《数学分析》课程教学资源（试题集锦）第五章 导数和微分

第五章导数和微分 §1导数的概念 例1讨论下列函数的可导性 f(x) x为有理数 为无理数 g(x)= x为有理数 x为无理数 解首先讨论f(x)的可导性。当x=0时,因为 ∫(xo+△x)-f(x0)_A△x为有理数 -lax为雪理数 所以如,(+A1)=/(x)不存在时,即(x)在点0处不可导。当x≠0时,f(x) Ax 在点x处不 连续,于是∫(x)在点x处也不可导。 然后讨论g(x)的可导性。当x0=0时, g(x0+△x)-g(x0)_{x为有理数 于是有 g(x0+△x)-g(x0) 即g(0)=0,当x0≠0时,g(x)在点x不连续,于是g(x)在点x0不可导 例2设函数f(x)定义在a](a>0)上,且适合|f(x)|≤x2,证明∫(0)=0又 g(Ax)-f(0)-(△x)2 I Ax I △x 于是 f(Ax)-f(0) △r→0 则∫(0)=0得证 例3设函数∫(x),g(x)定义在[ab]上,x∈(a,b),f(x0)=g(x),且 f-(x0)=g'+(x0),又定义

第五章 导数和微分 §1 导数的概念 例 1 讨论下列函数的可导性  x x f x − ( ) 为有理数 为无理数 x x  2 ( ) 2 x x g x − = 为有理数 为无理数 x x 解 首先讨论 f（x）的可导性。当 x0 = 0 时，因为  为有理数 为雪理数 x x x f x x f x  −  =  +  − 1 1 0 0 ( ) ( ) 所以 x f x x f x x  +  −  → ( ) ( ) lim 0 0 0 不存在时，即 f (x) 在点 0 处不可导。当 x0  0 时， f (x) 在点 0 x 处不 连续，于是 f (x) 在点 0 x 处也不可导。 然后讨论 g(x) 的可导性。当 x0= 0 时，  为有理数 为无理数 x x x x x g x x g x    = −  ( +  ) − ( ) 0 0 于是有 0, ( ) ( ) lim 0 0 0 =  +  −  → x g x x g x x 即 g (0) = 0 ，当 x0  0 时，g（x）在点 0 x 不连续，于是 g(x) 在点 0 x 不可导。 例 2 设函数 f (x) 定义在[-a,a]（a＞0）上，且适合∣ f (x) ∣≤x 2，证明 f (0) = 0 又 因 ︱ x g x f  ( ) − (0) ∣≤ x x  ( )2 ︱ x ︱ 于是 lim x→0 ∣ x f x f  ( ) − (0) ∣=0 则 f  （0）=0 得证 例 3 设函数 f (x) ， g(x) 定义在 [a,b] 上 ， ( , ), ( ) ( ) 0 0 0 x  a b f x = g x ， 且 ( ) ( ) 0 0 f − x = g + x ，又定义

h(x)=e() asto 证明h(x)在点x可导。 证因为f(x0)=g(x0),于是 h+(x0)=Ax→0 h(xo+Ar)-h(ro) lim g(xo+Ax)-f(ro) mg(x0+△x)-g(x0) 同理可证 h-(x0)=f-(x0) 由f-(x0)=g+(x0)可得 h+(x0)=h-(x0) 所以h(x)在点x可导 例4设函数f(x)在点x处可导,过曲线上点p(x,f(x)处的切线和法线与x轴交于 点N和点M,点P在x轴上的投影为点T(见图5-1)证明 (x) (x) ,|M=1/(x)f(x) Nf(x)1+r2(x2PM=/(x)√1+2(x) f(x) 证由导数的几何意义,若过点P的切线与x轴交角为a,则 P 8Mmnd,而P=1(x),于是 f(x)

 ( ) ( ) ( ) f x g x h x = 0 0 x x x x   证明 h(x) 在点 0 x 可导。 证 因为 ( ) ( ) 0 0 f x = g x ，于是 x h x x h x h x x  +  −  + = → + ( ) ( ) ( ) lim 0 0 0 0 x g x x f x x  +  − = → + ( ) ( ) lim 0 0 0 x g x x g x x  +  − = → + ( ) ( ) lim 0 0 0 ( ) 0 = g  + x 同理可证 ( ) ( ) 0 0 h− x = f − x 由 ( ) ( ) 0 0 f − x = g + x 可得 ( ) ( ) 0 0 h+ x = h− x 所以 h(x) 在点 o x 可导 例 4 设函数 f (x) 在点 x 处可导，过曲线上点 p(x, f (x)) 处的切线和法线与 x 轴交于 点 N 和点 M，点 P 在 x 轴上的投影为点 T（见图 5-1）证明： ( ) ( ) f x f x NT = ， TM = f (x) f (x) ， 1 ( ), ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 f x PM f x f x f x f x PN = +  = +  证 由导数的几何意义，若过点 P 的切线与 x 轴交角为 a，则 由 a NT PT = tan ，而 PT = f (x) ，于是 ( ) ( ) f x f x NT  =

由图中△TPM可见 tan a 即M=|(x)f(x 由此得到 PN=VNT+Pr 0 PM=VTM +PT =√f2(x)f2(x)+f2(x) (x)+f(x) 例5设平面上一抛物镜的轴截线方程为 若光线沿平行于y轴的方向射向镜面,证明反射光线都通过y轴上点(0,) 证人设点p(x0,x2)是入射光线与镜面的交点,反射光线与y轴交于点Q。过点P的 镜面的切线与y轴交于点R,此切线的斜率为(x2)|x=2x。,于是直线PR的方程为 y-x6=2x0(x-x0), 由此可得点R的y坐标为 按光线反射时满足入射角等于反射角的规律,在图5-2入射角为a,反射角为B,即有 a=B,由于△PQR的两个底角分别为a,B的余角,因此△PQR是等腰三角形。 设点Q为y坐标为q,在直角△PQT中 pq=at+pt

由图中 TPM 可见 a PT TM = tan ， 即 TM = f (x) f (x) 由此得到 2 2 PN = NT + PT = ( ) ( ) ( ) 2 2 f x f x f x +  = 1 ( ) ( ) ( ) 2 f x f x f x +   2 2 PM = TM + PT = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 f x f  x + f x = ( ) 1 ( ) 2 f x + f  x 例 5 设平面上一抛物镜的轴截线方程为 2 y = x 若光线沿平行于 y 轴的方向射向镜面，证明反射光线都通过 y 轴上点（0， 4 1 ） 证人 设点 ( , ) 2 0 0 p x x 是入射光线与镜面的交点，反射光线与 y 轴交于点 Q。过点 P 的 镜面的切线与 y 轴交于点 R，此切线的斜率为 ( ) 2 x  ︱xo=2xo，于是直线 PR 的方程为 2 ( ) 0 0 2 0 y − x = x x − x ， 由此可得点 R 的 y 坐标为 2 0 y = −x 按光线反射时满足入射角等于反射角的规律，在图 5-2 入射角为 a，反射角为β，即有 a=β,由于ΔPQR 的两个底角分别为 a，β的余角，因此ΔPQR 是等腰三角形。 设点 Q 为 y 坐标为 q，在直角ΔPQT 中 2 2 2 pq = qt + pt

+(x 由于PC ,因此 (x2-q)2=(q+x2)2 由此方程可解得对任何x都有 例6证明:若(x)在点a处可导,f(x)在点a处可导。 分析一般情况下,若f(x)在点x处可导,(x)在点x处不一定可导。例如 f(x)=x在x=0处可导,但(x)=团在点0处不可导,反之,若f(x)在点x处可导, 一般也不能推得f(x)在点x处可导。例如 f(x) 1,x为无理数 f(x)=1在点x=0处可导,但f(x)在点x=0处不连续,因而不可导然而,若f(x) 在点a处连续,则由(x)在点a处可导就可保证f(x)在点a处可导。 若f(a)≠0,由连续函数局部保号性,彐U(a),在其中f(x)保持定号,因而由在 点a处可导可推得f(x)在点a处也可导。 若f(a)=0,且团在点a处可导,因为点a为团的极值点,所以应用费马定理可以 得到f(a)=0,再由此又可证得f(a)=0。 证若f(a)≠0,由连续函数局部保号性,彐邻域U(a),f(x)在U(a)中保持定号 于是f(x)在点a处可导,即为f(x)在点a处可导。 若f(a)=0,则点a函数(x的极小值点,因(x在点a处可导,由费马定理有 f(a)=0 f(a+△x)--|f(a) 因为f(a)=0,所以

= ( ) 2 0 2 x0 + x − q 由于 2 2 PQ = QR ，因此 2 2 0 2 2 0 2 0 x + (x − q) = (q + x ) ， 由此方程可解得对任何 o x 都有 4 1 q = 例 6 证明：若 f (x) 在点 a 处可导，f（x）在点 a 处可导。 分析 一般情况下，若 f (x) 在点 0 x 处可导， f (x) 在点 0 x 处不一定可导。例如 f (x) = x在x0 = 0 处可导，但 f (x) = x 在点 0 处不可导，反之，若 f (x) 在点 0 x 处可导， 一般也不能推得 f（x）在点 x0 处可导。例如  为理数 为无理数 x x f x 1, 1, ( ) = − f (x) =1在点x0 = 0 处可导，但 f (x)在点x0 = 0 处不连续，因而不可导，然而，若 f (x) 在点 a 处连续，则由 f (x) 在点 a 处可导就可保证 f（x）在点 a 处可导。 若 f (a)  0 ，由连续函数局部保号性， U (a) ，在其中 f (x) 保持定号，因而由 f 在 点 a 处可导可推得 f (x) 在点 a 处也可导。 若 f (a) = 0 ，且 f 在点 a 处可导，因为点 a 为 f 的极值点，所以应用费马定理可以 得到 ( ) = 0  f a ，再由此又可证得 f (a) = 0。 证 若 f (a)  0 ，由连续函数局部保号性， 邻域U(a)， f (x) 在 U(a) 中保持定号， 于是 f (x) 在点 a 处可导，即为 f (x) 在点 a 处可导。 若 f (a) = 0 ，则点 a 函数 f (x) 的极小值点，因 f (x) 在点 a 处可导，由费马定理有 ( ) = 0  f a 即 0 ( ) ( ) lim 0 =  +  − −  → x f a x f a x 因为 f (a) = 0 ，所以

(a+△n)-a)=0 △x 于是f"(a)=0 §2求导法则 例1设 f(x)=√x2+a2+l(x+√x2+a2) 求∫(x) 解由导数的四则运算法则,可得第一加项的导数 2x 在第二加项中注意到中间变量=x+√x2+a2又是两个函数式的和,于是 [=h(x+√x2+a2) ) 由此得到 f(x)=(√x2+a2+x)+ 例2设 2 f(x)= arctan( tan=a)b≥0) 求∫(x) 解由复合函数求导法,求得 2 a-b a2-b2 b. 2x vatb tan

0 ( ) ( ) lim 0 =  +  − −  → x f a x f a x 于是 f (a) = 0 §2 求导法则 例 1 设 ln( ) 2 2 ( ) 2 2 2 2 2 x x a a x a x f x = + + + + ， 求 f (x) 解 由导数的四则运算法则，可得第一加项的导数 ) 2 2 ( 2 1 ) 2 ( 2 2 2 2 2 2 x a x x a x x x a + = + +  + = ( ) 2 1 2 2 2 2 2 x a x x a + + + 在第二加项中注意到中间变量 2 2 u = x + x + a 又是两个函数式的和，于是 [ (1 ) 1 2 ln( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 x a x x x a a x x a a + + + + + + = ] 由此得到 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ( ) 2 1 ( ) x a a x a x f x x a + + +  = + + = 2 2 x + a 例 2 设 )( 0) 2 arctan( tan 2 ( ) 2 2   + − − = a b x a b a b a b f x ， 求 f (x) 解 由复合函数求导法，求得 2 1 2 sec 2 1 tan 2 1 2 2 2 2   + −  + − +  −  = x a b a b x a b a b a b y

x Va2-b2 +b+(a-b) x a+b a+boco 例3设y=x可得 上述等式两边关于x求导有 =a y 于是有 例4求下列函数的导数: y=kx-13(x+1 解为了去掉函数扣的绝对值号,把y改写成如下分段函数: 1s(x-x+x-)1x2;1 由求导的四则运算法则,先求出x≠-1处的导数: x-1Xx+1)2(5x-1) 再按定义求x0=-1处的左、右导数, y'+(-1)=m(2-Ax)(△x)3-0 Ax 同理可得y′-(-1)=0,于是y(-1)=0这就得到 y={12 例5讨论函数 I+er 的导数 解当x≠0时

= 2 sec 2 ( )tan 1 2 2 2 2 2 2 x a b a b x a b a b a b a b  + −  + + −  + − = a bocos x 1 + 例 3 设 x a y = x 可得 y a x x ln = ln 上述等式两边关于 x 求导有 x a a a x y y x x =   +  ln ln 于是有 ( ln ln ) x a y x a a x x a x x  =  + 例 4 求下列函数的导数： 2 3 y = (x −1) (x +1) 解为了去掉函数扣的绝对值号，把 y 改写成如下分段函数：  2 3 2 3 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)( 1) ( 1) − + − − − + − = x x x x x x y 1 1 − − x x 由求导的四则运算法则，先求出 x  −1 处的导数： ( 1)( 1) (5 1) ( 1)( 1) (5 1) 2 2 − + − − − + − = x x x x x x y 1 1 − − x x 再按定义求 x0 = −1 处的左、右导数， x x x y x  −   −  + − = → +  (2 ) ( ) 0 ( 1) 2 3 lim 0 =0 同理可得 y  − (−1) = 0 ，于是 y (−1) = 0 这就得到 ( 1)( 1) (5 1) ( 1)( 1) (5 1) 2 2 − + − − − + − = x x x x x x y 1 1 − − x x 例 5 讨论函数      = + x e x f x 1 0 1 ( ) 0 0  = x x 的导数 解 当 x≠0 时

f(x)= (1+e)2(1+ex)2 f(O)=如m1+eG 于是f在x=0处不可导 例6举出符合下述条件的函数 (1)设 f(x)=(c8,x20 因为f(x)在x=n(n∈N)处不连续,于是f(x)在x=n处不可导;当xN时 f在x的某个邻域内恒为零,于是函数f在ⅹ处可导 (2)狄利克雷函数D(x)在R上处处不连续,于是处处不可导,由于u=DXx)的值域 包含于D(u)与D(x)可以复合 当x为有理数时,D(x)=1,于是(ODoD(x)=D()=1;当x无理数时,D(x) 0,于是(D。D(x)=D(0)=1由此(D。Dx)=1,故D。D在R上处处可导, (D。D)(x)=0,x∈R §3参变量函数的导数·高阶导数 例1设曲线方程为{=m求 解少=ae"sm21+2 a sin tcost dt dt ae cos l-te sin icosl 于是 dt asin t+2sin tocost dxdx acos 2t-2sin t cost

2 1 1 2 1 1 (1 ) ) 1 1 (1 (1 ) 1 1 ( ) x x x x e e x e e x f x + + + = + +  = 当 x=0 时 x e x f x x  − +   =  +  → + 0 1 (0) 1 lim 0 = x x e   → + − 1 lim 0 1 1 =1， 于是 f 在 x=0 处不可导 例 6 举出符合下述条件的函数 （1）设  + + =    = x n n N x N x f x , , 0 1 0 ( ) 因为 f（x）在 x=n（ nN+ ）处不连续，于是 f（x）在 x=n 处不可导；当 N+ x 时， f 在 x 的某个邻域内恒为零，于是函数 f 在 x 处可导。 （2）狄利克雷函数 D（x）在 R 上处处不连续，于是处处不可导，由于 u =D(x)的值域 包含于 D（u）与 D（x）可以复合。 当 x 为有理数时，D（x）=1，于是（ (D  D)(x) = D(1) =1 ；当 x 无理数时，D（x） =0 ， 于是 (D  D)(x) = D(0) =1 由 此 (D  D)(x) =1 ， 故 D D 在 R 上 处 处可 导 ， (D D)(x)  0, xR 。 § 3 参变量函数的导数·高阶导数 例 1 设曲线方程为 x e t y e t at at 2 2 cos sin = = 求 dx dy 解 ae t e t t dt dy at at sin 2 sin cos 2 = + ae t e t t dt dy at at cos 2 sin cos 2 = − 于是 a t t t a t to t dt dx dt dy dx sy cos 2sin cos sin 2sin cos 2 2 − + = =

例2设阿基米德螺线的方程为r=ab,试求 du 解由公式(32) r(e)tan+r(0) r(O-r(e)tan 8 atan 6+a0 a-ab tan 6 tan 0+6c 1-6tan 0 例3设函数f(1,f"()≠0,曲线方程为C:{=rmm0 试求 dy d2, dx dx 解=f(1)+!f"(1)=t·f"() 于是 ddtt·f"(t) dr f"(o) ddy、d d- y f or f(o dt 例4证明高阶导数的等式 (1)[ sin( bx+c)In=e"(a2+b2)2sin( bx+c+no) (2)[e cos(bx +c)]n=e(a+b)2sin( bx+c+no) 其中 b cosq=一 证先证明等式(2),当n=1时 [e cos(bs +c)]'=ae cos(bx +c)-be sin( bx+c) a+b

例 2 设阿基米德螺线的方程为 r = a ，试求 dx dy 解 由公式（3.2）       ( ) ( )tan ( )tan ( ) r r r r dx dy  −  + = =     tan tan a a a a − + =     1 tan tan − + c 例 3 设函数 f（t）， f (t)  0 ，曲线方程为  ( ) ( ) ( ) : x f t C y tf t f t =  =  − 试求 2 2 , dx d y dx dy 解 f (t) tf (t) t f (t) dt dy =  +  =   f (t) dt dx =  于是 t f t t f t dt dx dt dy dx dy =    = = ( ) ( ) ( ) 1 () ( ) ( ) 2 2 f t f t t dt d dt dx dx dy dt d dx d y  =  = = 例 4 证明高阶导数的等式 （1）[ e sin( bx c) ax + ] (n)= ( ) sin( ) 2 2 2 e a b bx c n n ax + + + （2）[ e cos(bx c) ax + ] (n)= ( ) sin( ) 2 2 2 e a b bx c n n ax + + + 其中 2 2 2 2 sin ,cos a b a a b b + = +  =  证 先证明等式（2），当 n=1 时 [ e cos(bs c) ax + ]′= ae cos(bx c) be sin( bx c) ax ax + − + =         + + + − + + cos( ) sin( ) 2 2 2 2 2 2 bx c a b b bx c a b a e a b a x

earva2+b(cos o cos(bx+c)-sin sin( bx+c) b- cos(bx+c+o) b 其中cosq= ,于是n=1时等式成立,应用数学归纳法 +b 若n=k-1时成立,即设 sbx+c+(k-D] 则当=时,有 [ cos( bx+c=(ecos[bx+c]-) =le(a+b)2 cos[bx +c+(k-D)p)] b)2 e cos(bx+c+(k-lo) b2)2 于是证得 Le cos(bx +cIn=e(a2+b2)cos(bx +c+np) 同理可证等式(1) 例5设f(x)=(x2+2x+3)e求f(x) 解设(x)=x2+2x+3,9(x)=e-,注意到k≥3时u(x)=0,应用莱尼茨公式,有 +C2(x2+2X+3)"(e-)n2 (-1)(x2+2x+3)ex+(-1)n(2x+2 (-1)e-xx2-2(n-1) 例6设函数fx)当x≤x时有定义,且二次可导,试选择常数l,m,n使得函数 f(r), 0 F(x) 是二次可导函数 分析函数f(x)在区间(-∞,x)的端点x0二阶可导是指点x处的左二阶导数存在。在本

= (cos cos( ) sin sin( )) 2 2 e a b bx c bx c ax +  + −  + = cos( ) 2 2 e a +b bx + c + ax 其中 2 2 2 2 cos ,sin a b b a b a + = +  =  ，于是 n=1 时等式成立，应用数学归纳法， 若 n=k-1 时成立，即设 [ e cos(bx c) ax + ] (k-1)= cos[ ( 1) ] 2 1 ( ) 2 2 + + −  − + bx c k k eax a b , 则当=k 时，有 [ cos( )] ( cos[ ] ) ( ) ( 1) + = +  at k at k− e bx c e bx c =[ ( ) cos[ ( 1) )] 2 1 2 2 + + + −  − e a b bx c k  k ax = ( ) [ cos( ( 1) )] 2 1 2 2 + + + −  − a b e bx c k ax k ( ) cos( ) 2 2 2 eax a b bx c k k = + + + 于是证得 [ e cos(bx c) ax + ](n)= ( 2 2) cos( ) 2 e a b bx c n n ax + + + 同理可证等式（1） 例 5 设 x f x x x e − ( ) = ( + 2 +3) 2 求 ( ) ( ) f x n 解 设 x u x x x x e − ( ) = + 2 +3, ( ) = 2  ，注意到 k  3 时 ( ) = ( ) u x k 0，应用莱尼茨公式，有 ( ) 2 ( ) 1 2 ( 1) ( ) ( 2 3)( ) ( 2 3) ( ) − − = + + − + + +  x n n n n f x x x e x c x x e + 2 2 ( 2) ( 2 3) ( ) − − + + n x n n C x X e = n x n x x x e n x e − − − (−1) ( + 2 +3) + (−1) (2 + 2) 2 1 x n n e n − − +(−1) ( −1) 2 = ( 1) [ 2( 1) 3 ] 2 2 e x x n x n n x n − − − − + − + 例 6 设函数 f(x)当 0 x  x 时有定义，且二次可导，试选择常数 l,m,n 使得函数 0 0 2 0 ( ), ( ) ( ) x x x x f x l x x F x    −   = 是二次可导函数 分析 函数 f (x) 在区间 ( , ) o − x 的端点 0 x 二阶可导是指点 0 x 处的左二阶导数存在。在本

题中F(x)是二次可导函数,主要任务是确定常数,m,n使得F(x)在点x。二阶导数存在, 第一步由连续性条件,确定常数n;第二步由F(x0)存在定出常数m,最后由F在x。二 阶可导可以定出常数l。 解由题设条件,存在∫-(x0),∫"-(x)首先由F(x)在点x0的连续性条件,要求 Ir[(x-xo)2+m(x-x0)+n]=f(xo) 可得n=f(x0) 为了使F(x)在点x可导,必须有F-(x0)=F(x),易见F-(x)=f-(x),而 F(x0)= F(x)-F(x0) l(x-x0)2+m(x-x0)+f(x0)-f(x0) -m 于是有m=f-(x0) 由此可得函数F(x)的导函数为 Xo F'(x)= f_(ro)x=xo 2(x-x0)+f-(x0)x)x 为了使函数F在x=x0二阶可导,必须有F"(x0)=F"(x),易见F"_(x0)=∫"(x0)而 FNGx.=im F'(x-F(xo) x→x6 m2(x-x)+”-(x0)--(x) 于是有/=2(x0) 2,这样就得了 f"(x0) ,m=f(x0)n=f(x0) 例7证明高阶导数公式

题中 F(x) 是二次可导函数，主要任务是确定常数 l,m,n 使得 F(x) 在点 0 x 二阶导数存在， 第一步由连续性条件，确定常数 n ；第二步由 ( ) 0 F x 存在定出常数 m ，最后由 F 在 o x 二 阶可导可以定出常数 l 。 解 由题设条件，存在 ( ), ( ) 0 0 f − x f − x 首先由 F(x)在点 0 x 的连续性条件，要求： [ ( ) ( ) ] ( ) 0 0 0 lim 2 0 l x x m x x n f x x x + − + − + = → 可得 ( ) 0 n = f x 为了使 F(x) 在点 0 x 可导，必须有 ( ) ( ), 0 0 F x F x + − =  易见 ( ) ( ) o o F− x = f − x ，而 0 lim 0 0 ( ) ( ) ( ) 0 x x F x F x F x x x − − +  = → + 0 0 0 0 2 lim 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 x x l x x m x x f x f x x x − − + − + − = → + =m, 于是有 ( ) 0 m = f − x 由此可得函数 F（x）的导函数为     =   − + − ( ) 2 ( ) ( ) 0 0 0 ( ) _( ) f x l x x f x F x f x 0 0 0 x x x x x x   = 为了使函数 F 在 0 x =x 二阶可导，必须有 _( ) ( ) 0 0 F x F x +  =  ，易见 _( ) ( ) 0 0 F x f x −  =  而 0 lim 0 0 ( ) ( ) ( ) 0 x x F x F x F x x x −  −  +  = → + = 0 lim 0 0 0 2 ( ) ( ) ( ) 0 x x l x x f x f x x x − − +  − −  − → + = 2l 于是有 2 ( ) 0 f x l −  = ，这样就得了 , ( ), ( ) 2 ( ) 0 0 0 m f x n f x f x l =  =  = − − 例 7 证明高阶导数公式