第2章导数与微分 | YHK's life

第1节导数的概念

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 已知$f(x)=\begin{cases} x,\ x\ge0, \\ -x,\ x<0. \end{cases}$ 求$f'_+(0)$及$f'_-(0)$，并判断$f'(0)$的存在性

解答：

右导数：

$$ f'_+(0)=\lim_{h\to0^+}\frac{f(h)-f(0)}{h} =\lim_{h\to0^+}\frac{h-0}{h}=1. $$

左导数：

$$ f'_-(0)=\lim_{h\to0^-}\frac{f(h)-f(0)}{h} =\lim_{h\to0^-}\frac{-h-0}{h}=-1. $$

因左右导数不相等，所以$f'(0)$不存在。

2 设物体绕固定轴旋转，在时间间隔$[0,t]$内转过$\alpha$角，则转角$\alpha$是时间$t$的函数：$\alpha=\alpha(t)$。如果转速是匀速的，那么称$\omega=\frac{\alpha}{t}$是该物体旋转的角速度；如果转速是非匀速的，那么如何确定该物体在时刻$t_0$的角速度？

解答：

非匀速旋转时瞬时角速度定义为：

$$ \omega(t_0)=\lim_{t\to t_0}\frac{\alpha(t)-\alpha(t_0)}{t-t_0} =\alpha'(t_0). $$

3 求下列曲线在指定点的切线方程和法线方程

(1) $y=\cos x,\ \left(\frac{\pi}{3},\frac12\right)$

解答：

$$y'=-\sin x,\quad y'\left(\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{\sqrt3}{2}.$$

切线：

$$y-\frac12=-\frac{\sqrt3}{2}\left(x-\frac{\pi}{3}\right).$$

法线斜率为

$$\frac{2}{\sqrt3},$$

法线方程：

$$y-\frac12=\frac{2}{\sqrt3}\left(x-\frac{\pi}{3}\right).$$

(2) $y=e^x,\ (0,1)$ 解答：

$$y'=e^x,\quad y'(0)=1.$$

切线：

$$y-1=1(x-0)\Rightarrow y=x+1.$$

法线斜率为$-1$，法线方程：

$$y-1=-x.$$

二、提高题

4 假定下列小题中$f'(x_0)$存在，按照导数定义求A的值

(1) $\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0-\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=A.$

解答：

$$ \frac{f(x_0-\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x} =-\frac{f(x_0)-f(x_0-\Delta x)}{-\Delta x} \to -f'(x_0). $$

故

$$A=-f'(x_0).$$

(2) $\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=A,\ f'(0)=0.$

解答：

此极限即为$f'(0)=0$，故

$$A=0.$$

(3) $\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}=A.$

解答：

分解为：

$$\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}+\frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h}.$$

两项极限分别趋于$f'(x_0)$和$f'(x_0)$，故

$$A=2f'(x_0).$$

5 讨论下列函数在$x=0$处的连续性与可导性

(1) $y=| \sin x |$ 解答：连续性：$\sin x$连续，绝对值保持连续，故在$0$处连续。可导性：

$$y'=\frac{\sin x}{|\sin x|}\cos x \quad(x\ne k\pi).$$

在0附近：

$$y'_{-}(0)=\lim_{x\to0^-}\frac{|\sin x|-0}{x}=-1,$$

$$y'_{+}(0)=\lim_{x\to0^+}\frac{|\sin x|-0}{x}=1.$$

左右不等，不可导。 (2) $y=\begin{cases} x^2\cos\frac{1}{x},\ x\ne0, \\ 0,\ x=0. \end{cases}$ 连续性：

$$\lim_{x\to0}x^2\cos\frac{1}{x}=0,$$

故连续。可导性：

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}=x\cos\frac{1}{x}\to0,$$

故$f'(0)=0$。

6 设$f(x)$为偶函数，且$f'(0)$存在，证明：$f'(0)=0$

解答：偶函数有$f(x)=f(-x)$，对差商：

$$\frac{f(h)-f(0)}{h}=\frac{f(-h)-f(0)}{-h}.$$

左、右导数相反又相等，所以必为0。

7 证明：可导的偶函数的导函数是奇函数，可导的奇函数的导函数是偶函数

解答：略去文字，只给核心：偶函数$f(-x)=f(x)$：

$$ f'(-x)=\lim_{h\to0}\frac{f(-x+h)-f(-x)}{h} =-f'(x). $$

故导函数奇。奇函数$f(-x)=-f(x)$类似可证导函数偶。

8 设函数$f(x)$在$x=0$连续，且$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}$存在，证明：$f(x)$在$x=0$可导

解答：设极限为$L$，则

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{f(x)}{x}-\frac{f(0)}{x}.$$

因连续得$f(0)=0$。故

$$\frac{f(x)-0}{x}\to L.$$

即$f'(0)=L$。

三、考研真题

9 下列函数在$x=0$处不可导的是（）

A. $f(x)=x|\sin x|$

B. $f(x)=|x|\sin\sqrt{|x|}$

C. $f(x)=\cos|x|$

D. $f(x)=\cos\sqrt{|x|}$

解答：

A：$x|\sin x|\sim x^2$，可导。

B：$\frac{|x|\sin\sqrt{|x|}}{x}= \operatorname{sgn}(x)\sin\sqrt{|x|}\to0$，可导。

C：$\cos|x|$在0处左右导数相反，不可导。

D：$\cos\sqrt{|x|}$趋近1，差商趋0，可导。

故不可导的是：

$$\text{答案：C}.$$

第2节函数的求导法则

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 求下列函数的导数

(1) $y=\left(\arccos \frac{x}{2}\right)^3$

解答：

$$y' = 3\left(\arccos \frac{x}{2}\right)^2 \cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{1-(x/2)^2}} \cdot \frac12\right)$$

$$y' = -\frac{3}{2}\frac{\left(\arccos \frac{x}{2}\right)^2}{\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}$$

(2) $y=\ln\left(\tan \frac{x^3}{3}\right)$

解答：

$$y'=\frac{1}{\tan (x^3/3)}\cdot \sec^2(x^3/3)\cdot x^2$$

$$y'=x^2\cdot \frac{\sec^2(x^3/3)}{\tan(x^3/3)}$$

(3) $y=\sqrt{1+\ln^2 x}$

解答：

$$y'=\frac{1}{2\sqrt{1+\ln^2 x}}\cdot 2\ln x\cdot \frac{1}{x}$$

$$y'=\frac{\ln x}{x\sqrt{1+\ln^2 x}}$$

(4) $y=\arctan\frac{x+1}{x-1}$

解答：

$$y'=\frac{1}{1+\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^2}\cdot \frac{(x-1)- (x+1)}{(x-1)^2}$$

$$y'=\frac{-2}{(x-1)^2+\,(x+1)^2}$$

$$y'=-\frac{1}{x^2-1}$$

(5) $y=\arccos\sqrt{1-x^2}$

解答：

设 $u=\sqrt{1-x^2}$，则

$$y'=-\frac{u'}{\sqrt{1-u^2}},\qquad u'=\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}$$

$$y'=-\frac{-x/\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{x^2}}$$

$$y'=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}\,|x|}$$

(6) $y=\ln[\ln(\ln x)]$

解答：

$$y'=\frac{1}{\ln(\ln x)}\cdot \frac{1}{\ln x}\cdot \frac{1}{x}$$

$$y'=\frac{1}{x\ln x\ln (\ln x)}$$

2 求下列函数在指定点处的导数

(1) $y=\sin x+\cos x$，求 $y'|_{x=\pi/3},\,y'|_{x=3\pi/4}$

解答：

$$y'=\cos x-\sin x$$

$$y'(\pi/3)=\frac12-\frac{\sqrt3}{2}=-\frac{\sqrt3-1}{2}$$

$$y'(3\pi/4)=-\frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{2}=-\sqrt2$$

(2) $y=x\cos x+\frac12\sin x$，求 $\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=\pi/2}$

解答：

$$y'=\cos x-x\sin x+\frac12\cos x=\frac32\cos x-x\sin x$$

$$y'(\pi/2)=\frac32\cdot 0-\frac{\pi}{2}\cdot 1=-\frac{\pi}{2}$$

(3) $f(x)=\frac{3}{5-x}+\frac{x^2}{5}$，求 $f'(0)$ 及 $f'(2)$

解答：

$$f'(x)=\frac{3}{(5-x)^2}+\frac{2x}{5}$$

$$f'(0)=\frac{3}{25}$$

$$f'(2)=\frac{3}{9}+\frac{4}{5}=\frac13+\frac45=\frac{17}{15}$$

3 以初速度 $v_0$ 竖直上抛的物体，其上升高度 $h$ 与时间 $t$ 的关系为

$$h=v_0 t-\frac12 g t^2$$

(1) 该物体的瞬时速度 $v(t)$ 解答：

$$v(t)=h'(t)=v_0-g t$$

(2) 该物体到达最高点的时刻 $T$ 解答：最高点速度为零：

$$v_0-gT=0 \Rightarrow T=\frac{v_0}{g}$$

二、提高题

4 设函数 $f(x)$ 可导，求下列复合函数的导数 $\frac{dy}{dx}$

(1) $y=f(1-x^2)$

解答：

$$y' = f'(1-x^2)\cdot (-2x)$$

(2) $y=f\left(\sin^2\frac1x\right)$

解答：

$$y'=f'(\sin^2(1/x))\cdot 2\sin(1/x)\cos(1/x)\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)$$

(3) $y=\arctan f(x)$

解答：

$$y'=\frac{f'(x)}{1+[f(x)]^2}$$

(4) $y=f(\sin^2 x)+f(\cos^2 x)$

解答：

$$y'=f'(\sin^2 x)\cdot 2\sin x\cos x+f'(\cos^2 x)\cdot (-2\sin x\cos x)$$

5 设 $x=g(y)$ 与 $y=f(x)$ 互为反函数，且 $g(2)=1,\ f'(1)=3$，求 $g'(2)$

解答：

反函数求导关系：

$$g'(y)=\frac{1}{f'(x)}$$

由 $g(2)=1$ 得 $x=1$，故

$$g'(2)=\frac{1}{f'(1)}=\frac13$$

6 求函数 $y=x^{a^a}+a^{a^x}\ (a>0)$ 的导数

解答：

$$y'=a^a x^{a^a-1}+a^{a^x}\ln a\cdot a^x\ln a$$

$$y'=a^a x^{a^a-1}+a^{a^x}a^x(\ln a)^2$$

三、考研真题

7 $(2012102)$ 设函数

$$f(x)=(e^x-1)(e^{2x}-2)\cdots (e^{nx}-n)$$

其中 $n$ 为正整数，求 $f'(0)$。

解答：

$$f(0)=(-1)(-2)\cdots(-n)=(-1)^n n!$$

在 $x=0$ 时仅有一项导数不为零，设为第 $k$ 项，则

$$f'(0)=\sum_{k=1}^n \left(e^{kx}k\prod_{j\neq k}(e^{jx}-j)\right)\Big|_{x=0}$$

仅当 $j\neq k$ 时取 $-j$，故：

$$f'(0)=\sum_{k=1}^n k \cdot (-1)^{n-1}\frac{n!}{k}$$

$$f'(0)=(-1)^{\,n-1}(n!)$$

答案为：

$$(-1)^{n-1}n!$$

对应选项 C

第3节高阶导数

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 求下列函数的二阶导数

(1) $y = x\sin x$

解答：

$$y' = \sin x + x\cos x$$

$$y'' = \cos x + \cos x - x\sin x = 2\cos x - x\sin x$$

(2) $y = e^{-x}\sin x$

解答：

$$y' = e^{-x}(\cos x - \sin x)$$

$$y'' = e^{-x}(-\sin x - \cos x) - e^{-x}(\cos x - \sin x)$$

$$= e^{-x}(-2\cos x)$$

(3) $y=\sqrt{a^{2}-x^{2}}$

解答：

$$y'=\frac{-x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}$$

$$y''=\frac{-\sqrt{a^{2}-x^{2}}-(-x)\frac{-x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}}{a^{2}-x^{2}}$$

$$=\frac{-a^{2}}{(a^{2}-x^{2})^{3/2}}$$

(4) $y=\ln(1+5x^{2})$

解答：

$$y'=\frac{10x}{1+5x^{2}}$$

$$y''=\frac{10(1+5x^{2})-10x\cdot 10x}{(1+5x^{2})^{2}}$$

$$=\frac{10-50x^{2}}{(1+5x^{2})^{2}}$$

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

解答：

$$y'=-\sin x+\sec^{2}x$$

$$y''=-\cos x+2\sec^{2}x\tan x$$

(6) $y=\frac{1}{x^{3}+1}$

解答：

$$y'= -\frac{3x^{2}}{(x^{3}+1)^{2}}$$

$$y''= -\frac{6x(x^{3}+1)^{2}-3x^{2}\cdot 2(x^{3}+1)\cdot 3x^{2}}{(x^{3}+1)^{4}}$$

$$= \frac{-6x(x^{3}+1)+18x^{4}}{(x^{3}+1)^{3}}$$

2 设 $f''(x)$ 存在，求下列函数的二阶导数 $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}$

(1) $y=f^{2}(x)$

解答：

$$y'=2f(x)f'(x)$$

$$y''=2[f'(x)]^{2}+2f(x)f''(x)$$

(2) $y=f(\ln x)$

解答：

$$y'=f'(\ln x)\frac1x$$

$$y''=f''(\ln x)\frac1{x^{2}} - f'(\ln x)\frac1{x^{2}}$$

(3) $y=f(x^{n})$

解答：

$$y'=f'(x^{n})nx^{n-1}$$

$$y''=f''(x^{n})(nx^{n-1})^{2}+f'(x^{n})n(n-1)x^{n-2}$$

(4) $y=f[l f(x)]$

解答：设 $u=lf(x)$，则：

$$y'=f'(u)\cdot l f'(x)$$

$$y''=f''(u)(l f'(x))^{2} + f'(u)\cdot l f''(x)$$

二、提高题

3 求下列函数的 $n$ 阶导数

(1) $y=\frac{1-x}{1+x}$

解答：写成：

$$y= -1+\frac{2}{1+x}$$

$$y^{(n)} = 2(-1)^{n}n!(1+x)^{-n-1}$$

(2) $y=\frac{x^{3}}{1-x}\ (n\ge3)$

解答：分解：

$$\frac{x^{3}}{1-x}= -x^{2}-x-1-\frac{1}{1-x}$$

前三项的三阶以上导数为 0，因此：

$$y^{(n)} = -(-1)^{n}n!(1-x)^{-n-1}$$

(3) $y=\frac{1}{x^{2}-3x+2}$

解答：因式分解：

$$y=\frac{1}{(x-1)(x-2)}=\frac{-1}{x-1}+\frac{1}{x-2}$$

$$y^{(n)} = -(-1)^{n}n!(x-1)^{-n-1} + (-1)^{n}n!(x-2)^{-n-1}$$

(4) $y=\cos^{2}x$

解答：

$$y=\frac{1+\cos 2x}{2}$$

$$y^{(n)}=\frac{d^{n}}{dx^{n}}\left(\frac12+\frac12\cos 2x\right)$$

$$=\frac12 (2^{n})\cos\left(2x+\frac{n\pi}{2}\right)$$

(5) $y=\sin^{6}x+\cos^{6}x$

解答：利用恒等式：

$$\sin^{6}x+\cos^{6}x = 1-\frac34\sin^{2}2x$$

$$y=1-\frac38+\frac38\cos4x$$

$$y^{(n)}=\frac38\cdot 4^{n}\cos\left(4x+\frac{n\pi}{2}\right)$$

(6) $y=x\ln x\ (n\ge2)$

解答：

$$y'=1+\ln x$$

$$y''=\frac1x$$

$$y^{(n)} = (-1)^{n-2}(n-2)! x^{-n+1}$$

(7) $y=xe^{x}$

解答：

$$y^{(n)} = x e^{x} + n e^{x}$$

4 设 $y=f(x)$，且 $\frac{dx}{dy}=\frac1{y'}$，证明

(1) $\frac{d^{2}x}{dy^{2}} = -\frac{y''}{(y')^{3}}$

解答：

$$\frac{dx}{dy}=\frac1{y'}$$

对 $y$ 再求导：

$$\frac{d^{2}x}{dy^{2}}=\frac{d}{dx}\left(\frac1{y'}\right)\cdot \frac{dx}{dy}$$

$$= -\frac{y''}{(y')^{2}}\cdot \frac1{y'}=-\frac{y''}{(y')^{3}}$$

(2) $\frac{d^{3}x}{dy^{3}} = -\frac{3(y'')^{2}-y'y'''}{(y')^{5}}$

解答：

从(1)继续：

$$\frac{d^{3}x}{dy^{3}}=\frac{d}{dx}\left(-\frac{y''}{(y')^{3}}\right)\cdot \frac{dx}{dy}$$

计算导数：

$$ \frac{d}{dx}\left(-\frac{y''}{(y')^{3}}\right)= -\frac{y'''(y')^{3}-3y''(y')^{2}y''}{(y')^{6}} $$$$= -\frac{y'y''' - 3(y'')^{2}}{(y')^{4}}$$

乘上 $\frac1{y'}$：

$$ \frac{d^{3}x}{dy^{3}}= -\frac{y'y''' - 3(y'')^{2}}{(y')^{5}} $$$$= -\frac{3(y'')^{2}-y'y'''}{(y')^{5}}$$

第4节隐函数的导数与由参数方程确定的函数的导数

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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。

第5节函数的微分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1 求下列函数的微分

(1) $y=\dfrac1x-2\sqrt x;$

(2) $y=x\cos2x;$

(3) $y=\dfrac1{\sqrt{1+x^2}};$

(4) $y=x^2\mathrm e^{-2x}.$

解答：

(1)

$$y=\dfrac1x-2\sqrt x=\dfrac1x-2x^{1/2}.$$$$ y'=-\dfrac1{x^2}-2\cdot\dfrac12x^{-1/2} =-\dfrac1{x^2}-\dfrac1{\sqrt x}. $$

故微分

$$\mathrm dy=\left(-\dfrac1{x^2}-\dfrac1{\sqrt x}\right)\mathrm dx.$$

(2)

$$y=x\cos2x.$$

用乘积法则：

$$y'=\cos2x+x(-2\sin2x)=\cos2x-2x\sin2x.$$

故

$$\mathrm dy=(\cos2x-2x\sin2x)\mathrm dx.$$

(3)

$$y=(1+x^2)^{-1/2}.$$

$$y'=-\dfrac12(1+x^2)^{-3/2}\cdot2x=-\dfrac{x}{(1+x^2)^{3/2}}.$$

故

$$\mathrm dy=-\dfrac{x}{(1+x^2)^{3/2}}\mathrm dx.$$

(4)

$$y=x^2\mathrm e^{-2x}.$$$$ y'=2x\mathrm e^{-2x}+x^2(-2)\mathrm e^{-2x} =2x(1-x)\mathrm e^{-2x}. $$

故

$$\mathrm dy=2x(1-x)\mathrm e^{-2x}\mathrm dx.$$

2 设 $y=y(x)$ 由方程 $x=y^y$ 确定，求 $\mathrm dy$.

解答：

方程两边取对数：

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

两边对 $x$ 求导：

$$\dfrac1x=y'\ln y+y\cdot\dfrac1y y'=y'(\ln y+1).$$

故

$$ y'=\dfrac1{x(\ln y+1)},\quad \mathrm dy=\dfrac1{x(\ln y+1)}\,\mathrm dx. $$

3 有一批半径为 $1\mathrm{cm}$ 的球，为了提高球面的光洁度，要镀上一层铜，厚度为 $0.01\mathrm{cm}$，请估计每个球需要用多少克铜(铜的密度是 $8.9\mathrm{g/cm^3}$)。

解答：

球体积 $V=\dfrac43\pi r^3$。微分近似增量

$$\mathrm dV=4\pi r^2\mathrm dr.$$

取 $r=1$, $\mathrm dr=0.01$：

$$\mathrm dV=4\pi\cdot1^2\cdot0.01=0.04\pi\ \mathrm{cm}^3.$$

所需铜的质量

$$m=\rho\,\mathrm dV=8.9\times0.04\pi\approx1.12\ \mathrm g.$$

4 (2002201) 设函数 $y=f(u)$ 可导，$y=f(x^2)$ 的自变量 $x$ 在 $x=-1$ 处取得增量 $\Delta x=-0.1$ 时，相应的函数增量 $\Delta y$ 的线性主部为 $0.1$，则 $f'(1)=(\quad)$。

A. $-1$

B. $0.1$

C. $1$

D. $0.5$

解答：

$$y=f(x^2),\quad \dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=2x f'(x^2).$$

在 $x=-1$ 处：

$$\left.\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{x=-1}=2(-1)f'(1)=-2f'(1).$$

线性主部

$$\Delta y\approx y'(-1)\Delta x=-2f'(1)\cdot(-0.1)=0.2f'(1).$$

题给线性主部为 $0.1$，故 $0.2f'(1)=0.1$，得

$$f'(1)=0.5.$$

应选 D。

二、提高题

5 计算下列函数的近似值：

(1) $\cos29^\circ$；

(2) $\tan136^\circ$；

(3) $\arcsin0.5002$；

(4) $\sqrt[3]{996}$。

解答：

(1) 以 $x_0=30^\circ=\dfrac\pi6$ 为展开点，$\Delta x=-1^\circ=-\dfrac\pi{180}$。函数 $y=\cos x$，

$$y'\big|_{x_0}=-\sin\dfrac\pi6=-\dfrac12.$$

线性近似：

$$ \cos29^\circ\approx\cos\dfrac\pi6+y'\big|_{x_0}\Delta x =\dfrac{\sqrt3}2-\dfrac12\left(-\dfrac\pi{180}\right) =\dfrac{\sqrt3}2+\dfrac\pi{360}\approx0.875. $$

(2) 取 $x_0=135^\circ=\dfrac{3\pi}4$，$\Delta x=1^\circ=\dfrac\pi{180}$。

$y=\tan x$，

$$y'\big|_{x_0}=\sec^2\dfrac{3\pi}4=1+\tan^2\dfrac{3\pi}4=2.$$

故

$$ \tan136^\circ\approx\tan\dfrac{3\pi}4+y'\big|_{x_0}\Delta x =-1+2\cdot\dfrac\pi{180}=-1+\dfrac\pi{90}\approx-0.965. $$

(3) 取 $x_0=0.5$，$\Delta x=0.0002$。 $y=\arcsin x$，

$$y'\big|_{x_0}=\dfrac1{\sqrt{1-x_0^2}}=\dfrac1{\sqrt{1-0.25}}=\dfrac2{\sqrt3}.$$

又 $\arcsin0.5=\dfrac\pi6$，故

$$ \arcsin0.5002\approx\dfrac\pi6+\dfrac2{\sqrt3}\cdot0.0002 \approx0.5238. $$

(4) 设 $y=\sqrt[3]x$，在 $x_0=1000$ 处线性近似，$\Delta x=-4$。

$$ y_0=\sqrt[3]{1000}=10,\quad y'=\dfrac13x^{-2/3}, \quad y'(1000)=\dfrac1{3\cdot100}=\dfrac1{300}. $$

故

$$ \sqrt[3]{996}\approx10+\dfrac1{300}(-4) =10-\dfrac4{300}=10-\dfrac1{75}\approx9.987. $$

总习题二

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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

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

第2章 导数与微分 | YHK's life

第1节 导数的概念

一、基础题

1 已知$f(x)=\begin{cases} x,\ x\ge0, \\ -x,\ x<0. \end{cases}$ 求$f'_+(0)$及$f'_-(0)$，并判断$f'(0)$的存在性

3 求下列曲线在指定点的切线方程和法线方程

二、提高题

4 假定下列小题中$f'(x_0)$存在，按照导数定义求A的值

5 讨论下列函数在$x=0$处的连续性与可导性

6 设$f(x)$为偶函数，且$f'(0)$存在，证明：$f'(0)=0$

7 证明：可导的偶函数的导函数是奇函数，可导的奇函数的导函数是偶函数

8 设函数$f(x)$在$x=0$连续，且$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}$存在，证明：$f(x)$在$x=0$可导

三、考研真题

9 下列函数在$x=0$处不可导的是（ ）

第2节 函数的求导法则

一、基础题

1 求下列函数的导数

2 求下列函数在指定点处的导数

3 以初速度 $v_0$ 竖直上抛的物体，其上升高度 $h$ 与时间 $t$ 的关系为

二、提高题

4 设函数 $f(x)$ 可导，求下列复合函数的导数 $\frac{dy}{dx}$

5 设 $x=g(y)$ 与 $y=f(x)$ 互为反函数，且 $g(2)=1,\ f'(1)=3$，求 $g'(2)$

6 求函数 $y=x^{a^a}+a^{a^x}\ (a>0)$ 的导数

三、考研真题

7 $(2012102)$ 设函数

第3节 高阶导数

一、基础题

1 求下列函数的二阶导数

2 设 $f''(x)$ 存在，求下列函数的二阶导数 $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}$

二、提高题

3 求下列函数的 $n$ 阶导数

4 设 $y=f(x)$，且 $\frac{dx}{dy}=\frac1{y'}$，证明

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 $\dfrac{dy}{dx}$

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

3.求由下列方程确定的隐函数的二阶导数 $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$

4.用对数求导法求下列函数的导数：

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。

6.求由下列参数方程确定的函数的导数 $\dfrac{dy}{dx}$：

二、提高题

7.求由下列参数方程确定的函数的二阶导数 $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$：

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。

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？

三、考研真题

10.(2013111)设$\begin{cases}x=\sin t,\\ y=t\sin t+\cos t,\end{cases}$ 则 $\displaystyle\left.\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{t=\frac{\pi}{4}}=\underline{\ \ \ \ }$。

11.(2021112)设$\begin{cases}x=2e^{t}+t+1,\\ y=4(t-1)e^{t}+t^{2},\end{cases}$ 则 $\displaystyle\left.\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{t=0}=\underline{\ \ \ \ }$。

12.(2023103)设函数 $y=f(x)$ 由$\begin{cases}x=2t+|t|,\\ y=|t|\sin t\end{cases}$ 确定，则（ ）。

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（ ）。

第5节 函数的微分

一、基础题

1 求下列函数的微分

2 设 $y=y(x)$ 由方程 $x=y^y$ 确定，求 $\mathrm dy$.

3 有一批半径为 $1\mathrm{cm}$ 的球，为了提高球面的光洁度，要镀上一层铜，厚度为 $0.01\mathrm{cm}$，请估计每个球需要用多少克铜(铜的密度是 $8.9\mathrm{g/cm^3}$)。

4 (2002201) 设函数 $y=f(u)$ 可导，$y=f(x^2)$ 的自变量 $x$ 在 $x=-1$ 处取得增量 $\Delta x=-0.1$ 时，相应的函数增量 $\Delta y$ 的线性主部为 $0.1$，则 $f'(1)=(\quad)$。

二、提高题

5 计算下列函数的近似值：

总习题二

1 填空题

选择题

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。

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

5 已知

6 利用对数求导法求下列函数的导数：

7 求下列函数的微分：

8 设函数

9 已知

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

11 求下列函数所指定的高阶导数：

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

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

第2章导数与微分 | YHK's life

第1节导数的概念

9 下列函数在$x=0$处不可导的是（）

第2节函数的求导法则

第3节高阶导数

第4节隐函数的导数与由参数方程确定的函数的导数

12.(2023103)设函数 $y=f(x)$ 由$\begin{cases}x=2t+|t|,\\ y=|t|\sin t\end{cases}$ 确定，则（）。

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（）。

第5节函数的微分