周鸽鸽的决胜一百天

第一题

题目

考点

解答

拿到极限先定形；在加减法中慎用等价。

方法一：补项法

由$x\to 0,\ln{(1+x)}-x\sim -\frac{1}{2}x$
$x\to 0,\sin{x}-x\sim -\frac{1}{6}x^3$
可得
$$\begin{aligned} & \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\ln{(1+x)}-(-x)+[-x+\sin{x}]+\sin{x}[f(x)-1]}{x^2} \\ & = \displaystyle\lim_{x\to x}\frac{\ln{(1-x)}-(-x)}{x^2}+\displaystyle\lim_{x\to x}\frac{-\frac{1}{6}x^3}{x^2}+\displaystyle\lim_{x\to x}\frac{\sin{x}[f(x)-1]}{x^2} \\ & = \displaystyle\lim_{x\to x}\frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2}+\displaystyle\lim_{x\to x}\frac{-\frac{1}{6}x^3}{x^2}+\displaystyle\lim_{x\to x}\frac{f(x)-1}{x} \\ & = -\frac{1}{2}+0+\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-1}{x}=0 \end{aligned}$$
故$\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-1}{x}=\frac{1}{2}$。
$\displaystyle\lim_{x\to 0}[f(x)-1]=0\Longrightarrow f(0)-1=0\Longrightarrow f(0)=1$
$\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}$

方法二：泰勒展开
$$\begin{aligned} & \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{-x-\frac{1}{2}x^2+O(x^2)+[x+O(x^2)]f(x)}{x^2} \\ & =\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x[f(x)-1]-\frac{1}{2}x^2+O(x^2)+O(x^2)f(x)}{x^2} \\ & = \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-1}{x}-\frac{1}{2}=0 \Longrightarrow 则\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-1}{x} = \frac{1}{2}\end{aligned}$$
同方法一，用连续性求的该点的值，再用导数定义。

方法三：凑定义
由于极限的关系定理可得
当$x\to 0$时，$\ln{(1+x)}+\sin{x}f(x)=O(x^2)$
$\Longrightarrow f(x)=\frac{O(x^2)-\ln{(1-x)}}{\sin{x}}$
$$\begin{aligned} \displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)= & f(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{O(x^2)-\ln{(1-x)}}{x}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{-\ln{(1-x)}}{x}=1 \\ f^{\prime}(x) & = \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x} \\ &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\frac{O(x^2)-\ln{(1-x)}}{\sin{x}}-1}{x} \\ &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{O(x^2)-\ln{(1-x)-\sin{x}}}{x\sin{x}} \\ &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{O(x^2)-[-x-\frac{1}{2}x^2+O(x^2)]-[x+O(x^2)]}{x^2} \\ &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}x^2+O(x^2)}{x^2}=\frac{1}{2} \end{aligned}$$

第二题

题目

考点

解答

处理此题关键就在于处理$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}(1+x)^{\frac{1}{x}}$

注意式子中①的部分，万万不可以直接用$e^x-1$的等价无穷小$e^{-\frac{1}{2}x+\frac{1}{3}x^2+O(x^2)}-1\sim {-\frac{1}{2}x+\frac{1}{3}x^2+O(x^2)}$，注意看在答案中$e^△$中的泰勒展开，在第三项也就是$\frac{1}{2}△^2$中的$△^2$还会出现$x^2$，这就会造成漏项，也就是少展开了。
加减的时候一定要小心，分母是几次，分子也展开几次。

第三题

题目

考点

解答

【考】比较无穷小阶的问题

方法一：定义法$\displaystyle \lim_{x\to △}\frac{f(x)}{g(x)}=0，\infty,1,A\not= 0$
方法二：找阶，$x\to 0，f(x)\sim Ax^k$
导数定阶法，已知$\displaystyle \lim \alpha(x)=0$
（1）若$\alpha^{\prime}(x)\sim Ax^k$，则$\alpha(x) \sim \frac{A}{k+1}x^{k+1}$
（2）若$\alpha^{\prime}(x)\sim A$，则$\alpha(x) \sim Ax$
（3）补充：
已知$x\to 0$时，$f(x)\sim x^m(m>0),g(x)\sim x^n(n>0)$。
设$F(x)=\displaystyle\int_{0}^{g(x)}f(t)dt$，$F(x)$是标准型
则当$x\to 0$，$F(x)$为$x$的$n(m+1)$阶无穷小。
【分析】
$$\begin{aligned}F^{\prime}(x)&=f[g(x)]g^{\prime}(x) \\ & \sim [g(x)]^mnx^{n-1} \\ & \sim x^{nm}nx^{n-1} \\ & \sim nx^{nm+m-1} \\ & ∴ F(x)为nm+n-1+1阶 \end{aligned}$$

【考】$f(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$
①：奇函数，②$f^{\prime}(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$，③$x\to 0,f(x)\sim x$。

对于此题$C、D$选项直接看，$C:1\times(2+1)=3，D:2\times(1+1)=4$。
对于$A$选项，由于是非标准型，需要化为标准型才能使用结论
$$\begin{aligned} & \displaystyle\int_{0}^{x}\sin{(tx)^2}dt，令tx=u，t=\frac{u}{x} \\ &=\displaystyle\int_{0}^{x^2}\sin{u^2}\frac{1}{x}du \\ &=\frac{1}{x}\displaystyle\int_{0}^{x^2}\sin{u^2}du \\ &\Longrightarrow 2\times (2+1)-1=5（減1因为有\frac{1}{x}） \end{aligned}$$

对于$B$选项也是非标准型
$$\begin{aligned}\displaystyle\int_{0}^{x}t\sin{\sqrt{x^2-t^2}}dt&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{x}\sin{\sqrt{x^2-t^2}}dt^2(这里的上下限是针对t，而不是t^2) \\ 令x^2-t^2&=u \\ &=-\frac{1}{2}\displaystyle\int_{x^2}^{0}\sin{\sqrt{u}}du \\ &=\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{x^2}\sin{\sqrt{u}}du \\ &\Longrightarrow 2\times (1+\frac{1}{2})=3 \end{aligned}$$

第四题

题目

考点

解答

方法一：特例
$$\begin{aligned}&假设f(x)=x^2 \\ &有x^2=0+x\cdot 2\cdot x\theta(x) \\ &当x\to 0时，\theta(x)=\frac{1}{2}，\displaystyle\lim_{x\to 0}\theta(x)=\frac{1}{2} \end{aligned}$$

方法二：凑二阶导数定义
$$\begin{aligned} f^{\prime \prime}(0)&=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f^{\prime}[0+x\theta(x)]-f^{\prime}(0)}{x\theta(x)} \\ 由于我们要求的是&\displaystyle\lim_{x\to 0}\theta(x)，所以需要将下式极限求出 \\ 求解&\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f^{\prime}[0+x\theta(x)]-f^{\prime}(0)}{x} \\ &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\frac{f(x)-f(0)}{x}-f^{\prime}(0)}{x}，由题目中已知条件得知f^{\prime}[0+x\theta(x)] \\ &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)-xf^{\prime}(0)}{x^2} \\ &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)}{2x}，洛必达 \\ &=\frac{1}{2}f^{\prime \prime}(0) \\ \therefore & f^{\prime \prime}(0)=\frac{1}{2}f^{\prime \prime}(0)\cdot\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1}{\theta(x)} \\ &\displaystyle\lim_{x\to 0}\theta(x)=\frac{1}{2} \end{aligned}$$

第五题

题目

考点

解答

掌握
（1）若$\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=A$，则$\displaystyle\lim_{x\to x_0}|f(x)|=A$，但反之不成立。
特殊地，$\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=0\Longleftrightarrow \displaystyle\lim_{x\to x_0}|f(x)|=0$
（2）极限存在的必要条件，若$\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$存在，则在$x\to x_0$时，$f(x)处处有定义$。

此题可以取特值：
（A）当$\alpha = 0$
（B）$f(x)>1 或 f(x)<-1$
（C）$f(x)<0$
（D）$bingo$

第六题

题目

考点

解答

本题考察了定积分计算型定义的一般形式。
分割$\Longrightarrow$近似$\Longrightarrow$求和$\Longrightarrow$求极限。

解：

第七题

题目

考点

解答

处理方法：①定积分定义，②夹逼
[考]$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}f(\frac{k}{n})或f(\frac{k-1}{n})=\displaystyle\int_{0}^{2}f(x)dx$
解：
$$\begin{aligned}\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\frac{e^{\frac{k}{n}}}{n+1}&<\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\frac{e^{\frac{k}{n}}}{n+\frac{1}{k}}<\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\frac{e^{\frac{k}{n}}}{n}\\\displaystyle\lim_{n\to \infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\frac{e^{\frac{k}{n}}}{n+1}&=\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{n}{n+1}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}{e^{\frac{k}{n}}}=\displaystyle\int_{0}^{2}e^xdx\\\displaystyle\lim_{n\to \infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\frac{e^{\frac{k}{n}}}{n}&=\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}{e^{\frac{k}{n}}}=\displaystyle\int_{0}^{2}e^xdx\\\therefore I&=e^2-1 \end{aligned}$$
考察了定积分定义+夹逼准则双重结合

第八题

题目

考点

解答

解：
$$\begin{aligned}&\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{[(1+n)^{\frac{1}{n}}-n^{\frac{1}{n+1}}]n^2}{\ln{(1+n)}}\\ =&\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{[(1+x)^{\frac{1}{x}}-x^{\frac{1}{x+1}}]x^2}{\ln{(1+x)}}，连续化处理 \\ =&\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{[e^{\frac{1}{x}\ln{(1+x)}}-e^{\frac{1}{x+1}\ln{x}}]x^2}{\ln{(1+x)}} \\ = & \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{e^{\frac{\ln{x}}{x+1}}[e^{\frac{\ln{(1+x)}}{x}-\frac{\ln{x}}{x+1}}-1]x^2}{\ln{(1+x)}}（此处可以使用拉格朗日或者提茅法）\\ =& \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{[\frac{\ln{(1+x)}}{x}-\frac{\ln{x}}{x+1}]x^2}{\ln{(1+x)}} \\ =& \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{[(x+1)\ln{(1+x)-x\ln{x}}]x^2}{x(x+1)\ln{(1+x)}} \\ =& \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{(x+1)\ln{(1+x)-x\ln{x}}}{\ln{(1+x)}}\frac{x^2}{x(x+1)}，具有操作性 \\ =& \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{(x+1)\ln{(1+x)-x\ln{x}}}{\ln{(1+x)}} \\ =& \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln{(1+x)}-\ln{x}}{\frac{1}{x+1}} \\ =&\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln{(1+\frac{1}{x})}}{\frac{1}{x+1}} \\ =&\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{x+1}{x}=1 \\ \therefore& I=1\end{aligned}$$

第九题

题目

考点

解答

题目属于抽象函数极限计算问题。
（A）看$f(x)$在0处的极限，$\displaystyle\lim_{x\to 0}[g(x)-e^{-x}]=0=f(x)$，故$f(x)$在$x=0$处连续。
（B）利用导数定义：$\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{g(x)-e^{-x}}{x}=\displaystyle\lim_{x\to 0}g^{\prime}(x)+e^{-x}=g^{\prime}(0)+1=0$
故可导。
（C、D）当$x\not= 0$时，$f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)+e^{-x}\Longrightarrow f^{\prime}(x)=0$
又因为$\displaystyle\lim_{x\to 0}f^{\prime}(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0}[g^{\prime}(x)+e^{-x}]=g^{\prime}(0)+1=0=f^{\prime}(0)$，故$f^{\prime}(x)$在$x=0$处连续。

第十题

题目

考点

解答

注：此题不能使用洛必达，拉格朗日中值定理，因为只知道一点可导，但是不知道它附近的点是否可导。
方法一、技巧法：
做法：因为此题是抽象函数，所以可以举例子，比如$f(x)=2x-1$代入求的。
方法二、直接法：
做法：凑导数定义。
解：$$\begin{aligned} & \displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{f[f(x)]-f(1)}{x-1}-\frac{f(x)-f(1)}{x-1} \\ = & \displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{f[1+f(x)-1]-f(1)}{f(x)-1}*\frac{f(x)-1}{x-1}-f^{\prime}(1) \\ = & f^{\prime}(1)\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{f[1+f(x)-1]-f(1)}{f(x)-1}-f^{\prime}(1) \\ = & f^{\prime}(1)f^{\prime}(1)-f^{\prime}(1)=2 \end{aligned}$$

第十一题

题目

考点

解答

驻点：导数为0。
考察了分段点处求导问题：
口诀：分段点上直接求，分段点外两法做。
①定义法、②导函数极限
利用②导数极限求导数的场景：

导数是好求的
要求的导数必须连续
导函数的极限不能震荡

下面用一个例子来解释
例$f(x)=\begin{cases} e^x-1&,x>0 \\ \sin{x}&,x \le 0 \end{cases}$，求$f^{\prime}(0)$。
解：
方法一：导数定义
$$\begin{aligned}f_{+}^{\prime}(0)&=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{e^x-1-f(0)}{x-0}=1 \\ f_{-}^{\prime}(0)&=\displaystyle\lim_{x\to 0^-}\frac{e^x-1-f(0)}{x-0}=1 \\ & \Longrightarrow f^{\prime}(0)=1 \end{aligned}$$
方法二：导函数极限
$$\begin{aligned} f^{\prime}(x)&=\begin{cases} e^x&,x>0 \\ \cos{x}&,x < 0 \end{cases} \\ f_{+}^{\prime}(0)&=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}e^x=1 \\ f_{-}^{\prime}(0)&=\displaystyle\lim_{x\to 0^-}\cos{x}=1 \\ & \Longrightarrow f^{\prime}(0)=1 \end{aligned}$$

第十二题

题目

考点

解答

$$\begin{aligned} 令F(x)&=[\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)dt]^2 \\ F^{\prime}(x)&=2f(x)\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)dt=2h(x) \\ 又& \because F^{\prime}(0)=0,F^{\prime}(x)单调递减 \\ F(0)&=0,故在(-\infty,+\infty)上\le 0 \\ 然而F(x)&=[\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)dt]^2 \ge 0 \\ &\because F(x)=[\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)dt]^2\equiv 0 \\ & \Longrightarrow \displaystyle\int_{0}^{x}f(t)dt \equiv 0 \\ &\Longrightarrow f(x)\equiv 0 \end{aligned}$$

第十三题

题目

考点

解答

方法一：抽象函数可以取特值法，特殊函数。
（A）：$x$
（B）：$2x$
（C）：$x$

方法二：直接法

第十四题

题目

考点

解答

注：①求极限将$x$视为常数，②提茅法。

$$\begin{aligned} f(x)&=\displaystyle\lim_{n\to \infty} n[e^{n\ln{(1+\frac{x}{n})}}-e^x] \\ &=e^x\displaystyle\lim_{n\to \infty} n[e^{n\ln{(1+\frac{x}{n})}-x}-1] \\ &=e^x\displaystyle\lim_{n\to \infty}n[n\ln{(1+\frac{x}{n})}-x] \\ &=e^x\displaystyle\lim_{n\to \infty} n^2[\ln{(1+\frac{x}{n})}-\frac{x}{n}] \\ &\displaystyle\lim_{△\to 0} \ln{(1+△)}-△\sim -\frac{1}{2}△^2 \\ &=e^x\displaystyle\lim_{n\to \infty}n^2(-\frac{1}{2})\frac{x^2}{n^2} \\ =&-\frac{1}{2}e^xx^2 \end{aligned}$$

第十五题

题目

考点

解答

$$\begin{aligned} \because& f^{\prime}(-x)=x[f^{\prime}(x)-1] \\ \Rightarrow & f^{\prime}(x)=-x[f^{\prime}(-x)-1] \\ \Rightarrow & f^{\prime}(x)\frac{x^2+x}{x^2+1} \Rightarrow f(x)=\displaystyle\int\frac{x^2+x}{1+x^2} \\ =& \displaystyle\int\frac{x^2+1-1}{1+x^2}dx+\displaystyle\int\frac{x}{1+x^2}dx \\ =&\displaystyle\int(1-\frac{1}{1+x^2})dx+\frac{1}{2}\ln{(1+x^2)} \\ =& x-\arctan{x}+\frac{1}{2}\ln{(1+x^2)}+c \\ & f(0)=c=0 \\ &f(x)=x-\arctan{x}+\frac{1}{2}\ln{(1+x^2)} \end{aligned}$$

第十六题

题目

考点

解答

$$\begin{aligned} y^2-2xt+x^2&=x^2-x+1 \\ (y-x)^2=x^2-x+1&\Rightarrow y=x\pm\sqrt{x^2-x+1} \\ \end{aligned}$$
研究当 $y=x-\sqrt{x^2-x+1}$时
①无垂直渐近线:由于没有无定义点。
$$\begin{aligned}&②水平渐近线 \\ &\displaystyle\lim_{x\to +\infty} {x-\sqrt{x^2-x+1}} \\ =& \displaystyle\lim_{x\to +\infty} \frac{x-1}{x+\sqrt{x^2-x+1}} \\ =&\frac{1}{2}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}&③斜渐近线 \\ a&= \displaystyle\lim_{x\to -\infty}\frac{x-\sqrt{x^2-x+1}}{x} \\ &=2 \\ b&=\displaystyle\lim_{x\to -\infty}x-\sqrt{x^2-x+1}-2x \\ &=\displaystyle\lim_{x\to -\infty}-(x+\sqrt{x^2-x+1}) \\ &=\displaystyle\lim_{x\to -\infty} -\frac{x-1}{x-\sqrt{x^2-x+1}} \\ &=-\frac{1}{2} \\ 故&y=2x-\frac{1}{2} \end{aligned}$$
研究当 $y=x+\sqrt{x^2-x+1}$时
①无垂直渐近线:由于没有无定义点。
$$\begin{aligned}&②水平渐近线 \\ &\displaystyle\lim_{x\to -\infty} {x+\sqrt{x^2-x+1}} = \frac{1}{2}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}&③斜渐近线 \\ a&= \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{x+\sqrt{x^2-x+1}}{x} \\ &=2 \\ b&=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x+\sqrt{x^2-x+1}-2x \\ &=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}-(x-\sqrt{x^2-x+1}) \\ &=\displaystyle\lim_{x\to +\infty} -\frac{x-1}{x+\sqrt{x^2-x+1}} \\ &=-\frac{1}{2} \\ 故&y=2x-\frac{1}{2} \end{aligned}$$

综上：一共只有两条渐近线①水平渐近线$y=\frac{1}{2}$、②斜渐近线$y=2x-\frac{1}{2}$。