期中复习
考试范围：微分中值定理及其前面的内容。
刷历年卷¶
2024-2025
计算 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e-e^{\cos x}-x^3\sin \frac 1 x}{(\sqrt[3]{1+x^2}-1)\cos x}\)
解答
\(=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e(1-e^{\cos x-1})-x^3\sin \frac 1 x}{\frac 1 3 x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e(1-\cos x)}{\frac 1 3 {x^2}}-\lim\limits_{x\to 0}3x\sin\frac 1 x=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e\cdot \frac 1 2 {x^2}}{\frac 3 x^2}-0=\dfrac 3 2 e\)
注意：1. 不能一开始就把分子的 \(e^{\cos x}\) 换成 \(e\)。2. \(\sin \frac 1 x\) 不是 \(x\to 0\) 的无穷小。
2023-2024
设函数 \(f_n(x)=x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1\)。证明：（1）方程 \(f_n(x)=0\) 有唯一正根 \(x_n\)；（2）数列 \(\{x_n\}\) 收敛并计算 \(\lim\limits_{n\to +\infty}x_n\)。
解答
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（1）
\(f_n(0)=-1<0\)，\(f_n(1)=n-1\geq 0\)，且 \(f_n(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 上连续，则 \(\exists x_n\in(0,1]\) 使得 \(f_n(x_n)=0\)。
\(f_n'(x)=nx^{n-1}+(n-1)x^{n-2}+\cdots+1\)，当 \(x>0\) 时，\(f_n'(x)>0\)，则 \(f_n(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增。
故有唯一正根。
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（2）
\(f_{n+1}(x_n)=f_n(x_n)+x_n^{n+1}=x_n^{n+1}>0\)，又 \(f_{n+1}(x)\) 单调递增，且 \(f_{n+1}(x_{n+1})=0\)，故 \(x_{n+1}<x_n\)。
又 \(x_n>0\)，根据单调有界定理，\(\{x_n\}\) 收敛。
设 \(\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=A\)。\(f_n(x_n)=\dfrac{x_n(x_n^n-1)}{x_n-1}-1=0\)，取极限，因 \(x_n^n\to 0\)，得 \(\dfrac {-A}{A-1}-1=0\)。则 \(A=\dfrac 1 2\)，即 \(\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=\dfrac 1 2\)。
2022-2023
已知 \(f(x)=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2xe^{n(x-1)}+ax^2+b}{e^{n(x-1)}+1}\) 在 \(\mathbb R\) 上可导，求常数 \(a,b\) 的值。
解答
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\(e^{n(x-1)}=(e^{x-1})^n\)，根据 \(x<1\)、\(x=1\)、\(x>1\) 分类讨论 \(\lim\limits_{n\to \infty}(e^{x-1})^n\) 的值。
\(f(x)=\begin{cases}2x,&x>1\\1+\frac a 2+\frac b 2,&x=1\\ax^2+b,&x<1\end{cases}\)
\(\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=f(1)\Rightarrow a+b=2\)
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\(f_+'(1)=\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{2x-2}{x-1}=2\)
\(f_-'(1)=\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{ax^2+b-2}{x-1}=\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{at^2+2at+a+b-2}{t}=\lim\limits_{t\to 0^-}\dfrac{at^2+2at}{t}=2a\)
\(f_+'(1)=f_-'(1)\Rightarrow a=1\)
故 \(a=1,b=1\)。
已知 \(y=f(x)\) 是满足 \(e^{x+y}-2xy=e\)，求 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(y-1)\sin (ex)}{\sqrt{1+2x^2}}-1\)。
解答
\(I=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(y-1)\sin(ex)(\sqrt{1+2x^2}+1)}{2x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(y-1)\cdot ex\cdot 2}{2x^2}=e\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{y-1}x\)，又 \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{y-1}x=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(0)=\dfrac{2-e}e\)，则 \(I=2-e\)。
2021-2022
计算：\(\lim\limits_{x\to +\infty}(\sqrt[3]{x^3+x^2+1}-\sqrt{x^2+x+1})\)。
解答
法 1：
法 2：
法 3：
法 4：
2020-2021
函数 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处有二阶导数，\(f(2^{-n})=0\,(n=1,2,\cdots,)\)，证明：\(f''(0)=0\)。
解答
记 \(x_n=2^{-n}\)。
由于 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处有二阶导数，故 \(f(x)\) 在 \(U(0)\) 连续，\(f'(x)\) 在 \(x=0\) 处连续。
\(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续 \(\Rightarrow\) \(f(0)=\lim\limits_{x\to 0}f(x)=\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=0\)。
\(f(x)\) 在 \(U(0)\) 连续 \(\Rightarrow\) 对于 \(x_n\in U(0)\)：\(f(x)\) 在 \([x_{n+1},x_n]\) 上连续，在 \((x_{n+1},x_n)\) 内可导，且 \(f(x_{n+1})=f(x_n)=0\)。根据罗尔定理，\(\exists \xi_n\in(x_{n+1},x_n)\) 使得 \(f'(\xi_n)=0\)。
\(f'(x)\) 在 \(x=0\) 处连续 \(\Rightarrow\) \(f'(0)=\lim\limits_{x\to 0}f'(x)=\lim\limits_{n\to \infty}f'(\xi_n)=0\)。
则 \(f''(0)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f'(x)-f'(0)}{x-0}=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{f'(\xi_n)-f'(0)}{\xi_n-0}=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{0}{\xi_n}=0\)。
2019-2020
作一个数列 \(\{x_n\}\)，使得 \(x_n\in\mathbb Q\) 且 \(\lim\limits_{n\to \infty}x_n=\sqrt 2\)。
解答
法 1：\(x_n=\frac{[10^n\sqrt 2]}{10^n}\)（十进制近似）
法 2：用 \(x_{n+1}=\frac 1 2(x_n+\frac{2}{x_n})\)，\(x_1=2\) 生成（牛顿迭代法解 \(f(x)=0\)： 取初始值 \(x_1\)，然后过 \((x_n,f(x_n))\) 作 \(f(x)\) 的切线交 \(x\) 轴于 \(x_{n+1}\)，则 \(x_{n+1}=x_n-\dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}\)。本题取 \(f(x)=x^2-2\)）
设 \(x_n=\sqrt{1+\sqrt{2+\cdots+\sqrt n}}\)，证明：\(\lim\limits_{n\to \infty}x_n\) 存在。
解答
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单调：显然 \(x_n<x_{n+1}\)。
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有界：
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法 1：设 \(y_k=\sqrt{k+\sqrt{(k+1)+\cdots+\sqrt n}}\)，可数学归纳法证明 \(y_k\leq \sqrt k+1\)（\(k=n\) 时成立。假设 \(k+1\) 时成立，则 \(y_k=\sqrt{k+y_{k+1}}\leq \sqrt{k+(\sqrt{k+1}+1)}\leq \sqrt{k+2\sqrt k+1}\)【利用 \(\sqrt{k+1}\leq 2\sqrt k\)，\(k\geq 1\)】\(=\sqrt k+1\)）。则 \(x_n\leq 2\)。
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法 2：\(\frac 1 2 x_n=\sqrt{\frac 1 4+\sqrt{\frac 2 {16}+\sqrt{\frac{3}{256}+\cdots}}}<\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\cdots}}}<2\)。
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2016-2017
设 \(f(x)=a_1\sin x+a_2\sin 2x+\cdots+a_n\sin nx\)，\(|f(x)|\leq |\sin x|\)。证明：\(|a_1+2a_2+\cdots+na_n|\leq 1\)。
解答
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法 1：\(a_1+2a_2+\cdots+na_n=f'(0)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}x\)。
则 \(|a_1+2a_2+\cdots+na_n|=\lim\limits_{x\to 0}|\dfrac{f(x)}x|\leq \lim\limits_{x\to 0}|\dfrac{\sin x}x|=1\)。
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法 2：\(|f(x)|\leq |\sin x|\Rightarrow |\dfrac{f(x)}x|\leq |\dfrac{\sin x}x|\leq 1\,(x\neq 0)\)，则 \(|a_1\dfrac{\sin x}x+a_2\dfrac{\sin 2x}x+\cdots+a_n\dfrac{\sin nx}x|\leq 1\)。
当 \(x\to 0\) 时，两边同时取极限，得 \(|a_1+2a_2+\cdots+na_n|\leq 1\)。
2015-2016
奇函数 \(f(x)\) 在 \([-1,1]\) 上有二阶导数，且 \(f(1)=k\,(k>0)\)。证明：（1）\(\exists \xi\in(0,1)\) 使得 \(f'(\xi)=k\)。（2）\(\exists \eta\in(-1,1)\) 使得 \(f''(\eta)+f'(\eta)=k\)。
解答
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（1）
\(f(0)=0\)，\(f(1)=k\)
\(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内可导。根据拉格朗日中值定理，\(\exists \xi\in(0,1)\) 使得 \(f'(\xi)=\dfrac{f(1)-f(0)}{1-0}=k\)。
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（2）
\(f(-1)=-f(1)=-k\)，\(f(0)=0\)
\(f(x)\) 在 \([-1,0]\) 上连续，在 \((0,1)\) 内可导。根据拉格朗日中值定理，\(\exists\xi_2\in(-1,0)\) 使得 \(f'(\xi_2)=\dfrac{f(0)-f(-1)}{0-(-1)}=k\)。
设 \(F(x)=e^x(f'(x)-k)\)，则 \(F'(x)=e^x(f'(x)+f''(x)-k)\)。
\(F(x)\) 在 \([\xi_2,\xi]\) 上连续，在 \((\xi_2,\xi)\) 内可导，且 \(F'(\xi)=F'(\xi_2)=0\)。根据罗尔定理，\(\exists\eta\in(\xi_2,\xi)\) 使得 \(F'(\eta)=0\)，即 \(f'(\eta)+f''(\eta)=k\)。
一些踩过的坑
- \(x\sin\dfrac 1 x\)、\(x\arctan \dfrac 1 x\) 等，\(x\to 0\) 时，极限为 \(0\) 而不是 \(1\)。手别太快了，看清楚是不是无穷小。
- 复合函数求导，复合漏了。如 \((\sec x)'=-\dfrac{1}{\cos^2 x}\cdot (-\sin x)=\dfrac{\sin x}{\cos^2 x}\) 漏了 \(\cdot (-\sin x)\)。
- \(n\) 次求导公式记错了。虽然 \([\ln(1+x)]^{(n)}=(-1)^{n-1}\dfrac{(n-1)!}{(1+x)^n}\)，但是 \([\ln(1-x)]^{(n)}=-\dfrac{(n-1)!}{(1-x)^n}\)。
- \(-\) 号漏了。如前面 \(-\) 号后面抄成 \(+\) 号；\(\sqrt{1-\sin(x^2)}-1\,(x\to 0)\) 错误替换成了 \(\dfrac 1 2 \sin (x^2)\)（应该是 \(-\dfrac 1 2 \sin (x^2)\)）。
- \(\lim\limits_{x\to 0}x^{\alpha}=0\Rightarrow \alpha>0\)，不是 \(\alpha\geq 1\)。