模拟题

\[不完整写下来, 你永远不知道自己会犯什么错\]

  • 主要问题
    • 计算不准确
    • 步骤不完整
    • 分析问题的基本方法没掌握
    • 基本概念没掌握
    • 基本步骤没掌握
  • 方法: 认真想一遍，写一遍，明确涉及到的知识点、概念的理解方式及计算步骤。

1 选择题

  1. 当 \(x \to 0^{+}\) 时，下列与 \(x\) 是等价无穷小的是（  ）

    A. \(e^{-\sin x} - 1\)

    B. \(\sqrt{1+\arctan x} - 1\)

    C. \(1 - \cos \sqrt{2x}\)

    D. \(1 - \displaystyle\frac{\ln (1+x)}{x}\)

答案：C
提示：

  • 等价无穷小的定义: 两者比值的极限为1, 或等价无穷小代换.

  1. 设 \(f(x) = \displaystyle\frac{1}{x^2}\)，\(ab \neq 0\) 且 \(a \neq b\)，则在 \(a\)、\(b\) 之间使得 \(f(b) - f(a) = f'(\xi)(b - a)\) 成立的点 \(\xi\)（   ）

    A. 不存在

    B. 只有一点

    C. 有两个点

    D. 是否存在与 \(a\)、\(b\) 之值有关

答案：D
提示：

  • 不满足中值定理, 直接做.

  • 画图用几何意义， \[f'(\xi) =\displaystyle\frac{f(b) - f(a)}{b - a}\] 表示 \(\xi\) 处的切线和连接 \(a\)、\(b\) 端点的割线平行.

  1. 设 \(f(x) = |x^3 - 1|\varphi(x)\)，其中 \(\varphi(x)\) 在 \(x=1\) 处连续，则 \(\varphi(1)=0\) 是 \(f(x)\) 在 \(x=1\) 处可导的（  ）

    A. 充分必要条件

    B. 必要但非充分条件

    C. 充分但非必要条件

    D. 既非充分也非必要条件

答案：A
提示：在一点处导数的用定义求。

  1. 若 \(\displaystyle\int f'(x^2) dx = x^4 + C\ (x>0)\)，则 \(f(x) =\)（   ）

    A. \(x^2 + C\)

    B. \(\frac{4}{5} x^{\frac{5}{2}} + C\)

    C. \(x^4 + C\)

    D. \(\frac{8}{5} x^{\frac{5}{2}} + C\)

答案：D
提示：

  • 直接求 \(x^4\) 的原函数，

  • 明确记号 \(f'(x^2)\) 表示 \(x^2\) 作为整体求导；

  • 也可把答案代入验证。

  1. 函数 \(f(x) =\displaystyle \ln \frac{1 - x}{1 + x}\) 的克劳林公式为（   ）

    A. \(-2 \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{x^{2k}}{2k} + o(x^{2n})\)

    B. \(-2 \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{x^{2k-1}}{2k-1} + o(x^{2n-1})\)

    C. \(2 \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{x^{2k}}{2k} + o(x^{2n})\)

    D. \(-2 \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!} + o(x^{2n-1})\)

答案：B
提示：

  • 方法一：\(\displaystyle\ln \frac{1 - x}{1 + x} = \ln (1 - x) - \ln (1 + x)\)，用对数函数的麦克劳林公式；
  • 方法二：先判断出 \(\displaystyle\ln \frac{1 - x}{1 + x}\) 是奇函数，再联想对数函数麦克劳林公式的分母不是阶乘。

  1. 当\(x \to 0\)时，\((1-\cos x)\ln(1+x^2)\)是比\(x\sin (x^n)\)高阶的无穷小，而\(x\sin(x^n)\)是比\((e^{x^2}-1)\)高阶的无穷小，则正整数\(n\)等于（ ）

    A. 1   B. 2   C. 3   D. 4

答案：B
提示：

  • 方法：用等价无穷小代换.

\[(1-\cos x)\ln(1+x^2)\sim \frac{1}{2} x^4, (e^{x^2}-1)\sim x^2.\] \[x\sin (x^n)\sim x^{n+1}.\]

\[n+1=3.\]

  1. 已知\(f(x)\)在\(x=0\)处连续, 且\(\displaystyle\lim _{x \to 0}\displaystyle\frac{f(x)}{x}=2,\) 则极限\(\displaystyle\lim _{h \to 0} \displaystyle\frac{f(2h)-f(-h)}{h}\) （  ）

    A. 等于2   B. 等于4   C. 等于6   D. 未必存在

答案：C
提示：

  • 应用条件, 分解要求的极限.

\[ \begin{aligned} &\lim_{h \to 0} \displaystyle\frac{f(2h)-f(-h)}{h}\\ =&\lim_{h \to 0} \displaystyle\frac{f(2h)}{h}-\lim_{h \to 0} \frac{f(-h)}{h}=2\cdot 2-(-1)\cdot 2=6. \end{aligned} \]

  1. 关于曲线\(y=\frac{1+e^{-x^2}}{1-e^{-x^2}}\)的渐近线, 下列结论正确的是（  ）.

A. 没有渐近线   B. 仅有水平渐近线

C. 仅有垂直渐近线  D. 既有水平渐近线又有垂直渐近线

答案：D
提示：

  • 按渐近线的定义与判断步骤.

  • \(x\to 0\) 是垂直渐近线

  • \(x\to \infty\)时, \(y\to 1\), 有水平渐近线.

  • \(x\to \infty\)时, \[\frac{f(x)}{x}=\frac{1+e^{-x^2}}{x(1-e^{-x^2})}\to 0,\]

说明只有水平渐近线, 没有斜渐近线.

  1. 已知\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(f(a)=f(b)=0\)，则下列说法不一定成立的是（ ）

    A. 必存在点\(\xi \in (a,b)\)，使得\(f'(\xi)=0\)

    B. 必存在点\(\xi \in (a,b)\)，使得\(f(\xi)+\xi f'(\xi)=0\)

    C. 必存在点\(\xi \in (a,b)\)，使得\(f'(\xi)=f(\xi)\)

    D. 必存在点\(\xi \in (a,b)\)，使得\(f'(\xi)=\xi\)

答案：D
提示：

  • 举反例.

  • \(f(x)=0. [a,b]=[1,2].\)

  • 一般画图举反例最快, 和\(y=x\)没有交点.

  1. 下列结论正确的是（ ）

A. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x(x+1)}\)与\(\displaystyle\int_0^{1} \frac{dx}{x(x+1)}\)都收敛

B. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x(x+1)}\)与\(\displaystyle\int_0^{1} \frac{dx}{x(x+1)}\)都发散

C. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x(x+1)}\)收敛, \(\displaystyle\int_0^{1} \frac{dx}{x(x+1)}\)发散

D. \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x(x+1)}\)发散, \(\displaystyle\int_0^{1} \frac{dx}{x(x+1)}\)收敛

答案：C
提示：

  • 按广义积分的定义, 估计.

  • \[\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x(x+1)}\sim \displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^2}\]

\(2>1\), 所以收敛.

  • 区间无限, \(x+1\to x\).

  • \[\displaystyle\int_0^{1} \frac{dx}{x(x+1)}\sim \displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x}\]

  • \(0\)是瑕点, 分母中的\(x+1\to 1\)没影响. 所以发散.

2 填空题

  1. 不定积分 \(\displaystyle\int \frac{x + 5}{x^2 - 6x + 13} dx =\)

答案：\(\displaystyle\frac{1}{2} \ln (x^2 - 6x + 13) + 4 \arctan \frac{x - 3}{2} + C\)

提示：

  • 分母配方，

  • 分子拆成两项之和（一项是分母导数的倍数，另一项是常数），注意常数 \(C\)。

  1. 设 \(y = y(x)\) 是由方程 \(\displaystyle\sqrt[x]{y} = \sqrt[y]{x}\ (x>0, y>0)\) 所确定，则 \(dy =\)

答案：\(dy = \displaystyle\frac{1 + \ln x}{1 + \ln y} dx\)
提示：

  • 取对数再求导；

  • 注意求的是微分，别忘了 \(dx\)。

  1. 极限 \(\displaystyle\lim _{x \to 0} \displaystyle\frac{\displaystyle\int_{0}^{x^2} (\sqrt[3]{1 + t^2} - 1)dt}{x^3 (e^{-x^3} - 1)} =\)

答案：\(-\displaystyle\frac{1}{9}\)
提示：分母先用等价无穷小代换，再用洛必达法则。

  1. 曲线 \(y = \displaystyle\frac{\ln x}{x} - 2x\) 的渐近线方程为

答案：\(x = 0\) 与 \(y = -2x\)
提示：按标准步骤求解，不要遗漏。

  1. 反常积分 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx =\)

答案：\(\displaystyle\frac{\pi}{2}\)
提示：用广义积分的定义计算，分子分母同乘 \(e^x\) 后再计算。

  1. 定积分\(\displaystyle\int_{-2}^{2} \frac{\sin x +|x|}{2+x^2 }dx=\)__________.

答案: \(\ln 3\)

  • 奇函数的积分=0.
  1. 若函数\(\begin{cases} f(x) = \displaystyle\frac{\sin(ax-a)}{\ln x}, \ 0<x<1 \\ b, \ x=1, \\ \displaystyle x^{\frac{1}{1- x}},\ x>1 \end{cases}\) 在 \(x=1\) 处连续, 则\(a, b\)满足的条件是为__________.

答案: \(a=b=e^{-1}\)

  • 左右极限相等.
  1. 设函数\(y=f(x)\)由方程\(e^{2x+y} -\sin(x+y)=e\)所确定，则曲线\(y=f(x)\)在\(x=0\)处的法线方程为__________

答案: \(y=1+\displaystyle\frac{e}{2e-1}x\)

  • 隐函数求导.
  1. 函数\(f(x)=\ln(2-x)\)在\(x=1\)处的\(n\)阶泰勒公式为__________.

答案: \(\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{(x-1)^k}{k}+o((x-1)^n).\)

  • 利用已知展开式.
  1. 若\(f'(\arcsin x)=x^2\)，则\(f(x)=\)__________.

答案: \(\displaystyle\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\sin 2x +C.\)

  • 理解表达式+变量代换\(t=\arcsin x\).

  • 所以\(x=\sin t.\) 代入得

\[f'(t)=\sin^2 x.\]

  • 积分即得.

3 解答题

问题 求 \(\displaystyle\lim _{x \to 0} \left( \frac{\tan x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}}\)

  • 幂指函数
  • 化为指数函数
  • 洛必达法则

\[ \begin{aligned} \text{原极限} &= \lim _{x \to 0} \left( 1 + \frac{\tan x - x}{x} \right)^{\frac{x}{\tan x - x} \cdot \frac{\tan x - x}{x^3}} \\ &= e^{\lim _{x \to 0} \frac{\tan^2 x}{3x^2}} = e^{\frac{1}{3}}. \end{aligned} \] 提示：幂指函数，用洛必达法则。

问题 求参数方程 \(\begin{cases} x = a \cos^3 t \ (a>0) \\ y = a \sin^3 t \ (a>0) \end{cases}\) 在 \(t = \frac{\pi}{6}\) 处的曲率

  • 公式
  • 公式

\[ \frac{dy}{dx} = -\tan t, \quad \frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{1}{3a \cos^4 t \sin t}, \] \[ \left. \frac{dy}{dx} \right|_{t = \frac{\pi}{6}} = -\frac{\sqrt{3}}{3}, \quad \left. \frac{d^2 y}{dx^2} \right|_{t = \frac{\pi}{6}} = \frac{32}{27a}, \] \[ \left. K \right|_{t = \frac{\pi}{6}} = \left. \frac{|y''|}{(1 + y'^2)^{\frac{3}{2}}} \right|_{t = \frac{\pi}{6}} = \frac{4\sqrt{3}}{9a}. \] 提示：注意分子分母不要颠倒；二阶导数是对 \(x\) 求导，记不住曲率公式也要先求出一阶、二阶导数。

问题 已知 \(f(x)\) 的一个原函数为 \(\displaystyle\frac{(\arcsin x)^2}{x}\)，求 \(\displaystyle\int x f'(x) dx.\)

  • 导数
  • 拿到\(d\)后面, 用分部积分法

\[ f(x) = \left( \frac{(\arcsin x)^2}{x} \right)' = \frac{2 \arcsin x \cdot \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} - (\arcsin x)^2}{x^2}. \] \[ \int x f'(x) dx = x f(x) - \int f(x) dx = \frac{2 \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}} - \frac{(\arcsin x)^2}{x} + C. \] 提示：计算准确，注意加常数 \(C\)。

问题 计算定积分 \(\displaystyle\int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{1}{x^2 \sqrt{1 + x^2}} dx.\)

  • 有根号
  • 去根号, 用换元法

令 \(x = \tan t\)，则： \[ \begin{aligned} \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{1}{x^2 \sqrt{1 + x^2}} dx &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\cos t}{\sin^2 t} dt \\ &= -\frac{1}{\sin t} \bigg|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \\ &= \sqrt{2} - \frac{2\sqrt{3}}{3}. \end{aligned} \] 提示：难点在于根号，用三角函数换元去根号；步骤需“要换全换”（变量、积分限、被积表达式同步替换）。

问题 设 \(f(x) = 3x^2 + A x^{-3}\)，问正数 \(A\) 至少为何值时，可使得对任意 \(x \in (0, +\infty)\)，都有 \(f(x) \geq 20\)？

  • 代入, 把参数\(A\)解出来

  • 变成证明函数的极大值

  • 固定步骤

将不等式变形为 \(A \geq 20 x^3 - 3x^5\)，设 \(g(x) = 20 x^3 - 3x^5\)，即求 \(g(x)\) 在 \((0, +\infty)\) 上的最大值。

令 \(g'(x) = 60 x^2 - 15 x^4 = 0\)，得 \((0, +\infty)\) 内的唯一驻点 \(x = 2\)。

又 \(g(0) = 0\)，\(\lim _{x \to +\infty} g(x) = -\infty\)，故当 \(x \in (0, +\infty)\) 时，\(\max g(x) = g(2) = 64\)，即 \(A = 64\)。

提示：明确题意，转化为求函数最值问题，按固定步骤求解。

问题 求 \(f(x) = x e^x\) 的 \(n\) 阶麦克劳林公式（分别具有拉格朗日型余项和皮亚诺型余项）

  • 写出表达式,

  • 逐一求系数

  • 逐一求余项

先求 \(n\) 阶导数： \[ f^{(n)}(x) = C_{n}^{0} (e^x)^{(n)} x + C_{n}^{1} (e^x)^{(n-1)} x' = x e^x + n e^x \]

  • 拉格朗日型余项： \[ x e^x = x + x^2 + \frac{x^3}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{(n-1)!} + \frac{e^{\theta x} (n + 1 + \theta x)}{(n+1)!} x^{n+1}, \quad 0 < \theta < 1 \]

  • 皮亚诺型余项： \[ x e^x = x + x^2 + \frac{x^3}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{(n-1)!} + o(x^n) \]

提示：用定义直接求解，或利用指数函数的麦克劳林公式间接推导。

问题 过坐标原点作曲线 \(y = \ln x\) 的切线，该切线与曲线 \(y = \ln x\) 以及 \(x\) 轴所围成的平面图形记为 \(D\)

  1. 求 \(D\) 的面积 \(A\)；
  2. 求 \(D\) 绕 \(y\) 轴旋转一周所得的旋转体的体积 \(V\)。
  • 导数是斜率
  • 公式或微元法
  • 公式或微元法

设切点为 \((x_0, \ln x_0)\)，则切线方程为 \(y = \ln x_0 + \frac{1}{x_0}(x - x_0)\)。

由切线过原点，得 \(\ln x_0 - 1 = 0\)，解得 \(x_0 = e\)，故切点为 \((e, 1)\)，切线方程为 \(y = \displaystyle\frac{1}{e}x\)。

  1. 面积： \[ A = \frac{e}{2} - \int_{1}^{e} \ln x dx = \frac{e}{2} - 1 \]

  2. 体积： \[ V_y = \pi \int_{0}^{1} e^{2y} dy - \frac{1}{3}\pi e^2 = \frac{\pi}{6}(e^2 - 3) \]

提示：按固定步骤求解，注意画图明确面积、体积的表达式（上下限、加减关系）。

问题 (1) 证明 \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a + b - x) dx\)；
(2) 计算 \(\displaystyle\int_{0}^{2} \frac{\sqrt{4 - x}}{\sqrt{4 - x} + \sqrt{x + 2}} dx\)。

  • 被积函数一样, 右边变化了

  • 整体用换元法.\(a+b-x=t\)

  • 用第一问的结果.

  • 找准\(a,b\), 代入看看结果再化简.

  1. 证明：令 \(a + b - x = t\)，则： \[ \int_{a}^{b} f(a + b - x) dx = -\int_{b}^{a} f(t) dt = \int_{a}^{b} f(x) dx \] 等式得证。

  2. 解：设 \(I = \displaystyle\int_{0}^{2} \frac{\sqrt{4 - x}}{\sqrt{4 - x} + \sqrt{x + 2}} dx\)，由(1)的结论： \[ I = \int_{0}^{2} \frac{\sqrt{2 + x}}{\sqrt{2 + x} + \sqrt{4 - x}} dx \] 两式相加得 \(2I = 2\)，故 \(I = 1\)。

提示：

  1. 等式右边含变量 \(a + b - x\)，提示用换元法；
  2. 不会做(1)也可直接用(1)的结论计算(2)，两题关联时通常需利用前题结果。

问题 (1) 计算不定积分 \(\displaystyle\int e^x \sin x dx\)；
(2) 求 \(I_n = \displaystyle\int e^x \sin^n x dx\) 的递推公式（其中 \(n\) 为大于1的整数）。

  • 要找递推公式, 分部积分法

  • 把指数函数拿到\(d\)后面

  1. \[ \begin{aligned} &\int e^x \sin x dx = \int \sin x d e^x\\ &= e^x \sin x - \int e^x \cos x dx \\ &= e^x \sin x - \int \cos x d e^x \\ &= e^x \sin x - \left( e^x \cos x + \int e^x \sin x dx \right) \end{aligned} \] 移项得： \[ \int e^x \sin x dx = \frac{1}{2} e^x (\sin x - \cos x) + C \]

  2. \[ \begin{aligned} I_n &= \int \sin^n x d(e^x) \\ &= e^x \sin^n x - n \int e^x \sin^{n-1} x \cos x dx \\ &= e^x \sin^n x - n \left[ e^x \sin^{n-1} x \cos x - \int e^x d(\sin^{n-1} x \cos x) \right] \\ &= e^x \sin^n x - n e^x \sin^{n-1} x \cos x \\ &\ \ \ + n \int e^x \left[ (n-1) \sin^{n-2} x \cos^2 x - \sin^n x \right] dx \\ &= e^x \sin^n x - n e^x \sin^{n-1} x \cos x + n(n-1) I_{n-2} - n^2 I_n. \end{aligned} \] 整理得递推公式： \[ I_n = \frac{e^x \sin^{n-1} x}{n^2 + 1} (\sin x - n \cos x) + \frac{n(n-1)}{n^2 + 1} I_{n-2}\ (n \geq 2) \]

提示：两问均使用分部积分法。

问题 设 \(y = f(x)\) 在 \(x = x_0\) 处三阶可导，且 \(f''(x_0) = 0\)，\(f'''(x_0) \neq 0.\)

  1. 证明 \((x_0, f(x_0))\) 是曲线 \(y = f(x)\) 的拐点；
  2. 试问 \(x = x_0\) 是否是函数 \(y = f(x)\) 的极值点？为什么？
  • 两边二阶导数异号
  • 邻域附近有保号性
  • 保号性
  • 泰勒公式
  • 写出泰勒公式, 用极值的定义判断.

  1. 证明：不妨设 \(f'''(x_0) > 0\)，由导数定义： \[ f'''(x_0) = \lim _{x \to x_0} \frac{f''(x) - f''(x_0)}{x - x_0} = \lim _{x \to x_0} \frac{f''(x)}{x - x_0} > 0 \] 由极限的保号性，在 \(\stackrel{\circ}{U}(x_0)\) 内有 \(\frac{f''(x)}{x - x_0} > 0\)，即 \(f''(x)\) 在 \(x_0\) 两侧异号，故 \((x_0, f(x_0))\) 是曲线 \(y = f(x)\) 的拐点。

  2. \(x = x_0\) 不是函数 \(y = f(x)\) 的极值点，理由如下：

  • 若 \(f'(x_0) \neq 0\)，由费马引理（取极值的必要条件）知 \(x = x_0\) 不是极值点；
  • 若 \(f'(x_0) = 0\)，由泰勒公式： \[ f(x) - f(x_0) = \frac{f'''(x_0)}{3!}(x - x_0)^3 + o((x - x_0)^3) \] 可见在 \(x = x_0\) 的两侧，\(f(x) - f(x_0)\) 的符号异号，故 \(x = x_0\) 不是极值点。

提示：论证需写出明确依据（如导数定义、极限保号性、费马引理、泰勒公式）。

问题 求极限\(\displaystyle\lim_{x \to 1} \left( \frac{1}{x - 1}-\frac{1}{\ln x}\right).\)

\[ \lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x}}{1} = 1.\]

\[\begin{aligned} & \lim_{x \to 1} \frac{x - 1 - \ln x}{(x - 1)\ln x} \\ = &\lim_{x \to 1} \frac{1 - \frac{1}{x}}{\ln x + 1 - \frac{1}{x}} \\ =& \lim_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}} = \frac{1}{2}. \end{aligned} \]

问题 求参数方程 \(\begin{cases} x = \ln(1+t^2) \\ y = t-\arctan t \end{cases}\) 在 \(t =1\) 处的曲率.

\[ \frac{dy}{dx}=\frac{1}{2}t, \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{1+t^2}{4t}, \]

\[ \frac{dy}{dx}|_{t=1}=\frac{1}{2}, \frac{d^2y}{dx^2}|_{t=1}=\frac{1}{2}. \]

\[ K|+{t=1}= \frac{|y''|}{(1+y'^2)^{\frac{3}{2}}}|_{t=1}=\frac{4\sqrt{5}}{25}. \]

问题 已知\(f(x)\)的一个原函数为\(e^{x^2}\)，求\(\displaystyle\int x f''(x)dx\)。

已知\(f(x)\)的一个原函数为\(e^{-x^2}\)，则： \[ f(x) = (e^{-x^2})' = -2x e^{-x^2}. \]

求导得： \[ f'(x) = (-2x e^{-x^2})' = -2e^{-x^2} + 4x^2 e^{-x^2}. \] 由分部积分法\(\int x f''(x)dx = x f'(x) - \int f'(x)dx = x f'(x) - f(x) + C\)，代入得： \[\begin{aligned} &x(-2e^{-x^2} + 4x^2 e^{-x^2}) - (-2x e^{-x^2}) + C \\ =& 4x^3 e^{-x^2} + C. \end{aligned}\]

问题 求积分\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1 - \sin 2x}dx.\)

\[\begin{aligned} 原式=& \int_0^{\frac{\pi}{2}} |\cos x - \sin x|dx \\ =& \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos x - \sin x)dx +\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{4}} (\sin x - \cos x)dx \\ =& 2\sqrt{2} - 2. \end{aligned}\]

问题 证明：当\(x \in (0, \frac{\pi}{2})\)时，\(\tan x + 2\sin x > 3x\)。

证明：令\(f(x) = \tan x + 2\sin x - 3x\)，\(x \in (0, \frac{\pi}{2})\)

求二阶导数： \[ f''(x) = 2\sec^2 x \tan x - 2\sin x = 2\sin x (\sec^3 x - 1). \]

当\(x \in (0, \frac{\pi}{2})\)时，\(f''(x) >0\)，故\(f'(x)\)单调递增，

又\(f'(0)=0\)，则\(f(x)\)单调递增，因此\(f(x) > f(0)=0\)，

即\(\tan x + 2\sin x > 3x.\)

问题 ）已知函数\(f(x)=\displaystyle\frac{1}{x^2 + 3x + 2}\)

  1. 求函数在\([0,1]\)上的最大值和最小值；

  2. 求函数带皮亚诺型余项的\(n\)阶麦克劳林公式。

解：\(f(x) = \frac{1}{(x + 1)(x + 2)} = \frac{1}{x + 1} - \frac{1}{x + 2}\)

  1. 求导： \[\begin{aligned} f'(x) &= -\frac{1}{(x + 1)^2} + \frac{1}{(x + 2)^2} \\ &= -\frac{2x + 3}{(x + 1)^2(x + 2)^2} < 0 \quad (x \in [0,1]). \end{aligned}\]

故\(f(x)\)在\([0,1]\)上单调递减.

最大值：\(f(0) = \frac{1}{2}.\) 最小值：\(f(1) = \frac{1}{6}.\)

  1. 利用\(\frac{1}{1 + x} = \sum_{k=0}^n (-1)^k x^k + o(x^n)\)，得： \[\begin{aligned} f(x) &= \sum_{k=0}^n (-1)^k x^k - \sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{x^k}{2^{k + 1}} + o(x^n)\\ &= \sum_{k=0}^n (-1)^k (1 - \frac{1}{2^{k + 1}})x^k + o(x^n). \end{aligned} \]

问题 计算不定积分\(\displaystyle\int x^3\sqrt{4 - x^2}dx.\)

解：令\(x = 2\sin t\)，则\(dx = 2\cos t dt\)，\(\displaystyle\sqrt{4 - x^2} = 2\cos t.\)

积分转化为： \[\begin{aligned} &32\int (\cos^2 t - 1)\cos^2 t d\cos t \\ = &32\left(\frac{1}{5}\cos^5 t - \frac{1}{3}\cos^3 t\right) + C\\ =& \frac{1}{5}(4 - x^2)^{\frac{5}{2}} - \frac{4}{3}(4 - x^2)^{\frac{3}{2}} + C. \end{aligned}\]

问题 设\(f(x)\)连续，\(f(x) < 1\)，证明方程\(5x - \displaystyle\int_{-2x}^{2x} f(t)dt = 1\)只有一个实根。

证明：令\(F(x) = 5x - \displaystyle\int_{-2x}^{2x} f(t)dt - 1.\)

  • \(F(x)\)在\([0,1]\)上连续，\(F(0) = -1 < 0.\)
  • \(F(1) = 4 - \int_{-2}^2 f(t)dt > 0.\)（因\(f(x) \leq 1\)，\(\int_{-2}^2 f(t)dt \leq 4\)）.
  • 由零点定理，存在\(\xi \in (0,1)\)使\(F(\xi)=0.\)
  • 求导：\(F'(x) = 5 - 2[f(2x) + f(-2x)] > 1 > 0\)，故\(F(x)\)严格单调递增
  • 因此\(F(x)=0\)只有一个实根.

问题 设曲线\(y=\frac{1}{x}\)，直线\(y=4x\)和\(x=2\)围成平面图形为\(D\)。

  1. 求图形\(D\)的面积\(A\)；

  2. 求图形\(D\)绕\(x\)轴旋转一周得到的旋转体的体积\(V\)。

解：曲线\(y=\frac{1}{x}\)与\(y=4x\)交点为\((\frac{1}{2}, 2).\)

  1. 面积\(A\)： \[\begin{aligned} A &= \int_{\frac{1}{2}}^2 (4x - \frac{1}{x})dx \\ &= \left(2x^2 - \ln x\right)\big|_{\frac{1}{2}}^2 = \frac{15}{2} - 2\ln 2. \end{aligned} \]

  2. 体积\(V\)： \[ V = \pi \int_{\frac{1}{2}}^2 (4x)^2 dx - \pi \int_{\frac{1}{2}}^2 (\frac{1}{x})^2 dx = \frac{81}{2}\pi. \]

问题 设\(f(x)\)在\([a,b]\)上连续。

  1. 证明\(\displaystyle\int_a^{b} f(x)dx=\displaystyle\int_a^{b} f(a+b-x)dx\), 并计算\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{\sin x + \cos x}dx\)；

  2. 若\(f(x)\)在\((a,b)\)内二阶可导，且\(f(a)=f(b)=0\)，\(f(c)>0\)（\(a<c<b\)），证明存在点\(\xi \in (a,b)\)，使得\(f''(\xi)<0\)。

  1. 令\(t = a+b - x\)，则： \[\begin{aligned} \int_a^{b} f(x)dx&=\displaystyle\int_b^{a} f(a+b-t)(-dt)\\ &=\int_a^{b} f(a+b-t)dt. \end{aligned} \]

由上式, \[ I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 x}{\sin x + \cos x}dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^2 x}{\sin x + \cos x}dx. \]

两式相加： \[ 2I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4})}dx = \sqrt{2}\ln(\sqrt{2} + 1). \]

故： \[ I = \frac{\sqrt{2}\ln(\sqrt{2} + 1)}{2}. \]

  1. 证明：

  • 由拉格朗日中值定理，存在 \(\xi_1 \in (a,c)\) 使 \(f'(\xi_1) =\frac{f(c)}{c-a} > 0\)

  • 存在\(\xi_2 \in (c,b)\)使得 \[f'(\xi_2) = \frac{-f(c)}{b - c} < 0.\]

  • 对\(f'(x)\)再用拉格朗日中值定理，存在\(\xi \in (\xi_1, \xi_2)\)使得： \[ f''(\xi) = \frac{f'(\xi_2) - f'(\xi_1)}{\xi_2 - \xi_1} < 0. \]