导数习题选做

导数

1.1 导数的定义（导数、左导数、右导数）。

1.2 （左、右）可导必（左、右）连续。

1.3 设 $f(x)$ 是 $(a,b)$ 上处处可导的严格单调函数，值域为 $(\alpha ,\beta )$，满足 $f^{\prime }(x)\ne 0$，则 $f(x)$ 的反函数 $\phi (x)$ 是 $(\alpha ,\beta )$ 上处处可导的严格单调函数，且满足
$${\phi }^{\prime }(y)=\frac{1}{f^{\prime }(x)},y=f(x)$$
若将开区间 $(a,b)$ 扩展为闭区间 $[a,b]$，其它条件不变，也有相应的结论成立
$${\phi }_{+}^{\prime }(\alpha )=\frac{1}{f_{+}^{\prime }(a)},{\phi }_{-}^{\prime }(\beta )=\frac{1}{f_{-}^{\prime }(b)}$$
1.4 导数四则运算。

1.5 导数的复合运算（链式法则）。

1.6 设 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处的导数 $f^{\prime }(x_0)>0$ （或 $<0$），则 $\exists \delta >0$，$\forall x_1\in (x_0,x_0+\delta ),x_2\in (x_0-\delta ,x_0)$，有 $f(x_1)>f(x_0),f(x_2)<f(x_0)$（或 $f(x_1)<f(x_0),f(x_2)>f(x_0)$）。

1.7 分段连续和分段光滑的定义。

隐函数与含参函数的导数、高阶导数

2.1 隐函数求导。

2.2 含参函数求导。

2.3 高阶导数的定义。

$f(x)$ 的 $n$ 阶导用 $f^{(n)}(x)$ 表示

2.4 高阶导数的莱布尼兹公式。

设 $u(x)$ 与 $v(x)$ 在某定义域上 $n$ 次可导，则有
$$(u(x)v(x){)}^{(n)}=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})u^{(k)}(x)v^{(n-k)}(x)$$
这个公式可以用来计算一些特殊函数的高阶导数。

微分与高阶微分

3.1 微分的定义。

3.2 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处可微的充分必要条件是 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处可导。

3.3 一阶微分的不变性。

一阶微分具有不变性，但高阶微分则不具有不变性。

习题选做

1. 设 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上处处可导，问 $f(x)$ 的导函数是否有界？

解

不一定。

反例如下
$$f(x)=\{\begin{array}{rlr}& x\sqrt{x}\sin (\frac{1}{x})& (x\ne 0)\\ & 0& (x=0)\end{array}$$
$f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上处处可导，且 $f^{\prime }(0)=0$。

但当 $x\ne 0$ 时
$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=\frac{3}{2}\sqrt{x}\sin (\frac{1}{x})-\frac{1}{\sqrt{x}}\cos (\frac{1}{x}) \\ \underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=-\infty \end{gathered}$$
导函数 $f^{\prime }(x)$ 无界。

2. 黎曼函数 $R(x)$ 是定义在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的一个有界函数
$$R(x)=\{\begin{array}{rlr}& \frac{1}{p}& (x=\frac{q}{p},\gcd (p,q)=1,p\in {\mathbb{N}}^{+},q\in \mathbb{Z})\\ & 0& (x\notin \mathbb{Q})\end{array}$$
求证黎曼函数处处不可导。

证明

由定义可知 $R(x)$ 函数满足以下条件

（i）$R(x)$ 是周期为 $1$ 的函数。

（ii）$R(x)$ 在所有有理点处不连续，在所有无理点处连续。

只需证明 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 上的无理点处不可导即可。

设 $x_0\in (0,1)$ 且 $x_0=\overline{0.a_1{a}_2{a}_3{a}_4...}$，其中 $a_i$ 是 $x_0$ 的第 $i$ 位小数，$\overline{\ast \ast \ast }$ 代表十进制数。

构造有理数数列 {rn}\{r_n\}{rn​}，满足 $r_n$ 是 $x_0$ 的前 $n$ 位小数。
$$r_n=0.a_1{a}_2...a_n$$
于是有
$$R(r_n)=R(\frac{\overline{a_1{a}_2...a_n}}{10^n})\ge \frac{1}{10^n}$$
以及
$$|x_0-r_n|=\overline{0.0...0a_{n+1}{a}_{n+2}...}<\frac{1}{10^n}$$
于是有
$$\left|\frac{R(r_n)-R(x_0)}{r_n-x_0}\right|>1$$
所以
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{R(r_n)-R(x_0)}{r_n-x_0}\right|\ge 1$$
但是，若取无理数数列 $x_n$ 趋向于 $x_0$，则有 $|R(x_n)-R(x_0)|=0$，于是
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{R(x_n)-R(x_0)}{x_n-x_0}\right|=0$$
而
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{r}_n=x_0=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$$
所以 $R(x)$ 在 $x_0$ 处不可导，再由 $x_0$ 的任意性可知 $R(x)$ 在 $[0,1]$ 之间的所有无理点处均不可导，从而 $R(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上处处不可导。

3. 设 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 可导，且 $f^{\prime }(x_0)=0$，求证 $|f(x)|$ 在 $x=x_0$ 处可导，且导数为 $0$。

证明
$$0\le \left|\frac{|f(x)|-|f(x_0)|}{x-x_0}\right|\le \left|\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\right|$$
取极限，再由夹逼定理立即可得。

4. 求证奇函数若可导，则其导函数必为偶函数，偶函数若可导，则其导函数必为奇函数。

证明

只证明奇函数的导函数为偶函数
$$f^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0}{\lim }=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(-x)-f(-x_0)}{-x-(-x_0)}=f^{\prime }(-x_0)$$
5.

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有定义，且在点 $x_0\in (a,b)$ 处有左右导数。又设点列 {an}, {bn}\{a_n\},\ \{b_n\}{an​}, {bn​} 满足条件：$a<a_n<x_0<b_n<b$，$\lim a_n=x_0=\lim b_n$。

求证存在非负实数 $p$ 和 $q$，$p+q=1$ 和子列 {ank}, {bnk}\{a_{n_k}\},\ \{b_{n_k}\}{ank​​}, {bnk​​}，使得
$$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{f(b_{n_k})-f(a_{n_k})}{b_{n_k}-a_{n_k}}=p{f}_{+}^{\prime }(x_0)+q{f}_{-}^{\prime }(x_0)$$
证明

首先，对任意 {an}, {bn}\{a_n\},\ \{b_n\}{an​}, {bn​} 的子列 {ank}, {bnk}\{a_{n_k}\},\ \{b_{n_k}\}{ank​​}, {bnk​​}，均有
$$\frac{f(b_{n_k})-f(a_{n_k})}{b_{n_k}-a_{n_k}}=\frac{f(b_{n_k})-f(x_0)}{b_{n_k}-x_0}\cdot \frac{b_{n_k}-x_0}{b_{n_k}-a_{n_k}}+\frac{f(x_0)-f(a_{n_k})}{x_0-a_{n_k}}\cdot \frac{x_0-a_{n_k}}{b_{n_k}-a_{n_k}}$$
因为
$$0\le \frac{b_n-x_0}{b_n-a_n}\le 1$$
根据致密性定理知有界数列一定存在收敛子列，我们取其中一个收敛子列，使得
$$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{b_{n_k}-x_0}{b_{n_k}-a_{n_k}}=p,(p\in [0,1])$$
则有
$$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{x_0-a_{n_k}}{b_{n_k}-a_{n_k}}=\underset{k\to \infty }{\lim }\left(1-\frac{b_{n_k}-x_0}{b_{n_k}-a_{n_k}}\right)=1-p$$
在根据 $f(x)$ 在点 $x_0$ 有左右导数知
$$\begin{gathered} \underset{k\to \infty }{\lim }\frac{f(b_{n_k})-f(x_0)}{b_{n_k}-x_0}=f_{+}^{\prime }(x_0) \\ \underset{k\to \infty }{\lim }\frac{f(x_0)-f(a_{n_k})}{x_0-a_{n_k}}=f_{-}^{\prime }(x_0) \end{gathered}$$
所以有
$$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{f(b_{n_k})-f(a_{n_k})}{b_{n_k}-a_{n_k}}=p{f}_{+}^{\prime }(x_0)+q{f}_{-}^{\prime }(x_0)$$
证毕。

事实上，通过巧妙设计 $a_n,b_n$，我们可以取遍 $p\in [0,1]$，一个设计方法是
$$b_n=x_0+\frac{p}{n},a_n=x_0-\frac{1-p}{n}$$
6. 设 $f(0)=0,f^{\prime }(0)=a,a\in \mathbb{R}$，求数列
$$x_n=f(\frac{1}{n^2})+f(\frac{2}{n^2})+...+f(\frac{n}{n^2})$$
的极限。

解

利用可导必可微的性质得
$$\begin{array}{rl}{x}_n& =\sum _{k=0}^{n}f(\frac{k}{n^2})\\ & =\sum _{k=1}^n\left(f(0)+f^{\prime }(0)\cdot \frac{k}{n^2}+o(\frac{k}{n^2})\right)\\ & =\sum _{k=1}^n\left(a\cdot \frac{k}{n^2}+o(\frac{1}{n})\right)\\ & =\sum _{k=1}^n\left(a\cdot \frac{k}{n^2}\right)+o(1)\\ & =a\cdot \frac{n(n+1)}{2n^2}+o(1)\end{array}$$
所以
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\frac{a}{2}$$
这题说明了微分可辅助极限计算。

7.

设 $f(x)$ 在点 $a$ 可导，求极限：

$$\begin{array}{rl}& (\text{i})\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{f(a+\frac{1}{n})}{f(a)}\right)}^n\\ & (\text{ii})\underset{t\to 0}{\lim }\frac{f(a+pt)-f(a+qt)}{t}\end{array}$$
解

$(\text{i})$
$$\begin{array}{rl}\text{Origin}& =\exp (\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f(a+\frac{1}{n})-f(a)}{1/n})\\ & =\exp (f^{\prime }(a))\end{array}$$
$(\text{ii})$
$$\begin{array}{rl}\text{Origin}& =(p-q)\underset{t=0}{\lim }\frac{f(a+pt)-f(a+qt)}{pt-qt}\\ & =(p-q)f^{\prime }(a)\end{array}$$
8.

求 $y=\arcsin (x)$ 在点 $0$ 的各阶导数。

解
$$y^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1+x}}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x}}$$
所以
$$y^{(n+1)}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right){\left(\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)}^{(k)}{\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}\right)}^{(n-k)}$$
注意到
$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)}^{(n)}& =(-1{)}^n{\left(-\frac{1}{2}\right)}^{\underline{n}}(1+x{)}^{-\frac{1}{2}-n}\\ & ={\left(\frac{1}{2}\right)}^{\overline{n}}(1+x{)}^{-\frac{1}{2}-n}\\ & =\frac{(2n-1)!!}{2^n}(1+x{)}^{-\frac{1}{2}-n}\end{array}$$
和
$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}\right)}^{(n)}& ={\left(-\frac{1}{2}\right)}^{\underline{n}}(1-x{)}^{-\frac{1}{2}-n}\\ & =(-1{)}^n{\left(\frac{1}{2}\right)}^{\overline{n}}(1-x{)}^{-\frac{1}{2}-n}\\ & =(-1{)}^n\frac{(2n-1)!!}{2^n}(1-x{)}^{-\frac{1}{2}-n}\end{array}$$
若定义 $(-1)!!=1$，则有
$$y^{(n+1)}=\frac{(-1{)}^n}{2^n}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)(2k-1)!!(2(n-k)-1)!!(1+x{)}^{-\frac{1}{2}-n}(1-x{)}^{-\frac{1}{2}-(n-k)}$$
所以
$$y^{(n+1)}{|}_{x=0}=\frac{(-1{)}^n}{2^n}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)(2k-1)!!(2(n-k)-1)!!$$
9.

求 $y=\arctan (x)$ 在点 $0$ 处的各阶导数。

解

以下用 $y_0^{(n)}$ 表示 $y$ 在点 $0$ 处的各阶导数。

写出导数的隐函数表示
$$(1+x^2)y^{\prime }=1$$
设 $n\in \mathbb{N},n\ge 2$ 用高阶导数的莱布尼兹公式得
$$(1+x^2)y^{(n+1)}+2nx{y}^{(n)}+n(n-1)y^{(n-1)}=0$$
再令 $x=0$。
$$y_0^{(n+1)}=-n(n-1))y_0^{(n-1)}$$
再注意到 $y_0^{\prime }=1,y_0^{\prime \prime }=0$，于是有
$$y_0^n=\{\begin{array}{rlr}& (-1{)}^{(n-1)/2}(n-1)!& (n=2k+1)\\ & 0& (n=2k)\end{array}$$
10.

设 $a>0,b>0$，$a\ne b$ 且 $b\ln a+a\ln b=a+b$，求证
$$2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<e$$
证明

整理条件后得到
$$\frac{1+\ln b}{b}=\frac{1+\ln a}{a}$$
令 $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b}$，记函数 $f(x)=x(1-\ln x)$，则条件转化为
$$f(x)=f(y)$$
因为 $f^{\prime }(x)=-\ln x$，所以 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上递增，在 $(1,+\infty )$ 上递减。

又因为 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0,f(e)=0$，故 $x,y\in (0,e)$。

不妨假设 $x<y$，则 $x\in (0,1),y\in (1,e)$。

先证原不等式的右边，这等价于
$$y<e-x$$
而 $e-x\in (e-1,e)\subset (1,e)$，$f(x)$ 在 $(1,e)$ 上递减，于是 $y<e-x$ 等价于
$$f(x)=f(y)>f(e-x)$$
新取一个函数 $g(x)=f(x)-f(e-x)$。

原不等式的右边成立等价于，当 $x\in (0,1)$ 时有 $g(x)>0$。

$g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+f^{\prime }(e-x)=-\ln (e-x)-\ln x$

取 $x_0\in (0,1)$ 使得 $x_0(e-x_0)=1$。

于是 $g^{\prime }(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上恒正，$(x_0,1)$ 上恒负。

又因为 $g(0)=0,g(1)>0$，所以 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上恒正。

左边的不等式可用类似的方法证出。