2016—2017 学年秋季学期真题 · 期中

#真题

考试时间为 2016 年 11 月 26 日 8:00—10:00。以下题面按原卷转录，答案依据卷内参考解答整理。

一、单选题（每题 5 分，共 30 分）

1. 数列极限

求

lim⁡n→∞[1n2+1+⋯+1n2+n].\lim_{n\to\infty} \left[ \frac1{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+ \frac1{\sqrt{n^2+n}} \right].
  • A. 11
  • B. 1/21/2
  • C. 00
  • D. +∞+\infty
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答案：A。

共有 nn 项，且每项满足

1n2+n≤1n2+k≤1n2+1.\frac1{\sqrt{n^2+n}} \le\frac1{\sqrt{n^2+k}} \le\frac1{\sqrt{n^2+1}}.

所以总和夹在 n/n2+nn/\sqrt{n^2+n} 与 n/n2+1n/\sqrt{n^2+1} 之间，两端都趋于 11。

2. 对称差商

已知函数 f(x)f(x) 在 x0x_0 可导，则

lim⁡Δx→0f(x0+Δx)−f(x0−Δx)Δx\lim_{\Delta x\to0} \frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0-\Delta x)}{\Delta x}

等于：

  • A. f′(x0)f'(x_0)
  • B. 2f′(x0)2f'(x_0)
  • C. 00
  • D. f′′(x0)f''(x_0)
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答案：B。

把分子拆成两个以 x0x_0 为基点的差：

f(x0+Δx)−f(x0)Δx+f(x0)−f(x0−Δx)Δx.\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x} +\frac{f(x_0)-f(x_0-\Delta x)}{\Delta x}.

两项都趋于 f′(x0)f'(x_0)，故极限为 2f′(x0)2f'(x_0)。

3. 导函数的连续性

设

f(x)={x2cos⁡1x,x≠0,0,x=0.f(x)= \begin{cases} x^2\cos\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}

则导函数 f′(x)f'(x) 在 x=0x=0 处：

  • A. 没有定义
  • B. 连续但不可导
  • C. 不连续
  • D. 连续且可导
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答案：C。

由定义可得 f′(0)=0f'(0)=0。但当 x≠0x\ne0 时，

f′(x)=2xcos⁡1x+sin⁡1x,f'(x)=2x\cos\frac1x+\sin\frac1x,

它在 x→0x\to0 时没有极限，因此 f′f' 在 00 处不连续。

4. 分段函数连续性

设

f(x)={sin⁡xx,x<0,a,x=0,xsin⁡1x+b,x>0.f(x)= \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x},&x<0,\\ a,&x=0,\\ x\sin\dfrac1x+b,&x>0. \end{cases}

下列 a,ba,b 取值中，使 f(x)f(x) 在 x=0x=0 处连续的是：

  • A. a=0,b=1a=0,b=1
  • B. a=1,b=0a=1,b=0
  • C. a=1,b=1a=1,b=1
  • D. a=2,b=1a=2,b=1
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答案：C。

左极限为 11，右极限为 bb，函数值为 aa。三者相等需要 a=b=1a=b=1。

5. 隐函数求导

隐函数由

y2+2ln⁡y=x4y^2+2\ln y=x^4

确定，则 y′y' 等于：

  • A. 2xy31+y2\dfrac{2xy^3}{1+y^2}
  • B. 2x3y1+y2\dfrac{2x^3y}{1+y^2}
  • C. 2xy21+y2\dfrac{2xy^2}{1+y^2}
  • D. 2x2y1+x2\dfrac{2x^2y}{1+x^2}
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答案：B。

两边求导：

2yy′+2yy′=4x3.2yy'+\frac2y y'=4x^3.

整理得到

y′=2x3y1+y2.y'=\frac{2x^3y}{1+y^2}.

6. 基本极限

求

lim⁡x→0ln⁡(1+x+x2)+arcsin⁡(3x)sin⁡(2x)+(tan⁡x)2.\lim_{x\to0} \frac{\ln(1+x+x^2)+\arcsin(3x)} {\sin(2x)+(\tan x)^2}.
  • A. 22
  • B. 44
  • C. 1/21/2
  • D. 3/23/2
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答案：A。

只取一阶主部即可：

ln⁡(1+x+x2)∼x,arcsin⁡(3x)∼3x,sin⁡(2x)∼2x,\ln(1+x+x^2)\sim x, \quad \arcsin(3x)\sim3x, \quad \sin(2x)\sim2x,

而 (tan⁡x)2=o(x)(\tan x)^2=o(x)。所以极限为 4x/(2x)=24x/(2x)=2。

二、计算证明（每题 6 分，共 30 分）

1. Maclaurin 展开

求 f(x)=esin⁡xf(x)=e^{\sin x} 带 Peano 余项的 Maclaurin 展开式，展开到 x3x^3。

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由

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

和 eu=1+u+u2/2+u3/6+o(u3)e^u=1+u+u^2/2+u^3/6+o(u^3)，得到三次项恰好抵消：

esin⁡x=1+x+x22+o(x3).\boxed{e^{\sin x}=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^3)}.

2. 高阶导数

求函数

f(x)=exln⁡(1−x)f(x)=e^x\ln(1-x)

的 nn 阶导数 f(n)(x)f^{(n)}(x)。

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用 Leibniz 公式：

f(n)(x)=∑k=0n(nk)[ln⁡(1−x)](k)(ex)(n−k).f^{(n)}(x) =\sum_{k=0}^n\binom nk [\ln(1-x)]^{(k)}(e^x)^{(n-k)}.

当 k≥1k\ge1 时，

[ln⁡(1−x)](k)=−(k−1)!(1−x)k.[\ln(1-x)]^{(k)} =-\frac{(k-1)!}{(1-x)^k}.

因此

f(n)(x)=exln⁡(1−x)−ex∑k=1n(nk)(k−1)!(1−x)k.\boxed{ f^{(n)}(x)=e^x\ln(1-x) -e^x\sum_{k=1}^n\binom nk\frac{(k-1)!}{(1-x)^k} }.

3. 参数方程

设

{x=t1+t,y=1−t1+t,t>0.\begin{cases} x=\dfrac{t}{1+t},\\[4pt] y=\dfrac{1-t}{1+t}, \end{cases} \qquad t>0.

求 dy/dxdy/dx 与 d2y/dx2d^2y/dx^2。

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有

dxdt=1(1+t)2,dydt=−2(1+t)2.\frac{dx}{dt}=\frac1{(1+t)^2}, \qquad \frac{dy}{dt}=-\frac2{(1+t)^2}.

所以

dydx=−2.\boxed{\frac{dy}{dx}=-2}.

它是常数，故

d2ydx2=0.\boxed{\frac{d^2y}{dx^2}=0}.

4. 递推数列

设

0<x0<13,xn+1=xn(2−3xn),0<x_0<\frac13, \qquad x_{n+1}=x_n(2-3x_n),

求 lim⁡n→∞xn\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n。

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若 0<3xn<10<3x_n<1，则

3xn+1=3xn(2−3xn)=1−(1−3xn)2,3x_{n+1}=3x_n(2-3x_n)=1-(1-3x_n)^2,

仍满足 0<3xn+1<10<3x_{n+1}<1。归纳可知 0<xn<1/30<x_n<1/3。同时

xn+1xn=2−3xn>1,\frac{x_{n+1}}{x_n}=2-3x_n>1,

故数列递增且有上界，极限存在。设极限为 LL，则

L=L(2−3L).L=L(2-3L).

由于 xn>0x_n>0 且递增，L>0L>0，所以

L=13.\boxed{L=\frac13}.

5. 一致连续性

判断并证明 f(x)=x2f(x)=x^2 在区间 (−1,1)(-1,1) 和 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 上的一致连续性。

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在 (−1,1)(-1,1) 上，

∣x12−x22∣=∣x1−x2∣∣x1+x2∣<2∣x1−x2∣.|x_1^2-x_2^2| =|x_1-x_2||x_1+x_2| <2|x_1-x_2|.

给定 ε>0\varepsilon>0，取 δ=ε/2\delta=\varepsilon/2 即可，故在该区间上一致连续。

在整条实轴上不一致连续。取

sn=n,tn=n+12n.s_n=n, \qquad t_n=n+\frac1{2n}.

则 ∣sn−tn∣→0|s_n-t_n|\to0，但

∣sn2−tn2∣=12n(2n+12n)>1.|s_n^2-t_n^2| =\frac1{2n}\left(2n+\frac1{2n}\right)>1.

这与一致连续性的序列判别矛盾。

三、Cauchy 列（10 分）

设数列 {an}\{a_n\} 满足

∣an+1−an∣≤cqn,c>0,quad0<q<1,n=1,2,….|a_{n+1}-a_n|\le cq^n, \qquad c>0,quad0<q<1,\quad n=1,2,\ldots.

证明 {an}\{a_n\} 是 Cauchy 列。

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对任意正整数 pp，

∣an+p−an∣≤∑k=nn+p−1∣ak+1−ak∣≤c∑k=nn+p−1qk<cqn1−q.\begin{aligned} |a_{n+p}-a_n| &\le\sum_{k=n}^{n+p-1}|a_{k+1}-a_k|\\ &\le c\sum_{k=n}^{n+p-1}q^k\\ &<\frac{cq^n}{1-q}. \end{aligned}

右端随 n→∞n\to\infty 趋于 00，且估计与 pp 无关。因此对任意 ε>0\varepsilon>0，取充分大的 NN，当 n>Nn>N、p>0p>0 时都有 ∣an+p−an∣<ε|a_{n+p}-a_n|<\varepsilon，故数列为 Cauchy 列。

四、中值定理（10 分）

已知函数 f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上连续、在 (0,1)(0,1) 内可导，且 f(0)=0f(0)=0、f(1)=1f(1)=1。

  1. 证明存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使 f(ξ)=1−ξf(\xi)=1-\xi；
  2. 证明存在不同的 η1,η2∈(0,1)\eta_1,\eta_2\in(0,1)，使 f′(η1)f′(η2)=1f'(\eta_1)f'(\eta_2)=1。
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令 g(x)=f(x)+x−1g(x)=f(x)+x-1。有 g(0)=−1g(0)=-1、g(1)=1g(1)=1，由介值定理，存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1) 使 g(ξ)=0g(\xi)=0，即

f(ξ)=1−ξ.f(\xi)=1-\xi.

分别在 [0,ξ][0,\xi] 与 [ξ,1][\xi,1] 上使用 Lagrange 中值定理，存在

η1∈(0,ξ),η2∈(ξ,1),\eta_1\in(0,\xi), \qquad \eta_2\in(\xi,1),

使

f′(η1)=f(ξ)−f(0)ξ−0=1−ξξ,f'(\eta_1)=\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0} =\frac{1-\xi}{\xi}, f′(η2)=f(1)−f(ξ)1−ξ=ξ1−ξ.f'(\eta_2)=\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi} =\frac{\xi}{1-\xi}.

两点位于不相交的开区间，因而互不相同，且两导数之积为 11。

五、函数性态（10 分）

设

f(x)=x32(1+x2).f(x)=\frac{x^3}{2(1+x^2)}.
  1. 确定函数具有不同单调性的区间，并求极值点和极值；
  2. 确定函数具有不同凹凸性的区间。
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一阶导数为

f′(x)=3x2+x42(1+x2)2=x2(3+x2)2(1+x2)2≥0.f'(x)=\frac{3x^2+x^4}{2(1+x^2)^2} =\frac{x^2(3+x^2)}{2(1+x^2)^2}\ge0.

除 x=0x=0 外导数严格为正，所以函数在整条实轴上严格递增；x=0x=0 虽是驻点，但导数不变号，因此没有极值。

二阶导数为

f′′(x)=3x−x3(1+x2)3=x(3−x2)(1+x2)3.f''(x)=\frac{3x-x^3}{(1+x^2)^3} =\frac{x(3-x^2)}{(1+x^2)^3}.

所以：

  • 在 (−∞,−3)(-\infty,-\sqrt3) 与 (0,3)(0,\sqrt3) 上为凸函数；
  • 在 (−3,0)(-\sqrt3,0) 与 (3,+∞)(\sqrt3,+\infty) 上为凹函数。

原参考答案表格中把 f(±3)f(\pm\sqrt3) 写成了 ±33/32\pm3\sqrt3/32；按题面函数直接代入应为 ±33/8\pm3\sqrt3/8，但本题只要求区间，不影响上述结论。

六、导数的无穷远极限（10 分）

设函数 f(x)f(x) 在 [0,+∞)[0,+\infty) 上三次可导，且

lim⁡x→+∞f(x)=A,lim⁡x→+∞f′′′(x)=0.\lim_{x\to+\infty}f(x)=A, \qquad \lim_{x\to+\infty}f'''(x)=0.

证明

lim⁡x→+∞f′(x)=0,lim⁡x→+∞f′′(x)=0.\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}f''(x)=0.
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对充分大的 xx，分别在 xx 点把 f(x+1)f(x+1) 与 f(x−1)f(x-1) 展开到三阶：

f(x+1)=f(x)+f′(x)+12f′′(x)+16f′′′(ξ1),f(x+1)=f(x)+f'(x)+\frac12f''(x)+\frac16f'''(\xi_1), f(x−1)=f(x)−f′(x)+12f′′(x)−16f′′′(ξ2),f(x-1)=f(x)-f'(x)+\frac12f''(x)-\frac16f'''(\xi_2),

其中 ξ1∈(x,x+1)\xi_1\in(x,x+1)、ξ2∈(x−1,x)\xi_2\in(x-1,x)。

两式相加并整理：

f′′(x)=f(x+1)+f(x−1)−2f(x)−16[f′′′(ξ1)−f′′′(ξ2)].f''(x)=f(x+1)+f(x-1)-2f(x) -\frac16[f'''(\xi_1)-f'''(\xi_2)].

右端每一部分在 x→+∞x\to+\infty 时都趋于 00，故 f′′(x)→0f''(x)\to0。

两式相减并整理：

2f′(x)=f(x+1)−f(x−1)−16[f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)].2f'(x)=f(x+1)-f(x-1) -\frac16[f'''(\xi_1)+f'''(\xi_2)].

右端也趋于 00，所以 f′(x)→0f'(x)\to0。

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