| 1 |
解答题 |
一、（本题满分 30 分，每小题 6 分）填空题：
【1】 极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(x-\sin x) e^{-x^{2}}}{\sqrt{1-x^{3}}-1}=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】利用等价无穷小：当 $x \rightarrow 0$ 时，有 $\sqrt{1-x^{3}}-1 \sim-\frac{1}{2} x^{3}$ ，所以
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(x-\sin x) e^{-x^{2}}}{\sqrt{1-x^{3}}-1}=-2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\sin x}{x^{3}}=-2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{3 x^{2}}=-\frac{1}{3} .
$$
【2】设函数 $f(x)=(x+1)^{n} e^{-x^{2}}$ ，则 $f^{(n)}(-1)=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】利用莱布尼兹求导法则，得
$$
f^{(n)}(x)=n!e^{-x^{2}}+\sum_{k=0}^{n-1} C_{n}^{k}\left[(x+1)^{n}\right]^{(k)}\left(e^{-x^{2}}\right)^{(n-k)},
$$
所以 $f^{(n)}(-1)=\frac{n!}{e}$ ．
【3】设 $y=f(x)$ 是由方程 $\arctan \frac{x}{y}=\ln \sqrt{x^{2}+y^{2}}-\frac{1}{2} \ln 2+\frac{\pi}{4}$ 确定的隐函数，且满足 $f(1)=1$ ，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程为 $\_\_\_\_$ ．
【解】对所给方程两端关于 $x$ 求导，得 $\frac{\frac{y-x y^{\prime}}{y^{2}}}{1+\left(\frac{x}{y}\right)^{2}}=\frac{x+y y^{\prime}}{x^{2}+y^{2}}$ ，即 $(x+y) y^{\prime}=y-x$ ，所以 $f^{\prime}(1)=0$ ，曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程为 $y=1$ ．
【4】已知 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2}$ ，则 $\int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x \sin (x+y)}{x(x+y)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】令 $u=x+y$ ，得
$$
\begin{aligned}
I & =\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin (x+y)}{x+y} d y=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x \int_{x}^{+\infty} \frac{\sin u}{u} d u \\
& =\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x\left(\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin u}{u} d u-\int_{0}^{x} \frac{\sin u}{u} d u\right)
\end{aligned}
$$
$$
=\left(\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x\right)^{2}-\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x \int_{0}^{x} \frac{\sin u}{u} \mathrm{~d} u
$$
令 $F(x)=\int_{0}^{x} \frac{\sin u}{u} \mathrm{~d} u$ ，则 $F^{\prime}(x)=\frac{\sin x}{x}, \lim _{x \rightarrow+\infty} F(x)=\frac{\pi}{2}$ ，所以
$$
I=\frac{\pi^{2}}{4}-\int_{0}^{+\infty} F(x) F^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\frac{\pi^{2}}{4}-\left.\frac{1}{2}[F(x)]^{2}\right|_{0} ^{+\infty}=\frac{\pi^{2}}{4}-\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}=\frac{\pi^{2}}{8}
$$
【5】设 $f(x), g(x)$ 在 $x=0$ 的某一邻域 $U$ 内有定义，对任意 $x \in U, f(x) \neq g(x)$ ，
且 $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0} g(x)=a>0$ ，则 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{[f(x)]^{g(x)}-[g(x)]^{g(x)}}{f(x)-g(x)}=$ $\_\_\_\_$ ．
【解】根据极限的保号性，存在 $x=0$ 的一个去心领域 $U_{1}$ ，使得 $x \in U_{1}$ 时 $f(x)>0$ ， $g(x)>0$ ．当 $x \rightarrow 0$ 时，有 $e^{x}-1 \sim x, \ln (1+x) \sim x$ ，利用等价无穷小替换，得
$$
\begin{aligned}
& \lim _{x \rightarrow 0} \frac{[f(x)]^{g(x)}-[g(x)]^{g(x)}}{f(x)-g(x)}=\lim _{x \rightarrow 0}[g(x)]^{g(x)} \frac{\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)^{g(x)}-1}{f(x)-g(x)}=a^{a} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)^{g(x)}-1}{f(x)-g(x)} \\
& =a^{a} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{g(x) \ln \frac{f(x)}{g(x)}}-1}{f(x)-g(x)}=a^{a} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{g(x) \ln \frac{f(x)}{g(x)}}{f(x)-g(x)}=a^{a} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{g(x) \ln \left(1+\left(\frac{f(x)}{g(x)}-1\right)\right)}{f(x)-g(x)} \\
& =a^{a} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{g(x)\left(\frac{f(x)}{g(x)}-1\right)}{f(x)-g(x)}=a^{a} .
\end{aligned}
$$ |
| 2 |
解答题 |
二、（本题满分 10 分）设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足：$a_{1}=1$ ，且 $a_{n+1}=\frac{a_{n}}{(n+1)\left(a_{n}+1\right)}, n \geq 1$ ．求极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} n!a_{n}$ ．
【解】 利用归纳法易知 $a_{n}>0(n \geq 1)$ ．由于
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{a_{n+1}} & =(n+1)\left(1+\frac{1}{a_{n}}\right)=(n+1)+(n+1) \frac{1}{a_{n}}=(n+1)+(n+1)\left(n+n \frac{1}{a_{n-1}}\right) \\
& =(n+1)+(n+1) n+(n+1) n \frac{1}{a_{n-1}},
\end{aligned}
$$
如此递推，得 $\frac{1}{a_{n+1}}=(n+1)!\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k!}+\frac{1}{a_{1}}\right)=(n+1)!\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ ，
因此
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} n!a_{n}=\frac{1}{\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}}=\frac{1}{e}
$$ |
| 3 |
解答题 |
三、（本题满分 $\mathbf{1 0}$ 分）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0, f(1)=1$ ．
证明：（1）存在 $x_{0} \in(0,1)$ 使得 $f\left(x_{0}\right)=2-3 x_{0}$ ；（2）存在 $\xi, \eta \in(0,1)$ ，且 $\xi \neq \eta$ ，使得 $\left[1+f^{\prime}(\xi)\right]\left[1+f^{\prime}(\eta)\right]=4$ ．
【解】（1）令 $F(x)=f(x)-2+3 x$ ，则 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $F(0)=-2$ ， $F(1)=2$ ．根据连续函数介值定理，存在 $x_{0} \in(0,1)$ 使得 $F\left(x_{0}\right)=0$ ，即 $f\left(x_{0}\right)=2-3 x_{0}$ ．
（2）在区间 $\left[0, x_{0}\right],\left[x_{0}, 1\right]$ 上利用拉格朗日中值定理，存在 $\xi, \eta \in(0,1)$ ，且 $\xi \neq \eta$ ，使得
$$
\frac{f\left(x_{0}\right)-f(0)}{x_{0}-0}=f^{\prime}(\xi), \quad \text { 且 } \quad \frac{f\left(x_{0}\right)-f(1)}{x_{0}-1}=f^{\prime}(\eta) .
$$
所以
$$
\left[1+f^{\prime}(\xi)\right]\left[1+f^{\prime}(\eta)\right]=4 .
$$ |
| 4 |
解答题 |
四、（本题满分 12 分）已知 $z=x f\left(\frac{y}{x}\right)+2 y \varphi\left(\frac{x}{y}\right)$ ，其中 $f, \varphi$ 均为二次可微函数．
（1）求 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}$ ；
（2）当 $f=\varphi$ ，且 $\left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right|_{x=a}=-b y^{2}$ 时，求 $f(y)$ ．
【解】（1）$\frac{\partial z}{\partial x}=f\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{y}{x} f^{\prime}\left(\frac{y}{x}\right)+2 \varphi^{\prime}\left(\frac{x}{y}\right), \quad \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}=-\frac{y}{x^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{2 x}{y^{2}} \varphi^{\prime \prime}\left(\frac{x}{y}\right)$ ．
（2）$\left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right|_{x=a}=-\frac{y}{a^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{y}{a}\right)-\frac{2 a}{y^{2}} \varphi^{\prime \prime}\left(\frac{a}{y}\right)=-b y^{2}$ ．
因为 $f=\varphi$ ，所以 $\frac{y}{a^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{y}{a}\right)+\frac{2 a}{y^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{a}{y}\right)=b y^{2}$ ．
令 $y=a u$ ，则 $\frac{u}{a} f^{\prime \prime}(u)+\frac{2}{a u^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{u}\right)=a^{2} b u^{2}$ ，即 $u^{3} f^{\prime \prime}(u)+2 f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{u}\right)=a^{3} b u^{4}$ ．
上式中以 $\frac{1}{u}$ 换 $u$ 得 $2 f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{u}\right)+4 u^{3} f^{\prime \prime}(u)=2 a^{3} b \frac{1}{u}$.
联立二式，解得 $-3 u^{3} f^{\prime \prime}(u)=a^{3} b\left(u^{4}-\frac{2}{u}\right)$ ，所以 $f^{\prime \prime}(u)=\frac{a^{3} b}{3}\left(\frac{2}{u^{4}}-u\right)$ ，从而有
$$
f(u)=\frac{a^{3} b}{3}\left(\frac{1}{3 u^{2}}-\frac{u^{3}}{6}\right)+C_{1} u+C_{2} .
$$
故 $f(y)=\frac{a^{3} b}{3}\left(\frac{1}{3 y^{2}}-\frac{y^{3}}{6}\right)+C_{1} y+C_{2}$ ． |
| 5 |
解答题 |
二、（本题满分 10 分）设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足：$a_{1}=1$ ，且 $a_{n+1}=\frac{a_{n}}{(n+1)\left(a_{n}+1\right)}, n \geq 1$ ．求极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} n!a_{n}$ ．
【解】 利用归纳法易知 $a_{n}>0(n \geq 1)$ ．由于
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{a_{n+1}} & =(n+1)\left(1+\frac{1}{a_{n}}\right)=(n+1)+(n+1) \frac{1}{a_{n}}=(n+1)+(n+1)\left(n+n \frac{1}{a_{n-1}}\right) \\
& =(n+1)+(n+1) n+(n+1) n \frac{1}{a_{n-1}},
\end{aligned}
$$
如此递推，得 $\frac{1}{a_{n+1}}=(n+1)!\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k!}+\frac{1}{a_{1}}\right)=(n+1)!\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ ，
因此
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} n!a_{n}=\frac{1}{\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}}=\frac{1}{e}
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| 6 |
解答题 |
三、（本题满分 $\mathbf{1 0}$ 分）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0, f(1)=1$ ．
证明：（1）存在 $x_{0} \in(0,1)$ 使得 $f\left(x_{0}\right)=2-3 x_{0}$ ；（2）存在 $\xi, \eta \in(0,1)$ ，且 $\xi \neq \eta$ ，使得 $\left[1+f^{\prime}(\xi)\right]\left[1+f^{\prime}(\eta)\right]=4$ ．
【解】（1）令 $F(x)=f(x)-2+3 x$ ，则 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $F(0)=-2$ ， $F(1)=2$ ．根据连续函数介值定理，存在 $x_{0} \in(0,1)$ 使得 $F\left(x_{0}\right)=0$ ，即 $f\left(x_{0}\right)=2-3 x_{0}$ ．
（2）在区间 $\left[0, x_{0}\right],\left[x_{0}, 1\right]$ 上利用拉格朗日中值定理，存在 $\xi, \eta \in(0,1)$ ，且 $\xi \neq \eta$ ，使得
$$
\frac{f\left(x_{0}\right)-f(0)}{x_{0}-0}=f^{\prime}(\xi), \quad \text { 且 } \quad \frac{f\left(x_{0}\right)-f(1)}{x_{0}-1}=f^{\prime}(\eta) .
$$
所以
$$
\left[1+f^{\prime}(\xi)\right]\left[1+f^{\prime}(\eta)\right]=4 .
$$ |
| 7 |
解答题 |
四、（本题满分 12 分）已知 $z=x f\left(\frac{y}{x}\right)+2 y \varphi\left(\frac{x}{y}\right)$ ，其中 $f, \varphi$ 均为二次可微函数．
（1）求 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}$ ；
（2）当 $f=\varphi$ ，且 $\left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right|_{x=a}=-b y^{2}$ 时，求 $f(y)$ ．
【解】（1）$\frac{\partial z}{\partial x}=f\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{y}{x} f^{\prime}\left(\frac{y}{x}\right)+2 \varphi^{\prime}\left(\frac{x}{y}\right), \quad \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}=-\frac{y}{x^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{2 x}{y^{2}} \varphi^{\prime \prime}\left(\frac{x}{y}\right)$ ．
（2）$\left.\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}\right|_{x=a}=-\frac{y}{a^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{y}{a}\right)-\frac{2 a}{y^{2}} \varphi^{\prime \prime}\left(\frac{a}{y}\right)=-b y^{2}$ ．
因为 $f=\varphi$ ，所以 $\frac{y}{a^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{y}{a}\right)+\frac{2 a}{y^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{a}{y}\right)=b y^{2}$ ．
令 $y=a u$ ，则 $\frac{u}{a} f^{\prime \prime}(u)+\frac{2}{a u^{2}} f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{u}\right)=a^{2} b u^{2}$ ，即 $u^{3} f^{\prime \prime}(u)+2 f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{u}\right)=a^{3} b u^{4}$ ．
上式中以 $\frac{1}{u}$ 换 $u$ 得 $2 f^{\prime \prime}\left(\frac{1}{u}\right)+4 u^{3} f^{\prime \prime}(u)=2 a^{3} b \frac{1}{u}$.
联立二式，解得 $-3 u^{3} f^{\prime \prime}(u)=a^{3} b\left(u^{4}-\frac{2}{u}\right)$ ，所以 $f^{\prime \prime}(u)=\frac{a^{3} b}{3}\left(\frac{2}{u^{4}}-u\right)$ ，从而有
$$
f(u)=\frac{a^{3} b}{3}\left(\frac{1}{3 u^{2}}-\frac{u^{3}}{6}\right)+C_{1} u+C_{2} .
$$
故 $f(y)=\frac{a^{3} b}{3}\left(\frac{1}{3 y^{2}}-\frac{y^{3}}{6}\right)+C_{1} y+C_{2}$ ． |