2015—2016 学年秋季学期真题 · 期中

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#真题

考试时间为 2015 年 12 月 5 日。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 4 分，共 20 分）

1. 根式极限

求

lim⁡n→∞[n2+1−(n+1)].\lim_{n\to\infty}\left[\sqrt{n^2+1}-(n+1)\right].
  • A. −1-1
  • B. 3/23/2
  • C. 00
  • D. 11
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答案：A。因为 n2+1−n→0\sqrt{n^2+1}-n\to0，再减去 11，极限为 −1-1。也可有理化直接计算。

2. 极限的运算法则

已知 x→0x\to0 时 f(x)f(x) 收敛、g(x)g(x) 发散，则：

  • A. f(x)+g(x)f(x)+g(x) 一定收敛
  • B. f(x)+g(x)f(x)+g(x) 一定发散
  • C. f(x)g(x)f(x)g(x) 一定收敛
  • D. f(x)g(x)f(x)g(x) 一定发散
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答案：B。若 f+gf+g 收敛，则 g=(f+g)−fg=(f+g)-f 也应收敛，与题设矛盾。乘积则会因 ff 的极限是否为零而有不同情况。

3. 可导与导函数连续

设

f(x)={x2sin⁡1x,x≠0,0,x=0,f(x)= \begin{cases} x^2\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0, \end{cases}

则在 x=0x=0 处：

  • A. 不连续
  • B. 连续但不可导
  • C. 可导，但 f′(x)f'(x) 在 x=0x=0 处不连续
  • D. 可导且 f′(x)f'(x) 在 x=0x=0 处连续
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答案：C。由定义 f′(0)=0f'(0)=0；但当 x≠0x\ne0 时，

f′(x)=2xsin⁡1x−cos⁡1x,f'(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x,

它在 x→0x\to0 时没有极限。

4. 间断点分类

设

f(x)={11−ex/(1−x),x≠1,1,x=1.f(x)= \begin{cases} \dfrac1{1-e^{x/(1-x)}},&x\ne1,\\[4pt] 1,&x=1. \end{cases}

则 x=1x=1 是：

  • A. 连续点
  • B. 可去间断点
  • C. 跳跃间断点
  • D. 第二类间断点
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答案：C。当 x→1−x\to1^- 时，x/(1−x)→+∞x/(1-x)\to+\infty，左极限为 00；当 x→1+x\to1^+ 时指数趋于 −∞-\infty，右极限为 11。两侧极限有限但不相等，因此是跳跃间断点。

5. 闭区间最值

设

f(x)=∣2x3−9x2+12x∣.f(x)=|2x^3-9x^2+12x|.

f(x)f(x) 在 [−1/4,5/2][-1/4,5/2] 上的最大值与最小值分别为：

  • A. 5,05,0
  • B. 5,45,4
  • C. 5,115/325,115/32
  • D. 4,115/324,115/32
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答案：A。令 h(x)=2x3−9x2+12xh(x)=2x^3-9x^2+12x，检查端点、h′(x)=0h'(x)=0 的点以及 h(x)=0h(x)=0 的点，可得 ∣h∣|h| 的最大值为 55，并且区间内存在零点，故最小值为 00。

二、计算证明（每题 5 分，共 30 分）

1. 用 Cauchy 准则证明收敛

对任意实数 α\alpha，证明数列

xn=∑k=2nsin⁡(kα)k[cos⁡(kα)+k]x_n=\sum_{k=2}^n\frac{\sin(k\alpha)}{k[\cos(k\alpha)+k]}

收敛。

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当 p≥1p\ge1 时，利用 ∣sin⁡∣≤1|\sin|\le1 与 cos⁡(kα)+k≥k−1\cos(k\alpha)+k\ge k-1：

∣xn+p−xn∣≤∑k=n+1n+p1k(k−1)=1n−1n+p<1n.\begin{aligned} |x_{n+p}-x_n| &\le\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac1{k(k-1)}\\ &=\frac1n-\frac1{n+p}<\frac1n. \end{aligned}

右端与 pp 无关且趋于 00，由 Cauchy 收敛准则，{xn}\{x_n\} 收敛。

2. 微分

求 y=arctan⁡(ex2)y=\arctan(e^{x^2}) 的微分。

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复合函数求导得

dy=2xex21+e2x2dx.\boxed{dy=\frac{2xe^{x^2}}{1+e^{2x^2}}dx}.

3. 高阶导数

求 f(x)=exsin⁡xf(x)=e^x\sin x 的 nn 阶导数。

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每求一次导数，振幅乘 2\sqrt2、相位增加 π/4\pi/4，所以

f(n)(x)=(2)nexsin⁡(x+nπ4).\boxed{f^{(n)}(x)=(\sqrt2)^ne^x\sin\left(x+\frac{n\pi}{4}\right)}.

4. 参数方程

设

{x=a(cos⁡t+tsin⁡t),y=a(sin⁡t−tcos⁡t),a>0.\begin{cases} x=a(\cos t+t\sin t),\\ y=a(\sin t-t\cos t), \end{cases} \qquad a>0.

求 dy/dxdy/dx 与 d2y/dx2d^2y/dx^2。

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有 dx/dt=atcos⁡tdx/dt=at\cos t、dy/dt=atsin⁡tdy/dt=at\sin t，所以

dydx=tan⁡t,\frac{dy}{dx}=\tan t, d2ydx2=sec⁡2tatcos⁡t=sec⁡3tat.\boxed{ \frac{d^2y}{dx^2} =\frac{\sec^2t}{at\cos t} =\frac{\sec^3t}{at} }.

5. L’Hôpital 法则

求

lim⁡x→0(1sin⁡2x−1x2).\lim_{x\to0}\left(\frac1{\sin^2x}-\frac1{x^2}\right).
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通分后使用 L’Hôpital 法则，或利用 sin⁡x=x−x3/6+o(x3)\sin x=x-x^3/6+o(x^3)，得到

13.\boxed{\frac13}.

6. Taylor 公式证明不等式

使用带 Lagrange 余项的 Taylor 公式证明：当 x>0x>0 时，

0<x−ln⁡(1+x)<x22.0<x-\ln(1+x)<\frac{x^2}{2}.
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在 00 点展开，存在 θ∈(0,1)\theta\in(0,1) 使

ln⁡(1+x)=x−x22(1+θx)2.\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2(1+\theta x)^2}.

因此

x−ln⁡(1+x)=x22(1+θx)2,x-\ln(1+x)=\frac{x^2}{2(1+\theta x)^2},

它严格大于 00，又因分母大于 22，所以严格小于 x2/2x^2/2。

三、递推数列（10 分）

设 0<c<10<c<1，

a1=c2,an+1=c2+an22.a_1=\frac c2, \qquad a_{n+1}=\frac c2+\frac{a_n^2}{2}.

证明 {an}\{a_n\} 收敛，并求极限。

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有

an+1−an=(an+an−1)(an−an−1)2,a_{n+1}-a_n =\frac{(a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1})}{2},

而 a2>a1a_2>a_1，故归纳可知数列递增。又可归纳证明 an<c<1a_n<\sqrt c<1，所以数列有上界，极限存在。

设极限为 aa，则

a=c2+a22.a=\frac c2+\frac{a^2}{2}.

两个代数根为 1±1−c1\pm\sqrt{1-c}。由于 a<1a<1，应取

a=1−1−c.\boxed{a=1-\sqrt{1-c}}.

四、一致连续性（10 分）

给定 0<μ<10<\mu<1：

  1. 用 Lagrange 中值定理证明 f(x)=xμf(x)=x^\mu 在 [1,+∞)[1,+\infty) 上一致连续；
  2. 证明它在 [0,+∞)[0,+\infty) 上一致连续。
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对 x1,x2≥1x_1,x_2\ge1，中值定理给出

∣x1μ−x2μ∣=μξμ−1∣x1−x2∣≤μ∣x1−x2∣,|x_1^\mu-x_2^\mu| =\mu\xi^{\mu-1}|x_1-x_2| \le\mu|x_1-x_2|,

所以在 [1,+∞)[1,+\infty) 上一致连续。

在 [0,2][0,2] 上，连续函数在紧区间上一致连续。对给定 ε\varepsilon，分别取这两个区间对应的 δ0,δ1\delta_0,\delta_1，再令

δ=min⁡{1,δ0,δ1}.\delta=\min\{1,\delta_0,\delta_1\}.

若两点距离小于 δ\delta，则它们要么同时落在 [0,2][0,2]，要么同时落在 [1,+∞)[1,+\infty)，故都满足同一个 ε\varepsilon 控制。

五、函数性态（10 分）

讨论

f(x)=e−x2(1+x2)f(x)=e^{-x^2}(1+x^2)

的单调性与凹凸性。

查看答案与解析 f′(x)=−2x3e−x2,f′′(x)=(4x4−6x2)e−x2.f'(x)=-2x^3e^{-x^2}, \qquad f''(x)=(4x^4-6x^2)e^{-x^2}.

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

二阶导数在 x=0,±3/2x=0,\pm\sqrt{3/2} 为零，其符号给出：

  • 在 (−∞,−3/2)(-\infty,-\sqrt{3/2}) 与 (3/2,+∞)(\sqrt{3/2},+\infty) 上为凸函数；
  • 在 (−3/2,3/2)(-\sqrt{3/2},\sqrt{3/2}) 上为凹函数。

六、幂指函数极限（10 分）

求

lim⁡x→0[excos⁡(x+x2)−x]1/sin⁡3x.\lim_{x\to0} \left[e^x\cos(x+x^2)-x\right]^{1/\sin^3x}.
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这是 1∞1^\infty 型。展开得

excos⁡(x+x2)−x−1=−43x3+o(x3).e^x\cos(x+x^2)-x-1 =-\frac43x^3+o(x^3).

因此

lim⁡x→0ln⁡[excos⁡(x+x2)−x]sin⁡3x=−43,\lim_{x\to0} \frac{\ln[e^x\cos(x+x^2)-x]}{\sin^3x} =-\frac43,

原极限为

e−4/3.\boxed{e^{-4/3}}.

七、零点交错（10 分）

设 f(x),g(x)f(x),g(x) 在 (a,b)(a,b) 上可导，记

F(x)=f(x)g′(x)−f′(x)g(x).F(x)=f(x)g'(x)-f'(x)g(x).

若在 (a,b)(a,b) 上恒有 F(x)>0F(x)>0，证明：f(x)=0f(x)=0 在该区间内任意两个不同实根之间，必有 g(x)=0g(x)=0 的实根。

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设 c<dc<d 是 ff 的两个根。反设 gg 在 (c,d)(c,d) 无零点。由 F(c)>0,F(d)>0F(c)>0,F(d)>0 还可知 g(c),g(d)g(c),g(d) 也不为零，于是

G(x)=f(x)g(x)G(x)=\frac{f(x)}{g(x)}

在 [c,d][c,d] 上连续、在 (c,d)(c,d) 上可导，且 G(c)=G(d)=0G(c)=G(d)=0。Rolle 中值定理给出某个 ξ∈(c,d)\xi\in(c,d) 使 G′(ξ)=0G'(\xi)=0。

但

G′(x)=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)g2(x)=−F(x)g2(x)<0,G'(x)=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)} =-\frac{F(x)}{g^2(x)}<0,

矛盾。因此 gg 必在两个根之间有零点。

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