大学先修微积分试题及解答

a 2b 2
即 f (a) f ( 2 b ) g(b) 3 b2 3 b 3 3 (b 1)2 0
2
4 2 44
这样也就证完了。
4.（Darboux 中值定理）设 y f (x) 在 ( A, B) 区间中可导，又设 [a,b] ( A, B) 且 f (a) f (b) .证明：对于任意给定的 ： f (a) f (b) ，都存在 c (a,b) ，使 得 f (c) . 证明：令 g(x) f (x) x .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
1 1 (x1) A C
1 1 B C (x2 )
即 1 1 ， 1 1
(x1) A C
(x2 ) B C
适当选取
,
可使
1 ( x1 )
0
1 ，
( x2
)
0
，这表明
1 (x)
在
(x2 ,
x1 )
中有零点，矛盾！
所以存在 使得 f ( ) C .
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.
三式相加即得不等式.
1 b2 1 2 1 b2 1 1 b 4 4 4 42
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：
xa2 yb2 2 xyab xy 1 4
(1 x)a2 z 2 (1 x)za (1 x)z 1
h(0) f (2) f (0) 0, h(1) f (3) f (1) 0 即 h(x) 在区间 (0,1) 存在零点 2 . ii) 若 g(0), g(1), g(2) 有 0,显然成立，因为如果是 g(0) 或 g(2) 0 ，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 g(1) 0 ，则 h(0) h(1) 0 ，
x 上讨论了！！以此题为例，如果写成 ln(ex 1) ln x ，慎用 L’Hopital 法则，因
x 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： a2 b2 7 2a ab 1 b
4
2
证明：注意到
1 a2 3 b2 2 1 a2 3 b2 ab
34
34
2 a2 3 2 2 a2 3 2a 3 2 32
0
若 0 ， lim(x ln x) lim ln x
x0
x0
（4） lim( 1 1 ) x0 x ex 1
解： lim( 1 1 ) lim(ex 1 x ) lim ex 1 lim 1 1 x0 x ex 1 x0 x(ex 1) x0 ex 1 x ex x0 2 x 2
x
求证：对任意的 C ( A, B) ，存在 使得 f ( ) C
证明：令(x) f (x) C .若不然，则
lim 1 1 0 x (x) A C
lim 1 1 0 x (x) B C
且 1 在 连续. (x)
所以对于任意的 , 0 存在 x1, x2 (x1 x2 ) 有
4. f (x) 在[a,b] 连续，在 (a,b) 可微，且有 f (a) f (b) 0 f (a) f ( a b) 0 2
求证：对 k ， x (a,b) 使得 f (x) kf (x) 0 成立.
证明：令 g(x)
f (x) . x
ek
由零点定理，存在 (a, a b), ( a b ,b) 使
6. f (x) 在 (1,1) 上有 n 1阶导数.对 x 1，有
f (x) f (0) f (0)x f (n1) (x) xn1 f (n) ( x) xn
(n 1)!
n!
求证： lim 1 x0 n 1
证明：有
f (x) f (0) f (0)x f (n1) (x) xn1 f (n) ( x) xn
c p 1
,
cp2
,,
cn
均小于 1 2
从而 cp1 cp2 cn cp1 cp2 cn (n p) 1
n
n
2n
2
令 A 为 c1 , c2 ,, cp 中最大者.
则可取充分大的 n0 使
c1 c2 cp c1 c2 cp Ap 1
n
n
n2
所以 c1 c2 cn1 cn c1 c2 cp cp1 cp2 cn
n
n
n
至此，引理得证.
回到原题，因为 {an } 恒正且
lim
n
an
a
故由引理
lim ln a1 ln a2 ln an ln a
n
n
1
此即 nlim(a1a2 an )n a
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）
g(a) f (a) 0 ， g(b) f (b) 0 因此 g(x) 在 (a,b) 中某个点 c 取得极小值，故 g(c) f (c) 0 .
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， f (0) f (3) .证明：满足 i)x, y [0,3] ；ii)x y 是非负 整数； iii) f (x) f ( y) ；这三个条件的实数对 (x, y) 至少有三对. 证明：显然 (3, 0) 是一对. 令 g(x) f (x 1) f (x) ，则 g(0) g(1) g(2) 0 . i) 若 g(0), g(1), g(2) 中没有 0，因此 g(0), g(1), g(2) 中有两个同号，一个异号. 若 g(1) 与 g(0), g(2) 异号，则 g(1)g(0) 0, g(1)g(2) 0 ，由零点定理，g(x) 在区间 (0,1) 与 (1, 2) 分别存在零点 1,2 . 若不然，不妨设 g(0), g(1) 同号且为正， g(2) 负，则 g(x) 在 (1, 2) 存在零点 1 且 f (1) f (0), f (2) f (1), f (3) f (2) ，令 h(x) f (x 2) f (x) ，则
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
x sin x
1.求极限 lim x0
x3
.
解：
lim
x
sin
x
1 lim
cos
x
lim
sin
x
1
.
x x0
3
x0 3x2
x0 6x 6
评：第一感觉显然是 L’Hopital 法则，不过用 Taylor 展开也可以给一个很漂亮的 证明.
1.计算下列极限
（1）
lim
1 (
1
1 )
2 n 2 3
n(n 1)
解：
lim
1 (
1
1
)
1 lim (
1
1
1
1
1
)
2 n 2 3
n(n 1) 2 n 2 3 3
n n1
lim (1 1 ) 1 n n 1
（2）
lim
(
1
1
)n
n n!
解：显然 (
1
1
)n
0 ，注意到
n!
ln 2 ln 3 ln 4 ln n n ln xdx (x ln x x) n n ln n n
(1 y)b 7 z 2 (1 y)(7 z)b (1 y)(7 z) 1
4
4
4
16
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： f (a) a2 (2 b)a b2 1 b 7
24
所以令 f (a) 2a 2 b 0 有
5.序列 {an } 恒正，
lim
n
an
a
1
求证： nlim(a1a2 an )n a
证明：首先证明一个引理（非常经典且有用）
若
lim
n
bn
b ，则 lim b1 b2 n
bn n
b
令 cn
bn
b
，只需证：当
lim
n
cn
0 时， lim n
c1
c2
cn n
0
取 p [ n ] ，则对于 0 可选取 n0 使得当 n n0 时有
x0
2
证明：由题意有
ln ex 1 ln x
x
故 lim x0
ex
lim(
x0
e
x
1
1 )
x
lim
x0
xex x(ex
ex 1)
1
lim
x0
e
x
xex 1 xex
lim
x0
1
x x
e
Hale Waihona Puke Baidu
x
lim
x0
1
1 e
x
1 2
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 (ln x ) 1 ，千万不要忘了绝对值，否则就不能在整个实数集
1
1
很小的时候，cos x 1，sin x x ，所以差不多是 (sin x cos x)sin x (1 x) x ，这就
跟e
的定义式 e=
lim
(1
1)x
lim(1
1
x) x
很像了.
x
x
x0
3. f (x) 在 上连续，有 lim f (x) A B lim f (x) .
x
评：重点依然是 L’Hopital 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 (x) g(x) ，当且仅当 lim f (x) 1， x g(x)
则
n! 2πn ( n )n
e
2.已知 ex 1 e x x ，其中 (0,1) .求证： lim 1
(n 1)!
n!
f (x) f (0) f (0)x f (n) (0) xn f (n1) ( x) xn1
n!
(n 1)!
两者相减得
f (n) ( x) f (n) (0) f (n1) ( x) n 1
由 Lagrange 中值定理
f (n) ( x) f (n) (0) f (n1) ( x) x
2
2
f ( ) f () 0
即 g( ) g() ，由 Rolle 定理：存在 m (a,b) 使
g(m)
f
(m)(
1
e
m k
)
m
f (m)e k
0
k
此即 f (m) kf (m) 0
评：辅助函数 g(x)
f (x) 的引进是重要技巧，其它类型的辅助函数的构造请查 x
ek
阅与 Rolle 定理相关的资料.
1
2.求极限 lim(sin x cos x)sin x x0
解：两边取对数
lim ln(sin x cos x) lim cos x sin x 1
x0
sin x
x0 cos x(sin x cos x)
1
所以 lim(sin x cos x)sin x e=2.71828 x0
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
2
2
故 n! ( n )n ，所以 e
1
1
e ，又 lim
n
n
e n
0
，故由夹逼定理
lim
(
1
1
)n
n n!
0
(n !) n
（3） lim(x ln x) ，其中 0 . x0
1
解：若 0 ， lim(x ln x) lim ln x
x0
x0
1 x
lim x0
x
x 1
lim x x0
即 f (n1) ( x) f (n1) ( x) n 1
当 x 趋于 0 时， f (n1) ( x), f (n1) ( x) 趋于相同的极限，故 lim 1 x0 n 1
评：若 f (x) 在 (1,1) 上还有 n 2 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
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：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 g(x) f (x 1) f (x) 和 h(x) f (x 2) f (x) 进行讨论.
总的来说，题目绝对不像谣传的那样简单，但也不是难到不能忍.题目风格很独 特，常考一些经典结论，比如 L’Hoptial 法则、三大中值定理等等，其着眼点不 在于结论而在于对极限 语言和函数连续性与可导之间关系的理解.更令人耳 目一新的是题目的背景，比如估计阶乘的 Striling 公式和 Darboux 的中值定理甚 至是阶的比较，比如 2013 年的最后一题，若有 n 2 阶导数，可以用小 o 表示误 差项.