第2章 习题答案：导数与微分
第2章 导数与微分
131 答案 11. ← 题目
方法一：用导数定义.
$$ \begin{aligned}f^{\prime}(1)&=\lim_{x\to1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{(1+2x+3x^{3})-6}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{2(x-1)+3(x^{3}-1)}{x-1}\\&=\lim_{x\to1}\left[2+3(x^{2}+x+1)\right]=11.\end{aligned} $$
方法二：先求导函数，再求导数值.
由 $ f'(x)=2+9x^{2} $，得 $ f'(1)=f'(x)\big|_{x=1}=(2+9x^{2})\big|_{x=1}=11 $
132 答案 6. ← 题目
方法一：用导数定义.
$$ f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}(2x+1)(3x+2)(4x+3)=6. $$
方法二：用求导公式.
设 $ g(x)=(2x+1)(3x+2)(4x+3) $，则 $ f(x)=x\cdot g(x) $，于是
\[\begin{aligned}f^{\prime}(x)&=(x)^{\prime}\cdot g(x)+x\cdot g^{\prime}(x)\\&=(2x+1)(3x+2)(4x+3)+x\cdot\left[(2x+1)(3x+2)(4x+3)\right]^{\prime},\\&\
从而 $ f'(0)=1\times2\times3+0=6 $
133 答案 -2， $ \frac{10}{3} $. ← 题目
首先有 $ f(0)=0 $， $ f(2)=0 $。由导数定义
$$ f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{x(x-2)\sqrt{\frac{3x^{3}+1}{2x^{2}+1}}-0}{x}=\lim_{x\to0}(x-2)\sqrt{\frac{3x^{3}+1}{2x^{2}+1}}=-2 $$
$$ f^{\prime}(2)=\lim_{x\to2}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=\lim_{x\to2}\frac{x(x-2)\sqrt{\frac{3x^{3}+1}{2x^{2}+1}}-0}{x-2}=\lim_{x\to2}x\sqrt{\frac{3x^{3}+1}{2x^{2}+1}}=\frac{10}{3}. $$
评注
本题也可以先求出导函数 $ f'(x) $，再将 x=0, x=2 带入 $ f'(x) $，求得 $ f'(0) $， $ f'(2) $。请读者自己动手试试，体会两种方法的不同。
134 答案 $ \frac{1}{2} $ ← 题目
由导数定义， $ f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{\sin^2x}{2x}-0}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}{2x^2}=\frac{1}{2} $.
135 答案 $ 2\varphi(0) $. ← 题目
【证明】因为函数 $ \varphi(x) $ 在 x=0 处连续，所以有
$$ \lim_{x\to1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{(x^{2}-1)\varphi(x-1)-0}{x-1}=\lim_{x\to1}(x+1)\varphi(x-1)=2\varphi(0) $$
由导数定义知， $ f(x) $ 在 x=1 处可导，且 $ f'(1)=\lim_{x\to1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=2\varphi(0) $.
评注
因为题目没有 $ \varphi(x) $ 可导的条件，所以下面的解答过程是错误的。
因为 $ f'(x)=(x^{2}-1)\varphi(x-1)+(x^{2}-1)\varphi'(x-1)=2x\varphi(x-1)+(x^{2}-1)\varphi'(x-1) $，
所以 $ f'(1)=2\varphi(0)+0\cdot\varphi'(0)=2\varphi(0) $.
136 答案 1. ← 题目
由导数定义，
$$ \begin{aligned}f^{\prime}(2)&=\lim_{x\to0}\frac{f(2+x)-f(2)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{f(2+x)-f(2+0)}{x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{2f(x)-2f(0)}{x}=2\times\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=2f^{\prime}(0)=2\times\frac{1}{2}=1.\end{aligned} $$
137 答案 可导， $ f'(0) = 2 $。 ← 题目
由题设 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)+3}{x}=2 $，知 $ \lim_{x\to0}[f(x)+3]=0 $。
又 $ f(x) $ 在点 x=0 处连续，所以 $ f(0)=\lim_{x\to0}f(x)=-3 $ 。于是有
$$ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)+3}{x}=2, $$
由导数定义知， $ f(x) $ 在 x=0 处可导，且 $ f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=2 $。
138 答案 (1) $ 5f'(x_0) $，(2) $ 3f'(x_0) $。 ← 题目
$$ \lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_{0}+5\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}=5\times\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_{0}+5\Delta x)-f(x_{0})}{5\Delta x}=5f^{\prime}(x_{0}) $$
$$ \textcircled{i}\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_{0})-f(x_{0}-3\Delta x)}{\Delta x}=3\cdot\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_{0}-3\Delta x)-f(x_{0})}{-3\Delta x}=3f^{\prime}(x_{0}). $$
评注
根据导数定义可以求某些结构的极限. 若函数 $ f(x) $ 在点 $ x=x_{0} $ 处可导, 则有
(1) $ \lim_{\infty \to 0} \frac{f(x_0 + \otimes) - f(x_0)}{\otimes} = f'(x_0) $, (2) $ \lim_{\Box \to x_0} \frac{f(\Box) - f(x_0)}{\Box - x_0} = f'(x_0) $.
139 答案 $ 2f'(x_{0}) $ ← 题目
$$ \begin{aligned}\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+4h)-f(x_{0}+2h)}{h}=&\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+4h)-f(x_{0})-\left[f(x_{0}+2h)-f(x_{0})\right]}{h}\\=&4\cdot\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+4h)-f(x_{0})}{4h}-2\cdot\lim_{x\to0}\frac{f(x_{0}+2h)-f(x_{0})}{2h}\\=&4f^{\prime}(x_{0})-2f^{\prime}(x_{0})=2f^{\prime}(x_{0})\;.\end{aligned} $$
评注
若函数 $ f(x) $ 在点 $ x = x_{0} $ 处可导，则有
$$ \lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+mh)-f(x_{0}+nh)}{h}=\left(m-n\right)f^{\prime}(x_{0}) $$
但反之不然，即上述极限值存在，函数在点 $ x = x_{0} $ 处未必可导.
140 答案 1 ← 题目
注意到当 $ x \to 0 $ 时， $ \ln(1 + x^3) \sim x^3 $，从而
$$ \lim_{x\to0}\frac{f(3)-f(3-3x^{3})}{\ln(1+x^{3})}=\lim_{x\to0}\frac{f(3)-f(3-3x^{3})}{x^{3}}=3\cdot\lim_{x\to0}\frac{f(3-3x^{3})-f(3)}{-3x^{3}}=3f^{\prime}(3) $$
于是 $ 3f'(3)=3 $，故 $ f'(3)=1 $。
141 答案 (1)8，(2)1. ← 题目
$$ \begin{aligned}&\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{f(3x)-f(-5x)}{x}&=\lim_{x\to0}\frac{f(3x)-f(0)}{x}+\lim_{x\to0}\frac{f(0)-f(-5x)}{x}\end{aligned}\\ &=3\lim_{x\to0}\frac{f(3x)-f(0)}{3x}+5\lim_{x\to0}\frac{f(-5x)-f(0)}{-5x}=3f^{\prime}(0)+5f^{\prime}(0)=8f^{\prime}(0)=8．\\ \end{aligned} $$
$$ \begin{aligned}(2)&\lim_{x\to0}\frac{f(2x^{2})-xf(x)}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{f(2x^{2})}{x^{2}}-\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}\\&=2\lim_{x\to0}\frac{f(2x^{2})-f(0)}{2x^{2}}-\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=2f^{\prime}(0)-f^{\prime}(0)=f^{\prime}(0)=1.\end{aligned} $$
142 答案 (C) ← 题目
方法一： $ \lim_{h\to0}\frac{f(h^3)}{h^3}\xlongequal{x=h^3}\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x} $ 存在，由导数定义知， $ f(x) $ 在 x=0 处可导，极限即为 $ f'(0) $，故 (C) 正确.
方法二：排除法. 令 $ f(x)=\{\begin{aligned}&x^{2},&x\neq0\\&1,&x=0\end{aligned}. $，显然 $ f(x) $ 在 x=0 处不可导，但 (A)(B) 极限均存在，排除 (A)(B)；(D) 中极限存在只能说明右导数存在，排除 (D). 故应选 (C).
143 答案 -3 ← 题目
注意，当 $ x \to 0 $ 时， $ \ln(1 + \sin 3x) \sim \sin 3x \sim 3x $，于是
$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+\sin3x)\cdot f\left(\cos x\right)}{x^{3}}&=\lim_{x\to0}\frac{3x\cdot f\left(\cos x\right)}{x^{3}}=3\lim_{x\to0}\frac{f\left(\cos x\right)-f(1)}{x^{2}}\\ =3\lim_{x\to0}\frac{f\left(\cos x\right)-f(1)}{\cos x-1}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x^{2}}=3f^{\prime}(1)\cdot\lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{2}x^{2}}{x^{2}}=-\frac{3}{2}f^{\prime}(1)=-3.\end{aligned} $$
144 答案 (C) ← 题目
选项(A)中， $ f(x)=|x| $在x=0处的左右导数不相等，所以在x=0处不可导；选项(B)中，因为 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[3]{x}-0}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}} $不存在，所以 $ f(x)=\sqrt[3]{x} $在x=0处不可导；选项(C)中 $ y=x^3 $处处可导，在x=0处也可导；选项(D)中 $ f(x)=x\ln x $在x=0处没有定义，所以不可导。故应选(C)。
145 答案 $ f_{-}^{\prime}(0)=f_{+}^{\prime}(0)=0 $， $ f(x) $ 在 x=0 处可导且 $ f^{\prime}(0)=0 $。 ← 题目
函数 $ f(x) $ 在 x=0 处有定义， $ f(0)=1 $ 。由导数定义
$$ f_{-}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{x^{2}+1-1}{x}=\lim_{x\to0^{-}}x=0, $$
$$ f_{+}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\cos x-1}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{-\frac{1}{2}x^{2}}{x}=0, $$
显然， $ f_{-}^{\prime}(0)=f_{+}^{\prime}(0)=0 $，所以 $ f(x) $在x=0处可导，且导数 $ f^{\prime}(0)=0 $。
146 答案 (A) ← 题目
函数 $ f(x) $ 在 x=0 处有定义， $ f(0)=0 $.
因为 $ \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} \frac{x(1 + e^{\frac{1}{x}}) - 0}{x} = \lim_{x \to 0^-} (1 + e^{\frac{1}{x}}) = 1 $，所以 $ f(x) $ 在 x = 0 处的左导数存在， $ f'_\bot(0) = 1 $。
因为 $ \lim_{x \to 0^{+}} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x(1 + e^{\frac{1}{x}}) - 0}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} (1 + e^{\frac{1}{x}}) = +\infty $，所以 $ f(x) $ 在 x=0 处的右导数不存在。故应选 (A).
评注
等.
147 答案 不可导 ← 题目
先将 $f(x)$ 写成分段函数的形式，再根据左、右导数讨论可导性。$f(x)=x^2|x-1|=\begin{cases}x^2(x-1),&x\geq1\\-x^2(x-1),&x\lt 1\end{cases}$，其中 $f(1)=0$。
$f'_{-}(1)=\lim_{x\to1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^-}\frac{-x^2(x-1)-0}{x-1}=-1$，
$f'_{+}(1)=\lim_{x\to1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^+}\frac{x^2(x-1)-0}{x-1}=1$，
显然， $ f_{-}^{\prime}(1) \neq f_{+}^{\prime}(1) $，所以函数 $ f(x) $在x=1处不可导.
148 答案 可导， $ f'(1)=0 $。 ← 题目
因为 $ \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{(x^3 - 1) |x - 1| - 0}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \left( (x^2 + x + 1) |x - 1| \right) = 0 $，由导数定义知，函数 $ f(x) $在 $ x=1 $处可导，且 $ f'(1) = \lim_{x \to 1} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = 0 $。
评注
本题也可以先将 $ f(x) $ 写成分段函数的形式，再根据左、右导数讨论可导性。仔细体会上面两道题目中函数的区别，然后再做下一题。
149 答案 (A). ← 题目
$$ f(x)=|x-1|\varphi(x)=\{\begin{matrix}(x-1)\varphi(x),&x\geqslant1\\-(x-1)\varphi(x),&x\lt 1\\\end{matrix}.,\quad f(1)=0. $$
$$ f_{-}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{-}}\frac{-(x-1)\varphi(x)-0}{x-1}=-\lim_{x\to1^{-}}\varphi(x)=-\varphi(1), $$
$$ f_{+}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{+}}\frac{(x-1)\varphi(x)-0}{x-1}=\lim_{x\to1^{+}}\varphi(x)=\varphi(1), $$
于是， $ f(x) $ 在 x=1 处可导 $ \Leftrightarrow f_{-}^{\prime}(1)=f_{+}^{\prime}(1)\Leftrightarrow -\varphi(1)=\varphi(1)\Leftrightarrow \varphi(1)=0 $．故应选 (A).
评注
常用的两个结论：
(1) $ f(x) = |x - a| $ 在 x = a 处不可导；
(2) 若 $ f(x)=|x-a|\varphi(x) $，且 $ \varphi(x) $ 在 x=a 处连续，则 $ f(x) $ 在 x=a 处可导 $ \Leftrightarrow \varphi(a)=0 $.
150 答案 (C) ← 题目
$ f(x)=(x^2+x-2)\left|x^3-4x\right|=(x+2)(x-1)\left|x\right|\left|x-2\right|\left|x+2\right| $，所以 $ f(x) $可能的不可导点有3个： $ x=-2 $， $ x=0 $， $ x=2 $。
对于 $x = -2$，$f(x) = |x + 2| \varphi(x)$，其中 $\varphi(x) = (x + 2)(x - 1) |x||x - 2|$，显然 $\varphi(x)$ 连续且 $\varphi(-2) = 0$，所以 $f(x)$ 在 $x = -2$ 处可导。
同理分析可得 $ f(x) $ 在 x=0 和 x=2 处不可导. 所以 $ f(x) $ 有两个不可导点. 故应选 (C).
151 答案 切线方程 $ y = 2x + 1 $，法线方程 $ y = -\frac{1}{2}x + 1 $. ← 题目
由 $ y'=(2x)'+(\cos x)'=2-\sin x $，得 $ y'\big|_{x=0}=2 $，于是
切线斜率 $ k_{1}=y^{\prime}\bigg|_{x=0}=2 $，切线方程为 y-1=2(x-0)，即 $ y=2x+1 $。
法线斜率 $ k_2 = -\frac{1}{k_1} = -\frac{1}{2} $，法线方程为 $ y - 1 = -\frac{1}{2}(x - 0) $，即 $ y = -\frac{1}{2}x + 1 $。
152 答案 $ -\sqrt{\frac{1}{6}} $ ← 题目
在 $ x=x_{0} $ 处，两曲线的切线斜率分别为 $ k_{1}=f'(x_{0})=2x_{0} $， $ k_{2}=g'(x_{0})=3x_{0}^{2} $
两切线互相垂直，则 $ k_1 \cdot k_2 = 2x_0 \cdot 3x_0^2 = 6x_0^3 = -1 $，解得 $ x_0 = -\sqrt{\frac{1}{6}} $。
153 答案 $ y = -3x - 6 $ ← 题目
直线 L 与 2x - 6y + 1 = 0 垂直，则斜率 k = -3
设直线 $L$ 与曲线 $y = x^3 + 3x^2 - 5$ 在点 $M(x_0, y_0)$ 处相切，则斜率 $k = 3x_0^2 + 6x_0$，于是有 $3x_0^2 + 6x_0 = -3$，解得 $x_0 = -1$，于是切点为 $M(-1, -3)$。
故直线 L 的方程为 $ y-(-3)=-3(x-(-1)) $，即 y=-3x-6。
154 证明 由 $ y=\frac{1}{x} $， $ y'=-\frac{1}{x^2} $ 得，双曲线在任一点 $ \left(x_0,\frac{1}{x_0}\right) $ 处的切线斜率为 $ k=-\frac{1}{x_0^2} $，切线 ← 题目
方程为 $ y - \frac{1}{x_0} = -\frac{1}{x_0^2}(x - x_0) $。上式中分别令 x = 0，y = 0，得切线在两坐标轴的截距分别为 $ Y = \frac{2}{x_0} $，X = 2x_0，于是切线与两坐标轴所围三角形的面积为
$$ A=\frac{1}{2}\cdot\left|X\right|\cdot\left|Y\right|=\frac{1}{2}\cdot\left|2x_{0}\right|\cdot\left|\frac{2}{x_{0}}\right|=2. $$
155 答案 $ a = -1, b = 1 $. ← 题目
两曲线在 x=1 处有公共切线，则有相同的函数值与导数值，即
$$ \{\begin{aligned}.(1+\ln x)|_{x=1}=&(x^{2}+a x+b)\Big|_{x=1}\\ .(1+\ln x)^{\prime}|_{x=1}=&(x^{2}+a x+b)^{\prime}\Big|_{x=1}\end{aligned}.. $$
计算得 $ \{\begin{aligned}1&=1+a+b\\ 1&=2+a\end{aligned}. $，解得a=-1,b=1.
156 答案 $ \frac{1}{2} $ ← 题目
由 $ \lim_{x\to0}\frac{x}{f(3+x)-f(3)}=-2 $，得 $ f'(3)=\lim_{x\to0}\frac{f(3+x)-f(3)}{x}=-\frac{1}{2} $.
切线斜率即为函数在该点处的导数 $ f'(-3) $ 。又偶函数的导函数为奇函数，故所求斜率为
$$ k=f^{\prime}(-3)=-f^{\prime}(3)=\frac{1}{2}. $$
评注
可导的偶函数的导函数为奇函数，奇函数的导函数为偶函数，周期函数的导函数仍为周期函数
157 答案 5. ← 题目
因为函数 $ f(x) $ 在点 x=2 处可导，所以在点 x=2 处连续，于是
$ f(2) = \lim_{x \to 2} f(x) = 5 $.
158 答案 连续，不可导. ← 题目
因为 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}x\cos\frac{1}{x^2}=0=f(0) $，所以 $ f(x) $在x=0处连续；又极限
$$ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{x\cos\frac{1}{x^{2}}-0}{x}=\lim_{x\to0}\cos\frac{1}{x^{2}} $$
不存在，所以 $ f(x) $ 在 x=0 处不可导.
159 答案 连续，可导 ← 题目
$ \lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^-}(x^3+x)=0 $, $ \lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}x\mathrm{e}^x=0 $, $ f(0)=0 $,
显然， $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}f(x)=f(0) $，所以 $ f(x) $ 在 x=0 处连续；又
$$ f_{-}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{x^{3}+x}{x}=\lim_{x\to0^{-}}(x^{2}+1)=1 $$
$$ f_{+}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{x\mathrm{e}^{x}-0}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\mathrm{e}^{x}=1, $$
显然， $ f_{-}^{\prime}(0)=f_{+}^{\prime}(0)=1 $，所以 $ f(x) $在x=0处可导，且 $ f^{\prime}(0)=1 $。
160 答案 不连续，不可导. ← 题目
$$ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=\lim_{x\to1^{-}}x^{3}\ln x=0,\quad\lim_{x\to1^{+}}f(x)=\lim_{x\to1^{+}}(x^{3}+\ln x)=1, $$
显然， $ \lim_{x\to0^-}f(x)\neq\lim_{x\to0^+}f(x) $，所以 $ f(x) $ 在 x=1 处不连续，从而在 x=1 处也不可导.
161 答案 $ a = -\frac{\pi}{2} $， $ b = \frac{\pi}{2} $. ← 题目
要使 $ f(x) $ 在 x=1 处可导，则 $ f(x) $ 在 x=1 处必连续，即
$$ \lim_{x\to1^{-}}f(x)=\lim_{x\to1^{+}}f(x)=f(1), $$
由此得 $ a+b=0 $，且 $ f(1)=a+b=0 $。又由导数定义知
$$ f_{-}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{-}}\frac{ax^{2}+b-(a+b)}{x-1}=\lim_{x\to1^{-}}a(x+1)=2a, $$
$$ f_{+}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{+}}\frac{x\sin\pi x-0}{x-1}=-\lim_{x\to1^{+}}\frac{x\sin\pi(x-1)}{x-1}=-\pi, $$
要使 $ f(x) $ 在 x=1 处可导，则 $ f_{-}^{\prime}(1)=f_{+}^{\prime}(1) $，于是 $ a=-\frac{\pi}{2} $，再由 $ a+b=0 $ 得 $ b=\frac{\pi}{2} $.
所以，当 $ a=-\frac{\pi}{2} $， $ b=\frac{\pi}{2} $时， $ f(x) $在x=1处连续且可导.
162 答案 (C). ← 题目
$$ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}x^{2}\varphi(x)=0,\quad\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln(1+2x^{3})}{x^{2}}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{2x^{3}}{x^{2}}=0, $$
$$ f(0)=0\cdot\varphi(0)=0 $$
由 $ \lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}f(x)=f(0) $，知 $ f(x) $ 在 x=0 处极限存在且连续；又
$$ f_{-}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{x^{2}\varphi(x)-0}{x}=\lim_{x\to0^{-}}x\varphi(x)=0, $$
$$ f_{+}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\frac{\ln(1+2x^{3})}{x^{2}}-0}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln(1+2x^{3})}{x^{3}}=2, $$
由 $ f_{-}^{\prime}(0) \neq f_{+}^{\prime}(0) $，知 $ f(x) $ 在 x=0 处不可导。故应选 (C).
163 答案 $ 9x^{2}+2e^{x}-\frac{5}{x}, 4+2e $. ← 题目
$$ \begin{aligned}f^{\prime}(x)=&\left(3x^{3}\right)^{\prime}+\left(2\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime}-\left(5\ln x\right)^{\prime}+\left(\sin1\right)^{\prime}=3\left(x^{3}\right)^{\prime}+2\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime}-5\left(\ln x\right)^{\prime}+0\\ =&9x^{2}+2\mathrm{e}^{x}-\frac{5}{x}\\ f^{\prime}(0)&-f^{\prime}(x),-0+2x-5-4+2x.\end{aligned} $$
$$ f^{\prime}(1)=f^{\prime}(x)\big|_{x=1}=9+2\mathrm{e}-5=4+2\mathrm{e}\;. $$
164 答案 $ \cos x - x \sin x + 6x $， $ \frac{5\pi}{2} $， $ 6\pi - 1 $。 ← 题目
$$ f^{\prime}(x)=\left(x\cos x\right)^{\prime}+\left(3x^{2}\right)^{\prime}=\cos x-x\sin x+6x, $$
$$ f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\sin\frac{\pi}{2}+6\times\frac{\pi}{2}=0-\frac{\pi}{2}+3\pi=\frac{5\pi}{2}, $$
$$ f^{\prime}(\pi)=\cos\pi-\pi\sin\pi+6\pi=6\pi-1. $$
165 答案 $ -e^{x}(\cos x + 3\sin x) $ ← 题目
$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=(\mathrm{e}^{x})^{\prime}(\cos x-2\sin x)+\mathrm{e}^{x}(\cos x-2\sin x)^{\prime}\\&=\mathrm{e}^{x}(\cos x-2\sin x)+\mathrm{e}^{x}(-\sin x-2\cos x)=-\mathrm{e}^{x}(\cos x+3\sin x).\end{aligned} $$
166 答案 $ 2x\arctan x - \ln x $ ← 题目
$$ \begin{aligned}y^{\prime}=&\left((1+x^{2})\arctan x\right)^{\prime}-\left(x\ln x\right)^{\prime}\\ =&\left(1+x^{2}\right)^{\prime}\arctan x+(1+x^{2})\left(\arctan x\right)^{\prime}-\left[\left(x\right)^{\prime}\ln x+x\left(\ln x\right)^{\prime}\right]\\ =&2x\arctan x+(1+x^{2})\cdot\frac{1}{1+x^{2}}-\left(\ln x+x\cdot\frac{1}{x}\right)=2x\arctan x-\ln x\;.\end{aligned} $$
167 答案 $ -\frac{3}{2}x^{-\frac{5}{2}}+\frac{(x-1)e^x}{x^2}-3(\sin x+x\cos x) $. ← 题目
先化简函数， $ y=\frac{\sqrt{x}+xe^{x}-3x^{3}\sin x}{x^{2}}=x^{-\frac{3}{2}}+\frac{e^{x}}{x}-3x\sin x $，于是
$$ y^{\prime}=\left(x^{\frac{-3}{2}}\right)^{\prime}+\left(\frac{\mathbf{e}^{x}}{x}\right)^{\prime}-3\left(x\sin x\right)^{\prime}=-\frac{3}{2}x^{\frac{-5}{2}}+\frac{(x-1)\mathbf{e}^{x}}{x^{2}}-3(\sin x+x\cos x)\,. $$
评注
先化简函数，再求导数，可以简化计算过程
168 答案 $ \frac{x\cos x-\sin x-1}{(x-\cos x)^2} $ ← 题目
$$ \begin{aligned}y^{\prime}=&\left(\frac{\sin x}{x-\cos x}\right)^{\prime}=\frac{\left(\sin x\right)^{\prime}\cdot\left(x-\cos x\right)-\sin x\cdot\left(x-\cos x\right)^{\prime}}{\left(x-\cos x\right)^{2}}\\=&\frac{\cos x\cdot\left(x-\cos x\right)-\sin x\cdot\left(1+\sin x\right)}{\left(x-\cos x\right)^{2}}=\frac{x\cos x-\cos^{2}x-\sin x-\sin^{2}x}{\left(x-\cos x\right)^{2}}\\=&\frac{x\cos x-\sin x-1}{\left(x-\cos x\right)^{2}}.\end{aligned} $$
169 答案 $ \frac{x^{4}-3x^{2}+2x+9x^{2}\ln x-4x\ln x}{(3\ln x+x^{2})^{2}} $ ← 题目
$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\left(\frac{2\ln x+x^{3}}{3\ln x+x^{2}}\right)^{\prime}=\frac{(2\ln x+x^{3})^{\prime}\cdot(3\ln x+x^{2})-(2\ln x+x^{3})\cdot(3\ln x+x^{2})^{\prime}}{(3\ln x+x^{2})^{2}}\\&=\frac{\left(\frac{2}{x}+3x^{2}\right)\cdot(3\ln x+x^{2})-(2\ln x+x^{3})\cdot\left(\frac{3}{x}+2x\right)}{(3\ln x+x^{2})^{2}}\end{aligned} $$
$$ \frac{x^{4}-3x^{2}+2x+9x^{2}\ln x-4x\ln x}{(3\ln x+x^{2})^{2}} $$
170 答案 $ \frac{e^{x}(x^{3}+2x^{2}+3x)}{(x+1)^{2}} $ ← 题目
$$ \begin{aligned}y^{\prime}=&\left(\frac{\mathbf{e}^{x}(x^{2}+1)}{x+1}\right)^{\prime}=\frac{\left(\mathbf{e}^{x}(x^{2}+1)\right)^{\prime}\cdot(x+1)-\left(\mathbf{e}^{x}(x^{2}+1)\right)\cdot(x+1)^{\prime}}{(x+1)^{2}}\\ =&\frac{\mathbf{e}^{x}(x^{2}+2x+1)\cdot(x+1)-\mathbf{e}^{x}(x^{2}+1)}{(x+1)^{2}}=\frac{\mathbf{e}^{x}(x^{3}+2x^{2}+3x)}{(x+1)^{2}}.\end{aligned} $$
171 答案 $ \frac{2x}{(x^{2}+3)^{2}} $ ← 题目
【提示】先求出函数 $ f(x) $，再求导函数 $ f'(x) $.
$$ f\left(x-\frac{1}{x}\right)=\frac{x^{4}+1}{x^{4}+x^{2}+1}=\frac{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+1+\frac{1}{x^{2}}}=\frac{(x-\frac{1}{x})^{2}+2}{(x-\frac{1}{x})^{2}+3}\ , $$
令 $ x - \frac{1}{x} = t $，得 $ f(t) = \frac{t^{2} + 2}{t^{2} + 3} $，即 $ f(x) = \frac{x^{2} + 2}{x^{2} + 3} $，于是
$$ f^{\prime}(x)=\frac{(x^{2}+2)^{\prime}(x^{2}+3)-(x^{2}+2)(x^{2}+3)^{\prime}}{(x^{2}+3)^{2}}=\frac{2x(x^{2}+3)-2x(x^{2}+2)}{(x^{2}+3)^{2}}=\frac{2x}{(x^{2}+3)^{2}}\cdot $$
评注
$ f\left(x-\frac{1}{x}\right) $不是 $ f(x) $，求 $ f'(x) $不能直接对 $ f\left(x-\frac{1}{x}\right) $的表达式求导数，需先求出函数 $ f(x) $，再求导函数 $ f'(x) $.
172答案 $ f'(x)=\{\begin{array}{ll}-\frac{1}{(2x-1)^2},&x\lt 0\\\mathrm{e}^x(\sin x+\cos x),&x\gt 0\end{array}. $ ← 题目
当x<0时， $ f^{\prime}(x)=\left(\frac{x}{2x-1}\right)^{\prime}=-\frac{1}{(2x-1)^{2}} $;
当x>0时， $ f'(x)=\left(\mathrm{e}^{x}\sin x\right)'=\mathrm{e}^{x}\sin x+\mathrm{e}^{x}\cos x=\mathrm{e}^{x}(\sin x+\cos x) $;
当x=0时， $ f_{-}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{\frac{x}{2x-1}-0}{x}=\lim_{x\to0^{-}}\frac{1}{2x-1}=-1 $
$$ f_{+}^{\prime}(0)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^{+}}\frac{\mathrm{e}^{x}\sin x-0}{x}=\lim_{x\to0^{+}}\mathrm{e}^{x}=1, $$
显然 $ f_{-}^{\prime}(0) \neq f_{+}^{\prime}(0) $，从而 $ f^{\prime}(0) $ 不存在.
综上可得， $ f'(x)=\{\begin{aligned}&-\frac{1}{(2x-1)^2},&x\lt 0\\&\mathrm{e}^x(\sin x+\cos x),&x\gt 0\end{aligned}. $
求分段函数在分段点的导数，必须用导数定义
173 答案 $ \frac{1}{4} $ ← 题目
由 $ f(1)=2 $ 知， y=2 时，对应 x=1 。由反函数的求导法则知 $ \varphi'(2)=\frac{1}{f'(1)}=\frac{1}{4} $
评注
利用反函数求导法则求函数在某一点的导数时，首先搞清楚与 $ y_0 $ 对应的 $ x_0 $：若 $ y_0 = f(x_0) $，则 $ \left.\varphi'(y)\right|_{y=y_0} = \frac{1}{f'(x)\big|_{x=x_0} }$。本题容易错解成 $ \varphi'(2) = \frac{1}{f'(2)} = \frac{1}{5} $。
174 答案 $ \frac{1}{2} $ ← 题目
先求出 y=1 对应的 x 值. 令 $ 3x^{3}+2x+1=1 $，解得 x=0.
又 $ f'(x)=9x^2+2 $， $ f'(0)=2 $。由反函数的求导法则知 $ \varphi'(1)=\varphi'(y)\big|_{y=1}=\frac{1}{f'(x)\big|_{x=0}}=\frac{1}{2} $。
175 答案 -4,160 ← 题目
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=4\left(1-x+2x^{3}\right)^{3}\cdot\left(1-x+2x^{3}\right)^{\prime}=4\left(6x^{2}-1\right)\left(1-x+2x^{3}\right)^{3}, $$
所以 $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=0}=-4 $， $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=1}=160 $。
176 答案 $ e^{-x} \tan e^{-x} $. ← 题目
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\left(\ln\cos\mathrm{e}^{-x}\right)^{\prime}=\frac{\left(\cos\mathrm{e}^{-x}\right)^{\prime}}{\cos\mathrm{e}^{-x}}=\frac{-\sin\mathrm{e}^{-x}\cdot\left(\mathrm{e}^{-x}\right)^{\prime}}{\cos\mathrm{e}^{-x}}=\frac{-\sin\mathrm{e}^{-x}\cdot\mathrm{e}^{-x}\left(-x\right)^{\prime}}{\cos\mathrm{e}^{-x}}=\mathrm{e}^{-x}\tan\mathrm{e}^{-x}. $$
评注
$ y = \ln \cos e^{-x} $ 是由 $ y = \ln u $, $ u = \cos v $, $ v = e^w $, $ w = -x $ 复合而成的，最内层函数是 $ -x $，求导数时不要遗漏 $ (-x)^0 $。
177 答案 $ \frac{-1}{(1+x)\sqrt{2x(1-x)}} $, $ -\frac{2}{3}\sqrt{2} $. ← 题目
$$ \begin{aligned}f^{\prime}(x)=&\left(\arcsin\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\right)^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{1-\left(\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\right)^{2}}}\cdot\left(\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\right)^{\prime}\\=&\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1-x}{1+x}}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{\frac{2x}{1+x}}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}\cdot\frac{-2}{\left(1+x\right)^{2}}\\=&\frac{-1}{\left(1+x\right)\sqrt{2x(1-x)}},\\&f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{2}{3}\sqrt{2}.\end{aligned} $$
178 答案 $ 1-\frac{x}{\sqrt{x^{2}-1}} $ ← 题目
先化简函数. 分母有理化，有
$$ y=\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}=\frac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})^{2}}{(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})}=x-\sqrt{x^{2}-1}, $$
于是 $ y' = (x)' - (\sqrt{x^2 - 1})' = 1 - \frac{(x^2 - 1)'}{2\sqrt{x^2 - 1}} = 1 - \frac{x}{\sqrt{x^2 - 1}} $.
179 答案： $ 3^{x}\ln3+3x^{2}+x^{x}(\ln x+1) $ ← 题目
$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=(3^{x})^{\prime}+(x^{3})^{\prime}+(x^{x})^{\prime}+(3^{3})^{\prime}=3^{x}\ln3+3x^{2}+(\mathrm{e}^{x\ln x})^{\prime}+0\\&=3^{x}\ln3+3x^{2}+\mathrm{e}^{x\ln x}(x\ln x)^{\prime}=3^{x}\ln3+3x^{2}+x^{x}(\ln x+1).\end{aligned} $$
180 答案: $ 3\sin^{2}x\cos4x $. ← 题目
$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\left(\cos3x\right)^{\prime}\cdot\sin^{3}x+\cos3x\cdot\left(\sin^{3}x\right)^{\prime}\\&=-\sin3x\left(3x\right)^{\prime}\cdot\sin^{3}x+\cos3x\cdot3\sin^{2}x\left(\sin x\right)^{\prime}\\&=-3\sin3x\cdot\sin^{3}x+\cos3x\cdot3\sin^{2}x\cos x\\&=3\sin^{2}x\left(-\sin3x\cdot\sin x+\cos3x\cdot\cos x\right)\\&=3\sin^{2}x\cos4x.\\ \end{aligned} $$
181 答案 $ 2\sqrt{1-x^{2}} $ ← 题目
$$ \begin{aligned}y^{\prime}=&\left(x\sqrt{1-x^{2}}\right)^{\prime}-\left(\arccos x\right)^{\prime}=\sqrt{1-x^{2}}+x\cdot\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^{2}}}-\left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)\\ =&\sqrt{1-x^{2}}-\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}=2\sqrt{1-x^{2}}.\end{aligned} $$
$ 2x + 2\sqrt{x^{2} + 1} $. ← 题目
$$ \begin{aligned}y^{\prime}=&\left(x^{2}\right)^{\prime}+\left(x\sqrt{x^{2}+1}\right)^{\prime}+\left(\ln(x+\sqrt{x^{2}+1})\right)^{\prime}\\=&2x+\sqrt{x^{2}+1}+x\cdot\left(\sqrt{x^{2}+1}\right)^{\prime}+\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+1}}\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)^{\prime}\\=&2x+\sqrt{x^{2}+1}+x\cdot\frac{2x}{2\sqrt{x^{2}+1}}+\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}+1}}\left(1+\frac{2x}{2\sqrt{x^{2}+1}}\right)\\=&2x+\sqrt{x^{2}+1}+\frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}\\=&2x+2\sqrt{x^{2}+1}.\end{aligned} $$
183 答案 $ 2\cos(\ln x) $. ← 题目
$$ \begin{aligned}y=&\left(x\right)^{\prime}\cdot\left[\cos(\ln x)+\sin(\ln x)\right]+x\cdot\left[\cos(\ln x)+\sin(\ln x)\right]^{\prime}\\=&\left[\cos(\ln x)+\sin(\ln x)\right]+x\cdot\left[-\sin(\ln x)\cdot\frac{1}{x}+\cos(\ln x)\cdot\frac{1}{x}\right]^{\prime}\\=&2\cos(\ln x).\end{aligned} $$
184 答案 $ e^{-x} $ arccote $ ^{x} $ ← 题目
$$ \begin{aligned}{y^{\prime}=}&{{}\left(-x\right)^{\prime}+\frac{1}{2}\big(\operatorname{l n}(1+\mathbf{e}^{2x})\big)^{\prime}-\left(\mathbf{e}^{-x}\operatorname{a r c c o t}\mathbf{e}^{x}\right)^{\prime}}\\ {=}&{{}-1+\frac{1}{2}\cdot\frac{2\mathbf{e}^{2x}}{1+\mathbf{e}^{2x}}-\left[-\mathbf{e}^{-x}\operatorname{a r c c o t}\mathbf{e}^{x}+\mathbf{e}^{-x}\cdot\left(-\frac{\mathbf{e}^{x}}{1+\mathbf{e}^{2x}}\right)\right]}\\ {=}&{{}-1+\frac{\mathbf{e}^{2x}}{1+\mathbf{e}^{2x}}+\mathbf{e}^{-x}\operatorname{a r c c o t}\mathbf{e}^{x}+\frac{1}{1+\mathbf{e}^{2x}}}\\ {=}&{{}\mathbf{e}^{-x}\operatorname{a r c c o t}\mathbf{e}^{x}.}\\ \end{aligned} $$
185 答案 $ (1-6x^{2})e^{-3x^{2}} $ ← 题目
【提示】先求函数 $ f(x) $
$$ f(x)=\lim_{t\to\infty}x\left(\frac{t-x}{t+2x}\right)^{tx}=x\cdot\lim_{t\to\infty}\frac{\left(1-\frac{x}{t}\right)^{tx}}{\left(1+\frac{2x}{t}\right)^{tx}}=x\mathrm{e}^{-3x^{2}}, $$
$$ f^{\prime}(x)=\left(x\right)^{\prime}\cdot\mathrm{e}^{-3x^{2}}+x\cdot\left(\mathrm{e}^{-3x^{2}}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{-3x^{2}}+x\mathrm{e}^{-3x^{2}}\cdot(-6x)=(1-6x^{2})\mathrm{e}^{-3x^{2}}\ . $$
评注
讨论由极限形式表示的函数时，先计算极限求出 $ f(x) $ 的表达式，再讨论 $ f(x) $ 的有关特性.
186 答案 (1) $ (3^x \ln 3 + 3x^2)f'(3^x + x^3) $，(2) $ (\ln x + 1)f'(x \ln x) $. ← 题目
(1)
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\left(f(3^{x}+x^{3})\right)^{\prime}=f^{\prime}(3^{x}+x^{3})\left(3^{x}+x^{3}\right)^{\prime}=\left(3^{x}\ln3+3x^{2}\right)f^{\prime}(3^{x}+x^{3}) $$
$$ !)\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\left(f(x\ln x)\right)^{\prime}=f^{\prime}(x\ln x)\big(x\ln x\big)^{\prime}=\left(\ln x+1\right)f^{\prime}(x\ln x). $$
187 答案 -6. ← 题目
$$ g^{\prime}(x)=f^{\prime}(2x^{3}-3x)\cdot(2x^{3}-3x)^{\prime}=(6x^{2}-3)f^{\prime}(2x^{3}-3x) $$
于是 $ g'(-1)=(6x^{2}-3)f'(2x^{3}-3x)\bigg|_{x=-1}=3f'(1)=-6 $
188 答案 (1) $ \frac{4(\sin x - \cos x)}{(\sin x + \cos x)^3} $，(2) $ 12x \arctan x + \frac{8x^2 + 2}{1 + x^2} $. ← 题目
(1)
$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\frac{(\sin x-\cos x)^{\prime}(\sin x+\cos x)-(\sin x-\cos x)(\sin x+\cos x)^{\prime}}{(\sin x+\cos x)^{2}}\\&=\frac{(\cos x+\sin x)^{2}+(\sin x-\cos x)^{2}}{(\sin x+\cos x)^{2}}=\frac{2}{(\sin x+\cos x)^{2}}\;,\end{aligned} $$
$$ y^{\prime\prime}=\frac{2\times(-2)(\sin x+\cos x)^{\prime}}{(\sin x+\cos x)^{3}}=\frac{4(\sin x-\cos x)}{(\sin x+\cos x)^{3}}\;. $$
(2) $ y' = 6x^2 \arctan x + 2x^3 \cdot \frac{1}{1 + x^2} + \frac{2x}{1 + x^2} = 6x^2 \arctan x + 2x $,
$$ y^{\prime\prime}=12x\arctan x+\frac{6x^{2}}{1+x^{2}}+2=12x\arctan x+\frac{8x^{2}+2}{1+x^{2}}. $$
189 答案 $ -12e^{\frac{3\pi}{2}} $ ← 题目
$$ f^{\prime}(x)=3\mathrm{e}^{3x}\sin2x+\mathrm{e}^{3x}\cdot2\cos2x=\mathrm{e}^{3x}(3\sin2x+2\cos2x) $$
$$ \begin{aligned}f^{\prime \prime}(x)&=3\mathrm{e}^{3x}(3\sin2x+2\cos2x)+\mathrm{e}^{3x}(6\cos2x-4\sin2x)\\&=\mathrm{e}^{3x}(5\sin2x+12\cos2x),\end{aligned} $$
所以 $ f^{n}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\mathrm{e}^{\frac{3\pi}{2}}(5\sin\pi+12\cos\pi)=-12\mathrm{e}^{\frac{3\pi}{2}} $
190 答案 $ -\frac{1}{2} $， $ \frac{1}{2} $. ← 题目
先化简函数，再求导数. $ y=\frac{1}{2}\ln(1+e^{2x})-\frac{1}{2}\ln e^{2x}=\frac{1}{2}\ln(1+e^{2x})-x $
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{2}\left(\ln(1+\mathrm{e}^{2x})\right)^{\prime}-\left(x\right)^{\prime}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2\mathrm{e}^{2x}}{1+\mathrm{e}^{2x}}-1=\frac{-1}{1+\mathrm{e}^{2x}}, $$
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{(1+\mathrm{e}^{2x})^{\prime}}{(1+\mathrm{e}^{2x})^{2}}=\frac{2\mathrm{e}^{2x}}{(1+\mathrm{e}^{2x})^{2}}\ , $$
于是 $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=0}=-\frac{1}{2} $， $ \left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{x=0}=\frac{1}{2} $.
191 答案 $ \frac{19}{32} $ ← 题目
$$ y^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{3}\right)^{2}}}\left(\frac{x}{3}\right)^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{9-x^{2}}}=\left(9-x^{2}\right)^{-\frac{1}{2}}, $$
$$ y^{\prime\prime}=-\frac{1}{2}(9-x^{2})^{-\frac{3}{2}}\cdot(9-x^{2})^{\prime}=x(9-x^{2})^{-\frac{3}{2}}, $$
$$ y^{\prime\prime\prime}=(9-x^{2})^{-\frac{3}{2}}+x\cdot\left(-\frac{3}{2}\right)(9-x^{2})^{-\frac{5}{2}}\cdot(-2x)=\frac{2x^{2}+9}{\sqrt{(9-x^{2})^{5}}}, $$
于是 $ y'''\big|_{x=\sqrt{5}}=\frac{19}{32} $.
192 答案 (C). ← 题目
$ y' = \ln x + 1 $, $ y'' = \frac{1}{x} = x^{-1} $, $ y''' = -x^{-2} $, $ y^{(4)} = (-1)(-2)x^{-3} $, $ \cdots $,
继续求导，可得 $ y^{(10)} = (-1)(-2)(-3) \cdot (-8) \cdot x^{-9} = \frac{8!}{x^9} $. 故应选 (C).
评注
求函数 $ y = f(x) $ 的 n 阶导数时，一般先求出前几阶导数，从中找出规律，得到 $ f(x) $ 的 n 阶导数表达式.
193 答案 (D). ← 题目
$$ y=\left(\sin\frac{x}{2}+\cos\frac{x}{2}\right)^{2}=\sin^{2}\frac{x}{2}+\cos^{2}\frac{x}{2}+2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}=1+\sin x\ , $$
于是 $ y' = \cos x $， $ y'' = -\sin x $， $ y''' = -\cos x $， $ y^{(4)} = \sin x $， $ \cdots $， $ y^{(10)} = -\sin x $。故应选 (D).
194 答案 (A). ← 题目
方法一： $ f'(x) = e^{-x} + x(e^{-x})' = e^{-x} - xe^{-x} = (1 - x)e^{-x} $，
$$ f^{\prime\prime}(x)=-(2-x)\mathrm{e}^{-x},\quad f^{\prime\prime\prime}(x)=(3-x)\mathrm{e}^{-x},\quad f^{(4)}(x)=-(4-x)\mathrm{e}^{-x},\quad\cdots, $$
于是 $ f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1}(n-x)\cdot e^{-x} $.
方法二：考虑到 $ (x)' = 1 $, $ (x)^{(k)} = 0 $(k = 2,3,4, $ \cdots $)， $ (\mathrm{e}^{-x})^{(k)} = (-1)^k \mathrm{e}^{-x} $(k = 1,2,3,4, $ \cdots) $，由莱布尼茨公式，可得
$$ \begin{aligned}f^{(n)}(x)&=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}\left(x\right)^{(k)}\left(\mathrm{e}^{-x}\right)^{(n-k)}=C_{n}^{0}\cdot x\cdot\left(\mathrm{e}^{-x}\right)^{(n)}+C_{n}^{1}\left(x\right)^{\prime}\left(\mathrm{e}^{-x}\right)^{(n-1)}\\&=x(-1)^{n}\mathrm{e}^{-x}+n(-1)^{n-1}\mathrm{e}^{-x}=(-1)^{n-1}(n-x)\mathrm{e}^{-x}.\quad 故应选 (A).\\ \end{aligned} $$
195答案 201, 0. ← 题目
函数 y 的解析式是一个多项式，最高次项为 $ (x^{2})^{5}(x^{5})^{2}=x^{20} $，即
$$ y=\left(x^{2}+1\right)^{5}\left(x^{5}+1\right)^{2}=x^{20}+\cdots+, $$
所以 $ y^{(20)}=20! $， $ y^{(21)}=0 $
196 答案 $ 4^{n-1}\cos\left(4x+\frac{n\pi}{2}\right) $ ← 题目
$$ \begin{aligned}f(x)&=\sin^{4}x+\cos^{4}x=\left(\sin^{2}x+\cos^{2}x\right)^{2}-2\sin^{2}x\cdot\cos^{2}x\\&=1-\frac{1}{2}\sin^{2}2x=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos4x\ ,\end{aligned} $$
又 $ \cos^{(n)}x = \cos\left(x + \frac{n\pi}{2}\right) $，由复合函数的求导法则，得
$$ f^{(n)}(x)=\frac{1}{4}\cdot4^{n}\cos\left(4x+\frac{n\pi}{2}\right)=4^{n-1}\cos\left(4x+\frac{n\pi}{2}\right). $$
197答案(D). ← 题目
$$ \begin{aligned}&f^{\prime}(x)=\frac{1}{2-3x}(2-3x)^{\prime}=-3(2-3x)^{-1},\\&f^{\prime\prime}(x)=-3\times(-1)(2-3x)^{-2}(2-3x)^{\prime}=(-3)^{2}\times(-1)(2-3x)^{-2},\\&f^{\prime\prime\prime}(x)=(-3)^{2}\times(-1)\times(-2)(2-3x)^{-3}(2-3x)^{\prime}=(-3)^{3}\times(-1)\times(-2)(2-3x)^{-3},\\&\cdots\cdots,\\&f^{(n)}(x)=(-3)^{n}(-1)\times(-2)\cdots\cdot(-n-1))\times(2-3x)^{-n}=\frac{-3^{n}(n-1)!}{(2-3x)^{n}}．故应选 (D)\\ \end{aligned} $$
198 答案 96 ← 题目
由 $ f'(x)=\left[f(x)\right]^{2} $，可得
$$ f^{\prime \prime}(x)=\left[f^{\prime}(x)\right]^{\prime}=2f(x)\cdot f^{\prime}(x)=2\left[f(x)\right]^{3}, $$
$$ f^{m}(x)=\left[f^{n}(x)\right]^{\prime}=2\times3\cdot\left[f(x)\right]^{2}f^{\prime}(x)=6\times\left[f(x)\right]^{4}, $$
所以 $ f''(1)=6\times\left[f(1)\right]^4=96 $
199答案 (1) $ \frac{y+y^{2}\sin(xy)}{1-xy\sin(xy)} $, (2) $ \frac{2y-x^{2}}{y^{2}-2x} $. ← 题目
(1) 方程两边对 x 求导，得 $ -\sin(xy)(y+xy')+\frac{1}{y}y'-1=0 $
解得 $ \frac{dy}{dx}=y'=\frac{y+y^{2}\sin(xy)}{1-xy\sin(xy)} $
(2) 方程两边对 x 求导，得 $ 3x^{2} + 3y^{2}y' = 6(y + xy') $，解得 $ \frac{dy}{dx} = y' = \frac{2y - x^{2}}{y^{2} - 2x} $.
评注
隐函数求导，求导过程中牢记 y 是 x 的函数，遇到 y 的表达式 $ \varphi(y) $ 对 x 求导数实际上是复合函数求导数，y 是中间变量，x 才是自变量， $ \varphi(y) $ 对 x 求导等于 $ \varphi'(y) \cdot y' $.
200答案 $ -\frac{1}{2\pi} $ ← 题目
方程两边对 x 求导，得 $ y + xy' - \cos(\pi y^2) \cdot 2\pi y \cdot y' = 0 $，
解得 $ y' = \frac{y}{2\pi y\cos(\pi y^2) - x} $，于是 $ y'\big|_{x=0\atop y=-1} = -\frac{1}{2\pi} $.
201 答案 切线方程是 $ 2x + y + 1 = 0 $；法线方程是 $ x - 2y + 3 = 0 $。 ← 题目
方程两边对 x 求导，得 $ \sec^{2}\left(x+y+\frac{\pi}{4}\right)\left(1+y'\right)=y' $，
将x=-1,y=1带入上式求得， $ y^{\prime}\big|_{x=-1\atop y=1}=-2 $
于是所求切线斜率 $ k_{1}=-2 $，切线方程为 $ y-1=-2(x+1) $，即 $ 2x+y+1=0 $。
法线斜率 $ k_{2} = -\frac{1}{k_{1}} = \frac{1}{2} $，法线方程为 $ y - 1 = \frac{1}{2}(x + 1) $，即 $ x - 2y + 3 = 0 $。
202 答案 $ 2x - y + 1 = 0 $ 和 $ 4x + y - 2 = 0 $. ← 题目
将x=0带入方程得 $ y^{2}+2=3y $，解得 $ y_{1}=1,y_{2}=2 $
在方程两边对 x 求导，得 $ 2yy' + 2e^{xy}(y + xy') = 3y' $，
解得 $ y' = \frac{2ye^{xy}}{3-2xe^{xy}-2y} $，于是 $ y'\big|_{x=0\atop y=1} = 2 $， $ y'\big|_{x=0\atop y=2} = -4 $。
所以曲线在 $ (0,1) $的切线方程为 $ y-1=2(x-0) $，即 $ 2x-y+1=0 $；
曲线在 $ (0,2) $的切线方程为 $ y-2=-4(x-0) $，即 $ 4x+y-2=0 $。
203 答案 $ \frac{1}{e} $ ← 题目
由方程 $ xf(y)=e^{y}\ln y $ 可得，当 x=0 时，y=1.
方程两边对 x 求导，得 $ f(y) + x f'(y) y' = e^y y' \cdot \ln y + e^y \cdot \frac{1}{y} y' $.
将 x=0, y=1, $ f(1)=1 $ 代入上式，得 $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=0}=\frac{1}{e} $
204 答案 $ a = -1, b = -1 $ ← 题目
由曲线 $ y=x^{2}+ax+b $ 过点 $ (1,-1) $，得 -1=1+a+b，即 $ a+b=-2 $
对曲线 $ y = x^{2} + ax + b $，有 $ y' = 2x + a $，在点 $ (1, -1) $ 处的切线斜率为 $ y'\big|_{x=1} = 2 + a $；
对曲线 $ 2y = xy^3 - 1 $，两边对 $ x $ 求导，得 $ 2y' = y^3 + 3xy^2 \cdot y' $，解得 $ y' = \frac{y^3}{2 - 3\pi r^2} $，在点 $ (1, -1) $
处的切线斜率为 $ y'\big|_{x=1\atop y=-1}=\frac{y^{3}}{2-3xy^{2}}\bigg|_{x=1\atop y=-1}=1 $.
由题意，两曲线在点 $ (1,-1) $处有公共切线，所以 $ 2+a=1 $，解得a=-1，从而b=-1。
205 答案 $ \frac{2(x^{2}+y^{2})}{(x-y)^{3}} $ ← 题目
方程两边对 x 求导，得 $ \frac{1}{x^{2}+y^{2}}\cdot(x^{2}+y^{2})^{\prime}=\frac{2}{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}\cdot\left(\frac{y}{x}\right)^{\prime} $
$$ \frac{1}{x^{2}+y^{2}}(2x+2yy^{\prime})=\frac{2}{1+\frac{y^{2}}{x^{2}}}\cdot\frac{xy^{\prime}-y}{x^{2}}, $$
解得 $ y' = \frac{x + y}{x - y} $. 于是
$$ \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=y^{\prime \prime}=&\left(\frac{x+y}{x-y}\right)^{\prime}=\frac{(x+y)^{\prime}(x-y)-(x-y)^{\prime}(x+y)}{(x-y)^{2}}\\=&\frac{(1+y^{\prime})(x-y)-(1-y^{\prime})(x+y)}{(x-y)^{2}}=\frac{-2y+2xy^{\prime}}{(x-y)^{2}}=\frac{2(x^{2}+y^{2})}{(x-y)^{3}}.\end{aligned} $$
206 答案 $ y'(1) = -\frac{1}{e+1} $， $ y''(1) = \frac{e+2}{(e+1)^3} $. ← 题目
将x=1代入原方程，得y=1
原方程两边对 x 求导，得 $ e^{y}y' + y + xy' = 0 $，
①式两边继续对x求导，得 $ \mathrm{e}^{y}(y')^{2}+\mathrm{e}^{y}\cdot y''+y'+y'+xy''=0 $ ②
将 x=1，y=1 依次带入①和②，得 $ y'(1)=-\frac{1}{e+1} $， $ y''(1)=\frac{e+2}{(e+1)^3} $。
207 答案 -2 ← 题目
等式两边对 x 求导，得 $ 3x^{2} + 3y^{2} \frac{dy}{dx} + 3\left(\frac{dy}{dx}\right)^{2} \frac{d^{2}y}{dx^{2}} = 0 $，
将x=1,y=-1依次代入已知等式和上式，得 $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=1\atop y=-1}=1 $， $ \left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{x=1\atop y=-1}=-2 $。
208 答案 $ 2\ln x \cdot x^{\ln x-1} $ ← 题目
方法一：对数求导法.
两边取对数，得隐函数 $ \ln y = \ln x \cdot \ln x = (\ln x)^2 $，
上式两边对 $x$ 求导，得 $\frac{1}{y} y' = 2 \ln x \cdot \frac{1}{x}$，于是 $y' = y \cdot \frac{2 \ln x}{x} = 2 \ln x \cdot x^{\ln x-1}$。
方法二：复合函数求导法.
$$ y=x^{\ln x}=\mathrm{e}^{\ln x^{\ln x}}=\mathrm{e}^{(\ln x)^{2}} $$
所以 $ y' = \mathrm{e}^{(\ln x)^2} \cdot \left[ (\ln x)^2 \right]^' = x^{\ln x} \cdot \left( 2 \ln x \cdot \frac{1}{x} \right) = 2 \ln x \cdot x^{\ln x-1} $
评注
幂指函数 $ y = u(x)^{v(x)}\left[u(x) \gt 0\right] $ 求导数，常用两种方法
(1) 对数求导法：将 $ y = u(x)^{v(x)} $ 两边同时取对数，得 $ \ln y = v(x) \ln u(x) $，然后利用隐函数求导方法求出导数.
(2) 复合函数求导法：把函数变形为 $ y = e^{y(x)\ln u(x)} $，然后利用复合函数求导法则求出导数.
209 答案 $ (1+\sin x)^{x^2}\left[2x\ln(1+\sin x)+x^2\cdot\frac{\cos x}{1+\sin x}\right] $ ← 题目
方法一：两边取对数，得 $ \ln y = x^{2} \ln(1 + \sin x) $，
上式两边对 x 求导数，得 $ \frac{y^{\prime}}{y}=2x\ln(1+\sin x)+x^{2}\cdot\frac{\cos x}{1+\sin x} $，所以
$$ y^{\prime}=(1+\sin x)^{x^{2}}\left[2x\ln(1+\sin x)+x^{2}\cdot\frac{\cos x}{1+\sin x}\right] $$
方法二： $ y = (1 + \sin x)^{x^2} = e^{\ln(1 + \sin x)^{x^2}} = e^{x^2 \ln(1 + \sin x)} $，
$$ y^{\prime}=\mathrm{e}^{x^{2}\ln(1+\sin x)}\cdot\left(x^{2}\ln(1+\sin x)\right)^{\prime}=(1+\sin x)^{x^{2}}\left[2x\ln(1+\sin x)+x^{2}\cdot\frac{\cos x}{1+\sin x}\right]. $$
210 答案 $ x^{\sin x}\sqrt{e^{x}}-1\left(\cos x\ln x+\frac{1}{x}\sin x+\frac{e^{x}}{2(e^{x}-1)}\right) $. ← 题目
两边取对数，得 $ \ln y = \sin x \ln x + \frac{1}{2} \ln (e^x - 1) $，
上式两边对x求导，得 $ \frac{1}{y}\cdot y'=\cos x\ln x+\frac{1}{x}\sin x+\frac{e^{x}}{2(e^{x}-1)} $，于是
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=y^{\prime}=x^{\sin x}\sqrt{\mathrm{e}^{x}-1}\left(\cos x\ln x+\frac{1}{x}\sin x+\frac{\mathrm{e}^{x}}{2(\mathrm{e}^{x}-1)}\right). $$
211 答案 $ \frac{(1+2x)^{\frac{1}{x^2}}}{e^{\frac{2}{x}}}\cdot\frac{2}{x^2}\left(-\frac{1}{x}\ln(1+2x)+\frac{2+2x}{1+2x}\right) $ ← 题目
两边取对数，得 $ \ln y = \frac{1}{x^{2}} \ln(1 + 2x) - \frac{2}{x} $
上式两边对 x 求导数，得 $ \frac{y'}{y} = -\frac{2}{x^3} \ln(1 + 2x) + \frac{1}{x^2} \cdot \frac{2}{1 + 2x} + \frac{2}{x^2} $，
所以 $ y'=\frac{(1+2x)^{\frac{1}{x^2}}}{\mathrm{e}^{\frac{2}{x}}}\cdot\frac{2}{x^2}\left(-\frac{1}{x}\ln(1+2x)+\frac{2+2x}{1+2x}\right) $
212 答案 $ \frac{(x+1)^2 \cdot \sqrt{2x+2}}{(x-1)^3 \cdot \sqrt[3]{3x-3}}\left(\frac{5}{2(x+1)} - \frac{10}{3(x-1)}\right) $. ← 题目
两边取对数，得 $ \ln y = 2\ln(x+1) + \frac{1}{2}\ln(2x+2) - 3\ln(x-1) - \frac{1}{3}\ln(3x-3) $
上式两边对 x 求导，得 $ \frac{1}{y} \cdot y' = \frac{2}{x+1} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{2x+2} - \frac{3}{x-1} - \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{3x-3} $，
所以 $ \frac{dy}{dx} = y' = \frac{(x+1)^2 \cdot \sqrt{2x+2}}{(x-1)^3 \cdot \sqrt[3]{3x-3}} \left( \frac{5}{2(x+1)} - \frac{10}{3(x-1)} \right) $.
213 答案 $ x^{x^{x}}\left[x^{x}\ln x(\ln x+1)+x^{x-1}\right] $ ← 题目
两边取对数，得 $ \ln y = x^{x} \ln x $.
上式两边再取对数，得 $ \ln \ln y = x \ln x + \ln \ln x $
上式两边对 x 求导数，得 $ \frac{1}{\ln y} \cdot \frac{1}{y} \cdot y' = \ln x + 1 + \frac{1}{\ln x} \cdot \frac{1}{x} $.
所以 $ y' = x^{x^2} \cdot x^x \ln x \left( \ln x + 1 + \frac{1}{x \ln x} \right) = x^{x^2} \left[ x^x \ln x (\ln x + 1) + x^{x-1} \right] $.
$$ 4x^{2x}(\ln x+1)^{2}+2x^{2x-1} $$ ← 题目
首先 $ y = x^{2x} = e^{2x \ln x} $，于是
$$ y^{\prime}=\left(x^{2x}\right)^{\prime}=\left(\mathrm{e}^{2x\ln x}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{2x\ln x}(2x\ln x)^{\prime}=2x^{2x}(\ln x+1) $$
$$ \begin{aligned}y^{\prime\prime}=&\left(y^{\prime}\right)^{\prime}=2\Big[x^{2x}(\ln x+1)\Big]^{\prime}=2\Big(x^{2x}\Big)^{\prime}(\ln x+1)+2x^{2x}\left(\ln x+1\right)^{\prime}\\&=4x^{2x}(\ln x+1)^{2}+2x^{2x-1}.\end{aligned} $$
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{y(\ln y+1)^{2}-x\left(\ln x+1\right)^{2}}{xy(\ln y+1)^{3}}\,. $$ ← 题目
方程两边取对数，得 $ \frac{1}{y}\ln x = \frac{1}{x}\ln y $，即 $ x\ln x = y\ln y $。
上式两边对 x 求导数，得 $ \ln x + 1 = (\ln y + 1) \cdot y' $，解得 $ y' = \frac{\ln x + 1}{\ln y + 1} $，于是
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=(y^{\prime})^{\prime}=\left(\frac{\ln x+1}{\ln y+1}\right)^{\prime}=\frac{\frac{1}{x}(\ln y+1)-\left(\ln x+1\right)\frac{1}{y}\cdot y^{\prime}}{(\ln y+1)^{2}}=\frac{y(\ln y+1)^{2}-x\left(\ln x+1\right)^{2}}{xy(\ln y+1)^{3}}. $$
216 答案 (1) $ \frac{2t}{1-t^{2}} $, (2) $ -\tan t $. ← 题目
(1)
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\left(\frac{2t^{2}}{1+t^{2}}\right)^{\prime}}{\left(\frac{2t}{1+t^{2}}\right)^{\prime}}=\frac{\frac{4t}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}}{\frac{2(1-t^{2})}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}}=\frac{2t}{1-t^{2}}. $$
(2)
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y^{\prime}(t)}{x^{\prime}(t)}=\frac{\left(\sin^{3}t\right)^{\prime}}{\left(\cos^{3}t\right)^{\prime}}=\frac{3\sin^{2}t\cos t}{3\cos^{2}t(-\sin t)}=-\tan t\ , $$
217 答案 $ \frac{1}{4}e^{2} $ ← 题目
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y^{\prime}(t)}{x^{\prime}(t)}=\frac{\left((t^{2}+1)\mathrm{e}^{t}\right)^{\prime}}{\left(t^{2}\mathrm{e}^{2t}\right)^{\prime}}=\frac{(t+1)^{2}\mathrm{e}^{t}}{2t(t+1)\mathrm{e}^{2t}}=\frac{t+1}{2t\mathrm{e}^{t}}, $$
所以 $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=-2}=\frac{t+1}{2t\mathrm{e}^{t}}\bigg|_{t=-2}=\frac{1}{4}\mathrm{e}^{2} $.
218答案 $ x-y=2-\ln3 $. ← 题目
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\left(\ln(t+\sqrt{t^{2}+3})\right)^{\prime}}{\left(\sqrt{t^{2}+3}\right)^{\prime}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{t^{2}+3}}}{\frac{t}{\sqrt{t^{2}+3}}}=\frac{1}{t}, $$
当t=1时，曲线上相应的点为 $ M(2,\ln3) $，该点切线斜率 $ k=\frac{dy}{dx}\bigg|_{t=1}=1 $，于是切线方程为 $ y-\ln3=x-2 $，即 $ x-y-2-\ln3 $
219 答案 切线方程为 $ x - 2y + 2 = 0 $；法线方程为 $ 2x + y - 1 = 0 $。 ← 题目
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y^{\prime}(t)}{x^{\prime}(t)}=\frac{\left(\mathrm{e}^{\prime}\cos t\right)^{\prime}}{\left(\mathrm{e}^{\prime}\sin2t\right)^{\prime}}=\frac{\mathrm{e}^{\prime}\cos t-\mathrm{e}^{\prime}\sin t}{\mathrm{e}^{\prime}\sin2t+2\mathrm{e}^{\prime}\cos2t}=\frac{\cos t-\sin t}{\sin2t+2\cos2t}~, $$
当x=0,y=1时，t=0，且 $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=0}=\frac{1}{2} $.
于是切线斜率为 $ k_{1}=\frac{1}{2} $，切线方程为 $ y-1=\frac{1}{2}(x-0) $，即 $ x-2y+2=0 $。
法线斜率 $ k_{2}=-\frac{1}{k_{1}}=-2 $，法线方程为 $ y-1=-2(x-0) $，即 $ 2x+y-1=0 $。
220答案 $ t, -\frac{1}{\sin t} $ ← 题目
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\left(t\cos t-\sin t\right)^{\prime}}{\left(\cos t\right)^{\prime}}=\frac{\left(\cos t-t\sin t\right)-\cos t}{-\sin t}=t, $$
求 $ \frac{d^2y}{dx^2} $，即求 $ \frac{dy'}{dx} $，参数方程为 $ \begin{cases}x=\cos t\\y'=t\end{cases} $，由参数方程的求导公式，得 $ \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{dy'}{dx}=\frac{\frac{dy'}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{1}{-\sin t}=-\frac{1}{\sin t} $.
评注
求 $ \frac{d^2y}{dx^2} $，即求 $ \frac{dy'}{dx} $，由参数方程的求导公式，得 $ \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{dy'}{dx}=\frac{\frac{dy'}{dt}}{\frac{dx}{dt}} $.
221 答案 48 ← 题目
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y^{\prime}(t)}{x^{\prime}(t)}=\frac{\left(3t+t^{3}\right)^{\prime}}{\left(\arctan t\right)^{\prime}}=\frac{3+3t^{2}}{\frac{1}{1+t^{2}}}=3(1+t^{2})^{2}. $$
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\mathrm{d}y^{\prime}}{\mathrm{d}x}=\frac{\left(3(1+t^{2})^{2}\right)^{\prime}}{\left(\arctan t\right)^{\prime}}=\frac{6(1+t^{2})\cdot2t}{\frac{1}{1+t^{2}}}=12t\left(1+t^{2}\right)^{2}, $$
于是 $ \left.\frac{d^{2}y}{dx^{2}}\right|_{t=1}=48 $
222 答案 $ \frac{1}{7}, -\frac{1}{8} $ ← 题目
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y^{\prime}(t)}{x^{\prime}(t)}=\frac{\left(\sin t\right)^{\prime}}{\left(\mathrm{e}^{\prime}+t\right)^{\prime}}=\frac{\cos t}{\mathrm{e}^{\prime}+1}, $$
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\mathrm{d}y^{\prime}}{\mathrm{d}x}=\frac{\left(\frac{\cos t}{\mathrm{e}^{t}+1}\right)^{\prime}}{\left(\mathrm{e}^{t}+t\right)^{\prime}}=\frac{\frac{-\sin t\cdot(\mathrm{e}^{t}+1)-\mathrm{e}^{t}\cos t}{(\mathrm{e}^{t}+1)^{2}}}{\mathrm{e}^{t}+1}=-\frac{(\mathrm{e}^{t}+1)\sin t+\mathrm{e}^{t}\cos t}{(\mathrm{e}^{t}+1)^{3}}\ , $$
于是 $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=0}=\frac{1}{2} $， $ \left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{t=0}=-\frac{1}{8} $.
223 答案 $ \mathrm{d}y\big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.1}}=2.8,\quad\Delta y\big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.1}}=2.891;\quad\mathrm{d}y\big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.01}}=0.28,\quad\Delta y\big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.01}}=0.280901 $ ← 题目
微分 $ \mathrm{d}y = f'(x)\Delta x = (3x^{2} + 1)\Delta x $，增量 $ \Delta y = f(x + \Delta x) - f(x) $.
$$ \mathrm{d}y\Big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.1}}=(3x^{2}+1)\Delta x\Big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.1}}=2.8\ ,\quad\Delta y\Big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.1}}=3.1^{3}+3.1-(3^{3}+3)=2.891. $$
$$ \mathrm{d}y\Big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.01}}=(3x^{2}+1)\Delta x\Big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.01}}=0.28\ ,\quad\Delta y\Big|_{\substack{x=3\\ \Delta x=0.01}}=3.01^{3}+3.01-(3^{3}+3)=0.280901\ . $$
224 答案 $ \frac{1}{3} $ ← 题目
由题设条件知，函数增量 $ \Delta y = \frac{1}{\sqrt{1 + x^3}} \Delta x + o(\Delta x) $ 。于是由微分的定义知， $ f(x) $ 可微，且 $ f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^3}} $ ，所以 $ f'(2) = \frac{1}{3} $ 。
225 答案 (C) ← 题目
在点 $ x_0 $ 处， $ dy = f'(x_0) \Delta x = \Delta x $，于是 $ \lim_{\Delta x \to 0} \frac{dy}{\Delta x} = 1 $，所以 dy 是与 $ \Delta x $ 等价的无穷小。故应选 (C).
226 答案 (1) $ -\frac{1}{x^{2}}\sin\frac{2}{x}\cdot e^{\sin^{2}\frac{1}{x}}\mathrm{d}x $，(2) $ \arcsin\frac{x}{2}\mathrm{d}x $. ← 题目
(1)
$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\mathrm{e}^{\sin^{2}\frac{1}{x}}\cdot\left(\sin^{2}\frac{1}{x}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{\sin^{2}\frac{1}{x}}.2\sin\frac{1}{x}\cdot\left(\sin\frac{1}{x}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{\sin^{2}\frac{1}{x}}\cdot2\sin\frac{1}{x}\cdot\cos\frac{1}{x}\cdot\left(\frac{1}{x}\right)^{\prime}\\&=\mathrm{e}^{\sin^{2}\frac{1}{x}}.2\sin\frac{1}{x}.\cos\frac{1}{x}\cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)=-\frac{1}{x^{2}}\sin\frac{2}{x}\cdot\mathrm{e}^{\sin^{2}\frac{1}{x}},\end{aligned} $$
所以 $ \mathrm{d}y = y' \mathrm{d}x = -\frac{1}{x^2} \sin \frac{2}{x} \cdot e^{\sin^2 \frac{1}{x}} \mathrm{d}x $.
(2)
$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=(x)^{\prime}\arcsin\frac{x}{2}+x\left(\arcsin\frac{x}{2}\right)^{\prime}+\left(\sqrt{4-x^{2}}\right)^{\prime}=\arcsin\frac{x}{2}+x\cdot\frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^{2}}{4}}}\cdot\frac{1}{2}+\frac{-2x}{2\sqrt{4-x^{2}}}\\&=\arcsin\frac{x}{2}+x\cdot\frac{1}{\sqrt{4-x^{2}}}+\frac{-x}{\sqrt{4-x^{2}}}=\arcsin\frac{x}{2}\;,\end{aligned} $$
所以 $ dy = y' dx = \arcsin \frac{x}{2} dx $.
227 答案 (1) $ \frac{1}{2\sqrt{2}}dx $，(2) $ -\frac{2}{5}\ln2dx $。 ← 题目
(1) $ y' = \frac{1}{2\sqrt{2 + \sin x}} \cdot (2 + \sin x)' = \frac{\cos x}{2\sqrt{2 + \sin x}} $,
于是 $ y'\big|_{x=0}=\frac{\cos x}{2\sqrt{2+\sin x}}\bigg|_{x=0}=\frac{1}{2\sqrt{2}} $， $ \mathrm{d}y\big|_{x=0}=y'\big|_{x=0}\mathrm{d}x=\frac{1}{2\sqrt{2}}\mathrm{d}x $。
(2) $ y' = \frac{1}{1 + 2^{-2x}} \cdot (1 + 2^{-2x})' = \frac{1}{1 + 2^{-2x}} \cdot 2^{-2x} \ln 2 \cdot (-2x)' = \frac{-2 \cdot 2^{-2x} \ln 2}{1 + 2^{-2x}} $,
$$ y^{\prime}\big|_{x=1}=\frac{-2\cdot2^{-2x}\ln2}{1+2^{-2x}}\bigg|_{x=1}=-\frac{2}{5}\ln2\ ,d y\big|_{x=1}=y^{\prime}\big|_{x=1}d x=-\frac{2}{5}\ln2d x. $$
228 答案 $ -\frac{\cos(x+y)}{2+\cos(x+y)}\mathrm{d}x $. ← 题目
方程两边对 x 求导，得 $ 2y' + \cos(x + y) \cdot (1 + y') = 0 $，
解得 $ y' = -\frac{\cos(x + y)}{2 + \cos(x + y)} $，于是 $ dy = y' \, dx = -\frac{\cos(x + y)}{2 + \cos(x + y)} \, dx $。
229 答案 $ -\frac{1}{e} $ dx. ← 题目
当x=0时，y=1.
方程两边对 x 求导，得 $ e^{y} \cdot y' + (y + xy') - 0 = 0 $，
解得 $ y'|_{x=0} = -\frac{y}{\mathbf{e}^y + x}|_{x=0\atop v=1} = -\frac{1}{\mathbf{e}} $，于是微分 $ \mathrm{d}y|_{x=0} = y'|_{x=0} \, \mathrm{d}x = -\frac{1}{\mathbf{e}} \, \mathrm{d}x $。
230 答案 $ -\frac{1}{2}dx $ ← 题目
由导数定义， $ f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2}=-\frac{1}{2} $，
所以微分 $ \mathrm{d}f(x)\big|_{x=0}=f'(0)\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}\mathrm{d}x $.
231 答案 (A). ← 题目
由 $ y=(1+e^{x})^{x}=e^{x\ln(1+e^{x})} $，得
$$ y^{\prime}=\mathrm{e}^{x\ln(1+\mathrm{e}^{x})}\cdot\left(x\ln(1+\mathrm{e}^{x})\right)^{\prime}=(1+\mathrm{e}^{x})^{x}\left(\ln(1+\mathrm{e}^{x})+x\cdot\frac{\mathrm{e}^{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}\right), $$
所以 $ \mathrm{d}y = y' \mathrm{d}x = (1 + e^{x})^{x} \left( \ln(1 + e^{x}) + \frac{x e^{x}}{1 + e^{x}} \right) \mathrm{d}x $．故应选 (A).
232 答案 (1) $ \frac{1}{3}x^3 + c $，(2) $ \frac{1}{3}\sin 3x + c $，(3) $ \ln \ln x + c $，(4) $ \arctan e^x + c $。 ← 题目
(1) $ x^{2}dx = d\left(\frac{1}{3}x^{3}\right) = d\left(\frac{1}{3}x^{3} + c\right) $.
$$ \cos3x\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\cos3x\mathrm{d}\left(3x\right)=\frac{1}{3}\mathrm{d}\left(\sin3x\right)=\mathrm{d}\left(\frac{1}{3}\sin3x+c\right). $$
$$ \frac{1}{x\ln x}\mathrm{d}x=\frac{1}{\ln x}\mathrm{d}(\ln x)=\mathrm{d}\left(\ln\ln x\right)=\mathrm{d}\left(\ln\ln x+c\right) $$
$$ \frac{\mathbf{e}^{x}}{1+\mathbf{e}^{2x}}\mathrm{d}x=\frac{1}{1+\left(\mathbf{e}^{x}\right)^{2}}\mathrm{d}\left(\mathbf{e}^{x}\right)=\mathrm{d}\left(\arctan\mathbf{e}^{x}\right)=\mathrm{d}\left(\arctan\mathbf{e}^{x}+c\right). $$
233 答案 (C). ← 题目
由 $ \left|f(x)\right|\leq x^{2} $得 $ f(0)=0 $。又 $ \left|\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\right|=\left|\frac{f(x)}{x}\right|\leq\left|\frac{x^{2}}{x}\right|=\left|x\right| $，
所以 $ \lim_{x\to0}\left|\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\right|=0 $，于是 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0 $。
由导数定义知， $ f(x) $ 在点 x=0 处可导，且 $ f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0 $．故应选 (C).
234 答案 (1)1, (2)100!, (3) $ -\frac{9}{8e^{2}} $. ← 题目
(1) 用导数定义. 注意到 $ f(0)=0 $，且 $ \arctan\frac{2x}{1+x}\sim\frac{2x}{1+x}(x\to0) $，于是
$$ \begin{aligned}f^{\prime}(0)&=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{3x+\frac{x^{2}-1}{x^{2}+1}\arctan\frac{2x}{1+x}}{x}\\&=\lim_{x\to0}\left(3+\frac{\frac{x^{2}-1}{x^{2}+1}\arctan\frac{2x}{1+x}}{x}\right)=3+\lim_{x\to0}\frac{\frac{x^{2}-1}{x^{2}+1}\cdot\frac{2x}{1+x}}{x}=3-2=1.\end{aligned} $$
(2) 用导数定义.
$$ f^{\prime}(100)=\lim_{x\to100}\frac{f(x)-f(100)}{x-100}=\lim_{x\to100}x(x-1)(x-2)\cdots(x-99)=100!. $$
(3) 函数表达式是多因子乘幂，用对数求导法.
两边取对数，得 $ \ln y = \ln(x^{3} + 1) + \frac{1}{2}\ln(3x + 1) - 2\ln(x + 1) - 2x $
上式两边对x求导，得 $ \frac{1}{y}\cdot y'=\frac{3x^{2}}{x^{3}+1}+\frac{3}{2(3x+1)}-\frac{2}{x+1}-2 $，
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=y^{\prime}=\frac{(x^{3}+1)\sqrt{3x+1}}{(x+1)^{2}\mathrm{e}^{2x}}\left(\frac{3x^{2}}{x^{3}+1}+\frac{3}{2(3x+1)}-\frac{2}{x+1}-2\right),\quad\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{x=1}=-\frac{9}{8\mathrm{e}^{2}}. $$
235 答案 ← 题目
$$ \frac{1}{6} $$
$ f(x) $ 可导必连续，由题设知， $ \lim_{h\to0}\left[f(x_0+3h)-3f(x_0-h)\right]=-2f(x_0)=0 $，于是 $ f(x_0)=0 $。又
$$ \begin{aligned}\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+3h)-3f(x_{0}-h)}{h}=&\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+3h)}{h}-3\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}-h)}{h}\\=&3\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}+3h)-f(x_{0})}{3h}+3\lim_{h\to0}\frac{f(x_{0}-h)-f(x_{0})}{-h}=6f^{\prime}(x_{0})\;,\end{aligned} $$
由题设知 $ 6f'(x_0)=1 $，故 $ f'(x_0)=\frac{1}{6} $。
236 答案 (D). ← 题目
先求极限 $ \lim_{x \to 0} \frac{1}{2x} \ln f(\sin x) $. 因为 $ \lim_{x \to 0} f(\sin x) = f(0) = 1 $，于是
$$ \begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{1}{2x}\ln f(\sin x)&=\lim_{x\to0}\frac{1}{2x}\ln\left[1+f(\sin x)-1\right]=\lim_{x\to0}\frac{1}{2x}\left[f(\sin x)-1\right]\\&=\lim_{x\to0}\frac{f(\sin x)-f(0)}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{f(\sin x)-f(0)}{\sin x-0}\cdot\frac{\sin x}{2x}=\frac{1}{2}f^{\prime}(0)=2,\end{aligned} $$
所以 $ \lim_{x\to0}\left[f(\sin x)\right]^{\frac{1}{2x}}=\lim_{x\to0}\mathrm{e}^{\frac{1}{2x}\ln f(\sin x)}=\mathrm{e}^{2} $. 故应选(D).
237答案 $ \frac{1}{1+e^{2}} $ ← 题目
$ f'(x)=-\frac{3nx^{3n-1}}{(1+x^{3n})^2} $，切线斜率 $ k=f'(1)=-\frac{3n}{4} $，切线方程为 $ y-\frac{1}{2}=-\frac{3n}{4}(x-1) $.
令 y=0，得 $ \xi_{n}=1+\frac{2}{3n} $，于是
$$ \lim_{n\to\infty}f(\xi_{n})=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\left(1+\frac{2}{3n}\right)^{3n}}=\frac{1}{1+\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{2}{3n}\right)^{3n}}=\frac{1}{1+e^{2}}. $$
238 答案 $ x+y+1=0 $. ← 题目
由题设极限知 $ \lim_{x\to1}[f(3x-1)+3]=0 $，从而 $ f(2)=\lim_{x\to1}f(3x-1)=-3 $。于是
$$ \lim_{x\to1}\frac{f(3x-1)+3}{x-1}=3\times\lim_{x\to1}\frac{f(3x-1)-f(2)}{(3x-1)-2}=3f^{\prime}(2)=3 $$
从而 $ f'(2)=1 $．故法线斜率为 k=-1，法线方程为 $ y+3=-(x-2) $，即 $ x+y+1=0 $．
239答案 (C). ← 题目
先根据极限求出 $ f(x) $ 的表达式，再讨论 $ f(x) $ 的可导性. 先求出 $ f(x) $. 由 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+x^{2n}}=\max\{1,x^{2}\} $ 知
$$ f(x)=\frac{x^{2}}{\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+x^{2n}}}=\frac{x^{2}}{\max\{1,x^{2}\}}=\{\begin{aligned}x^{2},&\quad|x|\leqslant1\\ 1,&\quad|x|\gt 1\end{aligned}.=\{\begin{aligned}1,&\quad\quad\quad x\lt -1\\ x^{2},&\quad-1\leqslant x\leqslant1\\ 1,&\quad\quad\quad x\gt 1\end{aligned}.. $$
于是 $ f_{-}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{-}}\frac{x^{2}-1}{x-1}=2 $ ， $ f_{+}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{+}}\frac{1-1}{x-1}=0 $ ，
显然， $ f_{-}^{\prime}(1) \neq f_{+}^{\prime}(1) $，所以 $ f(x) $ 在 x=1 处不可导。同理可以说明 $ f(x) $ 在 x=-1 处也不可导。函数 $ f(x) $ 有两个不可导点，故应选 (C)。
$ g(x) $ 在 x=0 处连续，则
$$ \begin{align*}b=g(0)&=\lim_{x\to0}g(x)=\lim_{x\to0}\frac{f(\mathrm{e}^{2x})+\ln(1-4x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{f(\mathrm{e}^{2x})}{x}+\lim_{x\to0}\frac{\ln(1-4x)}{x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{f(\mathrm{e}^{2x})-f(1)}{\mathrm{e}^{2x}-1}\cdot\frac{\mathrm{e}^{2x}-1}{x}+\lim_{x\to0}\frac{-4x}{x}=2f^{\prime}(1)-4=-2\;.\end{align*} $$ ← 题目
241 答案 (1) $ f(x)=\{\begin{aligned}&3ax+b,&x\lt 1\\ &\frac{1}{2}(3a+b+1),&x=1\text{；(2)}\\ &x^{3},&x\gt 1\end{aligned}. $ $ a=1,b=-2 $ ; ← 题目
(3) $ f'(x) = \begin{cases} 3, & x \leq 1 \\ 3x^2, & x \gt 1 \end{cases} $
(1) 当 x > 1 时， $ f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x^3}{1 + e^{-n(x-1)}} + \lim_{n \to \infty} \frac{3ax + b}{e^{n(x-1)} + 1} = x^3 $;
又显然，当x=1时， $ f(x)=\frac{1}{2}(3a+b+1) $；当x<1时， $ f(x)=3ax+b $，
所以 $ f(x) $ 是分段函数，解析式为 $ f(x)=\{\begin{aligned}&3ax+b,&x\lt 1\\ &\frac{1}{2}(3a+b+1),&x=1\\ &x^3,&x\gt 1\end{aligned}. $
(2) $ f(x) $ 在 x=1 处可导必连续，所以 $ \lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^+}f(x)=f(1) $，计算得 $ 3a+b=1 $，且 $ f(1)=1 $。此时
$$ f_{-}^{\prime}(1)=\lim_{x\to\Gamma^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to\Gamma^{-}}\frac{3ax+b-1}{x-1}=3a, $$
$$ f_{+}^{\prime}(1)=\lim_{x\to1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1^{+}}\frac{x^{3}-1}{x-1}=3, $$
要使函数 $ f(x) $ 在 x=1 处可导，则 $ f_{-}^{\prime}(1)=f_{+}^{\prime}(1) $，于是 a=1，从而 b=-2。
所以当a=1,b=-2时，函数 $ f(x) $在x=1处可导，且 $ f'(1)=3 $.
(3) 计算易得，当 x<1 时， $ f'(x)=3 $；当 x>1 时， $ f'(x)=3x^2 $。又 $ f'(1)=3 $，所以
$$ f^{\prime}(x)=\{\begin{aligned}3,\quad&x\leqslant1\\ 3x^{2},\quad&x\gt 1\end{aligned}.. $$
242 答案 $ \sin 2x\left(f'(\sin^{2}x)-f'(\cos^{2}x)\right) $，0. ← 题目
$$ \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=&\Big(f(\sin^{2}x)\Big)^{\prime}+\Big(f(\cos^{2}x)\Big)^{\prime}=f^{\prime}(\sin^{2}x)\cdot(\sin^{2}x)^{\prime}+f^{\prime}(\cos^{2}x)\cdot(\cos^{2}x)^{\prime}\\ =&f^{\prime}(\sin^{2}x)\cdot2\sin x\cos x+f^{\prime}(\cos^{2}x)\cdot2\cos x(-\sin x)\\ =&\sin2x\Big(f^{\prime}(\sin^{2}x)-f^{\prime}(\cos^{2}x)\Big),\end{aligned} $$
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\bigg|_{x=\frac{\pi}{2}}=\sin2x\big(f^{\prime}(\sin^{2}x)-f^{\prime}(\cos^{2}x)\big)\bigg|_{x=\frac{\pi}{2}}=\sin\pi\big(f^{\prime}(1)-f^{\prime}(0)\big)=0. $$
243 答案 $ 6xf'[f(1+3x^{2})]\cdot f'(1+3x^{2}) $. ← 题目
$$ \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=&\{f[f(1+3x^{2})]\}^{\prime}=f^{\prime}[f(1+3x^{2})]\cdot[f(1+3x^{2})]^{\prime}\\=&f^{\prime}[f(1+3x^{2})]\cdot f^{\prime}(1+3x^{2})(1+3x^{2})^{\prime}=6xf^{\prime}[f(1+3x^{2})]\cdot f^{\prime}(1+3x^{2})\ .\end{aligned} $$
244 答案 -12 ← 题目
由题设知，两曲线在点 x=1 处的切线相同，于是有
$$ f(1)=\left(\left.\frac{3+\ln x}{x}\right|_{x=1}\right|_{x=1}=3,\quad f^{\prime}(1)=\left(\left.\frac{3+\ln x}{x}\right)^{\prime}\right|_{x=1}=\left(\left.-\frac{2+\ln x}{x^{2}}\right|_{x=1}\right|_{x=1}=-2. $$
由复合函数的求导法，则
$$ F^{\prime}(x)=\left[f^{2}(\mathrm{e}^{x})\right]^{\prime}=2f(\mathrm{e}^{x})\left[f(\mathrm{e}^{x})\right]^{\prime}=2f(\mathrm{e}^{x})f^{\prime}(\mathrm{e}^{x})(\mathrm{e}^{x})^{\prime}=2\mathrm{e}^{x}f(\mathrm{e}^{x})f^{\prime}(\mathrm{e}^{x}) $$
所以 $ F'(0)=2\mathrm{e}^{x}f\left(\mathrm{e}^{x}\right)f'(e^{x})\bigg|_{x=0}=2f(1)f'(1)=-12 $.
245答案2. ← 题目
方法一：由极限 $ \lim_{x\to0}\frac{e^{f(x)}-1}{1-\cos x}=2 $知， $ \lim_{x\to0}\left(e^{f(x)}-1\right)=0 $，故 $ \lim_{x\to0}f(x)=0 $。于是 $ \lim_{x\to0}\frac{e^{f(x)}-1}{1-\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{\frac{1}{2}x^2}=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)}{x}=2 $，
从而又得 $ f'(0) = \lim_{x \to 0} f'(x) = 0 $，因此 $ \lim_{x \to 0} \frac{e^{f(x)} - 1}{1 - \cos x} = \lim_{x \to 0} \frac{f'(x) - f'(0)}{x - 0} = f''(0) = 2 $。
方法二：特例法. 令 $ f(x)=x^{2} $，则 $ f(x) $ 二阶可导，且满足
$$ \lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{f(x)}-1}{1-\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x^{2}}-1}{1-\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{x^{2}}{\frac{1}{2}x^{2}}=2 $$
求得 $ f''(x)=2 $ ，于是 $ f''(0)=2 $
246答案 0. ← 题目
方法一： $ \frac{dy}{dx}=f'(x^2)(x^2)'=2xf'(x^2) $，
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=2f^{\prime}(x^{2})+2x[f^{\prime}(x^{2})]^{\prime}=2f^{\prime}(x^{2})+2xf^{\prime\prime}(x^{2})\cdot2x=2f^{\prime}(x^{2})+4x^{2}f^{\prime\prime}(x^{2}) $$
$$ \begin{aligned}{\frac{\mathrm{d}^{3}y}{\mathrm{d}x^{3}}}&{{}=2[f^{\prime}(x^{2})]^{\prime}+(4x^{2})^{\prime}f^{\prime \prime}(x^{2})+4x^{2}[f^{\prime \prime}(x^{2})]^{\prime}}\\ {}&{{}=2f^{\prime \prime}(x^{2})\cdot2x+8xf^{\prime \prime}(x^{2})+4x^{2}f^{\prime \prime \prime}(x^{2})\cdot2x=12xf^{\prime \prime}(x^{2})+8x^{3}f^{\prime \prime \prime}(x^{2})\;,}\\ \end{aligned} $$
所以 $ \left.\frac{d^{3}y}{dx^{3}}\right|_{x=0}=0 $
方法二：因为 $ y = f(x^2) $ 是偶函数，所以 $ \frac{dy}{dx} $ 是奇函数， $ \frac{d^2y}{dx^2} $ 是偶函数， $ \frac{d^3y}{dx^3} $ 是奇函数，
于是 $ \left.\frac{d^3y}{dx^3}\right|_{x=0} = 0 $。
247 答案 (C). ← 题目
由 $ f'(x)=\mathrm{e}^{f(x)} $，可得
$$ f^{\prime\prime}(x)=\left(f^{\prime}(x)\right)^{\prime}=\left(\mathrm{e}^{f(x)}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{f(x)}\cdot f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{2f(x)}, $$
$$ f^{\prime\prime\prime}(x)=\left(f^{\prime \prime}(x)\right)^{\prime}=\left(\mathrm{e}^{2f(x)}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{2f(x)}\cdot2f^{\prime}(x)=2\cdot\mathrm{e}^{3f(x)}, $$
$$ f^{(4)}(x)=\left(f^{m}(x)\right)^{\prime}=\left(2\mathrm{e}^{3f(x)}\right)^{\prime}=2\mathrm{e}^{3f(x)}\cdot3f^{\prime}(x)=2\times3\cdot\mathrm{e}^{4f(x)}, $$
$ f^{(n)}(x)=(n-1)!\cdot\mathrm{e}^{n f(x)} $．故应选(C).
248答案 $ n!e^{-1} $ ← 题目
令 $ u(x)=(x+1)^{n} $， $ v(x)=\mathrm{e}^{-x^{2}} $，则 $ f(x)=u(x)v(x) $，且
$$ \big[u(x)\big]^{(k)}\Big|_{x=-1}=0\big(k=0,1,2,\cdots,n-1\big),\quad\big[u(x)\big]^{(n)}\Big|_{x=-1}=n!,\quad\nu(x)\big|_{x=-1}=\mathrm{e}^{-1}. $$
由莱布尼茨公式，可得 $ f^{(n)}(x)=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}\left[u(x)\right]^{(k)}\left[\nu(x)\right]^{(n-k)} $，所以
$$ f^{(n)}(-1)=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}\left[u(x)\right]^{(k)}\left[\nu(x)\right]^{(n-k)}\Bigg|_{x=-1}=C_{n}^{n}\left[u(x)\right]^{(n)}\left[\nu(x)\right]\Big|_{x=-1}=n!\mathrm{e}^{-1}. $$
249 答案 $ \frac{x}{(x+1)^{3}} $ ← 题目
方法一：用反函数和复合函数求导法则.
首先 $ \frac{dy}{dx}=1+\frac{1}{x}=\frac{x+1}{x} $，由反函数求导法则，得 $ \frac{dx}{dy}=\frac{1}{\frac{dy}{dx}}=\frac{x}{x+1} $，于是
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}}=\frac{\mathrm{d}\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right)}{\mathrm{d}y}=\frac{\mathrm{d}\left(\frac{x}{x+1}\right)}{\mathrm{d}y}=\frac{\mathrm{d}\left(\frac{x}{x+1}\right)}{\mathrm{d}x}\cdot\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\frac{1}{\left(x+1\right)^{2}}\cdot\frac{x}{x+1}=\frac{x}{\left(x+1\right)^{3}}\;. $$
方法二：用隐函数求导方法.
等式 $ y = x + \ln x $ 两边对 y 求导，得 $ 1 = \frac{dx}{dy} + \frac{1}{x} \cdot \frac{dx}{dy} $，
上式两边继续对 y 求导，得 $ 0 = \frac{d^{2}x}{dy^{2}} - \frac{1}{x^{2}} \cdot \left( \frac{dx}{dy} \right)^{2} + \frac{1}{x} \cdot \frac{d^{2}x}{dy^{2}} $，
解得 $ \frac{dx}{dy}=\frac{x}{x+1} $， $ \frac{d^2x}{dy^2}=\frac{x}{(x+1)^3} $
250答案 (1)连续、可导；(2) $ f'(x)=\{\begin{aligned}&3x^{2}\sin\frac{1}{x}-x\cos\frac{1}{x}+\cos x,&x\neq0\\ &1,&x=0\end{aligned}. $，连续、不可导； ← 题目
$$ f^{\prime\prime}(x)=\left(6x-\frac{1}{x}\right)\sin\frac{1}{x}-4\cos\frac{1}{x}-\sin x\left(x\neq0\right) $$
(1) 由 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\left(x^{3}\sin\frac{1}{x}+\sin x+1\right)=1=f(0) $，知 $ f(x) $ 在 x=0 处连续；
由 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{x^{3}\sin\frac{1}{x}+\sin x}{x}=1 $，知 $ f(x) $在x=0处可导，且 $ f^{\prime}(0)=1 $。
(2) 当 $ x \neq 0 $ 时， $ f'(x) = \left(x^{3} \sin \frac{1}{x} + \sin x + 1\right)' = 3x^{2} \sin \frac{1}{x} - x \cos \frac{1}{x} + \cos x $，
又由(1)知， $ f'(0)=1 $，所以 $ f'(x)=\{\begin{aligned}3x^{2}\sin\frac{1}{x}-x\cos\frac{1}{x}+\cos x,&x\neq0\\1,&x=0\end{aligned}. $
因为 $ \lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}\left(3x^{2}\sin\frac{1}{x}-x\cos\frac{1}{x}+\cos x\right)=1=f'(0) $，所以 $ f'(x) $在x=0处连续，
又极限 $ \lim_{x\to0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\left(3x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}+\frac{\cos x-1}{x}\right)=-\lim_{x\to0}\cos\frac{1}{x} $ 不存在，所以 $ f'(x) $ 在 x=0 处不可导.
(3) 当 $ x \neq 0 $ 时，有 $ f''(x) = \left(3x^2 \sin \frac{1}{x} - x \cos \frac{1}{x} + \cos x\right)' = \left(6x - \frac{1}{x}\right) \sin \frac{1}{x} - 4\cos \frac{1}{x} - \sin x $，又由 (2) 知， $ f''(0) $ 不存在。所以 $ f''(x) = \left(6x - \frac{1}{x}\right) \sin \frac{1}{x} - 4\cos \frac{1}{x} - \sin x (x \neq 0) $。
251 答案 -2. ← 题目
将x=0代入方程，得 $ f(0)=y|_{x=0}=1 $
方程两边对 x 求导，得 $ \frac{2x+y^{\prime}}{x^{2}+y}=(3x^{2}y+x^{3}y^{\prime})+\cos x $
将x=0，y=1代入上式，得 $ f^{\prime}(0)=y^{\prime}\big|_{x=0}=y^{\prime}\big|_{x=0}=1 $。于是
$$ \lim_{x\to\infty}x\left(1-f\left(\frac{2}{x}\right)\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{1-f\left(\frac{2}{x}\right)}{\frac{1}{x}}=-2\times\lim_{x\to\infty}\frac{f\left(\frac{2}{x}\right)-f(0)}{\frac{2}{x}}=-2f^{\prime}(0)=-2 $$
252 答案 -1 ← 题目
由方程 $ xy - e^{x} + e^{y} = 0 $ 知，x = 0 时，y = 0.
方程两边对 x 求导，得 $ y + xy' - e^{x} + e^{y}y' = 0 $，
上式两边继续求导，得 $ y' + y' + xy'' - \mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{y}(y')^{2} + \mathrm{e}^{y} \cdot y'' = 0 $
将x=0，y=0代入上面两式，得 $ y'(0)=1 $， $ y''(0)=-2 $。于是
$$ \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}=f^{\prime}(\mathrm{e}^{y}-\sin x)\cdot(\mathrm{e}^{y}y^{\prime}-\cos x) $$
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}z}{\mathrm{d}x^{2}}\simeq f^{\prime\prime}(\mathrm{e}^{y}-\sin x)\cdot(\mathrm{e}^{y}y^{\prime}-\cos x)^{2}+f^{\prime}(\mathrm{e}^{y}-\sin x)\cdot\left[\mathrm{e}^{y}(y^{\prime})^{2}+\mathrm{e}^{y}y^{\prime\prime}+\sin x\right], $$
从而 $ \left.\frac{d^{2}z}{dx^{2}}\right|_{x=0}=f''(1)\cdot0+f'(1)\cdot(-1)=-f'(1)=-1 $
253 答案 $ \frac{e^{2}}{3} $ ← 题目
当t=0时，x=1,y=2.
由 $ x=2t^{3}+3t+1 $ ，得 $ \left.\frac{dx}{dt}\right|_{t=0}=\left(6t^{2}+3\right)\bigg|_{t=0}=3 $
方程 $ e^{y}\sin t - y + 2 = 0 $ 两边对 t 求导，得 $ e^{y}\frac{dy}{dt}\sin t + e^{y}\cos t - \frac{dy}{dt} = 0 $，于是
$$ \left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right|_{t=0}=\left.\frac{\mathrm{e}^{y}\cos t}{1-\mathrm{e}^{y}\sin t}\right|_{t=0}=\mathrm{e}^{2}. $$
由参数方程求导公式， $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=0}=\frac{\left.\frac{dy}{dt}\right|_{t=0}}{\left.\frac{dx}{dt}\right|_{t=0}}=\frac{e^{2}}{3} $
254 答案 $ (e^{t} + 3e^{3t})(1 + e^{2t}) $ ← 题目
$ x = t - \ln\sqrt{1 + e^{2t}} = t - \frac{1}{2}\ln(1 + e^{2t}) $。由参数方程的求导公式，得
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y^{\prime}(t)}{x^{\prime}(t)}=\frac{\left(\arctan\mathrm{e}^{t}\right)^{\prime}}{\left(t-\frac{1}{2}\ln(1+\mathrm{e}^{2t})\right)^{\prime}}=\frac{\frac{\mathrm{e}^{t}}{1+\mathrm{e}^{2t}}}{\frac{1}{1+\mathrm{e}^{2t}}}=\mathrm{e}^{t}, $$
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\mathrm{d}y^{\prime}}{\mathrm{d}x}=\frac{\left(\mathrm{e}^{t}\right)^{\prime}}{\left(t-\frac{1}{2}\ln(1+\mathrm{e}^{2t})\right)^{\prime}}=\frac{\mathrm{e}^{t}}{\frac{1}{1+\mathrm{e}^{2t}}}=\mathrm{e}^{t}+\mathrm{e}^{3t}, $$
$$ \frac{\mathrm{d}^{3}y}{\mathrm{d}x^{3}}=\frac{\mathrm{d}y^{\prime\prime}}{\mathrm{d}x}=\frac{\left(\mathrm{e}^{t}+\mathrm{e}^{3t}\right)^{\prime}}{\left(t-\frac{1}{2}\ln(1+\mathrm{e}^{2t})\right)^{\prime}}=\frac{\mathrm{e}^{t}+3\mathrm{e}^{3t}}{\frac{1}{1+\mathrm{e}^{2t}}}=\left(\mathrm{e}^{t}+3\mathrm{e}^{3t}\right)(1+\mathrm{e}^{2t})\,. $$
255 答案 切线方程 $ y = \frac{\pi}{2} - \frac{\angle x}{\pi} $；法线方程 $ y = \frac{\pi}{2}(x + 1) $。 ← 题目
螺线的参数方程为 $ \{\begin{array}{l}x = \rho \cos \theta = \theta \cos \theta \\ y = \rho \sin \theta = \theta \sin \theta\end{array}. $， $ \theta $ 为参数。
$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{y'(\theta)}{x'(\theta)} = \frac{(\theta \sin \theta)'}{(\theta \cos \theta)'} = \frac{\sin \theta + \theta \cos \theta}{\cos \theta - \theta \sin \theta} $，
在点 $ (\rho, \theta) = \left(\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) $ 处， $ x = 0, y = \frac{\pi}{2} $， $ \left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{\theta = \frac{\pi}{2}} = -\frac{2}{\pi} $。于是
切线斜率 $ k_1 = -\frac{2}{\pi} $，切线方程为 $ y = \frac{\pi}{2} = -\frac{2}{\pi}(x - 0) $，即 $ y = \frac{\pi}{2} - \frac{2}{\pi}x $。
法线斜率为 $ k_2 = \frac{\pi}{2} $，法线方程为 $ y = \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}(x - 0) $，即 $ y = \frac{\pi}{2}(x + 1) $。
256 答案 $ \frac{1}{2} $。 ← 题目
$ y'=2e^{2x}f'(e^{2x}) $，增量 $ \Delta y $的线性主部即函数的微分，于是有
$$\mathrm{d}y\Big|_{\substack{x=0\\ \Delta x=-0.1}}=y^{\prime}\Delta x\Big|_{\substack{x=0\\ \Delta x=-0.1}}=2\mathrm{e}^{2x}f^{\prime}(\mathrm{e}^{2x})\Delta x\Big|_{\substack{x=0\\ \Delta x=-0.1}}=2f^{\prime}(1)\times(-0.1)=-0.1\ ,$$
所以 $ f'(1)=\frac{1}{2} $
257 答案 $ \frac{\pi}{12}dx $ ← 题目
$$ y^{\prime}=\left[f\left(\frac{2x-1}{x+1}\right)\right]^{\prime}=f^{\prime}\left(\frac{2x-1}{x+1}\right)\cdot\left(\frac{2x-1}{x+1}\right)^{\prime}=f^{\prime}\left(\frac{2x-1}{x+1}\right)\cdot\frac{3}{\left(x+1\right)^{2}}\ , $$
于是 $ y'(2) = f'(1) \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3} \arctan 1 = \frac{\pi}{12} $，从而 $ \mathrm{d}y|_{x=2} = y'(2) \mathrm{d}x = \frac{\pi}{12} \mathrm{d}x $。
258 答案 3dx ← 题目
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\left[f(t^{3}-1)\right]^{\prime}}{\left[f(\ln t)\right]^{\prime}}=\frac{3t^{2}\cdot f^{\prime}(t^{3}-1)}{f^{\prime}(\ln t)\cdot\frac{1}{t}}=\frac{3t^{3}\cdot f^{\prime}(t^{3}-1)}{f^{\prime}(\ln t)}~, $$
于是 $ \left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=1}=\frac{3t^{3}\cdot f'(t^{3}-1)}{f'(\ln t)}\bigg|_{t=1}=\frac{3\cdot f'(0)}{f'(0)}=3 $，从而微分 $ \mathrm{d}y\big|_{t=1}=3\mathrm{d}x $