上册 3.1 一元函数的导数 第37题
📝 题目
37．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 是实轴上的可微函数，对所有 $\forall x, y \in \mathbf{R}$ ，满足 $\displaystyle f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x) f(y)}$ ，并且 $f^{\prime}(0)=1$ ，求 $f(x)$ 的表达式。
（2）设函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有定义，已知 $f^{\prime}(1)$ 存在，且 $\forall x, y \in(0,+\infty)$ ，成立 $f(x y)=y f(x)+x f(y)$ 。证明：$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内处处可导，且 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{f(x)}{x}+f^{\prime}(1)$ 。
（3）设函数 $f(x)$ 满足 $f(x+y)=f(x)+f(y)+2 x y, \forall x, y \in \mathbf{R}$ ，并且 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，（1）试求函数 $f(x)$ 的表达式；（2）求 $f^{\prime}(x)$ 。
（4）设函数 $f(x)$ 连续，$f^{\prime}(0)$ 存在，并且满足：$\displaystyle f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1-4 f(x) f(y)}, \forall x, y \in \mathbf{R}$ ．（1）证明：$f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上可微；（2）若 $\displaystyle f^{\prime}(0)=\frac{1}{2}$ ，求 $f(x)$ 。
（5）设 $f(x)$ 为定义在 $(-\infty,+\infty)$ 上的已知可导函数，而且对任意实数 $a, b$ 均满足 $f(a+b)=\mathrm{e}^{a} f(b)+\mathrm{e}^{b} f(a)$ ．又已知 $f^{\prime}(0)=\mathrm{e}$ ，求 $f^{\prime}(x)$ 的表达式（不必求出 $f(x)$ 的表达式）．
💡 答案解析
解题过程：
（1）$\displaystyle f(0)=f(0+0)=\frac{2 f(0)}{1+f^{2}(0)}, f(0)+f^{3}(0)=2 f(0), f^{3}(0)=f(0)$ ，所以 $f(0)=0$ 或者
$f^{2}(0)=1$.
下证：$f(0)=0$.
在 $\displaystyle f(2 x)=\frac{2 f(x)}{1+f^{2}(x)}$ 中两边求导得
$$
2 f^{\prime}(2 x)=\frac{2 f^{\prime}(x)\left[1+f^{2}(x)\right]-2 f(x) \cdot 2 f(x) f^{\prime}(x)}{\left[1+f^{2}(x)\right]^{2}}
$$
由 $f^{\prime}(0)=1$ 得 $\displaystyle 1=\frac{\left(1+f^{2}(0)\right)-2 f^{2}(0)}{\left(1+f^{2}(0)\right)^{2}}=\frac{1-f^{2}(0)}{\left(1+f^{2}(0)\right)^{2}}$ ．所以 $f(0)=0$ ．
又由 $\displaystyle f(x+y)-f(x)=\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x) f(y)}-f(x)=\frac{f(y)\left(1-f^{2}(x)\right)}{1+f(x) f(y)}$ 有
$$
\frac{f(x+y)-f(x)}{y}=\frac{f(y)-f(0)}{y} \cdot \frac{1-f^{2}(x)}{1+f(x) f(y)} .
$$
令 $y \rightarrow 0$ ，由 $f(0)=0, f^{\prime}(0)=1$ 有
$$
f^{\prime}(x)=\left(1-f^{2}(x)\right) f^{\prime}(0)=\left(1-f^{2}(x)\right) \text {, 即 } \frac{f^{\prime}(x)}{(1+f(x))(1-f(x))}=1 \text {. }
$$
于是
$$
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+f(x)}-\frac{1}{1-f(x)}\right) f^{\prime}(x)=1
$$
积分得 $\displaystyle \frac{1}{2} \ln \frac{1+f(x)}{1-f(x)}=x$ ，故 $\displaystyle \frac{1+f(x)}{1-f(x)}=\mathrm{e}^{2 x}$ ．所以 $\displaystyle f(x)=-\frac{1-\mathrm{e}^{2 x}}{1+\mathrm{e}^{2 x}}$ ．
（2）取 $y=1$ ，则 $f(x)=f(x)+x f(1)$ ，从而 $f(1)=0$ ．
即
$$
\begin{aligned}
& f(x y)-f(x)=(y-1) f(x)+x(f(y)-f(1)), \\
& \frac{f(x y)-f(x)}{y-1}=f(x)+x \frac{f(y)-f(1)}{y-1} .
\end{aligned}
$$
令 $y \rightarrow 1$ 得 $x f^{\prime}(x)=f(x)+x f^{\prime}(1)$ ．于是 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{f(x)}{x}+f^{\prime}(1)$ ．
（3）（1）令 $x=y=0$ ，则 $f(0)=0$ ．于是由 $f(x)$ 在 $x=0$ 可导知
$$
f^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x}
$$
当 $y \neq 0$ 时，$f(x+y)-f(x)=f(y)+2 x y$ ，从而
$$
\frac{f(x+y)-f(x)}{y}=\frac{f(y)}{y}+2 x
$$
在上式中令 $y \rightarrow 0$ 得 $f^{\prime}(x)=f^{\prime}(0)+2 x$ ．所以
$$
f(x)=f^{\prime}(0) x+x^{2}+c
$$
由 $f(0)=0$ 得 $c=0$ ．于是 $f(x)=f^{\prime}(0) x+x^{2}$ ．
（2）略．
（4）令 $x=y=0$ ，则 $\displaystyle f(0)=\frac{2 f(0)}{1-4 f^{2}(0)}$ ．解之得 $f(0)=0$ ．由 $f^{\prime}(0)$ 存在知 $\displaystyle \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{h}=f^{\prime}(0)$ ． $\forall x \in \mathrm{R}$ ，由假设条件得
$$
\begin{aligned}
\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} & =\lim _{h \rightarrow 0} \frac{\frac{f(x)+f(h)}{1-4 f(x) f(h)}-f(x)}{h} \\
& =\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{h} \cdot \frac{1+4 f^{2}(x)}{1-4 f(x) f(h)}=f^{\prime}(0)\left(1+4 f^{2}(x)\right)
\end{aligned}
$$
所以 $f^{\prime}(x)=f^{\prime}(0)\left(1+4 f^{2}(x)\right)$ ，即 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上可微。
记 $y=f(x)$ ，则有 $\displaystyle y^{\prime}=\frac{1}{2}\left(1+4 y^{2}\right)$ ，整理得
$$
\frac{\mathrm{d}(2 y)}{1+(2 y)^{2}}=\mathrm{d} x
$$
两边积分得 $\arctan 2 y=x+c$ ，即 $\displaystyle y=\frac{1}{2} \tan (x+c)$ ．由 $y(0)=0$ 得 $c=0$ ．故所求函数 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{2} \tan x$ ．
（5）令 $a=b=0$ ，则 $f(0)=0$ ．由 $f^{\prime}(0)=\mathrm{e}$ 知 $\displaystyle \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{h}=\mathrm{e}$ ．
$$
\begin{aligned}
f^{\prime}(x) & =\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{x} f(h)+\mathrm{e}^{h} f(x)-f(x)}{h} \\
& =\mathrm{e}^{x} \lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{h}+f(x) \lim _{h \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{h}-1}{h}=\mathrm{e}^{x+1}+f(x)
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：确定f(0)的值
令 $x=y=0$，代入函数方程 $f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)}$，得 $f(0)=\frac{2f(0)}{1+f^2(0)}$。整理得 $f(0)+f^3(0)=2f(0)$，即 $f^3(0)=f(0)$，解得 $f(0)=0$ 或 $f^2(0)=1$。
公式：$f(0)=\frac{2f(0)}{1+f^2(0)}$
提示：注意解方程时不要遗漏可能的解，但后续需通过导数条件排除 $f^2(0)=1$。
步骤 2/5
目标：利用导数条件排除 $f^2(0)=1$
在 $f(2x)=\frac{2f(x)}{1+f^2(x)}$ 两边对 $x$ 求导，得 $2f'(2x)=\frac{2f'(x)[1+f^2(x)]-2f(x)\cdot2f(x)f'(x)}{[1+f^2(x)]^2}$。令 $x=0$，利用 $f'(0)=1$，得 $1=\frac{1-f^2(0)}{(1+f^2(0))^2}$。若 $f^2(0)=1$，则右边为0，矛盾，故 $f(0)=0$。
公式：$2f'(2x)=\frac{2f'(x)[1+f^2(x)]-4f^2(x)f'(x)}{[1+f^2(x)]^2}$
提示：求导时注意复合函数求导，以及代入 $x=0$ 时 $f(0)$ 的值。
步骤 3/5
目标：推导 $f'(x)$ 的微分方程
由 $f(x+y)-f(x)=\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)}-f(x)=\frac{f(y)(1-f^2(x))}{1+f(x)f(y)}$，两边除以 $y$ 得 $\frac{f(x+y)-f(x)}{y}=\frac{f(y)-f(0)}{y}\cdot\frac{1-f^2(x)}{1+f(x)f(y)}$。令 $y\to 0$，利用 $f(0)=0$ 和 $f'(0)=1$，得 $f'(x)=1-f^2(x)$。
公式：$f'(x)=1-f^2(x)$
提示：注意极限运算中 $f(y)\to 0$，且分母 $1+f(x)f(y)\to 1$。
步骤 4/5
目标：求解微分方程
分离变量：$\frac{df}{1-f^2}=dx$。因 $\frac{1}{1-f^2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+f}+\frac{1}{1-f}\right)$，积分得 $\frac{1}{2}\ln\frac{1+f}{1-f}=x+C$。由 $f(0)=0$ 得 $C=0$，故 $\frac{1+f}{1-f}=e^{2x}$。
公式：$\frac{1}{2}\ln\frac{1+f}{1-f}=x$
提示：积分时注意绝对值，但由 $f(0)=0$ 可确定符号。
步骤 5/5
目标：解出 $f(x)$ 表达式
由 $\frac{1+f}{1-f}=e^{2x}$ 解得 $f(x)=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}$。化简为 $f(x)=\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}$ 或 $f(x)=\tanh x$。
公式：$f(x)=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}$
提示：注意双曲正切函数形式，也可写为 $f(x)=\tanh x$。
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