2017 年研究生入学考试数学一选择题第 1 题解析

题目

若函数

f(x)=\left\{\begin{matrix} \frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}, x > 0 \\ b, x\leqslant 0 \end{matrix}\right.

x=0 处连续,则()

( A ) ab = \frac{1}{2}

( B ) ab = - \frac{1}{2}

( C ) ab = 0

( D ) ab = 2

解析

这道题可以根据函数连续的定义解出。

函数 f(x) 在某一点 x_{0} 处连续的定义如下:

\lim_{x \rightarrow x_{0^{-}}} = \lim_{x \rightarrow x_{0^{+}}} = f(x_{0})

因此,若函数 f(x)x = 0 处连续,则根据定义的话,我们需要证明:

\lim_{x \rightarrow 0^{-}} = \lim_{x \rightarrow 0^{+}} = f(0)

观察题目可知,这是一个分段函数,且当 x \in (- \infty, 0] 时,f(x)=b. 于是,当 x 从左边趋近于 0 时,f(0^{-}) = b.

x 从右边趋近于 0 时,适用的取值范围为 x>0, 而对应的函数值为:

\lim_{x \rightarrow 0^{+}}f(x) = \lim_{x \rightarrow 0^{+}}\frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}

根据如下的等价无穷小原则:

1- \cos x \sim \frac{1}{2}x^{2}

于是有:

原式 =\lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{2}(\sqrt{x})^{2}}{ax} = \frac{1}{2a}

为了满足上面提到的函数在一点处连续的定义,需要有:

\frac{1}{2a} = b

化简形式得:

ab = \frac{1}{2}

由此可知,选 A.

EOF

使用定义判断函数的奇偶性

题目

判断函数 f(x)=ln(x+\sqrt{1+x^{2}}) 的奇偶性。

解析

本题用到的知识点

log_{a}(MN)=log_{a}M+log_{a}N

在 MATLAB (下面的代码在 MATLAB 9.1.0.441655 (R2016b) 中测试通过) 中输入如下代码:

x=0:0.01:10;
semilogy(x,log(x))

可以绘制出 y=ln(x) 的图像:

图 1

有图像可以看到,自然对数 ln(x) 只在 (0,+\infty) 的区间里有定义,不符合对数函数或者偶数函数对于“定义域 X 关于原点对称”的要求。不过题目中的函数可以看作是一个符合函数,因此,我们还需要结合 g(x)=x+\sqrt{1+x^{2}} 的定义域来确定 f(x) 的定义域。

因为:

\sqrt{1+x^{2}}>\sqrt{x^{2}}>|x|>0

则:

x\in (-\infty,+\infty) x+\sqrt{1+x^{2}} > 0 满足自然对数函数 ln(x) 对定义域的要求,而且,当 x=0 时, f(x)=ln(1)=0 , 也满足奇函数“当 f(x) 在原点处有定义时, f(0)=0 ”的要求。

到这里,定义域的问题解决了,下面要解决的是函数是关于 y 轴对称,还是关于原点对称的问题。

由于:

f(x)=ln(x+\sqrt{1+x^{2}}) f(-x)=ln(-x+\sqrt{1+x^{2}})

则:

f(x)+f(-x)=ln(\sqrt{1+x^{2}}+x)+ln(\sqrt{1+x^{2}}-x)=ln[(\sqrt{1+x^{2}}+x)(\sqrt{1+x^{2}}-x)]=ln(1+x^{2}-x^{2})=ln(1)=0

上面的运算结果符合奇函数的定义,因此, f(x)=ln(x+\sqrt{1+x^{2}}) 是一个奇函数。

此外,使用 WolframAlpha 画出的函数 f(x)=ln(x+\sqrt{1+x^{2}}) 的图像如下:

图 2. 图片来自 https://www.wolframalpha.com/

由图像我们也可以看出这是一个奇函数。

EOF

1998 年研究生入学考试数学二填空题第 1 题解析(三种方法)

题目

\lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}=

解法一

使用四则运算将原式化简,之后使用等价无穷小替换求出结果。

\lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2)(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}=\lim_{x \to 0}\frac{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})^{2}-4}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}=\lim_{x\to0}\frac{1+x+1-x+2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-4}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}=\lim_{x\to0}\frac{2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-2}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}

由于当 x\rightarrow0 时,(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})\rightarrow2, 因此有:

\lim_{x\to0}\frac{2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-2}{4x^{2}}=lim_{x\to0}\frac{2(\sqrt{1-x^{2}}-1)}{4x^{2}}=lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1-x^{2}}-1}{2x^{2}}

根据等价无穷小的如下替换原则:

(1+x)^{\mu }-1\backsim\mu x

更多可以参考高等数学中常用的等价无穷小

可知:

\sqrt{1-x^{2}}-1\backsim-\frac{1}{2}x^{2}, 因此有:

lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{2}x^{2}}{2x^{2}}=-\frac{1}{4}

解法二

观察题目中的式子可以发现,当 x\rightarrow0 时,满足以下条件:
(1) \sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2\rightarrow0

(2) x^{2}\rightarrow0x^{2}\neq0

(3) y=\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2y=x^{2}0 附近两者都可导(0 附近,导数存在且连续,故可导)。

综上可知,此处可以使用 \frac{0}{0} 型的洛必达法则,即可以对分子和分母分别求导后再求极限来确定未定式的值。

求导过程如下:

原式 =lim_{x \to 0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{1+x}} - \frac{1}{2 \sqrt{1-x}}}{2x} = lim_{x \to 0}\frac{\frac{1}{\sqrt{1+x}}-\frac{1}{\sqrt{1-x}}}{4x} = lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{4x(\sqrt{1+x} \times \sqrt{1-x})} = lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1-x} - \sqrt{1+x}}{4x \sqrt{1-x^{2}}}

因为,当 x \rightarrow0 时,\sqrt{1-x^{2}} \rightarrow 1, 所以有:

lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{4x}

上面的计算过程依次是“求导 / 化简 / 化简 / 化简 / 化简”。下面开始正式使用 \frac{0}{0} 型的洛必达法则进行计算:

\overset{\frac{0}{0}}{\rightarrow}lim_{x \to 0} = -\frac{\frac{1}{2\sqrt{1-x}} - \frac{1}{2\sqrt{1+x}}}{4}

经过上面的求导,我们发现,当 x \rightarrow 0 时,-\frac{1}{2\sqrt{1-x}} \rightarrow -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2\sqrt{1+x}} \rightarrow 0, 因此有:

原式 =\frac{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}}{4} = \frac{-(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})}{4} = -\frac{1}{4}

在使用洛必达法则解决该问题的时候,进行了两次求导。其实,只要满足以下三个条件,则在使用洛必达法则的过程中可以进行任意次求导,但需要注意的是,每一次求导之前必须确保式子仍然满足如下三个条件,否则不能使用洛必达法则:

设:y=\frac{f(x)}{g(x)}, 则需满足:

(01) x \rightarrow x_{0}x \rightarrow \infty 时,f(x)g(x) 均趋于 0 或者趋于 \infty;

(02) f(x)g(x)x_{0} 的去心邻域可导且 {g}'(x) \neq 0;

(03) \frac{{f}'(x)}{{g}'(x)} 的极限存在或者为无穷大。
总结来说,洛必达法则的使用方法如下:

lim_{x \to x_{0}} \frac{f(x)}{g(x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}

解法三

观察题目中的式子我们发现,可以使用麦克劳林展开式的 (1+x)^{m} 的形式和皮亚诺余项对该题目进行计算,公式如下:

(1+x)^{m} = 1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^{2}+o(x^{2})

代入公式可得:

\sqrt{1+x}=(1+x)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}x+\frac{\frac{1}{2}\times(\frac{1}{2}-1)}{2!}x^{2}+o(x^{2})=1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o(x^{2})
\sqrt{1-x}=(1-x)^{\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2}x+\frac{\frac{1}{2}\times(\frac{1}{2}-1)}{2!}x^{2}+o(x^{2})=1-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o(x^{2})

于是有:

原式=lim_{x \to 0}\frac{1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+1-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o(x^{2})-2}{x^{2}}=lim_{x \to 0}\frac{-\frac{1}{4}x^{2}+o(x^{2})}{x^{2}}=lim_{x\to0}-\frac{1}{4}+\frac{0(x^{2})}{x^{2}}=-\frac{1}{4}

EOF

错题总结:明确求导过程中的自变量很关键

例题:对下面的函数求导

f(x) = \sqrt{1+x} + \sqrt{1-x} - 2

错误的求导过程

{f}'(x) = {(\sqrt{1 + x})}' + {(\sqrt{1 - x})}' + {2}'={((1 + x)^{\frac{1}{2}})}' + {((1 - x)^{\frac{1}{2}})}'=\frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{1+x}} + \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{1-x}}=\frac{1}{2 \sqrt{1+x}} + \frac{1}{2 \sqrt{1-x}}

上面这个计算过程是错的,错误的原因是在计算 \sqrt{1+x} 的导数时把 1+x 视作了自变量,也就是说把 1+x 视作了求导对象;而在对 \sqrt{1-x} 求导时,又把 1-x 看作了求导自变量。

很显然,一个二维函数中不可能有两个不同的自变量,而且根据约定可知,当式子中出现 f(x) 或者 lim_{x \to 0} 时,就表明这个式子中的自变量是 x 且求导也要对 x 求导。

正确的求导过程

这里我们可以使用复合函数求导的链式法则计算本例题,复合函数的链式求导法则如下:

y = f(u), u = \mu(x), 如果 \mu(x)x 处可导,f(x) 在对应点 u 处可导,则复合函数 y = f[\mu(x)]x 处可导,且有:

\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du}\frac{du}{dx} = {f}'[\mu(x)]{\mu}'(x)

于是,对于例题的正确求导过程如下:

{f}'(x) = {(\sqrt{1 + x})}' + {(\sqrt{1 - x})}' + {2}'={((1 + x)^{\frac{1}{2}})}' + {((1 - x)^{\frac{1}{2}})}'=\frac{1}{2}(1 + x)^{-\frac{1}{2}} + \frac{1}{2}(1 - x)^{-\frac{1}{2}}<br /> =\frac{1}{2}(1 + x)^{-\frac{1}{2}}\times{(x)}' + \frac{1}{2}(1 - x)^{-\frac{1}{2}} \times {(-x)}'=\frac{1}{2\sqrt{1+x}} - \frac{1}{2 \sqrt{1-x}}

高等数学中常用的等价无穷小

x\rightarrow0

(02) \tan x \backsim x

(01) \sin x \backsim x

(03) \arcsin x \backsim x

(04) \arctan x \backsim x

(05) \ln(1+x) \backsim x

(06) e^{x} -1 \backsim x

(07) 1-\cos x \backsim \frac{1}{2}x^{2}

(08) x - \ln(1 + x) \backsim \frac{1}{2}x^{2}

(09) \tan x - \sin x \backsim \frac{1}{2}x^{3}

(10) \arcsin x - \arctan x \backsim \frac{1}{2}x^{3}

(11) \tan x - x \backsim \frac{1}{3}x^{3}

(12) x - \arctan x \backsim \frac{1}{3}x^{3}

(13) x - \sin x \backsim \frac{1}{6}x^{3}

(14) (1+a)^{x}-1 \backsim ax

(15) a^{x}-1 \backsim \ln a\times x