上册 3.1 一元函数的导数 第6题
📝 题目
6．求解下列问题．
（1）设 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\mathrm{e}^{x}(\sin x+\cos x), x \leqslant 0, \\ a x^{2}+b x+c, x>0,\end{array}\right.$ 试确定常数 $a, b, c$ 的值使得 $f^{\prime \prime}(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内处处存在．
（2）设 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\mathrm{e}^{x}, x<0, \\ a x^{2}+b x+c, x \geqslant 0,\end{array}\right.$ 试确定常数 $a, b, c$ 的值使得 $f^{\prime \prime}(0)$ 存在．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）要使 $f^{\prime \prime}(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内处处存在，只需 $f^{\prime \prime}(0)$ 存在即可．从而需要 $f(x), f^{\prime}(x)$ 在 $x=0$ 连续．因此
$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(a x^{2}+b x+c\right)=c=f(0)=1
$$
所以 $c=1$ ，即 $f(x)=a x^{2}+b x+1, x \geqslant 0$ ．
当 $x<0$ 时，$f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}(\sin x+\cos x)+\mathrm{e}^{x}(\cos x-\sin x)=2 \mathrm{e}^{x} \cos x$ ．
当 $x>0$ 时，$f^{\prime}(x)=2 a x+b$ ．
当 $x=0$ 时，$\displaystyle f_{+}^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{a x^{2}+b x+1-1}{x}=b$ ．
$$
f_{-}^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\mathrm{e}^{x}(\sin x+\cos x)-1}{x}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} 2 \mathrm{e}^{x} \cos x=2 .
$$
由 $f_{+}^{\prime}(0)=f_{-}^{\prime}(0)$ 得 $b=2$ ．故 $f^{\prime}(x)=\left\{\begin{array}{l}2 \mathrm{e}^{x} \cos x, x \leqslant 0, \\ 2 a x+2, x>0 .\end{array}\right.$
$$
\begin{aligned}
f_{+}^{\prime \prime}(0) & =\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{2 a x+2-2}{x}=2 a \\
f_{-}^{\prime \prime}(0) & =\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{2 \mathrm{e}^{x} \cos x-2}{x}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} 2 \mathrm{e}^{x}(\cos x-\sin x)=2
\end{aligned}
$$
所以 $2 a=2$ ，即 $a=1$ ．于是当 $a=1, b=2, c=1$ 时，$f^{\prime \prime}(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内处处存在．
（2）用（1）类似可求得当 $\displaystyle a=\frac{1}{2}, b=1, c=1$ 时，$f^{\prime \prime}(0)$ 存在．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：确定连续条件
要使 $f''(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内处处存在，首先需要 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续。计算左极限：$\lim_{x\to 0^-} f(x)=e^0(\sin 0+\cos 0)=1$，右极限：$\lim_{x\to 0^+} f(x)=c$，由连续性得 $c=1$。
提示：注意分段函数在分段点连续的条件是左右极限相等且等于函数值。
步骤 2/7
目标：计算左导数
当 $x<0$ 时，$f(x)=e^x(\sin x+\cos x)$，求导得 $f'(x)=e^x(\sin x+\cos x)+e^x(\cos x-\sin x)=2e^x\cos x$。在 $x=0$ 处左导数为 $f'_-(0)=\lim_{x\to 0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0^-}\frac{e^x(\sin x+\cos x)-1}{x}$，利用洛必达法则或导数定义得 $f'_-(0)=2e^0\cos 0=2$。
公式：$f'(x)=2e^x\cos x$
提示：求导时注意乘积法则，左导数也可直接代入导函数值。
步骤 3/7
目标：计算右导数并确定b
当 $x>0$ 时，$f(x)=ax^2+bx+1$，求导得 $f'(x)=2ax+b$。在 $x=0$ 处右导数为 $f'_+(0)=\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0^+}\frac{ax^2+bx+1-1}{x}=b$。由 $f'_-(0)=f'_+(0)$ 得 $b=2$。
提示：右导数可直接用导函数在0处的值，但需注意连续性已保证。
步骤 4/7
目标：计算左二阶导数
当 $x<0$ 时，$f'(x)=2e^x\cos x$，在 $x=0$ 处左二阶导数为 $f''_-(0)=\lim_{x\to 0^-}\frac{f'(x)-f'(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0^-}\frac{2e^x\cos x-2}{x}$，利用洛必达法则或导数定义得 $f''_-(0)=2e^0(\cos 0-\sin 0)=2$。
提示：注意 $f'(0)=2$，左二阶导数也可直接对 $f'(x)$ 求导后代入。
步骤 5/7
目标：计算右二阶导数并确定a
当 $x>0$ 时，$f'(x)=2ax+2$，在 $x=0$ 处右二阶导数为 $f''_+(0)=\lim_{x\to 0^+}\frac{f'(x)-f'(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0^+}\frac{2ax+2-2}{x}=2a$。由 $f''_-(0)=f''_+(0)$ 得 $2a=2$，即 $a=1$。
提示：右二阶导数可直接对导函数求导得 $2a$。
步骤 6/7
目标：总结第一问结果
因此，当 $a=1$，$b=2$，$c=1$ 时，$f''(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内处处存在。
步骤 7/7
目标：求解第二问
对于第二问，只需 $f''(0)$ 存在，即 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续且一阶、二阶导数存在。类似地，由连续性得 $c=1$；由一阶导数存在得 $b=1$；由二阶导数存在得 $a=\frac{1}{2}$。具体推导：左导数 $f'_-(0)=1$，右导数 $f'_+(0)=b$，故 $b=1$；左二阶导数 $f''_-(0)=1$，右二阶导数 $f''_+(0)=2a$，故 $a=\frac{1}{2}$。
提示：注意第二问中 $x<0$ 时 $f(x)=e^x$，其导数 $f'(x)=e^x$，二阶导数 $f''(x)=e^x$，在0处值为1。
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