06-第六章 导数与微分

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正文部分

6.1.2 思考题

题目 1

设 $f\in C(a,b)$，又在点 $x_0\in (a,b)$ 处可导。在 $x\ne x_0$ 时定义函数

$$g(x)=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.$$

问：如何在 $x_0$ 处补充定义 $g(x)$ 才能使得 $g\in C(a,b)$？

解 补充定义 $g(x_0)=f^{\prime }(x_0)$。此时 $g(x)\to f^{\prime }(x_0)=g(x_0)$，故 $g\in C(a,b)$。

题目 2

说明 $f_{+}^{\prime }(x_0)$ 和 $f^{\prime }(x_0^{+})$ 的不同意义，并举出它们取不同数值的例子。

解 $f_{+}^{\prime }(x_0)$ 是 $f$ 在 $x_0$ 的右导数，$f^{\prime }(x_0^{+})$ 是导函数 $f^{\prime }$ 在 $x_0$ 的右极限。若二者都存在，则由单侧导数极限定理必相等，所以原题所要求的“取不同数值”的例子不存在。函数

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

满足 $f_{+}^{\prime }(0)=0$，而 $f^{\prime }(0^{+})$ 不存在，说明两个概念确实不同。

题目 3

$f^{\prime }(x_0)$ 和 $(f(x_0){)}^{\prime }$ 有无区别？为什么？

解 $f^{\prime }(x_0)$ 是函数 $f$ 在变量点 $x_0$ 处的导数；$f(x_0)$ 是一个常数，其对变量的导数为 $0$。两者一般不同。

题目 4

验证下列三个函数 $f(x)={\sin }^{2}x$，$g(x)=-{\cos }^{2}x$，$h(x)=-\frac{1}{2}\cos 2x$ 的导函数均相等。为什么相等？

解 因 ${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$，三个函数两两只相差常数，故导函数相同；直接计算均得 $\sin 2x$。

题目 5

若 $f^{\prime }(x_0)$ 存在，求

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x_0-\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}.$$

解 令 $h=-\Delta x$，则所求极限为

$$-\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=-f^{\prime }(x_0).$$

题目 6

若 $[f(x^2){]}^{\prime }=[f^2(x){]}^{\prime }$，证明：或者 $f(1)=1$，或者 $f^{\prime }(1)=0$。

解 两边求导得 $2x{f}^{\prime }(x^2)=2f(x)f^{\prime }(x)$。令 $x=1$，有 $[1-f(1)]f^{\prime }(1)=0$，故 $f(1)=1$ 或 $f^{\prime }(1)=0$。

题目 7

1. 在圆面积公式 $S(r)=\pi r^2$ 和圆周长公式 $l(r)=2\pi r$ 之间有微分学的关系 $S^{\prime }(r)=l(r)$，请作出解释；
2. 同样，在球体积公式 $V(r)=\frac{4}{3}\pi r^3$ 和球面积公式 $A(r)=4\pi r^2$ 之间有微分学的关系 $V^{\prime }(r)=A(r)$，请作出解释；
3. 能否在所知的初等几何计算公式中再找出类似的微分学联系？

解 圆半径增加 $dr$ 时，新增薄环面积为 $2\pi rdr+o(dr)$，故 $S^{\prime }(r)=2\pi r=l(r)$；球半径增加 $dr$ 时，新增薄球壳体积为 $4\pi r^{2}dr+o(dr)$，故 $V^{\prime }(r)=A(r)$。类似地，定高圆柱体积 $V(r)=\pi r^{2}h$ 对 $r$ 的导数 $2\pi rh$ 等于侧面积。

题目 8

设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上可导。

1. 若 ${\lim }_{x\to a^{+}}f(x)=\infty$，是否可以推出 ${\lim }_{x\to a^{+}}{f}^{\prime }(x)=\infty$？
2. 若 ${\lim }_{x\to a^{+}}{f}^{\prime }(x)=\infty$，是否可以推出 ${\lim }_{x\to a^{+}}f(x)=\infty$？

解 两个推论都不成立。取 $f(x)=1/(x-a)$，则 $f(x)\to +\infty$ 而 $f^{\prime }(x)\to -\infty$；取 $f(x)=\sqrt{x-a}$，则 $f^{\prime }(x)\to +\infty$ 而 $f(x)\to 0$。

题目 9

判断下列命题的真假，并说明理由：

1. 若 $f$ 在 $x=0$ 可导，且 $f(0)=0$，则 $f^{\prime }(0)=0$；反之也成立；
2. 若 $f$ 在 $x_0$ 可导，且在某 $O(x_0)$ 上 $f(x)>0$，则 $f^{\prime }(x_0)>0$；
3. 若 $f$ 为 $(-1,1)$ 上的偶函数，于 $x=0$ 处可导，则 $f^{\prime }(0)=0$；
4. 若 $f$ 为 $(-1,1)$ 上的奇函数，于 $x=0$ 处可导，则 $f^{\prime }(0)=0$；
5. 若 $f$ 在 $x_0$ 可导，则 $|f|$ 也在 $x_0$ 处可导；反之也成立；
6. 若存在极限

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0-\Delta x)}{\Delta x},$$

则 $f(x)$ 于 $x_0$ 处可导；反之也成立。

解

1. 两个方向都错。$f(x)=x$ 满足 $f(0)=0$ 而 $f^{\prime }(0)=1$；$f(x)=x^2+1$ 满足 $f^{\prime }(0)=0$ 而 $f(0)\ne 0$。
2. 错，正的常值函数即为反例。
3. 对。偶性给出 $f^{\prime }(0)=-f^{\prime }(0)$。
4. 错，$f(x)=x$ 是反例。
5. 两个方向都错。$f(x)=x$ 在 $0$ 可导而 $|f|$ 不可导；令 $f(x)=1$ 当 $x\ge 0$、$f(x)=-1$ 当 $x<0$，则 $|f|\equiv 1$ 可导而 $f$ 不可导。更精确地说，当 $f(x_0)=0$ 且 $f$ 可导时，$|f|$ 在 $x_0$ 可导当且仅当 $f^{\prime }(x_0)=0$。
6. 反向成立：若 $f$ 可导，极限等于 $2f^{\prime }(x_0)$。正向不成立，$f(x)=|x-x_0|$ 使该极限为 $0$，但在 $x_0$ 不可导。

题目 10

1. 如果 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处既左连续，又右连续，问 $f(x)$ 在 $x_0$ 处是否连续？
2. 如果 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处既左侧可导，又右侧可导，问 $f(x)$ 在 $x_0$ 处是否可导？为什么？

解 左、右连续合起来就是连续。左、右导数都存在只保证连续；函数可导还要求二者相等，例如 $|x|$ 在 $0$ 的左、右导数分别为 $-1,1$。

6.1.3 例题

例题 6.1.1

证明：函数在某点可导，则在该点一定连续。

证 1 设函数 $y=f(x)$ 于点 $x_0$ 处可导。根据定义，存在极限

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta y}{\Delta x}=f^{\prime }(x_0).$$

因此有

$$\frac{\Delta y}{\Delta x}=f^{\prime }(x_0)+o(1)(\Delta x\to 0).$$

两边乘以 $\Delta x$，得到

$$\Delta y=f^{\prime }(x_0)\Delta x+o(\Delta x)(\Delta x\to 0).\text{\hspace{1em}(6.1)}$$

由于 $\Delta x=x-x_0$，$\Delta y=y-y_0=f(x)-f(x_0)$，上式可以重写为

$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+o(x-x_0)(x\to x_0).$$

令 $x\to x_0$，就得到

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

注 称 (6.1) 为无穷小增量公式，它是微分学中的主要工具之一。

证 2 将函数 $y=f(x)$ 的因变量 $y$ 的增量 $\Delta y$ 写成 $(\Delta x\ne 0)$

$$\Delta y=\frac{\Delta y}{\Delta x}\cdot \Delta x.$$

由于右边的差商当 $\Delta x\to 0$ 时有极限，第二个因子是无穷小量，因此就得到

$$\Delta y=o(1)(\Delta x\to 0).$$

这就是说当 $x\to x_0$ 时 $f(x)\to f(x_0)$，即 $f$ 在 $x_0$ 处连续。

证 3 直接用连续性的 $\epsilon$-$\delta$ 定义来进行证明。由于存在极限

$$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{\prime }(x_0),$$

应用局部有界性定理，存在 $M>0$，$\eta >0$，使得当 $0<|x-x_0|<\eta$ 时，成立

$$\left|\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\right|<M.$$

对给定的 $\epsilon >0$，取

$$\delta =\min \left\{\eta ,\frac{\epsilon }{M}\right\}.$$

则当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时，成立

$$|f(x)-f(x_0)|=\left|\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\right|\cdot |x-x_0|<M|x-x_0|\le \epsilon .$$

这样就证明了 $f$ 在 $x_0$ 处连续。

注 与这个基本结论有关的其他内容有：

1. 若 $f(x)$ 在点 $x_0$ 存在某个单侧导数，则 $f(x)$ 在点 $x_0$ 具有相应的单侧连续性；
2. 若 $f(x)$ 在点 $x_0$ 存在两个单侧导数（不论它们是否相等），则 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处连续。（典型例子为 $f(x)=|x|$，$x_0=0$。）

例题 6.1.2

举例说明函数在某点可导，但在这点外的每个点上可以不连续。

解 定义函数 $f$ 如下：

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x\text{ 是有理数},\\ 0,& x\text{ 是无理数}.\end{array}$$

则在 $x=0$ 处 $f^{\prime }(0)=0$，当然函数于该点连续。但在任何 $x\ne 0$ 处函数 $f$ 均有第二类间断点（证明细节请读者完成）。

例题 6.1.3

设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导，令

$$l(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0).$$

对于不等于 $l(x)$ 的其他任何 $L(x)=ax+b$，存在 $\delta >0$，使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时，成立不等式

$$|f(x)-l(x)|<|f(x)-L(x)|.\text{\hspace{1em}(6.2)}$$

证 分两种情况讨论。

(1) $L(x_0)\ne f(x_0)$。几何上这表明直线 $L(x)=ax+b$ 不经过点 $(x_0,y_0)$，其中 $y_0=f(x_0)=l(x_0)$。由于 $L(x_0)\ne y_0$，利用

$$\underset{x\to x_0}{\lim }|f(x)-l(x)|=|f(x_0)-l(x_0)|=0<|f(x_0)-L(x_0)|=\underset{x\to x_0}{\lim }|f(x)-L(x)|$$

和连续函数的局部保号性，存在 $\delta >0$，使得当 $|x-x_0|<\delta$ 时，所要的不等式 (6.2) 成立。注意：这时 $x=x_0$ 是允许的。

(2) $L(x_0)=f(x_0)$。几何上这表明直线 $L(x)=ax+b$ 经过点 $(x_0,y_0)$，即有

$$L(x_0)=f(x_0)=l(x_0)=a{x}_0+b.$$

改写 $L(x)$ 为

$$L(x)=a(x-x_0)+f(x_0).$$

由于 $L(x)\ne l(x)$，所以必有 $a\ne f^{\prime }(x_0)$。由于导数 $f^{\prime }(x_0)$ 存在，即有

$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+o(x-x_0)(x\to x_0).$$

因此有

$$f(x)-l(x)=o(x-x_0)(x\to x_0).$$

另一方面，既然 $a\ne f^{\prime }(x_0)$，因此有

$$\frac{f(x)-l(x)}{f(x)-L(x)}=\frac{o(x-x_0)}{(f^{\prime }(x_0)-a)(x-x_0)+o(x-x_0)}=o(1)(x\to x_0).$$

从而存在 $\delta >0$，使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时，成立

$$\left|\frac{f(x)-l(x)}{f(x)-L(x)}\right|<1,$$

这就是所要求证的不等式 (6.2)。

例题 6.1.4

设 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导，则成立以下公式：

$$\Delta y=f^{\prime }(x_0)\Delta x+\omega (x)\Delta x,\text{\hspace{1em}(6.3)}$$

其中的函数 $\omega (x)$ 满足条件

$$\underset{x\to x_0}{\lim }\omega (x)=\omega (x_0)=0.$$

证 定义

$$\omega (x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\Delta y}{\Delta x}-f^{\prime }(x_0),& x\ne x_0,\\ 0,& x=x_0.\end{array}$$

可以看出 $\omega (x)$ 在点 $x_0$ 处连续。因此公式 (6.3) 成立。

注 公式 (6.3) 的另一个形式是

$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\omega (x)(x-x_0).$$

公式 (6.1) 右边的第二项带有小 $o$ 记号，因此并不是普通的等式，这使得它的使用不如 (6.3) 方便。实际上，在用 (6.3) 来证明一系列求导公式时，我们只需要作简单的计算即可。作为例子，可以将它用来证明反函数与复合函数的求导公式。这两个公式的证明对初学者往往有困难，在证明时也很容易犯错误。

例题 6.1.5

求函数

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

的导函数，并讨论其连续性（参见图 6.3）。

解 在 $x\ne 0$ 处可以用初等函数的求导法则，但在点 $x=0$ 处则必须按导数的定义，先写出差商，再求极限。根据 $f$ 的定义，可得到 $f^{\prime }(0)=0$（具体计算过程从略）。这里只写出所得到的结果：

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

由此可见，函数 $f(x)$ 处处可导，但导函数 $f^{\prime }(x)$ 在点 $x=0$ 处不连续。由于极限 ${\lim }_{x\to 0}{f}^{\prime }(x)$ 不存在，因此 $x=0$ 是第二类间断点。

注 函数在某点的单侧导数和导函数在该点的单侧极限是不同的概念。初学者在这个问题上容易把两者混淆。对本题来说，既然有 $f^{\prime }(0)=0$，因此在 $x=0$ 处的两个单侧导数均为 $0$，即 $f_{-}^{\prime }(0)=f_{+}^{\prime }(0)=0$。但从 $f^{\prime }(x)$ 在 $x\ne 0$ 时的表达式可以看出，导函数在点 $x=0$ 的两个单侧极限，即 $f^{\prime }(0^{-})$ 和 $f^{\prime }(0^{+})$ 都不存在。（参见下一章的命题 7.1.7，即单侧导数极限定理。）

例题 6.1.6

确定函数

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

中的 $a,b$，使得函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导。

解 根据函数在一点存在导数的充分必要条件是两个单侧导数存在且相等，我们将分别计算 $f_{-}^{\prime }(1)$ 和 $f_{+}^{\prime }(1)$。

左侧导数 $f_{-}^{\prime }(1)$ 可以直接计算如下：

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

右侧导数的计算有所不同。这里一方面涉及两个待定的数 $a,b$，另一方面又必须保证函数在点 $x=1$ 处右连续。由函数 $f$ 在 $x>1$ 的表达式 $ax+b$ 和 $f(1)=1$ 可见，$a,b$ 必须满足要求 $a+b=1$，否则 $f_{+}^{\prime }(1)$ 就不可能存在。令 $b=1-a$，然后可以计算如下：

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

令 $f_{-}^{\prime }(1)=f_{+}^{\prime }(1)$，得到 $a=2$，从而 $b=-1$。

注 由于单侧导数与导函数的单侧极限是不同的概念，因此本题应当按单侧导数的定义计算。注意在求（单侧）导数之前先要看是否（单侧）连续。

例题 6.1.7

计算 $f(x)=x^{1/x}$ 的导函数。

解 用对数求导法。先取对数得到

$$\ln f(x)=\ln \left(x^{1/x}\right)=\frac{\ln x}{x},$$

然后求导，左边用复合函数求导法则得到

$$[\ln f(x){]}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)},$$

右边直接计算得到

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

这样就计算出

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

注 对数求导法在对乘积形式的函数求导时也有用处。例如设有多项式

$$p(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n),$$

且其中 $x_i$，$i=1,2,\dots ,n$ 互不相等，则为了求 $p(x)$ 的导数，可以先取绝对值，再取对数，然后将

$$\ln |p(x)|=\ln |x-x_1|+\ln |x-x_2|+\cdots +\ln |x-x_n|$$

对 $x$ 求导，就很方便地得到

$$p^{\prime }(x)=p(x)\left(\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\cdots +\frac{1}{x-x_n}\right).$$

6.1.4 练习题

题目 1

证明以下基本事实：

1. 可导的偶函数的导函数为奇函数；
2. 可导的奇函数的导函数为偶函数；
3. 可导的周期函数的导函数为周期函数。

解 对恒等式 $f(-x)=\pm f(x)$ 求导即可得 $f^{\prime }(-x)=\mp f^{\prime }(x)$；对 $f(x+T)=f(x)$ 求导得 $f^{\prime }(x+T)=f^{\prime }(x)$。

题目 2

已知偶函数 $f(x)$ 在点 $x=0$ 处可导，求 $f^{\prime }(0)$。

解 由偶性，$f^{\prime }(0)=-f^{\prime }(0)$，故 $f^{\prime }(0)=0$。

题目 3

确定 $a$ 的值，使两条曲线 $y=a{x}^2$ 与 $y=\ln x$ 相切。

解 设切点横坐标为 $x_0>0$。函数值和斜率相等给出

$$a{x}_0^2=\ln x_0,2a{x}_0=\frac{1}{x_0}.$$

后式给出 $a=1/(2x_0^2)$，代回得 $\ln x_0=1/2$，故 $x_0=\sqrt{e}$，$a=1/(2e)$。

题目 4

设函数 $f(x),g(x)$ 在点 $x_0$ 处均可导。证明：$f(x)-g(x)=o(x-x_0)$ $(x\to x_0)$ 的充分必要条件是两条曲线 $y=f(x)$ 与 $y=g(x)$ 在 $x=x_0$ 时相切。

解 可导展开式给出

$$f(x)-g(x)=f(x_0)-g(x_0)+[f^{\prime }(x_0)-g^{\prime }(x_0)](x-x_0)+o(x-x_0).$$

因此差为 $o(x-x_0)$ 当且仅当 $f(x_0)=g(x_0)$ 且 $f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0)$，这正是两曲线在该点相切。

题目 5

设函数 $f(x)$ 可导，且 $f(x)$ 无零点。证明：两条曲线 $y=f(x)$ 和 $y=f(x)\sin x$ 在其交点处相切。

解 交点满足 $f(x)=f(x)\sin x$。因 $f(x)\ne 0$，必有 $\sin x=1$，从而 $\cos x=0$。此时

$$[f(x)\sin x{]}^{\prime }=f^{\prime }(x)\sin x+f(x)\cos x=f^{\prime }(x),$$

故两曲线相切。

题目 6

设 $p(x)$ 是有 $n$ 个实根的 $n$ 次多项式，记它的相异根为 $x_1,\dots ,x_k$，其中根 $x_i$ 的重数为 $n_i$，$i=1,2,\dots ,k$，$n_1+n_2+\cdots +n_k=n$。证明：成立

$$p^{\prime }(x)=p(x)\left(\sum _{i=1}^k\frac{n_i}{x-x_i}\right).$$

解 写成 $p(x)=C{\prod }_{i=1}^k(x-x_i{)}^{n_i}$，对数求导得

$$\frac{p^{\prime }(x)}{p(x)}=\sum _{i=1}^k\frac{n_i}{x-x_i}.$$

该式先在根以外成立，乘以 $p(x)$ 后两边均为多项式，故恒等成立。

题目 7

设函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x}{1+e^{1/x}},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

研究 $f(x)$ 的可导性。

解 函数在 $0$ 两侧都趋于 $0$，故连续；但

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{1}{1+e^{1/x}}\to \{\begin{array}{ll}0,& x\to 0+,\\ 1,& x\to 0-,\end{array}$$

因而在 $0$ 不可导，在其他点可导。

题目 8

设 $n$ 为正整数，在什么条件下，函数

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

1. 在 $x=0$ 处连续；
2. 在 $x=0$ 处可导；
3. 在 $x=0$ 处导函数连续。

解 由 $|x^n\sin (1/x)|\le |x{|}^n$，在 $0$ 连续当且仅当 $n\ge 1$。差商为 $x^{n-1}\sin (1/x)$，故在 $0$ 可导当且仅当 $n\ge 2$，此时 $f^{\prime }(0)=0$。当 $x\ne 0$，

$$f^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}\sin \frac{1}{x}-x^{n-2}\cos \frac{1}{x},$$

所以 $f^{\prime }$ 在 $0$ 连续当且仅当 $n\ge 3$。

题目 9

设函数 $f(x)$ 满足函数方程 $f(x+y)=f(x)\cdot f(y)$，且已知 $f^{\prime }(0)=1$，证明：$f(x)$ 处处可导，且成立 $f^{\prime }(x)=f(x)$。（可与 5.1.4 小节的题 10 作比较。）

解 由 $f^{\prime }(0)=1$ 知 $f$ 非零函数，故令 $y=0$ 得 $f(0)=1$。于是

$$\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=f(x)\frac{f(h)-1}{h}\to f(x)f^{\prime }(0)=f(x),$$

所以 $f^{\prime }(x)=f(x)$。

题目 10

给定函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\text{ 为无理数},\\ x,& x\text{ 为有理数},\end{array}g(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\text{ 为无理数},\\ x^2,& x\text{ 为有理数},\end{array}$$

讨论它们的连续性与可导性。

解 两函数均只在 $0$ 连续。对 $f$，差商沿有理数为 $1$、沿无理数为 $0$，故在 $0$ 不可导；对 $g$，差商的绝对值不超过 $|x|$，故 $g^{\prime }(0)=0$。在其他点两函数均不连续，因而不可导。

题目 11

设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x\text{ 为有理数},\\ x^2+x,& x\text{ 为无理数}.\end{array}$$

1. 证明 $x\ne 0$ 时，$f$ 不连续；
2. 计算 $f^{\prime }(0)$。

解 当 $x_0\ne 0$ 时，沿有理数趋近的函数值趋于 $x_0$，沿无理数趋近则趋于 $x_0^2+x_0$，二者不同，故不连续。又

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}=\{\begin{array}{ll}1,& x\in \mathbb{Q},\\ 1+x,& x\notin \mathbb{Q},\end{array}$$

因而 $f^{\prime }(0)=1$。

题目 12

设在原点某邻域 $O(0)$ 上有 $|f(x)|\le |g(x)|$，且 $g(0)=g^{\prime }(0)=0$。求 $f^{\prime }(0)$。

解 由条件先得 $f(0)=0$。又

$$\left|\frac{f(x)-f(0)}{x}\right|\le \left|\frac{g(x)-g(0)}{x}\right|\to |g^{\prime }(0)|=0,$$

故 $f^{\prime }(0)=0$。

6.2.1 高阶导数计算（例题）

例题 6.2.1

计算 $(x^2\sin x{)}^{(80)}$。

解 用 Leibniz 公式和 $(\sin x{)}^{(4)}=\sin x$，$(\cos x{)}^{(4)}=\cos x$，就有

$$\begin{array}{rl}(x^2\sin x{)}^{(80)}& =x^2(\sin x{)}^{(80)}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{80}{1})(x^2{)}^{\prime }(\sin x{)}^{(79)}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{80}{2})(x^2{)}^{\prime \prime }(\sin x{)}^{(78)}\\ & =(x^2-6320)\sin x-160x\cos x.\end{array}$$

例题 6.2.2

设 $f(x)=\frac{2x}{1-x^2}$，求 $f^{(n)}(x)$。

解 分解为简单分式后再求导。先将 $f$ 改写为

$$f(x)=\frac{1}{1-x}-\frac{1}{1+x},$$

这样就有

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

然后可以试求几次找出规律，并用数学归纳法证明（细节从略）：

$${\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)}^{(n)}=n!\left[\frac{1}{(1-x{)}^{n+1}}-\frac{(-1{)}^n}{(1+x{)}^{n+1}}\right].$$

例题 6.2.3

对 $y=\arcsin x$ 计算 $y^{(n)}(0)$。

解 直接计算很难总结出规律，关键是寻找递推关系。首先有

$$y^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},$$

将它改写为

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

后再求导，得到

$$y^{\prime \prime }\sqrt{1-x^2}-y^{\prime }\cdot \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=0.$$

又将它整理为

$$(1-x^2)y^{\prime \prime }-x{y}^{\prime }=0,$$

然后用 Leibniz 公式得到

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

整理后得到

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

现在用 $x=0$ 代入，就得到递推公式

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

从 $y(0)=0$ 即可知道 $y(x)$ 在 $x=0$ 的所有偶数阶导数都等于零：$y^{(2k)}(0)=0$，$k\in {\mathbb{N}}_{+}$。再从 $y^{\prime }(0)=1$ 出发用递推公式，计算出 $y^{\prime \prime \prime }(0)=1$，$y^{(5)}(0)=3^2$，$y^{(7)}(0)=5^2\cdot 3^2,\dots$，即可以总结出

$$y^{(2k+1)}(0)=[(2k-1)!!{]}^2,k\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

注 在第七章学了 Taylor 公式后可以提出一种计算高阶导数的间接方法。见那里的例题 7.2.1 解 1 之后的注解中对本题的回顾。

例题 6.2.4

设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-1/x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

证明 $f^{(n)}(0)=0$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$（见图 6.4）。

证 这里的基础是对于任何 $\alpha$ 成立

$$\underset{u\to +\infty }{\lim }\frac{u^{\alpha }}{e^u}=0.$$

先计算 $f^{\prime }(0)$。按定义计算并作代换 $y=1/x$，就有

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\cdot e^{-1/x^2}=\underset{y\to \infty }{\lim }y{e}^{-y^2}=0.$$

然后求出 $x\ne 0$ 时的导函数表达式

$$f^{\prime }(x)=\frac{2}{x^3}\cdot e^{-1/x^2},$$

再按定义计算出

$$f^{\prime \prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2}{x^4}\cdot e^{-1/x^2}=0.$$

然后求出 $x\ne 0$ 时的二阶导函数表达式

$$f^{\prime \prime }(x)=\left(\frac{4}{x^6}-\frac{6}{x^4}\right)\cdot e^{-1/x^2}.$$

可以提出猜测，即函数 $f$ 的 $n$ 阶导数在 $x\ne 0$ 时具有以下形式：

$$f^{(n)}(x)=P_n\left(\frac{1}{x}\right)\cdot e^{-1/x^2},$$

其中的 $P_n\left(\frac{1}{x}\right)$ 的意义是在变量 $y$ 的多项式 $P_n(y)$ 中用 $y=\frac{1}{x}$ 代入。由于我们只要求计算 $f^{(n)}(0)$，而从前面的两次计算可以知道，我们不必去关心多项式 $P_n(y)$ 的具体次数、系数和递推关系。

用数学归纳法来证明这个猜测。已看到 $n=1,2$ 时猜测成立。设 $f^{(k)}(x)$ 已具有所说的形式，讨论 $f^{(k+1)}(x)$。通过对 $f^{(k)}(x)$ 求导，就有

$$\begin{array}{rl}{f}^{(k+1)}(x)& =(f^{(k)}(x){)}^{\prime }\\ & ={\left(P_k\left(\frac{1}{x}\right)\cdot e^{-1/x^2}\right)}^{\prime }\\ & =P_k^{\prime }\left(\frac{1}{x}\right)\left(-\frac{1}{x^2}\right)e^{-1/x^2}+P_k\left(\frac{1}{x}\right)\left(\frac{2}{x^3}\right)e^{-1/x^2}\\ & ={\left[P_k^{\prime }(y)(-y^2)+P_k(y)(2y^3)\right]}_{y=1/x}\cdot e^{-1/x^2}.\end{array}$$

将第一个因子记为 $P_{k+1}\left(\frac{1}{x}\right)$ 即可。

最后，用数学归纳法来证明对于任意的正整数 $n$，有 $f^{(n)}(0)=0$ 成立。在 $n=1,2$ 时已经成立。设在 $n=k$ 时已有 $f^{(k)}(0)=0$，则对于 $n=k+1$，可以利用 $n=k$ 和 $x\ne 0$ 时 $f^{(k)}(x)$ 的上述特殊形式作以下计算：

$$\begin{array}{rl}{f}^{(k+1)}(0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f^{(k)}(x)-f^{(k)}(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f^{(k)}(x)}{x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\cdot P_k\left(\frac{1}{x}\right)\cdot e^{-1/x^2}=0.\end{array}$$

注 这是在数学分析中的重要例子。（1）它说明一个非常值函数也可以在某些点上的任何阶导数等于 $0$；（2）幂函数 $x^n$（$n\ge 2$）在 $x=0$ 处直到 $n-1$ 阶的导数均为 $0$，当 $x\to 0$ 时为 $n$ 阶无穷小量。因此 $x^n$ 的图像在原点附近随着 $n$ 增加越来越平坦。但是与本例的函数相比，就大为不如。因为这里对所有 $n$ 都成立

$$e^{-1/x^2}=o(x^n)(x\to 0).$$

从图 6.4 可见这个函数在 $x=0$ 附近的图像极其平坦。（3）在 Taylor 公式和 Taylor 级数的理论中，本例的函数有重要的应用。

例题 6.2.5

将 $(-\infty ,0]$ 上的常值函数 $u(x)\equiv 0$ 和 $[1,+\infty )$ 上的常值函数 $v(x)\equiv 1$ 延拓为在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的无限次可微函数，且使其值域为 $[0,1]$。

解 先定义

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ e^{-1/x^2},& x>0,\end{array}$$

然后令

$$f(x)=\frac{g(x)}{g(x)+g(1-x)},$$

则 $f(x)$ 就满足要求。（请读者验证。）

6.2.2 隐函数求导法（例题）

例题 6.2.6

设函数 $x=x(y)$ 满足 Kepler 方程 $y=x-q\sin x$（$0<q<1$），求 $x^{\prime }(y)$。

解 1 已知 $y=x-q\sin x$（$0<q<1$）是以 $(-\infty ,+\infty )$ 为定义域和值域的连续单调增加函数，由于导数 $y^{\prime }=1-q\cos x\ne 0$，就可以应用命题 6.1.1，知道反函数 $x(y)$ 可导，且得到导数

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

解 2 将函数 $x=x(y)$ 代入方程 $y-x+q\sin x=0$ 中，得到以 $y$ 为自变量的恒等式

$$y-x(y)+q\sin x(y)\equiv 0.$$

对 $y$ 求导，得到

$$1-x^{\prime }(y)+q\cos x(y)\cdot x^{\prime }(y)\equiv 0.$$

这样就可以得到

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

注 对这两个方法进行比较。第一种解法是严格的，反函数的存在是由命题 5.5.4 保证的，而反函数的可导与计算方法是以命题 6.1.1 为根据的。它的缺点是不能解决一般的隐函数的存在和求导问题。

第二种解法的优点是可以用于一般的隐函数求导计算。但在这一章中对隐函数的存在性和可导性都还不可能建立严格的理论基础，这些问题要到多元微积分中才能解决，在那里会证明这里的计算方法是正确的。此外，在一般计算中上述恒等式只写成为普通的等式。

例题 6.2.7

设函数 $y=y(x)$ 满足单位圆方程 $x^2+y^2=1$，用显式和隐式两种方法求 $y^{\prime }(x)$，并作比较。

解 从所给方程可以得到两个显函数，记为

$$y_1=\sqrt{1-x^2}\text{和}{y}_2=-\sqrt{1-x^2},-1\le x\le 1.\text{\hspace{1em}(6.8)}$$

它们在 $-1<x<1$ 上处处可导。容易计算出

$$y_1^{\prime }=-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\text{和}{y}_2^{\prime }=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}.\text{\hspace{1em}(6.9)}$$

另一方面，用隐函数求导法则，将 $y=y(x)$ 代入方程，有恒等式

$$x^2+y^2(x)=1.$$

对 $x$ 求导，得到 $2x+2y(x)y^{\prime }(x)\equiv 0$，就有

$$y^{\prime }(x)=-\frac{x}{y(x)}.\text{\hspace{1em}(6.10)}$$

现比较这两个不同的方法。从前面的计算可见，方程 $x^2+y^2=1$ 确定的函数不止一个。实际上，根据函数的定义，两个函数只要定义域不同，即使解析表达式相同，也应当看成是不同的函数。因此从这个观点看的话，方程 $x^2+y^2=1$ 所确定的函数就不是只有两个，而是多得不可胜数了。（这正是将来要学习的隐函数理论中的观点。）那么就产生了一个问题，即第二个方法所得的公式 (6.10) 中的 $y^{\prime }(x)$ 是指哪一个函数 $y(x)$ 的导数？

这个问题的回答是：用隐函数求导法则所得到的导数公式对（由方程确定的）每一个函数同时有效。由于本题十分简单，只要在公式 (6.10) 中用公式 (6.8) 中的 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 分别代入，就可以分别得到用第一个方法计算出来的 $y_1^{\prime }$ 和 $y_2^{\prime }$，即公式 (6.9)。至于由单位圆方程确定的其他函数，它们的定义域都是 $[-1,1]$ 的子集，因此只要可导，公式 (6.10) 同样有效。

例题 6.2.8

设 $y=y(x)$ 可导，且满足方程 $x^2+xy+y^2=1$，求 $y^{\prime }$，$y^{\prime \prime }$，$y^{\prime \prime \prime }$。

解 将 $x^2+xy+y^2=1$ 看成关于 $x$ 的恒等式，其中 $y=y(x)$，对 $x$ 求导得到

$$2x+y+x{y}^{\prime }+2y{y}^{\prime }=0,\text{\hspace{1em}(6.11)}$$

就有

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

根据这个表达式可以直接看出，在函数 $y(x)$ 可导的假定下，只要分母 $x+2y\ne 0$，二阶导数 $y^{\prime \prime }$ 一定存在。

将 (6.11)（它实际上也是关于 $x$ 的恒等式）对 $x$ 求导，得到

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

由此可以计算出（请读者补充计算过程）

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

从这个公式又一次推知，只要 $x+2y\ne 0$，函数 $y(x)$ 就会有三阶导数。对 $y^{\prime \prime }$ 的公式再求导，就得到

$$y^{\prime \prime \prime }=-\frac{54x}{(x+2y{)}^5}.$$

注 从平面解析几何的二次曲线理论可知，如图 6.5 所示，本题方程的几何图像是一个以原点为中心的椭圆，但其主轴与坐标轴不重合。这个椭圆与直线 $x+2y=0$ 的交点处的切线平行于 $y$ 轴，斜率为无穷大。当然可以从方程出发得到 $y(x)$ 的显式，但这时的显式表达式较复杂，计算并不方便。而且我们也不知道题意中的 $y(x)$ 是哪一个。因此隐函数求导法则即使在能求出函数的显式公式时也有它的优点。

6.2.3 参数方程求导法（例题）

例题 6.2.9

将例题 6.2.8 中的椭圆用参数方程表示为

$$x=\frac{2}{\sqrt{3}}\cos t,y=\sin t-\frac{1}{\sqrt{3}}\cos t,$$

计算 $y$ 对 $x$ 的前三阶导数：$y_x^{\prime }$，$y_x^{\prime \prime }$，$y_x^{\prime \prime \prime }$。

解 由上面的注解，可以计算如下：

$$\begin{array}{rl}{y}_x^{\prime }& ={\left(\sin t-\frac{1}{\sqrt{3}}\cos t\right)}_x^{\prime }={\left(\sin t-\frac{1}{\sqrt{3}}\cos t\right)}_t^{\prime }\cdot t_x^{\prime }\\ & =\left(\cos t+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin t\right)\cdot \frac{1}{x_t^{\prime }}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\cot t-\frac{1}{2},\end{array}$$ $$y_x^{\prime \prime }=(y_x^{\prime }{)}_x^{\prime }=(y_x^{\prime }{)}_t^{\prime }\cdot t_x^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{2}{\csc }^{2}t\cdot \frac{1}{x_t^{\prime }}=-\frac{3}{4}{\csc }^{3}t,$$ $$y_x^{\prime \prime \prime }=(y_x^{\prime \prime }{)}_x^{\prime }=(y_x^{\prime \prime }{)}_t^{\prime }\cdot t_x^{\prime }=-\frac{9\sqrt{3}}{8}\cdot \frac{\cos t}{{\sin }^{5}t}.$$

当然在三个答案中的 $t$ 都应当理解为反函数

$$t=t(x)=\arccos \frac{\sqrt{3}}{2}x.$$

同时只有当分母中的 $\sin t\ne 0$ 时公式有效，从 $x_t^{\prime }=-\frac{2}{\sqrt{3}}\sin t$ 可知这就是在推导法则时的条件。实际上有 $x+2y=2\sin t$，因此与例题 6.2.8 一致。

6.2.4 练习题

题目 1

对 $y=\arctan x$ 计算 $y^{(n)}(0)$。

解 由 $(1+x^2)y^{\prime }=1$，求 $n$ 阶导并令 $x=0$，得

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

因 $y$ 为奇函数，

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

题目 2

对 $y=(\arctan x{)}^2$ 计算 $y^{(n)}(0)$。

解 令 $u=y^2$，其中 $y=\arctan x$。由 $(1+x^2)u^{\prime }=2y$ 可递推，也可比较幂级数系数。$u$ 为偶函数，且

$$u^{(2k+1)}(0)=0,u^{(2k)}(0)=(-1{)}^{k-1}\frac{(2k)!}{k}\sum _{j=0}^{k-1}\frac{1}{2j+1}(k\ge 1).$$

题目 3

对 $y=(\arcsin x{)}^2$ 计算 $y^{(n)}(0)$。

解 令 $u=(\arcsin x{)}^2$。由 $(1-x^2)u^{\prime \prime }-x{u}^{\prime }=2$，反复求导并令 $x=0$，得到

$$u^{(2k+1)}(0)=0,u^{(2k)}(0)=2^{2k-1}[(k-1)!{]}^2(k\ge 1).$$

题目 4

设 $y=x^{n-1}{e}^{1/x}$，证明：

$$y^{(n)}=\frac{(-1{)}^n}{x^{n+1}}{e}^{1/x}.$$

解 对 $n$ 归纳。$n=1$ 时显然成立。若

$$D^n\left(x^{n-1}{e}^{1/x}\right)=(-1{)}^n{x}^{-n-1}{e}^{1/x},$$

则由 Leibniz 公式或对等式两边作一次适当整理，可得

$$D^{n+1}\left(x^n{e}^{1/x}\right)=(-1{)}^{n+1}{x}^{-n-2}{e}^{1/x}.$$

因而结论对所有正整数 $n$ 成立。

题目 5

求下列函数的 $n$ 阶导数：

1. $y={\sin }^{3}x$；
2. $y=e^x\sin x$；
3. $y=x^{n-1}\ln x$；
4. $y=x^3{e}^x$；
5. $y=\frac{x^n}{1-x}$；
6. $y=\frac{x^n}{(x+1{)}^2}$；
7. $y=\sin ax\sin bx$。

解

1. 由 ${\sin }^{3}x=(3\sin x-\sin 3x)/4$，

$$y^{(n)}=\frac{1}{4}\left[3\sin \left(x+\frac{n\pi }{2}\right)-3^n\sin \left(3x+\frac{n\pi }{2}\right)\right].$$

$$y^{(n)}=2^{n/2}{e}^x\sin \left(x+\frac{n\pi }{4}\right).$$

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

$$y^{(n)}=e^x\left[x^3+3n{x}^2+3n(n-1)x+n(n-1)(n-2)\right].$$

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

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

$$y^{(n)}=\frac{1}{2}\left[(a-b{)}^n\cos \left((a-b)x+\frac{n\pi }{2}\right)-(a+b{)}^n\cos \left((a+b)x+\frac{n\pi }{2}\right)\right].$$

题目 6

证明：$y=C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x}$ 满足微分方程

$$y^{\prime \prime }-({\lambda }_1+{\lambda }_2)y^{\prime }+{\lambda }_1{\lambda }_{2}y=0.$$

解 直接代入 $y^{\prime }={\lambda }_1{C}_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+{\lambda }_2{C}_2{e}^{{\lambda }_{2}x}$ 与 $y^{\prime \prime }$，每个指数项的系数均为

$${\lambda }_i^2-({\lambda }_1+{\lambda }_2){\lambda }_i+{\lambda }_1{\lambda }_2=0.$$

题目 7

证明：$y=C_1\sin (\omega t+\phi )+C_2\cos (\omega t+\phi )$ 满足微分方程

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

解 两次求导即得每个正弦、余弦项的二阶导数均为原项的 $-{\omega }^2$ 倍，故 $y^{\prime \prime }+{\omega }^{2}y=0$。

题目 8

若曲线由极坐标方程 $\rho =f(\theta )$ 表示，则可得到参数方程

$$x=f(\theta )\cos \theta ,y=f(\theta )\sin \theta ,$$

求 $y^{\prime }(x)$。

解 由参数方程求导，

$$\frac{dy}{dx}=\frac{f^{\prime }(\theta )\sin \theta +f(\theta )\cos \theta }{f^{\prime }(\theta )\cos \theta -f(\theta )\sin \theta },$$

分母不为零时有效。

题目 9

证明：Archimedes 螺线 $\rho =a\theta$ 与双曲螺线 $\rho =a{\theta }^{-1}$ 在相交处的切线正交。

解 两曲线相交时 $a\theta =a/\theta$，故 ${\theta }^2=1$。极坐标曲线的切向量在基 $({\mathbf{e}}_r,{\mathbf{e}}_{\theta })$ 下为 $({\rho }^{\prime },\rho )$。在交点处，两螺线的切向量分别与 $(a,a)$、$(-a,a)$ 成比例，内积为 $0$，故切线正交。

题目 10

对下列参数方程求 $y^{\prime }(x)$ 和 $y^{\prime \prime }(x)$（在 (4) 中假定 $f$ 二阶可导）： 1.

$$\{\begin{array}{l}x=\sqrt{1+t},\\ y=\sqrt{1-t};\end{array}$$

$$\{\begin{array}{l}x=at\cos t,\\ y=at\sin t;\end{array}$$

$$\{\begin{array}{l}x=a{\cos }^{3}t,\\ y=a{\sin }^{3}t;\end{array}$$

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

解 1.

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

2. 记 $D=\cos t-t\sin t$，则

$$y^{\prime }=\frac{\sin t+t\cos t}{D},y^{\prime \prime }=\frac{t^2+2}{a{D}^3}.$$

$$y^{\prime }=-\tan t,y^{\prime \prime }=\frac{1}{3a{\cos }^{4}t\sin t}.$$

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

题目 11

求出由方程 $x^3+y^3-3xy=0$ 确定的曲线上有水平切线的点。

解 取标准参数

$$x=\frac{3t}{1+t^3},y=\frac{3t^2}{1+t^3}.$$

由 $dy/dt=3t(2-t^3)/(1+t^3{)}^2$，水平切线对应 $t=0$ 或 $t=\sqrt[3]{2}$，故所求点为

$$(0,0),(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}).$$

题目 12

是否可以利用函数 $y=\sin x\sin 3x\sin 5x$ 的奇偶性计算 $y^{\prime \prime }(0)$？

解 可以。三个因子均为奇函数，乘积仍为奇函数；其二阶导数也是奇函数，所以 $y^{\prime \prime }(0)=0$。

题目 13

是否可以不展开乘积 $y=(6+5x)(4+3x{)}^2(2+x{)}^3$ 就求出 $y^{(5)}(0)$？

解 只需求展开式中 $x^5$ 的系数。逐项选取可得该系数为 $444$，故

$$y^{(5)}(0)=5!\cdot 444=53280.$$

题目 14

设 $f$ 为 $7$ 次多项式，若 $f(x)+1$ 能被 $(x-1{)}^4$ 整除，$f(x)-1$ 能被 $(x+1{)}^4$ 整除，能否利用导数工具求出 $f$？

解 条件等价于

$$f(1)=-1,f^{(j)}(1)=0,f(-1)=1,f^{(j)}(-1)=0(j=1,2,3).$$

设一般七次多项式并解这八个线性条件，或利用奇偶性化简，得到唯一解

$$f(x)=\frac{5x^7-21x^5+35x^3-35x}{16}.$$

6.3.2 微分与近似计算（例题）

例题 6.3.1

在没有数学用表和计算工具的情况下，求 $\sqrt[3]{2}$ 的近似值。

解 若取 $f(x)=\sqrt[3]{x}$，则有 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}$。这时有

$$\sqrt[3]{x}\approx \sqrt[3]{x_0}+d\sqrt[3]{x},$$

其中第二项是函数 $\sqrt[3]{x}$ 在点 $x_0$ 的微分：

$$d\sqrt[3]{x}=\frac{1}{3\sqrt[3]{x_0^2}}\cdot \Delta x.$$

若取 $x_0=1$，则 $\Delta x=1$，计算很简单，即

$$\sqrt[3]{2}\approx 1+\frac{1}{3}\approx \mathrm{1.333.}$$

但是这个近似值太差。问题出在 $\Delta x=1$ 太大了。可以改进如下。

取近似值的前两位 $1.3$，计算 $1.3$ 的立方，得到 $1.3^3=2.197$。因此可以取

$$x_0=2.197,\Delta x=-\mathrm{0.197.}$$

再次计算如下：

$$\sqrt[3]{2}=1.3+\frac{-0.197}{3\cdot 1.3^2}=1.3-\frac{0.197}{5.07}\approx 1.3-\frac{0.2}{5}=1.3-0.04=\mathrm{1.26.}$$

实际上有 $\sqrt[3]{2}\approx 1.25992$，第二次的结果较好，原因是这次的增量 $\Delta x$ 较小。

注 用微分代替增量，就是在无穷小增量公式 $\Delta y=f^{\prime }(x_0)\Delta x+o(\Delta x)$ $(\Delta x\to 0)$ 中将余项 $o(\Delta x)$ 去掉。这种做法很简单，缺点是对于由此带来的误差不能作出定量估计。在第八章微分学的应用中将会对此作进一步的讨论。

在测量问题中一般来说往往是测量一些容易得到的量，然后通过计算得到最后结果。这时使用微分可以对于测量的绝对误差和相对误差作出估计。

例题 6.3.2

假定用测量球的直径来得到球的体积。为了所得的球体积的相对误差不超过 $1\%$，问测量直径的相对误差应如何才行？

解 从直径 $D$ 计算球体积 $V$ 的公式是

$$V=\frac{\pi }{6}{D}^3.$$

因此有

$$dV=\frac{\pi }{2}{D}^{2}dD.$$

我们看到，由于用了微分代替增量，公式就很简单，而且一定是线性的。这样就有

$$\frac{dV}{V}=3\frac{dD}{D}.$$

因此为了所得的球体积的相对误差不超过 $1\%$，在测量直径时的相对误差应当控制在 $0.33\%$ 之内。

6.3.3 一阶微分的形式不变性（例题）

例题 6.3.3

计算函数 $y=e^{\sin (ax+b)}$ 的微分。

解 1 根据 $dy=y^{\prime }(x)dx$，只要计算出导数 $y^{\prime }(x)$。根据复合函数的求导法则，可以得到

$$\begin{array}{rl}(e^{\sin (ax+b)}{)}^{\prime }& =e^{\sin (ax+b)}\cdot [\sin (ax+b){]}^{\prime }\\ & =e^{\sin (ax+b)}\cdot \cos (ax+b)\cdot (ax+b{)}^{\prime }\\ & =e^{\sin (ax+b)}\cdot \cos (ax+b)\cdot a\\ & =a\cos (ax+b)e^{\sin (ax+b)}.\end{array}$$

因此有

$$dy=a\cos (ax+b)e^{\sin (ax+b)}dx.$$

解 2 根据一阶微分的形式不变性，可以计算如下：

$$\begin{array}{rl}d(e^{\sin (ax+b)})& =e^{\sin (ax+b)}\cdot d(\sin (ax+b))\\ & =e^{\sin (ax+b)}\cdot \cos (ax+b)\cdot d(ax+b)\\ & =e^{\sin (ax+b)}\cdot \cos (ax+b)\cdot adx\\ & =a\cos (ax+b)e^{\sin (ax+b)}dx.\end{array}$$

注 一方面，可以认为这两个解法没有很大的本质差别。从 (6.13) 到 (6.14) 的推导可以知道，其中的主要工具就是复合函数的求导法则。因此从这一点来看，两个解法之间的差别只是表面的，其实质是完全一样的。

另一方面，一阶微分的形式不变性毕竟为一阶微分的计算提供了一种新解法。它的优点就是在每一步计算时不必考虑真正的自变量是什么。由于微分的定义是由真正的自变量的增量所引起的因变量增量中的线性主部，因此上述第二种解法确实含有新的思想。

6.3.4 练习题

题目 1

证明：若 $f^{\prime }(x_0)\ne 0$，则

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta y}{dy}=1.$$

解 由可导展开式

$$\Delta y=f^{\prime }(x_0)\Delta x+o(\Delta x),dy=f^{\prime }(x_0)\Delta x,$$

且 $f^{\prime }(x_0)\ne 0$，故 $\Delta y/dy\to 1$。

题目 2

设 $u,v,w$ 均为 $x$ 的可微函数，求 $y$ 的微分：

1. $y=uvw$；
2. $y=\frac{u}{v^2}$；
3. $y=\arctan \frac{u}{vw}$；
4. $y=\frac{1}{\sqrt{u^2+v^2+w^2}}$。

解

1. $dy=vwdu+uwdv+uvdw$。

$$dy=\frac{vdu-2udv}{v^3}.$$

$$dy=\frac{vwdu-uwdv-uvdw}{u^2+v^2{w}^2}.$$

$$dy=-\frac{udu+vdv+wdw}{(u^2+v^2+w^2{)}^{3/2}}.$$

题目 3

证明：在 $x/a^n\approx 0$ 时有近似公式

$$\sqrt[n]{a^n+x}\approx a+\frac{x}{n{a}^{n-1}}(a>0).$$

并用于计算：

1. $\sqrt[3]{9}$；
2. $\sqrt[4]{80}$；
3. $\sqrt[7]{100}$；
4. $\sqrt[10]{1000}$。

解 对 $F(t)=t^{1/n}$ 在 $t=a^n$ 处线性化即得

$$\sqrt[n]{a^n+x}\approx a+\frac{x}{n{a}^{n-1}}.$$

分别取 $9=2^3+1$、$80=3^4-1$、$100=2^7-28$、$1000=2^{10}-24$，得到

$$\sqrt[3]{9}\approx 2.0833,\sqrt[4]{80}\approx 2.9907,\sqrt[7]{100}\approx 1.9375,\sqrt[10]{1000}\approx \mathrm{1.9953.}$$

题目 4

设通过单摆振动的实验，用公式 $g=4{\pi }^{2}l/T^2$ 求重力加速度 $g$。分别研究 (1) 测量摆长 $l$，(2) 测量周期 $T$ 时的相对误差对 $g$ 的影响。

解 对 $g=4{\pi }^{2}l{T}^{-2}$ 取微分，

$$\frac{dg}{g}=\frac{dl}{l}-2\frac{dT}{T}.$$

因而摆长的相对误差以同样比例传给 $g$，周期的相对误差约以两倍比例传给 $g$，且符号相反；估计误差大小时取绝对值。

题目 5

设要求测量值 $x$ 的常用对数，问：$x$ 的相对误差会给结果带来什么影响？

解 设 $y={\log }_{10}x$，则

$$dy=\frac{dx}{x\ln 10},\frac{dy}{y}=\frac{dx}{x\ln x}.$$

所以输入的相对误差 $dx/x$ 使常用对数产生约为 $(dx/x)/\ln 10$ 的绝对误差；结果的相对误差约为 $(dx/x)/\ln x$。

6.4.2 第一组参考题

第一组参考题 1

利用导数的定义计算极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+\tan x{)}^{10}-(1-\sin x{)}^{10}}{\sin x}.$$

解 把分子看成 $F(x)-F(0)$，其中 $F(x)=(1+\tan x{)}^{10}-(1-\sin x{)}^{10}$。由导数定义及 $\sin x/x\to 1$，

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{F(x)-F(0)}{\sin x}=F^{\prime }(0)=10-(-10)=20.$$

第一组参考题 2

设 $f(x)=\frac{1}{x^2+3x+2}$，计算 $f^{(100)}(0)$，要求相对误差不超过 $1\%$。

解 部分分式分解为

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

故

$$f^{(100)}(0)=100!\left(1-\frac{1}{2^{101}}\right).$$

取近似值 $100!$ 的相对误差小于 $2^{-101}/(1-2^{-101})$，远小于 $1\%$。

第一组参考题 3

设 $f$ 在点 $a$ 处可导，$f(a)\ne 0$。计算

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left[\frac{f\left(a+\frac{1}{n}\right)}{f(a)}\right]}^n.$$

解 由可导展开

$$\frac{f(a+1/n)}{f(a)}=1+\frac{1}{n}\frac{f^{\prime }(a)}{f(a)}+o(1/n),$$

因而极限为 $\exp \{f^{\prime }(a)/f(a)\}$。

第一组参考题 4

设 $a\ne 0$，计算

$$f(x)=\frac{\sin x+\sin (x+a)}{\cos x-\cos (x+a)}$$

的导数并对结果作出解释。

解 和差化积得

$$f(x)=\frac{2\sin (x+a/2)\cos (a/2)}{2\sin (x+a/2)\sin (a/2)}=\cot \frac{a}{2}$$

在原式有定义处成立，所以 $f^{\prime }(x)=0$。这说明原式只是一个常数函数去掉若干可去点；若 $a\in 2\pi \mathbb{Z}$，分母恒为零，原式无定义。

第一组参考题 5

设 $f(0)=0$，$f^{\prime }(0)$ 存在。定义数列

$$x_n=f\left(\frac{1}{n^2}\right)+f\left(\frac{2}{n^2}\right)+\cdots +f\left(\frac{n}{n^2}\right),n\in {\mathbb{N}}_{+},$$

试求 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n$。

解 写 $f(t)=t[f^{\prime }(0)+\epsilon (t)]$，其中 $\epsilon (t)\to 0$。于是

$$x_n=\frac{f^{\prime }(0)}{n^2}\sum _{k=1}^{n}k+\frac{1}{n^2}\sum _{k=1}^{n}k\epsilon (k/n^2)⟶\frac{1}{2}{f}^{\prime }(0).$$

第一组参考题 6

求下列数列极限： 1.

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\sin \frac{1}{n^2}+\sin \frac{2}{n^2}+\cdots +\sin \frac{n}{n^2}\right);$$

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\left(1+\frac{1}{n^2}\right)\left(1+\frac{2}{n^2}\right)\cdots \left(1+\frac{n}{n^2}\right)\right].$$

解 第一式取上一题的 $f(x)=\sin x$，极限为 $1/2$。第二式取对数：

$$\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k}{n^2}\right)\to \frac{1}{2},$$

故乘积极限为 $e^{1/2}$。

第一组参考题 7

设 $y=\frac{1+x}{\sqrt{1-x}}$，计算 $y^{(n)}(x)$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$。

解 由 Leibniz 公式，

$$y^{(n)}=\frac{(2n-3)!!}{2^n}\frac{4n-1-x}{(1-x{)}^{n+1/2}}.$$

第一组参考题 8

设 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上有任意阶导数，证明：对每个正整数 $n$ 成立

$$\frac{1}{x^{n+1}}{f}^{(n)}\left(\frac{1}{x}\right)=(-1{)}^n{\left[x^{n-1}f\left(\frac{1}{x}\right)\right]}^{(n)}.$$

解 对 $n$ 归纳。$n=1$ 直接成立；设结论对 $n$ 成立，对两边求导并用乘积法则整理，即得 $n+1$ 的公式。归纳过程中只用

$${\left[f^{(n)}(1/x)\right]}^{\prime }=-\frac{1}{x^2}{f}^{(n+1)}(1/x),$$

两项恰好合并成所需形式。

第一组参考题 9

利用 $1+x+x^2+\cdots +x^n$ 的和，求以下各式之和：

1. $1+2x+3x^2+\cdots +n{x}^{n-1}$；
2. $1^2+2^{2}x+3^2{x}^2+\cdots +n^2{x}^{n-1}$。 又问：不用微分学方法能否求出 (1) 与 (2) 中的和？

解 令 $S_n=(1-x^{n+1})/(1-x)$。求导得

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

再对 $x{S}_n^{\prime }(x)$ 求导，得到

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

$x=1$ 时取极限。两式也可将待求和式乘以 $1-x$ 后错位相减，不用微分学。

第一组参考题 10

证明组合恒等式： 1.

$$\sum _{k=1}^{n}k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=n{2}^{n-1},n\in {\mathbb{N}}_{+};$$

$$\sum _{k=1}^n{k}^2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=n(n+1)2^{n-2},n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

解 对 $(1+x{)}^n={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k$ 求导，再令 $x=1$，得到第一式；对其施行两次算子 $xd/dx$ 并令 $x=1$，得到第二式。

第一组参考题 11

证明：由抛物线的焦点出发的射线经抛物线反射后一定平行于抛物线的对称轴。

解 写抛物线为 $y^2=4ax$，焦点为 $F=(a,0)$，取点 $P=(a{t}^2,2at)$，切向量可取 $(t,1)$。从焦点指向 $P$ 的单位向量为

$$\frac{1}{t^2+1}(t^2-1,2t).$$

它与切向量的夹角余弦等于轴向量 $(1,0)$ 与切向量的夹角余弦，故入射线、反射线与切线夹角相等，反射线平行于轴。

第一组参考题 12

证明：由椭圆的焦点出发的射线经椭圆反射后一定经过椭圆的另一个焦点。

解 椭圆上任一点 $P$ 满足 $|P{F}_1|+|P{F}_2|=2a$。该函数的梯度是从两个焦点指向 $P$ 的单位向量之和，故法线平分这两个方向的夹角，切线便使入射线 $F_{1}P$ 与反射线 $P{F}_2$ 具有相等角度。

第一组参考题 13

证明：在曳物线

$$x=a\left(\ln \tan \frac{t}{2}+\cos t\right),y=a\sin t$$

的每一条切线上从切点到与 $x$ 轴的交点的长度为常数。

解 参数求导得

$$x^{\prime }=a\frac{{\cos }^{2}t}{\sin t},y^{\prime }=a\cos t.$$

因而切向量与 $(\cos t,\sin t)$ 同向。切点纵坐标为 $a\sin t$，沿切线到 $x$ 轴所需长度 $s$ 满足 $s\sin t=a\sin t$，故 $s=a$。

第一组参考题 14

证明：函数 $f$ 在点 $x_0$ 可微的充分必要条件是 $f$ 在 $x_0$ 的某个邻域上可以写为

$$f(x)=f(x_0)+\phi (x)(x-x_0),$$

其中 $\phi (x)$ 于 $x_0$ 连续。

解 若 $f$ 在 $x_0$ 可微，令

$$\phi (x)=\{\begin{array}{ll}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},& x\ne x_0,\\ f^{\prime }(x_0),& x=x_0,\end{array}$$

则 $\phi$ 在 $x_0$ 连续。反之，给定这种表示，差商趋于 $\phi (x_0)$，故 $f^{\prime }(x_0)$ 存在。

第一组参考题 15

设 $n\ge 2$，函数 $f(x)=f(x_0)+\phi (x)(x-x_0)$，$\phi (x)$ 在某邻域 $O(x_0)$ 上 $n-1$ 阶可微，且 ${\phi }^{(n-1)}(x)$ 于 $x_0$ 连续。证明：存在 $f^{(n)}(x_0)$。

解 对 $x\ne x_0$ 逐次用 Leibniz 公式可得

$$f^{(n-1)}(x)=(x-x_0){\phi }^{(n-1)}(x)+(n-1){\phi }^{(n-2)}(x).$$

由低阶情形在 $x_0$ 的取值及 ${\phi }^{(n-1)}$ 的连续性，

$$f^{(n)}(x_0)={\phi }^{(n-1)}(x_0)+(n-1){\phi }^{(n-1)}(x_0)=n{\phi }^{(n-1)}(x_0).$$

第一组参考题 16

设 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上有 $n$ 阶导数，且存在不全为 $0$ 的 $n+1$ 个常数 $a_0,a_1,\dots ,a_n$，使得

$$a_{0}f(x)+a_1{f}^{\prime }(x)+\cdots +a_n{f}^{(n)}(x)\equiv 0.$$

证明：$f(x)$ 在 $(a,b)$ 上存在任意阶导数。

解 取最高的非零系数为 $a_m$。方程可解出 $f^{(m)}$ 为 $f,\dots ,f^{(m-1)}$ 的线性组合。右端可导，故 $f^{(m+1)}$ 存在；重复此论证即可得到任意阶导数。

第一组参考题 17

设多项式 $p(x)$ 只有实零点。证明：

$$[p^{\prime }(x){]}^2-p(x)p^{\prime \prime }(x)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}.$$

解 设 $p(x)=C{\prod }_i(x-r_i{)}^{m_i}$。在非零点处，

$${\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^{\prime }=-\sum _i\frac{m_i}{(x-r_i{)}^2},$$

故

$$[p^{\prime }{]}^2-p{p}^{\prime \prime }=p^2\sum _i\frac{m_i}{(x-r_i{)}^2}\ge 0.$$

在零点处由连续性仍成立。

第一组参考题 18

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上可微，且使得数集

$$\{x\in [0,1]\mid f(x)=0=f^{\prime }(x)\}=\varnothing .$$

证明：$f$ 在 $[0,1]$ 中只有有限个零点。

解 若零点无穷多，紧致性给出零点列 $x_n\to \xi \in [0,1]$。连续性使 $f(\xi )=0$，而沿该列计算差商得 $f^{\prime }(\xi )=0$，与题设矛盾。

第一组参考题 19

对于 $y=\arctan x$，证明： 1.

$$y^{(n)}(x)=(n-1)!{\cos }^{n}y\sin n\left(y+\frac{\pi }{2}\right);$$

$$y^{(n)}(x)=\frac{P_{n-1}(x)}{(1+x^2{)}^n},$$

其中 $P_{n-1}(x)$ 是最高次项系数等于 $(-1{)}^{n-1}n!$ 的 $n-1$ 次多项式。

解 令 $x=\tan y$，由 $y^{\prime }={\cos }^{2}y$ 归纳可得

$$y^{(n)}=(n-1)!{\cos }^{n}y\sin n\left(y+\frac{\pi }{2}\right).$$

另一方面，从 $y^{\prime }=1/(1+x^2)$ 出发归纳：

$$y^{(n)}=\frac{P_{n-1}(x)}{(1+x^2{)}^n},P_n=(1+x^2)P_{n-1}^{\prime }-2nx{P}_{n-1}.$$

递推表明 $\mathrm{deg}{P}_{n-1}=n-1$，其最高次项系数为 $(-1{)}^{n-1}n!$。

第一组参考题 20

定义 $f_0(x)\equiv 1$，$f_{n+1}(x)=x{f}_n(x)-f_n^{\prime }(x)$，$n=0,1,\dots$。证明：

1. $f_n(x)$ 是 $n$ 次多项式；
2. $f_n(x)$ 有 $n$ 个不同实根，且关于原点对称。

解 由递推立即归纳得 $f_n$ 为首一 $n$ 次多项式，并有

$$f_n^{\prime }=n{f}_{n-1},f_n(-x)=(-1{)}^n{f}_n(x).$$

假设 $f_n$ 有 $n$ 个互异实根且相邻交错。于每个根 $r_i$，

$$f_{n+1}(r_i)=-f_n^{\prime }(r_i),$$

这些值交替变号；再结合两端的首项符号，可在各相邻根之间及两侧各得到一个根，共 $n+1$ 个。归纳即得全部根互异且实；奇偶关系说明根关于原点对称。

6.4.2 第二组参考题

第二组参考题 1

1. 求 $\sum _{k=1}^n\sin kx$ 和 $\sum _{k=1}^n\cos kx$；
2. 求 $\sum _{k=1}^{n}k\sin kx$ 和 $\sum _{k=1}^{n}k\cos kx$。

解

1. 由等比数列或复指数求和，

$$\sum _{k=1}^n\sin kx=\frac{\sin (nx/2)\sin ((n+1)x/2)}{\sin (x/2)},\sum _{k=1}^n\cos kx=\frac{\sin (nx/2)\cos ((n+1)x/2)}{\sin (x/2)}.$$

2. 对余弦和、正弦和分别求导，得到

$$\sum _{k=1}^{n}k\sin kx=\frac{(n+1)\sin nx-n\sin ((n+1)x)}{2(1-\cos x)},$$ $$\sum _{k=1}^{n}k\cos kx=\frac{(n+1)\cos nx-n\cos ((n+1)x)-1}{2(1-\cos x)}.$$

当分母为零时按原有限和取值，亦可由极限补足。

第二组参考题 2

证明：（例题 5.1.4 中的）Riemann 函数 $R(x)$ 处处不可导。

解 在有理点 $R$ 不连续，故不可导。若 $x_0$ 无理，则沿无理数趋近时差商恒为 $0$；取 $x_0$ 的十进小数截断 $r_n=p_n/10^n$，约分后的分母不超过 $10^n$，且 $0<|r_n-x_0|<10^{-n}$，所以

$$\left|\frac{R(r_n)-R(x_0)}{r_n-x_0}\right|\ge \frac{10^{-n}}{|r_n-x_0|}>1.$$

差商仍无极限，故处处不可导。

第二组参考题 3

若从点 $(x_0,y_0)$ 向抛物线 $y=a{x}^2+bx+c$ 能够作出两条切线，或只能作出一条切线，或不能作出切线，问：在这三种情况中的 $(x_0,y_0)$ 的位置与抛物线有什么关系？

解 设切点横坐标为 $u$。切线过 $(x_0,y_0)$ 等价于

$$a{u}^2-2a{x}_{0}u+y_0-b{x}_0-c=0,$$

其判别式为

$$\Delta =4a[a{x}_0^2+b{x}_0+c-y_0].$$

因而 $\Delta >0,=0,<0$ 分别对应两条、一条、没有切线。若 $a>0$，这正对应点在抛物线下方、抛物线上、上方；若 $a<0$，上下关系相反。

第二组参考题 4

证明：Legendre 多项式

$$P_n(x)=\frac{1}{2^{n}n!}\frac{d^n}{d{x}^n}(x^2-1{)}^n$$

满足方程

$$P_{n+1}^{\prime }(x)-P_{n-1}^{\prime }(x)=(2n+1)P_n(x).$$

解 Rodrigues 公式可推出

$$P_{n+1}^{\prime }=(n+1)P_n+x{P}_n^{\prime },P_{n-1}^{\prime }=x{P}_n^{\prime }-n{P}_n.$$

两式相减即得 $P_{n+1}^{\prime }-P_{n-1}^{\prime }=(2n+1)P_n$。

第二组参考题 5

证明：Legendre 多项式满足方程

$$(1-x^2)P_n^{\prime \prime }(x)-2x{P}_n^{\prime }(x)+n(n+1)P_n(x)=0.$$

解 由 Rodrigues 公式还可得

$$(1-x^2)P_n^{\prime }=n(P_{n-1}-x{P}_n).$$

求导后利用 $P_{n-1}^{\prime }=x{P}_n^{\prime }-n{P}_n$，整理为

$$(1-x^2)P_n^{\prime \prime }-2x{P}_n^{\prime }+n(n+1)P_n=0.$$

第二组参考题 6

分析三项式 $(u+v+w{)}^n$ 展开的系数规律，猜测并证明 $(uvw{)}^{(n)}$ 的一般计算公式。

解 三项式展开中，$u^i{v}^j{w}^k$（$i+j+k=n$）的系数为 $n!/(i!j!k!)$。同样按每次求导落在哪个因子上分类，得到

$$(uvw{)}^{(n)}=\sum _{i+j+k=n}\frac{n!}{i!j!k!}{u}^{(i)}{v}^{(j)}{w}^{(k)}.$$

第二组参考题 7

设 $f(x)=a{x}^2+bx+c$，当 $|x|\le 1$ 时，$|f(x)|\le 1$。证明：当 $|x|\le 1$ 时，$|f^{\prime }(x)|\le 4$。

解 由三点插值，

$$f^{\prime }(1)=\frac{3}{2}f(1)-2f(0)+\frac{1}{2}f(-1),f^{\prime }(-1)=-\frac{1}{2}f(1)+2f(0)-\frac{3}{2}f(-1).$$

故两端导数的绝对值均不超过 $4$。又 $f^{\prime }$ 为一次函数，$|f^{\prime }|$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值必在端点取得，所以 $|f^{\prime }(x)|\le 4$。

第二组参考题 8

证明：对每个正整数 $n$，成立

$$\sum _{k=0}^n(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})k^m=\{\begin{array}{ll}0,& 0\le m\le n-1,\\ (-1{)}^{n}n!,& m=n.\end{array}$$

解 展开

$$(1-x{)}^n=\sum _{k=0}^n(-1{)}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k$$

并施行算子 $(xd/dx{)}^m$，再令 $x=1$。当 $m<n$ 时，零点阶数仍为正，结果为 $0$；当 $m=n$ 时，最高阶项给出 $(-1{)}^{n}n!$。

第二组参考题 9

设 $f(x)=x^n\ln x$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$，求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f^{(n)}(1/n)}{n!}.$$

解 由 Leibniz 公式或归纳，

$$(x^n\ln x{)}^{(n)}=n!(\ln x+H_n),H_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}.$$

因此所求极限为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(H_n-\ln n)=\gamma ,$$

即 Euler 常数。

第二组参考题 10

设 $f$ 在 $x=0$ 处连续，且存在极限

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

证明：$f^{\prime }(0)=A$。

解 令

$$\varphi (x)=\frac{f(2x)-f(x)}{x}\to A.$$

由连续性，

$$f(x)-f(0)=\sum _{k=1}^{\infty }\left[f\left(\frac{x}{2^{k-1}}\right)-f\left(\frac{x}{2^k}\right)\right]=x\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{2^k}\varphi \left(\frac{x}{2^k}\right).$$

$\varphi$ 在原点附近有界，故可按几何权重一致控制尾项；令 $x\to 0$ 得

$$\frac{f(x)-f(0)}{x}\to A\sum _{k=1}^{\infty }{2}^{-k}=A.$$

所以 $f^{\prime }(0)=A$。

第二组参考题 11

设 $y=(1+\sqrt{x}{)}^{2n+2}$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$，求 $y^{(n)}(1)$。

解 令

$$P(x)=(1+\sqrt{x}{)}^{2n+2}+(1-\sqrt{x}{)}^{2n+2}=2\sum _{j=0}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+2}{2j}\right)x^j.$$

第二项在 $x=1$ 有 $2n+2$ 阶零点，故前 $2n+1$ 阶导数为零，于是 $y^{(n)}(1)=P^{(n)}(1)$。只有 $j=n,n+1$ 两项有贡献，故

$$y^{(n)}(1)=2n!\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+2}{2n}\right)+2(n+1)!=4(n+1{)}^{2}n!.$$

第二组参考题 12

设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上三阶可导，$f^{\prime }(x)\ne 0$，则可以定义 $f(x)$ 的 Schwarz 导数如下：

$$S(f,x)=\frac{f^{\prime \prime \prime }(x)}{f^{\prime }(x)}-\frac{3}{2}{\left(\frac{f^{\prime \prime }(x)}{f^{\prime }(x)}\right)}^2={\left(\frac{f^{\prime \prime }(x)}{f^{\prime }(x)}\right)}^{\prime }-\frac{1}{2}{\left(\frac{f^{\prime \prime }(x)}{f^{\prime }(x)}\right)}^2.$$

证明：

1. 若 $f(x)=(ax+b)/(cx+d)$，即分式线性函数，则 $S(f,x)=0$；
2. 若 $p(x)$ 是 $x$ 的多项式，且 $p^{\prime }(x)=0$ 的根都是互不相等的实数，则 $S(p,x)<0$；
3. 若 $f,g$ 具有所需的各阶导数，则

$$S(f\circ g,x)=S(f,g(x))(g^{\prime }(x){)}^2+S(g,x);$$

4. 若 $S(f,x)<0$，$S(g,x)<0$，则 $S(f\circ g,x)<0$；
5. 若 $S(f,x)<0$，又记

$$f^n=\underset{n\text{ 个 }f}{\underbrace{f\circ f\circ \cdots \circ f}},$$

则 $S(f^n,x)<0$。

解

1. 直接计算 $f^{\prime \prime }/f^{\prime }$，或先约去公因子，可得

$$\frac{f^{\prime \prime }}{f^{\prime }}=-\frac{2c}{cx+d},$$

代入定义即有 $S(f,x)=0$。 2. 设 $p^{\prime }$ 的互异实根为 $r_i$。在 $p^{\prime }(x)\ne 0$ 处，

$$\frac{p^{\prime \prime }}{p^{\prime }}=\sum _i\frac{1}{x-r_i},$$

从而

$$S(p,x)=-\sum _i\frac{1}{(x-r_i{)}^2}-\frac{1}{2}{\left(\sum _i\frac{1}{x-r_i}\right)}^2<0.$$

3. 对 $h=f\circ g$ 逐次求导并代入定义，含 $f^{\prime \prime }{g}^{\prime \prime }$ 的交叉项恰好消去，得到

$$S(f\circ g,x)=S(f,g(x))(g^{\prime }(x){)}^2+S(g,x).$$

4. 因 $(g^{\prime }{)}^2>0$，上一式右端两项均为负。
5. 对 $n$ 归纳，反复应用复合公式与上一问即可。