高等数学练习题归档

求导运算和次幂运算“强相关”的函数一般就是倒数函数

一、题目

若函数 $f(x)$ 具有任意阶导数，且 $f^{\prime}(x)$ $=$ $f^{2}(x)$, 则当 $n$ 为大于等于 $2$ 的正整数时，$f(x)$ 的 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(x)$ $=$ $?$

»A« $n! f^{2n}(x)$

»B« $n! f^{n+1}(x)$

»C« $n f^{2n}(x)$

»D« $n f^{n+1}(x)$

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对含有 $\sin$ 或 $\cos$ 的被积函数做分部积分一般要做两次

一、题目

$$
\begin{aligned}
I_{1} & = \int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{- \alpha x} \cdot \textcolor{lightgreen}{\cos} \left( \beta x \right) \mathrm{~d} x = ? \\ \\
I_{2} & = \int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{- \alpha x} \cdot \textcolor{pink}{\sin} \left( \beta x \right) \mathrm{~d} x = ?
\end{aligned}
$$

其中，$\alpha > 0$.

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扩展的极限“抓大去小”定理

一、前言

在「荒原之梦考研数学」的文章《取大头：分子或分母中的加减法所连接的部分可以使用“取大头”算法》中，我们主要讨论了当 $x \rightarrow +\infty$, 且 $x^{n}$ 中的 $n$ 为正整数的时候，极限式子“取大头去小头”的定理，在本文中，我们将对极限式子的“取大头去小头”的定理进行扩展，助力同学们提升解题速度。

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相邻展开式可抵消一般发生在含有递进关系的求和中

一、题目

$$
\lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{(k+1)!} = ?
$$

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“峰式”变限积分法：判断方程实数根（或函数实数解）存在性的另一种方法

一、前言

一般情况下，我们判断方程实数根的存在性或者函数实数解的存在性（也就是函数图像与 $X$ 轴是否存在交点，以及交点的个数）通常使用的方法是求导法，也就是通过求导判断函数的单调性，再利用函数的极值，判断函数图像与 $X$ 轴是否存在交点。

在本文中，「荒原之梦考研数学」将通过原创的“峰式”变限积分法，来判断方程实数根（或函数实数解）的存在性，为同学们在求解该类型题目时提供另一种解题思路。

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这个极限非常具有“迷惑力”！

一、题目

下面的极限中，结论正确的是哪个？

»A« $\lim_{ x \rightarrow 0 } \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{x}$ $=$ $\mathrm{e}$

»B« $\lim_{ x \rightarrow 0^{+} } \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{x}$ $=$ $1$

»C« $\lim_{ x \rightarrow \infty } \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{-x}$ $=$ $\mathrm{e}$

»D« $\lim_{ x \rightarrow \infty } \left( 1 – \frac{1}{x} \right)^{x}$ $=$ $-\mathrm{e}$

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极限不怕“无穷小”，但是极限怕“有限小”

一、题目

已知 $\lim_{n \rightarrow \infty} A_{n}$ $=$ $K$, 并且 $K \neq 0$, 则当 $n$ 充分大时，下列结论中一定正确的是哪个？

⟨A⟩» $A_{n}$ $<$ $K + \frac{1}{n}$

⟨B⟩» $A_{n}$ $>$ $K – \frac{1}{n}$

⟨C⟩» $\left| A_{n} \right|$ $>$ $\frac{|K|}{2}$

⟨D⟩» $\left| A_{n} \right|$ $<$ $\frac{|K|}{2}$

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二、解析

“无穷小”和“有限小”

无穷小量不可数，例如，当 $x \rightarrow \infty$ 的时候，$\frac{1}{x}$, $\frac{2}{x}$, $\frac{9999999}{x}$ 都是无穷小量，我们也可以将无穷小理解为“无限小”；

有限小量可数，例如，无论是 $\frac{1}{2}$, $\frac{1}{100}$, 还是 $\frac{1}{9999999}$, 虽然在某些程度上都是很小的数字，但他们都是可数的，都是一个确定的量。

加上或者减去一个无穷小量不会对原有的数值产生影响：

$$
\textcolor{brown}{\colorbox{yellow}{ 1 }} + \textcolor{pink}{ \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} } = 1 + \textcolor{pink}{ 0 } \textcolor{springgreen}{ = 1 }
$$

加上或者减去一个有限小量会对原有的数值产生影响：

$$
\textcolor{brown}{\colorbox{yellow}{ 1 }} + \frac{1}{9999999} = \frac{9999999 + 1}{9999999} = \frac{10000000}{9999999} \textcolor{orangered}{\neq 1}
$$

有了上面的知识之后，求解本题就很容易了。

⟨A⟩ & ⟨B⟩

首先可以看到，无论是让 $K$ 加上 $\frac{1}{n}$ 还是减去 $\frac{1}{n}$, 当 $n$ 充分大时，也就是当 $n \rightarrow \infty$ 时，都有：

$$
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0
$$

也就是说，当 $n \rightarrow \infty$ 时：

$$
K + \frac{1}{n} = K – \frac{1}{n} = K
$$

又由题目已知条件 $\lim_{n \rightarrow \infty} A_{n}$ $=$ $K$ 可知：

$$
\begin{aligned}
A_{n} & \textcolor{springgreen}{=} K + \frac{1}{n} \quad \textcolor{springgreen}{\boldsymbol{\checkmark}} \\ \\
A_{n} & \textcolor{springgreen}{=} K – \frac{1}{n} \quad \textcolor{springgreen}{\boldsymbol{\checkmark}}
\end{aligned}
$$

综上可知，C 选项正确。

我们也可以用反例法求解本题：

当 $n \rightarrow \infty$ 时，若令 $A_{n}$ $=$ $K + \frac{2}{n}$, 则也满足题目 $\lim_{n \rightarrow \infty} A_{n}$ $=$ $K$ 的条件，但此时：

$$
\begin{aligned}
& \left( A_{n} = K + \frac{2}{n} \right) > \left( K + \frac{1}{n} \right) \\ \\
\textcolor{springgreen}{\Rightarrow} \ & A_{n} > \left( K + \frac{1}{n} \right) \quad \textcolor{springgreen}{\boldsymbol{\checkmark}} \\ \\
\textcolor{orangered}{\nRightarrow} \ & \textcolor{red}{ \cancel{ \textcolor{white}{ A_{n} < \left( K + \frac{1}{n} \right) } } }
\end{aligned}
$$

类似的，当 $n \rightarrow \infty$ 时，若令 $A_{n}$ $=$ $K – \frac{2}{n}$, 则也满足题目 $\lim_{n \rightarrow \infty} A_{n}$ $=$ $K$ 的条件，但此时：

$$
\begin{aligned}
& \left( A_{n} = K – \frac{2}{n} \right) < \left( K – \frac{1}{n} \right) \\ \\ \textcolor{springgreen}{\Rightarrow} \ & A_{n} < \left( K – \frac{1}{n} \right) \quad \textcolor{springgreen}{\boldsymbol{\checkmark}} \\ \\ \textcolor{orangered}{\nRightarrow} \ & \textcolor{red}{ \cancel{ \textcolor{white}{ A_{n} > \left( K – \frac{1}{n} \right) } } }
\end{aligned}
$$

⟨C⟩ & ⟨D⟩

虽然我们不知道 $K$ 是一个正数还是一个负数，但是，由题目已知条件 $\lim_{n \rightarrow \infty} A_{n}$ $=$ $K$ $\neq$ $0$ 可知：

$$
\textcolor{orange}{
\lim_{n \rightarrow \infty} |A_{n}| = |K| > 0 } \tag{1}
$$

且：

$$
\frac{|K|}{2} > 0
$$

由于当 $n$ 足够大时，也就是 $n \rightarrow \infty$ 时，上面的 $\textcolor{orange}{(1)}$ 式一定成立，并且 $\frac{|K|}{2}$ 是一个可数的数值，所以下式一定成立：

$$
|K| > \frac{|K|}{2}
$$

即：

$$
\lim_{n \rightarrow \infty} |A_{n}| > \frac{|K|}{2}
$$

我们也可以用极限的定义求解本题：

由题目已知条件 $\lim_{n \rightarrow \infty} A_{n}$ $=$ $K$ $\neq$ $0$ 可知：

$$
\lim_{n \rightarrow \infty} |A_{n}| = |K| > 0
$$

于是，根据极限的定义可知，若令 $\xi = \frac{|K|}{2}$, 则一定存在正整数 $N$, 使得当 $n > N$ 时，有：

$$
\begin{aligned}
& \left( \textcolor{orange}{ \Big| |A_{n}| − |K⁢⁢⁢|⁢⁢⁢ \Big| } \right) < \left( \textcolor{orange}{ \xi = \frac{∣⁢⁢⁢K⁢⁢⁢∣}{2} } \right) \\ \\
\Rightarrow \ & \Big| |A_{n}| − |⁢K|⁢⁢⁢ \Big| < \frac{|K|}{2} \\ \\
\Rightarrow \ & \frac{-|K|}{2} < \left( \textcolor{pink}{ |A_{n}| − |K⁢⁢⁢| } \right) < \frac{|K|}{2} \\ \\
\Rightarrow \ & \frac{|K|}{2} < |A_{n}| < \frac{3 |K|}{2} \\ \\
\Rightarrow \ & \textcolor{gray}{ |A_{n}| < |K| } \\ \\
\textcolor{springgreen}{\Rightarrow} \ & \frac{|K|}{2} < |A_{n}| < |K| \quad \textcolor{springgreen}{\boldsymbol{\checkmark}}
\end{aligned}
$$

事实上，若 $k$ $\in$ $(0, 1)$, $\xi$ $\in$ $(0, |K|)$ 按照上述方法，我们可以证明当 $n$ 足够大的时候，下式一定成立：

$$
\textcolor{yellow}{
|A_{n}| > k |K|
}
$$

综上可知，C 选项正确。

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线性代数

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特别专题

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让考场上没有难做的数学题！

解决无穷小量取舍问题的一个思路：让小泡泡汇聚成大泡泡

一、前言

在解决含有无穷小量问题的时候，我们常常需要面对的问题就是：

什么时候该将无穷小量考虑进运算结果中？什么时候又该将无穷小量舍去？

在本文中，「荒原之梦考研数学」就借助“小泡泡转为大泡泡”的现象，为同学们讲明白，如何通过让大的无穷小更大，让小的无穷小更小的“分化融合”方法，来明确无穷小量在具体计算过程中的取舍。

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没说邻域内可导不能用洛必达法则

一、题目

已知，函数 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 处可导, $\left\{ \alpha_{n} \right\}$ 与 $\left\{\beta_{n} \right\}$ 是两个趋于 0 的正数列, 请求解下面的极限：

$$
I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{f \left(x_{0} + \alpha_{n} \right) – f \left(x_{0} – \beta_{n} \right)}{\alpha_{n} + \beta_{n} }
$$

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证明无限趋于并不是等于的方法：放大无穷多倍

一、题目

$$
\lim_{ n \rightarrow \infty } n \left[ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} – \mathrm{e} \right] = ?
$$

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复合函数求偏导的两种理解方式

一、题目

已知 $u$ $=$ $\frac{x+y}{2}$, $v$ $=$ $\frac{x-y}{2}$, $w$ $=$ $z \mathrm{e}^{y}$, 取 $u$, $v$ 为新自变量，$w$ $=$ $w(u, v)$ 为新函数，请将下面的方程变换为以 $u$ 和 $v$ 为自变量的表示形式：

$$
\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2 } z}{\partial x \partial y} + \frac{\partial z}{\partial x} = z
$$

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计算含有“表述环路”的式子，首先需要“打破环路”

一、题目

已知，函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0, 1]$ 上连续，在开区间 $(0,1)$ 内可导，且：

$$
f(1)=k \int_0^{\frac{1}{k}} x \mathrm{e}^{1-x} f(x) \mathrm{~d} x
$$

其中常数 $k>1$.

请证明存在 $\xi \in(0,1)$, 使得下式成立：

$$
f^{\prime}(\xi)=\left(1-\frac{1}{\xi}\right) \cdot f(\xi)
$$

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导数等于原函数的“平移”：这样的函数一般都由三角函数构成

一、题目

已知，函数 $f(x)$ 二阶可导，且 $f ^{\prime} (x)$ $=$ $f(n-x)$, $f(0)$ $=$ $1$, 则：

$$
f(x) = ?
$$

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明修栈道，暗度陈仓：化简对数函数先凑乘法

一、题目

$$
I = \int_{0}^{ \frac{\pi}{2}} \ln ( \sin x ) \mathrm{~d} x = ?
$$

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利用导数的定义求解式子的极限

一、题目

请求解下面式子的极限：

$$
\begin{aligned}
K_{1} & = \lim_{ x \rightarrow a } \frac{ a^{x} – x^{a}}{x-a} \\ \\
K_{2} & = \lim_{ x \rightarrow a } \frac{ x^{x} – a^{a} }{x-a} \\ \\
K_{3} & = \lim_{x \rightarrow a } \frac{\tan x – \tan a}{ x^{a} – a^{a} }
\end{aligned}
$$

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