小题·隐函数的导数：求某点处的导数等3类

小题

（三）隐函数的导数：求某点处的导数

1. 【1988-3-5 分】 已知 $y=1+x{e}^{xy}$，求 $y^{\prime }{|}_{x=0}$ 及 $y^{\prime \prime }{|}_{x=0}$。

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答案：

$$y^{\prime }{|}_{x=0}=1,y^{\prime \prime }{|}_{x=0}=2.$$

解析： 先由原方程确定对应点。当 $x=0$ 时，

$$y(0)=1.$$

对方程两边关于 $x$ 求导：

$$y^{\prime }=e^{xy}+x{e}^{xy}(y+x{y}^{\prime }).$$

代入 $x=0$、$y=1$，得

$$y^{\prime }(0)=1.$$

令

$$u=y+x{y}^{\prime },$$

则

$$y^{\prime }=e^{xy}+x{e}^{xy}u.$$

再次求导，注意 $(e^{xy}{)}^{\prime }=e^{xy}u$，于是

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime \prime }& =e^{xy}u+e^{xy}u+x\left[e^{xy}{u}^2+e^{xy}{u}^{\prime }\right]\\ & =2e^{xy}u+x{e}^{xy}(u^2+u^{\prime }).\end{array}$$

当 $x=0$ 时，$u(0)=y(0)=1$，故

$$y^{\prime \prime }(0)=2.$$

本题求二阶导数时，关键是对 $e^{xy}$ 使用复合函数求导，并对指数 $xy$ 使用乘积法则。

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2. 【1992-3-5 分】 设函数 $y=y(x)$ 由方程 $y-x{e}^y=1$ 所确定，求 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}$ 的值。

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答案：

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}=2e^2.$$

解析： 当 $x=0$ 时，由

$$y-x{e}^y=1$$

得

$$y(0)=1.$$

对原方程求导：

$$y^{\prime }-e^y-x{e}^y{y}^{\prime }=0.$$

代入 $x=0$、$y=1$，得

$$y^{\prime }(0)=e.$$

再次求导：

$$y^{\prime \prime }-2e^y{y}^{\prime }-x{e}^y\left[(y^{\prime }{)}^2+y^{\prime \prime }\right]=0.$$

令 $x=0$，并代入 $y(0)=1$、$y^{\prime }(0)=e$，可得

$$y^{\prime \prime }(0)-2e\cdot e=0.$$

因此

$$y^{\prime \prime }(0)=2e^2.$$

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3. 【1999-2-3 分】 设函数 $y=y(x)$ 由方程 $\ln (x^2+y)=x^{3}y+\sin x$ 确定，则 ${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}=$

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答案：

$${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}=1.$$

解析： 先确定 $x=0$ 时的函数值。原方程化为

$$\ln y=0,$$

故

$$y(0)=1.$$

对原方程求导：

$$\frac{2x+y^{\prime }}{x^2+y}=3x^{2}y+x^3{y}^{\prime }+\cos x.$$

代入 $x=0$、$y=1$，得

$$y^{\prime }(0)=1.$$

这里必须先由原方程求出 $y(0)$，再代入求导后的关系式。

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4. 【2000-2-3 分】 设函数 $y=y(x)$ 由方程 $2^{xy}=x+y$ 所确定，则 $dy{|}_{x=0}=$

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答案：

$$dy{|}_{x=0}=(\ln 2-1)dx.$$

解析： 当 $x=0$ 时，原方程给出

$$1=y(0),$$

故 $y(0)=1$。

对原方程求导：

$$2^{xy}\ln 2(y+x{y}^{\prime })=1+y^{\prime }.$$

代入 $x=0$、$y=1$，得

$$\ln 2=1+y^{\prime }(0),$$

所以

$$y^{\prime }(0)=\ln 2-1.$$

由 $dy=y^{\prime }dx$，得到

$$dy{|}_{x=0}=(\ln 2-1)dx.$$

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5. 【2002-1-3 分】 已知函数 $y=y(x)$ 由方程 $e^y+6xy+x^2-1=0$ 确定，则 $y^{\prime \prime }(0)=$

查看答案与解析

答案：

$$y^{\prime \prime }(0)=-2.$$

解析： 当 $x=0$ 时，原方程变为

$$e^y-1=0,$$

故

$$y(0)=0.$$

对原方程求导：

$$e^y{y}^{\prime }+6y+6x{y}^{\prime }+2x=0.$$

代入 $x=0$、$y=0$，得

$$y^{\prime }(0)=0.$$

再次求导：

$$e^y\left[(y^{\prime }{)}^2+y^{\prime \prime }\right]+12y^{\prime }+6x{y}^{\prime \prime }+2=0.$$

代入 $x=0$、$y(0)=0$、$y^{\prime }(0)=0$，得到

$$y^{\prime \prime }(0)+2=0.$$

因此

$$y^{\prime \prime }(0)=-2.$$

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6. 【2006-2-4 分】 设函数 $y=y(x)$ 由方程 $y=1-x{e}^y$ 确定，则 ${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}=$

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答案：

$${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}=-e.$$

解析： 令 $x=0$，由原方程得

$$y(0)=1.$$

对原方程求导：

$$y^{\prime }=-e^y-x{e}^y{y}^{\prime }.$$

整理得

$$(1+x{e}^y)y^{\prime }=-e^y.$$

因此

$$y^{\prime }=-\frac{e^y}{1+x{e}^y}.$$

代入 $x=0$、$y=1$，得到

$$y^{\prime }(0)=-e.$$

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7. 【2009-2-4 分】 设 $y=y(x)$ 是由方程 $xy+e^y=x+1$ 确定的隐函数，则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}=$

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答案：

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}=-3.$$

解析： 当 $x=0$ 时，原方程化为

$$e^y=1,$$

故

$$y(0)=0.$$

对原方程求导：

$$y+x{y}^{\prime }+e^y{y}^{\prime }=1.$$

代入 $x=0$、$y=0$，得

$$y^{\prime }(0)=1.$$

再次求导：

$$2y^{\prime }+x{y}^{\prime \prime }+e^y\left[(y^{\prime }{)}^2+y^{\prime \prime }\right]=0.$$

代入 $x=0$、$y(0)=0$、$y^{\prime }(0)=1$，得到

$$2+1+y^{\prime \prime }(0)=0.$$

因此

$$y^{\prime \prime }(0)=-3.$$

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8. 【2010-3-4 分】 设可导函数 $y=y(x)$ 由方程

$${\int }_0^{x+y}{e}^{-t^2}dt={\int }_0^{x}x\sin t^{2}dt$$

确定，则 ${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}=$

查看答案与解析

答案：

$${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}=-1.$$

解析： 令 $x=0$，则右端为 $0$，故

$${\int }_0^{y(0)}{e}^{-t^2}dt=0.$$

由于 $e^{-t^2}>0$，所以

$$y(0)=0.$$

右端可写为

$$x{\int }_0^x\sin t^{2}dt.$$

对原方程求导，得

$$e^{-(x+y{)}^2}(1+y^{\prime })={\int }_0^x\sin t^{2}dt+x\sin x^2.$$

代入 $x=0$、$y(0)=0$，得

$$1+y^{\prime }(0)=0.$$

因此

$$y^{\prime }(0)=-1.$$

本题右端被积函数中含有求导变量 $x$，应先将其提出积分号，再使用乘积法则。

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9. 【2012-2-4 分】 设 $y=y(x)$ 是由方程 $x^2-y+1=e^y$ 所确定的隐函数，则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}=$

查看答案与解析

答案：

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}=1.$$

解析： 当 $x=0$ 时，原方程为

$$1-y=e^y.$$

显然 $y=0$ 满足该方程。又令

$$H(y)=1-y-e^y,$$

则 $H^{\prime }(y)=-1-e^y<0$，故该解唯一。因此

$$y(0)=0.$$

对原方程求导：

$$2x-y^{\prime }=e^y{y}^{\prime }.$$

即

$$2x=(1+e^y)y^{\prime }.$$

代入 $x=0$、$y=0$，得

$$y^{\prime }(0)=0.$$

再次求导：

$$2-y^{\prime \prime }=e^y\left[(y^{\prime }{)}^2+y^{\prime \prime }\right].$$

代入 $y(0)=0$、$y^{\prime }(0)=0$，有

$$2-y^{\prime \prime }(0)=y^{\prime \prime }(0).$$

故

$$y^{\prime \prime }(0)=1.$$

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10. 【2022-2-5 分】 已知函数 $y=y(x)$ 由方程 $x^2+xy+y^3=3$ 确定，则 $y^{\prime \prime }(1)=$

查看答案与解析

答案：

$$y^{\prime \prime }(1)=-\frac{31}{32}.$$

解析： 当 $x=1$ 时，原方程变为

$$y^3+y-2=0.$$

因

$$y^3+y-2=(y-1)(y^2+y+2),$$

而 $y^2+y+2>0$，故

$$y(1)=1.$$

对原方程求导：

$$2x+y+x{y}^{\prime }+3y^2{y}^{\prime }=0.$$

即

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

代入 $x=1$、$y=1$，得

$$y^{\prime }(1)=-\frac{3}{4}.$$

再次求导：

$$2+2y^{\prime }+x{y}^{\prime \prime }+6y(y^{\prime }{)}^2+3y^2{y}^{\prime \prime }=0.$$

整理为

$$(x+3y^2)y^{\prime \prime }=-2-2y^{\prime }-6y(y^{\prime }{)}^2.$$

代入 $x=1$、$y=1$、$y^{\prime }=-\frac{3}{4}$，得到

$$\begin{array}{rl}4y^{\prime \prime }(1)& =-2-2\left(-\frac{3}{4}\right)-6\left(\frac{9}{16}\right)\\ & =-\frac{31}{8}.\end{array}$$

因此

$$y^{\prime \prime }(1)=-\frac{31}{32}.$$

（四）参数方程的导数(数一、数二)：求导函数

1. 【1989-3-4 分】 已知 $\{\begin{array}{l}x=\ln (1+t^2),\\ y=\arctan t\end{array}$，求 $\frac{dy}{dx}$ 及 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{2t},\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=-\frac{1+t^2}{4t^3}(t\ne 0).$$

解析： 由参数方程求导公式，

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}.$$

先求参数导数：

$$\frac{dx}{dt}=\frac{2t}{1+t^2},\frac{dy}{dt}=\frac{1}{1+t^2}.$$

因此当 $t\ne 0$ 时，

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{1}{1+t^2}}{\frac{2t}{1+t^2}}=\frac{1}{2t}.$$

再由

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}},$$

可得

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}& =\frac{-\frac{1}{2t^2}}{\frac{2t}{1+t^2}}\\ & =-\frac{1+t^2}{4t^3}.\end{array}$$

这里 $t=0$ 时 $\frac{dx}{dt}=0$，不能直接使用参数方程求导公式。

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2. 【1991-3-5 分】 设 $\{\begin{array}{l}x=t\cos t,\\ y=t\sin t,\end{array}$ 求 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$。

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答案：

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

解析： 先求一阶参数导数：

$$\frac{dx}{dt}=\cos t-t\sin t,$$$$\frac{dy}{dt}=\sin t+t\cos t.$$

故

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\sin t+t\cos t}{\cos t-t\sin t}.$$

记

$$N=\sin t+t\cos t,D=\cos t-t\sin t.$$

则

$$N^{\prime }=2\cos t-t\sin t,$$$$D^{\prime }=-2\sin t-t\cos t.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)& =\frac{N^{\prime }D-N{D}^{\prime }}{D^2}\\ & =\frac{(2\cos t-t\sin t)(\cos t-t\sin t)+(\sin t+t\cos t)(2\sin t+t\cos t)}{D^2}\\ & =\frac{t^2+2}{D^2}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}& =\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}}\\ & =\frac{t^2+2}{(\cos t-t\sin t{)}^3}.\end{array}$$

上述公式适用于 $\cos t-t\sin t\ne 0$ 的参数点。

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3. 【1991-12-3 分】 设 $\{\begin{array}{l}x=1+t^2,\\ y=\cos t,\end{array}$，则 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=$

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答案：

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\sin t-t\cos t}{4t^3}(t\ne 0).$$

当 $t=0$ 时，该式的极限为 $\frac{1}{12}$。

解析： 由

$$\frac{dx}{dt}=2t,\frac{dy}{dt}=-\sin t,$$

得

$$\frac{dy}{dx}=-\frac{\sin t}{2t}.$$

对参数 $t$ 求导：

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)& =-\frac{1}{2}\frac{t\cos t-\sin t}{t^2}\\ & =\frac{\sin t-t\cos t}{2t^2}.\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}& =\frac{\frac{\sin t-t\cos t}{2t^2}}{2t}\\ & =\frac{\sin t-t\cos t}{4t^3}.\end{array}$$

若考察 $t=0$ 对应点，则利用展开式

$$\sin t-t\cos t=\left(t-\frac{t^3}{6}+o(t^3)\right)-t\left(1-\frac{t^2}{2}+o(t^2)\right)=\frac{t^3}{3}+o(t^3),$$

从而

$$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sin t-t\cos t}{4t^3}=\frac{1}{12}.$$

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4. 【1994-3-3 分】 设函数 $y=y(x)$ 由参数方程 $\{\begin{array}{l}x=t-\ln (1+t),\\ y=t^3+t^2\end{array}$ 所确定，则 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=$

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答案：

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{(6t+5)(1+t)}{t}=6t+11+\frac{5}{t}(t\ne 0).$$

解析： 先求

$$\frac{dx}{dt}=1-\frac{1}{1+t}=\frac{t}{1+t},$$$$\frac{dy}{dt}=3t^2+2t=t(3t+2).$$

因此

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{t(3t+2)}{\frac{t}{1+t}}\\ & =(1+t)(3t+2)\\ & =3t^2+5t+2.\end{array}$$

对 $t$ 求导得

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)=6t+5.$$

所以

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}& =\frac{6t+5}{\frac{t}{1+t}}\\ & =\frac{(6t+5)(1+t)}{t}.\end{array}$$

参数范围应满足 $t>-1$；上述二阶导数公式还要求 $t\ne 0$。

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5. 【1996-3-5 分】 设 $\{\begin{array}{l}x={\int }_0^{t}f(u^2)du,\\ y=[f(t^2){]}^2,\end{array}$ 其中 $f(u)$ 具有二阶导数，且 $f(u)\ne 0$，求 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$。

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答案：

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{4f^{\prime }(t^2)+8t^2{f}^{\prime \prime }(t^2)}{f(t^2)}.$$

解析： 由变上限积分求导公式，

$$\frac{dx}{dt}=f(t^2).$$

又

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dt}& =2f(t^2)\cdot f^{\prime }(t^2)\cdot 2t\\ & =4tf(t^2)f^{\prime }(t^2).\end{array}$$

因 $f(t^2)\ne 0$，故

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{4tf(t^2)f^{\prime }(t^2)}{f(t^2)}\\ & =4t{f}^{\prime }(t^2).\end{array}$$

再对参数 $t$ 求导：

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)& =4f^{\prime }(t^2)+4t\cdot f^{\prime \prime }(t^2)\cdot 2t\\ & =4f^{\prime }(t^2)+8t^2{f}^{\prime \prime }(t^2).\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}& =\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}}\\ & =\frac{4f^{\prime }(t^2)+8t^2{f}^{\prime \prime }(t^2)}{f(t^2)}.\end{array}$$

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6. 【1997-2-5 分】 设 $y=y(x)$ 由 $\{\begin{array}{l}x=\arctan t,\\ 2y-t{y}^2+e^t=5\end{array}$ 所确定，求 $\frac{dy}{dx}$。

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答案：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{(1+t^2)(y^2-e^t)}{2(1-ty)}.$$

解析： 由

$$x=\arctan t,$$

得

$$\frac{dx}{dt}=\frac{1}{1+t^2}.$$

对隐式关系

$$2y-t{y}^2+e^t=5$$

两边关于 $t$ 求导：

$$2\frac{dy}{dt}-y^2-2ty\frac{dy}{dt}+e^t=0.$$

整理得

$$2(1-ty)\frac{dy}{dt}=y^2-e^t,$$

故

$$\frac{dy}{dt}=\frac{y^2-e^t}{2(1-ty)}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}\\ & =\frac{(1+t^2)(y^2-e^t)}{2(1-ty)}.\end{array}$$

该公式要求 $1-ty\ne 0$。

（五）参数方程的导数(数一、数二)：求某点处的导数

1. 【1992-3-3 分】 设 $\{\begin{array}{l}x=f(t)-\pi ,\\ y=f(e^{3t}-1),\end{array}$ 其中 $f$ 可导，且 $f^{\prime }(0)\ne 0$，则 ${\frac{dy}{dx}|}_{t=0}=$

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答案：

$$3.$$

解析： 由参数方程求导公式，

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}.$$

分别求导得

$$\frac{dx}{dt}=f^{\prime }(t),$$$$\frac{dy}{dt}=3e^{3t}{f}^{\prime }(e^{3t}-1).$$

当 $t=0$ 时，

$${\frac{dx}{dt}|}_{t=0}=f^{\prime }(0),{\frac{dy}{dt}|}_{t=0}=3f^{\prime }(0).$$

因 $f^{\prime }(0)\ne 0$，故

$${\frac{dy}{dx}|}_{t=0}=\frac{3f^{\prime }(0)}{f^{\prime }(0)}=3.$$

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2. 【1994-12-5 分】 设 $\{\begin{array}{l}x=\cos (t^2),\\ y=t^2\cos (t^2)-{\int }_1^{t^2}\frac{\cos u}{2\sqrt{u}}du,\end{array}$ 求 $\frac{dy}{dx}$，$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ 在 $t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 的值。

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答案：

$${\frac{dy}{dx}|}_{t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}}=\frac{\pi }{2},$$

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}}=-2+\frac{1}{\sqrt{2\pi }}.$$

解析： 令 $s=t^2$。在所求点附近 $t>0$，故 $\sqrt{s}=t$。由

$$x=\cos s,y=s\cos s-{\int }_1^s\frac{\cos u}{2\sqrt{u}}du,$$

得

$$\frac{dx}{ds}=-\sin s,$$$$\frac{dy}{ds}=\cos s-s\sin s-\frac{\cos s}{2\sqrt{s}}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{\frac{dy}{ds}}{\frac{dx}{ds}}\\ & =s-\cot s+\frac{\cot s}{2\sqrt{s}}.\end{array}$$

当 $s=\frac{\pi }{2}$ 时，

$${\frac{dy}{dx}|}_{t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}}=\frac{\pi }{2}.$$

记

$$q(s)=s-\cot s+\frac{\cot s}{2\sqrt{s}},$$

则

$$q^{\prime }(s)=1+{\csc }^{2}s-\frac{\cot s}{4s^{3/2}}-\frac{{\csc }^{2}s}{2\sqrt{s}}.$$

又

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{q^{\prime }(s)}{-\sin s}.$$

代入 $s=\frac{\pi }{2}$，得

$$\begin{array}{rl}{\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}}& =-\left(2-\frac{1}{2\sqrt{\pi /2}}\right)\\ & =-2+\frac{1}{\sqrt{2\pi }}.\end{array}$$

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3. 【2010-1-4 分】 设 $\{\begin{array}{l}x=e^{-t},\\ y={\int }_0^t\ln (1+u^2)du,\end{array}$ 则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=0}=$

查看答案与解析

答案：

$$0.$$

解析： 由变上限积分求导公式，

$$\frac{dx}{dt}=-e^{-t},\frac{dy}{dt}=\ln (1+t^2).$$

故

$$\frac{dy}{dx}=-e^t\ln (1+t^2).$$

再关于 $t$ 求导，

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)=-e^t\left[\ln (1+t^2)+\frac{2t}{1+t^2}\right].$$

于是

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=e^{2t}\left[\ln (1+t^2)+\frac{2t}{1+t^2}\right].$$

代入 $t=0$，得

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=0}=0.$$

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4. 【2013-1-4 分】 设 $\{\begin{array}{l}x=\sin t,\\ y=t\sin t+\cos t,\end{array}$（$t$ 为参数），则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=\frac{\pi }{4}}=$

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答案：

$$\sqrt{2}.$$

解析： 有

$$\frac{dx}{dt}=\cos t,$$$$\frac{dy}{dt}=\sin t+t\cos t-\sin t=t\cos t.$$

所以

$$\frac{dy}{dx}=t.$$

进而

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\frac{d}{dt}(t)}{\frac{dx}{dt}}=\frac{1}{\cos t}.$$

故

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=\frac{\pi }{4}}=\sqrt{2}.$$

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5. 【2015-2-4 分】 设 $\{\begin{array}{l}x=\arctan t,\\ y=3t+t^3,\end{array}$ 则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=1}=$

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答案：

$$48.$$

解析： 分别求导：

$$\frac{dx}{dt}=\frac{1}{1+t^2},\frac{dy}{dt}=3(1+t^2).$$

于是

$$\frac{dy}{dx}=3(1+t^2{)}^2.$$

再求导得

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)=12t(1+t^2).$$

故

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=12t(1+t^2{)}^2.$$

代入 $t=1$，得

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=1}=12\cdot 4=48.$$

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6. 【2017-2-4 分】 设函数 $y=y(x)$ 由参数方程 $\{\begin{array}{l}x=t+e^t,\\ y=\sin t\end{array}$ 确定，则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=0}=$

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答案：

$$-\frac{1}{8}.$$

解析： 由

$$\frac{dx}{dt}=1+e^t,\frac{dy}{dt}=\cos t,$$

得

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\cos t}{1+e^t}.$$

对 $t$ 求导：

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{-\sin t(1+e^t)-e^t\cos t}{(1+e^t{)}^2}.$$

所以

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{-\sin t(1+e^t)-e^t\cos t}{(1+e^t{)}^3}.$$

代入 $t=0$，得

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=0}=-\frac{1}{8}.$$

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