\documentclass[11pt,a4paper,fontset=windows]{ctexart}
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\begin{document}
\newCJKfontfamily\titlefont[AutoFakeBold=2]{SimSun}
\begin{center}\LARGE\titlefont\bfseries 数学 I 历次作业及解答\end{center}\vspace{0.3em}

\section*{1. \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\)}

利用 \(\sin x\sim x\)、\(1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}\)，先变形得

\[
\frac{\tan x-\sin x}{x^3}
=\frac{\sin x(1-\cos x)}{x^3\cos x}
\longrightarrow\boxed{\frac12}.
\]

\section*{2. \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(x+1)\sin5x}{\tan2x}\)}

由 \(\sin5x\sim5x\)、\(\tan2x\sim2x\)，得

\[
\lim_{x\to0}\frac{(x+1)\sin5x}{\tan2x}
=\lim_{x\to0}(x+1)\frac{5x}{2x}
=\boxed{\frac52}.
\]

\section*{3. \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[3]{1+5x^2}-1}{\ln(1+x)\arctan(\frac{x}{2})}\)}

因为

\[
\sqrt[3]{1+5x^2}-1\sim\frac53x^2,\qquad
\ln(1+x)\sim x,\qquad \arctan(\frac{x}{2})\sim\frac{x}{2},
\]

所以原极限为 \(\displaystyle\frac{\frac{5}{3}}{\frac{1}{2}}=\boxed{\frac{10}{3}}\)。

\section*{4. \(\displaystyle\lim_{x\to0}\left[(1+\sin^2x)^{\frac{\ln(1+x)}{1-\cos x}}-1\right]\)}

令 \(\displaystyle u=\frac{\ln(1+x)\ln(1+\sin^2x)}{1-\cos x}\)。由

\[
\ln(1+x)\sim x,\qquad
\ln(1+\sin^2x)\sim\sin^2x\sim x^2,\qquad
1-\cos x\sim\frac{x^2}{2},
\]

得 \(u\sim2x\to0\)。于是原式 \(=e^u-1\sim u\to\boxed{0}\)。

\newpage
\section*{5. \(\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{\ln\cos(x-1)}{1-\sin(\frac{\pi x}{2})}\)}

令 \(t=x-1\to0\)，则

\[
\ln\cos t=\ln\bigl[1+(\cos t-1)\bigr]
\sim\cos t-1\sim-\frac{t^2}{2},
\]

\[
1-\sin(\frac{\pi x}{2})=1-\cos(\frac{\pi t}{2})
\sim\frac{\pi^2t^2}{8}.
\]

故原极限为 \(\displaystyle\frac{-\frac{1}{2}}{\frac{\pi^2}{8}}=\boxed{-\frac4{\pi^2}}\)。

\section*{6. \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^{\frac{1}{x}}\)}

\textbf{方法一：} 令 \(t=\frac{1}{x}\to0^+\)，记原式为 \(y\)。由

\[
\delta=\frac{\sqrt{1+t^2}-1}{2}\sim\frac{t^2}{4},\qquad
\ln(1+\delta)\sim\delta\sim\frac{t^2}{4},
\]

得

\[
\ln y=t\ln\frac{1+\sqrt{1+t^2}}{t}
=t\ln\frac2t+t\ln(1+\delta)\longrightarrow0.
\]

这里用到基本极限 \(t\ln t\to0\)（\(t\to0^+\)）。因此 \(y\to\boxed{1}\)。

\textbf{方法二：} 当 \(x\ge1\) 时，\(1<x+\sqrt{1+x^2}\le3x\)。利用 \(\ln v\le v-1\)（\(v>0\)），有

\[
0\le\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x}
\le\frac{\ln(3x)}{x}
=\frac{2\ln\sqrt{3x}}{x}
\le\frac{2(\sqrt{3x}-1)}{x}\longrightarrow0.
\]

因此，\(\ln y\to0\)，故 \(y\to\boxed{1}\)。

\section*{7. \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{n^2+1}+\frac2{n^2+2}+\cdots+\frac n{n^2+n}\right)\)}

记括号内的和为 \(S_n\)。当 \(1\le k\le n\) 时，

\[
\frac{k}{n^2+n}\le\frac{k}{n^2+k}\le\frac{k}{n^2+1}.
\]

求和并利用 \(\displaystyle\sum_{k=1}^n k=\frac{n(n+1)}2\)，得

\[
\frac12\le S_n\le\frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\longrightarrow\frac12.
\]

因此，原极限为 \(\boxed{\frac12}\)。
\newpage
\section*{8. 求三次函数 \(Q(x)=ax^3+bx^2+cx+d\) 的拐点。}

因为 \(a\ne0\)，且

\[
Q'(x)=3ax^2+2bx+c,\qquad Q''(x)=6ax+2b,
\]

令 \(Q''(x)=0\)，得 \(\displaystyle x_*=-\frac{b}{3a}\)。由于
\(Q''(x)=6a(x-x_*)\) 在 \(x_*\) 两侧异号，故拐点为

\[
\boxed{\left(-\frac{b}{3a},\ Q\!\left(-\frac{b}{3a}\right)\right)}.
\]

\section*{9. 求圆的曲率半径，其中}

\[
\begin{cases}
x=x_0+R\cos\theta,\\
y=y_0+R\sin\theta,
\end{cases}
\qquad R>0.
\]

对 \(\theta\) 求导，得

\[
\begin{aligned}
x'&=-R\sin\theta,& y'&=R\cos\theta,\\
x''&=-R\cos\theta,& y''&=-R\sin\theta.
\end{aligned}
\]

因此曲率半径为

\[
\rho=\frac{\bigl[(x')^2+(y')^2\bigr]^{\frac32}}
{|x'y''-y'x''|}
=\frac{(R^2)^{\frac32}}{R^2}
=\boxed{R}.
\]
\section*{10. \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}n\left(\arctan n-\frac\pi2\right)\)}

由 \(n>0\) 时 \(\arctan n+\arctan\frac1n=\frac\pi2\)，得

\[
n\left(\arctan n-\frac\pi2\right)
=-\frac{\arctan(1/n)}{1/n}\longrightarrow\boxed{-1}.
\]

\section*{11. \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\frac{(1+\frac1n)^n}{e}\right]^n\)}

记原式为 \(a_n>0\)。利用 \(\ln(1+t)=t-\frac{t^2}{2}+O(t^3)\)（\(t\to0\)），得

\[
\begin{aligned}
\ln a_n
&=n\left[n\ln\left(1+\frac1n\right)-1\right]\\
&=n\left[-\frac1{2n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\right]
\longrightarrow-\frac12.
\end{aligned}
\]

因此原极限为 \(\boxed{e^{-1/2}}\)。

\section*{12. \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^{100}\ln^{10}n}{2^n}\)}

令 \(a_n=\frac{n^{100}\ln^{10}n}{2^n}\)（\(n\ge2\)），则

\[
\frac{a_{n+1}}{a_n}
=\frac12\left(1+\frac1n\right)^{100}
\left(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}\right)^{10}
\longrightarrow\frac12<1.
\]

取 \(\frac12<q<1\)，则存在 \(N\)，使 \(n\ge N\) 时 \(a_{n+1}\le q a_n\)，从而
\(0<a_n\le a_Nq^{n-N}\to0\)。故原极限为 \(\boxed{0}\)。

\section*{13. \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{2^n\cdot(n!)\cdot\ln^{10}n}{n^n}\)}

令 \(b_n=\frac{2^n\cdot(n!)\cdot\ln^{10}n}{n^n}\)（\(n\ge2\)），则

\[
\begin{aligned}
\frac{b_{n+1}}{b_n}
&=2\left(\frac n{n+1}\right)^n
\left(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}\right)^{10}\\
&\longrightarrow\frac2e<1.
\end{aligned}
\]

由第 12 题的几何数列估计可知 \(b_n\to0\)，故原极限为 \(\boxed{0}\)。

\section*{14. \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^n(n+1)^{10}}{3^n n!}\)}

令 \(c_n=\frac{n^n(n+1)^{10}}{3^n n!}>0\)，则

\[
\begin{aligned}
\frac{c_{n+1}}{c_n}
&=\frac13\left(1+\frac1n\right)^n
\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{10}\\
&\longrightarrow\frac e3<1.
\end{aligned}
\]

由第 12 题的几何数列估计可知 \(c_n\to0\)，故原极限为 \(\boxed{0}\)。
\end{document}