李永樂數學基礎過關660題高等數學填空題

  本節包括了一到一百題的易錯題和難題。

6.$I=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{x\sin x^2-2(1-\cos x)\sin x}{x^4}=$______.

解  先做如下變形：$I=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{x\sin x^2-2\sin x+2\sin2x}{x^4}.$
  可用泰勒展開式
$\sin x=x-\cfrac{1}{6}x^3+\omicron(x^4)\\ \Rightarrow x\sin x^2=x(x^2+\omicron(x^4))=x^3+\omicron(x^4)\\ -2\sin x=-2\left(x-\cfrac{1}{6}x^3+\omicron(x^4)\right)=-2x+\cfrac{1}{3}x^3+\omicron(x^4)\\ \sin2x=2x-\cfrac{1}{6}(2x)^3+\omicron(x^4)=2x-\cfrac{4}{3}x^3+\omicron(x^4)\\$
  相加得
$x\sin x^2-2\sin x+2\sin2x=0+\omicron(x^4)(x\to0)$
  因此
$I=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\omicron(x^4)}{x^4}=0.$
（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

7.$I=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{(1-\cos x)(1-\sqrt[3]{\cos x})\cdots(1-\sqrt[n]{\cos x})}{(1-\cos x)^{n-1}}=$_____.

解  用等價無窮小因子替換：
$t\sim\ln(1+t)\\ (\cos x)^{\frac{1}{m}}-1\sim\ln[(\cos x)^{\frac{1}{m}}-1+1]=\cfrac{1}{m}\ln\cos x.$
  因此
$\begin{aligned} I&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{(\cos x-1)(\sqrt[3]{\cos x}-1)\cdots(\sqrt[n]{\cos x}-1)}{(\cos x-1)^{n-1}}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\ln\cos x\ln\sqrt[3]{\cos x}\cdots\ln\sqrt[n]{\cos x}}{(\cos x-1)^{n-1}}\\ &=\cfrac{1}{n!}\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\ln^{n-1}\cos x}{(\cos x-1)^{n-1}}=\cfrac{1}{n!}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了等價無窮小代換求解）

9.$I=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^x_{x^2}\cfrac{\sin(xt)}{t}\mathrm{d}t}{x^2}$=_____.

解
$\displaystyle\int^x_{x^2}\cfrac{\sin(xt)}{t}\mathrm{d}t\xlongequal{xt=s}\displaystyle\int^{x^2}_{x^3}\cfrac{\sin s}{s}\mathrm{d}s\\ \Rightarrow\begin{aligned} I&=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\displaystyle\int^{x^2}_{x^3}\cfrac{\sin s}{s}\mathrm{d}s}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin x^2}{x^2}-\lim\limits_{x\to0}\cfrac{3\sin x^3}{2x^2}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\sin x^2}{x^2}-\lim\limits_{x\to0}\cfrac{3}{2}\cfrac{\sin x^3}{x^2}=1. \end{aligned}$
（這道題主要利用了換元法求解）

14.設$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\ln\left(1+x+\cfrac{f(x)}{x}\right)}{x}=3$，則$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)}{x^2}$=_____.

解  由$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{\ln\left(1+x+\cfrac{f(x)}{x}\right)}{x}=3$，當$x\to0$時，分母爲無窮小，所以分子也爲無窮小，進一步有$\lim\limits_{x\to0}\left(x+\cfrac{f(x)}{x}\right)=0.$
  因此，當$x\to0$時，$\ln\left(1+x+\cfrac{f(x)}{x}\right)\sim x+\cfrac{f(x)}{x}$。因此$\lim\limits_{x\to0}\cfrac{f(x)}{x^2}=2.$（這道題主要利用了等價無窮小代換求解）

17.設$a,b$爲常數，且$\lim\limits_{x\to\infty}(\sqrt[3]{1-x^6}-ax^2-b)=0$，則$a=$，$b=$.

解  由泰勒展開，當$x\to\infty$時，
$\sqrt[3]{1-x^6}=-x^2\left(1-\cfrac{1}{x^6}\right)^{\frac{1}{3}}=-x^2\left(1-\cfrac{1}{3x^6}+\omicron(x^{-6})\right).$
  所以$a=-1,b=0.$（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

19.設$x_0=0,x_n=\cfrac{1+2x_{n-1}}{1+x_{n-1}}$，則$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=$_____.

解  顯然，
$0<x_n=\cfrac{2(1+x_{n-1})-1}{1+x_{n-1}}=2-\cfrac{1}{1+x_{n-1}}<2\qquad(n=1,2,3,\cdots)$
  即$x_n$有界。
  令$f(x)=2-\cfrac{1}{1+x}\Rightarrow x_{n+1}=f(x_n)(n=1,2,3,\cdots)$單調。
  因此$x_n$收斂，記$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$。
  對遞歸方程$x_n=\cfrac{1+2x_{n-1}}{1+x_{n-1}}$兩邊取極限得
$a=\cfrac{1+2a}{1+a}.$
  解得$a=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}.$（這道題主要利用了數列極限的方法求解）

30.設$f(x)$在$x=0$可導且$f(0)=1,f'(0)=3$，則數列極限$I=\lim\limits_{n\to\infty}\left(f\left(\cfrac{1}{n}\right)\right)^{\frac{\frac{1}{n}}{1-\cos\frac{1}{n}}}=$_____.

解  先化爲
$I=\lim\limits_{n\to\infty}e^{\frac{\frac{1}{n}}{1-\cos\frac{1}{n}}\ln f(\frac{1}{n})}$
  轉化爲求
$\begin{aligned} \lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{\cfrac{1}{n}}{1-\cos\cfrac{1}{n}}\ln f\left(\cfrac{1}{n}\right)&=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{\cfrac{1}{n}}{\cfrac{1}{2}\cfrac{1}{n^2}}\left[\ln f\left(\cfrac{1}{n}\right)-\ln f(0)\right]\\ &=2\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{\ln f\left(\cfrac{1}{n}\right)-\ln f(0)}{\cfrac{1}{n}}=2\cdot(\ln f(x))'\biggm\vert_{x=0}\\ &=2\cfrac{f'(0)}{f(0)}=6. \end{aligned}\\ \Rightarrow I=e^6.$
（這道題主要利用了對數求極限的方法求解）

31.設$f(x)$在$x=a$處二階導數存在，則$I=\lim\limits_{h\to0}\cfrac{\cfrac{f(a+h)-f(a)}{h}-f'(a)}{h}=$_____.

解
$\begin{aligned} I&=\lim\limits_{h\to0}\cfrac{f(a+h)-f(a)-hf'(a)}{h^2}\\ &=\lim\limits_{h\to0}\cfrac{f'(a+h)-f'(a)}{2h}\\ &=\cfrac{1}{2}f''(a). \end{aligned}$
（這道題主要利用了導數的定義求解）

51.設$\displaystyle\int x^2f'(x)\mathrm{d}x=\arcsin x+C$，則$f(x)=$_____.

解  先求出，有
$\left(\displaystyle\int x^2f'(x)\mathrm{d}x\right)'=(\arcsin x+C)'\\ \Rightarrow x^2f'(x)=\cfrac{1}{\sqrt{1-x^2}},f'(x)=\cfrac{1}{x^2\sqrt{1-x^2}}\\ \Rightarrow f(x)=\displaystyle\int\cfrac{1}{x^2\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x$
  作三角代換$x=\sin t\left(-\cfrac{\pi}{2}<t<\cfrac{t}{2}\right)$得
$\begin{aligned} f(x)&=\displaystyle\int\cfrac{\cos t}{\sin^2t\cos t}\mathrm{d}t=-\cot x+C\\ &=-\cfrac{\sqrt{1-x^2}}{x}+C. \end{aligned}$
（這道題主要利用了三角代換求解）

53.$I=\displaystyle\int\cfrac{\sqrt{x+1}+2}{(x+1)^2-\sqrt{x+1}}\mathrm{d}x=$_____.

解  令$\sqrt{x+1}=t$，則$x=t^2-1,\mathrm{d}x=2t\mathrm{d}t$，於是
$\begin{aligned} I&=\displaystyle\int\cfrac{t+2}{t^4-t}2t\mathrm{d}t=2\displaystyle\int\cfrac{t+2}{t^3-1}\mathrm{d}t=2\displaystyle\int\cfrac{(t^2+t+1)-(t^2-1)}{(t-1)(t^2+t+1)}\mathrm{d}t\\ &=2\displaystyle\int\left(\cfrac{1}{t-1}-\cfrac{t+1}{t^2+t+1}\right)\mathrm{d}t=2\displaystyle\int\left(\cfrac{1}{t-1}-\cfrac{1}{2}\cfrac{2t+1+1}{t^2+t+1}\right)\mathrm{d}t\\ &=2\displaystyle\int\cfrac{1}{t-1}\mathrm{d}t-\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(t^2+t+1)}{t^2+t+1}-\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}\left(t+\cfrac{1}{2}\right)}{\left(t+\cfrac{1}{2}\right)^2+\left(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}\\ &=2\ln|t-1|-\ln|t^2+t+1|-\cfrac{2}{\sqrt{3}}\arctan\cfrac{2\sqrt{x+1}+1}{\sqrt{3}}+C. \end{aligned}$
（這道題主要利用了換元法求解）

57.$I=\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^4+1}}\mathrm{d}x=$_____.

解
$\begin{aligned} I&=\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x^3\sqrt{\cfrac{1}{x^4}+1}}\mathrm{d}x=\cfrac{-1}{2}\displaystyle\int\left[1+\left(\cfrac{1}{x^2}\right)^2\right]^{-\frac{1}{2}}\mathrm{d}\left(\cfrac{1}{x^2}\right)\\ &=-\cfrac{1}{2}\ln\left|\cfrac{1}{x^2}+\sqrt{1+\cfrac{1}{x^4}}\right|+C. \end{aligned}$
（這道題主要利用了分部積分法求解）

60.$I=\displaystyle\int^2_0\left(x\sqrt{2x-x^2}-\sqrt{\left(1-\cfrac{1}{4}x^2\right)^3}\right)\mathrm{d}x=$_____.

解
$I=\displaystyle\int^2_0x\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x-\displaystyle\int^2_0\sqrt{\left(1-\cfrac{1}{4}x^2\right)^3}\mathrm{d}x.$
  而
$\begin{aligned} \displaystyle\int^2_0x\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^2_0x\sqrt{1-(x-1)^2}\mathrm{d}x\\ &\xlongequal{\text{令}x-1=t}\displaystyle\int^1_{-1}t\sqrt{1-t^2}\mathrm{d}t+\displaystyle\int^1_{-1}\sqrt{1-t^2}\mathrm{d}t\\ &=0+2\displaystyle\int^0_{-1}\sqrt{1-t^2}\mathrm{d}t=\cfrac{1}{2}\pi. \end{aligned}\\ \begin{aligned} \displaystyle\int^2_0\sqrt{\left(1-\cfrac{1}{4}x^2\right)^3}\mathrm{d}x\xlongequal{\text{令}x=2\sin t}2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^4t\mathrm{d}t=\cfrac{3}{8}\pi. \end{aligned}\\ I=\cfrac{\pi}{8}.$
（這道題主要利用了多次換元積分的方法求解）

79.當$y>0$時，微分方程$(x-2xy-y^2)\mathrm{d}y+y^2\mathrm{d}x=0$的通解爲_____。

解  當$y>0$時，方程可改寫爲$\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}+\left(\cfrac{1}{y^2}-\cfrac{2}{y}\right)x=1$。
  兩邊乘$\mu(y)=e^{\int(\frac{1}{y^2}-\frac{1}{y})\mathrm{d}y}=e^{-\frac{1}{y}-2\ln y}=\cfrac{1}{y^2}e^{-\frac{1}{y}}$得
$\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\left(\cfrac{1}{y^2}e^{-\frac{1}{y}}x\right)=\cfrac{1}{y^2}e^{-\frac{1}{y}}.$
  積分得
$\cfrac{1}{y^2}e^{-\frac{1}{y}}x=\displaystyle\int\cfrac{1}{y^2}e^{-\frac{1}{y}}\mathrm{d}y+C=e^{-\frac{1}{y}}+C.$
  通解爲
$x=y^2e^{\frac{1}{y}}(C+e^{-\frac{1}{y}})=y^2(Ce^{\frac{1}{y}}+1).$
（這道題主要利用了分離參數的方法求解）

94. 設$z=\displaystyle\int^1_0|xy-t|f(t)\mathrm{d}t,0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant1$，其中$f(x)$爲連續函數，則$z''_{xx}+z''_{yy}=$_____.

解
$\begin{aligned} z&=\displaystyle\int^1_0|xy-t|f(t)\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^{xy}_0(xy-t)f(t)\mathrm{d}t+\displaystyle\int^1_{xy}(t-xy)f(t)\mathrm{d}t\\ &=xy\displaystyle\int^{xy}_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^{xy}_0tf(t)\mathrm{d}t+\displaystyle\int^1_{xy}tf(t)\mathrm{d}t-xy\displaystyle\int^1_{xy}f(t)\mathrm{d}t. \end{aligned}$
  則
$\begin{aligned} z_x'&=y\displaystyle\int^{xy}_0f(t)\mathrm{d}t+xy^2f(xy)-xy^2f(xy)-xy^2f(xy)-y\displaystyle\int^1_{xy}f(t)\mathrm{d}t+xy^2f(xy)\\ &=y\displaystyle\int^{xy}_0f(t)\mathrm{d}t-y\displaystyle\int^1_{xy}f(t)\mathrm{d}t. \end{aligned}\\ z''_{xx}=y^2f(xy)+y^2f(xy)=2y^2f(xy).$
  由變量的對稱性可知
$z''_{yy}=2x^2f(xy).$
  則$z''_{xx}+z''_{yy}=2(x^2+y^2)f(xy)$。（這道題主要利用了多元函數求導的方法求解）

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