2021—2022 学年秋季学期真题 · 期中

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#真题

一、单项选择题（每题 4 分，共 20 分）

1. 无穷小的阶

当 x→0x\to0 时，x−tan⁡xx-\tan x 与 xkx^k 是同阶无穷小，则 kk 为：

  • A. 11
  • B. 22
  • C. 33
  • D. 44
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答案为 C。因为 tan⁡x=x+x3/3+o(x3)\tan x=x+x^3/3+o(x^3)，故 x−tan⁡x∼−x3/3x-\tan x\sim-x^3/3。

2. 连续与可导

设 ff 在 x=0x=0 连续，下列命题错误的是：

  • A. 若 lim⁡x→0f(x)/x\lim_{x\to0}f(x)/x 存在，则 f(0)=0f(0)=0
  • B. 若 lim⁡x→0[f(x)+f(−x)]/(2x)\lim_{x\to0}[f(x)+f(-x)]/(2x) 存在，则 f(0)=0f(0)=0
  • C. 若 lim⁡x→0f(x)/x\lim_{x\to0}f(x)/x 存在，则 f′(0)f'(0) 存在
  • D. 若 lim⁡x→0[f(x)−f(−x)]/(2x)\lim_{x\to0}[f(x)-f(-x)]/(2x) 存在，则 f′(0)f'(0) 存在
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答案为 D。对称差商有极限并不能保证普通差商有极限。

3. 乘积求导

设

f(x)=∏k=12021(k−x2),f(x)=\prod_{k=1}^{2021}(k-x^2),

求 f′(−1)f'(-1)。

  • A. 2020!2020!
  • B. 2021!2021!
  • C. 2⋅2020!2\cdot2020!
  • D. −2⋅2021!-2\cdot2021!
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答案为 C。在 x=−1x=-1 处，只有因子 1−x21-x^2 为零，因此

f′(−1)=(−2x)∣x=−1∏k=22021(k−1)=2⋅2020!.f'(-1)=(-2x)|_{x=-1}\prod_{k=2}^{2021}(k-1)=2\cdot2020!.

4. 隐函数与导数

设 y=f(x)y=f(x) 由

ey−xy−e=0e^y-xy-e=0

确定，求

lim⁡n→∞n[f(2n)−1].\lim_{n\to\infty}n\left[f\left(\frac2n\right)-1\right].
  • A. 1/e1/e
  • B. 2/e2/e
  • C. 22
  • D. −2-2
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答案为 B。由方程知 f(0)=1f(0)=1；隐式求导得 eyy′−y−xy′=0e^yy'-y-xy'=0，所以 f′(0)=1/ef'(0)=1/e。原极限为 2f′(0)=2/e2f'(0)=2/e。

5. 可去间断点

设

f(x)=x−x3sin⁡πx,f(x)=\frac{x-x^3}{\sin\pi x},

则 ff 的可去间断点个数为：

  • A. 11
  • B. 22
  • C. 33
  • D. 无穷多个
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答案为 C。分母在整数点为零；只有 x=−1,0,1x=-1,0,1 同时使分子为零，且约去后极限有限。

二、计算证明题（每题 5 分，共 30 分）

1. 数列极限定义

设 xn→ax_n\to a 且 a≠0a\ne0，用数列极限定义证明 1/xn→1/a1/x_n\to1/a。

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先由 xn→ax_n\to a 取充分大的 nn，使 ∣xn−a∣<∣a∣/2|x_n-a|<|a|/2，于是 ∣xn∣>∣a∣/2|x_n|>|a|/2。再令 ∣xn−a∣<a2ε/2|x_n-a|<a^2\varepsilon/2，则

∣1xn−1a∣=∣xn−a∣∣xn∣∣a∣<2a2∣xn−a∣<ε.\left|\frac1{x_n}-\frac1a\right| =\frac{|x_n-a|}{|x_n||a|} <\frac2{a^2}|x_n-a|<\varepsilon.

2. nn 阶导数

求

f(x)=x23x+ln⁡(1+2x)f(x)=x^2 3^x+\ln(1+2x)

在 x=0x=0 处的 nn 阶导数 f(n)(0)f^{(n)}(0)。

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由 Leibniz 公式，

(x23x)(n)∣x=0=n(n−1)(ln⁡3)n−2,(x^23^x)^{(n)}\big|_{x=0}=n(n-1)(\ln3)^{n-2},

而

(ln⁡(1+2x))(n)∣x=0=2n(−1)n−1(n−1)!.\bigl(\ln(1+2x)\bigr)^{(n)}\big|_{x=0} =2^n(-1)^{n-1}(n-1)!.

因此

f(n)(0)=n(n−1)(ln⁡3)n−2+2n(−1)n−1(n−1)!.f^{(n)}(0)=n(n-1)(\ln3)^{n-2} +2^n(-1)^{n-1}(n-1)!.

3. 参数方程求导

参数方程

x=ln⁡(1+t2),y=t−arctan⁡tx=\ln(1+t^2), \qquad y=t-\arctan t

确定 y=y(x)y=y(x)，求 dy/dx\mathrm dy/\mathrm dx 与 d2y/dx2\mathrm d^2y/\mathrm dx^2。

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对参数 tt 求导：

dxdt=2t1+t2,dydt=1−11+t2=t21+t2.\frac{dx}{dt}=\frac{2t}{1+t^2}, \qquad \frac{dy}{dt}=1-\frac1{1+t^2} =\frac{t^2}{1+t^2}.

因此

dydx=t2,\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac t2,

再由

d2ydx2=ddt(t/2)/dxdt,\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2} =\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}(t/2) \bigg/\frac{dx}{dt},

得到

dydx=t2,d2ydx2=1+t24t.\boxed{ \frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac t2, \qquad \frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2}=\frac{1+t^2}{4t} }.

4. 幂指函数极限

求

lim⁡x→0(ln⁡(1+x)x)1/(ex−1).\lim_{x\to0} \left(\frac{\ln(1+x)}x\right)^{1/(e^x-1)}.
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取对数并使用等价无穷小：

ln⁡L=lim⁡x→0ln⁡(ln⁡(1+x)/x)ex−1=−12.\ln L =\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(\ln(1+x)/x\right)}{e^x-1} =-\frac12.

所以 L=e−1/2L=e^{-1/2}。

5. 一致连续性

讨论

f(x)=xsin⁡1xf(x)=x\sin\frac1x

在 (1,+∞)(1,+\infty) 上的一致连续性。

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有

f′(x)=sin⁡1x−1xcos⁡1x,f'(x)=\sin\frac1x-\frac1x\cos\frac1x,

故 ∣f′(x)∣≤2|f'(x)|\le2。由 Lagrange 中值定理， ∣f(x1)−f(x2)∣≤2∣x1−x2∣|f(x_1)-f(x_2)|\le2|x_1-x_2|，所以 ff 一致连续。

三、Cauchy 收敛原理（8 分）

已知

x0=1,xn+1=1xn3+4,x_0=1, \qquad x_{n+1}=\frac1{x_n^3+4},

叙述 Cauchy 收敛原理，并用它证明 {xn}\{x_n\} 收敛。

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Cauchy 收敛原理：实数列收敛，当且仅当它是 Cauchy 基本列。

归纳可得 0≤xn≤1/40\le x_n\le1/4（n≥1n\ge1）。又

∣xn+1−xn∣≤12∣xn−xn−1∣,|x_{n+1}-x_n| \le\frac12|x_n-x_{n-1}|,

所以相邻项差按几何级数衰减。对任意 p≥1p\ge1，

∣xn+p−xn∣≤∑k=1p∣xn+k−xn+k−1∣<12n.|x_{n+p}-x_n| \le\sum_{k=1}^p|x_{n+k}-x_{n+k-1}| <\frac1{2^n}.

右端趋于零，故数列是 Cauchy 列，从而收敛。

四、递推数列（10 分）

已知

x0=1,xn+1=arctan⁡xn.x_0=1, \qquad x_{n+1}=\arctan x_n.
  1. 证明 {xn}\{x_n\} 收敛并求极限；
  2. 求 lim⁡n→∞n xn\lim_{n\to\infty}\sqrt n\,x_n。
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对 x>0x>0，有 0<arctan⁡x<x0<\arctan x<x，故 xnx_n 单调下降且有下界，极限 CC 满足 C=arctan⁡CC=\arctan C，所以 C=0C=0。

再考察 1/xn21/x_n^2 的增量。由 arctan⁡x=x−x3/3+o(x3)\arctan x=x-x^3/3+o(x^3)，

1xn+12−1xn2→23.\frac1{x_{n+1}^2}-\frac1{x_n^2}\to\frac23.

Stolz 定理给出

1nxn2→23,\frac1{nx_n^2}\to\frac23,

从而

n xn→32=62.\sqrt n\,x_n\to\sqrt{\frac32}=\frac{\sqrt6}{2}.

五、导数零点（8 分）

设 ff 在 (a,+∞)(a,+\infty) 上可导，且

lim⁡x→a+f(x)=lim⁡x→+∞f(x)=A.\lim_{x\to a+}f(x)=\lim_{x\to+\infty}f(x)=A.

证明存在 ξ∈(a,+∞)\xi\in(a,+\infty) 使 f′(ξ)=0f'(\xi)=0。

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若 f≡Af\equiv A，结论显然。否则取 x0x_0 使 f(x0)≠Af(x_0)\ne A，不妨设 f(x0)>Af(x_0)>A，并令 m=(f(x0)+A)/2m=(f(x_0)+A)/2。由两端极限，在 x0x_0 左右各能找到一点使函数值小于 mm。连续性给出 c1<x0<c2c_1<x_0<c_2 且 f(c1)=f(c2)=mf(c_1)=f(c_2)=m。对 [c1,c2][c_1,c_2] 使用 Rolle 定理即得结论。

六、中值定理（8 分）

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且

f(0)=0,f(1)=13.f(0)=0, \qquad f(1)=\frac13.

证明存在 ξ∈(0,1/2)\xi\in(0,1/2)、η∈(1/2,1)\eta\in(1/2,1)，使

f′(ξ)+f′(η)=ξ2+η2.f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^2+\eta^2.
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令 F(x)=f(x)−x3/3F(x)=f(x)-x^3/3，则 F(0)=F(1)=0F(0)=F(1)=0。分别在 [0,1/2][0,1/2] 与 [1/2,1][1/2,1] 使用 Lagrange 中值定理，有

F(1/2)−F(0)=12F′(ξ),F(1)−F(1/2)=12F′(η).F(1/2)-F(0)=\frac12F'(\xi), \qquad F(1)-F(1/2)=\frac12F'(\eta).

相加得 F′(ξ)+F′(η)=0F'(\xi)+F'(\eta)=0，即所证等式。

七、函数性态（8 分）

设

f(x)=x2x2+2x+1,f(x)=\frac{x^2}{x^2+2x+1},

求单调区间、极值点与极值、凹凸区间与拐点。

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定义域排除 x=−1x=-1，且

f′(x)=2x(x+1)3,f′′(x)=2−4x(x+1)4.f'(x)=\frac{2x}{(x+1)^3}, \qquad f''(x)=\frac{2-4x}{(x+1)^4}.
  • 在 (−∞,−1)(-\infty,-1) 与 (0,+∞)(0,+\infty) 上递增，在 (−1,0)(-1,0) 上递减；
  • x=0x=0 为极小值点，极小值为 00；
  • 在 (−∞,−1)(-\infty,-1)、(−1,1/2)(-1,1/2) 上为凸函数，在 (1/2,+∞)(1/2,+\infty) 上为凹函数；
  • 拐点为 (1/2,1/9)(1/2,1/9)。

八、导数估计（8 分）

设 ff 在 [a,b][a,b] 上有二阶导数，且

∣f(x)∣≤1,∣f′′(x)∣≤1.|f(x)|\le1, \qquad |f''(x)|\le1.

证明对 x∈[a,b]x\in[a,b]，

∣f′(x)∣≤2b−a+b−a2.|f'(x)|\le\frac2{b-a}+\frac{b-a}{2}.
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以 xx 为展开点，分别对 a,ba,b 使用带 Lagrange 余项的二阶 Taylor 公式并相减：

f(a)−f(b)=f′(x)(a−b)+f′′(ξ1)2(a−x)2−f′′(ξ2)2(b−x)2.f(a)-f(b)=f'(x)(a-b) +\frac{f''(\xi_1)}2(a-x)^2 -\frac{f''(\xi_2)}2(b-x)^2.

取绝对值并用题设估计：

∣f′(x)∣≤2b−a+(a−x)2+(b−x)22(b−a)≤2b−a+b−a2.|f'(x)| \le\frac2{b-a} +\frac{(a-x)^2+(b-x)^2}{2(b-a)} \le\frac2{b-a}+\frac{b-a}{2}.

端点情形同理由单边 Taylor 公式得到。

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