微积分（上）期中考试题解

1. 微积分（上）期中考试题解

微积分（上）期中考试题解

​ 这次考试不算难，没有有意思的或者值得总结的题，写题解意义不大，我就是想练练$\LaTeX$而已（手动滑稽）。

T1 求数列极限$l = \lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{2\sin^2n+3\cos^2n}}$

解：注意到${\sqrt[n]{2}\leq\sqrt[n]{2\sin^2n+3\cos^2n}} = {\sqrt[n]{2+\cos^2x}}\leq \sqrt[n]{3}$

且$\lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{2}=\lim\limits_{n\to \infty}{\sqrt[n]{3}}=1}$

由夹挤准则 $\lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{2\sin^2n+3\cos^2n}}=1$

T2 求无穷小$u(x)=\sqrt[3]{x^2}-1 (x\to1)$关于$x-1$的主部和阶数。

解：$\displaystyle u(x) = \left[1+(x-1)\right]^{\frac23}-1\sim\frac23(x-1)$

主部为$\frac23(x-1)$,阶数为$1$

T3 求极限$\displaystyle l =\lim\limits_{x\to0}{\frac{x\cos{x}+\sin{x}}{x\ln{\cos{x}}}}$

解：

$$\begin{aligned} l &=\lim\limits_{x\to0}{\frac{x\cos{x}+\sin{x}}{x\ln{\cos{x}}}} \\ &=\lim\limits_{x\to0}{\frac{x\cos{x}+\sin{x}}{x(\cos{x}-1)}}\\ &=-2\lim\limits_{x\to0}{\frac{x\cos{x}+\sin{x}}{x^3}}\\ &=-2\lim\limits_{x\to0}{\frac{x\sin{x}}{3x^2}}\\ &=-\frac23 \end{aligned}$$

T4计算极限$l=\lim\limits_{x\to0}(e^x-\sin x)^{\frac{1}{x^2}}$

解：

$$\begin{aligned} l &=\exp(\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(e^x-\sin x)}{x^2}) \\ &= \exp(\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-\sin x-1}{x^2}) \\ &= \exp(\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-\cos x}{2x}) \\ &= \exp(\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x+\sin x}{2}) \\ &= \sqrt{e} \end{aligned}$$

T5设$\displaystyle f(x)={x}^{\tan x}$,求$\displaystyle f’(\frac{\pi}{4})$。

解：求导得$\displaystyle f’(x)=x^{\tan x}(\sec^2 x\ln x+\frac{\tan x}{x})$

带入$\frac{\pi}{4}$得$\displaystyle f’(\frac{\pi}{4})=1+\frac\pi2\ln\frac\pi4$

T6求曲线$\cos x+\ln(y-x)=y^2$在$(0,1)$处的切线方程。

解：两边求导，带入$x=0,y=1$得到$y’(0)=-1$

故切线方程为$y=-x+1$

T7设$f(x)$二阶可导，$y=f(\sin x)$，求$y’’$

解：$y’=f’(\sin x)\cos x$

$y’’=f’’(\sin x)\cos^2x-f’(\sin x)\sin x$

T8设$y=x\ln x$求$y^{(6)}$

解：由Leibniz法则：

$$\begin{aligned} y^{(6)} &=x(\ln x)^{(6)}+6(\ln x)^{(5)} \\ &=\frac{24}{x^5} \end{aligned}$$

T9设函数

$$f(x)=\left\{ \begin{aligned} &e^{ax},x<0\\&b-\sin2x,x\geq0 \end{aligned} \right.$$

在$x=0$处连续且可导，求$a,b$的值。

解：$a=-2,b=1$，步骤略。

T10

T13证明：当$n$为奇数时，实系数多项式函数$f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\ldots+a_n$至少有一个零点。

解：当$n$为奇数时，$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$，$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$

故$\exists x_1,x_2,s.t.f(x_1)>0,f(x_2)<0$

由介值定理$\exists x_0,f(x_0)=0$

即$f(x)$至少有一个零点。

T14设$f(x)$在$x=2$处可导，且$f(2)\not = 0$,求数列极限$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}{\left[\frac{f(2+\frac1n)}{f(2)}\right]^n}$

T15求函数$f(x)=x\cos{x}$的带peano余项的5阶Maclaurin多项式。

解：$\displaystyle\cos x=1-\frac12x^2+\frac1{24}x^4+o(x^5)$

$\displaystyle x\cos x=x-\frac12x^3+\frac1{24}x^5+o(x^6)$

T16设数列$\{x_n\}$满足：$x_1=\sqrt6$,$x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}$证明极限$\lim\limits_{n\to\infty}{x_n}$存在并求其值。

解：假设$\sqrt6 \leq x_n\leq3$,则$\sqrt6\leq x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}\leq3$,$n=1$时,$\sqrt6\leq x_1=\sqrt6\leq3$

由数学归纳法，$\forall n \in \mathbb{N}^*$有$\sqrt6 \leq x_n\leq3$

$$\begin{aligned} x_{n+1}-x_n &= \sqrt{6+x_n}-\sqrt{x_n} \\ &= \frac{6+x_n-x_n^2}{\sqrt{6+x_n}+\sqrt{x_n}} \geq 0\\ \end{aligned}$$

所以$\{x_n\}$单调递增，由单调有界收敛准则$\lim\limits_{n\to\infty}{x_n}$存在，设$\alpha=\lim\limits_{n\to\infty}{x_n}$

对等式$x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}$两边对$n\to\infty$取极限，有$\alpha=\sqrt{6+\alpha}$

即$\alpha^2-\alpha-6=0$,解得$\alpha=3$或$\alpha = -2$(舍)

因此$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=3$

T17设$0<a<b$,$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，开区间$(a,b)$上可导，证明：

$$\exists \xi\in(a,b),f'(\xi)\xi-f(\xi)=\displaystyle\frac{af(b)-bf(a)}{b-a}$$

解：设$\displaystyle F(x)=\frac{f(x)}{x}$,$\displaystyle g(x)=-\frac1x$,则$f(x)$,$g(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，开区间$(a,b)$上可导,且$g’(x)\not=0$

由Cauchy中值定理

$$\exists \xi \in (a,b),\frac{F'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{F(b)-F(a)}{g(b)-g(a)}$$

即

$$\displaystyle \frac{\frac{f'(\xi)\xi-f(\xi)}{\xi^2}}{\frac{1}{\xi^2}}=\frac{\frac{f(b)}{b}-\frac{f(a)}{a}}{\frac1a-\frac1b}$$

化简得$f’(\xi)\xi-f(\xi)=\displaystyle\frac{af(b)-bf(a)}{b-a}$即为所求。

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