張宇1000題高等數學 第四章 一元函數微分學的計算

$A$組

11.設$y=\ln\sqrt{\cfrac{1-x}{1+x^2}}$，求$y''\biggm\vert_{x=0}$。

解
$\begin{aligned} &y=\ln\sqrt{\cfrac{1-x}{1+x^2}}=\cfrac{1}{2}[\ln(1-x)-\ln(1+x^2)],\\ &y'=\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{-1}{1-x}-\cfrac{2x}{1+x^2}\right)=-\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{1}{1-x}+\cfrac{2x}{1+x^2}\right),\\ &y''=-\cfrac{1}{2}\left[\cfrac{1}{(1-x)^2}+2\cdot\cfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\right],\\ &y''\biggm\vert_{x=0}=-\cfrac{3}{2}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了拆項求解）

$B$組

4.若$f(x)=x^5e^{6x}$，則$f^{(101)}(0)=$______。

解
$\begin{aligned} f^{(101)}(0)&=\sum\limits_{k=0}^{101}\mathrm{C}^k_{101}(x^5)^{(k)}(e^{6x})^{(101-k)}\biggm\vert_{x=0}\\ &=5!6^{96}\mathrm{C}^5_{101}=\cfrac{101!}{96!}6^{96}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

5.設$f(x)=\cfrac{x}{1-x^4}$，則$f^{(101)}(0)=$______。

解  $f(x)=\cfrac{x}{1-2x^4}=x\sum\limits_{n=0}^\infty(2x^4)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty2^nx^{4n+1}(2x^4<1)$，又$\cfrac{f^{(101)}(0)}{101!}=2^{25}$，則$f^{(101)}(0)=101!\cdot2^{25}$。（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

16.設$f(x)=g'(x),g(x)=\begin{cases}\cfrac{e^x-1}{x},&x\ne0,\\1,&x=0,\end{cases}$求$f^{(n)}(0)$。

解  由泰勒展開式，$\cfrac{e^x-1}{x}=\cfrac{1}{x}\left[\sum\limits_{n=0}^\infty\cfrac{x^n}{n!}-1\right]=\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{x^{n-1}}{n!},x\ne0$，且$\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{x^{n-1}}{n!}\right)\biggm\vert_{x=0}=1$，故
$g(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{x^{n-1}}{n!}=\sum\limits_{n=0}^\infty\cfrac{x^{n}}{(n+1)!},\\ f(x)=g'(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{nx^{n-1}}{(n+1)!}=\sum\limits_{n=0}^\infty\cfrac{(n+1)x^{n}}{(n+2)!}.$
  根據展開式的唯一性，有$\cfrac{f^{(n)}(0)}{n!}=\cfrac{n+1}{(n+2)!}$，故$f^{(n)}(0)=\cfrac{1}{n+2}(n=1,2,\cdots)$。（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

$C$組

6.設$y=\arcsin x$。

（1）證明其滿足方程$(1-x^2)y^{(n+2)}-(2n+1)xy^{(n+1)}-n^2y^{(n)}=0(n\geqslant0)$；

解  由$y'=\cfrac{1}{\sqrt{1-x^2}},y''=\cfrac{x}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}$，得$(1-x^2)y''-xy'=0$。由萊布尼茲公式，有$(1-x^2)y^{(n+2)}-2nxy^{(n+1)}-n(n-1)y^{(n)}-xy^{(n+1)}-ny^{(n)}=0$，即$(1-x^2)y^{(n+2)}-(2n+1)xy^{(n+1)}-n^2y^{(n)}=0(n\geqslant0)$。（這道題主要利用了特殊值求解）

（2）求$y^{(n)}\biggm\vert_{x=0}$。

解  在上式中令$x=0$，得$y^{(n+2)}(0)=n^2y^{(n)}(0)(n=1,2,\cdots)$。由於$y^{(0)}(0)=y(0)=0$，從而$y^{(2k)}(0)=0$。又因爲$y'(0)=1$，從而
$\begin{aligned} y^{(2k+1)}(0)&=(2k-1)^2y^{(2k-1)}(0)=\cdots=(2k-1)^2(2k-3)^2\cdots3^2\cdot1^2y'(0)\\ &=[(2k-1)!!]^2(k=1,2,\cdots). \end{aligned}$
（這道題主要利用了遞推式求解）

7.設$n$爲正整數，$f(x)=\ln(\sqrt{1+x^2}-x)$，求導數$f^{(2n+1)}(0)$。

解  因爲$f'(x)=\cfrac{1}{\sqrt{1+x^2}-x}\left(\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}-1\right)=-\cfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$，所以$\sqrt{1+x^2}f'(x)=-1,\sqrt{1+x^2}f''(x)+\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}f'(x)=0$，即$(1+x^2)f''(x)+xf'(x)=0$。方程兩邊對$x$求$n-1$次導，並利用萊布尼茲公式，得$(1+x^2)f^{(n+1)}(x)+2(n-1)xf^{(n)}(x)+(n-1)(n-2)f^{(n-1)}(x)+xf^{(n)}(x)+(n-1)f^{(n-1)}(x)=0$。
  將$x=0$代入上式，得$f^{(n+1)}(0)=-(n-1)^2f^{(n-1)}$。把$n$換爲$2n$，並由此遞推，得
$f^{(2n+1)}(0)=-(2n-1)^2f^{(2n-1)}(0),\\ f^{(2n-1)}(0)=-(2n-3)^2f^{(2n-3)}(0),\\ \cdots\cdots\\ f'''(0)=-f'(0)=-1.$
  由此，得$f^{(2n+1)}(0)=(-1)^n[(2n-1)!!]^2$。（這道題主要利用了構造方程求解）

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