- 已知$\displaystyle{\lim_{x\to0}}\frac{\cos2x-\sqrt{\cos2x}}{x^k}=a\ (a\ne0)$，求$a$和$k$的值。
解 $\displaystyle \cos 2x=1-2x^2+o(x^2)$，$\displaystyle \sqrt{1+x}=\sum_{n=0}^\infty\binom {1/2} n x^n=1+\frac12x+o(x)$，于是
$$
\begin{align*}
\frac{\cos2x-\sqrt{\cos2x}}{x^k}&=\frac{1-2x^2-1-\dfrac12(-2x^2+o(x^2))+o(x^2)}{x^k}\\
&=\frac{-x^2+o(x^2)}{x^k},
\end{align*}
$$
故$a=-1$，$k=2$。
- 判断级数$\displaystyle \sum_{n=2}^\infty \frac{\ln(e^n+n^2)}{n^2\ln^2 n}$的敛散性。
解 当$n$充分大时总成立$n^2\lt e^n$。故
$$
\frac{\ln(e^n+n^2)}{n^2\ln^2 n}\lt\frac{\ln2}{n^2\ln^2n}+\frac{1}{n\ln^2n}\lt\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n\ln^2n},\quad(*)
$$
$(*)$式第一项构成的级数显然收敛，而对于第二项有估计
$$
\frac1{n\ln^2n}=\frac{1/n}{\ln^2n}=\frac{1/n}{\left(1+\dfrac12+\dfrac13+\cdots+\dfrac1n-\gamma+o(1)\right)^2}.
$$
于是$(*)$式第二项构成的级数也收敛。由正项级数的比较判别法，原级数收敛。
- 求$\displaystyle f(x)=\frac1{x^2-4x+3}$关于$x-1$的幂级数展开式。
解
$$
\begin{align*}
f(x)&=\frac1{(x-1)(x-3)}=\frac1{x-1}\frac{1}{-2-(1-x)}=-\frac12\frac1{x-1}\frac{1}{1-\frac{x-1}{2}}\\
&=-\frac12\frac1{x-1}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{x-1}2\right)^n=-\sum_{n=0}^\infty\left(\frac12\right)^{n+1}(x-1)^{n-1}.
\end{align*}
$$
- 已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上二阶可导，且$f’’(x)\leqslant0$，$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{2x}=2$，证明：$f(x)\leqslant4x$。
解 由题设中极限成立，知$f(0)=0$及$f’(0)=4$。故
$$
f(x)=f(0)+f’(0)\cdot x+\frac{f’’(\xi)}2x^2\leqslant4x.
$$
- 已知$\displaystyle F(x)=\int_0^x(x-2t)f(t)\mathrm dt$.（1）若$f(x)$为偶函数，证明$F(x)$也是偶函数；（2）若$f(x)$单调不增，证明$F(x)$单调不减。
解 （1）$\displaystyle F(-x)=\int_0^{-x}(-x-2t)f(t)\mathrm dt=-\int_0^x(-x+2u)f(-u)\mathrm du=\int_0^x(x-2u)f(u)\mathrm du=F(x).$
（2）对任意$x\in\mathbb{R}$，当$0\lt h\lt x$时
$$
\begin{align*}
F(x+h)-F(x)&=\int_0^{x+h}(x+h-2t)f(t)\mathrm dt-\int_0^x(x-2t)f(t)\mathrm dt\\
&=\int_x^{x+h}(x+h-2t)f(t)\mathrm dt+\int_0^{x}hf(t)\mathrm dt\\
&\geqslant f(x)\left.\left(-\frac14(x+h-2t)^2\right)\right|_x^{x+h}+hxf(x)\\
&\geqslant -hxf(x)+hxf(x)=0.
\end{align*}
$$
当$h\geqslant x$时，设$\displaystyle N:=\left[\frac {2h}{x}\right]$，于是
$$
F(x+h)-F(x)=(F(1.5x)-F(x))+(F(2x)-F(1.5x))+\cdots+\left(F(x+h)-F\left(x+\frac N2x\right)\right)\geqslant0.
$$
- （多元函数没学，跳过）
- （多元函数没学，跳过）
- （多元函数没学，跳过）
- 设$S$为有界集，且$\sup S=a\notin S$。证明：存在递增的数列$\{x_n\}\subseteq S$，使得$\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=a$。
解 $\forall\varepsilon\gt0,\ \exists x\in S,\ \mathrm{s.t.}\ a-\varepsilon\lt x\leqslant a$。取$\varepsilon_1:=1$，得$x_1$；再取$\varepsilon_2:=\min \{\varepsilon_1/2,a-x_1\}$，得$x_2$；以此类推，取$\varepsilon_n:=\min\{\varepsilon_{n-1}/2,a-x_{n-1}\}$，得$x_n$。所得$\{x_n\}$单调$\nearrow$，且满足$\displaystyle a-\frac1{2^{n-1}}\lt x_n\leqslant a$。两边取极限，由迫敛性结论得证。
- 已知数列$\{x_n\}$无界但不是无穷大量，证明：$\{x_n\}$存在子列收敛，也存在子列为无穷大量。
解 $\exists G\gt0,\ \forall N\gt0,\ \exists n\gt N,\ \mathrm{s.t.}\ |a_n|\leqslant G$。由此取得$\{x_n\}$一有界子列，由致密性原理（$\mathrm{Bolzano-Weierstrass}$定理），其存在收敛子列。
又根据$\{x_n\}$无界，取$x_{n_1}\gt1$，$x_{n_2}\gt\max\{x_{n_1},2\}$，以此类推，$x_{n_k}\gt\max\{x_{n_{k-1}},k\}$，则$\{x_{n_k}\}$即为一无穷大量。
- 已知$0\lt a\lt b\lt 1$，证明$\arctan b-\arctan a\lt\dfrac{b-a}{2ab}$。
解 由$\mathrm{Cauchy}$中值定理，$\dfrac{\arctan b-\arctan a}{\dfrac1a-\dfrac1b}=\dfrac{\xi^2}{\xi^2+1}\lt\dfrac12.$
- （多元函数没学，跳过）
- 讨论函数列$f_n(x)=\dfrac{nx}{1+n^2x^2}$在$(-\infty,+\infty)$上的一致收敛性。
解 显然$\forall x\in\mathbb{R}:f_n(x)\to0$。由$\displaystyle f_n\left(\frac1n\right)=\frac12\not\to0$，所以$\{f_n\}$在$\mathbb{R}$上不一致收敛。
- 已知$f(x)$在$(0,1]$上可导，且极限$\displaystyle \lim_{x\to0+}\sqrt xf’(x)$存在。证明：$f(x)$在$(0,1]$上一致连续。
解 若$\displaystyle \lim_{x\to0+}\sqrt xf’(x)=:t\neq0$，则$\exists\delta’\gt0,\ \forall x\in(0,\delta’):\sqrt x|f’(x)|\lt2|t|$。对任意充分小$\varepsilon\gt0$，记$\varepsilon’:=\varepsilon^2$。取$\delta_1:=\min\{\varepsilon’,\delta’\}$，则$\forall x_1,x_2\in(0,\delta_1):|f(x_1)-f(x_2)|\lt2|t|\sqrt{\varepsilon’}=2|t|\varepsilon$。又由$\mathrm{Cantor}$定理，$f$在$[\delta_1,1]$上一致连续，故$\exists\delta_2\gt0,\ \forall x_1,x_2\in[\delta_1,1],|x_1-x_2|\lt\delta_2:|f(x_1)-f(x_2)|\lt\varepsilon$。取$\delta:=\min\{\delta_1,\delta_2\}$，则$\forall x_1,x_2\in(0,1],|x_1-x_2|\lt\delta:|f(x_1)-f(x_2)|\lt M\varepsilon$。对于$t=0$的情况，用$1$作为上界替代$t$，结论依然成立。故结论得证。
已知$f_n(x)=x^n+x,n=1,2,\cdots.$
（1）证明：方程$f_n(x)=1$在$\left[\dfrac12,1\right]$上有且仅有一个解$x_n$。
（2）证明：$\{x_n\}$极限存在，并求$\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n$。
解 （1）存在性：$f_n(0)=0\lt1,\ f_n(1)=2\gt 1$，由介值定理存在解$x$。唯一性：若$f_n(x_1)=f_n(x_2)=1$，则$\exists\xi\in(x_1,x_2),\ \mathrm{s.t.}\ f_n’(\xi)=n\xi^{n-1}+1=0$，不可能，所以解唯一。综上，$\forall n,\ \exists!x_n:f_n(x_n)=1.$
（2）由于$f_{n+1}(x)\leqslant f_n(x)$，所以$f_n(x_n)=1=f_{n+1}(x_{n+1})\leqslant f_n(x_{n+1})$，由$f_n$关于$x$单增知$x_n\leqslant x_{n+1}$，于是$\{x_n\}$单调$\nearrow\leqslant1$，收敛。由于$f_n(x)\to f(x):=x$，以及$|f_n(x)-f(x)|=x^n\leqslant x_1^n\to0$，所以知$f_n(x)\rightrightarrows f(x)$在$[0,x_1]$上。于是得
$$
\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}f(x_n)=\lim_{n\to\infty}f_n(x_n)=1.
$$