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编写小组/试卷/0103高数模拟试卷（解析版）.md

@@ -15,7 +15,7 @@ B. $-1$
 C. $1$  
 D. $2$  
 
-## 解析
+ **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：
@@ -133,7 +133,7 @@ $$
 
 (D) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+1/n}}$
 
-### 解析
+ **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。
@@ -159,11 +159,11 @@ V = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi (0.5h)^2 h = \frac{1}{12}\pi h^3.
 $$
 对时间 $t$ 求导，得  
 $$
-\frac{dV}{dt} = \frac{1}{4}\pi h^2 \frac{dh}{dt}.
+\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{4}\pi h^2 \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}.
 $$
 另一方面，体积变化率由注入速率 $Q$ 和流出速率 $A \cdot v$ 决定：  
 $$
-\frac{dV}{dt} = Q - A \cdot v = 0.3\pi - 0.1\pi \cdot 0.6\sqrt{2gh}.
+\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} = Q - A \cdot v = 0.3\pi - 0.1\pi \cdot 0.6\sqrt{2gh}.
 $$
 代入 $h=5$，$g=10$，则  
 $$
@@ -178,11 +178,11 @@ $$
 $$
 代入微分式：  
 $$
-\frac{1}{4}\pi \cdot 5^2 \cdot \frac{dh}{dt} = -0.3\pi \quad \Rightarrow \quad \frac{25}{4}\pi \frac{dh}{dt} = -0.3\pi.
+\frac{1}{4}\pi \cdot 5^2 \cdot \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -0.3\pi \quad \Rightarrow \quad \frac{25}{4}\pi \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -0.3\pi.
 $$
 解得  
 $$
-\frac{dh}{dt} = -0.3 \times \frac{4}{25} = -0.048 \ \text{米/秒}.
+\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -0.3 \times \frac{4}{25} = -0.048 \ \text{米/秒}.
 $$
 因此水面高度以每秒 $0.048$ 米的速度下降，故选 A。
 ## 二、填空题（共5小题，每小题2分，共10分）
@@ -255,13 +255,16 @@ $$\begin{aligned}\lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a} &= \lim_{x \to 3a} \frac{\fra
 **答案**：$\displaystyle \lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a} = -\frac{1}{2}$.
 
 3.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$\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|=\sum\limits_{n=1}^{\infty}{n^p}|\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|$
+
+解：首先，考虑级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|=\sum\limits_{n=1}^{\infty}{n^p}|\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|$
 	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，$p\in(\frac{1}{2},+\infty)$
-4.$\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}=\underline{\quad\quad\quad}.$
-	方法1：
+
+4.求不定积分$\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}=\underline{\quad\quad\quad}.$
+
+方法1：
 	令$x=2\sin t$，则$\mathrm{d}x=2\cos t \mathrm{d}t$，
 $$\begin{align}\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}&=\int{(2\sin t)^3\sqrt{4-4\sin^2 t} \cdot 2\cos t\mathrm{d}t}\\
 &=32\int{\sin^3t\cos^2t\mathrm{d}t}\\
@@ -271,7 +274,8 @@ $$\begin{align}\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}&=\int{(2\sin t)^3\sqrt{4-4\sin^2
 &=-\frac{4}{3}(\sqrt{4-x^2})^3+\frac{1}{5}(\sqrt{4-x^2})^5+C
 \end{align}
 $$
-	方法2 
+
+方法2：
 	令$\sqrt{4-x^2}=t$，$x^2=4-t^2$，$x\mathrm{d}x=-t\mathrm{d}t$，
 $$
 \begin{align}
@@ -280,9 +284,11 @@ $$
 &=\frac{(\sqrt{4-x^2})^5}{5}-\frac{4(\sqrt{4-x^2})^3}{3}+C
 \end{align}
 $$
-		
+
 5.设$y=f(x)$由$\begin{cases}x=t^2+2t\\t^2-y+a\sin y=1\end{cases}$确定，若$y(0)=b$，$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\underline{\quad\quad\quad}.$
-解：方程两边对$t$求导，得
+
+**解**：
+方程两边对$t$求导，得
 $$
 \begin{cases}
 \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2t+2\\
@@ -304,14 +310,6 @@ $$
 \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\frac{1}{2(1-a\cos b)}
 $$
 
----
-
-
----
-
-
----
-
 
 ## 三、解答题（共11小题，共80分） 
 1.求下列不定积分(提示，换元），其中 $a > 0$
@@ -395,8 +393,6 @@ $$
 \end{aligned}
 $$
 
----
-
 
 2.求极限 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - 1 - \ln\left(x^2 + 1\right)}{x^3 \arcsin x}$。
 
@@ -415,7 +411,7 @@ $$
 
 
   
-设 $f(x)$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上二阶可导，$f(0) = f'(0)$，$f\left(\frac{1}{2}\right) = 0$。  
+3.设 $f(x)$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上二阶可导，$f(0) = f'(0)$，$f\left(\frac{1}{2}\right) = 0$。  
 证明：存在 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$，使得 $f''(\xi) = \frac{3f'(\xi)}{1-2\xi}$。
 
 **证明：**  
@@ -471,10 +467,10 @@ $$
 
 
 
-3.求 $y = e^{ax} \sin bx$ 的 $n$ 阶导数 $y^{(n)}\text{,其中a，b为非零常数}$。
+4.求 $y = e^{ax} \sin bx$ 的 $n$ 阶导数 $y^{(n)}\text{,其中a，b为非零常数}$。
 
 
-### 方法一：逐阶求导归纳法
+ **方法一：逐阶求导归纳法**
 
 由
 $$
@@ -510,7 +506,7 @@ $$
 
 ---
 
-### 方法二：欧拉公式法
+ **方法二：欧拉公式法**
 
 设
 $$
@@ -551,7 +547,7 @@ $$
 = (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。
+5.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：
@@ -589,7 +585,7 @@ $$
 展开式为 $f(x) = x^2 + x^3 + \frac{1}{2}x^4 + \frac{1}{6}x^5 + \frac{25}{24}x^6 + o(x^6)$，$f^{(6)}(0) = 750$.
 
 
-5.已知对于一数列$\{\alpha_n\}$，若满足$$\forall N\in\mathbb{N}_+,\exists\delta>0,当n>N时 ，有,\lvert \alpha_{n+1}-\alpha_n\rvert<\delta,$$则数列$\{\alpha_n\}$收敛.满足以上条件的数列称为柯西数列.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  
+6.已知对于一数列$\{\alpha_n\}$，若满足$$\forall N\in\mathbb{N}_+,\exists\delta>0,当n>N时 ，有,\lvert \alpha_{n+1}-\alpha_n\rvert<\delta,$$则数列$\{\alpha_n\}$收敛.满足以上条件的数列称为柯西数列.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：  
 
@@ -624,7 +620,7 @@ $$|a - b| = |f(a) - f(b)| = |f'(\eta)| \cdot |a - b| \leq r |a - b|.$$
 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.设在$\mathbb{R}$上的连续函数$f(x)$ 满足 $\sin f(x) - \frac{1}{3} \sin f\left(\frac{1}{3}x\right) = x$，求 $f(x)$。
+7.设在$\mathbb{R}$上的连续函数$f(x)$ 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  
@@ -660,14 +656,14 @@ $$
 f(x) = 2k\pi + \arcsin \frac{9}{8} x \quad \text{或} \quad f(x) = (2k-1)\pi - \arcsin \frac{9}{8} x \quad (k \in \mathbb{Z}).
 $$
 
-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。
+8.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；（5分）  
 (2) 计算极限$$\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - x^2}{x^4}$$的值。（5分）
 
-**解答**  
+**解**  
 
-**(1)**  
+(1)
 由于  
 $$
 \lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left( a + bx^2 - \cos x \right) = a - 1 = 0,
@@ -679,7 +675,7 @@ $$
 $$  
 因此$b = \frac{1}{2}$。
 
-**(2)**  
+(2)
 由$\cos x$的麦克劳林展开：  
 $$
 \cos x = 1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 + o(x^4).
@@ -696,7 +692,7 @@ $$
 ---
 
 
-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：  
+9.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$\frac{a}{f'(\xi)}+\frac{b}{f'(\eta)}=a+b$。
 
@@ -711,7 +707,7 @@ f'(\xi)f'(\eta)=1 \Leftrightarrow \frac{f(x_0)}{x_0} \cdot \frac{1-f(x_0)}{1-x_0
 $$  
 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**  
+**证明**： 
 （1）令$F(x)=f(x)-1+x$，则$F(x)$在$[0,1]$上连续，且$F(0)=-1<0$，$F(1)=1>0$。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$\xi \in (0,x_0)$，$\eta \in (x_0,1)$，使得  
 $$f'(\xi)=\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0-0},\quad f'(\eta)=\frac{f(1)-f(x_0)}{1-x_0}.$$  
@@ -729,7 +725,7 @@ $$\frac{a}{f'(\xi)} + \frac{b}{f'(\eta)} = a \cdot \frac{x_1}{a/(a+b)} + b \cdot
 
 
 
-9.讨论级数 $$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p}$$ ( $p>0$ )的敛散性。
+10.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：**
 
@@ -792,7 +788,7 @@ $$\frac{1}{2^p} - \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} - \frac{1}{5^p} + \cdots + \frac
 $$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 $\lim\limits_{n \to \infty} T_n = S$。
 
-10.(10分)
+11.(10分)
 
 (1)证明： 对任意的正整数 $n$，方程  
 $$ x^n + n^2 x - 1 = 0 $$