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@ -1,826 +0,0 @@
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tags:
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- 编写小组
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## 一、单选题（共5小题，每小题2分，共10分）
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1.设函数 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $f(0) = 0$。若
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$$
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\lim_{x \to 0} \frac{f(2x) - 3f(x) + f(-x)}{x} = 2,
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$$
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则 $f'(0)$ 的值为（ ）。
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A. $-2$
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B. $-1$
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C. $1$
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D. $2$
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**解析**
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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。
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将极限式分解：
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$$
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\frac{f(2x) - 3f(x) + f(-x)}{x} = \frac{f(2x)}{x} - 3\frac{f(x)}{x} + \frac{f(-x)}{x}.
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$$
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分别计算各项极限：
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$$
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\begin{aligned}
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\lim_{x \to 0} \frac{f(2x)}{x} &= 2 \lim_{x \to 0} \frac{f(2x)}{2x} = 2f'(0), \\
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\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} &= f'(0), \\
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\lim_{x \to 0} \frac{f(-x)}{x} &= -\lim_{x \to 0} \frac{f(-x)}{-x} = -f'(0).
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\end{aligned}
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$$
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因此，
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$$
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\lim_{x \to 0} \frac{f(2x) - 3f(x) + f(-x)}{x} = 2f'(0) - 3f'(0) + (-f'(0)) = -2f'(0).
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$$
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由已知条件 $-2f'(0) = 2$，解得 $f'(0) = -1$。
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**答案：B**
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2.求极限 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} \cos x - 1 - \frac{1}{2}x^2}{\ln(1 + x^2) - x^2}$
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A.$-\frac{1}{12}$
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B.$\frac{1}{12}$
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C.$-\frac{1}{6}$
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D$\frac{1}{6}$
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**解：**
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分别对分子和分母进行泰勒展开：
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分子：
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$$\begin{aligned}
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e^{x^2} \cos x &= \left(1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + o(x^4)\right) \left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\right) \\&= 1 + \frac{1}{2}x^2 + \left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{24}\right)x^4 + o(x^4) \\&= 1 + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 + o(x^4)
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\end{aligned}$$
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所以 $e^{x^2} \cos x - 1 - \frac{1}{2}x^2 = \frac{1}{24}x^4 + o(x^4)$
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分母：
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$$
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\ln(1+x^2) = x^2 - \frac{1}{2}x^4 + o(x^4)
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$$
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所以 $\ln(1+x^2) - x^2 = -\frac{1}{2}x^4 + o(x^4)$
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因此
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$$
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\lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} \cos x - 1 - \frac{1}{2}x^2}{\ln(1 + x^2) - x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{24}x^4 + o(x^4)}{-\frac{1}{2}x^4 + o(x^4)} = \frac{1/24}{-1/2} = -\frac{1}{12}
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$$
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3.已知函数 $f(x) = 2e^x \sin x - 2ax - bx^2$ 与 $g(x) = \int \arctan(x^2) \mathrm{d}x$（取满足 $g(0) = 0$ 的那个原函数）是 $x \to 0$ 过程的同阶无穷小量，则（ ）。
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(A) $a = 1, \, b = 1$
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(B) $a = 1, \, b = 2$
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(C) $a = 2, \, b = 1$
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(D) $a = 2, \, b = 2$
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**解：**
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**法一**：为使 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x \to 0$ 时为同阶无穷小，需使二者最低阶非零项的阶数相同。下面分别展开 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的麦克劳林公式。
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对于 $f(x)$，利用已知展开式：
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$$
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e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + O(x^3), \quad \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + O(x^5),
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$$
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则（把大于等于$5$次的项全都放在高阶无穷小里边）
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$$
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e^x \sin x = \left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + O(x^3)\right)\left(x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)\right) = x + x^2 + \frac{x^3}{3} + O(x^5).
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$$
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因此
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$$
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2e^x \sin x = 2x + 2x^2 + \frac{2}{3}x^3 + O(x^5).
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$$
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代入 $f(x)$ 得
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$$
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f(x) = 2x + 2x^2 + \frac{2}{3}x^3 - 2ax - bx^2 + O(x^5) = (2 - 2a)x + (2 - b)x^2 + \frac{2}{3}x^3 + O(x^5).
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$$
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对于 $g(x)$，由 $g(0)=0$ 及 $\arctan(x^2)$ 的展开：
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$$
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\arctan(x^2) = x^2 - \frac{x^6}{3} + O(x^{10}),
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$$
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积分得
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$$
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g(x) = \int_0^x \arctan(t^2) \mathrm{d}t = \frac{x^3}{3} - \frac{x^7}{21} + O(x^{11}) = \frac{1}{3}x^3 + O(x^7).
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$$
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可见 $g(x)$ 是 $x \to 0$ 时的三阶无穷小，其主项为 $\dfrac{1}{3}x^3$。
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为使 $f(x)$ 也是三阶无穷小（即与 $g(x)$ 同阶），$f(x)$ 中 $x$ 和 $x^2$ 的系数必须为零：
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$$
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2 - 2a = 0, \quad 2 - b = 0,
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$$
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解得 $a = 1$, $b = 2$。此时
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$$
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f(x) = \frac{2}{3}x^3 + O(x^5),
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$$
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与 $g(x)$ 同阶（但不等价，因为系数比值为 $2$）。
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因此正确选项为 (B)。
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**法二**：洛必达＋泰勒
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先考虑两者之比的极限$$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{2\mathrm{e}^x(\sin x+\cos x)-2a-2bx}{\arctan x^2}$$由麦克劳林公式得$$\begin{aligned}\mathrm{e}^x&=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+O(x^3)\\\sin x&=x-\frac{x^3}{6}+O(x^3)\\\cos x&=1-\frac{x^2}{2}+O(x^3)\end{aligned}$$于是（把所有大于3次的项都放在高阶无穷小里面，这样可以简化计算）$$\mathrm{e}^x(\sin x+\cos x)=1+2x+x^2+O(x^3)$$从而极限式的分子等于$$2-2a+(4-2b)+2x^2+O(x^3).$$又由麦克劳林公式得$$\arctan x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^3)$$故分母为$$x^2-\frac{x^6}{6}+O(x^6)=x^2+O(x^3).$$上面的分子分母带入极限式中得$$\lim\limits_{x\to0}\frac{2-2a+(4-2b)+2x^2+O(x^3)}{x^2+O(x^3)}$$要让上式为有限值且不为$0$,只有$$\begin{cases}2-2a&=0\\4-2b&=0\end{cases}\implies\begin{cases}a&=1\\b&=2\end{cases}$$故选(B)
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**答案：** (B)
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4.下列级数中绝对收敛的是（ ）。
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(A) $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}$
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(B) $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$
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(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! \cdot 3^n}{n^n}$
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(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+1/n}}$
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**解析**
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- **(A)** g根据莱布尼兹判别法，级数条件收敛，但其绝对值接近于$p-$级数（$p=\frac{1}{2}$）的情形，故不绝对收敛。
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- **(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 $p$-级数收敛知原级数绝对收敛。
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- **(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。
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- **(D)** 由于 $n^{1/n} \to 1$，故 $\frac{1}{n^{1+1/n}} \sim \frac{1}{n}$，与调和级数比较，发散。
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**答案：(B)**
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5.一个倒置的圆锥形容器（顶点在下，底面在上），高度为 10 米，底面半径为 5 米。容器内装有水，水从底部的一个小孔（面积为 $0.1\pi$ 平方米）流出，流速为 $v = 0.6\sqrt{2gh}$ 米/秒，其中 $g = 10$ 米/秒$^2$。同时，以恒定速率 $Q = 0.3\pi$ 立方米/秒从顶部注入水。当水面高度为 5 米时，水面高度的瞬时变化率是多少？
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选项:
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A. $-0.048$ 米/秒
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B. $-0.024$ 米/秒
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C. 0
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D. 0.048 米/秒
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**解析：**
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设水面高度为 $h$（从圆锥顶点算起）。由相似关系，水面半径
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r = \frac{R}{H}h = \frac{5}{10}h = 0.5h,
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$$
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水的体积为
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$$
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V = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi (0.5h)^2 h = \frac{1}{12}\pi h^3.
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$$
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对时间 $t$ 求导，得
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$$
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\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{4}\pi h^2 \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}.
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$$
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另一方面，体积变化率由注入速率 $Q$ 和流出速率 $A \cdot v$ 决定：
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$$
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\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} = Q - A \cdot v = 0.3\pi - 0.1\pi \cdot 0.6\sqrt{2gh}.
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$$
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代入 $h=5$，$g=10$，则
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$$
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\sqrt{2gh} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 5} = \sqrt{100} = 10,
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$$
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于是
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$$
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A \cdot v = 0.1\pi \cdot 0.6 \cdot 10 = 0.6\pi,
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$$
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$$
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\frac{dV}{dt} = 0.3\pi - 0.6\pi = -0.3\pi.
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$$
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代入微分式：
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$$
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\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.
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$$
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解得
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$$
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\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -0.3 \times \frac{4}{25} = -0.048 \ \text{米/秒}.
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$$
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因此水面高度以每秒 $0.048$ 米的速度下降，故选 A。
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## 二、填空题（共5小题，每小题2分，共10分）
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1.设 $y = \arctan x$，则 $y^{(n)}(0)=\_\_\_\_.$
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**分析**
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逐次求导以找到 $n$ 阶导数的规律。由于 $y' = \frac{1}{1 + x^2}$，即 $(1 + x^2)y' = 1$，故想到用莱布尼茨公式。
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**解**
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**方法1**
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因为 $y' = \frac{1}{1 + x^2}$，所以 $(1 + x^2)y' = 1$。
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上述两端对 $x$ 求 $n$ 阶导数，并利用莱布尼茨公式，得
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$$\sum_{k=0}^{n} C_n^k (1 + x^2)^{(k)} (y')^{(n-k)} = (1 + x^2)y^{(n+1)} + 2nxy^{(n)} + n(n-1)y^{(n-1)} = 0.$$
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在上式中令 $x = 0$，得
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$$y^{(n+1)}(0) = -n(n-1)y^{(n-1)}(0).$$
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由此递推公式，再加上 $y'(0) = 1, y''(0) = 0$，可得：
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$$y^{(n)}(0) = \begin{cases} 0, & n\text{为偶数} \\ (-1)^n (n-1)!, & n\text{为奇数} \end{cases}.$$
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**方法2**
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因为 $y' = \frac{1}{1 + x^2} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}, (|x| < 1)$，
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所以 （积分得）
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$$y = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}, (|x| < 1).$$
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又知 $y(x)$ 在点 $x = 0$ 处的麦克劳林展开式为
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$$y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{y^{(n)}(0)}{n!} x^n.$$
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比较系数可得
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$$y^{(n)}(0) = \begin{cases} 0, & n\text{为偶数} \\ (-1)^n (n-1)!, & n\text{为奇数} \end{cases}.$$
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**方法3**
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由 $y = \arctan x$，得 $x = \tan y$，则
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$$y' = \frac{1}{1 + x^2} = \frac{1}{1 + \tan^2 y} = \cos^2 y.$$
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利用复合函数求导法则：
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$$y'' = -2 \cos y \sin y \cdot y' = -\sin(2y) \cos^2 y = \cos^2 y \sin 2\left( y + \frac{\pi}{2} \right),$$
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$$\begin{aligned}y''' &= \left[ -2 \cos y \sin y \sin 2\left( y + \frac{\pi}{2} \right) + 2 \cos^2 y \cos 2\left( y + \frac{\pi}{2} \right) \right] y'\\& = 2 \cos^3 y \cos\left( y + \frac{\pi}{2} \right) y' + 2 \cos^3 y \sin 3\left( y + \frac{\pi}{2} \right),\end{aligned}$$
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$$y^{(4)} = 6 \cos^4 y \cos\left( y + \frac{\pi}{2} \right) y' + 3 \cos^4 y \sin 4\left( y + \frac{\pi}{2} \right).$$
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由此归纳出
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$$y^{(n)} = (n-1)! \cos^n y \sin n\left( y + \frac{\pi}{2} \right).$$
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下面用归纳法证明以上结论：
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当 $n = 1$ 时结论成立；
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假设 $n = k$ 时结论成立，则当 $n = k + 1$ 时，
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$$\begin{aligned} y^{(k+1)} &= (y^{(k)})' \\ &= (k-1)! \left[ -k \cos^{k+1} y \sin y \sin k\left( y + \frac{\pi}{2} \right) + k \cos^k y \cos k\left( y + \frac{\pi}{2} \right) \right] y' \\ &= k \cos^{k+1} y \cos\left( y + \frac{\pi}{2} \right) y' + k \cos^{k+1} y \sin (k+1)\left( y + \frac{\pi}{2} \right). \end{aligned}$$
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由于 $y(0) = \arctan 0 = 0, \cos 0 = 1$，因此
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$$y^{(n)}(0) = (n-1)! \sin \frac{n\pi}{2}.$$
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根据 $\sin \frac{n\pi}{2}$ 的取值（$n$ 为偶数时为 $0$，$n=4k+1$ 时为 $1$，$n=4k+3$ 时为 $-1$），可得到与方法1、2相同的结果。
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2.已知 $f(x)$ 是三次多项式，且有 $\lim\limits_{x \to 2a} \frac{f(x)}{x-2a} = \lim\limits_{x \to 4a} \frac{f(x)}{x-4a} = 1$，则$\lim\limits_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a}=\_\_\_.$
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**分析**
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由已知的两个极限式可确定 $f(x)$ 的两个一次因子以及两个待定系数，从而完全确定 $f(x)$。
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**解**
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由已知有 $\lim\limits_{x \to 2a} f(x) = \lim\limits_{x \to 4a} f(x) = 0$。
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由于 $f(x)$ 处处连续，故 $f(2a) = f(4a) = 0$。
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因此 $f(x)$ 含有因式 $(x-2a)(x-4a)$，可设
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$$f(x) = (Ax + B)(x - 2a)(x - 4a).$$
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由条件：
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$$\lim_{x \to 2a} \frac{f(x)}{x-2a} = \lim_{x \to 2a} (Ax + B)(x - 4a) = (2aA + B)(-2a) = 1,$$
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$$\lim_{x \to 4a} \frac{f(x)}{x-4a} = \lim_{x \to 4a} (Ax + B)(x - 2a) = (4aA + B)(2a) = 1.$$
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解方程组：
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$$\begin{cases} (2aA + B)(-2a) = 1 \\ (4aA + B)(2a) = 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} -4a^2A - 2aB = 1 \\ 8a^2A + 2aB = 1 \end{cases}.$$
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相加得 $4a^2A = 2$，故 $A = \frac{1}{2a^2}$；代入第一个方程得 $-4a^2 \cdot \frac{1}{2a^2} - 2aB = 1$，即 $-2 - 2aB = 1$，解得 $B = -\frac{3}{2a}$。
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于是
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$$f(x) = \left( \frac{1}{2a^2}x - \frac{3}{2a} \right)(x - 2a)(x - 4a) = \frac{1}{2a^2}(x - 3a)(x - 2a)(x - 4a).$$
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最后，
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$$\begin{aligned}\lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a} &= \lim_{x \to 3a} \frac{\frac{1}{2a^2}(x-3a)(x-2a)(x-4a)}{x-3a} \\&= \frac{1}{2a^2} \cdot (3a-2a)(3a-4a) \\&= \frac{1}{2a^2} \cdot a \cdot (-a) \\&= -\frac{1}{2}.\end{aligned}$$
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**答案**：$\displaystyle \lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a} = -\frac{1}{2}$.
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3.若级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})$绝对收敛，则常数$p$的取值范围是$\underline{\quad\quad\quad}.$
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解：首先，考虑级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|=\sum\limits_{n=1}^{\infty}{n^p}|\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|$
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当$n\to\infty$时，$\frac{1}{\sqrt{n}}\to 0$，此时有等价无穷小关系：$\sin(\frac{1}{\sqrt{n}}) \sim \frac{1}{\sqrt{n}}.$
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因此，级数的通项可以近似为$\frac{1}{n^p}\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{1}{n^{p+\frac{1}{2}}}$
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根据**p级数**的收敛性结论，级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p+\frac{1}{2}}}$当且仅当$p+\frac{1}{2}>1$时收敛，即$p>\frac{1}{2}$，
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所以，$p\in(\frac{1}{2},+\infty)$
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4.求不定积分$\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}=\underline{\quad\quad\quad}.$
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方法1：
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令$x=2\sin t$，则$\mathrm{d}x=2\cos t \mathrm{d}t$，
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$$\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}\\
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&=32\int{\sin^3t\cos^2t\mathrm{d}t}\\
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&=32\int{\sin t(1-\cos^2t)\cos^2t\mathrm{d}t}\\
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&=-32\int{(\cos^2t-cos^4t)\mathrm{d}\cos t}\\
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&=-32(\frac{\cos^3t}{3}-\frac{cos^5t}{5})+C\\
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&=-\frac{4}{3}(\sqrt{4-x^2})^3+\frac{1}{5}(\sqrt{4-x^2})^5+C
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\end{align}
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$$
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方法2：
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令$\sqrt{4-x^2}=t$，$x^2=4-t^2$，$x\mathrm{d}x=-t\mathrm{d}t$，
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$$
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\begin{align}
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\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}&=-\int{(4-t^2)t^2\mathrm{d}t}\\
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&=\frac{t^5}{5}-\frac{4t^3}{3}+C\\
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&=\frac{(\sqrt{4-x^2})^5}{5}-\frac{4(\sqrt{4-x^2})^3}{3}+C
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\end{align}
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$$
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5.设$y=f(x)$由$\begin{cases}x=t^2+2t\\t^2-y+a\sin y=1\end{cases}$确定，若$y(0)=b$，$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\underline{\quad\quad\quad}.$
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**解**：
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方程两边对$t$求导，得
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$$
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\begin{cases}
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\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2t+2\\
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2t-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cos y=0
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\end{cases}
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\Rightarrow
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\begin{cases}
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\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2(t+1)\\
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\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\frac{2t}{1-a\cos y}
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\end{cases}
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\Rightarrow
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\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{t}{(t+1)(1-a\cos y)}
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$$
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$$
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\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\frac{\mathrm{d}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\frac{(1-a\cos y)-at(t+1)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\sin y}{(t+1)^2(1-a\cos y)^2}}{2(t+1)}
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$$
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注意到$y|_{t=0}=b,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}|_{t=0}=0$，得
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$$
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\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\frac{1}{2(1-a\cos b)}
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$$
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## 三、解答题（共11小题，共80分）
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1.求下列不定积分(提示，换元），其中 $a > 0$
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(1) $\displaystyle \int \frac{x^2}{\sqrt{a^2 - x^2}} \mathrm{d}x$
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**解：**
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令 $x = a \sin t$，有$\mathrm{d}x=a\cos t\mathrm{d}t$,则：
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$$
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\begin{aligned}
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\int \frac{x^2}{\sqrt{a^2 - x^2}} \mathrm{d}x &= \int \frac{a^2 \sin^2 t}{a \cos t} \cdot a \cos t \, \mathrm{d}t \\
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&= a^2 \int \sin^2 t \, \mathrm{d}t \\
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&= \frac{a^2}{2} \int (1 - \cos 2t) \, \mathrm{d}t \\
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&= \frac{a^2}{2} \left( t - \frac{1}{2} \sin 2t \right) + C \\
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&= \frac{a^2}{2} \arcsin \frac{x}{a} - \frac{x}{2} \sqrt{a^2 - x^2} + C
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\end{aligned}
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$$
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(2) $\displaystyle \int \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x^2} \mathrm{d}x$
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**解：**
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**方法一：** 令 $x = a \tan t$，则：
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$$
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\begin{aligned}
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\int \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x^2} \mathrm{d}x &= \int \frac{a \sec t}{a^2 \tan^2 t} \cdot a \sec^2 t \, \mathrm{d}t \\
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&= \int \frac{\sec^3 t}{\tan^2 t} \, \mathrm{d}t \\
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&= \int \frac{1}{\sin^2 t \cos t} \, \mathrm{d}t \\
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&= \int \frac{\sin^2 t + \cos^2 t}{\sin^2 t \cos t} \, \mathrm{d}t \\
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&= \int \sec t \, \mathrm{d}t + \int \frac{\cos t}{\sin^2 t} \, \mathrm{d}t \\
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&= \ln |\sec t + \tan t| - \frac{1}{\sin t} + C \\
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&= \ln (x + \sqrt{x^2 + a^2}) - \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x} + C
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\end{aligned}
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$$
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**方法二：**
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$$
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\begin{aligned}
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\int \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x^2} \mathrm{d}x &= \int \frac{x^2 + a^2}{x^2 \sqrt{x^2 + a^2}} \mathrm{d}x \\
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&= \int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \mathrm{d}x + a^2 \int \frac{1}{x^2 \sqrt{x^2 + a^2}} \mathrm{d}x \\
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&= \ln (x + \sqrt{x^2 + a^2}) - \frac{\sqrt{x^2 + a^2}}{x} + C
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\end{aligned}
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$$
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(3) $\displaystyle \int \frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{x} \mathrm{d}x$
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**解：**
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令 $x = a \sec t$，则：
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$$
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\begin{aligned}
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\int \frac{\sqrt{x^2 - a^2}}{x} \mathrm{d}x &= \int \frac{a \tan t}{a \sec t} \cdot a \sec t \tan t \, \mathrm{d}t \\
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&= a \int \tan^2 t \, \mathrm{d}t \\
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&= a \int (\sec^2 t - 1) \, \mathrm{d}t \\
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&= a (\tan t - t) + C \\
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&= \sqrt{x^2 - a^2} - a \arccos \frac{a}{x} + C
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\end{aligned}
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$$
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(4) $\displaystyle \int \sqrt{1 + e^x} \mathrm{d}x$
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**解：**
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令 $t = \sqrt{1 + e^x}$，则 $e^x = t^2 - 1$，$x = \ln(t^2 - 1)$，$\mathrm{d}x = \frac{2t}{t^2 - 1} \mathrm{d}t$：
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$$
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\begin{aligned}
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\int \sqrt{1 + e^x} \mathrm{d}x &= \int t \cdot \frac{2t}{t^2 - 1} \mathrm{d}t \\
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&= \int \frac{2t^2}{t^2 - 1} \mathrm{d}t \\
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&= 2 \int \left( 1 + \frac{1}{t^2 - 1} \right) \mathrm{d}t \\
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&= 2 \int 1 \, \mathrm{d}t + \int \left( \frac{1}{t-1} - \frac{1}{t+1} \right) \mathrm{d}t \\
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&= 2t + \ln \left| \frac{t-1}{t+1} \right| + C \\
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&= 2 \sqrt{1 + e^x} + \ln \frac{\sqrt{1 + e^x} - 1}{\sqrt{1 + e^x} + 1} + C
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\end{aligned}
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$$
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2.求极限 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - 1 - \ln\left(x^2 + 1\right)}{x^3 \arcsin x}$。
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**解：**
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当 $x \to 0$ 时，利用等价无穷小替换和泰勒展开：9
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分母：$x^3 \arcsin x \sim x^3 \cdot x = x^4$
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分子：$e^{x^2} - 1 - \ln(1+x^2) = \left(1+x^2+\frac{x^4}{2}+o(x^4)\right) - 1 - \left(x^2-\frac{x^4}{2}+o(x^4)\right) = x^4 + o(x^4)$
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所以
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$$
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\lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2} - 1 - \ln\left(x^2 + 1\right)}{x^3 \arcsin x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^4 + o(x^4)}{x^4} = 1
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$$
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3.设 $f(x)$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上二阶可导，$f(0) = f'(0)$，$f\left(\frac{1}{2}\right) = 0$。
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证明：存在 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$，使得 $f''(\xi) = \frac{3f'(\xi)}{1-2\xi}$。
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**证明：**
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构造辅助函数 $g(x) = (1-2x)^{3/2} f'(x)$，$x \in [0, \frac{1}{2}]$。
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由于 $f$ 二阶可导，故 $g$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上连续，在 $(0, \frac{1}{2})$ 内可导。
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计算 $g$ 的导数：
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$$
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\begin{aligned}
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g'(x) &= (1-2x)^{3/2} f''(x) + \frac{3}{2}(1-2x)^{1/2} \cdot (-2) \cdot f'(x) \\
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&= (1-2x)^{1/2} \left[ (1-2x) f''(x) - 3f'(x) \right]
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\end{aligned}
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$$
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当 $x \in (0, \frac{1}{2})$ 时，$(1-2x)^{1/2} > 0$，因此 $g'(x) = 0$ 当且仅当：
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$$
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(1-2x) f''(x) - 3f'(x) = 0 \quad \text{即} \quad f''(x) = \frac{3f'(x)}{1-2x}
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$$
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所以只需证明存在 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$ 使得 $g'(\xi) = 0$。
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由已知条件：
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$$
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g(0) = (1-0)^{3/2} f'(0) = f'(0) = f(0), \quad g\left(\frac{1}{2}\right) = (1-1)^{3/2} f'\left(\frac{1}{2}\right) = 0
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$$
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分两种情况讨论：
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1. **若 $f'(0) = 0$**
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此时 $g(0) = 0$，所以 $g(0) = g\left(\frac{1}{2}\right) = 0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$ 使得 $g'(\xi) = 0$。
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2. **若 $f'(0) \neq 0$**
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对 $f$ 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $c \in (0, \frac{1}{2})$ 使得：
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$$
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f'(c) = \frac{f\left(\frac{1}{2}\right) - f(0)}{\frac{1}{2} - 0} = \frac{0 - f(0)}{\frac{1}{2}} = -2f(0) = -2f'(0)
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$$
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由于 $f'(0) \neq 0$，故 $f'(c) \neq 0$ 且与 $f'(0)$ 异号。
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计算 $g(c) = (1-2c)^{3/2} f'(c)$，因为 $(1-2c)^{3/2} > 0$，所以 $g(c)$ 与 $f'(c)$ 同号，从而 $g(c)$ 与 $g(0) = f'(0)$ 异号。
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由连续函数的介值定理，存在 $d \in (0, c)$ 使得 $g(d) = 0$。
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在区间 $[d, \frac{1}{2}]$ 上，$g(d) = g\left(\frac{1}{2}\right) = 0$，由罗尔定理，存在 $\xi \in (d, \frac{1}{2}) \subset (0, \frac{1}{2})$ 使得 $g'(\xi) = 0$。
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综上所述，无论何种情况，均存在 $\xi \in (0, \frac{1}{2})$ 使得 $g'(\xi) = 0$，从而有：
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$$
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f''(\xi) = \frac{3f'(\xi)}{1-2\xi}
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$$
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原命题得证。
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4.求 $y = e^{ax} \sin bx$ 的 $n$ 阶导数 $y^{(n)}\text{,其中a，b为非零常数}$。
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**方法一：逐阶求导归纳法**
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由
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$$
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y' = a e^{ax} \sin bx + b e^{ax} \cos bx
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= e^{ax} \bigl( a \sin bx + b \cos bx \bigr),
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$$
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令
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$$
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\varphi = \arctan \frac{b}{a},
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则
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$$
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a \sin bx + b \cos bx = \sqrt{a^2 + b^2} \, \sin(bx + \varphi).
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$$
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于是
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$$
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y' = e^{ax} \cdot \sqrt{a^2 + b^2} \, \sin(bx + \varphi).
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$$
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同理，
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$$
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y'' = \sqrt{a^2 + b^2} \cdot e^{ax} \bigl[ a \sin(bx + \varphi) + b \cos(bx + \varphi) \bigr]
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= (a^2 + b^2) e^{ax} \sin(bx + 2\varphi).
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$$
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依此类推，由归纳法可得
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$$
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y^{(n)} = (a^2 + b^2)^{n/2} \, e^{ax} \sin(bx + n\varphi),
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$$
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其中
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$$
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\varphi = \arctan \frac{b}{a}.
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$$
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下用数学归纳法证明.设$y^{(n)}=(a^2+b^2)^{n/2}\mathrm{e}^{ax}\sin(bx+n\varphi)$,则$$\begin{aligned}y^{(n+1)}&=(a^2+b^2)^{n/2}(a\mathrm{e}^{ax}\sin(bx+n\varphi)+b\mathrm{e}^{ax}\cos(bx+n\varphi))\\&=(a^2+b^2)^{(n+1)/2}\mathrm{e}^{ax}\sin(bx+(n+1)\varphi)\end{aligned}$$得证.
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**方法二：欧拉公式法**
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设
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$$
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u = e^{ax} \cos bx, \quad v = e^{ax} \sin bx,
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$$
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则
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$$
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u + \mathrm{i}v = e^{ax} (\cos bx + \mathrm{i} \sin bx) = e^{(a + b\mathrm{i})x}.
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$$
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求 $n$ 阶导数：
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$$
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u^{(n)} + \mathrm{i} v^{(n)} = \bigl[ e^{(a + b\mathrm{i})x} \bigr]^{(n)}
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= (a + b\mathrm{i})^n e^{(a + b\mathrm{i})x}.
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$$
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记
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$$
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a + bi = \sqrt{a^2 + b^2} \, e^{\mathrm{i}\varphi},
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\quad \varphi = \arctan \frac{b}{a},
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$$
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则
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$$
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(a + b\mathrm{i})^n = (a^2 + b^2)^{n/2} e^{n\varphi\mathrm{i}}.
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$$
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于是
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$$
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u^{(n)} + \mathrm{i} v^{(n)}
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= (a^2 + b^2)^{n/2} e^{ n\varphi\mathrm{i}} \cdot e^{ax} e^{\mathrm{i}bx}
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= (a^2 + b^2)^{n/2} e^{ax} e^{\mathrm{i}(bx + n\varphi)}.
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$$
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取虚部，即得
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$$
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\bigl( e^{ax} \sin bx \bigr)^{(n)}
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= (a^2 + b^2)^{n/2} e^{ax} \sin(bx + n\varphi).
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$$
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类似可得
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$$
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\bigl( e^{ax} \cos bx \bigr)^{(n)}
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= (a^2 + b^2)^{n/2} e^{ax} \cos(bx + n\varphi).
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$$
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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。
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**解：**
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已知 $e^x$ 的麦克劳林展开为：
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$$
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e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \frac{x^6}{6!} + o(x^6).
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$$
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则
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$$
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\begin{aligned}
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x^2 e^x &= x^2 \left(1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \frac{x^6}{6!} + o(x^6)\right)\\[1em] &= x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2!} + \frac{x^5}{3!} + \frac{x^6}{4!} + \frac{x^7}{5!} + \frac{x^8}{6!} + o(x^8).
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\end{aligned}
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$$
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由于我们只关心六阶展开，保留到 $x^6$ 项，$x^7$ 及更高次项可并入 $o(x^6)$，故
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$$
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x^2 e^x = x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{x^6}{24} + o(x^6).
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$$
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于是
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$$
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\begin{aligned}
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f(x) &= x^2 e^x + x^6\\[1em] &= x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{x^6}{24} + x^6 + o(x^6)\\[1em] &= x^2 + x^3 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^5}{6} + \frac{25}{24}x^6 + o(x^6).
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\end{aligned}
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$$
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这就是 $f(x)$ 的六阶带佩亚诺余项的麦克劳林公式。
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由泰勒展开的唯一性，$x^6$ 项的系数为 $\frac{f^{(6)}(0)}{6!}$，即
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$$
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\frac{f^{(6)}(0)}{6!} = \frac{25}{24}.
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$$
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所以
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$$
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f^{(6)}(0) = 6! \times \frac{25}{24} = 720 \times \frac{25}{24} = 30 \times 25 = 750.
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$$
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**答案：**
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展开式为 $f(x) = x^2 + x^3 + \frac{1}{2}x^4 + \frac{1}{6}x^5 + \frac{25}{24}x^6 + o(x^6)$，$f^{(6)}(0) = 750$.
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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
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$$x_{n+1} = f(x_n), \quad n = 1, 2, \cdots.$$
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证明：
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（1）数列 $\{x_n\}$ 收敛（记 $\lim\limits_{n \to \infty} x_n = a$）；
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（2）方程 $f(x) = x$ 有唯一实根 $x = a$.
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**证明：**
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（1）首先证明 $\{x_n\}$ 是柯西数列.对任意 $n \geq 1$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_n$ 介于 $x_n$ 和 $x_{n-1}$ 之间，使得
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$$|x_{n+1} - x_n| = |f(x_n) - f(x_{n-1})| = |f'(\xi_n)| \cdot |x_n - x_{n-1}| \leq r |x_n - x_{n-1}|.$$
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反复应用此不等式，得
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$$|x_{n+1} - x_n| \leq r |x_n - x_{n-1}| \leq r^2 |x_{n-1} - x_{n-2}| \leq \cdots \leq r^{n-1} |x_2 - x_1|.$$
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于是对任意正整数 $m > n$，有
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$$
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\begin{aligned}
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|x_m - x_n| &\leq |x_m - x_{m-1}| + |x_{m-1} - x_{m-2}| + \cdots + |x_{n+1} - x_n| \\[1em]
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&\leq (r^{m-2} + r^{m-3} + \cdots + r^{n-1}) |x_2 - x_1| \\[1em]
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&= r^{n-1} \cdot \frac{1 - r^{m-n}}{1 - r} \cdot |x_2 - x_1| \\[1em]
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&\leq \frac{r^{n-1}}{1 - r} |x_2 - x_1|.
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\end{aligned}
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$$
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因为 $0 < r < 1$，所以当 $n \to \infty$ 时，$r^{n-1} \to 0$，从而对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $m > n > N$ 时 $|x_m - x_n| < \varepsilon$。故 $\{x_n\}$ 是柯西数列，因此在实数域中收敛，记 $\lim_{n \to \infty} x_n = a$。
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（2）由于 $f$ 可导，故连续。在递推式 $x_{n+1} = f(x_n)$ 两边取极限 $n \to \infty$，得
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$$a = \lim_{n \to \infty} x_{n+1} = \lim_{n \to \infty} f(x_n) = f(\lim_{n \to \infty} x_n) = f(a),$$
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即 $a$ 是方程 $f(x) = x$ 的一个实根。
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下证唯一性。假设另有 $b \neq a$ 满足 $f(b) = b$，则由拉格朗日中值定理，存在 $\eta$ 介于 $a$ 和 $b$ 之间，使得
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$$|a - b| = |f(a) - f(b)| = |f'(\eta)| \cdot |a - b| \leq r |a - b|.$$
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由于 $|a - b| > 0$，两边除以 $|a - b|$ 得 $1 \leq r$，与 $0 < r < 1$ 矛盾。故方程 $f(x) = x$ 有唯一实根 $x = a$
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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。
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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 $f(x)$。
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**解**
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令 $g(x) = \sin f(x)$，则
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$$
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g(x) - \frac{1}{3} g\left(\frac{1}{3}x\right) = x.
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$$
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依次将 $x$ 替换为 $\frac{x}{3}, \frac{x}{3^2}, \cdots, \frac{x}{3^{n-1}}$，并乘以相应系数，得
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$$
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\begin{aligned}
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g(x) - \frac{1}{3} g\left(\frac{x}{3}\right) &= x, \\
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\frac{1}{3} g\left(\frac{x}{3}\right) - \frac{1}{3^2} g\left(\frac{x}{3^2}\right) &= \frac{1}{3^2} x, \\
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\frac{1}{3^2} g\left(\frac{x}{3^2}\right) - \frac{1}{3^3} g\left(\frac{x}{3^3}\right) &= \frac{1}{3^4} x, \\
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&\vdots \\
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\frac{1}{3^{n-1}} g\left(\frac{x}{3^{n-1}}\right) - \frac{1}{3^n} g\left(\frac{x}{3^n}\right) &= \frac{1}{3^{2(n-1)}} x.
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\end{aligned}
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$$
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以上各式相加，得
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$$
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g(x) - \frac{1}{3^n} g\left(\frac{x}{3^n}\right) = x \left(1 + \frac{1}{9} + \frac{1}{9^2} + \cdots + \frac{1}{9^{n-1}}\right).
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$$
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因为 $|g(x)| \leq 1$，所以 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{3^n} g\left(\frac{x}{3^n}\right) = 0$。
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而 $\lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{9} + \frac{1}{9^2} + \cdots + \frac{1}{9^{n-1}}\right) = \frac{1}{1 - \frac{1}{9}} = \frac{9}{8}$，
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因此 由函数的连续性，
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$$
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g(x) = \frac{9}{8} x.
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$$
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于是 $\sin f(x) = \frac{9}{8} x$，解得
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$$
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f(x) = 2k\pi + \arcsin \frac{9}{8} x \quad \text{或} \quad f(x) = (2k-1)\pi - \arcsin \frac{9}{8} x \quad (k \in \mathbb{Z}).
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$$
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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。
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(1) 求参数$a, b$的值；（5分）
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(2) 计算极限$$\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - x^2}{x^4}$$的值。（5分）
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**解**
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(1)
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由于
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$$
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\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left( a + bx^2 - \cos x \right) = a - 1 = 0,
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$$
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故$a = 1$。
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又因为$f(x)$与$x^2$等价无穷小，所以
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$$
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\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{1 + bx^2 - \cos x}{x^2} = b + \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = b + \frac{1}{2} = 1,
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$$
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因此$b = \frac{1}{2}$。
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(2)
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由$\cos x$的麦克劳林展开：
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$$
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\cos x = 1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 + o(x^4).
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$$
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代入$f(x)$：
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$$
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f(x) = 1 + \frac{1}{2}x^2 - \left( 1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 + o(x^4) \right) = x^2 - \frac{1}{24}x^4 + o(x^4).
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$$
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于是
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$$
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\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - x^2}{x^4} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{24}x^4 + o(x^4)}{x^4} = -\frac{1}{24}.
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$$
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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：
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（1）在$(0,1)$内存在不同的$\xi, \eta$使$f'(\xi)f'(\eta)=1$；
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（2）对任意给定的正数$a, b$，在$(0,1)$内存在不同的$\xi, \eta$使$\frac{a}{f'(\xi)}+\frac{b}{f'(\eta)}=a+b$。
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**分析**
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（1）只需将$[0,1]$分成两个区间，使$f(x)$在两个区间各用一次微分中值定理。设分点为$x_0 \in (0,1)$，由
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f(x_0)-f(0)=f'(\xi)(x_0-0),\quad f(1)-f(x_0)=f'(\eta)(1-x_0) \quad (0<\xi<x_0<\eta<1),
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$$
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得$f'(\xi)=\frac{f(x_0)}{x_0}$，$f'(\eta)=\frac{1-f(x_0)}{1-x_0}$，则
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$$
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f'(\xi)f'(\eta)=1 \Leftrightarrow \frac{f(x_0)}{x_0} \cdot \frac{1-f(x_0)}{1-x_0} = 1.
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$$
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等价于$x_0$是方程$f(x)[1-f(x)] = x(1-x)$的根。取$x_0$满足$f(x_0)=1-x_0$即可。
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**证明**：
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（1）令$F(x)=f(x)-1+x$，则$F(x)$在$[0,1]$上连续，且$F(0)=-1<0$，$F(1)=1>0$。由介值定理知，存在$x_0 \in (0,1)$使$F(x_0)=0$，即$f(x_0)=1-x_0$。
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在$[0,x_0]$和$[x_0,1]$上分别应用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0,x_0)$，$\eta \in (x_0,1)$，使得
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$$f'(\xi)=\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0-0},\quad f'(\eta)=\frac{f(1)-f(x_0)}{1-x_0}.$$
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于是
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$$f'(\xi)f'(\eta)=\frac{f(x_0)}{x_0} \cdot \frac{1-f(x_0)}{1-x_0} = \frac{1-x_0}{x_0} \cdot \frac{x_0}{1-x_0} = 1.$$ （2）
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给定正数$a, b$，令$c = \frac{a}{a+b}$，则$0<c<1$。由于$f(x)$在$[0,1]$上连续，且$f(0)=0$, $f(1)=1$，由介值定理，存在$x_1 \in (0,1)$使得$f(x_1) = c = \frac{a}{a+b}$。
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在区间$[0, x_1]$和$[x_1, 1]$上分别应用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0, x_1)$, $\eta \in (x_1, 1)$，使得
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$$f'(\xi) = \frac{f(x_1) - f(0)}{x_1 - 0} = \frac{f(x_1)}{x_1}, \quad
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f'(\eta) = \frac{f(1) - f(x_1)}{1 - x_1} = \frac{1 - f(x_1)}{1 - x_1}.$$
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于是
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$$\frac{a}{f'(\xi)} + \frac{b}{f'(\eta)} = a \cdot \frac{x_1}{f(x_1)} + b \cdot \frac{1 - x_1}{1 - f(x_1)}.$$
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代入$f(x_1) = \frac{a}{a+b}$, $1 - f(x_1) = \frac{b}{a+b}$，得
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$$\frac{a}{f'(\xi)} + \frac{b}{f'(\eta)} = a \cdot \frac{x_1}{a/(a+b)} + b \cdot \frac{1 - x_1}{b/(a+b)} = (a+b)x_1 + (a+b)(1 - x_1) = a+b.$$
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故命题得证。
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10.讨论级数 $$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p}$$ ( $p>0$ )的敛散性。
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**补充整理：**
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1. 若两级数均收敛，则其和也收敛；若两个都绝对收敛，则和也绝对收敛；若一个绝对收敛一个条件收敛，则和条件收敛。
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2. 若两级数仅一个收敛，则其和是发散的。
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**级数添加与去掉括号的敛散性有以下结论：**
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1. 收敛级数任意添加括号也收敛。
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2. 若收敛级数去掉括号后的通项仍以0为极限，则去掉括号后的级数也收敛，且和不变。
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**去括号情况的证明**
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设 $(a_1 + \cdots + a_{n_1}) + (a_{n_1+1} + \cdots + a_{n_2}) + \cdots + (a_{n_{k-1}+1} + \cdots + a_{n_k}) + \cdots$ 收敛于 $S$，且 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0$。记该级数的部分和为 $T_k$，$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的部分和为 $S_n$，则 $T_k = S_{n_k}$，$\lim\limits_{k \to \infty} S_{n_k} = \lim\limits_{k \to \infty} T_k = S$。
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由于 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0$，对 $\forall i \in \{1, 2, \cdots, n_{k+1} - n_k - 1\}$，有
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$\lim\limits_{k \to \infty} S_{n_k+i} = \lim\limits_{k \to \infty} ( T_k + a_{n_k+1} + \cdots + a_{n_k+i} ) = S$
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所以 $\lim\limits_{n \to \infty} S_n = S$，即 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ 也收敛于 $S$。
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**分析** 这是交错级数，且通项趋于0，但通项不单调，不适用莱布尼茨准则。可考虑用添加括号的方式来证明。也可采用交换相邻两项顺序的方式使通项满足单调性。
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**解**：
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$$|a_n| = \left| \frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p} \right| = \frac{1}{n^p} \cdot \frac{1}{\left[ 1 + \frac{(-1)^n}{n} \right]^p} \sim \frac{1}{n^p}$$ ($n \to \infty$)
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当 $p>1$ 时，级数绝对收敛；当 $0<p<1$ 时，级数不绝对收敛。
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下面讨论 $0<p\leq 1$ 时，级数的收敛性。
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首先，级数的通项 $a_n \to 0$。
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**方法1** 将原级数按如下方式添加括号
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$$\left( \frac{1}{3^p} - \frac{1}{2^p} \right) + \left( \frac{1}{5^p} - \frac{1}{4^p} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} \right) + \cdots$$
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记 $b_n = \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p}$，则 $b_n < 0$，$\sum_{n=2}^{\infty} (-b_n)$是正项级数。由于
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$$-b_n = \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} = \frac{1}{(2n+1)^p} \left[ \left( 1 + \frac{1}{2n} \right)^p - 1 \right] \sim \frac{1}{(2n+1)^p} \cdot \frac{p}{2n} \sim \frac{p}{(2n)^{p+1}}$$
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而 $p+1>1$，所以 $\sum_{n=2}^{\infty} (-b_n)$ 收敛，由上面补充中去括号的讨论知，原级数收敛。
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**方法2** 同样考虑方法1中的级数 $\sum\limits_{n=2}^{\infty} (-b_n)$，其部分和为
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$$
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\begin{aligned}
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S_n &= \left( \frac{1}{2^p} - \frac{1}{3^p} \right) + \left( \frac{1}{4^p} - \frac{1}{5^p} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} \right) \\
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&= \frac{1}{2^p} \left( \frac{1}{3^p} - \frac{1}{4^p} \right) - \left( \frac{1}{5^p} - \frac{1}{6^p} \right) - \cdots - \left( \frac{1}{(2n-1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} \right) - \frac{1}{(2n+1)^p} < \frac{1}{2^p}
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\end{aligned}
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$$
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正项级数部分和数列有界，级数收敛，从而原级数收敛。
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**方法3** 原级数是
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$$\frac{1}{3^p} - \frac{1}{2^p} + \frac{1}{5^p} - \frac{1}{4^p} + \cdots + \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} + \cdots$$
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奇偶项互换后的新级数为
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$$\frac{1}{2^p} - \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} - \frac{1}{5^p} + \cdots + \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} + \cdots$$
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记 $c_n = \frac{1}{n^p}$，该级数为 $\sum\limits_{n=2}^{\infty}(-1)^{n-1}c_n$，由于 $c_n$ 单减趋于0，由莱布尼茨判别法知，该交错级数收敛，从而原级数收敛。
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**评注** “方法3” 用到了收敛级数的性质：收敛级数交换相邻两项的位置后的级数仍收敛，且和不变。
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证明如下：
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设 $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + \cdots + a_{2n-1} + a_{2n} + \cdots$ 收敛于 $S$，其部分和为 $S_n$。交换相邻两项的位置后的级数为 $a_2 + a_1 + a_4 + a_3 + \cdots + a_{2n} + a_{2n-1} + \cdots$，其部分和为 $T_n$，则
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$$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,$$
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所以 $\lim\limits_{n \to \infty} T_n = S$。
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11.(10分)
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(1)证明： 对任意的正整数 $n$，方程
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$$ x^n + n^2 x - 1 = 0 $$
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有唯一正实根（记为 $x_n$）。
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**证明：**
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令 $f_n(x) = x^n + n^2x - 1$ 。显然 $f_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且
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$$ f_n(0) = -1 < 0, \quad f_n(1) = n^2 > 0, $$
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由闭区间上连续函数的零值定理可知，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $f_n(\xi) = 0$，即
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$$ x^n + n^2x - 1 = 0 $$
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至少有一个正实根。
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又
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$$ f'_n(x) = nx^{n-1} + n^2, $$
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易知当 $x > 0$ 时，$f'_n(x) > 0$，故函数 $f_n(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内严格单调增加，因此 $f_n(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内至多只有一个零点。综上，函数 $f_n(x)$ 在$(0,+\infty)$ 内有唯一零点，即方程 $x^n + n^2x - 1 = 0$ 有唯一正实根。
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(2) 证明： 级数
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$$ \sum_{n=1}^\infty x_n $$
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收敛，且其和不超过 2。
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**证明：**
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记方程$x^n + n^2 x - 1 = 0$ 的唯一正实根为 $x_n$，则 $x_n^n + n^2 x_n - 1 = 0$，故
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$$ 0 < x_n = \frac{1}{n^2} - \frac{x_n^n}{n^2} < \frac{1}{n^2}. $$
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根据比较判别法，由于级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 收敛，故级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$收敛。
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记$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$的前$n$ 项部分和为 $S_n$,$\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$的前$n$ 项部分和为$T_n$，显然$T_n < S_n$，且
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$$\begin{aligned}
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S_n &= \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{n^2} < \frac{1}{1} + \frac{1}{1 \cdot 2} + \cdots + \frac{1}{(n-1)n}
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\\&= 1 + 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}
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\\&= 2 - \frac{1}{n}<2,
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\end{aligned}$$
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根据数列极限的保号性（更准确地说是保序性），
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$$ \sum_{n=1}^{\infty} x_n = \lim_{n \to \infty} T_n \leq \lim_{n \to \infty} S_n \leq 2. $$
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Cym10x
Elwood
