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编写小组/试卷/期中考前押题卷解析版.md

@@ -3,7 +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[　]。  
 （A）$\dfrac{1}{2}$　　　（B）$0$　　　（C）$-1$　　　（D）$-2$
 
 **解析：**  
@@ -14,7 +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 $-2$，选项（D）正确。
 
 **答案：** (D)
@@ -38,12 +38,12 @@ $$\begin{aligned}
     - 当 $x \to 0^+$ 时，$\frac{1}{x} \to +\infty$，$e^{\frac{1}{x}} \to +\infty$，所以
         
         $$
-\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} = \frac{\frac{2}{e^{\frac{1}{x}}} + 1}{\frac{1}{e^{\frac{1}{x}}} + 1} \rightarrow \frac{0 + 1}{0 + 1} = 1.
+\lim\limits_{x\to0^+}\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} = \lim\limits_{x\to0^+}\frac{\frac{2}{e^{\frac{1}{x}}} + 1}{\frac{1}{e^{\frac{1}{x}}} + 1} = \frac{0 + 1}{0 + 1} = 1.
 $$
     - 当 $x \to 0^-$ 时，$\frac{1}{x} \to -\infty$，$e^{\frac{1}{x}} \to 0$，所以
         
         $$
-\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} \rightarrow \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2.
+\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} \rightarrow \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2\ \ (x\to0^-).
 $$
 1. **第二部分**：$\dfrac{\sin x}{|x|}$
     
@@ -102,14 +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：** $dy|_{x=1} = 6dx$
 
 
@@ -119,7 +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：$S_n \leq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 - n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2-n)} \to \frac{1}{2}$（$n \to \infty$）。  
     故极限为 $\frac{1}{2}$。
@@ -133,10 +126,10 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 **解析：**  $$\begin{aligned}
 \lim\limits_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}
 &=\lim\limits_{x\to\infty}(1+\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1)^{\frac{1}{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}\cdot x^2\cdot(\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1)}
-\\&=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x^2}}}
-\\&\overset{t=\frac{1}{x}}{=}e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\tan^2(2t)+\cos t-1}{t^2}}
-\\&=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{4t^2}{t^2}-\frac{\frac{1}{2}t^2}{t^2}}(四则运算和等价无穷小)
-\\&=e^{\frac{7}{2}}
+\\\\&=e^{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\tan^2\frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x^2}}}
+\\\\&\overset{t=\frac{1}{x}}{=}e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{\tan^2(2t)+\cos t-1}{t^2}}
+\\\\&=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{4t^2}{t^2}-\frac{\frac{1}{2}t^2}{t^2}}(四则运算和等价无穷小)
+\\\\&=e^{\frac{7}{2}}
 \end{aligned}$$
 
 **答案：** $e^{\frac{7}{2}}$
@@ -150,7 +143,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 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**（$x \to -\infty$）：  
     当 $x \to -\infty$ 时，$\ln(1+e^x) \to 0$，$\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\arctan \frac{x}{2} \to -\frac{\pi}{2}$，  
@@ -159,7 +152,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 3. **斜渐近线**（$x \to +\infty$）：
     
     - 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 $\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\frac{\arctan \frac{x}{2}}{x} \to 0$，所以第二项趋于0，因此 $k = 1$。
         
     - 截距 $b = \lim\limits_{x \to +\infty} (y - x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \left[ \ln(1+e^x) - x + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2} \right]$。  
@@ -204,11 +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：  
@@ -251,7 +244,7 @@ $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
 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.$
 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。