首都师范大学2009年研究生入学考试试题数学分析精讲（上）.

1. 求极限（共7分）
步骤1：判断极限类型，进行有理化变形
该极限为 $\boldsymbol{\infty – \infty}$ 型不定式，无法直接计算，因此对分子分母同乘共轭式 $\sqrt{n+\sqrt{n}} + \sqrt{n}$，利用平方差公式化简： $$ \lim_{n \to \infty} \left( \sqrt{n+\sqrt{n}} – \sqrt{n} \right) = \lim_{n \to \infty} \frac{\left( \sqrt{n+\sqrt{n}} – \sqrt{n} \right)\left( \sqrt{n+\sqrt{n}} + \sqrt{n} \right)}{\sqrt{n+\sqrt{n}} + \sqrt{n}} $$
步骤2：化简分子与分母
由平方差公式 $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$，分子展开为： $$ \left( \sqrt{n+\sqrt{n}} \right)^2 – \left( \sqrt{n} \right)^2 = (n+\sqrt{n}) – n = \sqrt{n} $$ 因此原式化简为： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+\sqrt{n}} + \sqrt{n}} $$
步骤3：分子分母同除 $\sqrt{n}$，计算极限
分子分母同时除以 $\sqrt{n}$（$\sqrt{n} > 0$，不改变不等号方向）： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}}}{\frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} + \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} + 1} $$ 当 $n \to \infty$ 时，$\frac{1}{\sqrt{n}} \to 0$，因此： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} + 1} = \frac{1}{\sqrt{1+0} + 1} = \frac{1}{2} $$ 综上，$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \sqrt{n+\sqrt{n}} – \sqrt{n} \right) = \boldsymbol{\frac{1}{2}}$。

2. 证明极限不存在（共8分）
步骤1：明确证明依据（海涅定理/归结原则）
根据海涅定理（函数极限与数列极限的关系）： 函数极限 $\lim_{x \to x_0} f(x)$ 存在的充要条件是：对任意满足 $x_n \to x_0$（$x_n \neq x_0$）的数列 $\{x_n\}$，都有 $\lim_{n \to \infty} f(x_n)$ 存在且相等。 因此，只需构造两个收敛于 $0$ 的数列，使得对应的函数列极限不相等，即可证明原极限不存在。
步骤2：构造第一个收敛于0的数列，计算函数列极限
取数列 $\{x_n\}$：令 $\displaystyle x_n = \frac{1}{2n\pi}$（$n \in \mathbb{N}^*$），显然 $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$，且 $x_n \neq 0$。 代入函数得： $$ f(x_n) = \sin\left( \frac{1}{x_n} \right) = \sin(2n\pi) = 0 $$ 因此 $\lim_{n \to \infty} f(x_n) = \lim_{n \to \infty} 0 = 0$。 步骤3：构造第二个收敛于0的数列，计算函数列极限
取数列 $\{x_n’\}$：令 $\displaystyle x_n’ = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}}$（$n \in \mathbb{N}^*$），显然 $\lim_{n \to \infty} x_n’ = 0$，且 $x_n’ \neq 0$。 代入函数得： $$ f(x_n’) = \sin\left( \frac{1}{x_n’} \right) = \sin\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 1 $$ 因此 $\lim_{n \to \infty} f(x_n’) = \lim_{n \to \infty} 1 = 1$。
步骤4：应用海涅定理得出结论
两个数列 $\{x_n\}$、$\{x_n’\}$ 均满足 $x_n \to 0$、$x_n’ \to 0$（$x_n, x_n’ \neq 0$），但对应的函数列极限分别为 $0$ 和 $1$，不相等。 根据海涅定理，$\displaystyle \lim_{x \to 0} \sin \frac{1}{x}$ 不存在，证毕。

步骤1：应用函数极限的$\boldsymbol{\varepsilon-N}$定义
根据函数极限的$\varepsilon-N$定义： 已知$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = l$，则对任意$\varepsilon > 0$，$\exists N > 0$，当$x > N$时，恒有 $$|f(x) – l| < \varepsilon$$ 由题设$\eta \in (f(a), l)$，可知$l – \eta > 0$，因此取$\varepsilon = l – \eta > 0$，则$\exists N > a$（保证$N$落在定义域$[a,+\infty)$内），当$x > N$时： $$|f(x) – l| < l – \eta$$
步骤2：推导不等式并构造$c_1$
展开绝对值不等式： $$-(l – \eta) < f(x) – l < l – \eta$$ 由左侧不等式直接得： $$f(x) > l – (l – \eta) = \eta$$ 取$c_1 = N + 1$，显然$c_1 > N > a$，即$c_1 \in (a,+\infty)$，且$f(c_1) > \eta$，故(1)得证。

(2) 证明（共8分）
步骤1：确定区间端点的函数值关系
由(1)的结论，$\exists c_1 > a$，满足$f(c_1) > \eta$； 同时由题设$\eta \in (f(a), l)$，得$f(a) < \eta$，因此有： $$f(a) < \eta < f(c_1)$$

步骤2：验证介值定理的使用条件
已知$f(x)$在$[a,+\infty)$上连续，因此$f(x)$在闭区间$[a, c_1]$上连续，满足介值定理的前提条件。

步骤3：应用介值定理完成证明
根据闭区间上连续函数的介值定理： 若函数$g(x)$在闭区间$[m,n]$上连续，且$g(m) < \mu < g(n)$，则$\exists \xi \in (m,n)$，使得$g(\xi) = \mu$。 此处$g(x)=f(x)$，$m=a$，$n=c_1$，$\mu=\eta$，完全满足定理条件，因此$\exists c_2 \in (a, c_1) \subset (a,+\infty)$，使得$f(c_2) = \eta$，故(2)得证。

1. 证明（7分）
步骤1：构造辅助函数，验证连续性、可导性与初值
令$$F(x) = f(x) – g(x)$$
由题设条件： $f(x),g(x)$在$[a,b]$上连续 $\implies F(x)$在$[a,b]$上连续； $f(x),g(x)$在$(a,b)$内可导 $\implies F(x)$在$(a,b)$内可导，且$F'(x) = f'(x) – g'(x) > 0$，$\forall x\in(a,b)$； $f(a)=g(a) \implies F(a) = f(a)-g(a) = 0$。
步骤2：应用拉格朗日中值定理推导不等式
对任意$x\in(a,b]$，在闭区间$[a,x]$上对$F(x)$应用拉格朗日中值定理： $\exists \xi \in (a,x)$，使得 $$F(x) – F(a) = F'(\xi) \cdot (x – a)$$ 代入$F(a)=0$，$F'(\xi)>0$，$x-a>0$，得： $$F(x) = F'(\xi) \cdot (x-a) > 0$$ 即$f(x) – g(x) > 0$，故$f(x) > g(x)$。
步骤3：结论
综上，对所有$a < x \leq b$，$f(x) > g(x)$成立，证毕。

2. 证明（8分）
步骤1：构造辅助函数
令 $$ f(x) = e^x – 1 – x – \frac{x^2}{2}, \quad x \in (0, +\infty) $$ 只需证明：当 \( x > 0 \) 时，\( f(x) > 0 \)。
步骤2：分析端点值
计算 \( x=0 \) 处的函数值： $$ f(0) = e^0 – 1 – 0 – \frac{0^2}{2} = 1 – 1 = 0 $$
步骤3：求导分析单调性
一阶导数： $$ f'(x) = \frac{d}{dx}\left(e^x – 1 – x – \frac{x^2}{2}\right) = e^x – 1 – x $$ 计算 \( f'(0) = e^0 – 1 – 0 = 0 \)。
二阶导数： $$ f”(x) = \frac{d}{dx}\left(e^x – 1 – x\right) = e^x – 1 $$ 当 \( x > 0 \) 时，\( e^x > 1 \)，因此 \( f”(x) > 0 \)，说明一阶导数 \( f'(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 上严格单调递增。
步骤4：推导一阶导数符号
因为 \( f'(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 严格递增，且 \( f'(0)=0 \)，所以对任意 \( x > 0 \)，有： $$ f'(x) > f'(0) = 0 $$ 这说明原函数 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 上严格单调递增。
步骤5：证明不等式
因为 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 严格递增，且 \( f(0)=0 \)，所以对任意 \( x > 0 \)，有： $$ f(x) > f(0) = 0 $$ 即 $$ e^x – 1 – x – \frac{x^2}{2} > 0 $$ 整理得： $$ {e^x > 1 + x + \frac{x^2}{2}, \quad x \in (0, +\infty)} $$
补充：泰勒展开法（快速验证） \( e^x \) 的麦克劳林展开式为： $$ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots $$ 当 \( x > 0 \) 时，展开式中从 \( \frac{x^3}{6} \) 起的所有余项均为正数，因此： $$ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \underbrace{\left(\frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \cdots\right)}_{>0} > 1 + x + \frac{x^2}{2} $$ 直接得证。

1. 用一元函数微分（线性近似）计算近似值 我们使用微分近似公式（一阶泰勒展开）： $$f(x_0 + \Delta x) \approx f(x_0) + f'(x_0) \cdot \Delta x$$
步骤1：选取函数与基准点
令 $f(x) = x^{\frac{1}{5}}$（五次根号函数），取基准点 $x_0 = 32$（因 $2^5=32$，$\sqrt[5]{32}=2$ 易计算），增量 $\Delta x = 32.16 – 32 = 0.16$。
步骤2：计算 $f(x_0)$ 和 $f'(x_0)$ – $f(x_0) = 32^{\frac{1}{5}} = 2$（由 $2^5=32$ 直接得） – 求导：$f'(x) = \frac{1}{5}x^{-\frac{4}{5}}$，因此 $$f'(x_0) = \frac{1}{5} \cdot 32^{-\frac{4}{5}} = \frac{1}{5} \cdot (2^5)^{-\frac{4}{5}} = \frac{1}{5} \cdot 2^{-4} = \frac{1}{80} = 0.0125$$
步骤3：代入近似公式 $$ \begin{align*} \sqrt[5]{32.16} = f(32 + 0.16) &\approx f(32) + f'(32) \cdot 0.16 \\ &= 2 + 0.0125 \times 0.16 \\ &= 2 + 0.002 \\ &= \boldsymbol{2.002} \end{align*} $$
2. 用泰勒公式计算近似值的绝对误差 使用泰勒公式的拉格朗日余项估计误差： 对于 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的一阶泰勒展开，余项为： $$R_1(x) = \frac{f”(\xi)}{2!} (x – x_0)^2, \quad \xi \in (x_0, x)$$ 绝对误差为 $|R_1(x)|$。
步骤1：计算二阶导数 $f”(x)$ 已知 $f'(x) = \frac{1}{5}x^{-\frac{4}{5}}$，因此 $$f”(x) = \frac{d}{dx}\left( \frac{1}{5}x^{-\frac{4}{5}} \right) = -\frac{4}{25}x^{-\frac{9}{5}}$$
步骤2：代入余项公式 $x – x_0 = 0.16$，故 $(x – x_0)^2 = 0.0256$，$2! = 2$，代入得： $$ \begin{align*} |R_1(32.16)| &= \left| \frac{f”(\xi)}{2} \cdot (0.16)^2 \right| \\ &= \left| \frac{-\frac{4}{25}\xi^{-\frac{9}{5}}}{2} \cdot 0.0256 \right| \\ &= 0.002048 \cdot \xi^{-\frac{9}{5}} \end{align*} $$ 其中 $\xi \in (32, 32.16)$。
步骤3：估计误差上界 由于 $\xi > 32$，且 $g(x) = x^{\frac{9}{5}}$ 单调递增，因此 $\xi^{\frac{9}{5}} > 32^{\frac{9}{5}}$。 计算 $32^{\frac{9}{5}} = (2^5)^{\frac{9}{5}} = 2^9 = 512$，故 $\xi^{-\frac{9}{5}} < \frac{1}{512}$。 代入得： $$ |R_1(32.16)| < 0.002048 \times \frac{1}{512} = 0.000004 = \boldsymbol{4 \times 10^{-6}} $$

(1) 证明 \( F(x) \) 以 \( T \) 为周期 要证明函数 \( F(x) \) 以 \( T \) 为周期，只需验证对任意 \( x \in \mathbb{R} \)，都有 \( F(x+T) = F(x) \)。 已知 \( F(x) = \frac{x}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt – \int_{0}^{x} f(t)dt \)，计算 \( F(x+T) \)： \[ \begin{align*} F(x+T) &= \frac{x+T}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt – \int_{0}^{x+T} f(t)dt \\ &= \left( \frac{x}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt + \int_{0}^{T} f(t)dt \right) – \int_{0}^{x+T} f(t)dt \end{align*} \] 利用周期函数的积分平移不变性：若 \( f(x) \) 以 \( T \) 为周期，则对任意 \( a \in \mathbb{R} \)，有 \( \int_{a}^{a+T} f(t)dt = \int_{0}^{T} f(t)dt \)。因此拆分积分： \[ \int_{0}^{x+T} f(t)dt = \int_{0}^{T} f(t)dt + \int_{T}^{x+T} f(t)dt \] 令 \( u = t-T \)，则 \( t = u+T \)，\( dt=du \)，且 \( f(u+T)=f(u) \)，因此： \[ \int_{T}^{x+T} f(t)dt = \int_{0}^{x} f(u+T)du = \int_{0}^{x} f(u)du = \int_{0}^{x} f(t)dt \] 代入 \( F(x+T) \) 的表达式： \[ \begin{align*} F(x+T) &= \frac{x}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt + \int_{0}^{T} f(t)dt – \left( \int_{0}^{T} f(t)dt + \int_{0}^{x} f(t)dt \right) \\ &= \frac{x}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt – \int_{0}^{x} f(t)dt \\ &= F(x) \end{align*} \] 同时，\( f(x) \) 连续，故 \( \int_{0}^{x} f(t)dt \) 连续，线性组合 \( F(x) \) 也连续。因此 \( F(x) \) 是以 \( T \) 为周期的连续函数，得证。

(2) 证明极限等式 \( \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{1}{x}\int_{0}^{x} f(t)dt = \frac{1}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt \) 我们用(1)的结论给出简洁证明，同时补充直接拆分积分的方法。
方法一：
利用(1)的周期函数有界性 由(1)知，\( F(x) \) 是以 \( T \) 为周期的连续函数。根据连续周期函数的性质：连续周期函数在 \( \mathbb{R} \) 上必有界，即存在常数 \( M>0 \)，使得对所有 \( x \in \mathbb{R} \)，\( |F(x)| \leq M \)。 由 \( F(x) \) 的定义： \[ F(x) = \frac{x}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt – \int_{0}^{x} f(t)dt \] 移项得： \[ \int_{0}^{x} f(t)dt = \frac{x}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt – F(x) \] 两边同时除以 \( x \)（\( x>0 \)）： \[ \frac{1}{x}\int_{0}^{x} f(t)dt = \frac{1}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt – \frac{F(x)}{x} \] 当 \( x \to +\infty \) 时，\( \left| \frac{F(x)}{x} \right| \leq \frac{M}{x} \to 0 \)，因此： \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x}\int_{0}^{x} f(t)dt = \frac{1}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt – 0 = \frac{1}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt \]
方法二：直接拆分积分
对任意 \( x>0 \)，设 \( n = \left\lfloor \frac{x}{T} \right\rfloor \)（不超过 \( \frac{x}{T} \) 的最大整数），则 \( x = nT + r \)，其中 \( n \in \mathbb{N} \)，\( r \in [0, T) \)。当 \( x \to +\infty \) 时，\( n \to +\infty \)，\( r \) 有界。 拆分积分： \[ \int_{0}^{x} f(t)dt = \int_{0}^{nT + r} f(t)dt = \int_{0}^{nT} f(t)dt + \int_{nT}^{nT + r} f(t)dt \]
1. 计算 \( \int_{0}^{nT} f(t)dt \)： \( f(x) \) 以 \( T \) 为周期，故每个周期的积分相等：\( \int_{kT}^{(k+1)T} f(t)dt = \int_{0}^{T} f(t)dt \)（\( k=0,1,\dots,n-1 \)），因此： \[ \int_{0}^{nT} f(t)dt = n \int_{0}^{T} f(t)dt \]
2. 计算 \( \int_{nT}^{nT + r} f(t)dt \)： 令 \( u = t-nT \)，则 \( t = u+nT \)，\( dt=du \)，\( f(u+nT)=f(u) \)，因此： \[ \int_{nT}^{nT + r} f(t)dt = \int_{0}^{r} f(u)du \] 由于 \( f(x) \) 在 \( [0,T] \) 上连续，故 \( f(x) \) 在 \( [0,T] \) 上有界，即存在 \( M>0 \)，\( |f(u)| \leq M \)，因此： \[ \left| \int_{0}^{r} f(u)du \right| \leq \int_{0}^{r} |f(u)|du \leq Mr \leq MT \] 即 \( \int_{0}^{r} f(u)du \) 是有界量。 将积分结果代入原式： \[ \frac{1}{x}\int_{0}^{x} f(t)dt = \frac{1}{nT + r} \left( n\int_{0}^{T} f(t)dt + \int_{0}^{r} f(u)du \right) \] 拆分为两项： \[ = \frac{n}{nT + r} \int_{0}^{T} f(t)dt + \frac{1}{nT + r} \int_{0}^{r} f(u)du \] 当 \( x \to +\infty \) 时：
第一项：\( \frac{n}{nT + r} = \frac{1}{T + \frac{r}{n}} \to \frac{1}{T} \)（\( \frac{r}{n} \to 0 \)）
第二项：分子有界（\( \leq MT \)），分母 \( nT + r \to +\infty \)，故第二项 \( \to 0 \) 因此： \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x}\int_{0}^{x} f(t)dt = \frac{1}{T}\int_{0}^{T} f(t)dt \]

(1) 证明 \( m(b-a) < \int_a^b f(x)dx < M(b-a) \) 因为 \( f(x) \) 在 \([a,b]\) 上连续，由闭区间连续函数的最值定理，\( f(x) \) 在 \([a,b]\) 上存在最大值 \( M \) 和最小值 \( m \)，即对任意 \( x \in [a,b] \)，有 \[ m \leq f(x) \leq M \] 由定积分的保序性，对不等式两边在 \([a,b]\) 上积分，得 \[ \int_a^b m \, dx \leq \int_a^b f(x) dx \leq \int_a^b M \, dx \] 计算得 \[ m(b-a) \leq \int_a^b f(x) dx \leq M(b-a) \] 由于 \( f(x) \) 不是常函数，故 \( M > m \)（若 \( M=m \)，则 \( f(x) \equiv m=M \)，与条件矛盾）。 先证 \( \int_a^b f(x) dx > m(b-a) \)： 存在 \( x_0 \in [a,b] \) 使得 \( f(x_0) > m \)，由 \( f(x) \) 在 \( x_0 \) 处的连续性，根据局部保号性，存在 \( \delta > 0 \)，当 \( x \in (x_0-\delta, x_0+\delta) \cap [a,b] \) 时，恒有 \( f(x) > m \)。 将积分拆分为三部分： \[ \int_a^b f(x) dx = \int_a^{x_0-\delta} f(x) dx + \int_{x_0-\delta}^{x_0+\delta} f(x) dx + \int_{x_0+\delta}^b f(x) dx \] 其中 \( \int_a^{x_0-\delta} f(x) dx \geq m(x_0-\delta -a) \)，\( \int_{x_0+\delta}^b f(x) dx \geq m(b – (x_0+\delta)) \)，而 \( \int_{x_0-\delta}^{x_0+\delta} f(x) dx > m \cdot 2\delta \)（若 \( x_0 \) 为端点，调整区间长度后结论仍成立）。 三部分相加得： \[ \int_a^b f(x) dx > m\left[(x_0-\delta -a) + 2\delta + (b -x_0 -\delta)\right] = m(b-a) \] 同理可证 \( \int_a^b f(x) dx < M(b-a) \)：存在 \( x_1 \in [a,b] \) 使得 \( f(x_1) < M \)，由局部保号性拆分积分，同理可得积分严格小于 \( M(b-a) \)。 综上，\( m(b-a) < \int_a^b f(x)dx < M(b-a) \)。
(2) 证明存在 \( c \in (a,b) \)，使得 \( f(c) = \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx \) 构造变上限积分函数 \[ F(x) = \int_a^x f(t) dt, \quad x \in [a,b] \] 因为 \( f(t) \) 在 \([a,b]\) 上连续，故 \( F(x) \) 在 \([a,b]\) 上连续，在 \( (a,b) \) 内可导，且由变上限积分求导法则，\( F'(x) = f(x) \)。 根据拉格朗日中值定理，存在 \( c \in (a,b) \)，使得 \[ F(b) – F(a) = F'(c)(b-a) \] 代入 \( F(b) = \int_a^b f(t)dt \)，\( F(a) = 0 \)，\( F'(c)=f(c) \)，得 \[ \int_a^b f(t)dt = f(c)(b-a) \] 两边除以 \( b-a \)，即得 \[ f(c) = \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx \] 且 \( c \in (a,b) \)，得证。

也可通过介值定理证明：令 \( \mu = \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx \)，由(1)知 \( m < \mu < M \)，结合 \( f(x) \) 的连续性，由介值定理得存在 \( \xi \in [a,b] \) 使 \( f(\xi)=\mu \)，再通过反证法排除 \( \xi \) 为端点的情况，最终得到 \( c \in (a,b) \)。