高阶导数

§2.4 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

1.97 分/卷近 11 年平均

7/11 年出现年份

6.0 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）求导法则（四则、复合、反函数）③ 掌握后可解锁泰勒公式曲线的凹凸性与拐点曲率与曲率半径、曲率圆可降阶的高阶微分方程

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 求 $n$ 阶导数通项的三个步骤：先算几阶，再找规律，必要时用归纳法★ 要懂

求

f^{(n)}

的通项公式时，不能一阶一阶地逐次求下去，而应按以下步骤进行：①先算出

y^{'}, y^{''}, y^{'''}

等前几阶导数；②再从符号（是否按

(- 1)^{n}

交替）、系数（是否含有

n!

或

a^{n}

）、幂次（分母的指数如何随

n

变化）这三条线索归纳出通项；③必要时用数学归纳法加以确认。其中循环型（

sin, cos

）与不变型（

e^{x}

）是归纳通项时最基本的依据。

证明 / 推导

以 $sin x$ 为例，用归纳法证明 $(sin x)^{(n)} = sin (x + \frac{nπ}{2})$ .
当

n = 1

时，

(sin x)^{'} = cos x = sin (x + \frac{π}{2})

，结论成立。
设结论对第

n

阶成立，则

(sin x)^{(n + 1)} = \frac{d}{d x} sin (x + \frac{nπ}{2}) = cos (x + \frac{nπ}{2}) = sin (x + \frac{nπ}{2} + \frac{π}{2}) = sin (x + \frac{( n + 1 ) π}{2}) .

故对一切

n

结论都成立。每求一次导数，相当于自变量增加 $\frac{π}{2}$ ，即相位前移，因此四次一循环。

■

2. 有理函数的高阶导数：先化为部分分式，再逐项使用 $\frac{1}{a x + b}$ 的公式★★ 必会

如果有理式的分母能够因式分解，那么不要直接反复求导，而应先把它分解成部分分式，再对每一项应用公式

(\frac{1}{x - a})^{(n)} (\frac{1}{a x + b})^{(n)} = \frac{( - 1 ) ^{n} n !}{( x - a ) ^{n + 1}} = \frac{( - 1 ) ^{n} a ^{n} n !}{( a x + b ) ^{n + 1}} .

必须注意，第二个式子中由链式法则带出的因子

a^{n}

最容易遗漏。
部分分式的形状取决于分母的因式。如果分母只含互异的一次因式，那么分解后的各个分式都是

\frac{A}{x - a}

的形状，可以直接应用上式。如果分母含有重因式，那么还会出现

\frac{A}{( x - a ) ^{k}}

一类的项，此时应改用

(\frac{1}{( x - a ) ^{k}})^{(n)} = \frac{( - 1 ) ^{n} ( n + k - 1 )!}{( k - 1 )! ( x - a ) ^{n + k}}

。

证明 / 推导

公式的推导（用归纳法）. 记

u = \frac{1}{a x + b} = (a x + b)^{- 1}

。当

n = 1

时，由链式法则得

u^{'} = - (a x + b)^{- 2} \cdot a = \frac{( - 1 ) ^{1} a ^{1} 1 !}{( a x + b ) ^{2}},

公式成立。设公式对第

n

阶成立，即

u^{(n)} = (- 1)^{n} a^{n} n! (a x + b)^{- (n + 1)}

。两端再求一次导数，仍用链式法则，得

u^{(n + 1)} = (- 1)^{n} a^{n} n! \cdot [- (n + 1)] (a x + b)^{- (n + 2)} \cdot a = \frac{( - 1 ) ^{n + 1} a ^{n + 1} ( n + 1 )!}{( a x + b ) ^{n + 2}} .

这就是公式在第

n + 1

阶的形状，故它对一切

n \geq 1

成立。在其中取

a = 1

、

b = - α

，便得

(\frac{1}{x - α})^{(n)} = \frac{( - 1 ) ^{n} n !}{( x - α ) ^{n + 1}}

。

因子 $a^{n}$ 的来历. 每求一次导数，幂次下降一次，同时由链式法则带出一个因子

a

。求

n

次导数就带出

n

个

a

，累积成

a^{n}

。当

a = 1

时这个因子看不出来，所以在一般的

a x + b

上容易遗漏。

逐项求导为什么可行. 求导是线性运算，即

(λ f + μg)^{(n)} = λ f^{(n)} + μ g^{(n)}

。部分分式把分母为互异一次因式的有理式写成若干

\frac{A _{k}}{x - α _{k}}

之和。于是可以对每一项分别用上述公式，再把结果相加。这就证明了这一解法的根据。

■

举例说明

例. 求

y = \frac{1}{x ^{2} - 1}

的

n

阶导数。
解. 因

\frac{1}{x ^{2} - 1} = \frac{1}{2} (\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 1})

，故对每一项应用上述公式，得

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

■

3. 莱布尼茨公式：适用于多项式 $\times$ （指数函数或三角函数）的乘积★★ 必会

乘积的

n

阶导数不是

u^{(n)} v^{(n)}

，而由莱布尼茨公式

(uv)^{(n)} = k = 0 \sum n (k n) u^{(k)} v^{(n - k)}

给出，其中的系数与二项式展开

(a + b)^{n}

中的系数相同。这一公式最适用的情形是：当

v

是

m

次多项式时，有

v^{(k)} = 0 (k > m)

，于是求和被截断，只剩下前

m + 1

项，计算量随之大为减少。使用时应把容易求导的因子（

e^{a x}

、

sin, cos

）取作

u

，把多项式取作

v

。

证明 / 推导

用数学归纳法证明莱布尼茨公式. 设

u, v

都有

n

阶导数。

当

n = 1

时，由乘积的求导法则得

(uv)^{'} = u^{'} v + u v^{'}

，而

(0 1) = (1 1) = 1

，故公式成立。

设公式对

n

成立，即

(uv)^{(n)} = \sum_{k = 0}^{n} (k n) u^{(k)} v^{(n - k)}

。两边对

x

求导，逐项使用乘积的求导法则，得

(uv)^{(n + 1)} = k = 0 \sum n (k n) [u^{(k + 1)} v^{(n - k)} + u^{(k)} v^{(n + 1 - k)}] = k = 0 \sum n (k n) u^{(k + 1)} v^{(n - k)} + k = 0 \sum n (k n) u^{(k)} v^{(n + 1 - k)} .

在第一个和中作代换

j = k + 1

，它化为

\sum_{j = 1}^{n + 1} (j - 1 n) u^{(j)} v^{(n + 1 - j)}

；第二个和中把

k

改记为

j

，即

\sum_{j = 0}^{n} (j n) u^{(j)} v^{(n + 1 - j)}

。把两者相加，则

u^{(j)} v^{(n + 1 - j)}

的系数为

(j - 1 n) + (j n)

。由组合数的递推关系

(j - 1 n) + (j n) = (j n + 1) (1 \leq j \leq n),

又

j = 0

与

j = n + 1

这两项的系数分别为

(0 n) = 1 = (0 n + 1)

与

(n n) = 1 = (n + 1 n + 1)

，故

(uv)^{(n + 1)} = j = 0 \sum n + 1 (j n + 1) u^{(j)} v^{(n + 1 - j)},

即公式对

n + 1

也成立。由归纳原理，公式对一切正整数

n

都成立。

由此可见，莱布尼茨公式中的系数与二项式展开中的系数相同。二者的来源都是上面这条递推关系，递推的方式一样，起始的值也一样。求和被截断的道理也就清楚了。多项式每求一次导数，次数降低一次，故

m

次多项式的

m + 1

阶及更高阶导数都为零。于是公式中

v

的求导阶数超过

m

的各项全部消失。

■

举例说明

例. 求

y = x^{2} sin x

的

y^{(n)}

。
解. 取

u = sin x, v = x^{2}

，则

v^{'} = 2 x, v^{''} = 2, v^{(k)} = 0 (k \geq 3)

，而

u^{(m)} = sin (x + \frac{mπ}{2})

，于是

y^{(n)} = (0 n) x^{2} sin (x + \frac{nπ}{2}) + (1 n) 2 x sin (x + \frac{( n - 1 ) π}{2}) + (2 n) 2 sin (x + \frac{( n - 2 ) π}{2}) .

即

y^{(n)} = x^{2} sin (x + \frac{nπ}{2}) + 2 n x sin (x + \frac{( n - 1 ) π}{2}) + n (n - 1) sin (x + \frac{( n - 2 ) π}{2})

。

■

4. 由麦克劳林展开求高阶导数值： $f^{(n)} (0) = n! a_{n}$ ★★ 必会

求某一点（特别是

x = 0

）处的高阶导数值时，往往不必先求出通项，而可借助泰勒系数公式

a_{k} = \frac{f ^{(k)} ( x _{0} )}{k !}

反过来求解。如果已经知道（或容易写出）

f (x) = \sum a_{k} x^{k}

，那么

f^{(n)} (0) = n! a_{n} .

因此只需利用常用的展开式，经代入与四则运算求出

x^{n}

的系数，最后不要忘记乘以 $n!$ 。

证明 / 推导

证. 设

f

在

x = 0

处

n

阶可导。由带佩亚诺余项的麦克劳林公式，

f (x) = k = 0 \sum n \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !} x^{k} + o (x^{n}) (x \to 0) .

解题时往往不是靠求导得到展开式，而是把已知的展开式经代入、乘法或除法化成另一个形状的式子

f (x) = k = 0 \sum n a_{k} x^{k} + o (x^{n}) (x \to 0) .

只有当这两组系数必定相同时，才可以由

a_{n}

反过来求

f^{(n)} (0)

。下面证明它们确实相同。
记

c_{k} = a_{k} - \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !}

。两式相减，得

c_{0} + c_{1} x + c_{2} x^{2} + \dots + c_{n} x^{n} = o (x^{n}) (x \to 0) .

令

x \to 0

。左端趋于

c_{0}

，右端趋于

0

，故

c_{0} = 0

。把

c_{0} = 0

代回，两端同除以

x

。因为

o (x^{n}) / x = o (x^{n - 1})

，所以

c_{1} + c_{2} x + \dots + c_{n} x^{n - 1} = o (x^{n - 1}) (x \to 0) .

再令

x \to 0

，得

c_{1} = 0

。如此逐次进行，依次得到

c_{0} = c_{1} = \dots = c_{n} = 0

。于是

a_{k} = \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !}

，取

k = n

即得

f^{(n)} (0) = n! a_{n}

。
这就证明了：函数在

0

处准确到

x^{n}

项的展开式是唯一的。所以不论用什么途径写出展开式，

x^{n}

的系数都是同一个数。
必须注意两点. 其一，要求

f

在

0

处

n

阶可导，否则

f^{(n)} (0)

无从谈起。其二，所写的展开式必须准确到

x^{n}

项，余项为

o (x^{n})

。如果只展开到低于

n

的次数，就读不出

a_{n}

。

■

举例说明

例. 设

f (x) = x^{2} arctan x

，求

f^{(5)} (0)

。
解. 由

arctan x = x - \frac{x ^{3}}{3} + \frac{x ^{5}}{5} - \dots

，得

f (x) = x^{2} arctan x = x^{3} - \frac{x ^{5}}{3} + \dots,

故

x^{5}

的系数为

a_{5} = - \frac{1}{3}

。于是

f^{(5)} (0) = 5! a_{5} = 120 \times (- \frac{1}{3}) = - 40

。

■

💡 小知识

莱布尼茨求乘积

n

阶导的公式

\sum (k n) u^{(k)} v^{(n - k)}

与二项式展开

(a + b)^{n}

用的是同一组系数

(k n)

。求导与乘方这两件看似无关的事，用的却是同一套帕斯卡三角。数学里这样的结构呼应并不少见。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求

y = e^{2 x}

的

n

阶导数

y^{(n)}

。难度 1

逐阶求导找规律：

y^{'} = 2 e^{2 x}, y^{''} = 2^{2} e^{2 x}, y^{'''} = 2^{3} e^{2 x}, \dots

，每求一次带出一个因子

2

。故

y^{(n)} = 2^{n} e^{2 x} .

（一般地

(e^{a x})^{(n)} = a^{n} e^{a x}

。）

例 2 求

y = \frac{1}{x + 1}

的

n

阶导数。难度 1

y = (x + 1)^{- 1}

，逐阶求导：

y^{'} = - (x + 1)^{- 2}, y^{''} = 2 (x + 1)^{- 3}, y^{'''} = - 6 (x + 1)^{- 4}, \dots

符号正负交替、系数是阶乘：

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

例 3 求

y = \frac{1}{x ^{2} - 3 x + 2}

的

n

阶导数。难度 2

先部分分式：

x^{2} - 3 x + 2 = (x - 1) (x - 2)

，设

\frac{1}{( x - 1 ) ( x - 2 )} = \frac{A}{x - 1} + \frac{B}{x - 2}, A = - 1, B = 1,

即

y = \frac{1}{x - 2} - \frac{1}{x - 1}

。再对每项套公式

(\frac{1}{x - a})^{(n)} = \frac{( - 1 ) ^{n} n !}{( x - a ) ^{n + 1}}

：

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

例 4 用莱布尼茨公式求

y = x^{2} e^{x}

的

n

阶导数（

n \geq 2

）。难度 2

取

u = e^{x}, v = x^{2}

。因

v^{'} = 2 x, v^{''} = 2, v^{(k)} = 0 (k \geq 3)

，莱布尼茨求和只剩

k = 0, 1, 2

三项；又

(e^{x})^{(m)} = e^{x}

：

y^{(n)} = (0 n) e^{x} x^{2} + (1 n) e^{x} \cdot 2 x + (2 n) e^{x} \cdot 2.

由

(1 n) = n, (2 n) = \frac{n ( n - 1 )}{2}

：

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

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2024 年 · 数二 · 第 14 题 · 填空题 · 5 分

已知函数

f (x) = x^{2} (e^{x} + 1)

，则

f^{(5)} (1) =

___。

2022 年 · 数二 · 第 12 题 · 填空题 · 5 分

已知函数

y = y (x)

由方程

x^{2} + x y + y^{3} = 3

确定，则

y^{''} (1) =

___。

2021 年 · 数二 · 第 5 题 · 选择题 · 5 分

设函数

f (x) = sec x

在

x = 0

处的

2

次泰勒多项式为

1 + a x + b x^{2}

，则（　　）

A $a = 1, b = - \frac{1}{2}$
B $a = 1, b = \frac{1}{2}$
C $a = 0, b = - \frac{1}{2}$
D $a = 0, b = \frac{1}{2}$

2021 年 · 数二 · 第 12 题 · 填空题 · 5 分

设函数

y = y (x)

由参数方程

{x = 2 e^{t} + t + 1, y = 4 (t - 1) e^{t} + t^{2}

确定，则

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 0} =

___。

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

(e^{3 x})^{(n)} =

（　）

A $3 e^{3 x}$
B $3^{n} e^{3 x}$
C $e^{3 x}$
D $n 3^{n - 1} e^{3 x}$

练习 2 · 选择题

(sin x)^{(4)} =

（　）

A $sin x$
B $- sin x$
C $cos x$
D $- cos x$

练习 3 · 填空题

设

y = x e^{x}

，则

y^{(n)} =

____。

练习 4 · 填空题

设

f (x) = \frac{1}{1 - x}

，则

f^{(n)} (0) =

____。

练习 5 · 填空题

设

f (x) = ln (1 + x^{2})

，则

f^{(4)} (0) =

____。

练习 6 · 选择题

设

f (x) = x^{2} ln (1 + x)

，则

f^{(10)} (0) =

（　）

A $\frac{10 !}{9}$
B $\frac{10 !}{8}$
C $- \frac{10 !}{10}$
D $- \frac{10 !}{8}$

练习 7 · 填空题

设

y = x^{2} sin x

，则

y^{(21)} (0) =

____。

练习 8 · 解答题

设

y = \frac{x}{x ^{2} - 5 x + 6}

。

(1) 求

y^{(n)}

（

n \geq 1

）；

(2) 求

y^{(n)} (0)

。

2020 年 · 数二 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

已知函数

f (x) = x^{2} ln (1 - x)

，当

n ⩾ 3

时，

f^{(n)} (0) =

（　　）

A $- \frac{n !}{n - 2}$
B $\frac{n !}{n - 2}$
C $- \frac{( n - 2 )!}{n}$
D $\frac{( n - 2 )!}{n}$

2020 年 · 数二 · 第 9 题 · 填空题 · 4 分

设

{x = t^{2} + 1, y = ln (t + t^{2} + 1),

则

\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{t = 1} =

___。

高阶导数

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 求 n 阶导数通项的三个步骤：先算几阶，再找规律，必要时用归纳法★ 要懂

2. 有理函数的高阶导数：先化为部分分式，再逐项使用 ax+b1​ 的公式★★ 必会

3. 莱布尼茨公式：适用于多项式 ×（指数函数或三角函数）的乘积★★ 必会

4. 由麦克劳林展开求高阶导数值：f(n)(0)=n!an​★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 求 $n$ 阶导数通项的三个步骤：先算几阶，再找规律，必要时用归纳法★ 要懂

2. 有理函数的高阶导数：先化为部分分式，再逐项使用 $\frac{1}{a x + b}$ 的公式★★ 必会

3. 莱布尼茨公式：适用于多项式 $\times$ （指数函数或三角函数）的乘积★★ 必会

4. 由麦克劳林展开求高阶导数值： $f^{(n)} (0) = n! a_{n}$ ★★ 必会