利用导数定义证明 $(\tan x)'=\sec^2 x$.

注意不使用导数的四则运算法则 $(\frac{u(x)}{v(x)})'=\frac{u'(x)v(v)-u(x)v'(x)}{v^2(x)}$

设 $z=f(u,v)=f(x^2+y^2,xy)$, 这里 $f(u,v)$ 一阶连续可微, 求 $\frac{\partial z}{\partial x}$, $\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}$.

[Idea]

输入 z=f(u,v),  系统确认 z 是关于 u 和 v 的二元函数.

u=x^2+y^2,  确认 u=u(x,y) 是关于 x,y 的二元函数, 且 u(x,y)=x^2+y^2

v=xy,  确认 v=v(x,y) 是关于 x,y 的二元函数, 且 v(x,y)=xy

然后输入 z'_x , z'_y 得到偏导数.

设函数 $z=f(x,y)$ 由方程 $z^3+3xyz-3\sin(xy)=1$ 所确定, 求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$.

[Idea]

1. 向系统输入 z=f(x,y), 表面 z 是 x,y 的函数; x,y 是自变量.

2. 然后输入 F(x,y,z) 的表达式, 这里是 $F(x,y,z)=z^3+3xyz-3\sin(xy)-1$.

3. 求 $F'_x$, $F'_y$ 和 $F'_z$.

4. 输出

\[
\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F'_x}{F'_z},\quad\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F'_y}{F'_z}.
\]

Calculator 开发计划

若函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上具有二阶连续导函数, 即 $f\in C^2[0,1]$, 证明

\[
\max_{x\in[0,1]}|f'(x)|\leqslant 4\int_0^1 |f(x)|\mathrm{d}x+\int_0^1 |f''(x)|\mathrm{d}x.
\]

并且说明右侧常数 $4$ 是最优的, 即无法用更小的常数代替.

设不等式 $x^2\leqslant e^{\alpha x}$ 对所有 $\ x\in(0,+\infty)$ 都成立, $\alpha$ 为正数. 求 $\alpha$ 的最小取值.

使用对数求导法求下列函数的导数.

(1)   $y=\dfrac{(x+1)^2\sqrt{3x-2}}{x^3\sqrt{2x+1}}$

设 $f(x)$ 为可导函数, 求下列函数的导数.

(1)  $y=f(\sin^2 x)+f(\cos^2 x)$

1.    $y=e^x(x\cos x-\sin x)$

2.   $y=\dfrac{x\sin x}{1+\tan x}$

3.  $s(t)=a\sin^2(\omega t+\varphi)$

设函数 $y=y(x)$ 是由方程 $e^y+xy-x^2=1$ 所确定的函数, 求 $y'$ 和 $y''$.

若当 $x\rightarrow 0$ 时, $y(x)$ 与 $x^k$ 是同阶无穷小, 求 $k$ 的值.

求函数 $y=\sqrt[3]{x^4-x^3}$ 的极值, 并画出图形.

首先该函数的定义域为 $\mathbb{R}$. 显然的零点是 $x=0$ 和 $x=1$.

设 $f(x)=x^4-x^3$, 则求导得 $f'(x)=4x^3-3x^2$. 

使用 GeoGebra 绘制函数 $y=\sqrt[3]{x^4-x^3}$ 的图像:

其最小值在 $x=\frac{3}{4}$ 处取得. 最小值为 $-\frac{3}{4\cdot\sqrt[3]{4}}$.