2019-2020年秋冬学期微积分期末模拟考试.pdf
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2019-2020 学年秋冬学期微积分期末模拟考试 命题: 张智男 编辑：丹青学业指导中心 考试时间：2019 年 10 月 26 日 模拟期末考考试须知: 欢迎大家参加由丹青学园学业指导中心举办的模拟期末考。下面是考试须知。 1. 请将除答题必备工具外的物品放到讲台上，电子设备关机或静音。 2. 请对号入座，并将身份证或校园卡放在桌面左上角。 3. 本场考试持续两个小时，开考后迟到二十分钟及以上不得参加本次考试，考试进行三十分钟后方能交卷离开。 4. 开考信号发出后方可开始答题，考试终了信息发出后，应立即停止答题，离开考场。 5. 遵守考场纪律。 一、按要求进行计算或求解 (共 45 分) √ √ 1 √ 3 3 3 1. lim 2 ( n2 + 2n2 + · · · + n3 ) (6 分) n→∞ n 解：由定积分定义， √ √ 1 √ 3 2 + 3 2n2 + · · · + 3 n3 ) ( n n→∞ n2 √ √ √ 1 3 1 n 3 2 = lim ( + + ··· + 3 ) m→∞ n n n n ∫ 1 √ 3 = x dx lim 0 1 3 43 x 4 0 3 = 4 = √ 1 , 区间为[0, 1]，被积函数为f (x) = 3 x) n (2x − 1)2 2. lim1 sin πx (7 分) − e− sin 3πx x→ 2 e (△x = 1 2 解：令 2x − 1 = t，得原式 t2 = lim t→ 0 esin t+1 2 π − e− sin −(t+1) π 2 t2 π 3π t→ 0 ecos 2 t − ecos 2 t t2 = lim cos 3π t cos π t−cos 3π t t→ 0 e 2 (e 2 2 − 1) 2 t = lim cos 3π t π t→ 0 e 2 (cos t − cos 3π t) 2 2 = lim = lim t→ 0 t2 π ecos 2 t · 2 sin 2 3π 3π t+ 3π −πt 2 t sin 2 2 2 2 t2 3π t→ 0 2ecos 2 t · sin πt · sin π t 2 = lim t2 3π t→ 0 2ecos 2 t · πt · π t 2 1 = 2 eπ = lim (如用 L’Hospital 或 Taylor 公式展开也可) ∫ 2 √ 3n n 1 + |x| ，求 f (x) dx (7 分) 3.f (x) = lim n→∞ 0 解： √ √ 1 |x| ≤ 1 时，1 ≤ 1 + |x|3n ≤ 2，又 lim n 1 = lim n 2 = 1 ⃝ n→∞ n→∞ √ n 由夹逼定理， lim n 1 + |x| = 1 n→∞ √ √ 2 |x| > 1 时，|x|3n ≤ 1 + |x|3n ≤ 2|x|3n ，又 lim n |x|3n = lim n 2|x|3n = |x|3 ⃝ n→∞ n→∞ √ n 3 由夹逼定理， lim n 1 + |x| = |x| n→∞ 综上， f (x) = ∫ 2 ∫ 1 1, −1 ≤ x ≤ 1; |x|3 , x >1�x< −1; ∫ 2 2 1 1 19 ∴ f (x) dx = 1 dx + |x| dx = 1 + x4 = 1 + (16 − 1) = 4 1 4 4 0 0 1 x = tt 4. 参数曲线 (t > 0), 求曲线上点 (1,2) 处切线的方程 (6 分) y = 2t 解： 3 dy = 2t ln 2 dt dx det ln t = = et ln t (ln t + 1) = tt (ln t + 1) dt dt dy 2t ln 2 ∴ = t � dx t (ln t + 1) dy 2 ln 2 dy = = = 2 ln 2 dx (1,2) dx t=1 1(0 + 1) 故切线方程为 y − 2 = 2 ln 2(x − 1) ⇔ y = 2 ln 2x + 2 − 2 ln 2 x2 y 2 5. 求一组 a,b 的值，使椭圆 2 + 2 = 1 的周长等于正弦曲线 y = sin x 一个周期的弧长 (6 a b 分) 3 x = a cos t 解：椭圆参数方程为 y = b sin t ，0 ≤ t ≤ 2π 椭圆周长 ∫ 2π √ ∫ 2π √ ∫ 2π √ 2 ′2 ′2 2 2 2 x (t) + y (t) dt = a sin t + b cos t dt = a2 + (b2 − a2 ) cos2 t dt S1 = 0 0 0 ∫ 2π √ ∫ 2π √ ′ 正弦曲线一个周期弧长 S2 = 1 + y dx = 1 + cos2 x dx 0 0 √ a = 1 a = 2 故 满足 S1 = S2 √ 或 b = 2 b = 1 ∫ √ 3 6. 求不定积分 e x dx (5 分) √ 解：令 3 x = t，则原式 ∫ ∫ 2 t = 3 t e dt = 3 t2 det ∫ 2 t = 3t e − 3 et dt2 ∫ 2 t = 3t e − 3 2t det ∫ 2 t t = 3t e − 6te + 6 et dt = 3t2 et − 6tet + 6et + C 2 = 3x 3 e 7. 求瑕积分 I = 解： ∫ π2 √ 3 x 1 − 6x 3 e √ 3 x + 6e √ 3 x +C ln sin x dx(7 分) 0 ∫ π2 I= ln sin x dx = 2 ∫ π4 0 ∫ π4 =2 ln sin 2t dt 0 ln(2 sin t cos t) dt 0 ∫ π4 ∫ π4 π = 2 ln 2 · + 2 ln sin t dt + 2 ln cos t dt 4 0 0 ∫ π4 ∫ π2 π = ln 2 + 2 ln sin t + 2 ln sin t dt π 2 0 4 π = ln 2 + 2I 2 π ln 2 2 二、(1)f ∈ C[a, b]�f ′ ∈ D(a, b) 且有 f (a) = f (b) = 0 ，求证：∃ξ ∈ (a, b)�s.t.f (ξ) = f ′ (ξ) (4 =⇒ I = − 分) (2)f 在 [a,b] 上有一直到 n 阶导数，在 (a,b) 内 n+1 阶可到，且有 f (k) (a) = f (k) (b) = 0， k = 0, 1, . . . , n 求证：∃ξ ∈ (a, b) s.t. f (ξ) = f (n+1) (ξ)(4 分) 证：(1) 令 h(x) = e−x f (x)�h ∈ C[a, b]�h ∈ D(a, b)��h(a) = h(b) = 0 由 Rolle 中值定理，∃ξ ∈ (a, b) s.t. h′ (ξ) = e−ξ [f ′ (ξ) − f (ξ)] = 0，即 f (ξ) = f ′ (ξ) n ∑ −x f (k) (x)，则 g ∈ C[a, b] , g ∈ D(a, b) , g(a) = g(b) = 0 (2) 令 g(x) = e k=0 4 ′ 由 (1) 知，∃ξ ∈ (a, b) s.t. g (ξ) = e −ξ [ n ∑ f (k+1) (ξ) − n ∑ k=0 f (k) (ξ)] = 0，即 f (ξ) = f (n+1) (ξ) k=0 三、f 在 [0,1] 上二阶可导，且有 f (0) = f (1) = 0� minx∈[0,1] f (x) = −1，求证： ∃ξ ∈ (0, 1) s.t. f ′′ (ξ) ≥ 8(9 分) 证：由连续性与费马定理，∃x0 ∈ [0, 1] s.t. f (x0 ) = −1�f ′ (x0 ) = 0，在 x = x0 Taylor 展开 ′′ 0 = f (0) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(0 − x0 ) + f 2!(ξ1 ) (0 − x0 )2 = −1 + 12 f ′′ (ξ1 )x0 2 ， ξ1 ∈ (0, x0 ) ′′ 0 = f (1) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(1 − x0 ) + f 2!(ξ2 ) (1 − x0 )2 = −1 + 12 f ′′ (ξ2 )(1 − x0 )2 ， ξ2 ∈ (x0 , 1) 2 于是 f ′′ (ξ1 ) = x22 ， f ′′ (ξ2 ) = (1−x 2 0) 0 记 f ′′ (ξ) = max {f ′′ (ξ1 ), f ′′ (ξ − 2)} √ 2×2 2 2 2 则 f ′′ (ξ) = max { x22 , (1−x } ≥ = x0 (1−x ≥ ( x0 +1−x =8 2 0 )2 x20 (1−x0 )2 0) 0) 0 2 ∫ π cos x x ̸= 0 f (t) dt x ̸= 0 0 ，F (x) = 四、f (x) = 0 0 x=0 x=0 ′ (1) 说明 f(x) 在 x = 0 处间断，从而 F (0) ̸= f (0) 并判断是什么类型的断点 (4 分) (2) 求 F’(0)(7 分) 解：(1) lim+ f (x) = lim+ cos x1 = lim cos n x→0 n→∞ x→0 取 n = 2kπ，则 lim cos 2kπ = 1 k→∞ 取 n = (2k + 1)π，则 lim cos (2k + 1)π = −1 k→∞ (0) ∴ lim+ f (x) 不存在，x=0 为 f 的第二类间断点 (2)F ′ (0) = lim F (x)−F = lim x−0 x→0 x→0 ∫ x 0 ∫ x x 1 1 + (−t ) d sin = −t2 sin t t 0 0 ∫ x 1 1 2 = −x sin + 2 t sin dt x t 0 1 cos dt = t x→0 ∫ x 2 sin 0 从而 ∫ x F ′ (0) = lim −x 2 sin x1 + 2 t sin 0 x x→0 1 = lim (−x sin ) + lim x→0 x→0 ∫ x x 1 t sin dt t = 2 lim 0 x→0 x 又 t sin 1 dt t ∫ x t sin 2 0 x 1 在 t=0 处连续，由 L’Hospital 法则 t ∫ x 1 t sin dt 1 t = lim x sin = 0 lim 0 x→0 x→0 x x 即 F ′ (0) = 0 五、Γ 函数 ∫ ∞ Γ(x) = tx−1 e−t dt (x > 0) 0 证明: (1)∀n ∈ Z+ , Γ(n + 1) = n!(5 分) (2) 令 ψ(x) = log Γ(x)，求证 ψ(x) 为下凸函数 (7 分) 提示: 1 dt t 1 2 dt t ∫x 0 cos t dt ,而 x 5 (i) 一般地，求导和积分顺序不能交换，即 (∫ ∞ ) ∫ ∞( ) d df (t; x) f (t; x) dx ̸= dt dx dx 0 0 1 1 (ii) H ölder不等式: + = 1时 (p, q > 0), p q [∫ +∞ ∫ +∞ |f (x)g(x) dx| ≤ ] p1 [∫ +∞ |f (x)|p dx 0 0 ] q1 |g(x)|q dx 0 证：(1) ∫ ∞ Γ(x) = x−1 −t t e dt = − ∫ ∞ 0 t x−1 de −t 0 +∞ = −tx−1 e−t 0 + ∫ +∞ e−t dtx−1 0 = (x − 1)Γ(x − 1) 又 ∫ +∞ Γ(1) = e−t dt = 1 0 Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1) ⇒ Γ(n + 1) = n! (2)ψ(x)�� ⇔∀λ ∈ [0, 1], ∀x, y > 0, �ψ (λx + (1 − λ)y) ≤ λψ(x) + (1 − λ)ψ(y) λ 1−λ 即要证 Γ(λx + (1 − λ)y) ≤ (Γ(x)) (Γ(y)) ∫ +∞ ∫ ∞ ( x−1 −t )λ ( y−1 −t )1−λ λx+(1−λ)y−1 −t �� = t e dt = t e t e dt 0 ≤ (∫ ∞ t x−1 −t e 0 )λ (∫ +∞ dt t 0 )1−λ y−1 −t e dt 0 = (Γ(x))λ (Γ(y))1−λ 结论成立 n 六、(1) 按定义证明：给定 a > 0, lim an! = 0(4 分) n→∞ n n (2) 设 a, b, n ∈ N, f (x) = x (a−bx) ，证明 n! (i)f (k) (x) (0 ≤ k ≤ 2n) 当 x∫= 0, x = ab 时取整数值，当 k ≥ 2n + 1 时，f (k) (x) = 0(4 分) π (ii) 假设 π = ab ∈ Q，证明 f (x) sin x dx 是正整数 (∀n ∈ N )(4 分) ∫ π (iii) 证明：∀a, b ∈ Z，对任意的 n, f (x) sin x dx 不可能总是正整数，那么与 (ii) 矛盾， 0 0 从而得证 π 是无理数 证：(1) 1 0 < a ≤ 1 时，∀c > 0, ∃N = ⃝ [1] ε + 1� s.t. n ≥ N 时 1 an an < ε, 即 lim −0 ≤ =0 n→∞ n! n! n ] [ 2 a > 1��∀ε > 0, ∃N1 = [a2 ] + 1, N2 = − lnlnNa1 !ε + 1, s.t. n > max {N1 , N2 } 时 ⃝ ( )n−N aN an an ( a )n−N an−N an 1 1 −n ≤ −0 = = = a <ε n! N ! (N + 1) · · · n N ! a2 N! a N! n 即 lim an! = 0 n→∞ 6 n 综上，∀a > 0. lim an! = 0 n→∞ (2)(i) 由莱布尼茨公式， 1 ∑ i n (i) (k−i) (x) = Ck (x ) [(a − bx)n ] n! i=0 k f (k) 1 ∑ i (k−i) Ck n(n − 1) · · · (n − i + 1)xn−i [(a − bx)n ] = n! i=0 k 1 k ≤ n − 1 时，每项中都含 x 因子，所以 f (k) (0) = 0 ⃝ 2 k ≥ n 时，如果 i > n，则 (xn )(i) = 0，故 ⃝ f (k) (0) = 1 n (k−n) Ck n! [(a − bx)n ] = Ckn [(a − bx)n ](k−n) x=0 n! x=0 是一个整数 3 k ≥ 2n + 1 时，由 f (x) 为 2n 次多项式，f (k) (x) = 0 ⃝ 再由对称性， ( a − x)n [a − b( ab − x)]n (a − bx)n xn a = = f (x) f ( − x) = b b n! n! 可以知道，f (k) ( ab ) 为整数 (k ≤ 2n)；当 k ≥ 2n + 1 时，f (k) ( ab ) = 0 (ii) 假设 π = ab ，则 ∫ π ∫ π π f (x) sin x dx = −f (x) cos x|0 + f ′ (x) cos x dx 9 0 ∫ π ∫ π π ′ ′ = f (x) cos x dx = f (x) sin x|0 − f ′′ (x) sin x dx ∫0 π ∫ 0π π = f ′′ (x) dcos x = f ′′ (x) cos x|0 − cos xf (3) (x) dx 0 0 ∫ π ∫ π (3) n = Z1 − f (x) d sin x = · · · = Zn−2 + (−1) Zn−1 sin x dx 0 0 ∫ π 由 (i) 知 Z1 , Z2 , · · · , Zn−2 , Zn−1 ∈ Z，因而 f (x) sin x dx ∈ Z ∫ π a f (x) sin x dx ≥ 1 (iii) 易知在 (0, π) = (0, b ) 上，f (x) > 0, sin x > 0, ∴ 0 当 x ∈ (0, π) = (0, ab ) 时，有 0 ]n 1 1 [ a 2 a 1 2 n 2 (ax − bx2 )n = [abx − (bx) ] = ( ) − ( − bx) n! n!bn n!bn 2 2 ( ) 2n 1 a 1 a n a n 1 πa n ≤ = ( ) ( ) = ( ) n!bn 2 n! b 4 n! 4 ∫ π ∫ π ∫ π 1 πa n π πa ∴ f (x) sin x dx ≤ f (x) dx ≤ ( ) dx = ( )n n! 4 0 0 0 n! n 4 ∫ ( πa 4 ) 于是 1 ≤ lim 0 f (x) sin x dx ≤ π lim n! = 0，矛盾！ n→∞ n→∞ ( ) 2 a a a a2 a2 π 2 2 ax − bx ≤ a · − b( ) = − = = a 因为时间和人力原因我们不能统一批改试卷，大家答 2b 2b 2b 4b 4b 4 0 < f (x) = 题完毕后可把试卷带出考场。试卷分析将在之后发布在丹青学指的官方 QQ 和 B 站账号上，请扫描下方二维码获取。 7 答题纸: 8 答题纸: 9 答题纸: 10 演算纸: 11 演算纸: