2010—2011 学年秋季学期真题 · 期中

#真题

考试日期为 2010 年 11 月 25 日。以下题面按原卷转录，答案依据卷内参考解答整理；参考解答中能够直接核实的笔误会在对应题后说明。

一、计算题（每题 5 分，共 40 分）

1. 根式极限

计算

lim⁡x→01+xsin⁡x−1ex2−1.\lim_{x\to0} \frac{\sqrt{1+x\sin x}-1}{e^{x^2}-1}.
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分子有理化，并使用 ex2−1∼x2e^{x^2}-1\sim x^2：

1+xsin⁡x−1ex2−1=xsin⁡x(ex2−1)(1+xsin⁡x+1)∼xsin⁡x2x2.\begin{aligned} \frac{\sqrt{1+x\sin x}-1}{e^{x^2}-1} &=\frac{x\sin x} {(e^{x^2}-1)(\sqrt{1+x\sin x}+1)}\\ &\sim\frac{x\sin x}{2x^2}. \end{aligned}

因为 sin⁡x/x→1\sin x/x\to1，所以

12.\boxed{\frac12}.

2. 无穷小的阶

当 x→0x\to0 时，求

1+tan⁡x−1−sin⁡x\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\sin x}

是关于 xx 的几阶无穷小。

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有理化得

1+tan⁡x−1−sin⁡x=tan⁡x+sin⁡x1+tan⁡x+1−sin⁡x=sin⁡x(1/cos⁡x+1)1+tan⁡x+1−sin⁡x.\begin{aligned} \sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\sin x} &=\frac{\tan x+\sin x} {\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1-\sin x}}\\ &=\frac{\sin x(1/\cos x+1)} {\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1-\sin x}}. \end{aligned}

于是

lim⁡x→01+tan⁡x−1−sin⁡xx=1.\lim_{x\to0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\sin x}}x=1.

因此它与 xx 等价，是 xx 的 1\boxed{1} 阶无穷小。

原参考解答末行把一个中间比值标成了 22；把完整的分母极限 22 计入后，最终等价系数应为 11，但“1 阶无穷小”的结论不变。

3. 幂指函数求导

设

f(x)=(sin⁡x)cos⁡x,0<x<π,f(x)=(\sin x)^{\cos x}, \qquad 0<x<\pi,

求 f′(x)f'(x)。

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写成指数形式：

f(x)=ecos⁡xln⁡sin⁡x.f(x)=e^{\cos x\ln\sin x}.

因此

f′(x)=(sin⁡x)cos⁡x(−sin⁡xln⁡sin⁡x+cos⁡2xsin⁡x).\boxed{ f'(x) =(\sin x)^{\cos x} \left( -\sin x\ln\sin x+\frac{\cos^2x}{\sin x} \right) }.

4. 参数方程求导

设

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

求 dy/dxdy/dx。

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直接对参数 tt 求导：

dxdt=sin⁡t+tcos⁡t,dydt=cos⁡t−tsin⁡t.\frac{dx}{dt}=\sin t+t\cos t, \qquad \frac{dy}{dt}=\cos t-t\sin t.

所以在 dx/dt≠0dx/dt\ne0 处，

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

原参考解答印成了

cos⁡t+tsin⁡tcos⁡t−tsin⁡t,\frac{\cos t+t\sin t}{\cos t-t\sin t},

与题面中的参数方程不符；上式是按题面逐项求导后的结果。

5. 高阶导数

设

f(x)=(x2+2x+3)e−x,f(x)=(x^2+2x+3)e^{-x},

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：

f(n)(x)=(−1)n(x2+2x+3)e−x+n(−1)n−1(2x+2)e−x+n(n−1)(−1)n−2e−x.\begin{aligned} f^{(n)}(x) ={}&(-1)^n(x^2+2x+3)e^{-x}\\ &+n(-1)^{n-1}(2x+2)e^{-x}\\ &+n(n-1)(-1)^{n-2}e^{-x}. \end{aligned}

整理得

f(n)(x)=(−1)ne−x[x2−2(n−1)x+n2−3n+3].\boxed{ f^{(n)}(x) =(-1)^ne^{-x} \left[x^2-2(n-1)x+n^2-3n+3\right] }.

6. Taylor 展开

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

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把 xx 写成 2+(x−2)2+(x-2)：

ln⁡x=ln⁡2+ln⁡(1+x−22).\ln x =\ln2+\ln\left(1+\frac{x-2}{2}\right).

因此

ln⁡x=ln⁡2+∑k=1n(−1)k−1k(x−22)k+o((x−2)n).\boxed{ \ln x =\ln2+ \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k} \left(\frac{x-2}{2}\right)^k +o\left((x-2)^n\right) }.

原参考解答的求和式漏印了系数 1/k1/k；其余展开思路与余项形式如上。

7. 凹凸性

判断函数

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

的凹凸性。

查看答案与解析 f′′(x)=ex>0,f''(x)=e^x>0,

所以 ff 在 R\mathbb R 上为凸函数。

8. 分段函数的连续与可导

设 mm 为正整数，且

f(x)={xmsin⁡(1/x),x≠0,0,x=0.f(x)= \begin{cases} x^m\sin(1/x),&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}

分别求：

  1. mm 满足什么条件时，ff 在 x=0x=0 连续；
  2. mm 满足什么条件时，ff 在 x=0x=0 可导。
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连续性方面，

∣xmsin⁡(1/x)∣≤∣x∣m→0,|x^m\sin(1/x)|\le|x|^m\to0,

所以正整数 mm 满足

m≥1\boxed{m\ge1}

时函数在 00 连续。

可导性方面，

f(x)−f(0)x=xm−1sin⁡(1/x).\frac{f(x)-f(0)}x=x^{m-1}\sin(1/x).

要使该式趋于 00，需

m≥2.\boxed{m\ge2}.

二、递推数列（10 分）

设 σ>0\sigma>0、x1>0x_1>0，并定义

xn+1=12(xn+σxn).x_{n+1}=\frac12\left(x_n+\frac{\sigma}{x_n}\right).

证明数列 {xn}\{x_n\} 单调有界，且极限为 σ\sqrt\sigma。

查看答案与题面条件说明

由算术—几何平均值不等式，

xn+1=12(xn+σxn)≥σ.x_{n+1} =\frac12\left(x_n+\frac\sigma{x_n}\right) \ge\sqrt\sigma.

所以从第二项起，xn≥σx_n\ge\sqrt\sigma。对 n≥2n\ge2，

xn+1−xn=12(σxn−xn)≤0.x_{n+1}-x_n =\frac12\left(\frac\sigma{x_n}-x_n\right) \le0.

因此数列从第二项起单调不增，并且以下界 σ\sqrt\sigma 有界。设其极限为 A>0A>0，代入递推式：

A=12(A+σA),A=\frac12\left(A+\frac\sigma A\right),

故

A=σ.\boxed{A=\sqrt\sigma}.

原题只给出 x1>0x_1>0，在这一条件下不能保证从第一项开始单调。例如 0<x1<σ0<x_1<\sqrt\sigma 时，x2>x1x_2>x_1，随后才单调下降。原参考解答实际证明的是“从第二项起单调有界”，极限结论不受影响。

三、Cauchy 收敛准则（10 分）

设数列 {xn}\{x_n\} 满足

∣xn+1−xn∣<12n.|x_{n+1}-x_n|<\frac1{2^n}.

用 Cauchy 收敛准则证明 {xn}\{x_n\} 收敛。

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对任意正整数 pp，由三角不等式，

∣xn+p−xn∣≤∑k=nn+p−1∣xk+1−xk∣<∑k=nn+p−112k=12n1−(1/2)p1−1/2<12n−1.\begin{aligned} |x_{n+p}-x_n| &\le\sum_{k=n}^{n+p-1}|x_{k+1}-x_k|\\ &<\sum_{k=n}^{n+p-1}\frac1{2^k}\\ &=\frac1{2^n} \frac{1-(1/2)^p}{1-1/2}\\ &<\frac1{2^{n-1}}. \end{aligned}

给定 ε>0\varepsilon>0，取充分大的 NN 使 21−N<ε2^{1-N}<\varepsilon。当 n>Nn>N 时，对任意正整数 pp 都有

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

所以 {xn}\{x_n\} 是 Cauchy 基本列，因而收敛。

四、不等式证明（10 分）

证明：当 x∈(0,π)x\in(0,\pi) 时，

e−x+sin⁡x<1+x22.e^{-x}+\sin x<1+\frac{x^2}{2}.
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令

F(x)=1+x22−e−x−sin⁡x.F(x)=1+\frac{x^2}{2}-e^{-x}-\sin x.

正确求导可得

F′(x)=x+e−x−cos⁡x,F'(x)=x+e^{-x}-\cos x, F′′(x)=1−e−x+sin⁡x.F''(x)=1-e^{-x}+\sin x.

当 x∈(0,π)x\in(0,\pi) 时，1−e−x>01-e^{-x}>0 且 sin⁡x>0\sin x>0，所以 F′′(x)>0F''(x)>0。又有

F′(0)=0,F(0)=0.F'(0)=0, \qquad F(0)=0.

因此 F′(x)>0F'(x)>0，进而 F(x)>0F(x)>0，即

e−x+sin⁡x<1+x22.e^{-x}+\sin x<1+\frac{x^2}{2}.

原参考解答把 F′(x)F'(x)、F′′(x)F''(x) 中的 e−xe^{-x} 误印成了 exe^x；按题面中的 FF 求导应为上式。

五、Rolle 定理（10 分）

设函数 f(x)f(x)、g(x)g(x) 在 [a,b][a,b] 上存在二阶导数，且

g′′(x)≠0,f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0.g''(x)\ne0, \qquad f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0.

证明：

  1. 对所有 x∈(a,b)x\in(a,b)，都有 g(x)≠0g(x)\ne0；
  2. 在 (a,b)(a,b) 内至少存在一点 θ\theta，使 f(θ)g(θ)=f′′(θ)g′′(θ).\frac{f(\theta)}{g(\theta)} =\frac{f''(\theta)}{g''(\theta)}.
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  1. 反设存在 c∈(a,b)c\in(a,b) 使 g(c)=0g(c)=0。因为 g(a)=g(c)=0g(a)=g(c)=0，由 Rolle 定理，存在 x1∈(a,c)x_1\in(a,c) 使 g′(x1)=0g'(x_1)=0；同理由 g(c)=g(b)=0g(c)=g(b)=0，存在 x2∈(c,b)x_2\in(c,b) 使 g′(x2)=0g'(x_2)=0。再对 g′g' 使用 Rolle 定理，可得某个 x3∈(x1,x2)x_3\in(x_1,x_2) 满足 g′′(x3)=0g''(x_3)=0，与已知矛盾。因此 (a,b)(a,b) 内 g(x)≠0g(x)\ne0。

  2. 构造

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

    因端点处 ff、gg 都为零，所以 F(a)=F(b)=0F(a)=F(b)=0。由 Rolle 定理，存在 θ∈(a,b)\theta\in(a,b) 使 F′(θ)=0F'(\theta)=0。又

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

    故

    f(θ)g′′(θ)=f′′(θ)g(θ).f(\theta)g''(\theta) =f''(\theta)g(\theta).

    由第一问及 g′′(θ)≠0g''(\theta)\ne0，两边相除即得

    f(θ)g(θ)=f′′(θ)g′′(θ).\frac{f(\theta)}{g(\theta)} =\frac{f''(\theta)}{g''(\theta)}.

六、Taylor 公式与二阶导数估计（10 分）

设函数 f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上存在二阶导数，并满足

f(0)=0,f(1)=1,f′(0)=f′(1)=0.f(0)=0,\qquad f(1)=1,\qquad f'(0)=f'(1)=0.
  1. 写出 f(x)f(x) 分别在 x=0x=0、x=1x=1 处带 Lagrange 余项的 Taylor 公式；
  2. 证明 (0,1)(0,1) 内至少存在一点 θ\theta，使 ∣f′′(θ)∣≥4|f''(\theta)|\ge4。
查看答案与源文件勘误

  1. 对任意 x∈(0,1)x\in(0,1)，分别在 00、11 处展开，存在介于 0,x0,x 之间的 ξ1\xi_1 和介于 x,1x,1 之间的 ξ2\xi_2，使

    f(x)=f(0)+f′(0)x+12f′′(ξ1)x2=12f′′(ξ1)x2,f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac12f''(\xi_1)x^2 =\frac12f''(\xi_1)x^2, f(x)=f(1)+f′(1)(x−1)+12f′′(ξ2)(x−1)2=1+12f′′(ξ2)(x−1)2.f(x)=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac12f''(\xi_2)(x-1)^2 =1+\frac12f''(\xi_2)(x-1)^2.

  2. 取 x=1/2x=1/2。比较上面两个等式并取绝对值，可得

    1≤12∣f′′(ξ1)∣x2+12∣f′′(ξ2)∣(x−1)2.1 \le\frac12|f''(\xi_1)|x^2 +\frac12|f''(\xi_2)|(x-1)^2.

    记

    M=max⁡{∣f′′(ξ1)∣,∣f′′(ξ2)∣}.M=\max\{|f''(\xi_1)|,|f''(\xi_2)|\}.

    当 x=1/2x=1/2 时，x2+(x−1)2=1/2x^2+(x-1)^2=1/2，因此

    1≤12M⋅12=M4.1\le\frac12M\cdot\frac12=\frac M4.

    所以 M≥4M\ge4，即 ξ1,ξ2\xi_1,\xi_2 中至少有一点可作为所求 θ\theta。

原参考解答把 x2+(x−1)2x^2+(x-1)^2 在 [0,1][0,1] 上的“最小值 1/21/2”误写成“最大值 1/21/2”。取 x=1/2x=1/2 后，上述结论成立。

七、一致连续的序列判别（10 分）

设 f(x)f(x) 定义在 (a,b)(a,b) 上。如果对 (a,b)(a,b) 内任何收敛点列 {xn}\{x_n\}，极限

lim⁡n→∞f(xn)\lim_{n\to\infty}f(x_n)

都存在，证明 ff 在 (a,b)(a,b) 上一致连续。

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用反证法。若 ff 在 (a,b)(a,b) 上不一致连续，则存在 ε0>0\varepsilon_0>0，以及点列 sn,tn∈(a,b)s_n,t_n\in(a,b)，使

∣sn−tn∣≤1n,∣f(sn)−f(tn)∣≥ε0.|s_n-t_n|\le\frac1n, \qquad |f(s_n)-f(t_n)|\ge\varepsilon_0.

区间 (a,b)(a,b) 有界，所以 {sn}\{s_n\} 有收敛子列 {snk}\{s_{n_k}\}。由于 ∣snk−tnk∣→0|s_{n_k}-t_{n_k}|\to0，相应的 {tnk}\{t_{n_k}\} 也收敛到同一个极限。

把两个子列交错成

z1=sn1, z2=tn1, z3=sn2, z4=tn2,….z_1=s_{n_1},\ z_2=t_{n_1},\ z_3=s_{n_2},\ z_4=t_{n_2},\ldots.

{zn}\{z_n\} 是收敛点列。由题设，{f(zn)}\{f(z_n)\} 的极限存在，因此它的奇、偶子列极限相同，即

lim⁡k→∞f(snk)=lim⁡k→∞f(tnk).\lim_{k\to\infty}f(s_{n_k}) =\lim_{k\to\infty}f(t_{n_k}).

这与

∣f(snk)−f(tnk)∣≥ε0|f(s_{n_k})-f(t_{n_k})|\ge\varepsilon_0

矛盾。因此 ff 在 (a,b)(a,b) 上一致连续。

八、附加题（10 分，任选一题）

1. 方程根与极限

设

fn(x)=1−(1−cos⁡x)n.f_n(x)=1-(1-\cos x)^n.

证明：

  1. 对任意自然数 nn，方程 fn(x)=1/2f_n(x)=1/2 在 (0,π/2)(0,\pi/2) 中仅有一根；
  2. 设 xn∈(0,π/2)x_n\in(0,\pi/2) 且 fn(xn)=1/2f_n(x_n)=1/2，则 lim⁡n→∞xn=π2.\lim_{n\to\infty}x_n=\frac\pi2.
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  1. 有

    fn(0)=1,fn(π2)=0.f_n(0)=1, \qquad f_n\left(\frac\pi2\right)=0.

    由介值定理，(0,π/2)(0,\pi/2) 内至少有一个根。又因为

    fn′(x)=−nsin⁡x(1−cos⁡x)n−1<0(0<x<π2),f_n'(x)=-n\sin x(1-\cos x)^{n-1}<0 \qquad\left(0<x<\frac\pi2\right),

    所以 fnf_n 严格递减，根唯一。

  2. 参考解答取比较点 arccos⁡(1/n)\arccos(1/n)。因为

    fn(arccos⁡1n)=1−(1−1n)n⟶1−e−1>12,f_n\left(\arccos\frac1n\right) =1-\left(1-\frac1n\right)^n \longrightarrow1-e^{-1}>\frac12,

    所以充分大的 nn 满足

    fn(arccos⁡1n)>12=fn(xn).f_n\left(\arccos\frac1n\right) >\frac12=f_n(x_n).

    由 fnf_n 严格递减，

    arccos⁡1n<xn<π2.\arccos\frac1n<x_n<\frac\pi2.

    两端都趋于 π/2\pi/2，由夹逼定理，

    lim⁡n→∞xn=π2.\boxed{\lim_{n\to\infty}x_n=\frac\pi2}.

2. 用有限覆盖证明有界性

设函数 f(x)f(x) 定义在 [a,b][a,b] 上，并且对每个 x0∈[a,b]x_0\in[a,b]，极限

lim⁡x→x0f(x)\lim_{x\to x_0}f(x)

都存在。用有限覆盖定理证明 ff 在 [a,b][a,b] 上有界。

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极限存在蕴含局部有界：对每个 x0∈[a,b]x_0\in[a,b]，可取一个邻域 Ux0U_{x_0} 和常数 Mx0>0M_{x_0}>0，使得该邻域内

∣f(x)∣≤Mx0.|f(x)|\le M_{x_0}.

这些邻域构成 [a,b][a,b] 的一个开覆盖。由有限覆盖定理，可以选出有限个邻域

Ux1,Ux2,…,UxmU_{x_1},U_{x_2},\ldots,U_{x_m}

仍覆盖 [a,b][a,b]。令

M=max⁡1≤i≤mMxi.M=\max_{1\le i\le m}M_{x_i}.

任取 x∈[a,b]x\in[a,b]，它至少落在某个 UxiU_{x_i} 中，于是

∣f(x)∣≤Mxi≤M.|f(x)|\le M_{x_i}\le M.

因此 ff 在 [a,b][a,b] 上有界。

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