sin x}\left(\cos x\ln x + \frac{\sin x}{x}\right) + \sin 2x f'(\sin^2 x)\right]dx$$
- 当 $x = 0$ 时，$\arcsin 0 \cdot \ln y - e^0 + \tan y = 0 \implies -1 + \tan y = 0$。因为 $0 < y < \frac{\pi}{2}$，得 $y = \frac{\pi}{4}$。
- 方程两边对 $x$ 求导： $$\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\ln y + \arcsin x \cdot \frac{y'}{y} - 2e^{2x} + \sec^2 y \cdot y' = 0$$ 代入 $x = 0, y = \frac{\pi}{4}$： $$1 \cdot \ln\frac{\pi}{4} + 0 - 2 + \sec^2\frac{\pi}{4} \cdot y' = 0$$ 因为 $\sec\frac{\pi}{4} = \sqrt{2} \implies \sec^2\frac{\pi}{4} = 2$， $$\ln\frac{\pi}{4} - 2 + 2y' = 0 \implies 2y' = 2 - \ln\frac{\pi}{4} = 2 - \ln\pi + \ln 4 = 2 + 2\ln 2 - \ln\pi$$ $$y' = 1 + \ln 2 - \frac{1}{2}\ln\pi$$
方程两边对 $x$ 隐函数求导：
$$\frac{1}{2}\ln(x^2 + y^2) = \arctan\frac{y}{x}$$$$\frac{1}{2} \cdot \frac{2x + 2yy'}{x^2 + y^2} = \frac{1}{1 + \left(\frac{y}{x}\right)^2} \cdot \frac{y'x - y}{x^2} \implies \frac{x + yy'}{x^2 + y^2} = \frac{xy' - y}{x^2 + y^2}$$两边消去公分母 $x^2 + y^2$：
$$x + yy' = xy' - y \implies y'(x - y) = x + y \implies y' = \frac{x + y}{x - y}$$求二阶导数：
$$y'' = \frac{(x + y)'(x - y) - (x + y)(x - y)'}{(x - y)^2} = \frac{(1 + y')(x - y) - (x + y)(1 - y')}{(x - y)^2} = \frac{2(xy' - y)}{(x - y)^2}$$代入 $y' = \frac{x + y}{x - y}$：
$$xy' - y = x\left(\frac{x + y}{x - y}\right) - y = \frac{x^2 + xy - xy + y^2}{x - y} = \frac{x^2 + y^2}{x - y}$$代入得：
$$y'' = \frac{2(x^2 + y^2)}{(x - y)^3}$$参数方程求导：
$$\frac{dx}{dt} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2t}{1 + t^2} = \frac{t}{1 + t^2},\quad \frac{dy}{dt} = \frac{1}{1 + t^2}$$- 一阶导数： $$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{1}{1 + t^2}}{\frac{t}{1 + t^2}} = \frac{1}{t}$$
- 二阶导数： $$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{t}\right)}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-\frac{1}{t^2}}{\frac{t}{1 + t^2}} = -\frac{1 + t^2}{t^3}$$
2. 分段函数导数
【题目】
$f(x) = \begin{cases} \frac{x}{1 - e^{\frac{1}{x}}}, & x\neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$ ，求 $f'(x)$ .
【解析】
当 $x \neq 0$ 时，直接利用商的求导法则：
$$f'(x) = \frac{1 \cdot (1 - e^{\frac{1}{x}}) - x \cdot \left[-e^{\frac{1}{x}} \left(-\frac{1}{x^2}\right)\right]}{\left(1 - e^{\frac{1}{x}}\right)^2} = \frac{1 - e^{\frac{1}{x}} - \frac{1}{x}e^{\frac{1}{x}}}{\left(1 - e^{\frac{1}{x}}\right)^2}$$当 $x = 0$ 时，利用导数定义考察左右导数：
- 右导数： $$f'_+(0) = \lim_{x\to 0^+}\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{x}{1 - e^{\frac{1}{x}}}}{x} = \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{1 - e^{\frac{1}{x}}}$$ 当 $x \to 0^+$ 时，$\frac{1}{x} \to +\infty \implies e^{\frac{1}{x}} \to +\infty$，所以 $f'_+(0) = 0$。
- 左导数： $$f'_-(0) = \lim_{x\to 0^-}\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x\to 0^-}\frac{1}{1 - e^{\frac{1}{x}}}$$ 当 $x \to 0^-$ 时，$\frac{1}{x} \to -\infty \implies e^{\frac{1}{x}} \to 0$，所以 $f'_-(0) = \frac{1}{1 - 0} = 1$。 因为左右导数不相等（$0 \neq 1$），故在 $x = 0$ 处导数不存在。
综合可得：
$$f'(x) = \begin{cases} \frac{1 - e^{\frac{1}{x}} - \frac{1}{x}e^{\frac{1}{x}}}{\left(1 - e^{\frac{1}{x}}\right)^2}, & x\neq 0, \\ \text{不存在}, & x = 0. \end{cases}$$3. 利用导数定义求导
【题目】
设函数 $f(x) = \begin{cases} g(x)\cos \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$ , $g(0) = g'(0) = 0$ ，求 $f'(0)$ .
【解析】
按导数定义计算：
$$f'(0) = \lim_{x\to 0}\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x\to 0}\frac{g(x)\cos\frac{1}{x} - 0}{x} = \lim_{x\to 0}\left(\frac{g(x)}{x} \cdot \cos\frac{1}{x}\right)$$因为 $g(0) = 0$，所以：
$$\lim_{x\to 0}\frac{g(x)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{g(x) - g(0)}{x - 0} = g'(0) = 0$$即 $\frac{g(x)}{x}$ 是当 $x \to 0$ 时的无穷小量。 又因为 $\cos\frac{1}{x}$ 是有界量（$\left|\cos\frac{1}{x}\right| \leq 1$）， 由“无穷小量与有界量的乘积仍是无穷小量”得：
$$f'(0) = 0$$4. 导数定义与对称增量
【题目】
设函数 $f(x) = \varphi (a + bx) - \varphi (a - bx)$ ，其中 $\varphi (x)$ 在 $x = a$ 处可导，求 $f'(0)$ .
【解析】
直接利用导数定义计算：
$$f'(0) = \lim_{x\to 0}\frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$$因为 $f(0) = \varphi(a) - \varphi(a) = 0$，所以：
$$f'(0) = \lim_{x\to 0}\frac{\varphi(a + bx) - \varphi(a - bx)}{x}$$拆项整理：
$$f'(0) = \lim_{x\to 0}\left[b \cdot \frac{\varphi(a + bx) - \varphi(a)}{bx} + b \cdot \frac{\varphi(a - bx) - \varphi(a)}{-bx}\right]$$因为 $\varphi(x)$ 在 $x = a$ 处可导，所以当 $x \to 0$ 时，$\frac{\varphi(a + bx) - \varphi(a)}{bx} \to \varphi'(a)$，且 $\frac{\varphi(a - bx) - \varphi(a)}{-bx} \to \varphi'(a)$。 因此：
$$f'(0) = b\varphi'(a) + b\varphi'(a) = 2b\varphi'(a)$$5. 分式函数的 $n$ 阶导数
【题目】
已知函数 $y = \frac{1}{x^2 - 3x + 2}$ ，求 $y^{(n)}$ .
【解析】
将分母因式分解并化为部分分式：
$$x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$$$$\frac{1}{x^2 - 3x + 2} = \frac{1}{x - 2} - \frac{1}{x - 1} = (x - 2)^{-1} - (x - 1)^{-1}$$利用函数 $(x + c)^{-1}$ 的 $n$ 阶导数公式：
$$\left[(x + c)^{-1}\right]^{(n)} = (-1)^n n! (x + c)^{-(n + 1)}$$分别求导得：
$$\left[(x - 2)^{-1}\right]^{(n)} = (-1)^n n! (x - 2)^{-(n + 1)}$$$$\left[(x - 1)^{-1}\right]^{(n)} = (-1)^n n! (x - 1)^{-(n + 1)}$$因此：
$$y^{(n)} = (-1)^n n!\left[(x - 2)^{-n - 1} - (x - 1)^{-n - 1}\right]$$