总习题二

1 填空题

(1) 若 $f(x)$ 在点 $x_0$ 可导，且 $\displaystyle\lim_{\Delta x\to0}\dfrac{f(x_0+2\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=2$，则 $f'(x_0)=\underline{\quad}$。

解答：

因 $f(x)$ 在 $x_0$ 可导，

$$f(x_0+2\Delta x)-f(x_0)=f'(x_0)\cdot2\Delta x+o(\Delta x).$$

故

$$\lim_{\Delta x\to0}\dfrac{f(x_0+2\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x} =\lim_{\Delta x\to0}\left(2f'(x_0)+\dfrac{o(\Delta x)}{\Delta x}\right) =2f'(x_0).$$

由题给等于 2，可得 $2f'(x_0)=2$，故

$$f'(x_0)=1.$$

(2) 若 $g$ 是 $f$ 的反函数，且 $f(4)=5,\ f'(4)=\dfrac14$，则 $g'(5)=\underline{\quad}$。

解答： 反函数求导公式：

$$g'(f(x))=\dfrac1{f'(x)}.$$

令 $x=4$，$f(4)=5$，得

$$g'(5)=\dfrac1{f'(4)}=\dfrac1{1/4}=4.$$

(3) 设 $f(x)$ 可导，则 $\bigl[f(\sin^2x)+f(\cos^2x)\bigr]'=\underline{\quad}$。

解答：

$$\begin{aligned} \bigl[f(\sin^2x)+f(\cos^2x)\bigr]' &=f'(\sin^2x)\cdot2\sin x\cos x +f'(\cos^2x)\cdot2\cos x\cdot(-\sin x)\\ &=2\sin x\cos x\bigl[f'(\sin^2x)-f'(\cos^2x)\bigr]\\ &=\sin2x\bigl[f'(\sin^2x)-f'(\cos^2x)\bigr]. \end{aligned}$$

(4) 设 $y=f\!\left(\dfrac{2x-1}{x+1}\right)$，且 $f'(x)=\sin x^2$ 可导，则 $\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\underline{\quad}$。

解答： 设 $u=\dfrac{2x-1}{x+1}$，则

$$\dfrac{\mathrm du}{\mathrm dx} =\dfrac{2(x+1)-(2x-1)}{(x+1)^2}=\dfrac3{(x+1)^2}.$$

由链式法则

$$\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx} =f'(u)\dfrac{\mathrm du}{\mathrm dx} =\sin\bigl(u^2\bigr)\cdot\dfrac3{(x+1)^2} =\dfrac3{(x+1)^2}\sin\left(\dfrac{2x-1}{x+1}\right)^2.$$

(5) 设 $y=\ln\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x^2}}$，则 $y'\big|_{x=0}=\underline{\quad}$。

解答：

$$y=\dfrac12\bigl[\ln(1-x)-\ln(1+x^2)\bigr].$$

故

$$y'=\dfrac12\left(\dfrac{-1}{1-x}-\dfrac{2x}{1+x^2}\right),$$

在 $x=0$ 处：

$$y'(0)=\dfrac12(-1-0)=-\dfrac12.$$

选择题

(1) 设 $f(x)$ 可导，$F(x)=f(x)(1+|\sin x|)$，要使 $F(x)$ 在 $x=0$ 处可导，则必有( )。 A. $f(0)=0$

B. $f'(0)=0$

C. $f(0)+f'(0)=0$

D. $f(0)-f'(0)=0$

解答：

$$F'(0)=\lim_{h\to0}\dfrac{f(h)(1+|\sin h|)-f(0)}h.$$

分解为

$$\dfrac{f(h)-f(0)}h(1+|\sin h|) +f(0)\dfrac{|\sin h|}h.$$

第一项极限为 $f'(0)$，第二项由于 $|\sin h|/h\to\pm1$（左右极限异号）, 若 $f(0)\ne0$ 则极限不存在；要极限存在须 $f(0)=0$。 于是 $F(x)$ 在 $x=0$ 处可导的必要条件是 $f(0)=0$。 故选 A。

(2) 设函数 $g(x)$ 在 $x=a$ 连续，则 $f(x)=|x-a|g(x)$ ( )。

A. 在 $x=a$ 处可导

B. 在 $x=a$ 处不可导

C. 当 $g(a)=0$ 时在 $x=a$ 处可导，且 $f'(a)=0$

D. 当 $g(a)=a$ 时在 $x=a$ 处可导，且 $f'(a)=g(a)$

解答：

$$f(x)=|x-a|g(x).$$

若 $g(a)\ne0$，则 $|x-a|$ 在 $x=a$ 不可导，乘以非零常数仍不可导。 若 $g(a)=0$，则

$$\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{x-a} =\lim_{x\to a}\dfrac{|x-a|g(x)}{x-a} =\lim_{x\to a}\operatorname{sgn}(x-a)g(x).$$

左右极限分别为 $-g(a),+g(a)$，当 $g(a)=0$ 时均为 0，从而 $f'(a)=0$，且此时可导。 故正确选项为 C。

(3) 设函数 $y=\mathrm e^{3x}+\sin x$，则 $y^{(40)}=(\quad)$。

A. $\mathrm e^{3x}+\sin x$

B. $3^{40}\mathrm e^{3x}+\sin x$

C. $3^{40}\mathrm e^{3x}+\cos x$

D. $\mathrm e^{3x}+\cos x$

解答：

$$\dfrac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\mathrm e^{3x}=3^n\mathrm e^{3x}.$$

$\sin x$ 的高阶导数以四步循环： $n\equiv0\pmod4$ 时为 $\sin x$。 $40\equiv0\pmod4$，故

$$y^{(40)}=3^{40}\mathrm e^{3x}+\sin x.$$

选 B。

(4) 若曲线 $y=x^2+ax+b$ 和 $2y=-1+xy^3$ 在点 $(1,-1)$ 处相切，$a,b$ 为常数，则( )。

A. $a=0,b=-2$

B. $a=1,b=-3$

C. $a=-3,b=1$

D. $a=-1,b=-1$

解答： 相切需两曲线在 $(1,-1)$ 处通过且导数相等。 第一条：代入得

$$-1=1+a+b\Rightarrow a+b=-2.$$

第二条：$2y=-1+xy^3$ 已满足 $(1,-1)$（代入得 $-2=-1-1$）。 求导数： 对 $y=x^2+ax+b$，

$$y'_1=2x+a,\quad y'_1(1)=2+a.$$

对 $2y=-1+xy^3$，两边对 $x$ 求导：

$$2y'=y^3+3xy^2y',$$

即

$$y'(2-3xy^2)=y^3,\quad y'=\dfrac{y^3}{2-3xy^2}.$$

在 $(1,-1)$ 处：

$$y'_2=\dfrac{-1}{2-3}=\dfrac{-1}{-1}=1.$$

相切要求 $2+a=1\Rightarrow a=-1$，再由 $a+b=-2$ 得 $b=-1$。 故选 D。

(5) (2020102) 设函数 $f(x)$ 在区间 $(-1,1)$ 内有定义，且 $\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=0$，则( )。

A. 当 $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导

B. 当 $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x^2}=0$ 时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导

C. 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时，$\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$

D. 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时，$\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x^2}=0$

解答： 若 $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x^2}=0$，则 $f(x)=o(x^2)$，从而

$$\dfrac{f(x)}x\to0,$$

故 $f$ 在 0 处可导且导数为 0，B 正确。 A 中设 $f(x)=x\sin\dfrac1{x^2}\ (x\ne0),\ f(0)=0$，则

$$\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=\sqrt{|x|}\sin\dfrac1{x^2}\to0,$$

但

$$\dfrac{f(x)}x=\sin\dfrac1{x^2}$$

极限不存在，故 A 错误。 若 $f$ 在 0 处可导，则存在常数 $f'(0)$，且

$$f(x)=f'(0)x+o(x),$$

于是

$$\left|\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}\right| \le C\sqrt{|x|}\to0,$$

故 C 正确。 D 中取 $f(x)=x$，在 0 处可导，但

$$\dfrac{f(x)}{x^2}=\dfrac1x$$

极限不存在，故 D 错误。 综上，正确选项为 B、C。

3 (2004216) 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有定义，在区间 $[0,2]$ 上，$f(x)=x(x^2-4)$，且对任意的 $x$ 都有 $f(x)=kf(x+2)$，其中 $k$ 为常数。

(1) 写出 $f(x)$ 在 $[-2,0]$ 上的表达式。

(2) $k$ 为何值时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导？

解答： (1) 当 $x\in[-2,0]$ 时，$x+2\in[0,2]$，

$$f(x)=kf(x+2)=k(x+2)\bigl((x+2)^2-4\bigr) = kx(x+2)(x+4).$$

(2) 在 $x>0$ 侧，$f(x)=x(x^2-4)=x^3-4x$，

$$f'_+(0)=\lim_{x\to0^+}\dfrac{x^3-4x}{x}= \lim_{x\to0^+}(x^2-4)=-4.$$

在 $x<0$ 侧，$f(x)=kx(x+2)(x+4)=k(x^3+6x^2+8x)$，

$$f'_-(0)=k\cdot(3x^2+12x+8)\big|_{x=0}=8k.$$

$x=0$ 可导要求左右导数相等，即 $8k=-4$，故

$$k=-\dfrac12.$$

4 求由下列方程确定的隐函数 $y=y(x)$ 的二阶导数 $\dfrac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2}$：

(1) $y=\cos(x+y)$；

(2) $b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2$。

解答：

(1) 由

$$y=\cos(x+y)$$

求一阶导。

$$y'=-\sin(x+y)(1+y').$$

整理得

$$y'(1+\sin(x+y))=-\sin(x+y), \quad y'=-\dfrac{\sin(x+y)}{1+\sin(x+y)}.$$

记 $S=\sin(x+y),\ C=\cos(x+y)$。则

$$y'=-\dfrac S{1+S}.$$

两边对 $x$ 求导：

$$y''=-\dfrac{S'(1+S)-S(1+S)'}{(1+S)^2} =-\dfrac{S'}{(1+S)^2}.$$

又

$$S'=\cos(x+y)(1+y')=C(1+y').$$

而

$$1+y'=1-\dfrac S{1+S} =\dfrac{1+S-S}{1+S}=\dfrac1{1+S}.$$

故

$$y''=-\dfrac{C}{(1+S)^3} =-\dfrac{\cos(x+y)}{\bigl(1+\sin(x+y)\bigr)^3}.$$

(2) 由

$$b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2$$

求导：

$$2b^2x+2a^2yy'=0,\quad y'=-\dfrac{b^2x}{a^2y}.$$

再对 $x$ 求导。由

$$2b^2x+2a^2yy'=0$$

再求导得

$$2b^2+2a^2(y'^2+yy'')=0,$$

即

$$y''=\dfrac{-b^2-a^2y'^2}{a^2y}.$$

代入 $y'^2=\dfrac{b^4x^2}{a^4y^2}$：

$$y''=\dfrac{-b^2-b^4x^2/(a^2y^2)}{a^2y} =-\dfrac{b^2}{a^2y}\left(1+\dfrac{b^2x^2}{a^2y^2}\right).$$

由原方程 $b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2$ 得

$$\dfrac{b^2x^2}{a^2y^2}=\dfrac{a^2b^2-a^2y^2}{a^2y^2} =\dfrac{b^2}{y^2}-1,$$

故括号内

$$1+\dfrac{b^2x^2}{a^2y^2}=\dfrac{b^2}{y^2}.$$

于是

$$y''=-\dfrac{b^2}{a^2y}\cdot\dfrac{b^2}{y^2} =-\dfrac{b^4}{a^2y^3}.$$

5 已知

$$\begin{cases} x=\mathrm e^t\sin t,\\[4pt] y=\mathrm e^t\cos t, \end{cases}$$

求 $\left.\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{t=\pi/4}$。 解答：

$$\dfrac{\mathrm dx}{\mathrm dt}=\mathrm e^t(\sin t+\cos t),\quad \dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=\mathrm e^t(\cos t-\sin t).$$

故

$$\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx} =\dfrac{\mathrm dy/\mathrm dt}{\mathrm dx/\mathrm dt} =\dfrac{\cos t-\sin t}{\sin t+\cos t}.$$

当 $t=\dfrac\pi4$ 时，$\sin t=\cos t=\dfrac{\sqrt2}2$，故

$$\left.\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{t=\pi/4} =\dfrac{\sqrt2/2-\sqrt2/2}{\sqrt2/2+\sqrt2/2}=0.$$

6 利用对数求导法求下列函数的导数：

(1) $x^y=y^x$；

(2) $y=\dfrac{\sqrt{x+2(3-x)^4}}{(x+1)^5}$。

解答：

(1) 由 $x^y=y^x$ 得

$$y\ln x=x\ln y.$$

两边对 $x$ 求导：

$$y'\ln x+\dfrac yx=\ln y+\dfrac xy\,y'.$$

移项：

$$y'(\ln x-\dfrac xy)=\ln y-\dfrac yx,$$

故

$$\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx} =y'=\dfrac{\ln y-\dfrac yx}{\ln x-\dfrac xy}.$$

(2) 令

$$y=\dfrac{\sqrt{x+2(3-x)^4}}{(x+1)^5}, \quad \ln y=\dfrac12\ln\bigl(x+2(3-x)^4\bigr)-5\ln(x+1).$$

对 $x$ 求导：

$$\dfrac{y'}y =\dfrac12\dfrac{1-8(3-x)^3}{x+2(3-x)^4}-\dfrac5{x+1}.$$

故

$$y' =\dfrac{\sqrt{x+2(3-x)^4}}{(x+1)^5} \left[\dfrac12\dfrac{1-8(3-x)^3}{x+2(3-x)^4}-\dfrac5{x+1}\right].$$

7 求下列函数的微分：

(1) $y=\ln\left(\tan\dfrac{x}{2}\right)$；

(2) $y=x\tan2x$；

(3) $y=\mathrm e^{-x}\cos(3-x)$；

(4) $y=\arcsin\sqrt{1-x^2}$。

解答：

(1)

$$y'=\dfrac1{\tan(x/2)}\cdot\dfrac12\sec^2\dfrac{x}{2} =\dfrac1{2\sin(x/2)\cos(x/2)} =\dfrac1{\sin x}.$$

故

$$\mathrm dy=\dfrac1{\sin x}\mathrm dx.$$

(2)

$$y'= \tan2x+x\cdot2\sec^22x=\tan2x+2x\sec^22x, \quad \mathrm dy=(\tan2x+2x\sec^22x)\mathrm dx.$$

(3)

$$y'=-\mathrm e^{-x}\cos(3-x)+\mathrm e^{-x}\sin(3-x) =\mathrm e^{-x}\bigl[\sin(3-x)-\cos(3-x)\bigr],$$

故

$$\mathrm dy=\mathrm e^{-x}\bigl[\sin(3-x)-\cos(3-x)\bigr]\mathrm dx.$$

(4) 设 $u=\sqrt{1-x^2}$，则

$$u'=\dfrac{-x}{\sqrt{1-x^2}}.$$

又 $y=\arcsin u$，

$$y'=\dfrac{u'}{\sqrt{1-u^2}} =\dfrac{-x/\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1-(1-x^2)}} =\dfrac{-x/\sqrt{1-x^2}}{|x|} =-\dfrac{\operatorname{sgn}x}{\sqrt{1-x^2}}\quad(x\ne0).$$

故

$$\mathrm dy=-\dfrac{\operatorname{sgn}x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx\quad(x\ne0),$$

（在 $x=0$ 处需要讨论可导性）。

8 设函数

$$f(x)= \begin{cases} x^2,&x\le1,\\ ax+b,&x>1, \end{cases}$$

若 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，$a,b$ 应取什么值？

解答：

连续条件：

$$1^2=a\cdot1+b\Rightarrow a+b=1.$$

左导数 $f'_-(1)=2\cdot1=2$，右导数 $f'_+(1)=a$。 可导要求 $a=2$，进而 $b=1-a=-1$。 故 $a=2,\ b=-1$。

9 已知

$$f(x)= \begin{cases} \sin x,&x<0,\\ x,&x\ge0, \end{cases}$$

求 $f'(x)$。

解答：

当 $x<0$ 时，$f'(x)=\cos x$；当 $x>0$ 时，$f'(x)=1$。 在 $x=0$ 处，

$$f(0)=0,\quad f'_-(0)=\lim_{h\to0^-}\dfrac{\sin h}h=1,\quad f'_+(0)=\lim_{h\to0^+}\dfrac h h=1.$$

左右导相等，故 $f'(0)=1$。 综上，

$$f'(x)= \begin{cases} \cos x,&x<0,\\ 1,&x\ge0. \end{cases}$$

10 设函数 $f(x)$ 在点 $x=a$ 处可导，且 $f(a)\ne0$，求极限

$$\lim_{x\to\infty} \left[\dfrac{f\!\left(a+\dfrac1x\right)}{f(a)}\right]^x.$$

解答： 令 $t=\dfrac1x$，则 $x=\dfrac1t\to\infty$ 等价于 $t\to0$。极限变为

$$L=\lim_{t\to0}\left[\dfrac{f(a+t)}{f(a)}\right]^{1/t}.$$

取对数：

$$\ln L=\lim_{t\to0}\dfrac1t\ln\dfrac{f(a+t)}{f(a)}.$$

因 $f$ 在 $a$ 可导，

$$f(a+t)=f(a)+f'(a)t+o(t),$$

从而

$$\dfrac{f(a+t)}{f(a)}=1+\dfrac{f'(a)}{f(a)}t+o(t),$$

于是

$$\ln\dfrac{f(a+t)}{f(a)} =\dfrac{f'(a)}{f(a)}t+o(t).$$

故

$$\ln L=\lim_{t\to0}\dfrac1t\biggl(\dfrac{f'(a)}{f(a)}t+o(t)\biggr) =\dfrac{f'(a)}{f(a)}.$$

于是

$$L=\exp\left(\dfrac{f'(a)}{f(a)}\right).$$

11 求下列函数所指定的高阶导数：

(1) 设 $y=\mathrm e^x\cos x$，求 $y^{(4)}$；

(2) 设 $y=\sin2x\cdot\cos3x$，求 $y^{(20)}$；

(3) 设 $y=x^2\sin2x$，求 $y^{(50)}$。

解答：

(1) 记

$$y=\Re\bigl(\mathrm e^{(1+\mathrm i)x}\bigr).$$

则

$$y^{(n)}=\Re\bigl((1+\mathrm i)^n\mathrm e^{(1+\mathrm i)x}\bigr).$$

$(1+\mathrm i)^2=2\mathrm i$，故 $(1+\mathrm i)^4=(2\mathrm i)^2=-4$。 于是

$$y^{(4)}=\Re\bigl(-4\mathrm e^{(1+\mathrm i)x}\bigr) =-4\mathrm e^x\cos x.$$

(2) 利用公式

$$2\sin A\cos B=\sin(A+B)+\sin(A-B),$$

得

$$y=\sin2x\cos3x =\dfrac12\bigl(\sin5x-\sin x\bigr).$$

一般地

$$\dfrac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\sin(kx) =k^n\sin\left(kx+\dfrac{n\pi}2\right).$$

当 $n=20$ 时，$\dfrac{20\pi}2=10\pi$，$\sin(kx+10\pi)=\sin kx$，故

$$y^{(20)} =\dfrac12\bigl(5^{20}\sin5x-1^{20}\sin x\bigr) =\dfrac12\bigl(5^{20}\sin5x-\sin x\bigr).$$

(3) 设 $y=x^2\sin2x$。写成复数形式

$$x^2\sin2x=\Im\bigl(x^2\mathrm e^{2\mathrm i x}\bigr).$$

令 $h(x)=x^2\mathrm e^{2\mathrm i x}$。由莱布尼茨公式，

$$h^{(n)}(x)=\sum_{k=0}^n\binom nk x^{2\,(n-k)}(2\mathrm i)^k.$$

注意到 $x^2$ 的三阶及以上导数为 0，仅 $n-k=0,1,2$ 项存在，得

$$h^{(n)}(x)=\mathrm e^{2\mathrm i x}\Bigl[ x^2(2\mathrm i)^n +n\cdot2x(2\mathrm i)^{n-1} +n(n-1)(2\mathrm i)^{n-2}\Bigr].$$

于是

$$y^{(n)}=\Im h^{(n)}(x).$$

当 $n=50$ 时，$(2\mathrm i)^{48}=2^{48}\mathrm i^{48}=2^{48}$，可化简得

$$y^{(50)}= 2^{49}\bigl[(1225-2x^2)\sin2x+100x\cos2x\bigr].$$

12 已知 $g(x)=a^{f^2(x)}$，且 $f'(x)=\dfrac1{f(x)\ln a}$，证明：$g'(x)=2g(x)$。

解答：

$$g(x)=a^{f^2(x)}=\mathrm e^{f^2(x)\ln a}.$$

对 $x$ 求导：

$$g'(x)=a^{f^2(x)}\cdot\ln a\cdot2f(x)f'(x) =2f(x)f'(x)\ln a\cdot a^{f^2(x)}.$$

代入 $f'(x)=\dfrac1{f(x)\ln a}$ 得

$$g'(x)=2f(x)\cdot\dfrac1{f(x)\ln a}\cdot\ln a\cdot a^{f^2(x)} =2a^{f^2(x)}=2g(x).$$

证毕。

13 设 $f(x)=x(x+1)(x+2)\cdots(x+2012)$，求 $f'(0)$。

解答： 写成

$$f(x)=x\cdot g(x),\quad g(x)=(x+1)(x+2)\cdots(x+2012).$$

则

$$f'(x)=g(x)+xg'(x),$$

故

$$f'(0)=g(0)=(1\cdot2\cdot3\cdots2012)=2012!.$$ docs