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2013、2014 年大学先修微积分试题及解答 郁林成森 2013 年大学先修课程微积分试题2013 年大学先修课程微积分试题 1.求极限 3 0 sin lim x xx x . 解：解： 32 000 sin1 cossin1 limlimlim 366 xxx xxxx xxx . 评：评：第一感觉显然是 LHopital 法则，不过用 Taylor 展开也可以给一个很漂亮的 证明. 2.求极限 1 sin 0 lim(sincos ) x x xx 解：解：两边取对数 00 ln(sincos )cossin limlim1 sincos (sincos ) xx xxxx xxxx 所以 1 sin 0 lim(sincos )e=2.71828 x x xx 评：评：1不定式，取对数是显然的，另外大概也差不多能猜出来答案是e，因为x 很小的时候，cos1x ，sin xx，所以差不多是 11 sin (sincos )(1) xx xxx，这就 跟e的定义式 1 0 1 e= lim (1)lim(1) x x xx x x 很像了. 3.( )f x在上连续，有lim( )lim( ) xx f xABf x . 求证：对任意的( , )CA B，存在使得( )fC 证明：证明：令( )( )xf xC.若不然，则 11 lim0 ( ) x xAC 11 lim0 ( ) x xBC 且 1 ( )x 在连续. 所以对于任意的,0 存在 12 ,x x 12 ()xx有 1 11 ()xAC 2 11 ()BCx 即 1 11 ()xAC ， 2 11 ()xBC 适当选取, 可使 1 1 0 ()x ， 2 1 0 ()x ，这表明 1 ( )x 在 21 (,)xx 中有零点，矛盾！ 所以存在使得( )fC. 评：评：绝对不能直接使用介值定理，因为条件不符合！因此我们需要把条件调成能 用介值定理，故利用极限的定义把涉及到无穷的开区间缩小到有限的区间中. 4.( )f x在 , a b连续，在( , )a b可微，且有 ( ) ( )0( ) ()0 2 ab f a f bf a f 求证：对k ，( , )xa b 使得( )( )0f xkfx成立. 证明：证明：令 ( ) ( ) e x k f x g x . 由零点定理，存在( ,),(, ) 22 abab ab 使 ( )( )0ff 即( )( )gg，由 Rolle 定理：存在( , )ma b使 1 ( )( )()( )0 mm kk g mf mefm e k 此即( )( )0f mkfm 评：评：辅助函数 ( ) ( ) e x k f x g x 的引进是重要技巧，其它类型的辅助函数的构造请查 阅与 Rolle 定理相关的资料. 5.序列 n a恒正，lim n n aa 求证： 1 12 lim ()n n n a aaa 证明：证明：首先证明一个引理（非常经典且有用） 若lim n n bb ，则 12 lim n n bbb b n 令 nn cbb，只需证：当lim0 n n c 时， 12 lim0 n n ccc n 取pn，则对于0可选取 0 n使得当 0 nn时有 12 , ppn ccc 均小于 1 2 从而 12 12 ()1 22 ppn ppn cccccc np nnn 令A为 12 , p ccc中最大者. 则可取充分大的 0 n使 12 12 1 2 p p cccccc Ap nnn 所以 1212 121 pppn nn cccccc cccc nnn 至此，引理得证. 回到原题，因为 n a恒正且lim n n aa 故由引理 12 lnlnln limln n n aaa a n 此即 1 12 lim ()n n n a aaa 评：评：啥都不说了，引理是最牛 B 的，强烈建议记住证明（根据 Hardy 老人家 的观点，一个人若想真正理解极限，那最简单的是不断揣摩这个证明） 6.( )f x在( 1,1)上有1n阶导数.对1x ，有 (1)( ) 1 ( )() ( )(0)(0) (1)! nn nn fxfx f xffxxx nn 求证： 0 1 lim 1 x n 证明：证明：有 (1)( ) 1 ( )() ( )(0)(0) (1)! nn nn fxfx f xffxxx nn ( )(1) 1 (0)() ( )(0)(0) !(1)! nn nn ffx f xffxxx nn 两者相减得 (1) ( )( ) () ()(0) 1 n nn fx fxf n 由 Lagrange 中值定理 ( )( )(1) ()(0)() nnn fxffxx 即 (1) (1) () () 1 n n fx fx n 当x趋于0时， (1)(1) (),() nn fxfx 趋于相同的极限，故 0 1 lim 1 x n 评：评：若( )f x在( 1,1)上还有2n阶导数，则用类似的方法可以得到更精密的估 计式. 2014 年大学先修课程微积分试题2014 年大学先修课程微积分试题 1.计算下列极限 （1） 111 lim () 22 3(1) n n n 解： 111111111 lim ()lim () 22 3(1)22331 nn n nnn 1 lim (1)1 1 n n （2） 1 1 lim () ! n n n 解：显然 1 1 ()0 ! n n ，注意到 2 2 ln2ln3ln4lnln d( ln)ln n n nx xxxxnnn 故!( ) e n n n ，所以 1 1e ( !)n n n ，又 e lim0 n n ，故由夹逼定理 1 1 lim ()0 ! n n n （3） 0 lim(ln ) x xx ，其中0. 解：若0， 0000 1 1 ln lim(ln )limlimlim0 1xxxx xx x xx xx 若0， 00 lim(ln )limln xx xxx （4） 0 11 lim() e1 x x x 解： 0000 11e1e111 lim()lim()limlim e1(e1)e1e22 xx xxxx xxxx x xxxx 评：评：重点依然是 LHopital 法则，但要注意条件是否符合； （2）问更有深刻背景， 大概是基于 Striling 公式出出来的：我们记( )( )f xg x，当且仅当 ( ) lim1 ( ) x f x g x ， 则!2 ( ) e n n nn 2.已知e1e xxx ，其中(0,1).求证： 0 1 lim 2 x 证明：证明：由题意有 ln e1ln x x x 故 00000 11 limlim()limlimlim 1(1)11 xxxx xxxxx xxxxx exeexex exx eexexe 0 11 lim 12 x x e 评：评：思路虽然自然，但稍微麻烦了点，不过还是可以忍的。有一个经常会犯的错 误特别提出来：是 1 (ln)x x ，千万不要忘了绝对值，否则就不能在整个实数集 上讨论了！ ！以此题为例，如果写成 ln(e1)ln x x x ，慎用 LHopital 法则，因 为此时求的只是右极限，分两次讨论就有点得不偿失了。 3.证明： 22 71 2 42 abaabb 证明：证明：注意到 2222 1313 2 3434 ababab 22 2323 22 3232 aaa 22 11111 2 44442 bbb 三式相加即得不等式. 评：评：其实我们并没有用到微积分，只用了三个小小的均值不等式便秒杀了。你也 许会问：这是怎么想到的？很简单，我们肯定想用均值做这个题，然后就只需要 待定系数了： 22 1 2 4 xaybxyabxy 2 (1)2 (1)(1)1x azx zax z 7771 (1)2 (1)()(1)() 44416 y bzyz byz 然后解方程就 OK 了. 当然，也有基于微积分的证明，想法也很简单（高中经常用） ：将一个未知数看 作常数。 左减右有： 22 17 ( )(2) 24 f aab abb 所以令( )220faab有 2 2 b a 即 22 23333 ( )()( )(1)0 24244 b f afg bbbb 这样也就证完了。 4.（Darboux 中值定理）设( )yf x在( , )A B区间中可导，又设 , ( , )a bA B且 ( )( )faf b.证明：对于任意给定的：( )( )faf b，都存在( , )ca b，使 得( )fc. 证明：证明：令( )( )g xf xx.则( )g x在( , )A B区间中连续. 则( )g x在区间( , )a b中的某个点取得其下界，而这个点不可能, a b.这是因为 ( )( )0g afa，( )( )0g bf b 因此( )g x在( , )a b中某个点c取得极小值，故( )( )0g cfc. 评：评：Darboux 的经典结论，注意要与其他中值定理区别，导函数不一定还是可导 的. 5.函数( )f x在0,3上连续，(0)(3)ff.证明：满足) ,0,3i x y；)ii xy是非负 整数；) ( )( )iii f xf y；这三个条件的实数对( , )x y至少有三对. 证明：证明：显然(3,0)是一对. 令( )(1)( )g xf xf x，则(0)(1)(2)0ggg. ) i若(0), (1), (2)ggg中没有 0，因此(0), (1), (2)ggg中有两个同号，一个异号. 若(1)g与(0), (2)gg异号，则(1) (0)0, (1) (2)0gggg，由零点定理，( )g x在区间 (0,1)与(1,2)分别存在零点 12 , . 若不然，不妨设(0), (1)gg同号且为正，(2)g负，则( )g x在(1,2)存在零点 1 且 (1)(0),(2)(1),(3)(2)ffffff，令( )(2)( )h xf xf x，则 (0)(2)(0)0, (1)(3)(1)0hffhff 即( )h x在区间(0,1)存在零点 2 . )ii若(0), (1), (2)ggg有 0,显然成立， 因为如果是(0)g或(2)0g， 剩下两个和为 0， 要么都是 0， 要么异号 （此时零点在(0,1)或(1,2)中） ， 若(1)0g， 则(0)(1)0hh， 则( )h x在区间(0,1)存在零点. 综上，至少有三对实数符合要求. 评：评：解法不甚美观，但思路倒是非常自然，因为要求差是非负整数，显然要引进 函数( )(1)( )