二、填空题1.
2.
则f
(n)(x)=______．
3.
4. 设函数y=y(x)由方程e
x+y+cos(xy)=0确定，则
5. 已知f(-x)=-f(x)且f'(-x
0)=k，则f'(x
0)=______．
6. 设f(x)可导，则
7. 设
则k=______．
8.
9. 设f为可导函数，y=sin{f[sinf(x)]}，则
f'(x)cosf(x)f'[sinf(x)]·cos{f[sinf(x)]}．
10. 设函数y=f(x)由方程e
2x+y-cos(xy)=e-1所确定，则曲线y=f(x)在点(0，1)处的法线方程为______．
三、解答题设f'(x0)存在，求下列各极限．1.
[解]
2.
[解]
3.
[解]
4.
[解]
5. 设f(x)在x=1处连续，且
求f'(1)．
[解]
6. 设f(x)在(-∞，+∞)内有定义，对任意x，恒有f(x+1)=2f(x)．当0≤x≤1时，f(x)=x(1-x
2)，试判断在x=0处，f'(x)是否存在．
[解]当-1≤x＜0时，0≤x+1＜1，于是
因为f'
+(0)≠f'
-(0)，所以f(x)在x=0处不可导．
7. 求抛物线
在点M(1，1)处的曲率圆方程．
[解]由题设可知：
则
设
在点(1，1)处的曲率圆方程为
(x-α)
2+(y-β)
2=R
2，
其中
故
在点(1，1)处的曲率圆方程为
8.
[解]
9. y=x[cos(lnx)+sin(lnx)]；
[解]
10. y=f
n[φ
n(sinx
n)]；
[解]y'=nfn-1[φn(sinxn)]·f'[φn(sinxn)]·nφn-1(sinxn)·φ'(sinxn)·cosxn·nxn-1
=n3·xn-1cosxn·fn-1[φn(sinxn)]·φn-1(sinxn)·f'[φn(sinxn)]·φ'(sinxn)．
11. y=x
aa+a
xa+a
ax(a＞0)．
[解]y'=aaxaa-1+axa·lna·axa-1+aaxlna·axlna
=aaxaa-1+alnaxa-1axa+ln2a·axaax．
12. 设
求f'[f(x)]，{f[f(x)]}'，{f[f(x)]}"．
[解]令
则f(t)=sin2t，f'(t)=2cos2t，f"(t)=-4sin2t．
于是f'[f(x)]=2cos2[f(x)]=2cos(2sin2x)；
{f[f(x)]}'=f'[f(x)]·f'(x)=2cos(2sin2x)·2cos2x
=4cos(2sin2x)·cos2x；
{f[f(x)]}"={f'[f(x)]·f'(x)}'=f"[f(x)][f'(x)]
2+f'[f(x)]f"(x)
=-4sin(2sin2x)·(2cos2x)
2+2cos(2sin2x)·(-4sin2x)
=-16sin(2sin2x)cos
22x-8cos(2sin2x)(sin2x)．
13. 作变换u=tany，x=e
t，试将方程
化为u关于t的方程．
[解]由于y=arctanu，t=lnx，故有
又
于是
代入原方程得
15. 设
求当t=0时的导数
16. 设
其中f(t)的三阶导数存在，且f"(t)≠0，
求
[解]
17. 设方程xy
2+e
y=cos(x+y
2)，求y'．
[解法一]y
2+2xyy'+e
yy'=-sin(x+y
2)·(1+2yy')，
[解法二]令F(x，y)=xy
2+e
y-cos(x+y
2)．
因为F'
x=y
2+sin(x+y
2)，F'
y=2xy+e
y+2ysin(x+y
2)，
所以
[解法三]d(xy
2+e
y)=d[cos(x+y
2)]，
y
2dx+2xydy+e
ydy=-sin(x+y
2)(dx+2ydy)，
[2xy+e
y+2ysin(x+y
2)]dy=-[y
2+sin(x+y
2)]dx，
18. 设有方程
求
[解]方程两边对x求导，可得
2-sec
2(x-y)·(1-y')=sec
2(x-y)·(1-y')
y"=2sin(x-y)cos(x-y)·(1-y')=2sin(x-y)cos(x-y)cos
2(x-y)
=2sin(x-y)cos
3(x-y)．
19. 设由方程x
y=y
x确定y是x的函数，求
[解]e
ylnx=e
xlny，两边同时对x求导，得
20. 设
求y'．
[解]先将表达式写成分式指数幂的形式．
上式两边对x求导，得
21. 设
又函数f(x)可导，求F(x)=f[φ(x)]的导数．
[解]
当x≠0时，
因为分界点x=0的两侧f(x)的表达式用同一形式表示，所以分界点处的导数只用一种形式求即可．
故
22. 设y=e
xcosx，求y
(n)．
[解]
23. 设f(x)任意阶可导，且f'(x)=e
-f(x)，f(0)=1．求f
(n)(0)．
[解]f"(x)=-e
-f(x)f'(x)=-e
-2f(x)，
f'''(x)=2e
-2f(x)f'(x)=2e
-3f(x)，
f
(4)(x)=-3·2e
-3f(x)·f'(x)=-3·2e
-4f(x)，
f
(n)(x)=(-1)
n-1(n-1)!e
-nf(x)，
所以，f
(n)(0)=(-1)
n-1(n-1)!e
-nf(0)=(-1)
n-1(n-1)!e
-n．
24. 设
求y
(n)．
[解]若c≠0，用多项式除法，可得
故
25. 设
求y
(n)(n≥2)．
[解]
26. 设y=sinxsin2xsin3x，求y
(n)．
[解]
27. 设y=sin
6x+cos
6x，求y
(n)．
[解]
28. 设y=arcsinx，求y
(n)(0)．
[解]因为
所以
但由麦克劳林级数知
对比①与②中x
n的系数，得
y
(2k)(0)=f
(2k)(0)=0，y'(0)=1，
29. 设f(x)=arctanx，求f
(n)(0)．
[解]因为
所以
其中|x|＜1，
又f(x)在x=0处的麦克劳林级数展开式为
对比③，④中x
n的系数，得
f
(2k)(0)=0，
其中，k=0，1，2，…．
30. 设
求y
(n)(0)．
[解]
显然，当x=0时，y'=1，y"=0，y'''=4，…
故y
(2n)(0)=0，y
(2n+1)(0)=4
n(n!)
2．
31. 设f(x)=x
2ln(1+x)，求f
(n)(0)．
[解]
所以f
(n)(0)=(-1)
n-3(n-1)(n-3)!(n≥3)．
32. 设f(x)在[a，b]上可导，f'
+(a)·f'
-(b)＜0，证明：存在一点ξ∈(a，b)，使f'(ξ)=0．
[证]不妨设f'
+(a)＞0，f'
-(b)＜0，于是
由极限保号性知，存在一个δ
1＞0，当x∈(a,a+δ
1)时，恒有
同理，
由极限保号性知，存在一个δ
2＞0，当x∈(b-δ
2，b)时，恒有
由f(x)在[a，b]上可导知，f(x)在[a，b]上连续，所以f(x)在[a，b]上必存在最大值，由①②知，最大值只能在(a，b)内取得．
令ξ∈(a，b)，
又f(x)在x=ξ处可导，故由费尔马定理知，f'(ξ)=0．
33. 已知f(x)是周期为5的连续函数，它在x=0的某邻域内满足关系式f(1+sinx)-3f(1-sinx)=8x+α(x)，其中，α(x)是当x→0时比x高阶的无穷小，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]由连续性，有
即f(1)-3f(1)=0，故f(1)=0．
因此，
又
即
也即f'(1)+3f'(1)=8，故f'(1)=2．
由周期性
所以，要求的切线方程为y=2(x-6)．
[解析] 曲线y=f(x)在点[6，f(6)]处的切线方程为y-f(6)=f'(6)(x-6)．由周期性，f(6)=f(1)，f'(6)=f'(1)，故只需求f(1)与f'(1)．又已知只给出f(x)在x=1处可导，所以利用导数定义求f'(1)．
34. 设ρ=ρ(x)是抛物线
上任一点M(x，y)(x≥1)处的曲率半径，s=s(x)是该抛物线上介于点A(1，1)与M之间的弧长，求
的值．
35. 设
求f(x)并讨论f(x)的连续性与可导性．
[解]
仅当f
-(1)=f
+(1)=f(1)时，f(x)在x=1处连续，
即
因此，当a+b=1时，f(x)在x=1处连续，显然f(x)在x≠1处连续，故当a+b=1时，f(x)在(-∞，+∞)上连续．
当f'
-(1)=f'
+(1)时，f(x)在x=1处可微．又注意到可微必连续，于是
故仅当a=2，b=-1时，f'
-(1)=f'
+(1)，即f(x)在x=1处可导，显然在x≠1处，f(x)也可导．
综上所述，当a=2，b=-1时，f(x)在(-∞，+∞)上可导．
求：36. f(0)，f'(0)和f"(0)的值；
[解]由题设知f(x)在点x=0的充分小邻域内有
(f(x)在点x=0的二阶泰勒公式)，
所以，
于是有
即f(0)=-3，f'(0)=0，f"(0)=9．
37.
[解]由上小题知在点x=0的充分小邻域内有
所以，
[解析] (1)由题设知，
(f(x)在点x=0的二阶泰勒公式)．于是可由
计算f(0)，f'(0)和f"(0)的值．
(2)由上述f(x)的泰勒公式计算所给的极限．
则F'(x)等于
等于
在x=0处可导，则
求
当t＜0时，
深色：已答题 浅色：未答题