【考研数学高数习题】导数与微分

（1994，数三）已知 $f'(x_0) = -1$ ，则

\lim_{x \to 0}\frac{x}{f(x_0 - 2x) - f(x_0 - x)} = \underline{\qquad\qquad}.

答案

解【方法1】由 $f'(x_0) = -1$ 知：

\begin{align*} \lim_{x \to 0}\frac{f(x_0 - 2x) - f(x_0 - x)}{x} &= -2\lim_{x \to 0}\frac{f(x_0 - 2x) - f(x_0)}{-2x} + \lim_{x \to 0}\frac{f(x_0 - x) - f(x_0)}{-x} \\ &= -2f'(x_0) + f'(x_0) \\ &= -f'(x_0) = 1, \end{align*}

因此

\lim_{x \to 0}\frac{x}{f(x_0 - 2x) - f(x_0 - x)} = 1.

补充思路说明
导数定义： $f'(x_0)=\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$
令 $h_1=-2x,\ h_2=-x$ ，拆分分子：

f(x_0-2x)-f(x_0-x)=\big[f(x_0-2x)-f(x_0)\big]-\big[f(x_0-x)-f(x_0)\big]

代入后同除 $x$ 配凑标准导数形式，求出分母整体极限为 $1$ ，原式是其倒数，结果为 $1$ 。

（1993，数三）函数 $y = y(x)$ 由方程 $\sin(x^2 + y^2) + e^x - xy^2 = 0$ 所确定，则 $\frac{dy}{dx} = \underline{\qquad\qquad}.$

答案

解：

方程两边同时对 $x$ 求导：

\cos(x^2 + y^2)\cdot(2x + 2yy') + e^x - y^2 - 2xyy' = 0,

整理解出 $y'$ ：

\frac{dy}{dx} = y' = \frac{y^2 - e^x - 2x\cos(x^2 + y^2)}{2y\cos(x^2 + y^2) - 2xy}.

补充：完整推导步骤（便于理解）

隐函数两边对 $x$ 求导，链式法则处理含 $y$ 项：

\begin{align*} \frac{d}{dx}\big[\sin(x^2+y^2)\big] + \frac{d}{dx}(e^x) - \frac{d}{dx}(xy^2) &= 0 \\ \cos(x^2+y^2)\cdot(2x + 2y\cdot y') + e^x - \big(y^2 + x\cdot 2y\cdot y'\big) &= 0 \end{align*}

把含 $y'$ 的项移到一侧，其余项移到另一侧：

2y\cos(x^2+y^2)\cdot y' - 2xy\cdot y' = y^2 - e^x - 2x\cos(x^2+y^2)

左侧提取公因子 $y'$ ，再除法得到导数：

y'\cdot\big[2y\cos(x^2+y^2)-2xy\big] = y^2 - e^x - 2x\cos(x^2+y^2)

\frac{dy}{dx} = \frac{y^2 - e^x - 2x\cos(x^2 + y^2)}{2y\cos(x^2 + y^2) - 2xy}

证明 $\displaystyle (\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ .

答案

证明：设 $y = \arcsin x$ ，则 $x = \sin y$ 。由反函数求导法则 $\displaystyle y'_x = \frac{1}{x'_y}$ ：

\begin{align*} y'_x = (\arcsin x)'_x &= \frac{1}{x'_y} \\ &= \frac{1}{\cos y} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 y}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}. \end{align*}

补充说明
$y=\arcsin x$ 的值域为 $y\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ ，此区间内 $\cos y \ge 0$ ，因此开方只取正根。

设 $y = \sin 3x$ ，求 $y^{(n)}$ 。

答案

解
令 $3x = u$ ，则 $y = \sin u$ ，

\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot 3,

\begin{align*} \frac{d^2 y}{dx^2} &= \frac{d^2 y}{du^2} \cdot \frac{du}{dx} \cdot 3 = \frac{d^2 y}{du^2} \cdot 3^2 \\ &= \sin\left(u + 2\cdot \frac{\pi}{2}\right) \cdot 3^2 \\ &= 3^2 \sin\left(3x + 2\cdot \frac{\pi}{2}\right), \end{align*}

由数学归纳法可知

y^{(n)} = 3^n \sin\left(3x + n\cdot \frac{\pi}{2}\right).

补充原理基础公式： $(\sin t)^{(n)} = \sin\left(t + \dfrac{n\pi}{2}\right)$ 复合函数 $y=\sin(ax)$ 求 $n$ 阶导，每次求导多出系数 $a$ ， $n$ 次求导即乘 $a^n$ ，因此：

\big[\sin(ax)\big]^{(n)} = a^n \sin\left(ax + \frac{n\pi}{2}\right)

本题 $a=3$ ，直接代入得到结果。

（1994，数三）已知 $f'(x_0) = -1$ ，则

\lim_{x \to 0}\frac{x}{f(x_0 - 2x) - f(x_0 - x)} = \underline{\qquad\qquad}.

答案

解【方法1】由 $f'(x_0) = -1$ 知：

\begin{align*} \lim_{x \to 0}\frac{f(x_0 - 2x) - f(x_0 - x)}{x} &= -2\lim_{x \to 0}\frac{f(x_0 - 2x) - f(x_0)}{-2x} + \lim_{x \to 0}\frac{f(x_0 - x) - f(x_0)}{-x} \\ &= -2f'(x_0) + f'(x_0) \\ &= -f'(x_0) = 1, \end{align*}

因此

\lim_{x \to 0}\frac{x}{f(x_0 - 2x) - f(x_0 - x)} = 1.

补充思路说明
导数定义： $f'(x_0)=\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$
令 $h_1=-2x,\ h_2=-x$ ，拆分分子：

f(x_0-2x)-f(x_0-x)=\big[f(x_0-2x)-f(x_0)\big]-\big[f(x_0-x)-f(x_0)\big]

代入后同除 $x$ 配凑标准导数形式，求出分母整体极限为 $1$ ，原式是其倒数，结果为 $1$ 。

（1993，数三）函数 $y = y(x)$ 由方程 $\sin(x^2 + y^2) + e^x - xy^2 = 0$ 所确定，则 $\frac{dy}{dx} = \underline{\qquad\qquad}.$

答案

解：

方程两边同时对 $x$ 求导：

\cos(x^2 + y^2)\cdot(2x + 2yy') + e^x - y^2 - 2xyy' = 0,

整理解出 $y'$ ：

\frac{dy}{dx} = y' = \frac{y^2 - e^x - 2x\cos(x^2 + y^2)}{2y\cos(x^2 + y^2) - 2xy}.

补充：完整推导步骤（便于理解）

隐函数两边对 $x$ 求导，链式法则处理含 $y$ 项：

\begin{align*} \frac{d}{dx}\big[\sin(x^2+y^2)\big] + \frac{d}{dx}(e^x) - \frac{d}{dx}(xy^2) &= 0 \\ \cos(x^2+y^2)\cdot(2x + 2y\cdot y') + e^x - \big(y^2 + x\cdot 2y\cdot y'\big) &= 0 \end{align*}

把含 $y'$ 的项移到一侧，其余项移到另一侧：

2y\cos(x^2+y^2)\cdot y' - 2xy\cdot y' = y^2 - e^x - 2x\cos(x^2+y^2)

左侧提取公因子 $y'$ ，再除法得到导数：

y'\cdot\big[2y\cos(x^2+y^2)-2xy\big] = y^2 - e^x - 2x\cos(x^2+y^2)

\frac{dy}{dx} = \frac{y^2 - e^x - 2x\cos(x^2 + y^2)}{2y\cos(x^2 + y^2) - 2xy}

证明 $\displaystyle (\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ .

答案

证明：设 $y = \arcsin x$ ，则 $x = \sin y$ 。由反函数求导法则 $\displaystyle y'_x = \frac{1}{x'_y}$ ：

\begin{align*} y'_x = (\arcsin x)'_x &= \frac{1}{x'_y} \\ &= \frac{1}{\cos y} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 y}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}. \end{align*}

补充说明
$y=\arcsin x$ 的值域为 $y\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ ，此区间内 $\cos y \ge 0$ ，因此开方只取正根。

设 $y = \sin 3x$ ，求 $y^{(n)}$ 。

答案

解
令 $3x = u$ ，则 $y = \sin u$ ，

\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot 3,

\begin{align*} \frac{d^2 y}{dx^2} &= \frac{d^2 y}{du^2} \cdot \frac{du}{dx} \cdot 3 = \frac{d^2 y}{du^2} \cdot 3^2 \\ &= \sin\left(u + 2\cdot \frac{\pi}{2}\right) \cdot 3^2 \\ &= 3^2 \sin\left(3x + 2\cdot \frac{\pi}{2}\right), \end{align*}

由数学归纳法可知

y^{(n)} = 3^n \sin\left(3x + n\cdot \frac{\pi}{2}\right).

补充原理基础公式： $(\sin t)^{(n)} = \sin\left(t + \dfrac{n\pi}{2}\right)$ 复合函数 $y=\sin(ax)$ 求 $n$ 阶导，每次求导多出系数 $a$ ， $n$ 次求导即乘 $a^n$ ，因此：

\big[\sin(ax)\big]^{(n)} = a^n \sin\left(ax + \frac{n\pi}{2}\right)

本题 $a=3$ ，直接代入得到结果。

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