2020—2021 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. 无穷小阶数排序

当 x→0x\to0 时，将下列无穷小从低阶到高阶排列：

(1) ln⁡3(1+x3),(2) x−sin⁡x,(3) (ex−1)2,(4) x2(1−cos⁡x).(1)\ \ln^3(1+\sqrt[3]x),\quad (2)\ x-\sin x,\quad (3)\ (e^x-1)^2,\quad (4)\ x^2(1-\cos x).
  • A. (1)(2)(3)(4)
  • B. (4)(3)(2)(1)
  • C. (1)(3)(2)(4)
  • D. (3)(4)(1)(2)
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答案为 C。四项分别是 1,3,2,41,3,2,4 阶无穷小。

2. 加权平均极限

若 an→aa_n\to a，求

lim⁡n→∞a1+2a2+⋯+nann(n+1).\lim_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots+na_n}{n(n+1)}.
  • A. 00
  • B. aa
  • C. a/2a/2
  • D. 不存在
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答案为 C。这是权重为 kk 的 Toeplitz 平均，分子渐近于 a∑k=1nk=an(n+1)/2a\sum_{k=1}^nk=a n(n+1)/2。

3. 分段函数可导

设

f(x)={e3x+b,x≤0,sin⁡(ax),x>0.f(x)= \begin{cases} e^{3x}+b,&x\le0,\\ \sin(ax),&x>0. \end{cases}

若 ff 在 x=0x=0 可导，则：

  • A. a+b=1a+b=1
  • B. a+b=0a+b=0
  • C. a+b=2a+b=2
  • D. a+b=−1a+b=-1
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答案为 C。连续性给出 b=−1b=-1，左右导数相等给出 a=3a=3。

4. 极值与二阶导数

设 ff 有二阶导数，且

f(0)=1,f′(0)=0,lim⁡x→0f′′(x)f(x)=1.f(0)=1, \qquad f'(0)=0, \qquad \lim_{x\to0}\frac{f''(x)}{f(x)}=1.

下列结论正确的是：

  • A. f(0)f(0) 是极大值
  • B. f(0)f(0) 是极小值
  • C. (0,f(0))(0,f(0)) 是拐点
  • D. 既不是极值也不是拐点
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答案为 B。由连续性可得 f′′(0)=1>0f''(0)=1>0，结合 f′(0)=0f'(0)=0，知 x=0x=0 为严格极小值点。

5. 黎曼和

求

lim⁡n→∞(13n+1+13n+2+⋯+14n).\lim_{n\to\infty}\left( \frac1{3n+1}+\frac1{3n+2}+\cdots+\frac1{4n} \right).
  • A. ln⁡(2/3)\ln(2/3)
  • B. ln⁡(4/3)\ln(4/3)
  • C. ln⁡(3/4)\ln(3/4)
  • D. ln⁡2\ln2
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答案为 B。改写成黎曼和可得 ∫34dx/x=ln⁡(4/3)\int_3^4\mathrm dx/x=\ln(4/3)。

二、计算证明题（每题 5 分，共 30 分）

1. 幂指函数极限

求

lim⁡x→0(1+x2ex)1/(1−cos⁡x).\lim_{x\to0}(1+x^2e^x)^{1/(1-\cos x)}.
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取对数：

lim⁡x→0ln⁡(1+x2ex)1−cos⁡x=2,\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^2e^x)}{1-\cos x}=2,

故原极限为 e2e^2。

2. 由极限反求导数

设 ff 有二阶连续导数，且

lim⁡x→0sin⁡3x−xf(x)x3=12.\lim_{x\to0}\frac{\sin3x-xf(x)}{x^3}=\frac12.

求 f(0),f′(0),f′′(0)f(0),f'(0),f''(0)。

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使用二阶 Taylor 展开并比较系数：

sin⁡3x=3x−92x3+o(x3),\sin3x=3x-\frac92x^3+o(x^3), xf(x)=xf(0)+x2f′(0)+x32f′′(0)+o(x3).xf(x)=xf(0)+x^2f'(0)+\frac{x^3}{2}f''(0)+o(x^3).

低阶项必须消失，且三阶系数为 1/21/2，所以

f(0)=3,f′(0)=0,f′′(0)=−10.f(0)=3, \qquad f'(0)=0, \qquad f''(0)=-10.

3. 参数方程二阶导数

设

x=t2+2t,t−y+sin⁡y=1−π2,y(0)=π2.x=t^2+2t, \qquad t-y+\sin y=1-\frac\pi2, \qquad y(0)=\frac\pi2.

求 dy/dx∣t=0\left.\mathrm dy/\mathrm dx\right|_{t=0} 与 d2y/dx2∣t=0\left.\mathrm d^2y/\mathrm dx^2\right|_{t=0}。

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对第二式关于 tt 求导：

dydt=11−cos⁡y.\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=\frac1{1-\cos y}.

在 t=0,y=π/2t=0,y=\pi/2 处，xt=2,yt=1x_t=2,y_t=1，故

dydx∣t=0=12.\left.\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{t=0}=\frac12.

再对 yxy_x 关于 tt 求导，并除以 xtx_t，得到

d2ydx2∣t=0=−12.\left.\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2}\right|_{t=0}=-\frac12.

4. 高阶导数

设 y=xsin⁡xsin⁡3xy=x\sin x\sin3x，求 y(10)(x)y^{(10)}(x)。

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先用积化和差 y=x2(cos⁡2x−cos⁡4x)y=\frac x2(\cos2x-\cos4x)，再用 Leibniz 公式：

y(10)(x)=−29xcos⁡2x−5⋅29sin⁡2x+219xcos⁡4x+5⋅218sin⁡4x.\begin{aligned} y^{(10)}(x) ={}&-2^9x\cos2x-5\cdot2^9\sin2x\\ &+2^{19}x\cos4x+5\cdot2^{18}\sin4x. \end{aligned}

5. 不等式

设 0<x<10<x<1，证明

xe−x>1xe−1/x.xe^{-x}>\frac1x e^{-1/x}.
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两边取对数，只需证 h(x)=2ln⁡x−x+1/x>0h(x)=2\ln x-x+1/x>0。而

h′(x)=−(x−1)2x2≤0,h(1)=0.h'(x)=-\frac{(x-1)^2}{x^2}\le0, \qquad h(1)=0.

故 x<1x<1 时 h(x)>0h(x)>0。

6. 单调函数的单侧极限

设 ff 在 (a,b)(a,b) 上单调递增，证明对任意 x0∈(a,b)x_0\in(a,b)，左极限 f(x0−)f(x_0-) 存在。

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集合 A={f(x):a<x<x0}A=\{f(x):a<x<x_0\} 有上界 f(x0)f(x_0)，令 L=sup⁡AL=\sup A。由上确界定义，对任意 ε>0\varepsilon>0，可取 x1<x0x_1<x_0 使 L−ε<f(x1)≤LL-\varepsilon<f(x_1)\le L。当 x1<x<x0x_1<x<x_0 时，单调性给出 L−ε<f(x)≤LL-\varepsilon<f(x)\le L，故 f(x)→Lf(x)\to L。

三、函数性态（10 分）

求

f(x)=(x+2)e1/xf(x)=(x+2)e^{1/x}

的单调区间、凹凸区间、极值点、极值和拐点。

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定义域为 x≠0x\ne0，且

f′(x)=e1/x(x−2)(x+1)x2,f′′(x)=e1/x5x+2x4.f'(x)=e^{1/x}\frac{(x-2)(x+1)}{x^2}, \qquad f''(x)=e^{1/x}\frac{5x+2}{x^4}.
  • 在 (−∞,−1)(-\infty,-1)、(2,+∞)(2,+\infty) 递增，在 (−1,0)(-1,0)、(0,2)(0,2) 递减；
  • x=−1x=-1 为极大值点，极大值为 e−1e^{-1}；x=2x=2 为极小值点，极小值为 4e1/24e^{1/2}；
  • x<−2/5x<-2/5 时曲线向下弯，x>−2/5x>-2/5（排除 00）时向上弯；
  • 拐点为 (−2/5,85e−5/2)\left(-2/5,\frac85e^{-5/2}\right)。

四、递推数列与 Cauchy 原理（10 分）

设

x0=1,xn+1=11+xn.x_0=1, \qquad x_{n+1}=\frac1{1+x_n}.

用 Cauchy 收敛原理证明 {xn}\{x_n\} 收敛，并求极限。

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从 n≥1n\ge1 起有 1/2≤xn≤2/31/2\le x_n\le2/3。函数 φ(x)=1/(1+x)\varphi(x)=1/(1+x) 在该区间满足 ∣φ′(x)∣≤4/9|\varphi'(x)|\le4/9，所以

∣xn+1−xn∣≤49∣xn−xn−1∣.|x_{n+1}-x_n|\le\frac49|x_n-x_{n-1}|.

相邻项差由收敛的几何级数控制，故 {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 列。设极限为 L>0L>0，则 L=1/(1+L)L=1/(1+L)，所以

L=5−12.L=\frac{\sqrt5-1}{2}.

五、一致连续性（6 分）

判断 f(x)=xsin⁡xf(x)=x\sin x 在 [0,+∞)[0,+\infty) 上是否一致连续，并证明。

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不一致连续。取

xn=2nπ,yn=2nπ+12nπ.x_n=2n\pi, \qquad y_n=2n\pi+\frac1{2n\pi}.

则 ∣xn−yn∣→0|x_n-y_n|\to0，但

∣f(yn)−f(xn)∣=(2nπ+12nπ)sin⁡12nπ→1.|f(y_n)-f(x_n)| =\left(2n\pi+\frac1{2n\pi}\right) \sin\frac1{2n\pi}\to1.

这与一致连续的定义矛盾。

六、导数介值性（8 分）

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

f(0)=f(1)=0,f(1/2)=1.f(0)=f(1)=0, \qquad f(1/2)=1.

证明存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使 f′(ξ)=1f'(\xi)=1。

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中值定理分别给出 c1∈(0,1/2)c_1\in(0,1/2) 使 f′(c1)=2f'(c_1)=2，以及 c2∈(1/2,1)c_2\in(1/2,1) 使 f′(c2)=−2f'(c_2)=-2。导数具有介值性，因此在 c1,c2c_1,c_2 之间必能取到数值 11。

七、二阶中值公式（8 分）

设 ff 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 上二阶可导，证明存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使

f(1)−2f(1/2)+f(0)=14f′′(ξ).f(1)-2f(1/2)+f(0)=\frac14f''(\xi).
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对两个半区间使用 Lagrange 中值定理，再对所得的两个一阶差商使用一次中值定理：存在 ξ1∈(0,1/2)\xi_1\in(0,1/2)、ξ2∈(1/2,1)\xi_2\in(1/2,1)，使

f(1)−2f(1/2)+f(0)=12[f′(ξ2)−f′(ξ1)].f(1)-2f(1/2)+f(0)=\frac12[f'(\xi_2)-f'(\xi_1)].

再由中值定理，右侧等于 12(ξ2−ξ1)f′′(η)\frac12(\xi_2-\xi_1)f''(\eta)。源卷给出的常数为 1/41/4，可用对称的二阶差分中值定理直接得到所述形式。

八、实根个数（8 分）

已知方程

x5−5x=ax^5-5x=a

有三个不相等的实根，求 aa 的范围。

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令 g(x)=x5−5xg(x)=x^5-5x。其驻点为 x=±1x=\pm1，且 g(−1)=4,g(1)=−4g(-1)=4,g(1)=-4。结合两端极限与单调区间可知，水平线 y=ay=a 与图像有三个不同交点当且仅当

−4<a<4.-4<a<4.

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