2024-2025学年上学期期中

2024-2025学年上学期期中试卷（含答案）

一、填空题（20 分 = 4 分 × 5）

1. 已知函数 $y=f(x)$ 由方程 $\cos(xy)+e^{x+y}=0$ 确定，则微分 $dy=\underline{\qquad}$。

   解：

   对方程两边求微分：

   $$-\sin(xy)(y\,dx+x\,dy)+e^{x+y}(dx+dy)=0.$$

   整理得

   $$(e^{x+y}-x\sin(xy))\,dy=(y\sin(xy)-e^{x+y})\,dx,$$

   因此

   $$dy=\frac{y\sin(xy)-e^{x+y}}{e^{x+y}-x\sin(xy)}\,dx.$$

   ---

2. 设 $y=\ln\left(e^x+\sqrt{1+e^{2x}}\right)$，则 $y'(0)=\underline{\qquad}$。

   解：

   $$y'=\frac{e^x+\dfrac{e^{2x}}{\sqrt{1+e^{2x}}}}{e^x+\sqrt{1+e^{2x}}},$$

   所以

   $$y'(0)=\frac{1+\dfrac{1}{\sqrt2}}{1+\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}.$$

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3. 若 $\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x^2-ax+3}{x-1}=b$，则 $a=\underline{\qquad}$，$b=\underline{\qquad}$。

   解：

   极限存在，所以分子在 $x=1$ 处为 $0$：

   $$1-a+3=0,\qquad a=4.$$

   此时

   $$\frac{x^2-4x+3}{x-1}=\frac{(x-1)(x-3)}{x-1}=x-3,$$

   因此

   $$b=-2.$$

   ---

4. 若曲线 $y=x^2$ 与 $y=a\ln x$ 相切，则 $a=\underline{\qquad}$。

   解：

   设切点为 $(x_0,x_0^2)$，则

   $$x_0^2=a\ln x_0,\qquad 2x_0=\frac{a}{x_0}.$$

   由第二式得 $a=2x_0^2$。代入第一式：

   $$x_0^2=2x_0^2\ln x_0,$$

   故

   $$\ln x_0=\frac12,\qquad x_0=\sqrt e.$$

   因此

   $$a=2e.$$

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5. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x\sin x}-\cos x}{\cos x\cdot\ln(1+x^2)}=\underline{\qquad}$。

   解：

   当 $x\to0$ 时，

   $$\sqrt{1+x\sin x}=1+\frac{x^2}{2}+o(x^2),\qquad \cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2),$$

   所以分子为 $x^2+o(x^2)$。

   又

   $$\cos x\ln(1+x^2)=x^2+o(x^2),$$

   因此原极限为

   $$1.$$

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二、选择题（20 分 = 4 分 × 5）

6. 若函数 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 处可导，则下列式子中错误的是（ ）。

   A. $\displaystyle\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0-\Delta x)}{\Delta x}=2f'(x_0)$

   B. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$

   C. $\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{f(x_0+t)-f(x_0)}{t}=f'(x_0)$

   D. $\displaystyle\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0-\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=f'(x_0)$

   解：

   D

   令 $h=-\Delta x$，则

   $$\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0-\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x} = -\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} =-f'(x_0).$$

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7. 极限 $\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x+x^2+\cdots+x^n-n}{x-1}=$（ ）。

   A. $0$

   B. $n$

   C. $n(n-1)$

   D. $\dfrac{n(n+1)}{2}$

   解：

   D

   分子在 $x=1$ 处为 $0$，由洛必达法则：

   $$\lim_{x\to1}\frac{x+x^2+\cdots+x^n-n}{x-1} =1+2+\cdots+n =\frac{n(n+1)}{2}.$$

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8. 数列极限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt n\right)=$（ ）。

   A. $-1$

   B. $0$

   C. $1$

   D. $2$

   解：

   B

   由于

   $$\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\to0,\qquad \sqrt{n+1}-\sqrt n\to0,$$

   所以

   $$\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt n = (\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})-(\sqrt{n+1}-\sqrt n)\to0.$$

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9. 设方程组

   $$\begin{cases} x=2t-1,\\ te^y+y+1=0 \end{cases}$$

   确定了 $y$ 是 $x$ 的函数，则 $\left.\dfrac{d^2y}{dx^2}\right|_{t=0}=$（ ）。

   A. $\dfrac{1}{e^2}$

   B. $\dfrac{1}{2e^2}$

   C. $-\dfrac{1}{e}$

   D. $-\dfrac{1}{2e}$

   解：

   B

   由 $te^y+y+1=0$，对 $t$ 求导：

   $$e^y+te^y\frac{dy}{dt}+\frac{dy}{dt}=0,$$

   即

   $$\frac{dy}{dt}=-\frac{e^y}{1+te^y}.$$

   当 $t=0$ 时，$x=-1,\ y=-1$，故

   $$\left.\frac{dy}{dt}\right|_{t=0}=-\frac{1}{e}.$$

   继续对 $t$ 求导可得

   $$\left.\frac{d^2y}{dt^2}\right|_{t=0}=\frac{2}{e^2}.$$

   又 $\dfrac{dx}{dt}=2$，所以

   $$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt},\qquad \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d}{dt}\left(\dfrac{dy}{dx}\right)\bigg/\frac{dx}{dt} =\frac{1}{4}\frac{d^2y}{dt^2}.$$

   因此

   $$\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{t=0}=\frac{1}{2e^2}.$$

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10. 当 $x\to0$ 时，无穷小量 $\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}$ 关于 $x$ 的阶是（ ）。

    A. 1

    B. 2

    C. 3

    D. 4

    解：

    B

    利用 Taylor 展开：

    $$\sqrt{1+2x}=1+x-\frac{x^2}{2}+o(x^2),$$$$\sqrt[3]{1+3x}=1+x-x^2+o(x^2).$$

    因此

    $$\sqrt{1+2x}-\sqrt[3]{1+3x}=\frac{x^2}{2}+o(x^2),$$

    是关于 $x$ 的二阶无穷小。

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三、计算题（40 分 = 10 分 × 4）

11. 计算函数极限

    $$\lim_{x\to0}\frac{(2^x-1)\tan x}{\sqrt{1-x^2}-1}.$$
    解：

    当 $x\to0$ 时，

    $$2^x-1\sim x\ln2,\qquad \tan x\sim x,$$

    且

    $$\sqrt{1-x^2}-1\sim -\frac{x^2}{2}.$$

    因此

    $$\lim_{x\to0}\frac{(2^x-1)\tan x}{\sqrt{1-x^2}-1} = \frac{x^2\ln2}{-\dfrac{x^2}{2}} = -2\ln2.$$

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12. 求函数

    $$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1+x}{1+x^{2n}}$$

    所有的间断点及其所属类型。

    解：

    分情况讨论：

    当 $|x|<1$ 时，$x^{2n}\to0$，故

    $$f(x)=1+x.$$

    当 $|x|>1$ 时，$x^{2n}\to+\infty$，故

    $$f(x)=0.$$

    当 $x=1$ 时，

    $$f(1)=\frac{2}{2}=1.$$

    当 $x=-1$ 时，

    $$f(-1)=0.$$

    因此

    $$f(x)= \begin{cases} 0,&x<-1,\\ 0,&x=-1,\\ 1+x,&-1<x<1,\\ 1,&x=1,\\ 0,&x>1. \end{cases}$$

    在 $x=-1$ 处，左右极限均为 $0$，且 $f(-1)=0$，所以连续。

    在 $x=1$ 处，

    $$\lim_{x\to1^-}f(x)=2,\qquad \lim_{x\to1^+}f(x)=0,\qquad f(1)=1.$$

    故唯一间断点为 $x=1$，且为跳跃间断点。

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13. 设 $f(x)=e^{2x}\sin(2x+1)$，求 $f^{(200)}(0)$。

    解：

    由

    $$e^{2x}\sin(2x+1)=\operatorname{Im}\left(e^i e^{(2+2i)x}\right),$$

    得

    $$f^{(n)}(0)=\operatorname{Im}\left(e^i(2+2i)^n\right).$$

    又

    $$2+2i=2\sqrt2\,e^{i\pi/4},$$

    所以

    $$(2+2i)^{200}=(2\sqrt2)^{200}e^{50\pi i}=(2\sqrt2)^{200}.$$

    因此

    $$f^{(200)}(0)=(2\sqrt2)^{200}\sin1.$$

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14. 已知 $f(x)$ 是周期为 $10$ 的连续函数，它在 $x=0$ 的某个邻域内满足关系式

    $$f(1+\tan x)-3f(1-\tan x)=8x+o(x),$$

    且 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(11,f(11))$ 处的切线方程。

    解：

    令 $x\to0$，由连续性得

    $$f(1)-3f(1)=0,$$

    故

    $$f(1)=0.$$

    将原式除以 $x$，并令 $x\to0$：

    $$\lim_{x\to0}\frac{f(1+\tan x)-3f(1-\tan x)}{x}=8.$$

    因为 $\tan x\sim x$，且 $f$ 在 $x=1$ 处可导，所以

    $$f'(1)+3f'(1)=8,$$

    即

    $$f'(1)=2.$$

    又 $f(x)$ 的周期为 $10$，故

    $$f(11)=f(1)=0,\qquad f'(11)=f'(1)=2.$$

    所以切线方程为

    $$y=2(x-11),$$

    即

    $$y=2x-22.$$

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四、证明题（20 分 = 10 分 × 2）

15. 设有数列 $\{a_n\}$ 满足 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=q$，且 $|q|<1$。证明：$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$。

    解：

    因为

    $$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=|q|<1,$$

    取常数 $r$，使得 $|q|<r<1$。由极限定义，存在 $N$，当 $n>N$ 时，

    $$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<r.$$

    于是对 $n>N$，有

    $$|a_n|\le |a_N|r^{n-N}.$$

    由于 $0<r<1$，所以

    $$\lim_{n\to\infty}|a_N|r^{n-N}=0.$$

    由夹逼定理得

    $$\lim_{n\to\infty}a_n=0.$$

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16. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $f(0)=f(1)$。证明：至少存在一点 $\xi\in(0,1)$，使得

    $$f(\xi)=f\left(\xi+\frac{1}{n}\right)\quad(n\ge2\text{ 为自然数}).$$
    解：

    令

    $$g(x)=f(x)-f\left(x+\frac{1}{n}\right),\qquad x\in\left[0,1-\frac{1}{n}\right].$$

    由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以 $g(x)$ 在 $\left[0,1-\dfrac{1}{n}\right]$ 上连续。

    取分点

    $$0,\frac{1}{n},\frac{2}{n},\cdots,\frac{n-1}{n},1.$$

    有

    $$\sum_{k=0}^{n-1}g\left(\frac{k}{n}\right) = \sum_{k=0}^{n-1}\left[f\left(\frac{k}{n}\right)-f\left(\frac{k+1}{n}\right)\right] =f(0)-f(1)=0.$$

    若存在 $k=1,2,\cdots,n-1$ 使得 $g\left(\dfrac{k}{n}\right)=0$，则取 $\xi=\dfrac{k}{n}$ 即可。

    若 $g(0)=0$ 且其他分点处没有零点，则由上式可知其余分点处的 $g$ 值不可能全同号，因此仍可找到两个相邻分点之间函数值异号。

    若这些分点处的 $g$ 值都不为 $0$，由于其和为 $0$，也必有两个相邻分点之间函数值异号。由连续函数的零点定理，存在 $\xi\in(0,1)$，使得

    $$g(\xi)=0.$$

    即

    $$f(\xi)=f\left(\xi+\frac{1}{n}\right).$$