微积分答案.pdf
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2020-2021 学年秋冬学期微积分期中模拟考试答案 命题、组织：丹青学业指导中心 一、 √ √ 因为 n ≥ 2 时， n n + n1 > 1，记 n n + n1 = 1 + an , an > 0, n = 2, 3 · · · a2n ∴ n + n1 = (1 + an )n > Cn2 · a2n = n(n−1) 2 2(n+ 1 ) 2n+2n 4 n ∴ 0 < a2n < n(n−1) < n(n−1) = n−1 2 ∴ 0 < an < √n−1 2 ≤ ϵ，得 n ≥ ϵ42 + 1 令 √n−1 故可令 N = [ ϵ42 ] + 2 此时对 n > N ，我们有： √ n n+ 1 2 − 1 = an < √ <ϵ n n−1 √ ∴ limn→∞ n n + n1 = 1 二、 (1) 1 x= n 1 −n e(1 + x)− x − 1 lim n[e(1 + ) − 1] = lim+ n→+∞ x→0 n x 1 e − (1 + x) x = lim+ 1 x→0 x(1 + x) x 1 1 e − e x ln (1+x) = lim+ x→0 xe 1 x −ln (1+x) −(1 + x) x · 1+x x2 = lim+ x→0 e 1 ′ (L Hospital) x − ln (1 + x) 1+x = − lim+ x→0 x2 = − lim+ 1 1 − 1+x (1+x)2 2x x→0 = lim+ x→0 ′ (L Hospital) 1 1 = 2 2(1 + x) 2 (2) n n! 1 ∑ (n − 2) · (n − 2)! + (n − 1)! + n! 1= < k! < n! n! k=1 n! 1 n−2 + n n(n − 1) 1 1 2 <1+ + =1+ n n n =1+ ∴ 由夹逼定理可知： 1 ∑ k! = 1 lim n→+∞ n! k=1 n (3) 1 lim (cos x) sin2 x x→0 ln cos x = lim e sin2 x x→0 ln cos x ) x→0 sin2 x = exp (lim = exp(lim − sin x cos x ′ )(L Hospital) 2x 1 sin x · ) = exp(− lim x→0 x 2 cos x x→0 =e−1/2 2 (4) 1 1 − ) x→0 ln(1 + x) x x − ln(1 + x) = lim x→0 x ln(1 + x) x − ln(1 + x) = lim x→0 x2 1 1 − 1+x ′ = lim (L Hospital) x→0 2x 1 1 = lim = x→0 2(1 + x) 2 lim ( 三、 (1) √ 2x ∵ y = arcsin 1 − x + xe √ 2x = arcsin 1 − x + ee ln x −1 ′ e2x ln x e2x (2e ln x + ) x ∴y = √ +e 2 x(1 − x) −1 e2x e2x 2x √ ∴ dy = [ + x (2e ln x + )]dx x 2 x(1 − x) (2) 依 Leibinz 公式可得 2x ∑n k (n−k) (k) v k=0 Cn u k−1 又 ∵ (ln x)(k) = (−1) xk(k−1)! , (x3 )(k) = 0, k ≥ 4 故 f (n) (x) = (−1)n · 6(n − 4)!x3−n .(n ≥ 4) 四、 (1) 由拉格朗日中值定理知，存在 ξ ∈ (n − 1, n) 使得 nb − (n − 1)b = n b · ξ b−1 [n − (n − 1)] = b · ξ b−1 ，即 1 < nξ < n−1 , ∴ limn→+∞ nξ = 1 a a n n 1 n b−1 a−b+1 ∴ limn→+∞ nb −(n−1) ·n = 1b limn→+∞ na−b+1 = b = limn→+∞ b·ξ b−1 = b limn→+∞ ( ξ ) 2020 3 a = −2019/2020 1/b = 2020 ∴ =⇒ a−b+1 =0 b = 1/2020 1 , |x| > 1 0 ,x = 1 (2) 易知 f (x) = ∴ 1, −1是f (x)的第一类（跳跃）间断点 −1 , |x| < 1 无意义 , x = −1 √ √ 五、证明：由 limx→0+ xf ′ (x) = 1 可知， ∃0 < δ < 1, s. t. ∀x ∈ (0, δ), | xf ′ (x)| < 3/2。对0 < x < y < δ，由 Cauthy 中值定理可得，∃ξ ∈ (x, y) ⊂ (0, δ), s. t. √ ′ f (x)−f (y) √ √ ξf (ξ) = 2 x− y √ √ √ √ √ ∴ |f (x) − f (y)| = 2| ξf ′ (ξ)|| x − y| < 3| x − y| √ 因为 x 在 (0, δ] 上一致连续，故 f (x) 也在 (0, δ] 上一致连续 又因为 f (x) 在 [δ, 1] 上连续，故 f (x) 也在 [δ, 1] 上一致连续 由上可知，f (x) 在 (0, 1] 上一致连续 1 1 六、证明：∀n ≥ 2, 我们有an+1 ≤ an + n12 < an + n(n−1) = an + n−1 − n1 1 1 ∴ an + n−1 > an+1 + n1 > n1 > 0，故数列 {an + n−1 } 单调递减有下界。 1 1 ∴ limn→+∞ an + n−1 存在，我们不妨令极限为 A，又因为 limn→+∞ n−1 =0 ∴ limn→+∞ an = A，即数列 {an } 收敛 七、令 F (x) = f (x + b) − f (x) − 21 [f (a + 2b) − f (a)] 则 F (a) = f (a + b) − 12 f (a + 2b) − 21 f (a) F (a + b) = −f (a + b) + 12 f (a + 2b) + 12 f (a) = −F (a) 所以由介值定理可得，∃ξ ∈ [a, a + b], s. t. F (ξ) = f (ξ + b) − f (ξ) − 12 [f (a + 2b) − f (a)] = 0 即 f (ξ + b) − f (ξ) = 12 [f (a + 2b) − f (a)] 八、令 g(x) = x1 ，由 Cauthy 中值定理，可知 ∃ξ ∈ (1, 2), s. t. ′ (ξ) f (2)−f (1) (2)−f (1) = fg(2)−g(1) = fg′ (ξ) = −ξ 2 f ′ (ξ) 0.5−1 即 f (2) − f (1) = 12 ξ 2 f ′ (ξ) 九、假设 ex = ax2 + bx + c 至少有 4 个根，从小到大依次设为 4 x1 < x2 < x3 < x4 < · · · ，记 f (x) = ex − ax2 − bx − c, f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 ) = f (x4 ) = 0 由罗尔中值定理，∃ξ1 ∈ (x1 , x2 ), ξ2 ∈ (x2 , x3 ), ξ3 ∈ (x3 , x4 ), s. t. f ′ (ξ1 ) = f ′ (ξ2 ) = f ′ (ξ3 ) = 0 再由罗尔中值定理，∃η1 ∈ (ξ1 , ξ2 ), η2 ∈ (ξ2 , ξ3 ), s. t. f ′′ (η1 ) = f ′′ (η2 ) = 0 再由罗尔中值定理，∃ζ ∈ (η1 , η2 ), s. t. f ′′′ (ζ) = 0 ∴ 0 = f ′′′ (ζ) = eζ > 0 矛盾 故假设不成立，即 ex = ax2 + bx + c 至多有 3 个根 十、由 a1 > 0, an+1 = 21 (an + a1n )。易知 ∀n, an > 0, ∴ an+1 = 12 (an + a1n ) ≥ √ 1 · 2 an · a1n = 1 ∴ an ≥ 1, (n ≥ 2) 2 又 ∵ an+1 = 12 (an + a1n ) ≤ an+1 = 12 (an + aann ) = 21 (an + 1) ≤ 12 (an + an ) = an , ∴ an+1 ≤ an , (n ≥ 2) 即数列 {an } 单调递减有下界，故由单调有界收敛定理可知：数列 {an } 收 敛，设其极限为 a，即 limn→+∞ an = a(> 0) 在 an+1 = 12 (an + a1n ) 两端求极限，得到 a = 12 (a + a1 ) 解得：a = 1 故 limn→+∞ an = 1 附加题、令 A = n ∑ ki , 只要证明 i=1 n ∑ i=1 ki = 1. Af ′ (xi ) 记 kAi = ai , 则 0 < ai < 1, 且 a1 + · · · + an = 1. 因为 f (0) = 0, f (1) = 1, f (x) ∈ C[0, 1], 对 a1 ∈ (0, 1), 由连续函数介值定理 得 5 ∃b1 ∈ (0, 1), f (b1 ) = a1 . 又 0 < a1 < a1 + a2 < 1, 由连续函数介值定理得 ∃b2 ∈ (b1 , 1), f (b2 ) = a1 + a2 . 这样可得 0 < b1 < b2 < · · · < bn−1 < bn = 1 使得 f (bi ) = a1 + · · · + ai , i = 1, 2, · · · , n 取 b0 = 0, 对 f (x) 在 [bi−1 , bi ](i = 1, 2, · · ·) 应用拉格朗日中值定理知存在 xi ∈ (bi−1 , bi ) 使得 (bi−1 ) ai = bi −b f ′ (xi ) = f (bbi )−f i −bi−1 i−1 即 f ′a(xi i ) = bi − bi−1 从而 n ∑ i=1 ai = f ′ (xi ) n ∑ (bi − bi−1 ) = bn − b0 = 1 i=1 6 因为时间和人力原因我们不能统一批改试卷，大家答题完毕后可把试卷带出考场。试 卷分析将在之后发布在丹青学指的官方 QQ 和 B 站账号上，请扫描上方二维码获取。 7