数学 I 历次作业及解答

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数学 I 历次作业及解答#

  1. lim⁡x→0tan⁡x−sin⁡xx3\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}

利用 sin⁡x∼x\sin x\sim x、1−cos⁡x∼x221-\cos x\sim \frac{x^2}{2}，先变形得

tan⁡x−sin⁡xx3=sin⁡x(1−cos⁡x)x3cos⁡x⟶12.\frac{\tan x-\sin x}{x^3} =\frac{\sin x(1-\cos x)}{x^3\cos x} \longrightarrow\boxed{\frac12}.
  1. lim⁡x→0(x+1)sin⁡5xtan⁡2x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(x+1)\sin5x}{\tan2x}

由 sin⁡5x∼5x\sin5x\sim5x、tan⁡2x∼2x\tan2x\sim2x，得

lim⁡x→0(x+1)sin⁡5xtan⁡2x=lim⁡x→0(x+1)5x2x=52.\lim_{x\to0}\frac{(x+1)\sin5x}{\tan2x} =\lim_{x\to0}(x+1)\frac{5x}{2x} =\boxed{\frac52}.
  1. lim⁡x→01+5x23−1ln⁡(1+x)arctan⁡(x2)\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[3]{1+5x^2}-1}{\ln(1+x)\arctan(\frac{x}{2})}

因为

1+5x23−1∼53x2,ln⁡(1+x)∼x,arctan⁡(x2)∼x2,\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 5312=103\displaystyle\frac{\frac{5}{3}}{\frac{1}{2}}=\boxed{\frac{10}{3}}。

  1. lim⁡x→0[(1+sin⁡2x)ln⁡(1+x)1−cos⁡x−1]\displaystyle\lim_{x\to0}\left[(1+\sin^2x)^{\frac{\ln(1+x)}{1-\cos x}}-1\right]

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

ln⁡(1+x)∼x,ln⁡(1+sin⁡2x)∼sin⁡2x∼x2,1−cos⁡x∼x22,\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∼2x→0u\sim2x\to0。于是原式 =eu−1∼u→0=e^u-1\sim u\to\boxed{0}。

  1. lim⁡x→1ln⁡cos⁡(x−1)1−sin⁡(πx2)\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{\ln\cos(x-1)}{1-\sin(\frac{\pi x}{2})}

令 t=x−1→0t=x-1\to0，则

ln⁡cos⁡t=ln⁡[1+(cos⁡t−1)]∼cos⁡t−1∼−t22,\ln\cos t=\ln\bigl[1+(\cos t-1)\bigr] \sim\cos t-1\sim-\frac{t^2}{2},
1−sin⁡(πx2)=1−cos⁡(πt2)∼π2t28.1-\sin(\frac{\pi x}{2})=1-\cos(\frac{\pi t}{2}) \sim\frac{\pi^2t^2}{8}.

故原极限为 −12π28=−4π2\displaystyle\frac{-\frac{1}{2}}{\frac{\pi^2}{8}}=\boxed{-\frac4{\pi^2}}。

  1. lim⁡x→+∞(x+1+x2)1x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^{\frac{1}{x}}

方法一： 令 t=1x→0+t=\frac{1}{x}\to0^+，记原式为 yy。由

δ=1+t2−12∼t24,ln⁡(1+δ)∼δ∼t24,\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=tln⁡1+1+t2t=tln⁡2t+tln⁡(1+δ)⟶0.\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 tln⁡t→0t\ln t\to0（t→0+t\to0^+）。因此 y→1y\to\boxed{1}。

方法二： 当 x≥1x\ge1 时，1<x+1+x2≤3x1<x+\sqrt{1+x^2}\le3x。利用 ln⁡v≤v−1\ln v\le v-1（v>0v>0），有

0≤ln⁡(x+1+x2)x≤ln⁡(3x)x=2ln⁡3xx≤2(3x−1)x⟶0.0\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→0\ln y\to0，故 y→1y\to\boxed{1}。

  1. lim⁡n→∞(1n2+1+2n2+2+⋯+nn2+n)\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 SnS_n。当 1≤k≤n1\le k\le n 时，

kn2+n≤kn2+k≤kn2+1.\frac{k}{n^2+n}\le\frac{k}{n^2+k}\le\frac{k}{n^2+1}.

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

12≤Sn≤n(n+1)2(n2+1)⟶12.\frac12\le S_n\le\frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}\longrightarrow\frac12.

因此，原极限为 12\boxed{\frac12}。

  1. 求三次函数 Q(x)=ax3+bx2+cx+dQ(x)=ax^3+bx^2+cx+d 的拐点。

因为 a≠0a\ne0，且

Q′(x)=3ax2+2bx+c,Q′′(x)=6ax+2b,Q'(x)=3ax^2+2bx+c,\qquad Q''(x)=6ax+2b,

令 Q′′(x)=0Q''(x)=0，得 x∗=−b3a\displaystyle x_*=-\frac{b}{3a}。由于 Q′′(x)=6a(x−x∗)Q''(x)=6a(x-x_*) 在 x∗x_* 两侧异号，故拐点为

(−b3a, Q ⁣(−b3a)).\boxed{\left(-\frac{b}{3a},\ Q\!\left(-\frac{b}{3a}\right)\right)}.
  1. 求圆的曲率半径，其中
{x=x0+Rcos⁡θ,y=y0+Rsin⁡θ,R>0.\begin{cases} x=x_0+R\cos\theta,\\ y=y_0+R\sin\theta, \end{cases} \qquad R>0.

对 θ\theta 求导，得

x′=−Rsin⁡θ,y′=Rcos⁡θ,x′′=−Rcos⁡θ,y′′=−Rsin⁡θ.\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

ρ=[(x′)2+(y′)2]32∣x′y′′−y′x′′∣=(R2)32R2=R.\rho=\frac{\bigl[(x')^2+(y')^2\bigr]^{\frac32}} {|x'y''-y'x''|} =\frac{(R^2)^{\frac32}}{R^2} =\boxed{R}.
  1. lim⁡n→∞n(arctan⁡n−π2)\displaystyle\lim_{n\to\infty}n\left(\arctan n-\frac\pi2\right)

由 n>0n>0 时 arctan⁡n+arctan⁡1n=π2\arctan n+\arctan\frac1n=\frac\pi2，得

n(arctan⁡n−π2)=−arctan⁡(1/n)1/n⟶−1.n\left(\arctan n-\frac\pi2\right) =-\frac{\arctan(1/n)}{1/n}\longrightarrow\boxed{-1}.
  1. lim⁡n→∞[(1+1n)ne]n\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\frac{(1+\frac1n)^n}{e}\right]^n

记原式为 an>0a_n>0。利用 ln⁡(1+t)=t−t22+O(t3)\ln(1+t)=t-\frac{t^2}{2}+O(t^3)（t→0t\to0），得

ln⁡an=n[nln⁡(1+1n)−1]=n[−12n+O(1n2)]⟶−12.\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 e−1/2\boxed{e^{-1/2}}。

  1. lim⁡n→∞n100ln⁡10n2n\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^{100}\ln^{10}n}{2^n}

令 an=n100ln⁡10n2na_n=\frac{n^{100}\ln^{10}n}{2^n}（n≥2n\ge2），则

an+1an=12(1+1n)100(ln⁡(n+1)ln⁡n)10⟶12<1.\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 12<q<1\frac12<q<1，则存在 NN，使 n≥Nn\ge N 时 an+1≤qana_{n+1}\le q a_n，从而 0<an≤aNqn−N→00<a_n\le a_Nq^{n-N}\to0。故原极限为 0\boxed{0}。

  1. lim⁡n→∞2n⋅(n!)⋅ln⁡10nnn\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{2^n\cdot(n!)\cdot\ln^{10}n}{n^n}

令 bn=2n⋅(n!)⋅ln⁡10nnnb_n=\frac{2^n\cdot(n!)\cdot\ln^{10}n}{n^n}（n≥2n\ge2），则

bn+1bn=2(nn+1)n(ln⁡(n+1)ln⁡n)10⟶2e<1.\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 bn→0b_n\to0，故原极限为 0\boxed{0}。

  1. lim⁡n→∞nn(n+1)103nn!\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^n(n+1)^{10}}{3^n n!}

令 cn=nn(n+1)103nn!>0c_n=\frac{n^n(n+1)^{10}}{3^n n!}>0，则

cn+1cn=13(1+1n)n(n+2n+1)10⟶e3<1.\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 cn→0c_n\to0，故原极限为 0\boxed{0}。