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试卷

浙江大学《微积分（甲）Ⅰ》历年期中、期末试卷。解答默认折叠，先自己做；每题标注考点与所属章节。

25 套 · 346 题已详解 25 套索引共 25 套

章节分布

25 套卷、共 346 题按教材章节汇总，每录入一套自动更新。

章节	题数	占比
第一章函数与极限	121	35%
第二章导数与微分	101	29%
第五章定积分及其应用	60	17%
第三章微分中值定理及导数应用	54	16%
第四章不定积分	10	3%

高频考点

出现次数最多的 15 个考点，复习时优先。

章节	考点	题数
第二章导数与微分	参数方程·二阶导数	6
第二章导数与微分	参数方程二阶导数	4
第一章函数与极限	幂指型极限取对数	3
第五章定积分及其应用	反常积分·分部积分	3
第四章不定积分	分部积分求不定积分	3
第一章函数与极限	幂指函数·重要极限	2
第一章函数与极限	间断点·类型判定	2
第一章函数与极限	幂指函数极限·取对数	2
第一章函数与极限	等价无穷小定参数	2
第一章函数与极限	等价无穷小求极限	2
第二章导数与微分	隐函数求二阶导数	2
第二章导数与微分	参数方程确定函数求导	2
第二章导数与微分	分段函数可导条件	2
第二章导数与微分	极坐标曲线的切线	2
第二章导数与微分	高阶导数在零点的值	2

全部试卷

按年份排列；已详解的点击可跳转。

类型	学年	原卷	状态
期中	2015-2016	p.1	已详解
期中	2016-2017	p.2	已详解
期中	2017-2018	p.3	已详解
期中	2018-2019	p.4	已详解
期中	2019-2020	p.5	已详解
期中	2020-2021	p.6	已详解
期中	2021-2022	p.7	已详解
期中	2022-2023	p.8	已详解
期中	2023-2024	p.9（期中卷）	已详解
期中	2024-2025	p.10（期中卷）	已详解
期中	2025-2026	p.11（期中卷）	已详解
期末	2012-2013	p.1	已详解
期末	2013-2014	p.2	已详解
期末	2014-2015	p.3	已详解
期末	2015-2016	p.4	已详解
期末	2016-2017	p.5	已详解
期末	2017-2018	p.6	已详解
期末	2018-2019	p.7	已详解
期末	2019-2020	p.8	已详解
期末	2020-2021	p.9	已详解
期末	2021-2022	p.10	已详解
期末	2022-2023	p.11	已详解
期末	2023-2024	p.12（期中卷）+ 12（期末卷）	已详解
期末	2024-2025	p.13–14（期末卷）	已详解
期末	2025-2026	p.15–16（期末卷）	已详解

原卷按年份各占 1–2 页（2023 年起的卷子无统一页眉、题目跨页），还原后的图片存放在 _试卷原件/ 下，可直接翻看。

2015-2016 学年期中试卷

计算题 7 道（每题 10 分）+ 证明题 3 道（10 分）

第 1 题曲率

第三章微分中值定理及导数应用

已知摆线的参数方程

{\begin{cases} x = a (θ - sin θ) \\ y = a (1 - cos θ) \end{cases} (a > 0)

，求参数为

θ_{0}

的一点处曲率

k

。

查看解答

参数方程曲率公式： $k = \frac{| x' y'' - x'' y' |}{(x'^{2} + y'^{2})^{3 / 2}}$ 。\n\n $x' = a (1 - cos θ)$ ， $y' = a sin θ$ ； $x'' = a sin θ$ ， $y'' = a cos θ$ 。\n\n分子： $a (1 - cos θ) \cdot a cos θ - a sin θ \cdot a sin θ = a^{2} (cos θ - 1)$ ，取绝对值为 $a^{2} (1 - cos θ)$ 。\n\n分母： $x'^{2} + y'^{2} = a^{2} [(1 - cos θ)^{2} + {sin}^{2} θ] = 2 a^{2} (1 - cos θ)$ 。\n\n故 $k = \frac{a^{2} (1 - cos θ_{0})}{[2 a^{2} (1 - cos θ_{0})]^{3 / 2}} = \frac{1}{2 \sqrt{2} a \sqrt{1 - cos θ_{0}}}$ 。

点评也可以先算

\frac{d y}{d x} = \frac{sin θ}{1 - cos θ}

再套

k = \frac{| y'' |}{(1 + y'^{2})^{3 / 2}}

，结果相同。验证：

θ_{0} = π

时

k = \frac{1}{4 a}

，与摆线顶点曲率半径

4 a

一致。

第 2 题数列极限 · 对数化

第一章函数与极限

计算

{lim}_{n \to \infty} n ln [(1 + \frac{1}{n^{2} + 1}) (1 + \frac{1}{n^{2} + 2}) \dots (1 + \frac{1}{n^{2} + n})]

。

查看解答

记 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} ln (1 + \frac{1}{n^{2} + k})$ ，所求为 $lim n S_{n}$ 。\n\n由 $ln (1 + t) \leq t$ 得 $S_{n} \leq \sum \frac{1}{n^{2} + k} \leq \frac{n}{n^{2}} = \frac{1}{n}$ ，故 $n S_{n} \leq 1$ 。\n\n另一方面 $ln (1 + t) \geq t - \frac{t^{2}}{2}$ ，得 $S_{n} \geq \sum \frac{1}{n^{2} + k} - \frac{1}{2} \sum \frac{1}{(n^{2} + k)^{2}} \geq \frac{n}{n^{2} + n} - \frac{1}{2 n^{3}}$ ，故 $n S_{n} \geq \frac{n^{2}}{n^{2} + n} - \frac{1}{2 n^{2}} \to 1$ 。\n\n夹逼得 $lim n S_{n} = 1$ 。

点评这类「

n

项连乘再开

n

次方 / 乘

n

」的题，标准动作是取对数化成和，再用

ln (1 + t)

的双侧估计。

第 3 题未定式 · 泰勒展开

第一章函数与极限

计算函数极限

{lim}_{x \to 0} \frac{x - arctan x}{sin x - tan x}

。

查看解答

分子： $arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})$ ，故 $x - arctan x = \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})$ 。\n\n分母： $sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})$ ， $tan x = x + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})$ ，故 $sin x - tan x = - \frac{x^{3}}{2} + o (x^{3})$ 。\n\n所以原式 $= lim \frac{x^{3} / 3}{- x^{3} / 2} = - \frac{2}{3}$ 。

点评分母两项同为

x

阶、相减后主项抵消，必须展开到三阶——这正是「加减不能随意等价替换」的典型场面。

第 4 题导数计算 · 幂指函数

第二章导数与微分

已知

y = (x + \sqrt{x^{2} + 2})^{\frac{1}{x}} + (arcsin 2 x)^{\frac{1}{4}}

，求

\frac{d y}{d x}

。

查看解答

第一项取对数： $y_{1} = e^{\frac{1}{x} ln (x + \sqrt{x^{2} + 2})}$ ，故\n $y_{1}' = y_{1} [\frac{u'}{x u} - \frac{ln u}{x^{2}}], u = x + \sqrt{x^{2} + 2}, u' = 1 + \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 2}} .$ \n\n第二项： $y_{2}' = \frac{1}{4} (arcsin 2 x)^{- 3 / 4} \cdot \frac{2}{\sqrt{1 - 4 x^{2}}} = \frac{1}{2 \sqrt{1 - 4 x^{2}}} (arcsin 2 x)^{- 3 / 4}$ 。\n\n两式相加即为所求。

点评幂指函数一律写成 $e$ 的指数再求导，别套

x^{a}

或

a^{x}

的公式。

第 5 题数列极限 · 三角

第一章函数与极限

计算极限

{lim}_{n \to \infty} \frac{1}{{sin}^{2} (π \sqrt{n^{2} + 3 n})}

。

查看解答

记 $ε_{n} = \sqrt{1 + \frac{3}{n}} - 1$ ，则 $π \sqrt{n^{2} + 3 n} = π n (1 + ε_{n}) = π n + π n ε_{n}$ 。\n\n由 $sin (π n + α) = (- 1)^{n} sin α$ ，得 ${sin}^{2} (\cdot) = {sin}^{2} (π n ε_{n})$ 。\n\n而 $π n ε_{n} = \frac{3 π}{\sqrt{1 + 3 / n} + 1} \to \frac{3 π}{2}$ ，故 ${sin}^{2} (π n ε_{n}) \to {sin}^{2} \frac{3 π}{2} = 1$ 。\n\n所以原式 $= 1$ 。

点评关键是把根号里的 $n$ 提出来，让

π n

的整数部分与「小数部分」分离，再用

sin (π n + α) = (- 1)^{n} sin α

消去

(- 1)^{n}

（平方后消失）。

第 6 题反函数 · 高阶导变换

第二章导数与微分

设

y = y (x)

的反函数

x = x (y)

满足

\frac{d x}{d y} \neq 0

、

\frac{d^{2} x}{d y^{2}} \neq 0

，将方程

\frac{d^{2} x}{d y^{2}} + y (\frac{d x}{d y})^{3} + \frac{d^{3} x}{d y^{3}} = 0

变换为关于

y = y (x)

的方程。

查看解答

由反函数求导： $\frac{d x}{d y} = \frac{1}{y'}$ ， $\frac{d^{2} x}{d y^{2}} = - \frac{y''}{(y')^{3}}$ ， $\frac{d^{3} x}{d y^{3}} = \frac{3 (y'')^{2} - y' y'''}{(y')^{5}}$ 。\n\n代入并乘以 $(y')^{5}$ ：\n $- y'' (y')^{2} + y (y')^{2} + 3 (y'')^{2} - y' y''' = 0 .$ \n\n即 $y' y''' - 3 (y'')^{2} + (y')^{2} (y'' - y) = 0$ 。

点评三个转换公式要背：

x' = 1 / y'

，

x'' = - y'' / (y')^{3}

，

x''' = [3 (y'')^{2} - y' y'''] / (y')^{5}

。推导方法都是「对

x

求导再乘

d x / d y

」。

第 7 题高阶导数 · 幂级数系数

第二章导数与微分

设

f (x) = x ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})

，求

f^{(2014)} (0)

。

查看解答

$f' (x) = ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) + \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ ，再求导：\n $f'' (x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} + \frac{1}{(1 + x^{2})^{3 / 2}} .$ \n\n于是 $f^{(2014)} (0) = \frac{d^{2012}}{d x^{2012}} f'' (x) |_{x = 0} = 2012! \cdot [a_{1006} + b_{1006}]$ ，其中 $a_{k}, b_{k}$ 分别是 $(1 + x^{2})^{- 1 / 2}$ 与 $(1 + x^{2})^{- 3 / 2}$ 中 $x^{2 k}$ 的系数。\n\n由 $(1 + t)^{α}$ 的展开： $a_{k} = (- 1)^{k} \frac{(2 k)!}{4^{k} (k!)^{2}}$ ， $b_{k} = (- 1)^{k} \frac{(2 k + 1)!}{4^{k} (k!)^{2}}$ 。\n\n故 $f^{(2014)} (0) = 2012! \cdot \frac{(- 1)^{1006} (2012)! (1 + 2013)}{4^{1006} (1006!)^{2}} = \frac{2014 \cdot ((2012)!)^{2}}{4^{1006} (1006!)^{2}}$ 。

点评求

f^{(n)} (0)

的通法：把

f

展成幂级数，

f^{(n)} (0) = n! \cdot [x^{n}]

的系数。这里先求两阶导把

ln

消掉，剩下的两个二项式展开都是标准形式。

第 8 题中值定理 · 构造辅助函数

第三章微分中值定理及导数应用

奇函数

f (x)

在

[- 1, 1]

上有二阶导数，且

f (1) = k (k > 0)

。证明：(1) 存在

ξ \in (0, 1)

，使

f' (ξ) = k

；(2) 存在

η \in (- 1, 1)

，使

f'' (η) + f' (η) = k

。

查看解答

(1) $f$ 为奇函数故 $f (0) = 0$ 。在 $[0, 1]$ 上用拉格朗日中值定理： $f (1) - f (0) = f' (ξ) (1 - 0)$ ，即 $f' (ξ) = k$ 。\n\n(2) 在 $[- 1, 0]$ 上用拉格朗日： $f (0) - f (- 1) = f' (c) (0 - (- 1))$ ，由 $f (- 1) = - k$ 得 $f' (c) = k$ ，其中 $c \in (- 1, 0)$ 。\n\n令 $G (x) = e^{x} [f' (x) - k]$ ，则 $G (c) = G (ξ) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $η \in (c, ξ) \subset (- 1, 1)$ 使 $G' (η) = 0$ ，即 $e^{η} [f'' (η) + f' (η) - k] = 0$ ，故 $f'' (η) + f' (η) = k$ 。

点评看到

f'' + f'

就要想到

(e^{x} f')' = e^{x} (f'' + f')

——把

k

也塞进去就是

G = e^{x} (f' - k)

。第二步的另一个零点来自对称性（奇函数在

[- 1, 0]

上也取到斜率

k

）。

第 9 题泰勒公式 · 不等式证明

第三章微分中值定理及导数应用

设函数

f (x)

在区间

[0, 1]

上二阶可导，且

f (0) = f (1) = 0

，

{min}_{x \in [0, 1]} f (x) = - 1

，证明存在

ξ \in (0, 1)

，使得

f'' (ξ) \geq 8

。

查看解答

设最小值在 $c \in (0, 1)$ 处取到，则 $f (c) = - 1$ 、 $f' (c) = 0$ 。\n\n在 $x = 0$ 处用带拉格朗日余项的泰勒公式：\n $f (0) = f (c) + f' (c) (0 - c) + \frac{f'' (ξ_{1})}{2} (0 - c)^{2},$ \n得 $0 = - 1 + \frac{f'' (ξ_{1})}{2} c^{2}$ ，故 $f'' (ξ_{1}) = \frac{2}{c^{2}}$ 。\n\n同理在 $x = 1$ 处： $f'' (ξ_{2}) = \frac{2}{(1 - c)^{2}}$ 。\n\n由于 $min {c, 1 - c} \leq \frac{1}{2}$ ，故 $max {\frac{2}{c^{2}}, \frac{2}{(1 - c)^{2}}} \geq \frac{2}{(1 / 2)^{2}} = 8$ ，取对应者为 $ξ$ 即可。

点评「证存在某点使

f'' \geq 8

」的套路：在极值点展开，把

f''

用端点条件解出来，再对

c

取最坏情形。

8

这个数就是

2 / (1 / 2)^{2}

。

第 10 题 Stolz 定理

第一章函数与极限

（1）若 (a)

y_{n + 1} > y_{n}

，(b)

{lim}_{n \to \infty} y_{n} = + \infty

，(c)

{lim}_{n \to \infty} \frac{x_{n + 1} - x_{n}}{y_{n + 1} - y_{n}}

存在，证明

lim \frac{x_{n}}{y_{n}} = lim \frac{x_{n + 1} - x_{n}}{y_{n + 1} - y_{n}}

。（2）求

{lim}_{n \to \infty} \frac{n \cdot 1^{p} + (n - 1) \cdot 3^{p} + \dots + 1 \cdot (2 n - 1)^{p}}{1^{p + 1} + 2^{p + 1} + \dots + n^{p + 1}} (p > 0)

。

查看解答

（1）记极限为 $L$ 。任给 $ε > 0$ ，存在 $N$ ，当 $n > N$ 时 $| \frac{x_{n + 1} - x_{n}}{y_{n + 1} - y_{n}} - L | < ε$ 。对 $n > m > N$ 累加得 $| \frac{x_{n} - x_{m}}{y_{n} - y_{m}} - L | < ε$ ，即\n $(L - ε) (y_{n} - y_{m}) < x_{n} - x_{m} < (L + ε) (y_{n} - y_{m}) .$ \n两边同除以 $y_{n}$ ，并令 $n \to \infty$ （此时 $y_{m} / y_{n} \to 0$ 、 $x_{m} / y_{n} \to 0$ ），得 $L - ε \leq lim inf \frac{x_{n}}{y_{n}} \leq lim sup \frac{x_{n}}{y_{n}} \leq L + ε$ 。由 $ε$ 任意，极限为 $L$ 。\n\n（2）取 $y_{n} = \sum_{k = 1}^{n} k^{p + 1}$ ， $x_{n} = \sum_{k = 1}^{n} (n - k + 1) (2 k - 1)^{p}$ 。则 $y_{n + 1} - y_{n} = (n + 1)^{p + 1}$ ，\n $x_{n + 1} - x_{n} = \sum_{k = 1}^{n} (2 k - 1)^{p} + (2 n + 1)^{p} .$ \n由 $\sum_{k = 1}^{n} (2 k - 1)^{p} = 2^{p} \sum k^{p} + o (n^{p + 1}) \sim \frac{2^{p}}{p + 1} n^{p + 1}$ ，得\n $lim \frac{x_{n}}{y_{n}} = lim \frac{2^{p} n^{p + 1} / (p + 1)}{(n + 1)^{p + 1}} = \frac{2^{p}}{p + 1} .$

点评第（2）问的难点是看出该用 Stolz：分母是

\sum k^{p + 1}

，分子是带权求和，一差分就变成

\sum (2 k - 1)^{p}

，正好可用积分/幂和估计。

2016-2017 学年期中试卷

16 题，共 100 分（一、函数极限与连续 6 题 36 分，每题 6 分；二、导数 8 题 48 分，每题 6 分；三、证明题 2 题 16 分，每题 8 分）。

第 1 题无穷大之比的极限

第一章函数与极限

求

{lim}_{x \to + \infty} \frac{e^{x} + cos x}{e^{x} + sin x}

。

查看解答

分子分母同除以 $e^{x}$ ：

$lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x} + cos x}{e^{x} + sin x} = lim_{x \to + \infty} \frac{1 + e^{- x} cos x}{1 + e^{- x} sin x} .$

当 $x \to + \infty$ 时 $e^{- x} \to 0$ ，而 $| cos x | \leq 1$ 、 $| sin x | \leq 1$ 均为有界量，故 $e^{- x} cos x \to 0$ ， $e^{- x} sin x \to 0$ 。于是原式 $= \frac{1 + 0}{1 + 0} = 1$ 。

验算：取 $x = 50$ ， $\frac{e^{50} + cos 50}{e^{50} + sin 50} = 1 + \frac{cos 50 - sin 50}{e^{50} + sin 50}$ ，修正项约为 $10^{- 22}$ 量级，确实趋于 $1$ 。

点评见到

e^{x}

就把分子分母同除它，剩下「有界量乘无穷小」直接归零；这里用洛必达反而会陷入循环。

第 2 题根式有理化与等价无穷小

第一章函数与极限

求

{lim}_{x \to 0^{+}} \frac{1 - \sqrt{cos x}}{x (1 - cos \sqrt{x})}

。

查看解答

分子有理化： $1 - \sqrt{cos x} = \frac{1 - cos x}{1 + \sqrt{cos x}}$ 。因 $1 + \sqrt{cos x} \to 2$ ，而 $1 - cos x \sim \frac{x^{2}}{2}$ ，故分子 $\sim \frac{x^{2}}{4}$ 。

分母中 $1 - cos \sqrt{x} \sim \frac{(\sqrt{x})^{2}}{2} = \frac{x}{2}$ ，故分母 $\sim x \cdot \frac{x}{2} = \frac{x^{2}}{2}$ 。

所以

$lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 - \sqrt{cos x}}{x (1 - cos \sqrt{x})} = \frac{x^{2} / 4}{x^{2} / 2} = \frac{1}{2} .$

验算：取 $x = 10^{- 6}$ ，原式 $\approx 0.5000004$ ；取 $x = 10^{- 4}$ ，原式 $\approx 0.50004$ ，均与 $\frac{1}{2}$ 相符。

点评两层「

1 - cos

」的

u

一个是

x

、一个是

\sqrt{x}

，量级差一个

\sqrt{x}

，这是全题唯一的坑。

第 3 题单侧无穷的根式有理化

第一章函数与极限

求

{lim}_{x \to - \infty} x (\sqrt{x^{2} + 100} + x)

。

查看解答

先有理化： $\sqrt{x^{2} + 100} + x = \frac{100}{\sqrt{x^{2} + 100} - x}$ ，故

$lim_{x \to - \infty} x (\sqrt{x^{2} + 100} + x) = lim_{x \to - \infty} \frac{100 x}{\sqrt{x^{2} + 100} - x} .$

当 $x \to - \infty$ 时 $\sqrt{x^{2} + 100} = | x | \sqrt{1 + \frac{100}{x^{2}}} = - x \sqrt{1 + \frac{100}{x^{2}}}$ （注意 $- x > 0$ ），于是

$\sqrt{x^{2} + 100} - x = (- x) (\sqrt{1 + \frac{100}{x^{2}}} + 1),$

代回得

$\frac{100 x}{(- x) (\sqrt{1 + 100 / x^{2}} + 1)} \to \frac{100}{- (1 + 1)} = - 50 .$

验算：取 $x = - 10^{4}$ ， $x (\sqrt{x^{2} + 100} + x) \approx - 49.99999$ ；取 $x = - 10^{6}$ 时约为 $- 50.00003$ ，符合。

点评

x \to - \infty

时

\sqrt{x^{2}} = - x

而不是

x

，符号一错答案就变成

+ 50

；写成

\frac{100}{\sqrt{x^{2} + 100} - x}

再上下同除

| x |

最稳。

第 4 题无穷小阶的比较与确定

第一章函数与极限

试确定常数

k, c

，使得当

x \to + \infty

时，

arcsin (\sqrt{x^{2} + \sqrt{x}} - x) \sim \frac{c}{x^{k}}

。

查看解答

令 $u = \sqrt{x^{2} + \sqrt{x}} - x$ ，有理化：

$u = \frac{(x^{2} + \sqrt{x}) - x^{2}}{\sqrt{x^{2} + \sqrt{x}} + x} = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x^{2} + \sqrt{x}} + x} .$

分母中 $\sqrt{x^{2} + \sqrt{x}} \sim x$ ，故分母 $\sim 2 x$ ，于是 $u \sim \frac{\sqrt{x}}{2 x} = \frac{1}{2 \sqrt{x}} = \frac{1}{2} x^{- 1 / 2} \to 0$ 。

又 $arcsin u \sim u$ （ $u \to 0$ ），所以

$arcsin (\sqrt{x^{2} + \sqrt{x}} - x) \sim \frac{1}{2} x^{- 1 / 2} .$

对照 $\frac{c}{x^{k}}$ 得 $c = \frac{1}{2}$ ， $k = \frac{1}{2}$ 。

验算： $x = 10^{6}$ 时 $u \approx 5.000 \times 10^{- 4}$ ， $\frac{1}{2 \sqrt{x}} = 5.000 \times 10^{- 4}$ ； $x = 10^{8}$ 时 $arcsin u \sqrt{x} \approx 0.4999$ ，均相符。

点评先把

\infty - \infty

有理化看清新阶数，再套

arcsin u \sim u

；

k

不一定是整数，别硬凑成

k = 1

。

第 5 题幂指函数极限与间断点

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{t \to x} (\frac{sin t}{sin x})^{\frac{x}{sin t - sin x}}

，记此极限为

f (x)

，求

f (x)

的间断点并指出其类型。

查看解答

设 $s = sin t - sin x$ ，则 $t \to x$ 时 $s \to 0$ ，且 $\frac{sin t}{sin x} = 1 + \frac{s}{sin x}$ （须 $sin x \neq 0$ ）。于是

$lim_{t \to x} (\frac{sin t}{sin x})^{\frac{x}{s}} = [lim_{s \to 0} (1 + \frac{s}{sin x})^{\frac{sin x}{s}}]^{\frac{x}{sin x}} = e^{\frac{x}{sin x}} .$

故 $f (x) = e^{\frac{x}{sin x}}$ ，其定义域为 $sin x \neq 0$ ，即 $x \neq k π$ （ $k$ 为整数）。间断点为 $x = k π$ 。

（1） $x = 0$ ： ${lim}_{x \to 0} \frac{x}{sin x} = 1$ ，故 ${lim}_{x \to 0} f (x) = e$ 存在，所以 $x = 0$ 是可去间断点（补充定义 $f (0) = e$ 即连续）。

（2） $x = k π$ ， $k \neq 0$ ：此时 $sin x \sim (- 1)^{k} (x - k π)$ ，故

$\frac{x}{sin x} \sim \frac{k π}{(- 1)^{k} (x - k π)},$

它在 $x \to k π$ 的两侧分别趋于 $+ \infty$ 与 $- \infty$ ，从而 $f (x) = e^{\frac{x}{sin x}}$ 一侧趋于 $+ \infty$ 、另一侧趋于 $0$ 。故 $x = k π$ （ $k = \pm 1, \pm 2, \dots$ ）是无穷间断点（第二类间断点）。

验算： $x = \frac{π}{2}$ 时 $f = e^{π / 2} \approx 4.81$ ，与直接计算 $(\frac{sin t}{sin x})^{\dots}$ 的数值极限一致； $x \to 0$ 时 $e^{x / sin x} \to e^{1} = e$ ，故补定义后连续。

点评幂指函数一律先取对数化成

e^{x / sin x}

；

x = 0

处因为

\frac{x}{sin x} \to 1

属于可去间断，最容易被误判成无穷间断。

第 6 题数列极限的夹逼准则

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{n \to \infty} n] a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n}

，其中

a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}

均为正常数。

查看解答

设 $M = max {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}}$ ，则 $M^{n} \leq a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \leq m M^{n}$ 。开 $n$ 次方得

$M \leq n] a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \leq M n] m .$

因 ${lim}_{n \to \infty} n] m = 1$ ，由夹逼准则

$lim_{n \to \infty} n] a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{m}^{n} = M = max {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}} .$

验算：取 $a_{1} = 1$ ， $a_{2} = 3$ （ $M = 3$ ）， $n = 10$ 时 $10] 1 + 3^{10} = 10] 59050 \approx 3.00002$ ； $n = 20$ 时约为 $3.0000000004$ ，确实趋于 $3$ 。

点评下界取最大项、上界把每一项都放大成

M^{n}

再开方，两头夹到

M

，是这类「

n

次根号下

n

次幂之和」的固定套路。

第 7 题对数求导法与链式法则

第二章导数与微分

设

y = \frac{1}{4} ln \frac{x^{2} - 1}{x^{2} + 1}

，求

y'

。

查看解答

先把对数拆开（定义域 $| x | > 1$ ）：

$y = \frac{1}{4} [ln (x^{2} - 1) - ln (x^{2} + 1)] .$

逐项求导：

$y' = \frac{1}{4} (\frac{2 x}{x^{2} - 1} - \frac{2 x}{x^{2} + 1}) = \frac{x}{2} \cdot \frac{(x^{2} + 1) - (x^{2} - 1)}{(x^{2} - 1) (x^{2} + 1)} = \frac{x}{2} \cdot \frac{2}{x^{4} - 1} = \frac{x}{x^{4} - 1} .$

验算：取 $x = 2$ ， $y = \frac{1}{4} ln \frac{3}{5}$ ，用差商 $\frac{y (2 + h) - y (2 - h)}{2 h}$ （ $h = 10^{- 6}$ ）得 $0.1333333$ ，而 $\frac{2}{2^{4} - 1} = \frac{2}{15} = 0.1333333$ ，相符。

点评对数里是商就先拆成差再求导，能省掉一大串链式法则；写答案时记得化简成

\frac{x}{x^{4} - 1}

，别停在四个分式相加。

第 8 题分段函数导数的连续性

第二章导数与微分

设

f (x) = x arctan \frac{1}{x^{2}}

（

x \neq 0

），

f (0) = 0

，讨论

f' (x)

的连续性。

查看解答

当 $x \neq 0$ 时，用乘积法则与链式法则：

$f' (x) = arctan \frac{1}{x^{2}} + x \cdot \frac{1}{1 + x^{- 4}} \cdot (- \frac{2}{x^{3}}) = arctan \frac{1}{x^{2}} - \frac{2 x^{2}}{x^{4} + 1} .$

在 $x = 0$ 处必须用定义：

$f' (0) = lim_{x \to 0} \frac{x arctan \frac{1}{x^{2}} - 0}{x} = lim_{x \to 0} arctan \frac{1}{x^{2}} = \frac{π}{2} .$

再求 $x \to 0$ 时 $f' (x)$ 的极限： $arctan \frac{1}{x^{2}} \to \frac{π}{2}$ ，而 $| \frac{2 x^{2}}{x^{4} + 1} | \leq 2 x^{2} \to 0$ ，故

$lim_{x \to 0} f' (x) = \frac{π}{2} = f' (0) .$

所以 $f'$ 在 $x = 0$ 连续；在 $x \neq 0$ 处 $f'$ 是初等函数，本身连续。故 $f' (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上连续。

验算：取 $x = 0.01$ ， $f' (x) = arctan 10^{4} - \frac{2 \times 10^{- 4}}{1 + 10^{- 8}} \approx 1.5706963 - 0.0002000 = 1.5704963$ ，与 $\frac{π}{2} \approx 1.5707963$ 相差约 $3 \times 10^{- 4}$ ； $x = 10^{- 3}$ 时差约 $3 \times 10^{- 6}$ ，说明 $x \to 0$ 时 $f' (x) \to \frac{π}{2} = f' (0)$ 。

点评分段点的导数只能用定义算，不能把

x \neq 0

的表达式直接代

x = 0

；算完务必回头比

{lim}_{x \to 0} f' (x)

与

f' (0)

，两者相等才连续。

第 9 题导数定义求系数和式

第二章导数与微分

设

f (x) = a_{1} sin x + a_{2} sin 2 x + \dots + a_{n} sin n x

，其中

a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}

均为实数，又

| f (x) | \leq | sin x |

，证明

| a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n} | \leq 1

。

查看解答

对 $x \neq k π$ ，由 $| f (x) | \leq | sin x |$ 两边除以 $| sin x |$ 得

$| \frac{f (x)}{sin x} | \leq 1 .$

而

$\frac{f (x)}{sin x} = a_{1} + a_{2} \frac{sin 2 x}{sin x} + \dots + a_{n} \frac{sin n x}{sin x},$

其中由 $sin k x \sim k x$ 、 $sin x \sim x$ 得 ${lim}_{x \to 0} \frac{sin k x}{sin x} = k$ 。逐项取极限：

$lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{sin x} = a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n} .$

（也可直接看出它等于 $f' (0)$ ： $f (0) = 0$ ，故 $f' (0) = {lim}_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} = {lim}_{x \to 0} \frac{f (x)}{x}$ ，而 $\frac{f (x)}{sin x} = \frac{f (x)}{x} \cdot \frac{x}{sin x}$ 。）

由 $| \frac{f (x)}{sin x} | \leq 1$ 在 $x = 0$ 的某去心邻域内恒成立，两边取极限（ $| \cdot |$ 连续）得

$| a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n} | = lim_{x \to 0} | \frac{f (x)}{sin x} | \leq 1 .$

证毕。

验算（条件用全性）：若取 $n = 1$ 、 $a_{1} = 1$ ，则 $f = sin x$ 满足 $| f | \leq | sin x |$ ，结论为 $| 1 | \leq 1$ 取等，说明常数 $1$ 不能再改进；又若只知 $| f (x) | \leq 1$ （不除 $sin x$ ），则得不到本题结论，可见 $| sin x |$ 这个界是关键。

点评关键是「除以

sin x

再令

x \to 0

」把系数和变成

f' (0)

；不要试图对

f

求高阶导或逐项估计，那是绕远路。

第 10 题隐函数求二阶导数

第二章导数与微分

设

y = f (x + y)

，其中

f

具有二阶导数，且其一阶导数不等于

1

，求

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

两边对 $x$ 求导，注意 $f'$ 在 $x + y$ 处取值，且 $(x + y)' = 1 + y'$ ：

$y' = f' (x + y) (1 + y') .$

整理得 $y' [1 - f' (x + y)] = f' (x + y)$ ，即

$y' = \frac{f' (x + y)}{1 - f' (x + y)} .$

再对 $x$ 求导。记 $f' = f' (x + y)$ 、 $f'' = f'' (x + y)$ ，并注意 $1 + y' = \frac{1}{1 - f'}$ ：

$y'' = \frac{f'' (1 + y') (1 - f') + f' \cdot f'' (1 + y')}{(1 - f')^{2}} = \frac{f'' (1 + y')}{(1 - f')^{2}} .$

代入 $1 + y' = \frac{1}{1 - f'}$ 得

$y'' = \frac{f'' (x + y)}{[1 - f' (x + y)]^{3}} .$

验算：取 $f (u) = \frac{u}{2}$ （ $f' = \frac{1}{2} \neq 1$ ），方程 $y = \frac{x + y}{2}$ 即 $y = x$ ，故 $y'' = 0$ ；而公式中 $f'' = 0$ ，给出 $y'' = 0$ ，相符。取 $f (u) = u^{2}$ 检验二阶：方程 $y = (x + y)^{2}$ ，取点 $x = 0$ 、 $y = 1$ （此时 $x + y = 1$ ）。由 $2 (x + y) (1 + y') = y'$ 得 $2 (1 + y') = y'$ ， $y' = - 2$ ；再对 $2 (x + y) (1 + y') = y'$ 求导，记 $u = x + y$ 、 $u' = 1 + y' = - 1$ ，得 $2 u' (1 + y') + 2 u y'' = y''$ ，即 $2 (- 1) (- 1) + 2 \cdot 1 \cdot y'' = y''$ ，解得 $y'' = - 2$ 。公式给 $\frac{2}{(1 - 2)^{3}} = - 2$ ，相符。

点评隐函数求二阶导的通用套路：先解出

y'

，再对

x

求导时把

y'

用回代消掉；漏掉

(x + y)'

里的

y'

是本题最常见失分点。

第 11 题参数方程确定函数求导

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由

x = arctan t

与

2 y - t y^{2} + e^{t} = 5

所确定，求

\frac{d y}{d x}

。

查看解答

由 $x = arctan t$ 得

$\frac{d x}{d t} = \frac{1}{1 + t^{2}} .$

对 $2 y - t y^{2} + e^{t} = 5$ 两边关于 $t$ 求导（其中 $y = y (t)$ ， $t y^{2}$ 要按乘积法则）：

$2 \frac{d y}{d t} - y^{2} - 2 t y \frac{d y}{d t} + e^{t} = 0,$

故

$\frac{d y}{d t} = \frac{y^{2} - e^{t}}{2 (1 - t y)} .$

于是

$\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{(1 + t^{2}) (y^{2} - e^{t})}{2 (1 - t y)} .$

验算： $t = 0$ 时由原式 $2 y - 0 + 1 = 5$ 得 $y = 2$ ，此时 $\frac{d x}{d t} = 1$ ；对 $2 y - t y^{2} + e^{t} = 5$ 用隐函数求导得 $2 y' - y^{2} + e^{t} = 0$ ，即 $2 y' - 4 + 1 = 0$ ， $y' = 1.5$ ，故 $\frac{d y}{d x} = 1.5$ 。公式给 $\frac{1 \cdot (4 - 1)}{2 \cdot 1} = 1.5$ ，相符。

点评参数方程求导是

\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t}

，两个导数分别算再相除；

t y^{2}

求导出两项，

e^{t}

别丢。

第 12 题高阶导数存在性的判定

第二章导数与微分

设

f (x) = 3 x^{3} + x^{2} | x |

，则使

f^{(n)} (0)

存在的最高阶数

n

为何值。

查看解答

去掉绝对值： $x > 0$ 时 $f (x) = 3 x^{3} + x^{3} = 4 x^{3}$ ； $x < 0$ 时 $f (x) = 3 x^{3} - x^{3} = 2 x^{3}$ 。逐阶在 $x = 0$ 处用定义算。

一阶： $f' (0) = {lim}_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} = {lim}_{x \to 0} (3 x^{2} + x | x |) = 0$ ；且 $x > 0$ 时 $f' (x) = 12 x^{2}$ ， $x < 0$ 时 $f' (x) = 6 x^{2}$ 。

二阶： $f'' (0) = {lim}_{x \to 0} \frac{f' (x) - f' (0)}{x} = 0$ ；且 $x > 0$ 时 $f'' (x) = 24 x$ ， $x < 0$ 时 $f'' (x) = 12 x$ 。

三阶： $f''' (0) = {lim}_{x \to 0} \frac{f'' (x) - f'' (0)}{x}$ ，其右极限为 ${lim}_{x \to 0^{+}} \frac{24 x}{x} = 24$ ，左极限为 ${lim}_{x \to 0^{-}} \frac{12 x}{x} = 12$ ，两者不等，故 $f''' (0)$ 不存在，更高阶自然也不存在。

所以最高阶数 $n = 2$ 。

验算：取 $x = \pm 10^{- 3}$ ，数值二阶差商 $\frac{f (x + h) - 2 f (x) + f (x - h)}{h^{2}}$ 除以 $x$ 分别得 $\approx 23.99999$ 与 $\approx 11.99999$ ，与左右极限 $24$ 、 $12$ 一致，证实 $f''' (0)$ 确实不存在。

点评

x^{2} | x |

是

O (x^{3})

，所以在

0

处前三阶里只有三阶会「断」；必须逐阶用定义算到左右极限不等，凭感觉猜

n = 1

或

n = 3

都会错。

第 13 题三重幂指函数的求导

第二章导数与微分

设

y = x^{x^{x}}

（

x > 0

），求

y'

。

查看解答

取对数： $ln y = x^{x} ln x$ 。记 $u = x^{x}$ ，则由 $ln u = x ln x$ 得

$u' = u (ln x + 1) = x^{x} (ln x + 1) .$

对 $ln y = x^{x} ln x$ 两边求导：

$\frac{y'}{y} = u' ln x + \frac{u}{x} = x^{x} (ln x + 1) ln x + \frac{x^{x}}{x} .$

故

$y' = x^{x^{x}} \cdot x^{x} [(ln x + 1) ln x + \frac{1}{x}] = x^{x^{x} + x} [(ln x + 1) ln x + \frac{1}{x}] .$

验算： $x = 2$ 时 $y = 2^{4} = 16$ ，差商 $\frac{y (2 + h) - y (2 - h)}{2 h}$ （ $h = 10^{- 6}$ ）得 $107.1104$ ；公式给 $2^{6} [(ln 2 + 1) ln 2 + \frac{1}{2}] = 64 \times 1.67357 = 107.108$ ，相符（误差来自差商截断）。

点评三层幂指要「剥洋葱」：最外层取对数，中间层

x^{x}

单独求导（它是

ln u = x ln x

型），漏掉

\frac{x^{x}}{x}

这一项是典型错误。

第 14 题反函数的高阶导数公式

第二章导数与微分

设

x = g (y)

为

y = f (x)

的反函数，试由

f' (x), f'' (x), f''' (x)

计算

g'' (y), g''' (y)

。

查看解答

由反函数求导法则 $g' (y) = \frac{1}{f' (x)}$ ，其中 $x = g (y)$ 。

对 $y$ 再求导，注意先对 $x$ 求导再乘 $\frac{d x}{d y} = \frac{1}{f' (x)}$ ：

$g'' (y) = \frac{d}{d x} [\frac{1}{f' (x)}] \cdot \frac{1}{f' (x)} = - \frac{f'' (x)}{[f' (x)]^{2}} \cdot \frac{1}{f' (x)} = - \frac{f'' (x)}{[f' (x)]^{3}} .$

再求一次：

$g''' (y) = \frac{d}{d x} [- \frac{f'' (x)}{[f' (x)]^{3}}] \cdot \frac{1}{f' (x)} = - \frac{f''' (x) [f' (x)]^{3} - f'' (x) \cdot 3 [f' (x)]^{2} f'' (x)}{[f' (x)]^{6}} \cdot \frac{1}{f' (x)},$

化简得

$g''' (y) = \frac{3 [f'' (x)]^{2} - f' (x) f''' (x)}{[f' (x)]^{5}} .$

验算：取 $f (x) = x^{2}$ （ $x > 0$ ），则 $g (y) = \sqrt{y}$ ，直接求导得 $g'' (y) = - \frac{1}{4} y^{- 3 / 2}$ ， $g''' (y) = \frac{3}{8} y^{- 5 / 2}$ 。用公式： $f' = 2 x$ ， $f'' = 2$ ， $f''' = 0$ ，故 $g'' = - \frac{2}{8 x^{3}} = - \frac{1}{4 x^{3}}$ ， $g''' = \frac{3 \cdot 4 - 0}{32 x^{5}} = \frac{3}{8 x^{5}}$ ；再由 $y = x^{2}$ 换成 $y$ 即 $- \frac{1}{4} y^{- 3 / 2}$ 、 $\frac{3}{8} y^{- 5 / 2}$ ，完全一致。

点评每一步「对

y

求导」都要换成「先对

x

求导、再乘

1 / f' (x)

」，这个因子漏一次，阶数越高错得越离谱。

第 15 题不动点的存在与唯一性

第三章微分中值定理及导数应用

设

f (x)

在

[0, 1]

上可微，

\forall x \in [0, 1]

有

0 < f (x) < 1

且

f' (x) \neq 1

，证明在

(0, 1)

内有且仅有一个

x

，使

f (x) = x

。

查看解答

令 $g (x) = f (x) - x$ ，则 $g$ 在 $[0, 1]$ 上连续、在 $(0, 1)$ 内可导。

存在性：由 $0 < f (x) < 1$ 得

$g (0) = f (0) - 0 = f (0) > 0, g (1) = f (1) - 1 < 0 .$

由零点定理，存在 $ξ \in (0, 1)$ 使 $g (ξ) = 0$ ，即 $f (ξ) = ξ$ 。

唯一性：若存在 $x_{1} < x_{2}$ （均在 $(0, 1)$ 内）使 $g (x_{1}) = g (x_{2}) = 0$ ，则 $g$ 在 $[x_{1}, x_{2}]$ 上连续、在 $(x_{1}, x_{2})$ 内可导，由罗尔定理存在 $η \in (x_{1}, x_{2}) \subset (0, 1)$ 使 $g' (η) = 0$ ，即 $f' (η) = 1$ ，与 $f' (x) \neq 1$ 矛盾。

故在 $(0, 1)$ 内有且仅有一个 $x$ 使 $f (x) = x$ 。证毕。

验算（条件用全性）：存在性只用到 $0 < f (x) < 1$ 在两个端点的取值（保证 $g (0) > 0 > g (1)$ ），唯一性只用到可导与 $f' (x) \neq 1$ ，两个条件各司其职、无多余无遗漏。再看条件为何不能放宽：若只要求 $0 \leq f (x) \leq 1$ ，取 $f (x) = \frac{x}{2} + \frac{1}{2}$ （满足 $0 \leq f \leq 1$ 且 $f' = \frac{1}{2} \neq 1$ ），此时 $f (1) = 1$ ，不动点落在端点 $x = 1$ ，而 $(0, 1)$ 内一个也没有；若 $f' \equiv 1$ ，取 $f (x) = x$ ，则 $(0, 1)$ 内处处是不动点，唯一性失效。可见严格不等式与 $f' \neq 1$ 缺一不可。

点评「有且仅有一个」必须写成两段：零点定理管存在，罗尔定理反证管唯一；只证存在通常只能拿一半分。

第 16 题拉格朗日中值定理及证明

第三章微分中值定理及导数应用

叙述拉格朗日中值定理，并证明拉格朗日中值定理。

查看解答

定理（拉格朗日中值定理）：设 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，在开区间 $(a, b)$ 内可导，则至少存在一点 $ξ \in (a, b)$ ，使得

$f (b) - f (a) = f' (ξ) (b - a) .$

证明：作辅助函数

$F (x) = f (x) - f (a) - \frac{f (b) - f (a)}{b - a} (x - a) .$

则 $F$ 在 $[a, b]$ 上连续、在 $(a, b)$ 内可导（它是 $f$ 与一个一次函数之差），且

$F (a) = f (a) - f (a) - 0 = 0, F (b) = f (b) - f (a) - [f (b) - f (a)] = 0,$

即 $F (a) = F (b)$ 。由罗尔定理，存在 $ξ \in (a, b)$ 使 $F' (ξ) = 0$ 。而 $F' (x) = f' (x) - \frac{f (b) - f (a)}{b - a}$ ，故

$f' (ξ) = \frac{f (b) - f (a)}{b - a},$

即 $f (b) - f (a) = f' (ξ) (b - a)$ 。证毕。

验算：取 $f (x) = x^{2}$ ， $[a, b] = [0, 2]$ ，定理断言存在 $ξ$ 使 $4 - 0 = 2 ξ \cdot 2$ ，解得 $ξ = 1 \in (0, 2)$ ，确为中点，成立。再取 $f (x) = | x |$ 、 $[a, b] = [- 1, 1]$ ： $f$ 在 $x = 0$ 不可导，定理条件不满足，结论也确实不成立（ $f (1) - f (- 1) = 0$ ，而 $f' = \pm 1$ 处处非零）。可见「开区间内可导」不可省。

点评辅助函数就是「曲线减弦」，写

F (a) = F (b) = 0

即可套罗尔；叙述定理时三个条件（闭区间连续、开区间可导、

ξ

取在开区间内）缺一不可，背漏一个就扣分。

2017-2018 学年期中试卷

18 题，共 100 分（填空 5 题 20 分，数列极限 3 题 18 分，函数极限 3 题 18 分，导数 3 题 18 分，微分 2 题 12 分，证明 2 题 14 分）。

第 1 题反三角函数定义域值域

第一章函数与极限

函数

y = arcsin x

的定义域是 ______，值域是 ______。

查看解答

$arcsin x$ 定义为 $sin t$ 在 $t \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 上的反函数，故需 $- 1 \leq x \leq 1$ ，且 $t$ 取遍该区间。所以定义域为 $[- 1, 1]$ ，值域为 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 。验算： $arcsin 1 = \frac{π}{2}$ 、 $arcsin (- 1) = - \frac{π}{2}$ ，端点确实取到；而 $| arcsin x | \leq \frac{π}{2}$ 恒成立。

点评值域误写成

[- π, π]

或

[0, π]

是本题最大陷阱，反三角函数的值域必须与主值区间一起背。

第 2 题三角和差化积公式

第一章函数与极限

三角函数差化积：

sin x - sin y =

______。

查看解答

由和差化积公式 $sin x - sin y = 2 cos \frac{x + y}{2} sin \frac{x - y}{2}$ 。验算：取 $x = \frac{π}{2}$ ， $y = 0$ ，右边 $= 2 cos \frac{π}{4} sin \frac{π}{4} = 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 1$ ，左边 $= sin \frac{π}{2} - sin 0 = 1$ ，两者相符；再取 $x = π$ ， $y = π$ 两边同为 $0$ 。

点评系数

2

与两个半角哪个配

cos

、哪个配

sin

最易记混，考场上代一组特殊角即可立刻自查。

第 3 题数列极限·夹逼定理

第一章函数与极限

{lim}_{n \to \infty} n] 3^{n} + 4^{n} + 5^{n} =

______。

查看解答

最大底数为 $5$ ，令 $M = 5$ ，则对一切 $n$ 有

$5 = n] 5^{n} \leq n] 3^{n} + 4^{n} + 5^{n} \leq n] 3 \cdot 5^{n} = 5 n] 3 .$

而 ${lim}_{n \to \infty} n] 3 = 1$ ，故右端趋于 $5$ ，由夹逼准则得原极限为 $5$ 。验算： $n = 1$ 时为 $\sqrt{12} \approx 3.46$ ， $n = 2$ 时为 $2] 9 + 16 + 25 = \sqrt{50} \approx 7.07$ ， $n = 10$ 时约为 $5 \cdot 1.037 \approx 5.19$ ，单调靠近 $5$ 。

点评提出最大底数

5

一步到位；答成

3 + 4 + 5 = 12

或

4

都是没抓住“最大项支配”这一本质。

第 4 题极限定参数·有理化

第一章函数与极限

设

{lim}_{x \to + \infty} (a x + b + \sqrt{x^{2} + 2 x + 3}) = 2017

，则

a =

______，

b =

______。

查看解答

当 $x \to + \infty$ 时作展开

$\sqrt{x^{2} + 2 x + 3} = x \sqrt{1 + \frac{2}{x} + \frac{3}{x^{2}}} = x (1 + \frac{1}{x} + O (\frac{1}{x^{2}})) = x + 1 + O (\frac{1}{x}) .$

于是

$a x + b + \sqrt{x^{2} + 2 x + 3} = (a + 1) x + (b + 1) + O (\frac{1}{x}) .$

极限为有限数，必须 $a + 1 = 0$ ，即 $a = - 1$ ；此时极限为 $b + 1 = 2017$ ，故 $b = 2016$ 。验算：取 $a = - 1, b = 2016$ ，原式 $= 2016 + (\sqrt{x^{2} + 2 x + 3} - x)$ ，而

$\sqrt{x^{2} + 2 x + 3} - x = \frac{2 x + 3}{\sqrt{x^{2} + 2 x + 3} + x} \to 1,$

故极限为 $2017$ ，正确。

点评先令

x

的一次项系数为零，再读常数项；

\sqrt{x^{2} + 2 x + 3}

展开中的那个

1

若漏掉，

b

就会错成

2017

。

第 5 题分段函数可导条件

第二章导数与微分

设

f (x) = x^{3}

（当

x \leq 1

），

f (x) = a x + b

（当

x > 1

）。若

f (x)

在

x = 1

处可导，则

a =

______，

b =

______。

查看解答

可导必连续，故左右极限相等： ${lim}_{x \to 1^{-}} f (x) = 1^{3} = 1$ ， ${lim}_{x \to 1^{+}} f (x) = a + b$ ，得 $a + b = 1$ 。再令左右导数相等：由 $f'_{-} (x) = 3 x^{2}$ 得 $f'_{-} (1) = 3$ ，而 $f'_{+} (1) = a$ ，故 $a = 3$ 。代回 $a + b = 1$ 得 $b = - 2$ 。验算：此时 $f (x) = 3 x - 2 (x > 1)$ ，在 $x = 1$ 处值为 $1$ ，与 $x^{3}$ 相接；两侧导数都是 $3$ ，故可导且 $f' (1) = 3$ 。

点评两条件缺一不可：先连续给一个方程，再导数相等给第二个方程；只写

a = 3

不验连续是最常见的失分。

第 6 题数列极限·对数比幂

第一章函数与极限

求

{lim}_{n \to \infty} \frac{ln n}{n}

。

查看解答

先看函数极限：令 $f (x) = \frac{ln x}{x} (x > 0)$ ，这是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，由洛必达法则

$lim_{x \to + \infty} \frac{ln x}{x} = lim_{x \to + \infty} \frac{1 / x}{1} = 0 .$

由海涅定理（数列极限是函数极限的特例），得 ${lim}_{n \to \infty} \frac{ln n}{n} = 0$ 。验算： $n = 10^{6}$ 时 $\frac{ln n}{n} \approx \frac{13.82}{10^{6}} = 1.38 \times 10^{- 5}$ ，已很小且继续下降。

点评数列不能直接对

n

用洛必达，必须先转成函数极限再回到数列；这一步写出来才严谨。

第 7 题有理式极限·最高次

第一章函数与极限

求

{lim}_{n \to \infty} \frac{(1 + 2 n) (3 + 4 n)}{(n + 1) (n + 2)}

。

查看解答

分子分母同除以 $n^{2}$ ：

$\frac{(1 + 2 n) (3 + 4 n)}{(n + 1) (n + 2)} = \frac{(\frac{1}{n} + 2) (\frac{3}{n} + 4)}{(1 + \frac{1}{n}) (1 + \frac{2}{n})} \to \frac{2 \cdot 4}{1 \cdot 1} = 8 .$

验算： $n = 1000$ 时原式 $= \frac{2001 \times 4003}{1001 \times 1002} \approx \frac{8.010 \times 10^{6}}{1.003 \times 10^{6}} \approx 7.99$ ，与 $8$ 相符。

点评最高次系数之比

\frac{2 \cdot 4}{1 \cdot 1} = 8

可秒答，但卷面要写清“同除

n^{2}

”的过程。

第 8 题和式极限·夹逼求和

第一章函数与极限

求

{lim}_{n \to \infty} (\frac{1}{n^{2} + 1} + \frac{2}{n^{2} + 2} + \dots + \frac{n}{n^{2} + n})

。

查看解答

记 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2} + k}$ 。对 $1 \leq k \leq n$ 有 $n^{2} + 1 \leq n^{2} + k \leq n^{2} + n$ ，故

$\frac{k}{n^{2} + n} \leq \frac{k}{n^{2} + k} \leq \frac{k}{n^{2} + 1} .$

对 $k$ 求和，并用 $\sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n (n + 1)}{2}$ ：

$\frac{n (n + 1)}{2 (n^{2} + n)} \leq S_{n} \leq \frac{n (n + 1)}{2 (n^{2} + 1)},$

即 $\frac{1}{2} \leq S_{n} \leq \frac{n^{2} + n}{2 n^{2} + 2}$ 。左端恒等于 $\frac{1}{2}$ ，右端 $\to \frac{1}{2}$ ，由夹逼准则 $S_{n} \to \frac{1}{2}$ 。验算： $n = 10$ 时 $S_{10} = \sum_{k = 1}^{10} \frac{k}{100 + k} \approx 0.4995$ ， $n = 100$ 时约 $0.49995$ 。

点评把分母统一放缩到

n^{2} + 1

与

n^{2} + n

，再用等差数列求和，是“

n

项和”类极限的定式；逐项求极限必错。

第 9 题三角极限·倍角化积

第一章函数与极限

求

{lim}_{x \to 0} \frac{2 sin x - sin 2 x}{x^{3}}

。

查看解答

由二倍角公式 $sin 2 x = 2 sin x cos x$ ，分子 $= 2 sin x (1 - cos x)$ 。于是

$lim_{x \to 0} \frac{2 sin x - sin 2 x}{x^{3}} = lim_{x \to 0} \frac{2 sin x}{x} \cdot \frac{1 - cos x}{x^{2}} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1,$

其中用了 $\frac{sin x}{x} \to 1$ 与 $1 - cos x \sim \frac{x^{2}}{2}$ 。验算： $x = 0.01$ 时分子 $= 2 sin 0.01 - sin 0.02 \approx 0.019999667 - 0.019998667 = 1.000 \times 10^{- 6}$ ，而 $x^{3} = 10^{- 6}$ ，比值约为 $1$ 。

点评先把

sin 2 x

拆成

2 sin x cos x

提出公因子，再配

(1 - cos x) / x^{2}

；对两项分别做泰勒展开极易把

x^{3}

项算错。

第 10 题根式差极限·泰勒展开

第一章函数与极限

求

{lim}_{x \to 0} \sqrt{1 + x} - 3] 1 + 2 x x

。

查看解答

用 $(1 + u)^{α} = 1 + α u + O (u^{2})$ （ $u \to 0$ ）：

$\sqrt{1 + x} = 1 + \frac{x}{2} + O (x^{2}), 3] 1 + 2 x = 1 + \frac{2}{3} x + O (x^{2}) .$

相减得

$\sqrt{1 + x} - 3] 1 + 2 x = (\frac{1}{2} - \frac{2}{3}) x + O (x^{2}) = - \frac{x}{6} + O (x^{2}),$

故原极限为 $- \frac{1}{6}$ 。验算： $x = 0.001$ 时 $\sqrt{1.001} \approx 1.00049988$ ， $3] 1.002 \approx 1.00066622$ ，差约 $- 1.663 \times 10^{- 4}$ ，除以 $10^{- 3}$ 得约 $- 0.1663$ ，与 $- \frac{1}{6} \approx - 0.1667$ 一致（偏差来自 $O (x^{2})$ ）。

点评两个根式指数不同（

\frac{1}{2}

与

\frac{1}{3}

），必须都展开到一次项；说成“都等价于

1

”就只剩

0

了。

第 11 题幂指函数·重要极限

第一章函数与极限

求

{lim}_{x \to \infty} (\frac{1 + x}{2 + x})^{x}

。

查看解答

这是 $1^{\infty}$ 型。化底数： $\frac{1 + x}{2 + x} = 1 - \frac{1}{2 + x}$ 。取对数，并记原极限为 $L$ ：

$ln L = lim_{x \to \infty} x ln (1 - \frac{1}{2 + x}) .$

由 $ln (1 + u) \sim u (u \to 0)$ 得 $ln (1 - \frac{1}{2 + x}) \sim - \frac{1}{2 + x}$ ，故

$ln L = lim_{x \to \infty} (- \frac{x}{2 + x}) = - 1,$

所以 $L = e^{- 1} = \frac{1}{e}$ 。验算： $x = 1000$ 时底数为 $\frac{1001}{1002} \approx 0.999002$ ，其 $1000$ 次幂约 $e^{- 1000 / 1002} \approx e^{- 0.998} \approx 0.3686$ ，与 $\frac{1}{e} \approx 0.3679$ 相符。

点评底数要化成

1 + u

的标准形再套重要极限；取对数后乘的系数是

\frac{x}{x + 2} \to 1

，而

ln

带来负号，符号别丢。

第 12 题反三角函数求导公式

第二章导数与微分

设

y = tan x + arctan x

，求

\frac{d y}{d x}

。

查看解答

逐项求导： $(tan x)' = {sec}^{2} x = 1 + {tan}^{2} x$ ， $(arctan x)' = \frac{1}{1 + x^{2}}$ 。故

$\frac{d y}{d x} = {sec}^{2} x + \frac{1}{1 + x^{2}} .$

验算：取 $x = 0$ ， ${sec}^{2} 0 = 1$ ， $\frac{1}{1 + 0} = 1$ ，得 $y' (0) = 2$ ；而 $y = tan x + arctan x$ 在 $0$ 附近 $\approx x + x = 2 x$ ，导数确为 $2$ 。

点评

arctan x

的导数恒正，别记成带负号的版本；

{sec}^{2} x

也不必再化成

\frac{1}{{cos}^{2} x}

，写着反而易错。

第 13 题参数方程二阶导数

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由参数方程

x = ln (1 + 2 t)

，

y = t + t^{2}

所确定，求

\frac{d y}{d x}

与

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

先求 $\frac{d x}{d t} = \frac{2}{1 + 2 t}$ ， $\frac{d y}{d t} = 1 + 2 t$ 。于是

$\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{(1 + 2 t)^{2}}{2} .$

再对 $t$ 求导后除以 $\frac{d x}{d t}$ ：

$\frac{d}{d t} (\frac{d y}{d x}) = 2 (1 + 2 t), \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{2 (1 + 2 t)}{\frac{2}{1 + 2 t}} = (1 + 2 t)^{2} .$

验算：由 $x = ln (1 + 2 t)$ 得 $1 + 2 t = e^{x}$ ， $t = \frac{e^{x} - 1}{2}$ ，故 $y = \frac{e^{x} - 1}{2} + \frac{(e^{x} - 1)^{2}}{4}$ 。直接求导： $y' = \frac{e^{x}}{2} + \frac{e^{x} (e^{x} - 1)}{2} = \frac{e^{2 x}}{2}$ ， $y'' = e^{2 x}$ ，与 $(1 + 2 t)^{2} = e^{2 x}$ 、 $\frac{(1 + 2 t)^{2}}{2} = \frac{e^{2 x}}{2}$ 完全一致。

点评二阶导要“再对

t

求导、再除以

\frac{d x}{d t}

”，漏掉除以

\frac{d x}{d t}

是参数方程题的头号错误。

第 14 题高阶导数·莱布尼茨

第二章导数与微分

设

y = x^{2} 2^{x}

，求

\frac{d^{n} y}{d x^{n}}

（

n \geq 2

）。

查看解答

写 $2^{x} = e^{a x}$ ，其中 $a = ln 2$ 。对 $y = x^{2} e^{a x}$ 用莱布尼茨公式，注意 $x^{2}$ 的三阶及以上导数全为零，只有前三项非零：

$\frac{d^{n} y}{d x^{n}} = x^{2} a^{n} e^{a x} + n \cdot 2 x a^{n - 1} e^{a x} + \frac{n (n - 1)}{2} \cdot 2 a^{n - 2} e^{a x} .$

即

$\frac{d^{n} y}{d x^{n}} = 2^{x} [(ln 2)^{n} x^{2} + 2 n (ln 2)^{n - 1} x + n (n - 1) (ln 2)^{n - 2}] .$

验算 $n = 2$ ： $y' = 2 x 2^{x} + x^{2} 2^{x} ln 2$ ， $y'' = 2 \cdot 2^{x} + 2 x 2^{x} ln 2 + 2 x 2^{x} ln 2 + x^{2} 2^{x} (ln 2)^{2} = 2^{x} [2 + 4 x ln 2 + x^{2} (ln 2)^{2}]$ ，与公式代入 $n = 2$ 的结果一致。

点评莱布尼茨只保留

k = 0, 1, 2

三项；结果里出现

(ln 2)^{n - 2}

，须声明

n \geq 2

，否则

n = 1

时无意义。

第 15 题幂指函数·对数微分

第二章导数与微分

设

y (x) = (1 + x)^{\frac{1}{x}}

，求

d y

。

查看解答

幂指函数先取对数： $ln y = \frac{ln (1 + x)}{x}$ 。两边对 $x$ 求导：

$\frac{y'}{y} = \frac{\frac{x}{1 + x} - ln (1 + x)}{x^{2}} .$

故

$d y = (1 + x)^{\frac{1}{x}} \cdot \frac{\frac{x}{1 + x} - ln (1 + x)}{x^{2}} d x .$

验算： $x \to 0^{+}$ 时 $ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + O (x^{3})$ ，故 $\frac{ln (1 + x)}{x} = 1 - \frac{x}{2} + O (x^{2})$ ， $y = e^{1 - x / 2 + O (x^{2})} \approx e (1 - \frac{x}{2})$ ， $y' \to - \frac{e}{2}$ ；另一方面 $\frac{x}{1 + x} - ln (1 + x) = - x^{2} + x^{3} - (x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3}) = - \frac{x^{2}}{2} + O (x^{3})$ ，除以 $x^{2}$ 得 $- \frac{1}{2}$ ，乘以 $y \to e$ 也是 $- \frac{e}{2}$ ，相符。

点评幂指函数一律“先取对数再求导”；商法则中

\frac{x}{1 + x}

与

ln (1 + x)

的先后顺序写反是高频错误。

第 16 题隐函数微分·代点求值

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由方程

x^{2} + x y + y^{2} = 7

所确定，求

d y

在点

(1, 2)

处的值。

查看解答

两边微分： $2 x d x + y d x + x d y + 2 y d y = 0$ ，整理得 $(x + 2 y) d y = - (2 x + y) d x$ ，即

$\frac{d y}{d x} = - \frac{2 x + y}{x + 2 y} .$

在点 $(1, 2)$ 处 $\frac{d y}{d x} = - \frac{2 + 2}{1 + 4} = - \frac{4}{5}$ ，故所求 $d y$ 在 $(1, 2)$ 处等于 $- \frac{4}{5} d x$ 。验算： $1^{2} + 1 \cdot 2 + 2^{2} = 7$ ，点在曲线上；且 $F_{y} = x + 2 y = 5 \neq 0$ ，隐函数定理保证可微。

点评不必先解出

y

的显式再求导；直接把点代入微分式最省事，但末尾的

d x

不能丢。

第 17 题极限定义·ε-δ

第一章函数与极限

用函数极限的定义证明

{lim}_{x \to \frac{1}{2}} \frac{1}{x} = 2

。

查看解答

任给 $ε > 0$ ，考察

$| \frac{1}{x} - 2 | = \frac{| 1 - 2 x |}{| x |} = \frac{2 | x - \frac{1}{2} |}{| x |} .$

先限制 $| x - \frac{1}{2} | < \frac{1}{4}$ ，则 $x > \frac{1}{4}$ ，从而 $\frac{1}{| x |} < 4$ ，于是

$| \frac{1}{x} - 2 | < 8 | x - \frac{1}{2} | .$

取 $δ = min {\frac{1}{4}, \frac{ε}{8}}$ ，则当 $0 < | x - \frac{1}{2} | < δ$ 时， $| \frac{1}{x} - 2 | < 8 δ \leq ε$ 。按定义即得 ${lim}_{x \to \frac{1}{2}} \frac{1}{x} = 2$ 。证毕。

点评

ε

δ

证明的固定套路是“先放大成

M | x - x_{0} |

，再用

δ

不超过某个常数保证

M

有界”；只写

δ = \frac{ε}{8}

而不说明

x

有正下界，逻辑不完整。

第 18 题调和级数部分和无界

第一章函数与极限

设

a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}

，证明数列

{a_{n}}

无界。

查看解答

只需考察下标为 $2^{m}$ 的那些项。把 $a_{2^{m}}$ 按下标 $2$ 的幂分组：

$a_{2^{m}} = 1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{3} + \frac{1}{4}) + (\frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{8}) + \dots + (\frac{1}{2^{m - 1} + 1} + \dots + \frac{1}{2^{m}}) .$

第 $k$ 组（ $k = 2, 3, \dots, m$ ）共含 $2^{k - 1}$ 项，每项不小于该组最后一项 $\frac{1}{2^{k}}$ ，故该组之和

$\geq 2^{k - 1} \cdot \frac{1}{2^{k}} = \frac{1}{2} .$

这样的组共有 $m - 1$ 个，于是

$a_{2^{m}} \geq 1 + \frac{1}{2} + \frac{m - 1}{2} = 1 + \frac{m}{2} .$

对任意给定的 $M > 0$ ，取正整数 $m > 2 (M - 1)$ ，则 $a_{2^{m}} > M$ 。故 ${a_{n}}$ 无界。证毕。

点评“无界”只需找出一列下标使部分和超过任意

M

，不必证明它趋于

+ \infty

；分组时要说清每组有

2^{k - 1}

项、且每项不小于组内末项。

2018-2019 学年期中试卷

12 题，原卷已标注分值（8 分或 10 分，第 9、10 题各 10 分）。

第 1 题函数方程与奇偶性

第一章函数与极限

设函数

f (x), g (x)

的定义域为

I = {x | x \neq 0}

，且

a f (x) + b f (\frac{1}{x}) = g (x)

，其中实常数

a, b

满足

| a | \neq | b |

。证明：(1) 若

g (x)

是奇函数，则

f (x)

也是奇函数；(2) 若

g (x)

是偶函数，则

f (x)

也是偶函数。

查看解答

定义域 $I$ 关于原点对称，且 $x \in I$ 时 $\frac{1}{x} \in I$ ，故可把已知式中的 $x$ 换成 $\frac{1}{x}$ ，得

$a f (\frac{1}{x}) + b f (x) = g (\frac{1}{x})$

把第一式乘 $a$ 、第二式乘 $b$ 后相减，消去 $f (\frac{1}{x})$ ：

$(a^{2} - b^{2}) f (x) = a g (x) - b g (\frac{1}{x})$

因 $| a | \neq | b |$ ，有 $a^{2} - b^{2} \neq 0$ ，于是 $f$ 被 $g$ 唯一确定：

$f (x) = \frac{a g (x) - b g (\frac{1}{x})}{a^{2} - b^{2}}$

(1) 若 $g$ 为奇函数，则 $g (- x) = - g (x)$ ，且 $g (- \frac{1}{x}) = - g (\frac{1}{x})$ ，代入上式：

$f (- x) = \frac{a g (- x) - b g (- \frac{1}{x})}{a^{2} - b^{2}} = \frac{- a g (x) + b g (\frac{1}{x})}{a^{2} - b^{2}} = - f (x)$

即 $f$ 为奇函数。

(2) 若 $g$ 为偶函数，则 $g (- x) = g (x)$ ， $g (- \frac{1}{x}) = g (\frac{1}{x})$ ，同理得 $f (- x) = f (x)$ ，即 $f$ 为偶函数。证毕。

点评关键是先把

f

显式解出来（解这个函数方程），再整体作代换

x \to - x

；奇偶性比较的是

x

与

- x

，不是

x

与

\frac{1}{x}

。

第 2 题连乘积化为指数求和

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{n \to \infty} (n^{2}] π \cdot n^{2}] π^{2} \cdot n^{2}] π^{3} \dots n^{2}] π^{n})

。

查看解答

注意各因子的根指数都是 $n^{2}$ ，且被开方数依次为 $π, π^{2}, \dots, π^{n}$ 。把每个根式写成幂： $n^{2}] π^{k} = π^{\frac{k}{n^{2}}}$ ，则同底幂相乘化为指数相加：

$P_{n} = n^{2}] π \cdot n^{2}] π^{2} \dots n^{2}] π^{n} = π^{\frac{1 + 2 + \dots + n}{n^{2}}}$

用等差数列求和 $1 + 2 + \dots + n = \frac{n (n + 1)}{2}$ ，得

$P_{n} = π^{\frac{n (n + 1)}{2 n^{2}}} = π^{\frac{n + 1}{2 n}}$

而 ${lim}_{n \to \infty} \frac{n + 1}{2 n} = \frac{1}{2}$ ，指数函数连续，故

$lim_{n \to \infty} P_{n} = π^{\frac{1}{2}} = \sqrt{π}$

点评易错点是把根指数看成

n, n^{2}, \dots, n^{n}

——本题全是

n^{2}]

，指数和为

\frac{n (n + 1)}{2 n^{2}} \to \frac{1}{2}

；若看错就会错答成

1

。

第 3 题间断点类型的判别

第一章函数与极限

写出函数

f (x) = \frac{x (x^{2} - 1)}{| x - 1 | sin x}

的间断点，并讨论是第一类型还是第二类型的间断点（讨论要用数学表达式说明理由）。

查看解答

定义域需 $x \neq 1$ 且 $sin x \neq 0$ ，即 $x \neq 1$ 且 $x \neq k π$ （ $k$ 为整数）。故间断点为 $x = 1$ 与 $x = k π$ 。

(1) $x = 0$ （即 $k = 0$ ）：此时 $x (x^{2} - 1) = x (x - 1) (x + 1)$ ，且 $| x - 1 | \to 1$ ， $sin x \sim x$ ，故

$lim_{x \to 0} f (x) = lim_{x \to 0} \frac{x (x^{2} - 1)}{| x - 1 | sin x} = lim_{x \to 0} \frac{- x}{x} = - 1$

左右极限存在且相等，故 $x = 0$ 为第一类可去间断点。

(2) $x = 1$ ：当 $x \to 1^{-}$ 时 $| x - 1 | = 1 - x$ ，当 $x \to 1^{+}$ 时 $| x - 1 | = x - 1$ ，于是

$lim_{x \to 1^{-}} f (x) = lim_{x \to 1^{-}} \frac{x (x - 1) (x + 1)}{(1 - x) sin x} = - \frac{2}{sin 1}$

$lim_{x \to 1^{+}} f (x) = lim_{x \to 1^{+}} \frac{x (x - 1) (x + 1)}{(x - 1) sin x} = \frac{2}{sin 1}$

两个单侧极限都存在但不等，故 $x = 1$ 为第一类跳跃间断点。

(3) $x = k π$ （ $k \neq 0$ ）：此时 $| x - 1 | \to | k π - 1 | \neq 0$ ，而 $sin x \to 0$ ，分子 $x (x^{2} - 1) \to k π (k^{2} π^{2} - 1) \neq 0$ ，且 $sin x$ 在 $k π$ 两侧异号，故

$lim_{x \to k π^{+}} f (x) = \pm \infty, lim_{x \to k π^{-}} f (x) = \mp \infty$

至少有一个单侧极限为无穷大，故 $x = k π (k \neq 0)$ 为第二类（无穷型）间断点。

点评最容易漏的是

x = 0

——它既是

sin x

的零点又是分子的零点，必须单独算极限，结果是可去型；只有

| x - 1 |

才会让

x = 1

两侧符号相反形成跳跃。

第 4 题用定义证明函数极限

第一章函数与极限

用函数极限的定义证明

{lim}_{x \to \infty} \frac{3 x + cos x}{x + 2} = 3

。

查看解答

先作差并化简，把分子化为有界量：

$| \frac{3 x + cos x}{x + 2} - 3 | = | \frac{3 x + cos x - 3 x - 6}{x + 2} | = \frac{| cos x - 6 |}{| x + 2 |}$

由 $| cos x | \leq 1$ 得 $| cos x - 6 | \leq 7$ 。又当 $| x | > 4$ 时 $| x + 2 | \geq | x | - 2 > \frac{| x |}{2}$ ，从而

$| \frac{3 x + cos x}{x + 2} - 3 | \leq \frac{7}{| x | / 2} = \frac{14}{| x |}$

对任意 $ε > 0$ ，取 $X = max {4, \frac{14}{ε}}$ ，则当 $| x | > X$ 时同时有 $| x | > 4$ 与 $\frac{14}{| x |} < \frac{14}{X} \leq ε$ ，故

$| \frac{3 x + cos x}{x + 2} - 3 | \leq \frac{14}{| x |} < ε$

按极限的 $ε$ - $X$ 定义， ${lim}_{x \to \infty} \frac{3 x + cos x}{x + 2} = 3$ 。证毕。

点评标准套路「先算差、再放缩、最后取

X = max {X_{0}, ε^{- 1}}

」；这里必须同时保证

| x + 2 |

有下界（故

X \geq 4

），只写

X = \frac{14}{ε}

会漏掉

ε

很大时的不等式方向。

第 5 题递推数列单调有界

第一章函数与极限

设

x_{1} = 1

，

x_{n + 1} = \sqrt{x_{n} (5 - x_{n})}

（

n = 1, 2, 3, \dots

），证明数列

{x_{n}}

收敛，并求

{lim}_{n \to \infty} x_{n}

。

查看解答

先用归纳法证明 $0 < x_{n} \leq \frac{5}{2}$ 且 $x_{n + 1} \geq x_{n}$ 。

当 $n = 1$ 时 $x_{1} = 1 \in (0, \frac{5}{2}]$ 。设 $0 < x_{n} \leq \frac{5}{2}$ ，则 $5 - x_{n} > 0$ ，故 $x_{n + 1} = \sqrt{x_{n} (5 - x_{n})} > 0$ ；又

$x_{n + 1} \leq \frac{5}{2} \Leftrightarrow x_{n} (5 - x_{n}) \leq \frac{25}{4} \Leftrightarrow (x_{n} - \frac{5}{2})^{2} \geq 0$

后一式恒成立，故 $x_{n + 1} \leq \frac{5}{2}$ ，上界得证。

再看单调性。两式平方相减：

$x_{n + 1}^{2} - x_{n}^{2} = x_{n} (5 - x_{n}) - x_{n}^{2} = x_{n} (5 - 2 x_{n}) \geq 0$

这里用了 $x_{n} \leq \frac{5}{2}$ ，故 $x_{n + 1} \geq x_{n}$ 。

于是 ${x_{n}}$ 单调增加且有上界 $\frac{5}{2}$ ，由单调有界准则， ${x_{n}}$ 收敛。设 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = A$ 。因 $x_{n} \geq x_{1} = 1$ ，取极限得 $A \geq 1 > 0$ ；在递推式两边取极限（根号函数连续）：

$A = \sqrt{A (5 - A)} \Rightarrow A^{2} = 5 A - A^{2} \Rightarrow 2 A^{2} - 5 A = 0$

即 $A = 0$ 或 $A = \frac{5}{2}$ 。由 $A \geq 1$ 舍去 $A = 0$ ，故 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = \frac{5}{2}$ 。

点评证

x_{n + 1} \geq x_{n}

用平方差比直接作差省事得多；最后取极限必须先说明

A \neq 0

（由

x_{n} \geq 1

），否则会多出伪解

A = 0

。

第 6 题幂指型极限取对数

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} (\frac{e^{x^{2}} + cos \frac{x}{1 + x}}{2})^{\frac{1}{sin (x^{2})}}

。

查看解答

当 $x \to 0$ 时 $e^{x^{2}} \to 1$ ， $cos \frac{x}{1 + x} \to 1$ ，故底数 $\to 1$ ，而 $sin (x^{2}) > 0$ 使指数 $\to + \infty$ ，这是 $1^{\infty}$ 型。设原极限为 $L$ ，则 $L > 0$ ，取对数并记

$u (x) = \frac{e^{x^{2}} + cos \frac{x}{1 + x}}{2} - 1$

则 $u (x) \to 0$ ，且 $ln (1 + u) \sim u$ ， $sin (x^{2}) \sim x^{2} (x \to 0)$ ，故

$ln L = lim_{x \to 0} \frac{ln (1 + u (x))}{sin (x^{2})} = lim_{x \to 0} \frac{u (x)}{x^{2}}$

把 $u$ 拆成两项：

$u (x) = \frac{1}{2} [(e^{x^{2}} - 1) + (cos \frac{x}{1 + x} - 1)]$

由 $e^{x^{2}} - 1 \sim x^{2}$ ；又 $t = \frac{x}{1 + x} \sim x (x \to 0)$ ，而 $cos t - 1 \sim - \frac{t^{2}}{2}$ ，故 $cos \frac{x}{1 + x} - 1 \sim - \frac{x^{2}}{2}$ 。于是

$u (x) \sim \frac{1}{2} (x^{2} - \frac{x^{2}}{2}) = \frac{x^{2}}{4}$

从而 $ln L = {lim}_{x \to 0} \frac{x^{2} / 4}{x^{2}} = \frac{1}{4}$ ，即

$L = e^{\frac{1}{4}} = 4] e$

点评只留

e^{x^{2}} - 1 \sim x^{2}

会得到

e^{1 / 2}

，必须把

cos \frac{x}{1 + x} - 1 \sim - \frac{x^{2}}{2}

一并算入，两个

x^{2}

项合并后才只剩

\frac{x^{2}}{4}

。

第 7 题幂指函数复合求导

第二章导数与微分

设函数

y = arcsin \frac{x}{3} + \sqrt{9 - x^{2}} + (sec x + tan x)^{arctan x}

，求

y'

。

查看解答

前两项用基本公式与复合求导：

$(arcsin \frac{x}{3})' = \frac{1 / 3}{\sqrt{1 - \frac{x^{2}}{9}}} = \frac{1}{\sqrt{9 - x^{2}}}, (\sqrt{9 - x^{2}})' = \frac{- x}{\sqrt{9 - x^{2}}}$

两者相加得 $\frac{1 - x}{\sqrt{9 - x^{2}}}$ 。

第三项是幂指函数，取对数求导。记 $u = sec x + tan x$ ，先注意一个有用的恒等式：

$u' = sec x tan x + {sec}^{2} x = sec x (tan x + sec x) = sec x \cdot u, (ln u)' = sec x$

于是

$(u^{arctan x})' = u^{arctan x} [(arctan x)' ln u + arctan x \cdot (ln u)'] = u^{arctan x} [\frac{ln u}{1 + x^{2}} + sec x arctan x]$

综上，

$y' = \frac{1 - x}{\sqrt{9 - x^{2}}} + (sec x + tan x)^{arctan x} [\frac{ln (sec x + tan x)}{1 + x^{2}} + sec x arctan x]$

点评第三项既不是

a^{g (x)}

也不是

g (x)^{a}

，必须用

u^{v} = e^{v ln u}

；先认出

(ln (sec x + tan x))' = sec x

这个恒等式，否则会陷在一堆三角式里化简不出。

第 8 题极坐标曲线的切线

第二章导数与微分

设曲线的极坐标方程为

r = 2 - cos θ

，求曲线上相应于

θ = \frac{π}{3}

的点处的切线方程和法线方程。

查看解答

取 $θ$ 为参数，则 $x = r cos θ$ ， $y = r sin θ$ ，其中 $r = 2 - cos θ$ ， $r' = sin θ$ 。

当 $θ = \frac{π}{3}$ 时 $r = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ ，切点为

$x_{0} = \frac{3}{2} cos \frac{π}{3} = \frac{3}{4}, y_{0} = \frac{3}{2} sin \frac{π}{3} = \frac{3 \sqrt{3}}{4}$

由参数方程求导（ $\frac{d x}{d θ} = r' cos θ - r sin θ$ ， $\frac{d y}{d θ} = r' sin θ + r cos θ$ ）得

$\frac{d y}{d x} = \frac{r' sin θ + r cos θ}{r' cos θ - r sin θ}$

代入 $r' = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $r = \frac{3}{2}$ ， $sin θ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $cos θ = \frac{1}{2}$ ：

$k = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2} - \frac{3}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\frac{3}{4} + \frac{3}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{3 \sqrt{3}}{4}} = \frac{\frac{3}{2}}{- \frac{\sqrt{3}}{2}} = - \sqrt{3}$

故切线方程为

$y - \frac{3 \sqrt{3}}{4} = - \sqrt{3} (x - \frac{3}{4})$

化简即 $\sqrt{3} x + y = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$ ，或写成 $\sqrt{3} x + y - \frac{3 \sqrt{3}}{2} = 0$ 。

法线斜率为 $- \frac{1}{k} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ，法线方程为

$y - \frac{3 \sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{3} (x - \frac{3}{4})$

化简得 $x - \sqrt{3} y + \frac{3}{2} = 0$ 。

点评极坐标求切线必须用

\frac{d y}{d x} = \frac{r' sin θ + r cos θ}{r' cos θ - r sin θ}

（等价于隐函数求导）；直接化成

r cos θ

再对

x

求导最容易把

r'

丢掉，切点坐标也要用

θ = \frac{π}{3}

时的

r = \frac{3}{2}

，不是

r = 2

。

第 9 题隐函数与复合函数求导

第二章导数与微分

设函数

f (u)

具有二阶导数，且

f' (0) = - 1

，

f'' (0) = 4

，又二阶可导函数

y = y (x)

由方程

y - 2 x e^{y - 1} = 1

所确定，

z = f (ln y)

。求

\frac{d y}{d x} |_{x = 0}

，

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{x = 0}

，

\frac{d z}{d x} |_{x = 0}

，

\frac{d^{2} z}{d x^{2}} |_{x = 0}

。

查看解答

先定 $x = 0$ 处的 $y$ ：代入 $x = 0$ 得 $y - 0 = 1$ ，即 $y (0) = 1$ ，从而 $ln y (0) = 0$ 。

方程 $y - 2 x e^{y - 1} = 1$ 两边对 $x$ 求导（ $y$ 是 $x$ 的函数）：

$y' - 2 e^{y - 1} - 2 x e^{y - 1} y' = 0$

代入 $x = 0, y = 1$ 得 $y' (0) - 2 = 0$ ，故 $y' (0) = 2$ 。

上式再对 $x$ 求导，注意 $2 x e^{y - 1} y'$ 是三项之积：

$y'' - 2 e^{y - 1} y' - 2 [e^{y - 1} y' + x (e^{y - 1} (y')^{2} + e^{y - 1} y'')] = 0$

代入 $x = 0, y = 1, y' = 2$ ： $y'' - 2 \cdot 2 - 2 \cdot 2 = 0$ ，即 $y'' (0) = 8$ 。

再处理 $z = f (ln y)$ 。由复合函数求导法则，

$\frac{d z}{d x} = f' (ln y) \cdot \frac{y'}{y}$

故 $\frac{d z}{d x} |_{x = 0} = f' (0) \cdot \frac{2}{1} = (- 1) \cdot 2 = - 2$ 。

再求一次导（乘积法则与链式法则）：

$\frac{d^{2} z}{d x^{2}} = f'' (ln y) (\frac{y'}{y})^{2} + f' (ln y) \cdot \frac{y'' y - (y')^{2}}{y^{2}}$

代入 $x = 0$ ： $\frac{y'}{y} = 2$ ， $\frac{y'' y - (y')^{2}}{y^{2}} = \frac{8 - 4}{1} = 4$ ，于是

$\frac{d^{2} z}{d x^{2}} |_{x = 0} = 4 \cdot 4 + (- 1) \cdot 4 = 16 - 4 = 12$

点评

y''

必须对整式

y' - 2 e^{y - 1} - 2 x e^{y - 1} y' = 0

再求导，

2 x e^{y - 1} y'

是三项乘积，漏掉

x

的导数项就会把

y'' (0)

算成

4

；另外

z''

里

(\frac{y'}{y})'

要用商的导数，不能只写

f''

。

第 10 题分段函数可微条件

第二章导数与微分

设函数

f (x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x} - 1} (x > 0)

，

f (0) = a

，

f (x) = b \sqrt{4 - x} + c x arctan \frac{1}{x} (x < 0)

。求常数

a, b, c

使

f (x)

在点

x = 0

处可微。

查看解答

先算右极限。当 $x > 0$ 时作有理化：

$\frac{x}{\sqrt{1 + x} - 1} = \frac{x (\sqrt{1 + x} + 1)}{(1 + x) - 1} = \sqrt{1 + x} + 1$

故 $f (0 + 0) = {lim}_{x \to 0^{+}} (\sqrt{1 + x} + 1) = 2$ 。

再算左极限。 $x \to 0^{-}$ 时 $arctan \frac{1}{x} \to - \frac{π}{2}$ ，而 $x arctan \frac{1}{x} \to 0$ ，故 $f (0 - 0) = 2 b$ 。

可微必连续，需 $2 b = 2 = a$ ，得 $a = 2$ ， $b = 1$ 。

右导数：因 $x > 0$ 时 $f (x) = \sqrt{1 + x} + 1$ ，

$f'_{+} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{(\sqrt{1 + x} + 1) - 2}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} = \frac{1}{2}$

左支求导，注意 $(\sqrt{4 - x})' = - \frac{1}{2 \sqrt{4 - x}}$ ， $(arctan \frac{1}{x})' = - \frac{1}{1 + x^{2}}$ ：

$f' (x) = - \frac{b}{2 \sqrt{4 - x}} + c [arctan \frac{1}{x} - \frac{x}{1 + x^{2}}], x < 0$

代入 $b = 1$ 并令 $x \to 0^{-}$ ：此时 $\frac{1}{2 \sqrt{4 - x}} \to \frac{1}{4}$ ， $- \frac{x}{1 + x^{2}} \to 0$ ， $arctan \frac{1}{x} \to - \frac{π}{2}$ ，故

$f'_{-} (0) = - \frac{1}{4} + c (- \frac{π}{2}) = - \frac{1}{4} - \frac{π}{2} c$

可微要求 $f'_{-} (0) = f'_{+} (0)$ ：

$- \frac{1}{4} - \frac{π}{2} c = \frac{1}{2} \Rightarrow - \frac{π}{2} c = \frac{3}{4} \Rightarrow c = - \frac{3}{2 π}$

故 $a = 2$ ， $b = 1$ ， $c = - \frac{3}{2 π}$ 。

点评左支有两个坑：一是

(\sqrt{4 - x})' = - \frac{1}{2 \sqrt{4 - x}}

，在

x = 0

处等于

- \frac{1}{4}

而不是

- \frac{1}{2}

；二是

x \to 0^{-}

时

arctan \frac{1}{x} \to - \frac{π}{2}

带负号。任一处出错都会把

c

算错。

第 11 题高阶导数在零点的值

第二章导数与微分

设函数

f (x) = x^{2} ln \frac{1 + x}{1 - x}

，求

f^{(n)} (0)

（

n \geq 3

）。

查看解答

先把对数拆开并展开成幂级数（ $| x | < 1$ ）：

$ln \frac{1 + x}{1 - x} = ln (1 + x) - ln (1 - x) = 2 (x + \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} + \dots) = 2 \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{2 k + 1}}{2 k + 1}$

乘以 $x^{2}$ 得 $f$ 的麦克劳林级数：

$f (x) = x^{2} ln \frac{1 + x}{1 - x} = 2 \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{2 k + 3}}{2 k + 1} = 2 x^{3} + \frac{2}{3} x^{5} + \frac{2}{5} x^{7} + \dots$

由麦克劳林公式 $f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n}$ ，有 $f^{(n)} (0) = n! a_{n}$ ，其中 $a_{n}$ 是 $x^{n}$ 的系数。

当 $n$ 为偶数时，展开式中不含 $x^{n}$ 项（ $f$ 为奇函数），故 $f^{(n)} (0) = 0$ 。

当 $n$ 为奇数且 $n \geq 3$ 时，令 $n = 2 k + 3$ ，即 $k = \frac{n - 3}{2}$ ，对应系数

$a_{n} = \frac{2}{2 k + 1} = \frac{2}{n - 2}$

故 $f^{(n)} (0) = \frac{2 n!}{n - 2}$ 。

综上： $n$ 为偶数时 $f^{(n)} (0) = 0$ ； $n$ 为奇数（ $n \geq 3$ ）时 $f^{(n)} (0) = \frac{2 n!}{n - 2}$ 。例如 $n = 3$ 时 $f''' (0) = 2 \cdot 3! = 12$ ，与直接求导一致。

点评别用莱布尼茨公式硬算

x^{2} ln \frac{1 + x}{1 - x}

，先展开再读系数最快；注意

ln \frac{1 + x}{1 - x}

前面的因子

2

容易漏，且

f

是奇函数，故偶数阶导数在

0

处全为

0

。

第 12 题双中值问题的辅助函数

第三章微分中值定理及导数应用

设函数

f (x)

在闭区间

[0, 2]

上连续，在开区间

(0, 2)

上可导，且

f (1) = 2

，

f (0) = f (2) = 0

。证明：(1) 存在

η \in (1, 2)

，使

f (η) = η

；(2) 对任意实常数

λ

，存在

ξ \in (0, 2)

，使

f' (ξ) - λ [f (ξ) - ξ] = 1

。

查看解答

(1) 令 $F (x) = f (x) - x$ 。因 $f$ 与 $x$ 在 $[1, 2]$ 上连续， $F$ 在 $[1, 2]$ 上连续，且

$F (1) = f (1) - 1 = 2 - 1 = 1 > 0, F (2) = f (2) - 2 = 0 - 2 = - 2 < 0$

由零点定理（介值定理），存在 $η \in (1, 2)$ 使 $F (η) = 0$ ，即 $f (η) = η$ 。

(2) 待证式等价于 $f' (ξ) - 1 - λ [f (ξ) - ξ] = 0$ 。把 $λ$ 看作 $e^{- λ x}$ 求导后留下的因子，作辅助函数

$G (x) = e^{- λ x} [f (x) - x]$

因 $f$ 在 $[0, 2]$ 上连续、在 $(0, 2)$ 内可导， $G$ 在 $[0, 2]$ 上连续、在 $(0, 2)$ 内可导，且

$G (0) = e^{0} [f (0) - 0] = 0, G (η) = e^{- λ η} [f (η) - η] = 0$

其中 $η \in (1, 2) \subset (0, 2)$ 由 (1) 得到。于是 $G$ 在 $[0, η]$ 上满足罗尔定理的三条件，存在 $ξ \in (0, η) \subset (0, 2)$ 使 $G' (ξ) = 0$ 。而

$G' (x) = - λ e^{- λ x} [f (x) - x] + e^{- λ x} [f' (x) - 1] = e^{- λ x} [f' (x) - 1 - λ (f (x) - x)]$

由 $e^{- λ ξ} > 0$ ， $G' (ξ) = 0$ 即 $f' (ξ) - 1 - λ [f (ξ) - ξ] = 0$ ，也就是

$f' (ξ) - λ [f (ξ) - ξ] = 1$

证毕。

点评两问必须连起来用：(1) 给出的不动点

η

正是 (2) 中辅助函数的第二个零点，只靠

f (0) = f (2) = 0

会得

G (2) = - 2 e^{- 2 λ} \neq 0

，凑不出罗尔定理；辅助函数按待证式反推，乘

e^{- λ x}

正是为了消掉

λ

项。

2019-2020 学年期中试卷

15 题，满分 100 分（原卷各题已标注分值，1—11 题每题 7 分，12 题 8 分，13—15 题每题 5 分）。

第 1 题等价无穷小替换求极限

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to \infty} x tan \frac{5 x + 3}{2 x^{2} + x + 1}

。

查看解答

当 $x \to \infty$ 时 $\frac{5 x + 3}{2 x^{2} + x + 1} \to 0$ ，由等价无穷小 $tan u \sim u (u \to 0)$ 得

$lim_{x \to \infty} x tan \frac{5 x + 3}{2 x^{2} + x + 1} = lim_{x \to \infty} x \cdot \frac{5 x + 3}{2 x^{2} + x + 1} = lim_{x \to \infty} \frac{5 x^{2} + 3 x}{2 x^{2} + x + 1} = \frac{5}{2} .$

点评见到

x tan u

且

u \to 0

应立刻用

tan u \sim u

，不必洛必达，否则越求越繁。

第 2 题根式有理化与负无穷极限

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to - \infty} x (\sqrt{x^{2} + 10} + x)

。

查看解答

分子分母同乘 $\sqrt{x^{2} + 10} - x$ 有理化：

$x (\sqrt{x^{2} + 10} + x) = \frac{10 x}{\sqrt{x^{2} + 10} - x} .$

因 $x \to - \infty$ 时 $x < 0$ ，有 $\sqrt{x^{2} + 10} = - x \sqrt{1 + 10 / x^{2}}$ ，故将分子分母同除以 $x$ 后，分母为 $- \sqrt{1 + 10 / x^{2}} - 1 \to - 2$ ，分子为 $10$ 。于是

$lim_{x \to - \infty} x (\sqrt{x^{2} + 10} + x) = \frac{10}{- 2} = - 5 .$

点评负无穷时

\sqrt{x^{2}} = - x

，有理化后约分要盯住

x < 0

的符号，这是最常见的失分点。

第 3 题幂指函数与第二重要极限

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to \infty} (cos \frac{1}{x} + sin \frac{1}{x^{2}})^{x^{2}}

。

查看解答

令 $t = \frac{1}{x}$ ，则 $t \to 0^{+}$ ，原式为 $1^{\infty}$ 型。设原极限为 $L$ ，取对数：

$ln L = lim_{t \to 0^{+}} \frac{ln (cos t + sin t^{2})}{t^{2}} .$

由 $cos t = 1 - \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2})$ ， $sin t^{2} = t^{2} + o (t^{2})$ ，得

$cos t + sin t^{2} = 1 + \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2}), ln (cos t + sin t^{2}) = \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2}) .$

故 $ln L = \frac{1}{2}$ ，从而 $L = e^{1 / 2} = \sqrt{e}$ 。

点评先取对数化

1^{\infty}

型，展开时

cos t - 1

与

sin t^{2}

都要展到

t^{2}

项，漏项会误得

e^{0} = 1

。

第 4 题夹逼准则求数列和极限

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{n \to \infty} (\frac{1}{\sqrt{n^{2} + 1 + sin 1}} + \frac{1}{\sqrt{n^{2} + 2 + sin 2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n^{2} + n + sin n}})

。

查看解答

记 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + k + sin k}}$ 。由 $- 1 \leq sin k \leq 1$ 及 $1 \leq k \leq n$ 得

$n^{2} \leq n^{2} + k + sin k \leq n^{2} + n + 1,$

于是

$\frac{1}{\sqrt{n^{2} + n + 1}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^{2} + k + sin k}} \leq \frac{1}{n} .$

对 $k = 1, 2, \dots, n$ 求和：

$\frac{n}{\sqrt{n^{2} + n + 1}} \leq S_{n} \leq 1 .$

两端当 $n \to \infty$ 时都趋于 $1$ ，由夹逼准则得 ${lim}_{n \to \infty} S_{n} = 1$ 。

点评和式极限先找统一分母的上下界；

sin k

只用于

- 1 \leq sin k \leq 1

的放缩，不必精确求和。

第 5 题用导数定义求数列极限

第一章函数与极限

f (x)

是一个函数，

f (1) > 0

，

f' (1)

存在，求

{lim}_{n \to \infty} (\frac{f (1 + \frac{1}{n})}{f (1)})^{n}

。

查看解答

由 $f (1) > 0$ 及 $f$ 在 $x = 1$ 可导知 $f$ 在 $1$ 附近为正，可对所求极限取对数。设极限为 $L$ ，令 $h = \frac{1}{n} \to 0^{+}$ ，则

$ln L = lim_{n \to \infty} n ln \frac{f (1 + 1 / n)}{f (1)} = lim_{h \to 0^{+}} \frac{ln f (1 + h) - ln f (1)}{h} .$

右端正是 $ln f (x)$ 在 $x = 1$ 处的导数。由复合函数求导得 $(ln f (x))' |_{x = 1} = \frac{f' (1)}{f (1)}$ ，故

$L = e^{f' (1) / f (1)} .$

点评本质是

ln f

在

x = 1

的导数定义；

f (1) > 0

保证对数有意义，答案中比值

f' (1) / f (1)

不能写成

f' (1)

。

第 6 题幂指函数取对数求导

第二章导数与微分

设

f (x) = (1 + \frac{1}{x})^{x}

，求

f' (x)

。

查看解答

这是幂指函数，先取对数：

$ln f (x) = x ln (1 + \frac{1}{x}), f (x) = e^{x ln (1 + 1 / x)} .$

两边对 $x$ 求导：

$f' (x) = f (x) [ln (1 + \frac{1}{x}) + x \cdot \frac{1}{1 + 1 / x} \cdot (- \frac{1}{x^{2}})] .$

其中 $x \cdot \frac{x}{x + 1} \cdot (- \frac{1}{x^{2}}) = - \frac{1}{x + 1}$ ，故

$f' (x) = (1 + \frac{1}{x})^{x} [ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{x + 1}] .$

点评幂指函数必须取对数再求导，化简

x \cdot \frac{1}{1 + 1 / x} \cdot (- 1 / x^{2})

时把

- \frac{1}{x + 1}

写成

- \frac{1}{x}

是常见错误。

第 7 题莱布尼茨公式求高阶导

第二章导数与微分

设

f (x) = (x^{2} + 2 x) e^{- x}

，求

f^{(100)} (x)

。

查看解答

用莱布尼茨公式。因 $(x^{2} + 2 x)'' = 2$ ，三阶及以上导数为零，且 $(e^{- x})^{(m)} = (- 1)^{m} e^{- x}$ ，故

$f^{(n)} (x) = e^{- x} [(x^{2} + 2 x) (- 1)^{n} + n (2 x + 2) (- 1)^{n - 1} + \frac{n (n - 1)}{2} \cdot 2 \cdot (- 1)^{n - 2}] .$

取 $n = 100$ ，由 $(- 1)^{100} = 1$ 、 $(- 1)^{99} = - 1$ 、 $\frac{100 \cdot 99}{2} \cdot 2 = 9900$ 得

$f^{(100)} (x) = e^{- x} [x^{2} + 2 x - 100 (2 x + 2) + 9900] = e^{- x} (x^{2} - 198 x + 9700) .$

点评高阶导用莱布尼茨公式只剩三项，

(- 1)^{n - k}

的符号与

\frac{n (n - 1)}{2} \cdot 2 = 9900

的系数最易写错。

第 8 题抽象复合函数二阶导数

第二章导数与微分

设函数

f (u)

具有二阶导数，令

y = f (sin x^{2})

，求

\frac{d y}{d x}

、

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

令 $u = sin x^{2}$ ，则 $y = f (u)$ 。由链式法则

$\frac{d y}{d x} = f' (u) \cdot cos x^{2} \cdot 2 x = 2 x cos x^{2} f' (sin x^{2}) .$

再对 $x$ 求导，注意 $f' (u)$ 仍是 $u$ 的复合函数：

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = 2 cos x^{2} f' (u) + 2 x (- sin x^{2} \cdot 2 x) f' (u) + 2 x cos x^{2} \cdot f'' (u) \cdot 2 x cos x^{2} .$

整理得

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = (2 cos x^{2} - 4 x^{2} sin x^{2}) f' (sin x^{2}) + 4 x^{2} {cos}^{2} x^{2} f'' (sin x^{2}) .$

点评对

f' (sin x^{2})

再求导时它仍是复合函数，漏乘内层导数

2 x cos x^{2}

是典型错误。

第 9 题参数方程确定函数求导

第二章导数与微分

设参数方程

x = t - sin t

，

y = cos t

，求

\frac{d y}{d x}

、

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

$\frac{d x}{d t} = 1 - cos t$ ， $\frac{d y}{d t} = - sin t$ ，故

$\frac{d y}{d x} = \frac{- sin t}{1 - cos t} = \frac{- 2 sin \frac{t}{2} cos \frac{t}{2}}{2 {sin}^{2} \frac{t}{2}} = - \frac{cos \frac{t}{2}}{sin \frac{t}{2}} .$

记 $u = \frac{t}{2}$ ，由商的求导法则 $\frac{d}{d u} (- \frac{cos u}{sin u}) = \frac{1}{{sin}^{2} u}$ ，故 $\frac{d}{d t} (\frac{d y}{d x}) = \frac{1}{2 {sin}^{2} \frac{t}{2}}$ 。再用 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{d}{d t} (\frac{d y}{d x})}{\frac{d x}{d t}}$ ：

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{1}{2 {sin}^{2} \frac{t}{2}}}{1 - cos t} = \frac{1}{4 {sin}^{4} \frac{t}{2}} = \frac{1}{(1 - cos t)^{2}} .$

点评参数方程二阶导是

\frac{d}{d t} (y')

除以

x' (t)

，不是

y'' / x''

；结果化成

\frac{1}{(1 - cos t)^{2}}

最简洁。

第 10 题隐函数求导与切线方程

第二章导数与微分

方程

e^{x y} + sin (y - x) = 1 + 2 y

确定隐函数

y = y (x)

，求

y = y (x)

在

x = 0

处的切线方程。

查看解答

先求 $x = 0$ 时的 $y$ 。代入得 $1 + sin y = 1 + 2 y$ ，即 $sin y = 2 y$ 。因 $| sin y | \leq | y |$ 且等号仅在 $y = 0$ 成立，故 $y (0) = 0$ ，切点为 $(0, 0)$ 。

方程两边对 $x$ 求导：

$e^{x y} (y + x y') + cos (y - x) (y' - 1) = 2 y' .$

代入 $x = 0$ ， $y = 0$ ， $y' = y' (0)$ ： $0 + 1 \cdot (y' - 1) = 2 y'$ ，解得 $y' (0) = - 1$ 。故切线方程为 $y = - x$ ，即 $x + y = 0$ 。

点评先用

sin y = 2 y

定出

y (0) = 0

，再隐函数求导代点；

e^{x y}

求导时别漏掉

y + x y'

。

第 11 题偶函数导数的奇偶性

第二章导数与微分

设

f (x)

在

x = 0

的某邻域内有定义且是偶函数，

f' (0)

存在，证明

f' (0) = 0

。

查看解答

因 $f$ 为偶函数，对邻域内任意 $x$ 有 $f (- x) = f (x)$ 。由 $f' (0)$ 存在，按导数定义

$f' (0) = lim_{h \to 0} \frac{f (h) - f (0)}{h} .$

在 $f (- x) = f (x)$ 中取 $x = h$ ，并用导数定义计算 $x = 0$ 处的导数（注意 $(- h) \to 0$ ）：

$f' (0) = lim_{h \to 0} \frac{f (- h) - f (0)}{- h} = - lim_{h \to 0} \frac{f (h) - f (0)}{h} = - f' (0) .$

于是 $2 f' (0) = 0$ ，即 $f' (0) = 0$ 。证毕。

点评偶函数在

0

处只能用导数定义（或

f' (- x) = - f' (x)

）推出，不能直接对

f (- x) = f (x)

求导而不说明可导性。

第 12 题分段函数连续与可导性

第二章导数与微分

设

f (x) = x^{α} sin \frac{1}{x^{2}} (x > 0)

，

f (x) = 0 (x \leq 0)

，问：(1)

α

满足什么条件时

f (x)

连续；(2)

α

满足什么条件时

f (x)

可导；(3)

α

满足什么条件时导函数

f' (x)

在

(- \infty, + \infty)

上连续。

查看解答

(1) 当 $x \neq 0$ 时 $f$ 连续。在 $x = 0$ 处， $x > 0$ 时

$| f (x) - f (0) | = x^{α} | sin \frac{1}{x^{2}} | \leq x^{α} .$

故 $α > 0$ 时 $f (x) \to 0 = f (0)$ ， $f$ 在 $0$ 连续； $α \leq 0$ 时 $sin \frac{1}{x^{2}}$ 无极限或 $x^{α}$ 无界， $f$ 在 $0$ 不连续。所以 $f$ 连续当且仅当 $α > 0$ 。

(2) 在 $x = 0$ 处

$f' (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^{α} sin \frac{1}{x^{2}} - 0}{x} = lim_{x \to 0^{+}} x^{α - 1} sin \frac{1}{x^{2}} .$

当 $α - 1 > 0$ 时该极限为 $0$ ；当 $α - 1 \leq 0$ 时极限不存在。故 $f$ 在 $0$ 可导当且仅当 $α > 1$ ，此时 $f' (0) = 0$ 。

(3) $x < 0$ 时 $f' (x) = 0$ ； $x > 0$ 时

$f' (x) = α x^{α - 1} sin \frac{1}{x^{2}} - 2 x^{α - 3} cos \frac{1}{x^{2}} .$

要使 $f'$ 在 $x = 0$ 连续，需 ${lim}_{x \to 0^{+}} f' (x) = f' (0) = 0$ ，即两项的幂次都为正： $α - 1 > 0$ 且 $α - 3 > 0$ 。所以 $α > 3$ 时 $f'$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上连续； $α \leq 3$ 时 $f'$ 在 $0$ 处不连续。

综上：(1) $α > 0$ ；(2) $α > 1$ ；(3) $α > 3$ 。

点评三问层层加码：连续看

α > 0

，可导看

α > 1

，导函数连续还要压住

x^{α - 3} cos \frac{1}{x^{2}}

，故

α > 3

。

第 13 题构造数列逼近无理数

第一章函数与极限

已知

\sqrt{2}

是无理数。(1) 作一个数列

{x_{n}'}

，每个

x_{n}'

都是无理数且

x_{n}' \neq \sqrt{2}

，并满足

{lim}_{n \to \infty} x_{n}' = \sqrt{2}

（写出

x_{n}'

的表达式）；(2) 作一个数列

{x_{n}''}

，每个

x_{n}''

都是有理数，并满足

{lim}_{n \to \infty} x_{n}'' = \sqrt{2}

（写出

x_{n}''

的表达式）。

查看解答

(1) 取

$x_{n}' = \sqrt{2} (1 + \frac{1}{n}) = \sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}}{n} .$

因 $\sqrt{2}$ 是无理数，而 $1 + \frac{1}{n}$ 是非零有理数，无理数乘非零有理数仍为无理数，故每个 $x_{n}'$ 都是无理数，且 $x_{n}' \neq \sqrt{2}$ 。又 ${lim}_{n \to \infty} x_{n}' = \sqrt{2}$ 。

(2) 取 $m_{n}$ 为不超过 $10^{n} \sqrt{2}$ 的最大整数，令

$x_{n}'' = \frac{m_{n}}{10^{n}},$

即 $\sqrt{2}$ 的 $n$ 位小数截断值。它是有理数，且

$0 < \sqrt{2} - x_{n}'' < \frac{1}{10^{n}},$

故由夹逼准则 ${lim}_{n \to \infty} x_{n}'' = \sqrt{2}$ 。

点评无理数列可在

\sqrt{2}

上加

\frac{\sqrt{2}}{n}

；有理数列用十进制截断，两者都要验证不取到

\sqrt{2}

本身。

第 14 题单调有界准则证收敛

第一章函数与极限

设

{a_{n}}

为一个数列，且满足

0 \leq a_{n + 1} - a_{n} < q^{n} (n = 1, 2, \dots)

，这里

q

是常数，且

0 < q < 1

，证明

{lim}_{n \to \infty} a_{n}

存在。

查看解答

由 $a_{n + 1} - a_{n} \geq 0$ 知 ${a_{n}}$ 单调不减。又对任意 $n \geq 2$ ，把 $a_{n}$ 写成增量之和：

$a_{n} = a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{k + 1} - a_{k}) < a_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} q^{k} < a_{1} + \frac{q}{1 - q},$

其中用了等比级数 $\sum_{k = 1}^{\infty} q^{k} = \frac{q}{1 - q}$ （ $0 < q < 1$ 保证收敛）。故 ${a_{n}}$ 有上界。由单调有界准则， ${lim}_{n \to \infty} a_{n}$ 存在。证毕。

点评证收敛只需单调加有界；用

q^{k}

的等比级数控制全部增量，

q < 1

正是上界有限的关键。

第 15 题递推数列的单调有界性

第一章函数与极限

设

x_{n} = \sqrt{1 + \sqrt{2 + \dots + \sqrt{n}}} (n = 1, 2, \dots)

，证明

{lim}_{n \to \infty} x_{n}

存在。

查看解答

记 $y_{k} = \sqrt{k + y_{k + 1}} (k = 1, \dots, n - 1)$ ， $y_{n} = \sqrt{n}$ ，则 $x_{n} = y_{1}$ 。

先证有界。用反向归纳证明 $y_{k} \leq k + 1$ 。当 $k = n$ 时 $\sqrt{n} \leq n + 1$ 成立；若 $y_{k + 1} \leq k + 2$ ，则

$y_{k} = \sqrt{k + y_{k + 1}} \leq \sqrt{k + k + 2} = \sqrt{2 k + 2} \leq k + 1,$

最后一个不等号因为 $(k + 1)^{2} - (2 k + 2) = k^{2} - 1 \geq 0 (k \geq 1)$ 。故 $x_{n} = y_{1} \leq 2$ ，即 ${x_{n}}$ 有上界。

再证单调。 $x_{n + 1}$ 与 $x_{n}$ 的嵌套根式前 $n$ 层相同，只把最内层的 $\sqrt{n}$ 换成 $\sqrt{n + 1}$ ；由于 $\sqrt{n + 1} > \sqrt{n}$ ，且开方与加法都保持不等号方向，逐层比较得 $x_{n + 1} > x_{n}$ 。

于是 ${x_{n}}$ 单调递增且有上界，由单调有界准则， ${lim}_{n \to \infty} x_{n}$ 存在。证毕。

点评嵌套根式先证单调（逐层替换保序），再用反向归纳证

y_{k} \leq k + 1

得

x_{n} \leq 2

，切忌直接对根式取极限。

2020-2021 学年期中试卷

15 题。卷面印有分值：第 1—11 题每题 7 分，第 12—14 题每题 6 分，第 15 题 5 分，合计 100 分。

第 1 题极限定义·ε-δ证明

第一章函数与极限

写出函数极限

{lim}_{x \to x_{0}} f (x) = a

的

ε - δ

定义，并用定义证明

{lim}_{x \to 1} \frac{x}{x - 2} = - 1

。

查看解答

先叙述定义：设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的某去心邻域内有定义。若对任意给定的 $ε > 0$ ，总存在 $δ > 0$ ，使得当 $0 < | x - x_{0} | < δ$ 时恒有

$| f (x) - a | < ε,$

则称 ${lim}_{x \to x_{0}} f (x) = a$ 。

下面按定义证明。先作差并通分：

$| \frac{x}{x - 2} - (- 1) | = | \frac{x + x - 2}{x - 2} | = \frac{2 | x - 1 |}{| x - 2 |} .$

分子已含 $| x - 1 |$ ，只需把分母 $| x - 2 |$ 控制住。附加限制 $| x - 1 | < \frac{1}{2}$ ，此时 $\frac{1}{2} < x < \frac{3}{2}$ ，从而 $| x - 2 | > \frac{1}{2}$ ，于是

$| \frac{x}{x - 2} + 1 | < \frac{2 | x - 1 |}{1 / 2} = 4 | x - 1 | .$

取 $δ = min {\frac{1}{2}, \frac{ε}{4}}$ 。当 $0 < | x - 1 | < δ$ 时，上述两个限制同时成立，故

$| \frac{x}{x - 2} + 1 | < 4 \cdot \frac{ε}{4} = ε .$

按定义即得 ${lim}_{x \to 1} \frac{x}{x - 2} = - 1$ 。证毕。

点评定义证明的固定套路是「先作差、再放大、最后取

δ = min {δ_{0}, ε / M}

」；漏掉

δ \leq \frac{1}{2}

这一步、放任分母趋零，是本题最常见的失分。

第 2 题根式有理化·等价无穷小

第一章函数与极限

计算极限

{lim}_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - sin (x^{2})} - 1}{x ln (1 + 2 tan x)}

。

查看解答

分母含 $ln (1 + 2 tan x)$ ，分子是根式之差，先有理化把差化成商：

$\sqrt{1 - sin (x^{2})} - 1 = \frac{(1 - sin (x^{2})) - 1}{\sqrt{1 - sin (x^{2})} + 1} = \frac{- sin (x^{2})}{\sqrt{1 - sin (x^{2})} + 1} .$

于是原式化为

$\frac{\sqrt{1 - sin (x^{2})} - 1}{x ln (1 + 2 tan x)} = \frac{- sin (x^{2})}{(\sqrt{1 - sin (x^{2})} + 1) \cdot x ln (1 + 2 tan x)} .$

当 $x \to 0$ 时逐因子作等价代换： $sin (x^{2}) \sim x^{2}$ ， $\sqrt{1 - sin (x^{2})} + 1 \to 2$ ， $ln (1 + 2 tan x) \sim 2 tan x \sim 2 x$ 。故分子 $\sim - x^{2}$ ，分母 $\sim 2 \cdot x \cdot 2 x = 4 x^{2}$ ，从而

$lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - sin (x^{2})} - 1}{x ln (1 + 2 tan x)} = lim_{x \to 0} \frac{- x^{2}}{4 x^{2}} = - \frac{1}{4} .$

最终值为 $- \frac{1}{4}$ 。

点评根式差一律先有理化，别硬用

\sqrt{1 + u} - 1 \sim \frac{u}{2}

后忘记分母里

ln (1 + 2 tan x)

还要再换一次；只换

tan x

不换

ln

会差一个因子

2

。

第 3 题幂指函数·重要极限

第一章函数与极限

计算极限

{lim}_{x \to + \infty} (sin \frac{3}{x} + cos \frac{2}{\sqrt{x}})^{x}

。

查看解答

这是 $1^{\infty}$ 型。令 $u = \frac{1}{x}$ ，则 $x \to + \infty$ 时 $u \to 0^{+}$ ，且原式 $= (sin 3 u + cos 2 \sqrt{u})^{1 / u}$ 。

对括号内两项作泰勒展开：

$sin 3 u = 3 u + O (u^{3}), cos 2 \sqrt{u} = 1 - \frac{(2 \sqrt{u})^{2}}{2} + O (u^{2}) = 1 - 2 u + O (u^{2}) .$

相加得

$sin 3 u + cos 2 \sqrt{u} = 1 + u + O (u^{3 / 2}) .$

记原式为 $L$ ，括号内为 $1 + v$ ，其中 $v = u + O (u^{3 / 2}) \to 0$ ，取对数：

$ln L = \frac{1}{u} ln (1 + u + O (u^{3 / 2})) = \frac{1}{u} (u + O (u^{3 / 2})) = 1 + O (u^{1 / 2}) \to 1 .$

故

$lim_{x \to + \infty} (sin \frac{3}{x} + cos \frac{2}{\sqrt{x}})^{x} = e^{1} = e .$

点评关键在

cos \frac{2}{\sqrt{x}}

的展开是

1 - \frac{2}{x}

，一次项系数

- 2

恰好把

sin

的

+ 3

削成

+ 1

；错记成

1 - \frac{1}{x}

就会得出

e^{2}

。

第 4 题递推数列·压缩估计

第一章函数与极限

设

x_{1} \geq 0

，

x_{n + 1} = \frac{4 + x_{n}}{1 + x_{n}} (n = 1, 2, \dots)

。证明：数列

{x_{n}}_{n = 1}^{+ \infty}

存在极限，并求

{lim}_{n \to \infty} x_{n}

。

查看解答

记 $f (x) = \frac{4 + x}{1 + x} = 1 + \frac{3}{1 + x}$ ，则 $x_{n + 1} = f (x_{n})$ 。

第一步，找极限候选值。若 $x_{n} \to A$ ，由 $f$ 在 $[0, + \infty)$ 上连续得 $A = \frac{4 + A}{1 + A}$ ，即 $A + A^{2} = 4 + A$ ， $A^{2} = 4$ 。结合 $x_{n} \geq 0$ 知 $A = 2$ 。

第二步，证明有界。当 $x \geq 0$ 时 $1 < f (x) = 1 + \frac{3}{1 + x} \leq 4$ ，故 $x_{2} \in (1, 4]$ ；进而对一切 $n \geq 2$ 有 $1 < x_{n} \leq 4$ 。

第三步，作压缩估计。注意恒等式

$x_{n + 1} - 2 = \frac{4 + x_{n}}{1 + x_{n}} - 2 = \frac{2 - x_{n}}{1 + x_{n}},$

即

$| x_{n + 1} - 2 | = \frac{| x_{n} - 2 |}{1 + x_{n}} .$

因 $n \geq 2$ 时 $x_{n} > 1$ ，故 $1 + x_{n} > 2$ ，于是

$| x_{n + 1} - 2 | < \frac{1}{2} | x_{n} - 2 | (n \geq 2) .$

迭代得 $| x_{n} - 2 | < (\frac{1}{2})^{n - 2} | x_{2} - 2 | \to 0 (n \to \infty)$ ，故 $x_{n} \to 2$ 。

所以数列极限存在，且 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = 2$ 。

点评

f' (x) = - \frac{3}{(1 + x)^{2}} < 0

，数列并不单调，「单调有界」这条路走不通；正解是盯住

x_{n + 1} - 2

与

x_{n} - 2

的比值做压缩。

第 5 题分段连续·单侧极限

第一章函数与极限

设

f (x) = arctan \frac{1}{x} (x > 0)

，

f (0) = a

，

f (x) = (1 + sin b x)^{cot x} (x < 0)

。若

f

在

x = 0

处连续，求常数

a

，

b

。

查看解答

连续要求左极限、右极限与函数值三者相等，分别计算。

右极限： $x \to 0^{+}$ 时 $\frac{1}{x} \to + \infty$ ，故

$lim_{x \to 0^{+}} f (x) = lim_{x \to 0^{+}} arctan \frac{1}{x} = \frac{π}{2} .$

左极限：这是 $1^{\infty}$ 型，取对数，

$ln f (x) = cot x ln (1 + sin b x) = \frac{cos x}{sin x} ln (1 + sin b x) .$

当 $x \to 0^{-}$ 时 $ln (1 + sin b x) \sim sin b x \sim b x$ ， $\frac{cos x}{sin x} \sim \frac{1}{x}$ ，故

$ln f (x) \sim \frac{1}{x} \cdot b x = b ⟶ b,$

即 ${lim}_{x \to 0^{-}} f (x) = e^{b}$ 。

又 $f (0) = a$ 。由连续性 $\frac{π}{2} = a = e^{b}$ ，故

$a = \frac{π}{2}, b = ln \frac{π}{2} .$

点评左极限要把幂指式化成

e

的指数再取极限，

cot x \sim \frac{1}{x}

与

sin b x \sim b x

相乘才出

b

；别忘了

f (0) = a

也要与

\frac{π}{2}

对齐。

第 6 题间断点·类型判定

第一章函数与极限

求函数

f (x) = (e^{\frac{x}{x - 1}} - 1)^{- 1}

的间断点及间断点类型（需说明理由）。

查看解答

先定定义域：需 $x \neq 1$ ，且 $e^{\frac{x}{x - 1}} - 1 \neq 0$ ，后者即 $\frac{x}{x - 1} \neq 0$ ，即 $x \neq 0$ 。故定义域为 $x \neq 0$ 且 $x \neq 1$ ，间断点为 $x = 0$ 与 $x = 1$ 。

（1）考察 $x = 1$ 。此时 $\frac{x}{x - 1} \to \pm \infty$ ，且 $\frac{x}{x - 1} = 1 + \frac{1}{x - 1}$ 。

当 $x \to 1^{+}$ 时 $\frac{x}{x - 1} \to + \infty$ ， $e^{\frac{x}{x - 1}} \to + \infty$ ，故 $f (x) \to 0^{+}$ ，右极限为 $0$ ；

当 $x \to 1^{-}$ 时 $\frac{x}{x - 1} \to - \infty$ ， $e^{\frac{x}{x - 1}} \to 0$ ，故 $f (x) \to \frac{1}{0 - 1} = - 1$ ，左极限为 $- 1$ 。

左右极限都存在但不相等，故 $x = 1$ 是第一类间断点，且为跳跃间断点，跃度为 $1$ 。

（2）考察 $x = 0$ 。令 $u = \frac{x}{x - 1}$ ，则 $x \to 0$ 时 $u \to 0$ ，且 $u \sim - x$ 。由 $e^{u} - 1 \sim u$ 得

$f (x) = \frac{1}{e^{u} - 1} \sim \frac{1}{u} = \frac{x - 1}{x} \sim - \frac{1}{x} .$

故 $x \to 0^{+}$ 时 $f (x) \to - \infty$ ， $x \to 0^{-}$ 时 $f (x) \to + \infty$ ，两侧极限都是无穷大，故 $x = 0$ 是第二类间断点（无穷间断点）。

结论： $x = 1$ 为第一类跳跃间断点； $x = 0$ 为第二类无穷间断点。

点评

x = 0

是最容易漏掉的间断点——它并非分母的零点，而是让

e^{\frac{x}{x - 1}} - 1

恰好为零的点；找间断点必须解完整定义域。

第 7 题根式复合·反三角求导

第二章导数与微分

设

f (x) = e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}} - arccos e^{x}

，求导数

\frac{d y}{d x}

、

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

定义域需 $1 - e^{2 x} > 0$ 且 $e^{x} \leq 1$ ，即 $x < 0$ ，以下在 $x < 0$ 上求导。

第一项用乘积法则，并用链式法则处理根式：

$(e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}})' = e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}} + e^{x} \cdot \frac{- 2 e^{2 x}}{2 \sqrt{1 - e^{2 x}}} = e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}} - \frac{e^{3 x}}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} .$

第二项：

$(arccos e^{x})' = \frac{- 1}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} \cdot e^{x} = \frac{- e^{x}}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} .$

两者相减，注意减去负数变加：

$y' = e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}} - \frac{e^{3 x}}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} + \frac{e^{x}}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} = e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}} + \frac{e^{x} (1 - e^{2 x})}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} .$

因 $\frac{1 - e^{2 x}}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} = \sqrt{1 - e^{2 x}}$ ，故

$y' = 2 e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}} .$

再求导（仍用乘积法则）：

$y'' = 2 [e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}} + e^{x} \cdot \frac{- 2 e^{2 x}}{2 \sqrt{1 - e^{2 x}}}] = 2 e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}} - \frac{2 e^{3 x}}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} .$

通分得

$y'' = \frac{2 e^{x} (1 - e^{2 x}) - 2 e^{3 x}}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} = \frac{2 e^{x} (1 - 2 e^{2 x})}{\sqrt{1 - e^{2 x}}} .$

点评这题的「设计感」在于

arccos e^{x}

求导的负号恰好与减号相消，使

y'

塌缩成

2 e^{x} \sqrt{1 - e^{2 x}}

；不先化简就硬算二阶导，计算量会翻几倍。

第 8 题分段可导·左右导数

第二章导数与微分

设

f (x) = x arctan \frac{1}{x} (x < 0)

，

f (0) = a

，

f (x) = x^{2} + b x + c (x > 0)

。若

f

在

x = 0

处可导，求常数

a

，

b

，

c

。

查看解答

可导必连续，先用连续性定 $a$ 、 $c$ ，再由左右导数相等定 $b$ 。

左极限： $x \to 0^{-}$ 时 $| x arctan \frac{1}{x} | \leq | x | \cdot \frac{π}{2} \to 0$ （有界量乘无穷小），故 ${lim}_{x \to 0^{-}} f (x) = 0$ 。

右极限： ${lim}_{x \to 0^{+}} (x^{2} + b x + c) = c$ 。

由连续性 $0 = a = c$ ，即 $a = 0$ ， $c = 0$ 。

再算左右导数。左导数按定义（此时 $f (0) = 0$ ）：

$f'_{-} (0) = lim_{x \to 0^{-}} \frac{x arctan \frac{1}{x} - 0}{x} = lim_{x \to 0^{-}} arctan \frac{1}{x} = - \frac{π}{2};$

右导数：

$f'_{+} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^{2} + b x - 0}{x} = lim_{x \to 0^{+}} (x + b) = b .$

可导要求 $f'_{-} (0) = f'_{+} (0)$ ，故 $b = - \frac{π}{2}$ 。

综上

$a = 0, b = - \frac{π}{2}, c = 0 .$

点评三个未知数正好对应「连续给两个、可导给一个」；

arctan \frac{1}{x}

在

0

处左右极限是

\pm \frac{π}{2}

，若误当成

0

就会漏掉

b

的取值。

第 9 题隐函数求导·二阶导

第二章导数与微分

由方程

e^{x y} + x + y = 2

确定隐函数

y = f (x)

，求

f' (0)

、

f'' (0)

，并求极限

{lim}_{n \to \infty} n (f (\frac{1}{n}) - 1)

。

查看解答

先定 $x = 0$ 处的函数值。令 $x = 0$ 代入方程： $e^{0} + 0 + y = 2$ ，得 $y = 1$ ，即 $f (0) = 1$ 。

方程两边对 $x$ 求导，注意 $y = y (x)$ ， $e^{x y}$ 处要用乘积法则：

$e^{x y} (y + x y') + 1 + y' = 0 . (*)$

代入 $x = 0$ ， $y = 1$ ： $1 \cdot (1 + 0) + 1 + y' = 0$ ，故

$f' (0) = - 2 .$

对 $(*)$ 再对 $x$ 求导：

$e^{x y} (y + x y')^{2} + e^{x y} (y' + y' + x y'') + y'' = 0,$

即

$e^{x y} (y + x y')^{2} + e^{x y} (2 y' + x y'') + y'' = 0 .$

代入 $x = 0$ ， $y = 1$ ， $y' = - 2$ ： $1 \cdot 1 + 1 \cdot (- 4) + y'' = 0$ ，得

$f'' (0) = 3 .$

最后一问本质是导数定义。令 $h = \frac{1}{n} \to 0^{+}$ ，

$lim_{n \to \infty} n (f (\frac{1}{n}) - 1) = lim_{h \to 0^{+}} \frac{f (h) - f (0)}{h} = f' (0) = - 2 .$

点评隐函数不必解出

y (x)

，直接对

x

求导再代点最快；第三问别去做差商硬算，认清它就是

f' (0)

——

n

只是

h = \frac{1}{n}

的马甲。

第 10 题参数方程·二阶导数

第二章导数与微分

由参数方程

x = arctan \sqrt{1 + t^{2}}

，

y = ln (t + \sqrt{1 + t^{2}})

确定函数

y = y (x)

，求

\frac{d y}{d x}

、

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

记 $s = \sqrt{1 + t^{2}}$ 。先分别求 $x$ 、 $y$ 对 $t$ 的导数。

$\frac{d x}{d t} = \frac{1}{1 + (1 + t^{2})} \cdot \frac{t}{\sqrt{1 + t^{2}}} = \frac{t}{(2 + t^{2}) s},$

$\frac{d y}{d t} = \frac{1}{t + s} (1 + \frac{t}{s}) = \frac{1}{t + s} \cdot \frac{s + t}{s} = \frac{1}{s} .$

于是

$\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{1 / s}{t / ((2 + t^{2}) s)} = \frac{2 + t^{2}}{t} .$

再求二阶导。先算 $\frac{d y}{d x}$ 对 $t$ 的导数：

$\frac{d}{d t} (\frac{2 + t^{2}}{t}) = \frac{d}{d t} (\frac{2}{t} + t) = - \frac{2}{t^{2}} + 1 = \frac{t^{2} - 2}{t^{2}} .$

故

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{d}{d t} (\frac{d y}{d x})}{\frac{d x}{d t}} = \frac{\frac{t^{2} - 2}{t^{2}}}{\frac{t}{(2 + t^{2}) s}} = \frac{(t^{2} - 2) (t^{2} + 2) \sqrt{1 + t^{2}}}{t^{3}} .$

点评

\frac{d x}{d t}

中的链式因子

\frac{t}{\sqrt{1 + t^{2}}}

极易漏写；二阶导必须再除以一次

\frac{d x}{d t}

，直接对

t

求两次导是本题第一大坑。

第 11 题幂指函数·链式法则

第二章导数与微分

已知函数

f (x)

在

x = 4

处有二阶导数，

f (4) = 1

，

f' (4) = 2

，

f'' (4) = 3

，

y = f (x^{x})

，求

\frac{d y}{d x} |_{x = 2}

、

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{x = 2}

。

查看解答

令 $u = x^{x} = e^{x ln x}$ ，则 $y = f (u)$ ，且当 $x = 2$ 时 $u = 2^{2} = 4$ ，恰好落在已知点 $x = 4$ 上。

分别求 $u$ 的一、二阶导数：

$u' = x^{x} (ln x + 1), u' |_{x = 2} = 4 (1 + ln 2) .$

$u'' = x^{x} [(ln x + 1)^{2} + \frac{1}{x}], u'' |_{x = 2} = 4 (1 + ln 2)^{2} + 2 .$

由链式法则

$\frac{d y}{d x} = f' (u) u',$

代入 $x = 2$ ：

$\frac{d y}{d x} |_{x = 2} = f' (4) \cdot 4 (1 + ln 2) = 2 \cdot 4 (1 + ln 2) = 8 (1 + ln 2) .$

再由乘积法则加链式法则

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = f'' (u) (u')^{2} + f' (u) u'',$

代入 $x = 2$ ：

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{x = 2} = 3 \cdot [4 (1 + ln 2)]^{2} + 2 [4 (1 + ln 2)^{2} + 2] .$

即

$48 (1 + ln 2)^{2} + 8 (1 + ln 2)^{2} + 4 = 56 (1 + ln 2)^{2} + 4 .$

点评先看

x = 2

时

x^{x} = 4

正好撞上已知点，这是命题人给的提示；二阶导里

f' (u) u''

这一项最常被吞掉，只写

f'' (u) (u')^{2}

必错。

第 12 题高阶导数·幂级数系数

第二章导数与微分

函数

f (x) = ln \sqrt{1 + x^{2}}

，求

f^{(n)} (0)

。

查看解答

先化简： $f (x) = \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})$ 。

利用展开式

$ln (1 + z) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} z^{k} (| z | < 1),$

取 $z = x^{2}$ ，得

$f (x) = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} x^{2 k} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k} x^{2 k} .$

右端是 $f$ 在 $0$ 处的麦克劳林展开，故 $f^{(n)} (0) = n! c_{n}$ ，其中 $c_{n}$ 是右端 $x^{n}$ 项的系数。

当 $n$ 为奇数时，右端只有偶次幂， $x^{n}$ 的系数为 $0$ ，故 $f^{(n)} (0) = 0$ 。

当 $n = 2 k$ 为偶数时， $x^{2 k}$ 的系数为 $\frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k}$ ，故

$f^{(2 k)} (0) = (2 k)! \cdot \frac{(- 1)^{k - 1}}{2 k} = (- 1)^{k - 1} (2 k - 1)! .$

综上： $n$ 为奇数时 $f^{(n)} (0) = 0$ ； $n = 2 k$ 时 $f^{(n)} (0) = (- 1)^{k - 1} (n - 1)!$ 。

（验证： $n = 2$ 时 $f'' (x) = \frac{1 - x^{2}}{(1 + x^{2})^{2}}$ ， $f'' (0) = 1 = (- 1)^{0} \cdot 1!$ ，相符。）

点评别硬套

(ln u)^{(n)}

的高阶导公式；先展成幂级数、再读系数，一步到位，还顺带解释了奇阶导为何全为

0

（

f

是偶函数）。

第 13 题极限反推·导数定义

第二章导数与微分

函数

f (x)

在

x = 0

处可导，且

{lim}_{x \to 0} [\frac{1}{x cos x} + \frac{f (x)}{x}] = 2

，求

f (0)

及

f' (0)

。

查看解答

先通分，把两项并成一个分式：

$\frac{1}{x cos x} + \frac{f (x)}{x} = \frac{1 + f (x) cos x}{x cos x} .$

已知该式当 $x \to 0$ 时极限为 $2$ （有限值），而分母 $x cos x \to 0$ 。若分子不趋于 $0$ ，商将趋于无穷大，与极限有限矛盾。故必有

$lim_{x \to 0} [1 + f (x) cos x] = 0 .$

由 $f$ 在 $0$ 处可导从而连续， $f (x) \to f (0)$ ，又 $cos x \to 1$ ，得 $1 + f (0) = 0$ ，即

$f (0) = - 1 .$

再由可导性写出带佩亚诺余项的一阶展开：

$f (x) = f (0) + f' (0) x + o (x) = - 1 + f' (0) x + o (x) .$

代入分子（用 $cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})$ ）：

$1 + f (x) cos x = 1 + (- 1 + f' (0) x + o (x)) (1 - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})) = f' (0) x + o (x) .$

于是

$2 = lim_{x \to 0} \frac{f' (0) x + o (x)}{x cos x} = lim_{x \to 0} \frac{f' (0) x + o (x)}{x} = f' (0) .$

故 $f (0) = - 1$ ， $f' (0) = 2$ 。

点评两步都要靠「分母趋零而极限有限

\Rightarrow

分子必趋零」这条反推；第二问用

f (x) = f (0) + f' (0) x + o (x)

一步到位，比洛必达更干净。

第 14 题罗尔定理·辅助函数

第三章微分中值定理及导数应用

函数

f (x)

在闭区间

[0, 3]

上连续、在开区间

(0, 3)

内可导，且

f (0) f (3) > 0

、

f (0) f (2) < 0

。求证：对任意给定实数

μ

，至少存在

ξ \in (0, 3)

满足

f' (ξ) = μ f (ξ)

。

查看解答

第一步，找出 $f$ 的两个不同零点。

由 $f (0) f (2) < 0$ 知 $f (0)$ 与 $f (2)$ 异号，而 $f$ 在 $[0, 2]$ 上连续，由零点定理存在 $c_{1} \in (0, 2)$ 使 $f (c_{1}) = 0$ 。

由 $f (0) f (3) > 0$ 知 $f (0)$ 与 $f (3)$ 同号；又 $f (2)$ 与 $f (0)$ 异号，故 $f (2)$ 与 $f (3)$ 异号，即 $f (2) f (3) < 0$ 。再由 $f$ 在 $[2, 3]$ 上连续，存在 $c_{2} \in (2, 3)$ 使 $f (c_{2}) = 0$ 。

于是 $0 < c_{1} < 2 < c_{2} < 3$ ， $f$ 有两个互异的零点。

第二步，构造辅助函数把 $f' - μ f$ 凑成某个函数的导数。令

$F (x) = e^{- μ x} f (x), x \in [0, 3] .$

因 $e^{- μ x}$ 与 $f$ 都可导， $F$ 在 $[c_{1}, c_{2}]$ 上连续、在 $(c_{1}, c_{2})$ 内可导，且

$F (c_{1}) = e^{- μ c_{1}} f (c_{1}) = 0, F (c_{2}) = e^{- μ c_{2}} f (c_{2}) = 0 .$

即 $F (c_{1}) = F (c_{2})$ 。由罗尔定理，存在 $ξ \in (c_{1}, c_{2}) \subset (0, 3)$ 使 $F' (ξ) = 0$ 。

第三步，还原。因

$F' (x) = e^{- μ x} [f' (x) - μ f (x)],$

且 $e^{- μ ξ} > 0$ ，故 $F' (ξ) = 0$ 给出 $f' (ξ) - μ f (ξ) = 0$ ，即

$f' (ξ) = μ f (ξ) .$

证毕。

点评只找到一个零点就用不了罗尔，必须由

f (0) f (3) > 0

与

f (0) f (2) < 0

的符号链推出第二个零点；辅助函数取

e^{- μ x} f (x)

（或等价地

\frac{f (x)}{e^{μ x}}

），乘的因子恒正，零点与原函数完全一致。

第 15 题二阶导数·零点数列

第三章微分中值定理及导数应用

函数

f (x)

在

x = 0

处有二阶导数，

f (2^{- n}) = 0 (n = 1, 2, \dots)

，求证：

f'' (0) = 0

。

查看解答

第一步，求 $f (0)$ 。因 $f$ 在 $0$ 处有二阶导数，故 $f$ 在 $0$ 的某邻域内可导，从而在该邻域内连续。令 $n \to \infty$ ， $2^{- n} \to 0$ ，由 $f (2^{- n}) = 0$ 与连续性得

$f (0) = lim_{n \to \infty} f (2^{- n}) = 0 .$

第二步，求 $f' (0)$ 。由导数定义

$f' (0) = lim_{h \to 0} \frac{f (h) - f (0)}{h} = lim_{h \to 0} \frac{f (h)}{h} .$

沿特殊路径 $h = 2^{- n} \to 0$ 取极限（若整体极限存在，则沿任何子列极限相同）：

$f' (0) = lim_{n \to \infty} \frac{f (2^{- n})}{2^{- n}} = 0 .$

第三步，用二阶导数的定义把 $f'' (0)$ 与 $f (2^{- n})$ 联系起来。因 $f'' (0)$ 存在， $f$ 在 $0$ 处有带佩亚诺余项的二阶泰勒展开：

$f (h) = f (0) + f' (0) h + \frac{f'' (0)}{2} h^{2} + o (h^{2}) = \frac{f'' (0)}{2} h^{2} + o (h^{2}) .$

两边除以 $h^{2}$ 并令 $h \to 0$ ，得

$lim_{h \to 0} \frac{f (h)}{h^{2}} = \frac{f'' (0)}{2} .$

仍取 $h = 2^{- n}$ ，此时 $f (2^{- n}) = 0$ ，故

$\frac{f'' (0)}{2} = lim_{n \to \infty} \frac{f (2^{- n})}{(2^{- n})^{2}} = 0,$

从而 $f'' (0) = 0$ 。证毕。

点评先用连续性把

f (0)

拿下、再用导数定义把

f' (0)

拿下，最后必须动用「

f'' (0)

存在」这个条件（泰勒展开或对

\frac{f (h)}{h^{2}}

用洛必达）；只靠

f

在数列点上取零是推不出二阶导信息的。

2021-2022 学年期中试卷

13 题，原卷未印分值。

第 1 题无穷远极限·待定系数

第一章函数与极限

已知

{lim}_{x \to - \infty} (\sqrt{x^{2} - x + 1} - a x - b) = 0

，求常数

a

，

b

。

查看解答

令 $t = - x$ ，则 $x \to - \infty$ 时 $t \to + \infty$ ，且 $x^{2} - x + 1 = t^{2} + t + 1$ 。

$\sqrt{x^{2} - x + 1} = t \sqrt{1 + \frac{1}{t} + \frac{1}{t^{2}}} = t (1 + \frac{1}{2 t} + \frac{3}{8 t^{2}} + o (\frac{1}{t^{2}})) = t + \frac{1}{2} + \frac{3}{8 t} + o (\frac{1}{t}) .$

又 $- a x - b = a t - b$ ，故

$\sqrt{x^{2} - x + 1} - a x - b = (1 + a) t + (\frac{1}{2} - b) + \frac{3}{8 t} + o (\frac{1}{t}) .$

该式当 $t \to + \infty$ 时以 $0$ 为极限，必须 $t$ 的一次项系数与常数项同时为 $0$ （否则发散）： $1 + a = 0$ ， $\frac{1}{2} - b = 0$ 。

故 $a = - 1$ ， $b = \frac{1}{2}$ 。

点评坑在

x \to - \infty

时

\sqrt{x^{2}} = | x | = - x

，直接写成

x

会整体错号；用

t = - x

换元最稳。

第 2 题等价无穷小·逐阶比较

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} \frac{x arcsin x arctan x}{(\sqrt{cos x} - 1) ln (1 + x)}

。

查看解答

当 $x \to 0$ 时逐个用等价无穷小代换：

$arcsin x \sim x, arctan x \sim x (x \to 0),$

$\sqrt{cos x} - 1 = \frac{cos x - 1}{\sqrt{cos x} + 1}, cos x - 1 \sim - \frac{x^{2}}{2}, \sqrt{cos x} + 1 \to 2,$

故 $\sqrt{cos x} - 1 \sim - \frac{x^{2}}{4}$ ；又 $ln (1 + x) \sim x$ 。

分子 $\sim x \cdot x \cdot x = x^{3}$ ，分母 $\sim (- \frac{x^{2}}{4}) \cdot x = - \frac{x^{3}}{4}$ ，于是

$lim_{x \to 0} \frac{x arcsin x arctan x}{(\sqrt{cos x} - 1) ln (1 + x)} = \frac{1}{- \frac{1}{4}} = - 4 .$

（代换合法：分子分母都化成了非零常数乘 $x^{3}$ 。）最终值为 $- 4$ 。

点评

\sqrt{cos x} - 1

要先有理化再用

cos x - 1 \sim - x^{2} / 2

，直接写

\sqrt{cos x} - 1 \sim - x^{2} / 2

会差因子

2

。

第 3 题幂指型极限·取对数

第一章函数与极限

设

a

，

b

，

c

为正数，求极限

{lim}_{x \to 0} (\frac{a^{x + 1} + b^{x + 1} + c^{x + 1}}{a + b + c})^{\frac{1}{x}}

。

查看解答

这是 $1^{\infty}$ 型。记

$u (x) = \frac{a^{x + 1} + b^{x + 1} + c^{x + 1}}{a + b + c}, u (0) = \frac{a + b + c}{a + b + c} = 1 .$

取对数，原式 $= exp ({lim}_{x \to 0} \frac{ln u (x)}{x})$ ，而 $ln u (0) = 0$ ，故该极限等于 $ln u (x)$ 在 $x = 0$ 处的导数（即 $\frac{u' (0)}{u (0)}$ ）。

$u' (x) = \frac{a^{x + 1} ln a + b^{x + 1} ln b + c^{x + 1} ln c}{a + b + c},$

$u' (0) = \frac{a ln a + b ln b + c ln c}{a + b + c} .$

所以原极限 $= exp (\frac{a ln a + b ln b + c ln c}{a + b + c}) = (a^{a} b^{b} c^{c})^{\frac{1}{a + b + c}}$ 。

点评

1^{\infty}

型先取对数再凑导数定义，比硬套

e^{lim (u - 1) / x}

更省事；注意指数是

\frac{1}{x}

而非

\frac{1}{x + 1}

。

第 4 题无穷大之差·二项展开

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to + \infty} (3] x^{3} + x^{2} + 1 - \sqrt{x^{2} + x + 1})

。

查看解答

两项都是 $x \to + \infty$ 时的无穷大，需各取主部到常数项。

$3] x^{3} + x^{2} + 1 = x (1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{3}})^{\frac{1}{3}} = x (1 + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{x} + O (\frac{1}{x^{2}})) = x + \frac{1}{3} + O (\frac{1}{x}),$

$\sqrt{x^{2} + x + 1} = x (1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}})^{\frac{1}{2}} = x (1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} + O (\frac{1}{x^{2}})) = x + \frac{1}{2} + O (\frac{1}{x}) .$

两式相减， $x$ 项抵消：

$lim_{x \to + \infty} (3] x^{3} + x^{2} + 1 - \sqrt{x^{2} + x + 1}) = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = - \frac{1}{6} .$

点评

\infty - \infty

型不能直接代换，必须把每项展到

O (1)

；三次根的主部系数是

\frac{1}{3}

、平方根是

\frac{1}{2}

，别记反。

第 5 题分段点·连续与可导

第一章函数与极限

定义函数

f (x)

在

x = 0

处的值，使其在

x = 0

处连续，并讨论在

x = 0

处是否可导，其中

f (x) = (1 + {sin}^{2} \frac{1}{x})^{x}

。

查看解答

先求 $x \to 0$ 时的极限。写成指数形式

$f (x) = e^{x ln (1 + {sin}^{2} \frac{1}{x})} .$

因为 $0 \leq {sin}^{2} \frac{1}{x} \leq 1$ ，故 $0 \leq ln (1 + {sin}^{2} \frac{1}{x}) \leq ln 2$ ，于是

$| x ln (1 + {sin}^{2} \frac{1}{x}) | \leq | x | ln 2 \to 0 .$

所以 ${lim}_{x \to 0} f (x) = e^{0} = 1$ 。令 $f (0) = 1$ ，则 $f$ 在 $x = 0$ 处连续。

再讨论可导性。记 $L (x) = ln (1 + {sin}^{2} \frac{1}{x})$ ，则 $f (x) = e^{x L (x)}$ ，且 $x L (x) \to 0$ 。考察差商

$\frac{f (x) - f (0)}{x - 0} = \frac{e^{x L (x)} - 1}{x} = L (x) \cdot \frac{e^{x L (x)} - 1}{x L (x)} .$

由 $e^{u} - 1 \sim u$ （ $u \to 0$ ）得 $\frac{e^{x L (x)} - 1}{x L (x)} \to 1$ ，故差商与 $L (x)$ 同极限：

$lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} = lim_{x \to 0} ln (1 + {sin}^{2} \frac{1}{x}) .$

当 $x \to 0$ 时 ${sin}^{2} \frac{1}{x}$ 在 $[0, 1]$ 上无限振荡，取 $x_{k} = \frac{1}{k π}$ 得 $L (x_{k}) = ln 1 = 0$ ，取 $y_{k} = \frac{1}{2 k π + \frac{π}{2}}$ 得 $L (y_{k}) = ln 2$ 。两个子列极限不同，故差商极限不存在。

结论：应令 $f (0) = 1$ 使函数连续； $f$ 在 $x = 0$ 处不可导（ $f' (0)$ 不存在）。

点评连续性靠

| x ln (1 + {sin}^{2} \frac{1}{x}) | \leq | x | ln 2

夹逼；可导性要用两个子列说明

{sin}^{2} \frac{1}{x}

振荡，只说"振荡"不给子列要扣分。

第 6 题二阶导数·商法则

第二章导数与微分

设

y = \frac{x^{3}}{2 (x - 1)^{2}}

，求

y'

，

y''

。

查看解答

先把常数提出，按 $(x - 1)^{- 2}$ 求导：

$y = \frac{1}{2} x^{3} (x - 1)^{- 2},$

$y' = \frac{1}{2} [3 x^{2} (x - 1)^{- 2} - 2 x^{3} (x - 1)^{- 3}] = \frac{x^{2}}{2 (x - 1)^{3}} [3 (x - 1) - 2 x] = \frac{x^{2} (x - 3)}{2 (x - 1)^{3}} .$

再对 $y' = \frac{1}{2} (x^{3} - 3 x^{2}) (x - 1)^{- 3}$ 求导：

$y'' = \frac{1}{2} [(3 x^{2} - 6 x) (x - 1)^{- 3} - 3 (x^{3} - 3 x^{2}) (x - 1)^{- 4}] = \frac{(3 x^{2} - 6 x) (x - 1) - 3 (x^{3} - 3 x^{2})}{2 (x - 1)^{4}} .$

分子 $= (3 x^{3} - 9 x^{2} + 6 x) - (3 x^{3} - 9 x^{2}) = 6 x$ ，故

$y' = \frac{x^{2} (x - 3)}{2 (x - 1)^{3}}, y'' = \frac{3 x}{(x - 1)^{4}} .$

点评先提

\frac{1}{2}

再求导可少犯错；

y''

分子三次项会全部消掉，若算出含

x^{3}

的结果说明展开时漏项。

第 7 题隐函数·方程两边求导

第二章导数与微分

设函数

y = y (x)

由方程

sin (x y) + ln (y - x) = x

确定，求

y' (0)

，

y'' (0)

。

查看解答

先定 $y (0)$ ：令 $x = 0$ 得 $sin 0 + ln y = 0$ ，即 $ln y = 0$ ， $y = 1$ （且需 $y - x > 0$ ， $y = 1$ 满足）。

方程两边对 $x$ 求导（注意 $y$ 是 $x$ 的函数）：

$cos (x y) (y + x y') + \frac{y' - 1}{y - x} = 1 .$

代入 $x = 0$ ， $y = 1$ ： $1 \cdot (1 + 0) + \frac{y' - 1}{1} = 1$ ，即 $1 + y' - 1 = 1$ ，得 $y' (0) = 1$ 。

再对上式两边求导：

$- sin (x y) (y + x y')^{2} + cos (x y) (2 y' + x y'') + \frac{y'' (y - x) - (y' - 1)^{2}}{(y - x)^{2}} = 0 .$

代入 $x = 0$ ， $y = 1$ ， $y' = 1$ ：第一项因 $sin 0 = 0$ 为零， $cos 0 = 1$ ，得

$0 + 1 \cdot (2 + 0) + \frac{y'' \cdot 1 - 0}{1} = 0 ⟹ 2 + y'' = 0 .$

故 $y' (0) = 1$ ， $y'' (0) = - 2$ 。

点评求

y''

时最易漏

cos (x y)

里

x y

的链式因子，以及

\frac{y' - 1}{y - x}

的商法则分子

(y' - 1)^{2}

；代值前不要化简过头。

第 8 题参数方程·二阶导数

第二章导数与微分

设参数方程

x = ln (1 + t^{2})

，

y = t - arctan t

，求

\frac{d y}{d x}

，

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

分别对 $t$ 求导：

$\frac{d x}{d t} = \frac{2 t}{1 + t^{2}}, \frac{d y}{d t} = 1 - \frac{1}{1 + t^{2}} = \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} .$

一阶导数

$\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} \cdot \frac{1 + t^{2}}{2 t} = \frac{t}{2} .$

二阶导数由 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d}{d t} (\frac{d y}{d x}) / \frac{d x}{d t}$ ：

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{2 t}{1 + t^{2}}} = \frac{1 + t^{2}}{4 t} .$

即 $\frac{d y}{d x} = \frac{t}{2}$ ， $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{1 + t^{2}}{4 t}$ （ $t \neq 0$ ）。

点评二阶导必须再除一次

\frac{d x}{d t}

，只对

\frac{t}{2}

求

t

导数得

\frac{1}{2}

是最常见的错。

第 9 题单侧极限·指数主部

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} f (x)

，其中

f (x) = \frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{cos x + e^{\frac{2}{x}}} + \frac{sin x}{| x |}

。

查看解答

含 $e^{1 / x}$ ，须分左右极限。

当 $x \to 0^{+}$ 时 $\frac{1}{x} \to + \infty$ ， $e^{1 / x}, e^{2 / x} \to + \infty$ ，分子分母同除 $e^{2 / x}$ ：

$\frac{2 + e^{1 / x}}{cos x + e^{2 / x}} = \frac{2 e^{- 2 / x} + e^{- 1 / x}}{cos x \cdot e^{- 2 / x} + 1} \to \frac{0}{1} = 0 .$

又 $\frac{sin x}{| x |} = \frac{sin x}{x} \to 1$ ，故 ${lim}_{x \to 0^{+}} f (x) = 0 + 1 = 1$ 。

当 $x \to 0^{-}$ 时 $\frac{1}{x} \to - \infty$ ， $e^{1 / x} \to 0$ ， $e^{2 / x} \to 0$ ，故

$\frac{2 + e^{1 / x}}{cos x + e^{2 / x}} \to \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2, \frac{sin x}{| x |} = - \frac{sin x}{x} \to - 1,$

故 ${lim}_{x \to 0^{-}} f (x) = 2 - 1 = 1$ 。

左右极限相等，所以 ${lim}_{x \to 0} f (x) = 1$ 。

点评

| x |

使第二项左右异号（

+ 1

与

- 1

），而第一项左右分别是

0

与

2

，恰好抵消成同一个值——必须两侧都算，只算一侧会得出错误结论。

第 10 题高阶导数·莱布尼茨公式

第二章导数与微分

设

f (x) = x ln (1 + x)

，求

f^{(100)} (x)

。

查看解答

用莱布尼茨公式，注意 $x$ 只求导一次就消失，故 $n \geq 2$ 时

$f^{(n)} (x) = x [ln (1 + x)]^{(n)} + n [ln (1 + x)]^{(n - 1)} .$

由标准公式 $[ln (1 + x)]^{(k)} = \frac{(- 1)^{k - 1} (k - 1)!}{(1 + x)^{k}}$ （ $k \geq 1$ ），代入得

$f^{(n)} (x) = \frac{(- 1)^{n - 1} (n - 1)! x}{(1 + x)^{n}} + \frac{(- 1)^{n - 2} n!}{(1 + x)^{n - 1}} = \frac{(- 1)^{n - 2} (n - 2)!}{(1 + x)^{n}} [- (n - 1) x + n (1 + x)] .$

方括号内化简为 $- (n - 1) x + n + n x = x + n$ ，又 $(- 1)^{n - 2} = (- 1)^{n}$ ，于是

$f^{(n)} (x) = \frac{(- 1)^{n} (n - 2)! (x + n)}{(1 + x)^{n}}, n \geq 2 .$

取 $n = 100$ ， $(- 1)^{100} = 1$ ：

$f^{(100)} (x) = \frac{98! (x + 100)}{(1 + x)^{100}} .$

点评因

x

只求导一次即消失，莱布尼茨公式只留两项，比展开 100 项快得多；公式里是

(n - 2)!

与

(x + n)

，把

n = 2

代回验证

f'' = \frac{x + 2}{(1 + x)^{2}}

可立刻抓出符号错。

第 11 题间断点·类型判定

第一章函数与极限

设函数

f (x) = e^{\frac{x}{x - 1}} - 1

，求函数

\frac{1}{f (x)}

的间断点，并判断它们的类型。

查看解答

记 $F (x) = \frac{1}{f (x)} = \frac{1}{e^{\frac{x}{x - 1}} - 1}$ 。其定义域需 $x \neq 1$ （指数无定义）且 $f (x) \neq 0$ 。

$f (x) = 0 \Leftrightarrow e^{\frac{x}{x - 1}} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{x - 1} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ 。故 $F$ 的间断点为 $x = 0$ 与 $x = 1$ 。

（1） $x = 0$ ：当 $x \to 0$ 时 $\frac{x}{x - 1} \to 0$ ， $e^{\frac{x}{x - 1}} - 1 \sim \frac{x}{x - 1} \sim - x$ ，故

$F (x) = \frac{1}{e^{\frac{x}{x - 1}} - 1} \sim - \frac{1}{x} \to \infty,$

即 $x = 0$ 是无穷间断点（第二类间断点）。

（2） $x = 1$ ：分别求单侧极限。当 $x \to 1^{+}$ 时 $\frac{x}{x - 1} \to + \infty$ ， $e^{\frac{x}{x - 1}} \to + \infty$ ，故 $F (x) \to 0$ 。

当 $x \to 1^{-}$ 时 $\frac{x}{x - 1} \to - \infty$ ， $e^{\frac{x}{x - 1}} \to 0$ ，故 $F (x) \to \frac{1}{0 - 1} = - 1$ 。

两个单侧极限都存在且有限但不相等（ $0 \neq - 1$ ），故 $x = 1$ 是跳跃间断点（第一类间断点）。

结论： $x = 0$ 为无穷间断点； $x = 1$ 为跳跃间断点。

点评先解

f (x) = 0

找"可去"候选点

x = 0

，别漏；

x = 1

处

e^{1 / x}

型左右一个趋于

\infty

一个趋于

0

，必须分侧。

第 12 题递推数列·单调有界

第一章函数与极限

设数列

{x_{n}}

满足

0 < x_{1} < 3

，

x_{n + 1} = \sqrt{x_{n} (3 - x_{n})}

，

n = 1, 2, \dots

，试证：此数列极限存在，并求极限。

查看解答

第一步：证明有界。由均值不等式，对 $0 < x < 3$ 有

$x (3 - x) \leq (\frac{x + (3 - x)}{2})^{2} = \frac{9}{4},$

故 $0 < x_{n + 1} = \sqrt{x_{n} (3 - x_{n})} \leq \frac{3}{2} < 3$ 。于是对一切 $n \geq 2$ 都有 $0 < x_{n} \leq \frac{3}{2}$ 。

第二步：证明（从第二项起）单调。由

$x_{n + 1}^{2} - x_{n}^{2} = x_{n} (3 - x_{n}) - x_{n}^{2} = x_{n} (3 - 2 x_{n}),$

当 $0 < x_{n} \leq \frac{3}{2}$ 时 $3 - 2 x_{n} \geq 0$ ，故 $x_{n + 1} \geq x_{n}$ 。即数列 ${x_{n}}_{n \geq 2}$ 单调不减。

第三步：由单调有界准则， ${x_{n}}$ 收敛。设 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = A$ ，则 $A \geq x_{2} > 0$ 。在递推式两边取极限：

$A = \sqrt{A (3 - A)} ⟹ A^{2} = A (3 - A) ⟹ 2 A^{2} = 3 A ⟹ A = \frac{3}{2},$

其中 $A = 0$ 不合 $A \geq x_{2} > 0$ ，舍去。

故 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = \frac{3}{2}$ 。

点评

x_{1}

未必小于

\frac{3}{2}

，所以单调性只能从

x_{2}

起说；先由

x (3 - x) \leq \frac{9}{4}

统一把界压到

\frac{3}{2}

，这一步是能说"单调"的前提。

第 13 题抽象函数·导数定义

第二章导数与微分

设函数

f (x)

，

g (x)

定义在

R

上，且有 (1)

f (x + y) = f (x) g (y) + f (y) g (x)

；(2)

f (x)

，

g (x)

在

x = 0

处可导；(3)

f (0) = 0

，

g (0) = 1

，

f' (0) = 1

，

g' (0) = 0

。证明：

f (x)

在

R

上可导，且

f' (x) = g (x)

。

查看解答

任取 $x \in R$ ，考察 $f$ 在 $x$ 处的差商。由条件 (1) 取 $y = h$ ：

$f (x + h) = f (x) g (h) + f (h) g (x) .$

于是

$\frac{f (x + h) - f (x)}{h} = \frac{f (x) [g (h) - 1] + f (h) g (x)}{h} = f (x) \cdot \frac{g (h) - g (0)}{h} + g (x) \cdot \frac{f (h) - f (0)}{h},$

这里用了 $g (0) = 1$ ， $f (0) = 0$ 。

由条件 (2)， $f$ ， $g$ 在 $x = 0$ 处可导，故当 $h \to 0$ 时

$\frac{g (h) - g (0)}{h} \to g' (0) = 0, \frac{f (h) - f (0)}{h} \to f' (0) = 1 .$

又 $f (x)$ ， $g (x)$ 对固定的 $x$ 是常数，故

$lim_{h \to 0} \frac{f (x + h) - f (x)}{h} = f (x) \cdot 0 + g (x) \cdot 1 = g (x) .$

该极限存在且有限，说明 $f$ 在任意点 $x \in R$ 处可导，且

$f' (x) = g (x), x \in R .$

证毕。

点评只用

x = 0

处的可导性推出处处可导，靠的是把差商拆成

f (x) \cdot \frac{g (h) - g (0)}{h} + g (x) \cdot \frac{f (h) - f (0)}{h}

；别去证

g

可导或猜

g = cosh

之类，题目没要求。

2022-2023 学年期中试卷

15 题，原卷未印分值。

第 1 题极限定义·ε-N 证明

第一章函数与极限

叙述数列极限

{lim}_{n \to \infty} a_{n} = A \in ℝ

的「

ε - N

」定义，并用它证明

{lim}_{n \to \infty} \frac{2 n^{2} - n + 1}{n^{2} + 2} = 2

。

查看解答

定义：对任意 $ε > 0$ ，存在正整数 $N$ ，当 $n > N$ 时恒有 $| a_{n} - A | < ε$ ，则称 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = A$ 。

证明：取 $N = [2 / ε] + 1$ （不妨设 $N \geq 3$ ）。当 $n > N$ 时 $n > 3$ ，于是

$| \frac{2 n^{2} - n + 1}{n^{2} + 2} - 2 | = \frac{n + 3}{n^{2} + 2} < \frac{2 n}{n^{2}} = \frac{2}{n} < ε,$

故极限为 $2$ 。

点评放缩的关键是「分子放大、分母缩小」：

n + 3 < 2 n

（需

n > 3

），

n^{2} + 2 > n^{2}

。这类题不要求

N

取得最小，只要求存在。

第 2 题 1∞ 型·对数化

第一章函数与极限

计算

{lim}_{x \to 0} (e^{2 x} - arctan x)^{csc x}

。

查看解答

底数 $e^{2 x} - arctan x \to 1$ ，指数 $csc x \to \infty$ ，是 $1^{\infty}$ 型。取对数：

$lim_{x \to 0} \frac{ln (e^{2 x} - arctan x)}{sin x} = lim_{x \to 0} \frac{ln (1 + x + o (x))}{x} = 1,$

其中用了 $e^{2 x} - arctan x = 1 + 2 x - x + o (x) = 1 + x + o (x)$ 。故原极限 $= e^{1} = e$ 。

点评

1^{\infty}

型的标准三步：取对数 → 把

ln (底)

换成

ln (1 + u) \sim u

→ 再用等价无穷小。不要把底数直接代成 1，那会丢掉

x

的一次项。

第 3 题 0/0 型·洛必达

第一章函数与极限

计算

{lim}_{x \to \frac{2 π}{3}} \frac{1 + 2 cos x}{3 x - 2 π}

。

查看解答

$x \to \frac{2 π}{3}$ 时分子分母同趋于 $0$ ，用洛必达法则：

$lim_{x \to \frac{2 π}{3}} \frac{1 + 2 cos x}{3 x - 2 π} = lim_{x \to \frac{2 π}{3}} \frac{- 2 sin x}{3} = - \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = - \frac{\sqrt{3}}{3} .$

点评先代值确认是

\frac{0}{0}

型再洛必达；这题也可直接令

t = x - \frac{2 π}{3}

用等价无穷小，两种做法结果一致。

第 4 题 ∞-∞ 型·有理化

第一章函数与极限

计算

{lim}_{x \to - \infty} x (\sqrt{x^{2} + 6 x - 1} + x + 3)

。

查看解答

令 $t = - x \to + \infty$ ，则

$x (\sqrt{x^{2} + 6 x - 1} + x + 3) = - t (\sqrt{t^{2} - 6 t - 1} - t + 3) .$

由 $\sqrt{1 + u} = 1 + \frac{u}{2} - \frac{u^{2}}{8} + o (u^{2})$ ，取 $u = - \frac{6}{t} - \frac{1}{t^{2}}$ 得

$\sqrt{t^{2} - 6 t - 1} = t (1 - \frac{3}{t} - \frac{1}{2 t^{2}} - \frac{9}{2 t^{2}} + o (\frac{1}{t^{2}})) = t - 3 - \frac{5}{t} + o (\frac{1}{t}),$

故 $\sqrt{t^{2} - 6 t - 1} - t + 3 = - \frac{5}{t} + o (\frac{1}{t})$ ，原式 $= - t \cdot (- \frac{5}{t}) \to 5$ 。

点评容易出错的地方：

x < 0

时

\sqrt{x^{2}} = | x | = - x

，换元

t = - x

就是为了避开这个符号问题。直接提

| x |

也能做，但要记得提出来的系数是

- 1

。

第 5 题数列极限·夹逼

第一章函数与极限

计算

{lim}_{n \to \infty} (\frac{1^{2}}{\sqrt{n^{6} + 1 + 1}} + \frac{2^{2}}{\sqrt{n^{6} + 2 + \frac{1}{2}}} + \dots + \frac{n^{2}}{\sqrt{n^{6} + n + \frac{1}{n}}})

。

查看解答

记 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{k^{2}}{\sqrt{n^{6} + k + \frac{1}{k}}}$ 。由 $n^{6} < n^{6} + k + \frac{1}{k} \leq n^{6} + n + 1$ 得

$\frac{1}{\sqrt{n^{6} + n + 1}} \sum_{k = 1}^{n} k^{2} \leq S_{n} \leq \frac{1}{n^{3}} \sum_{k = 1}^{n} k^{2} .$

而 $\sum_{k = 1}^{n} k^{2} = \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} \sim \frac{n^{3}}{3}$ ，两端都趋于 $\frac{1}{3}$ ，故 $S_{n} \to \frac{1}{3}$ 。

点评和式极限的两条主线：项数与

n

有关时不能逐项取极限（要夹逼或定积分定义）。这里分母里那点

\pm 1

是干扰项，

n^{6}

才是主项。

第 6 题分段函数·可导求参

第二章导数与微分

已知

f (x) = {lim}_{n \to \infty} \frac{2 x e^{n (x - 1)} + a x^{2} + b}{e^{n (x - 1)} + 1}

在

ℝ

上可导，求常数

a, b

的值。

查看解答

先求出 $f$ 的分段表达式： $x < 1$ 时 $e^{n (x - 1)} \to 0$ ， $f = a x^{2} + b$ ； $x > 1$ 时分子分母同除 $e^{n (x - 1)}$ ， $f = 2 x$ ； $x = 1$ 时 $f = \frac{2 + a + b}{2}$ 。

连续： ${lim}_{x \to 1^{-}} f = a + b$ ， ${lim}_{x \to 1^{+}} f = 2$ ，故 $a + b = 2$ 。

可导：左导数 $(a x^{2} + b)' |_{x = 1} = 2 a$ ，右导数 $(2 x)' |_{x = 1} = 2$ ，故 $2 a = 2$ ， $a = 1$ ，代回得 $b = 1$ 。

点评含

e^{n (x - 1)}

的极限本质是分段函数：以

x = 1

为界，

n \to \infty

时

e^{n (x - 1)}

分别趋于

0

与

+ \infty

。先写分段式、再谈连续与可导，顺序不能反。

第 7 题反三角函数·求导

第二章导数与微分

已知

y = \frac{x}{2} \sqrt{a^{2} - x^{2}} + \frac{a^{2}}{2} arcsin \frac{x}{a}

（

a > 0

），求

\frac{d y}{d x}

。

查看解答

逐项求导，注意 $(arcsin \frac{x}{a})' = \frac{1}{\sqrt{a^{2} - x^{2}}}$ ：

$\begin{aligned} y' & = \frac{1}{2} \sqrt{a^{2} - x^{2}} + \frac{x}{2} \cdot \frac{- x}{\sqrt{a^{2} - x^{2}}} + \frac{a^{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{a^{2} - x^{2}}} \\ = \frac{(a^{2} - x^{2}) - x^{2} + a^{2}}{2 \sqrt{a^{2} - x^{2}}} = \frac{2 (a^{2} - x^{2})}{2 \sqrt{a^{2} - x^{2}}} = \sqrt{a^{2} - x^{2}} . \end{aligned}$

点评结果漂亮得可疑，但正确：这个函数就是圆

x^{2} + y^{2} = a^{2}

上那段弧的「面积函数」，导数恰好是

y

本身（微积分基本定理的影子）。

第 8 题隐函数求导·极限

第二章导数与微分

设

y = f (x)

是由方程

e^{x + y} - 2 x y = e

所确定的隐函数。(1) 求

f' (0)

；(2) 计算

{lim}_{x \to 0} \frac{(y - 1) sin (e x)}{\sqrt{1 + 2 x^{2}} - 1}

。

查看解答

(1) 令 $x = 0$ ： $e^{y} = e$ ，得 $y = 1$ 。两边对 $x$ 求导：

$e^{x + y} (1 + y') - 2 y - 2 x y' = 0,$

代入 $(0, 1)$ ： $e (1 + y') - 2 = 0$ ，故 $f' (0) = \frac{2}{e} - 1$ 。

(2) $x \to 0$ 时 $y \to 1$ ，且 $y - 1 \sim f' (0) x$ ， $sin (e x) \sim e x$ ， $\sqrt{1 + 2 x^{2}} - 1 \sim x^{2}$ ，于是

$lim_{x \to 0} \frac{(y - 1) sin (e x)}{\sqrt{1 + 2 x^{2}} - 1} = lim_{x \to 0} \frac{f' (0) x \cdot e x}{x^{2}} = (\frac{2}{e} - 1) e = 2 - e .$

点评第 (2) 问是「先用隐函数求导拿到一阶近似，再算极限」的组合拳。不要试图从方程里解出

y

——解不出来。

第 9 题参数方程·二阶导数

第二章导数与微分

已知

{\begin{cases} x = ln (t + \sqrt{1 + t^{2}}), \\ y = \sqrt{1 + t^{2}}, \end{cases}

求

\frac{d y}{d x}

、

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

$\frac{d x}{d t} = \frac{1}{\sqrt{1 + t^{2}}}$ ， $\frac{d y}{d t} = \frac{t}{\sqrt{1 + t^{2}}}$ ，故

$\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = t .$

再对 $t$ 求导并除以 $x' (t)$ ：

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{d}{d t} (t)}{d x / d t} = \frac{1}{\frac{1}{\sqrt{1 + t^{2}}}} = \sqrt{1 + t^{2}} .$

点评二阶导数的分母只除一次

x' (t)

，这是参数方程最容易错的一步（把

d y / d x

再对

t

求导后忘了除

x' (t)

）。

第 10 题极坐标·切线

第二章导数与微分

曲线

C

的极坐标方程为

r = e^{θ}

，求曲线

C

在

θ = \frac{π}{2}

处的切线方程。

查看解答

化为参数方程： $x = e^{θ} cos θ$ ， $y = e^{θ} sin θ$ 。

$\frac{d y}{d x} = \frac{e^{θ} (sin θ + cos θ)}{e^{θ} (cos θ - sin θ)} = \frac{sin θ + cos θ}{cos θ - sin θ},$

在 $θ = \frac{π}{2}$ 处斜率为 $\frac{1 + 0}{0 - 1} = - 1$ ，切点 $(x, y) = (0, e^{π / 2})$ 。切线：

$y - e^{π / 2} = - (x - 0), 即 y = - x + e^{π / 2} .$

点评极坐标求切线一律先化成

θ

的参数方程。切点的

x = 0

容易漏算——

e^{π / 2} cos \frac{π}{2} = 0

。

第 11 题高阶导数·幂级数系数

第二章导数与微分

已知

f (x) = arctan x

，求

f^{(7)} (0)

。

查看解答

由 $arctan x$ 的麦克劳林展开

$arctan x = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{2 k + 1} x^{2 k + 1} = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \frac{x^{7}}{7} + \dots$

得 $x^{7}$ 的系数为 $- \frac{1}{7}$ 。又 $f^{(7)} (0) = 7! \cdot [x^{7}]$ ，故

$f^{(7)} (0) = 7! \cdot (- \frac{1}{7}) = - 720 .$

点评求

f^{(n)} (0)

一律走「展开式的系数 ×

n!

」。硬求

n

阶导数公式是下策，

arctan

、

arcsin

、

sin x^{2}

这类都靠展开。

第 12 题间断点分类

第一章函数与极限

已知

f (x) = \frac{1}{\frac{sin π x}{e^{x - 1} - 1}}

（

- 1 < x < 2

），试判断

f (x)

的间断点并据理说明间断点的类型。

查看解答

化简得 $f (x) = \frac{e^{x - 1} - 1}{sin π x}$ ，在 $(- 1, 2)$ 内使分母为零的点为 $x = 0$ 与 $x = 1$ 。

$x = 0$ ： $e^{- 1} - 1 \neq 0$ ，而 $sin 0 = 0$ ，故 ${lim}_{x \to 0} f (x) = \infty$ ，是无穷间断点。

$x = 1$ ：分子 $\sim x - 1$ ，分母 $sin π x = sin (π + π (x - 1)) \sim - π (x - 1)$ ，故

$lim_{x \to 1} f (x) = - \frac{1}{π},$

极限存在但 $f (1)$ 无定义，是可去间断点。

点评先化简再找间断点，否则那个复合分式会看晕。找零点是两条线：

sin π x = 0

给

x = 0, 1

；

e^{x - 1} - 1 = 0

给

x = 1

。分类只看左右极限是否存在、是否相等、是否等于函数值。

第 13 题罗尔定理·叙述与证明

第三章微分中值定理及导数应用

叙述并证明 Rolle（罗尔）定理。

查看解答

定理：若 $f$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $f (a) = f (b)$ ，则存在 $ξ \in (a, b)$ ，使 $f' (ξ) = 0$ 。

证明：由闭区间上连续函数的最值定理， $f$ 在 $[a, b]$ 上取得最大值 $M$ 与最小值 $m$ 。

若 $M = m$ ，则 $f$ 为常数，任取 $ξ \in (a, b)$ 都有 $f' (ξ) = 0$ 。

若 $M > m$ ，由 $f (a) = f (b)$ 知 $M$ 、 $m$ 中至少有一个在 $(a, b)$ 内的某点 $ξ$ 取到。不妨设 $f$ 在 $ξ$ 取最大值，则 $ξ$ 是内点极值，由费马引理 $f' (ξ) = 0$ 。 $□$

点评三条条件缺一不可，考试常考「去掉可导会怎样」（举

y = | x |

）、「去掉连续会怎样」。证明的骨架是「最值 + 费马引理」，不是「画个图显然」。

第 14 题数列极限·单调有界

第一章函数与极限

设数列

{a_{n}}

满足

a_{1} = 3

，

2 a_{n + 1} = a_{n} + \frac{6}{a_{n} + 1} (n \geq 1)

。(1) 证明数列

{a_{n}}

收敛；(2) 计算

{lim}_{n \to \infty} a_{n}

。

查看解答

(1) 记 $a_{n + 1} = \frac{a_{n}^{2} + a_{n} + 6}{2 (a_{n} + 1)}$ 。

有下界： $a_{1} = 3 \geq 2$ ；若 $a_{n} \geq 2$ ，则 $a_{n + 1} = \frac{a_{n}^{2} + a_{n} + 6}{2 (a_{n} + 1)}$ 关于 $a_{n}$ 递增，代入 $a_{n} = 2$ 得 $a_{n + 1} \geq 2$ 。故 $a_{n} \geq 2$ 。

递减： $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{6 - a_{n}^{2} - a_{n}}{2 (a_{n} + 1)} \leq 0$ （因 $a_{n} \geq 2$ 时 $a_{n}^{2} + a_{n} \geq 6$ ）。

由单调有界定理， ${a_{n}}$ 收敛。

(2) 设极限为 $L$ ，对递推式取极限： $2 L = L + \frac{6}{L + 1}$ ，即 $L^{2} + L - 6 = 0$ ，得 $L = 2$ （舍去负根）。

点评顺序是「先猜界、再证界、最后证单调」。界取

2

不是随手写的：不动点方程

2 L = L + 6 / (L + 1)

的根就是它。

第 15 题中值定理·构造辅助函数

第三章微分中值定理及导数应用

设

f (x)

在

[0, 2]

上连续，在

(0, 2)

内可导，且

f (0) = 0

，

f (1) = 3

，

f (2) = - 1

。证明：(1) 存在

ξ \in (0, 2)

，使

f' (ξ) = 0

；(2) 存在

η \in (0, 2)

，使

f (η) + f' (η) = 0

。

查看解答

(1) 由 $f (1) = 3 > 0$ 、 $f (2) = - 1 < 0$ 及零点存在定理，存在 $c \in (1, 2)$ 使 $f (c) = 0$ 。又 $f (0) = 0$ ，在 $[0, c]$ 上用罗尔定理，得 $ξ \in (0, c) \subset (0, 2)$ 使 $f' (ξ) = 0$ 。

(2) 令 $g (x) = e^{x} f (x)$ ，则 $g$ 在 $[0, c]$ 上连续、在 $(0, c)$ 内可导，且 $g (0) = g (c) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $η \in (0, c)$ 使

$g' (η) = e^{η} [f (η) + f' (η)] = 0,$

即 $f (η) + f' (η) = 0$ 。 $□$

点评看到

f + f'

就要想到乘

e^{x}

：

(e^{x} f)' = e^{x} (f + f')

。同类还有

f' + k f

配

e^{k x}

、

x f' + f

配

x f

、

f' - f

配

e^{- x}

。

2023-2024 学年期中试卷

14 题，原卷未印分值。

第 1 题极限的ε-δ定义与证明

第一章函数与极限

叙述函数极限

{lim}_{x \to x_{0}} f (x) = A

（

A \in R

）的“

ε - δ

”定义，并利用“

ε - δ

”语言证明：

{lim}_{x \to 1} \frac{x + 2}{2 x + 1} = 1

。

查看解答

定义： $\forall ε > 0, \exists δ > 0$ ，当 $0 < | x - x_{0} | < δ$ 时 $| f (x) - A | < ε$ 。

$| \frac{x + 2}{2 x + 1} - 1 | = \frac{| 1 - x |}{| 2 x + 1 |}$ 。先限制 $| x - 1 | < \frac{1}{2}$ ，则 $x > \frac{1}{2}$ ， $2 x + 1 > 2$ ，故

$| \frac{x + 2}{2 x + 1} - 1 | < \frac{| x - 1 |}{2} .$

取 $δ = min {\frac{1}{2}, 2 ε}$ ，则当 $0 < | x - 1 | < δ$ 时上式 $< ε$ 。证毕。

点评先限定 δ 范围去掉分母下界，再与 ε 挂钩，两步缺一不可。

第 2 题幂指函数极限·取对数

第一章函数与极限

计算极限

{lim}_{x \to 0} [\sqrt{cos ln (1 - 2 x)}]^{\frac{1}{x^{2}}}

。

查看解答

记 $u = ln (1 - 2 x) = - 2 x + O (x^{2})$ ，则 $u^{2} = 4 x^{2} + O (x^{3})$ ，

$cos u = 1 - \frac{u^{2}}{2} + O (u^{4}) = 1 - 2 x^{2} + O (x^{3}),$

$\sqrt{1 - 2 x^{2} + O (x^{3})} = 1 - x^{2} + O (x^{3})$ ，取对数得 $ln (\cdot) = - x^{2} + O (x^{3})$ 。

故原式 $= exp ({lim}_{x \to 0} \frac{- x^{2} + O (x^{3})}{x^{2}}) = e^{- 1}$ 。

点评根号在 cos 外层，别把 ln 当成乘子漏掉平方项。

第 3 题等价无穷小代换求极限

第一章函数与极限

计算极限

{lim}_{x \to 0} 3] 1 + 3 x^{3} - 1 + x^{4} cos \frac{1}{x} ln (1 + 2 x) \cdot {tan}^{2} x

。

查看解答

$3] 1 + 3 x^{3} - 1 \sim \frac{1}{3} \cdot 3 x^{3} = x^{3}$ ，而 $| x^{4} cos \frac{1}{x} | \leq x^{4} = o (x^{3})$ ，故分子 $\sim x^{3}$ 。

分母： $ln (1 + 2 x) \sim 2 x$ ， ${tan}^{2} x \sim x^{2}$ ，故分母 $\sim 2 x^{3}$ 。

$原式 = lim_{x \to 0} \frac{x^{3}}{2 x^{3}} = \frac{1}{2} .$

点评x⁴cos(1/x) 是 x³ 的高阶项，先估阶再合并。

第 4 题等价无穷小定参数

第一章函数与极限

当

x \to 1

时，

1 - \frac{m}{1 + x + x^{2} + \dots + x^{m - 1}}

是

(x - 1)

的等价无穷小量（

m \in N

），求常数

m

的值。

查看解答

记 $S = 1 + x + \dots + x^{m - 1} = \frac{x^{m} - 1}{x - 1}$ ，则

$1 - \frac{m}{S} = \frac{x^{m} - 1 - m (x - 1)}{x^{m} - 1} .$

分子 $= C_{m}^{2} (x - 1)^{2} + O ((x - 1)^{3})$ ，分母 $\sim m (x - 1)$ ，故

$1 - \frac{m}{S} \sim \frac{m - 1}{2} (x - 1) .$

由等价要求 $\frac{m - 1}{2} = 1$ ，得 $m = 3$ 。验算： $m = 3$ 时 $1 - \frac{3}{S} = \frac{(x - 1) (x + 2)}{S} \sim x - 1$ ，成立。

点评必须展开到二阶，只写到一阶会得 0=0 的假象。

第 5 题夹逼准则求数列极限

第一章函数与极限

计算极限

{lim}_{n \to \infty} (\frac{1}{n^{2} + 1 + sin 1} + \frac{2}{n^{2} + 1 + sin 2} + \dots + \frac{n}{n^{2} + 1 + sin n})

。

查看解答

因 $- 1 \leq sin k \leq 1$ ，有 $n^{2} \leq n^{2} + 1 + sin k \leq n^{2} + 2$ ，逐项放缩得

$\frac{1}{n^{2} + 2} \sum_{k = 1}^{n} k \leq S_{n} \leq \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k, \sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n (n + 1)}{2} .$

两端 $\frac{n (n + 1)}{2 (n^{2} + 2)} \to \frac{1}{2}$ ， $\frac{n (n + 1)}{2 n^{2}} \to \frac{1}{2}$ ，由夹逼准则 $S_{n} \to \frac{1}{2}$ 。

点评分母带 sin 不能用定积分定义，先夹逼再求和。

第 6 题隐函数方程求二阶导

第二章导数与微分

设函数

y = y (x)

由方程

x^{2} + y = tan (x - y)

所确定，且

y (0) = 0

。求

y' (0)

和

y'' (0)

。

查看解答

两边对 $x$ 求导： $2 x + y' = {sec}^{2} (x - y) (1 - y')$ 。代入 $x = 0, y = 0, y'$ ： $y' = 1 - y'$ ，故 $y' (0) = \frac{1}{2}$ 。

再对 $x$ 求导： $2 + y'' = 2 {sec}^{2} (x - y) tan (x - y) (1 - y')^{2} - {sec}^{2} (x - y) y''$ 。

在 $x = 0$ 处 $tan 0 = 0$ ，故 $2 + y'' = - y''$ ，得 $y'' (0) = - 1$ 。

点评二阶求导时 tan 项在 x=0 处消失，只剩 -y''。

第 7 题对数型函数高阶导数

第二章导数与微分

已知

y = x ln (x + \sqrt{x^{2} + 1}) - \sqrt{x^{2} + 1}

，求

\frac{d y}{d x}

，

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

记 $A = ln (x + \sqrt{x^{2} + 1})$ ， $A' = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1}}$ 。

$y' = A + x \cdot \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1}} - \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}} = A .$

故 $\frac{d y}{d x} = ln (x + \sqrt{x^{2} + 1})$ ， $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1}}$ 。

点评两处 x/√(x²+1) 恰好抵消，硬算前先合并省一半功夫。

第 8 题反三角复合函数微分

第二章导数与微分

设

y = arctan \frac{x + 1}{x - 1} + ln \sqrt{1 + x^{2}}

，求

d y

与

d y |_{x = 3}

。

查看解答

$u = \frac{x + 1}{x - 1}$ ， $u' = \frac{- 2}{(x - 1)^{2}}$ ， $1 + u^{2} = \frac{2 (x^{2} + 1)}{(x - 1)^{2}}$ ，故 $(arctan u)' = \frac{u'}{1 + u^{2}} = - \frac{1}{x^{2} + 1}$ 。

又 $(ln \sqrt{1 + x^{2}})' = \frac{x}{1 + x^{2}}$ ，相加得 $y' = \frac{x - 1}{1 + x^{2}}$ 。

$d y = \frac{x - 1}{1 + x^{2}} d x, d y |_{x = 3} = \frac{2}{10} d x = \frac{1}{5} d x .$

点评arctan 项化简后是负的，符号错就全盘错。

第 9 题分段函数可导性讨论

第二章导数与微分

设

f (x) = x^{2} sin \frac{1}{x} + e^{2 x}

（

x < 0

），

f (x) = a x + b

（

x \geq 0

）。(1) 求常数

a, b

的值使

f (x)

在

x = 0

处可导；(2) 计算

f' (x)

（

x \in R

）；(3) 问

f'' (0)

是否存在？为什么？

查看解答

(1) 连续： ${lim}_{x \to 0^{-}} f (x) = 0 + 1 = 1 = f (0) = b$ ，故 $b = 1$ 。

可导： $f'_{-} (0) = {lim}_{x \to 0^{-}} \frac{x^{2} sin \frac{1}{x} + e^{2 x} - 1}{x} = 0 + 2 = 2$ ， $f'_{+} (0) = a$ ，故 $a = 2$ 。

(2) $x < 0$ 时 $f' (x) = 2 x sin \frac{1}{x} - cos \frac{1}{x} + 2 e^{2 x}$ ； $x > 0$ 时 $f' (x) = 2$ ； $f' (0) = 2$ 。

(3) $f''_{-} (0) = {lim}_{x \to 0^{-}} \frac{f' (x) - 2}{x} = {lim}_{x \to 0^{-}} [2 sin \frac{1}{x} - \frac{1}{x} cos \frac{1}{x} + \frac{2 e^{2 x} - 2}{x}]$ ，其中 $\frac{1}{x} cos \frac{1}{x}$ 无界振荡，极限不存在（右导数却为 $0$ ）。故 $f'' (0)$ 不存在。

点评可导只保证一阶连续；二阶须单侧算，振荡项要指出无界。

第 10 题高阶导数在零点的值

第二章导数与微分

已知

f (x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x}}

，求

f^{(6)} (0)

。

查看解答

$f (x) = x (1 + x)^{- \frac{1}{2}} = \sum_{k \geq 0} C_{- 1 / 2}^{k} x^{k + 1}$ ，故 $\frac{f^{(6)} (0)}{6!} = C_{- 1 / 2}^{5}$ 。

$C_{- 1 / 2}^{5} = \frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{3}{2}) (- \frac{5}{2}) (- \frac{7}{2}) (- \frac{9}{2})}{5!} = - \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 9}{2^{5} \cdot 120} = - \frac{63}{256} .$

故 $f^{(6)} (0) = 720 \cdot (- \frac{63}{256}) = - \frac{2835}{16} = - 177.1875$ 。

点评别逐阶硬求六次；用二项展开取 x⁶ 系数最快。

第 11 题参数方程求切线与二阶导

第二章导数与微分

设函数

y = y (x)

由参数方程

x = t - sin t

，

y = 1 - cos t

所确定。(1) 求曲线

y = y (x)

在

t = \frac{π}{2}

处的切线方程；(2) 计算

y'' (x)

。

查看解答

$\frac{d x}{d t} = 1 - cos t$ ， $\frac{d y}{d t} = sin t$ ，故 $y' = \frac{sin t}{1 - cos t}$ 。

(1) $t = \frac{π}{2}$ 时切点 $(\frac{π}{2} - 1, 1)$ ，斜率 $\frac{1}{1 - 0} = 1$ ，切线 $y - 1 = x - (\frac{π}{2} - 1)$ ，即 $y = x - \frac{π}{2} + 2$ 。

(2) $y'' = \frac{1}{1 - cos t} \cdot \frac{d}{d t} (\frac{sin t}{1 - cos t}) = \frac{1}{1 - cos t} \cdot \frac{cos t - 1}{(1 - cos t)^{2}} = - \frac{1}{(1 - cos t)^{2}}$ 。

点评二阶导要再除一次 dx/dt，只对 t 求导是最常见错误。

第 12 题介值定理配双中值点

第三章微分中值定理及导数应用

设

f (x)

在

[0, 1]

上连续，在

(0, 1)

内可导，且

f (0) = 0

，

f (1) = 1

。证明：(1) 存在

c \in (0, 1)

使得

f (c) = \frac{3}{2023}

；(2) 存在两个不同点

ξ, η \in (0, 1)

使得

\frac{3}{f' (ξ)} + \frac{2020}{f' (η)} = 2023

。

查看解答

(1) $f (0) = 0 < \frac{3}{2023} < 1 = f (1)$ ，由介值定理得 $c \in (0, 1)$ 使 $f (c) = \frac{3}{2023}$ 。

(2) 在 $[0, c]$ 与 $[c, 1]$ 上分别用拉格朗日中值定理：

$f' (ξ) = \frac{f (c) - f (0)}{c} = \frac{3}{2023 c}, f' (η) = \frac{f (1) - f (c)}{1 - c} = \frac{2020}{2023 (1 - c)} .$

其中 $ξ \in (0, c)$ ， $η \in (c, 1)$ ，故两点不同且两导数非零。代入得 $\frac{3}{f' (ξ)} = 2023 c$ ， $\frac{2020}{f' (η)} = 2023 (1 - c)$ ，相加即 2023。证毕。

点评两段区间分别用中值定理，凑倒数结构是关键。

第 13 题方程正根与数列极限

第一章函数与极限

设函数

f_{n} (x) = x^{n} + x^{n - 1} + \dots + x - 1

（

n \in N^{+}

）。(1) 证明方程

f_{n} (x) = 0

有唯一正根

x_{n}

；(2) 证明数列

{x_{n}}

收敛并计算

{lim}_{n \to + \infty} x_{n}

。

查看解答

(1) $f_{n} (0) = - 1 < 0$ ， $f_{n} (1) = n - 1 \geq 0$ ，故正根存在（ $n = 1$ 时 $x_{1} = 1$ ）。又 $x > 0$ 时 $f_{n}' (x) = 1 + 2 x + \dots + n x^{n - 1} > 0$ ， $f_{n}$ 严格增，根唯一；且 $n \geq 2$ 时根在 $(0, 1)$ 内，记作 $x_{n}$ 。

(2) $f_{n + 1} (x_{n}) = f_{n} (x_{n}) + x_{n}^{n + 1} = x_{n}^{n + 1} > 0$ ，而 $f_{n + 1}$ 严格增，故 $x_{n + 1} < x_{n}$ ， ${x_{n}}$ 单调减且有下界 $\frac{1}{2}$ ，收敛。

由 $x_{n} + \dots + x_{n}^{n} = 1$ 得 $2 x_{n} - x_{n}^{n + 1} = 1$ ，即 $x_{n} = \frac{1 + x_{n}^{n + 1}}{2}$ 。因 $\frac{1}{2} < x_{n} \leq x_{2} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} < 1$ ，有 $0 < x_{n}^{n + 1} \leq x_{2}^{n + 1} \to 0$ ，故 ${lim}_{n \to \infty} x_{n} = \frac{1}{2}$ 。证毕。

点评唯一性靠导数恒正；夹逼 x_n^{n+1}→0 即得极限。

第 14 题课程学习反馈问卷

第一章函数与极限

(1) 结合自己的情况谈谈如何学好《微积分》课程。(2) 你对《微积分》任课教师上课与助教的习题课有什么要求？（要求：上面两个问题的回答均不少于 100 字。）

查看解答

开放题，无标准答案。答题建议：第 (1) 问具体讲自己的做法与短板，如课前预习、课后整理错题、把极限与中值定理的条件逐条对照例题；第 (2) 问提可执行的要求，如多讲典型反例、习题课按错题分类讲、留出提问时间。两问各写满 100 字即可。

点评开放题照实写满 100 字，别当附加题空着。

2024-2025 学年期中试卷

13 题，原卷未印分值。

第 1 题等价无穷小求极限

第一章函数与极限

计算

{lim}_{x \to 0} \frac{e - e^{cos x} - x^{3} sin \frac{1}{x}}{(3] 1 + x^{2} - 1) cos x}

。

查看解答

分母 $(1 + x^{2})^{1 / 3} - 1 \sim \frac{1}{3} x^{2}$ ， $cos x \to 1$ 。 $e^{cos x} = e^{1 - \frac{x^{2}}{2} + O (x^{4})} = e (1 - \frac{x^{2}}{2} + O (x^{4}))$ ，故 $e - e^{cos x} = \frac{e}{2} x^{2} + O (x^{4})$ 。又 $x^{3} sin \frac{1}{x} = o (x^{2})$ ，分子 $= \frac{e}{2} x^{2} + o (x^{2})$ 。原式 $= \frac{e / 2}{1 / 3} = \frac{3 e}{2}$ 。

点评分母等价

x^{2} / 3

，余项

o (x^{2})

第 2 题数列极限定义证明

第一章函数与极限

用数列极限定义证明

{lim}_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0

，其中

a

是常数。

查看解答

取整数 $N_{0} > | a |$ （ $| a | \leq 1$ 时取 $N_{0} = 1$ ）。当 $n > N_{0}$ 时 $| \frac{a^{n}}{n!} | = \frac{| a |^{N_{0}}}{N_{0}!} \cdot \frac{| a |}{N_{0} + 1} \cdot \frac{| a |}{N_{0} + 2} \dots \frac{| a |}{n} \leq \frac{| a |^{N_{0}}}{N_{0}!} q^{n - N_{0}}$ ，其中 $q = \frac{| a |}{N_{0} + 1} < 1$ 。因 $q^{n - N_{0}} \to 0$ ，对任意 $ε > 0$ 存在 $N > N_{0}$ ，当 $n > N$ 时上式 $< ε$ 。故 ${lim}_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0$ 。

点评先取

N_{0} > | a |

固定前段，再用

q < 1

压尾项

第 3 题幂指函数极限·取对数

第一章函数与极限

计算

{lim}_{x \to 0} (2 e^{\frac{x}{1 + x}} - 1)^{\frac{x^{2} + 1}{x}}

。

查看解答

$e^{\frac{x}{1 + x}} = 1 + x - \frac{x^{2}}{2} + O (x^{3})$ ，底 $= 1 + 2 x - x^{2} + O (x^{3}) \to 1$ ，属 $1^{\infty}$ 型。 $ln$ 底 $= (2 x - x^{2}) - \frac{(2 x)^{2}}{2} + O (x^{3}) = 2 x - 3 x^{2} + O (x^{3})$ 。指数 $\frac{x^{2} + 1}{x} = \frac{1}{x} + x$ ，故乘积 $= (\frac{1}{x} + x) (2 x - 3 x^{2} + O (x^{3})) = 2 - 3 x + O (x^{2}) \to 2$ 。原式 $= e^{2}$ 。

点评先取对数；

ln

一阶项乘

1 / x

第 4 题夹逼准则求和分析

第一章函数与极限

计算

{lim}_{n \to \infty} (\frac{1}{n^{2} + 2 n + 1} + \frac{2}{n^{2} + 2 n + 2} + \dots + \frac{n}{n^{2} + 2 n + n})

。

查看解答

第 $k$ 项满足 $\frac{k}{n^{2} + 3 n} \leq \frac{k}{n^{2} + 2 n + k} \leq \frac{k}{n^{2} + 2 n}$ 。求和（ $\sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n (n + 1)}{2}$ ）得 $\frac{n (n + 1)}{2 (n^{2} + 3 n)} \leq S_{n} \leq \frac{n (n + 1)}{2 (n^{2} + 2 n)}$ 。两端均 $\to \frac{1}{2}$ ，故 $S_{n} \to \frac{1}{2}$ 。

点评两端同阶，夹逼得

\frac{1}{2}

第 5 题间断点及其类型

第一章函数与极限

指出函数

f (x)

的间断点并判断其类型：当

x > 0

时

f (x) = e^{\frac{1}{x - 1}}

；当

- 1 < x \leq 0

时

f (x) = ln (1 + x)

。

查看解答

定义域 $(- 1, 1) \cup (1, + \infty)$ ，函数在域内处处初等，唯一可疑点为 $x = 1$ 。 $x \to 1^{-}$ ： $\frac{1}{x - 1} \to - \infty$ ， $f \to 0$ ； $x \to 1^{+}$ ： $\to + \infty$ ， $f \to + \infty$ 。右极限无穷，故 $x = 1$ 是第二类（无穷）间断点。 $x = - 1$ 不在定义域内，不算间断点。

点评端点

x = - 1

不属于定义域，不必讨论；只抓

x = 1

第 6 题复合函数链式求导

第二章导数与微分

设函数

y = x^{2} e^{{sin}^{2} \frac{1}{x}}

，求

\frac{d y}{d x}

。

查看解答

$y' = 2 x e^{{sin}^{2} \frac{1}{x}} + x^{2} e^{{sin}^{2} \frac{1}{x}} \cdot 2 sin \frac{1}{x} cos \frac{1}{x} \cdot (- \frac{1}{x^{2}})$ 。 $2 sin \frac{1}{x} cos \frac{1}{x} = sin \frac{2}{x}$ ，且 $x^{2} \cdot (- \frac{1}{x^{2}}) = - 1$ 。故 $\frac{d y}{d x} = e^{{sin}^{2} \frac{1}{x}} (2 x - sin \frac{2}{x})$ 。

点评内层

- 1 / x^{2}

与

x^{2}

约去

第 7 题隐函数求导与代值

第二章导数与微分

设函数

y = y (x)

由方程

ln (x^{2} + y) = x^{3} y + sin x

确定，求

\frac{d y}{d x} |_{x = 0}

。

查看解答

$x = 0$ 代入得 $ln y = 0$ ，即 $y = 1$ 。两边对 $x$ 求导： $\frac{2 x + y'}{x^{2} + y} = 3 x^{2} y + x^{3} y' + cos x$ 。代入 $x = 0, y = 1$ ： $\frac{y'}{1} = 0 + 0 + 1$ 。故 $\frac{d y}{d x} |_{x = 0} = 1$ 。

点评先由原方程定出

y (0) = 1

，再代点，别只代

x = 0

第 8 题极坐标曲线切线

第二章导数与微分

求极坐标系下曲线

r = e^{θ}

在点

(r, θ) = (e^{\frac{π}{2}}, \frac{π}{2})

处直角坐标系下的切线方程。

查看解答

$x = r cos θ = e^{θ} cos θ$ ， $y = e^{θ} sin θ$ ； $θ = \frac{π}{2}$ 时点为 $(0, e^{\frac{π}{2}})$ 。 $\frac{d y}{d x} = \frac{sin θ + cos θ}{cos θ - sin θ}$ ，代入 $θ = \frac{π}{2}$ 得斜率 $- 1$ 。切线： $y - e^{\frac{π}{2}} = - x$ ，即 $x + y = e^{\frac{π}{2}}$ 。

点评斜率取参数式

\frac{d y}{d x}

，非

r'

第 9 题高阶导数归纳证明

第二章导数与微分

设函数

y = e^{x} sin x

，证明

y^{(n)} = 2^{\frac{n}{2}} e^{x} sin (x + \frac{n π}{4})

。

查看解答

$n = 1$ 时 $y' = e^{x} (sin x + cos x) = \sqrt{2} e^{x} sin (x + \frac{π}{4})$ ，成立。设 $y^{(n)} = 2^{\frac{n}{2}} e^{x} sin (x + \frac{n π}{4})$ ，则 $y^{(n + 1)} = 2^{\frac{n}{2}} e^{x} [sin (x + \frac{n π}{4}) + cos (x + \frac{n π}{4})] = 2^{\frac{n + 1}{2}} e^{x} sin (x + \frac{(n + 1) π}{4})$ 。由归纳法结论成立。证毕。

点评先合成

\sqrt{2} sin (u + π / 4)

再递推

第 10 题分段函数可导条件

第二章导数与微分

试确定常数

a, b

的值，使函数

f (x)

在

x = 0

处可导：当

x \leq 0

时

f (x) = 1 + ln (1 - 2 x)

；当

x > 0

时

f (x) = a + b e^{x}

。并求此时导函数

f' (x)

。

查看解答

可导必连续： $f (0^{-}) = 1 + ln 1 = 1$ ， $f (0^{+}) = a + b$ ，故 $a + b = 1$ 。左导数 $= {lim}_{x \to 0^{-}} \frac{- 2}{1 - 2 x} = - 2$ ；右导数 $= {lim}_{x \to 0^{+}} b e^{x} = b$ ，故 $b = - 2$ ， $a = 3$ 。此时 $f' (x) = \frac{- 2}{1 - 2 x}$ （ $x \leq 0$ ）， $f' (x) = - 2 e^{x}$ （ $x > 0$ ），且在 $x = 0$ 处两侧均为 $- 2$ ，连续。

点评两条件：连续定

a + b

，左右导数相等定

b

，缺一不可

第 11 题连续与可导性讨论

第二章导数与微分

设函数

f (x) = x^{2} D (x)

，其中

D (x) = 1

（

x

为有理数），

D (x) = 0

（

x

为无理数）。试讨论

f (x)

，

x \in (- \infty, + \infty)

的连续性和可导性；若可导，求其导数。

查看解答

$| f (x) | = x^{2} | D (x) | \leq x^{2}$ ，故 ${lim}_{x \to 0} f (x) = 0 = f (0)$ ，在 $x = 0$ 连续。 $x_{0} \neq 0$ ：沿有理点 $f \to x_{0}^{2}$ ，沿无理点 $f \to 0$ ，二者不等，故不连续。在 $x = 0$ ： $\frac{f (h) - f (0)}{h} = h D (h)$ ， $| h D (h) | \leq | h | \to 0$ ，故 $f' (0) = 0$ 。其余点不连续必不可导。即仅在 $x = 0$ 可导， $f' (0) = 0$ 。

点评有界乘无穷小证连续；可导性靠

h D (h) \to 0

第 12 题无穷大量定义与举例

第一章函数与极限

写出无穷大量

{lim}_{x \to 0^{+}} f (x) = + \infty

的定义，并举例说明无界量不一定是无穷大量。

查看解答

定义：对任意 $M > 0$ ，存在 $δ > 0$ ，当 $0 < x < δ$ 时恒有 $f (x) > M$ 。例： $f (x) = \frac{1}{x} sin \frac{1}{x}$ ， $x \in (0, 1)$ 。取 $x_{n} = \frac{1}{\frac{π}{2} + 2 n π}$ ，则 $f (x_{n}) = \frac{π}{2} + 2 n π \to + \infty$ ，故无界；取 $x_{n}' = \frac{1}{n π}$ ，则 $f (x_{n}') = 0$ ，故不趋于 $+ \infty$ 。

点评举例要同时给「趋于无穷」与「等于 0」两个子列

第 13 题介值定理与双中值

第三章微分中值定理及导数应用

已知函数

f (x)

在

[0, 1]

上连续，在

(0, 1)

内可导，且

f (0) = 0

，

f (1) = 1

。证明：(1) 存在

c \in (0, 1)

，使得

f (c) = 1 - c

；(2) 存在两个不同的数

ξ, η \in (0, 1)

，使得

f' (ξ) f' (η) = 1

。

查看解答

(1) 令 $g (x) = f (x) + x - 1$ ，则 $g (0) = - 1 < 0$ ， $g (1) = 1 > 0$ ，由零点定理存在 $c \in (0, 1)$ 使 $g (c) = 0$ ，即 $f (c) = 1 - c$ 。 (2) 在 $[0, c]$ 上用拉格朗日定理：存在 $ξ \in (0, c)$ ， $f' (ξ) = \frac{f (c) - f (0)}{c} = \frac{1 - c}{c}$ 。在 $[c, 1]$ 上：存在 $η \in (c, 1)$ ， $f' (η) = \frac{f (1) - f (c)}{1 - c} = \frac{c}{1 - c}$ 。两式相乘得 $f' (ξ) f' (η) = 1$ ，且 $ξ < c < η$ ，两数不同。证毕。

点评以 (1) 的

c

为桥，两段各用中值定理

2025-2026 学年期中试卷

13 题，原卷未印分值。

第 1 题数列极限·ε-N 定义

第一章函数与极限

利用

ε - N

定义证明：若数列

{a_{n}^{3}}

收敛，则

{a_{n}}

必收敛。

查看解答

设 $a_{n}^{3} \to b$ ，取 $c$ 使 $c^{3} = b$ 。由恒等式 $a_{n} - c = \frac{a_{n}^{3} - b}{a_{n}^{2} + a_{n} c + c^{2}}$ 。若 $b = 0$ ：由 $| a_{n}^{3} - 0 | < ε^{3}$ 得 $| a_{n} | < ε$ 。若 $b \neq 0$ ：取 $N_{1}$ 使 $n > N_{1}$ 时 $| a_{n}^{3} - b | < \frac{| b |}{2}$ ，则 $| a_{n} | \geq m > 0$ ；又 $x^{2} + c x + c^{2} \geq \frac{3 c^{2}}{4}$ ，故 $| a_{n} - c | \leq \frac{4}{3 c^{2}} | a_{n}^{3} - b |$ 。对 $ε > 0$ 取 $N = max {N_{1}, N_{2}}$ ，当 $n > N$ 时 $| a_{n} - c | < ε$ ，即 $a_{n} \to c$ 。

点评分母恒等式是关键，

b = 0

单独讨论

第 2 题夹逼定理·双阶乘极限

第一章函数与极限

利用夹逼定理求极限

{lim}_{n \to \infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!}

。注：奇数双阶乘

(2 n - 1)!! = 1 \cdot 3 \dots (2 n - 1)

，偶数双阶乘

(2 n)!! = 2 \cdot 4 \dots (2 n)

。

查看解答

记 $a_{n} = \frac{1 \cdot 3 \dots (2 n - 1)}{2 \cdot 4 \dots (2 n)} > 0$ 。由 $\frac{2 k - 1}{2 k} < \frac{2 k}{2 k + 1}$ 逐项相乘得 $a_{n} < \frac{2 \cdot 4 \dots 2 n}{3 \cdot 5 \dots (2 n + 1)} = \frac{1}{(2 n + 1) a_{n}}$ ，即 $a_{n}^{2} < \frac{1}{2 n + 1}$ 。故 $0 < a_{n} < \frac{1}{\sqrt{2 n + 1}} \to 0$ ，由夹逼定理极限为 $0$ 。

点评与

(2 n + 1) a_{n}

配对，别硬算

第 3 题导数定义·极限凑配

第二章导数与微分

设

f (x)

在

x = 1

处可导，且

f (1) = 0

，

f' (1) = - 2

，求

{lim}_{x \to 0} \frac{x f (cos x)}{e^{tan x} - e^{sin x}}

。

查看解答

由 $f (1) = 0$ 及导数定义， $f (cos x) = f' (1) (cos x - 1) + o (x^{2}) \sim x^{2}$ ，故分子 $\sim x^{3}$ 。又 $tan x - sin x = sin x \cdot \frac{1 - cos x}{cos x} \sim \frac{x^{3}}{2}$ ，且 $e^{sin x} \to 1$ ，故分母 $\sim \frac{x^{3}}{2}$ 。原式 $= \frac{x^{3}}{x^{3} / 2} = 2$ 。

点评先凑

f (cos x)

的导数定义

第 4 题隐函数方程求微分

第二章导数与微分

设函数

y = y (x)

由方程

x^{2} y + sin (x y) = ln (1 + y)

确定，求

d y

。

查看解答

两边微分： $(2 x y + y cos (x y)) d x + (x^{2} + x cos (x y) - \frac{1}{1 + y}) d y = 0$ 。故 $d y = \frac{2 x y + y cos (x y)}{\frac{1}{1 + y} - x^{2} - x cos (x y)} d x$ 。 $x = 0$ 代入原方程得 $y = 0$ ；此时分子为 $0$ 、分母为 $1$ ，故 $d y |_{(0, 0)} = 0$ 。

点评别把

d ln (1 + y)

写成

d y / y

第 5 题参数方程求二阶导

第二章导数与微分

设

x = ln (t + \sqrt{1 + t^{2}})

，

y = arctan t

，求

\frac{d x}{d y}

，

\frac{d^{2} x}{d y^{2}}

。

查看解答

$\frac{d x}{d t} = \frac{1}{\sqrt{1 + t^{2}}}$ ， $\frac{d y}{d t} = \frac{1}{1 + t^{2}}$ ，故 $\frac{d x}{d y} = \frac{d x / d t}{d y / d t} = \sqrt{1 + t^{2}}$ 。 $\frac{d^{2} x}{d y^{2}} = \frac{\frac{d}{d t} \sqrt{1 + t^{2}}}{d y / d t} = \frac{t}{\sqrt{1 + t^{2}}} \cdot (1 + t^{2}) = t \sqrt{1 + t^{2}}$ 。又 $\sqrt{1 + t^{2}} = e^{x}$ ， $t = sinh x$ ，可写成 $e^{x}$ 与 $e^{x} sinh x$ 。

点评二阶导要再除一次

d y / d t

第 6 题极坐标曲线的切线

第二章导数与微分

求螺旋线

C : r = e^{θ}

在

θ = \frac{π}{2}

处的切线方程。

查看解答

化为参数方程 $x = e^{θ} cos θ$ ， $y = e^{θ} sin θ$ 。 $\frac{d y}{d x} = \frac{sin θ + cos θ}{cos θ - sin θ}$ ，在 $θ = \frac{π}{2}$ 处等于 $- 1$ ；切点为 $(0, e^{π / 2})$ 。切线： $y - e^{π / 2} = - x$ ，即 $x + y = e^{π / 2}$ 。

点评极坐标先化参数方程再求斜率

第 7 题高阶导数·展开式系数

第二章导数与微分

设

y = arcsin x

，求

y^{(n)} (0)

。

查看解答

$y' = (1 - x^{2})^{- 1 / 2}$ ，展开并积分得 $y = x + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \cdot \frac{x^{2 k + 1}}{2 k + 1}$ 。由 $y^{(n)} (0) = n! \cdot [x^{n}] y$ ： $n$ 为偶数时 $y^{(n)} (0) = 0$ ； $n = 2 k + 1$ 时 $y^{(2 k + 1)} (0) = (2 k + 1)! \cdot \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!! (2 k + 1)} = [(2 k - 1)!!]^{2}$ 。故 $y^{(2 k)} (0) = 0$ ， $y^{(2 k + 1)} (0) = [(2 k - 1)!!]^{2}$ （含 $k = 0$ 时 $y' (0) = 1$ ）。

点评用展开式系数反推高阶导更快

第 8 题等价无穷小·幂指极限

第一章函数与极限

求下列函数极限。(1)

{lim}_{x \to 0} \frac{(2^{x} - 1) sin x ln (1 + x)}{tan x - sin x}

；(2)

{lim}_{x \to 0} (cos x)^{{csc}^{2} x}

。

查看解答

(1) 分子 $\sim x ln 2 \cdot x \cdot x = x^{3} ln 2$ ，分母 $tan x - sin x \sim \frac{x^{3}}{2}$ ，故极限 $= 2 ln 2$ 。 (2) 取对数： ${csc}^{2} x ln cos x = \frac{ln cos x}{{sin}^{2} x} \sim \frac{- x^{2} / 2}{x^{2}} = - \frac{1}{2}$ 。故原式 $= e^{- 1 / 2} = \frac{1}{\sqrt{e}}$ 。

点评幂指函数先取对数

第 9 题数列收敛·两种判据

第一章函数与极限

设

a_{n} = 1 + \frac{1}{3^{2}} + \dots + \frac{1}{(2 n - 1)^{2}}

，分别用单调有界定理、柯西收敛准则两种方法证明数列

{a_{n}}

收敛。

查看解答

单调有界： $a_{n}$ 递增；且 $\frac{1}{(2 k - 1)^{2}} < \frac{1}{(2 k - 2) (2 k)} = \frac{1}{2} (\frac{1}{2 k - 2} - \frac{1}{2 k})$ ，求和得 $a_{n} < 1 + \frac{1}{2} (\frac{1}{2} - \frac{1}{2 n}) < \frac{5}{4}$ ，故收敛。柯西： $m > n$ 时 $| a_{m} - a_{n} | < \frac{1}{2} (\frac{1}{2 n} - \frac{1}{2 m}) < \frac{1}{4 n}$ ，对 $ε > 0$ 取 $n > \frac{1}{4 ε}$ 即得 $| a_{m} - a_{n} | < ε$ ，故收敛。

点评裂项同时管住上界与尾项

第 10 题介值定理与罗尔定理

第三章微分中值定理及导数应用

设函数

f (x)

在

[0, 2]

上连续，在

(0, 2)

内可导，且

f (0) = 0

，

f (1) = f (2) = e

。证明：(1) 存在

η \in (0, 2)

使

f (η) = 2

；(2) 存在

ξ \in (0, 2)

使

f' (ξ) + f (ξ) = e

。

查看解答

(1) $f (0) = 0 < 2 < e = f (1)$ ， $f$ 在 $[0, 1]$ 上连续，由介值定理得 $η \in (0, 1) \subset (0, 2)$ 使 $f (η) = 2$ 。 (2) 令 $g (x) = e^{x} (f (x) - e)$ ，则 $g (1) = e (e - e) = 0$ ， $g (2) = e^{2} (e - e) = 0$ ，且 $g$ 在 $[1, 2]$ 上满足罗尔定理条件。故存在 $ξ \in (1, 2) \subset (0, 2)$ 使 $g' (ξ) = e^{ξ} (f' (ξ) + f (ξ) - e) = 0$ ，即 $f' (ξ) + f (ξ) = e$ 。

点评第二问凑

e^{x} (f (x) - e)

第 11 题隐函数高阶导·导数定义

第二章导数与微分

设

y = f (x)

是由方程

x^{3} + e^{x y} - sin 3 x + y = 2

确定的隐函数，求

f' (0)

，

f'' (0)

，以及

{lim}_{n \to \infty} n [f (\frac{1}{n}) - 1]

。

查看解答

$x = 0$ 代入得 $1 + y = 2$ ，故 $f (0) = 1$ 。求导： $3 x^{2} + e^{x y} (y + x y') - 3 cos 3 x + y' = 0$ ，代入 $(0, 1)$ 得 $1 - 3 + y' = 0$ ，故 $f' (0) = 2$ 。再求导： $6 x + e^{x y} (y + x y')^{2} + e^{x y} (2 y' + x y'') + 9 sin 3 x + y'' = 0$ ，代入得 $1 + 4 + y'' = 0$ ，故 $f'' (0) = - 5$ 。 ${lim}_{n \to \infty} n [f (\frac{1}{n}) - 1] = {lim}_{n \to \infty} \frac{f (1 / n) - f (0)}{1 / n} = f' (0) = 2$ 。

点评第二问直接认导数定义

第 12 题方程正根·数列极限

第一章函数与极限

设

f_{n} (x) = x^{n} + 2 n x - 2

，

n \in N_{+}

。证明

f_{n} (x) = 0

在

(0, + \infty)

上有唯一正根

a_{n}

，并计算

{lim}_{n \to \infty} (1 + a_{n})^{n}

。

查看解答

$x > 0$ 时 $f_{n}' (x) = n x^{n - 1} + 2 n > 0$ ， $f_{n}$ 严格递增； $f_{n} (0) = - 2 < 0$ ， $f_{n} (1) = 2 n - 1 > 0$ ，故存在唯一 $a_{n} \in (0, 1)$ 。由 $a_{n}^{n} + 2 n a_{n} = 2$ 得 $n a_{n} = \frac{2 - a_{n}^{n}}{2}$ ，而 $0 < a_{n}^{n} < 1$ ，故 $n a_{n} \to 1$ 。于是 $n ln (1 + a_{n}) = n a_{n} \cdot \frac{ln (1 + a_{n})}{a_{n}} \to 1$ ，故 $(1 + a_{n})^{n} \to e$ 。

点评先夹出

n a_{n} \to 1

再取对数

第 13 题分段函数连续可导性

第二章导数与微分

设

x \neq 0

时

f (x) = | x |^{α} sin (x^{2})

，

f (0) = 0

。问

α

取何值时，

f (x)

在

x = 0

处 (1) 连续；(2) 可导；(3) 一阶导数连续。

查看解答

(1) $| f (x) | \leq | x |^{α + 2} \to 0$ ，故 $α + 2 > 0$ 即 $α > - 2$ 时连续。 (2) $\frac{f (x) - f (0)}{x} = \frac{| x |^{α} sin (x^{2})}{x}$ ，其绝对值 $\leq | x |^{α + 1}$ ，故 $α > - 1$ 时可导且 $f' (0) = 0$ 。 (3) $x > 0$ 时 $f' (x) = α x^{α - 1} sin (x^{2}) + 2 x^{α + 1} cos (x^{2})$ ； $x < 0$ 时只差一个符号，两种情形都有 $| f' (x) | \leq C | x |^{α + 1} \to 0 = f' (0)$ ，故 $α > - 1$ 时 $f'$ 在 $0$ 处连续。

点评连续与可导恰好差一阶

2012-2013 学年期末试卷

14 题，原卷未印分值。

第 1 题幂指函数对数求导

第二章导数与微分

设

y = (sin 2 x)^{x} + (arcsin 2 x)^{4}

，求

\frac{d y}{d x}

。

查看解答

第一项写成 $e^{x ln sin 2 x}$ ，得 $[(sin 2 x)^{x}]' = (sin 2 x)^{x} (ln sin 2 x + 2 x cot 2 x)$ 。第二项 $[(arcsin 2 x)^{4}]' = \frac{8 (arcsin 2 x)^{3}}{\sqrt{1 - 4 x^{2}}}$ 。故

$\frac{d y}{d x} = (sin 2 x)^{x} (ln sin 2 x + 2 x cot 2 x) + \frac{8 (arcsin 2 x)^{3}}{\sqrt{1 - 4 x^{2}}}$

点评底与指数都含

x

，幂指函数必须取对数。

第 2 题方程确定的隐函数求导

第二章导数与微分

设函数

f (u)

可导，

y = y (x)

是由方程

y = 3 f (x y) + ln (1 + sin x)

所确定的可导函数，求

\frac{d y}{d x}

。

查看解答

两边对 $x$ 求导，注意 $f (x y)$ 中 $y$ 也是 $x$ 的函数：

$y' = 3 f' (x y) (y + x y') + \frac{cos x}{1 + sin x}$

移项得 $y' [1 - 3 x f' (x y)] = 3 y f' (x y) + \frac{cos x}{1 + sin x}$ ，于是

$y' = \frac{3 y f' (x y) + \frac{cos x}{1 + sin x}}{1 - 3 x f' (x y)}$

点评

f

的自变量里也含

y

，别漏

x y

的链式项。

第 3 题参数方程二阶导数

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由参数方程

x = 3 t^{2} + 2 t + 3

，

y = \int_{0}^{t} (3 u + 1) sin u^{2} d u

所确定，求

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

在

t = \sqrt{π}

处的值。

查看解答

$\frac{d x}{d t} = 6 t + 2$ ， $\frac{d y}{d t} = (3 t + 1) sin t^{2}$ ，故 $\frac{d y}{d x} = \frac{(3 t + 1) sin t^{2}}{6 t + 2}$ ，

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{1}{6 t + 2} \cdot \frac{d}{d t} [\frac{(3 t + 1) sin t^{2}}{6 t + 2}]$

$t = \sqrt{π}$ 时 $sin t^{2} = 0$ ， $cos t^{2} = - 1$ ，分子导数 $= 3 sin t^{2} + 2 t (3 t + 1) cos t^{2} = - 2 \sqrt{π} (3 \sqrt{π} + 1)$ ，分母 $= 6 \sqrt{π} + 2$ 。

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{- 2 \sqrt{π} (3 \sqrt{π} + 1)}{(6 \sqrt{π} + 2)^{2}} = - \frac{\sqrt{π}}{2 (3 \sqrt{π} + 1)}$

点评二阶导要再除一次

d x / d t

。

第 4 题对称区间的定积分计算

第五章定积分及其应用

计算定积分

\int_{- 1}^{1} 1 + 5] x 1 + 3] x^{2} d x

。

查看解答

$5] x$ 为奇函数、分母 $1 + 3] x^{2}$ 为偶函数，故 $\int_{- 1}^{1} 5] x 1 + 3] x^{2} d x = 0$ 。原式 $= 2 \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x^{2 / 3}}$ ，令 $x = t^{3}$ ：

$= 6 \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} d t = 6 (1 - \frac{π}{4}) = 6 - \frac{3 π}{2}$

点评先看奇偶性拆项，硬算会陷进根式里。

第 5 题无界函数的反常积分

第五章定积分及其应用

计算反常积分

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{2} \sqrt{x^{2} - 1}}

。

查看解答

令 $x = sec θ$ ， $d x = sec θ tan θ d θ$ ， $\sqrt{x^{2} - 1} = tan θ$ ， $x : 1 \to + \infty$ 对应 $θ : 0 \to \frac{π}{2}$ 。

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{2} \sqrt{x^{2} - 1}} = \int_{0}^{π / 2} cos θ d θ = 1$

点评作

sec

换元后根号与

x^{2}

一起消掉。

第 6 题对数和的极限通分合并

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} (\frac{1}{ln (1 + sin x)} + \frac{1}{ln (1 - sin x)})

。

查看解答

通分：

$\frac{ln (1 - {sin}^{2} x)}{ln (1 + sin x) ln (1 - sin x)} = \frac{ln {cos}^{2} x}{ln (1 + sin x) ln (1 - sin x)}$

$x \to 0$ 时 $ln {cos}^{2} x = ln (1 - {sin}^{2} x) \sim - {sin}^{2} x \sim - x^{2}$ ，分母 $\sim sin x \cdot (- sin x) = - x^{2}$ ，故极限为 $1$ 。

点评先通分合并成一个对数，再用等价无穷小。

第 7 题用泰勒公式求极限

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} \frac{tan x - x}{1 - \sqrt{1 - x^{3}}}

。

查看解答

$1 - \sqrt{1 - x^{3}} = \frac{x^{3}}{1 + \sqrt{1 - x^{3}}} \sim \frac{x^{3}}{2}$ 。 $tan x = x + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})$ ，故 $tan x - x \sim \frac{x^{3}}{3}$ 。

$lim_{x \to 0} \frac{tan x - x}{1 - \sqrt{1 - x^{3}}} = \frac{1 / 3}{1 / 2} = \frac{2}{3}$

点评分母先有理化，两边都化到

x^{3}

阶再比。

第 8 题幂指型极限取对数

第一章函数与极限

求

{lim}_{x \to π / 2} (sin x)^{\frac{1}{{cos}^{2} x}}

。

查看解答

取对数，令 $t = sin x \to 1$ ，则 ${cos}^{2} x = 1 - t^{2}$ ：

$lim_{t \to 1} \frac{ln t}{1 - t^{2}} = lim_{t \to 1} \frac{t - 1}{- 2 (t - 1)} = - \frac{1}{2}$

故原极限 $= e^{- 1 / 2} = \frac{1}{\sqrt{e}}$ 。

点评先取对数化

0 / 0

，再令

t = sin x

。

第 9 题幂级数收敛半径与域

第一章函数与极限

求幂级数

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(x - 2)^{n}}{n 3^{n}}

的收敛半径、收敛区间及收敛域。

查看解答

由 $lim | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = lim \frac{n 3^{n}}{(n + 1) 3^{n + 1}} = \frac{1}{3}$ 得 $R = 3$ ，收敛区间 $(- 1, 5)$ 。 $x = 5$ 时为 $\sum \frac{1}{n}$ ，发散； $x = - 1$ 时为 $\sum \frac{(- 1)^{n}}{n}$ ，收敛。故收敛域为 $[- 1, 5)$ 。

点评端点必须分别判，

x = 5

处正是调和级数。

第 10 题分式函数幂级数展开

第一章函数与极限

将函数

f (x) = \frac{1}{x^{2} - 2 x - 3}

展开成

x

的幂级数，并写出成立的开区间。

查看解答

裂项 $f (x) = \frac{1}{4} (\frac{1}{x - 3} - \frac{1}{x + 1})$ 。 $\frac{1}{x - 3} = - \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x^{n}}{3^{n + 1}} (| x | < 3)$ ， $\frac{1}{x + 1} = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} x^{n} (| x | < 1)$ ，取公共范围 $| x | < 1$ ：

$f (x) = - \frac{1}{4} \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{3^{n + 1}} + (- 1)^{n}) x^{n}, x \in (- 1, 1)$

验算： $x = 0$ 时右端 $= - \frac{1}{4} (\frac{1}{3} + 1) = - \frac{1}{3} = f (0)$ 。

点评先裂项成两个几何级数，收敛区间取公共的

| x | < 1

。

第 11 题含对数的分部积分

第四章不定积分

求不定积分

\int \frac{1 + x^{2} + x^{4}}{x^{3} (1 + x^{2})} ln (1 + x^{2}) d x

。

查看解答

先拆： $\frac{1 + x^{2} + x^{4}}{x^{3} (1 + x^{2})} = \frac{1 + x^{2}}{x^{3}} - \frac{1}{x (1 + x^{2})}$ 。令 $t = 1 + x^{2}$ ， $d t = 2 x d x$ ， $x^{2} = t - 1$ ，原积分化为 $\frac{1}{2} \int \frac{t^{2} - t + 1}{t (t - 1)^{2}} ln t d t$ 。而 $\frac{t^{2} - t + 1}{t (t - 1)^{2}} = \frac{1}{t} + \frac{1}{(t - 1)^{2}}$ ，逐项积分并用分部积分得

$\frac{1}{4} {ln}^{2} t + \frac{1}{2} (- \frac{ln t}{t - 1} + ln | t - 1 | - ln t) + C$

回代 $t = 1 + x^{2}$ ： $\frac{1}{4} {ln}^{2} (1 + x^{2}) - \frac{ln (1 + x^{2})}{2 x^{2}} + ln | x | - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2}) + C$ 。

点评先拆项，再令

t = 1 + x^{2}

。

第 12 题积分型存在性证明

第五章定积分及其应用

设

f (x) \in C [0, 1]

且恒正。试证明：(1) 存在

ξ \in (0, 1)

，使得以曲线

y = f (x)

为顶、区间

[0, ξ]

上的曲边梯形面积等于以

f (ξ)

为高、以

[ξ, 1]

为底的矩形面积；(2) 若增设

f (x)

可导且

f' (x) < 0

，则 (1) 中的

ξ

是唯一的。

查看解答

(1) 令 $k (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t - (1 - x) f (x)$ ， $f$ 连续故 $k$ 在 $[0, 1]$ 上连续，且 $k (0) = - f (0) < 0$ ， $k (1) = \int_{0}^{1} f (t) d t > 0$ 。由零点定理存在 $ξ \in (0, 1)$ 使 $k (ξ) = 0$ ，即 $\int_{0}^{ξ} f (t) d t = (1 - ξ) f (ξ)$ ，两面积相等。 (2) 此时 $k$ 可导，

$k' (x) = f (x) + f (x) - (1 - x) f' (x) = 2 f (x) - (1 - x) f' (x) > 0$

因 $f > 0$ 且 $f' < 0$ ，故 $k$ 严格增，零点唯一。证毕。

点评只用到连续性；单调性由

k'

的符号给出。

第 13 题变限积分求导与拐点

第三章微分中值定理及导数应用

设

f (x)

在

(0, + \infty)

内可导且

f' (x) < 0

，

F (x) = \int_{1 / x}^{1} x f (u) d u + \int_{1}^{1 / x} \frac{f (u)}{u^{2}} d u

。(1) 求

F'' (x)

（

x > 0

）；(2) 讨论曲线

y = F (x)

在

(0, + \infty)

内的凹凸性并求其拐点坐标。

查看解答

(1) $F' (x) = \int_{1 / x}^{1} f (u) d u + x (- f (1 / x)) (- \frac{1}{x^{2}}) + \frac{f (1 / x)}{(1 / x)^{2}} (- \frac{1}{x^{2}}) = \int_{1 / x}^{1} f (u) d u + \frac{1}{x} f (1 / x) - f (1 / x)$ 。

$F'' (x) = \frac{f (1 / x)}{x^{2}} - \frac{f (1 / x)}{x^{2}} - f' (1 / x) \frac{1}{x^{3}} + f' (1 / x) \frac{1}{x^{2}} = \frac{(x - 1) f' (1 / x)}{x^{3}}$

(2) $0 < x < 1$ 时 $F'' > 0$ ，曲线为凹（下凸）； $x > 1$ 时 $F'' < 0$ ，曲线为凸（上凸）。 $F (1) = 0$ ，拐点为 $(1, 0)$ 。

点评上下限都含

x

，求导时两处都要带出符号。

第 14 题积分递推与条件收敛

第一章函数与极限

设

a_{n} = \int_{0}^{π / 4} {tan}^{n} x d x

，

n \geq 2

。(1) 计算

a_{n} + a_{n + 2}

，并证明

\frac{1}{2 (n + 1)} < a_{n} < \frac{1}{2 (n - 1)}

；(2) 证明级数

\sum_{n = 2}^{\infty} (- 1)^{n} a_{n}

条件收敛。

查看解答

(1)

$a_{n} + a_{n + 2} = \int_{0}^{π / 4} {tan}^{n} x (1 + {tan}^{2} x) d x = \frac{{tan}^{n + 1} x}{n + 1} |_{0}^{π / 4} = \frac{1}{n + 1}$

$0 < tan x < 1$ 故 $a_{n + 2} < a_{n}$ ，由 $2 a_{n + 2} < \frac{1}{n + 1} < 2 a_{n}$ 得 $a_{n} > \frac{1}{2 (n + 1)}$ ；又 $a_{n} < a_{n - 2}$ 、 $a_{n - 2} + a_{n} = \frac{1}{n - 1}$ 得 $a_{n} < \frac{1}{2 (n - 1)}$ 。 (2) $a_{n}$ 单调减且 $0 < a_{n} < \frac{1}{2 (n - 1)} \to 0$ ，由 Leibniz 判别法 $\sum (- 1)^{n} a_{n}$ 收敛；又 $a_{n} > \frac{1}{2 (n + 1)}$ 使 $\sum a_{n}$ 发散，故条件收敛。证毕。

点评用

tan x < 1

夹出上下界。

2013-2014 学年期末试卷

13 题，原卷未印分值。

第 1 题隐函数方程二阶导数

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由方程

x^{2} + y = tan (x - y)

确定，且

y (0) = 0

，求

y' (0)

与

y'' (0)

。

查看解答

两边对 $x$ 求导： $2 x + y' = {sec}^{2} (x - y) (1 - y')$ 。代入 $(0, 0)$ ： $y' = 1 - y'$ ，得 $y' (0) = \frac{1}{2}$ 。

再求导： $2 + y'' = 2 {sec}^{2} (x - y) tan (x - y) (1 - y')^{2} - {sec}^{2} (x - y) y''$ 。代入 $x = 0, y = 0, y' = \frac{1}{2}$ ，因 $tan 0 = 0$ 首项消失： $2 + y'' = - y''$ ，得 $y'' (0) = - 1$ 。

点评先代点再求二阶导，可省大量代数。

第 2 题参数方程二阶导数

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由参数方程

x = \int_{0}^{t} 2 e^{- s^{2}} d s, y = \int_{0}^{t} cos s^{2} d s

确定，求

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{t = \sqrt{π}}

。

查看解答

$\frac{d x}{d t} = 2 e^{- t^{2}}$ ， $\frac{d y}{d t} = cos t^{2}$ ，故 $\frac{d y}{d x} = \frac{1}{2} e^{t^{2}} cos t^{2}$ 。

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{1}{d x / d t} \cdot \frac{d}{d t} (\frac{1}{2} e^{t^{2}} cos t^{2}) = \frac{\frac{1}{2} e^{t^{2}} (cos t^{2} - 2 t sin t^{2})}{2 e^{- t^{2}}}$ 。

$t = \sqrt{π}$ 时 $t^{2} = π$ ， $cos π = - 1, sin π = 0$ ，故结果为 $- \frac{e^{2 π}}{4}$ 。

点评被积函数是

cos s^{2}

不是

{cos}^{2} s

第 3 题根式与余弦差极限

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x^{2}} - cos 2 x}{x^{2}}

。

查看解答

用泰勒展开： $\sqrt{1 + x^{2}} = 1 + \frac{x^{2}}{2} + O (x^{4})$ ， $cos 2 x = 1 - 2 x^{2} + O (x^{4})$ 。

分子 $= (\frac{1}{2} + 2) x^{2} + O (x^{4}) = \frac{5}{2} x^{2} + O (x^{4})$ ，故极限为 $\frac{5}{2}$ 。

点评两个展开都要到

x^{2}

项，缺一项即错。

第 4 题幂指型极限取对数

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} (\frac{e^{x} - 1}{x})^{\frac{1}{x}}

。

查看解答

记极限为 $L$ ，取对数： $ln L = {lim}_{x \to 0} \frac{1}{x} ln \frac{e^{x} - 1}{x}$ 。

$\frac{e^{x} - 1}{x} = 1 + \frac{x}{2} + \frac{x^{2}}{6} + \dots$ ， $ln (1 + \frac{x}{2} + O (x^{2})) = \frac{x}{2} + O (x^{2})$ ，故 $ln L = \frac{1}{2}$ ， $L = \sqrt{e}$ 。

点评底数趋于 1 的

1^{\infty}

型，必须取对数。

第 5 题通分结合等价无穷小

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} (\frac{1}{{sin}^{2} x} - \frac{1}{x^{2}})

。

查看解答

通分：原式 $= {lim}_{x \to 0} \frac{x^{2} - {sin}^{2} x}{x^{2} {sin}^{2} x}$ ，分母 $\sim x^{4}$ 。

分子 $= (x - sin x) (x + sin x)$ ； $x - sin x \sim \frac{x^{3}}{6}$ ， $x + sin x \sim 2 x$ ，故分子 $\sim \frac{x^{4}}{3}$ 。

极限 $= \frac{1 / 3}{1} = \frac{1}{3}$ 。

点评通分后用

x - sin x \sim x^{3} / 6

第 6 题无穷区间分部积分

第五章定积分及其应用

求积分

\int_{1}^{+ \infty} \frac{ln (1 + x)}{x^{2}} d x

。

查看解答

分部积分，取 $u = ln (1 + x), d v = \frac{d x}{x^{2}}, v = - \frac{1}{x}$ ：

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{ln (1 + x)}{x^{2}} d x = [- \frac{ln (1 + x)}{x}]_{1}^{+ \infty} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x (1 + x)}$ 。

第一项 $= 0 + ln 2 = ln 2$ ； $\int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{x} - \frac{1}{1 + x}) d x = [ln \frac{x}{1 + x}]_{1}^{+ \infty} = ln 2$ 。

故原积分 $= 2 ln 2$ 。

点评瑕点在无穷远处，边界项要写极限；拆项后两项都收敛。

第 7 题对称区间奇偶项化简

第五章定积分及其应用

求积分

\int_{- 1}^{1} (2 + x)^{2} (1 - x^{2})^{\frac{3}{2}} d x

。

查看解答

$(2 + x)^{2} = 4 + 4 x + x^{2}$ ，奇函数项 $4 x$ 在对称区间积分为零，故原式 $= \int_{- 1}^{1} (4 + x^{2}) (1 - x^{2})^{\frac{3}{2}} d x$ 。

令 $x = sin θ$ ， $d x = cos θ d θ$ ， $(1 - x^{2})^{3 / 2} = {cos}^{3} θ$ ，得 $\int_{- π / 2}^{π / 2} (4 + {sin}^{2} θ) {cos}^{4} θ d θ$ 。

$\int_{- π / 2}^{π / 2} {cos}^{4} θ d θ = \frac{3 π}{8}$ ， $\int_{- π / 2}^{π / 2} {sin}^{2} θ {cos}^{4} θ d θ = \frac{π}{16}$ 。

故原式 $= 4 \cdot \frac{3 π}{8} + \frac{π}{16} = \frac{25 π}{16}$ 。

点评先扔掉奇函数项，否则三角代换后计算量翻倍。

第 8 题用单调性证明不等式

第三章微分中值定理及导数应用

证明：当

0 \leq x < + \infty

时，

arctan 3 x \leq ln (1 + 4 x)

，且当且仅当

x = 0

时等号成立。

查看解答

令 $f (x) = ln (1 + 4 x) - arctan 3 x$ ， $f (0) = 0$ 。

$f' (x) = \frac{4}{1 + 4 x} - \frac{3}{1 + 9 x^{2}} = \frac{4 (1 + 9 x^{2}) - 3 (1 + 4 x)}{(1 + 4 x) (1 + 9 x^{2})} = \frac{(6 x - 1)^{2}}{(1 + 4 x) (1 + 9 x^{2})} \geq 0$ 。

故 $f$ 在 $[0, + \infty)$ 单调不减， $f (x) \geq f (0) = 0$ ，即 $arctan 3 x \leq ln (1 + 4 x)$ 。

等号需 $f (x) = 0$ ； $f'$ 仅在 $x = \frac{1}{6}$ 处为零， $f$ 严格增，故只有 $x = 0$ 取等号。证毕。

点评导数恰为完全平方，是本卷最漂亮的一题。

第 9 题幂级数收敛域与和函数

第五章定积分及其应用

求幂级数

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{n} 4^{n}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} x^{2 n + 2}

的收敛半径、收敛域，并求其和函数。

查看解答

令 $u_{n} = \frac{(- 1)^{n} 4^{n}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} x^{2 n + 2}$ ， $| \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} | = 4 x^{2} \cdot \frac{(2 n + 1) (2 n + 2)}{(2 n + 3) (2 n + 4)} \to 4 x^{2}$ ，故 $| x | < \frac{1}{2}$ 收敛， $R = \frac{1}{2}$ 。

$x = \pm \frac{1}{2}$ 时 $| u_{n} | = \frac{1}{4 (2 n + 1) (2 n + 2)} \sim \frac{1}{16 n^{2}}$ ，绝对收敛，收敛域为 $[- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ 。

记 $u = 2 x$ ， $S (x) = \frac{1}{4} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} u^{2 n + 2}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} = \frac{1}{4} T (u)$ ，逐项求导两次得 $T'' (u) = \sum (- 1)^{n} u^{2 n} = \frac{1}{1 + u^{2}}$ ， $T (0) = T' (0) = 0$ 。

故 $T (u) = u arctan u - \frac{1}{2} ln (1 + u^{2})$ ， $S (x) = \frac{x}{2} arctan 2 x - \frac{1}{8} ln (1 + 4 x^{2})$ ， $| x | \leq \frac{1}{2}$ 。

点评系数含

(2 n + 1) (2 n + 2)

，正是二次求导的产物。

第 10 题含参三次函数最值

第三章微分中值定理及导数应用

设常数

a > 0

，

f (x) = \frac{1}{3} a x^{3} - x

，求

f (x)

在

[0, \frac{1}{a}]

上的最大值与最小值。

查看解答

$f' (x) = a x^{2} - 1$ ，唯一驻点 $x_{0} = \frac{1}{\sqrt{a}}$ ； $x_{0} \leq \frac{1}{a} \Leftrightarrow a \leq 1$ 。且 $f (0) = 0$ ， $f (x_{0}) = - \frac{2}{3 \sqrt{a}}$ ， $f (\frac{1}{a}) = \frac{1 - 3 a}{3 a^{2}}$ 。

当 $0 < a \leq \frac{1}{3}$ ：最大 $f (\frac{1}{a}) = \frac{1 - 3 a}{3 a^{2}}$ ，最小 $f (x_{0}) = - \frac{2}{3 \sqrt{a}}$ 。

当 $\frac{1}{3} < a \leq 1$ ：最大 $f (0) = 0$ ，最小 $- \frac{2}{3 \sqrt{a}}$ 。

当 $a > 1$ ：驻点在区间右侧， $f$ 递减，最大 $f (0) = 0$ ，最小 $f (\frac{1}{a}) = \frac{1 - 3 a}{3 a^{2}}$ 。

点评忘讨论

a

与端点大小，是本题主要失分点。

第 11 题绕竖直线旋转体体积

第五章定积分及其应用

求曲线

y^{2} = x + 2

与直线

y = x

所围区域绕直线

x = 2

旋转一周的体积。

查看解答

交点： $y^{2} = y + 2$ 得 $y = - 1, 2$ ，即 $(- 1, - 1)$ 与 $(2, 2)$ 。对固定 $y \in [- 1, 2]$ ，抛物线 $x = y^{2} - 2$ 在左、直线 $x = y$ 在右。

到轴 $x = 2$ 的距离：外半径 $2 - (y^{2} - 2) = 4 - y^{2}$ ，内半径 $2 - y$ 。垫片法：

$V = π \int_{- 1}^{2} [(4 - y^{2})^{2} - (2 - y)^{2}] d y = π \int_{- 1}^{2} (12 + 4 y - 9 y^{2} + y^{4}) d y$ 。

$= π [12 y + 2 y^{2} - 3 y^{3} + \frac{y^{5}}{5}]_{- 1}^{2} = π (\frac{72}{5} + \frac{36}{5}) = \frac{108 π}{5}$ 。

点评沿

y

积分用垫片法；两曲线左右位置要代点验证。

第 12 题洛必达法则证明与反例

第三章微分中值定理及导数应用

证明“

\frac{0}{0}

”型洛必达法则：设 (1)

{lim}_{x \to x_{0}} f (x) = {lim}_{x \to x_{0}} g (x) = 0

；(2)

f, g

在去心邻域

U (x_{0})

内可导且

g' (x) \neq 0

；(3)

{lim}_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A

（或

\infty

），则

{lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = {lim}_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)} = A

。并举例说明条件 (3) 不成立而

lim \frac{f}{g}

存在时不能用该法则。

查看解答

补充定义 $f (x_{0}) = g (x_{0}) = 0$ ，则 $f, g$ 在 $x_{0}$ 连续，在以 $x_{0}, x$ 为端点的闭区间上连续、内部可导，由柯西中值定理：

$\frac{f (x) - f (x_{0})}{g (x) - g (x_{0})} = \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)}$ ，即 $\frac{f (x)}{g (x)} = \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)}$ ， $ξ$ 介于 $x_{0}$ 与 $x$ 之间。

当 $x \to x_{0}$ 时必有 $ξ \to x_{0}$ ，由 (3) 得 ${lim}_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = {lim}_{ξ \to x_{0}} \frac{f' (ξ)}{g' (ξ)} = A$ 。证毕。

反例： $x_{0} = 0$ ， $f (x) = x^{2} sin \frac{1}{x}$ ， $g (x) = x$ 。则 $\frac{f}{g} = x sin \frac{1}{x} \to 0$ 存在；但 $\frac{f'}{g'} = 2 x sin \frac{1}{x} - cos \frac{1}{x}$ 当 $x \to 0$ 时无极限，条件 (3) 不成立。

点评证完必写反例，很多人漏掉后半问。

第 13 题方程根的个数讨论

第三章微分中值定理及导数应用

设

f (x) = - cos π x + (2 x - 3)^{3} + \frac{1}{2} (x - 1)

。试讨论并证明方程

f (x) = 0

根的个数。

查看解答

$f' (x) = π sin π x + 6 (2 x - 3)^{2} + \frac{1}{2}$ ， $f'' (x) = 24 (2 x - 3) + π^{2} cos π x$ 。

$x \leq 1$ ： $6 (2 x - 3)^{2} \geq 6$ ，故 $f' > 6 + \frac{1}{2} - π > 0$ ， $f$ 严格增； $f (1) = 0$ ，此段仅一根 $x = 1$ 。

$1 \leq x \leq \frac{3}{2}$ ： $f'' < 0$ ， $f'$ 由 $\frac{13}{2}$ 单调降到 $\frac{1}{2} - π < 0$ ，唯一零点 $α \in (1, \frac{3}{2})$ ； $f$ 先增后减， $f (α) > f (1) = 0$ 。

$\frac{3}{2} \leq x \leq 2$ ： $f'' > 0$ ， $f'$ 由负单调升到 $\frac{13}{2}$ ，唯一零点 $β \in (\frac{3}{2}, 2)$ ； $f$ 先减后增，而 $f (\frac{8}{5}) = 0.308 - \frac{\sqrt{5} - 1}{4} < 0$ ，故 $f (β) < 0$ ，又 $f (2) = \frac{1}{2} > 0$ 。

于是 $(α, β)$ 与 $(β, 2)$ 内各恰有一根，连同 $x = 1$ 共 3 根； $x \geq 2$ 时 $f' > 0$ 无根。方程恰有 3 个实根。

点评难点：极小值刚好为负，取

x = 8 / 5

精确验证。

2014-2015 学年期末试卷

14 题，共 100 分。

第 1 题乘积求导·单点导数

第二章导数与微分

设

f (x) = (x - 1) (x^{2} - 2) (x^{3} - 3) \dots (x^{100} - 100)

，求

f' (1)

。

查看解答

令 $g (x) = (x^{2} - 2) (x^{3} - 3) \dots (x^{100} - 100)$ ，则 $f (x) = (x - 1) g (x)$ ，且 $g$ 在 $x = 1$ 连续可导，故 $f' (1) = g (1)$ 。 $g (1) = (1 - 2) (1 - 3) \dots (1 - 100) = (- 1)^{99} \cdot 99!$ 。所以 $f' (1) = - 99!$ 。

点评别用乘积法则硬展，提出因子

x - 1

即可。

第 2 题参数方程·凹凸与拐点

第三章微分中值定理及导数应用

设曲线由参数方程

x = t^{3} + 3 t + 1

，

y = t^{3} - 3 t + 2

确定，求曲线的凹凸区间（用

t

的区间表示，并说明对应的

x

区间），并求拐点坐标。

查看解答

$\frac{d y}{d x} = \frac{3 t^{2} - 3}{3 t^{2} + 3} = \frac{t^{2} - 1}{t^{2} + 1}$ 。 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{1}{3 (t^{2} + 1)} \cdot \frac{4 t}{(t^{2} + 1)^{2}} = \frac{4 t}{3 (t^{2} + 1)^{3}}$ ，符号由 $t$ 决定。 $t < 0$ 时 $y'' < 0$ ，曲线凸； $t > 0$ 时 $y'' > 0$ ，曲线凹。又 $x' (t) = 3 (t^{2} + 1) > 0$ ， $x$ 单调增， $t < 0$ 对应 $x < 1$ ， $t > 0$ 对应 $x > 1$ ，故 $x < 1$ 凸、 $x > 1$ 凹。 $t = 0$ 时 $x = 1$ ， $y = 2$ ，拐点为 $(1, 2)$ 。

点评二阶导要再除以

x' (t)

，符号看

t

。

第 3 题隐函数求导·曲率半径

第三章微分中值定理及导数应用

设

y = y (x)

由方程

x^{2} = \int_{0}^{y - x} e^{- t^{2}} d t

确定，求曲线

y = y (x)

在

x = 0

处的曲率半径。

查看解答

$x = 0$ 时 $0 = \int_{0}^{y} e^{- t^{2}} d t$ ，得 $y (0) = 0$ 。两边对 $x$ 求导： $2 x = e^{- (y - x)^{2}} (y' - 1)$ ，代入 $x = 0, y = 0$ 得 $y' (0) = 1$ 。再求导： $2 = e^{- (y - x)^{2}} (y'' - 2 (y - x) (y' - 1)^{2})$ ，代入得 $y'' (0) = 2$ 。 $R = \frac{(1 + y'^{2})^{3 / 2}}{| y'' |} = \frac{2^{3 / 2}}{2} = \sqrt{2}$ 。

点评先由积分方程定

y (0)

，再逐次求导。

第 4 题未定式极限·泰勒展开

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{{cos}^{2} x}{{sin}^{2} x})

。

查看解答

由 $\frac{{cos}^{2} x}{{sin}^{2} x} = \frac{1}{{sin}^{2} x} - 1$ ，原式 $= 1 + {lim}_{x \to 0} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{{sin}^{2} x})$ 。 $\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{{sin}^{2} x} = \frac{{sin}^{2} x - x^{2}}{x^{2} {sin}^{2} x}$ ，其中 ${sin}^{2} x = x^{2} - \frac{x^{4}}{3} + \dots$ ，分子 $\sim - \frac{x^{4}}{3}$ ，分母 $\sim x^{4}$ 。故该极限为 $- \frac{1}{3}$ ，原式 $= 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ 。

点评先把常数 1 拆出来，剩下用泰勒。

第 5 题数列极限·连续性定参

第一章函数与极限

设

f (x) = {lim}_{n \to \infty} \frac{x^{2 n + 1} + (a - 1) x^{n} + 1}{x^{2 n} - a x^{n} + 1}

在区间

(0, + \infty)

内连续，求常数

a

的值。

查看解答

$0 < x < 1$ 时 $x^{n} \to 0$ ， $f (x) = \frac{1}{1} = 1$ ； $x > 1$ 时同除 $x^{2 n}$ 得 $f (x) = x$ 。 $x = 1$ 时 $f (1) = \frac{a + 1}{2 - a}$ （需 $a \neq 2$ ）。连续性要求 $f (1) = 1$ ，即 $a + 1 = 2 - a$ ，解得 $a = \frac{1}{2}$ 。此时 $2 - a = \frac{3}{2} \neq 0$ ， $f (1) = 1$ 成立（且 $t^{2} - \frac{1}{2} t + 1 > 0$ 恒成立）。

点评只需在分段点

x = 1

处对接左右极限。

第 6 题三类渐近线·求法

第三章微分中值定理及导数应用

求曲线

y = \frac{1}{x} + \frac{x}{1 - e^{x}}

的所有渐近线的方程。

查看解答

定义域 $x \neq 0$ 。 $x \to 0$ 时 $\frac{x}{1 - e^{x}} \to - 1$ ，而 $\frac{1}{x} \to \infty$ ，故 $x = 0$ 是垂直渐近线。 $x \to + \infty$ 时 $y \to 0$ ，得水平渐近线 $y = 0$ 。 $x \to - \infty$ 时 $y - x = \frac{1}{x} - \frac{x e^{x}}{1 - e^{x}} \to 0$ ，得斜渐近线 $y = x$ 。

点评两个方向分开算，

y = 0

仅一侧成立。

第 7 题奇偶性·三角代换

第五章定积分及其应用

求定积分

\int_{- 2}^{2} (x - 1)^{2} \sqrt{4 - x^{2}} d x

。

查看解答

展开后 $- 2 x \sqrt{4 - x^{2}}$ 为奇函数，在对称区间上积分为 $0$ ，故原式 $= 2 \int_{0}^{2} (x^{2} + 1) \sqrt{4 - x^{2}} d x$ 。令 $x = 2 sin θ$ ，得 $\int_{0}^{2} x^{2} \sqrt{4 - x^{2}} d x = 16 \int_{0}^{π / 2} {sin}^{2} θ {cos}^{2} θ d θ = 16 \cdot \frac{π}{16} = π$ 。 $\int_{0}^{2} \sqrt{4 - x^{2}} d x$ 为四分之一圆面积，等于 $π$ 。原式 $= 2 (π + π) = 4 π$ 。

点评先用奇偶性去掉一次项，再三角代换。

第 8 题反常积分·分部积分

第五章定积分及其应用

计算反常积分

\int_{1}^{+ \infty} \frac{arctan x}{x^{3}} d x

。

查看解答

分部积分，取 $v = - \frac{1}{2 x^{2}}$ ： $\int_{1}^{+ \infty} \frac{arctan x}{x^{3}} d x = [- \frac{arctan x}{2 x^{2}}]_{1}^{+ \infty} + \frac{1}{2} \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{2} (1 + x^{2})}$ 。前一项 $= 0 + \frac{π}{8}$ 。又 $\frac{1}{x^{2} (1 + x^{2})} = \frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{1 + x^{2}}$ ，故 $\int_{1}^{+ \infty} = [- \frac{1}{x} - arctan x]_{1}^{+ \infty} = 1 - \frac{π}{4}$ 。原式 $= \frac{π}{8} + \frac{1}{2} (1 - \frac{π}{4}) = \frac{1}{2}$ 。

点评拆成两项差再分部积分。

第 9 题数项级数·条件收敛

第一章函数与极限

设常数

a > 0

，

a_{n} = \int_{0}^{1 / n} \sqrt{a + x^{n}} d x

，讨论级数

\sum_{n = 1}^{+ \infty} (- 1)^{n} a_{n}

是条件收敛、绝对收敛还是发散，并给出论证过程。

查看解答

由 $\sqrt{a + x^{n}} = \sqrt{a} + \frac{x^{n}}{2 \sqrt{a}} + O (x^{2 n})$ ，得 $a_{n} = \frac{\sqrt{a}}{n} + b_{n}$ ，其中 $0 \leq b_{n} \leq \frac{1}{2 \sqrt{a}} \cdot \frac{n^{- (n + 1)}}{n + 1}$ 。因 $\sum b_{n}$ 收敛，而 $\sum \frac{(- 1)^{n} \sqrt{a}}{n}$ 收敛，故原级数收敛。又 $a_{n} \geq \frac{\sqrt{a}}{n}$ ， $\sum a_{n} \geq \sqrt{a} \sum \frac{1}{n}$ 发散。故对任意 $a > 0$ 该级数条件收敛。

点评先估

a_{n}

与

\frac{1}{n}

同阶，再拆两段。

第 10 题幂指函数·切线方程

第二章导数与微分

设

f (x) = (1 + sin 2 x)^{1 / x}

（

x \neq 0

），且

f (x)

在

x = 0

处连续。求

f (0)

及曲线

y = f (x)

在

x = 0

处的切线方程。

查看解答

取对数： $ln f (x) = \frac{ln (1 + sin 2 x)}{x} \to \frac{sin 2 x}{x} \to 2$ ，故 $f (0) = e^{2}$ 。由 $ln (1 + sin 2 x) = 2 x - 2 x^{2} + \frac{4}{3} x^{3} + \dots$ 得 $ln f (x) = 2 - 2 x + \frac{4}{3} x^{2} + \dots$ ，即 $(ln f)' |_{0} = - 2$ 。 $f' (0) = f (0) \cdot (ln f)' (0) = - 2 e^{2}$ 。切线： $y = e^{2} - 2 e^{2} x$ 。

点评幂指函数先取对数，斜率用

f \cdot (ln f)'

。

第 11 题摆线旋转体体积

第五章定积分及其应用

摆线

L

的参数方程为

x = a (t - sin t)

，

y = a (1 - cos t)

（

0 \leq t \leq 2 π

，

a > 0

），曲线

L

与

x

轴所围成的区域为

D

，求

D

绕直线

y = 2 a

旋转一周所得立体的体积。

查看解答

$A = \int_{0}^{2 π} a^{2} (1 - cos t)^{2} d t = 3 π a^{2}$ 。 $M_{x} = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} a^{3} (1 - cos t)^{3} d t = \frac{a^{3}}{2} \cdot 5 π = \frac{5 π a^{3}}{2}$ ，故 $\overline{y} = \frac{M_{x}}{A} = \frac{5 a}{6}$ 。重心到轴 $y = 2 a$ 的距离 $d = 2 a - \frac{5 a}{6} = \frac{7 a}{6}$ 。由 Pappus 定理 $V = 2 π d A = 2 π \cdot \frac{7 a}{6} \cdot 3 π a^{2} = 7 π^{2} a^{3}$ 。（校验：垫片法 $V = π \int (4 a y - y^{2}) d x = π (12 π a^{3} - 5 π a^{3}) = 7 π^{2} a^{3}$ 。）

点评Pappus 定理最快，

d

到

y = 2 a

。

第 12 题幂级数·收敛域与和函数

第一章函数与极限

求幂级数

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{4 n^{2} + 4 n + 3}{2 n + 1} x^{2 n}

的收敛半径、收敛域及和函数。

查看解答

系数 $= \frac{(2 n + 1)^{2} + 2}{2 n + 1} = 2 n + 1 + \frac{2}{2 n + 1}$ ，故收敛半径 $R = 1$ 。 $x = \pm 1$ 时通项不趋于 $0$ ，发散，收敛域为 $(- 1, 1)$ 。 $\sum (2 n + 1) x^{2 n} = \frac{2 x^{2}}{(1 - x^{2})^{2}} + \frac{1}{1 - x^{2}} = \frac{1 + x^{2}}{(1 - x^{2})^{2}}$ 。 $2 \sum \frac{x^{2 n}}{2 n + 1} = \frac{1}{x} ln \frac{1 + x}{1 - x}$ （ $x \neq 0$ ）。故 $S (x) = \frac{1 + x^{2}}{(1 - x^{2})^{2}} + \frac{1}{x} ln \frac{1 + x}{1 - x}$ （ $0 < | x | < 1$ ）， $S (0) = 3$ 。

点评系数拆成两项凑熟级数，

x = 0

处单独算。

第 13 题拉格朗日定理·η值域

第三章微分中值定理及导数应用

(1) 设

0 < x < + \infty

，证明：存在

η \in (0, 1)

，使

\sqrt{x + 1} - \sqrt{x} = \frac{1}{2 \sqrt{x + η}}

；(2) 对上述

η

，求

η

关于

x

的表达式

η = η (x)

，并确定

0 < x < + \infty

时函数

η = η (x)

的值域。

查看解答

(1) 对 $f (t) = \sqrt{t}$ 在 $[x, x + 1]$ 上用拉格朗日中值定理：存在 $ξ \in (x, x + 1)$ 使 $\sqrt{x + 1} - \sqrt{x} = \frac{1}{2 \sqrt{ξ}}$ ，令 $η = ξ - x \in (0, 1)$ 即可。 (2) 又 $\sqrt{x + 1} - \sqrt{x} = \frac{1}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}}$ ，比较得 $2 \sqrt{x + η} = \sqrt{x + 1} + \sqrt{x}$ ，即 $η = \frac{1 - 2 x + 2 \sqrt{x^{2} + x}}{4}$ 。 $η' (x) = \frac{1}{4} (\frac{2 x + 1}{\sqrt{x^{2} + x}} - 2) > 0$ （因 $(2 x + 1)^{2} > 4 x^{2} + 4 x$ ）， $η$ 严格递增。 ${lim}_{x \to 0^{+}} η = \frac{1}{4}$ ， ${lim}_{x \to + \infty} η = \frac{1}{2}$ ，故值域为 $(\frac{1}{4}, \frac{1}{2})$ 。

点评值域要先用单调性，端点取极限。

第 14 题积分不等式·对称放缩

第五章定积分及其应用

证明：(1)

\int_{0}^{2 π} \frac{sin x}{x} d x > 0

；(2) 对

\forall α \in (0, \frac{π}{2})

，有

\int_{0}^{2 π} \frac{sin x}{x} d x > sin α ln \frac{π^{2} - α^{2}}{α (2 π - α)}

。

查看解答

(1) 第二段令 $u = x - π$ ： $\int_{0}^{2 π} \frac{sin x}{x} d x = \int_{0}^{π} sin x (\frac{1}{x} - \frac{1}{π + x}) d x = π \int_{0}^{π} \frac{sin x}{x (π + x)} d x > 0$ 。 (2) 关键恒等式： $ln \frac{π^{2} - α^{2}}{α (2 π - α)} = \int_{α}^{π - α} \frac{π d x}{x (π + x)}$ 。在 $[α, π - α]$ 上 $sin x \geq sin α$ ，且 $\frac{π}{x (π + x)} > 0$ ，故 $π \int_{0}^{π} \frac{sin x}{x (π + x)} d x \geq sin α \int_{α}^{π - α} \frac{π d x}{x (π + x)} = sin α ln \frac{π^{2} - α^{2}}{α (2 π - α)}$ 。因区间 $(0, α)$ 、 $(π - α, π)$ 上被积函数为正，等号不能成立，故严格大于。证毕。

点评对数写成积分后放缩被积函数。

2015-2016 学年期末试卷

14 题，原卷未印分值。

第 1 题反三角求导与微分

第二章导数与微分

设

y = \frac{x^{3}}{3} arccos x - \frac{1}{9} (x^{2} + 2) \sqrt{1 - x^{2}} + ln 5

，求

d y

。

查看解答

$y' = x^{2} arccos x - \frac{x^{3}}{3 \sqrt{1 - x^{2}}} - \frac{1}{9} [2 x \sqrt{1 - x^{2}} - \frac{x (x^{2} + 2)}{\sqrt{1 - x^{2}}}]$ 。

方括号内 $= \frac{2 x (1 - x^{2}) - x (x^{2} + 2)}{\sqrt{1 - x^{2}}} = - \frac{3 x^{3}}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ ，恰与中间项抵消，故 $y' = x^{2} arccos x$ 。

$d y = x^{2} arccos x d x$

点评第二项须先通分，抵消后答案极简。

第 2 题参数方程求二阶导

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由参数方程

x (t) = \sqrt{1 + t^{2}}

，

y (t) = \int_{1}^{t^{2}} \frac{3^{u}}{\sqrt{1 + u}} d u

所确定，求

\frac{d y}{d x}

，

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

$x' = \frac{t}{\sqrt{1 + t^{2}}}$ ， $y' = \frac{3^{t^{2}}}{\sqrt{1 + t^{2}}} \cdot 2 t$ 。

$\frac{d y}{d x} = \frac{y'}{x'} = 2 \cdot 3^{t^{2}}$

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{(2 \cdot 3^{t^{2}})'}{x'} = \frac{4 t ln 3 \cdot 3^{t^{2}}}{t / \sqrt{1 + t^{2}}} = 4 ln 3 \cdot 3^{t^{2}} \sqrt{1 + t^{2}}$

点评上限是

t^{2}

，求导别漏乘

2 t

。

第 3 题隐函数求导与曲率

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由方程

y^{3} + x y^{2} + x^{2} y - 3 = 0

所确定，求曲线

y = y (x)

在点

(1, 1)

处的曲率。

查看解答

两边对 $x$ 求导： $3 y^{2} y' + y^{2} + 2 x y y' + 2 x y + x^{2} y' = 0$ ，代入 $(1, 1)$ 得 $6 y' + 3 = 0$ ， $y' = - \frac{1}{2}$ 。

再求导： $6 y (y')^{2} + 3 y^{2} y'' + 2 y y' + 2 x (y')^{2} + 2 x y y'' + 2 y + 2 x y' + 2 x y' + x^{2} y'' = 0$ ，代入 $(1, 1), y' = - \frac{1}{2}$ 得 $6 y'' = 0$ ，即 $y'' = 0$ 。

$K = \frac{| y'' |}{(1 + y'^{2})^{3 / 2}} = 0$

点评算出

y'' = 0

别怀疑，曲率就是

0

。

第 4 题根式换元算定积分

第五章定积分及其应用

求积分

\int_{0}^{2} x^{2} \sqrt{2 x - x^{2}} d x

。

查看解答

$2 x - x^{2} = 1 - (x - 1)^{2}$ ，令 $u = x - 1$ ，区间变 $[- 1, 1]$ ：

$\int_{- 1}^{1} (u + 1)^{2} \sqrt{1 - u^{2}} d u = \int_{- 1}^{1} u^{2} \sqrt{1 - u^{2}} d u + \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 - u^{2}} d u$

奇函数项积分为 $0$ ；令 $u = sin θ$ 得 $\int_{- 1}^{1} u^{2} \sqrt{1 - u^{2}} d u = \frac{π}{8}$ ，半圆面积为 $\frac{π}{2}$ 。

$积分 = \frac{π}{8} + \frac{π}{2} = \frac{5 π}{8}$

点评先配方平移，奇次项可直接扔掉。

第 5 题广义积分与三角换元

第五章定积分及其应用

求广义积分

\int_{0}^{+ \infty} \frac{arctan x}{(\sqrt{1 + x^{2}})^{3}} d x

。

查看解答

令 $x = tan θ$ ， $θ \in [0, \frac{π}{2})$ ， $d x = {sec}^{2} θ d θ$ ， $(\sqrt{1 + x^{2}})^{3} = {sec}^{3} θ$ 。

$\int_{0}^{\frac{π}{2}} θ cos θ d θ = [θ sin θ + cos θ]_{0}^{\frac{π}{2}} = \frac{π}{2} - 1$

点评三次方与

d x

恰好配成

cos

换元。

第 6 题变限积分与交换次序

第五章定积分及其应用

已知

f (x) = \int_{1}^{x} \frac{ln (1 + t)}{t} d t

，计算

\int_{0}^{1} \frac{f (x)}{\sqrt{x}} d x

。

查看解答

因 $f (x) = - \int_{x}^{1} \frac{ln (1 + t)}{t} d t$ ，交换次序（ $0 \leq x \leq t \leq 1$ ）：

$\int_{0}^{1} \frac{f (x)}{\sqrt{x}} d x = - 2 \int_{0}^{1} \frac{ln (1 + t)}{\sqrt{t}} d t$

令 $t = u^{2}$ 得 $- 4 \int_{0}^{1} ln (1 + u^{2}) d u$ ，而 $\int_{0}^{1} ln (1 + u^{2}) d u = ln 2 - 2 + \frac{π}{2}$ 。

$I = 8 - 2 π - 4 ln 2$

点评注意

x < 1

时

f < 0

，结果为负。

第 7 题等价无穷小求极限

第一章函数与极限

求

{lim}_{x \to 0} \frac{2 sin x + x^{2} cos \frac{1}{x}}{(e^{x} + 1) ln (1 + x)}

。

查看解答

分母 $(e^{x} + 1) ln (1 + x) \sim 2 x$ ；分子中 $2 sin x \sim 2 x$ ，而 $| x^{2} cos \frac{1}{x} | \leq x^{2} = o (x)$ 。

$lim_{x \to 0} \frac{2 x + o (x)}{2 x + o (x)} = 1$

点评振荡因子被

x^{2}

压住，视为

o (x)

。

第 8 题泰勒展开求极限

第一章函数与极限

求

{lim}_{x \to 0} \frac{e^{sin x} - e^{x}}{\sqrt{1 - x^{3}} - 1}

。

查看解答

分子 $= e^{x} (e^{sin x - x} - 1) \sim (sin x - x) \sim - \frac{x^{3}}{6}$ （因 $sin x - x = - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})$ ）。

分母 $\sqrt{1 - x^{3}} - 1 \sim - \frac{x^{3}}{2}$ 。

$lim_{x \to 0} \frac{- \frac{x^{3}}{6}}{- \frac{x^{3}}{2}} = \frac{1}{3}$

点评两边都展到三阶，低阶项全消。

第 9 题定积分定义求极限

第五章定积分及其应用

设

a_{n} = \frac{sin \frac{π}{n}}{n + 1} + \frac{sin \frac{2 π}{n}}{n + \frac{1}{2}} + \dots + \frac{sin π}{n + \frac{1}{n}}

，

n = 1, 2, \dots

，求

{lim}_{n \to \infty} a_{n}

。

查看解答

通项 $\frac{sin \frac{k π}{n}}{n + \frac{1}{k}} = \frac{1}{n} \cdot \frac{sin \frac{k π}{n}}{1 + \frac{1}{k n}}$ ，且 $| \frac{1}{1 + 1 / (k n)} - 1 | \leq \frac{1}{k n}$ 。

$| a_{n} - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} sin \frac{k π}{n} | \leq \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \to 0$

故 $a_{n} \to \int_{0}^{1} sin π x d x = \frac{2}{π}$ 。

点评分母是

n + \frac{1}{k}

，先提

\frac{1}{n}

。

第 10 题变限积分零点个数

第三章微分中值定理及导数应用

已知

f (x) = \int_{x}^{1} \sqrt{1 + t^{2}} d t + \int_{1}^{x^{2}} \sqrt{1 + t} d t

，求

f (x)

零点的个数。

查看解答

$f' (x) = - \sqrt{1 + x^{2}} + 2 x \sqrt{1 + x^{2}} = (2 x - 1) \sqrt{1 + x^{2}}$

故 $f$ 在 $(- \infty, \frac{1}{2}]$ 减、 $[\frac{1}{2}, + \infty)$ 增。又 $f (1) = 0$ ，且

$f (0) = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + t^{2}} d t - \int_{0}^{1} \sqrt{1 + t} d t < 0$

（因 $t \in (0, 1)$ 时 $1 + t^{2} < 1 + t$ ）。 $x \to - \infty$ 与 $x \to + \infty$ 时 $f \to + \infty$ 。于是 $(- \infty, \frac{1}{2})$ 内恰一个零点（在 $(- 1, 0)$ 中）， $(\frac{1}{2}, + \infty)$ 内 $f$ 严格增且 $f (1) = 0$ ，也恰一个。

共 $2$ 个零点。

点评先算

f (1) = 0

，再靠单调性定位。

第 11 题幂级数展开与区间

第三章微分中值定理及导数应用

将

f (x) = x arctan x - ln \sqrt{1 + x^{2}}

展开成

x

的幂级数，并写出成立的区间。

查看解答

$f (0) = 0$ ，且 $f' (x) = arctan x + \frac{x}{1 + x^{2}} - \frac{x}{1 + x^{2}} = arctan x$ 。

$arctan x = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k} x^{2 k + 1}}{2 k + 1}, | x | \leq 1$

逐项积分：

$f (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k} x^{2 k + 2}}{(2 k + 1) (2 k + 2)} = \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{12} + \frac{x^{6}}{30} - \dots$

系数 $\sim \frac{1}{4 k^{2}}$ ，级数在 $[- 1, 1]$ 上一致收敛，故成立区间为 $[- 1, 1]$ 。

点评先求导消项，端点须单独说明。

第 12 题数列极限与级数收敛

第一章函数与极限

设数列

{a_{n}}

，

{b_{n}}

满足

0 < a_{n} < \frac{π}{2}

，

0 < b_{n} < \frac{π}{2}

，

cos a_{n} - a_{n} = cos b_{n}

，且级数

\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}

收敛。(1) 证明

{lim}_{n \to \infty} a_{n} = 0

；(2) 证明级数

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}

收敛。

查看解答

(1) 令 $φ (x) = cos x - x$ ， $φ' (x) = - sin x - 1 < 0$ ，故 $φ$ 在 $[0, \frac{π}{2}]$ 上连续且严格减， $φ (0) = 1$ 。由 $\sum b_{n}$ 收敛得 $b_{n} \to 0$ ， $cos b_{n} \to 1$ ，即 $φ (a_{n}) \to 1 = φ (0)$ ；由 $φ$ 严格单调连续，其反函数连续，故 $a_{n} \to 0$ 。

(2) 因 $a_{n} > 0$ ，有 $cos b_{n} = cos a_{n} - a_{n} < cos a_{n}$ ，而 $cos$ 在 $(0, \frac{π}{2})$ 上严格减，故 $b_{n} > a_{n}$ 。对 $cos$ 在 $[a_{n}, b_{n}]$ 上用拉格朗日中值定理，存在 $ξ_{n} \in (a_{n}, b_{n})$ 使

$a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n} = (b_{n} - a_{n}) sin ξ_{n} \leq (b_{n} - a_{n}) sin b_{n}$

于是 $a_{n} \leq \frac{b_{n} sin b_{n}}{1 + sin b_{n}} \leq b_{n} sin b_{n}$ ，即 $0 \leq \frac{a_{n}}{b_{n}} \leq sin b_{n} \leq b_{n}$ 。由比较判别法与 $\sum b_{n}$ 收敛得 $\sum \frac{a_{n}}{b_{n}}$ 收敛。证毕。

点评

a_{n} > 0

逼出

b_{n} > a_{n}

，再中值放缩。

第 13 题抛物线的双切线与面积

第五章定积分及其应用

设

l_{1}

为曲线

y = x^{2}

在点

A (a, a^{2})

（

a > 0

）处的切线，

l_{2}

为曲线

y = x^{2}

的另一条切线，且与切线

l_{1}

垂直。(1) 求

l_{1}

和

l_{2}

的交点坐标；(2) 求曲线

y = x^{2}

与切线

l_{1}

、

l_{2}

所围成的平面图形的面积，并问

a

为何值时该面积最小。

查看解答

设 $l_{2}$ 切于 $(b, b^{2})$ ，则切线为 $y = 2 t x - t^{2}$ 。 $l_{1} : y = 2 a x - a^{2}$ ；垂直条件 $2 a \cdot 2 b = - 1$ ，即 $b = - \frac{1}{4 a}$ 。

(1) 由 $2 a x - a^{2} = 2 b x - b^{2}$ 得 $x = \frac{a + b}{2}$ ， $y = a b = - \frac{1}{4}$ ，交点为 $(\frac{4 a^{2} - 1}{8 a}, - \frac{1}{4})$ 。

(2) 以交点横坐标 $\frac{a + b}{2}$ 分段：

$S = \int_{b}^{\frac{a + b}{2}} (x - b)^{2} d x + \int_{\frac{a + b}{2}}^{a} (x - a)^{2} d x = \frac{(a - b)^{3}}{12} = \frac{1}{12} (a + \frac{1}{4 a})^{3}$

由 $a + \frac{1}{4 a} \geq 2 \sqrt{\frac{1}{4}} = 1$ ，等号在 $a = \frac{1}{2}$ 成立，故 $a = \frac{1}{2}$ 时 $S$ 最小， $S_{min} = \frac{1}{12}$ 。

点评两切线交点恒在准线

y = - \frac{1}{4}

上。

第 14 题罗尔定理与辅助函数

第三章微分中值定理及导数应用

设奇函数

f (x)

在

[- 1, 1]

上具有 2 阶导数，且

f (1) = 1

，证明：(1) 存在

ξ \in (0, 1)

，使得

f' (ξ) = 1

；(2) 存在

η \in (- 1, 1)

，使得

η f'' (η) + f' (η) = 1

。

查看解答

(1) $f$ 为奇函数，故 $f (0) = 0$ 。在 $[0, 1]$ 上用拉格朗日中值定理，存在 $ξ \in (0, 1)$ 使

$f' (ξ) = \frac{f (1) - f (0)}{1 - 0} = 1$

(2) 奇函数的导函数为偶函数，故 $f' (- ξ) = f' (ξ) = 1$ 。令 $F (x) = x (f' (x) - 1)$ ，则 $F$ 在 $[- ξ, ξ]$ 上可导，且 $F (\pm ξ) = \pm ξ (f' (\pm ξ) - 1) = 0$ 。由罗尔定理，存在 $η \in (- ξ, ξ) \subset (- 1, 1)$ 使

$0 = F' (η) = f' (η) - 1 + η f'' (η)$

即 $η f'' (η) + f' (η) = 1$ 。证毕。

点评奇函数给

f (0) = 0

，且

f'

为偶。

2016-2017 学年期末试卷

15 题：填空 6 题（每题 4 分，共 24 分）、计算 5 题（每题 8 分，共 40 分），后四题原卷未印分值。

第 1 题高阶导数·莱布尼茨公式

第二章导数与微分

设

f (x) = x^{2} e^{x}

，求

f^{(10)} (0)

。

查看解答

用莱布尼茨公式。取 $u = x^{2}$ ， $v = e^{x}$ ，则 $u' = 2 x$ ， $u'' = 2$ ， $u^{(k)} = 0 (k \geq 3)$ ，而 $v^{(m)} = e^{x}$ ，故

f^{(n)}(x)=x^{2}e^{x}+2nxe^{x}+n(n-1)e^{x}.

令 $x = 0$ ，前两项含因子 $x$ 而消失，得

f^{(n)}(0)=n(n-1)\ \Rightarrow\ f^{(10)}(0)=10\cdot 9=90.

验算：由 $f (x) = x^{2} \sum_{k \geq 0} \frac{x^{k}}{k!} = \sum_{k \geq 0} \frac{x^{k + 2}}{k!}$ ， $x^{10}$ 的系数为 $\frac{1}{8!}$ ，故 $f^{(10)} (0) = 10! \cdot \frac{1}{8!} = 90$ ，两种算法一致。

点评三项里只有常数项

n (n - 1)

在

x = 0

处存活，但另两项必须写出来才能确认这一点；用幂级数系数验算只需一行。

第 2 题对称区间·奇偶拆分

第五章定积分及其应用

求

\int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{1 + sin x}{1 + cos x} d x

。

查看解答

用半角公式 $1 + cos x = 2 {cos}^{2} \frac{x}{2}$ 与恒等式 $\frac{sin x}{1 + cos x} = tan \frac{x}{2}$ 拆项：

\int\frac{dx}{1+\cos x}=\frac{1}{2}\int\sec^{2}\frac{x}{2}dx=\tan\frac{x}{2}+C,\qquad \int\frac{\sin x}{1+\cos x}dx=-\ln(1+\cos x)+C.

于是原积分

=\left[\tan\frac{x}{2}-\ln(1+\cos x)\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\left(1-\ln 1\right)-\left(-1-\ln 1\right)=2.

也可用对称性看： $tan \frac{x}{2}$ 为奇函数，在对称区间上积分为零； $ln (1 + cos x)$ 为偶函数，上下限相减亦为零，故只剩 $2$ 。

验算：区间内 $1 + cos x \geq 1 > 0$ ，无瑕点；被积函数在 $x = - \frac{π}{2}$ 处为 $0$ 、在 $x = \frac{π}{2}$ 处为 $2$ ，区间长 $π$ ，积分值 $2$ 与量级相符。

点评看到

1 + cos x

立刻用半角，并且把

\frac{sin x}{1 + cos x}

认成

tan \frac{x}{2}

——两项都是对称区间上的现成结论，上万能代换只会把计算拖长。

第 3 题参数方程·二阶导数

第二章导数与微分

设

x = cos 2 t

，

y = (1 - cos t)^{2}

，求

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

先求一阶导：

\frac{dx}{dt}=-2\sin 2t,\qquad \frac{dy}{dt}=2(1-\cos t)\sin t,

\frac{dy}{dx}=\frac{2(1-\cos t)\sin t}{-2\sin 2t}=-\frac{1-\cos t}{2\cos t}=\frac{1}{2}(1-\sec t).

再对 $t$ 求导，并除以 $\frac{d x}{d t}$ ：

\frac{d^{2}y}{dx^{2}}=\frac{\frac{d}{dt}\left[\frac{1}{2}(1-\sec t)\right]}{\frac{dx}{dt}}=\frac{-\frac{1}{2}\sec t\tan t}{-2\sin 2t}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{\sin t}{\cos^{2}t}}{4\sin t\cos t}=\frac{1}{8\cos^{3}t}.

由 ${cos}^{2} t = \frac{1 + x}{2}$ 还可写成 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \pm \frac{1}{2 \sqrt{2} (1 + x)^{\frac{3}{2}}}$ ，符号随 $cos t$ 的正负而定。

验算： $t \to 0$ 时 $x = cos 2 t \approx 1 - 2 t^{2}$ ， $y = (1 - cos t)^{2} \approx \frac{t^{4}}{4}$ ，消去 $t$ 得 $y \approx \frac{(1 - x)^{2}}{16}$ ，故 $y'' \approx \frac{1}{8}$ ；而 $\frac{1}{8 {cos}^{3} 0} = \frac{1}{8}$ ，一致。

点评参数方程求二阶导时，对

\frac{d y}{d x}

关于

t

求导后必须再除一次

\frac{d x}{d t}

，漏掉这一步是本题的唯一大坑。

第 4 题变限积分·拐点判定

第三章微分中值定理及导数应用

设

f (x) = \int_{0}^{x} e^{- \frac{t^{2}}{2}} d t

，

x \in (- \infty, + \infty)

，求曲线

y = f (x)

的拐点。

查看解答

由变上限积分求导：

f'(x)=e^{-\frac{x^{2}}{2}},\qquad f''(x)=-xe^{-\frac{x^{2}}{2}}.

因 $e^{- \frac{x^{2}}{2}} > 0$ 恒成立， $f''$ 的符号完全由 $- x$ 决定： $x < 0$ 时 $f'' > 0$ （曲线凹）， $x > 0$ 时 $f'' < 0$ （曲线凸）。 $f''$ 在 $x = 0$ 两侧异号，故 $x = 0$ 是拐点横坐标。又

f(0)=\int_{0}^{0}e^{-\frac{t^{2}}{2}}dt=0,

所以拐点为 $(0, 0)$ 。

验算：被积函数为偶函数，故 $f$ 为奇函数，曲线关于原点中心对称，拐点必在原点；且 $f''' (0) = - 1 \neq 0$ ，保证 $f''$ 在 $0$ 处真正变号。

点评答案是一个点，只写

x = 0

要扣分；由于被积函数恒正，

f''

的符号问题退化成一维的

- x

，几乎不用计算。

第 5 题黎曼和·定积分定义

第一章函数与极限

求

{lim}_{n \to \infty} (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{n + n})

。

查看解答

提出因子 $\frac{1}{n}$ ，把和式写成

S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}},

这是 $f (x) = \frac{1}{1 + x}$ 在 $[0, 1]$ 上取右端点、步长 $\frac{1}{n}$ 的黎曼和。 $f$ 连续，故

\lim_{n\to\infty}S_{n}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x}=\ln 2.

验算（夹逼）：在 $[k - 1, k]$ 上有 $\frac{1}{n + k} \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{d x}{n + x} \leq \frac{1}{n + k - 1}$ ，对 $k = 1, \dots, n$ 求和得 $S_{n} \leq ln 2 \leq S_{n} + \frac{1}{2 n}$ ，即 $0 \leq ln 2 - S_{n} \leq \frac{1}{2 n} \to 0$ ，同样得到 $S_{n} \to ln 2$ 。

点评不提出

\frac{1}{n}

就看不出积分；提出后分母是

1 + \frac{k}{n}

，对应

\int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x}

，答案是正的

ln 2

而不是

- ln 2

。

第 6 题区间平移·函数方程

第五章定积分及其应用

设

f (x)

为连续函数，且

f (x + 2) - f (x) = x

，

\int_{0}^{2} f (x) d x = 1

，求

\int_{1}^{3} f (x) d x

。

查看解答

拆成两段：

\int_{1}^{3}f(x)dx=\int_{1}^{2}f(x)dx+\int_{2}^{3}f(x)dx.

第二段令 $x = u + 2$ ，则 $u \in [0, 1]$ ，用条件 $f (u + 2) = f (u) + u$ ：

\int_{2}^{3}f(x)dx=\int_{0}^{1}f(u+2)du=\int_{0}^{1}\left[f(u)+u\right]du=\int_{0}^{1}f(u)du+\frac{1}{2}.

第一段由已知积分拆开： $\int_{1}^{2} f = \int_{0}^{2} f - \int_{0}^{1} f = 1 - \int_{0}^{1} f$ 。两段相加， $\int_{0}^{1} f$ 恰好抵消：

\int_{1}^{3}f(x)dx=1-\int_{0}^{1}f+\int_{0}^{1}f+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.

验算：取一个具体解 $f (x) = \frac{x^{2}}{4} - \frac{x}{2} + c$ ，它满足 $f (x + 2) - f (x) = \frac{(x + 2)^{2} - x^{2}}{4} - 1 = x$ ；由 $\int_{0}^{2} f = \frac{8}{12} - 1 + 2 c = 1$ 得 $c = \frac{2}{3}$ ，此时 $\int_{1}^{3} f = [\frac{x^{3}}{12} - \frac{x^{2}}{4} + \frac{2}{3} x]_{1}^{3} = \frac{3}{2}$ ，与上面一致。

点评关键是第二段换元后区间变成

[0, 1]

，正好与

\int_{0}^{2}

拆出的那一段拼成已知常数；不必真去解函数方程。

第 7 题幂指函数·等价无穷小

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} \frac{(cos x)^{\frac{1}{x}} - 1}{x}

。

查看解答

记 $y = (cos x)^{\frac{1}{x}}$ ，先取对数：

\ln y=\frac{\ln\cos x}{x}=\frac{-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})}{x}=-\frac{x}{2}+o(x).

由 $e^{u} = 1 + u + o (u)$ 得

y=e^{-\frac{x}{2}+o(x)}=1-\frac{x}{2}+o(x),

于是

\frac{y-1}{x}=\frac{-\frac{x}{2}+o(x)}{x}\to-\frac{1}{2},

即所求极限为 $- \frac{1}{2}$ 。

验算：取 $x = 0.01$ ， $cos x \approx 0.999950$ ， $ln cos x \approx - 5.0 \times 10^{- 5}$ ， $ln y \approx - 0.005$ ， $y \approx 0.995012$ ， $(y - 1) / x \approx - 0.4988$ ，与 $- \frac{1}{2}$ 相符。

点评指数是

\frac{1}{x}

而非

\frac{1}{x^{2}}

，看清再算；

ln cos x

只需展开到

x^{2}

，分子恰好出一个

x

与分母约去。

第 8 题根式换元·凑微分

第四章不定积分

求不定积分

\int \frac{x^{5}}{4] x^{3} + 1 d x}

。

查看解答

被积函数含 $4] x^{3} + 1$ ，令 $u = 4] x^{3} + 1$ ，则 $x^{3} + 1 = u^{4}$ ， $3 x^{2} d x = 4 u^{3} d u$ ，即 $x^{2} d x = \frac{4}{3} u^{3} d u$ ，且 $x^{3} = u^{4} - 1$ 。把 $x^{5} d x$ 拆成 $x^{3} \cdot x^{2} d x$ ：

\int\frac{x^{5}}{\sqrt[4]{x^{3}+1}}dx=\int\frac{(u^{4}-1)\cdot\frac{4}{3}u^{3}du}{u}=\frac{4}{3}\int\left(u^{6}-u^{2}\right)du=\frac{4}{21}u^{7}-\frac{4}{9}u^{3}+C.

回代 $u = 4] x^{3} + 1$ ：

\int\frac{x^{5}}{\sqrt[4]{x^{3}+1}}dx=\frac{4}{21}(x^{3}+1)^{\frac{7}{4}}-\frac{4}{9}(x^{3}+1)^{\frac{3}{4}}+C.

验算：对结果求导，

\frac{4}{21}\cdot\frac{7}{4}(x^{3}+1)^{\frac{3}{4}}\cdot 3x^{2}-\frac{4}{9}\cdot\frac{3}{4}(x^{3}+1)^{-\frac{1}{4}}\cdot 3x^{2}=x^{2}(x^{3}+1)^{-\frac{1}{4}}\left[(x^{3}+1)-1\right]=\frac{x^{5}}{\sqrt[4]{x^{3}+1}},

与被积函数一致。

点评

x^{5}

要拆成

x^{3} \cdot x^{2}

，让

x^{2} d x

与换元配套，剩下的

x^{3} = u^{4} - 1

代进去就是多项式；最后别忘了回代成

x

。

第 9 题广义积分·倒数代换

第五章定积分及其应用

求广义积分

\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4}}

。

查看解答

记 $I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4}}$ 。作倒数代换 $x = \frac{1}{t}$ ， $d x = - \frac{d t}{t^{2}}$ ，则

I=\int_{+\infty}^{0}\frac{-\frac{dt}{t^{2}}}{1+\frac{1}{t^{4}}}=\int_{0}^{+\infty}\frac{t^{2}}{1+t^{4}}dt=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2}}{1+x^{4}}dx.

两式相加：

2I=\int_{0}^{+\infty}\frac{1+x^{2}}{1+x^{4}}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{1+\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}dx.

令 $u = x - \frac{1}{x}$ ，则 $d u = (1 + \frac{1}{x^{2}}) d x$ ，且 $x^{2} + \frac{1}{x^{2}} = u^{2} + 2$ ；当 $x \to 0^{+}$ 时 $u \to - \infty$ ，当 $x \to + \infty$ 时 $u \to + \infty$ 。于是

2I=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{du}{u^{2}+2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\arctan\frac{u}{\sqrt{2}}\right]_{-\infty}^{+\infty}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{\sqrt{2}},

故 $I = \frac{π}{2 \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4} π \approx 1.1107$ 。

验算：被积函数在 $x \to + \infty$ 时等价于 $x^{- 4}$ ，积分收敛。数值上 $\int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x^{4}} \approx 0.8669$ ， $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x^{4}} \approx 0.2438$ ，合计 $1.1107$ ，与 $\frac{\sqrt{2} π}{4}$ 相符。

点评不要一上来就部分分式硬拆；用倒数代换

x = \frac{1}{t}

把

I

变成

\int_{0}^{+ \infty} \frac{x^{2}}{1 + x^{4}}

，相加后凑出

d (x - \frac{1}{x})

，三步就结束。

第 10 题隐函数·二阶导数值

第二章导数与微分

已知函数

y = y (x)

由方程

x e^{x} - y + \frac{1}{2} sin y = 0

确定，求

y' |_{x = 0}

与

y'' |_{x = 0}

。

查看解答

先定 $x = 0$ 时的 $y$ 值：代入得 $- y + \frac{1}{2} sin y = 0$ ，即 $y = \frac{1}{2} sin y$ 。由 $| sin y | \leq | y |$ 且等号仅在 $y = 0$ 成立，故唯一解为 $y (0) = 0$ 。

方程两边对 $x$ 求导（ $y$ 是 $x$ 的函数）：

e^{x}+xe^{x}-y'+\frac{1}{2}\cos y\cdot y'=0.

代入 $x = 0$ ， $y = 0$ ： $1 - y' + \frac{1}{2} y' = 0$ ，得 $y' (0) = 2$ 。

再对 $x$ 求导：

2e^{x}+xe^{x}-y''-\frac{1}{2}\sin y\cdot(y')^{2}+\frac{1}{2}\cos y\cdot y''=0.

代入 $x = 0$ ， $y = 0$ ， $y' = 2$ ： $2 - y'' + 0 + \frac{1}{2} y'' = 0$ ，得 $y'' (0) = 4$ 。

验算：把 $y \approx 2 x + 2 x^{2}$ 代回方程左端到 $x^{2}$ 阶， $x e^{x} \approx x + x^{2}$ ， $- y \approx - 2 x - 2 x^{2}$ ， $\frac{1}{2} sin y \approx x + x^{2}$ ，三者之和为 $0$ ，吻合。

点评隐函数求二阶导时

\frac{1}{2} cos y

求导会生出

- \frac{1}{2} sin y \cdot (y')^{2}

，这一项在

y = 0

处为零但仍须写出；

y (0)

要由方程唯一确定，不能默认。

第 11 题弧长公式·三角换元

第五章定积分及其应用

求曲线

y = e^{x}

，

0 \leq x \leq ln \sqrt{3}

的弧长。

查看解答

$y' = e^{x}$ ，弧长

s=\int_{0}^{\ln\sqrt{3}}\sqrt{1+e^{2x}}dx.

令 $e^{x} = tan θ$ ，则 $x$ 从 $0$ 到 $ln \sqrt{3}$ 对应 $θ$ 从 $\frac{π}{4}$ 到 $\frac{π}{3}$ ，且 $d x = \frac{{sec}^{2} θ}{tan θ} d θ$ ， $\sqrt{1 + e^{2 x}} = sec θ$ 。于是

s=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{\sec^{3}\theta}{\tan\theta}d\theta=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{d\theta}{\sin\theta\cos^{2}\theta}=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\left(\frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}+\frac{1}{\sin\theta}\right)d\theta.

其中 $\int \frac{sin θ}{{cos}^{2} θ} d θ = sec θ$ ， $\int \frac{d θ}{sin θ} = ln | tan \frac{θ}{2} |$ ，故

s=\left[\sec\theta+\ln\tan\frac{\theta}{2}\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}=\left(2-\frac{1}{2}\ln 3\right)-\left(\sqrt{2}+\ln(\sqrt{2}-1)\right).

注意到 $- ln (\sqrt{2} - 1) = ln (\sqrt{2} + 1)$ ，于是

s=2-\sqrt{2}+\ln(\sqrt{2}+1)-\frac{1}{2}\ln 3\approx 0.9179.

验算： $\sqrt{1 + e^{2 x}}$ 在 $[1.4142, 2]$ 内，区间长 $ln \sqrt{3} \approx 0.5493$ ，故 $s$ 应落在 $[0.777, 1.099]$ ；用 Simpson 公式取 $n = 2$ ， $f (0) = 1.4142$ ， $f (0.2747) = 1.6529$ ， $f (0.5493) = 2$ ，得 $\frac{0.5493}{6} (1.4142 + 4 \times 1.6529 + 2) \approx 0.9178$ ，与解析值一致。

点评根号内是

1 + e^{2 x}

（不是

1 + e^{x}

），令

e^{x} = tan θ

最稳；拆项用

\frac{1}{sin θ {cos}^{2} θ} = \frac{sin θ}{{cos}^{2} θ} + \frac{1}{sin θ}

，硬凑万能代换会算不完。

第 12 题旋转体体积·条件最值

第五章定积分及其应用

已知函数

f (x) = a x^{2} + b x

满足

f (x) \geq 0

，

x \in [0, 1]

。设平面有界区域

D

由

y = f (x)

与直线

x = 1

及

x

轴围成。(1) 求

D

绕

x

轴旋转所成旋转体的体积

V_{0}

；(2) 当

D

的面积等于

\frac{1}{3}

时，求

a, b

的值使得体积

V_{0}

取到最小值。

查看解答

由 $f (x) = x (a x + b) \geq 0$ 对 $x \in [0, 1]$ 成立，得 $b \geq 0$ 且 $a + b \geq 0$ （把 $a x + b$ 看成 $x$ 的一次函数，只需两端非负）。

(1) 用圆盘法：

V_{0}=\pi\int_{0}^{1}f^{2}(x)dx=\pi\int_{0}^{1}\left(a^{2}x^{4}+2abx^{3}+b^{2}x^{2}\right)dx=\pi\left(\frac{a^{2}}{5}+\frac{ab}{2}+\frac{b^{2}}{3}\right).

(2) $D$ 的面积为

S=\int_{0}^{1}\left(ax^{2}+bx\right)dx=\frac{a}{3}+\frac{b}{2}=\frac{1}{3},

即 $2 a + 3 b = 2$ ，故 $b = \frac{2 - 2 a}{3}$ 。代入体积：

\frac{V_{0}}{\pi}=\frac{a^{2}}{5}+\frac{a(2-2a)}{6}+\frac{(2-2a)^{2}}{27}=\frac{2}{135}a^{2}+\frac{1}{27}a+\frac{4}{27}.

对 $a$ 求导并令其为零： $\frac{4}{135} a + \frac{1}{27} = 0$ ，得 $a = - \frac{5}{4}$ ；此时

b=\frac{2-2\left(-\frac{5}{4}\right)}{3}=\frac{3}{2}.

校验约束： $b = \frac{3}{2} \geq 0$ ， $a + b = - \frac{5}{4} + \frac{3}{2} = \frac{1}{4} \geq 0$ ，且 $f (x) = x (\frac{3}{2} - \frac{5}{4} x)$ 在 $[0, 1]$ 上非负，可行；又二阶导 $\frac{4}{135} > 0$ ，确为最小值点。此时最小值

V_{0}=\pi\left(\frac{2}{135}\cdot\frac{25}{16}-\frac{5}{108}+\frac{4}{27}\right)=\frac{\pi}{8}.

验算： $\frac{2}{135} \cdot \frac{25}{16} = \frac{5}{216}$ ， $\frac{5}{216} - \frac{10}{216} + \frac{32}{216} = \frac{27}{216} = \frac{1}{8}$ ；再查面积， $\int_{0}^{1} f = - \frac{5}{12} + \frac{3}{4} = \frac{1}{3}$ ，条件满足。

点评

f \geq 0

必须翻译成

b \geq 0

、

a + b \geq 0

并在最后回代检查，否则容易给出不可行的「最优解」；交叉项是

2 a b x^{3}

，积出

\frac{a b}{2}

，写成

\frac{a b}{3}

会连带把

a, b

都算错。

第 13 题绝对值积分·含参最值

第五章定积分及其应用

求函数

F (t) = \int_{0}^{π} | sin x - t | d x

的最小值。

查看解答

先排除区间外的情况。 $x \in [0, π]$ 时 $sin x \in [0, 1]$ ：若 $t < 0$ ，则 $F (t) = \int_{0}^{π} (sin x - t) d x = 2 - π t > 2$ ；若 $t > 1$ ，则 $F (t) = π t - 2 > π - 2$ 。故最小值只需在 $[0, 1]$ 中找。

设 $t \in [0, 1]$ ，记 $φ = arcsin t \in [0, \frac{π}{2}]$ ，则 $sin x < t$ 的集合是 $[0, φ) \cup (π - φ, π]$ ，长度共 $2 φ$ ； $sin x > t$ 的区间长度为 $π - 2 φ$ 。在积分号下对 $t$ 求导（分点处被积函数为零，无边界项）：

F'(t)=2\varphi-(\pi-2\varphi)=4\varphi-\pi.

令 $F' (t) = 0$ 得 $φ = \frac{π}{4}$ ，即 $t = sin \frac{π}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 。又 $F' (t) = 4 arcsin t - π$ 严格递增（ $F'' (t) = \frac{4}{\sqrt{1 - t^{2}}} > 0$ ），故为唯一极小值点，也是最小值点。

求最小值：令 $x = \frac{π}{2} - u$ ，则 $sin x = cos u$ ， $u \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ ，由 $| cos u - t |$ 关于 $u$ 为偶函数得

F\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left|\cos u-\frac{\sqrt{2}}{2}\right|du.

$cos u = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 于 $u = \frac{π}{4}$ ，故

F=2\left[\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(\cos u-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)du+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\cos u\right)du\right]=2\left[\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}\pi}{8}\right)+\left(\frac{\sqrt{2}\pi}{8}-1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right]=2(\sqrt{2}-1).

即最小值为 $2 \sqrt{2} - 2 \approx 0.828$ ，在 $t = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 处取得。

验算： $F (0) = \int_{0}^{π} sin x d x = 2$ ， $F (1) = \int_{0}^{π} (1 - sin x) d x = π - 2 \approx 1.1416$ ，都大于 $0.828$ ，与极小结论相符。

点评先说明

t

落在

[0, 1]

之外时

F

更大，再在

[0, 1]

上求导；分点

arcsin t

处被积函数为零，所以求导不必加边界项，但这一点要写出来。

第 14 题极限定义·ε-δ 证明

第一章函数与极限

按定义证明

{lim}_{x \to 1} x^{2} = 1

。

查看解答

任给 $ε > 0$ ，取 $δ = min {1, \frac{ε}{3}}$ 。当 $0 < | x - 1 | < δ$ 时，由 $δ \leq 1$ 得 $| x - 1 | < 1$ ，从而 $0 < x < 2$ ，于是

|x+1|=x+1<3.

因此

|x^{2}-1|=|x-1|\cdot|x+1|<3\delta\le 3\cdot\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon.

按极限的 $ε - δ$ 定义， ${lim}_{x \to 1} x^{2} = 1$ 。证毕。

说明： $| x + 1 |$ 本身无界，必须先靠 $| x - 1 | < 1$ 把 $x$ 限制在 $1$ 附近； $δ$ 取 $min {1, \frac{ε}{3}}$ 正是为了同时满足这两种需要。

点评证明的关键不是算

δ

，而是那句「先限制

| x - 1 | < 1

」——不写它，

| x + 1 | < 3

就是无源之水，逻辑上直接崩。

第 15 题单调性·不等式链

第三章微分中值定理及导数应用

证明：对

\forall x \in (0, \frac{π}{2})

，

tan x > x + \frac{x^{3}}{3} + \frac{2 x^{5}}{15} + \frac{x^{7}}{63}

。

查看解答

记

g(x)=\tan x-x-\frac{x^{3}}{3}-\frac{2x^{5}}{15}-\frac{x^{7}}{63},\qquad g(0)=0.

求导并利用 ${sec}^{2} x - 1 = {tan}^{2} x$ ：

g'(x)=\sec^{2}x-1-x^{2}-\frac{2}{3}x^{4}-\frac{1}{9}x^{6}=\tan^{2}x-x^{2}-\frac{2}{3}x^{4}-\frac{1}{9}x^{6}.

第一步：证 $tan x > x + \frac{x^{3}}{3}$ 。 先令 $h (x) = tan x - x$ ， $h (0) = 0$ ， $h' (x) = {tan}^{2} x > 0 (x > 0)$ ，故 $tan x > x$ 。再令 $φ (x) = tan x - x - \frac{x^{3}}{3}$ ， $φ (0) = 0$ ，由 $tan x > x > 0$ 得

\varphi'(x)=\tan^{2}x-x^{2}>0,

故 $φ (x) > 0$ ，即 $tan x > x + \frac{x^{3}}{3}$ 对 $x \in (0, \frac{π}{2})$ 成立。

第二步：平方后代入。 上式两边为正，平方得

\tan^{2}x>\left(x+\frac{x^{3}}{3}\right)^{2}=x^{2}+\frac{2}{3}x^{4}+\frac{1}{9}x^{6},

其中 $(\frac{1}{3})^{2} = \frac{1}{9}$ 、 $2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ 恰好与 $g'$ 中的系数一一对应。于是

g'(x)>\left(x^{2}+\frac{2}{3}x^{4}+\frac{1}{9}x^{6}\right)-x^{2}-\frac{2}{3}x^{4}-\frac{1}{9}x^{6}=0.

所以 $g$ 在 $[0, \frac{π}{2})$ 上严格递增， $g (x) > g (0) = 0$ ，即所证不等式成立。证毕。

验算：取 $x = 0.5$ ， $tan 0.5 \approx 0.546302$ ，右端 $= 0.5 + 0.041667 + 0.004167 + 0.000124 = 0.545957$ ，差约 $3.4 \times 10^{- 4} > 0$ ；而 $tan x$ 的泰勒系数 $\frac{17}{315} \approx 0.0540$ 远大于 $\frac{1}{63} \approx 0.0159$ ，说明不等式余量虽小却成立，这也正是本题的设计意图。

点评别对

g

反复求导——

{sec}^{2}

的导数会越算越乱；用

g' = {tan}^{2} x - \dots

把问题归约到已知的

tan x > x + \frac{x^{3}}{3}

，平方后系数恰好配平，这才是本题要考的「不等式链」。

2017-2018 学年期末试卷

14 题，共 100 分。

第 1 题分段函数在分界点可导

第二章导数与微分

设

a, b

为实常数，已知函数在

x \geq 0

时

f (x) = (2017 + x)^{x} + b

，在

x < 0

时

f (x) = a (1 - x)^{\frac{1}{x}}

，且

f (x)

在

x = 0

处可导，试求

a, b

的值。

查看解答

可导必连续，先用连续性定出一个方程。

右极限： $x \to 0^{+}$ 时 $(2017 + x)^{x} = e^{x ln (2017 + x)} \to e^{0} = 1$ ，故 $f (0^{+}) = 1 + b = f (0)$ 。

左极限： $x \to 0^{-}$ 时 $a (1 - x)^{\frac{1}{x}} = a e^{\frac{ln (1 - x)}{x}} \to a e^{- 1}$ 。

由 $f (0^{+}) = f (0^{-})$ 得

$1 + b = \frac{a}{e} . (1)$

右导数用导数定义：

$f'_{+} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{(2017 + x)^{x} - 1}{x} = \frac{d}{d x} (2017 + x)^{x} |_{x = 0} = ln 2017 .$

左导数：由 $\frac{ln (1 - x)}{x} = - 1 - \frac{x}{2} + O (x^{2})$ 得 $(1 - x)^{\frac{1}{x}} = e^{- 1} (1 - \frac{x}{2} + O (x^{2}))$ ，于是

$f'_{-} (0) = a lim_{x \to 0^{-}} \frac{(1 - x)^{\frac{1}{x}} - e^{- 1}}{x} = a \cdot (- \frac{1}{2 e}) = - \frac{a}{2 e} .$

可导要求 $f'_{+} (0) = f'_{-} (0)$ ，即 $- \frac{a}{2 e} = ln 2017$ ，得 $a = - 2 e ln 2017$ 。代回 (1) 得 $b = - 1 - 2 ln 2017$ 。

验算： $a / e = - 2 ln 2017 = 1 + b$ ， $b \approx - 16.22$ ， $a \approx - 41.37$ ；数值上 $f (0.001) - f (0) \approx 0.00761$ ， $f (0) - f (- 0.001) \approx 0.00761$ ，两侧斜率同为 $ln 2017 \approx 7.609$ ，与结论一致。

点评可导要先用连续定一个方程、再用左右导数相等定第二个；左支

(1 - x)^{1 / x}

求导容易把符号算反，

a

是负值不要以为算错了。

第 2 题无穷远处根式之差求极限

第一章函数与极限

计算极限值：

{lim}_{x \to + \infty} (3] x^{3} + x^{2} + 1 - 4] x^{4} + 1)

。

查看解答

提出 $x$ 后作 $(1 + u)^{α} = 1 + α u + O (u^{2})$ （ $u \to 0$ ）的展开。

$3] x^{3} + x^{2} + 1 = x (1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{3}})^{\frac{1}{3}} = x [1 + \frac{1}{3} (\frac{1}{x} + \frac{1}{x^{3}}) - \frac{1}{9} \cdot \frac{1}{x^{2}} + O (x^{- 3})] = x + \frac{1}{3} - \frac{1}{9 x} + O (x^{- 2}),$

$4] x^{4} + 1 = x (1 + \frac{1}{x^{4}})^{\frac{1}{4}} = x + \frac{1}{4 x^{3}} + O (x^{- 7}) .$

两式相减， $x$ 项抵消， $\frac{1}{9 x}$ 与 $x^{- 3}$ 项都趋于 0，故

$lim_{x \to + \infty} (3] x^{3} + x^{2} + 1 - 4] x^{4} + 1) = \frac{1}{3} .$

验算：取 $x = 10^{3}$ ， $3] x^{3} + x^{2} + 1 \approx 1000.3333$ ， $4] x^{4} + 1 \approx 1000.0000$ ，差约 $0.3333$ ，与 $\frac{1}{3}$ 相符。

点评两个根式次数不同，不能各自代等价无穷小；必须先提出

x

再展开到

\frac{1}{x}

这一阶，否则首项抵消后就没信息了。

第 3 题反正切函数的高阶导数

第二章导数与微分

设

f (x) = arctan x

，试求

f^{(2018)} (0)

的值。

查看解答

先求一阶导再展开成幂级数：

$f' (x) = \frac{1}{1 + x^{2}} = 1 - x^{2} + x^{4} - \dots = \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k} x^{2 k} (| x | < 1) .$

逐项积分（ $f (0) = 0$ ）：

$f (x) = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{2 k + 1} x^{2 k + 1} .$

幂级数展开唯一，且 $f^{(n)} (0) = n! [x^{n}] f (x)$ 。 $f$ 只含奇次项， $x^{2018}$ 的系数为 0，故

$f^{(2018)} (0) = 2018! \cdot 0 = 0 .$

验算： $f$ 是奇函数， $f'$ 是偶函数，一切偶数阶导数在 $0$ 处均为 0；例如 $f^{(2)} (0) = 0$ 、 $f^{(4)} (0) = 0$ ，与展开式一致。

点评看到

2018

这种大偶数就该想到奇偶性：

arctan x

的展开只有奇次项，答案是 0；硬套莱布尼茨公式会陷进去。

第 4 题数列极限的ε-N证明

第一章函数与极限

用

ε - N

语言证明：

{lim}_{n \to + \infty} \frac{2 n^{2} + 1}{3 n^{2} + 4} = \frac{2}{3}

。

查看解答

先作差并放大：

$| \frac{2 n^{2} + 1}{3 n^{2} + 4} - \frac{2}{3} | = \frac{| 3 (2 n^{2} + 1) - 2 (3 n^{2} + 4) |}{3 (3 n^{2} + 4)} = \frac{5}{3 (3 n^{2} + 4)} < \frac{5}{9 n^{2}} .$

任给 $ε > 0$ ，要使 $\frac{5}{9 n^{2}} < ε$ ，只需 $n > \frac{1}{3} \sqrt{\frac{5}{ε}}$ 。取

$N = [\frac{1}{3} \sqrt{\frac{5}{ε}}] + 1 .$

则当 $n > N$ 时 $n > \frac{1}{3} \sqrt{\frac{5}{ε}}$ ，从而

$| \frac{2 n^{2} + 1}{3 n^{2} + 4} - \frac{2}{3} | < \frac{5}{9 n^{2}} < ε .$

按定义， ${lim}_{n \to + \infty} \frac{2 n^{2} + 1}{3 n^{2} + 4} = \frac{2}{3}$ 。证毕。

点评放大的目标是「能解出

n

」，分母丢掉常数项写成

3 (3 n^{2} + 4) > 9 n^{2}

是最省事的一步，

N

取整后加 1 别忘。

第 5 题变上限积分在间断点求导

第五章定积分及其应用

设

t \neq 0

时

f (t) = sin \frac{1}{t}

，

f (0) = 1

，又设

F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t

，试求

F' (0)

的值。

查看解答

$f$ 在 $t = 0$ 处不连续（ ${lim}_{t \to 0} sin \frac{1}{t}$ 不存在），所以不能写 $F' (0) = f (0)$ ，必须回到导数定义。因 $F (0) = 0$ ，

$F' (0) = lim_{x \to 0} \frac{F (x)}{x} = lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} sin \frac{1}{t} d t .$

设 $x > 0$ ，令 $u = \frac{1}{t}$ ，则 $d t = - \frac{d u}{u^{2}}$ ， $t : 0 \to x$ 对应 $u : + \infty \to \frac{1}{x}$ ，故

$\int_{0}^{x} sin \frac{1}{t} d t = \int_{1 / x}^{+ \infty} \frac{sin u}{u^{2}} d u .$

分部积分（ $v = - cos u$ ）：

$\int_{1 / x}^{+ \infty} \frac{sin u}{u^{2}} d u = [- \frac{cos u}{u^{2}}]_{1 / x}^{+ \infty} - 2 \int_{1 / x}^{+ \infty} \frac{cos u}{u^{3}} d u,$

于是

$| \int_{0}^{x} sin \frac{1}{t} d t | \leq x^{2} + 2 \int_{1 / x}^{+ \infty} \frac{d u}{u^{3}} = x^{2} + x^{2} = 2 x^{2} .$

$x < 0$ 时同理（估计不变）。所以

$| \frac{F (x)}{x} | \leq 2 | x | \to 0 (x \to 0),$

即 $F' (0) = 0$ 。

验算：取 $x = 0.1$ ， $\int_{0}^{0.1} sin \frac{1}{t} d t \approx 0.01 cos 10 \approx - 0.0084$ ， $\frac{F (x)}{x} \approx - 0.084 \to 0$ ，符合。

点评本题唯一陷阱是被积函数在 0 处不连续：

F' (0) = 0 \neq f (0) = 1

，直接写

F' (x) = f (x)

就全错。

第 6 题幂指函数隐函数求导

第二章导数与微分

设可导函数

y = y (x)

满足方程

x^{y} + y^{x} = 2

，试求

d y |_{x = 1}

。

查看解答

先定出 $x = 1$ 对应的点： $1^{y} + y^{1} = 2$ ，得 $y = 1$ ，即点为 $(1, 1)$ 。

把幂指函数写成指数形式再求导： $x^{y} = e^{y ln x}$ ， $y^{x} = e^{x ln y}$ ，故

$\frac{d}{d x} x^{y} = x^{y} (y' ln x + \frac{y}{x}), \frac{d}{d x} y^{x} = y^{x} (ln y + \frac{x y'}{y}) .$

对方程两边求导：

$x^{y} (y' ln x + \frac{y}{x}) + y^{x} (ln y + \frac{x y'}{y}) = 0 .$

代入 $x = 1, y = 1$ （此时 $ln x = ln y = 0$ ， $x^{y} = y^{x} = 1$ ， $\frac{y}{x} = 1$ ， $\frac{x}{y} = 1$ ）：

$1 \cdot (0 + 1) + 1 \cdot (0 + y') = 0 \Rightarrow y' (1) = - 1 .$

所以

$d y |_{x = 1} = y' (1) d x = - d x .$

验算：记 $F (x, y) = x^{y} + y^{x} - 2$ ，则 $F_{x} = x^{y} \frac{y}{x} + y^{x} ln y$ ， $F_{y} = x^{y} ln x + y^{x} \frac{x}{y}$ ，在 $(1, 1)$ 处 $F_{x} = F_{y} = 1$ ，由隐函数求导公式 $y' = - F_{x} / F_{y} = - 1$ ，一致；且 $F_{y} \neq 0$ 保证该点附近 $y = y (x)$ 唯一确定。

点评底与指数都含变量，必须写成

e^{y ln x}

再求导；先定

y (1) = 1

再代点，顺序反了会多出未知量。

第 7 题参数方程的一二阶导数

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由参数方程

x = t - sin t, y = 1 - cos t (t \in (0, 1))

决定，试求

y' (x)

、

y'' (x)

。

查看解答

先算对 $t$ 的导数： $\frac{d x}{d t} = 1 - cos t$ ， $\frac{d y}{d t} = sin t$ 。在 $t \in (0, 1)$ 内 $1 - cos t > 0$ ，故 $\frac{d x}{d t} \neq 0$ ，参数方程确定可导函数。

$y' (x) = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{sin t}{1 - cos t} = \frac{2 sin \frac{t}{2} cos \frac{t}{2}}{2 {sin}^{2} \frac{t}{2}} = cot \frac{t}{2} .$

二阶导要用 $\frac{d}{d x} = \frac{1}{d x / d t} \frac{d}{d t}$ ，即再除一次 $x' (t)$ ：

$y'' (x) = \frac{1}{1 - cos t} \cdot \frac{d}{d t} (cot \frac{t}{2}) = \frac{1}{1 - cos t} \cdot (- \frac{1}{2 {sin}^{2} \frac{t}{2}}) = - \frac{1}{2 {sin}^{2} \frac{t}{2} \cdot 2 {sin}^{2} \frac{t}{2}} = - \frac{1}{4 {sin}^{4} \frac{t}{2}} .$

（末步用了 $1 - cos t = 2 {sin}^{2} \frac{t}{2}$ 。）

验算： $t = 0.5$ 时 $cot 0.25 \approx 3.916$ ，而 $\frac{sin 0.5}{1 - cos 0.5} = \frac{0.4794}{0.1224} \approx 3.916$ ，一致； $y'' = - \frac{1}{4 {sin}^{4} 0.25} \approx - 65.2$ ，与数值差商同号同量级。

点评参数方程二阶导不是

\frac{y''_{t t}}{x''_{t t}}

，必须对

t

求导后再除一次

x' (t)

，这是最常见的丢分点。

第 8 题三角代换化简反三角积分

第四章不定积分

求不定积分

\int arctan \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}} d x

，

x \in (- 1, 1)

。

查看解答

先把被积函数化简。令 $x = cos θ$ ， $θ \in (0, π)$ ，则

$\frac{1 - x}{1 + x} = \frac{1 - cos θ}{1 + cos θ} = {tan}^{2} \frac{θ}{2}, \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}} = tan \frac{θ}{2},$

且 $\frac{θ}{2} \in (0, \frac{π}{2})$ ，故 $arctan (tan \frac{θ}{2}) = \frac{θ}{2} = \frac{1}{2} arccos x$ 。于是原积分化为

$\int arctan \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}} d x = \frac{1}{2} \int arccos x d x .$

而（分部积分）

$\int arccos x d x = x arccos x - \int x \cdot \frac{- 1}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x = x arccos x - \sqrt{1 - x^{2}} + C .$

所以

$\int arctan \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}} d x = \frac{1}{2} (x arccos x - \sqrt{1 - x^{2}}) + C .$

验算：对结果求导得 $\frac{1}{2} (arccos x - \frac{x}{\sqrt{1 - x^{2}}} + \frac{x}{\sqrt{1 - x^{2}}}) = \frac{1}{2} arccos x$ ，与化简后的被积函数相同。

点评硬做分部积分会被

\sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}}

的导数拖死；先看出它等于

\frac{1}{2} arccos x

，整题就只剩一个基本积分。

第 9 题含绝对值函数的极值

第三章微分中值定理及导数应用

求函数

y = x^{3} - 3 | x | + 1

的极值。

查看解答

按 $x$ 的符号去掉绝对值，分段讨论。

$x \geq 0$ 时 $y = x^{3} - 3 x + 1$ ， $y' = 3 x^{2} - 3$ ，驻点 $x = 1$ （ $x = - 1$ 不在该段）； $y'' = 6 x$ ， $y'' (1) = 6 > 0$ ，故

$y (1) = 1 - 3 + 1 = - 1$

为极小值。

$x < 0$ 时 $y = x^{3} + 3 x + 1$ ， $y' = 3 x^{2} + 3 > 0$ ，严格递增，无驻点。

分界点 $x = 0$ 处不可导，用左右导数判断： $f'_{-} (0) = 3 > 0$ ， $f'_{+} (0) = - 3 < 0$ ，左增右减，故 $x = 0$ 是极大值点，

$y (0) = 1 .$

又 $x \to - \infty$ 时 $y \to - \infty$ ， $x \to + \infty$ 时 $y \to + \infty$ ，故无全局最值。

结论：极大值 $y (0) = 1$ ，极小值 $y (1) = - 1$ 。

验算： $y (0.9) = 0.729 - 2.7 + 1 = - 0.971 > - 1$ ， $y (1.1) = 1.331 - 3.3 + 1 = - 0.969 > - 1$ ， $x = 1$ 确为极小； $y (- 0.1) = - 0.001 - 0.3 + 1 = 0.699 < 1$ ， $y (0.1) = 0.001 - 0.3 + 1 = 0.701 < 1$ ， $x = 0$ 确为极大。

点评

| x |

让

x = 0

变成不可导点，而极值恰恰可能出现在不可导点，必须单独用左右导数定号，别只解

y' = 0

。

第 10 题无穷区间上的反常积分

第五章定积分及其应用

计算反常积分

\int_{1}^{+ \infty} \frac{arctan x}{x^{2}} d x

的值。

查看解答

分部积分，取 $u = arctan x$ ， $d v = \frac{d x}{x^{2}}$ ， $v = - \frac{1}{x}$ ：

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{arctan x}{x^{2}} d x = [- \frac{arctan x}{x}]_{1}^{+ \infty} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x (1 + x^{2})} d x .$

边界项： $x \to + \infty$ 时 $\frac{arctan x}{x} \to 0$ ； $x = 1$ 处 $- \frac{π / 4}{1} = - \frac{π}{4}$ ，故边界项 $= 0 - (- \frac{π}{4}) = \frac{π}{4}$ 。

后一积分裂项： $\frac{1}{x (1 + x^{2})} = \frac{1}{x} - \frac{x}{1 + x^{2}}$ ，于是

$\int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{x} - \frac{x}{1 + x^{2}}) d x = [ln x - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})]_{1}^{+ \infty} = [ln \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}]_{1}^{+ \infty} = 0 - ln \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{ln 2}{2} .$

所以

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{arctan x}{x^{2}} d x = \frac{π}{4} + \frac{ln 2}{2} .$

验算：两项均为正，数值约 $0.7854 + 0.3466 = 1.1320$ ；又 $0 < \frac{arctan x}{x^{2}} < \frac{π / 2}{x^{2}}$ ，而 $\int_{1}^{\infty} x^{- 2} d x = 1$ ，故积分收敛，结果合理。

点评分部积分后剩下的

\frac{1}{x (1 + x^{2})}

要裂项成

\frac{1}{x} - \frac{x}{1 + x^{2}}

才积得出，直接凑

arctan

的导数会卡住。

第 11 题圆锥漏斗的最大容积

第三章微分中值定理及导数应用

从半径为

r > 0

的圆形铁皮中剪去一个顶点在圆心的扇形，把剩下的扇形卷成漏斗，问剪去的扇形的中心角为多少时漏斗容积最大？

查看解答

设剪去的中心角为 $α$ ，剩下扇形角 $θ = 2 π - α$ 。卷成圆锥后：母线 $l = r$ ，底面周长 $r θ$ ，故底半径 $ρ = \frac{r θ}{2 π}$ ，高 $h = \sqrt{r^{2} - ρ^{2}}$ 。

$V (θ) = \frac{1}{3} π ρ^{2} h = \frac{1}{3} π \cdot \frac{r^{2} θ^{2}}{4 π^{2}} \cdot \sqrt{r^{2} - \frac{r^{2} θ^{2}}{4 π^{2}}} = \frac{r^{3}}{12 π} θ^{2} \sqrt{1 - \frac{θ^{2}}{4 π^{2}}} .$

令 $u = \frac{θ}{2 π} \in (0, 1)$ ，则

$V = \frac{π r^{3}}{3} u^{2} \sqrt{1 - u^{2}},$

最大化即最大化 $u^{4} (1 - u^{2})$ ：

$\frac{d}{d u} [u^{4} (1 - u^{2})] = 4 u^{3} (1 - u^{2}) - 2 u^{5} = 2 u^{3} (2 - 3 u^{2}) = 0 \Rightarrow u^{2} = \frac{2}{3}, u = \sqrt{\frac{2}{3}} .$

$u \to 0^{+}$ 与 $u \to 1^{-}$ 时 $V \to 0$ ，故此唯一驻点为最大值点。于是 $θ = 2 π \sqrt{\frac{2}{3}}$ ，剪去的角为

$α = 2 π - θ = 2 π (1 - \sqrt{\frac{2}{3}}) \approx 1.153,$

即约 $1.153$ 弧度（约 ${66.06}^{\circ}$ ）。

验算：取 $r = 1$ ， $u = \sqrt{2 / 3} \approx 0.8165$ 时 $ρ = 0.8165$ ， $h = 0.5774$ ， $V \approx 0.4031$ ；而 $u = 0.7$ 时 $V \approx 0.3663$ ， $u = 0.9$ 时 $V \approx 0.3697$ ，都更小，确为最大。

点评要算的是剪去角

α = 2 π - θ

，最后一步别把

θ

当答案；另外

ρ = \frac{r θ}{2 π}

里的

θ

是剩下角，设错字母整题方向就反了。

第 12 题凸函数的积分不等式

第三章微分中值定理及导数应用

设

c < d

是两个实数，

f

是开区间

(c, d)

上的二阶可导函数，且

\forall x \in (c, d)

有

f'' (x) > 0

。试证明：

\forall x_{1}, x_{2} \in (c, d)

，且

x_{1} < x_{2}

，有

f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) \leq \frac{1}{x_{2} - x_{1}} \int_{x_{1}}^{x_{2}} f (t) d t \leq \frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2} .

查看解答

由 $f'' > 0$ 知 $f$ 在 $(c, d)$ 上严格凸。左右两个不等式分别对应「切线在图形下方」与「弦在图形上方」，都要先造辅助函数。

（一）左不等式。取中点 $m = \frac{x_{1} + x_{2}}{2}$ ，令

$φ (t) = f (t) - f (m) - f' (m) (t - m) .$

则 $φ (m) = 0$ ， $φ' (m) = 0$ ， $φ'' (t) = f'' (t) > 0$ 。故 $t > m$ 时 $φ' (t) > 0$ ， $t < m$ 时 $φ' (t) < 0$ ，从而 $φ (t) \geq 0$ ，即

$f (t) \geq f (m) + f' (m) (t - m) (t \in (c, d)) .$

在 $[x_{1}, x_{2}]$ 上积分，注意 $\int_{x_{1}}^{x_{2}} (t - m) d t = [\frac{(t - m)^{2}}{2}]_{x_{1}}^{x_{2}} = 0$ ：

$\int_{x_{1}}^{x_{2}} f (t) d t \geq f (m) (x_{2} - x_{1}) \Rightarrow f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) \leq \frac{1}{x_{2} - x_{1}} \int_{x_{1}}^{x_{2}} f (t) d t .$

（二）右不等式。令

$g (t) = f (t) - [f (x_{1}) + \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} (t - x_{1})],$

即 $g$ 是 $f$ 减去过两端点的弦。则 $g (x_{1}) = g (x_{2}) = 0$ ， $g'' = f'' > 0$ ， $g$ 仍为凸函数，图形位于弦的下方，弦的两端值为 $0$ ，故 $g (t) \leq 0$ ，即

$f (t) \leq f (x_{1}) + \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} (t - x_{1}) .$

积分：

$\int_{x_{1}}^{x_{2}} f (t) d t \leq f (x_{1}) (x_{2} - x_{1}) + \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \cdot \frac{(x_{2} - x_{1})^{2}}{2} = (x_{2} - x_{1}) \cdot \frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2} .$

两边除以 $x_{2} - x_{1} > 0$ 得 $\frac{1}{x_{2} - x_{1}} \int_{x_{1}}^{x_{2}} f (t) d t \leq \frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2}$ 。与（一）合并即得所证。证毕。

点评两个不等式方向相反，必须分别用切线与弦两条支撑线证，光写「

f

是凸函数」不给分；积分

\int (t - m) d t = 0

是左半边的关键一步。

第 13 题正弦幂积分递推公式

第五章定积分及其应用

（1）证明：

\forall n \in N

，

\int_{0}^{\frac{π}{2}} (sin x)^{n} d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (cos x)^{n} d x

；（2）

\forall n \in N

，记

I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (sin x)^{n} d x

，证明：

\forall n \in N, n \geq 2

，有

I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}

；（3）证明：

\forall n \in N^{+}

，

I_{2 n} = \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \cdot \frac{π}{2}

；

\forall n \in N

，

I_{2 n + 1} = \frac{(2 n)!!}{(2 n + 1)!!}

；（4）证明 Wallis 公式：

{lim}_{n \to + \infty} \frac{(n!)^{2} 2^{2 n}}{(2 n)! \sqrt{n}} = \sqrt{π}

。

查看解答

（1）作代换 $x = \frac{π}{2} - t$ ， $d x = - d t$ ：

$\int_{0}^{\frac{π}{2}} (sin x)^{n} d x = \int_{\frac{π}{2}}^{0} (sin (\frac{π}{2} - t))^{n} (- d t) = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (cos t)^{n} d t .$

（2）对 $n \geq 2$ ，取 $u = (sin x)^{n - 1}$ ， $d v = sin x d x$ ， $v = - cos x$ ：

$I_{n} = [- (sin x)^{n - 1} cos x]_{0}^{\frac{π}{2}} + (n - 1) \int_{0}^{\frac{π}{2}} (sin x)^{n - 2} {cos}^{2} x d x .$

$n \geq 2$ 时边界项为 $0$ （ $x = \frac{π}{2}$ 处 $cos x = 0$ ， $x = 0$ 处 $sin x = 0$ 而 $n \geq 2$ 使幂次为正）。再用 ${cos}^{2} x = 1 - {sin}^{2} x$ ：

$I_{n} = (n - 1) (I_{n - 2} - I_{n}) \Rightarrow n I_{n} = (n - 1) I_{n - 2} \Rightarrow I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2} .$

（3） $I_{0} = \frac{π}{2}$ ， $I_{1} = 1$ 。反复用递推：

$I_{2 n} = \frac{2 n - 1}{2 n} \cdot \frac{2 n - 3}{2 n - 2} \dots \frac{1}{2} \cdot I_{0} = \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \cdot \frac{π}{2},$

$I_{2 n + 1} = \frac{2 n}{2 n + 1} \cdot \frac{2 n - 2}{2 n - 1} \dots \frac{2}{3} \cdot I_{1} = \frac{(2 n)!!}{(2 n + 1)!!} .$

（4） $x \in [0, \frac{π}{2}]$ 时 $0 \leq sin x \leq 1$ ，故 $(sin x)^{2 n + 1} \leq (sin x)^{2 n} \leq (sin x)^{2 n - 1}$ ，积分得

$I_{2 n + 1} \leq I_{2 n} \leq I_{2 n - 1} .$

除以 $I_{2 n + 1} > 0$ ，并用（3）算 $I_{2 n - 1} / I_{2 n + 1}$ ：

$1 \leq \frac{I_{2 n}}{I_{2 n + 1}} \leq \frac{I_{2 n - 1}}{I_{2 n + 1}} = \frac{(2 n - 2)!!}{(2 n - 1)!!} \cdot \frac{(2 n + 1)!!}{(2 n)!!} = \frac{2 n + 1}{2 n} \to 1,$

由夹逼得 ${lim}_{n \to \infty} \frac{I_{2 n}}{I_{2 n + 1}} = 1$ 。

把（3）代入该比值。记 $C_{n} = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} (n!)^{2}}$ ，由 $(2 n)!! = 2^{n} n!$ 、 $(2 n - 1)!! = \frac{(2 n)!}{2^{n} n!}$ 得 $\frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} = C_{n}$ 、 $\frac{(2 n)!!}{(2 n + 1)!!} = \frac{1}{(2 n + 1) C_{n}}$ ，故

$\frac{I_{2 n}}{I_{2 n + 1}} = \frac{π}{2} \cdot (2 n + 1) C_{n}^{2} \to 1 \Rightarrow (2 n + 1) C_{n}^{2} \to \frac{2}{π} \Rightarrow n C_{n}^{2} \to \frac{1}{π} .$

于是

$W_{n} = \frac{(n!)^{2} 2^{2 n}}{(2 n)! \sqrt{n}} = \frac{1}{C_{n} \sqrt{n}}, W_{n}^{2} = \frac{1}{n C_{n}^{2}} \to π .$

又 $W_{n} > 0$ ，故 ${lim}_{n \to + \infty} W_{n} = \sqrt{π}$ 。证毕。

点评(4) 的关口是把

\frac{I_{2 n}}{I_{2 n + 1}}

与

\frac{(n!)^{2} 2^{2 n}}{(2 n)! \sqrt{n}}

挂钩，牢记

(2 n)!! = 2^{n} n!

、

(2 n - 1)!! = \frac{(2 n)!}{2^{n} n!}

，符号一乱就推不出

π

。

第 14 题斯特林公式的证明

第一章函数与极限

（1）

\forall n \in Z^{+}

，令

a_{n} = \frac{n! e^{n}}{n^{n + \frac{1}{2}}}

，试证明正数数列

{a_{n}}

单调递减，从而由单调有界数列必有极限得

{a_{n}}

收敛，记其极限为

α

；（2）

\forall n \in Z^{+}

，令

b_{n} = a_{n} e^{- \frac{1}{4 n}}

，试证明数列

{b_{n}}

单调递增；又

{lim}_{n \to + \infty} b_{n} = α

，由此可得

α > 0

；（3）利用 Wallis 公式证明

α = \sqrt{2 π}

；（4）证明最简形式的 Stirling 公式：

n! \sim \sqrt{2 π n} (\frac{n}{e})^{n} (n \to + \infty)

。

查看解答

（1）先算相邻项之比：

$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{(n + 1)! e^{n + 1}}{(n + 1)^{n + \frac{3}{2}}} \cdot \frac{n^{n + \frac{1}{2}}}{n! e^{n}} = e \cdot \frac{n^{n + \frac{1}{2}}}{(n + 1)^{n + \frac{1}{2}}} = e (\frac{n}{n + 1})^{n + \frac{1}{2}} = \frac{e}{(1 + \frac{1}{n})^{n + \frac{1}{2}}} .$

只要证 $(n + \frac{1}{2}) ln (1 + \frac{1}{n}) > 1$ 。用不等式 $ln (1 + x) > \frac{2 x}{2 + x} (x > 0)$ ，取 $x = \frac{1}{n}$ ：

$(n + \frac{1}{2}) ln (1 + \frac{1}{n}) > (n + \frac{1}{2}) \cdot \frac{2 / n}{2 + 1 / n} = (n + \frac{1}{2}) \cdot \frac{2}{2 n + 1} = 1 .$

故 $ln \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = 1 - (n + \frac{1}{2}) ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$ ，即 $a_{n + 1} < a_{n}$ ， ${a_{n}}$ 单调递减。又 $a_{n} > 0$ 有下界，由单调有界准则 ${a_{n}}$ 收敛，记 $α = lim a_{n} (α \geq 0)$ 。

（附带证一下所用不等式：令 $h (x) = ln (1 + x) - \frac{2 x}{2 + x}$ ， $h (0) = 0$ ，

$h' (x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{4}{(2 + x)^{2}} = \frac{(2 + x)^{2} - 4 (1 + x)}{(1 + x) (2 + x)^{2}} = \frac{x^{2}}{(1 + x) (2 + x)^{2}} > 0,$

故 $h (x) > 0$ 。）

（2）同样算比值：

$\frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \cdot e^{- \frac{1}{4 (n + 1)} + \frac{1}{4 n}} = e (\frac{n}{n + 1})^{n + \frac{1}{2}} e^{\frac{1}{4 n (n + 1)}} .$

取对数并记 $x = \frac{1}{n}$ ：

$ln \frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = 1 - (n + \frac{1}{2}) ln (1 + \frac{1}{n}) + \frac{1}{4 n (n + 1)} .$

由 $ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{4} + O (x^{5})$ 逐项乘开：

$(n + \frac{1}{2}) ln (1 + \frac{1}{n}) = 1 + \frac{1}{12 n^{2}} - \frac{1}{12 n^{3}} + O (n^{- 4}),$

$\frac{1}{4 n (n + 1)} = \frac{1}{4 n^{2}} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{1}{4 n^{2}} - \frac{1}{4 n^{3}} + O (n^{- 4}) .$

相减得

$ln \frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = (\frac{1}{4} - \frac{1}{12}) \frac{1}{n^{2}} - (\frac{1}{4} - \frac{1}{12}) \frac{1}{n^{3}} + O (n^{- 4}) = \frac{1}{6 n^{2}} - \frac{1}{6 n^{3}} + O (n^{- 4}) .$

主项 $\frac{1}{6 n^{2}}$ 为正且余项阶更低，故 $ln \frac{b_{n + 1}}{b_{n}} > 0$ ， ${b_{n}}$ 严格单调递增。

又 $b_{n} = a_{n} e^{- \frac{1}{4 n}}$ 且 $e^{- \frac{1}{4 n}} \to 1$ ，故 $lim b_{n} = lim a_{n} = α$ 。因 ${b_{n}}$ 递增， $α = lim b_{n} \geq b_{1} = a_{1} e^{- \frac{1}{4}} = e \cdot e^{- \frac{1}{4}} = e^{\frac{3}{4}} > 0$ 。

（3）比较 $a_{n}^{2}$ 与 $a_{2 n}$ ：

$a_{n}^{2} = \frac{(n!)^{2} e^{2 n}}{n^{2 n + 1}}, a_{2 n} = \frac{(2 n)! e^{2 n}}{(2 n)^{2 n + \frac{1}{2}}} = \frac{(2 n)! e^{2 n}}{2^{2 n + \frac{1}{2}} n^{2 n + \frac{1}{2}}},$

$\frac{a_{n}^{2}}{a_{2 n}} = \frac{(n!)^{2} e^{2 n}}{n^{2 n + 1}} \cdot \frac{2^{2 n + \frac{1}{2}} n^{2 n + \frac{1}{2}}}{(2 n)! e^{2 n}} = \frac{(n!)^{2} 2^{2 n + \frac{1}{2}}}{(2 n)! n^{\frac{1}{2}}} = \sqrt{2} \cdot \frac{(n!)^{2} 2^{2 n}}{(2 n)! \sqrt{n}} .$

由（1） $a_{n} \to α$ 、 $a_{2 n} \to α$ ，左边 $\to \frac{α^{2}}{α} = α$ ；由第 13(4) 题的 Wallis 公式，右边 $\to \sqrt{2} \cdot \sqrt{π} = \sqrt{2 π}$ 。故

$α = \sqrt{2 π} .$

（4）由（1）（3）， $\frac{n! e^{n}}{n^{n + \frac{1}{2}}} \to \sqrt{2 π}$ ，把它改写：

$\frac{n!}{\sqrt{2 π n} (\frac{n}{e})^{n}} = \frac{n! e^{n}}{\sqrt{2 π} n^{n + \frac{1}{2}}} = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \cdot \frac{n! e^{n}}{n^{n + \frac{1}{2}}} \to \frac{1}{\sqrt{2 π}} \cdot \sqrt{2 π} = 1 .$

按等价无穷大的定义即 $n! \sim \sqrt{2 π n} (\frac{n}{e})^{n} (n \to + \infty)$ 。证毕。

点评三问是一条链：(1) 用

ln (1 + \frac{1}{n}) > \frac{2}{2 n + 1}

证递减，(2) 用

e^{- \frac{1}{4 n}}

的修正项把余项压成正的，(3) 靠

\frac{a_{n}^{2}}{a_{2 n}} = \sqrt{2} W_{n}

接上 Wallis，缺一环后面全断。

2018-2019 学年期末试卷

14 题，原卷未印分值。

第 1 题 e 的定义与对数不等式

第一章函数与极限

对

\forall n \in Z^{+}

，设

a_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n}

，

b_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n + 1}

，且已知数列

{a_{n}}

严格单调递增、数列

{b_{n}}

严格单调递减。试用

e

的定义证明不等式：

\forall n \in Z^{+}

，有

\frac{1}{n + 1} < ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}

。

查看解答

由 $e$ 的定义，

$e = lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{n} = lim_{n \to \infty} a_{n} = lim_{n \to \infty} b_{n}$

因 ${a_{n}}$ 严格单调递增且以 $e$ 为极限，故对一切 $n \in Z^{+}$ 有 $a_{n} < e$ ；同理 ${b_{n}}$ 严格单调递减且以 $e$ 为极限，故 $b_{n} > e$ 。

由 $a_{n} < e$ 得 $(1 + \frac{1}{n})^{n} < e$ 。两边取自然对数（严格增）得 $n ln (1 + \frac{1}{n}) < 1$ ，从而

$ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$

由 $b_{n} > e$ 得 $(1 + \frac{1}{n})^{n + 1} > e$ ，取对数得 $(n + 1) ln (1 + \frac{1}{n}) > 1$ ，从而

$ln (1 + \frac{1}{n}) > \frac{1}{n + 1}$

两式合起来即 $\frac{1}{n + 1} < ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$ 。证毕。

点评全靠「严格单调 + 极限为

e

」才能写出严格不等号；若只用

a_{n} \to e

不强调单调性，两端就只剩小于等于。

第 2 题幂指函数差的极限

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} \frac{(3 + 2 x)^{x} - 3^{x}}{arcsin (x^{2})}

。

查看解答

写 $(3 + 2 x)^{x} = e^{x ln (3 + 2 x)}$ ， $3^{x} = e^{x ln 3}$ ，则

$(3 + 2 x)^{x} - 3^{x} = 3^{x} (e^{x ln (1 + \frac{2 x}{3})} - 1)$

当 $x \to 0$ 时 $x ln (1 + \frac{2 x}{3}) \sim x \cdot \frac{2 x}{3} = \frac{2 x^{2}}{3} \to 0$ ，用等价无穷小 $e^{u} - 1 \sim u$ 得

$(3 + 2 x)^{x} - 3^{x} \sim 3^{x} \cdot \frac{2 x^{2}}{3} \sim \frac{2}{3} x^{2}$

又 $arcsin (x^{2}) \sim x^{2}$ ，故

$lim_{x \to 0} \frac{(3 + 2 x)^{x} - 3^{x}}{arcsin (x^{2})} = lim_{x \to 0} \frac{\frac{2}{3} x^{2}}{x^{2}} = \frac{2}{3}$

点评先提出

3^{x}

再用

e^{u} - 1 \sim u

最省事；若把两个幂指函数各自展到二阶，系数很容易算混。

第 3 题幂级数求高阶导数值

第二章导数与微分

设

f (x) = \frac{1}{1 + \frac{1}{2} x^{2}}

，求

f^{(2019)} (0)

。

查看解答

在 $| x | < \sqrt{2}$ 内用几何级数展开：

$f (x) = \frac{1}{1 + \frac{x^{2}}{2}} = \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k} (\frac{x^{2}}{2})^{k} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{2^{k}} x^{2 k}$

另一方面 $f (x) = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{f^{(m)} (0)}{m!} x^{m}$ ，比较同次幂系数得

$f^{(2 k)} (0) = \frac{(- 1)^{k} (2 k)!}{2^{k}}$

而奇数阶导处 $f^{(2 k + 1)} (0) = 0$ 。因 $2019$ 为奇数，故 $f^{(2019)} (0) = 0$ 。

点评求一点处的高阶导首选幂级数展开；也可先看出

f

是偶函数，奇数阶导数在

0

处直接为

0

。

第 4 题泰勒系数与伯努利数

第三章微分中值定理及导数应用

设有函数

f (x) = \frac{x}{e^{x} - 1}

（

x \neq 0

），

f (0) = 1

。令

f (x) = B_{0} + \frac{B_{1}}{1!} x + \frac{B_{2}}{2!} x^{2} + \dots + \frac{B_{n}}{n!} x^{n} + o (x^{n})

（

x \to 0

，其中

n

为某个大于等于三的正整数），试计算

B_{0}, B_{1}, B_{2}

的值。

查看解答

在 $x = 0$ 附近 $e^{x} - 1 = x (1 + \frac{x}{2} + \frac{x^{2}}{6} + \dots)$ ，故

$f (x) = \frac{1}{1 + \frac{x}{2} + \frac{x^{2}}{6} + \dots}$

记 $t = \frac{x}{2} + \frac{x^{2}}{6} + \dots$ ，先注意 $t \to 0$ 时右端趋于 $1 = f (0)$ ，确实可在 $0$ 处展开。由 $\frac{1}{1 + t} = 1 - t + t^{2} - \dots$ 得

$f (x) = 1 - (\frac{x}{2} + \frac{x^{2}}{6}) + (\frac{x}{2})^{2} + o (x^{2}) = 1 - \frac{x}{2} + (\frac{1}{4} - \frac{1}{6}) x^{2} + o (x^{2}) = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^{2}}{12} + o (x^{2})$

与 $f (x) = B_{0} + \frac{B_{1}}{1!} x + \frac{B_{2}}{2!} x^{2} + o (x^{2})$ 逐项比较：常数项给出 $B_{0} = 1$ ；一次项系数 $- \frac{1}{2} = \frac{B_{1}}{1!}$ ，故 $B_{1} = - \frac{1}{2}$ ；二次项系数 $\frac{1}{12} = \frac{B_{2}}{2!}$ ，故 $B_{2} = \frac{1}{6}$ 。

即 $B_{0} = 1$ ， $B_{1} = - \frac{1}{2}$ ， $B_{2} = \frac{1}{6}$ 。

点评这三个数就是前三个伯努利数；

B_{1} = - \frac{1}{2}

的负号是唯一的坑，另外比较系数时别忘了除掉

k!

。

第 5 题幂指函数的最大值

第三章微分中值定理及导数应用

设

f (x) = x^{\frac{1}{x}}

，

x > 0

，求

f (x)

在

(0, + \infty)

上的最大值。

查看解答

取对数： $ln f (x) = \frac{ln x}{x}$ ，求导得

$(ln f (x))' = \frac{1 - ln x}{x^{2}}$

当 $0 < x < e$ 时 $(ln f)' > 0$ ， $f$ 严格递增；当 $x > e$ 时 $(ln f)' < 0$ ， $f$ 严格递减。故 $x = e$ 是唯一极大值点，也是最大值点，

$f (e) = e^{\frac{1}{e}}$

再核端点趋势： $x \to 0^{+}$ 时 $f (x) \to 0$ ， $x \to + \infty$ 时 $f (x) \to 1$ ，都小于 $e^{\frac{1}{e}}$ ，所以最大值为 $e^{\frac{1}{e}}$ 。

点评先取对数把幂指函数化为乘除再求导；答「最大值」必须补一句端点趋势，否则逻辑上没排除更大值。

第 6 题由极限条件定函数初值

第一章函数与极限

设函数

y = y (x)

在

x = 0

的某个邻域内一阶可导，且满足

{lim}_{x \to 0} (1 + x + \frac{y (x)}{x})^{\frac{1}{x}} = e^{2019}

，求

y (0), y' (0), y'' (0)

。

查看解答

记 $u (x) = x + \frac{y (x)}{x}$ 。由

$(1 + u)^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{ln (1 + u)}{x}} \to e^{2019}$

得 $\frac{ln (1 + u (x))}{x} \to 2019$ ，从而 $ln (1 + u (x)) \to 0$ ，即 $u (x) \to 0$ ；又 $ln (1 + u) \sim u$ ，故

$\frac{u (x)}{x} \to 2019$

由 $u (x) \to 0$ 得 $\frac{y (x)}{x} = u (x) - x \to 0$ ，于是 $y (x) \to 0$ 。 $y$ 在 $0$ 处可导从而连续，故

$y (0) = 0$

$y' (0) = lim_{x \to 0} \frac{y (x) - y (0)}{x} = lim_{x \to 0} \frac{y (x)}{x} = 0$

再由 $\frac{u (x)}{x} = 1 + \frac{y (x)}{x^{2}} \to 2019$ 得 $\frac{y (x)}{x^{2}} \to 2018$ ，即

$lim_{x \to 0} \frac{y (x) - y (0) - y' (0) x}{x^{2}} = 2018$

按二阶导数定义， $y'' (0) = 2 \times 2018 = 4036$ 。

故 $y (0) = 0$ ， $y' (0) = 0$ ， $y'' (0) = 4036$ 。

点评三个值是一条链：

u \to 0

给

y (0) = 0

，

u / x \to 2019

给

y / x^{2} \to 2018

，再读一次二阶导定义；取

y = 2018 x^{2}

回代即可验算。

第 7 题隐函数求导与微分

第二章导数与微分

设可微函数

y = y (x)

满足方程

x^{3} + y^{3} + 3 x y = 1

，求

d y |_{x = 1}

。

查看解答

先定出 $x = 1$ 时的 $y$ ：代 $x = 1$ 得 $1 + y^{3} + 3 y = 1$ ，即 $y (y^{2} + 3) = 0$ ；因 $y^{2} + 3 > 0$ ，故唯一实根 $y = 0$ 。

方程两边对 $x$ 求导（ $y = y (x)$ ）：

$3 x^{2} + 3 y^{2} y' + 3 y + 3 x y' = 0$

由此解得

$y' = - \frac{x^{2} + y}{x + y^{2}}$

代入 $(x, y) = (1, 0)$ ： $y' (1) = - \frac{1 + 0}{1 + 0} = - 1$ ，故

$d y |_{x = 1} = y' (1) d x = - d x$

点评一定先解出

x = 1

对应的

y

（唯一实根

y = 0

）；问的是微分，答案要带

d x

，只写

- 1

会被扣分。

第 8 题分部积分求不定积分

第四章不定积分

求不定积分

\int \frac{x ln x}{(1 + x^{2})^{2}} d x

。

查看解答

取 $u = ln x$ ， $d v = \frac{x}{(1 + x^{2})^{2}} d x$ ，则 $v = - \frac{1}{2 (1 + x^{2})}$ 。于是

$\int \frac{x ln x}{(1 + x^{2})^{2}} d x = - \frac{ln x}{2 (1 + x^{2})} + \frac{1}{2} \int \frac{d x}{x (1 + x^{2})}$

对后一积分拆项： $\frac{1}{x (1 + x^{2})} = \frac{1}{x} - \frac{x}{1 + x^{2}}$ ，故

$\int \frac{d x}{x (1 + x^{2})} = ln x - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})$

代回并按 $ln x$ 合并：

$\int \frac{x ln x}{(1 + x^{2})^{2}} d x = - \frac{ln x}{2 (1 + x^{2})} + \frac{1}{2} ln x - \frac{1}{4} ln (1 + x^{2}) + C = \frac{x^{2} ln x}{2 (1 + x^{2})} - \frac{1}{4} ln (1 + x^{2}) + C$

验算： $(\frac{x^{2} ln x}{2 (1 + x^{2})})' = \frac{2 x ln x + x + x^{3}}{2 (1 + x^{2})^{2}}$ ， $(- \frac{1}{4} ln (1 + x^{2}))' = - \frac{x}{2 (1 + x^{2})} = - \frac{x (1 + x^{2})}{2 (1 + x^{2})^{2}}$ ，两式相加恰为 $\frac{x ln x}{(1 + x^{2})^{2}}$ ，正确。

点评把

\frac{x}{(1 + x^{2})^{2}}

凑进微分是分部的最优选择；剩下那个积分务必拆成

\frac{1}{x} - \frac{x}{1 + x^{2}}

，硬换元会绕远。

第 9 题反常积分的分部积分

第五章定积分及其应用

已知反常积分

\int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x}{x} d x = \frac{π}{2}

，试求反常积分

\int_{0}^{+ \infty} \frac{(sin x)^{2}}{x^{2}} d x

。

查看解答

分部积分，取 $u = {sin}^{2} x$ ， $d v = \frac{d x}{x^{2}}$ ， $v = - \frac{1}{x}$ ：

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{{sin}^{2} x}{x^{2}} d x = [- \frac{{sin}^{2} x}{x}]_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 sin x cos x}{x} d x$

边界项： $x \to + \infty$ 时 $\frac{{sin}^{2} x}{x} \to 0$ ； $x \to 0^{+}$ 时 $\frac{{sin}^{2} x}{x} \sim x \to 0$ ，故边界项为 $0$ 。于是

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{{sin}^{2} x}{x^{2}} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin 2 x}{x} d x$

令 $t = 2 x$ ，则 $d x = \frac{1}{2} d t$ ，

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{sin 2 x}{x} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin t}{t} d t = \frac{π}{2}$

即所求积分为 $\frac{π}{2}$ 。

点评分部后出现

\frac{sin 2 x}{x}

，再用换元化回已知积分；两端边界项必须写清，反常积分丢边界项是常见失分点。

第 10 题参数曲线的弧长计算

第五章定积分及其应用

求参数曲线

γ

：

x = t - sin t

，

y = 1 - cos t

（

t \in [0, 1]

）的弧长。

查看解答

$x' (t) = 1 - cos t$ ， $y' (t) = sin t$ ，故

$d s = \sqrt{(1 - cos t)^{2} + {sin}^{2} t} d t = \sqrt{2 - 2 cos t} d t = \sqrt{4 {sin}^{2} \frac{t}{2}} d t = 2 sin \frac{t}{2} d t$

最后一步用了 $t \in [0, 1]$ ，此时 $sin \frac{t}{2} > 0$ ，开方不必加绝对值。

$L = \int_{0}^{1} 2 sin \frac{t}{2} d t = [- 4 cos \frac{t}{2}]_{0}^{1} = 4 - 4 cos \frac{1}{2}$

即弧长为 $4 - 4 cos \frac{1}{2}$ （也可写成 $8 {sin}^{2} \frac{1}{4}$ ）。

点评用

1 - cos t = 2 {sin}^{2} \frac{t}{2}

后开方要带绝对值；本题区间恰好使

sin \frac{t}{2} > 0

，这句说明不能省。

第 11 题数列收敛的 ε-N 描述

第一章函数与极限

设

{a_{n}}

是一个实数列，

a

是一个实数。(1) 试用

ε - N

语言描述

{a_{n}}

收敛于

a

；(2) 试用

ε - N

语言描述

{a_{n}}

不收敛于

a

。

查看解答

(1) ${a_{n}}$ 收敛于 $a$ 指： $\forall ε > 0$ ， $\exists N \in Z^{+}$ ，当 $n > N$ 时，有 $| a_{n} - a | < ε$ 。

(2) 把 (1) 中的量词逐个否定（ $\forall$ 换 $\exists$ ， $\exists$ 换 $\forall$ ，结论取反）： ${a_{n}}$ 不收敛于 $a$ 指

$\exists ε_{0} > 0, \forall N \in Z^{+}, \exists n > N, | a_{n} - a | \geq ε_{0}$

其含义是：存在某个 $ε_{0} > 0$ ，使数列中有无穷多项落在区间 $(a - ε_{0}, a + ε_{0})$ 之外。

点评

n > N

也要跟着否定成「存在某个

n > N

」；只翻

ε

而不动

N

，写出来的就成了「有限项例外」，与原意相反。

第 12 题差商单调与右连续

第一章函数与极限

设

f

在开区间

(0, 1)

上有定义，且满足：对

(0, 1)

中的任意三点

x_{1} < x_{2} < x_{3}

，成立

\frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}}

现任取

(0, 1)

中一点

x_{0}

，试证明

f

在点

x_{0}

处右连续。

查看解答

取 $δ > 0$ 使 $x_{0} + δ < 1$ ，并固定 $t_{0} \in (0, x_{0})$ 。对 $0 < h < δ$ 记

$g (h) = \frac{f (x_{0} + h) - f (x_{0})}{h}$

第一步（ $g$ 单调不减）：设 $0 < h < h' < δ$ ，在条件中取 $x_{1} = x_{0}$ ， $x_{2} = x_{0} + h$ ， $x_{3} = x_{0} + h'$ ，由左半不等式得

$g (h) = \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} = \frac{f (x_{0} + h') - f (x_{0})}{h'} = g (h')$

第二步（ $g$ 有下界）：设 $0 < h < δ$ ，取 $x_{1} = x_{0} - t_{0}$ ， $x_{2} = x_{0}$ ， $x_{3} = x_{0} + h$ 。左半不等式给出

$\frac{f (x_{0}) - f (x_{0} - t_{0})}{t_{0}} \leq \frac{f (x_{0} + h) - f (x_{0} - t_{0})}{h + t_{0}}$

右半不等式给出

$\frac{f (x_{0} + h) - f (x_{0} - t_{0})}{h + t_{0}} \leq \frac{f (x_{0} + h) - f (x_{0})}{h} = g (h)$

两式联立即得 $g (h) \geq A$ ，其中 $A = \frac{f (x_{0}) - f (x_{0} - t_{0})}{t_{0}}$ 是与 $h$ 无关的常数。

第三步（极限存在且有限）：由第一步，对 $0 < h < h_{0} = \frac{δ}{2}$ 有 $g (h) \leq g (h_{0})$ 。于是 $g$ 在 $(0, δ)$ 上单调不减，且 $A \leq g (h) \leq g (h_{0})$ ，故

$L = lim_{h \to 0^{+}} g (h)$

存在且为有限数。

第四步（右连续）：由 $f (x_{0} + h) - f (x_{0}) = h \cdot g (h)$ 及 $g$ 有界，

$lim_{h \to 0^{+}} [f (x_{0} + h) - f (x_{0})] = 0 \cdot L = 0$

即 ${lim}_{x \to x_{0}^{+}} f (x) = f (x_{0})$ ，故 $f$ 在 $x_{0}$ 处右连续。证毕。

点评核心是「差商随

h

单调」；难点在给

g

找与

h

无关的下界，必须借左侧一点

x_{0} - t_{0}

并用满两个不等号，只用一个证不出极限有限。

第 13 题积分不等式与反函数

第五章定积分及其应用

设

f

在

[0, + \infty)

上具有连续的导函数，且严格单调增加，

f (0) = 0

；又设

a > 0

，

b > 0

为两个实常数，试证明下述不等式成立：

\int_{0}^{a} f (x) d x + \int_{0}^{b} f^{- 1} (y) d y \geq a b

查看解答

$f$ 严格单调增加且 $f'$ 连续、 $f (0) = 0$ ，故反函数 $f^{- 1}$ 存在。记 $c = f^{- 1} (b)$ ，即 $f (c) = b$ （ $c > 0$ ）。

固定 $b$ ，令 $G (a) = \int_{0}^{a} f (x) d x + \int_{0}^{b} f^{- 1} (y) d y - a b$ （ $a > 0$ ），则 $G' (a) = f (a) - b$ ：当 $0 < a < c$ 时 $f (a) < b$ ， $G' (a) < 0$ ；当 $a > c$ 时 $f (a) > b$ ， $G' (a) > 0$ 。故 $G$ 在 $a = c$ 处取到最小值。

对第二个积分作代换 $y = f (x)$ ，则 $d y = f' (x) d x$ ，且 $y : 0 \to b$ 对应 $x : 0 \to c$ ，于是

$\int_{0}^{b} f^{- 1} (y) d y = \int_{0}^{c} x f' (x) d x = [x f (x)]_{0}^{c} - \int_{0}^{c} f (x) d x = c b - \int_{0}^{c} f (x) d x$

（分部积分用了 $f (0) = 0$ 。）代入得

$G (c) = \int_{0}^{c} f (x) d x + c b - \int_{0}^{c} f (x) d x - c b = 0$

从而对一切 $a > 0$ 有 $G (a) \geq G (c) = 0$ ，即

$\int_{0}^{a} f (x) d x + \int_{0}^{b} f^{- 1} (y) d y \geq a b$

证毕。

点评几何上就是两段积分正好拼满

a \times b

的矩形；严格证明把

a

当变量求导找最小值，再用分部积分算出

G (c) = 0

，比画图说理稳。

第 14 题数列极限的夹逼估计

第一章函数与极限

对

\forall n \in Z^{+}

，设

a_{n} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{\sqrt{i}}{n \sqrt{n + \frac{1}{i}}}

，试证明：

{lim}_{n \to + \infty} a_{n} = \frac{2}{3}

。

查看解答

先改写通项（分子分母同除 $\sqrt{n}$ ）：

$\frac{\sqrt{i}}{n \sqrt{n + \frac{1}{i}}} = \frac{1}{n} \cdot \frac{\sqrt{\frac{i}{n}}}{\sqrt{1 + \frac{1}{i n}}}$

因 $1 \leq i \leq n$ ，有 $0 < \frac{1}{i n} \leq \frac{1}{n}$ ，故

$1 \leq \sqrt{1 + \frac{1}{i n}} \leq \sqrt{1 + \frac{1}{n}}$

于是对每个 $i$ 都有

$\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}}} \cdot \frac{1}{n} \sqrt{\frac{i}{n}} \leq \frac{\sqrt{i}}{n \sqrt{n + \frac{1}{i}}} \leq \frac{1}{n} \sqrt{\frac{i}{n}}$

对 $i$ 求和得

$\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}}} \cdot \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sqrt{\frac{i}{n}} \leq a_{n} \leq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sqrt{\frac{i}{n}}$

而 $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sqrt{\frac{i}{n}}$ 是 $\sqrt{x}$ 在 $[0, 1]$ 上的黎曼和，故

$lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sqrt{\frac{i}{n}} = \int_{0}^{1} \sqrt{x} d x = \frac{2}{3}$

又 $\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}}} \to 1$ ，两端极限都等于 $\frac{2}{3}$ ，由夹逼准则得 ${lim}_{n \to + \infty} a_{n} = \frac{2}{3}$ 。证毕。

点评把分母的

n \sqrt{n}

提出来就是标准黎曼和；放缩时统一用

\frac{1}{i n} \leq \frac{1}{n}

才能让两端的因子一起趋于

1

，否则夹逼夹不住。

2019-2020 学年期末试卷

14 题，原卷未印分值。

第 1 题递推数列·等价无穷小

第一章函数与极限

设数列

{a_{n}}

满足

a_{1} = 1

，且对任意正整数

n

有

a_{n + 1} = sin a_{n}

。(1) 证明数列

{a_{n}}

收敛并求其极限；(2) 计算极限

{lim}_{n \to \infty} (\frac{a_{n + 1}}{a_{n}})^{\frac{6}{a_{n}^{2}}}

。

查看解答

(1) 先证 $0 < a_{n} \leq 1$ ： $a_{1} = 1$ ；若 $0 < a_{n} \leq 1$ ，由 $0 < sin x < x$ （ $0 < x \leq 1$ ）得 $0 < a_{n + 1} = sin a_{n} < a_{n} \leq 1$ 。故 ${a_{n}}$ 单调递减且有下界 $0$ ，由单调有界准则知它收敛。

设 ${lim}_{n \to \infty} a_{n} = a$ ，在 $a_{n + 1} = sin a_{n}$ 两边取极限得 $a = sin a$ ，即 $a - sin a = 0$ 。当 $a > 0$ 时 $sin a < a$ ，故只有 $a = 0$ ，即

\lim_{n\to\infty}a_n=0.

(2) 由 $a_{n} \to 0^{+}$ 及 $sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})$ 得

\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\sin a_n}{a_n}=1-\frac{a_n^2}{6}+o(a_n^2),

从而

\ln\frac{a_{n+1}}{a_n}=\ln\left(1-\frac{a_n^2}{6}+o(a_n^2)\right)=-\frac{a_n^2}{6}+o(a_n^2).

于是

\lim_{n\to\infty}\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)^{\frac{6}{a_n^2}}=\exp\left(\lim_{n\to\infty}\frac{6}{a_n^2}\ln\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)=\exp\left(\lim_{n\to\infty}\frac{6}{a_n^2}\left(-\frac{a_n^2}{6}+o(a_n^2)\right)\right)=e^{-1}.

点评先证单调有界再取极限，别一上来就写

a = sin a

；第 (2) 问的指数里已有

a_{n}^{2}

，只需

\frac{sin x}{x}

的展开到

x^{2}

项，多展开反而添乱。

第 2 题拐点·二阶导数符号

第三章微分中值定理及导数应用

求曲线

y = \frac{ln x}{x}

的拐点坐标。

查看解答

定义域为 $x > 0$ 。求导得

y'=\frac{1-\ln x}{x^2},\qquad y''=\frac{-x-2x(1-\ln x)}{x^4}=\frac{2\ln x-3}{x^3}.

令 $y'' = 0$ ，得 $ln x = \frac{3}{2}$ ，即 $x = e^{\frac{3}{2}}$ 。当 $0 < x < e^{\frac{3}{2}}$ 时 $y'' < 0$ ；当 $x > e^{\frac{3}{2}}$ 时 $y'' > 0$ 。二阶导数在该点两侧异号，故该点为拐点。

又

y\left(e^{\frac{3}{2}}\right)=\frac{\frac{3}{2}}{e^{\frac{3}{2}}}=\frac{3}{2}e^{-\frac{3}{2}},

所以拐点坐标为

\left(e^{\frac{3}{2}},\ \frac{3}{2}e^{-\frac{3}{2}}\right).

点评

y'' = 0

只是必要条件，必须验证两侧异号；

x = e^{3 / 2}

代入时

y = \frac{ln x}{x} = \frac{3}{2} e^{- 3 / 2}

，指数为负，别写成

\frac{3}{2} e^{3 / 2}

。

第 3 题分段点·导数定义

第二章导数与微分

设函数

f (x) = {\begin{cases} \frac{arctan x - sin x}{x^{2}}, & x \neq 0; \\ 0, & x = 0 . \end{cases}

试求

f' (0)

。

查看解答

分界点处必须用导数定义，不能用商的求导公式：

f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{\arctan x-\sin x}{x^3}.

由泰勒公式（ $x \to 0$ ）

\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3),\qquad \sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3),

两式相减得

\arctan x-\sin x=-\frac{x^3}{6}+o(x^3).

故

f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{x^3}{6}+o(x^3)}{x^3}=-\frac{1}{6}.

点评

f (0) = 0

而

\frac{arctan x - sin x}{x^{2}} \to 0

，说明

f

在

0

处连续，但这并不给出

f' (0)

；分子两个函数的一次项恰好抵消，必须展开到

x^{3}

才有非零主部。

第 4 题泰勒展开·比较系数

第三章微分中值定理及导数应用

设函数

f (x) = {\begin{cases} (1 + x)^{\frac{1}{x}}, & x \neq 0; \\ e, & x = 0, \end{cases}

（其中

x > - 1

），令

f (x) = M_{0} + \frac{M_{1}}{1!} x + \frac{M_{2}}{2!} x^{2} + \frac{M_{3}}{3!} x^{3} + o (x^{3})

（

x \to 0

）。试计算

M_{1}, M_{2}, M_{3}

的值。

查看解答

先取对数：

\ln f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}=\frac{1}{x}\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4)\right)=1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+o(x^3).

于是 $f (x) = e \cdot e^{u}$ ，其中 $u = - \frac{x}{2} + \frac{x^{2}}{3} - \frac{x^{3}}{4} + o (x^{3})$ 。由 $e^{u} = 1 + u + \frac{u^{2}}{2} + \frac{u^{3}}{6} + o (u^{3})$ ，且

u^2=\frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{3}+o(x^3),\qquad u^3=-\frac{x^3}{8}+o(x^3),

逐项合并得

f(x)=e\left[1-\frac{x}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{8}\right)x^2+\left(-\frac{1}{4}-\frac{1}{6}-\frac{1}{48}\right)x^3+o(x^3)\right]=e\left[1-\frac{x}{2}+\frac{11}{24}x^2-\frac{7}{16}x^3+o(x^3)\right].

与 $f (x) = M_{0} + \frac{M_{1}}{1!} x + \frac{M_{2}}{2!} x^{2} + \frac{M_{3}}{3!} x^{3} + o (x^{3})$ 逐项比较：

M_0=e,\qquad M_1=-\frac{e}{2},\qquad \frac{M_2}{2}=\frac{11e}{24}\ \Rightarrow\ M_2=\frac{11e}{12},\qquad \frac{M_3}{6}=-\frac{7e}{16}\ \Rightarrow\ M_3=-\frac{21e}{8}.

即 $M_{1} = - \frac{e}{2}$ ， $M_{2} = \frac{11 e}{12}$ ， $M_{3} = - \frac{21 e}{8}$ 。

点评

M_{k}

就是

f^{(k)} (0)

，但直接求导极繁，应走「先取对数再展开」；比较系数时注意分母的

k!

，把

- \frac{7 e}{16}

直接当作

M_{3}

是最常见的丢分点。

第 5 题变限积分·极值判定

第三章微分中值定理及导数应用

设函数

f (x) = \int_{1}^{x^{2}} (x^{2} - t) e^{- t^{2}} d t

，试求

f (x)

的所有极值点及极值。

查看解答

把 $x^{2}$ 视为常数，拆开积分：

f(x)=x^2\int_1^{x^2}e^{-t^2}dt-\int_1^{x^2}te^{-t^2}dt.

由变限积分求导公式，

f'(x)=2x\int_1^{x^2}e^{-t^2}dt+x^2e^{-x^4}\cdot 2x-x^2e^{-x^4}\cdot 2x=2x\int_1^{x^2}e^{-t^2}dt.

记 $I (x) = \int_{1}^{x^{2}} e^{- t^{2}} d t$ ，因被积函数 $e^{- t^{2}} > 0$ ，故 $I (x)$ 与 $x^{2} - 1$ 同号。令 $f' (x) = 0$ 得驻点 $x = 0$ 与 $x = \pm 1$ 。

讨论符号：当 $x < - 1$ 时 $x < 0$ 、 $I (x) > 0$ ，故 $f' (x) < 0$ ；当 $- 1 < x < 0$ 时 $x < 0$ 、 $I (x) < 0$ ，故 $f' (x) > 0$ ；当 $0 < x < 1$ 时 $x > 0$ 、 $I (x) < 0$ ，故 $f' (x) < 0$ ；当 $x > 1$ 时 $f' (x) > 0$ 。因此 $x = \pm 1$ 为极小值点， $x = 0$ 为极大值点。

计算极值：

f(0)=\int_1^{0}(0-t)e^{-t^2}dt=\int_1^{0}\left(-\frac{1}{2}\right)d\left(e^{-t^2}\right)=\left[\frac{1}{2}e^{-t^2}\right]_1^0=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{e}\right),

而当 $x = \pm 1$ 时 $x^{2} = 1$ ，积分区间退化为一点， $f (\pm 1) = 0$ 。

故极大值点为 $x = 0$ ，极大值 $\frac{1}{2} (1 - \frac{1}{e})$ ；极小值点为 $x = \pm 1$ ，极小值均为 $0$ 。

点评被积函数里含

x^{2}

，既要对上限求导又要对参数求导，两部分恰好抵消是本题的关键；求

f (0)

时别忘积分下限是

1

、上限是

0

，符号最容易反。

第 6 题弧长公式·无理换元

第五章定积分及其应用

试求曲线

y = 2 e^{\frac{x}{2}}

，

x \in [ln 3, 3 ln 2]

的弧长。

查看解答

由 $y' = e^{\frac{x}{2}}$ ，得弧长

s=\int_{\ln 3}^{3\ln 2}\sqrt{1+(y')^2}\,dx=\int_{\ln 3}^{3\ln 2}\sqrt{1+e^{x}}\,dx.

令 $u = \sqrt{1 + e^{x}}$ ，则 $e^{x} = u^{2} - 1$ ， $d x = \frac{2 u}{u^{2} - 1} d u$ ；当 $x = ln 3$ 时 $u = 2$ ，当 $x = 3 ln 2$ 时 $u = 3$ 。于是

s=\int_2^3 u\cdot\frac{2u}{u^2-1}du=2\int_2^3\left(1+\frac{1}{u^2-1}\right)du=\left[2u+\ln\frac{u-1}{u+1}\right]_2^3.

代入上下限：

s=\left(6+\ln\frac{1}{2}\right)-\left(4+\ln\frac{1}{3}\right)=2+\ln 3-\ln 2=2+\ln\frac{3}{2}.

点评

y' = e^{x / 2}

所以

1 + (y')^{2} = 1 + e^{x}

（不是

1 + e^{2 x}

），这是本题最大的坑；换元后

\frac{2 u^{2}}{u^{2} - 1} = 2 + \frac{1}{u - 1} - \frac{1}{u + 1}

拆项即可，别硬凑三角换元。

第 7 题隐函数·一阶微分

第二章导数与微分

设可微函数

y = y (x)

由方程

3^{x y} = x + y

确定，试计算

d y |_{x = 0}

。

查看解答

先定出 $x = 0$ 时的函数值：代入 $3^{0} = 0 + y$ ，得 $y (0) = 1$ 。

方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y = y (x)$ 、 $(x y)' = y + x y'$ ：

3^{xy}\ln 3\cdot\left(y+xy'\right)=1+y'.

代入 $x = 0$ ， $y = 1$ ：

3^{0}\ln 3\cdot(1+0)=1+y'(0),

即 $y' (0) = ln 3 - 1$ 。故

\left.dy\right|_{x=0}=y'(0)dx=(\ln 3-1)dx.

点评先代

x = 0

求出

y = 1

再求导，可以免去带着

y

解方程的麻烦；

3^{x y}

求导要出

ln 3

且要乘

(x y)' = y + x y'

，漏乘

y

或漏

ln 3

都常见。

第 8 题参数方程·二阶导数

第二章导数与微分

设函数

y = y (x)

由参数方程

{\begin{cases} x = t + e^{t}, \\ y = \int_{0}^{t} ln (1 + e^{u}) d u \end{cases}

确定，试求

\frac{d y}{d x}

，

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

。

查看解答

由变限积分求导公式与参数方程求导公式，

\frac{dx}{dt}=1+e^{t},\qquad \frac{dy}{dt}=\ln(1+e^{t}),

故

\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{\ln(1+e^{t})}{1+e^{t}}.

再求二阶导数，用 $\frac{d}{d x} = \frac{1}{d x / d t} \cdot \frac{d}{d t}$ ：

\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{1}{1+e^{t}}\cdot\frac{d}{dt}\left[\frac{\ln(1+e^{t})}{1+e^{t}}\right] =\frac{1}{1+e^{t}}\cdot\frac{\frac{e^{t}}{1+e^{t}}\left(1+e^{t}\right)-e^{t}\ln(1+e^{t})}{\left(1+e^{t}\right)^2} =\frac{e^{t}\left[1-\ln(1+e^{t})\right]}{\left(1+e^{t}\right)^3}.

点评二阶导数不是把

\frac{d y}{d x}

直接对

t

求导，必须再除以

\frac{d x}{d t}

；分子里

e^{t}

与

1 + e^{t}

约掉后剩下

1 - ln (1 + e^{t})

，这个化简不做完阅卷常判不完整。

第 9 题反常积分·三角换元

第五章定积分及其应用

试计算反常积分

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x \sqrt{1 + x^{4}}}

的值。

查看解答

先作代换 $u = x^{2}$ ，由 $x d x = \frac{1}{2} d u$ 得

\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt{1+x^4}}=\int_1^{+\infty}\frac{x\,dx}{x^2\sqrt{1+x^4}}=\frac{1}{2}\int_1^{+\infty}\frac{du}{u\sqrt{1+u^2}}.

再令 $u = tan θ$ ， $d u = {sec}^{2} θ d θ$ ， $\sqrt{1 + u^{2}} = sec θ$ ，则

\frac{1}{2}\int\frac{du}{u\sqrt{1+u^2}}=\frac{1}{2}\int\frac{\sec\theta}{\tan\theta}d\theta=\frac{1}{2}\int\frac{d\theta}{\sin\theta}=\frac{1}{2}\ln\left|\tan\frac{\theta}{2}\right|+C.

当 $u$ 从 $1$ 增到 $+ \infty$ 时， $θ$ 从 $\frac{π}{4}$ 增到 $\frac{π}{2}$ ，故

\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt{1+x^4}}=\frac{1}{2}\left[\ln\tan\frac{\pi}{4}-\ln\tan\frac{\pi}{8}\right]=\frac{1}{2}\ln\frac{1}{\sqrt{2}-1}=\frac{1}{2}\ln\left(1+\sqrt{2}\right).

点评

\int \frac{d θ}{sin θ} = ln | tan \frac{θ}{2} |

要记牢；上限

θ \to \frac{π}{2}

时

tan \frac{θ}{2} \to 1

、对数为

0

，结果只由下限决定，符号极易写反。

第 10 题分部积分·有理拆分

第四章不定积分

试求不定积分

\int (\frac{arctan x}{x^{2} (1 + x^{2})} + \frac{ln x}{x}) d x

。

查看解答

先拆分第一项的有理部分： $\frac{1}{x^{2} (1 + x^{2})} = \frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{1 + x^{2}}$ ，故原积分

I=\int\frac{\arctan x}{x^2}dx-\int\frac{\arctan x}{1+x^2}dx+\int\frac{\ln x}{x}dx.

对第一个积分分部积分，取 $u = arctan x$ ， $d v = x^{- 2} d x$ ，即 $v = - \frac{1}{x}$ ：

\int\frac{\arctan x}{x^2}dx=-\frac{\arctan x}{x}+\int\frac{dx}{x(1+x^2)} =-\frac{\arctan x}{x}+\int\left(\frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}\right)dx =-\frac{\arctan x}{x}+\ln x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2).

后两个积分为

\int\frac{\arctan x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\left(\arctan x\right)^2,\qquad \int\frac{\ln x}{x}dx=\frac{1}{2}\left(\ln x\right)^2.

合并得

I=-\frac{\arctan x}{x}+\ln x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)-\frac{1}{2}\left(\arctan x\right)^2+\frac{1}{2}\left(\ln x\right)^2+C.

点评

\frac{1}{x^{2} (1 + x^{2})}

必须拆成

\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{1 + x^{2}}

才能分部积分，否则会陷在

arctan x

里；对结果求导回验一次是本题最稳的检查手段。

第 11 题极限定义·ε-δ叙述

第一章函数与极限

设

x_{0}

，

a

是两个实数，

f

在

x_{0}

的一个去心邻域

U^{\circ} (x_{0})

上有定义，试用

ε - δ

语言描述

f (x)

当

x

趋向于

x_{0}

时收敛于

a

。

查看解答

按极限的 $ε - δ$ 定义，应表述为：

\forall\,\varepsilon>0,\ \exists\,\delta>0,\ \forall x:\quad 0<|x-x_0|<\delta\ \Rightarrow\ |f(x)-a|<\varepsilon.

用文字叙述即：对任意给定的 $ε > 0$ ，总存在 $δ > 0$ ，使得只要 $x$ 满足 $0 < | x - x_{0} | < δ$ （即 $x$ 落在 $x_{0}$ 的该去心邻域内），就有 $| f (x) - a | < ε$ 。

其中 $δ$ 一般依赖于 $ε$ ，且由于考察的是去心邻域， $f$ 在 $x_{0}$ 处是否有定义、取值多少，都不影响该极限。

点评四个量词的顺序不能动：

ε

在前、

δ

随

ε

而定，写成「存在

δ

对任意

ε

」就错了；另外必须写

0 < | x - x_{0} | < δ

（去心），漏掉

0 <

会误把

x = x_{0}

处的情形算进去。

第 12 题三角换元·对数积分

第五章定积分及其应用

试计算定积分

\int_{0}^{1} \frac{ln (1 + 2 x + x^{2})}{1 + x^{2}} d x

。

查看解答

由 $1 + 2 x + x^{2} = (1 + x)^{2}$ 得 $ln (1 + 2 x + x^{2}) = 2 ln (1 + x)$ 。令 $x = tan θ$ ， $θ \in [0, \frac{π}{4}]$ ，则 $d x = {sec}^{2} θ d θ$ ， $1 + x^{2} = {sec}^{2} θ$ ，于是

I=2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan\theta)\,d\theta.

又

1+\tan\theta=\frac{\sin\theta+\cos\theta}{\cos\theta}=\frac{\sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)}{\cos\theta},

故

\ln(1+\tan\theta)=\frac{1}{2}\ln 2+\ln\cos\left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)-\ln\cos\theta.

在 $[0, \frac{π}{4}]$ 上积分，后两项作代换 $ϕ = \frac{π}{4} - θ$ 后区间不变，恰好相互抵消，得

\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan\theta)\,d\theta=\frac{\pi}{4}\cdot\frac{1}{2}\ln 2=\frac{\pi}{8}\ln 2.

所以

I=2\cdot\frac{\pi}{8}\ln 2=\frac{\pi}{4}\ln 2.

点评先把

ln (1 + 2 x + x^{2})

化成

2 ln (1 + x)

是破题点；换元后要会拆

1 + tan θ = \frac{\sqrt{2} cos (\frac{π}{4} - θ)}{cos θ}

，并注意

ln cos (\frac{π}{4} - θ)

与

ln cos θ

在

[0, \frac{π}{4}]

上积分相等而抵消。

第 13 题辅助函数·积分不等式

第五章定积分及其应用

设

f

在

(- 1, 2)

上有连续的导函数，且满足

f (0) = 0

，

f (1) = 1

。试证明

\int_{0}^{1} | f (x) - f' (x) | d x \geq \frac{1}{e} .

查看解答

关键是观察到 $f' - f$ 与 $(e^{- x} f (x))'$ 相差一个因子 $e^{- x}$ 。令

g(x)=e^{-x}f(x).

因 $f'$ 在 $(- 1, 2)$ 上连续， $g$ 在 $[0, 1]$ 上可导且 $g'$ 连续，且

g'(x)=e^{-x}\left(f'(x)-f(x)\right),

即 $f (x) - f' (x) = - e^{x} g' (x)$ 。于是

\int_0^1\left|f(x)-f'(x)\right|dx=\int_0^1 e^{x}\left|g'(x)\right|dx.

在 $[0, 1]$ 上 $e^{x} \geq 1$ ，故

\int_0^1 e^{x}\left|g'(x)\right|dx\ge\int_0^1\left|g'(x)\right|dx\ge\left|\int_0^1 g'(x)dx\right|=\left|g(1)-g(0)\right|.

由 $f (0) = 0$ 得 $g (0) = 0$ ，由 $f (1) = 1$ 得 $g (1) = e^{- 1}$ ，所以

\int_0^1\left|f(x)-f'(x)\right|dx\ge e^{-1}=\frac{1}{e}.

证毕。

点评看到

f - f'

就想

e^{- x} f

，这是固定套路；证明中两处不等式（

e^{x} \geq 1

与

| \int g' | \leq \int | g' |

）要各写一句理由，缺了「

f'

连续」就无法用牛顿-莱布尼茨公式。

第 14 题达布定理·费马引理

第三章微分中值定理及导数应用

设

f

在

[0, 1]

上可导，且满足

f'_{+} (0) < f'_{-} (1)

；又设

λ \in (f'_{+} (0), f'_{-} (1))

，试证明：存在

x_{0} \in (0, 1)

，使得

f' (x_{0}) = λ

。

查看解答

作辅助函数

F(x)=f(x)-\lambda x.

可导必连续，且端点单侧导数存在蕴含相应的单侧连续，故 $F$ 在 $[0, 1]$ 上连续，从而取得最小值。又

F'_+(0)=f'_+(0)-\lambda<0,\qquad F'_-(1)=f'_-(1)-\lambda>0.

由 $F'_{+} (0) < 0$ ，存在 $δ_{1} > 0$ ，当 $0 < x < δ_{1}$ 时 $\frac{F (x) - F (0)}{x} < 0$ ，即 $F (x) < F (0)$ ，故最小值不可能在 $x = 0$ 取到。

同理，由 $F'_{-} (1) > 0$ ，存在 $δ_{2} > 0$ ，当 $1 - δ_{2} < x < 1$ 时 $\frac{F (x) - F (1)}{x - 1} > 0$ ；而 $x - 1 < 0$ ，故 $F (x) < F (1)$ ，最小值也不可能在 $x = 1$ 取到。

于是 $F$ 的最小值只能在某个内点 $x_{0} \in (0, 1)$ 取到。由费马引理 $F' (x_{0}) = 0$ ，即

f'(x_0)-\lambda=0,\qquad f'(x_0)=\lambda.

证毕。

点评这是达布（导数介值）定理的构造性证明：把

λ

减掉后，两端单侧导数异号，保证最小值落在内部，再用费马引理；只说「由达布定理」而不验证极值点位置会被扣分。

2020-2021 学年期末试卷

12 题，原卷未印分值。

第 1 题极限计算·泰勒展开

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{n \to \infty} (n^{2} - \frac{1}{{sin}^{2} \frac{1}{n}})

。

查看解答

令 $x = \frac{1}{n}$ ，则 $x \to 0^{+}$ ，原式为

$lim_{x \to 0^{+}} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{{sin}^{2} x}) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{{sin}^{2} x - x^{2}}{x^{2} {sin}^{2} x} .$

由 $sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + O (x^{5})$ 得

${sin}^{2} x = x^{2} - \frac{x^{4}}{3} + O (x^{6}),$

故分子 $= (x^{2} - \frac{x^{4}}{3} + O (x^{6})) - x^{2} = - \frac{x^{4}}{3} + O (x^{6})$ ；又分母

$x^{2} {sin}^{2} x = x^{2} (x^{2} - \frac{x^{4}}{3} + O (x^{6})) = x^{4} + O (x^{6}) .$

于是原式 $= {lim}_{x \to 0^{+}} \frac{- \frac{x^{4}}{3} + O (x^{6})}{x^{4} + O (x^{6})} = - \frac{1}{3}$ 。

点评通分后分子是四阶小量，只展开到

x^{3}

会得到

0 / 0

的死循环，必须展到

x^{4}

项；也可先令

t = \frac{1}{n}

再用洛必达，但四次求导极繁。

第 2 题等价无穷小与有界量

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} \frac{e^{(x + 1)^{2}} sin x + x^{2} cos \frac{1}{x}}{ln (1 + x)}

。

查看解答

当 $x \to 0$ 时 $ln (1 + x) \sim x$ ， $e^{(x + 1)^{2}} \to e$ ， $sin x \sim x$ ，故

$e^{(x + 1)^{2}} sin x \sim e x .$

又 $| x^{2} cos \frac{1}{x} | \leq x^{2} = o (x)$ ，即 $x^{2} cos \frac{1}{x}$ 是比 $x$ 高阶的无穷小。

所以分子 $= e x + o (x)$ ，从而

$lim_{x \to 0} \frac{e x + o (x)}{x} = e .$

点评

cos \frac{1}{x}

没有极限但有界，与

x^{2}

相乘即为

o (x)

，这是本题唯一考点；把它误当

\sim 0

或去求

cos \frac{1}{x}

的极限都会失分。

第 3 题不定积分·根式换元

第四章不定积分

求不定积分

\int \frac{arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}} d x

。

查看解答

令 $t = \sqrt{x}$ ，则 $x = t^{2}$ ， $d x = 2 t d t$ ， $\frac{d x}{\sqrt{x}} = 2 d t$ ，于是

$\int \frac{arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}} d x = 2 \int arctan t d t .$

对 $\int arctan t d t$ 分部积分：取 $u = arctan t$ ， $d v = d t$ ，得

$\int arctan t d t = t arctan t - \int \frac{t}{1 + t^{2}} d t = t arctan t - \frac{1}{2} ln (1 + t^{2}) + C .$

代回 $t = \sqrt{x}$ ：

$\int \frac{arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}} d x = 2 \sqrt{x} arctan \sqrt{x} - ln (1 + x) + C .$

点评看到

\frac{d x}{\sqrt{x}}

就该立刻想到

t = \sqrt{x}

；换元后

arctan t

的积分必须分部，直接凑微分

d (arctan t) = \frac{d t}{1 + t^{2}}

是走不通的方向。

第 4 题根式极限与积分夹逼

第一章函数与极限

(1) 设

a_{1}, \dots, a_{m}

是

m

个正实数，求极限

{lim}_{n \to \infty} n] (a_{1})^{n} + \dots + (a_{m})^{n}

；(2) 求极限

{lim}_{n \to \infty} (\int_{1}^{2} e^{- n t^{2}} d t)^{\frac{1}{n}}

。

查看解答

(1) 记 $M = max {a_{1}, \dots, a_{m}} > 0$ ，则

$M = n] M^{n} \leq n] a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \leq n] m M^{n} = M n] m .$

由 ${lim}_{n \to \infty} n] m = 1$ 及夹逼准则，得

$lim_{n \to \infty} n] a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} = M = max {a_{1}, \dots, a_{m}} .$

(2) 记 $I_{n} = \int_{1}^{2} e^{- n t^{2}} d t$ 。令 $t = 1 + s$ ，则

$I_{n} = e^{- n} \int_{0}^{1} e^{- n (2 s + s^{2})} d s .$

当 $0 \leq s \leq 1$ 时 $2 s + s^{2} \geq 2 s$ ，故 $\int_{0}^{1} e^{- n (2 s + s^{2})} d s \leq \int_{0}^{1} e^{- 2 n s} d s \leq \frac{1}{2 n}$ ；

又当 $0 \leq s \leq \frac{1}{n}$ 时 $2 s + s^{2} \leq 3$ ，故

$\int_{0}^{1} e^{- n (2 s + s^{2})} d s \geq \int_{0}^{\frac{1}{n}} e^{- n (2 s + s^{2})} d s \geq \frac{1}{n} e^{- 3} .$

于是

$\frac{e^{- 3}}{n} \leq \int_{0}^{1} e^{- n (2 s + s^{2})} d s \leq \frac{1}{2 n},$

两边开 $n$ 次方，由 $n] \frac{1}{n} \to 1$ 及夹逼准则得 $(\int_{0}^{1} e^{- n (2 s + s^{2})} d s)^{\frac{1}{n}} \to 1$ 。故

$lim_{n \to \infty} I_{n}^{\frac{1}{n}} = e^{- 1} \cdot 1 = \frac{1}{e} .$

点评第 (1) 问的答案是最大值而不是和，别写成

\sum a_{i}

；第 (2) 问

e^{- n}

是主导因子必须提出来，剩下那段要在

s = 0

附近夹出「

n

的负幂」量级，开

n

次方后才为 1。

第 5 题极坐标曲线的弧长计算

第五章定积分及其应用

设曲线

γ

由极坐标方程

r = 1 + cos θ

，

θ \in [0, 2 π]

确定，试求曲线

γ

的弧长。

查看解答

$r' = - sin θ$ ，故

$r^{2} + (r')^{2} = (1 + cos θ)^{2} + {sin}^{2} θ = 2 + 2 cos θ = 4 {cos}^{2} \frac{θ}{2},$

于是 $d s = \sqrt{r^{2} + (r')^{2}} d θ = 2 | cos \frac{θ}{2} | d θ$ ，弧长

$s = \int_{0}^{2 π} 2 | cos \frac{θ}{2} | d θ .$

令 $u = \frac{θ}{2}$ ， $d θ = 2 d u$ ，得

$s = 4 \int_{0}^{π} | cos u | d u = 4 (\int_{0}^{\frac{π}{2}} cos u d u - \int_{\frac{π}{2}}^{π} cos u d u) = 4 (1 + 1) = 8 .$

点评开方后必须带绝对值，

θ \in [0, 2 π]

时

cos \frac{θ}{2}

在

θ = π

变号，直接丢掉绝对值会算出

0

——这是本题最大的坑。

第 6 题反常积分·分部积分

第五章定积分及其应用

求反常积分

\int_{0}^{+ \infty} \frac{x e^{x}}{(1 + e^{x})^{2}} d x

。

查看解答

令 $u = e^{x}$ ，则 $x = ln u$ ， $d x = \frac{d u}{u}$ ，且 $x : 0 \to + \infty$ 对应 $u : 1 \to + \infty$ ，故

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{x e^{x}}{(1 + e^{x})^{2}} d x = \int_{1}^{+ \infty} \frac{ln u}{(1 + u)^{2}} d u .$

分部积分（取 $d v = \frac{d u}{(1 + u)^{2}}$ ， $v = - \frac{1}{1 + u}$ ）：

$\int \frac{ln u}{(1 + u)^{2}} d u = - \frac{ln u}{1 + u} + \int \frac{d u}{u (1 + u)} = - \frac{ln u}{1 + u} + ln u - ln (1 + u) .$

于是

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{ln u}{(1 + u)^{2}} d u = [- \frac{ln u}{1 + u} + ln \frac{u}{1 + u}]_{1}^{+ \infty} .$

当 $u \to + \infty$ 时 $\frac{ln u}{1 + u} \to 0$ ， $ln \frac{u}{1 + u} \to ln 1 = 0$ ，故上限处值为 $0$ ；下限 $u = 1$ 处值为 $- \frac{0}{2} + ln \frac{1}{2} = - ln 2$ 。所以

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{x e^{x}}{(1 + e^{x})^{2}} d x = 0 - (- ln 2) = ln 2 .$

点评不要忘了

\int \frac{d u}{u (1 + u)}

要拆成

\frac{1}{u} - \frac{1}{1 + u}

；另外

ln \frac{u}{1 + u}

在

u \to + \infty

时趋于

0

而非发散，这一步是收敛的关键。

第 7 题椭圆上点到直线距离

第三章微分中值定理及导数应用

求椭圆

\frac{x^{2}}{9} + \frac{y^{2}}{4} = 1

上一点

(x_{0}, y_{0})

，使得它到直线

3 x + 5 y = 15

的距离最短。

查看解答

椭圆上点 $(x, y)$ 到直线的距离为

$d = \frac{| 3 x + 5 y - 15 |}{\sqrt{3^{2} + 5^{2}}} = \frac{| 3 x + 5 y - 15 |}{\sqrt{34}} .$

令 $x = 3 cos θ$ ， $y = 2 sin θ$ ，则

$3 x + 5 y = 9 cos θ + 10 sin θ \leq \sqrt{9^{2} + 10^{2}} = \sqrt{181} < 15,$

故 $3 x + 5 y - 15 < 0$ 恒成立， $d = \frac{15 - (3 x + 5 y)}{\sqrt{34}}$ ，求 $d$ 最小即求 $3 x + 5 y$ 最大。

等号当 $cos θ = \frac{9}{\sqrt{181}}$ ， $sin θ = \frac{10}{\sqrt{181}}$ 时成立，此时

$x_{0} = 3 cos θ = \frac{27}{\sqrt{181}}, y_{0} = 2 sin θ = \frac{20}{\sqrt{181}},$

最小距离为

$d_{min} = \frac{15 - \sqrt{181}}{\sqrt{34}} .$

（用拉格朗日乘数法： $3 = \frac{2 λ x}{9}$ ， $5 = \frac{2 λ y}{4}$ ，结合椭圆方程同样得上述唯一驻点。）

点评先要说明

3 x + 5 y \leq \sqrt{181} < 15

，才能去掉绝对值把「距离最小」化为「

3 x + 5 y

最大」，否则符号一错答案就变成补点；椭圆参数化是最快的路。

第 8 题参数方程求导与极值

第二章导数与微分

设函数

y = y (x)

满足

{\begin{cases} x = t - sin t, \\ y = 1 - cos t, \end{cases} t \in (0, 2 π)

，试求

\frac{d y}{d x}

，

\frac{d^{2} y}{d x^{2}}

，并求函数

y = y (x)

的极值。

查看解答

$\frac{d x}{d t} = 1 - cos t$ ， $\frac{d y}{d t} = sin t$ ，故

$\frac{d y}{d x} = \frac{sin t}{1 - cos t} .$

再对 $x$ 求导，注意 $\frac{d}{d x} = \frac{1}{1 - cos t} \frac{d}{d t}$ ：

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{1}{1 - cos t} \cdot \frac{d}{d t} (\frac{sin t}{1 - cos t}) .$

而

$\frac{d}{d t} (\frac{sin t}{1 - cos t}) = \frac{cos t (1 - cos t) - sin t \cdot sin t}{(1 - cos t)^{2}} = \frac{cos t - 1}{(1 - cos t)^{2}} = - \frac{1}{1 - cos t},$

所以

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = - \frac{1}{(1 - cos t)^{2}} < 0 .$

令 $\frac{d y}{d x} = 0$ ，得 $sin t = 0$ ，在 $(0, 2 π)$ 内只有 $t = π$ ，对应 $x = π - sin π = π$ ， $y = 1 - cos π = 2$ 。

因 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{t = π} = - \frac{1}{4} < 0$ ，故 $x = π$ 处取极大值 $y = 2$ ；曲线在该区间上无其它驻点，无极小值（ $t \to 0^{+}$ 与 $t \to 2 π^{-}$ 时 $y \to 0$ ，为端点趋势，不取到）。

点评二阶导公式是

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{1}{x' (t)} \frac{d}{d t} (\frac{y' (t)}{x' (t)})

，漏掉前面的

\frac{1}{1 - cos t}

是最高频错误；另外别把

t = π

的极值写成

x

的极值点再回代错

y

。

第 9 题周期函数积分性质

第五章定积分及其应用

设

f

在

ℝ

上连续，且以

T (T > 0)

为周期。(1) 试证明函数

F (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t - \frac{x}{T} \int_{0}^{T} f (u) d u

以

T

为周期；(2) 试证明

{lim}_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} f (u) d u

；(3) 试求极限

{lim}_{x \to + \infty} \frac{\int_{0}^{x} | sin t | d t}{x}

。

查看解答

(1) 因 $f$ 以 $T$ 为周期，周期函数在任一长度为 $T$ 的区间上积分值相同，故对任意 $x$ 有 $\int_{x}^{x + T} f (t) d t = \int_{0}^{T} f (u) d u$ 。于是

$F (x + T) - F (x) = \int_{x}^{x + T} f (t) d t - \frac{T}{T} \int_{0}^{T} f (u) d u = 0,$

即 $F (x + T) = F (x)$ ， $F$ 以 $T$ 为周期。证毕。

(2) 由 (1)， $F$ 连续且以 $T$ 为周期，故 $F$ 在 $ℝ$ 上有界，存在 $M > 0$ 使 $| F (x) | \leq M$ 。由 $F$ 的定义式解出

$\int_{0}^{x} f (t) d t = \frac{x}{T} \int_{0}^{T} f (u) d u + F (x),$

两边除以 $x (x > 0)$ ：

$\frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} f (u) d u + \frac{F (x)}{x} .$

因 $| \frac{F (x)}{x} | \leq \frac{M}{x} \to 0 (x \to + \infty)$ ，故

$lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} f (u) d u .$ 证毕。

(3) 取 $f (t) = | sin t |$ ，它在 $ℝ$ 上连续且以 $π$ 为周期，且

$\int_{0}^{π} | sin t | d t = \int_{0}^{π} sin t d t = 2 .$

由 (2)（此时 $T = π$ ）得

$lim_{x \to + \infty} \frac{\int_{0}^{x} | sin t | d t}{x} = \frac{1}{π} \cdot 2 = \frac{2}{π} .$

点评(2) 的关键是把

\int_{0}^{x} f

拆成「主项

\frac{x}{T} \int_{0}^{T} f

+ 有界的周期余项

F (x)

」，余项除以

x

即消失；(3) 只是 (2) 取

f = | sin t |

、

T = π

，别把周期误写成

2 π

。

第 10 题积分方程·单调唯一性

第五章定积分及其应用

设函数

f

在

[0, 1]

上连续且取值恒正，试证明存在唯一的

c \in (0, 1)

，使得

\int_{0}^{c} f (x) d x = \int_{c}^{1} \frac{d t}{f (t)}

。

查看解答

令

$G (c) = \int_{0}^{c} f (x) d x - \int_{c}^{1} \frac{d t}{f (t)}, c \in [0, 1] .$

因 $f$ 连续且 $f > 0$ ， $\frac{1}{f}$ 也连续，故 $G$ 在 $[0, 1]$ 上可导且连续。又

$G (0) = 0 - \int_{0}^{1} \frac{d t}{f (t)} < 0, G (1) = \int_{0}^{1} f (x) d x - 0 > 0 .$

由零点定理，存在 $c \in (0, 1)$ 使 $G (c) = 0$ 。

再证唯一性。由变上限积分求导，

$G' (c) = f (c) - (- \frac{1}{f (c)}) = f (c) + \frac{1}{f (c)} > 0, c \in (0, 1),$

故 $G$ 在 $[0, 1]$ 上严格单调递增，零点至多一个。综上，存在唯一的 $c \in (0, 1)$ 使命题成立。证毕。

点评

\frac{d}{d c} \int_{c}^{1} \frac{d t}{f (t)} = - \frac{1}{f (c)}

的负号是唯一易错点，两负号相加才得到

f + \frac{1}{f} > 0

；另外「恒正」既保证

\frac{1}{f}

连续，也是

G (0) < 0, G (1) > 0

的来源。

第 11 题凸函数的利普希茨性质

第三章微分中值定理及导数应用

设函数

f

在

(0, 1)

上连续，且满足：

\forall x_{1} \in (0, 1)

，

x_{2} \in (0, 1)

，

x_{3} \in (0, 1)

，且

x_{1} < x_{2} < x_{3}

，都有

\frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}}

成立。若设

a < b

且

[a, b] \subset (0, 1)

，试证明：

\exists L > 0

使得

\forall t_{1}, t_{2} \in [a, b]

，有

| f (t_{2}) - f (t_{1}) | \leq L | t_{2} - t_{1} |

成立。

查看解答

题设条件正是差商的单调性，即 $f$ 为 $(0, 1)$ 上的凸函数：对任意 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ ，有

$\frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}} .$

由 $[a, b] \subset (0, 1)$ ，可取 $p, q$ 使 $0 < p < a \leq b < q < 1$ 。记

$k_{1} = \frac{f (a) - f (p)}{a - p}, k_{2} = \frac{f (q) - f (b)}{q - b},$

由差商单调性 $k_{1} \leq k_{2}$ 。对任意 $t_{1} < t_{2}$ ， $t_{1}, t_{2} \in [a, b]$ ，把 $[t_{1}, t_{2}]$ 与左右两段比较（差商随区间右移不减），得

$k_{1} = \frac{f (a) - f (p)}{a - p} \leq \frac{f (t_{2}) - f (t_{1})}{t_{2} - t_{1}} \leq \frac{f (q) - f (b)}{q - b} = k_{2} .$

取

$L = max {| k_{1} |, | k_{2} |},$

若 $L = 0$ （即 $f$ 在 $[p, q]$ 上为常数）则改取 $L = 1$ ，此时总有 $L > 0$ 。于是对一切 $t_{1} \neq t_{2}$ ，

$| \frac{f (t_{2}) - f (t_{1})}{t_{2} - t_{1}} | \leq L,$

即 $| f (t_{2}) - f (t_{1}) | \leq L | t_{2} - t_{1} |$ ； $t_{1} = t_{2}$ 时两边为 $0$ ，不等式平凡成立。证毕。

点评本题实质是「闭子区间上凸函数必利普希茨」：必须往区间外各借一点

p, q

把差商夹住，只用

[a, b]

内部的点无法得到与

t_{1}, t_{2}

无关的常数

L

。

第 12 题泰勒公式证二阶导下界

第三章微分中值定理及导数应用

设

f

在

[0, 1]

上二阶可导，且满足

f (0) = 0 = f (1)

，

{min}_{x \in [0, 1]} f (x) = - 1

，试证明：

\exists x_{0} \in (0, 1)

，使得

f'' (x_{0}) \geq 8

。

查看解答

因 $f$ 在 $[0, 1]$ 上连续，最小值在 $[0, 1]$ 上取到；又 $f (0) = f (1) = 0 > - 1$ ，故最小值点 $c \in (0, 1)$ ，且

$f (c) = - 1, f' (c) = 0 .$

在 $c$ 处分别对 $x = 0$ 与 $x = 1$ 用带拉格朗日余项的泰勒公式（ $f$ 二阶可导）：

$0 = f (0) = f (c) + f' (c) (0 - c) + \frac{f'' (ξ_{1})}{2} (0 - c)^{2} = - 1 + \frac{f'' (ξ_{1})}{2} c^{2}, ξ_{1} \in (0, c),$

$0 = f (1) = f (c) + f' (c) (1 - c) + \frac{f'' (ξ_{2})}{2} (1 - c)^{2} = - 1 + \frac{f'' (ξ_{2})}{2} (1 - c)^{2}, ξ_{2} \in (c, 1) .$

由此

$f'' (ξ_{1}) = \frac{2}{c^{2}}, f'' (ξ_{2}) = \frac{2}{(1 - c)^{2}} .$

而 $c$ 与 $1 - c$ 中至少有一个不超过 $\frac{1}{2}$ 。若 $c \leq \frac{1}{2}$ ，则

$f'' (ξ_{1}) = \frac{2}{c^{2}} \geq \frac{2}{(1 / 2)^{2}} = 8;$

若 $c > \frac{1}{2}$ ，则 $1 - c < \frac{1}{2}$ ，同理 $f'' (ξ_{2}) = \frac{2}{(1 - c)^{2}} > 8$ 。

总之存在 $x_{0} \in (0, 1)$ （即上述 $ξ_{1}$ 或 $ξ_{2}$ ）使 $f'' (x_{0}) \geq 8$ 。证毕。

点评三步不可少：由端点值为

0

、最小值为

- 1

断定最小值点在内部（否则

f' (c) = 0

不成立）；再用

f' (c) = 0

使泰勒式只剩二阶项；最后用

min {c, 1 - c} \leq \frac{1}{2}

把两个估计合并。

2021-2022 学年期末试卷

12 题，原卷未印分值。

第 1 题反常积分·根式换元

第五章定积分及其应用

求反常积分

\int_{0}^{+ \infty} e^{- \sqrt{x}} d x

。

查看解答

令 $t = \sqrt{x}$ ，则 $x = t^{2}$ ， $d x = 2 t d t$ ，且 $x : 0 \to + \infty$ 对应 $t : 0 \to + \infty$ ，于是

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- \sqrt{x}} d x = \int_{0}^{+ \infty} 2 t e^{- t} d t .$

被积函数当 $t \to + \infty$ 时按 $e^{- t}$ 衰减，故反常积分收敛。分部积分（取 $u = 2 t$ ， $d v = e^{- t} d t$ ）：

$\int_{0}^{+ \infty} 2 t e^{- t} d t = [- 2 t e^{- t}]_{0}^{+ \infty} + 2 \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} d t = 0 + 2 [- e^{- t}]_{0}^{+ \infty} = 2 .$

所以原积分 $= 2$ 。

点评换元后是

Γ (2)

型积分，

d x = 2 t d t

中的因子

2

极易漏掉；另外要交代

t e^{- t} \to 0

，否则分部积分的上限代入没有依据。

第 2 题根式差极限·二项展开

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to + \infty} [(x^{7} + x^{6})^{\frac{1}{7}} - (x^{7} - x^{6})^{\frac{1}{7}}]

。

查看解答

先提出 $x$ ，把 $x \to + \infty$ 化为 $u = \frac{1}{x} \to 0^{+}$ ：

$(x^{7} \pm x^{6})^{\frac{1}{7}} = x (1 \pm \frac{1}{x})^{\frac{1}{7}} .$

由 $(1 + u)^{\frac{1}{7}} = 1 + \frac{u}{7} - \frac{3 u^{2}}{49} + O (u^{3})$ 得

$(1 + u)^{\frac{1}{7}} - (1 - u)^{\frac{1}{7}} = \frac{2 u}{7} + O (u^{3}),$

其中 $u^{2}$ 项恰好相消。故原式

$= lim_{u \to 0^{+}} \frac{1}{u} [\frac{2 u}{7} + O (u^{3})] = \frac{2}{7} .$

点评两个根式必须先提出

x

，否则是

\infty - \infty

型；展开只需到二阶，注意

u^{2}

项相消、只剩一次项，这正是答案有限的根源。

第 3 题三角有理式·半角代换

第四章不定积分

求不定积分

\int \frac{1 + sin x}{(1 + cos x) sin x} d x

，

x \in (0, \frac{π}{2})

。

查看解答

先拆项：

$\frac{1 + sin x}{(1 + cos x) sin x} = \frac{1}{(1 + cos x) sin x} + \frac{1}{1 + cos x} .$

第二个积分：由 $\frac{1}{1 + cos x} = \frac{1}{2} {sec}^{2} \frac{x}{2}$ 得

$\int \frac{d x}{1 + cos x} = tan \frac{x}{2} + C_{1} .$

第一个积分令 $t = tan \frac{x}{2}$ ，则 $sin x = \frac{2 t}{1 + t^{2}}$ ， $1 + cos x = \frac{2}{1 + t^{2}}$ ， $d x = \frac{2 d t}{1 + t^{2}}$ ，于是

$\int \frac{d x}{(1 + cos x) sin x} = \int \frac{1 + t^{2}}{2 t} d t = \frac{1}{2} ln t + \frac{t^{2}}{4} + C_{2} .$

因为 $x \in (0, \frac{π}{2})$ 时 $t = tan \frac{x}{2} > 0$ ，绝对值可去掉。合并并代回：

$\int \frac{1 + sin x}{(1 + cos x) sin x} d x = tan \frac{x}{2} + \frac{1}{2} ln tan \frac{x}{2} + \frac{1}{4} {tan}^{2} \frac{x}{2} + C .$

点评先拆成两项、只对复杂的那项作半角代换，比整体万能代换省一半计算；计算

\int \frac{1 + t^{2}}{2 t} d t

时

\frac{t^{2}}{4}

常被误写成

\frac{t^{2}}{2}

（可用求导回验）。

第 4 题不等式证明·乘积极限

第三章微分中值定理及导数应用

(1) 当

x > 0

时，证明

x - \frac{x^{2}}{2} < ln (1 + x) < x

。(2) 求

{lim}_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n^{2}}) (1 + \frac{2}{n^{2}}) \dots (1 + \frac{n}{n^{2}})

。

查看解答

(1) 令 $g (x) = ln (1 + x) - x + \frac{x^{2}}{2}$ ，则

$g' (x) = \frac{1}{1 + x} - 1 + x = \frac{x^{2}}{1 + x} > 0 (x > 0),$

又 $g (0) = 0$ ，故 $x > 0$ 时 $g (x) > 0$ ，即 $ln (1 + x) > x - \frac{x^{2}}{2}$ 。

再令 $h (x) = x - ln (1 + x)$ ，则 $h' (x) = 1 - \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x} > 0 (x > 0)$ ，且 $h (0) = 0$ ，故 $h (x) > 0$ ，即 $ln (1 + x) < x$ 。证毕。

(2) 记 $P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n^{2}})$ ，则 $ln P_{n} = \sum_{k = 1}^{n} ln (1 + \frac{k}{n^{2}})$ 。对 $u = \frac{k}{n^{2}} > 0$ 用 (1)：

$\frac{k}{n^{2}} - \frac{k^{2}}{2 n^{4}} < ln (1 + \frac{k}{n^{2}}) < \frac{k}{n^{2}} .$

对 $k = 1, \dots, n$ 求和，用 $\sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n (n + 1)}{2}$ 与 $\sum_{k = 1}^{n} k^{2} = \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6}$ ：

$\frac{n + 1}{2 n} - \frac{(n + 1) (2 n + 1)}{12 n^{3}} < ln P_{n} < \frac{n + 1}{2 n} .$

令 $n \to \infty$ ，左端与右端都趋于 $\frac{1}{2}$ ，由夹逼准则 $ln P_{n} \to \frac{1}{2}$ ，即

$lim_{n \to \infty} P_{n} = e^{\frac{1}{2}} = \sqrt{e} .$

点评乘积先取对数再逐项用 (1) 夹逼是固定套路：只用

ln (1 + u) < u

只能得到上界，必须靠左边那一半给出下界，才能把

ln P_{n}

夹到

\frac{1}{2}

。

第 5 题弧长公式·双曲余弦

第五章定积分及其应用

求曲线

y = \frac{e^{x} + e^{- x}}{2}

在区间

[0, 1]

上的长度。

查看解答

曲线的方程为 $y = cosh x$ ， $y' = \frac{e^{x} - e^{- x}}{2} = sinh x$ ，故

$d s = \sqrt{1 + (y')^{2}} d x = \sqrt{1 + {sinh}^{2} x} d x = cosh x d x .$

于是弧长

$s = \int_{0}^{1} cosh x d x = sinh x |_{0}^{1} = sinh 1 = \frac{e - e^{- 1}}{2} .$

点评关键恒等式

1 + {sinh}^{2} x = {cosh}^{2} x

使被开方式恰为完全平方，省去硬算

\sqrt{1 + y'^{2}}

的代数整理；答案保留

sinh 1

即可，约等于

1.1752

。

第 6 题麦克劳林系数·逐项积分

第三章微分中值定理及导数应用

设函数

f (x) = ln cos x

，令

f (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + a_{4} x^{4} + o (x^{4})

，

x \to 0

。试计算

a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}

的值。

查看解答

题给的 $a_{k}$ 就是麦克劳林系数 $a_{k} = \frac{f^{(k)} (0)}{k!}$ 。由 $f (0) = ln 1 = 0$ 得 $a_{0} = 0$ 。

又 $f' (x) = - tan x$ ，而

$tan x = x + \frac{x^{3}}{3} + O (x^{5}) (x \to 0),$

故 $f' (x) = - x - \frac{x^{3}}{3} + O (x^{5})$ 。由 $f (0) = 0$ ，逐项积分得

$f (x) = - \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{12} + O (x^{6}) .$

（也可直接求导验证： $f'' (x) = - {sec}^{2} x$ ， $f''' (x) = - 2 {sec}^{2} x tan x$ ， $f^{(4)} (x) = - 4 {sec}^{2} x {tan}^{2} x - 2 {sec}^{4} x$ ，故 $f'' (0) = - 1$ ， $f''' (0) = 0$ ， $f^{(4)} (0) = - 2$ 。）

比较系数得

$a_{0} = 0, a_{1} = 0, a_{2} = - \frac{1}{2}, a_{3} = 0, a_{4} = - \frac{1}{12} .$

点评

a_{k}

就是

\frac{f^{(k)} (0)}{k!}

，用

tan x

的已知展开逐项积分最快；奇次项系数必须显式写出

a_{1} = a_{3} = 0

，漏写等于少答。

第 7 题多项式极值·驻点判别

第三章微分中值定理及导数应用

求

f (x) = - 3 x^{5} + 5 x^{3} + 2

的极值。

查看解答

$f' (x) = - 15 x^{4} + 15 x^{2} = - 15 x^{2} (x - 1) (x + 1) .$

驻点为 $x = - 1, 0, 1$ 。判断 $f'$ 的符号：当 $x < - 1$ 时 $f' < 0$ （递减）；当 $- 1 < x < 0$ 及 $0 < x < 1$ 时 $f' > 0$ （递增）；当 $x > 1$ 时 $f' < 0$ （递减）。

所以 $f$ 在 $x = - 1$ 处取极小值

$f (- 1) = - 3 (- 1)^{5} + 5 (- 1)^{3} + 2 = 3 - 5 + 2 = 0,$

在 $x = 1$ 处取极大值

$f (1) = - 3 + 5 + 2 = 4,$

而在 $x = 0$ 两侧 $f' > 0$ 不变号，故 $x = 0$ 不是极值点。

即极大值为 $f (1) = 4$ ，极小值为 $f (- 1) = 0$ 。

点评

x = 0

是

f'

的二重零点、两侧同号，不是极值点；解出三个驻点就报三个极值，是本题最常见的失分点。

第 8 题参数方程·二阶导数

第二章导数与微分

由参数方程

x = e^{t} cos t

，

y = e^{t} sin t

确定函数

y = y (x)

，试求

\frac{d y}{d x}, \frac{d^{2} y}{d x^{2}}

，其中

t \in (0, \frac{π}{4})

。

查看解答

$\frac{d x}{d t} = e^{t} (cos t - sin t), \frac{d y}{d t} = e^{t} (sin t + cos t) .$

于是

$\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{cos t + sin t}{cos t - sin t} .$

记 $u (t) = \frac{d y}{d x}$ ，则

$\frac{d u}{d t} = \frac{(cos t - sin t)^{2} + (cos t + sin t)^{2}}{(cos t - sin t)^{2}} = \frac{2}{(cos t - sin t)^{2}},$

故

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d u / d t}{d x / d t} = \frac{2}{(cos t - sin t)^{2}} \cdot \frac{1}{e^{t} (cos t - sin t)} = \frac{2}{e^{t} (cos t - sin t)^{3}} .$

当 $t \in (0, \frac{π}{4})$ 时 $cos t - sin t > 0$ ，故 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} > 0$ ，曲线在此段上凹。

点评二阶导必须再除一次

\frac{d x}{d t}

，即

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{(d y / d x)'_{t}}{x'_{t}}

；只对

\frac{d y}{d x}

关于

t

求导就漏掉一个因子，这是参数方程题最经典的坑。

第 9 题唯一极值点·反证法

第三章微分中值定理及导数应用

已知函数

f (x)

在

(0, + \infty)

上连续，且有唯一极值点

x_{0}

。若

x_{0}

为极大值点，证明

f (x_{0})

为

f (x)

的最大值。

查看解答

用反证法。设存在 $x_{1} \neq x_{0}$ 使 $f (x_{1}) > f (x_{0})$ ，不妨设 $x_{1} > x_{0}$ （ $x_{1} < x_{0}$ 时对区间 $[x_{1}, x_{0}]$ 作完全相同的论证）。

记 $m = {min}_{x \in [x_{0}, x_{1}]} f (x)$ ，设 $f$ 在 $η \in [x_{0}, x_{1}]$ 处取到 $m$ 。由 $m \leq f (x_{0}) < f (x_{1})$ 知 $η \neq x_{1}$ 。

若 $m < f (x_{0})$ ，则 $η \neq x_{0}$ ，于是 $η \in (x_{0}, x_{1})$ ，而 $η$ 是 $f$ 在 $(0, + \infty)$ 内的极小值点且 $η \neq x_{0}$ ，与「 $x_{0}$ 是唯一极值点」矛盾。

若 $m = f (x_{0})$ ，则 $f (x) \geq f (x_{0})$ 对一切 $x \in [x_{0}, x_{1}]$ 成立；而 $x_{0}$ 是极大值点，故存在 $δ > 0$ 使 $f (x) \leq f (x_{0})$ 对一切 $x \in (x_{0}, x_{0} + δ)$ 成立。两者结合得

$f (x) \equiv f (x_{0}), x \in (x_{0}, min {x_{1}, x_{0} + δ}),$

该区间内每一点既为极大值点又为极小值点，于是 $f$ 有无穷多个异于 $x_{0}$ 的极值点，仍与唯一性矛盾。

两种情形都导出矛盾，故对一切 $x \in (0, + \infty)$ 有 $f (x) \leq f (x_{0})$ ，即 $f (x_{0})$ 是 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上的最大值。证毕。

点评正确入口是取

[x_{0}, x_{1}]

上的「最小值」：

m < f (x_{0})

直接给出内点极小值，

m = f (x_{0})

则

f

在

x_{0}

右侧局部为常数、处处是极值点；若改取最大值，会卡在端点

x_{1}

上无法收尾。

第 10 题零点唯一性·拉格朗日

第三章微分中值定理及导数应用

已知函数

f (x)

在

[0, + \infty)

上连续，在

(0, + \infty)

上可导，

f (0) < 0

，且对

\forall x > 0

，

f' (x) > 1

。求证：

f (x)

在

[0, + \infty)

上有唯一零点。

查看解答

存在性：对任意 $x > 0$ ， $f$ 在 $[0, x]$ 上满足拉格朗日中值定理的条件，故存在 $ξ \in (0, x)$ 使

$f (x) - f (0) = f' (ξ) x > x,$

即 $f (x) > f (0) + x$ 。取 $x > - f (0) > 0$ ，便有 $f (x) > 0$ 。又 $f (0) < 0$ ， $f$ 在 $[0, x]$ 上连续，由零点定理，存在 $c \in (0, x)$ 使 $f (c) = 0$ 。

唯一性：若 $0 \leq a < b$ 且 $f (a) = f (b) = 0$ ，则由罗尔定理，存在 $η \in (a, b)$ 使 $f' (η) = 0$ ，与 $f' (η) > 1$ 矛盾。故零点唯一。证毕。

点评存在性不能只说「

f

连续且

f (0) < 0

」，必须先由

f' > 1

造出一个使

f > 0

的点；唯一性用罗尔定理一句话，也可说

f' > 1 > 0

保证

f

严格递增。

第 11 题差商单调·数列收敛

第三章微分中值定理及导数应用

函数

f (x)

在

(0, 1)

上有定义，且对任意

0 < x_{1} < x_{2} < x_{3} < 1

，有

\frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \geq \frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} \geq \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}}

成立。对

\forall n \in ℕ_{+}

，令

a_{n} = (n + 2) [f (\frac{1}{2}) - f (\frac{1}{2} - \frac{1}{n + 2})]

，求证：数列

{a_{n}}

收敛。

查看解答

记 $h_{n} = \frac{1}{n + 2}$ ，则 $h_{n} \leq \frac{1}{3}$ ， $\frac{1}{2} - h_{n} \geq \frac{1}{6} > 0$ ，且

$a_{n} = \frac{f (\frac{1}{2}) - f (\frac{1}{2} - h_{n})}{h_{n}}$

恰是 $f$ 在 $[\frac{1}{2} - h_{n}, \frac{1}{2}]$ 上的差商。

(1) 单调性。设 $m > n$ ，则 $h_{m} < h_{n}$ 。取

$x_{1} = \frac{1}{2} - h_{n}, x_{2} = \frac{1}{2} - h_{m}, x_{3} = \frac{1}{2},$

则 $0 < x_{1} < x_{2} < x_{3} < 1$ 。由题设条件的后一个不等式

$\frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} \geq \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}},$

即 $a_{n} \geq a_{m}$ 。故 ${a_{n}}$ 单调不增。

(2) 有下界。取 $x_{1} = \frac{1}{2} - h_{n}$ ， $x_{2} = \frac{1}{2}$ ， $x_{3} = \frac{3}{4}$ ，则 $0 < x_{1} < x_{2} < x_{3} < 1$ 。由题设条件的前一个不等式（即 $\frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \geq \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}}$ ）：

$a_{n} \geq \frac{f (\frac{3}{4}) - f (\frac{1}{2})}{\frac{1}{4}} = 4 [f (\frac{3}{4}) - f (\frac{1}{2})],$

右端是与 $n$ 无关的常数。

综上， ${a_{n}}$ 单调不增且有下界，由单调有界准则， ${a_{n}}$ 收敛。证毕。

点评把

a_{n}

认成区间

[\frac{1}{2} - h_{n}, \frac{1}{2}]

上的差商是破题点：单调性靠条件中间那个不等式，下界只需固定

x_{3} = \frac{3}{4}

（

h_{n} \leq \frac{1}{3}

保证三点都落在

(0, 1)

内）。

第 12 题尾积分约束·柯西不等式

第五章定积分及其应用

设

f (x)

在

[0, 1]

上连续，且

\forall x \in [0, 1]

，有

\int_{x}^{1} f (t) d t \geq \frac{1 - x^{3}}{2}

成立。求证：

\int_{0}^{1} [f (t)]^{2} d t \geq \frac{5}{12}

。

查看解答

令 $F (x) = \int_{x}^{1} f (t) d t$ ， $x \in [0, 1]$ 。因 $f$ 连续， $F$ 可导且 $F' (x) = - f (x)$ ， $F (1) = 0$ ，题设即

$F (x) \geq \frac{1 - x^{3}}{2}, x \in [0, 1] .$

两边乘以 $2 x$ 后在 $[0, 1]$ 上积分：

$\int_{0}^{1} 2 x F (x) d x \geq \int_{0}^{1} 2 x \cdot \frac{1 - x^{3}}{2} d x = \int_{0}^{1} (x - x^{4}) d x = \frac{1}{2} - \frac{1}{5} = \frac{3}{10} .$

另一方面，交换积分次序：

$\int_{0}^{1} 2 x F (x) d x = \int_{0}^{1} 2 x (\int_{x}^{1} f (t) d t) d x = \int_{0}^{1} f (t) (\int_{0}^{t} 2 x d x) d t = \int_{0}^{1} t^{2} f (t) d t .$

故

$\int_{0}^{1} t^{2} f (t) d t \geq \frac{3}{10} .$

由柯西—施瓦茨不等式，

$(\int_{0}^{1} t^{2} f (t) d t)^{2} \leq (\int_{0}^{1} t^{4} d t) (\int_{0}^{1} [f (t)]^{2} d t) = \frac{1}{5} \int_{0}^{1} [f (t)]^{2} d t .$

于是

$\int_{0}^{1} [f (t)]^{2} d t \geq 5 (\frac{3}{10})^{2} = \frac{9}{20} > \frac{5}{12},$

从而 $\int_{0}^{1} [f (t)]^{2} d t \geq \frac{5}{12}$ 。证毕。

点评关键是把尾积分约束配权

x^{2}

：一次分部积分（交换次序）就把

\int_{x}^{1} f

的下界变成

\int t^{2} f

的下界，再用柯西一步收口；注意上述论证实际给出更强的

\frac{9}{20}

，取

f (t) = \frac{3}{2} t^{2}

时取等。

2022-2023 学年期末试卷

12 题，原卷未印分值。

第 1 题数列极限·对数化

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{n \to + \infty} [\frac{e}{(1 + \frac{1}{n})^{n}}]^{n}

。

查看解答

取对数：记 $L$ 为所求，则

$ln L = lim_{n \to \infty} n [1 - n ln (1 + \frac{1}{n})] .$

由 $ln (1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} - \frac{1}{2 n^{2}} + \frac{1}{3 n^{3}} + o (\frac{1}{n^{3}})$ 得

$n [1 - n ln (1 + \frac{1}{n})] = n [\frac{1}{2 n} - \frac{1}{3 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})] = \frac{1}{2} - \frac{1}{3 n} + o (\frac{1}{n}) \to \frac{1}{2} .$

故 $L = e^{1 / 2} = \sqrt{e}$ 。

点评

(1 + \frac{1}{n})^{n}

只是

e

的近似，差距约

\frac{e}{2 n}

，取

n

次方后极限不是 1 —— 必须把

ln

展开到

n^{- 2}

项。这是「

1^{\infty}

型的数列版」。

第 2 题 ∞-∞ 型·泰勒

第一章函数与极限

求极限

{lim}_{x \to 0} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{{sin}^{2} x})

。

查看解答

通分：

$\frac{{sin}^{2} x - x^{2}}{x^{2} {sin}^{2} x} .$

由 $sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})$ 得 ${sin}^{2} x = x^{2} - \frac{x^{4}}{3} + o (x^{4})$ ，故分子 $= - \frac{x^{4}}{3} + o (x^{4})$ ；分母 $\sim x^{4}$ 。

$lim_{x \to 0} \frac{{sin}^{2} x - x^{2}}{x^{2} {sin}^{2} x} = lim_{x \to 0} \frac{- \frac{x^{4}}{3}}{x^{4}} = - \frac{1}{3} .$

点评

\infty - \infty

型先通分成

\frac{0}{0}

型。分母用

{sin}^{2} x \sim x^{2}

换掉即可，不必展开到

x^{4}

。

第 3 题导数定义·单调性

第二章导数与微分

设

f (x) = {\begin{cases} \frac{x}{π} + x^{2} sin \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0 . \end{cases}

(1) 求

f' (0)

；(2) 是否

\exists δ > 0

使得

f (x)

在

(- δ, δ)

内严格单调递增？请说明理由。

查看解答

(1) 用定义：

$f' (0) = lim_{h \to 0} \frac{f (h) - f (0)}{h} = lim_{h \to 0} [\frac{1}{π} + h sin \frac{1}{h}] = \frac{1}{π} .$

(2) 不存在。当 $x \neq 0$ 时

$f' (x) = \frac{1}{π} + 2 x sin \frac{1}{x} - cos \frac{1}{x} .$

取 $x_{k} = \frac{1}{2 k π} \to 0$ ，则 $f' (x_{k}) = \frac{1}{π} - 1 < 0$ 。由导数极限定理（达布定理）， $f'$ 在任意 $(0, δ)$ 内取负值，说明 $f$ 在 $0$ 的任意右邻域内都不单调递增，故不存在这样的 $δ$ 。

点评这题考的是「

f' (x_{0}) > 0

推不出邻域内单调」——

x^{2} sin \frac{1}{x}

这类振荡项就是反例制造机。判断单调性要看导数是否定号，不能只看一点。

第 4 题变限积分·隐函数求导

第二章导数与微分

已知二阶可导函数

y = y (x)

由方程

\int_{0}^{x + y} e^{- t^{2}} d t = \int_{0}^{x} y sin [(t + 1)^{2}] d t

确定，计算

y (0)

、

y' (0)

、

y'' (0)

。

查看解答

$y (0)$ ：令 $x = 0$ ，得 $\int_{0}^{y} e^{- t^{2}} d t = 0$ ，被积函数恒正，故 $y (0) = 0$ 。

$y' (0)$ ：两边对 $x$ 求导（变上限积分求导）

$e^{- (x + y)^{2}} (1 + y') = y sin [(x + 1)^{2}] + y' \int_{0}^{x} sin [(t + 1)^{2}] d t .$

代入 $x = 0, y = 0$ ： $1 + y' = 0$ ，故 $y' (0) = - 1$ 。

$y'' (0)$ ：对上式再求一次导并令 $x = 0$ 。左边为 $e^{- (x + y)^{2}} (1 + y')$ 的导数，在 $x = 0$ 处 $(1 + y') = 0$ 使第一项消失，只剩 $y'' (0)$ ；右边求导后在 $x = 0$ 处为 $y' sin 1 + y' sin 1 = 2 y' (0) sin 1$ 。故

$y'' (0) = 2 (- 1) sin 1 = - 2 sin 1 .$

点评关键是两边都是变限积分且上限含

y

，要用链式法则。求二阶导时利用「

1 + y' = 0

」把含

y''

的项单独留下，能省一大半计算。

第 5 题泰勒展开·系数

第二章导数与微分

设函数

f (x) = e^{(1 + \frac{x}{2})^{2}}

，且当

x \to 0

时有

f (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + a_{4} x^{4} + o (x^{4})

。求

a_{2}, a_{3}, a_{4}

。

查看解答

$(1 + \frac{x}{2})^{2} = 1 + x + \frac{x^{2}}{4}$ ，故 $f (x) = e \cdot e^{x + \frac{x^{2}}{4}}$ 。令 $u = x + \frac{x^{2}}{4}$ ，用 $e^{u} = 1 + u + \frac{u^{2}}{2} + \frac{u^{3}}{6} + \frac{u^{4}}{24} + o (u^{4})$ ：

$u = x + \frac{x^{2}}{4}, u^{2} = x^{2} + \frac{x^{3}}{2} + \frac{x^{4}}{16}, u^{3} = x^{3} + \frac{3 x^{4}}{4}, u^{4} = x^{4} .$

合并同类项： $x^{2}$ 项 $\frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}$ ； $x^{3}$ 项 $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{1}{4} + \frac{1}{6} = \frac{5}{12}$ ； $x^{4}$ 项 $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{16} + \frac{1}{6} \cdot \frac{3}{4} + \frac{1}{24} = \frac{1}{32} + \frac{1}{8} + \frac{1}{24} = \frac{19}{96}$ 。

$a_{2} = \frac{3 e}{4}, a_{3} = \frac{5 e}{12}, a_{4} = \frac{19 e}{96} .$

点评复合函数展开的稳妥做法：先代换

u

，算出

u, u^{2}, u^{3}, u^{4}

，再按次数合并。直接对

e^{(1 + x / 2)^{2}}

反复求导会算错。

第 6 题反常积分·分部积分

第五章定积分及其应用

求反常积分

J = \int_{0}^{+ \infty} \frac{arctan e^{x}}{e^{x}} d x

。

查看解答

分部积分，取 $u = arctan e^{x}$ ， $d v = e^{- x} d x$ ，则 $v = - e^{- x}$ ：

$J = [- e^{- x} arctan e^{x}]_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} e^{- x} \cdot \frac{e^{x}}{1 + e^{2 x}} d x = 0 + \frac{π}{4} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + e^{2 x}} .$

（ $x \to + \infty$ 时 $e^{- x} arctan e^{x} \to 0$ ； $x = 0$ 处为 $\frac{π}{4}$ 。）

再算 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + e^{2 x}}$ ：令 $u = e^{2 x}$ ， $d x = \frac{d u}{2 u}$ ，得

$\frac{1}{2} \int_{1}^{+ \infty} \frac{d u}{u (1 + u)} = \frac{1}{2} [ln \frac{u}{1 + u}]_{1}^{+ \infty} = \frac{1}{2} (0 - (- ln 2)) = \frac{ln 2}{2} .$

故 $J = \frac{π}{4} + \frac{ln 2}{2}$ 。

点评反常积分照样可以分部积分，但要先确认两端的极限存在。

\int \frac{d x}{1 + e^{2 x}}

也可写成

\int (1 - \frac{e^{2 x}}{1 + e^{2 x}}) d x

，一样快。

第 7 题定积分应用·弧长

第五章定积分及其应用

已知曲线

l

满足

r = 2^{θ}

，

θ \in [e, π]

，求曲线

l

的弧长。

查看解答

极坐标弧长公式 $s = \int_{α}^{β} \sqrt{r^{2} + r'^{2}} d θ$ ，其中 $r' = 2^{θ} ln 2$ 。

$\sqrt{r^{2} + r'^{2}} = 2^{θ} \sqrt{1 + {ln}^{2} 2},$

$s = \sqrt{1 + {ln}^{2} 2} \int_{e}^{π} 2^{θ} d θ = \sqrt{1 + {ln}^{2} 2} \cdot \frac{2^{π} - 2^{e}}{ln 2} .$

点评对数螺线

r = a^{θ}

的弧长是标准模型，记住

r' = a^{θ} ln a

。区间端点是

e

和

π

（不是

0

到

π

），抄题时容易看错。

第 8 题定积分计算·凑微分

第五章定积分及其应用

求定积分

I = \int_{0}^{\frac{π}{4}} e^{\frac{t}{2}} \frac{cos t - sin t}{\sqrt{cos t}} d t

。

查看解答

拆开： $\frac{cos t - sin t}{\sqrt{cos t}} = \sqrt{cos t} - \frac{sin t}{\sqrt{cos t}}$ ，注意

$\frac{d}{d t} (e^{t / 2} \sqrt{cos t}) = \frac{1}{2} e^{t / 2} \sqrt{cos t} - \frac{e^{t / 2} sin t}{2 \sqrt{cos t}} = \frac{1}{2} e^{t / 2} (\sqrt{cos t} - \frac{sin t}{\sqrt{cos t}}) .$

故被积函数 $= 2 \frac{d}{d t} (e^{t / 2} \sqrt{cos t})$ ，于是

$I = 2 [e^{t / 2} \sqrt{cos t}]_{0}^{\frac{π}{4}} = 2 (e^{π / 8} \cdot 2^{- 1 / 4} - 1) .$

点评这类题的信号是「

e^{t / 2}

乘上一坨含

cos t

的分式」——先猜原函数是

e^{t / 2} \sqrt{cos t}

，求导验证，系数差多少补多少。

第 9 题泰勒公式·二阶导数定义

第三章微分中值定理及导数应用

若

f (x)

在

x = x_{0}

处二阶可导，求证

{lim}_{h \to 0^{+}} \frac{f (x_{0} + h) + f (x_{0} - h) - 2 f (x_{0})}{h^{2}} = f'' (x_{0})

。

查看解答

由 $f$ 在 $x_{0}$ 二阶可导，可用带 Peano 余项的泰勒公式：

$f (x_{0} \pm h) = f (x_{0}) \pm h f' (x_{0}) + \frac{h^{2}}{2} f'' (x_{0}) + o (h^{2}) .$

两式相加（一次项抵消）：

$f (x_{0} + h) + f (x_{0} - h) - 2 f (x_{0}) = h^{2} f'' (x_{0}) + o (h^{2}),$

两边除以 $h^{2}$ 后取极限，即得 $f'' (x_{0})$ 。 $□$

点评只要求「二阶可导」而不要求「二阶连续」，所以不能用两次洛必达（洛必达需要

f''

在去心邻域内存在且连续）。Peano 余项的泰勒公式是这题的合法工具。

第 10 题最值·不等式

第三章微分中值定理及导数应用

设

α

为一给定正实数，

n = 2^{2023}

，证明：

\forall 0 < x < 1

，

n^{α} x^{n} \leq e^{- α} α^{α} (- ln x)^{- α}

。

查看解答

令 $t = - ln x > 0$ ，则 $x^{n} = e^{- n t}$ ，原不等式等价于

$n^{α} e^{- n t} \leq e^{- α} α^{α} t^{- α}, 即 n^{α} e^{- n t} t^{α} \leq e^{- α} α^{α} .$

研究 $g (t) = n^{α} t^{α} e^{- n t}$ （ $t > 0$ ）。 $g' (t) = n^{α} t^{α - 1} e^{- n t} (α - n t)$ ，唯一驻点 $t = \frac{α}{n}$ ，且为最大值点。

$g_{max} = n^{α} (\frac{α}{n})^{α} e^{- α} = e^{- α} α^{α},$

故不等式成立。 $□$

点评

n = 2^{2023}

是干扰项——结论对一切

n > 0

都成立。看到「

x^{n}

与

- ln x

的乘积」就该换元

t = - ln x

，把问题变成一元函数求最值。

第 11 题积分中值定理

第五章定积分及其应用

已知

f (x)

与

g (x)

在

[0, 1]

上连续，且对任意

x \in [0, 1]

都有

g (x) \geq 0

。证明：

\exists x_{0} \in [0, 1]

使得

\int_{0}^{1} f (x) g (x) d x = f (x_{0}) \int_{0}^{1} g (x) d x

。

查看解答

记 $m = {min}_{[0, 1]} f$ ， $M = {max}_{[0, 1]} f$ 。由 $g \geq 0$ 得

$m \int_{0}^{1} g \leq \int_{0}^{1} f g \leq M \int_{0}^{1} g .$

若 $\int_{0}^{1} g = 0$ ，由 $g \geq 0$ 连续知 $g \equiv 0$ ，等式两边均为 $0$ ，任取 $x_{0}$ 即可。

若 $\int_{0}^{1} g > 0$ ，则 $\frac{\int_{0}^{1} f g}{\int_{0}^{1} g} \in [m, M]$ 。由 $f$ 连续及介值定理，存在 $x_{0} \in [0, 1]$ 使 $f (x_{0})$ 等于该值，即得所要等式。 $□$

点评这就是第一积分中值定理的完整证明。注意

g \geq 0

只是为了让不等式方向一致；若

g

变号，结论不成立。

第 12 题第二积分中值定理

第五章定积分及其应用

已知

f (x)

在

(- 1, 2)

上连续，

g (x)

在

(- 1, 2)

上单调递增且导函数连续。证明：

\exists ξ \in [0, 1]

使得

\int_{0}^{1} f (x) g (x) d x = g (0) \int_{0}^{ξ} f (x) d x + g (1) \int_{ξ}^{1} f (x) d x

。

查看解答

记 $A (ξ) = \int_{0}^{ξ} f (x) d x$ ，则 $A (0) = 0$ ， $A (1) = \int_{0}^{1} f$ ，且 $A' (ξ) = f (ξ)$ 。用分部积分（对 $g$ 用微分）：

$\int_{0}^{1} f g = [A (x) g (x)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} A (x) g' (x) d x = A (1) g (1) - \int_{0}^{1} A (x) g' (x) d x .$

因 $g' \geq 0$ 连续、 $A$ 连续，由第一积分中值定理，存在 $ξ \in [0, 1]$ 使

$\int_{0}^{1} A (x) g' (x) d x = A (ξ) \int_{0}^{1} g' (x) d x = A (ξ) [g (1) - g (0)] .$

代回：

$\int_{0}^{1} f g = g (1) [A (1) - A (ξ)] + g (0) A (ξ) = g (1) \int_{ξ}^{1} f + g (0) \int_{0}^{ξ} f . □$

点评这就是 Bonnet 形式的第二积分中值定理。思路只有两步：先对

A g

分部积分，再用第一中值定理把

\int A g'

中的

g'

提出去。

2023-2024 学年期末试卷

14 题，原卷未印分值。

第 1 题幂指函数极限

第一章函数与极限

{lim}_{x \to 0} (cos x)^{{csc}^{2} x} =

______。

查看解答

取对数， $ln L = {lim}_{x \to 0} \frac{ln cos x}{{sin}^{2} x}$ 。由 $ln cos x \sim - \frac{x^{2}}{2}$ 、 ${sin}^{2} x \sim x^{2}$ 得 $ln L = - \frac{1}{2}$ ，故 $L = e^{- 1 / 2}$ 。

点评先取对数再等价替换，

1^{\infty}

不是 1。

第 2 题复合函数链式法则

第二章导数与微分

已知

f (x)

可导，

f (2) = 2

，

f' (2) = 3

，设

y = f (f (f (x)))

，则

\frac{d y}{d x} |_{x = 2} =

______。

查看解答

三层链式： $y' = f' (f (f (x))) \cdot f' (f (x)) \cdot f' (x)$ 。 $x = 2$ 时 $f (f (2)) = f (2) = 2$ ，故 $y' (2) = f' (2)^{3} = 27$ 。

点评由里向外逐层乘，

f (2) = 2

使三层同点。

第 3 题斜渐近线求法

第三章微分中值定理及导数应用

曲线

y = x arctan x

在

x \to - \infty

时的渐近线方程为 ______。

查看解答

设 $y = k x + b$ ： $k = {lim}_{x \to - \infty} \frac{x arctan x}{x} = - \frac{π}{2}$ ；又 $y + \frac{π}{2} x = x (arctan x + \frac{π}{2}) = x arctan \frac{1}{| x |} \to - 1$ ，故 $b = - 1$ ，渐近线 $y = - \frac{π}{2} x - 1$ 。

点评截距靠

arctan x + \frac{π}{2} \sim \frac{1}{| x |}

。

第 4 题参数方程二阶导数

第二章导数与微分

设

y = y (x)

由

x = 3 t - sin t

，

y = e^{t} - cos t

确定，则

\frac{d y}{d x} |_{t = 0} =

______，

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{t = 0} =

______。

查看解答

$x' = 3 - cos t$ ， $y' = e^{t} + sin t$ ， $t = 0$ 时 $x' = 2$ ， $y' = 1$ ，故 $\frac{d y}{d x} = \frac{1}{2}$ 。又 $x'' = sin t = 0$ ， $y'' = e^{t} + cos t = 2$ ， $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{y'' x' - y' x''}{x'^{3}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$ 。

点评二阶导要再除一次

x'

，最易漏。

第 5 题交换积分次序

第五章定积分及其应用

已知连续函数

f (x)

满足

\int_{0}^{1} x^{2} f (x) d x = 3

，则

\int_{0}^{1} x (\int_{1}^{x} f (t) d t) d x =

______。

查看解答

记 $F (x) = \int_{1}^{x} f (t) d t$ ，则 $F (1) = 0$ ， $F' = f$ 。分部积分：原式 $= [\frac{x^{2}}{2} F (x)]_{0}^{1} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x^{2} f (x) d x = 0 - \frac{3}{2} = - \frac{3}{2}$ 。

点评内层上限含变量，整体分部积分最快。

第 6 题反常积分比较判别

第五章定积分及其应用

设反常积分

\int_{1}^{+ \infty} (1 - cos \frac{1}{x^{p}}) d x

收敛，则

p

的取值范围是 ______。

查看解答

$x \to + \infty$ 时 $1 - cos \frac{1}{x^{p}} \sim \frac{1}{2 x^{2 p}}$ ，故与 $\int_{1}^{+ \infty} x^{- 2 p} d x$ 同敛散，需 $2 p > 1$ ，即 $p > \frac{1}{2}$ 。

点评指数是

2 p

不是

p

。

第 7 题隐函数求导与微分

第二章导数与微分

已知函数

y = y (x)

由方程

x^{3} + y^{3} - sin 3 x + 6 y = 0

确定，则

d y |_{x = 0} =

______，

\frac{d^{2} y}{d x^{2}} |_{x = 0} =

______。

查看解答

$x = 0$ 代入得 $y^{3} + 6 y = 0$ ，故 $y = 0$ 。两边求导： $3 x^{2} + 3 y^{2} y' - 3 cos 3 x + 6 y' = 0$ ，代入得 $y' = \frac{1}{2}$ ， $d y = \frac{1}{2} d x$ 。再求导： $6 x + 6 y (y')^{2} + 3 y^{2} y'' + 9 sin 3 x + 6 y'' = 0$ ，代入 $y = 0, y' = \frac{1}{2}$ 得 $y'' = 0$ 。

点评先定

y (0) = 0

；二次求导勿漏

6 y y'^{2}

。

第 8 题参数曲线弧长

第五章定积分及其应用

曲线

x = t + sin t

，

y = 2 + cos t

（

0 \leq t \leq 2 π

）的弧长是 ______。

查看解答

$x' = 1 + cos t$ ， $y' = - sin t$ ， $(x')^{2} + (y')^{2} = 2 + 2 cos t = 4 {cos}^{2} \frac{t}{2}$ 。故 $s = \int_{0}^{2 π} 2 | cos \frac{t}{2} | d t = 2 (\int_{0}^{π} cos \frac{t}{2} d t - \int_{π}^{2 π} cos \frac{t}{2} d t) = 2 (2 + 2) = 8$ 。

点评

t > π

时

cos \frac{t}{2} < 0

，须取绝对值。

第 9 题泰勒公式求极限

第一章函数与极限

计算函数极限

{lim}_{x \to 0} \frac{\frac{1}{x} ln (1 + x^{2}) - sin x}{x - sin x}

。

查看解答

$\frac{ln (1 + x^{2})}{x} = x - \frac{x^{3}}{2} + O (x^{5})$ ， $sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + O (x^{5})$ ，分子 $= - \frac{x^{3}}{3} + O (x^{5})$ ；分母 $x - sin x = \frac{x^{3}}{6} + O (x^{5})$ 。故极限 $= \frac{- 1 / 3}{1 / 6} = - 2$ 。

点评分母到

x^{3}

够，分子须展到同阶。

第 10 题数列极限夹逼法

第一章函数与极限

计算极限

{lim}_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + k (k - 1)}

。

查看解答

通项 $= \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + \frac{k (k - 1)}{n^{2}}}$ ，而 $\frac{k (k - 1)}{n^{2}} = (\frac{k}{n})^{2} + O (\frac{1}{n})$ 对 $1 \leq k \leq n$ 一致，故和式与 $\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 + (k / n)^{2}}$ 之差 $\to 0$ 。由定积分定义，极限 $= \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x^{2}} = \frac{π}{4}$ 。

点评

k (k - 1)

与

k^{2}

差

O (n)

，不改黎曼和。

第 11 题有理函数积分

第四章不定积分

求不定积分

\int \frac{3 x^{2} + x + 1}{(x - 1) (x^{2} + 2 x + 2)} d x

。

查看解答

部分分式： $\frac{3 x^{2} + x + 1}{(x - 1) (x^{2} + 2 x + 2)} = \frac{1}{x - 1} + \frac{2 x + 1}{x^{2} + 2 x + 2}$ 。又 $2 x + 1 = (2 x + 2) - 1$ ，故原式 $= ln | x - 1 | + ln (x^{2} + 2 x + 2) - arctan (x + 1) + C$ 。

点评拆出

2 x + 2

，余项正好凑

arctan (x + 1)

。

第 12 题幂指函数比大小

第三章微分中值定理及导数应用

设

n

为正整数，

n \neq 7

，试比较

(\sqrt{n})^{\sqrt{n + 1}}

与

(\sqrt{n + 1})^{\sqrt{n}}

的大小。

查看解答

取对数后即比较 $\frac{ln n}{\sqrt{n}}$ 与 $\frac{ln (n + 1)}{\sqrt{n + 1}}$ 。令 $f (x) = \frac{ln x}{\sqrt{x}}$ ， $f' (x) = \frac{2 - ln x}{2 x^{3 / 2}}$ ，故 $f$ 在 $(0, e^{2})$ 增、 $(e^{2}, + \infty)$ 减。当 $n \geq 8$ 时 $f (n) > f (n + 1)$ ，左式大；当 $1 \leq n \leq 6$ 时两者同处递增段， $f (n) < f (n + 1)$ ，左式小。 $n = 7$ 时 $7 < e^{2} < 8$ ，直接算 $\sqrt{8} ln 7 > \sqrt{7} ln 8$ ，左式仍大。

点评

e^{2} \approx 7.39

夹住 7 与 8，

n = 7

单独验。

第 13 题平面图形面积与体积

第五章定积分及其应用

设平面有界区域

D

由曲线

y = arctan x

与直线

x = 1

和

x

轴围成。(1) 求

D

的面积；(2) 求

D

绕

y

轴旋转所成旋转体的体积。

查看解答

(1) $S = \int_{0}^{1} arctan x d x = [x arctan x - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})]_{0}^{1} = \frac{π}{4} - \frac{ln 2}{2}$ 。(2) 柱壳法： $V = 2 π \int_{0}^{1} x arctan x d x = 2 π [\frac{(x^{2} + 1) arctan x - x}{2}]_{0}^{1} = 2 π (\frac{π}{4} - \frac{1}{2}) = \frac{π^{2}}{2} - π$ 。

点评绕

y

轴用柱壳，

\int x arctan x

分部。

第 14 题递推数列极限

第一章函数与极限

设

0 < a_{1} < 1

，

a_{n + 1} = a_{n} (1 - a_{n})

，

n = 1, 2, 3, \dots

。(1) 证明

a_{n} < \frac{1}{n + 1}

，

n = 2, 3, 4, \dots

；(2) 证明数列

{n a_{n}}

收敛；(3) 计算

{lim}_{n \to + \infty} n a_{n}

。

查看解答

(1) $a_{2} = a_{1} (1 - a_{1}) \leq \frac{1}{4} < \frac{1}{3}$ 成立。设 $a_{n} < \frac{1}{n + 1} \leq \frac{1}{3} < \frac{1}{2}$ ，则 $g (t) = t (1 - t)$ 在 $(0, \frac{1}{2})$ 递增， $a_{n + 1} < \frac{1}{n + 1} \cdot \frac{n}{n + 1} = \frac{n}{(n + 1)^{2}} < \frac{1}{n + 2}$ ，归纳成立。\n\n(2) $(n + 1) a_{n + 1} - n a_{n} = a_{n} - (n + 1) a_{n}^{2} = a_{n} [1 - (n + 1) a_{n}] > 0$ ，故 ${n a_{n}}$ 递增；又 $n a_{n} < \frac{n}{n + 1} < 1$ ，有上界，故收敛。\n\n(3) 由 $\frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{1 - a_{n}}$ 得 $\frac{1}{a_{n}} = \frac{1}{a_{1}} + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{1 - a_{k}}$ ；由 (1) 有 $1 < \frac{1}{1 - a_{k}} \leq 1 + 2 a_{k}$ ，且 $\sum_{k = 1}^{n} a_{k} \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k + 1} \leq ln n + 1$ ，故 $\frac{1}{a_{n}} = n + O (ln n)$ ，从而 $n a_{n} = \frac{n}{n + O (ln n)} \to 1$ 。即极限为 1。

点评先证

a_{n} < \frac{1}{n + 1}

，才能估

\frac{1}{a_{n}}

的阶。

2024-2025 学年期末试卷

15 题，原卷未印分值。

第 1 题斜渐近线方程求法

第三章微分中值定理及导数应用

曲线

y = x + x ln (1 + \frac{1}{x})

的斜渐近线方程为 ____.

查看解答

$k = {lim}_{x \to \infty} \frac{y}{x} = 1 + {lim}_{x \to \infty} \frac{ln (1 + 1 / x)}{1} = 1$ ；

$b = {lim}_{x \to \infty} (y - x) = {lim}_{x \to \infty} x ln (1 + \frac{1}{x}) = {lim}_{t \to 0} \frac{ln (1 + t)}{t} = 1$ 。

故斜渐近线为 $y = x + 1$ 。

点评先求 k 再求 b，ln 那项极限是 1 不是 0。

第 2 题参数方程切线方程

第二章导数与微分

曲线

x = 1 + t^{2}, y = t^{3}

在

t = 2

对应点处的切线方程为 ____.

查看解答

$t = 2$ 时 $x = 5, y = 8$ ； $\frac{d y}{d x} = \frac{3 t^{2}}{2 t} = \frac{3 t}{2}$ ，故斜率 $k = 3$ 。

切线 $y - 8 = 3 (x - 5)$ ，即 $y = 3 x - 7$ 。

点评参数方程斜率是 dy/dt 除以 dx/dt。

第 3 题等价无穷小定参数

第一章函数与极限

设

x \to 0

时，

a x + b x^{2} + ln (1 + x)

与

x^{2}

是等价无穷小，则

a =

____，

b =

____.

查看解答

$ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})$ ，故

$a x + b x^{2} + ln (1 + x) = (a + 1) x + (b - \frac{1}{2}) x^{2} + o (x^{2})$ 。

与 $x^{2}$ 等价需 $a + 1 = 0$ 且 $b - \frac{1}{2} = 1$ ，得 $a = - 1, b = \frac{3}{2}$ 。

点评一次项系数必须为 0，二次项系数为 1。

第 4 题柱壳法求旋转体体积

第五章定积分及其应用

曲线

y = 1 - x^{2}

与

x

轴所围区域绕

y

轴旋转一周所得旋转体的体积为 ____.

查看解答

柱壳法：

$V = 2 π \int_{0}^{1} x (1 - x^{2}) d x = 2 π [\frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{4}]_{0}^{1} = 2 π \cdot \frac{1}{4} = \frac{π}{2}$ 。

点评绕 y 轴用柱壳，套圆盘公式会错。

第 5 题极坐标曲线围成面积

第五章定积分及其应用

已知曲线

l

的极坐标方程为

r = sin 3 θ (0 \leq θ \leq \frac{π}{3})

，则

l

围成的有界区域的面积为 ____.

查看解答

$S = \frac{1}{2} \int_{0}^{π / 3} {sin}^{2} 3 θ d θ = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{12}$ 。

点评面积公式要乘 1/2，一个花瓣就是所给区间。

第 6 题无穷限广义积分计算

第五章定积分及其应用

\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x (x + 1)} d x =

____.

查看解答

$\frac{1}{x (x + 1)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x + 1}$ ，

$\int_{1}^{b} = [ln x - ln (x + 1)]_{1}^{b} = ln \frac{b}{b + 1} + ln 2 \to ln 2$ 。

点评裂项后取极限，下限处要补 ln2。

第 7 题隐函数求二阶导数

第二章导数与微分

设函数

y = y (x)

由

x^{2} + x y + y^{3} = 1

确定，则

y'' (1) =

____.

查看解答

$x = 1$ 代入得 $y + y^{3} = 0$ ，即 $y = 0$ 。

求导： $2 x + y + x y' + 3 y^{2} y' = 0$ ，代入 $(1, 0)$ 得 $y' = - 2$ 。

再求导： $2 + 2 y' + x y'' + 6 y (y')^{2} + 3 y^{2} y'' = 0$ ，代入得 $2 - 4 + y'' = 0$ ， $y'' = 2$ 。

点评先用原方程定出 y(1)=0，再逐次代值。

第 8 题莱布尼茨公式求高阶导

第二章导数与微分

设

f (x) = x^{2} (e^{x} + 1)

，则

f^{(5)} (1) =

____.

查看解答

$x^{2}$ 求导三次以上为零，故 $f^{(5)} = (x^{2} e^{x})^{(5)} = e^{x} [x^{2} + 10 x + 20]$ 。

$f^{(5)} (1) = 31 e$ 。

点评常数 1 的五阶导为 0，只剩 e^x 项。

第 9 题泰勒展开求函数极限

第一章函数与极限

计算极限

{lim}_{x \to \infty} x [e^{1 / x} - x ln (1 + \frac{1}{x})]

。

查看解答

令 $t = \frac{1}{x} \to 0^{+}$ ，原式 $= \frac{1}{t} [e^{t} - \frac{ln (1 + t)}{t}]$ 。

$e^{t} = 1 + t + \frac{t^{2}}{2} + \frac{t^{3}}{6} + \dots$ ， $\frac{ln (1 + t)}{t} = 1 - \frac{t}{2} + \frac{t^{2}}{3} - \dots$ 。

差为 $\frac{3 t}{2} + \frac{t^{2}}{6} + \dots$ ，乘 $\frac{1}{t}$ 后极限为 $\frac{3}{2}$ 。

点评两项都展到 t² 以上，否则漏阶。

第 10 题参数曲线弧长计算

第五章定积分及其应用

求曲线

x = {cos}^{3} t, y = {sin}^{3} t (0 \leq t \leq 2 π)

的弧长。

查看解答

$d s = \sqrt{(x')^{2} + (y')^{2}} d t = 3 | sin t cos t | d t$ 。

$L = 3 \int_{0}^{2 π} | sin t cos t | d t = \frac{3}{2} \int_{0}^{2 π} | sin 2 t | d t = \frac{3}{2} \cdot 4 = 6$ 。

点评开方要加绝对值，四段对称，全长 6。

第 11 题分部积分求不定积分

第四章不定积分

求不定积分

\int x ln \frac{x - 1}{x + 1} d x

。

查看解答

取 $v = \frac{x^{2}}{2}$ 分部积分：

$I = \frac{x^{2}}{2} ln \frac{x - 1}{x + 1} - \frac{1}{2} \int x^{2} (\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 1}) d x$ 。

$\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 1} = \frac{2}{x^{2} - 1}$ ，后项 $= - \int \frac{x^{2}}{x^{2} - 1} d x = - x - \frac{1}{2} ln | \frac{x - 1}{x + 1} |$ 。

$I = \frac{x^{2} - 1}{2} ln | \frac{x - 1}{x + 1} | - x + C$ 。

点评导数化成的 2/(x²-1) 要真除，别漏 -x 项。

第 12 题交换积分次序求定积分

第五章定积分及其应用

已知函数

f (x) = x \int_{1}^{x} \frac{sin t^{2}}{t} d t

，求

\int_{0}^{1} f (x) d x

。

查看解答

记 $g (t) = \frac{sin t^{2}}{t}$ ，因 $x < 1$ 有 $f (x) = - x \int_{x}^{1} g (t) d t$ 。

$\int_{0}^{1} f d x = - \int_{0}^{1} g (t) (\int_{0}^{t} x d x) d t = - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} t sin t^{2} d t$ 。

$= - \frac{1}{2} \cdot \frac{1 - cos 1}{2} = \frac{cos 1 - 1}{4}$ 。

点评换序时注意 x<1 使 1 到 x 的积分反号。

第 13 题面积函数的最值问题

第五章定积分及其应用

设

t > 0

，平面有界区域

D

由曲线

y = x e^{- 2 x}

与直线

x = t

，

x = 2 t

及

x

轴所围成。已知

D

的面积为

S (t)

，求

S (t)

的最大值。

查看解答

$S (t) = \int_{t}^{2 t} x e^{- 2 x} d x$ ，而 $\int x e^{- 2 x} d x = - e^{- 2 x} (\frac{x}{2} + \frac{1}{4})$ 。

$S' (t) = 4 t e^{- 4 t} - t e^{- 2 t} = t e^{- 4 t} (4 - e^{2 t})$ ，故唯一驻点 $t = ln 2$ ，且 $t < ln 2$ 时 $S' > 0$ 、 $t > ln 2$ 时 $S' < 0$ ，为最大值点。

$S (ln 2) = - \frac{1}{16} (ln 2 + \frac{1}{4}) + \frac{1}{4} (\frac{ln 2}{2} + \frac{1}{4}) = \frac{ln 2}{16} + \frac{3}{64} = \frac{4 ln 2 + 3}{64}$ 。

点评S(t) 是变限积分，求导不必先积出原函数。

第 14 题数列不等式与级数收敛

第一章函数与极限

已知数列

{a_{n}}, {b_{n}}

满足

e^{a_{n}} = a_{n} + e^{b_{n}}

，其中

0 < a_{n} < \frac{1}{n^{2}}

。证明：(1)

0 < b_{n} < \frac{3 a_{n}^{2}}{4}

；(2)

{lim}_{n \to \infty} (\frac{b_{1}}{a_{1}} + \frac{b_{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{b_{n}}{a_{n}})

存在。

查看解答

(1) 由 $e^{b_{n}} = e^{a_{n}} - a_{n} > 1$ （ $a_{n} > 0$ ）得 $b_{n} > 0$ 。

又 $e^{b} - 1 \geq b$ ，故 $b_{n} < e^{a_{n}} - 1 - a_{n}$ 。设 $h (x) = \frac{3}{4} x^{2} - e^{x} + 1 + x$ ， $h (0) = 0$ ， $h' (x) = \frac{3}{2} x - e^{x} + 1$ ， $h' (0) = 0$ ， $h'' (x) = \frac{3}{2} - e^{x}$ ， $h'$ 先增后减且 $h' (1) = \frac{5}{2} - e < 0$ ，故 $h$ 先增后减， $h (1) = \frac{11}{4} - e > 0$ ，于是 $h \geq 0$ 于 $[0, 1]$ ，即 $e^{a} - 1 - a \leq \frac{3}{4} a^{2}$ （ $0 < a \leq 1$ ）。结合 $a_{n} < 1$ 得 $b_{n} < \frac{3 a_{n}^{2}}{4}$ 。

(2) 由 (1) 得 $0 < \frac{b_{n}}{a_{n}} < \frac{3}{4} a_{n} < \frac{3}{4 n^{2}}$ ，而 $\sum \frac{1}{n^{2}}$ 收敛。部分和单调递增且有上界 $\frac{3}{4} \sum \frac{1}{n^{2}}$ ，故极限存在。证毕。

点评关键是用 e^b-1≥b 把 b 换成 a 的式子再估界。

第 15 题凸函数零点与积分不等式

第三章微分中值定理及导数应用

已知函数

f (x)

在区间

[0, 1]

上有二阶导数，且

f'' (x) > 0

，

f (0) = \int_{0}^{1} f (x) d x = 0

。证明：(1)

f (x)

在区间

(0, 1)

内存在唯一零点

x_{0}

；(2) 在 (1) 的条件下，当

x \in (0, x_{0})

时

f (x) < 0

；(3)

\int_{0}^{1} x f (x) d x > 0

。

查看解答

(1) $f'' > 0$ 故 $f$ 严格凸。若 $f \geq 0$ 于 $[0, 1]$ ，由 $\int_{0}^{1} f = 0$ 得 $f \equiv 0$ ，与 $f'' > 0$ 矛盾，故 $f$ 在 $(0, 1)$ 内变号，从而有零点。若零点不唯一，取 $0 < x_{1} < x_{2}$ 两个零点，由严格凸性

$f (x_{1}) < \frac{x_{2} - x_{1}}{x_{2}} f (0) + \frac{x_{1}}{x_{2}} f (x_{2}) = 0$ ，矛盾。故零点唯一，记为 $x_{0}$ 。

(2) 对 $0 < x < x_{0}$ ，由严格凸性 $f (x) < \frac{x_{0} - x}{x_{0}} f (0) + \frac{x}{x_{0}} f (x_{0}) = 0$ 。

(3) 由 (2) 及 $f' (x_{0}) > 0$ （否则 $f$ 在 $[0, x_{0}]$ 递减，与 $f < 0$ 矛盾）， $f'$ 递增得 $f > 0$ 于 $(x_{0}, 1]$ 。又 $\int_{0}^{1} f = 0$ ，故

$\int_{0}^{1} x f (x) d x = \int_{0}^{1} (x - x_{0}) f (x) d x$ 。

被积函数在 $(0, x_{0})$ 上两个负因子相乘为正，在 $(x_{0}, 1)$ 上两个正因子相乘为正，故积分 $> 0$ 。证毕。

点评减去 x₀ 倍 ∫f=0 造出 (x-x₀)f 是关键。

2025-2026 学年期末试卷

15 题，原卷未印分值。

第 1 题斜渐近线的分离求法

第三章微分中值定理及导数应用

曲线

y = \frac{(x + 1) (x + 2) (x + 3)}{(x + 4) (x + 5)}

的斜渐近线方程为 ______。

查看解答

分子分母展开后作多项式除法： $y = x - 3 + \frac{18 x + 66}{x^{2} + 9 x + 20}$ 。因 ${lim}_{x \to \infty} \frac{18 x + 66}{x^{2} + 9 x + 20} = 0$ ，故斜渐近线为 $y = x - 3$ 。用公式核对： $a = {lim}_{x \to \infty} \frac{y}{x} = 1$ ， $b = {lim}_{x \to \infty} (y - x) = - 3$ 。

点评先做除法分离整式部分，只看最高次比会漏常数项。

第 2 题参数方程曲线切线

第二章导数与微分

曲线

x = \frac{3 t}{1 + t^{3}}

，

y = \frac{3 t^{2}}{1 + t^{3}}

在

t = 1

对应点处的切线方程为 ______。

查看解答

$x' (t) = \frac{3 - 6 t^{3}}{(1 + t^{3})^{2}}$ ， $y' (t) = \frac{6 t - 3 t^{4}}{(1 + t^{3})^{2}}$ ，故 $x' (1) = - \frac{3}{4}$ ， $y' (1) = \frac{3}{4}$ ， $\frac{d y}{d x} |_{t = 1} = - 1$ 。切点 $x = y = \frac{3}{2}$ 。切线 $y - \frac{3}{2} = - (x - \frac{3}{2})$ ，即 $x + y = 3$ 。

点评参数式斜率是

y' / x'

，别把

y' (1)

当斜率。

第 3 题等价无穷小的阶与系数

第一章函数与极限

当

x \to 0

时，

tan (tan x) - x

与

a x^{b}

是等价无穷小，则

a =

______，

b =

______。

查看解答

内层 $u = tan x = x + \frac{x^{3}}{3} + \frac{2 x^{5}}{15} + \dots$ ， $u^{3} = x^{3} + x^{5} + \dots$ 。代入 $tan u = u + \frac{u^{3}}{3} + \frac{2 u^{5}}{15} + \dots$ 得 $tan (tan x) = x + \frac{2}{3} x^{3} + \frac{3}{5} x^{5} + \dots$ 。故 $tan (tan x) - x \sim \frac{2}{3} x^{3}$ ， $a = \frac{2}{3}$ ， $b = 3$ 。

点评复合函数要展开到

x^{3}

，只代一层会丢掉

1 / 3

项。

第 4 题极坐标曲线围成面积

第五章定积分及其应用

曲线

C

的极坐标方程为

r = 2 cos 5 θ (\frac{3 π}{10} \leq θ \leq \frac{π}{2})

，则

C

围成的有界区域的面积为 ______。

查看解答

此区间上 $r \geq 0$ ，且两端 $r = 0$ ，曲线闭合。 $S = \frac{1}{2} \int_{3 π / 10}^{π / 2} 4 {cos}^{2} 5 θ d θ = \frac{2}{5} \int_{3 π / 2}^{5 π / 2} {cos}^{2} u d u$ （令 $u = 5 θ$ ）。积分区间长为 $π$ ， $\int_{3 π / 2}^{5 π / 2} {cos}^{2} u d u = \frac{π}{2}$ ，故 $S = \frac{2}{5} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{5}$ 。

点评两端

r = 0

才是封闭花瓣，直接用

π / 5

区间长会错。

第 5 题三角有理式定积分

第五章定积分及其应用

\int_{0}^{π} \frac{cos 5 x}{cos x} d x =

______。

查看解答

由 $cos 5 x = 16 {cos}^{5} x - 20 {cos}^{3} x + 5 cos x$ 得 $\frac{cos 5 x}{cos x} = 16 {cos}^{4} x - 20 {cos}^{2} x + 5$ 。利用 $\int_{0}^{π} {cos}^{2} x d x = \frac{π}{2}$ ， $\int_{0}^{π} {cos}^{4} x d x = \frac{3 π}{8}$ 。原式 $= 16 \cdot \frac{3 π}{8} - 20 \cdot \frac{π}{2} + 5 π = 6 π - 10 π + 5 π = π$ 。

点评先把倍角化成

cos x

的多项式，硬凑微分会卡住。

第 6 题隐函数二阶导数计算

第二章导数与微分

设函数

y = y (x)

由

x = y e^{y} (y > - 1)

确定，则

y'' (0) =

______。

查看解答

$x = 0$ 时 $y e^{y} = 0$ ，得 $y = 0$ 。两边对 $x$ 求导： $1 = e^{y} (1 + y) y'$ ，故 $y' (0) = 1$ 。再求导： $0 = e^{y} (2 + y) y'^{2} + e^{y} (1 + y) y''$ ，得 $y'' (0) = - \frac{(2 + 0) \cdot 1^{2}}{1} = - 2$ 。

点评先定

y (0) = 0

；二阶导要整式再求导，别硬解

y'

。

第 7 题泰勒展开求高阶导数值

第三章微分中值定理及导数应用

已知

f (x) = \frac{1}{1 + x + x^{2}}

，则

f^{(4)} (0) =

______。

查看解答

$f (x) = \frac{1 - x}{1 - x^{3}} = (1 - x) (1 + x^{3} + x^{6} + \dots) = 1 - x + x^{3} - x^{4} + \dots$ 。 $x^{4}$ 的系数为 $- 1$ ，故 $f^{(4)} (0) = 4! \cdot (- 1) = - 24$ 。

点评注意分母是

1 + x + x^{2}

，误当

1 + x^{2}

会得

+ 24

。

第 8 题绕轴旋转体体积计算

第五章定积分及其应用

曲线

y = 4 - x^{2}

与

x

轴围成的有界区域绕

x

轴旋转所得旋转体的体积为 ______。

查看解答

交点 $x = \pm 2$ ， $V = π \int_{- 2}^{2} (4 - x^{2})^{2} d x$ 。 $(4 - x^{2})^{2} = 16 - 8 x^{2} + x^{4}$ ，原函数 $16 x - \frac{8}{3} x^{3} + \frac{x^{5}}{5}$ 。 $V = 2 π (32 - \frac{64}{3} + \frac{32}{5}) = 2 π \cdot \frac{256}{15} = \frac{512 π}{15}$ 。

点评偶函数可乘 2，但别把

π

漏在括号外。

第 9 题通分型极限的泰勒处理

第一章函数与极限

计算函数极限

{lim}_{x \to 0} (\frac{1}{{sin}^{2} x} - \frac{1}{x^{2}})

。

查看解答

${sin}^{2} x = x^{2} - \frac{x^{4}}{3} + \dots$ ，故 $\frac{1}{{sin}^{2} x} = \frac{1}{x^{2}} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x^{2}}{3} + \dots} = \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{3} + O (x^{2})$ 。相减得极限 $\frac{1}{3}$ 。

点评通分后用洛必达要做四次，泰勒一步到位。

第 10 题参数曲线弧长计算

第五章定积分及其应用

求曲线

x = t - cos t

，

y = 1 + sin t (0 \leq t \leq π)

的弧长。

查看解答

$x' = 1 + sin t$ ， $y' = cos t$ ， $x'^{2} + y'^{2} = 2 + 2 sin t = 2 (sin \frac{t}{2} + cos \frac{t}{2})^{2}$ 。 $d s = \sqrt{2} (sin \frac{t}{2} + cos \frac{t}{2}) d t$ 。 $s = \sqrt{2} \int_{0}^{π} (sin \frac{t}{2} + cos \frac{t}{2}) d t = \sqrt{2} [- 2 cos \frac{t}{2} + 2 sin \frac{t}{2}]_{0}^{π} = 4 \sqrt{2}$ 。

点评开方后要判号：区间上

sin \frac{t}{2} + cos \frac{t}{2} > 0

。

第 11 题分部积分求不定积分

第四章不定积分

计算

\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}

的导数，并求不定积分

\int \frac{ln x}{(1 + x^{2})^{3 / 2}} d x

。

查看解答

$(\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}})' = \frac{1}{(1 + x^{2})^{3 / 2}}$ 。取 $u = ln x$ ， $d v = \frac{d x}{(1 + x^{2})^{3 / 2}}$ ，则 $v = \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ 。 $\int \frac{ln x}{(1 + x^{2})^{3 / 2}} d x = \frac{x ln x}{\sqrt{1 + x^{2}}} - \int \frac{d x}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ 。 $= \frac{x ln x}{\sqrt{1 + x^{2}}} - ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) + C$ 。

点评第一问就是给第二问的

v

，注意

\int \frac{d x}{\sqrt{1 + x^{2}}}

是反双曲正弦。

第 12 题反常积分的分部积分

第五章定积分及其应用

已知

\int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x}{x} d x = \frac{π}{2}

，计算

I_{1} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{{sin}^{2} x}{x^{2}} d x

，

I_{2} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{{sin}^{3} x}{x^{3}} d x

。

查看解答

$I_{1}$ ： $u = {sin}^{2} x$ ， $d v = x^{- 2} d x$ ， $v = - \frac{1}{x}$ ，边界项为 0， $I_{1} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 sin x cos x}{x} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin 2 x}{x} d x = \frac{π}{2}$ 。 $I_{2}$ ：同样取 $v = - \frac{1}{2 x^{2}}$ ，边界项为 0， $I_{2} = \frac{3}{2} \int_{0}^{+ \infty} \frac{{sin}^{2} x cos x}{x^{2}} d x$ ；再分部一次得 $I_{2} = \frac{3}{2} \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 sin x {cos}^{2} x - {sin}^{3} x}{x} d x$ 。由 $2 sin x {cos}^{2} x - {sin}^{3} x = \frac{3 sin 3 x - sin x}{4}$ ， $I_{2} = \frac{3}{8} (3 \cdot \frac{π}{2} - \frac{π}{2}) = \frac{3 π}{8}$ 。

点评两次分部后化成

sin a x / x

型，边界项靠

{sin}^{3} x / x^{2} \to 0

消失。

第 13 题变动区间面积的最大值

第五章定积分及其应用

设

t > 1

，平面有界区域

D

由曲线

y = \frac{ln x}{x^{2}}

与直线

x = t

，

x = 2 t

及

x

轴围成，记

D

的面积为

S (t)

，求

S (t)

的最大值。

查看解答

$S (t) = \int_{t}^{2 t} \frac{ln x}{x^{2}} d x = [- \frac{ln x + 1}{x}]_{t}^{2 t} = \frac{ln (t / 2) + 1}{2 t}$ 。 $S' (t) = - \frac{ln (t / 2)}{2 t^{2}}$ ，故 $t = 2$ 时取极大也是最大。 $S (2) = \frac{0 + 1}{4} = \frac{1}{4}$ 。

点评

\int \frac{ln x}{x^{2}}

的原函数是

- \frac{ln x + 1}{x}

，符号易错。

第 14 题泰勒展开证明不等式

第三章微分中值定理及导数应用

(1) 当

x \in (0, \frac{π}{2})

时，证明

x > (1 + \frac{x^{2}}{6}) sin x

； (2) 设数列

{a_{n}}

满足

a_{1} = 1

，且

a_{n + 1} = sin (a_{n})

，证明

a_{2026} < \frac{1}{26}

。

查看解答

(1) 令 $g (x) = x - (1 + \frac{x^{2}}{6}) sin x$ ， $g (0) = 0$ ， $g' (0) = 0$ 。 $g' (x) = 1 - \frac{x}{3} sin x - (1 + \frac{x^{2}}{6}) cos x$ ， $g'' (x) = (\frac{2}{3} + \frac{x^{2}}{6}) sin x - \frac{2 x}{3} cos x$ ， $g'' (0) = 0$ 。 $g''' (x) = \frac{x^{2}}{6} cos x + x sin x > 0$ ，故 $g''$ 、 $g'$ 、 $g$ 依次严格增， $g > 0$ ，得证。(2) $0 < a_{n} < 1$ 且 $a_{n + 1} = sin a_{n} < a_{n}$ ，故 $0 < a_{n} \leq a_{2} = sin 1 < \frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $\frac{1}{a_{2}^{2}} > \frac{4}{3}$ 。由 $sin x < x - \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{5}}{120} < \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2} / 3}}$ 得 $\frac{1}{a_{n + 1}^{2}} > \frac{1}{a_{n}^{2}} + \frac{1}{3}$ 。对 $n = 2, \dots, 2025$ 累加： $\frac{1}{a_{2026}^{2}} > \frac{4}{3} + \frac{2024}{3} = 676$ ，故 $a_{2026} < \frac{1}{26}$ 。证毕。

点评第(2)问关键是把

sin

换成

1 / a_{n}^{2}

的递推，逐项加

\frac{1}{3}

。

第 15 题数列极限的等价代换

第一章函数与极限

设

a_{n} = \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k}

，计算

{lim}_{n \to + \infty} n^{2} (e^{a_{n + 1}} - e^{a_{n}})

。

查看解答

$δ_{n} = a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{2 n + 1} - \frac{1}{2 n + 2} = \frac{1}{(2 n + 1) (2 n + 2)}$ ，故 $n^{2} δ_{n} \to \frac{1}{4}$ 。 $a_{n}$ 为交错级数部分和， $a_{n} \to ln 2$ ，故 $e^{a_{n}} \to 2$ 。 $n^{2} (e^{a_{n + 1}} - e^{a_{n}}) = e^{a_{n}} \cdot \frac{e^{δ_{n}} - 1}{δ_{n}} \cdot n^{2} δ_{n} \to 2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$ 。

点评先作差算

a_{n + 1} - a_{n}

只剩两项，再用

e^{t} - 1 \sim t

。

章节分布

高频考点

全部试卷

2015-2016 学年 期中试卷

2016-2017 学年 期中试卷

2017-2018 学年 期中试卷

2018-2019 学年 期中试卷

2019-2020 学年 期中试卷

2020-2021 学年 期中试卷

2021-2022 学年 期中试卷

2022-2023 学年 期中试卷

2023-2024 学年 期中试卷

2024-2025 学年 期中试卷

2025-2026 学年 期中试卷

2012-2013 学年 期末试卷

2013-2014 学年 期末试卷

2014-2015 学年 期末试卷

2015-2016 学年 期末试卷

2016-2017 学年 期末试卷

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