题目272
设
y=y(x) 由
e^y\sin t - y + 1 = 0 和
x = \begin{cases} \dfrac{e^t-1}{t} & t \ne 0 \\\\ 1 & t = 0 \end{cases} 所确定，求
\dfrac{d^2y}{dx^2}\bigg|_{t=0}解答
参数方程 + 隐函数 求 具体某一点的二阶导数值 考虑直接代公式
接下来的问题是求出
y,x 在
x=0 处的 一阶 和 二阶 导数值 即可
对于
y 我们直接用隐函数求导法则，方程两侧连续求导代入即可（过程就不写了，直接上答案）
对于
x 我是 跨阶凑导数定义 ，武老师 是用的 泰勒展开，我这里直接用 吴老师 的方法了
[
\begin{aligned}
e^x - 1 &= x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 \cdots \\\\
\dfrac{e^x-1}{x} &= 1 + \dfrac{1}{2!}x + \dfrac{1}{3!}x^2 + \cdots
\end{aligned}
]可得
\begin{cases} x'(0) = \dfrac{1}{2!} & y'(0) = e \\\\ x''(0) = \dfrac{1}{3!} & y''(0) = 2e^2 \end{cases}这个应该都会吧，就是求
n 阶导后： 1. 小于
n 的项求导没了 2. 大于
n 的项，代入
x = 0 后为
0 3. 因此只会保留等于
n 的项
最后代入公式即可：
\dfrac{d^2y}{dx^2}\bigg|_{t=0} = 8(e^2-\dfrac{1}{3}e)题目273
已知函数
f(x) = x^2\ln(1-x)，当
n\ge3 时，求
f^{(n)}(0)解答
[
高阶导数题型
\begin{cases}
求f^{(n)}(x) \begin{cases}
求几阶然后找规律\\\\
莱布尼茨公式\\
\end{cases}\\\\
求f^{(n)}(x_0) \begin{cases}
泰勒展开 \\\\
求极限
\end{cases}
\end{cases}
]我这里写成 无穷级数 的形式，方便观察 （被研友勒令）
[
\ln(1-x) = \sum_{n=1}^{\infty} -\frac{1}{n}x^n \\
x^2\ln(1-x) = \sum_{n=1}^{\infty} -\frac{1}{n}x^{n+2}
]我们都知道，幂函数的多项式，求
n 阶导后，代入
x=0 后，只会保留
x^n 的系数：
- 次数小于
n 的，求
n 阶导后为
0- 次数大于
n 的，求
n 阶导后，保留有
x，代入
x=0 后，值为
0因此找
f^{(n)}(0) 就等于找
x^n 的项：
-\dfrac{1}{n-2}x^n由 抽象泰勒展开式 建立方程：
\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n = -\dfrac{1}{n-2}x^n综上所述：
f^{(n)}(0) = -\dfrac{n!}{n-2}题目274
设
f(x) = \dfrac{1}{1+2x+4x^2}，求
f^{(100)}(0)解答
前置知识，幂差公式(3次)：
a^3-b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)根据 0x111（273） 题题解中的分析，我们有 泰勒展开 和 求极限 作为手段
求极限 用于 无穷小阶数
\ge 求导阶数 的题目，因此本题毫无疑问是 泰勒展开
那么用哪个常见的幂级数展开呢？我们考虑对函数进行恒等变形
[
f(x) = \dfrac{1}{1 + 2x + (2x)^2} = \dfrac{1-2x}{(1-2x)(1+2x+(2x)^2)} = \dfrac{1-2x}{1-8x^3}
]那么我们的选择毫无疑问就是 等比级数 分别展开
\dfrac{1}{1-8x^3} 和
\dfrac{-2x}{1-8x^3}由
\dfrac{1}{1-x} = \sum\limits_{n=0}^\infty x^n 可知
\dfrac{1}{1-8x^3} = \sum\limits_{n=0}^\infty (2x)^{3n}由于我们只需找出
x^{100} 的项（在 0x111(273) 题中写过原因），再根据 抽象泰勒展开式 我们有如下方程：
[
\frac{f^{(100)}(0)}{100!} = -2\times 2^{99} \quad\Rightarrow\quad f^{(100)}(0) = -2^{100} 100!
]题目275
设
y = \dfrac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}:
（1）证明：
(1-x^2)y^{(n+1)} - (2n+1)xy^{(n)} - n^2y^{(n-1)} = 0 (n\ge1)（2）求
y^{(n)}(0)解答
已知递推关系式的结论证明，可以考虑数学归纳法
数学归纳法：
验证初值
n=1 时：
对给定的方程连续两次求导：
[
(1-x^2)y^'' - (2n+1)xy' - n^2y = 0
]初值成立
假设
n=k(k\ge1) 成立：
对
n=k 的递推式两侧再次求导：
[
(1-x^2)y^{(k+2)} - \bigg[2(k+1)+1\bigg]xy^{(k+1)} - (k^2+2k+1)y^{(k)} = 0
]化简后可得：
(1-x^2)y^{(k+2)} - \bigg[2(k+1)+1\bigg]xy^{(k+1)} - (k+1)^2y^{(k)} = 0 得证
令
x = 0 可得：
y^{(n+1)} = n^2y^{(n-1)} (n\ge1)获得 跨阶 的 递推式，因此我们需要分 奇偶 讨论不同 初值 下的情况即可 （经典 动态规划）
n为偶数时：
\begin{cases} y^{(0)} = 0 \\ y^{(2k+2)} = 4k^2 \cdot y^{(2k)} (k\ge0) \end{cases} \quad\Rightarrow\quad y^{(2k)} = 0n为奇数时：
\begin{cases} y^{(1)} = 1 \\ y^{(2k+1)} = 4k^2 \cdot y^{(2k-1)} (k\ge 1) \end{cases} \quad\Rightarrow\quad y^{(2k+1)} = \Big[(2k)!!\Big]^2综上可知
y^{(n)}(0) = \begin{cases} 0 &n = 2k\\ \Big[(2k)!!\Big]^2 & n = 2k + 1 \end{cases} \quad \text{其中k=0,1,}\cdots题目276
设函数
f(x) = \begin{cases} x|x| &x\le0\\\\ x\ln x &x>0 \end{cases} ，
判断
x = 0 是否为
f(x) 的 极值点 或 不可导点
解答
原式可化为：
\begin{cases} -x^2 &x\le0\\\\ x\ln x &x>0 \end{cases}研究可导性
用导数定义：
f_{+}'(0) = \lim\limits_{x\to0^+} \dfrac{x\ln x}{x} = -\infty 不存在，故不可导
研究极值点
由于该点一阶导数不存在，故三个判别极值的充分条件都用不了
我们考虑直接从极值的定义出发
f(x - 0) = -x^2 < 0f(x + 0) = x\ln x < 0故
x=0 处
f(x) 取极大值
题目277
设函数
f(x) = \displaystyle\int_{-1}^xt\ln|t|dt，求
x=0 处
f(x) 是否有 极值点 、可导性
解答
被积函数在
x=0 处不连续，则变上限积分可能在这一点不可导，故只需研究在这一点的可导性即可
利用导数定义：
f'(0) = \lim\limits_{x\to0} \dfrac{\displaystyle\int_{-1}^xt\ln|t|dt - f(0)}{x} = \lim\limits_{x\to0} x\ln|x| = 0故在这一点 可导
然后研究极值点，找出一阶导数等于 0 的驻点，或不可导点
有可疑点：
x = 0，显然在
x=0 不存在二阶导数，不妨用一阶导数左右正负来看
x\to0^- 时：
x\ln(-x) > 0x\to0^+ 时：
x\ln(-x) < 0由极值点的第一充分条件可得：
x=0 为极大值点
题目278
函数
f(x)=(x+1)|x^2-1| ，求 驻点 和 极值点 的个数
解答
多项式函数求 驻点 极值点 个数问题
首先写出函数的分段：
\begin{cases} (x+1)^2(x-1) &|x|\ge1\\\\ (x+1)^2(1-x) &|x|<1 \end{cases}写出导函数的分段：
\begin{cases} (3x-1)(x+1) &|x|\gt1\\\\ -(3x-1)(x+1) &|x|<1 \end{cases}区间内的驻点有：
x = \dfrac{1}{3}分段点的导数可以用定义去求，但有一个更快的结论：
f(x)|x-a| 在
x=a 可导
\Leftrightarrowf(a)=0故可知 分段点 处 导数不存在 的点有
x=1，导数存在的点 有
x=-1综上，驻点为
x=1,\dfrac{1}{3}找 极值点，就是找 驻点 或 导数不存在 的点，即
x=\pm1,\dfrac{1}{3}这里我们可以直接从 极值的定义 出发来判断
x\to1 时，
f(x)>0，故
x=1 为极值点
x\to-1^+ 时，
f(x)>0，
x\to-1^- 时，
f(x)<0 故
x=-1 不是极值点
x\to\dfrac{1}{3}^+ 时，
f'(x)<0，
x\to\dfrac{1}{3}^- 时，
f'(x)> 0，故
x=1 为极值点
综上所述：2 个驻点，2 个极值点
题目279
设
f(x) 有二阶连续导数，且
f'(0)=0,~\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f''(x)+f(x)-f(-x)}{|x|} = 1，则
f(0) 是
f(x) 的极大值
f''(0)>0, f(0) 是
f(x) 的极小值
(0,f(0)) 是曲线
y=f(x) 的拐点
f(0) 是
f(x) 的极值，
(0,f(0)) 不是曲线
y=f(x) 的拐点
解答
条件一给的是 一阶导数值 为
0，但条件二里只有 二阶导数 和 零阶导数
那么要么是 降阶 要么是 升阶 两条路可以走
这里我采用 拉格朗日 来拉出 一阶
{x0} = {x0} = _{x0} = 1
整理一下该式子可以得出的结论：
f''(0) = 0, f''(0\pm) > 0, x=0\text{为极小值点}故错误的有（A）、（B）、（C），排除法正确的为 (D)
关于（D）极值我们已经分析出了，他明显不是拐点：
根据 判别拐点的第一充分条件，
f''(x) 在
x\to0 的 左右邻域没变号，故不是拐点
题目280
已知
f(x)=\dfrac{x|x|}{1+x}，求
f(x) 凹凸区间 及 渐近线
解答
首先写出 函数 的分段
f(x)=\begin{cases} \dfrac{x^2}{1+x} & x \ge 0\\\\ \dfrac{-x^2}{1+x} & x \lt 0 \end{cases}写出 一阶导数 的分段
f'(x)=\begin{cases} \dfrac{x^2+2x}{(1+x)^2} & x \gt 0\\\\ \dfrac{-x^2-2x}{(1+x)^2} & x \lt 0 \end{cases}写出 二阶导数 的分段
f''(x)=\begin{cases} \dfrac{2}{(1+x)^3} & x \gt 0\\\\ \dfrac{-2}{(1+x)^3} & x \lt 0 \end{cases}简单观察发现：
x > 0 时，
f''(x) > 0；
-1 < x < 0 时，
f''(x) < 0；
x < -1 时，
f''(x) > 0故 凹区间 为
(-\infty,-1) 和
(0,+\infty) ；凸区间 为
(-1, 0)研究 渐近线 就是研究 无定义点、分段点、广义无定义点（无穷大） 处函数值的大小
无定义点
x=-1：
\lim\limits_{x\to-1}f(x) = \infty 故
x=-1 为铅锤渐近线
分段点
x=0：
\lim\limits_{x\to0}f(x)=0 故该点不是渐近线，而且还连续
无穷大
x\to+\infty：
\lim\limits_{x\to\infty}f(x) = \infty 故没有水平渐近线
研究 斜渐近线
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x} = 1,
\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) - x = -1 故有 斜渐近线
y=x-1\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x} = -1,
\lim\limits_{x\to-\infty}f(x) + x = 1 故有 斜渐近线
y=-x+1综上所属，渐近线为
y=x-1,y=-x+1,x=-1题目281
（2017年2）曲线
y = x(1+\arcsin \dfrac{2}{x}) 的斜渐近线方程为 ______
解答
直接求即可，没有什么特殊的地方
[
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x+x\arcsin\dfrac{2}{x}}{x} =
\lim\limits_{x\to+\infty} 1+\arcsin\dfrac{2}{x} = 1
][
\lim\limits_{x\to+\infty} x+x\arcsin\dfrac{2}{x} - x =
\lim\limits_{x\to+\infty} x\arcsin\dfrac{2}{x} = \lim\limits_{x\to+\infty} x \cdot \dfrac{2}{x} = 2
]故渐近线方程
y = x + 2题目282
求曲线
y=e^{\frac{1}{x}}\sqrt{1+x^2} 的渐近线所围区域的面积
解答
\lim\limits_{x\to0^+}e^{\frac{1}{x}}\sqrt{1+x^2} = +\infty 故
x=0 为 铅锤渐近线
\lim\limits_{x\to\infty}e^{\frac{1}{x}}\sqrt{1+x^2} = +\infty 无水平渐近线
求斜渐近线，可以考虑把
y 在
x\to\infty 的一个 广义点处泰勒展开 了
[
y=e^{\frac{1}{x}}\sqrt{1+x^2}=|x|e^{\frac{1}{x}}\sqrt{1+\frac{1}{x^2}} = |x|(1+\frac{1}{2x^2}+o(\frac{1}{x^2}))(1+\frac{1}{x}+o(\frac{1}{x})) = |x|(1+\frac{1}{x}+o(\frac{1}{x}))
]当
x\to+\infty 时：
y = x + 1 + o(1) \Rightarrow \text{渐近线：} y = x + 1当
x\to-\infty 时：
y = -x - 1 + o(1) \Rightarrow \text{渐近线：} y = -x - 1故有 斜渐近线
y = \pm x \pm1将三条渐近线围起来，计算一个三角形的面积即可
S = \dfrac{2 \times 1}{2} = 1题目283
(2020年2) 求曲线
y = \dfrac{x^{1+x}}{(1+x)^x}(x>0) 的斜渐近线方程
解答
[
k = \lim\limits_{x\to+\infty}\bigg(\dfrac{x}{1+x}\bigg)^{x} =
e^{\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{-x}{x+1}} = e^{-1}
][
b = \lim\limits_{x\to+\infty} \Bigg[x\bigg(\dfrac{x}{1+x}\bigg)^{x} - \dfrac{x}{e}\Bigg] =
\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{x}{e}\Bigg(e^{x\ln\frac{x}{1+x} + 1} - 1\Bigg) =
\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{x}{e}(x\ln\frac{x}{1+x} + 1)
]"
\infty \cdot 0" 型，直接倒代还即可
[
\frac{1}{e}\lim\limits_{x\to0^+} \frac{\dfrac{\ln\dfrac{1}{1+x}}{x} + 1}{x} =
\frac{1}{e}\lim\limits_{x\to0^+} \dfrac{\ln 1 - \ln (1+x) + x}{x^2} =
\frac{1}{e}\lim\limits_{x\to0^+} \dfrac{x - \ln (1+x)}{x^2} = \frac{1}{2e}
]故该 斜渐近线 为
y = e^{-1}x + (2e)^{-1}题目284
（2019年3）已知方程
x^5-5x+k=0 有三个不同的实根，则
k 的取值范围是
（A）
(-\infty,-4)（B）
(4,+\infty)（C）
[-4,4]（D）
(-4,4)解答
令
F(x) = 5x - x^5，这样原问题就变成求曲线
F(x) 与 直线
y = k 的交点个数问题
则
F'(x) = 5 - 5x^4 \xlongequal{\text{令}} 0，解出 单减区间
(-\infty,-1) 和
(1,\infty) ；单增区间
(-1,1)而
F(-1) = -4，
F(1) = 4，
F(-\infty) = +\infty，
F(+\infty) = -\infty故通过初步绘制图像观察可得结论：
函数
F(x) 与
y=k 有三个交点，当且仅当
k\in(-4, 4) 时
（如果取的是闭区间，则交点个数会变成两个，与题意不符）
综上选 D
题目285
设函数
f(x) = ax - b\ln x (a > 0) 有两个零点，则
\dfrac{b}{a} 的取值范围是（ ）
（A）
(e,+\infty)（B）
(0,e)（C）
(0,\dfrac{1}{e})（D）
(\dfrac{1}{e},+\infty)解答
f'(x) = a - 0 x =
分类讨论：
1）
b \le 0则
\dfrac{b}{a} < 0 不在
x 的定义域内，则
f(x) 在定义域内 单调
\Rightarrow 至多一个零点 （舍）
2）
b \gt 0f(\dfrac{b}{a}) = b \bigg( \ln e - \ln \dfrac{b}{a}\bigg)已知
\lim\limits_{x\to0^+}f(x) = +\infty 及
\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = +\infty故
f(\dfrac{b}{a}) < 0 才能满足 至少有两个零点（两次各用一次零点定理）
然后根据 单调性 可知在两侧区间 至多有两个零点，因此 恰有两个零点
故
e < \dfrac{b}{a} 选 A
题目286
（2017年3）已知方程
\dfrac{1}{\ln(1+x)} - \dfrac{1}{x} = k 在区间
(0,1) 有实根，确定常数
k 的取值范围
解答
方程的根的问题，还是直接套板题计算即可
令
F(x) = \dfrac{1}{\ln(1+x)} - \dfrac{1}{x}，则
F'(x) = \dfrac{(1+x)\ln^2(1+x) - x^2}{x^2(1+x)\ln^2(1+x)}在给定
(0,1) 区间上，分母一定大于
0，故我们只需研究分子的正负即可
令
g(x) = (1+x)\ln^2(1+x) - x^2，则
g(0) = 0求导得：
g'(x) = \ln^2(1+x) + 2\ln(1+x) - 2x，
g'(0)=0再求导：
g''(x) = \dfrac{2\ln(1+x) - 2x}{1 + x}根据常用不等式结论：
\ln(1+x) > x \quad (x > 0) ，得
g''(x) < 0 \quad\Rightarrow\quad g'(x)<0 \quad\Rightarrow\quad g(x)<0所以
F'(x) < 0 \quad\Rightarrow\quad F(x)\text{单调递减}又
\lim\limits_{x\to 0^+}F(x) = \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{x - \ln(1+x)}{x\ln(1+x)} = \dfrac{1}{2}；
\lim\limits_{x\to 1^-}F(x) = F(1) = \dfrac{1}{\ln 2} - 1综上 k
\in (\dfrac{1}{\ln 2} - 1, \dfrac{1}{2})题目287
试证：若在区间
I 上
f^{(n)}(x)\ne0，则方程
f(x) = 0 在
I 上最多
n 个实根
解答
这是著名的 罗尔原话
我们采用反证法来证明，假设
f(x) = 0 在
I 上至少有
n + 1 个实根
不妨设这
n+1 个根为
x_1, x_2, \cdots, x_{n+1}，则我们在 相邻零点 处，使用 罗尔定理，有：
\exist \xi_1\in (x_1, x_2), \xi_2\in (x_2, x_3), \cdots, \xi_{n}\in (x_{n}, x_{n+1})，s.t. f'(\xi_1) = f'(\xi_2) = \cdots = f'(\xi_{n}) = 0再用一次 罗尔定理，会发现一个规律，每用一次，函数的 求导阶数 上升 一阶，函数 零点个数 减少 一个
不妨使用 数学归纳法证明（这里我就不写了，很简单，在 k 次式的时候两两用 罗尔定理 即可得到 k+1 次式）
故
f^{(n)}(x) = 0 有一个实根，与条件矛盾，因此 至少有 n + 1 的实根
\Rightarrow 至多有
n 个实根（证毕）
