2014—2015 学年秋季学期真题 · 期中

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#真题

考试时间为 2014 年 12 月 6 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→∞n(n+1−n−2).\lim_{n\to\infty}\sqrt n\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-2}\right).
  • A. −3/2-3/2
  • B. 3/23/2
  • C. 00
  • D. 11
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答案：B。有理化后

n3n+1+n−2⟶32.\sqrt n\frac3{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-2}}\longrightarrow\frac32.

2. 稠密集上的分段函数

设

f(x)={x,x 为有理数,1−x,x 为无理数.f(x)= \begin{cases} x,&x\text{ 为有理数},\\ 1-x,&x\text{ 为无理数}. \end{cases}

其连续点是：

  • A. 处处不连续
  • B. x=1x=1
  • C. x=0x=0
  • D. x=1/2x=1/2
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答案：D。有理数、无理数都在任意区间中稠密，连续必须要求两条表达式在该点取相同极限，即 x=1−xx=1-x，故只有 x=1/2x=1/2。

3. 二阶导数判别

设 ff 满足

f′′(x)−2f′(x)+f(x)=0,f''(x)-2f'(x)+f(x)=0,

且 f(x0)>0f(x_0)>0、f′(x0)=0f'(x_0)=0。则 ff 在 x0x_0 处：

  • A. 取得极大值
  • B. 取得极小值
  • C. 某邻域内单调递增
  • D. 某邻域内单调递减
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答案：A。方程给出

f′′(x0)=2f′(x0)−f(x0)=−f(x0)<0,f''(x_0)=2f'(x_0)-f(x_0)=-f(x_0)<0,

结合 f′(x0)=0f'(x_0)=0，由二阶导数判别法知为极大值点。

4. 绝对值造成的不可导

设 f(x)f(x) 可导，F(x)=f(x)(1+∣sin⁡x∣)F(x)=f(x)(1+|\sin x|)。若 FF 在 x=0x=0 处可导，则必有：

  • A. f(0)=0f(0)=0
  • B. f′(0)=0f'(0)=0
  • C. f(0)+f′(0)=0f(0)+f'(0)=0
  • D. f(0)−f′(0)=0f(0)-f'(0)=0
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答案：A。∣sin⁡x∣|\sin x| 在 00 的左右导数分别为 −1-1 与 11。FF 的左右导数相等要求乘在这个尖点因子前的 f(0)f(0) 为零。

5. 无穷远极限

求

lim⁡x→∞[x−x2ln⁡(1+1x)].\lim_{x\to\infty}\left[x-x^2\ln\left(1+\frac1x\right)\right].
  • A. 00
  • B. 11
  • C. 1/21/2
  • D. 1/31/3
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答案：C。利用

ln⁡(1+1x)=1x−12x2+o(x−2),\ln\left(1+\frac1x\right) =\frac1x-\frac1{2x^2}+o(x^{-2}),

代入即得极限 1/21/2。

二、计算证明（每题 5 分，共 20 分）

1. 用定义证明复合极限

设 xn≥0x_n\ge0 且 xn→a≥0x_n\to a\ge0。用 ε\varepsilon—NN 定义证明 xn→a\sqrt{x_n}\to\sqrt a。

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利用不等式

∣xn−a∣≤∣xn−a∣.|\sqrt{x_n}-\sqrt a|\le\sqrt{|x_n-a|}.

给定 ε>0\varepsilon>0，由 xn→ax_n\to a，存在 NN 使 n>Nn>N 时 ∣xn−a∣<ε2|x_n-a|<\varepsilon^2，于是 ∣xn−a∣<ε|\sqrt{x_n}-\sqrt a|<\varepsilon。

2. 递推数列

设

x1=1,xn+1=xn+6.x_1=1, \qquad x_{n+1}=\sqrt{x_n+6}.

证明数列收敛并求极限。

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归纳可证 xn<3x_n<3，并且 xn+1>xnx_{n+1}>x_n，所以数列递增且有上界。设极限为 A≥0A\ge0，则

A=A+6,A=\sqrt{A+6},

故 A=3A=3。

3. 高阶导数

求 f(x)=x2sin⁡xf(x)=x^2\sin x 的 nn 阶导数。

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Leibniz 公式中只有 x2x^2 的前两阶导数会留下：

f(n)(x)=x2sin⁡(x+nπ2)+2nxsin⁡(x+(n−1)π2)+n(n−1)sin⁡(x+(n−2)π2).\boxed{ \begin{aligned} f^{(n)}(x) &=x^2\sin\left(x+\frac{n\pi}{2}\right)\\ &\quad+2nx\sin\left(x+\frac{(n-1)\pi}{2}\right)\\ &\quad+n(n-1)\sin\left(x+\frac{(n-2)\pi}{2}\right). \end{aligned} }

4. 隐函数求导

隐函数由

sin⁡y+ex−xy−1=0\sin y+e^x-xy-1=0

确定。求经过 (0,0)(0,0) 的分支在 x=0x=0 处的 dy/dxdy/dx 与 d2y/dx2d^2y/dx^2。

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一次求导：

cos⁡y y′+ex−y−xy′=0.\cos y\,y'+e^x-y-xy'=0.

代入 (0,0)(0,0) 得 y′(0)=−1y'(0)=-1。再对上式求导并代入 x=0,y=0,y′=−1x=0,y=0,y'=-1，得到

y′′(0)=−3.\boxed{y''(0)=-3}.

原题面只写“在 x=0x=0 处”，但原方程在 x=0x=0 时允许 y=kπy=k\pi。随卷答案采用的是 y(0)=0y(0)=0 的分支；若取其他分支，结果会不同。

三、不等式（10 分）

在 (0,1)(0,1) 上证明：

  1. ln⁡(1+x)<x\ln(1+x)<x；
  2. ln⁡2(1+x)<x21+x\displaystyle\ln^2(1+x)<\frac{x^2}{1+x}。
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令 h(x)=ln⁡(1+x)−xh(x)=\ln(1+x)-x，则 h(0)=0h(0)=0 且 h′(x)=1/(1+x)−1<0h'(x)=1/(1+x)-1<0，故第一问成立。

第二问等价于

H(x)=(1+x)ln⁡2(1+x)−x2<0.H(x)=(1+x)\ln^2(1+x)-x^2<0.

H(0)=H′(0)=0H(0)=H'(0)=0，并且

H′′(x)=2[ln⁡(1+x)−x]1+x<0.H''(x)=\frac{2[\ln(1+x)-x]}{1+x}<0.

所以 H′H' 在 (0,1)(0,1) 上递减并小于 00，进而 HH 也递减且小于 H(0)=0H(0)=0。

四、一致连续与有界导数（10 分）

  1. 设 ff 在 (a,b)(a,b) 上可微，且 f′f' 有界。证明 ff 在 (a,b)(a,b) 上一致连续；
  2. 设 −∞<a<b<+∞-\infty<a<b<+\infty，ff 在 (a,b)(a,b) 上可微且一致连续。问 f′f' 是否一定有界，并证明或举反例。
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若 ∣f′(x)∣≤L|f'(x)|\le L，由 Lagrange 中值定理，

∣f(x1)−f(x2)∣≤L∣x1−x2∣.|f(x_1)-f(x_2)|\le L|x_1-x_2|.

取 δ=ε/L\delta=\varepsilon/L 即得一致连续。

反向结论不成立。在 (0,1)(0,1) 上取 f(x)=xf(x)=\sqrt x：它一致连续且可微，但

f′(x)=12xf'(x)=\frac1{2\sqrt x}

在 x→0+x\to0^+ 时无界。

五、Taylor 估计（10 分）

设 ff 在 [0,1][0,1] 上二阶可导，在 (0,1)(0,1) 内取得最大值 00，且参考证明所用条件为

∣f′′(x)∣≤1.|f''(x)|\le1.

证明

∣f(0)∣+∣f(1)∣≤12.|f(0)|+|f(1)|\le\frac12.
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设最大值在 x0∈(0,1)x_0\in(0,1) 取得，则 f(x0)=0f(x_0)=0、f′(x0)=0f'(x_0)=0。分别向两个端点作二阶 Taylor 展开：

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

因此

∣f(0)∣+∣f(1)∣≤12[x02+(1−x0)2]≤12.|f(0)|+|f(1)| \le\frac12[x_0^2+(1-x_0)^2] \le\frac12.

原 DOCX 在“且满足”之后的公式对象已经损坏，转成 PDF 后该处为空白；∣f′′(x)∣≤1|f''(x)|\le1 是随卷参考证明中实际使用、且能推出目标结论的条件，故在此明确标注来源状态。

六、Cauchy 基本列（15 分）

  1. 写出数列是 Cauchy 基本列的定义，并叙述 Cauchy 收敛定理；

  2. 证明

    an=∑k=2nsin⁡2kk(k+sin⁡k)a_n=\sum_{k=2}^n\frac{\sin^2k}{k(k+\sin k)}

    收敛。

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定义：对任意 ε>0\varepsilon>0，存在 NN，当 m,n>Nm,n>N 时总有 ∣am−an∣<ε|a_m-a_n|<\varepsilon。实数列收敛当且仅当它是 Cauchy 基本列。

对任意正整数 pp，因 ∣sin⁡k∣≤1|\sin k|\le1，

∣an+p−an∣≤∑k=n+1n+p1k(k−1)=1n−1n+p<1n.\begin{aligned} |a_{n+p}-a_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，故 {an}\{a_n\} 是 Cauchy 列，从而收敛。

七、介值定理与 Rolle 定理（15 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(12)=1.f(0)=f(1)=0, \qquad f\left(\frac12\right)=1.

证明：

  1. 存在 ξ∈(1/2,1)\xi\in(1/2,1) 使 f(ξ)=ξf(\xi)=\xi；

  2. 对任意实数 λ\lambda，存在 η∈(0,ξ)\eta\in(0,\xi) 使

    f′(η)−λ[f(η)−η]=1.f'(\eta)-\lambda[f(\eta)-\eta]=1.
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令 F(x)=f(x)−xF(x)=f(x)-x。则

F(1/2)=1/2>0,F(1)=−1<0.F(1/2)=1/2>0, \qquad F(1)=-1<0.

由介值定理，存在 ξ∈(1/2,1)\xi\in(1/2,1) 使 F(ξ)=0F(\xi)=0。

再令

G(x)=e−λx[f(x)−x].G(x)=e^{-\lambda x}[f(x)-x].

G(0)=G(ξ)=0G(0)=G(\xi)=0，所以 Rolle 定理给出 η∈(0,ξ)\eta\in(0,\xi) 使 G′(η)=0G'(\eta)=0。展开导数并除去非零指数因子，得到

f′(η)−1−λ[f(η)−η]=0,f'(\eta)-1-\lambda[f(\eta)-\eta]=0,

即为所证。

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