六、分段函数的求导法

求分段函数的导数时，先用求导法则及基本公式，求出各分段区间内函数的导数；然后求分段函数的各分界点（或连接点）处的导数。因此，讨论分段函数求导法的关键点是如何求出分界点处的导数。常用以下三种方法。

（一）按定义求分界点处的导数或左右导数

设 $f(x) = \left\{ \begin{array}{ll}g(x), & x_0 - \delta < x < x_0,\\ A, & x = x_0,\\ h(x), & x_0 < x < x_0 + \delta , \end{array} \right.$ 其中 $\delta >0$ 为某常数，$g(x)$ 与 $h(x)$ 在 $x_0$ 处无定义，则

可按定义求 $f_{+}^{\prime}(x_0)$ 与 $f_{-}^{\prime}(x_0)$

\[f _ {+} ^ {\prime} \left(x _ {0}\right) = \lim _ {\Delta x \rightarrow 0 +} \frac {f \left(x _ {0} + \Delta x\right) - f \left(x _ {0}\right)}{\Delta x} = \lim _ {\Delta x \rightarrow 0 +} \frac {h \left(x _ {0} + \Delta x\right) - A}{\Delta x},\] \[f _ {-} ^ {\prime} \left(x _ {0}\right) = \lim _ {\Delta x \rightarrow 0 -} \frac {f \left(x _ {0} + \Delta x\right) - f \left(x _ {0}\right)}{\Delta x} = \lim _ {\Delta x \rightarrow 0 -} \frac {g \left(x _ {0} + \Delta x\right) - A}{\Delta x}.\]

若上述极限均存在且相等，记为 $l$，则 $f^{\prime}(x_0) = l$：

对于 $f(x) = \left\{ \begin{array}{ll}g(x), & x\neq x_0,\\ A, & x = x_0, \end{array} \right.$ 类似地可按定义求 $f^{\prime}(x_0)$（如果它们存在的话）。

【例2.12】 设 $f(x) = \left\{ \begin{array}{ll}(1 + x)^{\frac{1}{x}} - \mathrm{e}, & x\neq 0,\\ 0, & x = 0, \end{array} \right.$ 求 $f(x)$ 在点 $x = 0$ 处的导数。

【解】 $f^{\prime}(0) = \lim_{x\to 0}\frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{(1 + x)^{\frac{1}{x}} - e}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^{\frac{1}{x}\ln(1 + x)} - e}{x} = e\lim_{x\to 0}\frac{e^{\frac{1}{x}\ln(1 + x) - 1}}{x}.$

\[= \mathrm {e} \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {\frac {1}{x} \ln (1 + x) - 1}{x} = \mathrm {e} \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {\ln (1 + x) - x}{x ^ {2}} = \mathrm {e} \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {\frac {1}{1 + x} - 1}{2 x} = - \frac {\mathrm {e}}{2},\]

其中用到了等价无穷小因子替换：$\mathrm{e}^{\frac{1}{x}\ln (1 + x) - 1} - 1\sim \frac{1}{x}\ln (1 + x) - 1(x\to 0)$

（二）按求导法则分别求分段函数在分界点处的左右导数

根据是：

$f^{\prime}(x_0)$ 存在 $\Leftrightarrow f_{+}^{\prime}(x_0),f_{-}^{\prime}(x_0)$ 均存在且相等，即 $f^{\prime}(x_0) = f_{+}^{\prime}(x_0) = f_{-}^{\prime}(x_0).$
若在 $x_0$ 的右邻域 $x_0 \leqslant x < x_0 + \delta$ 或左邻域 $x_0 - \delta < x \leqslant x_0$ 上，$f(x) = g(x)$，则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x_0$ 点处有相同的右或左可导性。

若 $g(x)$ 可导，则 $f_{+}^{\prime}(x_0) = g_{+}^{\prime}(x_0)$ 或 $f_{-}^{\prime}(x_0) = g_{-}^{\prime}(x_0)$

根据上述结论，我们立即得到如下求分界点处导数的一个方法：

设 $f(x) = \left\{ \begin{array}{ll}g(x), & x_0 - \delta < x\leqslant x_0,\\ h(x), & x_0 < x < x_0 + \delta , \end{array} \right.$ $\delta >0$ 为某常数，若 $g^{\prime}_{-}(x_{0}) = h^{\prime}_{+}(x_{0})$ 记为A，又 $g(x_0) = h(x_0)$，则 $f^{\prime}(x_0) = A$：

【例2.13】 设 $f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{\pi}{4} + \frac{x - 1}{2}, & x > 1, \\ \arctan x, & |x| \leqslant 1, \\ -\frac{\pi}{4} + \frac{x + 1}{2}, & x < -1, \end{array} \right.$ 求 $f^{\prime}(1)$ 与 $f^{\prime}(-1)$。

【解】 由题设知 $f(1 + 0) = \frac{\pi}{4} = f(1), f(-1 - 0) = -\frac{\pi}{4} = f(-1)$，故 $f(x)$ 又可以写成

\[f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {\pi}{4} + \frac {x - 1}{2}, & x \geqslant 1, \\ \arctan x, & | x | \leqslant 1, \\ - \frac {\pi}{4} + \frac {x + 1}{2}, & x \leqslant - 1, \end{array} \right.\]

所以 $f_{+}^{\prime}(1) = \left(\frac{\pi}{4} +\frac{x - 1}{2}\right)^{\prime}\bigg|_{x = 1} = \frac{1}{2},$ $f_{-}^{\prime}(1) = (\arctan x)^{\prime}\big|_{x = 1} = \frac{1}{1 + x^{2}}\bigg|_{x = 1} = \frac{1}{2},$

\[f _ {+} ^ {\prime} (- 1) = \left(\arctan x\right) ^ {\prime} \mid_ {x = - 1} = \frac {1}{1 + x ^ {2}} \Big | _ {x = - 1} = \frac {1}{2},\] \[f _ {-} ^ {\prime} (- 1) = \left. \left(- \frac {\pi}{4} + \frac {x + 1}{2}\right) ^ {\prime} \right| _ {x = - 1} = \frac {1}{2},\]

因此 $f^{\prime}(1) = f^{\prime}(-1) = \frac{1}{2}.$

（三）分界点是连续点时，求导函数在分界点处的极限值或左、右极限值

设 $f(x)$ 在 $x_0$ 的空心邻域 $U_{0}(x_{0},\delta)$ 内可导且 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续。若存在极限 $\lim_{x\to x_0}f'(x) = A$ 则 $f^{\prime}(x_0) = A$：

【例2.14】 设 $f(x) = \left\{ \begin{array}{ll}x^{3}\sin \frac{1}{x}, & x\neq 0,\\ 0, & x = 0, \end{array} \right.$ 求 $f^{\prime}(x)$

【解】 当 $x \neq 0$ 时，由求导法则得

\[f ^ {\prime} (x) = 3 x ^ {2} \sin \frac {1}{x} - x \cos \frac {1}{x};\]

当 $x = 0$ 时，可用以下两种方法求得 $f^{\prime}(0)$

方法 $1^{\circ}$ 按定义求：$f^{\prime}(0) = \lim_{x\to 0}\frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{x^{3}\sin\frac{1}{x}}{x} = 0.$

方法 $2^{\circ}$ 显然 $\lim_{x\to 0}f(x) = 0 = f(0),f(x)$ 在点 $x = 0$ 处连续，又

\[\lim _ {x \rightarrow 0} f ^ {\prime} (x) = \lim _ {x \rightarrow 0} \left(3 x ^ {2} \sin \frac {1}{x} - x \cos \frac {1}{x}\right) = 0,\]

因此 $f^{\prime}(0) = 0$：

于是 $f^{\prime}(x) = \left\{ \begin{array}{ll}3x^{2}\sin \frac{1}{x} -x\cos \frac{1}{x}, & x\neq 0,\\ 0, & x = 0. \end{array} \right.$

七、高阶导数及 $n$ 阶导数的求法

对给定的函数 $f(x)$ 通常可用逐阶求导法求出高阶导数。但对某些简单的函数 $y = f(x)$ 可用以下方法求其 $n$ 阶导数的表达式。

（一）归纳法

先依次求出 $y = f(x)$ 的前几阶导数的表达式，并由此观察出规律性（有时还需适当变形），写出 $y^{(n)}$ 的公式。再用数学归纳法证明。

【例2.15】 设函数 $f(x)$ 有任意阶导数且 $f^{\prime}(x) = f^{2}(x)$，则 $f^{(n)}(x) = (n > 2)$。

【分析】 将 $f^{\prime}(x) = f^{2}(x)$ 两边求导得 $f^{\prime \prime}(x) = 2f(x)f^{\prime}(x) = 2f^{3}(x)$，再求导得

\[f ^ {\prime \prime} (x) = 3! f ^ {2} (x) f ^ {\prime} (x) = 3! f ^ {4} (x).\]

由此可归纳证明 $f^{(n)}(x) = n! f^{n+1}(x)$。

（二）利用简单的初等函数的 $n$ 阶导数公式

用归纳法易导出下列函数的 $n$ 阶导数公式：

$\left(\mathrm{e}^{ax + b}\right)^{(n)} = a^{n}\mathrm{e}^{ax + b};$
$\left[\sin (ax + b)\right]^{(n)} = a^n\sin \left(ax + b + \frac{n\pi}{2}\right);$
$\left[\cos (ax + b)\right]^{(n)} = a^n\cos \left(ax + b + \frac{n\pi}{2}\right);$
$\left[(ax + b)^{\beta}\right]^{(n)} = a^{n}\beta (\beta -1)\dots (\beta -n + 1)(ax + b)^{\beta -n};$
$\left(\frac{1}{ax + b}\right)^{(n)} = \frac{(-1)^n a^n n!}{(ax + b)^{n+1}}$;
$\left[\ln (ax + b)\right]^{(n)} = (-1)^{n - 1}a^n (n - 1)! \frac{1}{(ax + b)^n}$。

特别地 $\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{(n)} = \mathrm{e}^{x};\qquad \left(\sin x\right)^{(n)} = \sin \left(x + \frac{n\pi}{2}\right);\qquad \left(\cos x\right)^{(n)} = \cos \left(x + \frac{n\pi}{2}\right);$

\[(x ^ {\alpha}) ^ {(n)} = \alpha (\alpha - 1) \dots (\alpha - n + 1) x ^ {\alpha - n}; \quad (\ln x) ^ {(n)} = \frac {(- 1) ^ {n - 1} (n - 1) !}{x ^ {n}}.\]

其中 $a, b, \alpha, \beta$ 为常数，且 $a \neq 0$

（三）分解法

通过恒等变形将要求 $n$ 阶导数的函数分解成上述简单初等函数之和。常有以下情形：

1. 有理函数与无理函数的分解

【例2.16】 求下列 $y^{(n)}$

（I）$y = \frac{x^n}{1 + x}$;

（Ⅱ）$y = \frac{1 + x}{\sqrt{1 - x}}$

【解】（I）当 $n$ 为奇数时，$x^n + 1$ 可被 $x + 1$ 整除，$x^n + 1 = (x + 1)(x^{n-1} - x^{n-2} + \cdots - x + 1) \Rightarrow$

\[\begin{array}{l} y = \frac {x ^ {n} + 1 - 1}{1 + x} = \frac {(x + 1) (x ^ {n - 1} - x ^ {n - 2} + \cdots - x + 1)}{1 + x} - \frac {1}{1 + x} \\ = \left(x ^ {n - 1} - x ^ {n - 2} + \dots - x + 1\right) - \frac {1}{1 + x}, \\ \end{array}\] \[y ^ {(n)} = 0 - \left(\frac {1}{1 + x}\right) ^ {(n)} = \frac {(- 1) ^ {n + 1} n !}{(1 + x) ^ {n + 1}} = \frac {n !}{(1 + x) ^ {n + 1}}.\]

当 $n$ 为偶数时，$x^n$ 除 $x + 1$ 得 $x^n = (x + 1)(x^{n - 1} - x^{n - 2} + \dots + x - 1) + 1 \Rightarrow$

\[y = \frac {x ^ {n}}{x + 1} = x ^ {n - 1} - x ^ {n - 2} + \dots + x - 1 + \frac {1}{x + 1},\] \[y ^ {(n)} = 0 + (- 1) ^ {n} \frac {n !}{(x + 1) ^ {n + 1}} = \frac {n !}{(x + 1) ^ {n + 1}}.\]

（Ⅱ）由于 $y = \frac{2 - (1 - x)}{\sqrt{1 - x}} = 2(1 - x)^{-\frac{1}{x}} - (1 - x)^{+}$，于是

\[\begin{array}{l} y ^ {(n)} = \left[ 2 (1 - x) ^ {- \frac {1}{n}} \right] ^ {(n)} - \left[ (1 - x) ^ {\frac {1}{n}} \right] ^ {(n)} \\ = 2 \cdot (- 1) ^ {n} \left(- \frac {1}{2}\right) \left(- \frac {1}{2} - 1\right) \dots \left(- \frac {1}{2} - n + 1\right) (1 - x) ^ {- \frac {1}{2} - n} \\ - (- 1) ^ {n} \frac {1}{2} \left(\frac {1}{2} - 1\right) \dots \left(\frac {1}{2} - n + 1\right) (1 - x) ^ {+ - n} \\ = \frac {(2 n - 1) ! !}{2 ^ {n - 1}} (1 - x) ^ {- + - n} + \frac {(2 n - 3) ! !}{2 ^ {n}} (1 - x) ^ {+ - n}. \\ \end{array}\]

2. 三角函数的分解（利用三角函数恒等式及有关公式）

【例2.17】 设 $y = \sin^4 x$，求 $y^{(n)}$

【解】 $y = \left(\frac{1 - \cos 2x}{2}\right)^{2} = \frac{1}{4} (1 - 2\cos 2x + \cos^{2}2x) = \frac{1}{4} -\frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{8} (1 + \cos 4x),$

\[\begin{array}{l} y ^ {(n)} = - \frac {1}{2} 2 ^ {n} \cos \left(2 x + \frac {n \pi}{2}\right) + \frac {1}{8} \cdot 4 ^ {n} \cos \left(4 x + \frac { --- # 练习题 ### 例题1 设函数 $ f(x) = \begin{cases} x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right), & x \neq 0, \\ 0, & x = 0 \end{cases} $，求 $ f'(0) $。 **题目解答** 按定义求导： \]

f’(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right)}{x} = \lim_{x \to 0} x \sin\left(\frac{1}{x}\right).

\[由于 $ |x \sin(1/x)| \leq |x| \to 0 $，极限为 0，故 $ f'(0) = 0 $。 --- ### 例题2 设 $ f(x) = \begin{cases} e^x + 1, & x \geq 0, \\ x^2 + 2x + 2, & x < 0 \end{cases} $，讨论 $ f(x) $ 在 $ x = 0 $ 处的可导性。 **题目解答** 先检查连续性： $ f(0) = e^0 + 1 = 2 $，左极限：$ \lim_{x \to 0^-} (x^2 + 2x + 2) = 2 $，右极限：$ \lim_{x \to 0^+} (e^x + 1) = 2 $，故 $ f(x) $ 在 $ x = 0 $ 处连续。求左右导数：右导数：$ f'_+(0) = \frac{d}{dx}(e^x + 1)\big|_{x=0} = e^0 = 1 $，左导数：$ f'_-(0) = \frac{d}{dx}(x^2 + 2x + 2)\big|_{x=0} = (2x + 2)\big|_{x=0} = 2 $。左右导数不相等，故 $ f(x) $ 在 $ x = 0 $ 处不可导。 --- ### 例题3 求函数 $ y = \cos(3x) $ 的 $ n $ 阶导数 $ y^{(n)} $。 **题目解答** 利用公式 $ [\cos(ax + b)]^{(n)} = a^n \cos\left(ax + b + \frac{n\pi}{2}\right) $，这里 $ a = 3, b = 0 $，故 \]

y^{(n)} = 3^n \cos\left(3x + \frac{n\pi}{2}\right).

\[ --- ### 例题4 设 $ y = x^3 e^{-x} $，求 $ y^{(n)} $。 **题目解答** 用莱布尼兹公式： \]

y^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (x^3)^{(k)} (e^{-x})^{(n-k)}.

\[注意： - $ (x^3)^{(k)} = 0 $ 当 $ k \geq 4 $， - $ (e^{-x})^{(m)} = (-1)^m e^{-x} $。所以仅 $ k = 0, 1, 2, 3 $ 项非零： \]

y^{(n)} = \binom{n}{0} x^3 (-1)^n e^{-x} + \binom{n}{1} 3x^2 (-1)^{n-1} e^{-x} + \binom{n}{2} 6x (-1)^{n-2} e^{-x} + \binom{n}{3} 6 (-1)^{n-3} e^{-x}.

\[整理得： \]

y^{(n)} = (-1)^n e^{-x} \left[ x^3 - 3n x^2 + 3n(n-1)x - n(n-1)(n-2) \right].

\[ --- ### 例题5 设 $ f(x) = \frac{1}{1 - 2x} $，求 $ f^{(n)}(x) $。 **题目解答** 利用公式 $ \left( \frac{1}{ax + b} \right)^{(n)} = \frac{(-1)^n a^n n!}{(ax + b)^{n+1}} $，这里 $ a = -2, b = 1 $，故 \]

f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^n (-2)^n n!}{(1 - 2x)^{n+1}} = \frac{2^n n!}{(1 - 2x)^{n+1}}.

\[\]