2017 年研究生入学考试数学一选择题第 2 题解析

一、题目

若函数 $f(x)$ 可导,且 $f(x)$ $f'(x)$ $>$ $0$, 则()

( A ) $f(1)$ $>$ $f(-1)$

( B ) $f(1)$ $<$ $f(-1)$

( C ) $|f(1)|$ $>$ $|f(-1)|$

( D ) $|f(1)|$ $<$ $|f(-1)|$

二、解析

观察题目我们可以发现,$f(x)$ $f'(x)$ 和下面这个这个公式很像:

$[f(x)$ $\cdot$ $g(x)]’$ $=$ $f'(x)$ $g(x)$ $+$ $f(x)$ $g'(x)$

如果我们令 $g(x)$ $=$ $f(x)$, 则有:

$f'(x)g(x)$ $+$ $f(x)g'(x)$ $=$ $f'(x)f(x)$ $+$ $f(x)f'(x)$ $=$ $f(x)f'(x)$ $+$ $f(x)f'(x)$ $=$ $2f(x)f'(x)$

进一步,我们可以令 $F(x)$ $=$ $f^{2}(x)$, 则有:

$F'(x)$ $=$ $2$ $f(x)f'(x)$

由题可知,$f(x)f'(x)$ $>$ $0$, 于是有 $F'(x)$ $>$ $0$, 即 $F(x)$ 是一个单调递增的函数,由此可得:

$F(1)$ $-$ $F(-1)$ $>$ $0$

即:

$f^{2}(1)$ $-$ $f^{2}(-1)$ $>$ $0$ $\Rightarrow$ $f^{2}(1)$ $>$ $f^{2}(-1)$ $\Rightarrow$ $|f(1)|$ $>$ $|f(-1)|$

综上可知,正确答案为:$C$.

EOF

2017 年研究生入学考试数学一选择题第 1 题解析

一、题目

若函数

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

在 $x$ $=$ $0$ 处连续,则()

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

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

( C ) $ab$ $=$ $0$

( D ) $ab$ $=$ $2$

二、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 $f(x)$ 在 $x$ $=$ $0$ 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,$f(0^{-})$ $=$ $b$.

当 $x$ 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 $A$.

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使用定义判断函数的奇偶性

一、题目

判断函数 $f(x)$ $=$ $\ln(x+\sqrt{1+x^{2}})$ 的奇偶性。

二、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:

当 $x$ $\in$ $(-\infty,+\infty)$ 时 $x$ $+$ $\sqrt{1+x^{2}}$ $>$ $0$ 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.

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)

一、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。

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

由于当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$(\sqrt{1+x}$ $+$ $\sqrt{1-x})$ $\rightarrow$ $2$, 因此有:

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

根据等价无穷小的如下替换原则:

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

详细内容可以参考荒原之梦网(zhaokaifeng.com)的这篇文章: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:

$\lim_{x \to 0}$ $\frac{-\frac{1}{2}x^{2}}{2x^{2}}$ $=$ $-$ $\frac{1}{4}$

解法二

观察题目中的式子可以发现,当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,满足以下条件:

(1) $\sqrt{1+x}$ $+$ $\sqrt{1-x}$ $-$ $2$ $\rightarrow$ $0$

(2) $x^{2}$ $\rightarrow$ $0$ 且 $x^{2}$ $\neq$ $0$

(3) $y$ $=$ $\sqrt{1+x}$ $+$ $\sqrt{1-x}$ $-$ $2$ 和 $y$ $=$ $x^{2}$ 在 $0$

附近两者都可导(在 $0$ 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 $x$ $\rightarrow$ $0$ 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) $x$ $\rightarrow$ $x_{0}$ 或 $x$ $\rightarrow$ $\infty$ 时,$f(x)$ 和 $g(x)$ 均趋于 $0$ 或者趋于 $\infty$;

(02) $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x_{0}$ 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 $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{1+\frac{1}{2} x – \frac{1}{8} x^{2} + 1 – \frac{1}{2} x – \frac{1}{8} x^{2} + o(x^{2})-2}{x^{2}}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $\frac{-\frac{1}{4} x^{2} + o(x^{2})}{x^{2}}$ $=$ $\lim_{x \to 0}$ $-$ $\frac{1}{4}$ $+$ $\frac{0(x^{2})}{x^{2}}$ $=$ $-$ $\frac{1}{4}$.

EOF

错题总结:明确求导过程中的自变量很关键

一、例题:对下面的函数求导

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

二、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。

三、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:

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

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

高等数学 | 等价无穷小公式合辑:常用的不常用的都在这哦~

基本的等价无穷小

当 $x\rightarrow0$ 时:
$\tan x$ $\backsim$ $x$
$\sin x$ $\backsim$ $x$
$\arcsin x$ $\backsim$ $x$
$\arctan x$ $\backsim$ $x$
$\ln(1+x)$ $\backsim$ $x$
$e^{x} -1$ $\backsim$ $x$
$1-\cos x$ $\backsim$ $\frac{1}{2}x^{2}$
$x – \ln(1 + x)$ $\backsim$ $\frac{1}{2}x^{2}$
$\tan x – \sin x$ $\backsim$ $\frac{1}{2}x^{3}$
$\arcsin x – \arctan x$ $\backsim$ $\frac{1}{2}x^{3}$
$\tan x – x$ $\backsim$ $\frac{1}{3}x^{3}$
$x – \arctan x$ $\backsim$ $\frac{1}{3}x^{3}$
$x – \sin x$ $\backsim$ $\frac{1}{6}x^{3}$
$(1+x)^{a}-1$ $\backsim$ $ax$
$a^{x}-1$ $\backsim$ $\ln a\times x$

补充的等价无穷小

(01) 当 $\beta(x)$ $\rightarrow$ $0$ 且 $\beta(x) \cdot \alpha(x)$ $\rightarrow$ $0$ 时:
$[1 + \beta(x)]^{\alpha(x)} – 1$ $\sim$ $\alpha(x) \beta(x)$

Tips:

  1. 在上面的等价无穷小公式中,表示常数的符号 $a$ 也可以是一个极限为常数的式子。
    例如 $(1+x)^{a}-1$ $\backsim$ $ax$ 这个极限公式中的 $a$ 既可以是一个常数,也可以是一个极限为常数的式子——也就是说,表示 $a$ 的这个式子的极限必须存在。
  2. 当 $x$ 不是趋于零而是趋于某个常数的时候也可以借助上面的等价无穷小公式解题,可以参考《只有当 x 趋于零的时候才能用等价无穷小代换吗?不,x 趋于 1 的时候也可以试试看》。

依次点击下方按钮,深入学习高等数学中的常用等价无穷小:


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