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@ -1,31 +1,16 @@
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时量：60分钟 ____
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内部资料，禁止传播
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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
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**内部资料，禁止传播**
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**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**
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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[ ]。
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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（ ）。
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（A）$\dfrac{1}{2}$ （B）$0$ （C）$-1$ （D）$-2$
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**解析：**
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由极限表达式变形：令 $h=-x$，则当 $x\to0$ 时 $h\to0$，于是
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$$\begin{aligned}
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\lim_{x \to 0} \frac{f(1) - f(1 - x)}{2x} &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1) - f(1 + h)}{-2h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{2h} \\ &= \frac{1}{2} \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} \\ &= \frac{1}{2} f'(1).
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\end{aligned}$$
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已知该极限值为 $-1$，故 $\dfrac{1}{2}f'(1) = -1$，解得 $f'(1) = -2$。
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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 $f'(5)=f'(1) = -2$。
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因此，曲线在点 $(5,f(5))$ 处的切线斜率为 $-2$，选项（D）正确。
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**答案：** (D)
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2.设 $f(x) = \dfrac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} + \dfrac{\sin x}{|x|}$，则 $x = 0$ 是 $f(x)$ 的（ ）。
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(A) 可去间断点
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@ -33,39 +18,8 @@ $$\begin{aligned}
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(C) 无穷间断点
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(D) 振荡间断点
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**解析：**
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分析函数在 $x=0$ 处的左右极限。
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1. **第一部分**：$\dfrac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}}$
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- 当 $x \to 0^+$ 时，$\frac{1}{x} \to +\infty$，$e^{\frac{1}{x}} \to +\infty$，所以
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$$
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\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.
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$$
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- 当 $x \to 0^-$ 时，$\frac{1}{x} \to -\infty$，$e^{\frac{1}{x}} \to 0$，所以
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$$
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\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} \rightarrow \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2.
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$$
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1. **第二部分**：$\dfrac{\sin x}{|x|}$
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- 当 $x \to 0^+$ 时，$|x| = x$，$\dfrac{\sin x}{|x|} = \dfrac{\sin x}{x} \to 1$。
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- 当 $x \to 0^-$ 时，$|x| = -x$，$\dfrac{\sin x}{|x|} = \dfrac{\sin x}{-x} \to -1$。
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2. **整体极限**：
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- 右极限：$\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = 1 + 1 = 2$。
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- 左极限：$\lim\limits_{x \to 0^-} f(x) = 2 + (-1) = 1$。
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由于左右极限存在但不相等，故 $x=0$ 处为**跳跃间断点**。
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**答案：** (B)
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3.（多选）下列级数中收敛的有______。
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A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$
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@ -80,190 +34,35 @@ E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$
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F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
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**解析：**
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- **A**：由于 $0 < \sin \frac{\pi}{2^n} \leq \frac{\pi}{2^n}$，且几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}$ 收敛，故由比较判别法知原级数收敛。
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- **B**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故由极限形式的比较判别法知原级数收敛。
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- **C**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，而 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛（$p=3>1$），故原级数收敛。也可直接放缩：$\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3}$（当 $n>1$），由比较判别法知收敛。
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- **D**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，而调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
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- **E**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \lim\limits_{n \to \infty} \arctan \frac{n}{n+1} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}$，而调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
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- **F**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt{1 + \frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1 + \frac{1}{n^2} \right) = 1$，而 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛（$p=3/2>1$），故原级数收敛。
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**答案：** ABCF
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4.设 $y=y(x)$ 由方程 $x^y + 2x^2 - y = 1$ 确定，求 $dy|_{x=1}$。
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**解析：**
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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$。
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2. 隐函数求导：方程两边对 $x$ 求导，注意 $x^y = e^{y \ln x}$：
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$\frac{d}{dx}(x^y) + 4x - y' = 0$，
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其中 $\frac{d}{dx}(x^y) = x^y \left( y' \ln x + \frac{y}{x} \right)$。
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代入 $x=1, y=2$：
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$$1^2 \left( y' \ln 1 + \frac{2}{1} \right) + 4 \times 1 - y' = 0 \implies (0 + 2) + 4 - y' = 0 \implies y' = 6.$$
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所以 $dy|_{x=1} = y'(1)dx = 6dx$。
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**答案：** $dy|_{x=1} = 6dx$
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5.求 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n^2 + \sin 1} + \frac{2}{n^2 + 2\sin 2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n \sin n} \right)$。
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**解析：**
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用夹逼准则：
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- 下界：$S_n \geq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 + n} = \frac{1}{2}$；
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- 上界：$S_n \leq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 - n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2-n)} \to \frac{1}{2}$（$n \to \infty$）。
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故极限为 $\frac{1}{2}$。
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**答案：** $\frac{1}{2}$
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4.设 $y=y(x)$ 由方程 $x^y + 2x^2 - y = 1$ 确定，求 $dy|_{x=1}$______。
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6.计算 $\lim\limits_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}$。
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**解析：**
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这是 $1^\infty$ 型极限，令 $t = \frac{1}{x}$，则当 $x \to \infty$ 时 $t \to 0^+$，原极限化为：
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$$\lim\limits_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}.$$
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利用等价无穷小和泰勒展开：
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- $\tan(2t) \sim 2t$，所以 $\tan^2(2t) \sim 4t^2$；
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- $\cos t = 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$。
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因此：
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$$\tan^2(2t) + \cos t = 4t^2 + 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2) = 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2).$$
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取对数：
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$$\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).$$
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所以原极限为 $e^{7/2}$。
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5. $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n^2 + \sin 1} + \frac{2}{n^2 + 2\sin 2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n \sin n} \right)$=______。
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**答案：** $e^{7/2}$
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6.计算 $\lim_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}$______。
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7.求曲线 $y = \ln(1+e^x) + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2}$ 的渐近线方程。
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**解析：**
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渐近线分垂直、水平、斜渐近线分析：
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1. **垂直渐近线**：
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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$。
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2. **水平渐近线**（$x \to -\infty$）：
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当 $x \to -\infty$ 时，$\ln(1+e^x) \to 0$，$\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\arctan \frac{x}{2} \to -\frac{\pi}{2}$，
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所以 $\lim\limits_{x \to -\infty} y = (-1) \times (-\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}$，水平渐近线为 $y = \frac{\pi}{2}$。
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3. **斜渐近线**（$x \to +\infty$）：
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- 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}$。
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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$；
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又 $\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\frac{\arctan \frac{x}{2}}{x} \to 0$，所以第二项趋于0，因此 $k = 1$。
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- 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]$。
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由于 $\ln(1+e^x) - x = \ln(1+e^{-x}) \to 0$，且 $\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\arctan \frac{x}{2} \to \frac{\pi}{2}$，所以 $b = -\frac{\pi}{2}$。
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故斜渐近线为 $y = x - \frac{\pi}{2}$。
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**答案：**
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渐近线为：$x=2$，$y=\frac{\pi}{2}$，$y=x-\frac{\pi}{2}$。
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8.设 $a > 0, \sigma > 0$，定义 $a_1 = \dfrac{1}{2} \left( a + \dfrac{\sigma}{a} \right)$，$a_{n+1} = \dfrac{1}{2} \left( a_n + \dfrac{\sigma}{a_n} \right)$，$n = 1, 2, \ldots$
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证明：数列 ${a_n}$ 收敛，且极限为 $\sqrt{\sigma}$。
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**解析：**
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**第一步：证明数列有下界。**
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由算术-几何平均不等式，对任意正数 $x$，有
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\frac{1}{2} \left( x + \frac{\sigma}{x} \right) \geq \sqrt{x \cdot \frac{\sigma}{x}} = \sqrt{\sigma}.
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$$
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因此，对 $n \geq 1$，有 $a_n \geq \sqrt{\sigma}$，即数列有下界 $\sqrt{\sigma}$。
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**第二步：证明数列单调性。**
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考虑差值：
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考虑数列的递推式：$a_{n+1} = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{\sigma}{a_n} \right)$，则
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$$
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a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{\sigma}{a_n} \right) - a_n = \frac{1}{2} \left( \frac{\sigma}{a_n} - a_n \right) = \frac{\sigma - a_n^2}{2a_n}.
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$$
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由于 $a_n > 0$，差值的符号由 $\sigma - a_n^2$ 决定。
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- 若 $a_n > \sqrt{\sigma}$，则 $a_{n+1} - a_n < 0$，数列单调递减；
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- 若 $a_n < \sqrt{\sigma}$，则 $a_{n+1} - a_n > 0$，数列单调递增；
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- 若 $a_n = \sqrt{\sigma}$，则 $a_{n+1} = a_n$，数列为常数列。
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易证 $a_1 \geq \sqrt{\sigma}$，等号仅当 $a = \sqrt{\sigma}$ 时成立。
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若 $a = \sqrt{\sigma}$，则数列恒为 $\sqrt{\sigma}$，结论成立。
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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。
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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。
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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。
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**第三步：求极限。**
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设 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L \geq \sqrt{\sigma} > 0$。在递推式两边取极限：
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$$
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L = \frac{1}{2} \left( L + \frac{\sigma}{L} \right).
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$$
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整理得 $2L = L + \frac{\sigma}{L}$，即 $L = \frac{\sigma}{L}$，从而 $L^2 = \sigma$，故 $L = \sqrt{\sigma}$（正根）。
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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。
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**解析：**
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几何关系：$\tan \theta = \frac{x}{2}$（$x$ 为水平距离，$\theta$ 为竖直与摄影机连线的夹角）。
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求导：$\sec^2 \theta \cdot \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{2} \cdot \frac{dx}{dt}$。
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代入 $x=0$（正上方）：$\theta = 0 \implies \cos \theta = 1$，$\frac{dx}{dt} = -200$ km/h，得
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$$
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\frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{2} \times (-200) = -100 \text{ rad/h}.
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$$
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角速率为 $100$ $rad/h$（速率取绝对值）。
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**答案：** $100$ $rad/h$。
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10.若函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，任取 $x_i \in (a,b)$ $(i=1,2,\cdots,n)$ 使 $$x_1≤x_2≤⋯≤x_n$$
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10.若函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，任取 $x_i \in (a,b)$ $(i=1,2,\cdots,n)$ 使
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x1≤x2≤⋯≤xn
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证明：存在 $\xi \in [x_1,x_n]$，使得
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$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
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**解析：**
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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 $m$。
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对于任意 $x_i \in [x_1, x_n]$，有 $m \leq f(x_i) \leq M$，因此
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$m≤$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
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由连续函数的介值定理，存在 $\xi \in [x_1, x_n]$，使得
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$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
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证毕。
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$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
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