1. 填空题


(1) $\frac12 f‘(x_0)$


令 $x=x_0+ \Delta x$, 则得
\[
  \mbox{原式}=\lim_{\Delta x\to 0}
   \frac{  f(x_0 +\frac{\Delta x}{2} )-f(x_0)}{ \Delta x }
   =\frac12\lim_{\Delta x\to 0}
   \frac{  f(x_0 +\frac{\Delta x}{2} )-f(x_0)}{ \frac{\Delta x}{2} }=\frac12 f‘(x_0).
\]

如果不严格的利用对 $x$ 洛必达可以更直观的看到
\[
  \mbox{原式}=\lim_{x\to x_0}
   \frac{ \frac12 f‘(\frac{x+x_0}{2}) }{ 1}
   =\frac12 f‘(x_0).
\]


(2) -4

因为
\[
   \frac{2}{x^3} f‘(\frac{1}{x^2}) =\frac1x,
\]
所以
\[
   f‘(\frac{1}{x^2})=-2x^2,
\]
令 $x=\sqrt 2$ 即可.


(3) $(-1)^{n+1} n!$

因为
\[
   f^{(n)}(x)= \frac{ n! }{ (1-x)^{n+1} }
\]


(4)
\[
   y‘= \frac{ e^x+2x \cos(x^2+y^2)-y^2 }
   { 2xy-2y \cos(x^2 +y^2)  }
\]



2. (1)
\[
\begin{aligned}
  y‘&=\left (
  \arcsin \frac{ 2\sin x+1 }{2+\sin x}
  \right)‘
  \\
  &=\left (
  \frac{ 2\sin x+1 }{2+\sin x}
  \right)‘
  \frac{1}{\sqrt{ 1- \left (
  \frac{ 2\sin x+1 }{2+\sin x}
  \right)^2} }
\\
&=  
  \left(2-
\frac{ 3}{2+\sin x}
  \right)‘
  \frac{1}{\sqrt{ 1- \left (
  \frac{ 2\sin x+1 }{2+\sin x}
  \right)^2} }
\\
  &=   \frac{ 3 \cos x}{(2+\sin x)^2}
   \frac{ |2+\sin x| }{ \sqrt 3 |\cos x| }
\\
  &=    
  \frac{ 3 \cos x}{(2+\sin x)^2}
   \frac{ 2+\sin x }{ \sqrt 3 \cos x } \qquad (|x|<\frac\pi 2)
\\
&=  \frac{\sqrt 3}{2+\sin x}   
\end{aligned}  
\]
因此
\[
  dy = \frac{\sqrt 3}{2+\sin x}   dx.
\]


(2) 由于
\[
  y‘=( f(x+y) )‘
  = f‘(x+y)(1+y‘),
\]
所以
\[
  y‘= \frac{ f‘(x+y) }{ 1-f‘(x+y) }.
\]
因此,
\[
\begin{aligned}
  y‘‘&= \left(
  \frac{ f‘(x+y) }{ 1-f‘(x+y) }
  \right)‘
\\  
  &= \frac{ f‘‘(x+y)(1+y‘)(1-f‘(x+y))+
     f‘(x+y) f‘‘(x+y)(1+y‘)
  }
  { (1-f‘(x+y))^2 }
\\
  &=   
  \frac{ f‘‘(x+y)(1+y‘)
  }
  { (1-f‘(x+y))^2 }
\\
   &= \frac{ f‘‘(x+y) }{ (1-f‘(x+y))^3 } .
\end{aligned}  
\]


(3) 首先
\[
   \frac{dx}{dt}= 6t +2,
   \qquad  \frac{dy}{dt}=
   \frac{ e^y \cos t }{ 1-e^{y}\sin t }
   =\frac{ e^y \cos t }{ 2-y },
\]
因此
\[
   \frac{dy}{dx}
   = \frac{dy}{dt}/ \frac{dx}{dt}
   =\frac{ e^y \cos t }{ (2-y)(6t+2) },
\]
即
\[
   \frac{d}{dt} (\frac{dy}{dx}  )
   = \frac{ e^y y‘(t) \cos t- e^y \sin t }{ (2-y)(6t+2) } -\frac{ e^y \cos t [  6( 2-y ) -y‘(6t+2) ]  }{ (2-y)^2(6t+2)^2 }
\]
又由于当 $t=0$ 时, $x=3,y=1$ 因此
\[
   \frac{d^2 y}{d x^2} \bigg|_{t=0}
   =\frac12 e^2 -\frac34 e.
\]


3. 证明：根据题设有
\[
   \lim_{x\to 0}  \exp
   \left (
    \frac{ \ln(1+x +\frac{f(x)}{x})}{x}
   \right )
   =\exp
   \left (  \lim_{x\to 0}
    \frac{ \ln(1+x +\frac{f(x)}{x})}{x}
   \right )
   =e^3,
\]
根据指数函数的单调性, 有
\[
   \lim_{x\to 0}
    \frac{ \ln(1+x +\frac{f(x)}{x})}{x}=3.
   \tag{*}
\]
因此,
\[
   \lim_{x\to 0}
    { \ln(1+x +\frac{f(x)}{x})}
    =
   \lim_{x\to 0}
    \frac{ \ln(1+x +\frac{f(x)}{x})}{x}
    \cdot \lim_{x\to 0} x=0=\ln 1.
\]
根据对数函数的单调性，有
\[
   \lim_{x\to 0}(x +\frac{f(x)}{x}) =0.
   \tag{**}
\]
首先,
\[
  \lim_{x\to 0} (x^2+{f(x)})=\lim_{x\to 0}(x +\frac{f(x)}{x}) \cdot \lim_{x\to 0} x=0,
\]
推出
\[
   f(0)=\lim_{x\to 0} f(x)  = -\lim_{x\to 0}x^2=0.
\]
其次, 由 $(**)$ 得
\[
  \lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{x}
  = \lim_{x\to 0} \frac{f‘(x)}{1}=f‘(0)=0.
\]
再次, 由 $(*)$ 以及 $(**)$ 得
\[
   \lim_{x\to 0}
    \frac{ \ln(1+x +\frac{f(x)}{x})}{x}
    =
    \lim_{x\to 0}
    \frac{ x +\frac{f(x)}{x}}{x}
    =
    \lim_{x\to 0}
    \frac{ x^2 +{f(x)}}{x^2}
   =1+\lim_{x\to 0}
   \frac{f‘(x)}{2x}
   =1+\lim_{x\to 0}
   \frac{f‘(x)-f‘(0)}{2x}
    = 1+\frac12 f‘‘(0)
    =3
\]
即 $f‘‘(0)=4$. 综上所述,
\[
  f(0)=0,f‘(0)=0,f‘‘(0)=4.
\]

说明：前式只用了一次洛必达，最后一步用了定义，因为根据题设条件，二阶导数并不是连续的，如果再使用洛必达没办法得到极限，所以用了定义，数学很微妙。。。

(2)
\[
  \mbox{原式}=\lim_{x\to 0} \exp \frac{\ln(1+\frac{f(x)}{x})}
  {x}
  =  \exp \left(
  \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+\frac{f(x)}{x})}
  {x}\right )
 =\exp \left(
  \lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{x^2}\right )
  =e^2.
\]



(4) 首先, 假设 $x=0$, 则
\[
  f(0)= 0,
\]
其次，假设 $x>0$, 因为 $e^{tx}\to +\infty$ 当 $t\to +\infty$ 时，则
\[
  f(x)=\lim_{t\to +\infty}
  \frac{ x }{ 2+x^2 -e^{tx} }=0,
\]
最后，当 $x<0$, 因为 $e^{tx}\to 0$ 当 $t\to +\infty$ 时，则
\[
  f(x)=\lim_{t\to +\infty}
  \frac{ x }{ 2+x^2 -e^{tx} }=\frac{x}{2+x^2}.
\]
综上所述,
\[
   f(x)=
   \begin{cases}
    0,  &  x\geq 0,
    \\
    \frac{x}{2+x^2}, & x< 0.
\end{cases}
\]
注意到 $f(x)$ 为一连续函数，且当 $x\neq 0$ 可导。而
\[
   f‘_+(0)= 0, \qquad
   f_-‘(0)=\lim_{\Delta x\to 0^-}
   \frac{ \frac{\Delta x}{2 +(\Delta x)^2}-0  }{ \Delta x }=\frac12,
\]
因此 $f(x)$ 在 $x=0$ 处不可导.



5. 根据莱布尼茨公式
\[
\begin{aligned}
  f^{(2001)}(x)&= \frac12( x^2 \sin (2x))^{(2001)}
  \\
  &=\frac12 x^2 \sin^{(2001)}(2x)
  + C_{2001}^1 x \sin^{(2000)}(2x)
  + C_{2001}^2 \sin^{(1999)}(2x).
\end{aligned}
\]
注意到令 $x=0$, 上式前两项都为零, 因此
\[
   f^{(2001)}(0)
   =  C_{2001}^2 2^{1999} \sin (2\cdot 0 +\frac{1999\pi }{2})
   =C_{2001}^2 2^{1999} \sin (499 \cdot 2\pi +\frac{3\pi }{2})
   =-C_{2001}^2 2^{1999}.
\]



6. 证明：根据题设有
\[
  f(0+0) =f(0)f(0),
\]
因此 $f(0)=1$. 而
\[
   f‘(x)
   = \lim_{\Delta x\to 0}
   \frac{ f(x+\Delta x)-f(x) }{ \Delta x }
  =
  \lim_{\Delta x\to 0}
   \frac{ f(x)f(\Delta x)-f(x) }{ \Delta x }
  = f(x)\lim_{\Delta x\to 0}
   \frac{ f(\Delta x)-1 }{ \Delta x }
   =f(x)f‘(0)=f(x).
\]

第二章 自测