高阶导数
本节分享的题目是一道高阶导数问题，本题不是常规的 \(\mathrm{N-L}\) 公式可以直接解决的，需要结合幂级数展开和 \(\mathrm{Taylor}\) 公式综合运用，下面一起来看看吧！
例题 ¶
Example
\[\displaystyle f(x)=x^2\int_{1}^{x}\dfrac{\mathrm{d}t}{t^3-3t^2+3t}\]
求：\(f^{(2019)}(1)\)
首先注意到分母是可以通过常数配凑（\(-1+1\)）化简的，即：
\[
\begin{aligned}t^3-3t^2+3t&=t^3-3t^2+3t-1+1\\&=(t-1)^3+1\end{aligned}
\]
令 \(g(x)=f(x+1)\)，则：
\[
g(x)=f(x+1)=(x+1)^2\int_{1}^{x+1}\frac{\mathrm{d}t}{(t-1)^3+1}
\]
作积分换元 \(u=t-1\)，
\[
t:1\to x+1 \implies u:0\to x
\]
\[
g(x)=(x+1)^2\int_{0}^{x}\frac{\mathrm{d}u}{u^3+1}
\]
故所求：
\[
f^{(2019)}(1)=g^{(2019)}(0)
\]
现在如何处理呢？我们发现被积函数是容易进行幂级数展开的，于是考虑
幂级数展开（\(|u|<1\)
\[
\frac1{1+u^3}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n (u^3)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n u^{3n}
\]
交换求和与积分的顺序，得：
\[
\int_{0}^{x}\frac{\mathrm{d}u}{1+u^3} =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{x}u^{3n}\mathrm{d}u =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{3n+1}x^{3n+1}
\]
代入化简得：
\[
\begin{aligned} g(x)&=(x^2+2x+1)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{3n+1}x^{3n+1}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{3n+1}x^{3n+1}+2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{3n+1}x^{3n+2}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{3n+1}x^{3n+3} \end{aligned}
\]
都写到这里了，如果还想不到 \(\mathrm{Taylor}\) 公式有点说不过去了吧，由泰勒系数与高阶导数关系：
\[
g(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{g^{(k)}(0)}{k!}x^k
\]
对比 \(x^{2019}\) 项系数：
- \(3n+1=2019\)：\(n\) 非整数，无贡献
- \(3n+2=2019\)：\(n\) 非整数，无贡献
- \(3n+3=2019\implies 3n=2016\implies n=672\)
于是 \(x^{2019}\) 项仅来自第三项级数：
\[
\frac{g^{(2019)}(0)}{2019!}=\frac{(-1)^{672}}{3\cdot 672+1}=\frac1{2017}
\]
综上，结果为：
\[
g^{(2019)}(0)=f^{(2019)}(1)=\frac{2019!}{2017}
\]
习题 ¶
Q1¶
Question
设 \(f(x)=x^{2}\ln(1+x)\)，求 \(f^{(n)}(0)\)，其中 \(n\geqslant 3\).
Q2¶
Question
设 \(f(x)=\arctan \dfrac{1-x}{1+x}\)，求 \(f^{(n)}(0)\).
Q3¶
Question
设 \(f(x)=\arctan \dfrac{1+x^{2}}{1-x^{2}}\)，求 \(f^{(n)}(0)\).
Q4¶
Question
设 \(f(x)=\dfrac{1}{1+2x+4x^{2}}\)，求 \(f^{(2016)}(0)\) 和 \(f^{(2017)}(0)\).
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