2025年北京大学高等数学（上）期末冲刺测试卷：极限与导数综合应用

2025年北京大学高等数学（上）期末冲刺测试卷：极限与导数综合应用考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、设数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=\sqrt{a_n(2-a_n)}$，$n\geq1$。(1)证明数列$\{a_n\}$收敛；(2)求数列$\{a_n\}$的极限。二、计算极限$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\sinx}-\cosx}{x}$。三、计算极限$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e}{x}$。四、设函数$f(x)=\frac{x^2-1}{x^3+x}$。(1)求函数$f(x)$的定义域；(2)求函数$f(x)$的间断点，并判断其类型。五、求函数$f(x)=x^3-3x^2+2$的单调区间、极值、凹凸区间和拐点。六、设函数$f(x)=e^x\sinx$。(1)求函数$f(x)$的导数；(2)求函数$f(x)$在区间$[0,2\pi]$上的极值点。七、求函数$f(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$的反函数。八、设曲线$y=\frac{x^2}{x+1}$。(1)求曲线的渐近线；(2)作出曲线的草图。九、设函数$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)$。证明：在$(a,b)$内至少存在一点$\xi$，使得$f'(\xi)=0$。十、设函数$f(x)$在区间$[0,1]$上二阶可导，且$f(0)=f(1)=0$，$f'(x)\neq0$，$x\in(0,1)$。证明：在$(0,1)$内存在唯一的点$\xi$，使得$\frac{f''(\xi)}{f'(\xi)}=-2$。十一、某公司生产一种产品，固定成本为10万元，每生产一件产品，可变成本增加2万元，市场需求函数为$q=20-2p$，其中$q$为需求量，$p$为价格。(1)求公司的总成本函数和总收入函数；(2)求公司的利润函数；(3)求公司获得最大利润时的产量和价格。十二、设函数$f(x)=\frac{1}{x}-\lnx$。(1)求函数$f(x)$的导数；(2)求函数$f(x)$的单调区间和最小值；(3)证明：当$x>0$时，$e^x>x^2+1$。试卷答案一、(1)证明：由$a_1=1$和$a_{n+1}=\sqrt{a_n(2-a_n)}$可知，$0<a_n<2$，故数列$\{a_n\}$有界。又因为$a_{n+1}=\sqrt{a_n(2-a_n)}\leq\frac{a_n+(2-a_n)}{2}=1$，所以$a_{n+1}\leqa_n$，数列$\{a_n\}$单调递减。由单调有界数列收敛定理可知，数列$\{a_n\}$收敛。设$\lim_{n\to\infty}a_n=A$，则由$a_{n+1}=\sqrt{a_n(2-a_n)}$两边取极限，得到$A=\sqrt{A(2-A)}$，解得$A=1$。故数列$\{a_n\}$的极限为1。(2)解：由(1)知，$\lim_{n\to\infty}a_n=1$。二、解：原式$=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\sinx}-\cosx}{x}\cdot\frac{\sqrt{1+\sinx}+\cosx}{\sqrt{1+\sinx}+\cosx}$$=\lim_{x\to0}\frac{1+\sinx-\cos^2x}{x(\sqrt{1+\sinx}+\cosx)}$$=\lim_{x\to0}\frac{\sinx+\sin^2x}{x(\sqrt{1+\sinx}+\cosx)}$$=\lim_{x\to0}\frac{\sinx(1+\sinx)}{x(\sqrt{1+\sinx}+\cosx)}$$=\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}\cdot\frac{1+\sinx}{\sqrt{1+\sinx}+\cosx}$$=1\cdot\frac{1+0}{\sqrt{1+0}+1}=\frac{1}{2}$。三、解：原式$=\lim_{x\to0}\frac{(e^{\ln(1+x)})^{\frac{1}{x}}-e}{x}$$=\lim_{x\to0}\frac{e^{\frac{\ln(1+x)}{x}}-e}{x}$$=\lim_{x\to0}\frac{e^{\frac{\ln(1+x)-x}{x}}-e}{x}$$=e\lim_{x\to0}\frac{e^{\frac{\ln(1+x)-x}{x}}-1}{\frac{\ln(1+x)-x}{x}}\cdot\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}$$=e\lim_{x\to0}\frac{\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2}}$$=e\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}$$=e\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}$$=e\lim_{x\to0}\frac{-x}{2x(1+x)}$$=-\frac{e}{2}$。四、(1)解：函数$f(x)$的定义域为$\{x|x^3+x\neq0\}$，即$\{x|x\neq0\text{且}x\neq-1\}$。(2)解：函数$f(x)$的间断点为$x=0$和$x=-1$。当$x=0$时，$\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{x^2-1}{x^3+x}=\lim_{x\to0}\frac{x-1}{x^2+1}=-1\neqf(0)$，故$x=0$为可去间断点。当$x=-1$时，$\lim_{x\to-1}f(x)=\lim_{x\to-1}\frac{x^2-1}{x^3+x}=\lim_{x\to-1}\frac{x+1}{x^2+1}=0\neqf(-1)$，故$x=-1$为可去间断点。五、解：函数$f(x)$的导数为$f'(x)=3x^2-6x$。令$f'(x)=0$，解得$x=0$或$x=2$。当$x<0$时，$f'(x)>0$，函数$f(x)$在区间$(-\infty,0)$上单调递增；当$0<x<2$时，$f'(x)<0$，函数$f(x)$在区间$(0,2)$上单调递减；当$x>2$时，$f'(x)>0$，函数$f(x)$在区间$(2,+\infty)$上单调递增。故函数$f(x)$的单调增区间为$(-\infty,0)$和$(2,+\infty)$，单调减区间为$(0,2)$。当$x=0$时，$f(x)$取得极大值$f(0)=2$；当$x=2$时，$f(x)$取得极小值$f(2)=-2$。函数$f(x)$的二阶导数为$f''(x)=6x-6$。令$f''(x)=0$，解得$x=1$。当$x<1$时，$f''(x)<0$，函数$f(x)$在区间$(-\infty,1)$上是凸的；当$x>1$时，$f''(x)>0$，函数$f(x)$在区间$(1,+\infty)$上是凹的。故函数$f(x)$的凹区间为$(1,+\infty)$，凸区间为$(-\infty,1)$，拐点为$(1,0)$。六、(1)解：函数$f(x)$的导数为$f'(x)=e^x(\sinx+\cosx)$。(2)解：令$f'(x)=0$，即$e^x(\sinx+\cosx)=0$，由于$e^x\neq0$，所以$\sinx+\cosx=0$，解得$x=\frac{3\pi}{4}+k\pi$，$k\in\mathbb{Z}$。在区间$[0,2\pi]$上，$x=\frac{3\pi}{4}$和$x=\frac{7\pi}{4}$为函数$f(x)$的极值点。七、解：令$y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$，则$e^y=x+\sqrt{x^2+1}$。移项得$e^y-x=\sqrt{x^2+1}$，两边平方得$e^{2y}-2xe^y+x^2=x^2+1$，整理得$x=\frac{e^{2y}-1}{2e^y}$。故函数$f(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$的反函数为$f^{-1}(x)=\frac{e^{2x}-1}{2e^x}$。八、(1)解：由于$\lim_{x\to\infty}\frac{x^2}{x+1}=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{1+\frac{1}{x}}=\infty$，所以$y=\frac{x^2}{x+1}$没有水平渐近线。由于$\lim_{x\to-1}\frac{x^2}{x+1}=\infty$，所以$x=-1$是曲线的垂直渐近线。由于$\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{x^2}{x+1}}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{x+1}=1$，且$\lim_{x\to\infty}(\frac{x^2}{x+1}-x)=\lim_{x\to\infty}\frac{-x}{x+1}=-1$，所以$y=x-1$是曲线的斜渐近线。(2)草图：(此处省略草图，请自行绘制)1.定义域：$x\neq-1$。2.奇偶性：非奇非偶函数。3.渐近线：垂直渐近线$x=-1$，斜渐近线$y=x-1$。4.零点：$x=0$。5.导数：$y'=\frac{x(x+2)}{(x+1)^2}$。6.极值点：$x=-2$（极大值），$x=0$（极小值）。7.凹凸性：$y''=\frac{2}{(x+1)^3}$，在$x<-1$时$y''<0$（凸），在$x>-1$时$y''>0$（凹），拐点为$(-1,1)$。九、证明：令$F(x)=f(x)-f(a)$，则$F(x)$在区间$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$F(a)=F(b)=0$。根据罗尔定理，在$(a,b)$内至少存在一点$\xi$，使得$F'(\xi)=0$，即$f'(\xi)=0$。十、证明：令$F(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}$，则$F(x)$在区间$(0,1)$内可导。由于$f(0)=f(1)=0$且$f'(x)\neq0$，所以$F(x)$在区间$(0,1)$内不为零。令$G(x)=f(x)e^{-2x}$，则$G(x)$在区间$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$G(0)=G(1)=0$。根据罗尔定理，在$(0,1)$内至少存在一点$\xi_1$，使得$G'(\xi_1)=0$。由于$G'(x)=f'(x)e^{-2x}-2f(x)e^{-2x}=e^{-2x}(f'(x)-2f(x))$，所以$f'(\xi_1)-2f(\xi_1)=0$，即$\frac{f'(\xi_1)}{f(\xi_1)}=2$。由于$F(x)$在区间$(0,1)$内不为零且连续，所以$F(x)$在区间$(0,1)$内不变号。假设存在两点$\xi_1,\xi_2\in(0,1)$，且$\xi_1<\xi_2$，使得$F(\xi_1)=2$和$F(\xi_2)=2$，则由拉格朗日中值定理，存在$\eta\in(\xi_1,\xi_2)$，使得$F'(\eta)=\frac{F(\xi_2)-F(\xi_1)}{\xi_2-\xi_1}=0$。由于$F'(x)=\frac{f''(x)f(x)-(f'(x))^2}{(f(x))^2}$，所以$f''(\eta)f(\eta)-(f'(\eta))^2=0$，即$\frac{f''(\eta)}{f'(\eta)}=\frac{(f'(\eta))^2}{f''(\eta)f(\eta)}=\frac{f'(\eta)}{f(\eta)}=2$，这与$F(x)$在区间$(0,1)$内不变号矛盾。因此，在$(0,1)$内至多存在一点$\xi$，使得$F(\xi)=2$，即$\frac{f''(\xi)}{f'(\xi)}=2$。十一、(1)解：总成本函数为$C(q)=10+2q$。总收入函数为$R(q)=p\cdotq=\frac{20-q}{2}\cdotq=10q-\frac{q^2}{2}$。(2)解：利润函数为$L(q)=R(q)-C(q)=10q-\frac{q^2}{2}-(10+2q)=8q-\frac{q^2}{2}-10$。(3)解：令$L'(q)=8-q=0$，解得$q=8$。由于$L''(q)=-1<0$，所以$q=8$为极大值点，也是最大值点。当$q=8$时，$p=\frac{20-q}{2}=6$。故公司获得最大利润时的产量为8件，价格为6万元/件。十二、(1)解