2012年北京交通大学高等数学方法I选修课A考试卷及解答

2 3t + t 3 − 4 2 3+t ′ , ( ) , 于是 x t = t (1 + t 2 ) 2 (1 + t 2 ) 2
6．解: y ′(t ) = t
3t + t 3 − 4 ⎧< 0, 0 < t < 1, dy y′(t ) (t − 1)(t 2 + t + 4) dy ⎪ (1 + t 2 ) 2 ； = = = ⎨ = 0, t = 1, 2 dx x′(t ) t (3 + t 2 ) dx ⎪ 2 3+t t ⎩ > 0, t > 1 (1 + t 2 ) 2 t 1 t3 1 (t − 1)(2t 2 + t + 1) − = ，所以 又x− = 2 1+ t2 2 2(1 + t 2 )
1 1 ⎧ ⎧ ⎪0 < t < 1 ⇔ 0 < x < 2 , ⎪< 0, 0 < x < 2 , ⎪ ⎪ 1 dy ⎪ 1 1 ⎪ ，因此 于是 x = 是 y ( x) 的极小值点，极小 ⎨t = 1 ⇔ x = ⎨= 0, x = , 2 dx ⎪ 2 2 ⎪ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪t > 1 ⇔ x > 2 ⎪> 0, x > 2 ⎩ ⎩ 1 t 3 − 2t 2 值 y( ) = 2 1+ t2 1 =− ； 2 t =1 ⎧> 0, x < 0, ⎧t < 0 ⇔ x < 0, dy ⎪ ⎪ ⎨t = 0 ⇔ x = 0 ，故有 ⎨不存在, x = 0, 故 dx ⎪ ⎪t > 0 ⇔ x > 0 ⎩ ⎩&l →+∞
于是 lim
xf ′′( x) xf ′( x) = lim − 1 = 1 − a − 1 = − a ，故有 x →+∞ f ′( x ) x →+∞ f ( x ) f ( x) f ′′( x) xf ′′( x) f ( x) 1 a = lim ⋅ = −a ⋅ = 。 2 x →+∞ f ′( x ) ( f ′( x)) 1 − a a −1 xf ′( x)
表明 f ′( x) 在 x = 0 处连续。 2．原式= lim x ⋅
2 x →∞
1 ⎛a a ⎞ − ⎟=a。 2 ⎜ 1+ ξ ⎝ x x +1⎠
3．解： lim
x →0
f ( x)e x − f (0) f ( x)e x − f (0) x−0 = lim ⋅ lim x →0 f ( x ) cos x − f (0) f ( x) cos x − f (0) x →0 x−0
x →+∞ x →+∞
求证： lim xf ′( x) = 0 。
x →+∞
4． （15 分）依次求解下列问题： （1）证明方程 e + x
x n →∞
2 n +1
= 0 有唯一的实根 xn (n = 0,1, 2") ；
（2）证明 lim xn 存在并求其值 A ； （3）证明当 n → ∞ 时， xn − A 与 5． （20 分） （设 f ( x) = （1）求 lim f ( x) ；
2n+2
) ， x
100
的 系 数 为
( −1)
99
49
， 故
f
( −1) (0) =
100! = −100 × 98!。 99
x →0
49
5．解：因为 lim F ( x) = 0 ，所以至少 a > 0 ；由 lim F ( x) = 0 ，故 +
x →+∞
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ln(1 + x3 ) x3 = lim = 0 ，得 3 > 4a − 1 ⇒ a < 1 。 lim F ( x) = lim 4 a −1 4 a −1 x → 0+ x →0+ 4ax x →0+ 4ax
处的切线在 x 轴上的截距和 y 轴上的截距，若已知 lim
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x →+∞
v( x) = a ≠ 1 ，求： f ( x)
（1） lim f ( x) ； （2） lim u ′( x ), lim u ′( x) 。
x →+∞ x →0 + 0 x →+∞
2． （10 分）设函数 f ( x) 在 [0,1] 上连续，在 ( 0,1) 内可导，且 f (0) = 0, f (1) =1，求证：存 在 ξ ≠ η ∈ (0,1) ，满足 f ′(ξ ) f ′(η ) = 1 。 3． （10 分） 设 f ( x) 在 (0, +∞) 内具有连续的二阶导数， 且 lim xf ( x) = 0 ，lim xf ′′( x) = 0 ，
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对 f ( x) 在 [0, c],[c,1] 上分别用拉格朗日中值定理得： ∃ξ ∈ (0, c), ∃η ∈ (c,1) 使得
x →+∞
lim f ( x) = +∞ 。 f ( x) , v( x) = f ( x) − xf ′( x) ，于是 f ′( x)
（2）因为 u ( x) = x −
u ′( x) = 1 −
( f ′( x)) 2 − f ( x) f ′′( x) f ( x) f ′′( x) = ，用洛比达法则得 ( f ′( x)) 2 ( f ′( x)) 2
⎧> 0, t < 0, dy dy ⎪ 另外， 不存在，又 ⎨不存在, t = 0, dx t =0 dx ⎪ ⎩< 0, t > 0
有 x = 0 是 y ( x) 的极大值点，极大值 y (0) = 7．应填 1。
t 3 − 2t 2 1+ t2
= 0；
t =0
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3 ⎛4⎞ 4 ⎛3⎞ ⎛ 4⎞ ⎛3⎞ 易知：x = 2 是方程的根， 设 f ( x) = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ − 1 ，f ′( x) = ⎜ ⎟ ln + ⎜ ⎟ ln < 0 ， 5 ⎝5⎠ 5 ⎝5⎠ ⎝5⎠ ⎝5⎠
−100 × 98! 。 利 用 arctan x 的 马 克 劳 林 公 式
arctan x = ∑
n
( −1)
k = 0 2k + 1
x 2 k +1 + o( x 2 n +1 ) ，于是
n
f ( x) = x arctan x = ∑
k =0 (100)
( −1)
k
2k + 1
x
2k +2
+ o( x
x →+∞
lim u′( x) = lim
x →+∞
三、 （10 分）证明：令 F ( x) = f ( x) + x − 1 ，则 F ( x) 在 [0,1] 上连续，又
F (0) = −1 < 0, F (1) = 1 > 0 ，于是由根的存在性定理得到 ∃c ∈ (0,1) ，使得 F (c) = 0 ，即 f (c ) = 1 − c 。
又 lim F ( x) = 0 ，所以 lim F ( x) = lim
x →+∞ x →+∞
ln(1 + x 3 ) 3x2 1 = lim 4 1 3 a − x →+∞ 4ax x →+∞ 1 + x 4a (4a − 1) x 4 a − 2
= lim
3x3 1 1 1 = 0 ，得 4a − 1 > 0 ⇒ a > ，综上 < a < 1 。 3 4 1 a − x →+∞ 1 + x 4 a (4a − 1) x 4 4
；
（4）设 a1 > 0 ， an +1 = ln(1 + an )( n = 1, 2,") ，求下列极限：
lim an ， lim
n →∞
1 n −1 f (ak ) 及 lim nan 。 ∑ n →∞ n n →∞ k =1
北京交通大学 2012 年高等数学方法 I 选修课考试答案 A
一、填空题： （每题 3 分,共 30 分）
为
x
。
x x
（7）方程 3 + 4 = 5 恰有实根
个。
二、解答题： （共计 65 分）
1． （ 10 分 ） 设 f ( x) 在 [0, +∞) 上 有 二 阶 连 续 导 数 ， f (0) = f ′(0) = 0 ， 且 对
∀x ≥ 0, f ′′( x) > 0 ， 若对 ∀x > 0 ， 函数 u ( x), v( x) 分别表示曲线 y = f ( x) 在切点 ( x, f ( x))
北京交通大学 2012 年高等数学方法 I 选修课试卷 A
学院与班级 姓名 学号
一、填空题： （每题 5 分,共 35 分）
1 ⎧ λ ⎪ x sin , x ≠ 0 （1） 设 f ( x) = ⎨ ， 其一阶导函数连续， 则 λ 的取值范围是 x ⎪ x=0 ⎩0,
（2）求 lim x ⎜ arctan x →∞
2
。
⎛ ⎝
a a ⎞ − arctan ⎟= x x +1⎠
。
（3）已知 f ( x) 在 x = 0 处可导，且 f ′(0) ≠ 0 ，则 lim
x →0
f ( x)e x − f (0) = f ( x) cos x − f (0)
。
。
（4）设 f ( x) = x arctan x ，则 f