第4章 一元函数微分学的计算

基础部分

1. 设 $f(x)=x^2$，$h(x)=f[1+g(x)]$，其中 $g(x)$ 可导，且 $g^{\prime }(1)=h^{\prime }(1)=2$，则 $g(1)=$（ ）

A. $-2$

B. $-\frac{1}{2}$

C. $\frac{1}{2}$

D. $2$

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答案：

B，即 $g(1)=-\frac{1}{2}$。

解析：

由 $f(x)=x^2$，得

$h(x)=f[1+g(x)]=[1+g(x){]}^2$。

两边求导：

$h^{\prime }(x)=2[1+g(x)]g^{\prime }(x)$。

令 $x=1$，利用 $g^{\prime }(1)=h^{\prime }(1)=2$，有

$2=2[1+g(1)]\cdot 2$，

故

$1+g(1)=\frac{1}{2}$，从而 $g(1)=-\frac{1}{2}$。

2. 设 $f(x)=(\ln x-1)({\ln }^{2}x-2)\cdots ({\ln }^{n}x-n)$，$n\ge 2$，则 $f^{\prime }(e)=$

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答案：

$f^{\prime }(e)=\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{e}$。

解析：

记

$f(x)=\prod _{k=1}^n[(\ln x{)}^k-k]$。

当 $x=e$ 时，$\ln e=1$，第一个因子为零，而其余因子分别为 $1-k$。因此对乘积求导后，只有对第一个因子求导的项不为零：

$f^{\prime }(e)={\frac{1}{x}|}_{x=e}\prod _{k=2}^n(1-k)$。

又

$\prod _{k=2}^n(1-k)=(-1{)}^{n-1}(n-1)!$，

故

$f^{\prime }(e)=\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{e}$。

3. 设函数 $f(x)$ 可导，$f(0)=-1$，$f^{\prime }(0)=1$，若 $y(x)=|f(x-1)|$，则 $y^{\prime }(1)=$

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答案：

$-1$。

解析：

因为 $f(0)=-1<0$，且可导函数必连续，所以在 $x=0$ 的某邻域内有 $f(x)<0$。因此在 $x=1$ 的某邻域内，

$y(x)=|f(x-1)|=-f(x-1)$。

于是

$y^{\prime }(x)=-f^{\prime }(x-1)$，

从而

$y^{\prime }(1)=-f^{\prime }(0)=-1$。

4. 设函数 $f(x)$ 可导，$f(1)=f^{\prime }(1)=\frac{1}{4}$，若 $y(x)=e^{\sqrt{f(2x-1)}}$，则 $y^{\prime }(1)=$（ ）

A. $\sqrt{e}$

B. $\frac{1}{4}\sqrt{e}$

C. $\frac{1}{2}\sqrt{e}$

D. $2\sqrt{e}$

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答案：

C，即 $y^{\prime }(1)=\frac{1}{2}\sqrt{e}$。

解析：

令 $u=2x-1$。由复合函数求导法则，

$y^{\prime }(x)=e^{\sqrt{f(u)}}\cdot \frac{f^{\prime }(u)u^{\prime }}{2\sqrt{f(u)}}=e^{\sqrt{f(u)}}\frac{f^{\prime }(u)}{\sqrt{f(u)}}$。

当 $x=1$ 时，$u=1$，故

$y^{\prime }(1)=e^{1/2}\cdot \frac{1/4}{1/2}=\frac{1}{2}\sqrt{e}$。

5. 已知函数 $y=y(x)$ 满足 $(x+y^2)y^{\prime }=1$，$y(-1)=0$，则 ${\frac{dx}{dy}|}_{y=0}=$

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答案：

$-1$。

解析：

由

$(x+y^2)\frac{dy}{dx}=1$，

可得

$\frac{dx}{dy}=x+y^2$。

当 $y=0$ 时，由条件 $y(-1)=0$ 知对应 $x=-1$，所以

${\frac{dx}{dy}|}_{y=0}=-1$。

6. 设 $y=\ln \sqrt{\frac{1-x}{1+x^2}}$，则 ${y^{\prime }|}_{x=0}=$

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答案：

$-\frac{1}{2}$。

解析：

先化为

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

故

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

代入 $x=0$，得

$y^{\prime }(0)=-\frac{1}{2}$。

7. 设

$\{\begin{array}{l}x=t-t^2,\\ t{e}^y+y+1=0,\end{array}$

则 ${\frac{dy}{dx}|}_{t=0}=$

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答案：

$-\frac{1}{e}$。

解析：

当 $t=0$ 时，由第二个方程得 $y=-1$。

由 $x=t-t^2$，有

$\frac{dx}{dt}=1-2t$，故 ${\frac{dx}{dt}|}_{t=0}=1$。

对 $t{e}^y+y+1=0$ 关于 $t$ 求导：

$e^y+t{e}^y\frac{dy}{dt}+\frac{dy}{dt}=0$。

在 $t=0,y=-1$ 处，

$e^{-1}+\frac{dy}{dt}=0$，

所以 ${\frac{dy}{dt}|}_{t=0}=-e^{-1}$。于是

${\frac{dy}{dx}|}_{t=0}={\frac{dy/dt}{dx/dt}|}_{t=0}=-\frac{1}{e}$。

8. 设函数 $y=f(x)$ 由

$\{\begin{array}{l}x=2t+|t|,\\ y=|t|\tan t\end{array}$

所确定，则在 $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ 内（ ）

A. $f(x)$ 连续，$f^{\prime }(0)$ 不存在

B. $f^{\prime }(0)$ 存在，$f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处不连续

C. $f^{\prime }(x)$ 连续，$f^{\prime \prime }(0)$ 不存在

D. $f^{\prime \prime }(0)$ 存在，$f^{\prime \prime }(x)$ 连续

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答案：

C。

解析：

当 $t\ge 0$ 时，$x=3t$，故 $t=\frac{x}{3}$，且

$f(x)=\frac{x}{3}\tan \frac{x}{3}(x\ge 0)$。

当 $t<0$ 时，$x=t$，且

$f(x)=-x\tan x(x<0)$。

因此

$f(x)=\{\begin{array}{ll}-x\tan x,& x<0,\\ \frac{x}{3}\tan \frac{x}{3},& x\ge 0.\end{array}$

由 $\tan u\sim u$，可知 $f(x)\to 0=f(0)$，故连续。两侧导数均趋于零，所以 $f^{\prime }(0)=0$，且 $f^{\prime }(x)$ 在零点连续。

但由局部展开

$f(x)\sim \{\begin{array}{ll}-x^2,& x<0,\\ \frac{x^2}{9},& x>0,\end{array}$

可得

$f_{-}^{\prime \prime }(0)=-2,f_{+}^{\prime \prime }(0)=\frac{2}{9}$。

二者不相等，因此 $f^{\prime \prime }(0)$ 不存在。

9. 设可导的奇函数 $f(x)$ 满足 $f^{\prime }(x)=f(2-x)$，且 $f(-1)=1$，则 $f^{\prime }(1)=$

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答案：

$-1$。

解析：

令 $x=1$，由已知关系得

$f^{\prime }(1)=f(1)$。

又因 $f(x)$ 为奇函数，且 $f(-1)=1$，故

$f(1)=-f(-1)=-1$。

所以 $f^{\prime }(1)=-1$。

10. 设可导函数 $f(x)$ 满足 $f^{\prime }(x)=f^2(x)$，且 $f(0)=-1$，则在 $x=0$ 处的三阶导数 $f^{\prime \prime \prime }(0)=$（ ）

A. $-6$

B. $-4$

C. $4$

D. $6$

注：原文件写作 $f^{\prime }(x)=f(2-x)$，按该文字无法得到所给选项；结合选项与常见题型，此处修正为 $f^{\prime }(x)=f^2(x)$。

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答案：

D，即 $f^{\prime \prime \prime }(0)=6$。

解析：

由 $f^{\prime }=f^2$，得

$f^{\prime \prime }=2f{f}^{\prime }$，

再求导：

$f^{\prime \prime \prime }=2(f^{\prime }{)}^2+2f{f}^{\prime \prime }$。

在 $x=0$ 处，

$f(0)=-1,f^{\prime }(0)=f^2(0)=1$，

$f^{\prime \prime }(0)=2f(0)f^{\prime }(0)=-2$。

因此

$f^{\prime \prime \prime }(0)=2\cdot 1^2+2\cdot (-1)\cdot (-2)=6$。

11. 已知函数 $f(x)=x^2\ln (1-x)$，则当 $n\ge 3$ 时，$f^{(n)}(0)=$

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答案：

$f^{(n)}(0)=-\frac{n!}{n-2}$。

解析：

在 $|x|<1$ 内，

$\ln (1-x)=-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^k}{k}$。

故

$f(x)=-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^{k+2}}{k}=-\sum _{n=3}^{\infty }\frac{x^n}{n-2}$。

泰勒展开中 $x^n$ 的系数为 $\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$，所以

$\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=-\frac{1}{n-2}$，

即

$f^{(n)}(0)=-\frac{n!}{n-2}$。

12. 设 $f(t)=\underset{n\to \infty }{\lim }\cos t\cdot {\left(\frac{n+t}{n-t}\right)}^n$，则 $f^{\prime }(0)=$

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答案：

$2$。

解析：

考察幂指部分：

$\ln {\left(\frac{n+t}{n-t}\right)}^n=n\left[\ln \left(1+\frac{t}{n}\right)-\ln \left(1-\frac{t}{n}\right)\right]\to 2t$。

因此

$f(t)=e^{2t}\cos t$。

求导得

$f^{\prime }(t)=e^{2t}(2\cos t-\sin t)$，

从而

$f^{\prime }(0)=2$。

13. 设 $f(x)=\underset{t\to \infty }{\lim }x{\left(1+\frac{1}{t}\right)}^{t\sin x}$，则 $f^{\prime }(x)=$

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答案：

$f^{\prime }(x)=e^{\sin x}(1+x\cos x)$。

解析：

因为

$\underset{t\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{t}\right)}^t=e$，

故

$f(x)=x{e}^{\sin x}$。

于是

$f^{\prime }(x)=e^{\sin x}+x{e}^{\sin x}\cos x=e^{\sin x}(1+x\cos x)$。

14. 设 $f(x)=\max \{x,x^2\}$，$0<x<2$，则 $f^{\prime }(x)=$

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答案：

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}1,& 0<x<1,\\ 2x,& 1<x<2,\end{array}$

且 $f^{\prime }(1)$ 不存在。

解析：

在 $0<x<1$ 时，$x>x^2$；在 $1<x<2$ 时，$x^2>x$。因此

$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& 0<x\le 1,\\ x^2,& 1<x<2.\end{array}$

故在两侧分别有 $f^{\prime }(x)=1$ 与 $f^{\prime }(x)=2x$。在 $x=1$ 处，

$f_{-}^{\prime }(1)=1,f_{+}^{\prime }(1)=2$，

两侧导数不相等，所以 $f^{\prime }(1)$ 不存在。

15. 曲线

$\{\begin{array}{l}x=e^t\sin 2t,\\ y=e^t\cos t\end{array}$

在对应 $t=0$ 处的点的切线方程为

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答案：

$y-1=\frac{1}{2}x$。

解析：

当 $t=0$ 时，

$x=0,y=1$。

又

$\frac{dx}{dt}=e^t(\sin 2t+2\cos 2t)$，

$\frac{dy}{dt}=e^t(\cos t-\sin t)$。

在 $t=0$ 处，

$\frac{dx}{dt}=2,\frac{dy}{dt}=1$，

故切线斜率

${\frac{dy}{dx}|}_{t=0}=\frac{1}{2}$。

所以切线方程为

$y-1=\frac{1}{2}x$。

16. 若

$\{\begin{array}{l}x=\ln |t|,\\ y=e^{-t^2},\end{array}$

则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=\sqrt{2}}=$

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答案：

$\frac{8}{e^2}$。

解析：

有

$\frac{dx}{dt}=\frac{1}{t},\frac{dy}{dt}=-2t{e}^{-t^2}$。

因此

$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=-2t^2{e}^{-t^2}$。

再求一次关于 $x$ 的导数：

$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\frac{d}{dt}(-2t^2{e}^{-t^2})}{dx/dt}=4t^2(t^2-1)e^{-t^2}$。

当 $t=\sqrt{2}$ 时，

$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=4\cdot 2\cdot (2-1)e^{-2}=\frac{8}{e^2}$。

17. 已知函数 $f(x)=x^2{e}^{x+5}$，则 $f^{(5)}(1)=$

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答案：

$31e^6$。

解析：

由莱布尼茨公式，因 $(x^2{)}^{(k)}=0(k\ge 3)$，有

$f^{(n)}(x)=e^{x+5}\left[x^2+2nx+n(n-1)\right]$。

取 $n=5,x=1$，得

$f^{(5)}(1)=e^6[1+10+20]=31e^6$。

18. 设 $f(x)=(x-1{)}^{10}\sin x$，则 $f^{(10)}(1)=$（ ）

A. $10!\cos 1$

B. $11!\cos 1$

C. $-10!\sin 1$

D. $11!\sin 1$

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答案：

$10!\sin 1$。原题所给选项中无正确项。

解析：

由莱布尼茨公式，

$f^{(10)}(1)=\sum _{k=0}^{10}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right){\left[(x-1{)}^{10}\right]}_{x=1}^{(k)}{\left(\sin x\right)}_{x=1}^{(10-k)}$。

当 $k<10$ 时，$[(x-1{)}^{10}{]}_{x=1}^{(k)}=0$；只有 $k=10$ 的项不为零。因此

$f^{(10)}(1)=10!\sin 1$。

强化部分

1. 若 $y=\sin (e^{-\sqrt{x}})$，则 ${\frac{dy}{dx}|}_{x=1}=$

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答案：

$-\frac{\cos (e^{-1})}{2e}$。

解析：

由复合函数求导法则，

$\frac{dy}{dx}=\cos (e^{-\sqrt{x}})\cdot e^{-\sqrt{x}}\cdot \left(-\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)$。

代入 $x=1$，得

${\frac{dy}{dx}|}_{x=1}=-\frac{\cos (e^{-1})}{2e}$。

2. 设 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内具有连续导数，且 $f(0)=1$，$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}f[f(x)-1]$，求 $f^{\prime \prime }(0)$

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答案：

$\frac{1}{8}$。

解析：

令 $x=0$，得

$f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}f[f(0)-1]=\frac{1}{2}f(0)=\frac{1}{2}$。

对等式求导：

$f^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{2}{f}^{\prime }[f(x)-1]f^{\prime }(x)$。

于是

$f^{\prime \prime }(0)=\frac{1}{2}{f}^{\prime }(0)f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{8}$。

3. 设函数 $y=y(x)$ 是由方程

$y^3+xy+x^2-2x+1=0$

确定并且满足 $y(1)=0$ 的函数，则

$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{(x-1{)}^3}{{\int }_1^{x}y(t)dt}=$

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答案：

$-3$。

解析：

令 $h=x-1$。原方程化为

$y^3+(1+h)y+h^2=0$。

由于 $y\to 0$，有

$\frac{y}{h^2}=-\frac{1}{1+h+y^2}\to -1$，

即

$y(x)\sim -(x-1{)}^2$。

于是

${\int }_1^{x}y(t)dt\sim -{\int }_1^x(t-1{)}^{2}dt=-\frac{(x-1{)}^3}{3}$。

故所求极限为 $-3$。

4. 设函数 $y=y(x)$ 由方程

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

确定，求 $\frac{dy}{dx}$ 与 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$

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答案：

$\frac{dy}{dx}=\frac{y-x}{x+y}$，

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

解析：

对原方程两边关于 $x$ 求导。左边为

$\frac{y-x{y}^{\prime }}{x^2+y^2}$，

右边为

$\frac{x+y{y}^{\prime }}{x^2+y^2}$。

因此

$y-x{y}^{\prime }=x+y{y}^{\prime }$，

从而

$y^{\prime }=\frac{y-x}{x+y}$。

再对该式求导：

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

代入 $y^{\prime }=\frac{y-x}{x+y}$ 并化简，得

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

5. 设 $y=2x+\sin x$，求其反函数 $x=x(y)$ 的二阶导数 $\frac{d^{2}x}{d{y}^2}$

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答案：

$\frac{d^{2}x}{d{y}^2}=\frac{\sin x}{(2+\cos x{)}^3}$。

解析：

因为

$\frac{dy}{dx}=2+\cos x>0$，

所以反函数存在，且

$\frac{dx}{dy}=\frac{1}{2+\cos x}$。

再关于 $y$ 求导：

$\frac{d^{2}x}{d{y}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{2+\cos x}\right)\frac{dx}{dy}$

$=\frac{\sin x}{(2+\cos x{)}^2}\cdot \frac{1}{2+\cos x}=\frac{\sin x}{(2+\cos x{)}^3}$。

6. 已知函数 $y=y(x)$ 由

$\{\begin{array}{l}x=\arctan (t+1),\\ 2t-{\int }_1^{y+t^2}{e}^{-u^2}du=0\end{array}$

确定，则 ${\frac{dy}{dx}|}_{t=0}=$

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答案：

$4e$。

解析：

当 $t=0$ 时，由第二式得

${\int }_1^y{e}^{-u^2}du=0$，

故 $y=1$。

对第二式求导：

$2-e^{-(y+t^2{)}^2}\left(\frac{dy}{dt}+2t\right)=0$。

在 $t=0,y=1$ 处，

$\frac{dy}{dt}=2e$。

又

$\frac{dx}{dt}=\frac{1}{1+(t+1{)}^2}$，

故在 $t=0$ 时 $\frac{dx}{dt}=\frac{1}{2}$。因此

${\frac{dy}{dx}|}_{t=0}=\frac{2e}{1/2}=4e$。

7. 设 $y=y(x)$ 由方程 $x^2-xy+y^2=1$ 确定，则 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=$

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答案：

$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=-\frac{6}{(2y-x{)}^3}$。

解析：

对原方程求导：

$2x-y-x{y}^{\prime }+2y{y}^{\prime }=0$，

故

$y^{\prime }=\frac{y-2x}{2y-x}$。

再利用隐函数二阶导数公式。设

$F(x,y)=x^2-xy+y^2-1$，

则

$F_{xx}=2,F_{xy}=-1,F_{yy}=2,F_y=2y-x$。

所以

$y^{\prime \prime }=-\frac{F_{xx}+2F_{xy}{y}^{\prime }+F_{yy}(y^{\prime }{)}^2}{F_y}$。

代入 $y^{\prime }$ 并利用 $x^2-xy+y^2=1$ 化简，得

$y^{\prime \prime }=-\frac{6}{(2y-x{)}^3}$。

8. 设 $y=y(x)$ 由方程

$x={\int }_1^{y-x}{\sin }^2\left(\frac{\pi }{4}t\right)dt$

确定，则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}=$

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答案：

$-2\pi$。

解析：

记

$\phi (u)={\sin }^2\left(\frac{\pi }{4}u\right),u=y-x$。

当 $x=0$ 时，由原方程在所取局部分支上有 $u=1$，即 $y=1$。

对原方程求导：

$1=\phi (u)(y^{\prime }-1)$，

故

$y^{\prime }-1=\frac{1}{\phi (u)}$。

再求导：

$y^{\prime \prime }=-\frac{{\phi }^{\prime }(u)u^{\prime }}{{\phi }^2(u)}=-\frac{{\phi }^{\prime }(u)}{{\phi }^3(u)}$，

其中用了 $u^{\prime }=y^{\prime }-1=\frac{1}{\phi (u)}$。

在 $u=1$ 时，

$\phi (1)=\frac{1}{2},{\phi }^{\prime }(1)=\frac{\pi }{4}$。

因此

$y^{\prime \prime }(0)=-\frac{\pi /4}{(1/2{)}^3}=-2\pi$。

9. 设函数 $y=y(x)$ 由

$\{\begin{array}{l}x=t^2-2t+1,\\ e^y\sin t-y+1=0\end{array}$

确定，则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=0}=$

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答案：

$\frac{e(2e+1)}{4}$。

解析：

当 $t=0$ 时，由第二式得 $y=1$。

记

$G(t,y)=e^y\sin t-y+1$。

对 $G(t,y(t))=0$ 求导：

$e^y\cos t+(e^y\sin t-1)y_t=0$。

在 $t=0,y=1$ 处，得 $y_t=e$。

再求导，或用隐函数二阶导数公式，得

$y_{tt}=2e^2$。

另一方面，

$x_t=2t-2,x_{tt}=2$，

所以在 $t=0$ 处，$x_t=-2$。参数方程的二阶导数为

$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{y_{tt}{x}_t-y_t{x}_{tt}}{x_t^3}$。

代入得

${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=0}=\frac{2e^2(-2)-e\cdot 2}{(-2{)}^3}=\frac{e(2e+1)}{4}$。

10. 设 $x=x(y)$ 由方程

$y={\int }_1^{x-y}{\cos }^2\left(\frac{\pi t}{4}\right)dt$

确定，则

$\underset{n\to \infty }{\lim }[nx(\frac{1}{n})-n]=$

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答案：

$3$。

解析：

当 $y=0$ 时，在所取局部分支上 $x-y=1$，故 $x(0)=1$。

所求极限为

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x(1/n)-x(0)}{1/n}=x^{\prime }(0)$。

记

$\phi (u)={\cos }^2\left(\frac{\pi u}{4}\right),u=x-y$。

对原方程关于 $y$ 求导：

$1=\phi (u)(x^{\prime }-1)$。

在 $y=0,u=1$ 处，$\phi (1)=\frac{1}{2}$，故

$1=\frac{1}{2}[x^{\prime }(0)-1]$，

所以 $x^{\prime }(0)=3$。

11. 设 $f(x)$ 在 $x=0$ 处存在二阶导数，且

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)+x}{1-\cos x}=2$，

则 $f^{\prime \prime }(0)=$

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答案：

$2$。

解析：

因为 $1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$，所以

$f(x)+x\sim x^2$。

特别地，$f(0)=0$，且

$f(x)=-x+x^2+o(x^2)$。

与二阶泰勒展开

$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)x^2+o(x^2)$

比较系数，得

$f^{\prime }(0)=-1,\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)=1$。

故 $f^{\prime \prime }(0)=2$。

12. 设 $f^{\prime }(\ln x)=x\ln x$，则 $f^{(n)}(x)=$

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答案：

$f^{(n)}(x)=(x+n-1)e^x(n\ge 1)$。

解析：

令 $u=\ln x$，则 $x=e^u$，原式变为

$f^{\prime }(u)=u{e}^u$。

因此对任意自变量 $x$，

$f^{\prime }(x)=x{e}^x$。

连续求导可得

$\frac{d^{n-1}}{d{x}^{n-1}}(x{e}^x)=(x+n-1)e^x$，

故

$f^{(n)}(x)=(x+n-1)e^x$。

13. 设 $f(x)=\ln (1+x+x^2)$，则 $f^{(5)}(0)=$

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答案：

$24$。

解析：

利用恒等式

$1+x+x^2=\frac{1-x^3}{1-x}$，

有

$f(x)=\ln (1-x^3)-\ln (1-x)$。

在 $|x|<1$ 内，

$f(x)=-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^{3k}}{k}+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^k}{k}$。

其中 $x^5$ 的系数为 $\frac{1}{5}$，故

$\frac{f^{(5)}(0)}{5!}=\frac{1}{5}$，

从而 $f^{(5)}(0)=24$。

14. 设 $f(x)=\frac{1+x+x^2}{1-x+x^2}$，则 $f^{(4)}(0)=$

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答案：

$-48$。

解析：

设

$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+a_4{x}^4+o(x^4)$。

由

$(1-x+x^2)f(x)=1+x+x^2$，

比较各次幂系数可得

$a_0=1,a_1=2,a_2=2,a_3=0,a_4=-2$。

因此

$f(x)=1+2x+2x^2-2x^4+o(x^4)$，

故

$f^{(4)}(0)=4!\cdot (-2)=-48$。

15. 设 $f(x)=\arctan \frac{1+x}{1-x}$，整数 $n\ge 0$，则 $f^{(2n+1)}(0)=$

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答案：

$f^{(2n+1)}(0)=(-1{)}^n(2n)!$。

解析：

在 $x=0$ 的邻域内，利用正切加法公式，

$\arctan \frac{1+x}{1-x}=\frac{\pi }{4}+\arctan x$。

而

$\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$。

故 $x^{2n+1}$ 的系数为 $\frac{(-1{)}^n}{2n+1}$，所以

$f^{(2n+1)}(0)=(2n+1)!\frac{(-1{)}^n}{2n+1}=(-1{)}^n(2n)!$。

16. 设 $f(x)=|x|{\sin }^{2}x$，则使 $f^{(n)}(0)$ 存在的阶数 $n$ 的最大值为（ ）

A. $1$

B. $2$

C. $3$

D. $4$

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答案：

B，即最大阶数为 $2$。

解析：

当 $x\to 0$ 时，

${\sin }^{2}x=x^2+O(x^4)$，

因此

$f(x)=|x|x^2+O(|x|x^4)=|x{|}^3+O(|x{|}^5)$。

分段写为

$|x{|}^3=\{\begin{array}{ll}{x}^3,& x\ge 0,\\ -x^3,& x<0.\end{array}$

该函数在零点的一阶、二阶导数均存在，但三阶导数的左右极限分别为 $6$ 与 $-6$，故三阶导数不存在。高阶余项不改变这一结论，因此可存在的最高阶导数为二阶。