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编写小组/试卷/0103高数模拟试卷.md

@@ -585,7 +585,7 @@ f^{(6)}(0) = 6! \times \frac{25}{24} = 720 \times \frac{25}{24} = 30 \times 25 =
 $$
 
 **答案：**  
-展开式为 $f(x) = x^2 + x^3 + \frac{1}{2}x^4 + \frac{1}{6}x^5 + \frac{25}{24}x^6 + o(x^6)$，$f^{(6)}(0) = 750$。
+展开式为 $f(x) = x^2 + x^3 + \frac{1}{2}x^4 + \frac{1}{6}x^5 + \frac{25}{24}x^6 + o(x^6)$，$f^{(6)}(0) = 750$.
 
 
 
@@ -597,11 +597,11 @@ $$x_{n+1} = f(x_n), \quad n = 1, 2, \cdots.$$
 证明：  
 
 （1）数列 $\{x_n\}$ 收敛（记 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$）；  
-（2）方程 $f(x) = x$ 有唯一实根 $x = a$。
+（2）方程 $f(x) = x$ 有唯一实根 $x = a$.
 
 **证明：**  
 
-（1）首先证明 $\{x_n\}$ 是柯西数列。对任意 $n \geq 1$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_n$ 介于 $x_n$ 和 $x_{n-1}$ 之间，使得  
+（1）首先证明 $\{x_n\}$ 是柯西数列.对任意 $n \geq 1$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_n$ 介于 $x_n$ 和 $x_{n-1}$ 之间，使得  
 $$|x_{n+1} - x_n| = |f(x_n) - f(x_{n-1})| = |f'(\xi_n)| \cdot |x_n - x_{n-1}| \leq r |x_n - x_{n-1}|.$$  
 反复应用此不等式，得  
 $$|x_{n+1} - x_n| \leq r |x_n - x_{n-1}| \leq r^2 |x_{n-1} - x_{n-2}| \leq \cdots \leq r^{n-1} |x_2 - x_1|.$$  
@@ -701,7 +701,7 @@ $$
 ---
 
 
-8.设$f(x) \in C[0,1] \cap D(0,1), f(0)=0, f(1)=1$。试证：  
+8.设$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$上可导,且 $f(0)=0, f(1)=1$。试证：  
 （1）在$(0,1)$内存在不同的$\xi, \eta$使$f'(\xi)f'(\eta)=1$；  
 （2）对任意给定的正数$a, b$，在$(0,1)$内存在不同的$\xi, \eta$使$\frac{a}{f'(\xi)}+\frac{b}{f'(\eta)}=a+b$。
 
@@ -769,7 +769,7 @@ $\lim\limits_{k \to \infty} S_{n_k+i} = \lim\limits_{k \to \infty} ( T_k + a_{n_
 
 **分析** 这是交错级数，且通项趋于0，但通项不单调，不适用莱布尼茨准则。可考虑用添加括号的方式来证明。也可采用交换相邻两项顺序的方式使通项满足单调性。
 
-**解** 
+**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。
@@ -784,7 +784,7 @@ $$-b_n = \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} = \frac{1}{(2n+1)^p} \left[ \left
 
 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
+**方法2** 同样考虑方法1中的级数 $\sum\limits_{n=2}^{\infty} (-b_n)$，其部分和为
 $$
 \begin{aligned}
 S_n &= \left( \frac{1}{2^p} - \frac{1}{3^p} \right) + \left( \frac{1}{4^p} - \frac{1}{5^p} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} \right) \\
@@ -798,12 +798,48 @@ $$\frac{1}{3^p} - \frac{1}{2^p} + \frac{1}{5^p} - \frac{1}{4^p} + \cdots + \frac
 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，由莱布尼茨判别法知，该交错级数收敛，从而原级数收敛。
+记 $c_n = \frac{1}{n^p}$，该级数为 $\sum\limits_{n=2}^{\infty}(-1)^{n-1}c_n$，由于 $c_n$ 单减趋于0，由莱布尼茨判别法知，该交错级数收敛，从而原级数收敛。
 
 **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 $\lim_{n \to \infty} T_n = S$。
+所以 $\lim\limits_{n \to \infty} T_n = S$。
 
+10.(10分)
+
+(1)证明： 对任意的正整数 $n$，方程  
+$$ x^n + n^2 x - 1 = 0 $$  
+有唯一正实根（记为 $x_n$）。
+
+**证明：**  
+令 $f_n(x) = x^n + n^2x - 1$ 。显然 $f_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且  
+$$ f_n(0) = -1 < 0, \quad f_n(1) = n^2 > 0, $$  
+由闭区间上连续函数的零值定理可知，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $f_n(\xi) = 0$，即  
+$$ x^n + n^2x - 1 = 0 $$  
+至少有一个正实根。
+
+又  
+$$ f'_n(x) = nx^{n-1} + n^2, $$  
+易知当 $x > 0$ 时，$f'_n(x) > 0$，故函数 $f_n(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内严格单调增加，因此 $f_n(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内至多只有一个零点。综上，函数 $f_n(x)$ 在$(0,+\infty)$ 内有唯一零点，即方程 $x^n + n^2x - 1 = 0$ 有唯一正实根。
+
+---
+
+ (2) 证明： 级数  
+$$ \sum_{n=1}^\infty x_n $$  
+收敛，且其和不超过 2。
+
+**证明：**  
+记方程$x^n + n^2 x - 1 = 0$ 的唯一正实根为 $x_n$，则 $x_n^n + n^2 x_n - 1 = 0$，故  
+$$ 0 < x_n = \frac{1}{n^2} - \frac{x_n^n}{n^2} < \frac{1}{n^2}. $$  
+根据比较判别法，由于级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 收敛，故级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$收敛。
+
+记$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$的前$n$ 项部分和为 $S_n$,$\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$的前$n$ 项部分和为$T_n$，显然$T_n < S_n$，且  
+$$\begin{aligned}
+S_n &= \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{n^2} < \frac{1}{1} + \frac{1}{1 \cdot 2} + \cdots + \frac{1}{(n-1)n}   
+ \\&= 1 + 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} 
+ \\&= 2 - \frac{1}{n}<2, 
+ \end{aligned}$$  
+根据数列极限的保号性（更准确地说是保序性），  
+$$ \sum_{n=1}^{\infty} x_n = \lim_{n \to \infty} T_n \leq \lim_{n \to \infty} S_n \leq 2. $$