第4节 隐函数的导数与由参数方程确定的函数的导数
一、基础题
1.求由下列方程确定的隐函数的导数 $\dfrac{dy}{dx}$
(1)$x^{3}+y^{3}-3axy=0$；
(2)$\cos(xy)=x+y$；
(3)$xy=e^{x+y}$；
(4)$y=1-xe^{y}$。
解答：
(1) 对方程两边对 $x$ 求导：
$$3x^{2}+3y^{2}\dfrac{dy}{dx}-3a\left(y+x\dfrac{dy}{dx}\right)=0.$$整理：
$$(3y^{2}-3ax)\dfrac{dy}{dx}=3ay-3x^{2},$$$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{ay-x^{2}}{y^{2}-ax}.$$(2) 对 $\cos(xy)=x+y$ 求导：
$$-\sin(xy)\dfrac{d(xy)}{dx}=1+\dfrac{dy}{dx},$$$$-\sin(xy)\bigl(y+x\dfrac{dy}{dx}\bigr)=1+\dfrac{dy}{dx}.$$把含 $\dfrac{dy}{dx}$ 的项移到一边：
$$\bigl(-x\sin(xy)-1\bigr)\dfrac{dy}{dx}=1+y\sin(xy),$$$$\dfrac{dy}{dx}=-\,\dfrac{1+y\sin(xy)}{1+x\sin(xy)}.$$(3) 对 $xy=e^{x+y}$ 求导：
$$y+x\dfrac{dy}{dx}=e^{x+y}\bigl(1+\dfrac{dy}{dx}\bigr).$$整理：
$$x\dfrac{dy}{dx}-e^{x+y}\dfrac{dy}{dx}=e^{x+y}-y,$$$$\bigl(x-e^{x+y}\bigr)\dfrac{dy}{dx}=e^{x+y}-y,$$$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{e^{x+y}-y}{x-e^{x+y}}.$$(4) 对 $y=1-xe^{y}$ 求导：
$$\dfrac{dy}{dx}=-\Bigl(e^{y}+xe^{y}\dfrac{dy}{dx}\Bigr).$$整理：
$$\dfrac{dy}{dx}+xe^{y}\dfrac{dy}{dx}=-e^{y},$$$$(1+xe^{y})\dfrac{dy}{dx}=-e^{y},$$$$\dfrac{dy}{dx}=-\,\dfrac{e^{y}}{1+xe^{y}}.$$2.求曲线 $x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=a^{\frac{2}{3}}$ 在点$\left(\dfrac{\sqrt{2}}{4}a,\dfrac{\sqrt{2}}{4}a\right)$处的切线方程和法线方程
解答：
对方程求导：
$$\dfrac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}}+\dfrac{2}{3}y^{-\frac{1}{3}}\dfrac{dy}{dx}=0,$$$$\dfrac{dy}{dx}=-\,\dfrac{x^{-\frac{1}{3}}}{y^{-\frac{1}{3}}}=-\left(\dfrac{y}{x}\right)^{\frac{1}{3}}.$$给定点处 $x=y\neq0$，故
$$\dfrac{dy}{dx}\Big|_{P}=-1.$$切线斜率为 $-1$，点 $P\left(\dfrac{\sqrt{2}}{4}a,\dfrac{\sqrt{2}}{4}a\right)$。切线方程：
$$y-\dfrac{\sqrt{2}}{4}a=-1\left(x-\dfrac{\sqrt{2}}{4}a\right),$$$$y=-x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}a.$$法线斜率为 $1$，故法线方程：
$$y-\dfrac{\sqrt{2}}{4}a=1\left(x-\dfrac{\sqrt{2}}{4}a\right),$$$$y=x.$$3.求由下列方程确定的隐函数的二阶导数 $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$
(1)$y=\tan(x+y)$；
(2)$e^{x}+xy=0$。
解答：
(1) 由 $y=\tan(x+y)$ 得
$$y'=\sec^{2}(x+y)\bigl(1+y'\bigr).$$整理：
$$y'-\sec^{2}(x+y)y'=\sec^{2}(x+y),$$$$y'\bigl(1-\sec^{2}(x+y)\bigr)=\sec^{2}(x+y).$$又 $1-\sec^{2}u=-\tan^{2}u$，令 $u=x+y$，且 $y=\tan u$，$\tan u=y$，$\sec^{2}u=1+y^{2}$，$\tan^{2}u=y^{2}$，得
$$y'=-\,\dfrac{\sec^{2}u}{\tan^{2}u}=-\,\dfrac{1+y^{2}}{y^{2}}=-1-y^{-2}.$$对上式再对 $x$ 求导：
$$y''=\dfrac{d}{dx}\bigl(-1-y^{-2}\bigr)=2y^{-3}y' =2\dfrac{y'}{y^{3}}.$$将 $y'=-1-y^{-2}$ 代入：
$$y''=2\dfrac{-1-y^{-2}}{y^{3}} =-\,\dfrac{2(1+y^{2})}{y^{5}}.$$(2) 方程 $e^{x}+xy=0$。 一阶导数：对两边求导得
$$e^{x}+y+xy'=0,$$$$y'=-\,\dfrac{e^{x}+y}{x}.$$再对 $x$ 求导（对原式求导较简便）：
$$\dfrac{d}{dx}\bigl(e^{x}+y+xy'\bigr)=0,$$$$e^{x}+y'+xy''+y'=0,$$$$xy''=-(e^{x}+2y'),$$$$y''=-\,\dfrac{e^{x}+2y'}{x}.$$代入 $y'=-\dfrac{e^{x}+y}{x}$：
$$e^{x}+2y'=e^{x}-\dfrac{2(e^{x}+y)}{x},$$$$y''=-\,\dfrac{e^{x}-\dfrac{2(e^{x}+y)}{x}}{x} =\dfrac{-e^{x}+\dfrac{2(e^{x}+y)}{x}}{x} =\dfrac{-e^{x}x+2e^{x}+2y}{x^{2}}.$$利用原方程 $y=-\dfrac{e^{x}}{x}$ 可写成
$$y''=\dfrac{e^{x}}{x^{2}}\left(2-x-\dfrac{2}{x}\right).$$4.用对数求导法求下列函数的导数：
(1)$y=(\ln x)^{x}$；
(2)$y=\left(\dfrac{x}{1+x}\right)^{x}$。
解答：
(1) 令
$$\ln y=x\ln(\ln x).$$对 $x$ 求导：
$$\dfrac{y'}{y}=\ln(\ln x)+x\cdot\dfrac{1}{\ln x}\cdot\dfrac{1}{x} =\ln(\ln x)+\dfrac{1}{\ln x}.$$故
$$y'=(\ln x)^{x}\left[\ln(\ln x)+\dfrac{1}{\ln x}\right].$$(2) 令
$$\ln y=x\bigl(\ln x-\ln(1+x)\bigr).$$求导：
$$\dfrac{y'}{y}=\ln x-\ln(1+x) +x\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{1+x}\right).$$而
$$x\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{1+x}\right) =1-\dfrac{x}{1+x}=\dfrac{1}{1+x}.$$故
$$\dfrac{y'}{y}=\ln\left(\dfrac{x}{1+x}\right)+\dfrac{1}{1+x},$$$$y'=\left(\dfrac{x}{1+x}\right)^{x} \left[\ln\left(\dfrac{x}{1+x}\right)+\dfrac{1}{1+x}\right].$$5.设 $y=f(x)$ 是由方程 $y=\sin(xy)+3$ 确定的隐函数，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,3)$ 处的切线方程和法线方程。
解答：
对方程求导：
$$y'=\cos(xy)\bigl(y+xy'\bigr).$$整理：
$$y'-xy'\cos(xy)=y\cos(xy),$$$$y'(1-x\cos(xy))=y\cos(xy),$$$$y'=\dfrac{y\cos(xy)}{1-x\cos(xy)}.$$在点 $(0,3)$ 上有 $xy=0$，$\cos0=1$，故
$$y'(0)=\dfrac{3\cdot1}{1-0}=3.$$切线斜率为 $3$，切线方程：
$$y-3=3(x-0),\quad y=3x+3.$$法线斜率为 $-\dfrac{1}{3}$，法线方程：
$$y-3=-\dfrac{1}{3}(x-0),\quad y=-\dfrac{1}{3}x+3.$$6.求由下列参数方程确定的函数的导数 $\dfrac{dy}{dx}$：
(1)$\begin{cases}x=1-t^{2},\\ y=t-t^{2};\end{cases}$
(2)$\begin{cases}x=t+\sin t,\\ y=\cos2t.\end{cases}$
解答：
(1) 有
$$\dfrac{dx}{dt}=-2t,\qquad \dfrac{dy}{dt}=1-2t,$$$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy/dt}{dx/dt}=\dfrac{1-2t}{-2t}=\dfrac{2t-1}{2t}.$$(2) 有
$$\dfrac{dx}{dt}=1+\cos t, \qquad \dfrac{dy}{dt}=-2\sin2t,$$$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{-2\sin2t}{1+\cos t}.$$二、提高题
7.求由下列参数方程确定的函数的二阶导数 $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$：
(1)$\begin{cases}x=a\cos^{3}t,\\ y=a\sin^{3}t;\end{cases}$
(2)$\begin{cases}x=3e^{-t},\\ y=2e^{t};\end{cases}$
(3)$\begin{cases}x=f(t),\\ y=tf'(t)-f(t),\end{cases}$ 其中 $f''(t)$ 存在且不为零。
解答：
(1) 先求一阶导数：
$$\dfrac{dx}{dt}=3a\cos^{2}t(-\sin t)=-3a\cos^{2}t\sin t,$$$$\dfrac{dy}{dt}=3a\sin^{2}t\cos t,$$$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{3a\sin^{2}t\cos t}{-3a\cos^{2}t\sin t} =-\,\dfrac{\sin t}{\cos t}=-\tan t.$$再求
$$\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dy}{dx}\right)=\dfrac{d}{dt}(-\tan t)=-\sec^{2}t.$$于是
$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} =\dfrac{d(dy/dx)/dt}{dx/dt} =\dfrac{-\sec^{2}t}{-3a\cos^{2}t\sin t} =\dfrac{\sec^{2}t}{3a\cos^{2}t\sin t} =\dfrac{1}{3a\sin t\cos^{4}t}.$$(2) 有
$$\dfrac{dx}{dt}=-3e^{-t},\qquad \dfrac{dy}{dt}=2e^{t},$$$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{2e^{t}}{-3e^{-t}}=-\dfrac{2}{3}e^{2t}.$$再求
$$\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dy}{dx}\right) =-\dfrac{4}{3}e^{2t},$$$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} =\dfrac{-\frac{4}{3}e^{2t}}{-3e^{-t}} =\dfrac{4}{9}e^{3t}.$$(3) 给出
$$x=f(t),\qquad y=tf'(t)-f(t).$$一阶导数：
$$\dfrac{dx}{dt}=f'(t),\qquad \dfrac{dy}{dt}=f'(t)+tf''(t)-f'(t)=tf''(t),$$$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{tf''(t)}{f'(t)}.$$求关于 $t$ 的导数：
$$\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dy}{dx}\right) =\dfrac{(f''(t)+tf'''(t))f'(t)-tf''(t)f''(t)}{[f'(t)]^{2}}.$$故
$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} =\dfrac{\dfrac{d}{dt}(dy/dx)}{dx/dt} =\dfrac{(f''(t)+tf'''(t))f'(t)-t[f''(t)]^{2}}{[f'(t)]^{3}}.$$8.求对数螺线 $\rho=e^{\theta}$ 在点 $(\rho,\theta)=\left(e^{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 处的切线的直角坐标方程。
解答：
极坐标方程 $\rho=e^{\theta}$ 可写为参数形式：
$$x=e^{\theta}\cos\theta,\qquad y=e^{\theta}\sin\theta.$$有
$$\dfrac{dx}{d\theta}=e^{\theta}(\cos\theta-\sin\theta),\qquad \dfrac{dy}{d\theta}=e^{\theta}(\sin\theta+\cos\theta),$$$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\sin\theta+\cos\theta}{\cos\theta-\sin\theta}.$$当 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ 时，
$$\sin\theta=1,\ \cos\theta=0,\quad \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{1}{0-1}=-1.$$点的直角坐标为
$$x_{0}=e^{2}\cos\dfrac{\pi}{2}=0,\quad y_{0}=e^{2}\sin\dfrac{\pi}{2}=e^{2}.$$切线方程为
$$y-e^{2}=-1(x-0),\quad y=-x+e^{2}.$$9.溶液自深18cm，顶部直径为12cm的正圆锥形漏斗漏入一直径为10cm的圆柱形筒中。开始时漏斗中盛满溶液。已知当溶液在漏斗中深为12cm时，其表面下降的速度为1cm/min，问此时圆柱形筒中溶液表面上升的速度为多少？
解答：
设漏斗中液面深度为 $h$（cm），圆锥漏斗高度为 $H=18$cm，顶面半径为 $R=6$cm。相似关系给出液面半径 $r$ 与 $h$ 的关系：
$$\dfrac{r}{h}=\dfrac{R}{H}=\dfrac{6}{18}=\dfrac{1}{3},\quad r=\dfrac{h}{3}.$$漏斗中液体体积
$$V_{1}=\dfrac{1}{3}\pi r^{2}h=\dfrac{1}{3}\pi\left(\dfrac{h}{3}\right)^{2}h =\dfrac{\pi}{27}h^{3}.$$对时间 $t$ 求导：
$$\dfrac{dV_{1}}{dt}=\dfrac{\pi}{27}\cdot3h^{2}\dfrac{dh}{dt} =\dfrac{\pi}{9}h^{2}\dfrac{dh}{dt}.$$题给 $h=12$cm 时液面下降速度为 $1$cm/min，即 $\dfrac{dh}{dt}=-1$cm/min，于是
$$\dfrac{dV_{1}}{dt}=\dfrac{\pi}{9}\cdot12^{2}\cdot(-1)=-16\pi\ \text{cm}^{3}/\text{min}.$$流入圆柱筒中的体积增加率
$$\dfrac{dV_{2}}{dt}=-\dfrac{dV_{1}}{dt}=16\pi\ \text{cm}^{3}/\text{min}.$$圆柱筒半径为 $R_{2}=5$cm，设其中液面高度为 $H_{2}$，则
$$V_{2}=\pi R_{2}^{2}H_{2}=25\pi H_{2},$$$$\dfrac{dV_{2}}{dt}=25\pi\dfrac{dH_{2}}{dt}.$$故
$$25\pi\dfrac{dH_{2}}{dt}=16\pi,\quad \dfrac{dH_{2}}{dt}=\dfrac{16}{25}\ \text{cm}/\text{min}.$$即此时圆柱形筒中液面上升速度为 $\dfrac{16}{25}$cm/min。
三、考研真题
10.(2013111)设$\begin{cases}x=\sin t,\\ y=t\sin t+\cos t,\end{cases}$ 则 $\displaystyle\left.\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{t=\frac{\pi}{4}}=\underline{\ \ \ \ }$。
解答：
$$\dfrac{dx}{dt}=\cos t,$$$$\dfrac{dy}{dt}=\dfrac{d}{dt}(t\sin t+\cos t) =\sin t+t\cos t-\sin t=t\cos t.$$故
$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy/dt}{dx/dt}=\dfrac{t\cos t}{\cos t}=t.$$再对 $t$ 求导：
$$\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dy}{dx}\right)=1,$$$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}=\dfrac{1}{dx/dt}=\dfrac{1}{\cos t}.$$当 $t=\dfrac{\pi}{4}$ 时
$$\left.\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{t=\frac{\pi}{4}} =\dfrac{1}{\cos\frac{\pi}{4}}=\dfrac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}.$$故所求为 $\sqrt{2}$。
11.(2021112)设$\begin{cases}x=2e^{t}+t+1,\\ y=4(t-1)e^{t}+t^{2},\end{cases}$ 则 $\displaystyle\left.\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{t=0}=\underline{\ \ \ \ }$。
解答：
$$\dfrac{dx}{dt}=2e^{t}+1,$$$$\dfrac{dy}{dt}=\dfrac{d}{dt}\bigl(4(t-1)e^{t}\bigr)+2t =4\bigl(e^{t}+(t-1)e^{t}\bigr)+2t=4te^{t}+2t =2t(2e^{t}+1).$$故
$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{2t(2e^{t}+1)}{2e^{t}+1}=2t.$$再求
$$\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dy}{dx}\right)=2,$$$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} =\dfrac{2}{dx/dt} =\dfrac{2}{2e^{t}+1}.$$在 $t=0$ 时，
$$\left.\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{t=0} =\dfrac{2}{2\cdot1+1}=\dfrac{2}{3}.$$12.(2023103)设函数 $y=f(x)$ 由$\begin{cases}x=2t+|t|,\\ y=|t|\sin t\end{cases}$ 确定，则（ ）。
A.$f(x)$ 连续，$f'(0)$ 不存在
B.$f'(0)$ 存在，$f'(x)$ 在 $x=0$ 处不连续
C.$f'(x)$ 连续，$f''(0)$ 不存在
D.$f''(0)$ 存在，$f'(x)$ 在 $x=0$ 处不连续
解答：
按参数 $t$ 分段讨论。 当 $t\ge0$ 时，$|t|=t$，
$$x=2t+t=3t\Rightarrow t=\dfrac{x}{3}\ (x\ge0),$$$$y=t\sin t=\dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3},\quad x\ge0.$$故
$$f(x)=\dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3},\quad x\ge0.$$当 $t<0$ 时，$|t|=-t$，
$$x=2t-t=t\Rightarrow t=x\ (x<0),$$$$y=-t\sin t=-x\sin x,\quad x<0.$$故
$$f(x)=-x\sin x,\quad x<0.$$由 $t=0$ 得 $x=0,y=0$，自然取 $f(0)=0$。 先看连续性：
$$\lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}(-x\sin x)=0,$$$$\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}\dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3}=0,$$与 $f(0)=0$ 一致，故 $f(x)$ 在 $x=0$ 连续。 求导数： 左侧 $x<0$：$f(x)=-x\sin x$，
$$f'_{-}(x)=-(\sin x+x\cos x).$$于是
$$f'_{-}(0)=-(\sin0+0\cdot\cos0)=0.$$右侧 $x>0$：$f(x)=\dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3}$，
$$f'_{+}(x)=\dfrac{1}{3}\sin\dfrac{x}{3} +\dfrac{x}{3}\cos\dfrac{x}{3}\cdot\dfrac{1}{3} =\dfrac{1}{3}\sin\dfrac{x}{3}+\dfrac{x}{9}\cos\dfrac{x}{3},$$$$f'_{+}(0)=\dfrac{1}{3}\sin0+\dfrac{0}{9}\cos0=0.$$故 $f'(0)$ 存在且 $f'(0)=0$，并可取
$$f'(x)=-(\sin x+x\cos x),\ x<0;\quad f'(x)=\dfrac{1}{3}\sin\dfrac{x}{3}+\dfrac{x}{9}\cos\dfrac{x}{3},\ x>0.$$再看 $f'(x)$ 在 $0$ 处的连续性。 $x\to0^{-}$ 时，
$$f'(x)=-(\sin x+x\cos x)\sim-(x+x)= -2x\to0.$$$x\to0^{+}$ 时，
$$f'(x)\sim\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{x}{3}+\dfrac{x}{9}\cdot1=\dfrac{2x}{9}\to0.$$故
$$\lim_{x\to0}f'(x)=0=f'(0),$$所以 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。 再看二阶导数： 左侧 $x<0$：
$$f'_{-}(x)=-(\sin x+x\cos x),$$$$f''_{-}(x)=-\bigl(\cos x+(\cos x-x\sin x)\bigr) =-2\cos x+x\sin x,$$$$f''_{-}(0)=-2\cos0+0\cdot\sin0=-2.$$右侧 $x>0$：
$$f'_{+}(x)=\dfrac{1}{3}\sin\dfrac{x}{3}+\dfrac{x}{9}\cos\dfrac{x}{3},$$$$f''_{+}(x)=\dfrac{1}{9}\cos\dfrac{x}{3} +\dfrac{1}{9}\cos\dfrac{x}{3} -\dfrac{x}{27}\sin\dfrac{x}{3} =\dfrac{2}{9}\cos\dfrac{x}{3}-\dfrac{x}{27}\sin\dfrac{x}{3},$$$$f''_{+}(0)=\dfrac{2}{9}\cos0-\dfrac{0}{27}\sin0=\dfrac{2}{9}.$$左右二阶导数极限不同，故 $f''(0)$ 不存在。
综合：$f(x)$ 连续，$f'(x)$ 连续，而 $f''(0)$ 不存在，故选项 C 正确。
13.(2021203)假设一圆柱体的底面半径与高随时间变化的速度分别为 $2$cm/s 和 $-3$cm/s，当底面半径为 $10$cm、高为 $5$cm 时，圆柱体的体积与表面积随时间变化的速度分别为（ ）。
A.$125\pi\ \text{cm}^{3}/\text{s},\ 40\pi\ \text{cm}^{2}/\text{s}$
B.$125\pi\ \text{cm}^{3}/\text{s},\ -40\pi\ \text{cm}^{2}/\text{s}$
C.$-100\pi\ \text{cm}^{3}/\text{s},\ 40\pi\ \text{cm}^{2}/\text{s}$
D.$-100\pi\ \text{cm}^{3}/\text{s},\ -40\pi\ \text{cm}^{2}/\text{s}$
解答：
设底面半径为 $r$，高为 $h$。给定
$$\dfrac{dr}{dt}=2\ \text{cm}/\text{s},\quad \dfrac{dh}{dt}=-3\ \text{cm}/\text{s},$$在某时刻 $r=10$cm，$h=5$cm。 体积
$$V=\pi r^{2}h,$$$$\dfrac{dV}{dt}=\pi\bigl(2rr'h+r^{2}h'\bigr) =\pi\bigl(2rhr'+r^{2}h'\bigr).$$代入数据：
$$\dfrac{dV}{dt}=\pi\bigl(2\cdot10\cdot5\cdot2+10^{2}\cdot(-3)\bigr) =\pi(200-300)=-100\pi\ \text{cm}^{3}/\text{s}.$$若取圆柱的全表面积
$$S=2\pi rh+2\pi r^{2},$$则
$$\dfrac{dS}{dt}=2\pi(r'h+rh')+4\pi rr'.$$代入：
$$\dfrac{dS}{dt}=2\pi(2\cdot5+10\cdot(-3))+4\pi\cdot10\cdot2 =2\pi(10-30)+80\pi =-40\pi+80\pi=40\pi\ \text{cm}^{2}/\text{s}.$$故答案为
$$\dfrac{dV}{dt}=-100\pi\ \text{cm}^{3}/\text{s},\quad \dfrac{dS}{dt}=40\pi\ \text{cm}^{2}/\text{s},$$对应选项 C。