2012—2013 学年秋季学期真题 · 期中

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#真题

考试日期为 2012 年 11 月 28 日。以下题面按原卷转录，答案依据卷内参考解答整理。

一、计算题（每题 5 分，共 40 分）

1. 幂指函数极限

计算

lim⁡x→+∞(x+1+x2)1/ln⁡x.\lim_{x\to+\infty} \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^{1/\ln x}.
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把幂写进指数：

(x+1+x2)1/ln⁡x=exp⁡(ln⁡(x+1+x2)ln⁡x).\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^{1/\ln x} =\exp\left( \frac{\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{\ln x} \right).

对指数使用洛必达法则，

lim⁡x→+∞ln⁡(x+1+x2)ln⁡x=lim⁡x→+∞x1+x2=1.\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{\ln x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=1.

所以原极限为

e.\boxed e.

2. 无穷小的阶

当 x→0+x\to0^+ 时，求

sin⁡(2+4+x−2)\sin\left(\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt x}}-2\right)

是关于 xx 的几阶无穷小。

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正弦中的量趋于 00，先用 sin⁡u∼u\sin u\sim u，再连续两次有理化：

2+4+x−2x=4+x−2x(2+4+x+2)=1(2+4+x+2)(4+x+2)⟶116.\begin{aligned} \frac{\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt x}}-2}{\sqrt x} &=\frac{\sqrt{4+\sqrt x}-2} {\sqrt x\left(\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt x}}+2\right)}\\ &=\frac1{ \left(\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt x}}+2\right) \left(\sqrt{4+\sqrt x}+2\right)} \longrightarrow\frac1{16}. \end{aligned}

因此

sin⁡(2+4+x−2)∼116x,\sin\left(\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt x}}-2\right) \sim\frac1{16}\sqrt x,

它是 xx 的 1/2\boxed{1/2} 阶无穷小。

3. 复合幂指函数求导

设

f(x)=xxa+axx,f(x)=x^{x^a}+a^{x^x},

求 f′(x)f'(x)。

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分别把两项写成指数形式。第一项为

xxa=exaln⁡x,x^{x^a}=e^{x^a\ln x},

所以

(xxa)′=xxa(xa−1+axa−1ln⁡x).\left(x^{x^a}\right)' =x^{x^a}\left(x^{a-1}+ax^{a-1}\ln x\right).

又因为

(xx)′=xx(1+ln⁡x),(x^x)'=x^x(1+\ln x),

故

(axx)′=(ln⁡a)axxxx(1+ln⁡x).\left(a^{x^x}\right)' =(\ln a)a^{x^x}x^x(1+\ln x).

最终

f′(x)=xxa(xa−1+axa−1ln⁡x)+(ln⁡a)axxxx(1+ln⁡x).\boxed{ f'(x)=x^{x^a}\left(x^{a-1}+ax^{a-1}\ln x\right) +(\ln a)a^{x^x}x^x(1+\ln x) }.

4. 参数方程求导

设

{x=etsin⁡t,y=etcos⁡t,t∈(−π2,π2),\begin{cases} x=e^t\sin t,\\ y=e^t\cos t, \end{cases} \qquad t\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right),

求 dy/dxdy/dx。

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分别对 tt 求导：

dxdt=et(sin⁡t+cos⁡t),dydt=et(cos⁡t−sin⁡t).\frac{dx}{dt}=e^t(\sin t+\cos t), \qquad \frac{dy}{dt}=e^t(\cos t-\sin t).

因此

dydx=cos⁡t−sin⁡tcos⁡t+sin⁡t.\boxed{ \frac{dy}{dx} =\frac{\cos t-\sin t}{\cos t+\sin t} }.

5. 高阶导数

设

f(x)=(x2+2x+3)sin⁡2x,f(x)=(x^2+2x+3)\sin2x,

求 f(n)(x)f^{(n)}(x)。

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由 Leibniz 公式，二次多项式求三次导后为零，只保留前三项：

f(n)(x)=(x2+2x+3)2nsin⁡(2x+nπ2)+(2x+2)n2n−1sin⁡(2x+(n−1)π2)+n(n−1)2n−2sin⁡(2x+(n−2)π2).\begin{aligned} f^{(n)}(x) ={}&(x^2+2x+3)2^n \sin\left(2x+\frac{n\pi}{2}\right)\\ &+(2x+2)n2^{n-1} \sin\left(2x+\frac{(n-1)\pi}{2}\right)\\ &+n(n-1)2^{n-2} \sin\left(2x+\frac{(n-2)\pi}{2}\right). \end{aligned}

6. Taylor 展开

求 f(x)=cos⁡xf(x)=\cos x 在 x=π/2x=\pi/2 处的 nn 阶 Taylor 展开，并写出 Peano 余项。

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令 h=x−π/2h=x-\pi/2，则 cos⁡x=−sin⁡h\cos x=-\sin h。所以

cos⁡x=−(x−π2)+13!(x−π2)3−⋯+(−1)n(x−π2)2n−1(2n−1)!+o((x−π2)2n).\boxed{ \cos x =-\left(x-\frac\pi2\right) +\frac1{3!}\left(x-\frac\pi2\right)^3 -\cdots +(-1)^n\frac{\left(x-\frac\pi2\right)^{2n-1}}{(2n-1)!} +o\left(\left(x-\frac\pi2\right)^{2n}\right) }.

原参考解答将最高的非零项写到 2n−12n-1 次，并把 Peano 余项写成 o((x−π/2)2n)o((x-\pi/2)^{2n})。

7. 凹凸性

判断函数

f(x)=xln⁡x(x>0)f(x)=x\ln x\qquad(x>0)

的凹凸性。

查看答案与解析 f′′(x)=1x>0(x>0),f''(x)=\frac1x>0\qquad(x>0),

所以 ff 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上为凸函数。

8. 极值

求函数

f(x)=(2x−5)x23f(x)=(2x-5)\sqrt[3]{x^2}

的极值。

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当 x≠0x\ne0 时，参考解答给出

f′(x)=103x−1/3(x−1).f'(x)=\frac{10}{3}x^{-1/3}(x-1).

x=0x=0 是不可导点，x=1x=1 是驻点。按区间判断导数符号：

  • x<0x<0 时 f′(x)>0f'(x)>0；
  • 0<x<10<x<1 时 f′(x)<0f'(x)<0；
  • x>1x>1 时 f′(x)>0f'(x)>0。

因此 x=0x=0 处取得极大值

f(0)=0,\boxed{f(0)=0},

x=1x=1 处取得极小值

f(1)=−3.\boxed{f(1)=-3}.

二、数列极限（10 分）

设 σ>0\sigma>0、x1>0x_1>0，并定义

xn+1=13(2xn+σxn2).x_{n+1}=\frac13\left(2x_n+\frac{\sigma}{x_n^2}\right).

证明数列 {xn}\{x_n\} 单调有界，并求其极限。

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由算术—几何平均值不等式，

xn+1=13(xn+xn+σxn2)≥σ3.x_{n+1} =\frac13\left(x_n+x_n+\frac{\sigma}{x_n^2}\right) \ge\sqrt[3]\sigma.

所以从第二项起，数列有下界 σ3\sqrt[3]\sigma。当 n>1n>1 时，xn≥σ3x_n\ge\sqrt[3]\sigma，从而

σxn2≤xn,\frac{\sigma}{x_n^2}\le x_n,

于是

xn+1=13(2xn+σxn2)≤xn.x_{n+1} =\frac13\left(2x_n+\frac{\sigma}{x_n^2}\right) \le x_n.

故数列从第二项起单调不增且有下界，必有极限。设 xn→Ax_n\to A，由递推式

A=13(2A+σA2),A=\frac13\left(2A+\frac\sigma{A^2}\right),

得到 A3=σA^3=\sigma，所以

lim⁡n→∞xn=σ3.\boxed{\lim_{n\to\infty}x_n=\sqrt[3]\sigma}.

三、Cauchy 收敛准则（10 分）

数列 {xn}\{x_n\} 满足

xn=sin⁡2x2(2+cos⁡2x)+sin⁡3x3(3+cos⁡3x)+⋯+sin⁡nxn(n+cos⁡nx).x_n= \frac{\sin2x}{2(2+\cos2x)} +\frac{\sin3x}{3(3+\cos3x)} +\cdots+ \frac{\sin nx}{n(n+\cos nx)}.

用 Cauchy 收敛准则证明 {xn}\{x_n\} 收敛。

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对任意正整数 k≥2k\ge2，

∣sin⁡kxk(k+cos⁡kx)∣≤1k(k−1).\left| \frac{\sin kx}{k(k+\cos kx)} \right| \le\frac1{k(k-1)}.

因此对任意正整数 pp，

∣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}

给定 ε>0\varepsilon>0，只需取 N>1/εN>1/\varepsilon；当 n>Nn>N 时，对任意正整数 pp 都有

∣xn+p−xn∣<1n<ε.|x_{n+p}-x_n|<\frac1n<\varepsilon.

故 {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 基本列，因而收敛。

四、中值定理与极限（10 分）

依次证明下列结论：

  1. 利用 Lagrange 中值定理证明 ∣arctan⁡x1−arctan⁡x2∣≤∣x1−x2∣.|\arctan x_1-\arctan x_2|\le|x_1-x_2|.
  2. 对任意 k∈Zk\in\mathbb Z，证明 lim⁡x→+∞(arctan⁡x+k−arctan⁡x)=0.\lim_{x\to+\infty} \left(\arctan\sqrt{x+k}-\arctan\sqrt x\right)=0.
  3. 若常数 a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n 满足 a1+a2+⋯+an=0a_1+a_2+\cdots+a_n=0，证明 lim⁡x→+∞∑k=1nakarctan⁡x+k=0.\lim_{x\to+\infty} \sum_{k=1}^n a_k\arctan\sqrt{x+k}=0.
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  1. 由 Lagrange 中值定理，存在介于 x1,x2x_1,x_2 之间的 ξ\xi，使

    arctan⁡x1−arctan⁡x2=x1−x21+ξ2.\arctan x_1-\arctan x_2 =\frac{x_1-x_2}{1+\xi^2}.

    因 1/(1+ξ2)≤11/(1+\xi^2)\le1，取绝对值即得所证不等式。

  2. 利用第一问，

    ∣arctan⁡x+k−arctan⁡x∣≤∣x+k−x∣=∣k∣x+k+x⟶0.\begin{aligned} \left|\arctan\sqrt{x+k}-\arctan\sqrt x\right| &\le\left|\sqrt{x+k}-\sqrt x\right|\\ &=\frac{|k|}{\sqrt{x+k}+\sqrt x} \longrightarrow0. \end{aligned}

  3. 利用 ∑k=1nak=0\sum_{k=1}^n a_k=0，把 arctan⁡x\arctan\sqrt x 减进去：

    ∑k=1nakarctan⁡x+k=∑k=1nak(arctan⁡x+k−arctan⁡x).\sum_{k=1}^n a_k\arctan\sqrt{x+k} =\sum_{k=1}^n a_k \left(\arctan\sqrt{x+k}-\arctan\sqrt x\right).

    因为是有限项求和，而每一项括号内都由第二问趋于 00，所以整个和趋于 00。

五、介值定理与 Rolle 定理（10 分）

设函数 f(x)f(x) 在 [0,2][0,2] 上连续、在 (0,2)(0,2) 上可导，并满足

f(0)+f(1)=0,f(2)=0.f(0)+f(1)=0, \qquad f(2)=0.

证明：

  1. 存在 α∈[0,1]\alpha\in[0,1]，使 f(α)=0f(\alpha)=0；
  2. 存在 θ∈(0,2)\theta\in(0,2)，使 f(θ)+f′(θ)=0f(\theta)+f'(\theta)=0。
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  1. 若 f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0，端点本身就是所求零点；否则由 f(0)+f(1)=0f(0)+f(1)=0 可知 f(0)f(1)<0f(0)f(1)<0。利用连续函数的介值定理，(0,1)(0,1) 内存在零点。两种情形合起来，总有 α∈[0,1]\alpha\in[0,1] 使 f(α)=0f(\alpha)=0。

  2. 构造

    F(x)=exf(x).F(x)=e^x f(x).

    因 F(α)=F(2)=0F(\alpha)=F(2)=0，由 Rolle 定理，存在 θ∈(α,2)⊂(0,2)\theta\in(\alpha,2)\subset(0,2) 使 F′(θ)=0F'(\theta)=0。而

    F′(θ)=eθ(f(θ)+f′(θ)),F'(\theta)=e^\theta\left(f(\theta)+f'(\theta)\right),

    且 eθ≠0e^\theta\ne0，故

    f(θ)+f′(θ)=0.f(\theta)+f'(\theta)=0.

六、Taylor 公式与导数估计（10 分）

设函数 f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上存在二阶导数，且

∣f′′(x)∣≤M.|f''(x)|\le M.

若 f(x)f(x) 在 (0,1)(0,1) 内取得最大值，证明

∣f′(0)∣+∣f′(1)∣≤M.|f'(0)|+|f'(1)|\le M.
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设 ff 在 a∈(0,1)a\in(0,1) 处取得最大值，则 f′(a)=0f'(a)=0。对 f′f' 分别在 [0,a][0,a] 与 [a,1][a,1] 上使用中值定理，存在 θ1∈(0,a)\theta_1\in(0,a)、θ2∈(a,1)\theta_2\in(a,1)，使

f′(0)=f′′(θ1)(0−a),f′(1)=f′′(θ2)(1−a).f'(0)=f''(\theta_1)(0-a), \qquad f'(1)=f''(\theta_2)(1-a).

因此

∣f′(0)∣+∣f′(1)∣≤Ma+M(1−a)=M.\begin{aligned} |f'(0)|+|f'(1)| &\le M a+M(1-a)\\ &=M. \end{aligned}

七、一致连续（10 分）

已知 f(x)>0f(x)>0，且 ff 在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 上一致连续。证明 f(x)\sqrt{f(x)} 在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 上一致连续。

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给定 ε>0\varepsilon>0。由 ff 一致连续，存在 δ>0\delta>0，使得只要 ∣x1−x2∣<δ|x_1-x_2|<\delta，就有

∣f(x1)−f(x2)∣<ε2.|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon^2.

不妨设 f(x1)≥f(x2)>0f(x_1)\ge f(x_2)>0。若二者都小于 ε2\varepsilon^2，则

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

若 f(x1)≥ε2f(x_1)\ge\varepsilon^2，则

∣f(x1)−f(x2)∣=∣f(x1)−f(x2)∣f(x1)+f(x2)<ε2ε=ε.\begin{aligned} |\sqrt{f(x_1)}-\sqrt{f(x_2)}| &=\frac{|f(x_1)-f(x_2)|} {\sqrt{f(x_1)}+\sqrt{f(x_2)}}\\ &<\frac{\varepsilon^2}{\varepsilon} =\varepsilon. \end{aligned}

两种情形都满足一致连续的定义，故 f\sqrt f 在全实数轴上一致连续。

八、附加题（10 分，任选一题）

1. 由局部渐近关系求切线

设 f(x)f(x) 是 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 上的可导函数，且在 x=0x=0 的某个邻域内有

f(ex)−2f(e−x)=9x+α(x),f(e^x)-2f(e^{-x})=9x+\alpha(x),

其中 α(x)=o(x)\alpha(x)=o(x)。求曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (1,f(1))(1,f(1)) 处的切线方程。

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令

F(x)=f(ex)−2f(e−x).F(x)=f(e^x)-2f(e^{-x}).

由已知关系，F(0)=0F(0)=0，并且

F′(0)=lim⁡x→09x+α(x)x=9.F'(0)=\lim_{x\to0}\frac{9x+\alpha(x)}x=9.

另一方面，

F(0)=f(1)−2f(1)=−f(1),F(0)=f(1)-2f(1)=-f(1),

所以 f(1)=0f(1)=0；又

F′(0)=f′(1)+2f′(1)=3f′(1),F'(0)=f'(1)+2f'(1)=3f'(1),

故 f′(1)=3f'(1)=3。切线方程为

y=3(x−1).\boxed{y=3(x-1)}.

2. 用有限覆盖证明正下界

设函数 f(x)f(x) 在闭区间 [a,b][a,b] 上连续，并且对每个 x∈[a,b]x\in[a,b] 都有 f(x)>0f(x)>0。用有限覆盖定理证明：存在 c>0c>0，使得对所有 x∈[a,b]x\in[a,b] 都有 f(x)>cf(x)>c。

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对每个 x∈[a,b]x\in[a,b]，由连续性可取 δx>0\delta_x>0，使得当 ∣y−x∣<δx|y-x|<\delta_x 时，

∣f(y)−f(x)∣<f(x)2,|f(y)-f(x)|<\frac{f(x)}2,

从而 f(y)>f(x)/2f(y)>f(x)/2。开区间族

{(x−δx,x+δx):x∈[a,b]}\left\{(x-\delta_x,x+\delta_x):x\in[a,b]\right\}

覆盖 [a,b][a,b]。由有限覆盖定理，可从中选出有限个区间，对应点记为 x1,x2,…,xmx_1,x_2,\ldots,x_m。令

c=min⁡{f(x1)2,f(x2)2,…,f(xm)2}>0.c=\min\left\{ \frac{f(x_1)}2, \frac{f(x_2)}2, \ldots, \frac{f(x_m)}2 \right\}>0.

任取 y∈[a,b]y\in[a,b]，它必落在某个选出的区间内，因此

f(y)>f(xi)2≥c.f(y)>\frac{f(x_i)}2\ge c.

证毕。

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