基础微积分-习题

鉴于期中考试挂科率有那么一点点离大谱（全院及格率40%-）

特此开一个markdown页面，记录刷的错题等等

· 2024 期中考试

/example/

已知函数 f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上连续，在 (0,1)(0,1) 内可导，满足 f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0，且 f(12)=1f\left(\frac{1}{2}\right)=1，试证明：

(1). 存在 η∈[12,1]\eta\in\left[\frac{1}{2},1\right]，使得 f(η)=ηf(\eta)=\eta；

(2).存在 ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)，使得 f′(ξ)+2ξ[f(ξ)−ξ]=1f'(\xi)+2\xi\left[f(\xi)-\xi\right]=1。

/proof/

(1) 令 F(x)=f(x)−xF(x)=f(x)-x，则 F(x)F(x) 在 [0,1][0,1] 上连续，也在 [12,1]\left[\frac{1}{2},1\right] 上连续，且

​

F(12)=f(12)−12=1−12=12>0F(1)=f(1)−1=0−1=−1<0F\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0\\F(1)=f(1)-1 = 0-1=-1<0

​ 由零点定理，存在 η∈[12,1]\eta\in\left[\frac{1}{2},1\right]，有 F(η)=0F(\eta)=0，即 f(η)=ηf(\eta)=\eta。

(2) 构造函数：

G(x)=ex2F(x)=ex2(f(x)−x)G(x)=e^{x^{2}}F(x)=e^{x^{2}}(f(x)-x)

这构造鬼能想出来啊！！！！

​ 则 G(x)G(x) 在 [0,1][0,1] 上连续，(0,1)(0,1) 内可导，且
​

G(0)=f(0)−0=0，G(η)=eη2(f(η)−η)=0，G(0)=f(0)-0 = 0，\quad G(\eta)=e^{\eta^{2}}(f(\eta)-\eta)=0，

​ 由 RolleRolle 定理，存在

ξ∈(0,η)⊂(0,1)，G′(ξ)=0\xi\in(0,\eta)\subset(0,1)，\quad G'(\xi)=0

​ 最终得出结论

f′(ξ)+2ξ[f(ξ)−ξ]=1f'(\xi)+2\xi\left[f(\xi)-\xi\right]=1

/example/ 求极限 lim⁡n→∞(ntan⁡1n)n2\lim_{n \to \infty} \left( n \tan \frac{1}{n} \right)^{n^2}.

/analyze/

考虑极限 lim⁡x→+∞(xtan⁡1x)x2\lim_{x \to +\infty} \left( x \tan \frac{1}{x} \right)^{x^2}，

lim⁡x→+∞(xtan⁡1x)x2=lim⁡x→0+(tan⁡xx)1x2=lim⁡x→0+e1x2ln⁡tan⁡xx=elim⁡x→0+ln⁡tan⁡xxx2=elim⁡x→0+1x2(tan⁡x−xx)=elim⁡x→0+tan⁡x−xx3=elim⁡x→0+sec⁡2x−13x2=elim⁡x→0+tan⁡2x3x2=e13,\begin{align*} \lim_{x \to +\infty} \left( x \tan \frac{1}{x} \right)^{x^2} &= \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{\tan x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}}\\ &= \lim_{x \to 0^+} e^{\frac{1}{x^2} \ln \frac{\tan x}{x}}\\ &= e^{\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln \frac{\tan x}{x}}{x^2}}\\ &= e^{\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x^2} \left( \frac{\tan x - x}{x} \right)}\\ &= e^{\lim_{x \to 0^+} \frac{\tan x - x}{x^3}}\\ &= e^{\lim_{x \to 0^+} \frac{\sec^2 x - 1}{3x^2}}\\ &= e^{\lim_{x \to 0^+} \frac{\tan^2 x}{3x^2}}\\ &= e^{\frac{1}{3}}, \end{align*}

则有 lim⁡n→∞(ntan⁡1n)n2=e13\lim_{n \to \infty} \left( n \tan \frac{1}{n} \right)^{n^2} = e^{\frac{1}{3}}.

/example/ 已知函数形式如下：

f(x)=11−ex1−xf(x) = \frac{1}{1 - e^{\frac{x}{1-x}}}

则 $ x = 1 $ 是 $ f(x) $ 的 ( )

(A) 连续点. (B) 可去间断点. © 跳跃间断点. (D) 第二类间断点.

  1. 首先分析函数在(x=1)(x = 1)处的极限：

    • 当(x≠1)(x\neq1)时，(f(x)=11−e11−x)(f(x)=\frac{1}{1 - e^{\frac{1}{1 - x}}})。
    • 求(lim⁡x→1+f(x))(\lim_{x\rightarrow1^{+}}f(x))：
      • 当(x→1+)(x\rightarrow1^{+})时，(1−x→0−)(1 - x\rightarrow0^{-})，则(11−x→−∞)(\frac{1}{1 - x}\rightarrow-\infty)，(e11−x→0)(e^{\frac{1}{1 - x}}\rightarrow0)
      • 所以(lim⁡x→1+f(x)=11−0=1)(\lim_{x\rightarrow1^{+}}f(x)=\frac{1}{1 - 0}=1)。
    • 求(lim⁡x→1−f(x))(\lim_{x\rightarrow1^{-}}f(x))：
      • 当(x→1−)(x\rightarrow1^{-})时，(1−x→0+)(1 - x\rightarrow0^{+})，则(11−x→+∞)(\frac{1}{1 - x}\rightarrow+\infty)，(e11−x→+∞)(e^{\frac{1}{1 - x}}\rightarrow+\infty)。
      • 所以(lim⁡x→1−f(x)=11−∞=0)(\lim_{x\rightarrow1^{-}}f(x)=\frac{1}{1-\infty}=0)。

  2. 然后比较极限和函数值：

    • f(1)=1f(1) = 1 。
    • lim⁡x→1+f(x)=1\lim_{x \to 1^+} f(x) = 1 ， lim⁡x→1−f(x)=0\lim_{x \to 1^-} f(x) = 0 。
    • lim⁡x→1−f(x)≠lim⁡x→1+f(x)\lim_{x \to 1^-} f(x) \neq \lim_{x \to 1^+} f(x) ，函数在 x=1x = 1 处左右极限不相等。

根据间断点的定义：

  • 连续点： lim⁡x→af(x)=f(a)\lim_{x \to a} f(x) = f(a)
  • 可去间断点： lim⁡x→af(x)≠f(a)\lim_{x \to a} f(x) \neq f(a) 且 lim⁡x→af(x)\lim_{x \to a} f(x) 存在
  • 跳跃间断点： lim⁡x→a−f(x)≠lim⁡x→a+f(x)\lim_{x \to a^-} f(x) \neq \lim_{x \to a^+} f(x)
  • 第二类间断点：函数在该点处至少有一个单侧极限不存在。

/example/ 设函数f(x)f(x)可导，令F(x)=f(x)(1+∣x∣)F(x) = f(x)(1 + |x|)，则f(0)=0f(0) = 0是F(x)F(x)在x=0x = 0处可导的 ( )。

(A) 充分必要条件. (B) 充分非必要条件. © 必要非充分条件. (D) 既非充分又非必要条件.

/analyze/

为了确定f(0)=0f(0) = 0是否是F(x)=f(x)(1+∣x∣)F(x) = f(x)(1 + |x|)在x=0x = 0处可导的充分必要条件，我们需要分析F(x)F(x)在x=0x = 0处的可导性

当xx从左侧趋近于 0 时，∣x∣=−x|x| = -x，因此F(x)=f(x)(1−x)F(x) = f(x)(1 - x)。左导数为：

F−′(0)=lim⁡x→0−F(x)−F(0)x=lim⁡x→0−f(x)(1−x)−f(0)xF'_-(0) = \lim_{x \to 0^-} \frac{F(x) - F(0)}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x)(1 - x) - f(0)}{x}

如果f(0)=0f(0) = 0，则：

F′(0−)=lim⁡x→0−f(x)(1−x)x=lim⁡x→0−(f(x)x−f(x))=f′(0)−f(0)=f′(0)F'(0^-) = \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x)(1 - x)}{x} = \lim_{x \to 0^-} \left( \frac{f(x)}{x} - f(x) \right) = f'(0) - f(0) = f'(0)

如果f(0)≠0f(0) \neq 0，则左导数可能不存在或不等于f′(0)f'(0)。

当xx从右侧趋近于 0 时，∣x∣=x|x| = x，因此F(x)=f(x)(1+x)F(x) = f(x)(1 + x)。右导数为：

F′(0+)=lim⁡x→0+F(x)−F(0)x=lim⁡x→0+f(x)(1+x)−f(0)xF'(0^+) = \lim_{x \to 0^+} \frac{F(x) - F(0)}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)(1 + x) - f(0)}{x}

如果f(0)=0f(0) = 0，则：

F′(0+)=lim⁡x→0+f(x)(1+x)x=lim⁡x→0+(f(x)x+f(x))=f′(0)+f(0)=f′(0)F'(0^+) = \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)(1 + x)}{x} = \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{f(x)}{x} + f(x) \right) = f'(0) + f(0) = f'(0)

如果f(0)≠0f(0) \neq 0，则右导数可能不存在或不等于f′(0)f'(0)。

如果f(0)=0f(0) = 0，则F′(0+)=F′(0−)=f′(0)F'(0^+) = F'(0^-) = f'(0)，F(x)F(x)在x=0x = 0处可导。

如果f(0)≠0f(0) \neq 0，则左导数和右导数可能不相等，因此F(x)F(x)在x=0x = 0处可能不可导。

因此，f(0)=0f(0) = 0是F(x)F(x)在x=0x = 0处可导的充分必要条件。

答案是A\boxed{A}。

/example/设函数 y=f(x)y = f(x) 由方程 y−x=ex(2−y)y - x = e^{x(2 - y)} 确定，则 lim⁡n→∞n[f(2n)−1]=\lim_{n \to \infty} n \left[ f\left( \frac{2}{n} \right) - 1 \right] = ( )。

(A) 0. (B) 1. © 2. (D) 4.

/analyze/

求解 yy 在 x=0x = 0 附近的表达式：

当 x=0x = 0 时，方程变为 y=e2−yy = e^{2 - y}。设 y=f(0)y = f(0)，则有 f(0)=e2−f(0)f(0) = e^{2 - f(0)}。解这个方程，我们得到 f(0)=1f(0) = 1。

求解 yy 在 x=0x = 0 附近的导数：

对方程 y−x=ex(2−y)y - x = e^{x(2 - y)} 两边关于 xx 求导，得到：

y′−1=ex(2−y)(2−y−xy′) y' - 1 = e^{x(2 - y)} \left( 2 - y - xy' \right)

当 x=0x = 0 时，y=1y = 1，代入上式得到：

y′(0)−1=e0(2−1)(2−1−0⋅y′(0))=1 y'(0) - 1 = e^{0(2 - 1)} \left( 2 - 1 - 0 \cdot y'(0) \right) = 1

解得 y′(0)=2y'(0) = 2。

使用泰勒展开式：

由于 f(x)f(x) 在 x=0x = 0 处可导，我们可以使用泰勒展开式来近似 f(x)f(x)：

f(x)≈f(0)+f′(0)x=1+2x f(x) \approx f(0) + f'(0)x = 1 + 2x

因此，当 x=2nx = \frac{2}{n} 时，有：

f(2n)≈1+2⋅2n=1+4n f\left( \frac{2}{n} \right) \approx 1 + 2 \cdot \frac{2}{n} = 1 + \frac{4}{n}

现在我们可以求解极限：

lim⁡n→∞n[f(2n)−1]=lim⁡n→∞n[(1+4n)−1]=lim⁡n→∞n⋅4n=4 \lim_{n \to \infty} n \left[ f\left( \frac{2}{n} \right) - 1 \right] = \lim_{n \to \infty} n \left[ \left( 1 + \frac{4}{n} \right) - 1 \right] = \lim_{n \to \infty} n \cdot \frac{4}{n} = 4

因此，答案是 D\boxed{D}。

/example/ 由参数方程，

x=t−ln⁡1+e2ty=arctan⁡(et)\quad x = t - \ln \sqrt{1 + e^{2t}} \\ y = \arctan(e^t)

确定的曲线 $ y = f(x) $ 在 $ t = 0 $ 对应点处的曲率半径为 ( )。

(A) 2\sqrt{2} (B) 222\sqrt{2} © 12\frac{1}{\sqrt{2}} (D) 22

/analyze/

计算 dxdt\frac{dx}{dt} 和 dydt\frac{dy}{dt}：

x=t−ln⁡(1+et)x = t - \ln(1 + e^t)

dxdt=1−et1+et\frac{dx}{dt} = 1 - \frac{e^t}{1 + e^t}

y=arctan⁡(et)y = \arctan(e^t)

dydt=et1+e2t\frac{dy}{dt} = \frac{e^t}{1 + e^{2t}}

计算 d2xdt2\frac{d^2x}{dt^2} 和 d2ydt2\frac{d^2y}{dt^2}：

d2xdt2=−et(1+et)2\frac{d^2x}{dt^2} = -\frac{e^t}{(1 + e^t)^2}

d2ydt2=et(1−e2t)(1+e2t)2\frac{d^2y}{dt^2} = \frac{e^t(1 - e^{2t})}{(1 + e^{2t})^2}

代入 t=0t = 0：

dxdt∣t=0=1−12=12\frac{dx}{dt} \bigg|_{t=0} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

dydt∣t=0=12\frac{dy}{dt} \bigg|_{t=0} = \frac{1}{2}

d2xdt2∣t=0=−14\frac{d^2x}{dt^2} \bigg|_{t=0} = -\frac{1}{4}

d2ydt2∣t=0=0\frac{d^2y}{dt^2} \bigg|_{t=0} = 0

计算曲率半径 RR：

R=((12)2+(12)2)3/2∣12⋅0−12⋅(−14)∣=(14+14)3/2∣18∣=(12)3/218=12218=4R = \frac{\left( \left( \frac{1}{2} \right)^2 + \left( \frac{1}{2} \right)^2 \right)^{3/2}}{\left| \frac{1}{2} \cdot 0 - \frac{1}{2} \cdot \left( -\frac{1}{4} \right) \right|} = \frac{\left( \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right)^{3/2}}{\left| \frac{1}{8} \right|} = \frac{\left( \frac{1}{2} \right)^{3/2}}{\frac{1}{8}} = \frac{\frac{1}{2\sqrt{2}}}{\frac{1}{8}} = 4

因此，答案是 D\boxed{D}。

好吧，复盘后还真没觉得这个卷子那么难，所以平均分怎么那么低

· 来自微积分群的A卷

· 积分复习课

· 2024.11.27 期末复习

· 函数 极限

/example/ 函数 f(x)=∣x∣sin⁡(x−1)(x−2)2f(x) = \frac{|x| \sin(x-1)}{(x-2)^2} 在下列哪个区间内有界？

(A)(−1,0)(A) (-1,0) (B)(0,1)(B) (0,1) (C)(1,2)(C) (1,2) (D)(2,3)(D) (2,3)

解法1:

lim⁡x→2+f(x)=lim⁡x→2+∣x∣(x−2)(x−1)(x−2)2(等价无穷小代换)=lim⁡x→2+∣x∣x(x−1)=∞\begin{align*} \lim_{x \to 2^+} f(x) &= \lim_{x \to 2^+} \frac{|x| (x-2)}{(x-1)(x-2)^2} \quad (\text{等价无穷小代换}) \\ &= \lim_{x \to 2^+} \frac{|x|}{x(x-1)} = \infty\\ \end{align*}

f(x)f(x) 在 (2,3)(2,3) 内无界，应选(A)。

解法2:

但若 f(x)f(x) 在开区间 (a,b)(a,b) 内连续，则 f(x)f(x) 未必在 [a,b][a,b] 上有界

lim⁡x→a+f(x)\lim_{x \to a^+} f(x) 和 lim⁡x→b−f(x)\lim_{x \to b^-} f(x) 都存在，那么 f(x)f(x) 在 (a,b)(a,b) 内有界。

显然f(x)=∣x∣sin⁡(x−2)x(x−1)(x−2)在(−1,0)内连续，且lim⁡x→−1+f(x)存在，lim⁡x→0−f(x)=lim⁡x→0−−xsin⁡(x−2)x(x−1)(x−2)=−sin⁡24\text{显然} f(x) = \frac{|x| \sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)} \text{在} (-1,0) \text{内连续，且} \lim_{x \to -1^+} f(x) \text{存在，} \\ \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{-x \sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)} = -\frac{\sin 2}{4} \\

也存在，则f(x)f(x) 在 (−1,0)(-1,0) 内有界，故应选(A)(A)。