极限

1. 若 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 有定义，则 $\lim_{ x \to x_{0} }f(x)$ 存在是 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 连续的_____条件.
2. 证明：$x\to_{0}$ 时， $\sqrt{ 1+x }-\sqrt{ 1-x }$ 与 $x$ 等价.
3. $\lim_{ n \to \infty } \frac{2^{n}+3^{n}}{2^{n+1}3^{n+1}}=$ _______.
4. 若函数 $f(x)=\begin{cases} \frac{\sqrt{ x^{2}+5 }-a}{x-2},x\neq{2}\\b,x=2\end{cases}$ 在 $\left( -\infty,+\infty \right)$ 连续，求 $ab$.

$$f(x)=\begin{cases}\frac{e^{\frac{1}x}+1}{e^{\frac{1}{x}-1}}\arctan \frac{1}{x} ,x\neq 0 \\\\ \\\frac{\pi}{2} ,x=0\end{cases}$$

$x=0$ 是函数的_____点.

6. $\lim_{ x \to 0 }\left( \frac{a+x}{a-x} \right)^{\frac{1}x{}}=e$, 求 $a$
7. 求 $\sin(1+x)-\sin(1-x)$ 的阶数.

$$f(x)=\lim_{ n \to \infty } \frac{x^{2}e^{n(x^{2}-1)}+ax+b}{xe^{n(x^{2}-1)}+2}$$

在 $(-\infty,+\infty)$ 连续，求 $a,b$ 的值.

注

提示：$e^{ n(x-1) }$ 是 $F(x)^{g(n)}(n\to \infty)$ 的函数，这种函数是由 $F(x)=1$ 的 $x$ 的解作为区间的分界点，即分段要分为 $<1,=1,>1$ 的三种情况.

9. 将间断点带到分子里，如果分子为 0，就是可去间断点的怀疑点。

如果这个间断点以分数形式存在，分母一定 $\to0$，否则就不间断了。

那么，如果分子不是0，而分母是0，则整个函数的值肯定会发散到无穷上，值都是无穷了，那么这个点肯定不是可去间断点了；所以肯定只有分子为0才有成为可去间断点的可能性；

10. $f(x)=\lim_{ n \to \infty }\left( \cos \frac{x}{\sqrt{ n }} \right)^{n}$, 则 $\lim_{ x \to \infty }f(x)$ =____________( )

$$\lim_{ x \to +\infty } \left( \frac{2^{x}+3^{x}+4^{x}}{3} \right)^{1/x}$$

$$f(x)=\begin{cases}ax+b,x\leq 0\\ \frac{\ln(1+x)}{x},x>0\end{cases}$$

在 $x=0$ 处可导，求 $a,b$

总结：洛必达只是一个工具，没必要鄙视它又怎么样，用好才是真功夫。

13. [[数学笔记#二倍角公式]] $f(\ln x)=\cos x$, $g(x)=x\ln x-x$, 则 $f'[g'(x)]=$ ____.

我的错误思路：$g'(x)=\ln x$. 那么原式= $f'(\ln x)$, 那么结果就是 $(\cos x)'=-\sin x$

错因分析：你直接认为如果 $f(\ln x) = \cos x$，那么 $f'(\ln x)$ 就是 $(\cos x)'$。这是错误的。

错误的原因：

• 变量不同: $(\cos x)'$ 是 $\cos x$ 对 $x$ 求导，得到 $-\sin x$。而 $f'(\ln x)$ 是 $f$ 的导数在 $\ln x$ 处的值。
• 复合函数求导法则: 你忽略了求 $f'(y)$ 的过程。 $f$ 的自变量是 $\ln x$，而不是 $x$。为了得到 $f'$，我们需要将 $f$ 表示成一个单变量的函数。

举个例子说明：

假设 $h(x^2) = x^4$。 如果我们直接对右边求导，得到 $(x^4)' = 4x^3$，这是错误的。

正确的做法是： 令 $y = x^2$，则 $x = \sqrt{y}$ (假设 $x \ge 0$)。 那么 $h(y) = (\sqrt{y})^4 = y^2$。 $h'(y) = 2y$。 所以 $h'(x^2) = 2x^2$。

我们可以验证一下： $h(x^2) = (x^2)^2 = x^4$ 对 $h(x^2)$ 求导： $\frac{d}{dx} h(x^2) = h'(x^2) \cdot (x^2)' = h'(x^2) \cdot 2x$ 同时，$\frac{d}{dx} (x^4) = 4x^3$ 所以 $h'(x^2) \cdot 2x = 4x^3$，得到 $h'(x^2) = 2x^2$，与我们上面的结果一致。

总结:

在求复合函数的导数时，一定要明确函数的自变量是什么，并正确应用链式法则。你直接对 $\cos x$ 求导，忽略了 $f$ 的自变量是 $\ln x$，这是你的错误所在。

$$\lim_{ x \to \infty } \frac{\sqrt{ x-2 }+\sqrt{ x }-\sqrt{ 2 }}{\sqrt{ x^{2}-4 }}$$

15. 求内接于 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的内接矩形的最大面积值为____.
16. 通[[三角函数积分]]的学习，实践一道麻烦的积分题目：

$$\int \frac{1}{\cos x \sin^4 x} dx$$

方法一：使用三角恒等式和换元法

我们先将 $\cos x$ 转化为 $\frac{d(\sin x)}{dx}$，并尝试将积分转换为关于 $\sin x$ 的形式：

$$\int \frac{1}{\cos x \sin^4 x} dx = \int \frac{\cos x}{\cos^2 x \sin^4 x} dx = \int \frac{\cos x}{(1-\sin^2 x) \sin^4 x} dx$$

令 $u = \sin x$，则 $du = \cos x dx$，积分变为：

$$\int \frac{1}{(1-u^2)u^4} du$$

接下来，我们需要对被积函数进行部分分式分解。令：

$$\frac{1}{(1-u^2)u^4} = \frac{A}{u} + \frac{B}{u^2} + \frac{C}{u^3} + \frac{D}{u^4} + \frac{E}{1-u} + \frac{F}{1+u}$$

通分并比较系数，可以解出 A, B, C, D, E, F 的值。这个方法计算过程较为繁琐。

方法二：使用三角恒等式和更简洁的换元法

我们可以先考虑将 $\cos x$ 转化为 $\frac{d(\sin x)}{dx}$，然后观察被积函数：

$$\int \frac{1}{\cos x \sin^4 x} dx = \int \frac{\cos x}{\cos^2 x \sin^4 x} dx = \int \frac{\cos x}{(1-\sin^2 x) \sin^4 x} dx$$

令 $u=\sin x$， $du = \cos x dx$，则积分变为：

$$\int \frac{1}{(1-u^2) u^4} du$$

然后使用部分分式分解法：

$$\frac{1}{u^4(1-u^2)} = \frac{1}{u^4(1-u)(1+u)} = \frac{A}{u} + \frac{B}{u^2} + \frac{C}{u^3} + \frac{D}{u^4} + \frac{E}{1-u} + \frac{F}{1+u}$$

通过通分和比较系数，我们可以解得： $A = 0, B = 0, C=0, D = 1$, $E=\frac{1}{2}, F = -\frac{1}{2}$。 因此，

$$\frac{1}{u^4(1-u^2)} = \frac{1}{u^4} + \frac{1}{2(1-u)} - \frac{1}{2(1+u)}$$

所以：

$$\begin{align*}\int \frac{1}{(1-u^2) u^4} du &= \int \left( \frac{1}{u^4} + \frac{1}{2(1-u)} - \frac{1}{2(1+u)} \right) du \\&= \int u^{-4} du + \frac{1}{2} \int \frac{1}{1-u} du - \frac{1}{2} \int \frac{1}{1+u} du \\&= -\frac{1}{3}u^{-3} - \frac{1}{2} \ln |1-u| - \frac{1}{2} \ln |1+u| + C \\&= -\frac{1}{3\sin^3 x} - \frac{1}{2} \ln |1-\sin x| - \frac{1}{2} \ln |1+\sin x| + C\\&= -\frac{1}{3\sin^3 x} - \frac{1}{2} \ln |1 - \sin^2 x| + C \\&= -\frac{1}{3\sin^3 x} - \frac{1}{2} \ln |\cos^2 x| + C \\&= -\frac{1}{3\sin^3 x} - \ln |\cos x| + C\end{align*}$$

最终答案

$$\int \frac{1}{\cos x \sin^4 x} dx = -\frac{1}{3\sin^3 x} - \ln |\cos x| + C$$

15. 用 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 的微分表示法解答：$y=f\left( \frac{3x-2}{3x+2} \right)$, $f'(x)=\ln (5+x)$, 求 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x } |_{x=0}$ 为了解答这个问题，我们需要使用链式法则来计算导数 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$。

给定函数 $y=f\left( \frac{3x-2}{3x+2} \right)$，我们可以将其看作复合函数。令 $u = \frac{3x-2}{3x+2}$，则 $y = f(u)$。根据链式法则，我们有：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u} \cdot \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$$

首先，计算 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u}$。由于 $y = f(u)$，那么 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u} = f'(u)$。已知 $f'(x) = \ln(5+x)$，所以将 $x$ 替换为 $u$，得到 $f'(u) = \ln(5+u)$。

接下来，计算 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$。我们有 $u = \frac{3x-2}{3x+2}$。使用商法则 $\left( \frac{v}{w} \right)' = \frac{v'w - vw'}{w^2}$，其中 $v = 3x-2$，$w = 3x+2$。计算 $v'$ 和 $w'$：

$$v' = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(3x-2) = 3$$

$$w' = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(3x+2) = 3$$

现在应用商法则计算 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$:

$$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \frac{(3)(3x+2) - (3x-2)(3)}{(3x+2)^2} = \frac{9x+6 - (9x-6)}{(3x+2)^2} = \frac{9x+6 - 9x+6}{(3x+2)^2} = \frac{12}{(3x+2)^2}$$

将 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u}$ 和 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$ 的结果代入链式法则的公式：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \ln(5+u) \cdot \frac{12}{(3x+2)^2}$$

我们需要计算 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 在 $x=0$ 时的值。首先，计算当 $x=0$ 时 $u$ 的值：

$$u|_{x=0} = \frac{3(0)-2}{3(0)+2} = \frac{-2}{2} = -1$$

将 $x=0$ 和 $u=-1$ 代入 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 的表达式：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} |_{x=0} = \ln(5+(-1)) \cdot \frac{12}{(3(0)+2)^2} = \ln(4) \cdot \frac{12}{(2)^2} = \ln(4) \cdot \frac{12}{4} = \ln(4) \cdot 3$$

由于 $\ln(4) = \ln(2^2) = 2\ln(2)$，所以：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} |_{x=0} = 3 \ln(4) = 3 \cdot 2\ln(2) = 6\ln(2)$$

因此，$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x } |_{x=0} = 6\ln(2)$。

最终答案为：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x } |_{x=0} = 6\ln(2)$$

16. $x\to0,\sqrt{ x+\sqrt{ x+\sqrt{ x } } }$ 等价于 $\sqrt[n]{ x }$ ，求 $n$.

【解答】当 $x \to 0$ 时，我们需要找到 $\sqrt{ x+\sqrt{ x+\sqrt{ x } } }$ 的等价无穷小。我们从最内层的根号开始分析：

当 $x \to 0$ 时，$\sqrt{x}$ 是一个无穷小量。

接下来考虑 $\sqrt{x + \sqrt{x}}$。由于当 $x \to 0$ 时，$\sqrt{x}$ 比 $x$ 更大（趋向于 0 的速度更慢），所以 $\sqrt{x + \sqrt{x}} \sim \sqrt{\sqrt{x}} = (x^{1/2})^{1/2} = x^{1/4}$。

最后考虑 $\sqrt{ x+\sqrt{ x+\sqrt{ x } } }$。我们将上一步的结果代入，得到 $\sqrt{ x + x^{1/4} }$。当 $x \to 0$ 时，$x^{1/4}$ 比 $x$ 更大（趋向于 0 的速度更慢），所以 $\sqrt{ x + x^{1/4} } \sim \sqrt{x^{1/4}} = (x^{1/4})^{1/2} = x^{1/8}$。

因此，当 $x \to 0$ 时，$\sqrt{ x+\sqrt{ x+\sqrt{ x } } }$ 等价于 $x^{1/8}$。

题目中给出 $\sqrt{ x+\sqrt{ x+\sqrt{ x } } }$ 等价于 $\sqrt[n]{ x }$，而 $\sqrt[n]{ x } = x^{1/n}$。

所以我们有 $x^{1/8}$ 等价于 $x^{1/n}$。为了使这两个表达式等价，它们的指数必须相等。

因此，$\frac{1}{8} = \frac{1}{n}$。

解这个方程得到 $n = 8$。

最终答案是 $\boxed{8}$。

17. 复合函数问题 $y=f^{2}[f^{2}(x^{2})]$, $f(1)=1,f'(1)=2$, 求 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{{x=1}}$.

【解答】我们有函数 $y=f^{2}[f^{2}(x^{2})]$，并且已知 $f(1)=1,f'(1)=2$。我们需要求 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{{x=1}}$.

我们使用链式法则进行求导。令 $u = f^{2}(x^{2})$. 则 $y = f^{2}(u)$.

首先对 $y$ 关于 $u$ 求导：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}u} [f(u)]^{2} = 2f(u) \cdot f'(u)$$

接下来对 $u = f^{2}(x^{2})$ 关于 $x$ 求导。令 $v = x^{2}$. 则 $u = f^{2}(v)$.

$$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}v} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}v} [f(v)]^{2} = 2f(v) \cdot f'(v)$$

再对 $v = x^{2}$ 关于 $x$ 求导：

$$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = 2x$$

使用链式法则，$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}v} \cdot \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}$:

$$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2f(v) \cdot f'(v) \cdot 2x = 4x f(x^{2}) f'(x^{2})$$

最后，使用链式法则求 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u} \cdot \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$:

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = [2f(u) \cdot f'(u)] \cdot [4x f(x^{2}) f'(x^{2})]$$

将 $u = f^{2}(x^{2})$ 代入上式：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 2f(f^{2}(x^{2})) \cdot f'(f^{2}(x^{2})) \cdot 4x f(x^{2}) f'(x^{2})$$

现在我们需要计算 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 在 $x=1$ 的值。将 $x=1$ 代入上式：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{{x=1}} = 2f(f^{2}(1^{2})) \cdot f'(f^{2}(1^{2})) \cdot 4(1) f(1^{2}) f'(1^{2})$$

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{{x=1}} = 2f(f^{2}(1)) \cdot f'(f^{2}(1)) \cdot 4 f(1) f'(1)$$

已知 $f(1)=1$，所以 $f^{2}(1) = [f(1)]^{2} = 1^{2} = 1$.

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{{x=1}} = 2f(1) \cdot f'(1) \cdot 4 f(1) f'(1)$$

已知 $f(1)=1,f'(1)=2$，代入这些值：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{{x=1}} = 2(1) \cdot (2) \cdot 4 (1) \cdot (2)$$

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{{x=1}} = 4 \cdot 8 = 32$$

最终答案为 32.

18. $\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-x}{x^{2}}=2$, 那么 $\lim_{x \to 0 } \frac{f(\sin x)-\sin x+x\sin f(x)}{x^{2}}=$ _______.

【提示】 $f(x)=2x^{2}+x+o(x^{2})$

$$\begin{cases}x^{3}-xt^{2}+t-1=0\\y=t^{3}+t+1\end{cases}$$

那么 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{t=0}$.

【解答】为了计算 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{t=0}$, 我们需要使用参数方程求导的方法。

首先，我们有参数方程：

$$\begin{cases}x^{3}-xt^{2}+t-1=0 \quad &(1)\\y=t^{3}+t+1 \quad &(2)\end{cases}$$

根据参数方程的求导法则，我们有：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}$$

首先计算 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$。对 (2) 式两边关于 $t$ 求导，得到：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(t^{3}+t+1) = 3t^{2}+1$$

接下来计算 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$。对 (1) 式两边关于 $t$ 求导，注意 $x$ 是 $t$ 的函数，需要使用隐函数求导法则：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(x^{3}-xt^{2}+t-1) = 0$$

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(x^{3}) - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(xt^{2}) + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(t) - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(1) = 0$$

$$3x^{2}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} - \left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}t^{2} + x(2t)\right) + 1 - 0 = 0$$

$$3x^{2}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} - t^{2}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} - 2xt + 1 = 0$$

将含有 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$ 的项放在一边，其他项放在另一边：

$$(3x^{2} - t^{2})\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = 2xt - 1$$

所以，

$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = \frac{2xt - 1}{3x^{2} - t^{2}}$$

现在我们可以计算 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{3t^{2}+1}{\frac{2xt - 1}{3x^{2} - t^{2}}} = \frac{(3t^{2}+1)(3x^{2} - t^{2})}{2xt - 1}$$

我们需要计算当 $t=0$ 时的 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 的值。首先，我们需要找到当 $t=0$ 时 $x$ 的值。将 $t=0$ 代入方程 (1)：

$$x^{3} - x(0)^{2} + 0 - 1 = 0$$

$$x^{3} - 1 = 0$$

$$x^{3} = 1$$

所以，当 $t=0$ 时，$x=1$。

现在将 $t=0$ 和 $x=1$ 代入 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 的表达式：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{t=0} = \frac{(3(0)^{2}+1)(3(1)^{2} - (0)^{2})}{2(1)(0) - 1}$$

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{t=0} = -3$$

20. $\lim_{ x \to 0 } \frac{f'(x)-2}{x}=2$, 则 $\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}y^{2}}|_{x=0}$ =_______ .

21. $\int_{-x}^{x} f(t) \, \mathrm{d}t=2\int_{0}^{x} f(t) \, \mathrm{d}t$ 是 $f(x)$ 为偶函数的______ 条件 【错因】这里的 $x$ 可以任意取都符合条件，所以我当初的设想是错误的。

22. $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{p^{x}} \, \mathrm{d}x$ 是否收敛？

23. $f(x)=\int_{x^{2}}^{x^{3}} \sin t^{2} \, \mathrm{d}t$, 则 $f'(x)=$ _____ .

24. $\int_{-1}^{1}(x^{3}+1)\sqrt{ 1-x^{2} } \, \mathrm{d}x$ =_______ .

25. $f(x)=\int_{0}^{x} xe^{t^{2}} \, \mathrm{d}t$, 则 $f''(x)$ =_____ . [[方法学习#^b3effc]]

奇怪证明题

1. $f(x)$ 定义在 $(0,+\infty)$ 上，对于任意 $x_{1},x_{2}$, 有 $f(x_{1}x_{2})=f(x_{1})+f(x_{2})$, 且 $f'(1)=1$, 证明: $f(x)=\ln x$. 【证明】证明：

已知函数 $f(x)$ 定义在 $(0,+\infty)$ 上，且对于任意 $x_{1},x_{2} \in (0,+\infty)$, 有 $f(x_{1}x_{2})=f(x_{1})+f(x_{2})$, 并且 $f'(1)=1$.

步骤 1：计算 $f(1)$ 的值。 令 $x_{1} = 1, x_{2} = 1$，代入已知等式中： $f(1 \cdot 1) = f(1) + f(1)$$f(1) = 2f(1)$$f(1) - 2f(1) = 0$$-f(1) = 0$$f(1) = 0$

步骤 2：对等式 $f(x_{1}x_{2})=f(x_{1})+f(x_{2})$ 两边关于 $x_{1}$ 求导，将 $x_{2}$ 看作常数。 $\frac{d}{dx_{1}} f(x_{1}x_{2}) = \frac{d}{dx_{1}} (f(x_{1})+f(x_{2}))$ 利用链式法则，左边求导得到 $f'(x_{1}x_{2}) \cdot \frac{d}{dx_{1}}(x_{1}x_{2}) = f'(x_{1}) + 0$$f'(x_{1}x_{2}) \cdot x_{2} = f'(x_{1})$

步骤 3：在上述等式中令 $x_{1}=1$。 $f'(1 \cdot x_{2}) \cdot x_{2} = f'(1)$$f'(x_{2}) \cdot x_{2} = f'(1)$

步骤 4：利用已知条件 $f'(1)=1$。 $f'(x_{2}) \cdot x_{2} = 1$

步骤 5：将 $x_{2}$ 替换为一般变量 $x$。 $f'(x) \cdot x = 1$

步骤 6：解微分方程得到 $f'(x)$。 $f'(x) = \frac{1}{x}$

步骤 7：对 $f'(x)$ 进行积分以求得 $f(x)$。 $f(x) = \int \frac{1}{x} dx = \ln |x| + C$

心路历程：

1. 抓住题目的核心信息：

• 函数方程 f(x₁x₂) = f(x₁) + f(x₂)： 这是最关键的信息。看到这种形式的方程，你的脑海里应该立刻联想到对数函数的性质：ln(ab) = ln(a) + ln(b)。 这强烈暗示了 f(x) 很可能就是对数函数。

• 定义域 (0, +∞)： 这个信息很重要，因为它告诉我们 x 只能取正数，这与对数函数的定义域一致。

• 导数值 f'(1) = 1： 这是一个重要的条件，可以帮助我们唯一确定函数的具体形式。如果仅仅有函数方程，可能有多个函数满足条件（例如，底数不同的对数函数）。

2. 尝试“探索性”操作：

• 代入特殊值： 这是解决函数方程的常用技巧。尝试代入一些简单的数值，看看能得到什么信息。

  • 代入 x₁ = 1, x₂ = 1： 得到 f(1) = f(1) + f(1)，从而推出 f(1) = 0。 这对后续步骤很有用。
  • 代入 x₂ = 1： 得到 f(x₁) = f(x₁) + f(1)，再次得到 f(1) = 0，这验证了之前的结论。
  • 代入 x₁ = x, x₂ = 1/x： 得到 f(1) = f(x) + f(1/x)，由于 f(1) = 0，所以 f(1/x) = -f(x)。这揭示了函数的一个对称性质。

• 思考与已知函数的联系： 始终将函数方程与你熟悉的函数（特别是对数函数）的性质进行比较。这种直觉非常重要。

3. 利用导数信息：

• 将导数与函数方程联系起来： 题目给出了导数值，我们需要找到一种方法将导数 f'(x) 与函数方程联系起来。 微分是实现这种联系的关键工具。

• 选择合适的变量进行微分： 函数方程中有两个变量 x₁ 和 x₂。为了求导，我们需要将其中一个变量看作自变量，另一个看作常数。

  • 固定 x₂，对 x₁ 求导： 这是一个常见的策略。我们得到 f'(x₁x₂) * x₂ = f'(x₁)。
  • 固定 x₁，对 x₂ 求导： 同样可以得到有用的信息，结果是 f'(x₁x₂) * x₁ = f'(x₂)。 虽然形式不同，但本质上是相同的关系。

• 代入特殊点以利用已知导数值： 在微分后的方程中代入 x₁ = 1，可以利用 f'(1) = 1 这个条件，从而得到关于 f'(x) 的一个等式。 这就是 f'(x) * x = 1 的由来。

4. 解微分方程：

• 分离变量并积分： 得到 f'(x) = 1/x 后，这是一个简单的微分方程。通过积分即可得到 f(x) = ln|x| + C。

5. 确定积分常数：

• 利用之前求得的特殊值： 我们已经知道 f(1) = 0。将 x = 1 代入 f(x) = ln|x| + C，得到 0 = ln(1) + C，由于 ln(1) = 0，所以 C = 0。

6. 验证结果：

• 将 f(x) = ln(x) 代回原始条件： 验证 ln(x₁x₂) = ln(x₁) + ln(x₂) (对数性质) 和 f'(x) = 1/x，所以 f'(1) = 1。确保我们得到的函数确实满足题目的所有要求。

总结我的思考流程：

1. 识别模式： 看到函数方程，联想熟悉的函数性质。
2. 探索尝试： 代入特殊值，看看能得到什么。
3. 利用导数： 通过微分将导数信息与函数方程联系起来。
4. 求解方程： 解微分方程得到函数的一般形式。
5. 确定细节： 利用已知条件确定积分常数。
6. 验证答案： 确保结果符合所有要求。