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2021-2024 期中考试题分类整理

数列 ( 函数 ) 极限 , 函数极限定义

Tips

抓住定义 , 掌握简单的放缩技巧

24.2. 用数列极限定义证明 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{a^n}{n!} = 0\), 其中 \(a\) 是常数 .

解 :

令 \(k = [|a|]+1>a,n>k\) 时

\(\dfrac{a^n}{n!} = \dfrac{a\cdot a \cdots a}{1\cdot 2 \cdots k}\cdot\dfrac{a\cdots a}{(k+1)\cdots n}\)

\(=\dfrac{a^k}{k!}\dfrac{a}{k+1}\dfrac{a}{k+2}\cdots\dfrac{a}{n}<\dfrac{a^{k+1}}{k!}\dfrac{1}{n}\)

则对于任意 \(\varepsilon > 0\), 取 \(N = \max\{\left[ \frac{a^{k+1}}{k! \varepsilon} \right] + 1,k\}\).

当 \(n > N\) 时 ,

\[ \left| \frac{a^n}{n!} - 0 \right| < \frac{a^{k+1}}{k!} \frac{1}{n} < \frac{a^{k+1}}{k!} \frac{1}{N} < \varepsilon \]

从而有 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{a^n}{n!} = 0\).

24.12. 写出无穷大量 \(\lim\limits_{x\to 0^+} f(x) = +\infty\) 的定义 , 并举例说明无界量不一定是无穷大量 .

解 :

定义 : 对任意 \(M > 0\), \(\exists \delta > 0\), 当 \(0 < x < \delta\) 时 , 有 \(|f(x)| > M\), 则称 \(\lim\limits_{x\to 0^+} f(x) = +\infty\).

举例 :

取 \(f(x) = \frac{1}{x} \sin \frac{1}{x}\).

则当 \(x_n = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}}\) 时 , \(f(x_n) = 2n\pi + \frac{\pi}{2}\).

当 \(n \to +\infty\) 时 , \(x_n \to 0\), 有 \(f(x_n) \to +\infty\).

为无界量 .

但对 \(y_n = \frac{1}{2n\pi}\), \(f(y_n) = 0\).

当 \(n \to +\infty\) 时有 \(f(y_n) = 0\).

则不为无穷大量 .

即 \(\frac{1}{x} \sin \frac{1}{x}\) 在 \(x \to 0^+\) 时为无界量但不为无穷大量 .

23.1. 叙述函数极限 \(\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = A \in \mathbb{R}\) 的 “\(\varepsilon-\delta\)” 定义 , 并利用 “\(\varepsilon-\delta\)” 语言证明 : \(\lim\limits_{x\to 1} \dfrac{x+2}{2x+1} = 1\).

解 :

定义 : 已知 \(f(x)\) 在 \(D \subset \mathbb{R}\) 内有定义 , 且 \(x_0\) 包含于 \(D\) 的某去心邻域 . 对任意 \(\varepsilon > 0\), \(\exists \delta > 0\), 对 \(x \in \mathring{U}(x_0, \delta) \cap D\) (\(\mathring{U}(x_0, \delta)\) 为去心邻域 ), 均有 \(|f(x)-A| < \varepsilon\) 成立 , 则 \(\lim\limits_{x \to x_0} f(x) = A\).

证明 :

此时

\[ \left| \frac{x+2}{2x+1} - 1 \right| = \left| \frac{(x+2)-(2x+1)}{2x+1} \right| = \left| \frac{1-x}{2x+1} \right| = \frac{|x-1|}{|2x+1|} \]

不妨设 \(|x-1|<1\) 成立 , 则此时有 \(0 < x < 2\) 成立 .

因此 \(|2x+1|>1\), 则 \(\frac{1}{|2x+1|} < 1\). 对任意 \(\varepsilon > 0\), 取 \(\delta = \min(1, \varepsilon)\). 当 \(0 < |x-1| < \delta\) 时 , 有

\[ \left| \frac{x+2}{2x+1} - 1 \right| = \frac{|x-1|}{|2x+1|} < |x-1| < \delta \le \varepsilon \text{ 成立.} \]

因此 \(\lim\limits_{x\to 1} \dfrac{x+2}{2x+1} = 1\).

22.1. 叙述数列极限 \(\lim\limits_{n\to\infty} a_n = A \in \mathbb{R}\) 的 “\(\varepsilon-N\)” 定义 , 并利用 “\(\varepsilon-N\)” 语言证明 : \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2n^2-n+1}{n^2+2} = 2\).

解 :

定义 : 若存在 \(A \in \mathbb{R}\), 对 \(\forall \varepsilon > 0\), \(\exists N \in \mathbb{Z}_+\), 当 \(n > N\) 时均有 \(|a_n - A| < \varepsilon\) 成立 , 则称 \(\{a_n\}\) 收敛于 A, 记为 \(\lim\limits_{n\to\infty} a_n = A\).

证明 :

由于

\[ \left| \frac{2n^2-n+1}{n^2+2} - 2 \right| = \left| \frac{(2n^2-n+1) - 2(n^2+2)}{n^2+2} \right| = \left| \frac{-n-3}{n^2+2} \right| = \frac{n+3}{n^2+2} \]
\[ < \frac{n+3n}{n^2} = \frac{4n}{n^2} = \frac{4}{n} \]

且对 \(n \ge 1\), 有 \(3 \le 3n\) 成立 , 即有

\[ \left| \frac{2n^2-n+1}{n^2+2} - 2 \right| < \frac{n+3n}{n^2+2} < \frac{4n}{n^2} = \frac{4}{n} \]

对 \(\forall \varepsilon > 0\), 取 \(N = [\frac{4}{\varepsilon}] + 1\), 则当 \(n > N\) 时 , 有

\[ \left| \frac{2n^2-n+1}{n^2+2} - 2 \right| < \frac{4}{n} < \frac{4}{N} < \varepsilon \text{ 成立.} \]

因此有 \(\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2n^2-n+1}{n^2+2} = 2\).

求极限

Tips

包括基本类型的识别和处理技巧 , 正确运用等价无穷小 , 根式处理手法 , 求和类型处理手法

24.1. 计算极限 \(\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{e - e^{\cos x} - x^3 \sin\frac{1}{x}}{(\sqrt{1+x^2} - 1) \cos x}\)

解 :

\[ \lim\limits_{x\to 0} \frac{e - e^{\cos x} - x^3 \sin\frac{1}{x}}{(\sqrt{1+x^2} - 1) \cos x} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{e - e^{\cos x} - x^3 \sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{2}x^2 \cdot 1} \]
\[ = \lim\limits_{x\to 0} \frac{e(1-e^{\cos x-1})}{ \frac{1}{2}x^2} - \lim\limits_{x\to 0} \frac{x^3 \sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{2}x^2} \]
\[ = \lim\limits_{x\to 0} \frac{e(-(\cos x-1))}{\frac{1}{2}x^2} - \lim\limits_{x\to 0} 2x \sin\frac{1}{x} \]
\[ = \lim\limits_{x\to 0} \frac{e(1-\cos x)}{\frac{1}{2}x^2} - 0 = \lim\limits_{x\to 0} \frac{e \cdot \frac{1}{2}x^2}{\frac{1}{2}x^2} = e \]

24.3. 计算极限 \(\lim\limits_{x\to\infty} \left(2e^{\frac{x}{x^2+1}} - 1\right)^x\)

解 :

\[ \lim\limits_{x\to\infty} \left(2e^{\frac{x}{x^2+1}} - 1\right)^x = \lim\limits_{x\to\infty} e^{x \ln\left(2e^{\frac{x}{x^2+1}} - 1\right)} \]
\[ = \lim\limits_{x\to\infty} e^{x \ln\left(1 + 2e^{\frac{x}{x^2+1}} - 2\right)} = e^{\lim\limits_{x\to\infty} x \left(2e^{\frac{x}{x^2+1}} - 2\right)} \]
\[ = e^{\lim\limits_{x\to\infty} 2x \left(e^{\frac{x}{x^2+1}} - 1\right)} = e^{\lim\limits_{x\to\infty} 2x \cdot \frac{x}{x^2+1}} = e^{\lim\limits_{x\to\infty} \frac{2x^2}{x^2+1}} = e^2 \]

24.4. 计算极限 \(\lim\limits_{n\to\infty} \left(\frac{1}{n^2+2n+1} + \frac{2}{n^2+2n+2} + \dots + \frac{n}{n^2+2n+n}\right)\)

解 :

设 \(S_n = \frac{1}{n^2+2n+1} + \frac{2}{n^2+2n+2} + \dots + \frac{n}{n^2+2n+n}\).

下界 :

\[ S_n > \frac{1}{n^2+2n+n} + \frac{2}{n^2+2n+n} + \dots + \frac{n}{n^2+2n+n} = \frac{1+2+\dots+n}{n^2+3n} = \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n^2+3n} = \frac{n+1}{2(n+3)} \]

上界 :

\[ S_n < \frac{1}{n^2+2n+1} + \frac{2}{n^2+2n+1} + \dots + \frac{n}{n^2+2n+1} < \frac{1+2+\dots+n}{n^2+2n} = \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n(n+2)} = \frac{n+1}{2(n+2)} \]

又

\[ \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n+1}{2(n+3)} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n+1}{2(n+2)} = \frac{1}{2} \]

由夹逼准则 (Squeeze Theorem) 可知 ,

\[ \lim\limits_{n\to\infty} S_n = \frac{1}{2} \]

23.2. 计算极限 \(\lim\limits_{x\to 0} [\sqrt{\cos\ln(1-2x)}]^{\frac{1}{x^2}}\)

解 :

\[ \lim\limits_{x\to 0} [\cos\ln(1-2x)]^{\frac{1}{2x^2}} = \lim\limits_{x\to 0} e^{\frac{1}{2x^2} \ln[\cos\ln(1-2x)]} \]

考虑指数部分 :

\[ \lim\limits_{x\to 0} \frac{\ln[1+(\cos\ln(1-2x)-1)]}{2x^2} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{\cos\ln(1-2x)-1}{2x^2} \]
\[ = \lim\limits_{x\to 0} \frac{-\frac{1}{2}[\ln(1-2x)]^2}{2x^2} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{-\frac{1}{2}(-2x)^2}{2x^2} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{-2x^2}{2x^2} = -1 \]

则原极限 \(= e^{-1}\).

23.3. 计算极限 \(\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{1+3x^3}-1+x^4\cos\frac{1}{x}}{\ln(1+2x) \cdot \tan^2 x}\)

解 :

\[ \lim\limits_{x\to 0} \frac{\sqrt{1+3x^3}-1+x^4\cos\frac{1}{x}}{\ln(1+2x) \cdot \tan^2 x} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{\frac{1}{2}(3x^3)+o(x^3)+x^4\cos\frac{1}{x}}{(2x) \cdot x^2} \]
\[ = \lim\limits_{x\to 0} \frac{\frac{3}{2}x^3}{2x^3} + \lim\limits_{x\to 0} \frac{x^4\cos\frac{1}{x}}{2x^3} = \frac{3}{4} + \lim\limits_{x\to 0} \frac{1}{2}x\cos\frac{1}{x} = \frac{3}{4} + 0 = \frac{3}{4} \]

23.4. 当 \(x\to 1\) 时 , \(1-\dfrac{m}{1+x+x^2+\dots+x^{m-1}}\) 是 \((x-1)\) 的等价无穷小量 (\(m \in \mathbb{N}\)), 求常数 m 的值

解：

根据等价无穷小量的定义，有：

\[ \lim_{x\to 1} \frac{1-\frac{m}{1+x+x^2+\dots+x^{m-1}}}{x-1} = 1 \]

对极限表达式的左边进行化简：

\[ \begin{aligned} \text{左边} &= \lim_{x\to 1} \frac{\frac{(1+x+x^2+\dots+x^{m-1})-m}{1+x+x^2+\dots+x^{m-1}}}{x-1} \\ &= \lim_{x\to 1} \frac{1+x+x^2+\dots+x^{m-1}-m}{(x-1)(1+x+x^2+\dots+x^{m-1})} \\ &= \lim_{x\to 1} \frac{(x-1)+(x^2-1)+\dots+(x^{m-1}-1)}{(x-1)(1+x+x^2+\dots+x^{m-1})} \\ &= \lim_{x\to 1} \frac{(x-1)[1+(x+1)+(x^2+x+1)+\dots+(x^{m-2}+\dots+1)]}{(x-1)(1+x+x^2+\dots+x^{m-1})} \\ &= \lim_{x\to 1} \frac{1+(x+1)+(x^2+x+1)+\dots+(x^{m-2}+\dots+1)}{1+x+x^2+\dots+x^{m-1}} \\ &= \frac{1+2+3+\dots+(m-1)}{1+1+1+\dots+1} \\ &= \frac{\frac{(m-1)m}{2}}{m} \\ &= \frac{m-1}{2} \end{aligned} \]

因为该极限值为 1，所以：

\[ \frac{m-1}{2} = 1 \]

解得：\(m = 3\)

23.5. 计算极限 \(\lim\limits_{n\to\infty} \left(\frac{1}{n^2+1+\sin 1} + \frac{2}{n^2+1+\sin 2} + \dots + \frac{n}{n^2+1+\sin n}\right)\)

解 :

对任意正整数 \(i, 1 \le i \le n\), 有 \(n^2 \le n^2+1+\sin i \le n^2+2\) 成立 . 因此

\[ \frac{1}{n^2+2} \le \frac{1}{n^2+1+\sin i} \le \frac{1}{n^2} \]

设 \(S_n = \sum_{i=1}^n \frac{i}{n^2+1+\sin i}\)

下界 :

\[ S_n = \sum_{i=1}^n \frac{i}{n^2+1+\sin i} \ge \sum_{i=1}^n \frac{i}{n^2+2} = \frac{1}{n^2+2} \sum_{i=1}^n i = \frac{n(n+1)}{2(n^2+2)} \]

上界 :

\[ S_n = \sum_{i=1}^n \frac{i}{n^2+1+\sin i} \le \sum_{i=1}^n \frac{i}{n^2} = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n i = \frac{n(n+1)}{2n^2} = \frac{n+1}{2n} \]

又 \(\lim\limits_{n\to\infty} \frac{n(n+1)}{2(n^2+2)} = \frac{1}{2}\), \(\lim\limits_{n\to\infty} \frac{n+1}{2n} = \frac{1}{2}\).

利用夹逼准则 ,

\[ \lim\limits_{n\to\infty} S_n = \frac{1}{2} \]

22.2. 计算极限 \(\lim\limits_{x\to 0} (e^{2x} - \arctan x)^{\csc x}\)

解 :

原式 \(= \lim\limits_{x\to 0} e^{\csc x \ln(e^{2x} - \arctan x)} = e^{\lim\limits_{x\to 0} \frac{\ln(e^{2x} - \arctan x)}{\sin x}}\)

考虑指数部分 :

\[ \lim\limits_{x\to 0} \frac{\ln(1+e^{2x} - 1 - \arctan x)}{\sin x} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{e^{2x} - 1 - \arctan x}{x} \]

(\(e^{2x}-1-\arctan x \to 0, \arctan x \to 0\))

\[ = \lim\limits_{x\to 0} \frac{e^{2x}-1}{x} - \lim\limits_{x\to 0} \frac{\arctan x}{x} = 2 - 1 = 1 \]

从而原极限 \(= e^1 = e\).

22.3. 计算极限 \(\lim\limits_{x\to \frac{2\pi}{3}} \frac{1+2\cos x}{3x-2\pi}\)

解 :

令 \(t = x - \frac{2\pi}{3}\), 则 \(x = t + \frac{2\pi}{3}\). 当 \(x \to \frac{2\pi}{3}\) 时 , \(t \to 0\).

\[ \lim\limits_{t\to 0} \frac{1+2\cos(t+\frac{2\pi}{3})}{3t} = \lim\limits_{t\to 0} \frac{1+2(\cos t \cos\frac{2\pi}{3} - \sin t \sin\frac{2\pi}{3})}{3t} \]
\[ = \lim\limits_{t\to 0} \frac{1+2(-\frac{1}{2}\cos t - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin t)}{3t} = \lim\limits_{t\to 0} \frac{1-\cos t - \sqrt{3}\sin t}{3t} \]
\[ = \lim\limits_{t\to 0} \frac{1-\cos t}{3t} - \lim\limits_{t\to 0} \frac{\sqrt{3}\sin t}{3t} = \lim\limits_{t\to 0} \frac{\frac{1}{2}t^2}{3t} - \frac{\sqrt{3}}{3} = 0 - \frac{\sqrt{3}}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{3} \]

22.4. 计算极限 \(\lim\limits_{x\to -\infty} x(\sqrt{x^2+6x-1}+x+3)\)

解 :

\[ \lim\limits_{x\to -\infty} \frac{x(\sqrt{x^2+6x-1}+(x+3))(\sqrt{x^2+6x-1}-(x+3))}{\sqrt{x^2+6x-1}-(x+3)} \]
\[ = \lim\limits_{x\to -\infty} \frac{x((x^2+6x-1)-(x^2+6x+9))}{\sqrt{x^2+6x-1}-x-3} = \lim\limits_{x\to -\infty} \frac{-10x}{-x\sqrt{1+\frac{6}{x}-\frac{1}{x^2}}-x-3} \]

( 注意 \(x<0\), \(\sqrt{x^2}=-x\))

\[ = \lim\limits_{x\to -\infty} \frac{-10}{-\sqrt{1+\frac{6}{x}-\frac{1}{x^2}}-1-\frac{3}{x}} = \frac{-10}{-\sqrt{1}-1-0} = \frac{-10}{-2} = 5 \]

22.5. 计算极限 \(\lim\limits_{n\to\infty} \left(\frac{1^2}{\sqrt{n^6+1+1}} + \frac{2^2}{\sqrt{n^6+2+\frac{1}{2}}} + \dots + \frac{n^2}{\sqrt{n^6+n+\frac{1}{n}}}\right)\)

解 :

由于 \(S_n = \sum_{k=1}^n \frac{k^2}{\sqrt{n^6+k+\frac{1}{k}}}\)

上界 :

\[ S_n < \sum_{k=1}^n \frac{k^2}{\sqrt{n^6}} = \frac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3} \]

下界 :

\[ S_n > \sum_{k=1}^n \frac{k^2}{\sqrt{n^6+n+1}} = \frac{1}{\sqrt{n^6+n+1}} \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6\sqrt{n^6+n+1}} \]

又因为

\[ \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \]
\[ \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n(n+1)(2n+1)}{6\sqrt{n^6+n+1}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2n^3}{6n^3} = \frac{1}{3} \]

从而由夹逼定理 , 原极限 \(= \frac{1}{3}\).

21.1. 求极限 \(\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{x \arcsin x \arctan x}{(\sqrt{\cos x}-1)\ln(1+x)}\)

解 :

\[ \lim\limits_{x\to 0} \frac{x \cdot x \cdot x}{(\cos x-1)\ln(1+x)} \cdot (\sqrt{\cos x}+1) = \lim\limits_{x\to 0} \frac{x^3}{(-\frac{1}{2}x^2) \cdot x} \cdot 2 = -4 \]

21.2. 已知 \(\lim\limits_{x\to-\infty} (\sqrt{x^2-x+1}-ax-b)=0\), 求常数 a, b.

由题可知

\[ b = \lim_{x\to -\infty} (\sqrt{x^2-x+1} - ax) \]

令 \(t = \dfrac{1}{x}\)，则当 \(x \to -\infty\) 时 , \(t \to 0^-\)

\[ \begin{aligned} b &= \lim_{t\to 0^-} (\sqrt{\frac{1}{t^2}-\frac{1}{t}+1} - \frac{a}{t}) \\ &= \lim_{t\to 0^-} (\frac{\sqrt{1-t+t^2}}{\sqrt{t^2}} - \frac{a}{t}) \\ &= \lim_{t\to 0^-} (\frac{\sqrt{1-t+t^2}}{-t} - \frac{a}{t}) \\ &= \lim_{t\to 0^-} \frac{-\sqrt{1-t+t^2}-a}{t} \end{aligned} \]

因为极限存在，所以分母趋于 0 时，分子也必须趋于 0。

则应有 \(\lim\limits_{t\to 0^-} (-\sqrt{1-t+t^2}-a) = 0\) 成立。

\[ a = \lim_{t\to 0^-} (-\sqrt{1-t+t^2}) = -1 \]

从而，

\[ \begin{aligned} b &= \lim_{t\to 0^-} \frac{1-\sqrt{1-t+t^2}}{t} \\ &= \lim_{t\to 0^-} \frac{(1-\sqrt{1-t+t^2})(1+\sqrt{1-t+t^2})}{t(1+\sqrt{1-t+t^2})} \\ &= \lim_{t\to 0^-} \frac{1-(1-t+t^2)}{t(1+\sqrt{1-t+t^2})} \\ &= \lim_{t\to 0^-} \frac{t-t^2}{t(1+\sqrt{1-t+t^2})} \\ &= \lim_{t\to 0^-} \frac{1-t}{1+\sqrt{1-t+t^2}} \\ &= \frac{1-0}{1+\sqrt{1}} = \frac{1}{2} \end{aligned} \]

综上， \(a = -1\), \(b = \dfrac{1}{2}\).

22.3. 设 a, b, c 为正数 , 求下列极限 \(\lim\limits_{x\to 0} \left(\dfrac{a^{x+1}+b^{x+1}+c^{x+1}}{a+b+c}\right)^{\frac{1}{x}}\)

解 :

原式 \(= \lim\limits_{x\to 0} e^{\frac{1}{x} \ln\left(\frac{a^{x+1}+b^{x+1}+c^{x+1}}{a+b+c}\right)}\)

考虑指数部分 :

\[ \lim\limits_{x\to 0} \frac{1}{x} \ln\left(1 + \frac{a \cdot a^x + b \cdot b^x + c \cdot c^x - (a+b+c)}{a+b+c}\right) \]
\[ = \lim\limits_{x\to 0} \frac{1}{x} \frac{a(a^x-1)+b(b^x-1)+c(c^x-1)}{a+b+c} \]
\[ = \frac{1}{a+b+c} \lim\limits_{x\to 0} \left(a\frac{a^x-1}{x} + b\frac{b^x-1}{x} + c\frac{c^x-1}{x}\right) \]
\[ = \frac{a\ln a + b\ln b + c\ln c}{a+b+c} = \frac{\ln(a^a b^b c^c)}{a+b+c} \]

原极限 \(= e^{\frac{\ln(a^a b^b c^c)}{a+b+c}} = (a^a b^b c^c)^{\frac{1}{a+b+c}}\).

22.4. 求极限 \(\lim\limits_{x\to +\infty} \sqrt[3]{x^3+x^2+1} - \sqrt{x^2+x+1}\)

\[ \begin{aligned} &= (t=\frac{1}{x}) \lim_{t\to 0^+} (\sqrt[3]{\frac{1}{t^3}+\frac{1}{t^2}+1} - \sqrt{\frac{1}{t^2}+\frac{1}{t}+1}) \\ &= \lim_{t\to 0^+} (\frac{\sqrt[3]{1+t+t^3}}{t} - \frac{\sqrt{1+t+t^2}}{t}) \\ &= \lim_{t\to 0^+} \frac{\sqrt[3]{1+t+t^3}-1}{t} + \lim_{t\to 0^+} \frac{1-\sqrt{1+t+t^2}}{t} \\ &= \lim_{t\to 0^+} \frac{1+t+t^3-1}{t((\sqrt[3]{1+t+t^3})^2 + \sqrt[3]{1+t+t^3} + 1)} + \lim_{t\to 0^+} \frac{1-(1+t+t^2)}{t(1+\sqrt{1+t+t^2})} \\ &= \lim_{t\to 0^+} \frac{t+t^3}{3t} + \lim_{t\to 0^+} \frac{-t-t^2}{2t} \\ &= \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{6} \end{aligned} \]

22.11. 求极限 \(\lim\limits_{x\to 0} \left(\dfrac{2+e^{\frac{1}{x}}}{\cos x+e^{\frac{1}{x}}} + \dfrac{\sin x}{|x|}\right)\)

有绝对值 , 为了去绝对值分两侧考虑

\[ \begin{aligned} & \lim_{x\to 0^+} \frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{\cos x+e^{\frac{2}{x}}} + \frac{\sin x}{x} \quad (\text{此时} \lim_{x\to 0^+} e^{\frac{1}{x}} = +\infty) \\ &= \lim_{x\to 0^+} \frac{2e^{-\frac{2}{x}}+e^{-\frac{1}{x}}}{(\cos x)e^{-\frac{2}{x}}+1} + 1 \\ &= \frac{0+0}{1 \cdot 0+1} + 1 = 1 \end{aligned} \]

而

\[ \begin{aligned} & \lim_{x\to 0^-} \frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{\cos x+e^{\frac{2}{x}}} - \frac{\sin x}{x} \quad (\lim_{x\to 0^-} e^{\frac{1}{x}} = 0) \\ &= \lim_{x\to 0^-} \frac{2+0}{1+0} - \lim_{x\to 0^-} \frac{\sin x}{x} \\ &= 2 - 1 = 1 \end{aligned} \]

则 \(\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{2+e^{\frac{1}{x}}}{\cos x+e^{\frac{2}{x}}} + \dfrac{\sin x}{|x|}\right) = 1\)

函数连续性和间断点

Tips

关注函数分子本身的间断点 , 让分母为 0 的点

24.5. 指出函数 \(f(x) = \begin{cases} e^{\frac{1}{x-1}}, & x > 0, \\ \ln(1+x), & -1 < x \le 0 \end{cases}\) 的间断点 , 并判断其类型 .

解 : 可能的间断点为 \(0\) 和 \(1\).

在 x=0 处 :

\(f(0) = \ln(1+0) = 0\).

\(\lim\limits_{x\to 0^-} f(x) = \lim\limits_{x\to 0^-} \ln(1+x) = 0\).

\(\lim\limits_{x\to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x\to 0^+} e^{\frac{1}{x-1}} = e^{-1} = \frac{1}{e}\).

因为 \(\lim\limits_{x\to 0^-} f(x) \neq \lim\limits_{x\to 0^+} f(x)\), 则 \(x=0\) 是 \(f(x)\) 的跳跃间断点 ( 第一类 ).

在 x=1 处 :

\(f(x)\) 在 \(x=1\) 无定义 .

\(\lim\limits_{x\to 1^-} f(x) = \lim\limits_{x\to 1^-} e^{\frac{1}{x-1}} = 0\).

\(\lim\limits_{x\to 1^+} f(x) = \lim\limits_{x\to 1^+} e^{\frac{1}{x-1}} = +\infty\).

因为右极限为无穷大 , 则 \(x=1\) 是 \(f(x)\) 的第二类间断点 ( 无穷间断点 ).

间断点考虑的是函数在去心邻域有定义，而在 \(x = -1\) 处 , 左侧函数没定义 , 所以不考虑 -1 是否为间断点 .

22.12. 已知 \(f(x) = \dfrac{1}{e^{\frac{\sin \pi x}{x-1}} - 1} \quad (-1 < x < 2)\), 试判断 \(f(x)\) 的间断点并据理说明间断点的类型。

考虑所有无定义点 , 即分母为 0 处 , 有

\[ \begin{cases} x-1=0 \\ e^{\frac{\sin \pi x}{x-1}}-1=0 \text{ 且 } x-1 \ne 0 \end{cases} \]

对 \(e^{\frac{\sin \pi x}{x-1}}-1=0\), 有 \(\frac{\sin \pi x}{x-1}=0\), 对 \(-1 < x < 2\) 解得 \(x=0\)。

考虑 \(x=0\) 时 , 则 \(x \to 0\) 有 \(e^{\frac{\sin \pi x}{x-1}} - 1 \to 0\), 从而 \(f(x) \to \infty\)。

则 \(x=0\) 为第二类间断点。

再考虑 \(x=1\) 时 , 由于 $$ \begin{aligned} \lim_{x\to 1} \frac{\sin \pi x}{x-1} &\xrightarrow{t=x-1} \lim_{t\to 0} \frac{\sin[\pi(t+1)]}{t} \ &= \lim_{t\to 0} \frac{-\sin \pi t}{t} = -\pi \end{aligned} $$ 则 $$ \lim_{x\to 1} f(x) = \lim_{x\to 1} \frac{1}{e^{\frac{\sin \pi x}{x-1}}-1} = \frac{1}{e^{-\pi}-1} $$ 则 \(x=1\) 为可去间断点。

综上 , \(f(x)\) 有可去间断点 \(x=1\), 第二类间断点 \(x=0\)。

21.9. 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。

考虑间断点即考虑 \(\frac{1}{f(x)}\) 没有定义的点。

① 当 \(f(x)\) 无定义时，\(x-1=0\), \(x=1\)。

而对 \(x \to 1^+\), 有 \(\frac{x}{x-1} \to +\infty\), \(f(x) \to +\infty\)

则 \(\lim\limits_{x\to 1^+} \frac{1}{f(x)} = 0\)

\(x \to 1^-\) 时 , \(\frac{x}{x-1} \to -\infty\), \(f(x) \to -1\)

则 \(\lim\limits_{x\to 1^-} \frac{1}{f(x)} = -1\)

\(0 \ne -1\), 则 \(x=1\) 为跳跃间断点；

② 当 \(f(x)=0\) 时，同样 \(\frac{1}{f(x)}\) 无定义

此时 \(e^{\frac{x}{x-1}}-1=0\) 解得 \(x=0\)。

而 \(x \to 0\) 时 , \(f(x) \to 0\),

\(\lim\limits_{x\to 0} \frac{1}{f(x)}\) 不存在 , 则 \(x=0\) 为第二类间断点。

综上 , \(\frac{1}{f(x)}\) 的间断点为 \(x=0\) ( 第二类间断点 ) 和 \(x=1\) ( 跳跃间断点 )。

利用导数的定义计算 分段函数可导性讨论

24.10. 试确定常数 a,b 的值 , 使函数 \(f(x) = \begin{cases} 1 + \ln(1-2x), & x \le 0, \\ a+be^x, & x > 0 \end{cases}\) 在 \(x=0\) 处可导 , 并求此时导函数 \(f'(x)\)( 吉米多维奇高数 174)

要使 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处可导 , 必有 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续 , 即 \(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^-} f(x) = f(0) = 1\)，得 \(a+b=1\)

\(f'_{-}(0) = \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{f(x)-f(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{1+\ln(1-2x)-1}{x} = -2\)

\(f'_{+}(0) = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x)-f(0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{a+be^x-(a+b)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{b(e^x-1)}{x} = b\)

所以 \(b=-2\), 于是 \(a=3\), 且有 \(f'(0)=-2\)

\(f'(x) = \begin{cases} -\dfrac{2}{1-2x}, & x \le 0, \\ -2e^x, & x>0. \end{cases}\)

24.11. 设函数 \(f(x) = x^2 D(x)\), 其中 \(D(x) = \begin{cases} 1, & x \text{是有理数} \\ 0, & x \text{是无理数} \end{cases}\), 试讨论函数 \(f(x), x \in (-\infty, +\infty)\) 的连续性和可导性 ; 若可导 , 求其导数 .

解 :

先考虑连续性

当 \(x\to0\) 时，\(D(x)\) 有界而 \(x^2\) 为无穷小

所以 \(\lim\limits_{x\to0} f(x) = \lim\limits_{x\to0} x^2 \cdot D(x) = 0\).且 \(f(0)=0\), 从而 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续 .

在 \(x=x_0\) 处 , \(x_0 \neq 0\) 时 ,

\(x\) 为有理数时 , \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x) = \lim\limits_{x\to x_0} x^2 \cdot 1 = x_0^2\).

\(x\) 为无理数时 , \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x) = \lim\limits_{x\to x_0} x^2 \cdot 0 = 0\).

二者不相等 , 故 \(f(x)\) 在 \(x=x_0, x_0 \neq 0\) 处不连续 .

因此考虑 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处是否可导 .

\(f'(0) = \lim\limits_{x\to0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim\limits_{x\to0} \frac{x^2 \cdot D(x) - 0}{x-0} = \lim\limits_{x\to0} x \cdot D(x) = 0\).

综上 , \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续且可导 , \(f'(0)=0\).

在 \(x \in (-\infty,0) \cup (0, +\infty)\) 上 \(f(x)\) 不连续 , 也不可导 .

23.9. 设 \(f(x) = \begin{cases} x^2 \sin\dfrac{1}{x} + e^{2x}, & (x < 0) \\ ax + b, & (x \ge 0) \end{cases}\)

(1) 求常数 a,b 的值使 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处可导 ;

(2) 计算 \(f'(x)\) (\(x \in \mathbb{R}\)).

(3) 试问 \(f''(0)\) 是否存在 ? 为什么 ?

解 :

1) \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处可导则首先要在 \(x=0\) 处连续 .

\[ \lim\limits_{x\to 0^-} f(x) = \lim\limits_{x\to 0^-} (x^2 \sin\frac{1}{x} + e^{2x}) = 0 + e^0 = 1 \]

且 \(f(0)=b\). 由连续知 \(\lim\limits_{x\to 0^-} f(x) = f(0)\), 从而 \(b=1\).

又因为

\[ f'_-(0) = \lim\limits_{x\to 0^-} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim\limits_{x\to 0^-} \frac{x^2 \sin\frac{1}{x} + e^{2x} - 1}{x} = \lim\limits_{x\to 0^-} x\sin\frac{1}{x} + \lim\limits_{x\to 0^-} \frac{e^{2x}-1}{x} = 0+2 = 2 \]
\[ f'_+(0) = \lim\limits_{x\to 0^+} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim\limits_{x\to 0^+} \frac{ax+b-1}{x} = \lim\limits_{x\to 0^+} \frac{ax}{x} = a \]

利用可导则 \(f'_-(0) = f'_+(0)\), 则 \(a=2\). 综上 , \(a=2, b=1\).

2)

\(x<0\) 时 , \(f'(x) = 2x\sin\frac{1}{x} + x^2 \cdot \cos\frac{1}{x} \cdot (-\frac{1}{x^2}) + 2e^{2x} = 2x\sin\frac{1}{x} - \cos\frac{1}{x} + 2e^{2x}\).

\(x>0\) 时 , \(f'(x) = a = 2\).

\(x=0\) 时由 (1), \(f'(0) = 2\).

综上 , \(f'(x) = \begin{cases} 2x\sin\frac{1}{x} - \cos\frac{1}{x} + 2e^{2x}, & x < 0 \\ 2, & x \ge 0 \end{cases}\)

3)

由题 , \(\lim\limits_{x\to 0^-} 2x\sin\frac{1}{x} = 0\), \(\lim\limits_{x\to 0^-} 2e^{2x} = 2\), 而 \(\lim\limits_{x\to 0^-} \cos\frac{1}{x}\) 不存在 .

则 \(\lim\limits_{x\to 0^-} f'(x)\) 不存在 .

因此 \(f'(x)\) 在 \(x=0\) 处不连续 , 从而 \(f'(x)\) 在 \(x=0\) 处不可导 , 即 \(f''(0)\) 不存在 .

22.6. 已知 \(f(x) = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2xe^{n(x-1)} + ax^2 + b}{e^{n(x-1)}+1}\) 在 \(\mathbb{R}\) 上可导 , 求常数 a, b 的值 .

由于 \(x>1\) 时 , \(n(x-1) \to +\infty\), 有 \(e^{n(x-1)} \to +\infty\). 此时

\[ f(x) = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2x e^{n(x-1)} + ax^2+b}{e^{n(x-1)}+1} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2x + (ax^2+b)/e^{n(x-1)}}{1+1/e^{n(x-1)}} = 2x \]

\(x<1\) 时 , \(n(x-1) \to -\infty\), 有 \(e^{n(x-1)} \to 0\).

此时

\[ f(x) = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2x e^{n(x-1)} + ax^2+b}{e^{n(x-1)}+1} = ax^2+b \]

而

\[ f(1) = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2e^0+a+b}{e^0+1} = \frac{2+a+b}{2} \]

则有

\[ f(x) = \begin{cases} 2x, & x>1 \\ \frac{a+b+2}{2}, & x=1 \\ ax^2+b, & x<1 \end{cases} \]

又 \(f(x)\) 在 \(x=1\) 处可导 , 则 \(f(x)\) 在 \(x=1\) 处连续 .

此时有 \(\lim\limits_{x\to 1^-} f(x) = \lim\limits_{x\to 1^+} f(x) = f(1)\).

\(\lim\limits_{x\to 1^-} (ax^2+b) = a+b\), \(\lim\limits_{x\to 1^+} 2x=2\).

则有 \(\frac{a+b+2}{2} = a+b = 2\).

又由可导则应有 \(f'_-(1) = f'_+(1)\).

\[ f'_-(1) = \lim\limits_{x\to 1^-} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \lim\limits_{x\to 1^-} \frac{ax^2+b-2}{x-1} = \lim\limits_{x\to 1^-} \frac{a(x^2-1)+(a+b-2)}{x-1} = \lim\limits_{x\to 1^-} a(x+1) = 2a \]
\[ f'_+(1) = \lim\limits_{x\to 1^+} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \lim\limits_{x\to 1^+} \frac{2x-2}{x-1} = 2 \]

从而有 \(2a=2\), 即 \(a=1\). 因此 \(b=2-a=1\).

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

解 :

对 \(\lim\limits_{x\to 0} f(x) = \lim\limits_{x\to 0} (1+\sin^2\frac{1}{x})^x = \lim\limits_{x\to 0} e^{x \ln(1+\sin^2\frac{1}{x})}\).

由于 \(\sin^2\frac{1}{x} \in[0,1]\), 则 \(\ln(1+\sin^2\frac{1}{x}) \in [0, \ln 2]\).

从而 \(0 \le x \ln(1+\sin^2\frac{1}{x}) \le x\ln 2\) (for \(x>0\)).

又 \(\lim\limits_{x\to 0} x\ln 2 = 0\). 由夹逼准则 , \(\lim\limits_{x\to 0} x\ln(1+\sin^2\frac{1}{x})=0\).

从而 \(\lim\limits_{x\to 0} f(x) = e^0 = 1\).

因此定义 \(f(0)=1\), 则 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处连续 .

再讨论可导性 , 考虑 \(\lim\limits_{x\to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{(1+\sin^2\frac{1}{x})^x - 1}{x}\).

\[ = \lim\limits_{x\to 0} \frac{e^{x \ln(1+\sin^2\frac{1}{x})} - 1}{x} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{x \ln(1+\sin^2\frac{1}{x})}{x} \]

( 分子部分 \(\to 0\), 利用 \(e^u-1 \sim u\))

\[ = \lim\limits_{x\to 0} \ln(1+\sin^2\frac{1}{x}) \]

对 \(n \to \infty\), 当 \(x_n = \frac{1}{n\pi}\) 时 , \(\sin^2\frac{1}{x_n}=0\), \(\ln(1+\sin^2\frac{1}{x_n})=\ln 1 = 0\).

当 \(x_n = \frac{1}{(n+\frac{1}{2})\pi}\) 时 , \(\sin^2\frac{1}{x_n}=1\), \(\ln(1+\sin^2\frac{1}{x_n})=\ln 2\).

根据归结原理的逆否命题知道，\(\lim\limits_{x\to 0} \ln(1+\sin^2\frac{1}{x})\) 不存在 .

则 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处不可导 .

计算题 : 直接求导 , 隐函数求导 , 参数方程求导 , 极坐标求导 | 求微分

Tips

每年必考 , 计算量可能有点大

24.6. 设函数 \(y = x^2 e^{\sin^2\frac{1}{x}}\), 求 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\).

解 :

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 2x e^{\sin^2\frac{1}{x}} + x^2 e^{\sin^2\frac{1}{x}} \cdot \left(2\sin\frac{1}{x}\cos\frac{1}{x}\right) \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) \]
\[ = e^{\sin^2\frac{1}{x}} (2x - \sin\frac{2}{x}) \]

24.7. 设函数 \(y=y(x)\) 由方程 \(\ln(x^2+y) = x^3y+\sin x\) 确定 , 求 \(\mathrm{d}y\big|_{x=0}\).

解 :

代入 \(x=0\), 则 \(\ln y = 0+0=0\), 所以 \(y=1\).

对方程两边同时对 x 求导有

\[ \frac{1}{x^2+y}(2x+y') = 3x^2y+x^3y'+\cos x \]

代入 \(x=0, y=1\), 则 \(\frac{1}{0+1}(0+y') = 0+0+\cos 0 = 1\).

\(y'|_{x=0} = 1\), 则 \(\mathrm{d}y|_{x=0} = 1 \cdot \mathrm{d}x = \mathrm{d}x\).

24.8. 求极坐标系下曲线 \(r = e^\theta\) 在点 \((r, \theta) = (e^{\pi/2}, \pi/2)\) 处在直角坐标系下的切线方程 .

解 :

由题 \(\begin{cases} x = r\cos\theta = e^\theta \cos\theta \\ y = r\sin\theta = e^\theta \sin\theta \end{cases}\)

则

\[ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\theta} = e^\theta \cos\theta + e^\theta(-\sin\theta) = e^\theta(\cos\theta-\sin\theta) \]
\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}\theta} = e^\theta \sin\theta + e^\theta \cos\theta = e^\theta(\sin\theta+\cos\theta) \]

所以

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}\theta} = \frac{e^\theta(\sin\theta+\cos\theta)}{e^\theta(\cos\theta-\sin\theta)} = \frac{\sin\theta+\cos\theta}{\cos\theta-\sin\theta} \]

在 \(\theta = \pi/2\) 处切线斜率 \(k = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{\theta=\pi/2} = \frac{1+0}{0-1} = -1\).

又 \(\theta=\pi/2\) 时 \(x=0, y=e^{\pi/2}\), 即切点直角坐标 \((0, e^{\pi/2})\).

所以切线方程为 \(y - e^{\pi/2} = -1(x-0)\), 即 \(y = -x+e^{\pi/2}\).

23.6. 设函数 \(y=y(x)\) 是由方程 \(x^2+y=\tan(x-y)\) 所确定 , 且 \(y(0)=0\). 求 \(y'(0)\) 和 \(y''(0)\).

解 : 对 \(x^2+y=\tan(x-y)\), 方程两边同时对 \(x\) 求导有

\[ 2x+y' = \sec^2(x-y) \cdot (1-y') \quad \cdots ① \]

代入 \(x=y=0\), 有 \(0+y' = \sec^2(0) (1-y')\), 有 \(y'=1-y'\), \(2y'=1\), \(y'=\frac{1}{2}\). 即 \(y'(0)=\frac{1}{2}\).

对 ① 式两边再对 \(x\) 求导有

\[ 2+y'' = 2\sec(x-y) \cdot (\sec(x-y)\tan(x-y)) \cdot (1-y')^2 + \sec^2(x-y) \cdot (-y'') \]

代入 \(x=y=0, y'=\frac{1}{2}\), 有

\[ 2+y'' = 2\sec^2(0)\tan(0)(1-\frac{1}{2})^2 + \sec^2(0)(-y'') = 0 - y'' \]

\(2+y'' = -y'' \implies 2y''=-2 \implies y''=-1\). 即 \(y''(0)=-1\).

23.7. 已知 \(y = x \ln (x + \sqrt{x^2+1}) - \sqrt{x^2+1}\)，求 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}, \dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\).

\[ \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= \ln(x+\sqrt{x^2+1}) + x \cdot \frac{1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}} - \frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}} \\ &= \ln(x+\sqrt{x^2+1}) + x \cdot \frac{\frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}}{(x+\sqrt{x^2+1})} - \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \\ &= \ln(x+\sqrt{x^2+1}) + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} - \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \ln(x+\sqrt{x^2+1}) \end{aligned} \]
\[ \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}} \cdot (1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}) = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}} \cdot \frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} \]

23.8. 设 \(y = \arctan \dfrac{x+1}{x-1} + \ln \sqrt{1+x^2}\)，求 \(\mathrm{d}y\) 与 \(\mathrm{d}y\big|_{x=3}\).

\[ \begin{aligned} y' = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= \frac{1}{1+(\frac{x+1}{x-1})^2} \cdot \frac{(x-1)\cdot 1 - (x+1)\cdot 1}{(x-1)^2} + \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \cdot \frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}} \\ &= \frac{-2}{(x-1)^2+(x+1)^2} + \frac{x}{1+x^2} = \frac{-2}{2x^2+2} + \frac{x}{1+x^2} = \frac{x-1}{1+x^2} \end{aligned} \]

因此 \(\mathrm{d}y = \dfrac{x-1}{1+x^2}\mathrm{d}x\), \(\mathrm{d}y\big|_{x=3} = \dfrac{3-1}{1+3^2}\mathrm{d}x = \dfrac{1}{5}\mathrm{d}x\)

23.11. 设函数 \(y=y(x)\) 由参数方程 \(\begin{cases} x = t - \sin t, \\ y = 1 - \cos t \end{cases}\) 所确定 .

(1) 试求曲线 \(y=y(x)\) 在 \(t=\dfrac{\pi}{2}\) 处的切线方程； (2) 计算 \(y''(x)\).

(1) 由参数方程 , \(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = 1-\cos t, \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = \sin t\).

则 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} = \dfrac{\sin t}{1-\cos t}\).

代入 \(t=\dfrac{\pi}{2}\), 有 \(\left.\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{t=\frac{\pi}{2}} = \dfrac{\sin\frac{\pi}{2}}{1-\cos\frac{\pi}{2}} = \dfrac{1}{1-0} = 1\).

即切线斜率为 1. 又 \(t=\dfrac{\pi}{2}\) 时 \(x = \dfrac{\pi}{2}-\sin\dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi}{2}-1\), \(y=1-\cos\dfrac{\pi}{2}=1\).

从而在 \(t=\dfrac{\pi}{2}\) 处切线方程为 \(y-1=1\cdot(x-(\dfrac{\pi}{2}-1))\), 即 \(x-y-\dfrac{\pi}{2}+2=0\).

(2) 因为 \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}) = \dfrac{\cos t(1-\cos t) - \sin t \cdot \sin t}{(1-\cos t)^2} = \dfrac{\cos t - (\cos^2 t + \sin^2 t)}{(1-\cos t)^2} = \dfrac{\cos t - 1}{(\cos t - 1)^2} = \dfrac{1}{\cos t - 1}\).

则 \(y''(x) = \dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} = \dfrac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x})}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}} = \dfrac{\frac{1}{\cos t-1}}{1-\cos t} = -\dfrac{1}{(1-\cos t)^2}\).

22.7. 已知 \(y = \dfrac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2} + \dfrac{a^2}{2}\arcsin\dfrac{x}{a}\) (a>0 为实常数 ), 求 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\).

解 :

\[ y' = \frac{1}{2}\sqrt{a^2-x^2} - \frac{x^2}{2\sqrt{a^2-x^2}} + \frac{a^2}{2\sqrt{a^2-x^2}} \]
\[ = \frac{(a^2-x^2) - x^2 + a^2}{2\sqrt{a^2-x^2}} = \frac{2a^2-2x^2}{2\sqrt{a^2-x^2}} = \sqrt{a^2-x^2} \]

8. 设 \(y = f(x)\) 是由方程 \(e^{x+y} - 2xy = e\) 所确定的隐函数 .

(1) 求 \(f'(0)\); (2) 计算 \(\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{(y-1)\sin(ex)}{\sqrt{1+2x^2}-1}\).

解 : (1) 对等式 \(e^{x+y} - 2xy = e\), 代入 \(x=0\) 则 \(e^y = e\), 所以 \(y=1\).

再对该等式两端对 \(x\) 求导有 :\(e^{x+y}(1+y') - 2(y+xy') = 0\).

代入 \(x=0, y=1\), 有 \(e(1+y') - 2(1) = 0\), 解得 \(y' = \frac{2}{e}-1\).

即 \(f'(0) = \frac{2}{e}-1\).

(2)

\[ \lim\limits_{x\to 0} \frac{(y-1)\sin(ex)}{\sqrt{1+2x^2}-1} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{(y-1) \cdot ex}{\frac{1}{2}(2x^2)} = \lim\limits_{x\to 0} e \frac{y-1}{x} \]

又因为 \(f'(0) = \lim\limits_{x\to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{y-1}{x}\).

则原极限 \(= e \cdot f'(0) = e(\frac{2}{e}-1) = 2-e\).

22.9. 已知 \(\begin{cases} x = \ln(t + \sqrt{1+t^2}) \\ y = \sqrt{1+t^2} \end{cases}\), 求 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}, \dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\).

解 :

由 \(x = \ln(t + \sqrt{1+t^2})\), 有 \(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\).

由 \(y = \sqrt{1+t^2}\), 有 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = \dfrac{t}{\sqrt{1+t^2}}\). 则

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} = \frac{t/\sqrt{1+t^2}}{1/\sqrt{1+t^2}} = t \]
\[ \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}) = \frac{1}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} = \frac{1}{1/\sqrt{1+t^2}} = \sqrt{1+t^2} \]

22.10. 曲线 C 的极坐标方程为 \(r=e^\theta+\theta\), 求曲线 C 在 \(\theta=\frac{\pi}{2}\) 处的切线方程 .

解 : 利用极坐标方程, 结合极坐标与直角坐标变换公式 \(\begin{cases} x=r\cos\theta \\ y=r\sin\theta \end{cases}\).

则曲线 C 的参数方程为 \(\begin{cases} x=(e^\theta+\theta)\cos\theta \\ y=(e^\theta+\theta)\sin\theta \end{cases}\).

从而

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}\theta} = (e^\theta+1)\sin\theta + (e^\theta+\theta)\cos\theta \]
\[ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\theta} = (e^\theta+1)\cos\theta - (e^\theta+\theta)\sin\theta \]

有

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{(e^\theta+1)\sin\theta + (e^\theta+\theta)\cos\theta}{(e^\theta+1)\cos\theta - (e^\theta+\theta)\sin\theta} \]

在 \(\theta=\frac{\pi}{2}\) 处 , 切线斜率 \(k = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|_{\theta=\pi/2} = \frac{(e^{\pi/2}+1)\sin\frac{\pi}{2} + (e^{\pi/2}+\frac{\pi}{2})\cos\frac{\pi}{2}}{(e^{\pi/2}+1)\cos\frac{\pi}{2} - (e^{\pi/2}+\frac{\pi}{2})\sin\frac{\pi}{2}} = \frac{e^{\pi/2}+1}{-(e^{\pi/2}+\frac{\pi}{2})}\).

且此时 \(x = (e^{\pi/2}+\frac{\pi}{2})\cos\frac{\pi}{2}=0\), \(y = (e^{\pi/2}+\frac{\pi}{2})\sin\frac{\pi}{2} = e^{\pi/2}+\frac{\pi}{2}\).

从而切线方程为 \(y-(e^{\pi/2}+\frac{\pi}{2}) = -\frac{e^{\pi/2}+1}{e^{\pi/2}+\frac{\pi}{2}} x\).

21.6. 设 \(y = \dfrac{x^3}{2(x-1)^2}\), 求 \(y', y''\).

解 :

\[ y' = \frac{1}{2} \frac{3x^2(x-1)^2 - x^3 \cdot 2(x-1)}{(x-1)^4} = \frac{1}{2} \frac{3x^2(x-1) - 2x^3}{(x-1)^3} = \frac{3x^3-3x^2-2x^3}{2(x-1)^3} = \frac{x^3-3x^2}{2(x-1)^3} \]
\[ y'' = \frac{1}{2} \frac{(3x^2-6x)(x-1)^3 - (x^3-3x^2) \cdot 3(x-1)^2}{(x-1)^6} = \frac{1}{2} \frac{(3x^2-6x)(x-1) - 3(x^3-3x^2)}{(x-1)^4} \]
\[ = \frac{1}{2} \frac{(3x^3-3x^2-6x^2+6x) - (3x^3-9x^2)}{(x-1)^4} = \frac{1}{2} \frac{3x^3-9x^2+6x-3x^3+9x^2}{(x-1)^4} = \frac{3x}{(x-1)^4} \]

21.7. 设函数 \(y=y(x)\) 由方程 \(\sin(xy) + \ln(y-x) = x\) 确定 , 求 \(y'(0), y''(0)\).

解 : 由 \(\sin(xy) + \ln(y-x) = x\), 代入 \(x=0\), 则 \(0+\ln y=0 \implies y=1\).

再对该等式两边同时对 \(x\) 求导 , 有 :

\[ \cos(xy) \cdot (y+xy') + \frac{y'-1}{y-x} = 1 \quad \cdots ① \]

代入 \(x=0, y=1\), 有 \(\cos 0 \cdot (1) + \frac{y'-1}{1-0}=1\), 得此时 \(y'=1\).

对 ① 式 , 再对等式两边对 \(x\) 求导 , 有

\[ -\sin(xy)(y+xy')^2 + \cos(xy)(y'+y'+xy'') + \frac{y''(y-x)-(y'-1)^2}{(y-x)^2} = 0 \]

代入 \(x=0, y=1, y'=1\) 有 :

\[ -\sin 0 + \cos 0 (1+1+0) + \frac{y''(1-0) - (1-1)^2}{(1-0)^2} = 0\implies y''=-2 \]

故 \(y'(0)=1, y''(0)=-2\).

21.8. 设参数方程 \(\begin{cases} x = \ln(1+t^2) \\ y = t - \arctan t \end{cases}\), 求 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}, \dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\).

解 : 有 \(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = \dfrac{2t}{1+t^2}\), \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = 1 - \dfrac{1}{1+t^2} = \dfrac{t^2}{1+t^2}\).

\[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} = \frac{t^2/(1+t^2)}{2t/(1+t^2)} = \frac{t}{2} \]

则

\[ \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x})}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t} = \frac{1/2}{2t/(1+t^2)} = \frac{1+t^2}{4t} \]

计算题 : 高阶导数 : 莱布尼兹公式

Tips

每年必考 , 计算量可能有点大

24.9. 设函数 \(y=e^x \sin x\), 证明 \(y^{(n)} = 2^{\frac{n}{2}}e^x \sin(x+\dfrac{n\pi}{4})\).

解 : 用数学归纳法

当 \(n=1\) 时 , \(y' = e^x\cos x + e^x\sin x = \sqrt{2} e^x (\frac{1}{\sqrt{2}}\cos x + \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x) = \sqrt{2} e^x \sin(x+\frac{\pi}{4}) = 2^{1/2} e^x \sin(x+\frac{\pi}{4})\). 成立 .

假设 \(n=k\) 时有 \(y^{(k)} = 2^{k/2}e^x \sin(x+\frac{k\pi}{4})\) 成立 .

对 \(n=k+1\),

\[ y^{(k+1)} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} y^{(k)} = 2^{k/2} [e^x \sin(x+\frac{k\pi}{4}) + e^x \cos(x+\frac{k\pi}{4})] \]
\[ = 2^{k/2} e^x \sqrt{2} \sin((x+\frac{k\pi}{4})+\frac{\pi}{4}) = 2^{(k+1)/2} e^x \sin(x+\frac{(k+1)\pi}{4}). \]

成立 . 因此 \(y^{(n)} = 2^{n/2} e^x \sin(x+\dfrac{n\pi}{4})\).

23.10. 已知 \(f(x) = \dfrac{x}{\sqrt{1+x}}\), 求 \(f^{(6)}(0)\).

10. 法① 利用 Leibniz 公式 , \(f(x) = x \cdot (1+x)^{-1/2}\) 由于

\[ [(1+x)^{-1/2}]^{(n)} = (-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\cdots(-\frac{1}{2}-n+1)(1+x)^{-1/2-n} = (-1)^n \frac{(2n-1)!!}{2^n}(1+x)^{-\frac{2n+1}{2}} \]

从而 \(f^{(n)}(x) = \binom{n}{0} x \cdot [(1+x)^{-1/2}]^{(n)} + \binom{n}{1} (x)' \cdot [(1+x)^{-1/2}]^{(n-1)} + 0\)

\[ f^{(n)}(x) = x[(1+x)^{-1/2}]^{(n)} + n[(1+x)^{-1/2}]^{(n-1)} \]

代入 \(n=6, x=0\)

\[ f^{(6)}(0) = 0 + 6 \cdot [(1+x)^{-1/2}]^{(5)}|_{x=0} \]
\[ [(1+x)^{-1/2}]^{(5)}|_{x=0} = (-1)^5 \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 9}{2^5} (1)^{-\frac{11}{2}} = -\frac{945}{32} \]

则 \(f^{(6)}(0) = 6 \cdot (-\frac{945}{32}) = -\frac{2835}{16}\).

法②, 对 \(f(x)\) 进行变形 , \(f(x) = \frac{x+1-1}{\sqrt{1+x}} = \sqrt{1+x} - \frac{1}{\sqrt{1+x}} = (1+x)^{1/2} - (1+x)^{-1/2}\)

又

\[ [(1+x)^\alpha]^{(n)} = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)(1+x)^{\alpha-n} \]

从而 \(f^{(n)}(x) = [(1+x)^{1/2}]^{(n)} - [(1+x)^{-1/2}]^{(n)}\).

代入 \(n=6, x=0\):

\[ [(1+x)^{1/2}]^{(6)}|_{x=0} = (\frac{1}{2})(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})(-\frac{5}{2})(-\frac{7}{2})(-\frac{9}{2}) = -\frac{945}{64} \]
\[ [(1+x)^{-1/2}]^{(6)}|_{x=0} = (-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})(-\frac{5}{2})(-\frac{7}{2})(-\frac{9}{2})(-\frac{11}{2}) = \frac{10395}{64} \]

则 \(f^{(6)}(0) = -\frac{945}{64} - \frac{10395}{64} = -\frac{11340}{64} = -\frac{2835}{16}\).

22.11. 已知 \(f(x)=\arctan x\), 求 \(f^{(7)}(0)\).

解 :

对 \(f(x)=\arctan x\), 有 \(f'(x) = \frac{1}{1+x^2}\).

转化可得 \((1+x^2)f'(x)=1\), 对等式两边求 n 阶导 , (n≥1).

由莱布尼兹公式 , 有

\[ \binom{n}{0}(1+x^2)f^{(n+1)}(x) + \binom{n}{1}(2x)f^{(n)}(x) + \binom{n}{2}(2)f^{(n-1)}(x) + 0 = 0 \]
\[ (1+x^2)f^{(n+1)}(x) + 2nx f^{(n)}(x) + n(n-1)f^{(n-1)}(x) = 0 \]

此时令 \(x=0\), 则对上式有

\[ f^{(n+1)}(0) + n(n-1)f^{(n-1)}(0) = 0 \quad (n\ge 1) \]

逐项递推可得

\(f^{(7)}(0) = -720f'(0) = -720\).

21.10. 设 \(f(x) = x\ln(1+x)\), 求 \(f^{(100)}(x)\).

解 : 由莱布尼兹公式

\[ f^{(100)}(x) = \sum_{k=0}^{100} \binom{100}{k} [x]^{(100-k)} [\ln(1+x)]^{(k)} \]

由于 \([x]^{(n)}\) 在 \(n\ge 2\) 时为 0, 故只剩前两项 :

\[ = \binom{100}{100} [x]^{(0)} [\ln(1+x)]^{(100)} + \binom{100}{99} [x]^{(1)} [\ln(1+x)]^{(99)} \]
\[ = x [\ln(1+x)]^{(100)} + 100 [\ln(1+x)]^{(99)} \]
\[ [\ln(1+x)]^{(k)} = (-1)^{k-1}(k-1)!(1+x)^{-k} \]
\[ = x \left(\frac{(-1)^{99}99!}{(1+x)^{100}}\right) + 100 \left(\frac{(-1)^{98}98!}{(1+x)^{99}}\right) \]
\[ = \frac{-99!x}{(1+x)^{100}} + \frac{100 \cdot 98!}{(1+x)^{99}} = \frac{-99 \cdot 98! x + 100 \cdot 98!(1+x)}{(1+x)^{100}} \]
\[ = \frac{98!(-99x+100+100x)}{(1+x)^{100}} = \frac{98!(x+100)}{(1+x)^{100}} \]

抽象函数导数计算证明

Tips

结合抽象函数运算性质和导数的定义去做

21.13. 设函数 \(f(x), g(x)\) 定义于 \(\mathbb{R}\) 上 , 且满足

(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 \(\mathbb{R}\) 上可导 , 且 \(f'(x)=g(x)\).

抽象函数与导数结合 , 扣住导函数的定义式即可 , 基本上把条件和待证列出来关系就明晰了 .

13. 要证 \(f(x)\) 可导 , 即证 \(\lim\limits_{\Delta x\to 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\) 对 \(x \in \mathbb{R}\) 均存在 .

由题 , \(f(x+\Delta x) = f(x)g(\Delta x) + f(\Delta x)g(x)\).

又 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处可导且 \(f(0)=0, f'(0)=1\).

则 \(\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x)-f(0)}{\Delta x} = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x)}{\Delta x} = f'(0)=1\).

类似地 , 由 \(g(x)\) 在 \(x=0\) 处可导 , \(g(0)=1, g'(0)=0\).

有 \(\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{g(\Delta x)-g(0)}{\Delta x} = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{g(\Delta x)-1}{\Delta x} = 0\).

则对 \(\forall x \in \mathbb{R}\),

\[ \lim\limits_{\Delta x \to 0} f(x)\frac{g(\Delta x)-1}{\Delta x} = f(x) \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{g(\Delta x)-1}{\Delta x} = 0 \]
\[ \lim\limits_{\Delta x \to 0} g(x)\frac{f(\Delta x)}{\Delta x} = g(x) \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x)}{\Delta x} = g(x) \]

二者相加有

\[ \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(x)(g(\Delta x)-1) + f(\Delta x)g(x)}{\Delta x} = g(x) \]
\[ = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(x)g(\Delta x) + f(\Delta x)g(x) - f(x)}{\Delta x} \]
\[ = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = g(x) \]

则 \(f(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上可导 , 又 \(f'(x) = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = g(x)\).

则 \(f'(x)=g(x)\).

大题 : 递推数列题

Tips

主要侧重单调有界定理

23.13. 设函数 \(f_n(x) = x^n + x^{n-1} + \dots + x - 1 \quad (n \in \mathbb{N}^+)\).

(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 \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n\).

（1）证明 :

\(f_n(0) = -1<0， f_n(1) = n-1\ge0\) 由零点存在性定理可知：

\(\exists x_n \in (0,1)\) 使得 \(f_n(x_n) = 0\)

由 \(f_n(x)\) 的单调性可知，当 \(0<x<x_n\) 时，\(f_n(x)<f_n(x_n) = 0\)，当 \(x_n< x < 1\) 时，\(0 = f_n(x_n) < f_n(x)\)

所以 \(x_n\) 是 \(f_n(x)\) 在 \((0,1)\) 的唯一正根

(2) 证明：

\(f_n(x_n) = 0 = f_{n+1}(x_{n+1}) = x_{n+1}^{n+1}+f_n(x_{n+1}) > f_n(x_{n+1})\)

结合 \(f_n(x)\) 单调性 \(\implies x_n > x_{n+1} > 0\) 又 \(x_n\in(0,1)\) 有上界 \(1\)

依单调有界定理：\(\{x_n\}\) 收敛

\(f_n(x_n) = \dfrac{x_n(x_n^n-1)}{x_n-1}-1 = 0\)

设 \(A = \lim\limits_{n\to\infty} x_n\) 由于 \(x_n\in(0,1)\implies x_n^n\to0(n\to+\infty)\)

\(\Rightarrow \dfrac{1-2A}{A-1} = 0\) 解得 \(A = \dfrac{1}{2}\)

22.14. 设数列 \(\{a_n\}\) 满足 : \(a_1=3, a_{n+1} = \dfrac{1}{2}a_n + \dfrac{3}{a_n+1} \quad (n\ge 1)\).

(1) 证明数列 \(\{a_n\}\) 收敛 ; (2) 计算 \(\lim\limits_{n\to\infty} a_n\).

\(分析：2A = A+\dfrac{6}{A+1} \Rightarrow A = 2(A>0)\)

\(2(a_{n+1}-2) = \dfrac{(a_n-2)(a_n-1)}{a_n+1}\)

所以 \(a_{n+1}-2\) 和 \(a_n-2\) 符号相同 \(\implies a_n-2\) 和 \(a_1-2\) 符号相同

\(\therefore a_1>2\Rightarrow a_n>2,\forall n\in N^+\)

\(\implies \dfrac{1}{2}\dfrac{a_n-1}{a_n+1} = \dfrac{1}{2}(1-\dfrac{2}{a_n+1})<\dfrac{1}{2}\)

\(\implies 0<a_{n+1}-2<\dfrac{1}{2}(a_n-2)<...<\dfrac{1}{2^n}(a_1-2)\to0(n\to+\infty)\)

由夹逼定理可以知道，\(\{a_n\}\) 收敛于 \(2\)

21.12. 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 , 并求该极限 .

由基本不等式可以知道：

\(\forall n\in\mathbb{N^+}, 0<x_{n+1} \le \dfrac{x_n+3-x_n}{2} = \dfrac{3}{2}\)

\(\dfrac{x_{n+1}}{x_n} = \sqrt{\dfrac{3-x_n}{x_n}} > 1(n\ge2)\) 所以 \(x_n\) 单调递增 \((n\ge2)\)

由单调有界定理知，\(\{x_n\}\) 收敛

令 \(L = \lim\limits_{n\to\infty} x_n\)

在递推公式中令 \(n\to+\infty\)，有 \(L = \sqrt{L(3-L)}\)

解得 \(L = \dfrac{3}{2}\)

大题 : 微分中值定理

24.13. 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 \(\xi, \eta \in (0,1)\), 使得 \(f'(\xi)f'(\eta)=1\).

(1) 略

(2) 在 \([0,c], [c,1]\) 上分别使用拉格朗日中值定理：

存在 \(\xi\in(0,c)\) 使 \(f(c)-f(0) = f(c) = 1-c = f'(\xi)c\)

存在 \(\eta\in(c,1)\) 使 \(f(1)-f(c) = 1-f(c) = c = f'(\eta)(1-c)\)

相乘即证

23.12. 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) \(\exists c \in (0, 1)\) 使得 \(f(c) = \frac{3}{2023}\);

(2) \(\exists \xi \ne \eta \in (0, 1)\) 使得 \(\frac{3}{f'(\xi)} + \frac{2020}{f'(\eta)} = 2023\).

本题是一个双中值问题

(1) 令 \(g(x) = f(x) - \dfrac{3}{2023}\), 则 \(g(0) = f(0) - \dfrac{3}{2023} = -\dfrac{3}{2023} < 0\).

\(g(1) = f(1) - \dfrac{3}{2023} = 1 - \dfrac{3}{2023} > 0\), 则有 \(g(0)g(1)<0\).

由零点存在定理 , \(\exists c \in (0,1)\) 使 \(g(c)=0\).

即此时有 \(f(c) - \dfrac{3}{2023} = 0\), 也即 \(f(c) = \dfrac{3}{2023}\).

(2) 由拉格朗日中值定理 ,

\(\exists \xi \in (0,c)\) 使 \(f'(\xi) = \dfrac{f(c)-f(0)}{c-0} = \dfrac{3}{2023c}\).

\(\exists \eta \in (c,1)\) 使 \(f'(\eta) = \dfrac{f(1)-f(c)}{1-c} = \dfrac{1-3/2023}{1-c} = \dfrac{2020}{2023(1-c)}\).

则 \(\dfrac{3}{f'(\xi)} = 2023c\), \(\dfrac{2020}{f'(\eta)} = 2023(1-c)\).

因此 \(\exists \xi \neq \eta \in (0,1)\), 使 \(\dfrac{3}{f'(\xi)} + \dfrac{2020}{f'(\eta)} = 2023c + 2023(1-c) = 2023\) 成立 .

13. 叙述并证明 Rolle( 罗尔 ) 定理 .

本题是定理叙述题 , 需要同学们关注知识脉络 , 熟悉知识体系

定理 4.1.3 (Rolle 罗尔定理 ) 如果函数 f 满足 : (1) 在闭区间 \([a,b]\) 上连续;

(2) 在开区间 \((a,b)\) 内可导 ;

(3) \(f(a) = f(b)\).

则至少存在一点 \(\xi \in (a,b)\), 使得 \(f'(\xi)=0\).

证明 :

(a) 如果 \(f\) 在 \([a,b]\) 上为常数 , 则 \((a,b)\) 内的任何点 \(\xi\) 都有 \(f'(\xi)=0\).

(b) 如果 \(f\) 在 \([a,b]\) 上不为常数 , 则存在 \(x_0 \in (a,b)\), 使得 \(f(x_0) \neq f(a)\). 不妨设 \(f(x_0) > f(a)\). 于是 \(f(a)\) 和 \(f(b)\) 都不是 \(f\) 在 \([a,b]\) 上的最大值 , 其最大值必定在区间 \((a,b)\) 的内部某点 \(x=\xi\) 取到 , 那么由费马定理 , 必有 \(f'(\xi)=0\).