一、一元函数导数的计算｜小题与大题

小题

（十）高阶导数

1. 【1990-12-3 分】 已知函数 $f(x)$ 具有任意阶导数，且 $f^{\prime }(x)=[f(x){]}^2$，则当 $n$ 为大于 2 的正整数时，$f(x)$ 的 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(x)$ 是（ ）.

A. $n![f(x){]}^{n+1}$    B. $n[f(x){]}^{n+1}$    C. $[f(x){]}^{2n}$    D. $n![f(x){]}^{2n}$

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答案： A

解析： 由 $f^{\prime }=f^2$，逐次求导可得

$$f^{\prime \prime }=2f{f}^{\prime }=2f^3,$$$$f^{\prime \prime \prime }=6f^2{f}^{\prime }=6f^4.$$

据此猜想

$$f^{(n)}(x)=n![f(x){]}^{n+1}.$$

下面用数学归纳法验证。假设对某个正整数 $n$ 有

$$f^{(n)}(x)=n![f(x){]}^{n+1},$$

则

$$\begin{array}{rl}{f}^{(n+1)}(x)& =n!(n+1)[f(x){]}^n{f}^{\prime }(x)\\ & =(n+1)![f(x){]}^n[f(x){]}^2\\ & =(n+1)![f(x){]}^{n+2}.\end{array}$$

故公式对任意正整数 $n$ 成立，应选 A。

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2. 【1991-45-3 分】 设 $f(x)=x{e}^x$，则 $f^{(n)}(x)$ 在点 $x=$ _____ 处取极小值。

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答案：

$$-(n+1).$$

解析： 由莱布尼茨公式，因 $x$ 的二阶及以上导数均为零，故

$$\begin{array}{rl}{f}^{(n)}(x)& =(x{e}^x{)}^{(n)}\\ & =x{e}^x+n{e}^x\\ & =(x+n)e^x.\end{array}$$

令 $[f^{(n)}(x){]}^{\prime }=0$，即

$$f^{(n+1)}(x)=(x+n+1)e^x=0.$$

因为 $e^x>0$，所以唯一驻点为

$$x=-(n+1).$$

又

$$f^{(n+2)}(-(n+1))=e^{-(n+1)}>0,$$

因此该点为极小值点。

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3. 【1995-4-3 分】 设 $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$，则 $f^{(n)}(x)=$

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答案：

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

解析： 先将函数改写为

$$f(x)=-1+\frac{2}{1+x}=-1+2(1+x{)}^{-1}.$$

当 $n\ge 1$ 时，常数项的高阶导数为零，而

$$\frac{d^n}{d{x}^n}(1+x{)}^{-1}=(-1{)}^{n}n!(1+x{)}^{-n-1}.$$

因此

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

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4. 【2000-2-5 分】 求函数 $f(x)=x^2\ln (1+x)$ 在 $x=0$ 处的 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(0)(n\ge 3)$。

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答案：

$$f^{(n)}(0)=(-1{)}^{n-1}\frac{n!}{n-2},n\ge 3.$$

解析： 利用幂级数展开

$$\ln (1+x)=\sum _{k=1}^{\infty }(-1{)}^{k+1}\frac{x^k}{k},|x|<1.$$

于是

$$\begin{array}{rl}f(x)& =x^2\ln (1+x)\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }(-1{)}^{k+1}\frac{x^{k+2}}{k}.\end{array}$$

当 $n\ge 3$ 时，令 $k=n-2$，则 $x^n$ 的系数为

$$\frac{(-1{)}^{n-1}}{n-2}.$$

根据泰勒展开中 $x^n$ 的系数等于 $\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$，得

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

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5. 【2007-234-4 分】 设函数 $y=\frac{1}{2x+3}$，则 $y^{(n)}(0)=$ _____。

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答案：

$$y^{(n)}(0)=(-1{)}^n\frac{2^{n}n!}{3^{n+1}}.$$

解析： 写成幂函数形式

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

连续求导可得

$$y^{(n)}(x)=(-1{)}^{n}n!2^n(2x+3{)}^{-n-1}.$$

令 $x=0$，得到

$$y^{(n)}(0)=(-1{)}^{n}n!2^n\cdot 3^{-n-1}=(-1{)}^n\frac{2^{n}n!}{3^{n+1}}.$$

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6. 【2010-2-4 分】 函数 $y=\ln (1-2x)$ 在 $x=0$ 处的 $n$ 阶导数 $y^{(n)}(0)=$

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答案：

$$y^{(n)}(0)=-2^n(n-1)!,n\ge 1.$$

解析： 由

$$\ln (1-u)=-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{u^k}{k},|u|<1,$$

取 $u=2x$，得

$$\ln (1-2x)=-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{2^k}{k}{x}^k.$$

因此 $x^n$ 的系数为 $-\frac{2^n}{n}$，从而

$$\frac{y^{(n)}(0)}{n!}=-\frac{2^n}{n}.$$

故

$$y^{(n)}(0)=-2^n(n-1)!.$$

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7. 【2015-2-4 分】 函数 $f(x)=x^2\cdot 2^x$ 在 $x=0$ 处的 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(0)=$

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答案：

$$f^{(n)}(0)=n(n-1)(\ln 2{)}^{n-2},n\ge 2.$$

解析： 由于

$$2^x=e^{x\ln 2},$$

故

$$f(x)=x^2{e}^{x\ln 2}.$$

利用莱布尼茨公式，令 $u=x^2$、$v=e^{x\ln 2}$。在 $x=0$ 处，只有 $u^{\prime \prime }(0)=2$ 对应的项不为零，因此

$$\begin{array}{rl}{f}^{(n)}(0)& =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)u^{\prime \prime }(0)v^{(n-2)}(0)\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)\cdot 2\cdot (\ln 2{)}^{n-2}\\ & =n(n-1)(\ln 2{)}^{n-2}.\end{array}$$

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8. 【2016-2-4 分】 已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续，且

$$f(x)=(x+1{)}^2+2{\int }_0^{x}f(t)dt,$$

则当 $n\ge 2$ 时，$f^{(n)}(0)=$ _____。

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答案：

$$f^{(n)}(0)=10\cdot 2^{n-2},n\ge 2.$$

解析： 先令 $x=0$，由原式得

$$f(0)=1.$$

两边对 $x$ 求导，得到

$$f^{\prime }(x)=2(x+1)+2f(x),$$

故

$$f^{\prime }(0)=2+2f(0)=4.$$

再求一次导数：

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

所以

$$f^{\prime \prime }(0)=2+2\times 4=10.$$

当 $n\ge 3$ 时，对等式 $f^{\prime \prime }(x)=2+2f^{\prime }(x)$ 继续求导，有

$$f^{(n)}(x)=2f^{(n-1)}(x).$$

因此

$$f^{(n)}(0)=2^{n-2}{f}^{\prime \prime }(0)=10\cdot 2^{n-2}.$$

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9. 【2016-1-4 分】 设函数

$$f(x)=\arctan x-\frac{x}{1+a{x}^2},$$

且 $f^{\prime \prime \prime }(0)=1$，则 $a=$

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答案：

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

解析： 在 $x=0$ 附近展开：

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3),$$

且

$$\begin{array}{rl}\frac{x}{1+a{x}^2}& =x(1+a{x}^2{)}^{-1}\\ & =x\left(1-a{x}^2+o(x^2)\right)\\ & =x-a{x}^3+o(x^3).\end{array}$$

因此

$$f(x)=\left(a-\frac{1}{3}\right)x^3+o(x^3).$$

于是

$$f^{\prime \prime \prime }(0)=3!\left(a-\frac{1}{3}\right)=6a-2.$$

由 $f^{\prime \prime \prime }(0)=1$，得

$$6a-2=1,$$

所以

$$a=\frac{1}{2}.$$

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10. 【2017-1-4 分】 已知函数 $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$，则 $f^{\prime \prime \prime }(0)=$ _____。

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答案：

$$0.$$

解析： 函数

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

是偶函数。偶函数在原点处存在的所有奇数阶导数均为零，因此

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

也可由幂级数

$$\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+\cdots$$

看出其展开式中没有 $x^3$ 项，所以三阶导数在原点为零。

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11. 【2020-2-4 分】 设 $f(x)=x^2\ln (1-x)$，则 $n\ge 3$ 时，$f^{(n)}(0)=()$

A. $-\frac{n!}{n-2}$    B. $\frac{n!}{n-2}$    C. $-\frac{(n-2)!}{n}$    D. $\frac{(n-2)!}{n}$

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答案： A。

解析： 利用幂级数展开

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

可得

$$\begin{array}{rl}f(x)& =x^2\ln (1-x)\\ & =-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^{k+2}}{k}.\end{array}$$

当 $n\ge 3$ 时，$x^n$ 项对应 $k=n-2$，其系数为

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

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

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

从而

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

因此选 A。

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12. 【2022-3-5 分】 已知函数 $f(x)=e^{\sin x}+e^{-\sin x}$，则 $f^{\prime \prime \prime }(2\pi )=$

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答案：

$$0.$$

解析： 令 $h=x-2\pi$，则

$$\sin x=\sin (2\pi +h)=\sin h.$$

于是

$$\begin{array}{rl}f(2\pi +h)& =e^{\sin h}+e^{-\sin h}\\ & =2\cosh (\sin h).\end{array}$$

由于 $\sin h$ 是关于 $h$ 的奇函数，而 $\cosh u$ 是关于 $u$ 的偶函数，所以 $f(2\pi +h)$ 是关于 $h$ 的偶函数。

因此它在 $h=0$ 处的所有奇数阶导数均为零，故

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

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13. 【2024-2-5 分】 已知函数 $f(x)=(e^x+1)x^2$，则 $f^{(5)}(1)=$ _____。

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答案：

$$31e.$$

解析： 将函数写为

$$f(x)=x^2{e}^x+x^2.$$

由于 $x^2$ 的五阶导数为零，只需求 $x^2{e}^x$ 的五阶导数。

由莱布尼茨公式，且 $(x^2{)}^{(k)}=0$（$k\ge 3$），有

$$\begin{array}{rl}(x^2{e}^x{)}^{(5)}& =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{0}\right)x^2{e}^x+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)(2x)e^x+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)\cdot 2e^x\\ & =e^x(x^2+10x+20).\end{array}$$

因此

$$f^{(5)}(1)=e(1+10+20)=31e.$$

大题

（一）参数方程的导数(数一、数二)：求导函数

1. 【1987-3-7 分】 设

$$\{\begin{array}{l}x=5(t-\sin t),\\ y=5(1-\cos t),\end{array}$$

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

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答案：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\sin t}{1-\cos t}=\cot \frac{t}{2},$$

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=-\frac{1}{5(1-\cos t{)}^2}.$$

解析： 由参数方程得

$$\frac{dx}{dt}=5(1-\cos t),\frac{dy}{dt}=5\sin t.$$

当 $\frac{dx}{dt}\ne 0$ 时，

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}\\ & =\frac{5\sin t}{5(1-\cos t)}\\ & =\frac{\sin t}{1-\cos t}\\ & =\cot \frac{t}{2}.\end{array}$$

再由参数方程二阶导数公式

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

而

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

故

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

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2. 【2008-2-10 分】 设函数 $y=y(x)$ 由参数方程

$$\{\begin{array}{l}x=x(t),\\ y={\int }_0^{t^2}\ln (1+u)du\end{array}$$

确定，其中 $x(t)$ 是初值问题

$$\{\begin{array}{l}\frac{dx}{dt}-2t{e}^{-x}=0,\\ x{|}_{t=0}=0\end{array}$$

的解，求 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$。

查看答案与解析

答案：

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

解析： 由微分方程

$$\frac{dx}{dt}=2t{e}^{-x},$$

两边同乘 $e^x$，得

$$e^x\frac{dx}{dt}=2t.$$

注意到左边为 $\frac{d}{dt}(e^x)$，故

$$\frac{d}{dt}(e^x)=2t.$$

积分得

$$e^x=t^2+C.$$

由初值 $x(0)=0$，有 $C=1$，所以

$$e^x=1+t^2,x=\ln (1+t^2).$$

于是

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

另一方面，由变上限积分求导公式，

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

因此

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

继续求导：

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)& =\frac{d}{dt}\left[(1+t^2)\ln (1+t^2)\right]\\ & =2t\ln (1+t^2)+2t\\ & =2t[\ln (1+t^2)+1].\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}& =\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}}\\ & =\frac{2t[\ln (1+t^2)+1]}{\frac{2t}{1+t^2}}\\ & =(1+t^2)[\ln (1+t^2)+1].\end{array}$$

又因为 $1+t^2=e^x$、$\ln (1+t^2)=x$，所以也可写为

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

（二）参数方程的导数(数一、数二)：求某点处的导数

1. 【2003-2-9 分】 设函数 $y=y(x)$ 由参数方程

$$\{\begin{array}{ll}x=1+2t^2,& t>1,\\ y={\int }_1^{1+2\ln t}\frac{e^u}{u}du,& t>1\end{array}$$

所确定，求 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=9}$。

查看答案与解析

答案：

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=9}=-\frac{e}{16(1+2\ln 2{)}^2}.$$

解析： 由

$$x=1+2t^2,$$

得

$$\frac{dx}{dt}=4t.$$

又由变上限积分求导公式，

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dt}& =\frac{e^{1+2\ln t}}{1+2\ln t}\cdot \frac{2}{t}\\ & =\frac{e{t}^2}{1+2\ln t}\cdot \frac{2}{t}\\ & =\frac{2et}{1+2\ln t}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}& =\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}\\ & =\frac{\frac{2et}{1+2\ln t}}{4t}\\ & =\frac{e}{2(1+2\ln t)}.\end{array}$$

继续对参数 $t$ 求导，

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

故

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}& =\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}}\\ & =\frac{-\frac{e}{t(1+2\ln t{)}^2}}{4t}\\ & =-\frac{e}{4t^2(1+2\ln t{)}^2}.\end{array}$$

当 $x=9$ 时，

$$1+2t^2=9.$$

因 $t>1$，所以 $t=2$。代入得

$${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=9}=-\frac{e}{16(1+2\ln 2{)}^2}.$$

（三）抽象函数的导数

1. 【2007-2-11 分】 已知函数 $f(u)$ 具有二阶导数，且 $f^{\prime }(0)=1$。函数 $y=y(x)$ 由方程

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

所确定，设

$$z=f(\ln y-\sin x),$$

求 ${\frac{dz}{dx}|}_{x=0}$，${\frac{d^{2}z}{d{x}^2}|}_{x=0}$。

查看答案与解析

答案：

$${\frac{dz}{dx}|}_{x=0}=0,{\frac{d^{2}z}{d{x}^2}|}_{x=0}=1.$$

解析： 先由隐函数方程确定 $y$ 在 $x=0$ 处的函数值及导数。

令 $x=0$，由

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

得

$$y(0)=1.$$

对原方程两边关于 $x$ 求导：

$$y^{\prime }-e^{y-1}-x{e}^{y-1}{y}^{\prime }=0.$$

即

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

令 $x=0$，并利用 $y(0)=1$，得

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

再对

$$y^{\prime }-e^{y-1}(1+x{y}^{\prime })=0$$

求导，得

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

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

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

所以

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

设

$$u(x)=\ln y-\sin x,$$

则

$$u(0)=\ln 1-\sin 0=0.$$

并且

$$u^{\prime }=\frac{y^{\prime }}{y}-\cos x.$$

因此

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

继续求导：

$$u^{\prime \prime }=\frac{y^{\prime \prime }}{y}-\frac{(y^{\prime }{)}^2}{y^2}+\sin x.$$

故

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

因为 $z=f(u)$，所以

$$z^{\prime }=f^{\prime }(u)u^{\prime },$$

从而

$$z^{\prime }(0)=f^{\prime }(0)u^{\prime }(0)=1\cdot 0=0.$$

又

$$z^{\prime \prime }=f^{\prime \prime }(u)(u^{\prime }{)}^2+f^{\prime }(u)u^{\prime \prime }.$$

在 $x=0$ 处，由 $u^{\prime }(0)=0$，第一项自动为零，故

$$z^{\prime \prime }(0)=f^{\prime }(0)u^{\prime \prime }(0)=1\cdot 1=1.$$

（四）变限积分求导：被积函数不含求导变量

1. 【2001-2-7 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上可导，$f(0)=0$，且其反函数为 $g(x)$。若

$${\int }_0^{f(x)}g(t)dt=x^2{e}^x,$$

求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)=(x+1)e^x-1.$$

解析： 对等式两边关于 $x$ 求导。由变上限积分求导公式，左边为

$$g(f(x))f^{\prime }(x).$$

由于 $g$ 是 $f$ 的反函数，故

$$g(f(x))=x.$$

右边求导为

$$\frac{d}{dx}(x^2{e}^x)=e^x(x^2+2x)=x{e}^x(x+2).$$

因此

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

当 $x>0$ 时，可以约去 $x$，得

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

注意到

$$\frac{d}{dx}[(x+1)e^x]=(x+2)e^x,$$

故

$$f(x)=(x+1)e^x+C.$$

由 $f(0)=0$，得

$$1+C=0,$$

所以 $C=-1$。因此

$$f(x)=(x+1)e^x-1.$$

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2. 【2007-2-10 分】 设 $f(x)$ 是区间 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 上的单调、可导函数，且满足

$${\int }_0^{f(x)}{f}^{-1}(t)dt={\int }_0^{x}t\frac{\cos t-\sin t}{\sin t+\cos t}dt,$$

其中 $f^{-1}$ 是 $f$ 的反函数，求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)=\ln (\sin x+\cos x).$$

解析： 对题设等式两边关于 $x$ 求导。左边为

$$f^{-1}(f(x))f^{\prime }(x)=x{f}^{\prime }(x),$$

右边为

$$x\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}.$$

因此

$$x{f}^{\prime }(x)=x\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}.$$

当 $x>0$ 时，约去 $x$，得

$$f^{\prime }(x)=\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}.$$

而

$$\frac{d}{dx}\ln (\sin x+\cos x)=\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x},$$

故

$$f(x)=\ln (\sin x+\cos x)+C.$$

下面确定常数 $C$。由于 $f^{\prime }(x)>0$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right)$ 上成立，所以 $f$ 单调增加。令 $x=0$，题设给出

$${\int }_0^{f(0)}{f}^{-1}(t)dt=0.$$

在反函数的定义域内，$f^{-1}(t)\ge 0$；结合 $f$ 的严格单调性，上式只能在

$$f(0)=0$$

时成立。因此

$$C=f(0)-\ln 1=0.$$

故

$$f(x)=\ln (\sin x+\cos x).$$

（五）变限积分求导：被积函数含求导变量可拆分

1. 【1992-2-6 分】 求

$$\frac{d}{dx}{\int }_0^{x^2}(x^2-t)f(t)dt,$$

其中 $f(t)$ 为已知的连续函数。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{d}{dx}{\int }_0^{x^2}(x^2-t)f(t)dt=2x{\int }_0^{x^2}f(t)dt.$$

解析： 记

$$F(x)={\int }_0^{x^2}(x^2-t)f(t)dt.$$

将被积函数拆开：

$$F(x)=x^2{\int }_0^{x^2}f(t)dt-{\int }_0^{x^2}tf(t)dt.$$

分别求导，得

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =2x{\int }_0^{x^2}f(t)dt+x^{2}f(x^2)\cdot 2x-x^{2}f(x^2)\cdot 2x\\ & =2x{\int }_0^{x^2}f(t)dt.\end{array}$$

其中两项边界贡献恰好相消。

也可直接使用莱布尼茨公式：上限处 $x^2-t=0$，故边界项为零，而对被积函数关于 $x$ 求偏导得到 $2xf(t)$，从而同样有

$$F^{\prime }(x)={\int }_0^{x^2}2xf(t)dt=2x{\int }_0^{x^2}f(t)dt.$$

（六）变限积分求导：被积函数含求导变量不可拆分

1. 【1999-4-6 分】 已知 $f(x)$ 连续，

$${\int }_0^{x}tf(x-t)dt=1-\cos x,$$

求

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)dx=1.$$

解析： 原积分中的被积函数同时含有 $x$ 与 $t$，先作换元

$$u=x-t,$$

则 $t=x-u$，并且当 $t=0$ 时 $u=x$，当 $t=x$ 时 $u=0$。因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{x}tf(x-t)dt& ={\int }_x^0(x-u)f(u)(-du)\\ & ={\int }_0^x(x-u)f(u)du.\end{array}$$

于是题设化为

$${\int }_0^x(x-u)f(u)du=1-\cos x.$$

对两边关于 $x$ 求导。由莱布尼茨公式，左端上限处的边界项为

$$(x-x)f(x)=0,$$

而被积函数对 $x$ 的偏导数为 $f(u)$，故

$${\int }_0^{x}f(u)du=\sin x.$$

令 $x=\frac{\pi }{2}$，得到

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(u)du=\sin \frac{\pi }{2}=1.$$

因此

$$\boxed{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(x)dx=1}.$$

本题关键是先利用换元把卷积型积分改写为便于求导的形式；直接对原式求导也可以，但换元后结构更清晰。

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2. 【1999-3-6 分】 设函数 $f(x)$ 连续，且

$${\int }_0^{x}tf(2x-t)dt=\frac{1}{2}\arctan x^2,$$

已知 $f(1)=1$，求

$${\int }_1^{2}f(x)dx.$$

查看答案与解析

答案：

$${\int }_1^{2}f(x)dx=\frac{3}{4}.$$

解析： 作换元

$$u=2x-t,$$

则 $t=2x-u$，且当 $t=0$ 时 $u=2x$，当 $t=x$ 时 $u=x$。于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{x}tf(2x-t)dt& ={\int }_{2x}^x(2x-u)f(u)(-du)\\ & ={\int }_x^{2x}(2x-u)f(u)du.\end{array}$$

因此

$${\int }_x^{2x}(2x-u)f(u)du=\frac{1}{2}\arctan x^2.$$

对两边关于 $x$ 求导。设

$$H(x)={\int }_x^{2x}(2x-u)f(u)du.$$

由莱布尼茨公式，

$$\begin{array}{rl}{H}^{\prime }(x)& =(2x-2x)f(2x)\cdot 2-(2x-x)f(x)\cdot 1+{\int }_x^{2x}2f(u)du\\ & =2{\int }_x^{2x}f(u)du-xf(x).\end{array}$$

右端求导为

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{2}\arctan x^2\right)=\frac{x}{1+x^4}.$$

故

$$2{\int }_x^{2x}f(u)du-xf(x)=\frac{x}{1+x^4}.$$

令 $x=1$，利用 $f(1)=1$，得

$$2{\int }_1^{2}f(u)du-1=\frac{1}{2}.$$

因此

$$2{\int }_1^{2}f(u)du=\frac{3}{2},$$

从而

$$\boxed{{\int }_1^{2}f(x)dx=\frac{3}{4}}.$$

本题求导时需要同时考虑上、下限变化产生的边界项，以及被积函数中 $x$ 的显含项；其中上限 $u=2x$ 处因系数 $2x-u=0$，对应边界项恰好消失。