模拟试题一 | Hengkai Yao | AI Ocean Scientist

模拟试题一

【题目】

【解析】

$\lim_{x\to 0}(1 - kx)^{\frac{1}{x}} = e^{-k} = 2 \implies -k = \ln 2 \implies k = -\ln 2$。
$y' = \frac{1}{x}$，在 $(1, 0)$ 处 $y'(1) = 1$。法线斜率 $k_N = -1$。法线方程为 $y - 0 = -(x - 1) \implies y = -x + 1$。
在 $e^x - e^y = \sin(xy)$ 中令 $x = 0$ 得 $1 - e^y = 0 \implies y = 0$。两边微分：$e^x dx - e^y dy = \cos(xy)(ydx + xdy)$。代入 $(0, 0)$ 得 $1 dx - 1 dy = 0 \implies dy = dx$。
令 $u = x^2 - t^2 \implies du = -2tdt \implies tdt = -\frac{1}{2}du$。当 $t = 0$ 时 $u = x^2$；当 $t = x$ 时 $u = 0$。
$$\int_0^x t f(x^2 - t^2)dt = -\frac{1}{2}\int_{x^2}^0 f(u)du = \frac{1}{2}\int_0^{x^2}f(u)du$$
求导数：$\frac{d}{dx}\left[\frac{1}{2}\int_0^{x^2}f(u)du\right] = \frac{1}{2}f(x^2) \cdot 2x = xf(x^2)$。
被积函数 $x\sqrt{4 - x^2}$ 在对称区间 $[-2, 2]$ 上为奇函数，积分值为 0。

【题目】

下列命题正确的是（）； A) 有界数列必收敛 B) 无界数列必发散 C) 发散数列必无界 D) 单调数列必收敛
设函数 $f(x) = \frac{x}{\ln |x - 1|}$ ，则 $x = 1$ 是 $f(x)$ 的（）； A）可去间断点 B）跳跃间断点 C）无穷间断点 D）连续点
设函数 $f(x) = \int_{\sin x}^{0} t^2 dt$ ， $g(x) = x^3 + x^4$ ，则当 $x \to 0$ 时 $f(x)$ 是 $g(x)$ 的（）； A）高阶无穷小量 B）低阶无穷小量 C）同阶非等价无穷小量 D）等价无穷小量
若 $a = \int_{1}^{2} (\ln x)^{2} dx$ ， $b = \int_{1}^{2} \ln x dx$ ，则（）； A) $a > b$ B) $a < b$ C) $a = b$ D) 无法比较
定积分 $\int_{0}^{\pi}\sin^{2}xdx =$ （）. A) $\frac{\pi}{4}$ B) $\frac{\pi^2}{4}$ C) $\frac{\pi^2}{2}$ D) $\frac{\pi}{2}$

【解析】

选 B。收敛数列必有界，故无界数列必发散。
选 A。当 $x \to 1$ 时，$\ln|x - 1| \to -\infty$，故 $\lim_{x\to 1}\frac{x}{\ln|x - 1|} = 0$。极限存在且为有限数，故为可去间断点。
选 C。$f(x) = -\int_0^{\sin x}t^2 dt = -\frac{1}{3}\sin^3 x \sim -\frac{1}{3}x^3$。$g(x) \sim x^3$。比值极限为 $-\frac{1}{3} \neq 0, 1$，为同阶非等价无穷小量。
选 B。当 $x \in (1, 2)$ 时，$0 < \ln x < \ln e = 1$，故 $(\ln x)^2 < \ln x$。由积分保号性得 $a < b$。
选 D。$\int_0^\pi \sin^2 x dx = \int_0^\pi \frac{1 - \cos 2x}{2}dx = \frac{\pi}{2}$。

【题目】

求极限 $\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x} - \sin 2x - 1}{x\tan x};$
设函数 $f(x)=\begin{cases}\ln(1+x), & x>0 \\ e^{ax}+b, & x\leq0\end{cases}$ 在 x=0 处可导，求 a, b 的值，并求 $f'(0)$ ， $f'(x)$ ;
求由参数方程 $\begin{cases} x = t^{2} + 2t \\ y = \ln(1 + t) \end{cases}$ 所确定函数 $y = y(x)$ 的一阶及二阶导函数.

【解析】

分母 $x\tan x \sim x^2$。应用洛必达法则：
$$\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x} - \sin 2x - 1}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{2e^{2x} - 2\cos 2x}{2x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x} - \cos 2x}{x} = \lim_{x\to 0}(2e^{2x} + 2\sin 2x) = 2$$
连续性：$f(0) = 1 + b = \lim_{x\to 0^+} \ln(1 + x) = 0 \implies b = -1$。右导数：$f'_+(0) = \lim_{x\to 0^+}\frac{\ln(1 + x)}{x} = 1$。左导数：$f'_-(0) = \lim_{x\to 0^-}\frac{e^{ax} - 1}{x} = a$。由可导性：$a = 1$。故 $a = 1, b = -1, f'(0) = 1$。导函数为：
$$f'(x) = \begin{cases} \frac{1}{1 + x}, & x > 0 \\ 1, & x = 0 \\ e^x, & x < 0 \end{cases}$$
$\frac{dx}{dt} = 2t + 2 = 2(1 + t)$，$\frac{dy}{dt} = \frac{1}{1 + t}$。
$$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{1}{1 + t}}{2(1 + t)} = \frac{1}{2(1 + t)^2}$$
$$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\frac{d}{dt}\left[\frac{1}{2(1 + t)^2}\right]}{\frac{dx}{dt}} = \frac{-\frac{1}{(1 + t)^3}}{2(1 + t)} = -\frac{1}{2(1 + t)^4}$$

【题目】

【解析】

令 $x = \sin t$：
$$\int \frac{\cos t dt}{\sin t\cos t} = \int \csc t dt = \ln|\csc t - \cot t| + C = \ln\left|\frac{1 - \sqrt{1 - x^2}}{x}\right| + C$$
拆项积分：
$$\int_0^1 \frac{(x + 2) + 1}{(x + 2)^2 + 1}dx = \frac{1}{2}\left[\ln(x^2 + 4x + 5)\right]_0^1 + [\arctan(x + 2)]_0^1 = \frac{1}{2}\ln 2 + \arctan 3 - \arctan 2$$
分部积分两次：
$$\int_0^{+\infty} x^2 e^{-x}dx = 2\int_0^{+\infty} x e^{-x}dx = 2\int_0^{+\infty} e^{-x}dx = 2$$

【题目】

设函数 $f(x) = \frac{x^2}{(x - 1)^2}$ ，解决如下问题：

【解析】

$f'(x) = \frac{-2x}{(x - 1)^3}$，$f''(x) = \frac{4(x + \frac{1}{2})}{(x - 1)^4}$。
驻点 $x = 0$。单调减区间为 $(-\infty, 0]$ 和 $(1, +\infty)$；单调增区间为 $[0, 1)$；极小值为 $f(0) = 0$。
拐点候选点 $x = -\frac{1}{2}$。凸区间为 $(-\infty, -\frac{1}{2}]$；凹区间为 $[-\frac{1}{2}, 1)$ 和 $(1, +\infty)$；拐点为 $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{9})$。

【题目】

某地区防空洞的截面拟建成下方为矩形上方为半圆的形状，截面的面积为 $5\,\mathrm{m^2}$ ，解决如下问题：

【解析】

半径为 $\frac{x}{2}$，半圆面积为 $\frac{\pi x^2}{8}$。矩形高 $h = \frac{5 - \frac{\pi x^2}{8}}{x} = \frac{5}{x} - \frac{\pi x}{8}$。周长 $y = x + 2h + \frac{\pi x}{2} = x + \frac{10}{x} + \frac{\pi x}{4}$。
$y' = 1 + \frac{\pi}{4} - \frac{10}{x^2} = 0 \implies x = \sqrt{\frac{40}{4 + \pi}}$。此时截面周长取得最小值，最小值为 $y_{\min} = \sqrt{40 + 10\pi}$。

【题目】

证明：当 $0 < x < 1$ 时， $2x \ln x + 2 < x + \frac{1}{x}$ ；
设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $f(a) = f(b) = 0$ ，试证明：至少存在一点 $\xi \in (a, b)$ ，使得 $f'(\xi) - 2f(\xi) = 0$ .

【解析】

证明： 设 $f(x) = 2x\ln x + 2 - x - \frac{1}{x}$。$f'(x) = 2\ln x + 1 + \frac{1}{x^2}$，$f''(x) = \frac{2(x^2 - 1)}{x^3} < 0\ (0 < x < 1)$。故 $f'(x)$ 单调递减，$f'(x) > f'(1) = 2 > 0$。因此 $f(x)$ 在 $(0, 1]$ 上单调增加，$f(x) < f(1) = 0$。证毕。
证明： 设 $F(x) = e^{-2x} f(x)$。$F(x)$ 在 $[a, b]$ 上满足罗尔定理条件：$F(a) = F(b) = 0$。存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $F'(\xi) = e^{-2\xi}(f'(\xi) - 2f(\xi)) = 0 \implies f'(\xi) - 2f(\xi) = 0$。证毕。