2017—2018 学年秋季学期真题 · 期中

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#真题

以下题面与答案按源文件“17 期中（含答案）”转录。选择题答案原本直接写在扫描件上，这里已移入折叠区域。

一、单选题（每题 4 分，共 20 分）

1. 阶乘数列极限

求

lim⁡n→∞1!+2!+⋯+n!n!.\lim_{n\to\infty}\frac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}.
  • A. 11
  • B. 1/21/2
  • C. 00
  • D. +∞+\infty
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答案：A。

把最后一项单独提出：

1!+⋯+n!n!=1+1n+1n(n−1)+⋯+1n!.\frac{1!+\cdots+n!}{n!} =1+\frac1n+\frac1{n(n-1)}+\cdots+\frac1{n!}.

除 11 外的其余各项之和趋于 00，所以极限为 11。

2. 等价无穷小

已知

lim⁡x→0sin⁡x−arctan⁡xxk=a,\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\arctan x}{x^k}=a,

则：

  • A. k=1,a=2k=1,a=2
  • B. k=3,a=1/3k=3,a=1/3
  • C. k=3,a=1/6k=3,a=1/6
  • D. k=2,a=1/6k=2,a=1/6
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答案：C。

由

sin⁡x=x−x36+o(x3),arctan⁡x=x−x33+o(x3),\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3), \qquad \arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3),

可得

sin⁡x−arctan⁡x=x36+o(x3).\sin x-\arctan x=\frac{x^3}{6}+o(x^3).

故 k=3,a=1/6k=3,a=1/6。

3. 重要极限的高阶项

求

lim⁡x→0(1+x)1/x−ex.\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{1/x}-e}{x}.
  • A. 00
  • B. 11
  • C. −e/2-e/2
  • D. e/2e/2
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答案：C。

先展开指数：

ln⁡(1+x)x=1−x2+o(x).\frac{\ln(1+x)}x=1-\frac x2+o(x).

所以

(1+x)1/x=e1−x/2+o(x)=e−e2x+o(x),(1+x)^{1/x} =e^{1-x/2+o(x)} =e-\frac e2x+o(x),

原极限为 −e/2-e/2。

4. 连续与可导

设

f(x)={e−1/∣x∣,x≠0,0,x=0.f(x)= \begin{cases} e^{-1/|x|},&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}

则函数 f(x)f(x) 在 x=0x=0 处满足：

  • A. 不连续、不可导
  • B. 连续、不可导
  • C. 可导，且 f′(0)=0f'(0)=0
  • D. 可导，且 f′(0)=1f'(0)=1
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答案：C。

x→0x\to0 时，e−1/∣x∣→0=f(0)e^{-1/|x|}\to0=f(0)，所以函数连续。由导数定义，

f′(0)=lim⁡x→0e−1/∣x∣x=0,f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{e^{-1/|x|}}x=0,

因为指数衰减快于任何幂次。

5. 隐函数求导

函数 y=f(x)y=f(x) 由方程

y−x=ex(1−y)y-x=e^{x(1-y)}

确定，则 f′(0)f'(0) 等于：

  • A. 00
  • B. 11
  • C. −1-1
  • D. 1/21/2
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答案：B。

令 x=0x=0，先得 y=1y=1。对原方程求导：

y′−1=ex(1−y)[(1−y)−xy′].y'-1=e^{x(1-y)}[(1-y)-xy'].

代入 (x,y)=(0,1)(x,y)=(0,1)，得到 y′−1=0y'-1=0，故 f′(0)=1f'(0)=1。

二、填空题（每题 4 分，共 20 分）

1. Maclaurin 展开

函数 f(x)=ln⁡(cos⁡x)f(x)=\ln(\cos x) 带 Peano 余项、含 x4x^4 项的 Maclaurin 展开式为 ______。

查看答案与解析 ln⁡(cos⁡x)=−x22−x412+o(x4).\boxed{\ln(\cos x)=-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}+o(x^4)}.

2. 极限条件

若

lim⁡x→0sin⁡x+f(x)x3=0,\lim_{x\to0}\frac{\sin x+f(x)}{x^3}=0,

则

lim⁡x→0tan⁡x+f(x)x3=‾.\lim_{x\to0}\frac{\tan x+f(x)}{x^3}=\underline{\qquad}.
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把两个分子相减：

tan⁡x+f(x)x3=sin⁡x+f(x)x3+tan⁡x−sin⁡xx3.\frac{\tan x+f(x)}{x^3} =\frac{\sin x+f(x)}{x^3} +\frac{\tan x-\sin x}{x^3}.

第一项趋于 00，而

tan⁡x−sin⁡x=x32+o(x3),\tan x-\sin x=\frac{x^3}{2}+o(x^3),

故答案为 1/2\boxed{1/2}。

3. 幂指函数极限

求

lim⁡x→0(ln⁡(1+x)x)1/sin⁡x.\lim_{x\to0} \left(\frac{\ln(1+x)}x\right)^{1/\sin x}.
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取对数：

lim⁡x→01sin⁡xln⁡(ln⁡(1+x)x)=−12.\lim_{x\to0}\frac1{\sin x} \ln\left(\frac{\ln(1+x)}x\right) =-\frac12.

所以原极限为

e−1/2.\boxed{e^{-1/2}}.

4. 高阶导数

设 f(x)=x2ln⁡(1−x)f(x)=x^2\ln(1-x)，则 f(5)(0)=f^{(5)}(0)= ______。

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由

x2ln⁡(1−x)=−x3−x42−x53−⋯ ,x^2\ln(1-x) =-x^3-\frac{x^4}{2}-\frac{x^5}{3}-\cdots,

x5x^5 的系数为 −1/3-1/3，所以

f(5)(0)=5!(−13)=−40.f^{(5)}(0)=5!\left(-\frac13\right)=\boxed{-40}.

5. 参数方程

设

{x=tsin⁡t+cos⁡t,y=sin⁡t,\begin{cases} x=t\sin t+\cos t,\\ y=\sin t, \end{cases}

则 dy/dx=dy/dx= ______，d2y/dx2=d^2y/dx^2= ______。

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因为

dxdt=tcos⁡t,dydt=cos⁡t,\frac{dx}{dt}=t\cos t, \qquad \frac{dy}{dt}=\cos t,

所以

dydx=1t.\boxed{\frac{dy}{dx}=\frac1t}.

再求一次导数：

d2ydx2=d(1/t)/dtdx/dt=−1t3cos⁡t.\boxed{\frac{d^2y}{dx^2} =\frac{d(1/t)/dt}{dx/dt} =-\frac1{t^3\cos t}}.

三、确界（10 分）

求集合

E={1n:n=1,2,…}E=\left\{\frac1n:n=1,2,\ldots\right\}

的上确界、下确界，并证明。

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结论为

inf⁡E=0,sup⁡E=1.\inf E=0, \qquad \sup E=1.

对所有正整数 nn，1/n>01/n>0，所以 00 是下界。给定 ε>0\varepsilon>0，取 n>1/εn>1/\varepsilon，便有 1/n<ε1/n<\varepsilon，说明任何正数都不是下界，因此下确界是 00。

另一方面，1/n≤11/n\le1，所以 11 是上界；且 1∈E1\in E，故它就是最大值，也就是上确界。

四、递推数列（10 分）

设 x1>0x_1>0，且

xn+1=12(xn+1xn),n=1,2,….x_{n+1}=\frac12\left(x_n+\frac1{x_n}\right), \qquad n=1,2,\ldots.

证明 lim⁡n→∞xn\lim_{n\to\infty}x_n 存在，并求该极限。

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由算术—几何平均不等式，xn+1≥1x_{n+1}\ge1。因此从 x2x_2 开始，xn≥1x_n\ge1。当 n≥2n\ge2 时，

xn+1−xn=1−xn22xn≤0.x_{n+1}-x_n =\frac{1-x_n^2}{2x_n}\le0.

所以数列从第二项起单调递减，并且下界为 11，故极限存在。设极限为 A>0A>0，对递推式取极限：

A=12(A+1A).A=\frac12\left(A+\frac1A\right).

由此 A2=1A^2=1，结合 A>0A>0，得到

A=1.\boxed{A=1}.

五、一致连续性（10 分）

讨论函数 f(x)=xf(x)=\sqrt{x} 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 上的一致连续性，并证明所得结论。

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结论：x\sqrt{x} 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上一致连续。

一种直接证明是，对任意 x1,x2>0x_1,x_2>0，

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

给定 ε>0\varepsilon>0，取 δ=ε2\delta=\varepsilon^2。若 ∣x1−x2∣<δ|x_1-x_2|<\delta，则

∣x1−x2∣<ε.|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|<\varepsilon.

这说明所取的 δ\delta 与点的位置无关，故为一致连续。

六、导数估计（10 分）

设 A,BA,B 为给定的正数，f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上二次可导，且对任意 x∈[0,1]x\in[0,1]，有

∣f(x)∣≤A,∣f′′(x)∣≤B.|f(x)|\le A, \qquad |f''(x)|\le B.

证明对任意 x∈[0,1]x\in[0,1]，

∣f′(x)∣≤2A+B2.|f'(x)|\le2A+\frac B2.
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固定任意 x0∈[0,1]x_0\in[0,1]。分别从 x0x_0 向 00 和 11 作二阶 Taylor 展开：

f(0)=f(x0)−f′(x0)x0+12f′′(ξ1)x02,f(0)=f(x_0)-f'(x_0)x_0+\frac12f''(\xi_1)x_0^2, f(1)=f(x0)+f′(x0)(1−x0)+12f′′(ξ2)(1−x0)2.f(1)=f(x_0)+f'(x_0)(1-x_0) +\frac12f''(\xi_2)(1-x_0)^2.

第二式减第一式，整理得

f′(x0)=f(1)−f(0)−12[f′′(ξ2)(1−x0)2−f′′(ξ1)x02].f'(x_0)=f(1)-f(0) -\frac12\left[f''(\xi_2)(1-x_0)^2-f''(\xi_1)x_0^2\right].

于是

∣f′(x0)∣≤∣f(1)∣+∣f(0)∣+B2[(1−x0)2+x02]≤2A+B2.\begin{aligned} |f'(x_0)| &\le |f(1)|+|f(0)| +\frac B2[(1-x_0)^2+x_0^2]\\ &\le2A+\frac B2. \end{aligned}

由于 x0x_0 任意，结论成立。

七、Rolle 中值定理（10 分）

设非常值函数 f(x)f(x) 在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 上可导，且存在常数 AA 满足

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

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

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因为 ff 不是常值函数，存在 x0x_0 使 f(x0)≠Af(x_0)\ne A。不妨设 f(x0)>Af(x_0)>A，并令

ε0=f(x0)−A2>0.\varepsilon_0=\frac{f(x_0)-A}{2}>0.

由两端极限均为 AA，可取 X1<x0<X2X_1<x_0<X_2，使

f(X1)<f(x0)−ε0,f(X2)<f(x0)−ε0.f(X_1)<f(x_0)-\varepsilon_0, \qquad f(X_2)<f(x_0)-\varepsilon_0.

连续性与介值定理分别给出 ξ1∈(X1,x0)\xi_1\in(X_1,x_0)、ξ2∈(x0,X2)\xi_2\in(x_0,X_2)，使

f(ξ1)=f(x0)−ε0=f(ξ2).f(\xi_1)=f(x_0)-\varepsilon_0=f(\xi_2).

在 [ξ1,ξ2][\xi_1,\xi_2] 上使用 Rolle 中值定理，便存在 ξ∈(ξ1,ξ2)\xi\in(\xi_1,\xi_2) 使 f′(ξ)=0f'(\xi)=0。若 f(x0)<Af(x_0)<A，证明完全类似。

八、函数性态（10 分）

讨论函数

f(x)=x3−3x2f(x)=x^3-3x^2

的单调性、凹凸性、极值点与极值。

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一阶导数为

f′(x)=3x2−6x=3x(x−2).f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2).

因此 ff 在 (−∞,0)(-\infty,0) 与 (2,+∞)(2,+\infty) 上递增，在 (0,2)(0,2) 上递减。

二阶导数为

f′′(x)=6(x−1).f''(x)=6(x-1).

所以 ff 在 (−∞,1)(-\infty,1) 上为凹函数，在 (1,+∞)(1,+\infty) 上为凸函数。

x=0x=0 是极大值点，极大值为 f(0)=0f(0)=0；x=2x=2 是极小值点，极小值为 f(2)=−4f(2)=-4。

附加题（10 分）

设

an=1+122+⋯+1nn,n=1,2,….a_n=1+\frac1{2\sqrt2}+\cdots+\frac1{n\sqrt n}, \qquad n=1,2,\ldots.

用定义证明数列 {an}\{a_n\} 是 Cauchy 列。

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先注意到

1k−1k+1=1k(k+1)(k+1+k)>12(k+1)k+1.\frac1{\sqrt k}-\frac1{\sqrt{k+1}} =\frac1{\sqrt{k(k+1)}(\sqrt{k+1}+\sqrt k)} >\frac1{2(k+1)\sqrt{k+1}}.

当 m>nm>n 时，

∣am−an∣=∑k=n+1m1kk≤2∑k=nm−1(1k−1k+1)=2(1n−1m)<2n.\begin{aligned} |a_m-a_n| &=\sum_{k=n+1}^m\frac1{k\sqrt k}\\ &\le2\sum_{k=n}^{m-1} \left(\frac1{\sqrt k}-\frac1{\sqrt{k+1}}\right)\\ &=2\left(\frac1{\sqrt n}-\frac1{\sqrt m}\right) <\frac2{\sqrt n}. \end{aligned}

给定 ε>0\varepsilon>0，取 N>4/ε2N>4/\varepsilon^2。当 m>n>Nm>n>N 时，∣am−an∣<ε|a_m-a_n|<\varepsilon，所以 {an}\{a_n\} 是 Cauchy 列。

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