微积分1期末复习

微积分1期末复习

选取往年第一学期真题。

极限、导数与微分

• （18~19第一学期期中）设函数 \(f(u)\) 可导，函数 \(y = f(x^{3})\) 当自变量 \(x\) 在 \(x = 1\) 处取增量 \(\Delta{x} = -0.1\) 时，相应的函数增量 \(\Delta{y}\) 的线性主部为 \(0.3\)，则 $f^{'}(1) = $（）。

  （A）-1 （B）0.1 （C）1 （D）0.5

  \(\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = 3x^{2}f^{'}(x^{3})\)，\(\frac{\text{d}y}{\text{d}x}\Big{|}_{x = 1} = 3f^{'}(1)\)。

  在 \(x = 1\) 处，\(\text{d}y = \left( \frac{\text{d}y}{\text{d}x}\Big{|}_{x = 1} \right)\Delta{x}\)。代值：\(0.3 = 3f^{'}(1) \times (-0.1)\)，得 \(f^{'}(1) = -1\)。选 A。

• （18~19第一学期期中）若函数 \(f(x)\) 可导，且 \(f^{'}(x) = \sin^{2}[\sin(x + 1)]\)，\(f(0) = 4\)，则 \(f(x)\) 的反函数 \(x = g(y)\) 当自变量 \(y = 4\) 时的导数值为（）。

  （A）\(\frac{1}{\sin^{2}(\sin{4})}\) （B）\(\frac{1}{\sin^{2}(\sin{5})}\) （C）\(\frac{1}{\sin^{2}(\sin{1})}\) （D）\(0\)

  \(\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = f^{'}(x)\)，\(\frac{\text{d}x}{\text{d}y} = g^{'}(y)\)，故当 \(y = f(x)\)（\(x = g(y)\)）时，\(f^{'}(x)g^{'}(y) = 1\)。

  \(y = 4 = f(0)\)，\(f^{'}(0) = \sin^{2}(\sin{1})\)，故 \(g^{'}(4) = \frac{1}{f^{'}(0)} = \frac{1}{\sin^{2}(\sin{1})}\)。选 C。

• （19~20第一学期期中）已知 \(f(x) = \frac{\sqrt[3]{2x - 1}}{\sqrt{x^{2} + 1}} \sdot \frac{\sin{2x}}{e^{x}}\)，求 \(f^{'}(x)\)。

  令 \(g(x) = \ln|f(x)| = \frac{1}{3}\ln|2x - 1| + \ln|\sin{2x}| - \frac{1}{2}\ln(x^{2} + 1) - x\)。

  \(g^{'}(x) = \frac{f^{'}(x)}{f(x)} = \frac{2}{3(2x - 1)} + \frac{2\cos{2x}}{\sin{2x}} - \frac{2x}{2(x^{2} + 1)} - 1 = \frac{2}{6x - 3} + 2\cot{2x} - \frac{x}{x^{2} + 1} - 1\)。

  故 \(f^{'}(x) = \frac{\sqrt[3]{2x - 1}}{\sqrt{x^{2} + 1}} \sdot \frac{\sin{2x}}{e^{x}}\left( \frac{2}{6x - 3} + 2\cot{2x} - \frac{x}{x^{2} + 1} - 1 \right)\)。

• （21~22第一学期第一次月考）设函数 \(y = f(\sin{x^{2}})\)，其中 \(f(u)\) 二阶可导，求微分 \(\text{d}y\) 和二阶导数 \(\frac{\text{d}^{2}{y}}{\text{d}x^{2}}\)。

  \(y^{'} = 2x\cos{x^{2}}f^{'}(\sin{x^{2}})\)，则 \(\text{d}y = 2x\cos{x^{2}}f^{'}(\sin{x^{2}})\text{d}x\)。

  \[\begin{align} \frac{\text{d}^{2}{y}}{\text{d}x^{2}} = y^{''} &= (2\cos{x^{2}} - 2x \times 2x\sin{x^{2}})f^{'}(\sin{x^{2}}) + 2x\cos{x^{2}}\times 2x\cos{x^{2}}f^{''}(\sin{x^{2}}) \\ &= 2\cos{x^{2}}f^{'}(\sin{x^{2}}) + 4x^{2}[f^{''}(\sin{x^{2}})(\cos{x^{2}})^{2} - f^{'}(\sin{x^{2}})\sin{x^{2}}] \\ \end{align} \]

积分

• （18~19第一学期第二次月考）设函数 \(\varphi(x) = \int_{0}^{\sin{x}}f(tx^{2})\text{d}t\)，其中 \(f(x)\) 是连续函数，且 \(f(0) = 2\)。求 \(\varphi^{'}(x)\) 的解析式 。

  令 \(u = tx^{2} \in [0, x^{2}\sin{x}] \iff t = \frac{u}{x^{2}}\)，则 \(\varphi(x) = \int_{0}^{x^{2}\sin{x}}f(u)\text{d}{\frac{u}{x^{2}}} = \frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x^{2}\sin{x}}f(u)\text{d}{u}\)。

  • \(x \neq 0\) 时：

    \[\begin{align} \varphi^{'}(x) &= -\frac{2}{x^{3}}\int_{0}^{x^{2}\sin{x}}f(u)\text{d}{u} + \frac{1}{x^{2}}f(x^{2}\sin{x})(2x\sin{x} + x^{2}\cos{x}) \\ \end{align} \]

  • \(x = 0\) 时：

    \[\begin{align} \varphi^{'}(0) &= \lim\limits_{x \to 0}\frac{\varphi(x) - \varphi(0)}{x - 0} \\&= \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{1}{x^{2}}\int_{0}^{x^{2}\sin{x}}f(u)\text{d}u}{x} \\&= \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x^{2}\sin{x})(2x\sin{x} + x^{2}\cos{x})}{3x^{2}} \\&= f(0) = 2 \\ \end{align} \]

  综上，（下略）。

• （18~19第一学期第二次月考）设函数 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续，在 \((0, 1)\) 内可导，且 \(f(0) = 0\)，\(0 < f^{'}(x) \le 1\)，证明：\(\left( \int_{0}^{1}f(x)\text{d}x \right)^{2} \ge \int_{0}^{1}f^{3}(x)\text{d}x\)。

  令 \(F(x) = \left( \int_{0}^{x}f(t)\text{d}t \right)^{2} - \int_{0}^{x}f^{3}(t)\text{d}t\)。

  \(F^{'}(x) = 2f(x)\int_{0}^{x}f(t)\text{d}t - f^{3}(x) = f(x)\left( 2\int_{0}^{x}f(t)\text{d}t - f^{2}(x) \right)\)。

  令 \(G(x) = 2\int_{0}^{x}f(t)\text{d}t - f^{2}(x)\)。

  \(G^{'}(x) = 2f(x) - 2f^{'}(x)f(x) = 2f(x)(1 - f^{'}(x)) \ge 0\)，

  故 \(G(x)\) 单增，\(G(x) \ge G(0) = 0\)。

  因为 \(f(0) = 0, f^{'}(x) > 0\)，所以 \(f(x) > f(0) = 0\)，所以 \(F^{'}(x) = f(x)G(x) \ge 0\)。

  故 \(F(x)\) 单增，\(F(x) \ge F(0) = 0\)，所以 \(F(1) \ge 0\)，即证。

  （20~21第一学期期末）设函数 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续。证明：

  （1）存在 \(\xi \in (0, 1)\)，使 \(\int_{0}^{\xi}f(t)\text{d}t = (1 - \xi)f(\xi)\)；

  （2）若 \(f(x) > 0\) 且单调减少，则这种 \(\xi\) 是唯一的。

  （1）令 \(F(x) = (x - 1)\int_{0}^{x}f(t)\text{d}t\)。由于 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续，故 \(F(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续，在 \((0, 1)\) 内可导。

  又由罗尔定理，因为 \(F(0) = F(1) = 0\)，所以存在 \(\xi \in (0, 1)\) 使 \(F^{'}(\xi) = \int_{0}^{\xi}f(t)\text{d}t + (\xi - 1)f(\xi) = 0\)，即证。

  （2）任取 \(x_{1}, x_{2} \in (0, 1)\)，\(x_{1} < x_{2}\)。\(F^{'}(x_{2}) - F^{'}(x_{1}) = \int_{x_{1}}^{x_{2}}f(t)\text{d}t + (x_{2} - 1)f(x_{2}) - (x_{1} - 1)f(x_{1})\)。

  因为 \(f(x) > 0\) 且 \(x_{1} < x_{2}\)，所以 \(\int_{x_{1}}^{x_{2}}f(t)\text{d}t > 0\)；

  又 \(f(x)\) 单减，故 \((1 - x_{1})f(x_{1}) > (1 - x_{2})f(x_{2}) \iff (x_{2} - 1)f(x_{2}) - (x_{1} - 1)f(x_{1}) > 0\)。

  故 \(F^{'}(x)\) 在 \((0, 1)\) 上严格单增，因此（1）中的 \(\xi\) 唯一。

• （21~22第一学期第二次月考）设函数 \(f(x) = \int_{1}^{\sqrt{x}}e^{-t^{2}}\text{d}t\)，计算定积分 \(I = \int_{0}^{1}\frac{f(x)}{\sqrt{x}}\text{d}x\)。

  \[\begin{align} I &= \int_{0}^{1}\frac{f(x)}{\sqrt{x}}\text{d}x = \int_{0}^{1}f(x)\text{d}(2\sqrt{x}) \\ &= 2\sqrt{x}f(x)\Big{|}_{0}^{1} - \int_{0}^{1}2\sqrt{x}f^{'}(x)\text{d}x \\ &= 0 - \int_{0}^{1}2\sqrt{x} \times e^{-x} \times \frac{1}{2\sqrt{x}}\text{d}x \\ &= -\int_{0}^{1}e^{-x}\text{d}x = e^{-x}\Big{|}_{0}^{1} = \frac{1}{e} - 1 \\ \end{align} \]

  （22~23第一学期第二次月考）已知 \(f(x)\) 可导，\(f^{'}(x) = xe^{-x^{4}}\)，且 \(f(2) = 1\)，计算定积分 \(I = \int_{0}^{2}xf(x)\text{d}x\)。

  \[\begin{align} I &= \int_{0}^{2}xf(x)\text{d}x = \frac{1}{2}\int_{0}^{2}f(x)\text{d}x^{2} \\ &= \frac{1}{2}x^{2}f(x)\Big{|}_{0}^{2} - \frac{1}{2}\int_{0}^{2}x^{2}\text{d}f(x) \\ &= 2f(2) - 0 - \frac{1}{2}\int_{0}^{2}x^{3}e^{-x^{4}}\text{d}x \\ &= 2 - \frac{1}{2}\int_{0}^{2}(-\frac{1}{4})\text{d}e^{-x^{4}} \\ &= 2 + \frac{1}{8}e^{-x^{4}}\Big{|}_{0}^{4} = \frac{15 + e^{-16}}{8} \\ \end{align} \]

中值定理与泰勒展开

• （18~19第一学期期中）设 \(f(x)\) 在闭区间 \([0, 2]\) 上连续，在开区间 \((0, 2)\) 内可导，且 \(f(0) = f(2) = 0\)，\(\lim\limits_{x \to 1}\frac{f(x) - 2}{x - 1} = 5\)。证明：

  （1）存在 \(\eta \in (1, 2)\)，使得 \(f(\eta) = \eta\)；

  （2）存在 \(\xi \in (0, \eta)\)，使得 \(f^{'}(\xi) = \frac{2\xi - f(\xi)}{\xi}\)。

  第一问是容易的，这里主要记录第二问的构造方式。

  令 \(h(x) = xf(x) - x^{2}\)，\(h^{'}(x) = xf^{'}(x) + f(x) - 2x\)。

  \(h(0) = 0\)，\(h(\eta) = \eta f(\eta) - \eta^{2} = 0\)。由罗尔定理，\(\exists \xi \in (0, \eta)\)，使得 \(h^{'}(\xi) = 0\)，即证。

• （18~19第一学期期末）设函数 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上二阶可导，且 \(f^{''}(x) < 0\)。证明：对于任意正整数 \(n\)，均有 \(\int_{0}^{1}f(x^{n})\text{d}x \le f(\frac{1}{n + 1})\)。

  由一阶泰勒公式，\(\forall x \in [0, 1]\)，总 \(\exists \xi\) 介于 \(x\) 与 \(\frac{1}{n + 1}\) 之间，使 \(f(x) = f(\frac{1}{n + 1}) + f^{'}(\frac{1}{n + 1})(x - \frac{1}{n + 1}) + \frac{f^{''}(\xi)}{2!}(x - \frac{1}{n + 1}^{2})\)。

  由 \(f^{''}(x) < 0\)，可知 \(f(x^{n}) \le f(\frac{1}{n + 1}) + f^{'}(\frac{1}{n + 1})(x^{n} - \frac{1}{n + 1})\)，故

  \[\begin{align} \int_{0}^{1}f(x^{n})\text{d}x &\le \int_{0}^{1}[f(\frac{1}{n + 1}) + f^{'}(\frac{1}{n + 1})(x^{n} - \frac{1}{n + 1})]\text{d}x \\ &= f(\frac{1}{n + 1}) + f^{'}(\frac{1}{n + 1})\int_{0}^{1}(x^{n} - \frac{1}{n + 1})\text{d}x \\ &= f(\frac{1}{n + 1}) + f^{'}(\frac{1}{n + 1})(\frac{x^{n + 1}}{n + 1}\Big{|}_{0}^{1} - \frac{1}{n + 1}) \\ &= f(\frac{1}{n + 1}) \\ \end{align} \]

  即证。

• （19~20第一学期期中）已知函数 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续，在 \((a, b)\) 内可导，且 \(f^{2}(b) - f^{2}(a) = b^{2} - a^{2}\)，证明方程 \(f(x)f^{'}(x) = x\) 在 \((a, b)\) 至少存在一个实数根。

  令 \(F(x) = f^{2}(x) - x^{2}\)，则 \(F(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续，在 \((a, b)\) 内可导。

  \(f^{2}(b) - f^{2}(a) = b^{2} - a^{2} \iff f^{2}(b) - b^{2} = f^{2}(a) - a^{2}\)，即 \(F(a) = F(b)\)。

  由罗尔定理，存在 \(\xi \in (a, b)\)，使得 \(F^{'}(\xi) = 0\)，即 \(2f(\xi)f^{'}(\xi) - 2\xi = 0 \iff f(\xi)f^{'}(\xi) = \xi\)，即证。

• （19~20第一学期期末）设函数 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上具有二阶导数，存在 \(x_{0} \in (a, b)\)，满足 \(f(x_{0}) > f(a)\)，以及 \((b - x_{0})f(x_{0}) > \int_{x_{0}}^{b}f(x)\text{d}x\)。证明：至少存在一点 \(\xi \in (a, b)\)，使得 \(f^{''}(\xi) < 0\)。

  • 法一：

    考虑反证法，假设 \(\forall x \in (a, b)\)，都有 \(f^{''}(x) \ge 0\)。

    任取满足 \(f(x_{0}) > f(a)\) 的 \(x_{0} \in (a, b)\)。

    由一阶泰勒公式，对任意 \(x \in [a, b]\)，存在 \(\eta\) 介于 \(x\) 与 \(x_{0}\) 之间，使 \(f(x) = f(x_{0}) + f^{'}(x)(x - x_{0}) + \frac{f^{''}(\eta)}{2!}(x - x_{0})^{2} \ge f(x_{0}) + f^{'}(x_{0})(x - x_{0})\)，故：

    \[\begin{align} \int_{x_{0}}^{b}f(x)\text{d}x &\ge \int_{x_{0}}^{b}[f(x_{0}) + f^{'}(x_{0})(x - x_{0})]\text{d}x \\ &= (b - x_{0})f(x_{0}) + f^{'}(x_{0})\int_{x_{0}}^{b}(x - x_{0})\text{d}x \\ &= (b - x_{0})f(x_{0}) + \frac{1}{2}f^{'}(x_{0})(b - x_{0})^{2} \\ \end{align} \]

    假设 \(\forall x \in (a, x_{0})\)，\(f^{'}(x) < 0\)，则 \(f(x_{0}) < f(a)\)，与假设矛盾。

    故存在 \(x_{1} \in (a, x_{0})\)，\(f^{'}(x_{1}) \ge 0\)。

    又 \(\forall x \in (a, b)\)，\(f^{''}(x) \ge 0\)，即 \(f^{'}(x)\) 单增，故 \(f^{'}(x_{0}) > f^{'}(x_{1}) \ge 0\)，

    故对于任意满足 \(f(x_{0}) > f(a)\) 的 \(x_{0}\)，均有 \(\int_{x_{0}}^{b}f(x)\text{d}x \ge (b - x_{0})f(x_{0})\)，与题意矛盾。

    故至少存在一点 \(\xi \in (a, b)\)，使得 \(f^{''}(\xi) < 0\)。

  • 法二：

    由积分中值定理，存在 \(\eta \in (x_{0}, b)\)，使得 \(\int_{x_{0}}^{b}f(x)\text{d}x = f(\eta)(b - x_{0})\)。

    又由 \((b - x_{0})f(x_{0}) > \int_{x_{0}}^{b}f(x)\text{d}x\)，得 \(f(x_{0}) > f(\eta)\)。

    对 \(f(x)\) 在 \((a, x_{0})\) 和 \((x_{0}, \eta)\) 上分别使用拉格朗日中值定理 ，得：

    \(\frac{f(x_{0}) - f(a)}{x_{0} - a} = f^{'}(\xi_{1}) > 0, a < \xi_{1} < x_{0}\)，\(\frac{f(\eta) - f(x_{0})}{\eta - x_{0}} = f^{'}(\xi_{2}) < 0, x_{0} < \xi_{2} < \eta\)。

    在 \([\xi_{1}, \xi_{2}]\) 上对 \(f^{'}(x)\) 用拉格朗日中值定理，得 \(f^{''}(\xi) = \frac{f^{'}(\xi_{2}) - f^{'}(\xi_{1})}{\xi_{2} - \xi_{1}} < 0, \xi \in (\xi_{1}, \xi_{2}) \subset (a, b)\)，即证。

• （20~21第一学期期中）设函数 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上可导，且 \(f(1) > 0\)，\(\lim\limits_{x \to 0^{+}}\frac{f(x)}{x} < 0\)。证明：

  （1）方程 \(f(x) = 0\) 在 \((0, 1)\) 内至少有一个实根；

  （2）方程 \(f(x) + f^{'}(x) = 0\) 在 \((0, 1)\) 内至少有一个实根。

  （1）根据极限的保号性，存在 \(\delta > 0\) 满足 \(\frac{f(\delta)}{\delta} < 0\)，有 \(f(\delta) < 0\)。

  由零点定理，因为 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续可导且 \(f(\delta)f(1) < 0\)，所以存在 \(x_{0} \in (\delta, 1) \subset (0, 1)\) 使得 \(f(x_{0}) = 0\)。

  （2）由于 \(\lim\limits_{x \to 0^{+}}\frac{f(x)}{x}\) 存在且 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续，得 \(f(0) = \lim\limits_{x \to 0^{+}}f(x) = 0\)。

  记 \(F(x) = e^{x}f(x)\)，\(F^{'}(x) = e^{x}(f(x) + f^{'}(x))\)。

  由罗尔定理，因为 \(F(0) = F(x_{0}) = 0\)，所以存在 \(\xi \in (0, x_{0}) \subset (0, 1)\) 使得 \(F^{'}(\xi) = 0\)，即 \(f(\xi) + f^{'}(\xi) = 0\)。

• （22~23第一学期第二次月考）设函数 \(f(x)\) 在区间 \([a, b]\) 上连续且单调增加。证明：\(\int_{a}^{b}xf(x)\text{d}x \ge \frac{a + b}{2}\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x\)。

  我是拿多次区间再现和换元法做的，十分丑陋就不放了。这里主要想记录更简洁的中值定理解法。

  令 \(F(x) = \int_{a}^{x}tf(t)\text{d}t - \frac{a + x}{2}\int_{a}^{x}f(t)\text{d}t\)，由 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续可知 \(F(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续，在 \((a, b)\) 内可导。

  由积分中值定理，对任意 \(x \in (a, b)\)，存在 \(\xi \in (a, x)\) 使得 \(\int_{a}^{x}f(t)\text{d}t = f(\xi)(x - a)\)。

  所以 \(F^{'}(x) = xf(x) - \frac{a + x}{2}f(x) - \frac{1}{2}\int_{a}^{x}f(t)\text{d}t = \frac{x - a}{2}f(x) - \frac{x - a}{2}f(\xi) = \frac{x - a}{2}(f(x) - f(\xi))\)。

  又 \(f(x)\) 单增，所以 \(f(x) \ge f(\xi)\)，故 \(F^{'}(x) \ge 0\)，\(F(x)\) 在 \([a, b]\) 上单增，\(F(b) \ge F(a) = 0\)，即证。

微分方程

空间解析几何