第二章 一元函数的导数与微分概念及其计算

选择题

单选题李正元练习题·高等数学选择题

若极限

$$\displaystyle \lim_{h\to0}\dfrac{f(a-h^2)-f(a+h^2)}{e^{h^2}-1}=A,$$

则函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处

A. 不一定可导；

B. 不一定可导，但 $\displaystyle f'_+(a)=A$；

C. 不一定可导，但 $\displaystyle f'_-(a)=A$；

D. 可导，且 $\displaystyle f'(a)=A$。

令 $\displaystyle t=h^2$，则当 $\displaystyle h\to0$ 时，$\displaystyle t\to0^+$，原极限可写为

$$\displaystyle \lim_{t\to0^+}\dfrac{f(a-t)-f(a+t)}{e^t-1}=A.$$

由于

$$\displaystyle e^t-1\sim t\qquad(t\to0^+),$$

故已知条件只说明

$$\displaystyle \lim_{t\to0^+}\dfrac{f(a-t)-f(a+t)}{t}=A.$$

它仅限制了 $\displaystyle a$ 点两侧函数值之差，并不能分别保证左、右导数存在，更不能保证二者相等。

例如，任取常数 $\displaystyle c\ne-\dfrac A2$，在 $\displaystyle a$ 的邻域内定义

$$\displaystyle f(a)=0, \qquad f(a+t)=ct, \qquad f(a-t)=(A+c)t \quad(t>0).$$

则

$$\displaystyle \dfrac{f(a-t)-f(a+t)}{e^t-1} =\dfrac{At}{e^t-1}\to A,$$

但

$$\displaystyle f'_+(a)=c, \qquad f'_-(a)=-(A+c),$$

且由 $\displaystyle c\ne-\dfrac A2$ 可知两者不相等，所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处不一定可导。

因此（A）正确；（B）、（C）把所给极限误认为某一侧导数；（D）则错误地断定了可导性。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设有多项式

$$\displaystyle P(x)=x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0,$$

又设 $\displaystyle x=x_0$ 是它的最大实根，则 $\displaystyle P'(x_0)$ 满足

A. $\displaystyle P'(x_0)>0$；

B. $\displaystyle P'(x_0)<0$；

C. $\displaystyle P'(x_0)\le0$；

D. $\displaystyle P'(x_0)\ge0$。

因为 $\displaystyle P(x)$ 是首项系数为正的四次多项式，所以

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}P(x)=+\infty.$$

又因为 $\displaystyle x_0$ 是最大实根，所以在区间 $\displaystyle (x_0,+\infty)$ 内没有其他实根。由多项式的连续性可知，$\displaystyle P(x)$ 在该区间内符号保持不变；结合 $\displaystyle P(x)\to+\infty$，得到

$$\displaystyle P(x)>0\qquad(x>x_0).$$

若 $\displaystyle P'(x_0)<0$，则由导数定义，在充分小的 $\displaystyle h>0$ 下应有

$$\displaystyle P(x_0+h)=P(x_0)+P'(x_0)h+o(h)<0,$$

这与 $\displaystyle x_0$ 右侧 $\displaystyle P(x)>0$ 矛盾。因此

$$\displaystyle P'(x_0)\ge0.$$

当 $\displaystyle x_0$ 是奇重根时，可以有 $\displaystyle P'(x_0)>0$；当 $\displaystyle x_0$ 是重数不小于 $\displaystyle 2$ 的偶重根时，可以有 $\displaystyle P'(x_0)=0$。故不能断定严格大于零。

所以（D）正确，（A）条件过强，（B）、（C）与右侧符号特征不符。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f(x)=3x^2+x^2|x|$，则使 $\displaystyle f^{(n)}(0)$ 存在的最高阶数 $\displaystyle n=$

A. 0；

B. 1；

C. 2；

D. 3。

将函数写成分段形式：

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} 3x^2+x^3,&x\ge0,\\[2mm] 3x^2-x^3,&x<0. \end{cases}$$

显然 $\displaystyle f(0)=0$。由导数定义，

$$\displaystyle f'(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0}\left(3x+x|x|\right)=0.$$

对 $\displaystyle x\ne0$，

$$\displaystyle f'(x)=6x+3x|x|.$$

于是

$$\displaystyle f''(0) =\lim_{x\to0}\dfrac{f'(x)-f'(0)}x =\lim_{x\to0}\left(6+3|x|\right)=6,$$

故二阶导数存在。

进一步，对 $\displaystyle x\ne0$，

$$\displaystyle f''(x)=6+6|x|.$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{f''(x)-f''(0)}x =6\dfrac{|x|}{x} = \begin{cases} 6,&x>0,\\ -6,&x<0. \end{cases}$$

左右极限不相等，所以 $\displaystyle f'''(0)$ 不存在。

故在 $\displaystyle x=0$ 处存在的最高阶导数为二阶，即 $\displaystyle n=2$，选择（C）。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} x^2\sin\dfrac1x,&x>0,\\[2mm] ax+b,&x\le0, \end{cases}$$

在 $\displaystyle x=0$ 处可导，则 $\displaystyle a,b$ 满足

A. $\displaystyle a=0,b=0$；

B. $\displaystyle a=1,b=1$；

C. $\displaystyle a$ 为任意常数，$\displaystyle b=0$；

D. $\displaystyle a$ 为任意常数，$\displaystyle b=1$。

函数在 $\displaystyle x=0$ 处可导，首先必须在该点连续。

当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，

$$\displaystyle \left|x^2\sin\frac1x\right|\le x^2\to0,$$

所以

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}f(x)=0.$$

而

$$\displaystyle f(0)=b,$$

故连续性要求

$$\displaystyle b=0.$$

在 $\displaystyle b=0$ 时，右导数为

$$\displaystyle f'_+(0) =\lim_{x\to0^+}\dfrac{x^2\sin\frac1x-0}{x} =\lim_{x\to0^+}x\sin\frac1x=0.$$

左侧函数为 $\displaystyle f(x)=ax$，所以

$$\displaystyle f'_-(0)=a.$$

要使 $\displaystyle f'(0)$ 存在，必须有

$$\displaystyle f'_-(0)=f'_+(0),$$

即

$$\displaystyle a=0.$$

因此 $\displaystyle a=0,b=0$，选择（A）。选项（C）只保证了连续性，没有保证左右导数相等；（B）、（D）中的 $\displaystyle b=1$ 使函数在原点不连续。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle f'(a)>0$，则存在 $\displaystyle \delta>0$，有

A. $\displaystyle f(x)\ge f(a)$，$\displaystyle x\in(a-\delta,a+\delta)$；

B. $\displaystyle f(x)\le f(a)$，$\displaystyle x\in(a-\delta,a+\delta)$；

C. $\displaystyle f(x)>f(a)$，$\displaystyle x\in(a,a+\delta)$，且 $\displaystyle f(x)<f(a)$，$\displaystyle x\in(a-\delta,a)$；

D. $\displaystyle f(x)<f(a)$，$\displaystyle x\in(a,a+\delta)$，且 $\displaystyle f(x)>f(a)$，$\displaystyle x\in(a-\delta,a)$。

由

$$\displaystyle f'(a)=\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}>0,$$

根据极限的保号性，存在 $\displaystyle \delta>0$，使得当

$$\displaystyle 0<|x-a|<\delta$$

时，有

$$\displaystyle \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}>0.$$

当 $\displaystyle x\in(a,a+\delta)$ 时，$\displaystyle x-a>0$，故

$$\displaystyle f(x)-f(a)>0,$$

即

$$\displaystyle f(x)>f(a).$$

当 $\displaystyle x\in(a-\delta,a)$ 时，$\displaystyle x-a<0$。为了使上述商为正，必须有

$$\displaystyle f(x)-f(a)<0,$$

即

$$\displaystyle f(x)<f(a).$$

因此（C）正确。（A）、（B）把 $\displaystyle a$ 错误地视为局部极值点；（D）与导数为正所表示的局部变化方向相反。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设

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

则

A. $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 处不连续；

B. $\displaystyle f'(0)$ 存在；

C. $\displaystyle f'(0)$ 不存在，曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 在点 $\displaystyle (0,0)$ 处不存在切线；

D. $\displaystyle f'(0)$ 不存在，曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 在点 $\displaystyle (0,0)$ 处有切线。

该函数可写为

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

当 $\displaystyle x\to0$ 时，

$$\displaystyle f(x)=\sqrt{|x|}\to0=f(0),$$

所以函数在 $\displaystyle x=0$ 处连续，选项（A）错误。

考察导数：

$$\displaystyle \dfrac{f(x)-f(0)}{x} =\dfrac{\sqrt{|x|}}x.$$

当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，

$$\displaystyle \dfrac{\sqrt x}{x}=\frac1{\sqrt x}\to+ \infty;$$

当 $\displaystyle x\to0^-$ 时，

$$\displaystyle \dfrac{\sqrt{-x}}x=-\frac1{\sqrt{-x}}\to-\infty.$$

因此通常意义下的有限导数 $\displaystyle f'(0)$ 不存在，选项（B）错误。

但是，从左右两侧趋近原点时，割线与 $\displaystyle x$ 轴的夹角都趋于直角，割线的极限位置均为竖直直线

$$\displaystyle x=0.$$

所以曲线在 $\displaystyle (0,0)$ 处存在竖直切线，尽管该点导数不存在。

故（D）正确，（C）错误。

填空题

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle f(x)=\prod_{n=1}^{2014}\left(\tan\dfrac{\pi x^n}{4}-n\right),$$

则 $\displaystyle f'(1)=\underline{\qquad}$。

记

$$\displaystyle u_n(x)=\tan\dfrac{\pi x^n}{4}-n,$$

则

$$\displaystyle f(x)=\prod_{n=1}^{2014}u_n(x).$$

在 $\displaystyle x=1$ 时，

$$\displaystyle u_1(1)=\tan\dfrac\pi4-1=0,$$

而对 $\displaystyle n\ge2$，

$$\displaystyle u_n(1)=1-n\ne0.$$

因此按乘积求导公式，在 $\displaystyle x=1$ 处只有对第一个因子求导的项不为零：

$$\displaystyle f'(1)=u_1'(1)\prod_{n=2}^{2014}u_n(1).$$

又

$$\displaystyle u_1'(x)=\dfrac\pi4\sec^2\dfrac{\pi x}{4}, \qquad u_1'(1)=\dfrac\pi4\sec^2\dfrac\pi4=\dfrac\pi2,$$

且

$$\displaystyle \prod_{n=2}^{2014}(1-n) =(-1)^{2013}(1\cdot2\cdots2013)=-2013!.$$

故

$$\displaystyle f'(1)=-\dfrac\pi2\cdot2013!.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

若函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=1$ 处的导数存在，则极限

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f(1+x)+f(1+2\sin x)-2f(1-3\tan x)}x =\underline{\qquad}.$$

由 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=1$ 处可导，得

$$\displaystyle f(1+u)=f(1)+f'(1)u+o(u)\qquad(u\to0).$$

分别取

$$\displaystyle u=x,\qquad u=2\sin x, \qquad u=-3\tan x,$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} f(1+x)&=f(1)+f'(1)x+o(x),\\ f(1+2\sin x)&=f(1)+2f'(1)\sin x+o(x),\\ f(1-3\tan x)&=f(1)-3f'(1)\tan x+o(x). \end{aligned}$$

代入原式，常数项相消，得到

$$\displaystyle \begin{aligned} &\lim_{x\to0}\dfrac{f'(1)x+2f'(1)\sin x+6f'(1)\tan x+o(x)}x\\ &=f'(1)\left(1+2\lim_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x} +6\lim_{x\to0}\dfrac{\tan x}{x}\right)=9f'(1). \end{aligned}$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle f'(0)=1$，$\displaystyle f(0)=0$，则

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f(1-\cos x)}{\tan x^2}=\underline{\qquad}.$$

由

$$\displaystyle f'(0)=\lim_{u\to0}\dfrac{f(u)-f(0)}u=1, \qquad f(0)=0,$$

可知

$$\displaystyle f(u)\sim u\qquad(u\to0).$$

当 $\displaystyle x\to0$ 时，令 $\displaystyle u=1-\cos x$，则 $\displaystyle u\to0$，且

$$\displaystyle 1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}, \qquad \tan x^2\sim x^2.$$

所以

$$\displaystyle \dfrac{f(1-\cos x)}{\tan x^2} \sim\dfrac{1-\cos x}{x^2}\to\frac12.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle k$ 为常数，则

$$\displaystyle \lim_{n\to\infty}n\left[\left(1+\frac1n\right)^k-1\right]=\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle x=\frac1n,$$

则 $\displaystyle n\to\infty$ 时 $\displaystyle x\to0^+$，原极限化为

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}\dfrac{(1+x)^k-1}{x}.$$

该极限正是函数 $\displaystyle g(x)=(1+x)^k$ 在 $\displaystyle x=0$ 处的导数，故

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}\dfrac{(1+x)^k-1}{x} =g'(0)=k(1+0)^{k-1}=k.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle y=f\left(\dfrac{3x-2}{3x+2}\right), \qquad f'(x)=\arctan x^2,$$

则

$$\displaystyle \left.\dfrac{dy}{dx}\right|_{x=0}=\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle u(x)=\dfrac{3x-2}{3x+2},$$

则由复合函数求导法则，

$$\displaystyle y'=f'(u(x))u'(x).$$

计算得

$$\displaystyle u(0)=-1,$$

以及

$$\displaystyle u'(x)=\dfrac{3(3x+2)-3(3x-2)}{(3x+2)^2} =\dfrac{12}{(3x+2)^2}, \qquad u'(0)=3.$$

又

$$\displaystyle f'(-1)=\arctan(-1)^2=\arctan1=\dfrac\pi4.$$

所以

$$\displaystyle \left.y'\right|_{x=0} =f'(-1)u'(0)=\dfrac\pi4\cdot3 =\dfrac{3\pi}{4}.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle y=\sin x^2$，则

$$\displaystyle \dfrac{dy}{d(x^3)}=\underline{\qquad}.$$

把 $\displaystyle y$ 与 $\displaystyle x^3$ 都看成参数 $\displaystyle x$ 的函数，则

$$\displaystyle \dfrac{dy}{d(x^3)} =\dfrac{\dfrac{dy}{dx}}{\dfrac{d(x^3)}{dx}}.$$

由

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=2x\cos x^2, \qquad \dfrac{d(x^3)}{dx}=3x^2,$$

得

$$\displaystyle \dfrac{dy}{d(x^3)} =\dfrac{2x\cos x^2}{3x^2} =\dfrac{2\cos x^2}{3x}, \qquad x\ne0.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle f(x)$ 有任意阶导数且 $\displaystyle f'(x)=f^3(x)$，则

$$\displaystyle f^{(n)}(x)=\underline{\qquad}.$$

由已知条件，

$$\displaystyle f'(x)=f^3(x)=1!!\,f^3(x),$$

公式对 $\displaystyle n=1$ 成立。

假设对某个 $\displaystyle n\ge1$，有

$$\displaystyle f^{(n)}(x)=(2n-1)!!\,f^{2n+1}(x).$$

两边求导：

$$\displaystyle \begin{aligned} f^{(n+1)}(x) &=(2n-1)!!(2n+1)f^{2n}(x)f'(x)\\ &=(2n+1)!!f^{2n}(x)f^3(x)\\ &=(2n+1)!!f^{2n+3}(x). \end{aligned}$$

这正是把 $\displaystyle n$ 换为 $\displaystyle n+1$ 后的公式。由数学归纳法，

$$\displaystyle f^{(n)}(x)=(2n-1)!!\,[f(x)]^{2n+1}.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle y=\ln(1+x^2)$，则 $\displaystyle y^{(5)}(0)=\underline{\qquad}$。

函数

$$\displaystyle y=\ln(1+x^2)$$

是偶函数。偶函数在原点存在的所有奇阶导数均为零，因此

$$\displaystyle y^{(5)}(0)=0.$$

也可由麦克劳林展开验证：

$$\displaystyle \ln(1+x^2)=x^2-\dfrac{x^4}{2}+\dfrac{x^6}{3}-\cdots,$$

其中不含 $\displaystyle x^5$ 项，故五阶导数在原点为零。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设

$$\displaystyle \begin{cases} x=1+t^2,\\ y=\cos t, \end{cases}$$

则 $\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2}=\underline{\qquad}$。

参数方程的一阶导数为

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx} =\dfrac{dy/dt}{dx/dt} =\dfrac{-\sin t}{2t}.$$

再对 $\displaystyle x$ 求导：

$$\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2} =\dfrac{\dfrac d{dt}\left(-\dfrac{\sin t}{2t}\right)}{dx/dt}.$$

而

$$\displaystyle \dfrac d{dt}\left(-\dfrac{\sin t}{2t}\right) =\dfrac{\sin t-t\cos t}{2t^2},$$

故

$$\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2} =\dfrac{\sin t-t\cos t}{2t^2}\cdot\frac1{2t} =\dfrac{\sin t-t\cos t}{4t^3}.$$

当 $\displaystyle t\to0$ 时，

$$\displaystyle \sin t-t\cos t=\dfrac{t^3}{3}+o(t^3),$$

所以该式的极限为

$$\displaystyle \frac1{12}.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

曲线 $\displaystyle (x-1)^3=y^2$ 上点 $\displaystyle (5,8)$ 处的切线方程是 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

对隐函数方程

$$\displaystyle (x-1)^3=y^2$$

两边关于 $\displaystyle x$ 求导，得

$$\displaystyle 3(x-1)^2=2y\dfrac{dy}{dx}.$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{3(x-1)^2}{2y}.$$

在点 $\displaystyle (5,8)$ 处，切线斜率为

$$\displaystyle k=\dfrac{3(5-1)^2}{2\cdot8} =\dfrac{3\cdot16}{16}=3.$$

故切线方程为

$$\displaystyle y-8=3(x-5),$$

整理得

$$\displaystyle y=3x-7.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

曲线 $\displaystyle y=\ln x$ 上与直线 $\displaystyle x+y=1$ 垂直的切线方程为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

直线

$$\displaystyle x+y=1$$

的斜率为 $\displaystyle -1$，因此与它垂直的直线斜率为

$$\displaystyle k=1.$$

曲线 $\displaystyle y=\ln x$ 在横坐标为 $\displaystyle x_0$ 的点处切线斜率为

$$\displaystyle y'(x_0)=\frac1{x_0}.$$

令

$$\displaystyle \frac1{x_0}=1,$$

得

$$\displaystyle x_0=1, \qquad y_0=\ln1=0.$$

故所求切线方程为

$$\displaystyle y-0=1(x-1),$$

即

$$\displaystyle y=x-1.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

曲线

$$\displaystyle \begin{cases} x=1+t^2,\\ y=t^3 \end{cases}$$

上对应点 $\displaystyle t=2$ 处的切线方程为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

当 $\displaystyle t=2$ 时，曲线上的对应点为

$$\displaystyle x=1+2^2=5, \qquad y=2^3=8.$$

参数方程所表示曲线的切线斜率为

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx} =\dfrac{dy/dt}{dx/dt} =\dfrac{3t^2}{2t} =\dfrac{3t}{2}\qquad(t\ne0).$$

因此在 $\displaystyle t=2$ 处，

$$\displaystyle k=\dfrac{3\cdot2}{2}=3.$$

故切线方程为

$$\displaystyle y-8=3(x-5),$$

整理得

$$\displaystyle y=3x-7.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

$\displaystyle r=a(1+\cos\theta)$ 在点

$$\displaystyle (r,\theta)=(2a,0),\quad\left(a,\dfrac\pi2\right),\quad(0,\pi)$$

处的切线方程分别为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

由极坐标与直角坐标的关系，

$$\displaystyle x=r\cos\theta, \qquad y=r\sin\theta,$$

且

$$\displaystyle r=a(1+\cos\theta), \qquad \dfrac{dr}{d\theta}=-a\sin\theta.$$

于是

$$\displaystyle \dfrac{dx}{d\theta} =\dfrac{dr}{d\theta}\cos\theta-r\sin\theta =-a\sin\theta(1+2\cos\theta),$$$$\displaystyle \dfrac{dy}{d\theta} =\dfrac{dr}{d\theta}\sin\theta+r\cos\theta =a(\cos\theta+2\cos^2\theta-1).$$

当 $\displaystyle \theta=0$ 时，点的直角坐标为 $\displaystyle (2a,0)$，且

$$\displaystyle \left.\dfrac{dx}{d\theta}\right|_{\theta=0}=0, \qquad \left.\dfrac{dy}{d\theta}\right|_{\theta=0}=2a\ne0.$$

因此切线为竖直直线

$$\displaystyle x=2a.$$

当 $\displaystyle \theta=\dfrac\pi2$ 时，点的直角坐标为 $\displaystyle (0,a)$，并且

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx} =\dfrac{dy/d\theta}{dx/d\theta} =\dfrac{-a}{-a}=1.$$

故切线方程为

$$\displaystyle y-a=x,$$

即

$$\displaystyle y=x+a.$$

当 $\displaystyle \theta=\pi$ 时，曲线到达极点 $\displaystyle (0,0)$。此时直接代入会出现 $\displaystyle 0/0$ 型，考察斜率极限：

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx} =\dfrac{\cos\theta+2\cos^2\theta-1} {-\sin\theta(1+2\cos\theta)}.$$

令 $\displaystyle \theta=\pi+u$，当 $\displaystyle u\to0$ 时，

$$\displaystyle \cos\theta=-1+\dfrac{u^2}{2}+o(u^2), \qquad \sin\theta=-u+o(u),$$

从而

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}\to0.$$

故极点处的切线为

$$\displaystyle y=0.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

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

在点 $\displaystyle M_0(2a,\sqrt3b)$ 处的法线方程为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

对曲线方程

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

两边关于 $\displaystyle x$ 求导，得

$$\displaystyle \dfrac{2x}{a^2}-\dfrac{2y}{b^2}y'=0.$$

因此切线斜率为

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

在点 $\displaystyle M_0(2a,\sqrt3b)$ 处，

$$\displaystyle k_{\text{切}} =\dfrac{b^2\cdot2a}{a^2\cdot\sqrt3b} =\dfrac{2b}{\sqrt3a}.$$

所以法线斜率为

$$\displaystyle k_{\text{法}} =-\frac1{k_{\text{切}}} =-\dfrac{\sqrt3a}{2b}.$$

由点斜式，法线方程为

$$\displaystyle y-\sqrt3b=-\dfrac{\sqrt3a}{2b}(x-2a).$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设函数

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} x^\lambda\sin\dfrac1{x^2},&x\ne0,\\[2mm] 0,&x=0 \end{cases}$$

的导函数在 $\displaystyle x=0$ 处连续，则整数 $\displaystyle \lambda$ 的取值为 $\displaystyle \underline{\qquad}$。

先考察 $\displaystyle f'(0)$ 是否存在。由导数定义，

$$\displaystyle f'(0) =\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0}x^{\lambda-1}\sin\frac1{x^2}.$$

当 $\displaystyle \lambda>1$ 时，由有界量与无穷小的乘积仍为无穷小，得

$$\displaystyle f'(0)=0.$$

对 $\displaystyle x\ne0$，

$$\displaystyle \begin{aligned} f'(x) &=\lambda x^{\lambda-1}\sin\frac1{x^2} +x^\lambda\cos\frac1{x^2}\left(-\frac2{x^3}\right)\\ &=\lambda x^{\lambda-1}\sin\frac1{x^2} -2x^{\lambda-3}\cos\frac1{x^2}. \end{aligned}$$

要使导函数在 $\displaystyle x=0$ 处连续，必须有

$$\displaystyle \lim_{x\to0}f'(x)=f'(0)=0.$$

第一项在 $\displaystyle \lambda>1$ 时趋于零；第二项趋于零的充要条件为

$$\displaystyle \lambda-3>0,$$

即

$$\displaystyle \lambda>3.$$

因为 $\displaystyle \lambda$ 为整数，故

$$\displaystyle \lambda\ge4.$$

当 $\displaystyle \lambda=3$ 时，第二项为

$$\displaystyle -2\cos\frac1{x^2},$$

极限不存在；当 $\displaystyle \lambda<3$ 时更不可能连续。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle y=f(\ln x)e^{f(x)}$，其中 $\displaystyle f(x)$ 可微，则 $\displaystyle dy=\underline{\qquad}$。

函数

$$\displaystyle y=f(\ln x)e^{f(x)}$$

是两个复合函数的乘积。由乘积求导法则与链式法则，

$$\displaystyle \begin{aligned} y' &=\left[f(\ln x)\right]'e^{f(x)} +f(\ln x)\left[e^{f(x)}\right]'\\ &=\dfrac{f'(\ln x)}x e^{f(x)} +f(\ln x)e^{f(x)}f'(x)\\ &=e^{f(x)} \left[ \dfrac{f'(\ln x)}x+f(\ln x)f'(x) \right]. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle dy=y'\,dx =e^{f(x)} \left[ \dfrac{f'(\ln x)}x+f(\ln x)f'(x) \right]dx.$$

计算题

主观题李正元练习题·高等数学计算题

计算下列各题：

（Ⅰ）设

$$\displaystyle y=e^{\sin^2x}+\sqrt{\cos x}\,2^{\sqrt{\cos x}},$$

求 $\displaystyle \dfrac{dy}{dx}$； （Ⅱ）设

$$\displaystyle y=\sqrt[5]{\dfrac{x-5}{\sqrt[5]{x^2+2}}},$$

求 $\displaystyle \dfrac{dy}{dx}$； （Ⅲ）设

$$\displaystyle y=\frac2{\sqrt{a^2-b^2}}\arctan\left(\sqrt{\dfrac{a-b}{a+b}}\tan\dfrac x2\right), \quad a>b>0,$$

求 $\displaystyle y'$。

（Ⅰ）

第一项是复合函数。由链式法则，

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}e^{\sin^2x} =e^{\sin^2x}\dfrac{d}{dx}(\sin^2x) =2\sin x\cos x\,e^{\sin^2x}.$$

对第二项，令

$$\displaystyle u=\sqrt{\cos x},$$

则

$$\displaystyle \sqrt{\cos x}\,2^{\sqrt{\cos x}}=u2^u, \qquad u'=-\dfrac{\sin x}{2\sqrt{\cos x}}.$$

又

$$\displaystyle \dfrac{d}{du}(u2^u)=2^u+u2^u\ln2 =2^u(1+u\ln2).$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left(\sqrt{\cos x}\,2^{\sqrt{\cos x}}\right) =-\dfrac{\sin x}{2\sqrt{\cos x}}\,2^{\sqrt{\cos x}} \left(1+\sqrt{\cos x}\ln2\right).$$

两部分相加即得所求导数。

（Ⅱ）

将原式写成幂函数形式：

$$\displaystyle y=(x-5)^{\frac15}(x^2+2)^{-\frac1{25}}.$$

在 $\displaystyle x\ne5$ 处采用对数求导法，得

$$\displaystyle \ln|y|=\frac15\ln|x-5|-\frac1{25}\ln(x^2+2).$$

两边求导：

$$\displaystyle \dfrac{y'}y =\frac1{5(x-5)}-\dfrac{2x}{25(x^2+2)}.$$

所以

$$\displaystyle y' =y\left[ \frac1{5(x-5)}-\dfrac{2x}{25(x^2+2)} \right].$$

通分后，

$$\displaystyle \frac1{5(x-5)}-\dfrac{2x}{25(x^2+2)} =\dfrac{5(x^2+2)-2x(x-5)}{25(x-5)(x^2+2)} =\dfrac{3x^2+10x+10}{25(x-5)(x^2+2)}.$$

（Ⅲ）

令

$$\displaystyle k=\sqrt{\dfrac{a-b}{a+b}}, \qquad u=k\tan\dfrac x2.$$

则

$$\displaystyle y=\frac2{\sqrt{a^2-b^2}}\arctan u.$$

由链式法则，

$$\displaystyle \begin{aligned} y' &=\frac2{\sqrt{a^2-b^2}}\cdot\frac1{1+u^2} \cdot k\cdot\frac12\sec^2\dfrac x2\\ &=\dfrac{k}{\sqrt{a^2-b^2}} \dfrac{\sec^2\dfrac x2}{1+k^2\tan^2\dfrac x2}\\ &=\dfrac{k}{\sqrt{a^2-b^2}} \frac1{\cos^2\dfrac x2+k^2\sin^2\dfrac x2}. \end{aligned}$$

注意到

$$\displaystyle \begin{aligned} \cos^2\dfrac x2+k^2\sin^2\dfrac x2 &=\cos^2\dfrac x2+\dfrac{a-b}{a+b}\sin^2\dfrac x2\\ &=\dfrac{(a+b)\cos^2\dfrac x2+(a-b)\sin^2\dfrac x2}{a+b}\\ &=\dfrac{a+b\cos x}{a+b}, \end{aligned}$$

且

$$\displaystyle \dfrac{k(a+b)}{\sqrt{a^2-b^2}} =\dfrac{\sqrt{(a-b)(a+b)}}{\sqrt{a^2-b^2}}=1.$$

故

$$\displaystyle y'=\frac1{a+b\cos x}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

计算下列各题：

（Ⅰ）设

$$\displaystyle \begin{cases} x=f'(t),\\ y=tf'(t)-f(t), \end{cases}$$

其中 $\displaystyle f(t)$ 三阶可导，且 $\displaystyle f''(t)\ne0$，求

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx},\quad\dfrac{d^2y}{dx^2},\quad\dfrac{d^3y}{dx^3};$$

（Ⅱ）设

$$\displaystyle \begin{cases} x=\cos t^2,\\ y=t\cos t^2-\displaystyle\int_1^t\cos u^2\,du, \end{cases}$$

求 $\displaystyle \dfrac{dy}{dx}$ 及 $\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2}$ 在 $\displaystyle t=\sqrt{\dfrac\pi2}$ 的值。

（Ⅰ）

由参数方程求导公式，

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy/dt}{dx/dt}.$$

先分别求导：

$$\displaystyle \dfrac{dx}{dt}=f''(t),$$$$\displaystyle \dfrac{dy}{dt} =f'(t)+tf''(t)-f'(t) =tf''(t).$$

由于 $\displaystyle f''(t)\ne0$，故

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx} =\dfrac{tf''(t)}{f''(t)}=t.$$

进一步，

$$\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2} =\dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{dy}{dx}\right) =\dfrac{dt/dt}{dx/dt} =\frac1{f''(t)}.$$

再求一次导数：

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{d^3y}{dx^3} &=\dfrac{d}{dx}\left(\frac1{f''(t)}\right)\\ &=\dfrac{\dfrac{d}{dt}\left([f''(t)]^{-1}\right)}{dx/dt}\\ &=\dfrac{-f'''(t)[f''(t)]^{-2}}{f''(t)}\\ &=-\dfrac{f'''(t)}{[f''(t)]^3}. \end{aligned}$$

（Ⅱ）

由

$$\displaystyle x=\cos t^2$$

得

$$\displaystyle \dfrac{dx}{dt}=-2t\sin t^2.$$

对 $\displaystyle y$ 求导，利用变上限积分求导公式：

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{dy}{dt} &=\cos t^2-2t^2\sin t^2-\cos t^2\\ &=-2t^2\sin t^2. \end{aligned}$$

所以在 $\displaystyle t\sin t^2\ne0$ 时，

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx} =\dfrac{-2t^2\sin t^2}{-2t\sin t^2}=t.$$

故

$$\displaystyle \left.\dfrac{dy}{dx}\right|_{t=\sqrt{\frac\pi2}} =\sqrt{\dfrac\pi2}.$$

又

$$\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2} =\dfrac{d}{dx}(t) =\frac1{dx/dt} =-\frac1{2t\sin t^2}.$$

当

$$\displaystyle t=\sqrt{\dfrac\pi2}$$

时，

$$\displaystyle \sin t^2=\sin\dfrac\pi2=1.$$

因此

$$\displaystyle \left.\dfrac{d^2y}{dx^2}\right|_{t=\sqrt{\frac\pi2}} =-\frac1{2\sqrt{\dfrac\pi2}} =-\frac1{\sqrt{2\pi}}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

计算下列各题：

（Ⅰ）由方程 $\displaystyle x^y=y^x$ 确定 $\displaystyle x=x(y)$，求 $\displaystyle \dfrac{dx}{dy}$； （Ⅱ）方程 $\displaystyle y^{-x}e^y=1$ 确定 $\displaystyle y=y(x)$，求 $\displaystyle y''(x)$； （Ⅲ）设

$$\displaystyle 2x-\tan(x-y)=\int_0^{x-y}\sec^2t\,dt,$$

求 $\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2}$。

（Ⅰ）

在 $\displaystyle x>0,y>0$ 的条件下，对方程

$$\displaystyle x^y=y^x$$

两边取自然对数，得

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

将 $\displaystyle x$ 看作 $\displaystyle y$ 的函数，对 $\displaystyle y$ 求导：

$$\displaystyle \ln x+\dfrac{y}{x}\dfrac{dx}{dy} =\dfrac{dx}{dy}\ln y+\dfrac{x}{y}.$$

整理得

$$\displaystyle \left(\dfrac{y}{x}-\ln y\right)\dfrac{dx}{dy} =\dfrac{x}{y}-\ln x.$$

因此，当分母不为零时，

$$\displaystyle \dfrac{dx}{dy} =\dfrac{\dfrac{x}{y}-\ln x}{\dfrac{y}{x}-\ln y}.$$

（Ⅱ）

对原方程取自然对数：

$$\displaystyle -x\ln y+y=0,$$

即

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

两边关于 $\displaystyle x$ 求导：

$$\displaystyle y'=\ln y+\dfrac{x}{y}y'.$$

于是

$$\displaystyle \left(1-\dfrac{x}{y}\right)y'=\ln y.$$

由原方程 $\displaystyle \ln y=\dfrac yx$，故

$$\displaystyle y' =\dfrac{\ln y}{1-\dfrac{x}{y}} =\dfrac{y^2}{x(y-x)}.$$

对关系式

$$\displaystyle y'-\ln y-\dfrac{x}{y}y'=0$$

再次求导，得

$$\displaystyle y''-\dfrac{y'}y-\dfrac{y'}y -x\left(\dfrac{y''}y-\dfrac{(y')^2}{y^2}\right)=0.$$

整理为

$$\displaystyle \left(1-\dfrac{x}{y}\right)y'' =\dfrac{2y'}y-\dfrac{x(y')^2}{y^2}.$$

代入

$$\displaystyle y'=\dfrac{y^2}{x(y-x)},$$

可得

$$\displaystyle \dfrac{2y'}y-\dfrac{x(y')^2}{y^2} =\dfrac{y(y-2x)}{x(y-x)^2}.$$

又

$$\displaystyle 1-\dfrac{x}{y}=\dfrac{y-x}{y},$$

因此

$$\displaystyle y''(x) =\dfrac{y^2(y-2x)}{x(y-x)^3}.$$

（Ⅲ）

由牛顿—莱布尼茨公式，

$$\displaystyle \int_0^{x-y}\sec^2t\,dt =\tan(x-y).$$

因此原方程化为

$$\displaystyle 2x-\tan(x-y)=\tan(x-y),$$

即

$$\displaystyle x=\tan(x-y).$$

两边关于 $\displaystyle x$ 求导：

$$\displaystyle 1=\sec^2(x-y)(1-y').$$

于是

$$\displaystyle 1-y'=\cos^2(x-y).$$

又由于

$$\displaystyle \tan(x-y)=x,$$

故

$$\displaystyle \cos^2(x-y)=\frac1{1+\tan^2(x-y)}=\frac1{1+x^2}.$$

所以

$$\displaystyle y'=1-\frac1{1+x^2}=\dfrac{x^2}{1+x^2}.$$

再次求导：

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

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设函数 $\displaystyle f(x)$ 有反函数 $\displaystyle g(x)$，且

$$\displaystyle f(a)=3,\qquad f'(a)=1,\qquad f''(a)=2,$$

求 $\displaystyle g''(3)$。

由于 $\displaystyle g$ 是 $\displaystyle f$ 的反函数，且 $\displaystyle f(a)=3$，故

$$\displaystyle g(3)=a.$$

反函数的一阶导数公式为

$$\displaystyle g'(y)=\dfrac{1}{f'(g(y))}.$$

再对 $\displaystyle y$ 求导，得

$$\displaystyle g''(y) =-\dfrac{f''(g(y))g'(y)}{[f'(g(y))]^2} =-\dfrac{f''(g(y))}{[f'(g(y))]^3}.$$

令 $\displaystyle y=3$，利用 $\displaystyle g(3)=a$，可得

$$\displaystyle g''(3) =-\dfrac{f''(a)}{[f'(a)]^3} =-\dfrac{2}{1^3} =-2.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 内二次可导，令

$$\displaystyle F(x)= \begin{cases} f(x),&x\le x_0,\\ A(x-x_0)^2+B(x-x_0)+C,&x>x_0, \end{cases}$$

求常数 $\displaystyle A,B,C$ 的值，使函数 $\displaystyle F(x)$ 在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 内二次可导。

只需考察连接点 $\displaystyle x=x_0$。

首先，为使 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle x_0$ 处连续，应有

$$\displaystyle \lim_{x\to x_0+}F(x)=F(x_0)=f(x_0).$$

右侧极限为 $\displaystyle C$，故

$$\displaystyle C=f(x_0).$$

当 $\displaystyle x>x_0$ 时，

$$\displaystyle F'(x)=2A(x-x_0)+B.$$

因此右导数为

$$\displaystyle F'_+(x_0)=B.$$

为使一阶导数存在且连续，应有

$$\displaystyle B=f'(x_0).$$

进一步，当 $\displaystyle x>x_0$ 时，

$$\displaystyle F''(x)=2A.$$

为使二阶导数在 $\displaystyle x_0$ 处存在，并使 $\displaystyle F'$ 在 $\displaystyle x_0$ 处可导，应满足

$$\displaystyle 2A=f''(x_0),$$

即

$$\displaystyle A=\frac12f''(x_0).$$

因此上述三个条件同时满足时，$\displaystyle F(x)$ 在全体实数范围内二次可导。

主观题李正元练习题·高等数学计算题

把 $\displaystyle y$ 看作自变量，$\displaystyle x$ 为因变量，变换方程

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}\cdot\dfrac{d^3y}{dx^3}-3\left(\dfrac{d^2y}{dx^2}\right)^2=x.$$

令

$$\displaystyle p=\dfrac{dx}{dy}.$$

由反函数求导关系，

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=\frac1p.$$

又因为

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}=\dfrac{dy}{dx}\dfrac{d}{dy}=\frac1p\dfrac{d}{dy},$$

所以

$$\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2} =\frac1p\dfrac{d}{dy}\left(\frac1p\right) =-\dfrac{p'}{p^3},$$

其中 $\displaystyle p'=\dfrac{dp}{dy}=\dfrac{d^2x}{dy^2}$。

继续求导：

$$\displaystyle \dfrac{d^3y}{dx^3} =\frac1p\dfrac{d}{dy}\left(-\dfrac{p'}{p^3}\right) =-\dfrac{p''}{p^4}+\dfrac{3(p')^2}{p^5},$$

其中

$$\displaystyle p''=\dfrac{d^2p}{dy^2}=\dfrac{d^3x}{dy^3}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx}\dfrac{d^3y}{dx^3} -3\left(\dfrac{d^2y}{dx^2}\right)^2 &=\frac1p\left(-\dfrac{p''}{p^4}+\dfrac{3(p')^2}{p^5}\right) -3\dfrac{(p')^2}{p^6}\\ &=-\dfrac{p''}{p^5}. \end{aligned}$$

代入原方程，得

$$\displaystyle -\dfrac{p''}{p^5}=x.$$

即

$$\displaystyle p''+xp^5=0.$$

恢复 $\displaystyle p=\dfrac{dx}{dy}$，得到

$$\displaystyle \dfrac{d^3x}{dy^3}+x\left(\dfrac{dx}{dy}\right)^5=0.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题

设 $\displaystyle f(x)$ 连续且

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}x=2, \qquad \varphi(x)=\int_0^1f(xt)\,dt,$$

求 $\displaystyle \varphi'(x)$，并讨论 $\displaystyle \varphi'(x)$ 的连续性。

由

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{f(x)}x=2$$

以及 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle 0$ 处连续，知

$$\displaystyle f(0)=0.$$

当 $\displaystyle x\ne0$ 时，作变量代换 $\displaystyle u=xt$，有

$$\displaystyle \varphi(x) =\int_0^1f(xt)\,dt =\frac1x\int_0^x f(u)\,du.$$

因此

$$\displaystyle \varphi'(x) =-\frac1{x^2}\int_0^x f(u)\,du+\dfrac{f(x)}x =\dfrac{xf(x)-\displaystyle\int_0^x f(u)\,du}{x^2}.$$

下面求 $\displaystyle x=0$ 处的导数。由已知条件可写成

$$\displaystyle f(x)=2x+o(x)\qquad(x\to0).$$

于是

$$\displaystyle \int_0^x f(u)\,du =\int_0^x[2u+o(u)]\,du =x^2+o(x^2).$$

故

$$\displaystyle \varphi(x) =\frac1x\int_0^x f(u)\,du =x+o(x).$$

又 $\displaystyle \varphi(0)=f(0)=0$，所以

$$\displaystyle \varphi'(0) =\lim_{x\to0}\dfrac{\varphi(x)-\varphi(0)}x =1.$$

最后讨论连续性。当 $\displaystyle x\ne0$ 时，由 $\displaystyle f$ 连续可知 $\displaystyle \varphi'(x)$ 连续。且当 $\displaystyle x\to0$ 时，

$$\displaystyle xf(x)=2x^2+o(x^2),$$

从而

$$\displaystyle \varphi'(x) =\dfrac{2x^2+o(x^2)-[x^2+o(x^2)]}{x^2} \to1 =\varphi'(0).$$

因此 $\displaystyle \varphi'(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 处也连续，故它在整个实数轴上连续。

主观题李正元练习题·高等数学计算题

讨论函数

$$\displaystyle f(x)= \begin{cases} \dfrac2{x^2}(1-\cos x),&x<0,\\[2mm] 1,&x=0,\\[2mm] \dfrac1x\displaystyle\int_0^x\cos^2t\,dt,&x>0 \end{cases}$$

在 $\displaystyle x=0$ 处的连续性与可导性。

先考察连续性。

当 $\displaystyle x\to0^-$ 时，

$$\displaystyle \lim_{x\to0^-}\dfrac{2(1-\cos x)}{x^2} =2\cdot\frac12 =1.$$

当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，由积分中值定理，存在 $\displaystyle \xi_x\in(0,x)$，使得

$$\displaystyle \frac1x\int_0^x\cos^2t\,dt=\cos^2\xi_x.$$

当 $\displaystyle x\to0^+$ 时，$\displaystyle \xi_x\to0$，故

$$\displaystyle \lim_{x\to0^+}\frac1x\int_0^x\cos^2t\,dt=1.$$

由于 $\displaystyle f(0)=1$，故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x=0$ 处连续。

再考察可导性。

左导数为

$$\displaystyle \begin{aligned} f'_-(0) &=\lim_{x\to0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}x\\ &=\lim_{x\to0^-} \dfrac{\dfrac{2(1-\cos x)}{x^2}-1}{x}. \end{aligned}$$

利用展开式

$$\displaystyle 1-\cos x=\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^4}{24}+o(x^4),$$

得

$$\displaystyle \dfrac{2(1-\cos x)}{x^2} =1-\dfrac{x^2}{12}+o(x^2),$$

所以

$$\displaystyle f'_-(0) =\lim_{x\to0^-}\left(-\dfrac{x}{12}+o(x)\right) =0.$$

对于右导数，利用恒等式

$$\displaystyle \cos^2t=\dfrac{1+\cos2t}{2},$$

可得

$$\displaystyle \frac1x\int_0^x\cos^2t\,dt =\frac12+\dfrac{\sin2x}{4x}.$$

而

$$\displaystyle \sin2x=2x-\dfrac{(2x)^3}{6}+o(x^3),$$

故

$$\displaystyle \frac12+\dfrac{\sin2x}{4x} =1-\dfrac{x^2}{3}+o(x^2).$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} f'_+(0) &=\lim_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-1}{x}\\ &=\lim_{x\to0^+}\left(-\dfrac{x}{3}+o(x)\right) =0. \end{aligned}$$

左右导数相等，因此 $\displaystyle f'(0)$ 存在，且

$$\displaystyle f'(0)=0.$$