AAA组

11.设y=ln⁡1−x1+x2y=\ln\sqrt{\cfrac{1-x}{1+x^2}}y=ln1+x21−x​​，求y′′∣x=0y''\biggm\vert_{x=0}y′′∣∣∣∣​x=0​。

解
y=ln⁡1−x1+x2=12[ln⁡(1−x)−ln⁡(1+x2)],y′=12(−11−x−2x1+x2)=−12(11−x+2x1+x2),y′′=−12[1(1−x)2+2⋅1−x2(1+x2)2],y′′∣x=0=−32.\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} ​y=ln1+x21−x​​=21​[ln(1−x)−ln(1+x2)],y′=21​(1−x−1​−1+x22x​)=−21​(1−x1​+1+x22x​),y′′=−21​[(1−x)21​+2⋅(1+x2)21−x2​],y′′∣∣∣∣​x=0​=−23​.​
（这道题主要利用了拆项求解）

BBB组

4.若f(x)=x5e6xf(x)=x^5e^{6x}f(x)=x5e6x，则f(101)(0)=f^{(101)}(0)=f(101)(0)=______。

解
f(101)(0)=∑k=0101C101k(x5)(k)(e6x)(101−k)∣x=0=5!696C1015=101!96!696.\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} f(101)(0)​=k=0∑101​C101k​(x5)(k)(e6x)(101−k)∣∣∣∣​x=0​=5!696C1015​=96!101!​696.​
（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

5.设f(x)=x1−x4f(x)=\cfrac{x}{1-x^4}f(x)=1−x4x​，则f(101)(0)=f^{(101)}(0)=f(101)(0)=______。

解  f(x)=x1−2x4=x∑n=0∞(2x4)n=∑n=0∞2nx4n+1(2x4<1)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)f(x)=1−2x4x​=xn=0∑∞​(2x4)n=n=0∑∞​2nx4n+1(2x4<1)，又f(101)(0)101!=225\cfrac{f^{(101)}(0)}{101!}=2^{25}101!f(101)(0)​=225，则f(101)(0)=101!⋅225f^{(101)}(0)=101!\cdot2^{25}f(101)(0)=101!⋅225。（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

16.设f(x)=g′(x),g(x)={ex−1x,x≠0,1,x=0,f(x)=g'(x),g(x)=\begin{cases}\cfrac{e^x-1}{x},&x\ne0,\\1,&x=0,\end{cases}f(x)=g′(x),g(x)=⎩⎨⎧​xex−1​,1,​x​=0,x=0,​求f(n)(0)f^{(n)}(0)f(n)(0)。

解  由泰勒展开式，ex−1x=1x[∑n=0∞xnn!−1]=∑n=1∞xn−1n!,x≠0\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\ne0xex−1​=x1​[n=0∑∞​n!xn​−1]=n=1∑∞​n!xn−1​,x​=0，且(∑n=1∞xn−1n!)∣x=0=1\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{x^{n-1}}{n!}\right)\biggm\vert_{x=0}=1(n=1∑∞​n!xn−1​)∣∣∣∣​x=0​=1，故
g(x)=∑n=1∞xn−1n!=∑n=0∞xn(n+1)!,f(x)=g′(x)=∑n=1∞nxn−1(n+1)!=∑n=0∞(n+1)xn(n+2)!.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)!}. g(x)=n=1∑∞​n!xn−1​=n=0∑∞​(n+1)!xn​,f(x)=g′(x)=n=1∑∞​(n+1)!nxn−1​=n=0∑∞​(n+2)!(n+1)xn​.
  根据展开式的唯一性，有f(n)(0)n!=n+1(n+2)!\cfrac{f^{(n)}(0)}{n!}=\cfrac{n+1}{(n+2)!}n!f(n)(0)​=(n+2)!n+1​，故f(n)(0)=1n+2(n=1,2,⋯)f^{(n)}(0)=\cfrac{1}{n+2}(n=1,2,\cdots)f(n)(0)=n+21​(n=1,2,⋯)。（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

CCC组

6.设y=arcsin⁡xy=\arcsin xy=arcsinx。

（1）证明其满足方程(1−x2)y(n+2)−(2n+1)xy(n+1)−n2y(n)=0(n⩾0)(1-x^2)y^{(n+2)}-(2n+1)xy^{(n+1)}-n^2y^{(n)}=0(n\geqslant0)(1−x2)y(n+2)−(2n+1)xy(n+1)−n2y(n)=0(n⩾0)；

解  由y′=11−x2,y′′=x(1−x2)32y'=\cfrac{1}{\sqrt{1-x^2}},y''=\cfrac{x}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}y′=1−x2​1​,y′′=(1−x2)23​x​，得(1−x2)y′′−xy′=0(1-x^2)y''-xy'=0(1−x2)y′′−xy′=0。由莱布尼兹公式，有(1−x2)y(n+2)−2nxy(n+1)−n(n−1)y(n)−xy(n+1)−ny(n)=0(1-x^2)y^{(n+2)}-2nxy^{(n+1)}-n(n-1)y^{(n)}-xy^{(n+1)}-ny^{(n)}=0(1−x2)y(n+2)−2nxy(n+1)−n(n−1)y(n)−xy(n+1)−ny(n)=0，即(1−x2)y(n+2)−(2n+1)xy(n+1)−n2y(n)=0(n⩾0)(1-x^2)y^{(n+2)}-(2n+1)xy^{(n+1)}-n^2y^{(n)}=0(n\geqslant0)(1−x2)y(n+2)−(2n+1)xy(n+1)−n2y(n)=0(n⩾0)。（这道题主要利用了特殊值求解）

（2）求y(n)∣x=0y^{(n)}\biggm\vert_{x=0}y(n)∣∣∣∣​x=0​。

解  在上式中令x=0x=0x=0，得y(n+2)(0)=n2y(n)(0)(n=1,2,⋯)y^{(n+2)}(0)=n^2y^{(n)}(0)(n=1,2,\cdots)y(n+2)(0)=n2y(n)(0)(n=1,2,⋯)。由于y(0)(0)=y(0)=0y^{(0)}(0)=y(0)=0y(0)(0)=y(0)=0，从而y(2k)(0)=0y^{(2k)}(0)=0y(2k)(0)=0。又因为y′(0)=1y'(0)=1y′(0)=1，从而
y(2k+1)(0)=(2k−1)2y(2k−1)(0)=⋯=(2k−1)2(2k−3)2⋯32⋅12y′(0)=[(2k−1)!!]2(k=1,2,⋯).\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} y(2k+1)(0)​=(2k−1)2y(2k−1)(0)=⋯=(2k−1)2(2k−3)2⋯32⋅12y′(0)=[(2k−1)!!]2(k=1,2,⋯).​
（这道题主要利用了递推式求解）

7.设nnn为正整数，f(x)=ln⁡(1+x2−x)f(x)=\ln(\sqrt{1+x^2}-x)f(x)=ln(1+x2​−x)，求导数f(2n+1)(0)f^{(2n+1)}(0)f(2n+1)(0)。

解  因为f′(x)=11+x2−x(x1+x2−1)=−11+x2f'(x)=\cfrac{1}{\sqrt{1+x^2}-x}\left(\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}-1\right)=-\cfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}f′(x)=1+x2​−x1​(1+x2​x​−1)=−1+x2​1​，所以1+x2f′(x)=−1,1+x2f′′(x)+x1+x2f′(x)=0\sqrt{1+x^2}f'(x)=-1,\sqrt{1+x^2}f''(x)+\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}f'(x)=01+x2​f′(x)=−1,1+x2​f′′(x)+1+x2​x​f′(x)=0，即(1+x2)f′′(x)+xf′(x)=0(1+x^2)f''(x)+xf'(x)=0(1+x2)f′′(x)+xf′(x)=0。方程两边对xxx求n−1n-1n−1次导，并利用莱布尼兹公式，得(1+x2)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(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(1+x2)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。
  将x=0x=0x=0代入上式，得f(n+1)(0)=−(n−1)2f(n−1)f^{(n+1)}(0)=-(n-1)^2f^{(n-1)}f(n+1)(0)=−(n−1)2f(n−1)。把nnn换为2n2n2n，并由此递推，得
f(2n+1)(0)=−(2n−1)2f(2n−1)(0),f(2n−1)(0)=−(2n−3)2f(2n−3)(0),⋯⋯f′′′(0)=−f′(0)=−1.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. f(2n+1)(0)=−(2n−1)2f(2n−1)(0),f(2n−1)(0)=−(2n−3)2f(2n−3)(0),⋯⋯f′′′(0)=−f′(0)=−1.
  由此，得f(2n+1)(0)=(−1)n[(2n−1)!!]2f^{(2n+1)}(0)=(-1)^n[(2n-1)!!]^2f(2n+1)(0)=(−1)n[(2n−1)!!]2。（这道题主要利用了构造方程求解）

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