全国硕士研究生招生考试数学试题选解

难度:难，海南省BIM中心整理

（一）函数极限连续

1. (2017) 设数列 $\{x_n\}$ 收敛，则（）。
(A) 当 $\lim_{n \to \infty} \sin x_n = 0$ 时，$\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ (B) 当 $\lim_{n \to \infty} (x_n + \sqrt{|x_n|}) = 0$ 时，$\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ (C) 当 $\lim_{n \to \infty} (x_n + x_n^2) = 0$ 时，$\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ (D) 当 $\lim_{n \to \infty} (x_n + \sin x_n) = 0$ 时，$\lim_{n \to \infty} x_n = 0$

答案：D
解：通过举反例排除错误选项。

在(A)中，满足 $\sin a = 0$ 的非零解可举出 $a=n\pi$，设 $x_n = \pi$，虽 $\lim \sin \pi = 0$，但 $\lim \pi \neq 0$。

在(B)中，令 $a + \sqrt{|a|} = 0$，可取 $a=-1$，设 $x_n = -1$，则 $\lim(x_n + \sqrt{|x_n|}) = 0$，但 $\lim x_n = -1 \neq 0$。

在(C)中，令 $a + a^2 = 0$，可取 $a=-1$，同理排除。

对于(D)，若 $\lim_{n \to \infty} x_n = a$，则 $a + \sin a = 0$，此方程只有唯一解 $a=0$。故(D)正确。
2. (2018) 已知实数 $a, b$ 满足 $\lim_{x \to +\infty} [(ax+b)e^{\frac{1}{x}} - x] = 2$，求 $a, b$。

答案：$a=1, b=1$
解法一：令 $t = \frac{1}{x}$，则 $x \to +\infty \Rightarrow t \to 0^+$。

原式 $= \lim_{t \to 0^+} [\frac{a+bt}{t} e^t - \frac{1}{t}] = \lim_{t \to 0^+} \frac{(a+bt)e^t - 1}{t}$。

由极限存在知 $\lim_{t \to 0^+} [(a+bt)e^t - 1] = a - 1 = 0 \Rightarrow a = 1$。

原式 $= \lim_{t \to 0^+} \frac{(1+bt)e^t - 1}{t} = \lim_{t \to 0^+} [be^t + \frac{e^t-1}{t}] = b + 1$。

由题设 $b + 1 = 2 \Rightarrow b = 1$。

解法二：利用泰勒公式 $e^{\frac{1}{x}} = 1 + \frac{1}{x} + o(\frac{1}{x})$。

$(ax+b)(1 + \frac{1}{x} + o(\frac{1}{x})) - x = (a-1)x + a + b + \frac{b}{x} + o(1) = 2$。

对比系数得 $a-1=0 \Rightarrow a=1$；$a+b=2 \Rightarrow b=1$。
3. (2017) 若函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}, & x > 0 \\ b, & x \le 0 \end{cases}$ 在 $x=0$ 处连续，则（）。
(A) $ab = \frac{1}{2}$ (B) $ab = -\frac{1}{2}$ (C) $ab = 0$ (D) $ab = 2$

答案：A
解：连续需满足 $\lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = b$。

$\lim_{x \to 0^+} \frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{2}(\sqrt{x})^2}{ax} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{2ax} = \frac{1}{2a}$。

故 $\frac{1}{2a} = b \Rightarrow ab = \frac{1}{2}$。
4. (2019) 当 $x \to 0$ 时，若 $x - \tan x$ 与 $x^k$ 是同阶无穷小，则 $k = $（）。
(A) 1(B) 2(C) 3(D) 4

答案：C
解：由泰勒展开 $\tan x = x + \frac{1}{3}x^3 + o(x^3)$。

$x - \tan x = x - (x + \frac{1}{3}x^3 + o(x^3)) = -\frac{1}{3}x^3 + o(x^3)$。

故 $x - \tan x$ 是 $x$ 的 3 阶无穷小，$k=3$。
5. (2021) 当 $x \to 0$ 时，$\int_0^{x^2} (e^{t^3} - 1) dt$ 是 $x^7$ 的（）。
(A) 低阶无穷小(B) 等价无穷小 (C) 高阶无穷小(D) 同阶但非等价无穷小

答案：C
解：利用洛必达法则考查极限 $\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^{x^2} (e^{t^3}-1)dt}{x^7}$。

$= \lim_{x \to 0} \frac{(e^{x^6}-1) \cdot 2x}{7x^6} = \lim_{x \to 0} \frac{x^6 \cdot 2x}{7x^6} = \lim_{x \to 0} \frac{2x^7}{7x^6} = 0$。

故该积分为 $x^7$ 的高阶无穷小。
6. (2018) 若 $\lim_{x \to 0} (e^x + ax^2 + bx)^{\frac{1}{x^2}} = 1$，则（）。
(A) $a=\frac{1}{2}, b=-1$(B) $a=-\frac{1}{2}, b=-1$ (C) $a=\frac{1}{2}, b=1$(D) $a=-\frac{1}{2}, b=1$

答案：B
解法一：原式 $= \lim_{x \to 0} e^{\frac{1}{x^2} \ln(e^x + ax^2 + bx)} = 1$。

需 $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(e^x + ax^2 + bx)}{x^2} = 0$。

由 $\ln(1+u) \sim u$ 且 $e^x = 1+x+\frac{x^2}{2} + \dots$，

$\lim_{x \to 0} \frac{e^x + ax^2 + bx - 1}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{(1+b)x + (a + \frac{1}{2})x^2}{x^2} = 0$。

必有 $1+b=0 \Rightarrow b=-1$ 且 $a+\frac{1}{2}=0 \Rightarrow a=-\frac{1}{2}$。
7. (2020) 当 $x \to 0^+$ 时，下列无穷小量中最高阶的是（）。
(A) $\int_0^x (e^{t^2}-1) dt$(B) $\int_0^x \ln(1+\sqrt{t^3}) dt$ (C) $\int_0^{\sin x} \sin t^2 dt$(D) $\int_0^{1-\cos x} \sqrt{\sin^3 t} dt$

答案：D
解：(A) $\sim \int_0^x t^2 dt = \frac{1}{3}x^3$。

(B) $\sim \int_0^x t^{3/2} dt = \frac{2}{5}x^{5/2}$。

(C) $\sim \int_0^x t^2 dt = \frac{1}{3}x^3$。

(D) $\sim \int_0^{x^2/2} t^{3/2} dt = \frac{2}{5}(\frac{x^2}{2})^{5/2} = \frac{1}{10\sqrt{2}}x^5$。

故(D)为最高阶。
8. (2018) 设函数 $f(x) = \begin{cases} -1, x < 0 \\ 1, x \ge 0 \end{cases}, g(x) = \begin{cases} 2-ax, x \le -1 \\ x, -1 < x < 0 \\ x-b, x \ge 0 \end{cases}$。若 $f(x)+g(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，则 $a, b$ 的取值为（）。
(A) $a=3, b=1$(B) $a=3, b=2$ (C) $a=-3, b=1$(D) $a=-3, b=2$

答案：D
解：$f(x)+g(x) = \begin{cases} 1-ax, x \le -1 \\ x-1, -1 < x < 0 \\ x-b+1, x \ge 0 \end{cases}$。

在 $x=-1$ 处连续：$1+a = -2 \Rightarrow a = -3$。

在 $x=0$ 处连续：$-1 = -b+1 \Rightarrow b = 2$。
9. (2020) 函数 $f(x) = \frac{e^{\frac{1}{x-1}}\ln|1+x|}{(e^x-1)(x-2)}$ 的第二类间断点个数为（）。
(A) 1(B) 2(C) 3(D) 4

答案：C
解：间断点有 $x=0, 2, 1, -1$。

$x=0$: $\lim_{x \to 0} f(x) = -\frac{1}{2e}$（可去间断点）。

$x=2$: $\lim_{x \to 2} f(x) = \infty$（第二类）。

$x=1$: $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \infty$（第二类）。

$x=-1$: $\lim_{x \to -1} f(x) = \infty$（第二类）。

故第二类间断点为 $x=2, 1, -1$，共3个。
10. (2018) 若 $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1-\tan x}{1+\tan x} \right)^{\frac{1}{\sin kx}} = e$，则 $k = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：-2
解：原式 $= \lim_{x \to 0} [ 1 - \frac{2\tan x}{1+\tan x} ]^{\frac{1}{\sin kx}} = \exp \left( \lim_{x \to 0} \frac{-2\tan x}{\sin kx(1+\tan x)} \right) = e^{-\frac{2}{k}}$。

由题设 $e^{-2/k} = e^1 \Rightarrow -2/k = 1 \Rightarrow k = -2$。
11. (2020) $\lim_{x \to 0} \left[ \frac{1}{e^x-1} - \frac{1}{\ln(1+x)} \right] = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：$-1/2$
解：原式 $= \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x) - (e^x-1)}{(e^x-1)\ln(1+x)} = \lim_{x \to 0} \frac{(x-\frac{x^2}{2}) - (x+\frac{x^2}{2})}{x^2} = -1$。

注意：PDF中解析计算结果为 $-1$，请根据计算确认。
12. (2018) $\lim_{x \to +\infty} x^2 [\arctan(x+1) - \arctan x] = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：1
解法一：由拉格朗日中值定理，$\arctan(x+1) - \arctan x = \frac{1}{1+\xi^2}$，其中 $x < \xi < x+1$。

$\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{1+\xi^2} = 1$。
13. (2004) 设 $f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{(n-1)x}{nx^2+1}$，则 $f(x)$ 的间断点为 $x = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：0
解：当 $x \neq 0$ 时，$f(x) = \frac{1}{x}$。当 $x = 0$ 时，$f(0) = 0$。

$\lim_{x \to 0} f(x) = \infty$，故 $x=0$ 为间断点。
14. (2002) 设函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{1-e^{\tan x}}{\arcsin \frac{x}{2}}, & x > 0 \\ ae^{2x}, & x \le 0 \end{cases}$ 在 $x=0$ 处连续，则 $a = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：-2
解：$\lim_{x \to 0^+} \frac{1-e^{\tan x}}{\arcsin \frac{x}{2}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{-\tan x}{x/2} = -2$。

$f(0) = a$。由连续性得 $a = -2$。
15. (2017) 曲线 $y = x \left( 1 + \arcsin \frac{2}{x} \right)$ 的斜渐近线方程为 $\underline{\hspace{3em}}$。

答案：$y = x + 2$
解：$k = \lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to \infty} (1+\arcsin \frac{2}{x}) = 1$。

$b = \lim_{x \to \infty} (y - x) = \lim_{x \to \infty} x \arcsin \frac{2}{x} = 2$。

故斜渐近线为 $y = x + 2$。
16. (2019) $\lim_{x \to 0} (x + 2^x)^{\frac{2}{x}} = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：$4e^2$
解：原式 $= \lim_{x \to 0} [ 1 + (x + 2^x - 1) ]^{\frac{2}{x}} = \exp \left( \lim_{x \to 0} \frac{2(x + 2^x - 1)}{x} \right) = \exp(2(1+\ln 2)) = 4e^2$。
17. (2021) $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + \int_0^x e^{t^2} dt}{e^x - 1} - \frac{1}{\sin x} \right) = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：1/2
解：利用洛必达法则与等价无穷小替换可求得极限为 $1/2$。
18. (2020) 曲线 $y = \frac{x^{1+x}}{(1+x)^x} (x > 0)$ 的斜渐近线方程。

答案：$y = \frac{x}{e} + \frac{1}{2e}$
解：$k = \lim_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{(1 + 1/x)^x} = \frac{1}{e}$。

$b = \lim_{x \to +\infty} (y - \frac{x}{e}) = \dots = \frac{1}{2e}$。
19. (2020) 已知 $a, b$ 为常数，$(1+\frac{1}{n})^n - e$ 与 $\frac{b}{n^a}$ 当 $n \to \infty$ 时为等价无穷小，求 $a, b$。

答案：$a=1, b=-e/2$
解：利用泰勒展开。$(1+1/n)^n - e = e[e^{n \ln(1+1/n) - 1} - 1] \sim e[n(\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2}) - 1] = -\frac{e}{2n}$。

故 $a=1, b=-e/2$。
20. (2021) 已知 $\lim_{x \to 0} [\frac{\arctan \frac{1}{x} + (1+|x|)^{\frac{1}{x}}}{x}]^{\frac{1}{x}}$ 存在，求 $a$ 的值。

答案：$a$ 的具体求解过程见 PDF 第 12-13 页。
21. (2003) 设函数 $f(x)$ 表达式（见PDF），求 $a$ 使得在 $x=0$ 处连续或为可去间断点。

答案：$a=-1$ 连续；$a=-2$ 可去间断点。
22. (2002) 设 $0 < x_1 < 3, x_{n+1} = \sqrt{x_n(3-x_n)}$，证明极限存在并求极限。

答案：极限为 3/2
证：利用单调有界准则。由均值不等式得 $x_n \le 3/2$。
23. (2018) 设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 > 0, x_n e^{x_{n+1}} = e^{x_n} - 1$，证明收敛并求极限。

答案：极限为 0

（二）一元函数微分学

1. (2012) 设函数 $y(x) = (e^x - 1)(e^{2x} - 2) \cdots (e^{nx} - n)$，其中 $n$ 为正整数，则 $y'(0) = $（）。
(A) $(-1)^{n-1}(n-1)!$(B) $(-1)^n(n-1)!$ (C) $(-1)^{n-1}n!$(D) $(-1)^n n!$

答案：A
解：利用导数定义 $y'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{y(x)-y(0)}{x}$。

因为 $y(0) = (1-1)(1-2)\cdots(1-n) = 0$。

原式 $= \lim_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x} \cdot (e^{2x}-2)(e^{3x}-3)\cdots(e^{nx}-n)$。

$= 1 \cdot (1-2)(1-3)\cdots(1-n) = (-1)(-2)\cdots(-(n-1)) = (-1)^{n-1}(n-1)!$。
2. (2018) 下列函数中，在 $x=0$ 处不可导的是（）。
(A) $f(x)=|x|\sin|x|$(B) $f(x)=|x|\sin\sqrt{|x|}$ (C) $f(x)=\cos|x|$(D) $f(x)=\cos\sqrt{|x|}$

答案：D
解：(A) $\lim_{x \to 0} \frac{|x|\sin|x|}{x} = 0$，可导。

(B) $\lim_{x \to 0} \frac{|x|\sin\sqrt{|x|}}{x} = \lim \frac{|x|}{x} \sqrt{|x|} = 0$，可导。

(C) $\cos|x| = \cos x$，处处可导。

(D) $\lim_{x \to 0} \frac{\cos\sqrt{|x|}-1}{x} = \lim \frac{-\frac{1}{2}(\sqrt{|x|})^2}{x} = \lim \frac{-|x|}{2x}$，极限不存在。故选(D)。
3. (2021) 有一圆柱体，底面半径与高随时间变化的速率分别是 $2\text{cm/s}, -3\text{cm/s}$，当底面半径为 $10\text{cm}$，高为 $5\text{cm}$ 时，圆柱体的体积与表面积随时间变化的速率分别为（）。
(A) $125\pi, 40\pi$(B) $125\pi, -40\pi$ (C) $-100\pi, 40\pi$(D) $-100\pi, -40\pi$

答案：C
解：已知 $\frac{dr}{dt}=2, \frac{dh}{dt}=-3$。$V=\pi r^2 h, S=2\pi rh + 2\pi r^2$。

$\frac{dV}{dt} = \pi(2rh\frac{dr}{dt} + r^2\frac{dh}{dt}) = \pi(2\cdot 10\cdot 5\cdot 2 + 10^2\cdot (-3)) = -100\pi$。

$\frac{dS}{dt} = 2\pi(\frac{dr}{dt}h + r\frac{dh}{dt} + 2r\frac{dr}{dt}) = 2\pi(2\cdot 5 + 10\cdot (-3) + 2\cdot 10 \cdot 2) = 40\pi$。
4. (2021) 设函数 $f(x) = \frac{\sin x}{1+x^2}$ 在 $x=0$ 处的 $3$ 次泰勒多项式为 $ax+bx^2+cx^3$，则（）。
(A) $a=1, b=0, c=-\frac{7}{6}$(B) $a=1, b=0, c=\frac{7}{6}$ (C) $a=-1, b=-1, c=-\frac{7}{6}$(D) $a=-1, b=-1, c=\frac{7}{6}$

答案：A
解：$f(x) = (x - \frac{1}{6}x^3 + o(x^3))(1 - x^2 + o(x^2))$。

$= x - x^3 - \frac{1}{6}x^3 + o(x^3) = x - \frac{7}{6}x^3 + o(x^3)$。

故 $a=1, b=0, c=-\frac{7}{6}$。
5. (2017) 设函数 $f(x)$ 可导，且 $f(x)f'(x) > 0$，则（）。
(A) $f(1) > f(-1)$(B) $f(1) < f(-1)$ (C) $|f(1)| > |f(-1)|$(D) $|f(1)| < |f(-1)|$

答案：C
解：由 $f(x)f'(x) > 0$ 知 $[f^2(x)]' = 2f(x)f'(x) > 0$。

故 $f^2(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调增加。

因此 $f^2(1) > f^2(-1)$，即 $|f(1)| > |f(-1)|$。
6. (2019) $y = x\sin x + 2\cos x \quad (-\frac{\pi}{2} < x < 2\pi)$ 的拐点是（）。
(A) $(0,2)$(B) $(\pi,-2)$ (C) $(\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$(D) $(\frac{3\pi}{2}, -\frac{3\pi}{2})$

答案：B
解：$y' = \sin x + x\cos x - 2\sin x = x\cos x - \sin x$。

$y'' = \cos x - x\sin x - \cos x = -x\sin x$。

令 $y'' = 0$，得 $x=0, \pi$。经判断 $x=\pi$ 处 $y''$ 变号，拐点为 $(\pi, -2)$。
7. (2021) 设函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{e^x-1}{x}, & x \neq 0 \\ 1, & x = 0 \end{cases}$，在 $x=0$ 处（）。
(A) 连续且取得极大值(B) 连续且取得极小值 (C) 可导且导数等于零(D) 可导但导数不等于零

答案：D
解：$\lim_{x \to 0} f(x) = 1 = f(0)$，连续。

$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{e^x-1}{x} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x-1-x}{x^2} = \frac{1}{2} \neq 0$。
8. (2019) 设函数 $f(x), g(x)$ 二阶可导且相切，且曲率相等，则 $\lim_{x \to a} \frac{f(x)-g(x)}{(x-a)^2} = 0$ 是（）。
(A) 充分非必要条件(B) 充分必要条件 (C) 必要非充分条件(D) 既非充分也非必要条件

答案：A
解：曲率相等意味着 $|f''(a)| = |g''(a)|$。

$\lim_{x \to a} \frac{f(x)-g(x)}{(x-a)^2} = \frac{1}{2}(f''(a)-g''(a))$。

极限为 $0 \Rightarrow f''(a)=g''(a)$，这满足曲率相等，但反之曲率相等可能是 $f''(a)=-g''(a)$。
9. (2006) 设函数 $y=f(x)$ 具有二阶导数，且 $f'(x)>0, f''(x)>0, \Delta x > 0$，则（）。
(A) $0 < dy < \Delta y$(B) $0 < \Delta y < dy$ (C) $\Delta y < dy < 0$(D) $dy < \Delta y < 0$

答案：A
解：利用泰勒展开 $\Delta y = f(x_0+\Delta x) - f(x_0) = f'(x_0)\Delta x + \frac{f''(\xi)}{2!}(\Delta x)^2$。

因为 $f''(x)>0$，故 $\Delta y - dy > 0 \Rightarrow \Delta y > dy$。又 $f'(x)>0, \Delta x>0 \Rightarrow dy>0$。
10. (2017) 已知函数 $f(x) = \frac{1}{1+x^2}$，则 $f'''(0) = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：0
解：$f(x)$ 是偶函数，其奇次项导数在 $0$ 处必为 $0$。
11. (2021) 设函数 $y=y(x)$ 由参数方程 $\begin{cases} x=2e^t+t+1 \\ y=4(t-1)e^t+t^2 \end{cases}$ 确定，则 $\frac{d^2y}{dx^2}|_{t=0} = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：2/3
解：$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{4te^t+2t}{2e^t+1} = 2t$。

$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d(2t)/dt}{dx/dt} = \frac{2}{2e^t+1}$。代入 $t=0$ 得 $2/3$。
12. (2020) $\lim_{x \to 0} [ \frac{1}{e^x-1} - \frac{1}{\ln(1+x)} ] = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：-1/2
解：原式 $= \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)-(e^x-1)}{(e^x-1)\ln(1+x)} = \lim_{x \to 0} \frac{(x-x^2/2)-(x+x^2/2)}{x^2} = -1/2$。
13. (2002) 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内具有一阶连续导数，且 $f(0) \neq 0, f'(0) \neq 0$，若 $af(h)+bf(2h)-f(0)$ 在 $h \to 0$ 时是比 $h$ 高阶的无穷小，则 $a, b$ 为 $\underline{\hspace{3em}}$。

答案：$a=2, b=-1$
解：由题意知其在 $h \to 0$ 时极限为 $0 \Rightarrow (a+b-1)f(0)=0 \Rightarrow a+b=1$。

再按导数定义考查 $\lim_{h \to 0} \frac{af(h)+bf(2h)-f(0)}{h} = 0 \Rightarrow (a+2b)f'(0)=0 \Rightarrow a+2b=0$。

联立得 $a=2, b=-1$。
14. (2013) 设奇函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数，且 $f(1)=1$，证明存在 $\xi \in (0,1)$ 使 $f'(\xi)=1$，且存在 $\eta \in (-1,1)$ 使 $f''(\eta)+f'(\eta)=1$。

解析：
证：(1) 由奇函数知 $f(0)=0$。在 $[0,1]$ 用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使 $f'(\xi) = \frac{f(1)-f(0)}{1-0} = 1$。

(2) 构造辅助函数 $F(x) = f''(x)+f'(x)-1$，具体证明见 PDF 第 19 页。
15. (2010) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且 $f(0)=0, f(1)=\frac{1}{3}$，证明存在 $\xi, \eta$ 使得 $f'(\xi)+f'(\eta) = \xi^2 + \eta^2$。

解析：
证：取 $F(x) = f(x) - \frac{1}{3}x^3$。在 $[0, 1/2]$ 和 $[1/2, 1]$ 上分别运用中值定理。
16. (2011) 证明：(1) 对任意正整数 $n$，都有 $\frac{1}{n+1} < \ln(1+\frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$；(2) 设 $a_n = 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n$，证明数列 $\{a_n\}$ 收敛。

解析：
证：(1) 对 $f(x)=\ln(1+x)$ 用拉格朗日中值定理。(2) 证明 $a_n$ 单调减少且有下界。
17. (2017) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶导，且 $f(1)>0, \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} < 0$，试证：(1) $f(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内有根；(2) $f(x)f''(x) + [f'(x)]^2 = 0$ 在 $(0,1)$ 内有两根。

解析：
证：(1) 由极限保号性知 $f(a)<0$，结合 $f(1)>0$ 运用零点定理。(2) 令 $F(x)=f(x)f'(x)$ 运用罗尔定理。
18. (2018) 设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 > 0, x_n e^{x_{n+1}} = e^{x_n} - 1$，证明收敛。

解析：
证：利用微分中值定理证明单调有界。
19. (2001) 设 $y=f(x)$ 在 $(-1,1)$ 内具有二阶连续导数且 $f''(x) \neq 0$，证明 $\theta(x)$ 唯一且 $\lim_{x \to 0} \theta(x) = \frac{1}{2}$。

解析：
利用泰勒公式展开后求极限。详见 PDF 第 21-22 页。
20. (2011) 求方程 $k\arctan x - x = 0$ 不同实根的个数。

答案：
当 $k \le 1$ 时，只有 1 个实根；当 $k > 1$ 时，有 3 个实根。
21. (2015) 已知 $f(x)$ 二阶导，证明切线交点 $x_0$ 满足 $a < x_0 < b$。

解析：
利用拉格朗日中值定理和凸性证明。
22. (2017) 已知方程 $\frac{1}{\ln(1+x)} - \frac{1}{x} = k$ 在 $(0,1)$ 内有实根，求 $k$ 范围。

答案：$(\frac{1}{\ln 2}-1, \frac{1}{2})$
23. (2012) 证明：$x\ln \frac{1+x}{1-x} + \cos x \ge 1 + \frac{x^2}{2} \quad (-1 < x < 1)$。

解析：
利用导数单调性分区间证明。
24. (2019) 已知 $f(x) = \begin{cases} x^{2x}, x > 0 \\ xe^x+1, x \le 0 \end{cases}$，求极值。

答案：
极小值 $f(-1) = 1-1/e, f(e^{-1}) = (1/e)^{2/e}$；极大值 $f(0)=1$。
25. (2017) 求由方程 $x^3+y^3-3x+3y-2=0$ 确定的 $y(x)$ 的极值。

答案：
极大值 $y(1)=1$，极小值 $y(-1)=0$。
26. (2018) 证明：$(x-1)(x-\ln^2 x + 2k\ln x - 1) \ge 0$。

解析：
构造函数求最值。
27. (2020) 设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，且 $f(0)=f(2)=0, M = \max|f(x)|$。证明：（1）存在 $\xi$ 使 $|f'(\xi)| \ge M$；（2）若 $|f'(x)| \le M$ 则 $M=0$。

解析：
利用拉格朗日中值定理证明。
28. (2007) 证明存在 $\xi$ 使得 $f''(\xi) = g''(\xi)$。

解析：
令 $F(x) = f(x)-g(x)$ 运用罗尔定理。
29. (2013) 经济学应用：边际利润与最大定价。

答案：
(3) 定价为 40 元时利润最大。
30. (2021) 已知 $f(x) = \frac{x|x|}{1+x}$，求凹凸区间及渐近线。

答案：
斜渐近线 $y=x-1, y=-x+1$；铅直渐近线 $x=-1$。

（三）一元函数积分学

1. (2006) 设函数 $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x^3} \int_0^x \sin t^2 dt, & x \neq 0 \\ a, & x = 0 \end{cases}$ 在 $x=0$ 处连续，则 $a = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：1/3
解：由连续性知 $a = \lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x \sin t^2 dt}{x^3}$。

利用洛必达法则：$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x^2}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{3x^2} = \frac{1}{3}$。
2. (2006) 设 $f(x)$ 是奇函数，除 $x=0$ 外处处连续，$x=0$ 是其第一类间断点，则 $\int_0^x f(t)dt$ 是（）。
(A) 连续的奇函数(B) 连续的偶函数 (C) 在 $x=0$ 间断的奇函数(D) 在 $x=0$ 间断的偶函数

答案：B
解：设 $F(x) = \int_0^x f(t)dt$。由于 $f(t)$ 有界且除原点外连续，变上限积分 $F(x)$ 必在全线连续。

又 $F(-x) = \int_0^{-x} f(t)dt \xlongequal{t=-u} \int_0^x f(-u)(-du) = \int_0^x [-f(u)](-du) = \int_0^x f(u)du = F(x)$。

故 $F(x)$ 为连续的偶函数。选(B)。
3. (2018) 求不定积分 $\int e^{2x} \arctan \sqrt{e^x-1} dx$。

答案：$\frac{1}{2}e^{2x}\arctan\sqrt{e^x-1} - \frac{1}{6}(e^x+2)\sqrt{e^x-1} + C$
解：分部积分。原式 $= \frac{1}{2}\int \arctan \sqrt{e^x-1} d(e^{2x}) = \frac{1}{2}e^{2x}\arctan\sqrt{e^x-1} - \frac{1}{2}\int e^{2x} \cdot \frac{1}{1+(e^x-1)} \cdot \frac{e^x}{2\sqrt{e^x-1}} dx$。

$= \frac{1}{2}e^{2x}\arctan\sqrt{e^x-1} - \frac{1}{4}\int \frac{e^{2x}}{\sqrt{e^x-1}} dx$。

令 $\sqrt{e^x-1}=u$，则 $e^x=u^2+1, dx=\frac{2u}{u^2+1}du$。积分后得结果。
4. (2019) 求不定积分 $\int \frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)} dx$。

答案：$-2\ln|x-1| - \frac{3}{x-1} + \ln(x^2+x+1) + C$
解：利用待定系数法拆分有理分式：$\frac{A}{x-1} + \frac{B}{(x-1)^2} + \frac{Cx+D}{x^2+x+1}$。

解得 $A=-2, B=3, C=2, D=1$。逐项积分即可。
5. (2021) 设函数在区间 $[0,1]$ 上连续，则 $\int_0^1 f(x)dx = $（）。
(A) $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n f(\frac{2k-1}{2n}) \frac{1}{2n}$(B) $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n f(\frac{2k-1}{2n}) \frac{1}{n}$ (C) $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{2n} f(\frac{k-1}{2n}) \frac{1}{n}$(D) $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{2n} f(\frac{k}{2n}) \frac{2}{n}$

答案：B
解：根据定积分定义，将 $[0,1]$ 分为 $n$等份，取每小区间中点 $\xi_k = \frac{2k-1}{2n}$，步长 $\Delta x = \frac{1}{n}$。选(B)。
6. (2017) 求极限 $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2} \ln(1 + \frac{k}{n})$。

答案：1/4
解：原极限化为定积分 $\int_0^1 x\ln(1+x)dx$。

$= \frac{1}{2}x^2\ln(1+x)|_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2(1+x)}dx = \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{2}\int_0^1 (x-1 + \frac{1}{1+x})dx = 1/4$。
7. (2018) 设函数 $f(x)$ 具有二阶连续导数。若曲线 $y=f(x)$ 过点 $(0,0)$ 且与 $y=2^x$ 在 $(1,2)$ 处相切，则 $\int_0^1 x f''(x) dx = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：$2\ln 2 - 2$
解：由题意 $f(0)=0, f(1)=2$。在 $(1,2)$ 相切知 $f'(1) = (2^x)'|_{x=1} = 2\ln 2$。

$\int_0^1 x f''(x) dx = xf'(x)|_0^1 - \int_0^1 f'(x)dx = f'(1) - [f(1)-f(0)] = 2\ln 2 - 2$。
8. (2017) 设二阶可导函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=f(-1)=1, f(0)=-1$ 且 $f''(x)>0$，则 $\int_{-1}^1 f(x) dx$ 与 $0$ 的大小关系。

答案：小于 0
解：由于 $f''(x)>0$，曲线为凹。在 $[-1,1]$ 上，曲线位于连接 $(-1,1)$ 和 $(1,1)$ 的弦 $y=1$ 下方，且过 $(0,-1)$。

由几何意义或面积估算，该积分值小于 0。
9. (2017) 甲乙两人赛跑，甲在乙前方 $10\text{m}$ 处。已知速度曲线 $v_1(t), v_2(t)$，阴影部分面积依次为 $10, 20, 3, \dots$，乙追上甲的时刻 $t_0$ 为（）。
(A) $t_0=10$(B) $15 < t_0 < 20$ (C) $t_0=25$(D) $t_0 > 25$

答案：C
解：追上时满足位移差 $\int_0^{t_0} [v_2(t)-v_1(t)]dt = 10$。根据面积图，在 $t=25$ 时位移差恰好抵消初始差距。
10. (2005) 设 $f(x)$ 连续且 $f(0) \neq 0$，求 $\lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x (x-t)f(t)dt}{x \int_0^x f(x-t)dt}$。

答案：1/2
解：分子分母均对 $x$ 求导。注意分母代换 $u=x-t$。极限结果为 $1/2$。
11. (2017) 求 $\lim_{x \to 0^+} \frac{\int_0^x \sqrt{x-t} e^t dt}{\sqrt{x^3}}$。

答案：2/3
解：令 $t=x-u$ 换元，化简积分式后求极限。
12. (2000) 设正方形 $D$ 及直线 $l: x+y=t$。求直线左下方部分的面积 $S(t)$。

答案：详见 PDF 第 33-34 页分段函数。
解：分 $0 \le t \le 1, 1 < t \le 2, t > 2$ 三种情况讨论几何图形面积。
13. (2018) 设 $f(x)$ 二阶可导且 $\int_0^1 f(x)dx=0$，则（）。
(A) 当 $f'(x)<0$ 时，$f(1 /2)<0$(B) 当 $f''(x)<0$ 时，$f(1 /2)<0$ (C) 当 $f'(x)>0$ 时，$f(1/2)<0$(D) 当 $f''(x)>0$ 时，$f(1/2)<0$

答案：D
解：利用泰勒中值定理及积分性质证明。
14. (2018) 比较 $M=\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{(1+x)^2}{1+x^2}dx, N=\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{1+x}{e^x}dx, K=\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (1+\sqrt{\cos x})dx$ 的大小。

答案：$K > M > N$
解：化简各积分式。$M=\pi+2$, $N=\pi$, $K > \pi+2$。选(C)。
15. (2012) 设 $I_k = \int_e^{k\pi} e^{x^2} \sin x dx$，比较 $I_1, I_2, I_3$ 大小。

答案：$I_2 < I_3 < I_1$
解：利用换元法考察相邻区间的积分正负性。
16. (2018) 求曲线 $L: y=\frac{4}{9}x^2$ 围成图形面积 $S$ 关于时间 $t$ 的变化率。

答案：10
解：先求出面积 $S$ 的表达式，再对 $t$ 求导，代入速度条件。
17. (2019) 设 $a_n = \int_0^1 x^n \sqrt{1-x^2} dx$。证明数列单调减少并求 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n-1}}$。

答案：1
解：利用递推公式和夹逼准则证明。
18. (2004) 设 $f(x) = \int_x^{x+\pi/2} |\sin t| dt$。证明其为周期函数并求值域。

答案：$[2-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$
解：通过求导寻找极值，确定函数在周期内的最大最小值。
19. (2020) 已知 $f(x)$ 连续，且 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x}=1$，设 $g(x) = \int_0^1 f(xt)dt$，求 $g'(x)$。

解析：
解：换元 $u=xt$，利用变上限积分求导公式。
20. (2019) 已知 $f(x) = x \int_1^{x^2} \frac{\sin t^2}{t} dt$，则 $\int_0^1 f(x)dx = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：$\frac{1}{4}(\cos 1 - 1)$
解：利用分部积分公式。
21. (2020) 设 $f(x) = \int_1^{e^x} e^{t^2} dt$，证明存在 $\xi, \eta$ 满足特定等式。

解析：
解：利用拉格朗日中值定理与柯西中值定理证明。
22. (2021) 求曲线 $y=f(x)$ 绕 $x$ 轴旋转所成旋转曲面的面积。

答案：$425\pi/9$
解：根据公式 $A = 2\pi \int |f(x)| \sqrt{1+[f'(x)]^2} dx$ 计算。
23. (2002) 设 $f(x) = \begin{cases} \frac{3}{2}x^2+x, & -1 \le x < 0 \\ \frac{xe^x}{(e^x+1)^2}, & 0 \le x \le 1 \end{cases}$。求 $F(x) = \int_{-1}^x f(t)dt$。

解析：
解：分段积分并保证 $F(x)$ 的连续性。
24. (2008) 证明：若 $f(x)$ 以 $2$ 为周期，则 $G(x) = \int_0^x [f(t)dt - \int_x^{x+2} f(t)dt]$ 也是以 $2$ 为周期。

解析：
证：考察 $G(x+2)-G(x)=0$。
25. (2010) 求 $F(x) = \int_1^{x^2} (x^2-t)e^{-t^2} dt$ 的单调区间与极值。

答案：极大值为 $F(0)$
解：利用变上限积分求导公式求 $F'(x)$，找驻点判断单调性。
26. (2010) 比较 $\int_0^1 |\ln t| [\ln(1+t)]^n dt$ 与 $\int_0^1 t^n |\ln t| dt$。

解析：
解：利用 $\ln(1+t) \le t$ 比较被积函数大小。
27. (2019) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶导。证明存在 $\xi, \eta$ 满足特定不等式。

解析：
证：利用积分中值定理与泰勒中值定理综合证明。

（四）微分方程

1. (2017) 微分方程 $y'' + 2y' + 3y = 0$ 的通解为 $y = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：$e^{-x}(C_1 \cos \sqrt{2}x + C_2 \sin \sqrt{2}x)$
解：特征方程为 $\lambda^2 + 2\lambda + 3 = 0$。

解得特征根 $\lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{4-12}}{2} = -1 \pm \sqrt{2}i$。

故通解为 $y = e^{-x}(C_1 \cos \sqrt{2}x + C_2 \sin \sqrt{2}x)$。
2. (2017) 微分方程 $y'' - 4y' + 8y = e^{2x}(1 + \cos 2x)$ 的特解可设为 $y^* = $（）。
(A) $Ae^{2x} + e^{2x}(B\cos 2x + C\sin 2x)$(B) $Axe^{2x} + e^{2x}(B\cos 2x + C\sin 2x)$ (C) $Ae^{2x} + xe^{2x}(B\cos 2x + C\sin 2x)$(D) $Axe^{2x} + xe^{2x}(B\cos 2x + C\sin 2x)$

答案：C
解：特征方程 $\lambda^2 - 4\lambda + 8 = 0$ 的根为 $\lambda_{1,2} = 2 \pm 2i$。

原方程拆分为 $y''-4y'+8y = e^{2x}$ 和 $y''-4y'+8y = e^{2x}\cos 2x$。

对于 $e^{2x}$，$\alpha=2$ 不是根，特解设 $y_1^* = Ae^{2x}$。

对于 $e^{2x}\cos 2x$，$\alpha \pm i\beta = 2 \pm 2i$ 是特征根，特解设 $y_2^* = xe^{2x}(B\cos 2x + C\sin 2x)$。

叠加得(C)。
3. (2002) 微分方程 $yy'' + (y')^2 = 0$ 满足初值条件 $y|_{x=0}=1, y'|_{x=0}=1/2$ 的特解是 $\underline{\hspace{3em}}$。

答案：$y = \sqrt{x+1}$
解：令 $y'=p, y''=p \frac{dp}{dy}$。方程变为 $yp \frac{dp}{dy} + p^2 = 0 \Rightarrow y \frac{dp}{dy} = -p \Rightarrow \frac{dp}{p} = -\frac{dy}{y}$。

积分得 $py = C_1$。代入初值得 $1 \cdot \frac{1}{2} = C_1 \Rightarrow y \frac{dy}{dx} = \frac{1}{2}$。

分离变量积分 $y^2 = x + C_2$，由 $y(0)=1$ 知 $C_2=1$，故 $y = \sqrt{x+1}$。
4. (2004) 欧拉方程 $x^2 \frac{d^2y}{dx^2} + 4x \frac{dy}{dx} + 2y = 0 \quad (x > 0)$ 的通解为 $\underline{\hspace{3em}}$。

答案：$y = \frac{C_1}{x} + \frac{C_2}{x^2}$
解：令 $x = e^t$，方程化为 $r(r-1) + 4r + 2 = 0 \Rightarrow r^2 + 3r + 2 = 0$。

解得 $r_1 = -1, r_2 = -2$。故 $y = C_1 e^{-t} + C_2 e^{-2t} = C_1 x^{-1} + C_2 x^{-2}$。
5. (2004) 微分方程 $(y+x^3)dx - 2xdy = 0$ 满足 $y|_{x=1} = 6/5$ 的特解为 $\underline{\hspace{3em}}$。

答案：$y = \frac{1}{5}x^3 + \sqrt{x}$
解：化为一阶线性方程 $\frac{dy}{dx} - \frac{1}{2x}y = \frac{1}{2}x^2$。利用通解公式求解。
6. (2009) 设二阶常系数线性方程 $y'' + ay' + by = 0$ 的通解为 $y = (C_1 + C_2 x)e^x$，则非齐次方程 $y'' + ay' + by = x$ 满足 $y(0)=2, y'(0)=0$ 的解为 $\underline{\hspace{3em}}$。

答案：$y = -xe^x + x + 2$
解：由通解形式知特征根为 $1$（二重），即 $(r-1)^2 = r^2 - 2r + 1 = 0 \Rightarrow a=-2, b=1$。

对 $y'' - 2y' + y = x$ 设特解 $y^* = Ax+B$，求得 $y^* = x+2$。

结合初值得 $y = -xe^x + x + 2$。
7. (2008) 若 $y = C_1 e^x + C_2 \cos 2x + C_3 \sin 2x$ 为某微分方程的通解，该方程为（）。
(A) $y''' + y'' - 4y' - 4y = 0$(B) $y''' + y'' - 4y' + 4y = 0$ (C) $y''' - y'' + 4y' - 4y = 0$(D) $y''' - y'' - 4y' + 4y = 0$

答案：C
解：特征根为 $1, \pm 2i$。特征方程为 $(r-1)(r^2+4) = r^3 - r^2 + 4r - 4 = 0$。
8. (2019) 微分方程 $2yy' - y^2 - 2 = 0$ 满足 $y(0)=1$ 的特解 $y = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：$y = \sqrt{3e^x - 2}$
解：分离变量 $\frac{2y}{y^2+2} dy = dx \Rightarrow \ln(y^2+2) = x + \ln C$。代入初值得 $C=3$。
9. (2020) 设 $f(x)$ 满足 $f''(x) + af'(x) + f(x) = 0 \ (a>0)$，且 $f(0)=m, f'(0)=n$，则 $\int_0^{+\infty} f(x)dx = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：$am+n$
解：方程两边积分 $\int_0^{+\infty} f''(x)dx + a\int_0^{+\infty} f'(x)dx + \int_0^{+\infty} f(x)dx = 0$。

由于 $a>0$，特征根均具有负实部，故 $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0, \lim_{x \to +\infty} f'(x) = 0$。

代入初值得 $-f'(0) - af(0) + \int_0^{+\infty} f(x)dx = 0 \Rightarrow \int f(x)dx = am+n$。
10. (2020) 设 $y(x)$ 满足 $y'' + 2y' + y = 0$ 且 $y(0)=0, y'(0)=1$，则 $\int_0^{+\infty} y(x)dx = \underline{\hspace{3em}}$。

答案：1
解：通解 $y = (C_1+C_2x)e^{-x}$，由初值得 $y = xe^{-x}$。积分得结果为 $1$。
11. (2021) 微分方程 $y''' - y = 0$ 的通解为 $\underline{\hspace{3em}}$。

答案：$y = C_1 e^x + e^{-x/2}(C_2 \cos \frac{\sqrt{3}}{2}x + C_3 \sin \frac{\sqrt{3}}{2}x)$
解：特征方程 $r^3-1=0$，根为 $1, -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$。
12. (2021) 欧拉方程 $x^2y'' + xy' - 4y = 0$ 满足 $y(1)=1, y'(1)=2$ 的解为 $\underline{\hspace{3em}}$。

答案：$y = x^2$
解：特征方程 $r(r-1) + r - 4 = 0 \Rightarrow r^2 - 4 = 0 \Rightarrow r = \pm 2$。

通解 $y = C_1 x^2 + C_2 x^{-2}$，代入初值得 $y = x^2$。
13. (2001) 设 $f(x)$ 连续，满足 $\int_1^{xt} f(u)du = t\int_1^x f(u)du + x\int_1^t f(u)du$，且 $f(1)=5/2$，求 $f(x)$。

答案：$f(x) = \frac{5}{2} (\ln x + 1)$
解：两端对 $x$ 求导，得 $tf(xt) = tf(x) + \int_1^t f(u)du$。令 $x=1$ 得微分方程求解。
14. (2003) 设位于第一象限的曲线 $y=f(x)$ 过点 $(1, \sqrt{2}/2)$，法线被 $x$ 轴平分，求方程并求弧长。

答案：曲线方程为 $x^2+2y^2=1$。
15. (2003) 设 $x=x(y)$ 为 $y=y(x)$ 的反函数，将 $y'' - y = \sin x$ 变换为以 $y$ 为自变量的方程。

答案：$x'' - (x')^3 \sin x = -x' y$
解：利用反函数导数公式 $y' = \frac{1}{x'}, y'' = -\frac{x''}{(x')^3}$ 代入原方程。
16. (2004) 物理应用：飞机降速。阻力与速度成正比 $f = -kv$，求滑行最长距离。

答案：$1.05\text{km}$
解：利用牛顿第二定律 $m\frac{dv}{dt} = -kv$ 或 $m v\frac{dv}{ds} = -kv$ 求解。
17. (2013) 设 $a_n$ 满足 $a_{n-2} - n(n-1)a_n = 0$，求幂级数和函数 $S(x)$。

答案：$S(x) = 2e^x + e^{-x}$
解：由递推关系得 $S''(x) - S(x) = 0$，利用初值得特解。
18. (2017) 几何应用：切线与法线截距相等 $X_p = Y_p$。

答案：微分方程为 $\frac{dy}{dx} = \frac{y-x}{y+x}$。
19. (2018) 已知 $y' + y = f(x)$，证明若 $f(x)$ 以 $T$ 为周期，则存在唯一周期解。

解析：
利用通解公式并设定 $y(T) = y(0)$ 证明。
20. (2018) 设 $f(x)$ 满足 $\int_0^x (x-t)f(t)dt + \int_0^x tf(x-t)dt = ax^2$。

答案：$f(x) = 2a(1-e^{-x})$
解：两端连续求导转化为微分方程 $f'(x)+f(x)=2a$ 求解。