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@ -1,587 +0,0 @@
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tags:
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- 编写小组
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**内部资料，禁止传播**
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**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航**
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## 隐函数求导
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### 原理
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设方程 $F(x, y) = 0$ 确定 $y$ 是 $x$ 的函数 $y = y(x)$，则对方程两边关于 $x$ 求导（注意 $y$ 是 $x$ 的函数），再解出 $y'$ 即可。
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### **适用情况**
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适用于方程中 $x$ 与 $y$ 混合在一起，无法或不易解出 $y = f(x)$ 的情况，如：
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- 圆的方程：$x^2 + y^2 = 1$
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- 椭圆方程：$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$
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- 一般隐式方程：$e^{x+y} + \ln(xy) = 0$
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### **优势**
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1. 不必显式解出 $y = f(x)$，可直接求导；
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2. 适用于复杂关系式，尤其是含有 $x$、$y$ 混合的函数形式。
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### **劣势**
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1. 求导过程中需注意 $y$ 是 $x$ 的函数，常需使用链式法则；
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2. 最终表达式中可能仍含有 $y$，需结合原方程化简。
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### **例子**
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> [!example] 例1(简单)
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求由方程 $x^2 + y^2 = 1$ 确定的隐函数 $y = y(x)$ 的导数。
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**解析**
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两边对 $x$ 求导：
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$$
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2x + 2y \cdot y' = 0
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$$
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解得：
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$$
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y' = -\frac{x}{y}
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$$
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>[!example] 例2
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>设方程$y=y(x)$由方程$xe^{f(y)}=e^y$确定，其中$f$具有二阶导数，且$f'\neq1$，求$\frac{d^2y}{dx^2}.$
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解1：
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两边对$x$求导得
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$$e^{f(y)}+xy'f'(y)e^{f(y)}=y'e^y$$
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从而
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$$y'=\frac{e^{f(y)}}{e^y-xf'(y)e^{f(y)}}=\frac{e^{f(y)}}{xe^{f(y)}(1-f'(y))}=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$
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两边再对$x$求导得
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$$\frac{d^2y}{dx^2}=y''=-\frac{1-f'(y)-xy'f''(y)}{x^2(1-f'(y))^2}=-\frac{(1-f'(y))^2-f''(y)}{x^2(1-f'(y))^3}$$
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解2：两边取对数得$$lnx+f(y)=y$$
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两边对$x$求导得$$\frac{1}{x}+y'f'(y)=y'$$
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从而$$y'=\frac{1}{x(1-f'(y))}$$
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后同解1.
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>[!example] 例3
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>曲线$\ln{\sqrt{x^2+y^2}}=arctan(\frac{x}{y})$在点(0,1)处的切线方程为$\_\_\_$
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>（A）$y=-x+1$
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>（B）$y=1$
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>（C）$y=x+1$
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>（D）$y=\frac{1}{2}x+1$
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解：由原式得$$\frac{1}{2}ln(x^2+y^2)=arctan(\frac{x}{y})$$
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两边对$x$求导得 $$\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+2yy'}{x^2+y^2}=\frac{y-xy'}{x^2+y^2}$$$$x+yy'=y-xy'$$$$y'=\frac{y-x}{y+x}$$
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故$y'|_{x=0,y=1}=1$，即曲线在(0,1)处切线的斜率为1，故切线方程为：
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$$y=x+1$$选C.
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>[!example] 例4
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>函数$y=y(x)$由方程$sin(x^2+y^2)+e^x-xy^2=0$所确定，则$\frac{dy}{dx}=\_\_$.
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解：
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两边求微分得：
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$$(2xdx+2ydy)cos(x^2+y^2)+e^xdx-y^2dx-2xydy=0$$
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$$(2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2)dx+(2ycos(x^2+y^2)-2xy)dy=0$$
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$$\frac{dy}{dx}=\frac{2xcos(x^2+y^2)+e^x-y^2}{2xy-2ycos(x^2+y^2)}$$
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>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
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>已知由方程 $e^{(x y - 1)(x + y)} \ln (x^3 + y^3) = \frac{xy(x^2 + y^2)}{(x y)^{x^2 + x y + y^2}} \ln (\sqrt{x + y})$ 所确定的函数单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
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解法一（直接求导）
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设 $y = y(x) 、$ 是由方程确定的隐函数，且 $y(1)=1$。两边对 $x$ 求导，并记 $y' = \frac{dy}{dx}$。分别计算左边导数 $\frac{dL}{dx}$ 和右边导数 $\frac{dR}{dx}$ 在点 $(1,1)$ 处的值。
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左边：$L = e^{(xy-1)(x+y)} \ln(x^3+y^3)$。
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令 $$u = (xy-1)(x+y),$$则 $u(1,1)=0$。
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有$$u' = (y + x y')(x+y) + (xy-1)(1+y'),$$在 $(1,1)$ 处，$u' = 2(1+y')$。
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于是 $$\frac{dL}{dx} = e^{u} u' \ln(x^3+y^3) + e^{u} \cdot \frac{1}{x^3+y^3} \cdot (3x^2 + 3y^2 y')$$
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在 $(1,1)$ 处，$e^{u}=1$，$\ln(x^3+y^3)=\ln 2$，$x^3+y^3=2$，所以 $\frac{dL}{dx}\bigg|_{(1,1)} = 2(1+y') \ln 2 + \frac{3}{2}(1+y') = \left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y')$。
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右边：$R = \frac{1}{2} (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)} (x^2+y^2) \ln(x+y)$。
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令 $$A = (xy)^{1-(x^2+xy+y^2)},B = x^2+y^2,C = \ln(x+y)$$则 $R = \frac{1}{2} A B C$。
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在 $(1,1)$ 处，$A=1$，$B=2$，$C=\ln 2$。
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先求 $A'$。取对数：$\ln A = [1-(x^2+xy+y^2)] \ln(xy)$。求导得：
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$$\frac{A'}{A} = [-(2x + y + x y' + 2y y')] \ln(xy) + [1-(x^2+xy+y^2)] \cdot \frac{y + x y'}{xy}$$
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在 $(1,1)$ 处，$$\ln(xy)=0,1-(x^2+xy+y^2) = -2, xy=1$$，所以 $\frac{A'}{A} = -2(1+y')$，即 $A' = -2(1+y')$。
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易得$$B' = 2x + 2y y' = 2 + 2y' = 2(1+y'),
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C' = \frac{1+y'}{x+y} = \frac{1}{2}(1+y').$$
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于是 $$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} (A' B C + A B' C + A B C')$$
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代入：$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -2(1+y') \cdot 2 \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2(1+y') \cdot \ln 2 + 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}(1+y') \right]$$
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化简：$$\frac{dR}{dx} = \frac{1}{2} \left[ -4(1+y') \ln 2 + 2(1+y') \ln 2 + (1+y') \right] = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$
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由 $\frac{dL}{dx} = \frac{dR}{dx}$ 得：
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$$\left(2\ln 2 + \frac{3}{2}\right)(1+y') = \frac{1}{2} (1+y') (1 - 2\ln 2)$$
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若 $1+y' \neq 0$，则 $2\ln 2 + \frac{3}{2} = \frac{1}{2} - \ln 2$，即 $3\ln 2 = -1$，矛盾。故 $1+y' = 0$，即 $y' = -1$。
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所以切线斜率为 $-1$，切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。
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答案：切线方程为 $y = -x + 2$。
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解法二
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由方程形式可知，交换 $x$ 与 $y$ 后方程不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 位于曲线且落在对称轴 $y = x$ 上。
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在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。
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因为函数单调减，所以在 $(1,1)$ 处导数 $y' < 0$，故斜率不可能为 $1$，只可能为 $-1$。
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由点斜式得切线方程：
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$y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，
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即 $y = -x + 2$。
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>[!example] 例6(卢吉辚原创难题)
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>已知由方程 $\arctan\left( \frac{x^2 y + x y^2}{2} \right) = \arcsin\left( \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y} \right)$ 所确定的函数在其连续区间内单调减，求其在点 $(1,1)$ 处的切线方程。
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解法一（直接求导）
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对方程两边关于 $x$ 求导，$y$ 视为 $x$ 的函数，记 $y' = \frac{dy}{dx}$。
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左边：设 $u = \frac{x^2 y + x y^2}{2}$，则导数为 $\frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{du}{dx}$。
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$\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2xy + x^2 y' + y^2 + 2xy y')$。
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在 $(1,1)$ 处，$$u=1,\frac{1}{1+u^2} = \frac{1}{2}，\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}(2+1 + (1+2)y') = \frac{3}{2}(1+y')$$
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所以左边导数为 $$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}(1+y') = \frac{3}{4}(1+y')$$
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右边：设 $v = \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{x + y}$，则导数为 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} \cdot \frac{dv}{dx}$。
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在 $(1,1)$ 处，$v = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{1-v^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，所以 $\frac{1}{\sqrt{1-v^2}} = \sqrt{2}$。
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计算 $\frac{dv}{dx}$：$$v = \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x+y}，
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\frac{dv}{dx} = \frac{(x+y) \cdot \frac{x + y y'}{\sqrt{x^2+y^2}} - \sqrt{x^2+y^2}(1+y')}{(x+y)^2}$$
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代入 $(1,1)$，$$\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{2}，x+y=2，\frac{dv}{dx} = \frac{2 \cdot \frac{1+y'}{\sqrt{2}} - \sqrt{2}(1+y')}{4} = 0$$
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因此右边导数为 $\sqrt{2} \cdot 0 = 0$。
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由左右导数相等得：$\frac{3}{4}(1+y') = 0$，解得 $y' = -1$。
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故切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。
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解法二
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方程中交换 $x$ 与 $y$ 后形式不变，故曲线关于直线 $y = x$ 对称。点 $(1,1)$ 在曲线上且位于对称轴 $y = x$ 上。
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由对称性，在对称轴上的点处，切线斜率只可能为 $1$（与对称轴平行）或 $-1$（与对称轴垂直）。
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已知函数单调减，即在定义区间内 $y' < 0$，因此斜率不可能为 $1$，只能为 $-1$。
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切线方程为 $y - 1 = -1 \cdot (x - 1)$，即 $y = -x + 2$。
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## 参数方程求导
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### 原理
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已知 $$\left\{ \begin{array}{c} x=x\left( t \right)\\ y=y\left( t \right)\\ \end{array} \right.$$若有均可导且 $x'(t) \neq 0$，则
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$$y'\left( t \right) =\frac{dy}{dt}$$
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$$x'\left( t \right)=\frac{dx}{dt}$$
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$$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{y'\left( t \right)}{x'\left( t \right)}$$
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则有 $$y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{dy'}{dx}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{dy'}{dt}\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}=(\frac{y'(t)}{x'(t)})'\cdot \frac{1}{x'\left( t \right)}$$
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而 $$\frac{y'(t)}{x'(t)}=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^2\left( t \right)}$$
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故 $$y''=\frac{y''\left( t \right) x'\left( t \right) -x''\left( t \right) y'\left( t \right)}{x'^3\left( t \right)}$$
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### **适用情况**
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适用于曲线由参数形式给出，尤其是：
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- 物理中的运动轨迹；
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- 极坐标、摆线、旋轮线等曲线；
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- 复杂曲线的简化表示。
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### **优势**
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1. 形式简洁，直接利用两个导数作商；
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2. 适用于参数化表示，便于计算高阶导数。
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### **劣势**
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1. 要求 $x'(t) \neq 0$，否则导数不存在；
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2. 高阶导数计算需重复使用公式，略显繁琐。
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### **例子**
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> [!example] 例1(简单)
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> 求参数方程
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> $$
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\begin{cases}
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x = a\cos t \\
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y = b\sin t
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\end{cases}$$
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所确定的函数 $y = y(x)$ 的导数。
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**解析**
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计算：
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$$
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\frac{dx}{dt} = -a\sin t, \quad \frac{dy}{dt} = b\cos t
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$$
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因此：
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$$
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\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos t}{-a\sin t} = -\frac{b}{a}\cot t
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$$
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> [!example] 例2
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设 $y$ 由方程 $e^{x+y} = xy$ 确定，则 $y'$ 在点 $(1,0)$ 处的值为
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A. $0$
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B. $1$
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C. $-1$
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D. 不存在
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**解析**
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两边对 $x$ 求导：
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$$
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e^{x+y}(1 + y') = y + x y'
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$$
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代入 $(1,0)$：
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$$
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e^{1+0}(1 + y') = 0 + 1 \cdot y'
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$$
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即：
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$$
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e(1 + y') = y'
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$$
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解得：
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$$
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y' = \frac{e}{1 - e}
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$$
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该值不为选项中所列，故判断为“不存在直接匹配”，但若只允许选 ABCD，则可能选 D。
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实际应说明：$y' = \frac{e}{1-e}$ 是一个确定数值。
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> [!example] 例3
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> 参数方程
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> $$
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\begin{cases}
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x = t^2 + 1 \\
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y = t^3 - t
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\end{cases}$$
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在 $t = 1$ 处的导数 $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1}$ 为
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A. $1$
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B. $2$
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C. $3$
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D. $4$
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**解析**
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计算：
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$$
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\frac{dx}{dt} = 2t, \quad \frac{dy}{dt} = 3t^2 - 1
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$$
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则：
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$$
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\frac{dy}{dx} = \frac{3t^2 - 1}{2t}
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$$
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代入 $t = 1$：
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$$
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\left. \frac{dy}{dx} \right|_{t=1} = \frac{3 \cdot 1^2 - 1}{2 \cdot 1} = \frac{2}{2} = 1
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$$
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答案：A
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>[!example] 例4(卢吉辚原创难题)
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>设参数方程 $x = e^{t^2} \arcsin(t^2)$，$y = \ln(1+t^4) \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值（需要用到泰勒展开，仅作习题）
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**解析：**
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先求一阶导：
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$$\frac{dx}{dt} = 2t e^{t^2} \left( \frac{1}{\sqrt{1-t^4}} + \arcsin(t^2) \right)$$$$\frac{dy}{dt} = \frac{4t^3}{1+t^4} \arctan(t^3) + \ln(1+t^4) \cdot \frac{3t^2}{1+t^6}$$
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在 $t=0$ 处，$\frac{dx}{dt}=0$，$\frac{dy}{dt}=0$。
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需用公式 $$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{ \frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} }{ \left( \frac{dx}{dt} \right)^3 }$$。
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利用泰勒展开：
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$x(t) = t^2 + t^4 + O(t^6)$，得 $$\frac{dx}{dt} = 2t + 4t^3 + O(t^5),\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 + 12t^2 + O(t^4);$$
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$y(t) = t^7 + O(t^{11})$，得 $$\frac{dy}{dt} = 7t^6 + O(t^{10})，\frac{d^2 y}{dt^2} = 42t^5 + O(t^9).$$
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分子：$$\frac{dx}{dt} \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \frac{d^2 x}{dt^2} = 70 t^6 + O(t^7)$$分母：$$(\frac{dx}{dt})^3 = 8 t^3 + O(t^5)$$
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当 $t \to 0$，$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{70 t^6}{8 t^3} \to 0$，故值为 $0$。
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**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = 0$。
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>[!example] 例5(卢吉辚原创难题)
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>设参数方程 $x = e^{t} \sin t + \ln(1+t^2)$，$y = e^{t} \cos t + \arctan(t^3)$，求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 在 $t=0$ 处的值。
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**解析：**
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计算一阶导：
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$$\frac{dx}{dt} = e^{t} \sin t + e^{t} \cos t + \frac{2t}{1+t^2}，\frac{dy}{dt} = e^{t} \cos t - e^{t} \sin t + \frac{3t^2}{1+t^6}.$$
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在 $t=0$ 处：$\frac{dx}{dt} = 1$，$\frac{dy}{dt} = 1$。
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二阶导：
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$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 2 e^{t} \cos t + \frac{2 - 2t^2}{(1+t^2)^2}，\frac{d^2 y}{dt^2} = -2 e^{t} \sin t + \frac{6t(1+t^6) - 18t^7}{(1+t^6)^2}.$$
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在 $t=0$ 处：$$\frac{d^2 x}{dt^2} = 4，\frac{d^2 y}{dt^2} = 0.$$
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代入公式：
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$$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{1 \cdot 0 - 1 \cdot 4}{1^3} = -4.$$
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**答案：** $\frac{d^2 y}{dx^2} \big|_{t=0} = -4$。
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## **应用题**
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应用题就比较综合了，它可以考很多知识点，比如参数方程，比如隐函数求导，也有可能就是一个普通的求导。但关键不在于求导，关键在于建立一个准确的模型，也就是
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（1）把需要求的对象找出来，即自变量和因变量，注意可能有多个。
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（2）根据条件把关系式列出来，画一画示意图有时候会很有帮助。
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### 微分估计值
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>[!example] 例1
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>利用微分估计值也是导数应用的一种。利用微分估计下面几个式子的值：
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>（1）$\sqrt{34}$（保留两位小数）
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>（2）摆的振动周期公式为：$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$。其中$l$为摆长（厘米），重力加速度$g=981cm^2/s$.为了使周期$T$增大$0.05$秒，摆长$l=20cm$的长度需要作何修正？（参考数据：$\sqrt{981\times20}\approx140.07,\frac{1}{\pi}\approx0.318$,保留两位小数）
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解：（1）$\sqrt{34}=\sqrt{36-2}=6\sqrt{1-\frac{1}{18}}$,考虑函数$f(x)=\sqrt{x}$，$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},f'(1)=\frac{1}{2}$,故$df=\frac{dx}{2\sqrt{x}},df|_{x=1}=\frac{1}{2}dx$,取$dx=-\frac{1}{18}$,得$df=-\frac{1}{36}$,故$$\sqrt{34}\approx 6(1-\frac{1}{36})=\frac{35}{6}\approx5.83$$
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（2）$dT=T'dl=\pi\sqrt{\frac{1}{gl}}dl=0.05$,则$$dl=\frac{1}{\pi}\sqrt{gl}\approx\frac{1}{3.14}\times\sqrt{981\times20}\times0.05\approx2.23$$
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故需要增加摆长约$2.23$厘米
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### 相关变化率
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#### 飞机航空摄影问题
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##### 问题描述
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>[!example] 例题
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>一飞机在离地面$2 km$的高度，以$200 km/h$的速度水平飞行到某目标上空，以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时，摄影机转动的角速率。
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解析：
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1、建立坐标系
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目标位置：原点 $O(0,0)$
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飞机位置：$P(x,2)$
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飞机高度：$h = 2 km$
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水平速度：$\frac{dx}{dt} = -200 km/h$
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2、角度关系
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$$
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\theta = \arctan\left(\frac{x}{2}\right),
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\tan\theta =\frac{x}{2}
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$$
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3、角速率计算
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$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{d\theta}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}$$
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$$\frac{d\theta}{dx} = \frac{d}{dx} \arctan\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{1}{1 + \left(\frac{x}{2}\right)^2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{x^2 + 4}$$
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$$\frac{d\theta}{dt} = \frac{2}{x^2 + 4} \cdot (-200) = -\frac{400}{x^2 + 4} rad/h$$
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4、目标正上方时的角速率
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当 $x = 0$ 时：
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$$\left. \frac{d\theta}{dt} \right|_{x=0} = -\frac{400}{0 + 4} = -100 rad/h$$
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5、转换单位：
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$$100 rad/h = 100 \times \frac{180}{\pi} °/h = \frac{18000}{\pi} °/h,
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\frac{18000}{\pi} °/h \times \frac{1}{3600} h/s = \frac{5}{\pi} °/s \approx 1.59 °/s$$
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答案:
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飞机飞至目标正上方时，摄影机转动的角速率为 $\frac{5}{\pi} °/s$（约$1.59 °/s$）。
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#### 人拉船问题
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##### 问题描述
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>[!example] 例题
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>人在河岸用绳经过定滑轮以速度 $v$、加速度 $a$ 拉船。绳与水平面夹角为 $\theta$。求此时船的加速度 $a'$。
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![[应用题人拉船.png]]
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解析
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1、 变量定义
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$h$：滑轮高度（定值）
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$x$：船到河岸的水平距离
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$l$：绳长
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$v = -\frac{dl}{dt}$：人拉绳的速度
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$a = -\frac{d^2l}{dt^2}$：人拉绳的加速度
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$u = -\frac{dx}{dt}$：船的水平速度
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$a' = -\frac{d^2x}{dt^2}$：船的加速度
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$\theta$：绳与水平面夹角
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2、几何关系
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$l^2 = h^2 + x^2$
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3、 一阶导数关系
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对几何关系求导：$$2l\frac{dl}{dt} = 2x\frac{dx}{dt}\ 即\ l\frac{dl}{dt} = x\frac{dx}{dt}$$
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代入速度定义：$l(-v) = x(-u)$
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$$u = \frac{l}{x}v = \frac{v}{\cos\theta}，其中 \cos\theta = \frac{x}{l}$$
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4、 二阶导数关系
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对一阶关系求导：$$\frac{d}{dt}\left(l\frac{dl}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(x\frac{dx}{dt}\right)$$
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$$\left(\frac{dl}{dt}\right)^2 + l\frac{d^2l}{dt^2} = \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + x\frac{d^2x}{dt^2}$$
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$$(-v)^2 + l(-a) = (-u)^2 + x(-a')$$
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$$v^2 - la = u^2 - xa'$$
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5、 求解 $a'$
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$$xa' = u^2 - v^2 + la,
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a' = \frac{u^2 - v^2 + la}{x}$$
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代入 $u = \frac{v}{\cos\theta}$, $x = h\tan\theta$, $l = \frac{h}{\cos\theta}$：
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$$\begin{aligned}
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a' &= \frac{\left(\frac{v}{\cos\theta}\right)^2 - v^2 + \left(\frac{h}{\cos\theta}\right)a}{h\tan\theta}\\[1em]
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&= \frac{v^2\left(\frac{1}{\cos^2\theta} - 1\right)}{h\tan\theta} + \frac{\frac{h}{\cos\theta}a}{h\tan\theta}\\[1em]
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&= \frac{v^2\tan^2\theta}{h\tan\theta} + \frac{a}{\cos\theta\tan\theta}\\[1em]
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&= \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}
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\end{aligned}$$
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答案：
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此时船的加速度为：
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$$a' = \frac{v^2\tan\theta}{h} + \frac{a}{\sin\theta}$$
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#### 动点曲线运动问题
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##### 问题描述
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>[!example] 例题
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>已知动点 $P$ 在曲线 $y = \sqrt{x}$ 上运动，记坐标原点 $O$ 与 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 横坐标随时间的变化率为常数 $v$，则当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率是多少？
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解析:
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1、 变量关系
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点 $P$ 坐标：$(x, y)$, $y = \sqrt{x}$
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原点 $O$ 与 $P$ 间的距离：
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$$l = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{x^2 + (\sqrt{x})^2} = \sqrt{x^2 + x}$$
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已知：$\frac{dx}{dt} = v$（常数）
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2、距离变化率计算
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$$\begin{aligned}
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\frac{dl}{dt} &= \frac{d}{dt} \sqrt{x^2 + x} = \frac{d}{dt} (x^2 + x)^{1/2}\\[1em]
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&= \frac{1}{2}(x^2 + x)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dt}(x^2 + x)\\[1em]
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&= \frac{1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot (2x + 1) \frac{dx}{dt}\\[1em]
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&= \frac{2x + 1}{2\sqrt{x^2 + x}} \cdot v
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\end{aligned}$$
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3、在点 $(1, 1)$ 处的变化率
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当 $x = 1$ 时：
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$$\left. \frac{dl}{dt} \right|_{x=1} = \frac{2\cdot 1 + 1}{2\sqrt{1^2 + 1}} \cdot v = \frac{3}{2\sqrt{2}} \cdot v = \frac{3v}{2\sqrt{2}}$$
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有理化：$\frac{3v}{2\sqrt{2}} = \frac{3v\sqrt{2}}{4}$
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答案：
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当点 $P$ 运动到点 $(1, 1)$ 时，$l$ 对时间的变化率为 $\frac{3v\sqrt{2}}{4}$。
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#### 球浸入水问题
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##### 问题描述
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>[!example] 例题
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>半径为$a$的球渐渐沉入盛有部分水的半径为$b(b>a)$的圆柱形容器中.若球以匀速$c$下沉，求：球浸没一半时，容器内水面上升的速率.
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>
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>（A）$\frac{a^2c}{b^2}$
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>
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>（B）$\frac{a^c}{b^2-a^2}$
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>
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>（C）$\frac{a^2c}{2b^2}$
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>
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>（D）$\frac{a^2c}{b^2+a^2}$
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解：主要的等量关系是：球浸入水中的体积与水“溢出”的体积相同（如果把水面上升视为溢出的话）。设时间为$t$，球下沉的体积为$V$，水上升的高度为$H$，球浸入水的高度为$h$，则有$$V=\pi h^2(a-\frac{h}{3}),dV=(2\pi ah-\pi h^2)dh=\pi h(2a-h)dh$$（这个公式大家可以记住）
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且（如图）$$dV=\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH$$
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![[球浸入水示意图.jpg]]
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于是$$\pi(b^2-a^2+(a-h)^2)dH=\pi h(2a-h)dh$$$$dH=\frac{h(2a-h)}{b^2-2ah+h^2}dh$$$$\frac{dH}{dt}=\frac{h(2a-h))}{b^2-2ah+h^2}\frac{dh}{dt}$$而$\frac{dh}{dt}=c,h=a$，故$$\frac{dH}{dt}=\frac{a^2c}{b^2-a^2}$$
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选B.
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### 应用题期中真题
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>[!example] **例1**（2020）
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>有一个正圆锥形漏斗，深度 $18 \text{ cm}$ ，上端口直径为 $12 \text{ cm}$ （即半径 $6 \text{ cm}$ ）。漏斗下方连接一个圆柱形筒，圆柱筒直径为 $10 \text{ cm}$ （即半径 $5 \text{ cm}$ ）。初始时刻漏斗内盛满水，然后水从漏斗流入圆柱筒。已知当漏斗中水深为 $12 \text{ cm}$ 时，漏斗水面下降的速度是 $1 \text{ cm/min}$
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问：此时圆柱筒内液面上升的速度是多少？
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**解析**:
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设 t （s）时漏斗水深为 h （cm），圆柱形容器的水深为 H （cm），则有
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$$\pi 5^2 H = V_0 - \frac{1}{3} \pi \left( \frac{6}{18} h \right)^2 h$$
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关于 t 求导数得
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$$25 \frac{dH}{dt} = -\frac{1}{9} h^2 \frac{dh}{dt}$$
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当 h = 12, $\frac{dh}{dt} = -1$ 时，
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$$\frac{dH}{dt} = \frac{16}{25} \text{(cm/s)}$$
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>[!example] **例2** (2021)
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>一长为 L 米的木梯靠在倾角为$\frac{\pi}{3}$的光滑斜坡上，木梯的顶部距离 A 点 h 米，底部距离 A 点 d 米，受重力作用木梯的顶部以 $a \, \mathrm{m/s}$ 的速度沿直线 BA 下滑，底部水平向右运动。问：当木梯的顶部和底部与 A 点的距离相等时，底部的水平速度为多少？
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>![[应用题梯子.jpg]]
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**解析：**
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设运动 t 秒后，木梯的顶部距离 A 点 $y(t) \, \mathrm{m}$ ，底部距离 A 点 $x(t) \, \mathrm{m}$ 。由图易知
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$$\left(y(t)\sin\frac{\pi}{3}\right)^2 + \left(x(t)+y(t)\cos\frac{\pi}{3}\right)^2 = L^2$$
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即
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$$x^2(t)+y^2(t)+x(t)y(t)=L^2$$
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方程两端分别对 t 求导，可得
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$$2x(t)x'(t)+2y(t)y'(t)+x(t)y'(t)+x'(t)y(t)=0$$
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由于 $y'(t)=-a \, (\mathrm{m/s})$ ，因此当 x(t)=y(t) 时，有
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$$2x'(t)-2a-a+x'(t)=0$$
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故 $$x'(t)=a \, (\mathrm{m/s})$$
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>[!example] **例3**（2023）
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>有一个长度为5m的梯子贴靠在铅直的墙上，假设其下端沿地板以3m/s的速率离开墙脚而滑动，则
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(1) 何时梯子的上、下端能以相同的速率移动？
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(2) 何时其上端下滑之速率为4m/s？
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**解析:**
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设在时刻 t ，梯子上端与墙角的距离为 $x(t) \, \mathrm{m}$ ，下端与墙角的距离为 $y(t) \, \mathrm{m}$ ，则
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$$x^2 + y^2 = 25$$
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两端同时对 t 求导数可得
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$$x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} = 0$$
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(1) 当$\frac{dx}{dt} = -\frac{dy}{dt}$ 时，可得 x = y ，进而 $y = \frac{5}{\sqrt{2}} \, (\mathrm{m})$ ，
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即下端距墙脚 $\frac{5}{\sqrt{2}} \, \mathrm{m}$ 时上下端能以相同的速率移动。
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(2) 当 $\frac{dy}{dt} = -4 \, (\mathrm{m/s})$ ， $\frac{dx}{dt} = 3 \, (\mathrm{m/s})$ 时，有 $4x = 3y$ ，将其代入 $x^2 + y^2 = 25$ ，
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解得$y = 4 \, (\mathrm{m})$,即下端距墙脚4 m时，上端下滑速度为$4 m/s$
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>[!example] **例4**(2022)
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>某部举行八一阅兵，队列正步通过阅兵台时步幅间距离为75厘米，步速为每分钟112步。某观礼人员离行进队列垂直距离为60米，视线追随队列领队，求其视线与队列夹角为$\frac{\pi}{6}$时，视线转动角度的变化率。
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**解析：**
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- 建立几何模型：设时间为\(t\)分钟，步幅间距离0.75米，步速为每分钟112步，则队列行进距离$x = 0.75×112t = 84t$米。设视线与队列夹角为$theta$，由正切函数关系可得$tan\theta=\frac{x}{60}$，即$\tan\theta=\frac{84t}{60}=\frac{7t}{5}$。
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- 两边对$t$求导：根据复合函数求导法则
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$$(tan\theta)^\prime=\sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt})$$对$tan\theta=\frac{7t}{5}$两边求导得$$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$
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求解:$\frac{d\theta}{dt}$：当$\theta = \frac{\pi}{6}$时，$sec\theta=\frac{2}{\sqrt{3}}$，$sec^{2}\theta=\frac{4}{3}$，代入$sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$，
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可得$$\frac{4}{3}\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{7}{5}$$解得$$\frac{d\theta}{dt}=\frac{21}{20}（弧度/分钟）$$
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答案：视线转动角度的变化率为 $\frac{21}{20}$ 弧度/分钟。本题主要考察了利用导数解决实际问题中的变化率问题，关键在于建立正确的函数关系并准确求导，易错点是复合函数求导法则的运用。
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>[!example] **例5**（2024）
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>一架巡逻直升机在距离地面3km的高度以120km/h的速度沿着一条水平笔直的高速公路向前飞行。飞行员观察到迎面驶来一辆汽车，通过雷达测出直升机与汽车的距离为5km，同时此距离以160km/h的速率在减少。试求此时汽车行进的速度。
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**解析**：
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如图建立直角坐标系，设时刻 t直升机位于 A点 $(x_1(t),3)$，汽车位于 B点 $(x_2(t),0)$，直升机与汽车的距离为 $z(t)$，则
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$$(x_2(t)−x_1(t))^2+32=z^2(t)$$
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方程两端分别对 $t$ 求导，可得
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$$(x_2(t)−x_1(t))(x_2^′(t)−x_1^′(t))=z(t)z^′(t)$$
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由于 $z(t)=5$时，$x_2(t)−x_1(t)=4$，$z^′(t)=−160$，$x_1^′(t)=120$，有
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$$4(x_2^′(t)−120)=5×(−160)$$
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故 $x_2^′(t)=−80$，即汽车行进的速度为 $80km/h$。
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