第二章 导数与微分

第二章 导数与微分

习题2-1

1. 设物体绕定轴旋转，在时间间隔 $ [0, t] $ 上转过角度 $ \theta $，从而转角 $ \theta $ 是 t 的函数： $ \theta = \theta(t) $。如果旋转是匀速的，那么称 $ \omega = \frac{\theta}{t} $ 为该物体旋转的角速度。如果旋转是非匀速的，应怎样确定该物体在时刻 $ t_{0} $ 的角速度？

解 物体在时间间隔 $ [t_{0}, t_{0} + \Delta t] $ 上的平均角速度

$$ \overline{{\omega}}=\frac{\Delta\theta}{\Delta t}=\frac{\theta\left(t_{0}+\Delta t\right)-\theta\left(t_{0}\right)}{\Delta t}. $$

在时刻 $ t_{0} $ 的角速度

$$ \omega=\lim_{\Delta t\to0}\overline{\omega}=\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta\theta}{\Delta t}=\theta^{\prime}\left(t_{0}\right). $$

1. 当物体的温度高于周围介质的温度时，物体就不断冷却。若物体的温度 T 与时间 t 的函数关系为 $ T = T(t) $，应怎样确定该物体在时刻 t 的冷却速度？

解 物体在时间间隔 $ [t, t + \Delta t] $ 上平均冷却速度

$$ \bar{v}=\frac{\Delta T}{\Delta t}=\frac{T(t+\Delta t)-T(t)}{\Delta t}. $$

在时刻 t 的冷却速度

$$ v=\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta T}{\Delta t}=\lim_{\Delta t\to0}\frac{T(t+\Delta t)-T(t)}{\Delta t}=T^{\prime}(t). $$

1. 设某工厂生产 x 件产品的成本为

$$ C\left(x\right)=2000+100x-0.1x^{2}\left( 元 \right), $$

函数 $ C(x) $ 称为 $ \uwave{\text{成本函数}} $，成本函数 $ C(x) $ 的导数 $ C'(x) $ 在经济学中称为 $ \uwave{\text{边际成本}} $。试求

(1) 当生产100件产品时的边际成本：

（1）当生产100件产品时的边际成本；

（2）生产第101件产品的成本，并与（1）中求得的边际成本作比较，说明边际成本的实际意义.

解 (1) $ C'(x) = 100 - 0.2x $,

$$ C^{\prime}(100)=100-20=80( 元 / 件 ). $$

$$ C(101)=2000+100\times101-0.1\times(101)^{2}=11079.9( 元 ), $$

$$ C\left(100\right)=2000+100\times100-0.1\times\left(100\right)^{2}=11000( 元 ), $$

$$ C\left(101\right)-C\left(100\right)=11079.9-11000=79.9\left( 元 \right). $$

即生产第101件产品的成本为79.9元，与(1)中求得的边际成本比较，可以看出边际成本 $ C'(x) $的实际意义是近似表达产量达到x单位时再增加一个单位产品所需的成本.

1. 设 $ f(x) = 10x^{2} $，试按定义求 $ f'(-1) $.

解

$$ \begin{aligned}f^{\prime}(-1)&=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(-1+\Delta x)-f(-1)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{10(-1+\Delta x)^{2}-10(-1)^{2}}{\Delta x}\\&=\lim_{\Delta x\to0}\frac{-20\Delta x+10(\Delta x)^{2}}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}(-20+10\Delta x)=-20.\end{aligned} $$

1. 证明 $ (\cos x)' = -\sin x $.

证

$$ \begin{align*}\left(\cos x\right)^{\prime}&=\lim_{\Delta x\to0}\frac{\cos\left(x+\Delta x\right)-\cos x}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{-2\sin\left(x+\frac{\Delta x}{2}\right)\sin\frac{\Delta x}{2}}{\Delta x}\\&=\lim_{\Delta x\to0}\left[-\sin\left(x+\frac{\Delta x}{2}\right)\right]\frac{\sin\frac{\Delta x}{2}}{\frac{\Delta x}{2}}=-\sin x.\end{align*} $$

1. 下列各题中均假定 $ f'(x_{0}) $ 存在，按照导数定义观察下列极限，指出 A 表示什么：

(1)

$$ \lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0-\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=A; $$

(2) $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=A $，其中 $ f(0)=0 $，且 $ f^{\prime}(0) $存在；

(3) $ \lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}=A $

解（1）

$$ \begin{align*}A&=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_{0}-\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}\\&=-\lim_{-\Delta x\to0}\frac{f(x_{0}+(-\Delta x))-f(x_{0})}{-\Delta x}=-f^{\prime}(x_{0}).\end{align*} $$

（2）由于 $ f(0)=0 $，故 $ A=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(0) $.

(3)

$$ \begin{aligned}A&=\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0}-h)}{h}\\&=\lim_{h\to0}\left[\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h}-\frac{f(x_{0}-h)-f(x_{0})}{h}\right]\\&=\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h}+\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+(-h))-f(x_{0})}{-h}\\&=2f^{\prime}(x_{0}).\\ \end{aligned} $$

以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

1. 设

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{2}{3}x^{3},&x\leqslant1,\\ &x^{2},&x>1,\end{aligned}. $$

则 $ f(x) $在x=1处的().

(A) 左、右导数都存在 (B) 左导数存在, 右导数不存在

(C) 左导数不存在，右导数存在 (D) 左、右导数都不存在

解 $ f_{-}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{-}}\frac{\frac{2}{3}x^{3}-\frac{2}{3}}{x-1} $

$ =\lim_{x\to1^{-}}\frac{2}{3}\cdot\frac{x^{3}-1}{x-1}=\lim_{x\to1^{-}}\frac{2}{3}(x^{2}+x+1)=2; $

$$ f_{+}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{+}}\frac{x^{2}-\frac{2}{3}}{x-1}=\infty, $$

故该函数左导数存在，右导数不存在，因此应选(B).

1. 设 $ f(x) $ 可导， $ F(x) = f(x)(1 + |\sin x|) $，则 $ f(0) = 0 $ 是 $ F(x) $ 在 x = 0 处可导的（）.

(A) 充分必要条件 (B) 充分条件但非必要条件

(C) 必要条件但非充分条件 (D) 既非充分条件又非必要条件

解 $ F'_{+}(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{F(x) - F(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{f(x)(1 + \sin x) - f(0)}{x} $

$ = \lim_{x \to 0^{+}} \left[ \frac{f(x) - f(0)}{x} + f(x) \frac{\sin x}{x} \right] = f'(0) + f(0) $,

$ F'_{-}(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{F(x) - F(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{f(x)(1 - \sin x) - f(0)}{x} $

$ = \lim_{x \to 0^{-}} \left[ \frac{f(x) - f(0)}{x} - f(x) \frac{\sin x}{x} \right] = f'(0) - f(0) $.

当 $ f(0)=0 $时， $ F'_{+}(0)=F'_{-}(0) $，反之当 $ F'_{+}(0)=F'_{-}(0) $时， $ f(0)=0 $，因此应选(A).

1. 求下列函数的导数：

(1) $ y = x^4 $; (2) $ y = \sqrt[3]{x^2} $; (3) $ y = x^{1.6} $;

(4) $ y = \frac{1}{\sqrt{x}} $; (5) $ y = \frac{1}{x^2} $; (6) $ y = x^3 \sqrt[5]{x} $;

(7) $ y = \frac{x^{2} \sqrt[3]{x^{2}}}{\sqrt{x^{5}}} $.

解 (1) $ y' = 4x^{3} $.

(2） $ y=x^{\frac{2}{3}} $, $ y'=\frac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}} $

(3) $ y' = 1.6x^{0.6} $

(4) $ y = x^{-\frac{1}{2}} $, $ y' = -\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}} $.

(5) $ y = x^{-2} $, $ y' = -2x^{-3} $

(6) $ y = x^{\frac{16}{5}} $, $ y' = \frac{16}{5}x^{\frac{11}{5}} $.

(7) $ y = x^{2 + \frac{2}{3} - \frac{5}{2}} = x^{\frac{1}{6}} $, $ y' = \frac{1}{6}x^{-\frac{5}{6}} $.

1. 已知物体的运动规律为 $ s = t^3 $ m, 求这物体在 $ t = 2 $ s 时的速度.

解 $ v = \frac{ds}{dt} = 3t^2 $, $ v|_{t=2} = 12 $ (m/s).

1. 如果 $ f(x) $ 为偶函数，且 $ f^{\prime}(0) $ 存在，证明 $ f^{\prime}(0)=0 $.

证 $ f(x) $ 为偶函数，故有 $ f(-x)=f(x) $. 因为

$$ \begin{aligned}f^{\prime}(0)&=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(-x)-f(0)}{x-0}\\&=-\lim_{-x\to0}\frac{f(-x)-f(0)}{-x-0}\\&=-f^{\prime}(0),\end{aligned} $$

所以 $ f'(0)=0 $.

1. 求曲线 $ y = \sin x $ 在具有下列横坐标的各点处切线的斜率：

$$ x=\frac{2}{3}\pi,\quad x=\pi. $$

解 由导数的几何意义知

$$ k_{1}=y^{\prime}\mid_{x=\frac{2}{3}\pi}=\cos x\mid_{x=\frac{2}{3}\pi}=-\frac{1}{2},\quad k_{2}=y^{\prime}\mid_{x=\pi}=\cos x\mid_{x=\pi}=-1. $$

1. 求曲线 $ y = \cos x $ 上点 $ \left( \frac{\pi}{3}, \frac{1}{2} \right) $ 处的切线方程和法线方程.

解

$$ y^{\prime}\mid_{x=\frac{\pi}{3}}=\left(\begin{array}{l}-\sin x\end{array}\right)\mid_{x=\frac{\pi}{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}, $$

故曲线在点 $ \left(\frac{\pi}{3},\frac{1}{2}\right) $处的切线方程为

$$ y-\frac{1}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\bigg(x-\frac{\pi}{3}\bigg), $$

即 $ \frac{\sqrt{3}}{2}x+y-\frac{1}{2}\left(1+\frac{\sqrt{3}}{3}\pi\right)=0 $.

曲线在点 $ \left(\frac{\pi}{3},\frac{1}{2}\right) $处的法线方程为

$$ y-\frac{1}{2}=\frac{2}{\sqrt{3}}\bigg(x-\frac{\pi}{3}\bigg), $$

即 $ \frac{2\sqrt{3}}{3}x - y + \frac{1}{2} - \frac{2\sqrt{3}}{9}\pi = 0 $.

1. 求曲线 $ y = e^{x} $ 在点 (0,1) 处的切线方程.

解

$$ y^{\prime}\mid_{x=0}=\mathrm{e}^{x}\mid_{x=0}=1, $$

故曲线在 $ (0,1) $处的切线方程为

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

即 x - y + 1 = 0.

1. 在抛物线 $ y = x^{2} $ 上取横坐标为 $ x_{1} = 1 $ 及 $ x_{2} = 3 $ 的两点，作过这两点的割线。问该抛物线上哪一点的切线平行于这条割线？

解 割线的斜率

$$ k=\frac{3^{2}-1^{2}}{3-1}=\frac{8}{2}=4. $$

假设抛物线上点 $ (x_{0},x_{0}^{2}) $处的切线平行于该割线，则有

$$ \left(x^{2}\right)^{\prime}\mid_{x=x_{0}}=4, 即 2x_{0}=4. $$

故 $ x_{0}=2 $，由此得所求点为(2,4).

1. 讨论下列函数在 x=0 处的连续性与可导性：

(1) $ y = |\sin x| $;

(2) $ y = \{ \begin{aligned} & x^{2} \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ & 0, & x = 0. \end{aligned} . $

解 (1) $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}|\sin x|=0=f(0) $，故 $ y=|\sin x| $ 在 x=0 处连续。又

$$ f_{-}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{-\sin x}{x}=-1, $$

$$ f_{+}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sin x}{x}=1, $$

$ f_{-}^{\prime}(0)\neq f_{+}^{\prime}(0) $，故 $ y=|\sin x| $ 在 x=0 处不可导.

(2) $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}x^{2}\sin\frac{1}{x}=0=f(0) $，故函数在x=0处连续。又

$$ f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}\sin\frac{1}{x}}{x}=\lim_{x\to0}x\sin\frac{1}{x}=0, $$

故函数在 x=0 处可导.

1. 设函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&x^{2},&x\leqslant1,\\ &ax+b,&x>1.\end{aligned}. $$

为了使函数 $ f(x) $ 在 x=1 处连续且可导，a、b 应取什么值？

解 要函数 $ f(x) $ 在 x=1 处连续，应有

$$ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=\lim_{x\to1^{-}}f(x)=f(1) $$

即 1 = a + b.

要函数 $ f(x) $ 在 x=1 处可导，应有 $ f_{-}^{\prime}(1)=f_{+}^{\prime}(1) $. 而

$$ f_{-}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{-}}\frac{x^{2}-1}{x-1}=2, $$

$$ \begin{aligned}f_{+}^{\prime}\left(1\right)&=\lim_{x\rightarrow1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1^{-}}\frac{ax+b-1}{x-1}\\&=\lim_{x\rightarrow1^{-}}\frac{a(x-1)+a+b-1}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1^{-}}\frac{a(x-1)}{x-1}=a.\end{aligned} $$

故a=2,b=-1.

1. 已知 $ f(x)=\{\begin{aligned}&-x,&x<0,\\&x^{2},&x\geqslant0,\end{aligned}. $ 求 $ f_{+}^{\prime}(0) $ 及 $ f_{-}^{\prime}(0) $，又 $ f^{\prime}(0) $ 是否存在？

解

$$ f_{-}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{-x-0}{x}=-1, $$

$$ f_{+}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{x^{2}-0}{x}=0. $$

由于 $ f_{-}^{\prime}(0)\neq f_{+}^{\prime}(0) $，故 $ f^{\prime}(0) $不存在.

1. 已知 $ f(x)=\{\begin{aligned}&\sin x,&x<0,\\ &x,&x\geqslant0,\end{aligned}. $ 求 $ f^{\prime}(x) $.

解

$$ f_{-}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\sin x}{x}=1, $$

$$ f_{+}^{\prime}\left(0\right)=\lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{x}{x}=1. $$

由于 $ f_{-}^{\prime}(0)=f_{+}^{\prime}(0)=1 $，故 $ f^{\prime}(0)=1 $。因此

$$ f^{\prime}(x)=\{\begin{aligned}&\cos x,&x<0,\\ &1,&x\geqslant0.\end{aligned}. $$

1. 证明：双曲线 $ xy = a^{2} $ 上任一点处的切线与两坐标轴构成的三角形的面积都等于 $ 2a^{2} $.

证 设 $ (x_{0},y_{0}) $为双曲线 $ xy=a^{2} $ 上任一点，曲线在该点处的切线斜率

$$ k=\left(\frac{a^{2}}{x}\right)^{\prime}\bigg|_{x=x_{0}}=-\frac{a^{2}}{x_{0}^{2}}, $$

切线方程为

$$ y-y_{0}=-\frac{a^{2}}{x_{0}^{2}}(x-x_{0}) 或 \frac{x}{2x_{0}}+\frac{y}{2y_{0}}=1, $$

由此可得所构成的三角形的面积为

$$ A=\frac{1}{2}\mid2x_{0}\mid\mid2y_{0}\mid=2a^{2}. $$

习题2-2

函数的求导法则

1. 推导余切函数及余割函数的导数公式：

$$ \left(\cot x\right)^{\prime}=-\csc^{2}x,\quad\left(\csc x\right)^{\prime}=-\csc x\cot x. $$

解

$$ \left(\cot x\right)^{\prime}=\left(\frac{\cos x}{\sin x}\right)^{\prime}=\frac{-\sin x\sin x-\cos x\cos x}{\sin^{2}x}=-\frac{1}{\sin^{2}x}=-\csc^{2}x. $$

$$ \left(\csc x\right)^{\prime}=\left(\frac{1}{\sin x}\right)^{\prime}=\frac{-\cos x}{\sin^{2}x}=-\csc x\cot x. $$

1. 求下列函数的导数：

(1)

$$ y=x^{3}+\frac{7}{x^{4}}-\frac{2}{x}+12； $$

(2) $ y = 5x^{3} - 2^{x} + 3e^{x} $;

(3) $ y = 2\tan x + \sec x - 1 $;

(4) $ y = \sin x \cos x $;

(5) $ y = x^{2} \ln x $;

(6) $ y = 3e^{x} \cos x $;

(7) $ y = \frac{\ln x}{x} $;

(8) $ y = \frac{e^x}{x^2} + \ln 3 $;

(9) $ y = x^{2} \ln x \cos x $;

(10) $ s = \frac{1 + \sin t}{1 + \cos t} $

解 (1) $ y' = 3x^{2} - \frac{28}{x^{5}} + \frac{2}{x^{2}} $

(2) $ y' = 15x^{2} - 2^{x} \ln 2 + 3e^{x} $

(3) $ y' = 2\sec^2 x + \sec x \tan x = \sec x (2\sec x + \tan x) $.

(4) $ y' = \left( \frac{1}{2} \sin 2x \right)' = \frac{1}{2} \cdot 2 \cos 2x = \cos 2x. $

(5) $ y' = 2x \ln x + x^2 \cdot \frac{1}{x} = x (2 \ln x + 1) $.

(6) $ y' = 3e^x \cos x - 3e^x \sin x = 3e^x (\cos x - \sin x) $.

(7) $ y' = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2} $

(8) $ y' = \frac{e^x \cdot x^2 - 2xe^x}{x^4} = \frac{e^x (x - 2)}{x^3} $.

(9) $ y' = 2x \ln x \cos x + x^2 \cdot \frac{1}{x} \cos x + x^2 \ln x (-\sin x) $

$ = 2x \ln x \cos x + x \cos x - x^2 \ln x \sin x. $

(10)

$$ s^{^{\prime}}=\frac{\cos t\left(1+\cos t\right)-\left(1+\sin t\right)\left(-\sin t\right)}{\left(1+\cos t\right)^{2}}=\frac{1+\sin t+\cos t}{\left(1+\cos t\right)^{2}}. $$

1. 求下列函数在给定点处的导数：

（1） $ y = \sin x - \cos x $，求 $ y'|_{x=\frac{\pi}{6}} $ 和 $ y'|_{x=\frac{\pi}{4}} $

(2) $ \rho = \theta \sin \theta + \frac{1}{2} \cos \theta $, 求 $ \frac{d\rho}{d\theta}\bigg|_{\theta = \frac{\pi}{4}} $;

(3) $ f(x)=\frac{3}{5-x}+\frac{x^{2}}{5} $，求 $ f'(0) $ 和 $ f'(2) $.

解 (1) $ y' = \cos x + \sin x $, $ y'|_{x=\frac{\pi}{6}} = \cos \frac{\pi}{6} + \sin \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2} $,

$$ y^{\prime}\mid_{x=\frac{\pi}{4}}=\cos\frac{\pi}{4}+\sin\frac{\pi}{4}=\sqrt{2}. $$

(2)

$$ \frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}\theta}=\sin\theta+\theta\cos\theta+\frac{1}{2}\left(-\sin\theta\right)=\frac{1}{2}\sin\theta+\theta\cos\theta, $$

$$ \frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}\theta}\bigg|_{\theta=\frac{\pi}{4}}=\frac{1}{2}\sin\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{4}\bigg(1+\frac{\pi}{2}\bigg). $$

(3)

$$ f^{\prime}(x)=\frac{3}{\left(5-x\right)^{2}}+\frac{2}{5}x,\quad f^{\prime}(0)=\frac{3}{25},\quad f^{\prime}(2)=\frac{1}{3}+\frac{4}{5}=\frac{17}{15}. $$

1. 以初速 $ v_{0} $ 竖直上抛的物体，其上升高度 s 与时间 t 的关系是 $ s = v_{0}t - \frac{1}{2}gt^{2} $. 求：

（1）该物体的速度 $ v(t) $; （2）该物体达到最高点的时刻.

解 (1) $ v(t) = \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t} = v_{0} - gt. $

（2）物体达到最高点的时刻 v=0 ，即 $ v_{0}-gt=0 $ ，故 $ t=\frac{v_{0}}{g} $

1. 求曲线 $ y = 2\sin x + x^{2} $ 上横坐标为 x = 0 的点处的切线方程和法线方程.

解

$$ y^{\prime}=2\cos x+2x,y^{\prime}\mid_{x=0}=2,y\mid_{x=0}=0, $$

因此曲线在点 $ (0,0) $处的切线方程为

$$ y-0=2\left(x-0\right), $$

即 2x - y = 0，法线方程为

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

即 $ x + 2y = 0 $.

1. 求下列函数的导数：

(1)

$$ y=\left(2x+5\right)^{4}； $$

(2)

$$ y=\cos(4-3x) $$

(3)

$$ y=\mathrm{e}^{-3x^{2}}; $$

(4)

$$ y=\ln\left(1+x^{2}\right) $$

(5) $ y = \sin^{2} x $; (6) $ y = \sqrt{a^{2} - x^{2}} $;

(7) $ y = \tan x^{2} $; (8) $ y = \arctan \left( e^{x} \right) $;

(9) $ y = (\arcsin x)^2 $; (10) $ y = \ln \cos x $.

解 (1) $ y' = 4(2x + 5)^{3} \cdot 2 = 8(2x + 5)^{3} $

(2) $ y' = -\sin(4 - 3x)(-3) = 3\sin(4 - 3x) $.

(3) $ y' = \mathrm{e}^{-3x^2} \cdot (-6x) = -6x\mathrm{e}^{-3x^2} $

(4) $ y' = \frac{1}{1 + x^2} \cdot 2x = \frac{2x}{1 + x^2} $.

(5) $ y' = 2\sin x\cos x = \sin 2x $

(6) $ y' = \frac{1}{2\sqrt{a^2 - x^2}}(-2x) = -\frac{x}{\sqrt{a^2 - x^2}}. $

(7) $ y' = \sec^2 x^2 \cdot 2x = 2x \sec^2 x^2 $.

(8) $ y' = \frac{1}{1 + (\mathrm{e}^x)^2} \cdot \mathrm{e}^x = \frac{\mathrm{e}^x}{1 + \mathrm{e}^{2x}}. $

(9) $ y' = 2\arcsin x \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} = \frac{2}{\sqrt{1 - x^2}}\arcsin x $.

(10) $ y' = \frac{1}{\cos x}(-\sin x) = -\tan x. $

7. 求下列函数的导数：

(1) $ y = \arcsin (1 - 2x) $; (2) $ y = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} $;

(3) $ y = e^{-\frac{x}{2}} \cos 3x $; (4) $ y = \arccos \frac{1}{x} $;

(5) $ y = \frac{1 - \ln x}{1 + \ln x} $; (6) $ y = \frac{\sin 2x}{x} $;

(7) $ y = \arcsin \sqrt{x} $; (8) $ y = \ln (x + \sqrt{a^2 + x^2}) $

(9) $ y = \ln (\sec x + \tan x) $; (10) $ y = \ln (\csc x - \cot x) $

解 (1) $ y' = \frac{1}{\sqrt{1 - (1 - 2x)^2}} \cdot (-2) = -\frac{1}{\sqrt{x - x^2}} $

$$ \underline{(-2x)} $$

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

(3) $ y' = -\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{2}}\cos 3x - 3e^{-\frac{x}{2}}\sin 3x $

$ = -\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{2}}(\cos 3x + 6\sin 3x) $.

(4)

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

(5)

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

(6)

$$ y^{\prime}=\frac{2x\cos2x-\sin2x}{x^{2}}. $$

(7)

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

(8)

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\frac{1}{x+\sqrt{a^{2}+x^{2}}}\bigg(1+\frac{2x}{2\sqrt{a^{2}+x^{2}}}\bigg)=\frac{1}{x+\sqrt{a^{2}+x^{2}}}\cdot\frac{x+\sqrt{a^{2}+x^{2}}}{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}\\&=\frac{1}{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}.\end{aligned} $$

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

(10) $ y' = \frac{1}{\csc x - \cot x}(-\csc x \cot x + \csc^2 x) = \csc x. $

1. 求下列函数的导数：

(1)

$$ y=\left(\arcsin\frac{x}{2}\right)^{2}; $$

(2) $ y = \ln \tan \frac{x}{2} $;

(3) $ y = \sqrt{1 + \ln^{2} x} $;

$$ y=\mathrm{e}^{\arctan\sqrt{x}}; $$

(5) $ y = \sin^{n} x \cos n x $;

(6) $ y = \arctan \frac{x + 1}{x - 1} $;

(7) $ y = \frac{\arcsin x}{\arccos x} $;

(8) $ y = \ln \ln \ln x $;

(9) $ y = \frac{\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}}{\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}} $;

$$ y=\arcsin\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}. $$

解 (1) $ y' = 2\arcsin\frac{x}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - \left(\frac{x}{2}\right)^2}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2\arcsin\frac{x}{2}}{\sqrt{4 - x^2}} $

$$ y^{\prime}=\frac{1}{\tan\frac{x}{2}}\cdot\sec^{2}\frac{x}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}=\frac{1}{\sin x}=\csc x. $$

(3) $ y' = \frac{1}{2\sqrt{1 + \ln^2 x}} \cdot 2\ln x \cdot \frac{1}{x} = \frac{\ln x}{x\sqrt{1 + \ln^2 x}} $

(4)

$$ y^{\prime}=\mathrm{e}^{\arctan\sqrt{x}}\cdot\frac{1}{1+\left(\sqrt{x}\right)^{2}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x}(1+x)}\mathrm{e}^{\arctan\sqrt{x}}. $$

(5)

$$ \begin{aligned}\gamma^{\prime}&=n\sin^{n-1}x\cos x\cos nx+\sin^{n}x\big(-\sin nx\big)\cdot n\\&=n\sin^{n-1}x\big(\cos x\cos nx-\sin x\sin nx\big)\\&=n\sin^{n-1}x\cos\big(n+1\big)x.\\ \end{aligned} $$

(6)

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\frac{1}{1+\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{2}}\cdot\frac{(x-1)-(x+1)}{(x-1)^{2}}=\frac{-2}{(x-1)^{2}+(x+1)^{2}}\\&=-\frac{1}{1+x^{2}}.\end{aligned} $$

(7)

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\frac{\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\arccos x-\arcsin x\left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)}{\left(\arccos x\right)^{2}}\\&=\frac{\arccos x+\arcsin x}{\sqrt{1-x^{2}}\left(\arccos x\right)^{2}}=\frac{\pi}{2\sqrt{1-x^{2}}\left(\arccos x\right)^{2}}.\end{aligned} $$

(8)

$$ y^{\prime}=\frac{1}{\ln\ln x}\cdot\frac{1}{\ln x}\cdot\frac{1}{x}=\frac{1}{x\ln x\ln\ln x}. $$

(9)

$$ y^{\prime}= $$

$$ \begin{aligned}&\frac{\left(\frac{1}{2\sqrt{1+x}}+\frac{1}{2\sqrt{1-x}}\right)(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})-(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})\left(\frac{1}{2\sqrt{1+x}}-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}\right)}{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})^{2}}\\ &=\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})^{2}+\frac{1}{\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}}(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})^{2}}{2+2\sqrt{1-x^{2}}}\\ &=\frac{1}{4}\frac{2+2}{(1+\sqrt{1-x^{2}})\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{1-\sqrt{1-x^{2}}}{x^{2}\sqrt{1-x^{2}}}.\\ \end{aligned} $$

(10)

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\frac{1}{\sqrt{1-\left(\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\right)^{2}}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}\cdot\frac{-\left(1+x\right)-\left(1-x\right)}{\left(1+x\right)^{2}}\\&=-\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1-x}{1+x}}}\cdot\frac{1}{\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}\cdot\frac{1}{\left(1+x\right)^{2}}\\&=-\frac{1}{\sqrt{2x}\left(1+x\right)\sqrt{1-x}}=-\frac{1}{\left(1+x\right)\sqrt{2x\left(1-x\right)}}.\end{aligned} $$

1. 设函数 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 可导，且 $ f^{2}(x) + g^{2}(x) \neq 0 $，试求函数 $ y = \sqrt{f^{2}(x) + g^{2}(x)} $ 的导数.

解

$$ \begin{aligned}y^{\prime}=&\frac{1}{2\sqrt{f^{2}\left(x\right)+g^{2}\left(x\right)}}\left[2f(x)f^{\prime}(x)+2g(x)g^{\prime}(x)\right]\\ =&\frac{f(x)f^{\prime}(x)+g(x)g^{\prime}(x)}{\sqrt{f^{2}(x)+g^{2}(x)}}.\end{aligned} $$

1. 设 $ f(x) $ 可导，求下列函数的导数 $ \frac{dy}{dx} $

(1)

$$ y=f(x^{2}) $$

$$ y=f(\sin^{2}x)+f(\cos^{2}x) $$

解 (1) $ y' = f'(x^{2}) 2x = 2xf'(x^{2}) $.

(2)

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=f^{\prime}(\sin^{2}x)2\sin x\cos x+f^{\prime}(\cos^{2}x)2\cos x(-\sin x)\\&=\sin2x[f^{\prime}(\sin^{2}x)-f^{\prime}(\cos^{2}x)].\end{aligned} $$

1. 求下列函数的导数：

(1)

$$ y=\mathrm{e}^{-x}\left(x^{2}-2x+3\right); $$

(2)

$$ y=\sin^{2}x\cdot\sin\left(x^{2}\right) $$

(3)

$$ y=\left(\arctan\frac{x}{2}\right)^{2}； $$

(4)

$$ y=\frac{\ln x}{x^{n}}; $$

(5)

$$ y=\frac{\mathrm{e}^{t}-\mathrm{e}^{-t}}{\mathrm{e}^{t}+\mathrm{e}^{-t}}; $$

(6) $ y = \ln \cos \frac{1}{x} $;

(7)

$$ y=\mathrm{e}^{-\sin^{2}\frac{1}{x}}; $$

(8)

$$ y=\sqrt{x+\sqrt{x}}; $$

(9)

$$ y=x\arcsin\frac{x}{2}+\sqrt{4-x^{2}}; $$

$$ y=\arcsin\frac{2t}{1+t^{2}}. $$

解 (1) $ y' = -\mathrm{e}^{-x}(x^2 - 2x + 3) + \mathrm{e}^{-x}(2x - 2) = \mathrm{e}^{-x}(-x^2 + 4x - 5) $.

(2) $ y' = 2\sin x\cos x \cdot \sin\left(x^{2}\right) + \sin^{2}x\cos\left(x^{2}\right) \cdot 2x $

$ =\sin 2x\sin\left(x^{2}\right) + 2x\sin^{2}x\cos\left(x^{2}\right) $.

(3)

$$ y^{\prime}=2\arctan\frac{x}{2}\cdot\frac{1}{1+\left(\frac{x}{2}\right)^{2}}\cdot\frac{1}{2}=\frac{4}{4+x^{2}}\arctan\frac{x}{2}. $$

(4)

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

(5) $ y' = \frac{\left(\mathrm{e}^{t} + \mathrm{e}^{-t}\right)\left(\mathrm{e}^{t} + \mathrm{e}^{-t}\right) - \left(\mathrm{e}^{t} - \mathrm{e}^{-t}\right)\left(\mathrm{e}^{t} - \mathrm{e}^{-t}\right)}{\left(\mathrm{e}^{t} + \mathrm{e}^{-t}\right)^{2}} $

$ = \frac{4}{\left(\mathrm{e}^{t} + \mathrm{e}^{-t}\right)^{2}}. $

或 $ y' = (\text{th } t)' = \frac{1}{\text{ch}^2 t} $.

(6)

$$ y^{\prime}=\frac{1}{\cos\frac{1}{x}}\bigg(-\sin\frac{1}{x}\bigg)\cdot\bigg(-\frac{1}{x^{2}}\bigg)=\frac{1}{x^{2}}\tan\frac{1}{x}. $$

(7)

$$ y^{\prime}=\mathrm{e}^{-\sin^{2}\frac{1}{x}}\left(\begin{array}{c}-2\sin\frac{1}{x}\cos\frac{1}{x}\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{x^{2}}\\ \end{array}\right)=\frac{1}{x^{2}}\sin\frac{2}{x}\mathrm{e}^{-\sin^{2}\frac{1}{x}}. $$

(8)

$$ y^{\prime}=\frac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x}}}\bigg(1+\frac{1}{2\sqrt{x}}\bigg)=\frac{2\sqrt{x}+1}{4\sqrt{x}\sqrt{x+\sqrt{x}}}. $$

（9）

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\arcsin\frac{x}{2}+x\cdot\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{2}\right)^{2}}}\cdot\frac{1}{2}+\frac{(-2x)}{2\sqrt{4-x^{2}}}\\&=\arcsin\frac{x}{2}+\frac{x}{\sqrt{4-x^{2}}}-\frac{x}{\sqrt{4-x^{2}}}=\arcsin\frac{x}{2}.\end{aligned} $$

（10）

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{2t}{1+t^{2}})^{2}}}\cdot\frac{2(1+t^{2})-2t\cdot2t}{(1+t^{2})^{2}}\\&=\frac{1+t^{2}}{\sqrt{(1-t^{2})^{2}}}\cdot\frac{2(1-t^{2})}{(1+t^{2})^{2}}=\frac{2(1-t^{2})}{|1-t^{2}|(1+t^{2})}\\&=\{\begin{matrix}\frac{2}{1+t^{2}},|t|<1,\\-\frac{2}{1+t^{2}},|t|>1.\\\end{matrix}.\end{aligned} $$

1. 求下列函数的导数：

(1) $ y = \mathrm{ch}(\mathrm{sh} x) $; (2) $ y = \mathrm{sh} x \cdot e^{\mathrm{ch} x} $;

(3) $ y = \text{th}(\ln x) $; (4) $ y = \text{sh}^{3}x + \text{ch}^{2}x $;

(5) $ y = \operatorname{th}(1 - x^2) $; (6) $ y = \operatorname{arsh}(x^2 + 1) $;

(7) $ y = \operatorname{arch}(\mathrm{e}^{2x}) $; (8) $ y = \arctan(\operatorname{th} x) $;

(9) $ y = \ln \mathrm{ch} x + \frac{1}{2 \mathrm{ch}^2 x} $; (10) $ y = \mathrm{ch}^2 \left( \frac{x - 1}{x + 1} \right) $.

解 (1) $ y' = \mathrm{sh}(\mathrm{sh} x) \cdot \mathrm{ch} x = \mathrm{ch} x \mathrm{sh}(\mathrm{sh} x) $.

$$ y^{\prime}=\mathrm{ch}x\mathrm{e}^{\mathrm{ch}x}+\mathrm{sh}x\mathrm{e}^{\mathrm{ch}x}\mathrm{sh}x=\mathrm{e}^{\mathrm{ch}x}\left(\mathrm{ch}x+\mathrm{sh}^{2}x\right). $$

(3) $ y' = \frac{1}{\mathrm{ch}^2(\ln x)} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{x \mathrm{ch}^2(\ln x)} $

$$ y^{\prime}=3\mathrm{sh}^{2}x\mathrm{ch}x+2\mathrm{ch}x\mathrm{sh}x=\mathrm{sh}x\mathrm{ch}x(3\mathrm{sh}x+2) $$

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

$$ y^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{1+\left(x^{2}+1\right)^{2}}}\cdot2x=\frac{2x}{\sqrt{x^{4}+2x^{2}+2}}. $$

$$ y^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{\left(\mathrm{e}^{2x}\right)^{2}-1}}\cdot\mathrm{e}^{2x}\cdot2=\frac{2\mathrm{e}^{2x}}{\sqrt{\mathrm{e}^{4x}-1}}. $$

(8)

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\frac{1}{1+\left(\mathrm{th}x\right)^{2}}\cdot\frac{1}{\mathrm{ch}^{2}x}=\frac{1}{1+\frac{\mathrm{sh}^{2}x}{\mathrm{ch}^{2}x}}\cdot\frac{1}{\mathrm{ch}^{2}x}=\frac{1}{\mathrm{ch}^{2}x+\mathrm{sh}^{2}x}\\&=\frac{1}{1+2\mathrm{sh}^{2}x}.\end{aligned} $$

（9）

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\frac{1}{\mathrm{ch}x}\mathrm{sh}x-\frac{1}{\left(2\mathrm{ch}^{2}x\right)^{2}}\cdot4\mathrm{ch}x\mathrm{sh}x=\frac{\mathrm{sh}x}{\mathrm{ch}x}-\frac{\mathrm{sh}x}{\mathrm{ch}^{3}x}\\&=\frac{\mathrm{sh}x\left(\mathrm{ch}^{2}x-1\right)}{\mathrm{ch}^{3}x}=\frac{\mathrm{sh}^{3}x}{\mathrm{ch}^{3}x}=\mathrm{th}^{3}x.\end{aligned} $$

(10)

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=2\mathrm{ch}\biggl(\frac{x-1}{x+1}\biggr)\mathrm{sh}\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\cdot\frac{x+1-\left(x-1\right)}{\left(x+1\right)^{2}}\\&=\frac{2}{\left(x+1\right)^{2}}\mathrm{sh}\left(2\cdot\frac{x-1}{x+1}\right).\end{aligned} $$

1. 设函数 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 均在点 $ x_{0} $ 的某一邻域内有定义， $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处可导， $ f(x_{0})=0 $， $ g(x) $ 在 $ x_{0} $ 处连续，试讨论 $ f(x)g(x) $ 在 $ x_{0} $ 处的可导性.

解 由 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处可导，且 $ f(x_{0})=0 $，则有

$$ f^{\prime}(x_{0})=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{x-x_{0}}; $$

由 $ g(x) $ 在 $ x_{0} $ 处连续，则有 $ \lim_{x\to\infty}g(x)=g(x_0) $，故

$$ \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)g(x)-f(x_{0})g(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{x-x_{0}}g(x)=f^{\prime}(x_{0})g(x_{0}) $$

即 $ f(x)g(x) $ 在 $ x_{0} $ 处可导，其导数为 $ f'(x_{0})g(x_{0}) $.

1. 设函数 $ f(x) $ 满足下列条件：

(1) $ f(x + y) = f(x) \cdot f(y) $，对一切 $ x, y \in \mathbb{R} $;

(2) $ f(x) = 1 + xg(x) $，而 $ \lim_{x \to 0} g(x) = 1 $.

试证明 $ f(x) $ 在 R 上处处可导，且 $ f'(x) = f(x) $.

证 由(2)知 $ f(0)=1 $，故

$$ \begin{align*}f^{\prime}(x)&=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x)f(\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\\&=\lim_{\Delta x\to0}\left[f(x)\cdot\frac{f(\Delta x)-1}{\Delta x}\right]=\lim_{\Delta x\to0}\left[f(x)\cdot\frac{\Delta x g(\Delta x)}{\Delta x}\right]\\&=\lim_{\Delta x\to0}\left[f(x)g(\Delta x)\right]=f(x)\cdot1=f(x).\end{align*} $$

习题2-3

高阶导数

1. 求下列函数的二阶导数：

(1)

$$ y=2x^{2}+\ln x; $$

(2)

$$ y=\mathrm{e}^{2x-1} $$

(3) $ y = x \cos x $;

(4) $ y = e^{-t} \sin t $;

$$ y=\sqrt{a^{2}-x^{2}} $$

(6) $ y = \ln(1 - x^2) $;

(7) $ y = \tan x $;

$$ y=\frac{1}{x^{3}+1}； $$

(9) $ y = (1 + x^2) \arctan x $; (10) $ y = \frac{e^x}{x} $;

(11) $ y = xe^{x^2} $; (12) $ y = \ln(x + \sqrt{1 + x^2}) $.

解 (1) $ y' = 4x + \frac{1}{x} $, $ y'' = 4 - \frac{1}{x^2} $.

(2) $ y' = e^{2x - 1} \cdot 2 = 2e^{2x - 1} $, $ y'' = 2e^{2x - 1} \cdot 2 = 4e^{2x - 1} $.

(3) $ y' = \cos x + x(-\sin x) = \cos x - x \sin x $

$ y'' = -\sin x - \sin x - x\cos x = -2\sin x - x\cos x. $

(4) $ y' = \mathrm{e}^{-t}(-1)\sin t + \mathrm{e}^{-t}\cos t = \mathrm{e}^{-t}(\cos t - \sin t) $,

$$ \begin{aligned}y^{\prime \prime}&=\mathrm{e}^{-t}\left(-1\right)\left(\cos t-\sin t\right)+\mathrm{e}^{-t}\left(-\sin t-\cos t\right)\\&=\mathrm{e}^{-t}\left(-2\cos t\right)=-2\mathrm{e}^{-t}\cos t.\end{aligned} $$

(5) $ y' = \frac{-2x}{2\sqrt{a^2 - x^2}} = -\frac{x}{\sqrt{a^2 - x^2}} $,

$$ y^{\prime \prime}=-\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}-x\cdot\frac{\left(-2x\right)}{2\sqrt{a^{2}-x^{2}}}}{\left(\sqrt{a^{2}-x^{2}}\right)^{2}}=\frac{-a^{2}}{\left(a^{2}-x^{2}\right)^{3/2}}. $$

(6) $ y' = \frac{1}{1 - x^2} \cdot (-2x) = \frac{2x}{x^2 - 1} $,

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

(7) $ y' = \sec^{2}x $, $ y'' = 2\sec^{2}x\tan x $.

(8) $ y' = \frac{-3x^2}{(x^3 + 1)^2} $,

$$ y^{\prime \prime}=-\frac{3\left[2x\left(x^{3}+1\right)^{2}-x^{2}\cdot2\left(x^{3}+1\right)\cdot3x^{2}\right]}{\left(x^{3}+1\right)^{4}}=\frac{6x\left(2x^{3}-1\right)}{\left(x^{3}+1\right)^{3}}. $$

(9) $ y' = 2x\arctan x + (1 + x^2) \cdot \frac{1}{1 + x^2} = 2x\arctan x + 1 $,

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

(10) $ y' = \frac{x e^{x} - e^{x}}{x^{2}} = \frac{(x - 1) e^{x}}{x^{2}} $

$$ y^{\prime \prime}=\frac{\left(\mathrm{e}^{x}+\left(x-1\right)\mathrm{e}^{x}\right)x^{2}-2x\left(x-1\right)\mathrm{e}^{x}}{x^{4}}=\frac{\mathrm{e}^{x}\left(x^{2}-2x+2\right)}{x^{3}}. $$

(11)

$$ \begin{align*}y^{\prime}&=\mathrm{e}^{x^{2}}+x\mathrm{e}^{x^{2}}\cdot2x=\left(1+2x^{2}\right)\mathrm{e}^{x^{2}},\\y^{\prime \prime}&=4x\mathrm{e}^{x^{2}}+\left(1+2x^{2}\right)\mathrm{e}^{x^{2}}\cdot2x=2x\left(3+2x^{2}\right)\mathrm{e}^{x^{2}}.\end{align*} $$

(12)

$$ \begin{aligned}&y^{\prime}=\frac{1}{x+\sqrt{1+x^{2}}}\Bigg(1+\frac{2x}{2\sqrt{1+x^{2}}}\Bigg)=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}},\\&y^{\prime \prime}=\frac{-\frac{2x}{2\sqrt{1+x^{2}}}}{\left(\sqrt{1+x^{2}}\right)^{2}}=-\frac{x}{\sqrt{\left(1+x^{2}\right)^{3}}}.\\ \end{aligned} $$

1. 设 $ f(x) = (x + 10)^{6} $, $ f'''(2) = ? $

解

$$ f^{\prime}(x)=6(x+10)^{5},f^{\prime\prime}(x)=30(x+10)^{4},f^{\prime\prime\prime}(x)=120(x+10)^{3}. $$

$$ f^{\prime \prime \prime}(2)=120\times12^{3}=207360. $$

1. 设 $ f''(x) $ 存在，求下列函数的二阶导数 $ \frac{d^2y}{dx^2} $:

(1) $ y = f(x^2) $;

$$ y=\ln\left[f(x)\right]. $$

解 (1) $ y' = f'(x^2) \cdot 2x = 2xf'(x^2) $,

$$ \begin{aligned}y^{\prime \prime}&=2f^{\prime}\left(x^{2}\right)+2xf^{\prime \prime}\left(x^{2}\right)\cdot2x\\&=2f^{\prime}\left(x^{2}\right)+4x^{2}f^{\prime \prime}\left(x^{2}\right).\end{aligned} $$

(2) $ y' = \frac{f'(x)}{f(x)} $, $ y'' = \frac{f''(x)f(x) - f'^2(x)}{f^2(x)} $.

1. 试从 $ \frac{dx}{dy}=\frac{1}{y'} $导出：

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}}=-\frac{y^{\prime \prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{3}}; $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{3}x}{\mathrm{d}y^{3}}=\frac{3\left(y^{\prime\prime}\right)^{2}-y^{\prime}y^{\prime\prime\prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{5}}. $$

解 (1) $ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{1}{y^{\prime}}\right)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=-\frac{y^{\prime \prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{2}}\cdot\frac{1}{y^{\prime}}=-\frac{y^{\prime \prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{3}}. $

(2)

$$ \begin{align*}\frac{\mathrm{d}^{3}x}{\mathrm{d}y^{3}}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\bigg(\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}}\bigg)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\bigg(\frac{-y^{\prime \prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{3}}\bigg)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=-\frac{y^{\prime \prime \prime}\left(y^{\prime}\right)^{3}-y^{\prime \prime \prime}\cdot3\left(y^{\prime}\right)^{2}y^{\prime \prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{6}}\cdot\frac{1}{y^{\prime}}\\&=\frac{3\left(y^{\prime \prime}\right)^{2}-y^{\prime}y^{\prime \prime \prime}}{\left(y^{\prime}\right)^{5}}.\end{align*} $$

1. 已知物体的运动规律为 $ s = A \sin \omega t $ (A, $ \omega $ 是常数)，求物体运动的加速度，并验证：

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}s}{\mathrm{d}t^{2}}+\omega^{2}s=0. $$

解 $ \frac{ds}{dt}=A\cos\omega t\cdot\omega=A\omega\cos\omega t,\frac{d^{2}s}{dt^{2}}=-A\omega^{2}\sin\omega t $

故

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}s}{\mathrm{d}t^{2}}+\omega^{2}s=-A\omega^{2}\sin\omega t+\omega^{2}A\sin\omega t=0. $$

1. 密度大的陨星进入大气层时，当它离地心为 s km 时的速度与 $ \sqrt{s} $ 成反比. 试证陨星

的加速度 a 与 $ s^{2} $ 成反比.

证 由题意知 $ v=\frac{ds}{dt}=\frac{k}{\sqrt{s}} $，其中 k 为比例系数，则

$$ a=\frac{\mathrm{d}^{2}s}{\mathrm{d}t^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\bigg(\frac{k}{\sqrt{s}}\bigg)\cdot\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{k}{s^{\frac{3}{2}}}\cdot\frac{k}{\sqrt{s}}=-\frac{k^{2}}{2s^{2}}, $$

即陨星的加速度与 $ s^{2} $ 成反比.

1. 假设质点沿 x 轴运动的速度为 $ \frac{dx}{dt} = f(x) $，试求质点运动的加速度.

解 质点运动的加速度为

$$ a=\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(f(x))\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=f^{\prime}(x)f(x). $$

1. 验证函数 $ y = C_{1} e^{\lambda x} + C_{2} e^{-\lambda x} $ ( $ \lambda, C_{1}, C_{2} $ 是常数) 满足关系式

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

解

$$ y^{\prime}=C_{1}\lambda\mathrm{e}^{\lambda x}-C_{2}\lambda\mathrm{e}^{-\lambda x},y^{\prime\prime}=C_{1}\lambda^{2}\mathrm{e}^{\lambda x}+C_{2}\lambda^{2}\mathrm{e}^{-\lambda x}, $$

故

$$ y^{\prime \prime}-\lambda^{2}y=C_{1}\lambda^{2}\mathrm{e}^{\lambda x}+C_{2}\lambda^{2}\mathrm{e}^{-\lambda x}-\lambda^{2}\left(C_{1}\mathrm{e}^{\lambda x}+C_{2}\mathrm{e}^{-\lambda x}\right)=0. $$

1. 验证函数 $ y = e^{x} \sin x $ 满足关系式

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

解

$ y' = e^x \sin x + e^x \cos x = e^x (\sin x + \cos x) $,

$$ y^{\prime \prime}=\mathrm{e}^{x}\left(\sin x+\cos x\right)+\mathrm{e}^{x}\left(\cos x-\sin x\right)=2\mathrm{e}^{x}\cos x, $$

故

$$ y^{\prime \prime}-2y^{\prime}+2y=2\mathrm{e}^{x}\cos x-2\mathrm{e}^{x}\left(\sin x+\cos x\right)+2\mathrm{e}^{x}\sin x=0. $$

1. 求下列函数所指定的阶的导数：

(1) $ y = e^{x} \cos x $，求 $ y^{(4)} $; (2) $ y = x^{2} \sin 2x $，求 $ y^{(50)} $.

解 （1）利用莱布尼茨公式 $ (uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} u^{(n-k)} v^{(k)} $，其中， $ C_{n}^{k} = \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!} $.

$$ \begin{align*}\left(\mathrm{e}^{x}\cos x\right)^{(4)}&=\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{(4)}\cos x+4\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime \prime \prime}\left(\cos x\right)^{\prime}+\frac{4\cdot3}{2!}\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime \prime}\left(\cos x\right)^{\prime \prime}+\\&\quad\frac{4\cdot3\cdot2}{3!}\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime}\left(\cos x\right)^{\prime \prime \prime}+\mathrm{e}^{x}\left(\cos x\right)^{(4)}\\&=\mathrm{e}^{x}\cos x-4\mathrm{e}^{x}\sin x+6\mathrm{e}^{x}\left(-\cos x\right)+4\mathrm{e}^{x}\sin x+\mathrm{e}^{x}\cos x\\&=-4\mathrm{e}^{x}\cos x.\end{align*} $$

（2）由 $ (\sin 2x)^{(n)}=2^{n}\sin\left(2x+\frac{n\pi}{2}\right) $及莱布尼茨公式得

$$ \left(x^{2}\sin2x\right)^{(50)}=x^{2}\left(\sin2x\right)^{(50)}+50\left(x^{2}\right)^{\prime}\left(\sin2x\right)^{(49)}+\frac{50\cdot49}{2!}\left(x^{2}\right)^{\prime\prime}\left(\sin2x\right)^{(48)} $$

$$ \begin{aligned}&=2^{50}x^{2}\sin\left(2x+\frac{50\pi}{2}\right)+100\cdot2^{49}x\sin\left(2x+\frac{49\pi}{2}\right)+\\&\quad\frac{50\cdot49}{2}\cdot2\cdot2^{48}\sin\left(2x+\frac{48\pi}{2}\right)\\&=2^{50}\left(-x^{2}\sin2x+50x\cos2x+\frac{1\ 225}{2}\sin2x\right).\end{aligned} $$

$ ^{*} $11. 求下列函数的 n 阶导数的一般表达式：

（1） $ y=x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}x+a_{n}(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n} $ 都是常数）；

(2) $ y = \sin^{2} x $; (3) $ y = x \ln x $; (4) $ y = x e^{x} $.

解（1）

$$ \begin{aligned}&y^{\prime}=nx^{n-1}+a_{1}\left(n-1\right)x^{n-2}+a_{2}\left(n-2\right)x^{n-3}+\cdots+a_{n-1},\\&y^{\prime \prime}=n\left(n-1\right)x^{n-2}+a_{1}\left(n-1\right)\left(n-2\right)x^{n-3}+\cdots+a_{n-2},\\&\cdots\cdots\\&y^{\left(n\right)}=n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\cdots3\cdot2\cdot1=n!.\\ \end{aligned} $$

(2)

$$ y=\sin^{2}x=\frac{1}{2}(1-\cos2x), $$

$$ \begin{align*}y^{(n)}&=\frac{-1}{2}\cos\left(2x+\frac{n\pi}{2}\right)\cdot2^{n}\\&=-2^{n-1}\cos\left(2x+\frac{n\pi}{2}\right).\end{align*} $$

(3)

$$ y^{\prime}=\ln x+x\cdot\frac{1}{x}=\ln x+1,y^{\prime\prime}=\frac{1}{x}, $$

$$ y^{\left(n\right)}=\frac{\left(-1\right)^{n-2}\left(n-2\right)!}{x^{n-1}}\left(n\geqslant2\right). $$

(4)

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

$$ y^{\left(k+1\right)}=\mathrm{e}^{x}+\left(k+x\right)\mathrm{e}^{x}=\left(1+k+x\right)\mathrm{e}^{x} $$

1. 求函数 $ f(x) = x^{2} \ln(1 + x) $ 在 x = 0 处的 n 阶导数 $ f^{(n)}(0) $ ( $ n \geqslant 3 $).

解 本题可用莱布尼茨公式求解.

设 $ u = \ln(1 + x) $, $ v = x^{2} $, 则 $ u^{(n)} = \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1 + x)^{n}} $ (n = 1, 2, ⋯), $ v' = 2x $, $ v'' = 2 $, $ v^{(k)} = 0 $ ( $ k \geqslant 3 $). 故由莱布尼茨公式, 得

$$ \begin{aligned}f^{(n)}(x)=&\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!(}{}_{(1+x)^{n}}\cdot x^{2}+n\frac{(-1)^{n-2}(n-2)!}{{(}_{1+x)^{n-1}}}\cdot2x+\\&\frac{n(n-1)}{2}\cdot\frac{(-1)^{n-3}(n-3)!}{{(}_{1+x)^{n-2}}}\cdot2\quad(n\geqslant3)\end{aligned} $$

$$ f^{\left(n\right)}\left(0\right)=\frac{\left(-1\right)^{n-1}n!}{n-2}\left(n\geqslant3\right). $$

习题2-4

隐函数及由参数方程所确定的函数的导数 相关变化率

1. 求由下列方程所确定的隐函数的导数 $ \frac{dy}{dx} $:

(1) $ y^{2}-2xy+9=0 $; (2) $ x^{3}+y^{3}-3axy=0 $;

(3) $ xy = e^{x+y} $; (4) y = 1 - xe^{y}.

解（1）在方程两端分别对 x 求导，得

$$ 2yy^{\prime}-2y-2xy^{\prime}=0, $$

从而 $ y'=\frac{y}{y-x} $，其中 $ y=y(x) $ 是由方程 $ y^{2}-2xy+9=0 $ 所确定的隐函数.

（2）在方程两端分别对 x 求导，得

$$ 3x^{2}+3y^{2}y^{\prime}-3a y-3a x y^{\prime}=0, $$

从而 $ y'=\frac{ay-x^{2}}{y^{2}-ax} $，其中 $ y=y(x) $ 是由方程 $ x^{3}+y^{3}-3axy=0 $ 所确定的隐函数.

（3）在方程两端分别对 x 求导，得

$$ y+x y^{\prime}=\mathrm{e}^{x+y}\left(1+y^{\prime}\right), $$

从而 $ y'=\frac{e^{x+y}-y}{x-e^{x+y}} $，其中 $ y=y(x) $ 是由方程 $ xy=e^{x+y} $ 所确定的隐函数.

（4）在方程两端分别对 x 求导，得

$$ y^{\prime}=-\mathrm{e}^{y}-x\mathrm{e}^{y}y^{\prime}, $$

从而， $ y' = -\frac{e^{y}}{1 + xe^{y}} $，其中 $ y = y(x) $ 是由方程 $ y = 1 - xe^{y} $ 所确定的隐函数。

1. 求曲线 $ x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}} $ 在点 $ \left(\frac{\sqrt{2}}{4}a, \frac{\sqrt{2}}{4}a\right) $ 处的切线方程和法线方程.

解 由导数的几何意义知，所求切线的斜率为

$$ k=y^{\prime}\mid\left(\begin{matrix}{\frac{\sqrt{2}}{4}a,\frac{\sqrt{2}}{4}a}\\ \end{matrix}\right), $$

在曲线方程两端分别对 x 求导，得

$$ \frac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}}+\frac{2}{3}y^{-\frac{1}{3}}y^{\prime}=0, $$

从而， $ y' = -\frac{x^{-\frac{1}{3}}}{y^{-\frac{1}{3}}} $， $ y' \mid (\frac{\sqrt{2}}{4}a, \frac{\sqrt{2}}{4}a) = -1 $.

于是所求的切线方程为

$$ y-\frac{\sqrt{2}}{4}a=-1\left(x-\frac{\sqrt{2}}{4}a\right), $$

即 $ x + y = \frac{\sqrt{2}}{2}a $。法线方程为

$$ y-\frac{\sqrt{2}}{4}a=1\cdot\left(x-\frac{\sqrt{2}}{4}a\right), $$

即 x - y = 0.

1. 求由下列方程所确定的隐函数的二阶导数 $ \frac{d^2y}{dx^2} $:

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

$$ b^{2}x^{2}+a^{2}y^{2}=a^{2}b^{2} $$

(3) $ y = \tan(x + y) $;

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

解（1）应用隐函数的求导方法，得

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

于是， $ y'=\frac{x}{y} $

在上式两端再对 x 求导，得

$$ y^{\prime \prime}=\frac{y-xy^{\prime}}{y^{2}}=\frac{y-\frac{x^{2}}{y}}{y^{2}}=\frac{y^{2}-x^{2}}{y^{3}}=-\frac{1}{y^{3}}. $$

（2）应用隐函数的求导方法，得

$$ 2x b^{2}+2a^{2}y y^{\prime}=0, $$

于是

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

$$ y^{\prime \prime}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{y-xy^{\prime}}{y^{2}}=-\frac{b^{4}}{a^{2}y^{3}}. $$

（3）应用隐函数的求导方法，得

$$ y^{\prime}=\sec^{2}\left(x+y\right)\left(1+y^{\prime}\right)=\left[1+\tan^{2}\left(x+y\right)\right]\left(1+y^{\prime}\right)=\left(1+y^{2}\right)\left(1+y^{\prime}\right), $$

于是

$$ y^{\prime}=\frac{(1+y^{2})}{1-(1+y^{2})}=-\frac{1}{y^{2}}-1, $$

$$ y^{\prime \prime}=\frac{2y^{\prime}}{y^{3}}=-\frac{2\left(1+y^{2}\right)}{y^{5}}=-2\csc^{2}\left(x+y\right)\cot^{3}\left(x+y\right). $$

（4）应用隐函数的求导方法，得

$$ y^{\prime}=\mathrm{e}^{y}+x\mathrm{e}^{y}y^{\prime}, $$

于是

$$ y^{\prime}=\frac{\mathrm{e}^{y}}{1-x\mathrm{e}^{y}}, $$

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

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

1. 用对数求导法求下列函数的导数：

(1)

$$ y=\left(\frac{x}{1+x}\right)^{x}； $$

(2)

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

(3)

$$ y=\frac{\sqrt{x+2}\left(3-x\right)^{4}}{\left(x+1\right)^{5}}； $$

$$ y=\sqrt{x\sin x\sqrt{1-\mathrm{e}^{x}}}. $$

解 （1）在 $ y=\left(\frac{x}{1+x}\right)^{x} $ 两端取对数，得

$$ \ln y=x\left[\ln x-\ln(1+x)\right]. $$

在上式两端分别对 x 求导，并注意到 $ y = y(x) $，得

$$ \frac{y^{\prime}}{y}=\left[\ln x-\ln(1+x)\right]+x\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x}\right)=\ln\frac{x}{1+x}+\frac{1}{1+x}, $$

于是

$$ y^{\prime}=y\Bigg(\ln\frac{x}{1+x}+\frac{1}{1+x}\Bigg)=\Bigg(\frac{x}{1+x}\Bigg)^{x}\Bigg(\ln\frac{x}{1+x}+\frac{1}{1+x}\Bigg). $$

（2）在 $ y=\sqrt[5]{\frac{x-5}{\sqrt[5]{x^{2}+2}}} $ 两端取对数，得

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

在上式两端分别对 x 求导，并注意到 $ y = y(x) $，得

$$ \frac{y^{\prime}}{y}=\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{x-5}-\frac{1}{25}\cdot\frac{2x}{x^{2}+2}, $$

于是

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

（3）在 $ y=\frac{\sqrt{x+2}(3-x)^{4}}{(x+1)^{5}} $ 两端取对数，得

$$ \ln y=\frac{1}{2}\ln(x+2)+4\ln(3-x)-5\ln(1+x). $$

在上式两端分别对 x 求导，并注意到 $ y = y(x) $，得

$$ \frac{y^{\prime}}{y}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x+2}+4\cdot\frac{(-1)}{3-x}-5\cdot\frac{1}{1+x}, $$

于是

$$ y^{\prime}=y\left[\frac{1}{2\left(x+2\right)}-\frac{4}{3-x}-\frac{5}{1+x}\right] $$

$$ =\frac{\sqrt{x+2}\left(3-x\right)^{4}}{\left(x+1\right)^{5}}\left[\frac{1}{2\left(x+2\right)}-\frac{4}{3-x}-\frac{5}{1+x}\right]. $$

(4) 在 $ y = \sqrt{x \sin x \sqrt{1 - e^x}} $ 两端取对数，得

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

在上式两端分别对 x 求导，并注意到 $ y = y(x) $，得

$$ \frac{y^{\prime}}{y}=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{x}+\frac{\cos x}{\sin x}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\left(-\mathrm{e}^{x}\right)}{1-\mathrm{e}^{x}}\right], $$

于是

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=y\bigg[\frac{1}{2x}+\frac{\cos x}{2\sin x}-\frac{\mathrm{e}^{x}}{4\left(1-\mathrm{e}^{x}\right)}\bigg]\\&=\frac{1}{2}\sqrt{x\sin x\sqrt{1-\mathrm{e}^{x}}}\bigg[\frac{1}{x}+\cot x-\frac{\mathrm{e}^{x}}{2\left(1-\mathrm{e}^{x}\right)}\bigg].\end{aligned} $$

1. 求下列参数方程所确定的函数的导数 $ \frac{dy}{dx} $

(1)

$$ \{\begin{aligned}x&=at^{2},\\ y&=bt^{3};\end{aligned}. $$

(2)

$$ \{\begin{aligned}x&=\theta(1-\sin\theta),\\ y&=\theta\cos\theta.\end{aligned}. $$

解 (1) $ \frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{3bt^{2}}{2at} = \frac{3b}{2a}t. $

(2)

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}\theta}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\theta}}=\frac{\cos\theta-\theta\sin\theta}{1-\sin\theta+\theta(-\cos\theta)}=\frac{\cos\theta-\theta\sin\theta}{1-\sin\theta-\theta\cos\theta}. $$

1. 已知 $ \{\begin{array}{l}x=\mathrm{e}^{t}\sin t,\\y=\mathrm{e}^{t}\cos t,\end{array}. $ 求当 $ t=\frac{\pi}{3} $ 时 $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} $ 的值.

解

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\mathrm{e}^{t}\cos t-\mathrm{e}^{t}\sin t}{\mathrm{e}^{t}\sin t+\mathrm{e}^{t}\cos t}=\frac{\cos t-\sin t}{\sin t+\cos t}, $$

于是

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\bigg|_{t=\frac{\pi}{3}}=\frac{\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}}=\sqrt{3}-2. $$

1. 写出下列曲线在所给参数值相应的点处的切线方程和法线方程：

(1) $ \{\begin{aligned}x&=\sin t,\\ y&=\cos 2t,\end{aligned}. $ 在 $ t=\frac{\pi}{4} $ 处；

(2) $ \{\begin{aligned}x&=\frac{3at}{1+t^{2}},\\ y&=\frac{3at^{2}}{1+t^{2}},\end{aligned}. $在t=2处.

解 (1) $ \frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-2\sin 2t}{\cos t} = -4\sin t, $

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\bigg|_{t=\frac{\pi}{4}}=-4\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=-2\sqrt{2}. $$

$ t=\frac{\pi}{4} $对应点 $ \left(\frac{\sqrt{2}}{2},0\right) $，曲线在点 $ \left(\frac{\sqrt{2}}{2},0\right) $处的切线方程为

$$ y-0=-2\sqrt{2}\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right), $$

即 $ 2\sqrt{2}x + y - 2 = 0 $. 法线方程为

$$ y-0=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right), $$

即 $ \sqrt{2}x - 4y - 1 = 0 $.

(2)

$$ \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\left(\frac{3at^{2}}{1+t^{2}}\right)^{\prime}}{\left(\frac{3at}{1+t^{2}}\right)^{\prime}}=\frac{\frac{3a\left[2t\left(1+t^{2}\right)-t^{2}\cdot2t\right]}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}}{\frac{3a\left[\left(1+t^{2}\right)-t\cdot2t\right]}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}}\\&=\frac{2t}{1-t^{2}},\end{aligned} $$

$$ \left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{t=2}=-\frac{4}{3}, $$

t=2 对应点 $ \left(\frac{6}{5}a,\frac{12}{5}a\right) $. 曲线在点 $ \left(\frac{6}{5}a,\frac{12}{5}a\right) $处的切线方程为

$$ y-\frac{12}{5}a=-\frac{4}{3}\bigg(x-\frac{6}{5}a\bigg), $$

即 $ 4x + 3y - 12a = 0 $. 法线方程为

$$ y-\frac{12}{5}a=\frac{3}{4}\bigg(x-\frac{6}{5}a\bigg), $$

即 3x - 4y + 6a = 0.

1. 求下列参数方程所确定的函数的二阶导数 $ \frac{d^2y}{dx^2} $

(1)

$$ \{\begin{aligned}x&=\frac{t^{2}}{2},\\ y&=1-t;\end{aligned}. $$

(2)

$$ \{\begin{aligned}x&=a\cos t,\\ y&=b\sin t;\end{aligned}. $$

$$ \{\begin{aligned}x&=3\mathrm{e}^{-t}\\ y&=2\mathrm{e}^{t}\end{aligned}.； $$

(4) $ \{\begin{aligned}x&=f^{\prime}(t),\\ y&=tf^{\prime}(t)-f(t),\end{aligned}. $设 $ f^{\prime\prime}(t) $存在且不为零.

解（1）

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{-1}{t},\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\frac{1}{t^{2}}}{t}=\frac{1}{t^{3}}. $$

(2)

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{b\cos t}{-a\sin t}=-\frac{b}{a}\cot t, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{-\frac{b}{a}( α - \csc^{2}t)}{a\sin t}=\frac{-b}{a^{2}\sin^{3}t}. $$

(3)

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{2\mathrm{e}^{t}}{-3\mathrm{e}^{-t}}=-\frac{2}{3}\mathrm{e}^{2t},\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{-\frac{4}{3}\mathrm{e}^{2t}}{-3\mathrm{e}^{-t}}=\frac{4}{9}\mathrm{e}^{3t}. $$

(4)

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{f^{\prime}(t)+tf^{\prime\prime}(t)-f^{\prime}(t)}{f^{\prime\prime}(t)}=t,\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{1}{f^{\prime\prime}(t)}. $$

$ ^{*} $9. 求下列参数方程所确定的函数的三阶导数 $ \frac{\mathrm{d}^{3}y}{\mathrm{d}x^{3}} $:

(1)

$$ \{\begin{aligned}x=1-t^{2},\\ y=t-t^{3}\end{aligned}.； $$

$$ \{\begin{aligned}x&=\ln(1+t^{2}),\\ y&=t-\arctan t.\end{aligned}. $$

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

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\frac{1}{2t^{2}}+\frac{3}{2}}{-2t}=-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{t^{3}}+\frac{3}{t}\right), $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{3}y}{\mathrm{d}x^{3}}=\frac{-\frac{1}{4}\bigg(-\frac{3}{t^{4}}-\frac{3}{t^{2}}\bigg)}{-2t}=-\frac{3}{8t^{5}}\big(1+t^{2}\big). $$

(2)

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1-\frac{1}{1+t^{2}}}{\frac{2t}{1+t^{2}}}=\frac{t}{2}, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{2t}{1+t^{2}}}=\frac{1+t^{2}}{4t}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{t}+t\right), $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{3}y}{\mathrm{d}x^{3}}=\frac{\frac{1}{4}\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{t^{2}}+1\end{array}\right)}{\frac{2t}{1+t^{2}}}=\frac{t^{4}-1}{8t^{3}}. $$

1. 落在平静水面上的石头，产生同心波纹。若最外一圈波半径的增大速率总是6 m/s，问在2 s末扰动水面面积增大的速率为多少？

解 设最外一圈波的半径为 $ r=r(t) $，圆的面积 S=S(t)。在 $ S=\pi r^{2} $ 两端分别对 t 求导，得

$$ \frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t}=2\pi r\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}. $$

当 t=2 时， $ r=6\times2=12 $， $ \frac{dr}{dt}=6 $，代入上式得

$$ \frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t}\bigg|_{t=2}=2\pi\cdot12\cdot6=144\pi(\mathrm{~m}^{2}/\mathrm{s}). $$

1. 注水入深 $ 8 \, m $、上顶直径 $ 8 \, m $ 的正圆锥形容器中，其速率为 $ 4 \, m^3/min $。当水深为 $ 5 \, m $ 时，其表面上升的速率为多少？

解 如图2-1所示，设在t时刻容器中的水深为 $ h(t) $，水的容积为 $ V(t) $，因为 $ \frac{r}{4}=\frac{h}{8} $，即 $ r=\frac{h}{2} $，所以

$$ V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi\left(\frac{h}{2}\right)^{2}h=\frac{\pi}{12}h^{3}, $$

$$ \frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=\frac{\pi}{4}h^{2}\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t},\quad\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=\frac{4}{\pi h^{2}}\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}. $$

故

$$ \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}\bigg|_{h=5}=\frac{4}{25\pi}\cdot4=\frac{16}{25\pi}\approx0.204\left(\mathrm{~m}/\mathrm{min}\right). $$

1. 溶液自深 18 cm、顶直径 12 cm 的正圆锥形漏斗中漏入一直径为 10 cm 的圆柱形筒中. 开始时漏斗中盛满了溶液. 已知当溶液在漏斗中深为 12 cm 时, 其表面下降的速率为 1 cm/min. 问此时圆柱形筒中溶液表面上升的速率为多少?

解 如图2-2，设在t时刻漏斗中的水深为 $ H=H(t) $，圆柱形筒中水深为 $ h=h(t) $.

建立 h 与 H 之间的关系：

$$ \frac{1}{3}\pi6^{2}\cdot18-\frac{1}{3}\pi r^{2}H=\pi5^{2}h. $$

又, $ \frac{r}{6}=\frac{H}{18} $，即 $ r=\frac{H}{3} $.故

$$ \frac{1}{3}\pi6^{2}\cdot18-\frac{1}{3}\pi\left(\frac{H}{3}\right)^{2}H=\pi5^{2}h, $$

即 $ 216\pi - \frac{\pi}{27}H^{3} = 25\pi h $.

上式两端分别对 t 求导，得

$$ -\frac{3}{27}\pi H^{2}~\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}=25\pi~\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}. $$

当H=12时, $ \frac{dH}{dt}=-1 $,此时

$$ \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{25\pi}\left(-\frac{3}{27}\pi H^{2}\frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}t}\right)\bigg|_{\frac{H=12}{4H}}=\frac{16}{25}\approx0.64\text{（cm/min）}. $$

习题2-5

函数的微分

1. 已知 $ y = x^{3} - x $，计算在 x = 2 处当 $ \Delta x $ 分别等于 1, 0.1, 0.01 时的 $ \Delta y $ 及 dy.

解

$$ \begin{aligned}\triangle y&=\left(x+\Delta x\right)^{3}-\left(x+\Delta x\right)-x^{3}+x\\&=3x\left(\Delta x\right)^{2}+3x^{2}\Delta x+\left(\Delta x\right)^{3}-\Delta x,\\\mathrm{d}y&=\left(3x^{2}-1\right)\Delta x.\end{aligned} $$

于是

$$ \Delta y\mid_{_{\Delta x=1}}^{_{x=2}}=6\cdot1+3\cdot4+1^{3}-1=18,\mathrm{d}y\mid_{_{\Delta x=1}}^{_{x=2}}=11\cdot1=11; $$

$$ \Delta y\mid_{_{\Delta x=0.1}}^{_{x=2}}=6\cdot(0.1)^{2}+12\cdot(0.1)+(0.1)^{3}-0.1=1.161, $$

$$ \mathrm{d}y\mid_{_{\Delta x=0,1}}^{_{x=2}}=11\cdot(0,1)=1,1; $$

$$ \Delta y\mid_{_{\Delta x=0.01}}^{_{x=2}}=6\cdot(0.01)^{2}+12\cdot(0.01)+(0.01)^{3}-0.01=0.110601, $$

$$ \mathrm{d}y\mid_{_{\Delta x=0.01}}^{_{x=2}}=11\cdot(0.01)=0.11. $$

1. 设函数 $ y = f(x) $ 的图形如图 2-3，试在图 2-3(a)、(b)、(c)、(d) 中分别标出在点 $ x_{0} $ 的 dy、 $ \Delta y $ 及 $ \Delta y - dy $，并说明其正负.

解 (a) $ \Delta y > 0, \mathrm{d}y > 0, \Delta y - \mathrm{d}y > 0 $.

(b) $ \Delta y > 0, \mathrm{d}y > 0, \Delta y - \mathrm{d}y < 0 $.

(c) $ \Delta y < 0 $, $ \mathrm{d}y < 0 $, $ \Delta y - \mathrm{d}y < 0 $.

$$ \left(d\right)\Delta y<0,\mathrm{d}y<0,\Delta y-\mathrm{d}y>0. $$

1. 求下列函数的微分：

$$ y=\frac{1}{x}+2\sqrt{x}； $$

(2) $ y = x \sin 2x $;

(3) $ y = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}} $;

(4) $ y = \ln^{2}(1 - x) $;

(5) $ y = x^2 e^{2x} $;

(6) $ y = e^{-x} \cos(3 - x) $;

(7) $ y = \arcsin\sqrt{1 - x^2} $;

$$ y=\tan^{2}\left(1+2x^{2}\right) $$

(9) $ y = \arctan \frac{1 - x^{2}}{1 + x} $;

(10) $ s = A \sin(\omega t + \varphi) $ (A, $ \omega $, $ \varphi $ 是常数).

解 (1) $ \mathrm{d}y = y'\mathrm{d}x = \left(-\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{\sqrt{x}}\right)\mathrm{d}x. $

$$ \mathrm{d}y=y^{\prime}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{x^{2}+1}-x\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}}{\left(\sqrt{x^{2}+1}\right)^{2}}\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}x}{\left(x^{2}+1\right)^{3/2}} $$

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

$$ \mathrm{d}y=y^{\prime}\mathrm{d}x=\left(2x\mathrm{e}^{2x}+x^{2}\mathrm{e}^{2x}\cdot2\right)\mathrm{d}x=2x(1+x)\mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}x. $$

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}y&=y^{\prime}\mathrm{d}x=\left[\begin{array}{l}-\mathrm{e}^{-x}\cos\left(3-x\right)+\mathrm{e}^{-x}\sin\left(3-x\right)\end{array}\right]\mathrm{d}x\\&=\mathrm{e}^{-x}\left[\sin\left(3-x\right)-\cos\left(3-x\right)\right]\mathrm{d}x.\end{aligned} $$

$$ \mathrm{d}y=y^{\prime}\mathrm{d}x=\left[\frac{1}{\sqrt{1-(\sqrt{1-x^{2}})^{2}}}\cdot\frac{(-2x)}{2\sqrt{1-x^{2}}}\right]\mathrm{d}x=-\frac{x}{|x|}\cdot\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}} $$

$$ =\{\begin{aligned}&\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}},-1

(8)

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}y=y^{\prime}\mathrm{d}x&=\left[2\tan\left(1+2x^{2}\right)\cdot\sec^{2}\left(1+2x^{2}\right)\cdot4x\right]\mathrm{d}x\\&=8x\tan\left(1+2x^{2}\right)\sec^{2}\left(1+2x^{2}\right)\mathrm{d}x.\end{aligned} $$

（9）

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}y=y^{\prime}\mathrm{d}x&=\frac{1}{1+\left(\frac{1-x^{2}}{1+x^{2}}\right)^{2}}\cdot\frac{\left(-2x\right)\left(1+x^{2}\right)-\left(1-x^{2}\right)\cdot2x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}\mathrm{d}x\\&=-\frac{2x}{1+x^{4}}\mathrm{d}x.\end{aligned} $$

(10)

$$ \mathrm{d}s=s^{\prime}\mathrm{d}t=\left[A\cos\left(\omega t+\varphi\right)\cdot\omega\right]\mathrm{d}t=A\omega\cos\left(\omega t+\varphi\right)\mathrm{d}t. $$

1. 将适当的函数填入下列括号内，使等式成立：

$$ \mathrm{d}(\quad)=2\mathrm{d}x\text{；} $$

(2) d() = 3x dx;

(3) d( ) = cos tdt;

(4) d( ) = sin $ \omega xdx $;

(5) d(6) d(e) = e^{-2x} dx;

(7) $ \mathrm{d}(\quad) = \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{d}x $; (8) $ \mathrm{d}(\quad) = \sec^{2} 3x \mathrm{d}x $.

解 (1) $ \mathrm{d}(2x+C)=2\mathrm{d}x. $

(2) $ \mathrm{d}\left(\frac{3}{2}x^{2} + C\right) = 3x\mathrm{d}x. $

(3) $ \mathrm{d}(\sin t + C) = \cos t \, \mathrm{d}t $

(4) $ \mathrm{d}\left(-\frac{1}{\omega}\cos\omega x+C\right)=\sin\omega x\mathrm{d}x. $

(5) $ \mathrm{d}(\ln(1+x)+C)=\frac{1}{1+x}\mathrm{d}x. $

(6) $ \mathrm{d}\left(-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}+C\right)=\mathrm{e}^{-2x}\mathrm{d}x. $

(7) $ \mathrm{d}(2\sqrt{x}+C)=\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x. $

(8) $ \mathrm{d}\left(\frac{1}{3}\tan 3x + C\right) = \sec^{2}3x\mathrm{d}x. $

上述 C 均为任意常数.

1. 如图2-4所示的电缆 $ AOB $的长为s，跨度为2l，电缆的最低点O与杆顶连线AB的距离为f，则电缆长可按下面公式计算：

$$ s=2l\left(1+\frac{2f^{2}}{3l^{2}}\right), $$

当f变化了 $ \Delta f $时，电缆长的变化约为多少？

解 $ s = 2l\left(1 + \frac{2f^{2}}{3l^{2}}\right) $, $ \Delta s \approx ds = 2l \cdot \frac{4f}{3l^{2}}\Delta f = \frac{8f}{3l}\Delta f $.

1. 设扇形的圆心角 $ \alpha = 60^{\circ} $，半径 $ R = 100 \, \text{cm} $（图 2-5）。如果 $ R $ 不变， $ \alpha $ 减少 $ 30' $，问扇形面积大约改变了多少？又如果 $ \alpha $ 不变， $ R $ 增加 $ 1 \, \text{cm} $，问扇形面积大约改变了多少？

解 扇形面积公式为 $ S = \frac{R^{2}}{2} \alpha $. 于是

$$ \Delta S\approx\mathrm{d}S=\frac{R^{2}}{2}\Delta\alpha. $$

将 $ R=100, \Delta\alpha = -30' = -\frac{\pi}{360}, \alpha = \frac{\pi}{3} $ 代入上式得

$$ \Delta S\approx\frac{1}{2}\cdot100^{2}\cdot\left(-\frac{\pi}{360}\right)\approx-43.63cm^{2}. $$

又

$$ \Delta S\approx\mathrm{d}S\approx\alpha R\Delta R, $$

将 $ \alpha = \frac{\pi}{3}, R = 100, \Delta R = 1 $ 代入上式得

$$ \Delta S\approx\frac{\pi}{3}\cdot100\cdot1\approx104.72cm^{2}. $$

1. 计算下列三角函数值的近似值：

(1) $ \cos 29^{\circ} $; (2) $ \tan 136^{\circ} $.

解 （1）由 $ \cos x \approx \cos x_{0} + (\cos x)^{\prime}|_{x=x_{0}} \cdot (x - x_{0}) $，取 $ x_{0} = 30^{\circ} = \frac{\pi}{6} $ 得

$$ \begin{aligned}\cos29^{\circ}&=\cos\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{180}\right)\approx\cos\frac{\pi}{6}+\left(-\sin x\right)\mid_{x=\frac{\pi}{6}}\cdot\left(-\frac{\pi}{180}\right)\\&\approx\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi}{360}\approx0.87475.\end{aligned} $$

（2）由 $ \tan x \approx \tan x_{0} + (\tan x)'\big|_{x=x_{0}} \cdot (x - x_{0}) $，取 $ x_{0} = \frac{3}{4}\pi $ 得

$$ \tan136^{\circ}\approx\tan\frac{3}{4}\pi+\sec^{2}x\mid_{x=\frac{3}{4}\pi}\cdot\frac{\pi}{180}\approx-0.96509. $$

1. 计算下列反三角函数值的近似值：

(1) $ \arcsin 0.5002 $; (2) $ \operatorname{arccos} 0.4995 $.

解 （1）由 $ \arcsin x \approx \arcsin x_{0} + (\arcsin x)'|_{x=x_{0}} \cdot (x - x_{0}) $，取 $ x_{0} = 0.5 $ 得

$$ \begin{aligned}\arcsin0.5002&\approx\arcsin0.5+\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\Bigg|_{x=0.5}\cdot0.0002\\&\approx30^{\circ}47".\end{aligned} $$

（2）由 $ \arccos x \approx \arccos x_{0} + (\arccos x)^{\prime} $ $ \left|x = x_{0}\right. $ $ \left.\cdot (x - x_{0})\right. $，取 $ x_{0} = 0.5 $ 得

$$ \begin{aligned}\arccos0.4995&\approx\arccos0.5-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\Bigg|_{x=0.5}\cdot(-0.0005)\\&\approx60^{\circ}2^{\prime}.\end{aligned} $$

1. 当 $ \left|x\right| $较小时，证明下列近似公式：

(1) $ \tan x \approx x $ (x 是角的弧度值); (2) $ \ln(1 + x) \approx x $;

(3)

$$ \sqrt[n]{1+x}\approx1+\frac{1}{n}x； $$

(4)

$$ e^{x}\approx1+x. $$

并计算 $ \tan45^{\prime} $ 和 $ \ln1.002 $ 的近似值.

解 （1） $ \tan x \approx \tan 0 + (\tan x)' $ $ \left| \begin{array}{c} x = 0 \\ x = 0 \end{array} \right| \cdot x = 0 + \sec^{2}0 \cdot x = x $

(2)

$$ \ln(1+x)\approx\ln(1+0)+[\ln(1+x)]^{\prime}\big|_{x=0}.\cdot x=0+\frac{1}{1+0}x=x. $$

(3)

$$ \sqrt[n]{1+x}\approx\sqrt[n]{1+0}+\left(\sqrt[n]{1+x}\right)^{\prime}\mid_{x=0}\cdot x=1+\frac{1}{n}\left(1+0\right)^{\frac{1}{n}-1}\cdot x=1+\frac{1}{n}x. $$

(4)

$$ \mathbf{e}^{x}\approx\mathbf{e}^{0}+\left(\left.\mathbf{e}^{x}\right)^{\prime}\right|_{x=0}\cdot x=1+\mathbf{e}^{0}x=1+x. $$

$$ \tan45^{\prime}=\tan0.01309\approx0.01309,\ln(1.002)\approx0.002. $$

1. 计算下列各根式的近似值：

(1) $ \sqrt[3]{996} $; (2) $ \sqrt[6]{65} $.

解 由 $ \sqrt[n]{1+x} \approx 1 + \frac{x}{n} $ 知

(1)

$$ \sqrt[3]{996}=\sqrt[3]{1000-4}=10\sqrt[3]{1-\frac{4}{1000}}\approx10\left[1+\frac{1}{3}\left(-\frac{4}{1000}\right)\right]\approx9.987. $$

(2）$\sqrt[6]{65}=\sqrt[6]{64+1}=2\sqrt[6]{1+\frac{1}{64}}\approx2\left(1+\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{64}\right)\approx2.0052$

$ ^{*} $11. 计算球体体积时，要求精确度在2%以内。问这时测量直径D的相对误差不能超过多少？

解 由 $ V = \frac{1}{6} \pi D^{3} $ 知

$$ \mathrm{d}V=\frac{\pi}{2}D^{2}\Delta D, $$

于是由 $ \left|\frac{\mathrm{d}V}{V}\right|=\left|\frac{\frac{\pi}{2}D^{2}\Delta D}{\frac{1}{6}\pi D^{3}}\right|=3\left|\frac{\Delta D}{D}\right|\leq2\% $，知

$$ \left|\frac{\Delta D}{D}\right|\leq\frac{0.02}{3}\approx0.667\% $$

$ ^{*} $12. 某厂生产如图2-6所示的扇形板，半径R=200mm，要求中心角 $ \alpha $为 $ 55^{\circ} $。产品检验时，一般用测量弦长l的办法来间接测量中心角 $ \alpha $。如果测量弦长l时的误差 $ \delta_{l}=0.1mm $，问由此而引起的中心角测量误差 $ \delta_{\alpha} $是多少？

解 如图 2-6，由 $ \frac{l}{2} = R \sin \frac{\alpha}{2} $ 得

$$ \alpha=2\arcsin\frac{l}{2R}=2\arcsin\frac{l}{400}, $$

故

$$ \delta_{\alpha}~=~\mid\alpha_{l}^{\prime}\mid\delta_{l}=\frac{2}{\sqrt{1-\left(\frac{l}{400}\right)^{2}}}\cdot\frac{1}{400}\cdot\delta_{l}. $$

当 $ \alpha=55^{\circ} $ 时， $ l=2R\sin\frac{\alpha}{2}=400\sin(27.5^{\circ})\approx184.7 $ 。将 $ l\approx184.7,\delta_{l}=0.1 $ 代入上式得

$$ \delta_{\alpha}\approx\frac{2}{\sqrt{1-\left(\frac{184.7}{400}\right)^{2}}}\cdot\frac{1}{400}\cdot0.1\approx0.00056( 弧度 )=1^{\prime}55. $$

总习题二

1. 在“充分”“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内：

(1) $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 可导是 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续的 ___ 条件. $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 连续是

$ f(x) $在点 $ x_{0} $可导的___条件.

(2) $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 的左导数 $ f_{-}^{\prime}(x_{0}) $ 及右导数 $ f_{+}^{\prime}(x_{0}) $ 都存在且相等是 $ f(x) $ 在点 $ x_{0} $ 可导的 ___ 条件.

(3) $ f(x) $在点 $ x_{0} $可导是 $ f(x) $在点 $ x_{0} $可微的___条件.

解（1）充分，必要.

（2）充分必要.

（3）充分必要.

1. 设 $ f(x) = x(x+1)(x+2)\cdots(x+n) $ ( $ n \geqslant 2 $)，则 $ f'(0) = $ ___.

$$ f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\left[\left(x+1\right)\left(x+2\right)\cdots\left(x+n\right)\right]=n!. $$

1. 下述题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

设 $ f(x) $ 在 x=a 的某个邻域内有定义，则 $ f(x) $ 在 x=a 处可导的一个充分条件是 ( ) .

(A) $ \lim_{h\to+\infty}h\left[f\left(a+\frac{1}{h}\right)-f(a)\right] $ 存在

(B) $ \lim_{h\to0}\frac{f(a+2h)-f(a+h)}{h} $ 存在

(C) $ \lim_{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a-h)}{2h} $ 存在

(D) $ \lim_{h\to0}\frac{f(a)-f(a-h)}{h} $ 存在

解 由 $ \lim_{h\to+\infty}h\left[f\left(a+\frac{1}{h}\right)-f(a)\right]=\lim_{h\to+\infty}\frac{f\left(a+\frac{1}{h}\right)-f(a)}{\frac{1}{h}} $ 存在，仅可知 $ f_{+}^{\prime}(a) $ 存在，故不能选(A).

取 $ f(x)=\{\begin{aligned}&1,x\neq0,\\ &0,x=0.\end{aligned}. $显然， $ \lim_{h\to0}\frac{f(0+2h)-f(0+h)}{h}=0 $，但 $ f(x) $在x=0处不可导，

故不能选(B).

取 $ f(x)=|x| $，显然， $ \lim_{h\to0}\frac{f(0+h)-f(0-h)}{2h}=0 $。但 $ f(x) $在x=0处不可导，故不能选(C).

而 $ \lim_{h\to0}\frac{f(a)-f(a-h)}{h}=\lim_{-h\to0}\frac{f(a+(-h))-f(a)}{-h} $ 存在，按导数定义知

(a) 存在，故选择(D).

1. 设有一根细棒，取棒的一端作为原点，棒上任意点的坐标为 x，于是分布在区间 $ [0, x] $ 上细棒的质量 m 是 x 的函数 $ m = m(x) $. 应怎样确定细棒在点 $ x_{0} $ 处的线密度（对于均匀细棒来说，单位长度细棒的质量叫做这细棒的线密度）？

解 在区间 $ \left[x_{0}, x_{0} + \Delta x\right] $ 上的平均线密度为

$$ \bar{\rho}=\frac{\Delta m}{\Delta x}=\frac{m\left(x_{0}+\Delta x\right)-m\left(x_{0}\right)}{\Delta x}. $$

在点 $ x_{0} $ 处的线密度为

$$ \rho\left(x_{0}\right)=\lim_{\Delta x\rightarrow0}\frac{m\left(x_{0}+\Delta x\right)-m\left(x_{0}\right)}{\Delta x}=\frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}x}\bigg|_{x=x_{0}}. $$

1. 根据导数的定义, 求 $ f(x) = \frac{1}{x} $ 的导数.

解 由导数的定义知，当 $ x \neq 0 $ 时，

$$ \left(\frac{1}{x}\right)^{\prime}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{\frac{1}{x+\Delta x}-\frac{1}{x}}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{-1}{x\left(x+\Delta x\right)}=-\frac{1}{x^{2}}. $$

1. 求下列函数 $ f(x) $ 的 $ f_{-}^{\prime}(0) $ 及 $ f_{+}^{\prime}(0) $，又 $ f^{\prime}(0) $ 是否存在：

(1)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\sin x,&x<0,\\ &\ln(1+x),&x\geqslant0;\end{aligned}. $$

(2)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\frac{x}{1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}},\quad&x\neq0,\\ &0,\quad&x=0.\end{aligned}. $$

解（1）

$$ f_{-}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\sin x}{x}=1, $$

$$ f_{+}^{\prime}\left(0\right)=\lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0^{+}}\frac{\ln(1+x)}{x}=1. $$

由 $ f_{-}^{\prime}(0)=f_{+}^{\prime}(0)=1 $知 $ f^{\prime}(0)=f_{-}^{\prime}(0)=f_{+}^{\prime}(0)=1 $.

(2)

$$ f_{-}^{r}(0)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\frac{x}{1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}}-0}{x}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{1}{1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}}=1, $$

$$ f_{+}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{1}{1+\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}}=0. $$

由 $ f_{-}^{\prime}(0)\neq f_{+}^{\prime}(0) $知 $ f^{\prime}(0) $不存在.

1. 讨论函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&x\sin\frac{1}{x},&x\neq0,\\ &0,&x=0\end{aligned}. $$

在 x=0 处的连续性与可导性.

解

$$ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}x\sin\frac{1}{x}=0=f(0) $$

故 $ f(x) $ 在 x=0 处连续.

$$ f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{x\sin\frac{1}{x}}{x}=\lim_{x\to0}\sin\frac{1}{x} $$

不存在，故 $ f(x) $ 在 x=0 处不可导.

1. 求下列函数的导数：

(1) $ y = \arcsin(\sin x) $;

(2) $ y = \arctan \frac{1 + x}{1 - x} $;

(3) $ y = \ln \tan \frac{x}{2} - \cos x \cdot \ln \tan x; $

(4) $ y = \ln(\mathrm{e}^x + \sqrt{1 + \mathrm{e}^{2x}}) $;

(5) $ y = x^{\frac{1}{x}} (x > 0) $.

解 (1) $ y' = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 x}} \cos x = \frac{\cos x}{|\cos x|} $.

(2)

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

(3)

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\frac{1}{\tan\frac{x}{2}}\cdot\sec^{2}\frac{x}{2}\cdot\frac{1}{2}+\sin x\mathrm{lntan}x-\cos x\frac{1}{\tan x}\sec^{2}x\\&=\sin x\cdot\mathrm{lntan}x.\end{aligned} $$

(4) $ y' = \frac{1}{\mathrm{e}^x + \sqrt{1 + \mathrm{e}^{2x}}} \left( \mathrm{e}^x + \frac{2\mathrm{e}^{2x}}{2\sqrt{1 + \mathrm{e}^{2x}}} \right) = \frac{\mathrm{e}^x}{\sqrt{1 + \mathrm{e}^{2x}}} $

（5）先在等式两端分别取对数，得 $ \ln y = \frac{\ln x}{x} $，再在所得等式两端分别对 x 求导，得

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

于是

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

1. 求下列函数的二阶导数：

(1) $ y = \cos^2 x \cdot \ln x $; (2) $ y = \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} $.

解 (1) $ y' = 2\cos x(-\sin x) \cdot \ln x + \cos^2 x \cdot \frac{1}{x} = -\sin 2x \cdot \ln x + \frac{\cos^2 x}{x} $

$$ \begin{aligned}y^{\prime \prime}&=-2\cos2x\cdot\ln x-\sin2x\cdot\frac{1}{x}+\frac{2\cos x\left(-\sin x\right)\cdot x-\cos^{2}x}{x^{2}}\\&=-2\cos2x\cdot\ln x-\frac{2\sin2x}{x}-\frac{\cos^{2}x}{x^{2}}.\end{aligned} $$

(2)

$$ y^{\prime}=\frac{\sqrt{1-x^{2}}-x\frac{\left(-2x\right)}{2\sqrt{1-x^{2}}}}{\left(\sqrt{1-x^{2}}\right)^{2}}=\frac{1}{\left(1-x^{2}\right)^{3/2}}. $$

$$ y^{\prime \prime}=-\frac{3}{2}\cdot(1-x^{2})^{-\frac{5}{2}}\cdot(-2x)=\frac{3x}{(1-x^{2})^{5/2}}. $$

1. 求下列函数的 n 阶导数：

(1)

$$ y=\sqrt[m]{1+x}； $$

(2)

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

解 (1) $ y' = \frac{1}{m}(1 + x)^{\frac{1}{m} - 1} $, $ y'' = \frac{1}{m}\left(\frac{1}{m} - 1\right)(1 + x)^{\frac{1}{m} - 2} $, $ \cdots $,

$$ y^{(n)}=\frac{1}{m}\bigg(\frac{1}{m}-1\bigg)\cdots\bigg(\frac{1}{m}-n+1\bigg)\left(1+x\right)^{\frac{1}{m}-n}. $$

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

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{y}^{(n)}&=\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^{(n)}=\left(\begin{array}{c}-1+\frac{2}{x+1}\end{array}\right)^{(n)}=2\left(\frac{1}{x+1}\right)^{(n)}\\&=\frac{2\cdot(-1)^{n} n!}{\left(1+x\right)^{n+1}}.\end{aligned} $$

1. 设函数 $ y = y(x) $ 由方程 $ e^{y} + xy = e $ 所确定，求 $ y''(0) $.

解 把方程两边分别对 x 求导，得

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

将 x=0 代入 $ e^{y} + xy = e $，得 y=1，再将 x=0, y=1 代入(1)式得 $ y'|_{x=0} = -\frac{1}{e} $，在(1)式两边分别关于 x 再求导，可得

$$ \mathrm{e}^{y}y^{^{\prime}2}+\mathrm{e}^{y}y^{^{\prime \prime}}+y^{^{\prime}}+y^{^{\prime}}+xy^{^{\prime \prime}}=0. $$

将 $ x=0, y=1, y^{\prime}|_{x=0} = -\frac{1}{e} $ 代入 (2) 式，得 $ y''(0) = \frac{1}{e^{2}} $

1. 求下列由参数方程所确定的函数的一阶导数 $ \frac{dy}{dx} $及二阶导数 $ \frac{d^2y}{dx^2} $:

(1)

$$ \{\begin{aligned}x&=a\cos^{3}\theta,\\ y&=a\sin^{3}\theta;\end{aligned}. $$

(2)

$$ \{\begin{aligned}x&=\ln\sqrt{1+t^{2}},\\ y&=\arctan t.\end{aligned}. $$

解（1）

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}\theta}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\theta}}=\frac{3a\sin^{2}\theta\cos\theta}{3a\cos^{2}\theta\left(-\sin\theta\right)}=-\tan\theta, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\theta}}=\frac{-\sec^{2}\theta}{-3a\cos^{2}\theta\sin\ \theta}=\frac{1}{3a}\sec^{4}\theta\csc\ \theta. $$

(2)

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\frac{1}{1+t^{2}}}{\frac{t}{1+t^{2}}}=\frac{1}{t}, $$

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{-\frac{1}{t^{2}}}{\frac{t}{1+t^{2}}}=-\frac{1+t^{2}}{t^{3}}. $$

1. 求曲线 $ \{\begin{aligned}x&=2\mathrm{e}^{t}\\ y&=\mathrm{e}^{-t}\end{aligned}. $，在 t=0 相应的点处的切线方程及法线方程.

解

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{-\mathrm{e}^{-t}}{2\mathrm{e}^{t}}=-\left.\frac{1}{2\mathrm{e}^{2t}},\quad\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{t=0}=-\frac{1}{2}. $$

t=0 对应的点为(2,1)，故曲线在点(2,1)处的切线方程为

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

即 $ x+2y-4=0 $. 法线方程为 y-1=2(x-2), 即 2x-y-3=0.

1. 已知 $ f(x) $ 是周期为 5 的连续函数，它在 x=0 的某个邻域内满足关系式

$$ f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)=8x+o(x), $$

且 $ f(x) $在x=1处可导，求曲线 $ y=f(x) $在点 $ (6,f(6)) $处的切线方程.

解 由 $ f(x) $ 连续，令关系式两端 $ x \to 0 $，取极限得

$$ f(1)-3f(1)=0,\qquad f(1)=0. $$

又

$$ \lim_{x\to0}\frac{f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)}{x}=8, $$

而

$$ \begin{aligned}&\lim_{x\to0}\frac{f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)}{\sin x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\\ &\xlongequal{ 令 t=\sin x}\lim_{t\to0}\frac{f(1+t)-3f(1-t)}{t}=\lim_{t\to0}\frac{f(1+t)-f(1)}{t}+3\lim_{t\to0}\frac{f(1-t)-f(1)}{-t}\\ \end{aligned} $$

$ =4f'(1), $

故 $ f^{\prime}(1)=2 $.

由于 $ f(x+5)=f(x) $，于是 $ f(6)=f(1)=0 $.

$$ f^{\prime}(6)=\lim_{x\to0}\frac{f(6+x)-f(6)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{f(1+x)-f(1)}{x}=f^{\prime}(1)=2, $$

因此，曲线 $ y = f(x) $ 在点 $ (6, f(6)) $，即 $ (6, 0) $ 处的切线方程为

$$ y-0=2\left(x-6\right), $$

即 2x - y - 12 = 0.

1. 当正在高度 H 飞行的飞机开始向机场跑道下降时，如图 2-7 所示，从飞机到机场的水平地面距离为 L。假设飞机下降的路径为三次函数 $ y = ax^3 + bx^2 + cx + d $ 的图形，其中 $ y|_{x = -L} = H $， $ y|_{x = 0} = 0 $。试确定飞机的降落路径。

解 设立坐标系如图2-7所示. 根据题意, 可知

$$ y\mid_{x=0}=0\Longrightarrow d=0, $$

$$ \begin{array}{c} y\perp_{x=-L}=H\Rightarrow-aL^{3}+bL^{2}-cL=H.\end{array} $$

为使飞机平稳降落，尚需满足

$$ y^{\prime}\mid_{x=0}=0\Longrightarrow c=0, $$

$$ y^{\prime}\mid_{x=-L}=0\Rightarrow3a L^{2}-2b L=0. $$

解得 $ a=\frac{2H}{L^{3}} $, $ b=\frac{3H}{L^{2}} $. 故飞机的降落路径为

$$ y=H\Big[2\Big(\frac{x}{L}\Big)^{3}+3\Big(\frac{x}{L}\Big)^{2}\Big]. $$

1. 甲船以 $ 6 \, km/h $ 的速率向东行驶，乙船以 $ 8 \, km/h $ 的速率向南行驶。在中午12点整，乙船位于甲船之北 $ 16 \, km $ 处。问下午1点整两船相离的速率为多少？

解 设从中午 12 点整起，经过 t 小时，甲船与乙船的距离为

$$ s=\sqrt{(16-8t)^{2}+(6t)^{2}}, $$

故速率

$$ v=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\frac{2\left(16-8t\right)\cdot\left(-8\right)+72t}{2\sqrt{\left(16-8t\right)^{2}+\left(6t\right)^{2}}}. $$

当t=1时（即下午1点整）两船相离的速率为

$$ v\mid_{t=1}=\frac{-128+72}{20}=-2.8(km/h). $$

1. 利用函数的微分代替函数的增量求 $ \sqrt[3]{1.02} $ 的近似值.

解 利用 $ \sqrt[3]{1+x}\approx1+\frac{1}{3}x $ , 取 x=0.02 , 得

$$ \sqrt[3]{1.02}\approx1+\frac{1}{3}\times(0.02)=1.007. $$

1. 已知单摆的振动周期 $ T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} $，其中 $ g = 980 \, cm/s^{2} $， $ l $ 为摆长（单位为 cm）。设原摆长为 20 cm，为使周期 $ T $ 增大 0.05 s，摆长约需加长多少？

解 由 $ \Delta T \approx \mathrm{d}T = \frac{\pi}{\sqrt{gl}} \Delta l $，得

$$ \Delta l=\frac{\sqrt{g l}}{\pi}\mathrm{d}T\approx\frac{\sqrt{g l}}{\pi}\Delta T, $$

故

$$ \Delta l\vert_{l=20}\approx\frac{\sqrt{980\times20}}{3.14}\times0.05\approx2.23(cm). $$

即摆长约需加长2.23 cm.