第二章 一元函数的导数与微分概念及其计算

选择题

1. 若极限

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(a-h^2)-f(a+h^2)}{e^{h^2}-1}=A,$$

则函数 $f(x)$ 在 $x=a$ 处

A. 不一定可导；    B. 不一定可导，但 $f_{+}^{\prime }(a)=A$；

C. 不一定可导，但 $f_{-}^{\prime }(a)=A$；    D. 可导，且 $f^{\prime }(a)=A$。

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答案： （A）

解析： 令 $t=h^2$，则当 $h\to 0$ 时，$t\to 0^{+}$，原极限可写为

$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(a-t)-f(a+t)}{e^t-1}=A.$$

由于

$$e^t-1\sim t(t\to 0^{+}),$$

故已知条件只说明

$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(a-t)-f(a+t)}{t}=A.$$

它仅限制了 $a$ 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 $c\ne -\frac{A}{2}$，在 $a$ 的邻域内定义

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

则

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

但

$$f_{+}^{\prime }(a)=c,f_{-}^{\prime }(a)=-(A+c),$$

且由 $c\ne -\frac{A}{2}$ 可知两者不相等，所以 $f(x)$ 在 $x=a$ 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。

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2. 设有多项式

$$P(x)=x^4+a_3{x}^3+a_2{x}^2+a_{1}x+a_0,$$

又设 $x=x_0$ 是它的最大实根，则 $P^{\prime }(x_0)$ 满足

A. $P^{\prime }(x_0)>0$；    B. $P^{\prime }(x_0)<0$；    C. $P^{\prime }(x_0)\le 0$；    D. $P^{\prime }(x_0)\ge 0$。

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答案： （D）

解析： 因为 $P(x)$ 是首项系数为正的四次多项式，所以

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }P(x)=+\infty .$$

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

$$P(x)>0(x>x_0).$$

若 $P^{\prime }(x_0)<0$，则由导数定义，在充分小的 $h>0$ 下应有

$$P(x_0+h)=P(x_0)+P^{\prime }(x_0)h+o(h)<0,$$

这与 $x_0$ 右侧 $P(x)>0$ 矛盾。因此

$$P^{\prime }(x_0)\ge 0.$$

当 $x_0$ 是奇重根时，可以有 $P^{\prime }(x_0)>0$；当 $x_0$ 是重数不小于 $2$ 的偶重根时，可以有 $P^{\prime }(x_0)=0$。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。

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

A. 0；    B. 1；    C. 2；    D. 3。

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答案： （C）

解析： 将函数写成分段形式：

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}3x^2+x^3,& x\ge 0,\\ 3x^2-x^3,& x<0.\end{array}$$

显然 $f(0)=0$。由导数定义，

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(3x+x|x|\right)=0.$$

对 $x\ne 0$，

$$f^{\prime }(x)=6x+3x|x|.$$

于是

$$f^{\prime \prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(6+3|x|\right)=6,$$

故二阶导数存在。

进一步，对 $x\ne 0$，

$$f^{\prime \prime }(x)=6+6|x|.$$

因此

$$\frac{f^{\prime \prime }(x)-f^{\prime \prime }(0)}{x}=6\frac{|x|}{x}=\{\begin{array}{ll}6,& x>0,\\ -6,& x<0.\end{array}$$

左右极限不相等，所以 $f^{\prime \prime \prime }(0)$ 不存在。

故在 $x=0$ 处存在的最高阶导数为二阶，即 $n=2$，选择（C）。

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4. 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\sin \frac{1}{x},& x>0,\\ ax+b,& x\le 0,\end{array}$$

在 $x=0$ 处可导，则 $a,b$ 满足

A. $a=0,b=0$；    B. $a=1,b=1$；    C. $a$ 为任意常数，$b=0$；    D. $a$ 为任意常数，$b=1$。

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答案： （A）

解析： 函数在 $x=0$ 处可导，首先必须在该点连续。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$\left|x^2\sin \frac{1}{x}\right|\le x^2\to 0,$$

所以

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0.$$

而

$$f(0)=b,$$

故连续性要求

$$b=0.$$

在 $b=0$ 时，右导数为

$$f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^2\sin \frac{1}{x}-0}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\sin \frac{1}{x}=0.$$

左侧函数为 $f(x)=ax$，所以

$$f_{-}^{\prime }(0)=a.$$

要使 $f^{\prime }(0)$ 存在，必须有

$$f_{-}^{\prime }(0)=f_{+}^{\prime }(0),$$

即

$$a=0.$$

因此 $a=0,b=0$，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 $b=1$ 使函数在原点不连续。

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5. 设 $f^{\prime }(a)>0$，则存在 $\delta >0$，有

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

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

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

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

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答案： （C）

解析： 由

$$f^{\prime }(a)=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)-f(a)}{x-a}>0,$$

根据极限的保号性，存在 $\delta >0$，使得当

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

时，有

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

当 $x\in (a,a+\delta )$ 时，$x-a>0$，故

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

即

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

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

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

即

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

因此（C）正确。（A）、（B）把 $a$ 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。

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6. 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{x},& x\ge 0,\\ \sqrt{-x},& x<0,\end{array}$$

则

A. $f(x)$ 在 $x=0$ 处不连续；

B. $f^{\prime }(0)$ 存在；

C. $f^{\prime }(0)$ 不存在，曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,0)$ 处不存在切线；

D. $f^{\prime }(0)$ 不存在，曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,0)$ 处有切线。

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答案： （D）

解析： 该函数可写为

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

当 $x\to 0$ 时，

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

所以函数在 $x=0$ 处连续，选项（A）错误。

考察导数：

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

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$\frac{\sqrt{x}}{x}=\frac{1}{\sqrt{x}}\to +\infty ;$$

当 $x\to 0^{-}$ 时，

$$\frac{\sqrt{-x}}{x}=-\frac{1}{\sqrt{-x}}\to -\infty .$$

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

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

$$x=0.$$

所以曲线在 $(0,0)$ 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

1. 设

$$f(x)=\prod _{n=1}^{2014}\left(\tan \frac{\pi x^n}{4}-n\right),$$

则 $f^{\prime }(1)=\underline{}$。

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答案：

$$-\frac{\pi }{2}\cdot 2013!$$

解析： 记

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

则

$$f(x)=\prod _{n=1}^{2014}{u}_n(x).$$

在 $x=1$ 时，

$$u_1(1)=\tan \frac{\pi }{4}-1=0,$$

而对 $n\ge 2$，

$$u_n(1)=1-n\ne 0.$$

因此按乘积求导公式，在 $x=1$ 处只有对第一个因子求导的项不为零：

$$f^{\prime }(1)=u_1^{\prime }(1)\prod _{n=2}^{2014}{u}_n(1).$$

又

$$u_1^{\prime }(x)=\frac{\pi }{4}{\sec }^2\frac{\pi x}{4},u_1^{\prime }(1)=\frac{\pi }{4}{\sec }^2\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2},$$

且

$$\prod _{n=2}^{2014}(1-n)=(-1{)}^{2013}(1\cdot 2\cdots 2013)=-2013!.$$

故

$$f^{\prime }(1)=-\frac{\pi }{2}\cdot 2013!.$$

---

2. 若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的导数存在，则极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(1+x)+f(1+2\sin x)-2f(1-3\tan x)}{x}=\underline{}.$$

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答案：

$$9f^{\prime }(1)$$

解析： 由 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，得

$$f(1+u)=f(1)+f^{\prime }(1)u+o(u)(u\to 0).$$

分别取

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

则

$$\begin{array}{rl}f(1+x)& =f(1)+f^{\prime }(1)x+o(x),\\ f(1+2\sin x)& =f(1)+2f^{\prime }(1)\sin x+o(x),\\ f(1-3\tan x)& =f(1)-3f^{\prime }(1)\tan x+o(x).\end{array}$$

代入原式，常数项相消，得到

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(1)x+2f^{\prime }(1)\sin x+6f^{\prime }(1)\tan x+o(x)}{x}\\ & =f^{\prime }(1)\left(1+2\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}+6\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x}{x}\right)=9f^{\prime }(1).\end{array}$$

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3. 设 $f^{\prime }(0)=1$，$f(0)=0$，则

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(1-\cos x)}{\tan x^2}=\underline{}.$$

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答案：

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

解析： 由

$$f^{\prime }(0)=\underset{u\to 0}{\lim }\frac{f(u)-f(0)}{u}=1,f(0)=0,$$

可知

$$f(u)\sim u(u\to 0).$$

当 $x\to 0$ 时，令 $u=1-\cos x$，则 $u\to 0$，且

$$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2},\tan x^2\sim x^2.$$

所以

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

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4. 设 $k$ 为常数，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^k-1\right]=\underline{}.$$

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答案：

$$k$$

解析： 令

$$x=\frac{1}{n},$$

则 $n\to \infty$ 时 $x\to 0^{+}$，原极限化为

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{(1+x{)}^k-1}{x}.$$

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

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{(1+x{)}^k-1}{x}=g^{\prime }(0)=k(1+0{)}^{k-1}=k.$$

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5. 设

$$y=f\left(\frac{3x-2}{3x+2}\right),f^{\prime }(x)=\arctan x^2,$$

则

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

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答案：

$$\frac{3\pi }{4}$$

解析： 令

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

则由复合函数求导法则，

$$y^{\prime }=f^{\prime }(u(x))u^{\prime }(x).$$

计算得

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

以及

$$u^{\prime }(x)=\frac{3(3x+2)-3(3x-2)}{(3x+2{)}^2}=\frac{12}{(3x+2{)}^2},u^{\prime }(0)=3.$$

又

$$f^{\prime }(-1)=\arctan (-1{)}^2=\arctan 1=\frac{\pi }{4}.$$

所以

$${y^{\prime }|}_{x=0}=f^{\prime }(-1)u^{\prime }(0)=\frac{\pi }{4}\cdot 3=\frac{3\pi }{4}.$$

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6. 设 $y=\sin x^2$，则

$$\frac{dy}{d(x^3)}=\underline{}.$$

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答案：

$$\frac{2\cos x^2}{3x}(x\ne 0)$$

解析： 把 $y$ 与 $x^3$ 都看成参数 $x$ 的函数，则

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

由

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

得

$$\frac{dy}{d(x^3)}=\frac{2x\cos x^2}{3x^2}=\frac{2\cos x^2}{3x},x\ne 0.$$

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7. 设 $f(x)$ 有任意阶导数且 $f^{\prime }(x)=f^3(x)$，则

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

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答案：

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

解析： 由已知条件，

$$f^{\prime }(x)=f^3(x)=1!!f^3(x),$$

公式对 $n=1$ 成立。

假设对某个 $n\ge 1$，有

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

两边求导：

$$\begin{array}{rl}{f}^{(n+1)}(x)& =(2n-1)!!(2n+1)f^{2n}(x)f^{\prime }(x)\\ & =(2n+1)!!f^{2n}(x)f^3(x)\\ & =(2n+1)!!f^{2n+3}(x).\end{array}$$

这正是把 $n$ 换为 $n+1$ 后的公式。由数学归纳法，

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

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

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答案：

$$0$$

解析： 函数

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

是偶函数。偶函数在原点存在的所有奇阶导数均为零，因此

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

也可由麦克劳林展开验证：

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

其中不含 $x^5$ 项，故五阶导数在原点为零。

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9. 设

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

则 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\underline{}$。

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答案：

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

在 $t=0$ 处连续延拓后的值为

$$\frac{1}{12}.$$

解析： 参数方程的一阶导数为

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

再对 $x$ 求导：

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

而

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

故

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{\sin t-t\cos t}{2t^2}\cdot \frac{1}{2t}=\frac{\sin t-t\cos t}{4t^3}.$$

当 $t\to 0$ 时，

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

所以该式的极限为

$$\frac{1}{12}.$$

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

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答案：

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

即

$$y=3x-7.$$

解析： 对隐函数方程

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

两边关于 $x$ 求导，得

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

因此

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

在点 $(5,8)$ 处，切线斜率为

$$k=\frac{3(5-1{)}^2}{2\cdot 8}=\frac{3\cdot 16}{16}=3.$$

故切线方程为

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

整理得

$$y=3x-7.$$

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

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答案：

$$y=x-1.$$

解析： 直线

$$x+y=1$$

的斜率为 $-1$，因此与它垂直的直线斜率为

$$k=1.$$

曲线 $y=\ln x$ 在横坐标为 $x_0$ 的点处切线斜率为

$$y^{\prime }(x_0)=\frac{1}{x_0}.$$

令

$$\frac{1}{x_0}=1,$$

得

$$x_0=1,y_0=\ln 1=0.$$

故所求切线方程为

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

即

$$y=x-1.$$

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12. 曲线

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

上对应点 $t=2$ 处的切线方程为 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

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

即

$$y=3x-7.$$

解析： 当 $t=2$ 时，曲线上的对应点为

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

参数方程所表示曲线的切线斜率为

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{3t^2}{2t}=\frac{3t}{2}(t\ne 0).$$

因此在 $t=2$ 处，

$$k=\frac{3\cdot 2}{2}=3.$$

故切线方程为

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

整理得

$$y=3x-7.$$

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13. $r=a(1+\cos \theta )$ 在点

$$(r,\theta )=(2a,0),\left(a,\frac{\pi }{2}\right),(0,\pi )$$

处的切线方程分别为 $\underline{}$。

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答案：

$$x=2a,y=x+a,y=0.$$

解析： 由极坐标与直角坐标的关系，

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

且

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

于是

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

当 $\theta =0$ 时，点的直角坐标为 $(2a,0)$，且

$${\frac{dx}{d\theta }|}_{\theta =0}=0,{\frac{dy}{d\theta }|}_{\theta =0}=2a\ne 0.$$

因此切线为竖直直线

$$x=2a.$$

当 $\theta =\frac{\pi }{2}$ 时，点的直角坐标为 $(0,a)$，并且

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

故切线方程为

$$y-a=x,$$

即

$$y=x+a.$$

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

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

令 $\theta =\pi +u$，当 $u\to 0$ 时，

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

从而

$$\frac{dy}{dx}\to 0.$$

故极点处的切线为

$$y=0.$$

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14. 题目如下：

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

在点 $M_0(2a,\sqrt{3}b)$ 处的法线方程为 $\underline{}$。

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答案：

$$y-\sqrt{3}b=-\frac{\sqrt{3}a}{2b}(x-2a).$$

等价地，

$$\sqrt{3}ax+2by=2\sqrt{3}(a^2+b^2).$$

解析： 对曲线方程

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

两边关于 $x$ 求导，得

$$\frac{2x}{a^2}-\frac{2y}{b^2}{y}^{\prime }=0.$$

因此切线斜率为

$$y^{\prime }=\frac{b^{2}x}{a^{2}y}.$$

在点 $M_0(2a,\sqrt{3}b)$ 处，

$$k_{\text{切}}=\frac{b^2\cdot 2a}{a^2\cdot \sqrt{3}b}=\frac{2b}{\sqrt{3}a}.$$

所以法线斜率为

$$k_{\text{法}}=-\frac{1}{k_{\text{切}}}=-\frac{\sqrt{3}a}{2b}.$$

由点斜式，法线方程为

$$y-\sqrt{3}b=-\frac{\sqrt{3}a}{2b}(x-2a).$$

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15. 设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^{\lambda }\sin \frac{1}{x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0\end{array}$$

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

查看答案与解析

答案：

$$\lambda \ge 4,\lambda \in \mathbb{Z}.$$

解析： 先考察 $f^{\prime }(0)$ 是否存在。由导数定义，

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }{x}^{\lambda -1}\sin \frac{1}{x^2}.$$

当 $\lambda >1$ 时，由有界量与无穷小的乘积仍为无穷小，得

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

对 $x\ne 0$，

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\lambda x^{\lambda -1}\sin \frac{1}{x^2}+x^{\lambda }\cos \frac{1}{x^2}\left(-\frac{2}{x^3}\right)\\ & =\lambda x^{\lambda -1}\sin \frac{1}{x^2}-2x^{\lambda -3}\cos \frac{1}{x^2}.\end{array}$$

要使导函数在 $x=0$ 处连续，必须有

$$\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(0)=0.$$

第一项在 $\lambda >1$ 时趋于零；第二项趋于零的充要条件为

$$\lambda -3>0,$$

即

$$\lambda >3.$$

因为 $\lambda$ 为整数，故

$$\lambda \ge 4.$$

当 $\lambda =3$ 时，第二项为

$$-2\cos \frac{1}{x^2},$$

极限不存在；当 $\lambda <3$ 时更不可能连续。

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

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答案：

$$dy=e^{f(x)}\left[\frac{f^{\prime }(\ln x)}{x}+f(\ln x)f^{\prime }(x)\right]dx.$$

解析： 函数

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

是两个复合函数的乘积。由乘积求导法则与链式法则，

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }& ={\left[f(\ln x)\right]}^{\prime }{e}^{f(x)}+f(\ln x){\left[e^{f(x)}\right]}^{\prime }\\ & =\frac{f^{\prime }(\ln x)}{x}{e}^{f(x)}+f(\ln x)e^{f(x)}{f}^{\prime }(x)\\ & =e^{f(x)}\left[\frac{f^{\prime }(\ln x)}{x}+f(\ln x)f^{\prime }(x)\right].\end{array}$$

因此

$$dy=y^{\prime }dx=e^{f(x)}\left[\frac{f^{\prime }(\ln x)}{x}+f(\ln x)f^{\prime }(x)\right]dx.$$

计算题

1. 计算下列各题：

（Ⅰ）设

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

求 $\frac{dy}{dx}$； （Ⅱ）设

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

求 $\frac{dy}{dx}$； （Ⅲ）设

$$y=\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\arctan \left(\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\tan \frac{x}{2}\right),a>b>0,$$

求 $y^{\prime }$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\frac{dy}{dx}=2\sin x\cos x{e}^{{\sin }^{2}x}-\frac{\sin x}{2\sqrt{\cos x}}{2}^{\sqrt{\cos x}}\left(1+\sqrt{\cos x}\ln 2\right).$$

（Ⅱ）

$$\frac{dy}{dx}=\sqrt[5]{\frac{x-5}{\sqrt[5]{x^2+2}}}\left[\frac{1}{5(x-5)}-\frac{2x}{25(x^2+2)}\right].$$

等价地，

$$\frac{dy}{dx}=\sqrt[5]{\frac{x-5}{\sqrt[5]{x^2+2}}}\frac{3x^2+10x+10}{25(x-5)(x^2+2)}.$$

（Ⅲ）

$$y^{\prime }=\frac{1}{a+b\cos x}.$$

解析： （Ⅰ）

第一项是复合函数。由链式法则，

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

对第二项，令

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

则

$$\sqrt{\cos x}{2}^{\sqrt{\cos x}}=u{2}^u,u^{\prime }=-\frac{\sin x}{2\sqrt{\cos x}}.$$

又

$$\frac{d}{du}(u{2}^u)=2^u+u{2}^u\ln 2=2^u(1+u\ln 2).$$

因此

$$\frac{d}{dx}\left(\sqrt{\cos x}{2}^{\sqrt{\cos x}}\right)=-\frac{\sin x}{2\sqrt{\cos x}}{2}^{\sqrt{\cos x}}\left(1+\sqrt{\cos x}\ln 2\right).$$

两部分相加即得所求导数。

（Ⅱ）

将原式写成幂函数形式：

$$y=(x-5{)}^{\frac{1}{5}}(x^2+2{)}^{-\frac{1}{25}}.$$

在 $x\ne 5$ 处采用对数求导法，得

$$\ln |y|=\frac{1}{5}\ln |x-5|-\frac{1}{25}\ln (x^2+2).$$

两边求导：

$$\frac{y^{\prime }}{y}=\frac{1}{5(x-5)}-\frac{2x}{25(x^2+2)}.$$

所以

$$y^{\prime }=y\left[\frac{1}{5(x-5)}-\frac{2x}{25(x^2+2)}\right].$$

通分后，

$$\frac{1}{5(x-5)}-\frac{2x}{25(x^2+2)}=\frac{5(x^2+2)-2x(x-5)}{25(x-5)(x^2+2)}=\frac{3x^2+10x+10}{25(x-5)(x^2+2)}.$$

（Ⅲ）

令

$$k=\sqrt{\frac{a-b}{a+b}},u=k\tan \frac{x}{2}.$$

则

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

由链式法则，

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }& =\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\cdot \frac{1}{1+u^2}\cdot k\cdot \frac{1}{2}{\sec }^2\frac{x}{2}\\ & =\frac{k}{\sqrt{a^2-b^2}}\frac{{\sec }^2\frac{x}{2}}{1+k^2{\tan }^2\frac{x}{2}}\\ & =\frac{k}{\sqrt{a^2-b^2}}\frac{1}{{\cos }^2\frac{x}{2}+k^2{\sin }^2\frac{x}{2}}.\end{array}$$

注意到

$$\begin{array}{rl}{\cos }^2\frac{x}{2}+k^2{\sin }^2\frac{x}{2}& ={\cos }^2\frac{x}{2}+\frac{a-b}{a+b}{\sin }^2\frac{x}{2}\\ & =\frac{(a+b){\cos }^2\frac{x}{2}+(a-b){\sin }^2\frac{x}{2}}{a+b}\\ & =\frac{a+b\cos x}{a+b},\end{array}$$

且

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

故

$$y^{\prime }=\frac{1}{a+b\cos x}.$$

---

2. 计算下列各题：

（Ⅰ）设

$$\{\begin{array}{l}x=f^{\prime }(t),\\ y=t{f}^{\prime }(t)-f(t),\end{array}$$

其中 $f(t)$ 三阶可导，且 $f^{\prime \prime }(t)\ne 0$，求

$$\frac{dy}{dx},\frac{d^{2}y}{d{x}^2},\frac{d^{3}y}{d{x}^3};$$

（Ⅱ）设

$$\{\begin{array}{l}x=\cos t^2,\\ y=t\cos t^2-{\int }_1^t\cos u^{2}du,\end{array}$$

求 $\frac{dy}{dx}$ 及 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$ 在 $t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 的值。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\frac{dy}{dx}=t,\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{1}{f^{\prime \prime }(t)},\frac{d^{3}y}{d{x}^3}=-\frac{f^{\prime \prime \prime }(t)}{[f^{\prime \prime }(t){]}^3}.$$

（Ⅱ）

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

解析： （Ⅰ）

由参数方程求导公式，

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

先分别求导：

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

由于 $f^{\prime \prime }(t)\ne 0$，故

$$\frac{dy}{dx}=\frac{t{f}^{\prime \prime }(t)}{f^{\prime \prime }(t)}=t.$$

进一步，

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{dt/dt}{dx/dt}=\frac{1}{f^{\prime \prime }(t)}.$$

再求一次导数：

$$\begin{array}{rl}\frac{d^{3}y}{d{x}^3}& =\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{f^{\prime \prime }(t)}\right)\\ & =\frac{\frac{d}{dt}\left([f^{\prime \prime }(t){]}^{-1}\right)}{dx/dt}\\ & =\frac{-f^{\prime \prime \prime }(t)[f^{\prime \prime }(t){]}^{-2}}{f^{\prime \prime }(t)}\\ & =-\frac{f^{\prime \prime \prime }(t)}{[f^{\prime \prime }(t){]}^3}.\end{array}$$

（Ⅱ）

由

$$x=\cos t^2$$

得

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

对 $y$ 求导，利用变上限积分求导公式：

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dt}& =\cos t^2-2t^2\sin t^2-\cos t^2\\ & =-2t^2\sin t^2.\end{array}$$

所以在 $t\sin t^2\ne 0$ 时，

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

故

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

又

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

当

$$t=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$$

时，

$$\sin t^2=\sin \frac{\pi }{2}=1.$$

因此

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

---

3. 计算下列各题：

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

$$2x-\tan (x-y)={\int }_0^{x-y}{\sec }^{2}tdt,$$

求 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

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

（Ⅱ）

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

（Ⅲ）

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

解析： （Ⅰ）

在 $x>0,y>0$ 的条件下，对方程

$$x^y=y^x$$

两边取自然对数，得

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

将 $x$ 看作 $y$ 的函数，对 $y$ 求导：

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

整理得

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

因此，当分母不为零时，

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

（Ⅱ）

对原方程取自然对数：

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

即

$$y=x\ln y.$$

两边关于 $x$ 求导：

$$y^{\prime }=\ln y+\frac{x}{y}{y}^{\prime }.$$

于是

$$\left(1-\frac{x}{y}\right)y^{\prime }=\ln y.$$

由原方程 $\ln y=\frac{y}{x}$，故

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

对关系式

$$y^{\prime }-\ln y-\frac{x}{y}{y}^{\prime }=0$$

再次求导，得

$$y^{\prime \prime }-\frac{y^{\prime }}{y}-\frac{y^{\prime }}{y}-x\left(\frac{y^{\prime \prime }}{y}-\frac{(y^{\prime }{)}^2}{y^2}\right)=0.$$

整理为

$$\left(1-\frac{x}{y}\right)y^{\prime \prime }=\frac{2y^{\prime }}{y}-\frac{x(y^{\prime }{)}^2}{y^2}.$$

代入

$$y^{\prime }=\frac{y^2}{x(y-x)},$$

可得

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

又

$$1-\frac{x}{y}=\frac{y-x}{y},$$

因此

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

（Ⅲ）

由牛顿—莱布尼茨公式，

$${\int }_0^{x-y}{\sec }^{2}tdt=\tan (x-y).$$

因此原方程化为

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

即

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

两边关于 $x$ 求导：

$$1={\sec }^2(x-y)(1-y^{\prime }).$$

于是

$$1-y^{\prime }={\cos }^2(x-y).$$

又由于

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

故

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

所以

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

再次求导：

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

---

4. 设函数 $f(x)$ 有反函数 $g(x)$，且

$$f(a)=3,f^{\prime }(a)=1,f^{\prime \prime }(a)=2,$$

求 $g^{\prime \prime }(3)$。

查看答案与解析

答案：

$$g^{\prime \prime }(3)=-2.$$

解析： 由于 $g$ 是 $f$ 的反函数，且 $f(a)=3$，故

$$g(3)=a.$$

反函数的一阶导数公式为

$$g^{\prime }(y)=\frac{1}{f^{\prime }(g(y))}.$$

再对 $y$ 求导，得

$$g^{\prime \prime }(y)=-\frac{f^{\prime \prime }(g(y))g^{\prime }(y)}{[f^{\prime }(g(y)){]}^2}=-\frac{f^{\prime \prime }(g(y))}{[f^{\prime }(g(y)){]}^3}.$$

令 $y=3$，利用 $g(3)=a$，可得

$$g^{\prime \prime }(3)=-\frac{f^{\prime \prime }(a)}{[f^{\prime }(a){]}^3}=-\frac{2}{1^3}=-2.$$

---

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

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

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

查看答案与解析

答案：

$$A=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(x_0),B=f^{\prime }(x_0),C=f(x_0).$$

解析： 只需考察连接点 $x=x_0$。

首先，为使 $F$ 在 $x_0$ 处连续，应有

$$\underset{x\to x_0+}{\lim }F(x)=F(x_0)=f(x_0).$$

右侧极限为 $C$，故

$$C=f(x_0).$$

当 $x>x_0$ 时，

$$F^{\prime }(x)=2A(x-x_0)+B.$$

因此右导数为

$$F_{+}^{\prime }(x_0)=B.$$

为使一阶导数存在且连续，应有

$$B=f^{\prime }(x_0).$$

进一步，当 $x>x_0$ 时，

$$F^{\prime \prime }(x)=2A.$$

为使二阶导数在 $x_0$ 处存在，并使 $F^{\prime }$ 在 $x_0$ 处可导，应满足

$$2A=f^{\prime \prime }(x_0),$$

即

$$A=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(x_0).$$

因此上述三个条件同时满足时，$F(x)$ 在全体实数范围内二次可导。

---

6. 把 $y$ 看作自变量，$x$ 为因变量，变换方程

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

查看答案与解析

答案： 把 $x$ 看成 $y$ 的函数后，原方程化为

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

解析： 令

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

由反函数求导关系，

$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{p}.$$

又因为

$$\frac{d}{dx}=\frac{dy}{dx}\frac{d}{dy}=\frac{1}{p}\frac{d}{dy},$$

所以

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{1}{p}\frac{d}{dy}\left(\frac{1}{p}\right)=-\frac{p^{\prime }}{p^3},$$

其中 $p^{\prime }=\frac{dp}{dy}=\frac{d^{2}x}{d{y}^2}$。

继续求导：

$$\frac{d^{3}y}{d{x}^3}=\frac{1}{p}\frac{d}{dy}\left(-\frac{p^{\prime }}{p^3}\right)=-\frac{p^{\prime \prime }}{p^4}+\frac{3(p^{\prime }{)}^2}{p^5},$$

其中

$$p^{\prime \prime }=\frac{d^{2}p}{d{y}^2}=\frac{d^{3}x}{d{y}^3}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\frac{dy}{dx}\frac{d^{3}y}{d{x}^3}-3{\left(\frac{d^{2}y}{d{x}^2}\right)}^2& =\frac{1}{p}\left(-\frac{p^{\prime \prime }}{p^4}+\frac{3(p^{\prime }{)}^2}{p^5}\right)-3\frac{(p^{\prime }{)}^2}{p^6}\\ & =-\frac{p^{\prime \prime }}{p^5}.\end{array}$$

代入原方程，得

$$-\frac{p^{\prime \prime }}{p^5}=x.$$

即

$$p^{\prime \prime }+x{p}^5=0.$$

恢复 $p=\frac{dx}{dy}$，得到

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

---

7. 设 $f(x)$ 连续且

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=2,\phi (x)={\int }_0^{1}f(xt)dt,$$

求 ${\phi }^{\prime }(x)$，并讨论 ${\phi }^{\prime }(x)$ 的连续性。

查看答案与解析

答案：

$${\phi }^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{xf(x)-{\int }_0^{x}f(t)dt}{x^2},& x\ne 0,\\ 1,& x=0.\end{array}$$

并且 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续。

解析： 由

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=2$$

以及 $f$ 在 $0$ 处连续，知

$$f(0)=0.$$

当 $x\ne 0$ 时，作变量代换 $u=xt$，有

$$\phi (x)={\int }_0^{1}f(xt)dt=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du.$$

因此

$${\phi }^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x}f(u)du+\frac{f(x)}{x}=\frac{xf(x)-{\int }_0^{x}f(u)du}{x^2}.$$

下面求 $x=0$ 处的导数。由已知条件可写成

$$f(x)=2x+o(x)(x\to 0).$$

于是

$${\int }_0^{x}f(u)du={\int }_0^x[2u+o(u)]du=x^2+o(x^2).$$

故

$$\phi (x)=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du=x+o(x).$$

又 $\phi (0)=f(0)=0$，所以

$${\phi }^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)-\phi (0)}{x}=1.$$

最后讨论连续性。当 $x\ne 0$ 时，由 $f$ 连续可知 ${\phi }^{\prime }(x)$ 连续。且当 $x\to 0$ 时，

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

从而

$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{2x^2+o(x^2)-[x^2+o(x^2)]}{x^2}\to 1={\phi }^{\prime }(0).$$

因此 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 处也连续，故它在整个实数轴上连续。

---

8. 讨论函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{x^2}(1-\cos x),& x<0,\\ 1,& x=0,\\ \frac{1}{x}{\int }_0^x{\cos }^{2}tdt,& x>0\end{array}$$

在 $x=0$ 处的连续性与可导性。

查看答案与解析

答案： 函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续且可导，并且

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

解析： 先考察连续性。

当 $x\to 0^{-}$ 时，

$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{2(1-\cos x)}{x^2}=2\cdot \frac{1}{2}=1.$$

当 $x\to 0^{+}$ 时，由积分中值定理，存在 ${\xi }_x\in (0,x)$，使得

$$\frac{1}{x}{\int }_0^x{\cos }^{2}tdt={\cos }^2{\xi }_x.$$

当 $x\to 0^{+}$ 时，${\xi }_x\to 0$，故

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^x{\cos }^{2}tdt=1.$$

由于 $f(0)=1$，故 $f$ 在 $x=0$ 处连续。

再考察可导性。

左导数为

$$\begin{array}{rl}{f}_{-}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\\ & =\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\frac{2(1-\cos x)}{x^2}-1}{x}.\end{array}$$

利用展开式

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

得

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

所以

$$f_{-}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(-\frac{x}{12}+o(x)\right)=0.$$

对于右导数，利用恒等式

$${\cos }^{2}t=\frac{1+\cos 2t}{2},$$

可得

$$\frac{1}{x}{\int }_0^x{\cos }^{2}tdt=\frac{1}{2}+\frac{\sin 2x}{4x}.$$

而

$$\sin 2x=2x-\frac{(2x{)}^3}{6}+o(x^3),$$

故

$$\frac{1}{2}+\frac{\sin 2x}{4x}=1-\frac{x^2}{3}+o(x^2).$$

于是

$$\begin{array}{rl}{f}_{+}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-1}{x}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(-\frac{x}{3}+o(x)\right)=0.\end{array}$$

左右导数相等，因此 $f^{\prime }(0)$ 存在，且

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