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## 一、单选题（ ， ， ）
## 一、单选题（ ， ， ）
1.设函数 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $f(0) = 0$。若
$$
\lim_{x \to 0} \frac{f(2x) - 3f(x) + f(-x)}{x} = 2,
$$
则 $f'(0)$ 的值为（ ）。
A. $-2$
B. $-1$
C. $1$
D. $2$
## 解析
因为 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导且 $f(0)=0$，所以 $f'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x}$ 存在。
将极限式分解：
$$
\frac{f(2x) - 3f(x) + f(-x)}{x} = \frac{f(2x)}{x} - 3\frac{f(x)}{x} + \frac{f(-x)}{x}.
$$
分别计算各项极限：
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{f(2x)}{x} & = 2 \lim_{x \to 0} \frac{f(2x)}{2x} = 2f'(0), \\
\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} & = f'(0), \\
\lim_{x \to 0} \frac{f(-x)}{x} & = -\lim_{x \to 0} \frac{f(-x)}{-x} = -f'(0).
\end{aligned}
$$
因此，
$$
\lim_{x \to 0} \frac{f(2x) - 3f(x) + f(-x)}{x} = 2f'(0) - 3f'(0) + (-f'(0)) = -2f'(0).
$$
由已知条件 $-2f'(0) = 2$，解得 $f'(0) = -1$。
**答案：
2.求极限 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} \cos x - 1 - \frac{1}{2}x^2}{\ln(1 + x^2) - x^2}$
A.$-\frac{1}{12}$
B.$\frac{1}{12}$
C.$-\frac{1}{6}$
D$\frac{1}{6}$
**解：**
分别对分子和分母进行泰勒展开：
分子：
$$
e^{x^2} \cos x = \left(1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + o(x^4)\right) \left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\right) = 1 + \frac{1}{2}x^2 + \left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{24}\right)x^4 + o(x^4) = 1 + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 + o(x^4)
$$
所以 $e^{x^2} \cos x - 1 - \frac{1}{2}x^2 = \frac{1}{24}x^4 + o(x^4)$
分母：
$$
\ln(1+x^2) = x^2 - \frac{1}{2}x^4 + o(x^4)
$$
所以 $\ln(1+x^2) - x^2 = -\frac{1}{2}x^4 + o(x^4)$
因此
$$
\lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} \cos x - 1 - \frac{1}{2}x^2}{\ln(1 + x^2) - x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{24}x^4 + o(x^4)}{-\frac{1}{2}x^4 + o(x^4)} = \frac{1/24}{-1/2} = -\frac{1}{12}
$$
3.已知函数 $f(x) = 2e^x \sin x - 2ax - bx^2$ 与 $g(x) = \int \arctan(x^2) dx$（取满足 $g(0) = 0$ 的那个原函数）是 $x \to 0$ 过程的同阶无穷小量，则（ ）。
(A) $a = 1, \, b = 1$
(B) $a = 1, \, b = 2$
(C) $a = 2, \, b = 1$
(D) $a = 2, \, b = 2$
**解：**
为使 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x \to 0$ 时为同阶无穷小，需使二者最低阶非零项的阶数相同。下面分别展开 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的麦克劳林公式。
对于 $f(x)$，利用已知展开式：
$$
e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + O(x^4), \quad \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + O(x^5),
$$
则
$$
e^x \sin x = \left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + O(x^4)\right)\left(x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)\right) = x + x^2 + \frac{x^3}{3} + O(x^5).
$$
因此
$$
2e^x \sin x = 2x + 2x^2 + \frac{2}{3}x^3 + O(x^5).
$$
代入 $f(x)$ 得
$$
f(x) = 2x + 2x^2 + \frac{2}{3}x^3 - 2ax - bx^2 + O(x^5) = (2 - 2a)x + (2 - b)x^2 + \frac{2}{3}x^3 + O(x^5).
$$
对于 $g(x)$，由 $g(0)=0$ 及 $\arctan(x^2)$ 的展开：
$$
\arctan(x^2) = x^2 - \frac{x^6}{3} + O(x^{10}),
$$
积分得
$$
g(x) = \int_0^x \arctan(t^2) dt = \frac{x^3}{3} - \frac{x^7}{21} + O(x^{11}) = \frac{1}{3}x^3 + O(x^7).
$$
可见 $g(x)$ 是 $x \to 0$ 时的三阶无穷小，其主项为 $\dfrac{1}{3}x^3$。
为使 $f(x)$ 也是三阶无穷小（即与 $g(x)$ 同阶），$f(x)$ 中 $x$ 和 $x^2$ 的系数必须为零：
$$
2 - 2a = 0, \quad 2 - b = 0,
$$
解得 $a = 1$, $b = 2$。此时
$$
f(x) = \frac{2}{3}x^3 + O(x^5),
$$
与 $g(x)$ 同阶（但不等价，因为系数比值为 $2$）。
因此正确选项为 (B)。
**答案：** (B)
## 二、填空题（ ， ， ）
1.设 $y = \arctan x$，求 $y^{(n)}(0)$
**分析**
逐次求导以找到 $n$ 阶导数的规律。由于 $y' = \frac{1}{1 + x^2}$，即 $(1 + x^2)y' = 1$，故想到用莱布尼茨公式。
**解**
**方法1**
因为 $y' = \frac{1}{1 + x^2}$，所以 $(1 + x^2)y' = 1$。
上述两端对 $x$ 求 $n$ 阶导数，并利用莱布尼茨公式，得
$$\sum_{k=0}^{n} C_n^k (1 + x^2)^{(k)} (y')^{(n-k)} = (1 + x^2)y^{(n+1)} + 2nxy^{(n)} + n(n-1)y^{(n-1)} = 0.$$
在上式中令 $x = 0$，得
$$y^{(n+1)}(0) = -n(n-1)y^{(n-1)}(0).$$
由此递推公式，再加上 $y'(0) = 1, y''(0) = 0$，可得：
$$y^{(n)}(0) = \begin{cases} 0, & n\text{为偶数} \\ (-1)^n (n-1)!, & n\text{为奇数} \end{cases}.$$
**方法2**
因为 $y' = \frac{1}{1 + x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}, (|x| < 1 )$，
所以
$$y = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}, (|x| < 1 ).$$
又知 $y(x)$ 在点 $x = 0$ 处的麦克劳林展开式为
$$y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{y^{(n)}(0)}{n!} x^n.$$
比较系数可得
$$y^{(n)}(0) = \begin{cases} 0, & n\text{为偶数} \\ (-1)^n (n-1)!, & n\text{为奇数} \end{cases}.$$
**方法3**
由 $y = \arctan x$，得 $x = \tan y$，则
$$y' = \frac{1}{1 + x^2} = \frac{1}{1 + \tan^2 y} = \cos^2 y.$$
利用复合函数求导法则：
$$y'' = -2 \cos y \sin y \cdot y' = -\sin(2y) \cos^2 y = \cos^2 y \sin 2\left( y + \frac{\pi}{2} \right),$$
$$y''' = \left[ -2 \cos y \sin y \sin 2\left( y + \frac{\pi}{2} \right) + 2 \cos^2 y \cos 2\left( y + \frac{\pi}{2} \right) \right] y' = 2 \cos^3 y \cos\left( y + \frac{\pi}{2} \right) y' + 2 \cos^3 y \sin 3\left( y + \frac{\pi}{2} \right),$$
$$y^{(4)} = 6 \cos^4 y \cos\left( y + \frac{\pi}{2} \right) y' + 3 \cos^4 y \sin 4\left( y + \frac{\pi}{2} \right).$$
由此归纳出
$$y^{(n)} = (n-1)! \cos^n y \sin n\left( y + \frac{\pi}{2} \right).$$
下面用归纳法证明以上结论：
当 $n = 1$ 时结论成立；
假设 $n = k$ 时结论成立，则当 $n = k + 1$ 时，
$$\begin{aligned} y^{(k+1)} & = (y^{(k)})' \\ & = (k-1)! \left[ -k \cos^{k+1} y \sin y \sin k\left( y + \frac{\pi}{2} \right) + k \cos^k y \cos k\left( y + \frac{\pi}{2} \right) \right] y' \\ & = k \cos^{k+1} y \cos\left( y + \frac{\pi}{2} \right) y' + k \cos^{k+1} y \sin (k+1)\left( y + \frac{\pi}{2} \right). \end{aligned}$$
由于 $y(0) = \arctan 0 = 0, \cos 0 = 1$，因此
$$y^{(n)}(0) = (n-1)! \sin \frac{n\pi}{2}.$$
根据 $\sin \frac{n\pi}{2}$ 的取值（$n$ 为偶数时为 $0$， ， ） ，
2.已知 $f(x)$ 是三次多项式，且有 $\lim_{x \to 2a} \frac{f(x)}{x-2a} = \lim_{x \to 4a} \frac{f(x)}{x-4a} = 1$，求 $\lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a}$
**分析**
由已知的两个极限式可确定 $f(x)$ 的两个一次因子以及两个待定系数，从而完全确定 $f(x)$。
**解**
由已知有 $\lim_{x \to 2a} f(x) = \lim_{x \to 4a} f(x) = 0$。
由于 $f(x)$ 处处连续，故 $f(2a) = f(4a) = 0$。
因此 $f(x)$ 含有因式 $(x-2a)(x-4a)$，可设
$$f(x) = (Ax + B)(x - 2a)(x - 4a).$$
由条件：
$$\lim_{x \to 2a} \frac{f(x)}{x-2a} = \lim_{x \to 2a} (Ax + B)(x - 4a) = (2aA + B)(-2a) = 1,$$
$$\lim_{x \to 4a} \frac{f(x)}{x-4a} = \lim_{x \to 4a} (Ax + B)(x - 2a) = (4aA + B)(2a) = 1.$$
解方程组：
$$\begin{cases} (2aA + B)(-2a) = 1 \\ (4aA + B)(2a) = 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} -4a^2A - 2aB = 1 \\ 8a^2A + 2aB = 1 \end{cases}.$$
相加得 $4a^2A = 2$，故 $A = \frac{1}{2a^2}$；代入第一个方程得 $-4a^2 \cdot \frac{1}{2a^2} - 2aB = 1$，即 $-2 - 2aB = 1$，解得 $B = -\frac{3}{2a}$。
于是
$$f(x) = \left( \frac{1}{2a^2}x - \frac{3}{2a} \right)(x - 2a)(x - 4a) = \frac{1}{2a^2}(x - 3a)(x - 2a)(x - 4a).$$
最后，
$$\lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a} = \lim_{x \to 3a} \frac{\frac{1}{2a^2}(x-3a)(x-2a)(x-4a)}{x-3a} = \frac{1}{2a^2} \cdot (3a-2a)(3a-4a) = \frac{1}{2a^2} \cdot a \cdot (-a) = -\frac{1}{2}.$$
**答案**：
若级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})$绝对收敛，则常数$p$的取值范围是$\underline{\quad\quad\quad}.$
首先，考虑级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^p}{(-1)^n}|\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|$
当$n\to\infty$时，$\frac{1}{\sqrt{n}}\to 0$，此时有等价无穷小关系：$\sin(\frac{1}{\sqrt{n}}) \sim \frac{1}{\sqrt{n}}.$
因此，级数的通项可以近似为$\frac{1}{n^p}\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{1}{n^{p+\frac{1}{2}}}$
根据**p级数**的收敛性结论，级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p+\frac{1}{2}}}$当且仅当$p+\frac{1}{2}>1$时收敛，即$p>\frac{1}{2}$，
所以，$p\in(\frac{1}{2},+\infty)$
$\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}=\underline{\quad\quad\quad}.$
方法1：
令$x=2\sin t$，则$\mathrm{d}x=2\cos t \mathrm{d}t$，
$$\begin{align}\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}& =\int{(2\sin t)^3\sqrt{4-4\sin^2 t} \cdot 2\cos t\mathrm{d}t}\\
& =32\int{\sin^3t\cos^2t\mathrm{d}t}\\
& =32\int{\sin t(1-\cos^2t)\cos^2t\mathrm{d}t}\\
& =-32\int{(\cos^2t-cos^4t)\mathrm{d}\cos t}\\
& =-32(\frac{\cos^3t}{3}-\frac{cos^5t}{5})+C\\
& =-\frac{4}{3}(\sqrt{4-x^2})^3+\frac{1}{5}(\sqrt{4-x^2})^5+C
\end{align}
$$
方法2
令$\sqrt{4-x^2}=t$， ， ，
$$
\begin{align}
\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}& =-\int{(4-t^2)t^2\mathrm{d}t}\\
& =\frac{t^5}{5}-\frac{4t^3}{3}+C\\
& =\frac{(\sqrt{4-x^2})^5}{5}-\frac{4(\sqrt{4-x^2})^3}{3}+C
\end{align}
$$
- 设$y=f(x)$由$\begin{cases}x=t^2+2t\\t^2-y+a\sin y=1\end{cases}$确定，若$y(0)=b$，
解：方程两边对$t$求导，得
$$
\begin{cases}
\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2t+2\\
2t-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cos y=0
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2(t+1)\\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\frac{2t}{1-a\cos y}
\end{cases}
\Rightarrow
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{t}{(t+1)(1-a\cos y)}
$$
$$
\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\frac{\mathrm{d}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\frac{(1-a\cos y)-at(t+1)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\sin y}{(t+1)^2(1-a\cos y)^2}}{2(t+1)}
$$
注意到$y|_{t=0}=b,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}|_{t=0}=0$，得
$$
\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\frac{1}{2(1-a\cos b)}
$$
# 高等数学题解集
## 1. 级数收敛性选择题
### 题目
下列级数中收敛的是（ ）。
(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}$
(B) $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$
(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! \cdot 3^n}{n^n}$
(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+1/n}}$
### 解析
- ** (A)** 当 $n=1$ 时，分母 $\sqrt{1+(-1)^1}=0$，项无定义，即便忽略此项，级数条件收敛，但整体不收敛。
- ** (B)** 由于 $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln \ln n}$，当 $n$ 足够大时，$\ln \ln n > 2$，故 $\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}} < \frac { 1 }{ n ^ 2 }$，由 $ p $ - 级数收敛知原级数收敛。
- ** (C)** 用比值判别法：$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{3}{(1+1/n)^n} = \frac{3}{e} > 1$，发散。
- ** (D)** 由于 $n^{1/n} \to 1$，故 $\frac{1}{n^{1+1/n}} \sim \frac{1}{n}$，与调和级数比较，发散。
**答案：(B)**
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## 三、解答题（ ， ）
1.求下列不定积分(提示，换元），其中 $a > 0$
(1) $\displaystyle \int \frac{x^2}{\sqrt{a^2 - x^2}} dx$
**解：**
令 $x = a \sin t$，则：
$$
\begin{aligned}
\int \frac{x^2}{\sqrt{a^2 - x^2}} dx & = \int \frac{a^2 \sin^2 t}{a \cos t} \cdot a \cos t \, dt \\
& = a^2 \int \sin^2 t \, dt \\
& = \frac{a^2}{2} \int (1 - \cos 2t) \, dt \\
& = \frac{a^2}{2} \left( t - \frac{1}{2} \sin 2t \right) + C \\
& = \frac{a^2}{2} \arcsin \frac{x}{a} - \frac{x}{2} \sqrt{a^2 - x^2} + C
\end{aligned}
$$
---
(2) $\displaystyle \int \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x^2} dx$
**解：**
**方法一：** 令 $x = a \tan t$，则：
$$
\begin{aligned}
\int \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x^2} dx & = \int \frac{a \sec t}{a^2 \tan^2 t} \cdot a \sec^2 t \, dt \\
& = \int \frac{\sec^3 t}{\tan^2 t} \, dt \\
& = \int \frac{1}{\sin^2 t \cos t} \, dt \\
& = \int \frac{\sin^2 t + \cos^2 t}{\sin^2 t \cos t} \, dt \\
& = \int \sec t \, dt + \int \frac{\cos t}{\sin^2 t} \, dt \\
& = \ln |\sec t + \tan t| - \frac{1}{\sin t} + C \\
& = \ln (x + \sqrt{x^2 + a^2}) - \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x} + C
\end{aligned}
$$
**方法二：**
$$
\begin{aligned}
\int \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x^2} dx & = \int \frac{x^2 + a^2}{x^2 \sqrt{x^2 + a^2}} dx \\
& = \int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} dx + a^2 \int \frac{1}{x^2 \sqrt{x^2 + a^2}} dx \\
& = \ln (x + \sqrt{x^2 + a^2}) - \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x} + C
\end{aligned}
$$
---
(3) $\displaystyle \int \frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{x} dx$
**解：**
令 $x = a \sec t$，则：
$$
\begin{aligned}
\int \frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{x} dx & = \int \frac{a \tan t}{a \sec t} \cdot a \sec t \tan t \, dt \\
& = a \int \tan^2 t \, dt \\
& = a \int (\sec^2 t - 1) \, dt \\
& = a (\tan t - t) + C \\
& = \sqrt{x^2 - a^2} - a \arccos \frac{a}{x} + C
\end{aligned}
$$
---
(4) $\displaystyle \int \sqrt{1 + e^x} dx$
**解：**
令 $t = \sqrt{1 + e^x}$，则 $e^x = t^2 - 1$， ， ：
$$
\begin{aligned}
\int \sqrt{1 + e^x} dx & = \int t \cdot \frac{2t}{t^2 - 1} dt \\
& = \int \frac{2t^2}{t^2 - 1} dt \\
& = 2 \int \left( 1 + \frac{1}{t^2 - 1} \right) dt \\
& = 2 \int 1 \, dt + \int \left( \frac{1}{t-1} - \frac{1}{t+1} \right) dt \\
& = 2t + \ln \left| \frac{t-1}{t+1} \right| + C \\
& = 2 \sqrt{1 + e^x} + \ln \frac{\sqrt{1 + e^x} - 1}{\sqrt{1 + e^x} + 1} + C
\end{aligned}
$$
---
2.求极限 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - 1 - \ln\left(x^2 + 1\right)}{x^3 \arcsin x}$。
**解：**
当 $x \to 0$ 时，利用等价无穷小替换和泰勒展开：
分母：$x^3 \arcsin x \sim x^3 \cdot x = x^4$
分子：$e^{x^2} - 1 - \ln(1+x^2) = \left(1+x^2+\frac{x^4}{2}+o(x^4)\right) - 1 - \left(x^2-\frac{x^4}{2}+o(x^4)\right) = x^4 + o(x^4)$
所以
$$
\lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - 1 - \ln\left(x^2 + 1\right)}{x^3 \arcsin x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^4 + o(x^4)}{x^4} = 1
$$
设 $f(x)$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上二阶可导，$f(0) = f'(0)$，
证明：存在 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$，使得 $f''(\xi) = \frac{3f'(\xi)}{1-2\xi}$。
**证明：**
构造辅助函数 $g(x) = (1-2x)^{3/2} f'(x)$，
由于 $f$ 二阶可导，故 $g$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上连续，在 $(0, \frac{1}{2})$ 内可导。
计算 $g$ 的导数：
$$
\begin{aligned}
g'(x) & = (1-2x)^{3/2} f''(x) + \frac{3}{2}(1-2x)^{1/2} \cdot (-2) \cdot f'(x) \\
& = (1-2x)^{1/2} \left[ (1-2x) f''(x) - 3f'(x) \right]
\end{aligned}
$$
当 $x \in (0, \frac{1}{2})$ 时，$(1-2x)^{1/2} > 0$，因此 $g'(x) = 0$ 当且仅当：
$$
(1-2x) f''(x) - 3f'(x) = 0 \quad \text{即} \quad f''(x) = \frac{3f'(x)}{1-2x}
$$
所以只需证明存在 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$ 使得 $g'(\xi) = 0$。
由已知条件：
$$
g(0) = (1-0)^{3/2} f'(0) = f'(0) = f(0), \quad g\left(\frac{1}{2}\right) = (1-1)^{3/2} f'\left(\frac{1}{2}\right) = 0
$$
分两种情况讨论：
1. ** 若 $f'(0) = 0$**
此时 $g(0) = 0$，所以 $g(0) = g\left(\frac{1}{2}\right) = 0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$ 使得 $g'(\xi) = 0$。
2. ** 若 $f'(0) \neq 0$**
对 $f$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $c \in (0, \frac{1}{2})$ 使得：
$$
f'(c) = \frac{f\left(\frac{1}{2}\right) - f(0)}{\frac{1}{2} - 0} = \frac{0 - f(0)}{\frac{1}{2}} = -2f(0) = -2f'(0)
$$
由于 $f'(0) \neq 0$，故 $f'(c) \neq 0$ 且与 $f'(0)$ 异号。
计算 $g(c) = (1-2c)^{3/2} f'(c)$，因为 $(1-2c)^{3/2} > 0$，所以 $g(c)$ 与 $f'(c)$ 同号，从而 $g(c)$ 与 $g(0) = f'(0)$ 异号。
由连续函数的介值定理，存在 $d \in (0, c)$ 使得 $g(d) = 0$。
在区间 $[d, \frac{1}{2}]$ 上，$g(d) = g\left(\frac{1}{2}\right) = 0$，由罗尔定理，存在 $\xi \in (d, \frac{1}{2}) \subset (0, \frac{1}{2})$ 使得 $g'(\xi) = 0$。
综上所述，无论何种情况，均存在 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$ 使得 $g'(\xi) = 0$，从而有：
$$
f''(\xi) = \frac{3f'(\xi)}{1-2\xi}
$$
原命题得证。
3.求 $y = e^{ax} \sin bx$ 的 $n$ 阶导数 $y^{(n)}\text{,其中a，
### 方法一：逐阶求导归纳法
由
$$
y' = a e^{ax} \sin bx + b e^{ax} \cos bx
= e^{ax} \bigl( a \sin bx + b \cos bx \bigr),
$$
令
$$
\varphi = \arctan \frac{b}{a},
$$
则
$$
a \sin bx + b \cos bx = \sqrt{a^2 + b^2} \, \sin(bx + \varphi).
$$
于是
$$
y' = e^{ax} \cdot \sqrt{a^2 + b^2} \, \sin(bx + \varphi).
$$
同理，
$$
y'' = \sqrt{a^2 + b^2} \cdot e^{ax} \bigl[ a \sin(bx + \varphi) + b \cos(bx + \varphi) \bigr]
= (a^2 + b^2) e^{ax} \sin(bx + 2\varphi).
$$
依此类推，由归纳法可得
$$
y^{(n)} = (a^2 + b^2)^{n/2} \, e^{ax} \sin(bx + n\varphi),
$$
其中
$$
\varphi = \arctan \frac{b}{a}.
$$
---
### 方法二：欧拉公式法
设
$$
u = e^{ax} \cos bx, \quad v = e^{ax} \sin bx,
$$
则
$$
u + iv = e^{ax} (\cos bx + i \sin bx) = e^{(a + bi)x}.
$$
求 $n$ 阶导数：
$$
u^{(n)} + i v^{(n)} = \bigl[ e^{(a + bi)x} \bigr]^{(n)}
= (a + bi)^n e^{(a + bi)x}.
$$
记
$$
a + bi = \sqrt{a^2 + b^2} \, e^{i\varphi},
\quad \varphi = \arctan \frac{b}{a},
$$
则
$$
(a + bi)^n = (a^2 + b^2)^{n/2} e^{in\varphi}.
$$
于是
$$
u^{(n)} + i v^{(n)}
= (a^2 + b^2)^{n/2} e^{in\varphi} \cdot e^{ax} e^{ibx}
= (a^2 + b^2)^{n/2} e^{ax} e^{i(bx + n\varphi)}.
$$
取虚部，即得
$$
\bigl( e^{ax} \sin bx \bigr)^{(n)}
= (a^2 + b^2)^{n/2} e^{ax} \sin(bx + n\varphi).
$$
类似可得
$$
\bigl( e^{ax} \cos bx \bigr)^{(n)}
= (a^2 + b^2)^{n/2} e^{ax} \cos(bx + n\varphi).
$$
4.将函数 $f(x) = x^2 e^x + x^6$ 展开成六阶带佩亚诺余项的麦克劳林公式，并求 $f^{(6)}(0)$ 的值。
**解：**
已知 $e^x$ 的麦克劳林展开为：
$$
e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \frac{x^6}{6!} + o(x^6).
$$
则
$$
\begin{aligned}
x^2 e^x & = x^2 \left(1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \frac{x^6}{6!} + o(x^6)\right)\\[1em] & = x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2!} + \frac{x^5}{3!} + \frac{x^6}{4!} + \frac{x^7}{5!} + \frac{x^8}{6!} + o(x^8).
\end{aligned}
$$
由于我们只关心六阶展开，保留到 $x^6$ 项，$x^7$ 及更高次项可并入 $o(x^6)$，故
$$
x^2 e^x = x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{x^6}{24} + o(x^6).
$$
于是
$$
\begin{aligned}
f(x) & = x^2 e^x + x^6\\[1em] & = x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{x^6}{24} + x^6 + o(x^6)\\[1em] & = x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{25}{24}x^6 + o(x^6).
\end{aligned}
$$
这就是 $f(x)$ 的六阶带佩亚诺余项的麦克劳林公式。
由泰勒展开的唯一性，$x^6$ 项的系数为 $\frac{f^{(6)}(0)}{6!}$，即
$$
\frac{f^{(6)}(0)}{6!} = \frac{25}{24}.
$$
所以
$$
f^{(6)}(0) = 6! \times \frac{25}{24} = 720 \times \frac{25}{24} = 30 \times 25 = 750.
$$
**答案：**
展开式为 $f(x) = x^2 + x^3 + \frac{1}{2}x^4 + \frac{1}{6}x^5 + \frac{25}{24}x^6 + o(x^6)$，
**题目：**
5.设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内可导，且 $|f'(x)| \leq r$ ($0 < r < 1 $)。取实数 $ x_1 $，记
$$x_{n+1} = f(x_n), \quad n = 1, 2, \cdots.$$
证明：
（ ） ） ；
（ ）
**证明：**
（ ）
$$|x_{n+1} - x_n| = |f(x_n) - f(x_{n-1})| = |f'(\xi_n)| \cdot |x_n - x_{n-1}| \leq r |x_n - x_{n-1}|.$$
反复应用此不等式，得
$$|x_{n+1} - x_n| \leq r |x_n - x_{n-1}| \leq r^2 |x_{n-1} - x_{n-2}| \leq \cdots \leq r^{n-1} |x_2 - x_1|.$$
于是对任意正整数 $m > n$，有
$$
\begin{aligned}
|x_m - x_n| & \leq |x_m - x_{m-1}| + |x_{m-1} - x_{m-2}| + \cdots + |x_{n+1} - x_n| \\[1em]
& \leq (r^{m-2} + r^{m-3} + \cdots + r^{n-1}) |x_2 - x_1| \\[1em]
& = r^{n-1} \cdot \frac{1 - r^{m-n}}{1 - r} \cdot |x_2 - x_1| \\[1em]
& \leq \frac{r^{n-1}}{1 - r} |x_2 - x_1|.
\end{aligned}
$$
因为 $0 < r < 1 $，所以当 $ n \to \infty $ 时，$ r ^{ n-1 } \to 0 $，从而对任意 $ \varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $m > n > N$ 时 $|x_m - x_n| < \varepsilon $。故 $ \{x_n \}$ 是柯西数列，因此在实数域中收敛，记 $ \lim_ { n \to \infty } x_n = a$。
（ ）
$$a = \lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim_{n \to \infty} f(x_n) = f(\lim_{n \to \infty} x_n) = f(a),$$
即 $a$ 是方程 $f(x) = x$ 的一个实根。
下证唯一性。假设另有 $b \neq a$ 满足 $f(b) = b$，则由拉格朗日中值定理，存在 $\eta$ 介于 $a$ 和 $b$ 之间，使得
$$|a - b| = |f(a) - f(b)| = |f'(\eta)| \cdot |a - b| \leq r |a - b|.$$
由于 $|a - b| > 0$，两边除以 $|a - b|$ 得 $1 \leq r$，与 $0 < r < 1 $ 矛盾。故方程 $ f ( x ) = x $ 有唯一实根 $ x = a$
综上所述，数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$，且 $a$ 是方程 $f(x) = x$ 的唯一实根。
6.设 $f(x)$ 满足 $\sin f(x) - \frac{1}{3} \sin f\left(\frac{1}{3}x\right) = x$，求 $f(x)$。
**解**
令 $g(x) = \sin f(x)$，则
$$
g(x) - \frac{1}{3} g\left(\frac{1}{3}x\right) = x.
$$
依次将 $x$ 替换为 $\frac{x}{3}, \frac{x}{3^2}, \cdots, \frac{x}{3^{n-1}}$，并乘以相应系数，得
$$
\begin{aligned}
g(x) - \frac{1}{3} g\left(\frac{x}{3}\right) & = x, \\
\frac{1}{3} g\left(\frac{x}{3}\right) - \frac{1}{3^2} g\left(\frac{x}{3^2}\right) & = \frac{1}{3^2} x, \\
\frac{1}{3^2} g\left(\frac{x}{3^2}\right) - \frac{1}{3^3} g\left(\frac{x}{3^3}\right) & = \frac{1}{3^4} x, \\
& \vdots \\
\frac{1}{3^{n-1}} g\left(\frac{x}{3^{n-1}}\right) - \frac{1}{3^n} g\left(\frac{x}{3^n}\right) & = \frac{1}{3^{2(n-1)}} x.
\end{aligned}
$$
以上各式相加，得
$$
g(x) - \frac{1}{3^n} g\left(\frac{x}{3^n}\right) = x \left(1 + \frac{1}{9} + \frac{1}{9^2} + \cdots + \frac{1}{9^{n-1}}\right).
$$
因为 $|g(x)| \leq 1$，所以 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{3^n} g\left(\frac{x}{3^n}\right) = 0$。
而 $\lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{9} + \frac{1}{9^2} + \cdots + \frac{1}{9^{n-1}}\right) = \frac{1}{1 - \frac{1}{9}} = \frac{9}{8}$，
因此
$$
g(x) = \frac{9}{8} x.
$$
于是 $\sin f(x) = \frac{9}{8} x$，解得
$$
f(x) = 2k\pi + \arcsin \frac{9}{8} x \quad \text{或} \quad f(x) = (2k-1)\pi - \arcsin \frac{9}{8} x \quad (k \in \mathbb{Z}).
$$
7.已知当$x \to 0$时，函数$f(x) = a + bx^2 - \cos x$与$x^2$是等价无穷小。
(1) 求参数$a, b$的值； （ ）
(2) 计算极限$$
\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - x^2}{x^4}
$$的值。（ ）
**解答**
**(1)**
由于
$$
\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left( a + bx^2 - \cos x \right) = a - 1 = 0,
$$
故$a = 1$。
又因为$f(x)$与$x^2$等价无穷小，所以
$$
\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{1 + bx^2 - \cos x}{x^2} = b + \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = b + \frac{1}{2} = 1,
$$
因此$b = \frac{1}{2}$。
**(2)**
由$\cos x$的麦克劳林展开：
$$
\cos x = 1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 + o(x^4).
$$
代入$f(x)$：
$$
f(x) = 1 + \frac{1}{2}x^2 - \left( 1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 + o(x^4) \right) = x^2 - \frac{1}{24}x^4 + o(x^4).
$$
于是
$$
\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - x^2}{x^4} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{24}x^4 + o(x^4)}{x^4} = -\frac{1}{24}.
$$
---
8.设$f(x) \in C[0,1] \cap D(0,1), f(0)=0, f(1)=1$。试证：
（ ） ；
（ ）
**分析**
（ ）
$$
f(x_0)-f(0)=f'(\xi)(x_0-0),\quad f(1)-f(x_0)=f'(\eta)(1-x_0) \quad (0< \xi < x_0 < \eta < 1 ),
$$
得$f'(\xi)=\frac{f(x_0)}{x_0}$，
$$
f'(\xi)f'(\eta)=1 \Leftrightarrow \frac{f(x_0)}{x_0} \cdot \frac{1-f(x_0)}{1-x_0} = 1.
$$
等价于$x_0$是方程$f(x)[1-f(x)] = x(1-x)$的根。取$x_0$满足$f(x_0)=1-x_0$即可。
**证明**
（ ） < 0 $， F ( 1 )= 1 > 0$。由介值定理知，存在$x_0 \in (0,1)$使$F(x_0)=0$，即$f(x_0)=1-x_0$。
在$[0,x_0]$和$[x_0,1]$上分别应用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0,x_0)$，
$$
f'(\xi)=\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0-0},\quad f'(\eta)=\frac{f(1)-f(x_0)}{1-x_0}.
$$
于是
$$
f'(\xi)f'(\eta)=\frac{f(x_0)}{x_0} \cdot \frac{1-f(x_0)}{1-x_0} = \frac{1-x_0}{x_0} \cdot \frac{x_0}{1-x_0} = 1.
$$ ** （ ）
给定正数$a, b$，令$c = \frac{a}{a+b}$，则$0< c < 1 $。由于$ f ( x )$在$[ 0 , 1 ]$上连续，且$ f ( 0 )= 0 $, $ f ( 1 )= 1 $，由介值定理，存在$ x_1 \in ( 0 , 1 )$使得$ f ( x_1 ) = c = \frac{a}{a+b}$。
在区间$[0, x_1]$和$[x_1, 1]$上分别应用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0, x_1)$, $\eta \in (x_1, 1)$，使得
$$
f'(\xi) = \frac{f(x_1) - f(0)}{x_1 - 0} = \frac{f(x_1)}{x_1}, \quad
f'(\eta) = \frac{f(1) - f(x_1)}{1 - x_1} = \frac{1 - f(x_1)}{1 - x_1}.
$$
于是
$$
\frac{a}{f'(\xi)} + \frac{b}{f'(\eta)} = a \cdot \frac{x_1}{f(x_1)} + b \cdot \frac{1 - x_1}{1 - f(x_1)}.
$$
代入$f(x_1) = \frac{a}{a+b}$, $1 - f(x_1) = \frac{b}{a+b}$，得
$$
\frac{a}{f'(\xi)} + \frac{b}{f'(\eta)} = a \cdot \frac{x_1}{a/(a+b)} + b \cdot \frac{1 - x_1}{b/(a+b)} = (a+b)x_1 + (a+b)(1 - x_1) = a+b.
$$
故命题得证。
9.讨论级数 $$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p}$$ ( $p>0$ )的敛散性。
**补充整理：**
1. 若两级数均收敛，则其和也收敛；若两个都绝对收敛，则和也绝对收敛；若一个绝对收敛一个条件收敛，则和条件收敛。
2. 若两级数仅一个收敛，则其和是发散的。
**级数添加与去掉括号的敛散性有以下结论：**
1. 收敛级数任意添加括号也收敛。
2. 若收敛级数去掉括号后的通项仍以0为极限， ，
**去括号情况的证明**
设 $(a_1 + \cdots + a_{n_1}) + (a_{n_1+1} + \cdots + a_{n_2}) + \cdots + (a_{n_{k-1}+1} + \cdots + a_{n_k}) + \cdots$ 收敛于 $S$，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。记该级数的部分和为 $T_k$， ，
由于 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$，对 $\forall i \in \{1, 2, \cdots, n_{k+1} - n_k - 1\}$，有
$lim_{k \to \infty} S_{n_k+i} = \lim_{k \to \infty} \left( T_k + a_{n_k+1} + \cdots + a_{n_k+i} \right) = S$
所以 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$，即 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也收敛于 $S$。
**分析** 这是交错级数， ， ，
**解**
$$|a_n| = \left| \frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p} \right| = \frac{1}{n^p} \cdot \frac{1}{\left[ 1 + \frac{(-1)^n}{n} \right]^p} \sim \frac{1}{n^p}$$ ($n \to \infty$)
当 $p>1$ 时，级数绝对收敛；当 $0< p < 1 $ 时 ， 级 数 不 绝 对 收 敛 。
下面讨论 $0< p \leq 1 $ 时，级数的收敛性。
首先，级数的通项 $a_n \to 0$。
**方法1** 将原级数按如下方式添加括号
$$\left( \frac{1}{3^p} - \frac{1}{2^p} \right) + \left( \frac{1}{5^p} - \frac{1}{4^p} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} \right) + \cdots$$
记 $b_n = \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p}$，则 $b_n < 0 $， \sum_ { n = 2}^{ \infty} ( -b_n )$是正项级数。由于
$$-b_n = \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} = \frac{1}{(2n+1)^p} \left[ \left( 1 + \frac{1}{2n} \right)^p - 1 \right] \sim \frac{1}{(2n+1)^p} \cdot \frac{p}{2n} \sim \frac{p}{(2n)^{p+1}}$$
而 $p+1>1$，所以 $\sum_{n=2}^{\infty} (-b_n)$ 收敛，由上面补充中去括号的讨论知，原级数收敛。
**方法2** 同样考虑方法1中的级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-b_n)$，其部分和为
$$
\begin{aligned}
S_n & = \left( \frac{1}{2^p} - \frac{1}{3^p} \right) + \left( \frac{1}{4^p} - \frac{1}{5^p} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} \right) \\
& = \frac{1}{2^p} \left( \frac{1}{3^p} - \frac{1}{4^p} \right) - \left( \frac{1}{5^p} - \frac{1}{6^p} \right) - \cdots - \left( \frac{1}{(2n-1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} \right) - \frac{1}{(2n+1)^p} < \frac { 1 }{ 2 ^ p }
\end{aligned}
$$
正项级数部分和数列有界，级数收敛，从而原级数收敛。
**方法3** 原级数是
$$\frac{1}{3^p} - \frac{1}{2^p} + \frac{1}{5^p} - \frac{1}{4^p} + \cdots + \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} + \cdots$$
奇偶项互换后的新级数为
$$\frac{1}{2^p} - \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} - \frac{1}{5^p} + \cdots + \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} + \cdots$$
记 $c_n = \frac{1}{n^p}$，该级数为 $\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^{n-1}c_n$，由于 $c_n$ 单减趋于0， ， ，
**评注** “方法3” 用到了收敛级数的性质：收敛级数交换相邻两项的位置后的级数仍收敛，且和不变。
证明如下：
设 $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + \cdots + a_{2n-1} + a_{2n} + \cdots$ 收敛于 $S$，其部分和为 $S_n$。交换相邻两项的位置后的级数为 $a_2 + a_1 + a_4 + a_3 + \cdots + a_{2n} + a_{2n-1} + \cdots$，其部分和为 $T_n$，则
$$T_{2n} = S_{2n} \Rightarrow \lim_{n \to \infty} T_{2n} = \lim_{n \to \infty} S_{2n} = S, \quad \lim_{n \to \infty} T_{2n+1} = \lim_{n \to \infty} T_{2n} + \lim_{n \to \infty} a_{2n+2} = S,$$
所以 $\lim_{n \to \infty} T_n = S$。
