武忠祥老师每日一题｜第240 - 255题

一只野生彩色铅笔

发布于 2022-09-20 10:53:01

6390

发布于 2022-09-20 10:53:01

文章被收录于专栏：彩铅的随笔博客

题目240

若

\lim\limits_{x\to0}\bigg(\dfrac{\ln(x+\sqrt{x^2+1})+ax^2+bx^3}{x}\bigg)^{\dfrac{1}{x^2}}=e^2

,求

a,b

的值

解答

[ \begin{aligned} & \lim\limits_{x\to0}\bigg(\dfrac{\ln(x+\sqrt{x^2+1})+ax^2+bx^3}{x}\bigg)^{\dfrac{1}{x^2}} \\\\ =& \lim\limits_{x\to0}e^{\dfrac{\ln(x + \sqrt{x^2 + 1}) + ax^2 + bx^3 - x}{x^3}} \\\\ \end{aligned} ]

已知：

[ (1 + x^2)^{-\frac{1}{2}} \sim 1 - \dfrac{1}{2}x^2 + o(x^2) ]

两侧取积分：

[ \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}) \sim x - \dfrac{1}{6}x^3 + o(x^3) ]

故可对原式进行 泰勒展开：

[ \lim\limits_{x\to0}e^{\dfrac{x - \frac{1}{6}x^3 + ax^2 + bx^3 - x}{x^3}} ]

极限存在，故

a = 0, b = \dfrac{13}{6}

题目241

已知常数

a>0

，

bc\ne0

，使得

\lim\limits_{x\to+\infty}[x^a\ln(1+\dfrac{b}{x}) - x]=c

，求

a,b,c

解答

不妨先 倒代换，令

t = \dfrac{1}{x}

，然后直接 泰勒展开

[ \lim_{t\to0^+} \dfrac{\ln(1 + bt) - t^{a - 1}}{t^a} = \lim_{t\to0^+} \dfrac{bt - \dfrac{b^2}{2}t^2 - t^{a - 1} + o(t^2)}{t^a} =c ]

a \lt 2

时：极限不存在

a = 2

时：要使极限存在，

b - 1 = 0

，此时

c = -\dfrac{1}{2}

a > 2

时，极限不存在

综上所述

a = 2, b = 1, c = -\dfrac{1}{2}

题目242

当

x\to0

时，

\displaystyle\int_0^{x^2}(e^{t^3}-1)dt

是

x^7

的几阶无穷小

解答

当

x\to0

时，我们可以先用 变上限积分被积函数等价无穷小 的方法，化简 被积函数

[ \displaystyle\int_0^{x^2}(e^{t^3}-1)dt \sim \int_0^{x^2} t^3 dt ]

然后直接把这个积分解出来：

\displaystyle\int_0^{x^2} t^3 dt = \dfrac{1}{4} x^8

故可知，该函数是

x^7

的 高阶无穷小

题目243

当

x\to0^+

时，求出下列无穷小量的最高阶：

[ \begin{matrix} \displaystyle\int_0^x(e^{t^2} - 1)dt & &\displaystyle\int_0^x\ln(1+\sqrt{t^3})dt\\\\ \displaystyle\int_0^{\sin x}\sin t^3dt & &\displaystyle\int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}dt\\ \end{matrix} ]

解答

当

x\to0^+

时：

[ \displaystyle\int_0^x(e^{t^2} - 1)dt \sim \displaystyle\int_0^xt^2dt = \dfrac{1}{3}x^3 ]

[ \displaystyle\int_0^x\ln(1+\sqrt{t^3})dt \sim \displaystyle\int_0^x t^{\frac{3}{2}}dt = \dfrac{2}{5} x^{\frac{5}{2}} ]

[ \displaystyle\int_0^{\sin x}\sin t^3dt \sim \displaystyle\int_0^{x}t^3dt = \dfrac{1}{4} x^4 ]

[ \displaystyle\int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}dt \sim \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}x^2}x^{\frac{3}{2}}dt = \dfrac{\sqrt{2}}{20} x^5 ]

故最高阶的为

\displaystyle\int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}dt

题目244

已知

a,b

为常数，若

(1+\dfrac{1}{n})^n-e

与

\dfrac{b}{n^a}

在

n\to\infty

时是等价无穷小，求

a,b

解答

数列问题，却要求等价无穷小，不妨先 连续化 转为 函数问题，再用 海涅定理 证明

[ \begin{aligned} & \lim_{n\to\infty} \dfrac{(1 + \dfrac{1}{n})^n - e}{\dfrac{b}{n^a}} \xlongequal{\text{连续化}} \lim_{x\to+\infty} \dfrac{(1 + \dfrac{1}{x})^x - e}{\dfrac{b}{x^a}} \\\\ \xlongequal{\text{倒代换}} & \lim_{x\to0^+} \dfrac{(1 + x)^\frac{1}{x} - e}{bx^a} = \lim_{x\to0^+} \dfrac{e^{\frac{\ln(1 + x)}{x}} - e}{bx^a} \\\\ =& e\lim_{x\to0^+} \dfrac{e^{\frac{\ln(1 + x) - x}{x}} - 1}{bx^a} = e\lim_{x\to0^+} \dfrac{\ln(1 + x)-x}{bx^{a + 1}} \\\\ =& -\dfrac{e}{2b}\lim_{x\to0^+} \dfrac{x^2}{x^{a + 1}} \end{aligned} ]

由 海涅定理 可知，原 数列极限 与 函数极限 收敛到同一个值

故该极限值为

，得

a = 1, b = -\dfrac{2}{e}

题目245

当

x\to0

时，求下列无穷小量中最高阶

（A）

(1+x)^{x^2}-1

（B）

e^{x^4-2x}-1

（C）

\displaystyle\int_0^{x^2}\sin t^2dt

（D）

\sqrt{1+2x} - \sqrt[3]{1+3x}

解答

这是一到纯口算题，没什么要点

A选项

(1+x)^{x^2}-1 \sim x^3

为3阶

B选项

e^{x^4-2x}-1 \sim e^{4} - 2x \sim -2x

为1阶

C选项

\displaystyle\int_0^{x^2}\sin t^2dt \sim \int_0^{x^2}t^2dt = \dfrac{1}{3} x^6

为6阶

D选项

\sqrt{1+2x} - \sqrt[3]{1+3x} = -\dfrac{1}{8}x^2 + \dfrac{1}{18}x^2

为2阶

故选 C

题目246

当

x\to0^+

时，下列无穷小量中最高阶的是（）

\displaystyle\int_0^{1-\cos x}\frac{\sin t}{t}dt\quad\quad\quad\quad\quad

\displaystyle\int_0^{x}t\tan\sqrt{x^2-t^2}dt

\displaystyle\int_{\sin x}^{1-\sqrt{\cos x}}e^{xt}\ln(1+t^3)dt\quad

\displaystyle\int_{\sin x}^{x}\sqrt{\sin^3t}dt

解答

A选项

\displaystyle\int_0^{1-\cos x}\frac{\sin t}{t}dt \sim \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}x^2}dt = \dfrac{1}{2}x^2

B选项

令

\sqrt{x^2 - t^2} = u

，则

\displaystyle\int_0^{x}t\tan\sqrt{x^2-t^2}dt = -\displaystyle\int_0^{x}u\tan udu \sim -\int_0^x u^2 du = -\dfrac{1}{3}x^3

C选项

用第一积分中值定理，提出

e^{xt}

项

\displaystyle\int_{\sin x}^{1-\sqrt{\cos x}}e^{xt}\ln(1+t^3)dt = e^{x\xi}\displaystyle\int_{\sin x}^{1-\sqrt{\cos x}}\ln(1+t^3)dt \sim e^{x\xi}\displaystyle\int_{\sin x}^{1-\sqrt{\cos x}}t^3dt

e^{x\xi}\displaystyle\int_{\sin x}^{1-\sqrt{\cos x}}t^3dt \sim \dfrac{1}{4} e^{x^2} [(1-\sqrt{\cos x})^4 - \sin^4 x] \sim \dfrac{1}{4}x^4

D选项

\displaystyle\int_{\sin x}^{x}\sqrt{\sin^3t}dt = \int_{\sin x}^{x}t^{\frac{3}{2}}dt = \xi^{\frac{3}{2}} (x - \sin x)

由于

\sin x < \xi < x \quad \Rightarrow \quad \dfrac{\sin x}{x} < \dfrac{\xi}{x} < \dfrac{x}{x}

不等号两侧取极限，可知

\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\xi}{x} = 1 \Rightarrow \xi \sim x

\xi^{\frac{3}{2}} (x - \sin x) \sim x^{\frac{3}{2}} \cdot \dfrac{1}{6}x^3 = \frac{1}{6}x^{\frac{9}{2}}

综上所述，选 D

题目247

设

x\to a

时，

f(x)

与

g(x)

分别是

x-a

的

阶与

阶无穷小，则下列命题

f(x)g(x)

是

x-a

的

n+m

阶无穷小

n > m

，

\frac{f(x)}{g(x)}

是

x-a

的

n-m

阶无穷小

n \le m

，则

f(x) + g(x)

是

x-a

的

阶无穷小

f(x)

连续，则

\int_a^x f(t)dt

是

x-a

的

n+1

阶无穷小

中，正确的个数是（）

解答

由题干可知：

f\sim (x-a)^n, g \sim (x - a)^m

(A)选项

因式考虑直接使用等价无穷小：

[ f \cdot g \sim (x - a)^{n + m} ]

故正确

(B)选项

因式考虑直接使用等价无穷小：

[ \dfrac{f}{g} \sim (x - a)^{n - m} ]

故正确

(C)选项

错误，因为如果他们是同阶无穷小，可能是相反数，一加变成

了

考虑构造反例：

f(x) = (x-a)^n , g(x) = -(x - a)^n

则：

f + g = 0

(D)选项

不妨用 洛必达 去验证

[ \lim_{x\to a}\frac{\displaystyle\int_a^xf(t)dt}{(x - a)^{n+1}} = \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{(n+1)(x - a)^{n}} = \dfrac{1}{n+1} ]

故正确

因此正确的选项为 A,B,C

题目248

设

f(x)

连续，且

\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x}=1,\alpha(x)=\displaystyle\int_0^{\sqrt{x}}\dfrac{\ln(1+t^4)}{f(t)}dt

\beta(x)=\displaystyle\int_0^{\sin x}\frac{\sqrt{1+t^3}-1}{f(t)}dt

，则当

x\to0^+

时，

\alpha(x)

是

\beta(x)

的几阶无穷小

解答

由

f(x)

连续，且

\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x}=1

，可知：

\lim\limits_{x\to0} f(x) = f(0) = 0, f'(0) = 1, f(x) \sim x

[ \alpha \sim \int_0^{\sqrt{x}} t^3 dt = \dfrac{1}{4}x^2 ]

[ \beta \sim \int_0^x \dfrac{t^2}{2} dt = \dfrac{1}{6} x^3 ]

故

\alpha

是

\beta

的 低阶无穷小

题目249

当

x\to0

时，

2\arctan x - \ln\dfrac{1+x}{1-x}

是

的

阶无穷小，求

的值

解答

[ \arctan x = x - \dfrac{1}{3}x^3 + o(x^4) ]

[ \ln(1 + x) = x - \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{3}x^3 - \dfrac{1}{4}x^4 + o(x^4) ]

[ \ln(1 - x) = - x - \dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{1}{3}x^3 - \dfrac{1}{4}x^4 + o(x^4) ]

[ 2\arctan x - \ln\dfrac{1+x}{1-x} = (2 - 1 - 1)x + (\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2})x^2 + (-\dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3})x^3 = -\dfrac{4}{3}x^3 ]

故

n = 3

题目250

当

x\to 0^+

时，

(1+x)^{\frac{1}{x}} - (e+ax+bx^2)

是比

x^2

高阶的无穷小，求

a,b

的值

解答

简单推导：

[ \ln(1 + x) - x = -\dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{3}x^3 - \dfrac{1}{4}x^4 + o(x^4) ]

[ \dfrac{\ln(1 + x) - x}{x} = -\dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{3}x^2 - \dfrac{1}{4}x^3 + o(x^3) ]

[ e^x - 1 = x + \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{6}x^3 + o(x^3) ]

[ e^{\dfrac{\ln(1 + x) - x}{x}} - 1 = (-\dfrac{1}{2})x + (\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{8})x^2 + o(x^2) = -\dfrac{1}{2}x + \dfrac{11}{24}x^2 + o(x^2) ]

由于

e \cdot [e^{\dfrac{\ln(1 + x) - x}{x}} - 1] - ax - bx^2

是

o(x^2)

故

a = -\dfrac{1}{2}e

，

b = \dfrac{11}{24}e

题目251

设函数

f(x)=\dfrac{\sin x}{1+x^2}

在

x=0

处的

次泰勒多项式为

ax+bx^2+cx^3

，求参数

a,b,c

解答

简单推导：

[ \begin{aligned} \sin x &= x - \dfrac{1}{6}x^3 + o(x^3) \\\\ \dfrac{1}{1 + x^2} &= 1 - x^2 + x^4 + o(x^4) \\\\ \dfrac{\sin x}{1+x^2} &= [x - \dfrac{1}{6}x^3 + o(x^3)] \cdot [1 - x^2 + x^4 + o(x^4)] = x - \dfrac{7}{6}x^3 + o(x^3) \end{aligned} ]

故

a = 1, b = 0, c = -\dfrac{7}{6}

题目252

设函数

f(x)=\sec x

在

x=0

处的

次泰勒多项式为

1+ax+bx^2

，求参数

a,b

解答

直接具体展开不太容易，考虑使用抽象展开式，再利用 算两次 的思想，令 系数相等

泰勒在

x = 0

的抽象展开式:

[ f(x) = f(0) + f'(0)x + \dfrac{f''(0)}{2}x^2 + o(x^2) ]

[ \begin{aligned} f(0) &= \sec 0 = 1 \\\\ f'(0) &= \tan 0 \sec 0 = 0 \\\\ f''(0) &= \sec^3 0 + \tan^2 0 \sec 0 = 1 \\\\ \end{aligned} ]

故

a = 0, b = \dfrac{1}{2}

题目253

求函数

f(x) = \dfrac{(x+1)|x-1|}{e^{\frac{1}{x-2}}\ln|x|}

的可去间断点的个数

解答

无定义点：

x = 2, x = 1, x = -1, x = 0

，故只需研究这四点即可

x = 0:

\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(x+1)|x-1|}{e^{\frac{1}{x-2}}\ln|x|} = \sqrt{e}\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{\ln|x|} = 0 \quad \Rightarrow \quad x=0

是 可去间断点

x = 1:

\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{(x+1)|x-1|}{e^{\frac{1}{x-2}}\ln|x|} = 2e \cdot \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{|x-1|}{x - 1} \quad \Rightarrow \quad x=1

是 跳跃间断点

x = -1:

\lim\limits_{x \to -1} \dfrac{(x+1)|x-1|}{e^{\frac{1}{x-2}}\ln|x|} = -2e \cdot \lim\limits_{x \to -1} \dfrac{(x + 1)}{x + 1} = -2e \quad \Rightarrow \quad x=1

是 可去间断点

x = 2:

\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{(x+1)|x-1|}{e^{\frac{1}{x-2}}\ln|x|} = \dfrac{3}{\ln 2}\lim\limits_{x \to 2} e^{\frac{-1}{x-2}}

\lim\limits_{x \to 2^+} e^{\frac{-1}{x-2}} = 0

，

\lim\limits_{x \to 2^-} e^{\frac{-1}{x-2}} = +\infty

，故

x = 2

是 第二类间断点

故 可去间断点 数量为

题目254

设

f(x)

和

\varphi(x)

在

(-\infty, +\infty)

内有定义，

f(x)

为连续函数，

\varphi(x)

有间断点，则下列命题:

f(x)\Big[|\varphi(x)| + \varphi^2(x)\Big]

必有间断点

f(x)

单调，则

\dfrac{\varphi(x)}{|f(x)|}

必有间断点

\dfrac{\varphi(x)}{1+f^2(x)}

必有间断点

f(x)\varphi(x)

必有间断点

中，命题正确的是哪些？

解答

错误，直接令

f(x) \equiv 0

结束

正确，分类讨论：

若

f(x)

无零点连续，则

|f(x)|

无零点连续，故

\dfrac{\varphi(x)}{|f(x)|}

有间断点

若

f(x)

有零点，则

\dfrac{\varphi(x)}{|f(x)|}

必有间断点

正确，显然
错误，令

f(x) \equiv 0

结束

这里武老师有个小总结：

|f(x)|

有间断点

\Rightarrow

f(x)

有间断点

f^2(x)

有间断点

\Rightarrow

f(x)

有间断点

f(x)

连续

\Rightarrow

|f(x)|

连续反之，都不成立

题目255

设

f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x^{n+2}}{\sqrt{2^{2n}+x^{2n}}}

，则

f(x)

在其定义域内

(~~)

A.连续 B.有

个可去间断点 C.有

个跳跃间断点 D.有

个第二类间断点

解答

常用极限结论：

\lim\limits_{n\to\infty} x^n = \begin{cases} 0 & ,|x| < 1 \\\\ \infty & ,|x| > 1 \\\\ 1 & ,x = 1 \\\\ \not\exists &,x=-1 \end{cases}

分母是两个指数函数相加，谁作为分母无穷大上的最大数量级，考虑分类讨论

|x| < 2

时，

f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{(\dfrac{x}{2})^{n} \cdot x^2}{\sqrt{1+(\dfrac{x}{2})^{2n}}} = 0

x = 2

时，

f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2^{n+2}}{\sqrt{2^{2n+1}}} = 2^{\frac{3}{2}}

x = -2

时，

f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}(-1)^{n+2} \cdot 2^{\frac{3}{2}} = \text{不存在}

|x| > 2

时，

f(x) = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x^{2}}{\sqrt{(\dfrac{2}{x})^{2n}+1}} = x^2

故

x = 2

为跳跃间断点

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