2018—2019 学年秋季学期真题 · 期中

Views: --
#真题

考试时间为 2018 年 12 月 2 日。以下题面按试卷转录，答案依据随卷答案整理；原答案中少量省略的计算步骤已补成可读形式。

一、单项选择题（每题 4 分，共 20 分）

1. 数列极限的定义

若对任意 ε>0\varepsilon>0，存在正整数 NN，使得当 n>Nn>N 时，有 ∣an∣<ε|a_n|<\varepsilon，则可断定：

  • A. lim⁡n→+∞an=0\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n=0
  • B. lim⁡n→+∞an≠0\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n\ne0
  • C. lim⁡n→+∞an=+∞\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n=+\infty
  • D. lim⁡n→+∞an=−∞\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n=-\infty
查看答案与解析

答案：A。

题设正是数列 {an}\{a_n\} 收敛于 00 的 ε\varepsilon—NN 定义。

2. 乘积函数求导

设

y(x)=ex(ex−1)(ex−2)⋯(ex−2018),y(x)=e^x(e^x-1)(e^x-2)\cdots(e^x-2018),

则 y′(0)y'(0) 等于：

  • A. 2018!2018!
  • B. −2018!-2018!
  • C. 2017!2017!
  • D. −2017!-2017!
查看答案与解析

答案：D。

在 x=0x=0 处，只有对因子 ex−1e^x-1 求导的那一项不为零。因此

y′(0)=1×1×(1−2)⋯(1−2018)=−2017!.y'(0)=1\times1\times(1-2)\cdots(1-2018)=-2017!.

3. 单调性

设函数 f(x),g(x)f(x),g(x) 在 [a,b][a,b] 上连续，在 (a,b)(a,b) 内可导，且对任意 x∈(a,b)x\in(a,b) 都有

f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0.f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0.

则当 x∈(a,b)x\in(a,b) 时，有：

  • A. f(x)g(b)>f(b)g(x)f(x)g(b)>f(b)g(x)
  • B. f(x)g(a)>f(a)g(x)f(x)g(a)>f(a)g(x)
  • C. f(x)g(x)>f(a)g(a)f(x)g(x)>f(a)g(a)
  • D. f(x)g(x)>f(b)g(b)f(x)g(x)>f(b)g(b)
查看答案与解析

答案：C。

因为

[f(x)g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,

所以 f(x)g(x)f(x)g(x) 在 [a,b][a,b] 上严格递增。对 x>ax>a，有 f(x)g(x)>f(a)g(a)f(x)g(x)>f(a)g(a)。

4. 间断点分类

设

f(x)={x2−x∣x∣(x2−1),x≠−1,0,1,1,x=−1,0,1.f(x)= \begin{cases} \dfrac{x^2-x}{|x|(x^2-1)},&x\ne-1,0,1,\\[4pt] 1,&x=-1,0,1. \end{cases}

关于其间断点，正确的是：

  • A. x=−1x=-1 是可去间断点，x=0x=0 是跳跃间断点，x=1x=1 是可去间断点
  • B. x=−1x=-1 是可去间断点，x=0x=0 是跳跃间断点，x=1x=1 是第二类间断点
  • C. x=−1x=-1 是第二类间断点，x=0x=0 是跳跃间断点，x=1x=1 是可去间断点
  • D. x=−1x=-1 是第二类间断点，x=0x=0 是第二类间断点，x=1x=1 是可去间断点
查看答案与解析

答案：C。

在三个待考察点以外，约去 x−1x-1 后可写成

f(x)=x∣x∣(x+1).f(x)=\frac{x}{|x|(x+1)}.

x→−1x\to-1 时函数无界，是第二类间断点；x→0−x\to0^- 与 x→0+x\to0^+ 的极限分别为 −1-1 和 11，是跳跃间断点；x→1x\to1 时极限为 1/21/2，存在但不等于函数值 11，是可去间断点。

5. 复合函数的极值

设函数 f(x)f(x) 二阶可导，F(x)=f(cos⁡x)F(x)=f(\cos x)。F(x)F(x) 在 x=0x=0 处取得极小值的一个充分条件是：

  • A. f′(1)<0f'(1)<0
  • B. f′(1)>0f'(1)>0
  • C. f′′(1)<0f''(1)<0
  • D. f′′(1)>0f''(1)>0
查看答案与解析

答案：A。

有

F′(x)=−f′(cos⁡x)sin⁡x,F'(x)=-f'(\cos x)\sin x,

故 F′(0)=0F'(0)=0；又

F′′(0)=−f′(1).F''(0)=-f'(1).

若 f′(1)<0f'(1)<0，则 F′′(0)>0F''(0)>0，所以 x=0x=0 是 FF 的极小值点。

二、计算题（每题 5 分，共 15 分）

1. 数列极限

求

lim⁡n→∞(1n2+1+1n2+12+⋯+1n2+1n).\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{n^2+1}+\frac1{n^2+\frac12}+\cdots+\frac1{n^2+\frac1n}\right).
查看答案与解析

每一项都夹在 1/(n2+1)1/(n^2+1) 与 1/n21/n^2 之间，共有 nn 项，因此

nn2+1≤∑k=1n1n2+1k≤nn2.\frac{n}{n^2+1} \le \sum_{k=1}^{n}\frac1{n^2+\frac1k} \le \frac{n}{n^2}.

两端都趋于 00，故原极限为

0.\boxed{0}.

原答案页把右端写成了 11，并据此写出极限为 11；这与题面中的 n2n^2 不相符。这里按题面直接夹逼所得结果整理。

2. 幂指函数极限

求

lim⁡x→π4(tan⁡x)12−2sin⁡x.\lim_{x\to\frac\pi4} (\tan x)^{\frac1{\sqrt2-2\sin x}}.
查看答案与解析

这是 1∞1^\infty 型。取对数后考察

lim⁡x→π4ln⁡(tan⁡x)2−2sin⁡x.\lim_{x\to\frac\pi4} \frac{\ln(\tan x)}{\sqrt2-2\sin x}.

使用洛必达法则，

lim⁡x→π4ln⁡(tan⁡x)2−2sin⁡x=lim⁡x→π41/(sin⁡xcos⁡x)−2cos⁡x=−2.\begin{aligned} \lim_{x\to\frac\pi4} \frac{\ln(\tan x)}{\sqrt2-2\sin x} &= \lim_{x\to\frac\pi4} \frac{1/(\sin x\cos x)}{-2\cos x}\\ &=-\sqrt2. \end{aligned}

因此原极限为

e−2.\boxed{e^{-\sqrt2}}.
### 3. 隐函数求导

函数 y=f(x)y=f(x) 由方程

2y3−2y2+2xy−x2=12y^3-2y^2+2xy-x^2=1

确定，求

dydx∣x=1,d2ydx2∣x=1.\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=1}, \qquad \left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{x=1}.
查看答案与解析

当 x=1x=1 时，题目所取分支经过 y=1y=1。对方程求导：

(6y2−4y+2x)y′+2y−2x=0.(6y^2-4y+2x)y'+2y-2x=0.

代入 (x,y)=(1,1)(x,y)=(1,1)，得 4y′=04y'=0，所以

y′∣x=1=0.\left.y'\right|_{x=1}=0.

再求一次导数：

(12y−4)(y′)2+(6y2−4y+2x)y′′+4y′−2=0.(12y-4)(y')^2+(6y^2-4y+2x)y''+4y'-2=0.

代入 (x,y,y′)=(1,1,0)(x,y,y')=(1,1,0)，得

y′′∣x=1=12.\left.y''\right|_{x=1}=\frac12.

三、计算题（每题 5 分，共 10 分）

1. 参数方程求导

曲线由参数方程

{x=cos⁡t,y=sin⁡t−cos⁡t\begin{cases} x=\cos t,\\ y=\sin t-\cos t \end{cases}

确定，求 y′y' 与 y′′y''。

查看答案与解析

由参数方程求导公式，

y′=dy/dtdx/dt=cos⁡t+sin⁡t−sin⁡t=−cot⁡t−1.y'=\frac{dy/dt}{dx/dt} =\frac{\cos t+\sin t}{-\sin t} =-\cot t-1.

再对 tt 求导并除以 dx/dtdx/dt：

y′′=dy′/dtdx/dt=csc⁡2t−sin⁡t=−csc⁡3t.y''=\frac{d y'/dt}{dx/dt} =\frac{\csc^2t}{-\sin t} =-\csc^3t.

2. Maclaurin 展开

求 f(x)=ln⁡(cos⁡x)f(x)=\ln(\cos x) 带 Peano 余项的 Maclaurin 展开式，写到含 o(x4)o(x^4) 的项。

查看答案与解析

利用

cos⁡x=1−x22+x424+o(x4)\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)

和 ln⁡(1+u)=u−u2/2+o(u2)\ln(1+u)=u-u^2/2+o(u^2)，得到

ln⁡(cos⁡x)=−x22+x424−12(−x22)2+o(x4)=−x22−x412+o(x4).\ln(\cos x) =-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24} -\frac12\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2+o(x^4) =-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}+o(x^4).

四、函数性态（10 分）

求函数 f(x)=e−x2f(x)=e^{-x^2} 的单调区间和凹凸区间，并求极值点、极值、拐点及最大值。

查看答案与解析

一阶、二阶导数分别为

f′(x)=−2xe−x2,f′′(x)=(4x2−2)e−x2.f'(x)=-2xe^{-x^2}, \qquad f''(x)=(4x^2-2)e^{-x^2}.

因此：

  • 在 (−∞,0)(-\infty,0) 上单调递增，在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递减；
  • 在 (−∞,−1/2)(-\infty,-1/\sqrt2) 与 (1/2,+∞)(1/\sqrt2,+\infty) 上为凸，在 (−1/2,1/2)(-1/\sqrt2,1/\sqrt2) 上为凹；
  • 极大值点为 x=0x=0，极大值也是全局最大值 f(0)=1f(0)=1；
  • 拐点为
(−12,e−1/2),(12,e−1/2).\left(-\frac1{\sqrt2},e^{-1/2}\right), \qquad \left(\frac1{\sqrt2},e^{-1/2}\right).

五、递推数列（12 分）

设数列 {xn}\{x_n\} 满足 0<x1<1/30<x_1<1/3，且

xn+1=xn(1−3xn).x_{n+1}=x_n(1-3x_n).
  1. 证明 {xn}\{x_n\} 收敛并求其极限；
  2. 指出并证明集合 {xn}\{x_n\} 的下确界；
  3. 求 lim⁡n→∞nxn\displaystyle\lim_{n\to\infty}nx_n。
查看答案与解析

由 0<xn<1/30<x_n<1/3 可得

0<xn+1=xn(1−3xn)<xn.0<x_{n+1}=x_n(1-3x_n)<x_n.

用归纳法知 {xn}\{x_n\} 正项递减，因而收敛。设极限为 LL，在递推式中取极限得

L=L(1−3L),L=L(1-3L),

所以 L=0L=0。

数列每一项都大于 00，故 00 是下界；又因 xn→0x_n\to0，任意正数都不可能仍是下界，所以

inf⁡{xn:n≥1}=0.\inf\{x_n:n\ge1\}=0.

最后对 1/xn1/x_n 使用 Stolz 定理：

lim⁡n→∞nxn=lim⁡n→∞n1/xn=lim⁡n→∞11/xn−1/xn−1.\lim_{n\to\infty}nx_n =\lim_{n\to\infty}\frac{n}{1/x_n} =\lim_{n\to\infty} \frac1{1/x_n-1/x_{n-1}}.

由 xn=xn−1(1−3xn−1)x_n=x_{n-1}(1-3x_{n-1})，

1xn−1xn−1=31−3xn−1⟶3.\frac1{x_n}-\frac1{x_{n-1}} =\frac{3}{1-3x_{n-1}}\longrightarrow3.

故

lim⁡n→∞nxn=13.\boxed{\lim_{n\to\infty}nx_n=\frac13}.

六、一致连续性（10 分）

  1. 证明当 x2>x1≥0x_2>x_1\ge0 时，

    x2−x1≤x2−x1;\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}\le\sqrt{x_2-x_1};

  2. 证明函数 y=sin⁡xy=\sin\sqrt{x} 在 [0,+∞)[0,+\infty) 上一致连续。

查看答案与解析

对第一问，

x2−x1=x2−x1x2+x1≤x2−x1x2−x1=x2−x1.\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1} =\frac{x_2-x_1}{\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}} \le\frac{x_2-x_1}{\sqrt{x_2-x_1}} =\sqrt{x_2-x_1}.

对任意 x1,x2≥0x_1,x_2\ge0，由 ∣sin⁡u−sin⁡v∣≤∣u−v∣|\sin u-\sin v|\le|u-v| 和第一问可得

∣sin⁡x1−sin⁡x2∣≤∣x1−x2∣≤∣x1−x2∣.|\sin\sqrt{x_1}-\sin\sqrt{x_2}| \le|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}| \le\sqrt{|x_1-x_2|}.

给定 ε>0\varepsilon>0，取 δ=ε2\delta=\varepsilon^2。当 ∣x1−x2∣<δ|x_1-x_2|<\delta 时，上式小于 ε\varepsilon，所以 sin⁡x\sin\sqrt{x} 在该区间上一致连续。

七、Cauchy 列（12 分）

  1. 若数列 {xn:n=0,1,2,…}\{x_n:n=0,1,2,\ldots\} 满足：存在固定的 0<q<10<q<1，使任意 n≥1n\ge1 都有

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

    证明 {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 列；

  2. 设 x0=1x_0=1，

    xn+1=1+13sin⁡2xn,n=0,1,2,…,x_{n+1}=1+\frac13\sin^2x_n, \qquad n=0,1,2,\ldots,

    证明 {xn}\{x_n\} 收敛。

查看答案与解析

反复使用题设条件，得到

∣xn+1−xn∣≤qn∣x1−x0∣.|x_{n+1}-x_n|\le q^n|x_1-x_0|.

于是对任意正整数 pp，

∣xn+p−xn∣≤∑k=nn+p−1∣xk+1−xk∣≤∣x1−x0∣∑k=nn+p−1qk≤∣x1−x0∣1−qqn⟶0.\begin{aligned} |x_{n+p}-x_n| &\le\sum_{k=n}^{n+p-1}|x_{k+1}-x_k|\\ &\le |x_1-x_0|\sum_{k=n}^{n+p-1}q^k\\ &\le\frac{|x_1-x_0|}{1-q}q^n\longrightarrow0. \end{aligned}

故 {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 列。

对第二个数列，

∣xn+1−xn∣=13∣sin⁡2xn−sin⁡2xn−1∣≤23∣sin⁡xn−sin⁡xn−1∣≤23∣xn−xn−1∣.\begin{aligned} |x_{n+1}-x_n| &=\frac13|\sin^2x_n-\sin^2x_{n-1}|\\ &\le\frac23|\sin x_n-\sin x_{n-1}|\\ &\le\frac23|x_n-x_{n-1}|. \end{aligned}

取 q=2/3q=2/3，由第一问可知它是 Cauchy 列，因而收敛。

八、证明题（第 1 题 6 分，第 2 题 5 分）

1. 三阶导数

设 f(x)f(x) 在 [−1,1][-1,1] 上三次可导，且

f(−1)=−1,f(0)=0,f(1)=1.f(-1)=-1,\qquad f(0)=0,\qquad f(1)=1.

若 f(x)f(x) 在 x=0x=0 处取得极小值，证明存在 ξ∈(−1,1)\xi\in(-1,1)，使 f′′′(ξ)≥6f'''(\xi)\ge6。

查看答案与解析

因为 x=0x=0 是极小值点，所以 f′(0)=0f'(0)=0。分别在 00 点对 f(−1)f(-1) 与 f(1)f(1) 作三阶 Taylor 展开：

f(−1)=f(0)−f′(0)+f′′(0)2−f′′′(ξ1)6,−1<ξ1<0,f(-1)=f(0)-f'(0)+\frac{f''(0)}2-\frac{f'''(\xi_1)}6, \qquad -1<\xi_1<0, f(1)=f(0)+f′(0)+f′′(0)2+f′′′(ξ2)6,0<ξ2<1.f(1)=f(0)+f'(0)+\frac{f''(0)}2+\frac{f'''(\xi_2)}6, \qquad 0<\xi_2<1.

两式相减并代入已知函数值，得到

f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)=12.f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)=12.

两者中至少有一个不小于 66，取其对应点为 ξ\xi 即得结论。

2. 中值定理

设函数 f(x),g(x)f(x),g(x) 在 [a,b][a,b] 上连续，在 (a,b)(a,b) 上可导，且 f(a)=f(b)=0f(a)=f(b)=0。证明存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使

f′(ξ)+g′(ξ)f(ξ)=0.f'(\xi)+g'(\xi)f(\xi)=0.
查看答案与解析

构造辅助函数

F(x)=eg(x)f(x).F(x)=e^{g(x)}f(x).

由 f(a)=f(b)=0f(a)=f(b)=0，有 F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0。根据 Rolle 中值定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) 使 F′(ξ)=0F'(\xi)=0。而

F′(x)=eg(x)[f′(x)+g′(x)f(x)].F'(x)=e^{g(x)}[f'(x)+g'(x)f(x)].

因为 eg(ξ)>0e^{g(\xi)}>0，所以

f′(ξ)+g′(ξ)f(ξ)=0.f'(\xi)+g'(\xi)f(\xi)=0.

评论