diff --git a/编写小组/试卷/期中考前押题卷解析版.md b/编写小组/试卷/期中考前押题卷解析版.md index dc622a1..8a3b23a 100644 --- a/编写小组/试卷/期中考前押题卷解析版.md +++ b/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。