@ -3,10 +3,7 @@
编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航
1.设周期函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内可导，又 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(1)-f(1-x)}{2x}=-1$，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(5,f(5))$ 处切线的斜率为[
1.设周期函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内可导，**周期为$4$**，又 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(1)-f(1-x)}{2x}=-1$，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(5,f(5))$ 处切线的斜率为[
（ ） （ ） （ ） （ ）
**解析：**
@ -17,7 +14,7 @@ $$\begin{aligned}
\end{aligned}$$
已知该极限值为 $-1$，故 $\dfrac{1}{2}f'(1) = -1$，解得 $f'(1) = -2$。
由于 $f(x)$ 是周期函数且可导，其导数 $f'(x)$ 也是周期函数，且周期相同。点 $(5,f(5))$ 处的切线斜率为 $f'(5)$。由周期性，若 $5$ 与 $1$ 相差整数个周期，即存在整数 $k$ 使 $5-1 = kT$，则 $f'(5)=f'(1)$。为使答案确定，可认为 $5$ 与 $1$ 满足周期性条件（否则无法从已知求得 $f'(5)$），故 $f'(5)=f'(1) = -2$。
由于 $f(x)$ 是周期函数且周期为$4$，则有$$f(x)=f(x+4),$$两边对$x$求导得：$$f'(x)=f'(x+4),$$于是$$f'(5)=f'(1)=-2$$
因此，曲线在点 $(5,f(5))$ 处的切线斜率为 $-2$， （ ）
**答案：**
@ -41,12 +38,12 @@ $$\begin{aligned}
- 当 $x \to 0^+$ 时，$\frac{1}{x} \to +\infty$，
$$
\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} = \frac{\frac{2}{e^{\frac{1}{x}}} + 1}{\frac{1}{e^{\frac{1}{x}}} + 1} \rightarrow \frac{0 + 1}{0 + 1} = 1.
\lim\limits_{x\to0^+} \frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} = \lim\limits_{x\to0^+}\ frac{\frac{2}{e^{\frac{1}{x}}} + 1}{\frac{1}{e^{\frac{1}{x}}} + 1} = \frac{0 + 1}{0 + 1} = 1.
$$
- 当 $x \to 0^-$ 时，$\frac{1}{x} \to -\infty$，
$$
\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} \rightarrow \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2.
\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} \rightarrow \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2\ \ (x\to0^-) .
$$
1. ** 第二部分**：
@ -105,14 +102,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
1. 先求 $x=1$ 时的 $y$ 值：代入方程：$1^y + 2 \times 1^2 - y = 1 \implies 1 + 2 - y = 1 \implies y = 2$。
2. 隐函数求导：方程两边对 $x$ 求导，注意 $x^y = e^{y \ln x}$：
$\frac{d}{dx}(x^y) + 4x - y' = 0$，
其中 $\frac{d}{dx}(x^y) = x^y \left( y' \ln x + \frac{y}{x} \right)$。
代入 $x=1, y=2$：
$$1^2 \left( y' \ln 1 + \frac{2}{1} \right) + 4 \times 1 - y' = 0 \implies (0 + 2) + 4 - y' = 0 \implies y' = 6.$$
所以 $dy|_{x=1} = y'(1)dx = 6dx$。
2. 隐函数求导：由原式得$$x^y=1+y-2x^2,$$取对数得$$y\ln x=\ln(1+y-2x^2)$$两边对$x$求导得$$y'\ln x+\frac{y}{x}=\frac{y'-4x}{1+y-2x^2}$$把$x=1,y=2$带入得$$2=\frac{y'-4}{1+2-2},y'=6$$于是$$dy|_{x=1}=6dx$$
**答案：**
@ -122,7 +112,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
**解析：**
用夹逼准则：
- 下界：$S_n \geq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 + n} = \frac{1}{2}$；
- 下界：$S_n \geq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 + n} = \frac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n^2+n}=\frac{ 1}{2}$；
- 上界：$S_n \leq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 - n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2-n)} \to \frac{1}{2}$（
故极限为 $\frac{1}{2}$。
@ -133,35 +123,27 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
6.计算 $\lim\limits_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}$。
**解析：**
这是 $1^\infty$ 型极限，令 $t = \frac{1}{x}$，则当 $x \to \infty$ 时 $t \to 0^+$，原极限化为：
$$\lim\limits_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}.$$
利用等价无穷小和泰勒展开：
- $\tan(2t) \sim 2t$，所以 $\tan^2(2t) \sim 4t^2$；
- $\cos t = 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$。
因此：
$$\tan^2(2t) + \cos t = 4t^2 + 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2) = 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2).$$
取对数：
$$\ln \left[ \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right)^{\frac{1}{t^2}} \right] = \frac{1}{t^2} \ln \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{1}{t^2} \left( \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{7}{2} + o(1).$$
所以原极限为 $e^{7/2}$。
**解析：** $$\begin{aligned}
\lim\limits_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}
& =\lim\limits_{x\to\infty}(1+\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1)^{\frac{1}{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}\cdot x^2\cdot(\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1)}
\\\\& =e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x^2}}}
\\\\& \overset{t=\frac{1}{x}}{=}e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\tan^2(2t)+\cos t-1}{t^2}}
\\\\& =e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{4t^2}{t^2}-\frac{\frac{1}{2}t^2}{t^2}}(四则运算和等价无穷小)
\\\\& =e^{\frac{7}{2}}
\end{aligned}$$
**答案：** 7/2 }$
**答案：**
---
7.求曲线 $y = \ln(1+e^x) + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2}$ 的渐近线方程。
**解析：**
渐近线分垂直、水平、斜渐近线分析：
1. ** 垂直渐近线**：
分母 $2-x=0 \implies x=2$，计算 $\lim_{x \to 2} y = \infty$，故垂直渐近线为 $x=2$。
分母 $2-x=0 \implies x=2$，计算 $\lim\limits _{x \to 2} y = \infty$，故垂直渐近线为 $x=2$。
2. ** 水平渐近线**（ ） ：
当 $x \to -\infty$ 时，$\ln(1+e^x) \to 0$， ， ，
@ -170,7 +152,7 @@ $$\lim\limits_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}.$$
3. ** 斜渐近线**（ ） ：
- 斜率 $k = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+e^x)}{x} + \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2}}{x}$。
由于 $\ln(1+e^x) = x + \ln(1+e^{-x})$，所以 $\frac{\ln(1+e^x)}{x} = 1 + \frac{\ln(1+e^{-x})}{x} \to 1$；
由于 $\ln(1+e^x) =\ln e^x(1+e^{-x}) x + \ln(1+e^{-x})$，所以 $\frac{\ln(1+e^x)}{x} = 1 + \frac{\ln(1+e^{-x})}{x} \to 1$；
又 $\frac{2+x}{2-x} \to -1$， ， ，
- 截距 $b = \lim\limits_{x \to +\infty} (y - x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \left[ \ln(1+e^x) - x + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2} \right]$。
@ -181,6 +163,7 @@ $$\lim\limits_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}.$$
**答案：**
渐近线为：$x=2$， ，
---
@ -214,11 +197,11 @@ $$
易证 $a_1 \geq \sqrt{\sigma}$，等号仅当 $a = \sqrt{\sigma}$ 时成立。
若 $a = \sqrt{\sigma}$，则数列恒为 $\sqrt{\sigma}$， 结论成立 。
若 $a = \sqrt{\sigma}$，则数列恒为 $\sqrt{\sigma}$， 极限为$\sqrt{\sigma}$ 。
若 $a > \sqrt{\sigma}$，则 $a_1 > \sqrt{\sigma}$，由归纳法所有 $a_n > \sqrt{\sigma}$，且数列单调递减。
若 $0 < a < \sqrt { \sigma }$，则 $ a_1 > \sqrt{\sigma}$（因为 $a_1 = \frac{1}{2}(a + \sigma/a) \geq \sqrt{\sigma}$ 且等号不成立），此时从 $n=1$ 起 $a_n > \sqrt{\sigma}$，且 $a_2 < a_1 $（因 $ a_1 > \sqrt{\sigma}$），之后单调递减。
因此，无论哪种情况，数列从某项起单调且有界（下界 $\sqrt{\sigma}$，上界为 $a_1$ 或更大 ），故数列收敛。
因此，无论哪种情况，数列从某项起单调且有界（下界 $\sqrt{\sigma}$，上界为 $a_1$ ），故数列收敛。
**第三步：求极限。**
设 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L \geq \sqrt{\sigma} > 0$。在递推式两边取极限：
@ -229,8 +212,8 @@ $$
因此，数列 ${a_n}$ 收敛，且极限为 $\sqrt{\sigma}$。
---
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9.一飞机在离地面$2 km$的高度，以$200 km/h$的速度水平飞行到某目标上空，以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时，摄影机转动的角速率。
@ -257,10 +240,14 @@ $$
$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
**解析：**
由于 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，而 $[x_1, x_n] \subset (a,b)$，所以 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1, x_n]$ 上连续。根据闭区间上连续函数的最值定理，$f(x)$ 在 $[x_1, x_n]$ 上能取到最大值 $M$ 和最小值 $m$。
对于任意 $x_i \in [x_1, x_n]$，有 $m \leq f(x_i) \leq M$，因此
$m≤$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
$m≤$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
对于任意 $x_i \in [x_1, x_n]$，有 $m \leq f(x_i) \leq M$，因此可将所有不等式加起来，
从而得到 $m≤$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
由连续函数的介值定理，存在 $\xi \in [x_1, x_n]$，使得
$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
证毕。
