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\begin{document}
  \chapter{2025-2026学年微积分（B）（上）期中考试}

  \section{基本计算题(每小题 6 分，共 60 分)}
  \begin{enumerate}
    \item 求极限$l=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^{2}+1}+\frac{2}{n^{2}+\sqrt{2}}
      +\cdots+\frac{n}{n^{2}+\sqrt{n}}\right).$
      \vspace{10em}

    \item 求极限$l=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{\tan x}}{\ln(1+\sin^{3}
      x)}.$
      \vspace{10em}

    \item 设$y=\arctan \mathrm{e}^{x}-\ln\sqrt{\frac{\mathrm{e}^{2x}}{1+\mathrm{e}^{2x}}}$，求$\mathrm{d}
      y\big |_{x=1}$.
      \vspace{10em}

    \item 已知曲线的参数方程为 $\begin{cases}
        x=\frac{3t}{1+t^{3}},     \\
        y=\frac{3t^{2}}{1+t^{3}},
      \end{cases}$，求该曲线在对应$t=1$的点$P$处的切线方程.
      \vspace{10em}

    \item 求当$x\to0$时，无穷小量$u=\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}$的主部和阶数.
      \vspace{10em}

    \item 讨论函数$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x+\mathrm{e}^{nx}}{1+\mathrm{e}^{nx}}$的连续性，若有间断点，指出其类型.
      \vspace{10em}

    \item 试确定常数$a,b$，使得$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{(1+x)^4+3}-(a+bx)}{x}=0$.
      \vspace{10em}

    \item 已知函数$y=f(\sin^{2} x)$，其中$f(u)$二阶可导，求$y''$.
      \vspace{10em}

    \item 设$f(x)=
      \begin{cases}
        x^{n} \cos\frac{1}{x}, & x\neq0, \\
        0,                     & x=0,
      \end{cases}$，要使$f'(x)$在$x=0$处连续，求正整数$n$的取值范围.
      \vspace{10em}

    \item 设$f(x)=\cos^{4} x+\sin^{4} x$，求$f^{(6)}(0)$.
      \vspace{10em}
  \end{enumerate}

  \section{综合题(每小题 6 分，共 30 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[11.] 设$y=y(x)$由方程$x=1+\frac{t}{2}+\frac{t^{3}}{6}$与$\mathrm{e}^{y}
      \sin t-y+1=0$确定，求$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x},\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}
      \right|_{x=1}$.
      \vspace{13em}

    \item[12.] 设$f(x)$定义于$(-\infty,+\infty)$，且$f(x)\neq0$.若任给$x,y$总有$f
      (x+y)=f(x)f(y)$，且$f'(0)=\lambda$，讨论$f(x)$的可导性，并求$f(x)$.
      \vspace{13em}

    \item[13.] 设$f(x)$二阶可导，且$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=0$，$f''(0)=2$，求$l
      =\lim_{x\to0}\left(1+\frac{f(x)}{x}\right)^{\frac{1}{x}}$.
      \vspace{8em}

    \item[14.] 设函数$f(u)$二阶可导且$f'(u)\neq0$，若$x=\varphi(y)$为$y=f(\ln x)$的反函数，求$\frac{\mathrm{d}^{2}
      x}{\mathrm{d}y^{2}}$.
      \vspace{8em}

    \item[15.] 利用不等式$\frac{1}{n+1}<\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$，研究数列$x
      _{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n$的收敛性.
      \vspace{8em}
  \end{enumerate}

  \section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[16.] 设常数$\alpha>1$，证明方程$\alpha x=\tan x$在$\left(0,\frac{\pi}{2}
      \right)$内至少有一个实根.
      \vspace{10em}

    \item[17.] 设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，并且$f(0)=f(1)=0,f(\theta
      )=1,\theta\in(0,1)$，证明：存在$\xi\in(0,1)$，使得$f'(\xi)-f(\xi)+\xi=1$.
      \vspace{8em}
  \end{enumerate}

  \chapter{2025-2026学年微积分（B）（上）期中考试参考答案}
  \section{基本计算题(每小题 6 分，共 60 分)}
  \begin{enumerate}
    \item \textbf{Solution}. 记和式$\frac{1}{n^{2}+1}+\frac{2}{n^{2}+\sqrt{2}}+\cdots
      +\frac{n}{n^{2}+\sqrt{n}}$为$A_{n}$，因为
      \[
        \frac{1}{2}\frac{n(n+1)}{n^{2}+\sqrt{n}}<A_{n}<\frac{1}{2}\frac{n(n+1)}{n^{2}+1}
        ,
      \]
      而$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\frac{n(n+1)}{n^{2}+\sqrt{n}}=\frac{1}{2}$，$\lim
      _{n\to\infty}\frac{1}{2}\frac{n(n+1)}{n^{2}+1}=\frac{1}{2}$，由夹逼准则得
      \[
        l=\lim_{n\to\infty}A_{n}=\frac{1}{2}.
      \]

    \item \textbf{Solution}.
      \[
        \begin{aligned}
          l= & -\lim_{x\to 0}\mathrm{e}^{x}\frac{\mathrm{e}^{\tan x-x}-1}{\sin^3 x}=-\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3} \\
          =  & -\lim_{x\to0}\frac{\sec ^2 x-1}{3x^2}=-\lim_{x\to0}\frac{\tan^2 x}{3x^2}=-\frac{1}{3}.
        \end{aligned}
      \]

    \item \textbf{Solution}.

      $y=\arctan \mathrm{e}^{x} -x+\frac{1}{2}\ln(1+\mathrm{e}^{2x})$，

      $\mathrm{d}y=\frac{\mathrm{e}^{x}}{1+\mathrm{e}^{2x}}\mathrm{d}x+\frac{1}{2}
      \frac{1}{1+\mathrm{e}^{2x}}\mathrm{e}^{2x}\cdot2\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{e}^{x}-1}{1+\mathrm{e}^{2x}}
      \mathrm{d}x$，

      $\mathrm{d}y\big |_{x=1}=\frac{\mathrm{e}-1}{1+\mathrm{e}^{2}}\mathrm{d}x$.

    \item \textbf{Solution}.对应$t=1$的点$P$为$\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right
      )$.

      $\begin{aligned}
        \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}= & \frac{y'_{t}}{x'_{t}}                                                                                               \\
        =                                & \frac{\frac{6t(1+t^{3})-9t^{4}}{(1+t^{3})^{2}}}{\frac{3(1+t^{3})-9t^{3}}{(1+t^{3})^{2}}}=\frac{2t-t^{4}}{1-2t^{3}}.
      \end{aligned}$

      曲线在点$P$的切线斜率为$k=\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{t=1}
      =-1$，故切线方程为
      \[
        y-\frac{3}{2}=-\left(x-\frac{3}{2}\right)\quad\text{或}\quad x+y=3.
      \]

    \item \textbf{Solution}.

      \textbf{法一.}设$u$的主部为$cx^{k}(c\neq0,k>0)$，则有
      \[
        \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}}{cx^{k}}=1.
      \]

      而
      \[
        \begin{aligned}
          \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}}{cx^k}= & \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x+x\arcsin x}{cx^k(\sqrt{1+x\arcsin x}+\sqrt{\cos x})}                                                                           \\
          =                                                           & \frac{1}{2c}\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x+x\arcsin x}{x^k}=\frac{1}{2c}\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2+x^2}{x^k}=\frac{3}{4c}\lim_{x\to0}{\frac{x^2}{x^k}},
        \end{aligned}
      \]

      要使$\frac{3}{4c}\lim_{x\to0}{\frac{x^{2}}{x^{k}}}=1$，必有$k=2,c=\frac{3}{4}$.

      综上所述，无穷小量$u=\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}$的主部为$\frac{3}{4}
      x^{2}$，阶数为2.

      \textbf{法二.}当$x\to0$时，
      \[
        \begin{aligned}
          u=\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}= & \frac{1-\cos x+x\arcsin x}{\sqrt{1+x\arcsin x}+\sqrt{\cos x}}                                        \\
          \sim                                 & \frac{1}{2}(1-\cos x+x\arcsin x)\sim\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}x^{2}+x^{2}\right)=\frac{3}{4}x^{2}.
        \end{aligned}
      \]

      综上所述，无穷小量$u=\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}$的主部为$\frac{3}{4}
      x^{2}$，阶数为2.

    \item \textbf{Solution}.当$x<0$时，$\lim_{n\to\infty}\mathrm{e}^{nx}=0$，$f(x
      )=\lim_{n\to\infty}\frac{x+\mathrm{e}^{nx}}{1+\mathrm{e}^{nx}}=x$；

      当$x=0$时，$f(0)=\frac{1}{2}$；

      当$x>0$时，$\lim_{n\to\infty}\mathrm{e}^{-nx}=0$，$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x+\mathrm{e}^{nx}}{1+\mathrm{e}^{nx}}
      =\lim_{n\to\infty}\frac{x\mathrm{e}^{-nx}+1}{\mathrm{e}^{-nx}+1}=1.$

      因此$f(x)=
      \begin{cases}
        1,           & x>0, \\
        \frac{1}{2}, & x=0, \\
        x,           & x<0
      \end{cases}$，在区间$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$连续.

      因$f(0^{-})=0$，$f(0^{+})=1$，故$x=0$是$f(x)$的跳跃间断点.

    \item \textbf{Solution}.由题意知$\sqrt{(1+x)^{4}+3}-(a+bx)=o(x)$，$(x\to0)$.

      首先，$\lim_{x\to0}\left(\sqrt{(1+x)^{4}+3}-(a+bx)\right)=0$，计算极限可得$a
      =2$.

      其次，$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{(1+x)^4+3}-(2+bx)}{x}=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sqrt{(1+x)^{4}+3}-2}{x}
      -b\right)=0$，可得

      $b=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{(1+x)^{4}+3}-2}{x}=\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{4}-1}{x}
      \cdot\frac{1}{\sqrt{(1+x)^{4}+3}+2}=1.$

    \item \textbf{Solution}.$y'=f'(\sin^{2} x)\cdot2\sin x\cos x=f'(\sin^{2} x)\cdot
      \sin 2x$，

      $y''=f''(\sin^{2} x)\cdot\sin^{2} 2x+2\cos 2x\cdot f'(\sin^{2} x)$.

    \item \textbf{Solution}.要使$f'(x)$在$x=0$处连续，必有$\lim_{x\to0}f'(x)=f'(0
      ).$

      要使$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0}x^{n-1}\cos\frac{1}{x}$存在，必有$n
      >1$，此时$f'(0)=0$.

      $x\neq0$时，$f'(x)=nx^{n-1}\cos\frac{1}{x}+x^{n-2}\sin\frac{1}{x}$.当$n>1$时，
      \[
        \lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}\left(nx^{n-1}\cos\frac{1}{x}+x^{n-2}\sin\frac{1}{x}
        \right)=\lim_{x\to0}x^{n-2}\sin\frac{1}{x},
      \]

      欲使上式极限为0，必有正整数$n>2$.

      综上所述，当且仅当正整数$n>2$时，$f'(x)$在$x=0$处连续.

    \item \textbf{Solution}.因为$f(x)=1-2\cos^{2} x\sin^{2} x=1-\frac{1}{2}\sin^{2}
      2x=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos 4x$，

      所以
      \[
        \begin{gathered}
          f^{(6)}(x)=4^5\cos\left(4x+\frac{6\pi}{2}\right)=-4^5\cos 4x,\\
          f^{(6)}(0)=-1024.
        \end{gathered}
      \]
  \end{enumerate}

  \section{综合题(每小题 6 分，共 30 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[11.] \textbf{Solution}. 当$t=0$时，$x=1,y=1$.$x'_{t}=\frac{1}{2}+\frac{t^{2}}{2}
      \neq0$.

      对方程$\mathrm{e}^{y}\sin t-y+1=0$两边关于$t$求导得
      \[
        \mathrm{e}^{y}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\sin t+\mathrm{e}^{y}\cos t-
        \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=0,
      \]

      解得
      \[
        \begin{aligned}
          \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=                    & \frac{\mathrm{e}^y\cos t}{1-\mathrm{e}^y\sin t},                                          \\
          \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=                    & \frac{y'_t}{x'_t}=\frac{2\mathrm{e}^y\cos t}{(1-\mathrm{e}^y\sin t)(1+t^2)},              \\
          \left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{x=1}= & \left.\frac{2\mathrm{e}^y\cos t}{(1-\mathrm{e}^y\sin t)(1+t^2)}\right|_{t=0}=2\mathrm{e}.
        \end{aligned}
      \]

    \item[12.] \textbf{Solution}. 由条件$f(x+y)=f(x)f(y)$得$f(0)=f^{2}(0)$，$f(x)
      =f^{2}\left(\frac{x}{2}\right)$.因$f(x)\neq0$，故$f(x)>0$，$f(0)=1$.
      \[
        \begin{aligned}
          \lim_{y\to0}\frac{f(x+y)-f(x)}{y}= & \lim_{y\to0}\frac{f(x)f(y)-f(x)}{y}                         \\
          =                                  & f(x)\lim_{y\to0}\frac{f(y)-f(0)}{y}=f(x)f'(0)=\lambda f(x).
        \end{aligned}
      \]

      因此函数$f(x)$处处可导，且$f'(x)=\lambda f(x)$.

      因为$f'(x)-\lambda f(x)=0$，所以
      \[
        (\mathrm{e}^{-\lambda x}f(x))'=\mathrm{e}^{-\lambda x}f'(x)-\lambda \mathrm{e}
        ^{-\lambda x}f(x)=0,
      \]

      从而$\mathrm{e}^{-\lambda x}f(x)\equiv k$，由$f(0)=1$得$k=1$，$f(x)=\mathrm{e}
      ^{\lambda x}$.

    \item[13.] \textbf{Solution}. 由题设条件得$f(0)=0,f'(0)=0$.

      因为
      \[
        \begin{aligned}
          \lim_{x\to0}\ln\left(1+\frac{f(x)}{x}\right)^{\frac{1}{x}}= & \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln\left(1+\frac{f(x)}{x}\right)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}           \\
          =                                                           & \lim_{x\to0}\frac{f'(x)}{2x}=\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=\frac{1}{2}f''(0)=1.
        \end{aligned}
      \]

      所以
      \[
        l=\lim_{x\to0}\left(1+\frac{f(x)}{x}\right)^{\frac{1}{x}}=\mathrm{e}.
      \]

    \item[14.] \textbf{Solution}.

      \textbf{法一.} 因$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f'(\ln x)\cdot\frac{1}{x}$，所以$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}
      =\frac{1}{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}=\frac{x}{f'(\ln x)}$.
      \[
        \begin{aligned}
          \frac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{d}y^{2}}= & \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\left(\frac{x}{f'(\ln x)}\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{x}{f'(\ln x)}\right)\cdot\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y} \\
          =                                         & \frac{f'(\ln x)-x\cdot\left(f''(\ln x)\cdot\frac{1}{x}\right)}{(f'(\ln x))^{2}}\cdot\frac{x}{f'(\ln x)}                                                           \\
          =                                         & \frac{x(f'(\ln x)-f''(\ln x))}{(f'(\ln x))^{3}}.
        \end{aligned}
      \]

      \textbf{法二.} 对$y=f(\ln x)$两边关于$y$求导得
      \[
        1=f'(\ln x)\cdot\frac{1}{x}\cdot\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y},\qquad\tag
        {*}
      \]

      解得$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\frac{x}{f'(\ln x)}.$

      式(*)变形得$x=f'(\ln x)\cdot\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}$，两边关于$y$再求导得
      \[
        \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=f'(\ln x)\frac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{d}y^{2}}
        +f''(\ln x)\cdot\frac{1}{x}\cdot\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right
        )^{2},
      \]

      解得
      \[
        \frac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{d}y^{2}}=\frac{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\frac{f''(\ln
        x)}{x}\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right)^{2}}{f'(\ln x)}=\frac{x(f'(\ln
        x)-f''(\ln x))}{(f'(\ln x))^{3}}.
      \]

    \item[15.] \textbf{Solution}. $x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{n+1}-\ln(n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}
      -\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<0$，

      因此数列$\{x_{n}\}$单调减少.
      \[
        \begin{gathered}
          x_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n>\ln\left(1+\frac{1}{1}\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2}\right)+\cdots+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\ln
          n\\
          =\ln(n+1)-\ln n>0,
        \end{gathered}
      \]

      即数列$\{x_{n}\}$有下界0，由单调有界收敛准则知数列$\{x_{n}\}$收敛.
  \end{enumerate}

  \section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
  \begin{enumerate}
    \item[16.] \textbf{Proof}.设$f(x)=\frac{\sin x}{x}-\alpha\cos x$，则$f(x)$在$\left
      (0,\frac{\pi}{2}\right]$上连续.

      因为$f(0^{+})=1-\alpha<0$，所以$\exists\,x_{1}\in(0,\delta)$（$\delta$是足够小的正数），$f
      (x_{1})<0$.

      而$f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{2}{\pi}>0$，显然$f(x)$在$\left[x_{1},\frac{\pi}{2}
      \right]$上连续，由零点定理知存在$\xi\in\left(x_{1},\frac{\pi}{2}\right)$，

      使得$f(\xi)=0$即$\alpha\xi=\tan\xi$，故方程$\alpha x=\tan x$在$\left(0,\frac{\pi}{2}
      \right)$内至少有一个实根.

    \item[17.] \textbf{Proof}. 令$F(x)=f(x)-x$，则$F(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$F
      (\theta)F(1)=-(1-\theta)<0$，

      由零点定理可得，存在$c\in(\theta,1)$，使得$F(c)=0$.

      再令$G(x)=\mathrm{e}^{-x}F(x)$，因为$G(0)=G(c)=0$，由Rolle定理得存在$\xi\in
      (0,c)\subset(0,1)$，使得
      \[
        G'(\xi)=0.
      \]

      注意$G'(x)=\mathrm{e}^{-x}(f'(x)-1-f(x)+x)$，有$f'(\xi)-f(\xi)+\xi=1$.
  \end{enumerate}
\end{document}
