专升本数学严选800题 - 强化部分

级数与极限

一、单项选择题（题号592-599）

  1. 下列级数中发散的是（ ）
    A. $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n\ln n}$ B. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}+n^2}{n^3}$ C. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$ D. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{e^n}$
    答案: B
    解析: 分析各选项的敛散性:
    A: 交错级数 $\sum\frac{(-1)^n}{n\ln n}$，通项绝对值 $\frac{1}{n\ln n}$ 单调递减趋于0，由莱布尼茨判别法知收敛。
    B: 拆分为 $\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}+\sum\frac{1}{n}$。前者绝对收敛，后者为调和级数发散，故整体发散。
    C: 交错级数 $\sum\frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$，由莱布尼茨判别法知收敛（条件收敛）。
    D: 交错级数 $\sum\frac{(-1)^{n-1}}{e^n}$，由于 $\frac{1}{e^n}$ 递减趋于0，且绝对值级数为等比级数收敛，故绝对收敛。
    因此发散的是选项B。
  2. 下列级数中收敛的是（ ）
    A. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^n}{n!}$ B. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi^n n!}{n^n}$ C. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n n!}{n^n}$ D. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}1$
    答案: C
    解析: 使用比值判别法或根值判别法分析:
    A: $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{n^n}=\frac{(n+1)^n}{n^n}=(1+\frac{1}{n})^n\to e>1$，发散。
    B: $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\pi^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{\pi^n n!}=\pi\cdot\frac{n^n}{(n+1)^n}=\frac{\pi}{(1+\frac{1}{n})^n}\to\frac{\pi}{e}>1$（因为 $\pi\approx3.14>e\approx2.72$），发散。
    C: $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{2^n n!}=2\cdot\frac{n^n}{(n+1)^n}=\frac{2}{(1+\frac{1}{n})^n}\to\frac{2}{e}<1$，收敛。
    D: 通项不趋于0，显然发散。
    因此收敛的是选项C。
  3. 下列级数中绝对收敛的是（ ）
    A. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}n}{n^2+1}$ B. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ C. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^n}$ D. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\sin\frac{1}{n}$
    答案: C
    解析: 绝对收敛要求 $\sum|a_n|$ 收敛:
    A: $\left|\frac{n}{n^2+1}\right|\sim\frac{1}{n}$，与调和级数比较，发散。
    B: $\left|\frac{1}{\sqrt{n}}\right|=\frac{1}{\sqrt{n}}$，$p=\frac{1}{2}<1$ 的p-级数，发散（条件收敛）。
    C: $\left|\frac{1}{2^n}\right|=\frac{1}{2^n}$，公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比级数，收敛，故绝对收敛。
    D: $\left|\sin\frac{1}{n}\right|\sim\frac{1}{n}$，与调和级数比较，发散（条件收敛）。
    因此绝对收敛的是选项C。
  4. 幂级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n!}x^n$ 的收敛区间是（ ）
    A. $(-1,1)$ B. $(-2,2)$ C. $0$ D. $(-\infty,+\infty)$
    答案: D
    解析: 求收敛半径 $R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|$。
    $a_n=\frac{2^n}{n!}$，则 $\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{2^n}{n!}\cdot\frac{(n+1)!}{2^{n+1}}=\frac{n+1}{2}\to\infty$。
    因此收敛半径 $R=+\infty$，收敛区间为 $(-\infty,+\infty)$。
    或者使用比值法: $\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}x^{n+1}}{a_n x^n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{2}{n+1}|x|=0<1$ 对所有 $x$ 成立。
    答案为D。
  5. 若 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n x^n$ 的收敛半径为2，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n(x+1)^n$ 的收敛区间为（ ）
    A. $(-1,1)$ B. $(-3,1)$ C. $(0,4)$ D. $(0,3)$
    答案: B
    解析: 原级数 $\sum a_n x^n$ 收敛半径为2，收敛区间为 $(-2,2)$。
    新级数 $\sum a_n(x+1)^n$ 是将原级数中心从 $x=0$ 平移到 $x=-1$。
    由 $|x+1|<2$ 得 $-2
    因此收敛区间为 $(-3,1)$，答案为B。
  6. 幂级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n(2x)^n$ 在区间 $\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ 内的和函数为（ ）
    A. $\displaystyle\frac{1}{1-2x}$ B. $\displaystyle\frac{1}{1+2x}$ C. $\displaystyle\frac{-2x}{1+2x}$ D. $\displaystyle\frac{-2x}{1-2x}$
    答案: C
    解析: 将级数变形: $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n(2x)^n=\sum_{n=1}^{\infty}(-2x)^n$。
    这是首项为 $-2x$，公比为 $-2x$ 的等比级数。
    当 $|x|<\frac{1}{2}$ 时，$|-2x|<1$，级数收敛。
    和函数 $S=\frac{-2x}{1-(-2x)}=\frac{-2x}{1+2x}$。
    答案为C。
  7. $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}=$（ ）
    A. $e$ B. $e^2$ C. $e^3$ D. $1$
    答案: A
    解析: 由指数函数的泰勒展开式: $e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$。
    令 $x=1$，得 $e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots$。
    答案为A。
  8. 已知级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$，则级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}=$（ ）
    A. $\displaystyle\frac{\pi^2}{12}$ B. $\displaystyle\frac{\pi^2}{8}$ C. $\displaystyle\frac{\pi^2}{4}$ D. $\displaystyle\frac{\pi^2}{2}$
    答案: B
    解析: 将 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ 拆分为奇数项和偶数项:
    $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}$。
    其中 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}=\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{24}$。
    因此 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\pi^2}{24}=\frac{4\pi^2-\pi^2}{24}=\frac{3\pi^2}{24}=\frac{\pi^2}{8}$。
    答案为B。

二、解答题（题号600-612）

  1. 已知 $f(x)=\sin x$，$f[\varphi(x)]=1-x^2$，求 $\varphi(x)$ 及其定义域。
    答案:
    解: 由 $f(x)=\sin x$ 和 $f[\varphi(x)]=1-x^2$，得 $\sin[\varphi(x)]=1-x^2$。
    因此 $\varphi(x)=\arcsin(1-x^2)$。
    定义域要求: $-1\leq 1-x^2\leq 1$，即 $0\leq x^2\leq 2$。
    所以 $-\sqrt{2}\leq x\leq\sqrt{2}$，定义域为 $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$。
  2. 设 $f(x)=\begin{cases}e^x, & x\leq 0 \\ -x, & x>0\end{cases}$，$g(x)=\begin{cases}x, & x\leq 0 \\ x-1, & x>0\end{cases}$，求 $f(x^2)$，$f[f(x)]$ 及 $f[g(x)]$。
    答案:
    解: (1) $f(x^2)$: 由于 $x^2\geq 0$ 恒成立，且 $x^2=0$ 当且仅当 $x=0$。
    当 $x=0$ 时，$f(x^2)=f(0)=e^0=1$。
    当 $x\neq 0$ 时，$x^2>0$，故 $f(x^2)=-x^2$。
    所以 $f(x^2)=\begin{cases}1, & x=0 \\ -x^2, & x\neq 0\end{cases}$（或简写为 $f(x^2)=-x^2$ 当 $x\neq 0$，$f(0)=1$）。
    (2) $f[f(x)]$: 分情况讨论。
    当 $x\leq 0$ 时，$f(x)=e^x>0$，故 $f[f(x)]=f(e^x)=-e^x$。
    当 $x>0$ 时，$f(x)=-x<0$，故 $f[f(x)]=f(-x) =e^{-x}$。
    所以 $f[f(x)]=\begin{cases}-e^x, & x\leq 0 \\ e^{-x}, & x>0\end{cases}$。
    (3) $f[g(x)]$: 分情况讨论。
    当 $x\leq 0$ 时，$g(x)=x\leq 0$，故 $f[g(x)]=f(x)=e^x$。
    当 $x>0$ 时，$g(x)=x-1$，需进一步讨论:
    　　若 $0
    　　若 $x>1$，则 $g(x)=x-1>0$，故 $f[g(x)]=-(x-1)=1-x$。
    所以 $f[g(x)]=\begin{cases}e^x, & x\leq 0 \\ e^{x-1}, & 01\end{cases}$。
  3. 求极限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\sqrt{1+2+\cdots+n}-\sqrt{1+2+\cdots+(n-1)}\right]$。
    答案: $\frac{\sqrt{2}}{2}$
    解: 利用 $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$。
    原式 $=\lim_{n\to\infty}\left[\sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}-\sqrt{\frac{(n-1)n}{2}}\right]$。
    $=\frac{1}{\sqrt{2}}\lim_{n\to\infty}\left[\sqrt{n(n+1)}-\sqrt{n(n-1)}\right]$。
    有理化: $\sqrt{n(n+1)}-\sqrt{n(n-1)}=\frac{n(n+1)-n(n-1)}{\sqrt{n(n+1)}+\sqrt{n(n-1)}}=\frac{2n}{\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2-n}}$。
    $=\frac{2n}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+\sqrt{1-\frac{1}{n}}\right)}\to\frac{2}{1+1}=1$。
    因此原极限 $=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot 1=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
  4. 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\frac{\sin^2 x}{x^4}-\frac{1}{x^2}\right)$。
    答案: $-\frac{1}{3}$
    解: 通分: 原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2 x-x^2}{x^4}$。
    利用泰勒展开: $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$，故 $\sin^2 x=\left(x-\frac{x^3}{6}\right)^2+o(x^4)=x^2-\frac{x^4}{3}+o(x^4)$。
    因此 $\sin^2 x-x^2=-\frac{x^4}{3}+o(x^4)$。
    原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{x^4}{3}+o(x^4)}{x^4}=-\frac{1}{3}$。
    或用洛必达法则多次也可得到同样结果。
  5. 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left[x-x^2\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]$。
    答案: $\frac{1}{2}$
    解: 令 $t=\frac{1}{x}$，当 $x\to+\infty$ 时，$t\to 0^+$。
    原式 $=\lim_{t\to 0^+}\left[\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}\ln(1+t)\right]=\lim_{t\to 0^+}\frac{t-\ln(1+t)}{t^2}$。
    利用泰勒展开: $\ln(1+t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-o(t^3)$。
    所以 $t-\ln(1+t)=\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{3}+o(t^3)$。
    原式 $=\lim_{t\to 0^+}\frac{\frac{t^2}{2}+o(t^2)}{t^2}=\frac{1}{2}$。
    或用洛必达法则: $\lim_{t\to 0}\frac{1-\frac{1}{1+t}}{2t}=\lim_{t\to 0}\frac{t}{2t(1+t)}=\frac{1}{2}$。
  6. 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left[x^2\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)-x\right]$。
    答案: $\frac{1}{2}$
    解: 令 $t=\frac{1}{x}$，当 $x\to+\infty$ 时，$t\to 0^+$。
    原式 $=\lim_{t\to 0^+}\left[\frac{1}{t^2}(e^t-1)-\frac{1}{t}\right]=\lim_{t\to 0^+}\frac{e^t-1-t}{t^2}$。
    利用泰勒展开: $e^t=1+t+\frac{t^2}{2}+o(t^2)$。
    所以 $e^t-1-t=\frac{t^2}{2}+o(t^2)$。
    原式 $=\lim_{t\to 0^+}\frac{\frac{t^2}{2}+o(t^2)}{t^2}=\frac{1}{2}$。
    或用洛必达法则两次也可得到 $\frac{1}{2}$。
  7. 函数 $p(x)$ 是多项式且 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{p(x)-x^3}{x^2}=2$，$\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{p(x)}{x}=1$，求函数 $p(x)$。
    答案: $p(x)=x^3+2x^2+x$
    解: 由 $\lim_{x\to\infty}\frac{p(x)-x^3}{x^2}=2$，知 $p(x)-x^3$ 是二次多项式，且最高次项为 $2x^2$。
    设 $p(x)=x^3+2x^2+ax+b$。
    由 $\lim_{x\to 0}\frac{p(x)}{x}=1$，知 $p(0)=0$，故 $b=0$。
    于是 $\lim_{x\to 0}\frac{x^3+2x^2+ax}{x}=\lim_{x\to 0}(x^2+2x+a)=a=1$。
    因此 $p(x)=x^3+2x^2+x$。
  8. 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}(\cos x+\sin^2 x)^{\frac{1}{x^2}}$。
    答案: $e^{\frac{1}{2}}$
    解: 这是 $1^\infty$ 型，利用公式 $\lim u^v=e^{\lim v(u-1)}$。
    原式 $=e^{\lim_{x\to 0}\frac{\cos x+\sin^2 x-1}{x^2}}$。
    由于 $\cos x-1\sim-\frac{x^2}{2}$，$\sin^2 x\sim x^2$。
    所以 $\cos x+\sin^2 x-1\sim-\frac{x^2}{2}+x^2=\frac{x^2}{2}$。
    因此 $\lim_{x\to 0}\frac{\cos x+\sin^2 x-1}{x^2}=\frac{1}{2}$。
    原极限 $=e^{\frac{1}{2}}$。
  9. 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x^2}}{e^x}$。
    答案: $e^{-\frac{1}{2}}$
    解: 取对数，考虑 $\lim_{x\to\infty}\left[x^2\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-x\right]$。
    令 $t=\frac{1}{x}$，则变为 $\lim_{t\to 0}\left[\frac{\ln(1+t)}{t^2}-\frac{1}{t}\right]=\lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)-t}{t^2}$。
    利用泰勒展开: $\ln(1+t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-o(t^3)$。
    所以 $\ln(1+t)-t=-\frac{t^2}{2}+o(t^2)$。
    极限 $=\lim_{t\to 0}\frac{-\frac{t^2}{2}}{t^2}=-\frac{1}{2}$。
    因此原极限 $=e^{-\frac{1}{2}}$。
  10. 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{2}{\pi}\arctan x\right)^x$。
    答案: $e^{-\frac{2}{\pi}}$
    解: 当 $x\to+\infty$ 时，$\arctan x\to\frac{\pi}{2}$，故 $\frac{2}{\pi}\arctan x\to 1$。
    这是 $1^\infty$ 型，设 $y=\left(\frac{2}{\pi}\arctan x\right)^x$。
    $\ln y=x\ln\left(\frac{2}{\pi}\arctan x\right)=x\ln\left(1+\frac{2}{\pi}\arctan x-1\right)$。
    令 $t=\arctan x-\frac{\pi}{2}$，当 $x\to+\infty$ 时 $t\to 0^-$，且 $x=\tan\left(\frac{\pi}{2}+t\right)=-\cot t$。
    $\frac{2}{\pi}\arctan x-1=\frac{2t}{\pi}$，所以 $\ln y\sim x\cdot\frac{2t}{\pi}=-\cot t\cdot\frac{2t}{\pi}\to-\frac{2}{\pi}$（当 $t\to 0$）。
    更严格地: $\lim_{x\to+\infty}x\left(\frac{2}{\pi}\arctan x-1\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{2}{\pi}\arctan x-1}{\frac{1}{x}}$。
    洛必达法则: $=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{2}{\pi}\cdot\frac{1}{1+x^2}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to+\infty}-\frac{2x^2}{\pi(1+x^2)}=-\frac{2}{\pi}$。
    因此原极限 $=e^{-\frac{2}{\pi}}$。
  11. 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{x+4}-2}{\sqrt{x+1}-1}$。
    答案: $\frac{1}{2}$
    解: 分子有理化: $\sqrt{x+4}-2=\frac{x}{\sqrt{x+4}+2}$。
    分母有理化: $\sqrt{x+1}-1=\frac{x}{\sqrt{x+1}+1}$。
    原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{x(\sqrt{x+1}+1)}{x(\sqrt{x+4}+2)}=\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{x+1}+1}{\sqrt{x+4}+2}=\frac{1+1}{2+2}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
  12. 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\sqrt{1+\sin^2 x}-x}$。
    答案: $\frac{1}{2}$
    解: 分子有理化: $\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}=\frac{\tan x-\sin x}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}$。
    分母: $x(\sqrt{1+\sin^2 x}-1)=x\cdot\frac{\sin^2 x}{\sqrt{1+\sin^2 x}+1}\sim x\cdot\frac{x^2}{2}=\frac{x^3}{2}$。
    分子: $\tan x-\sin x=\sin x\left(\frac{1}{\cos x}-1\right)=\sin x\cdot\frac{1-\cos x}{\cos x}\sim x\cdot\frac{x^2/2}{1}=\frac{x^3}{2}$。
    分母系数: $\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\to 2$。
    原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^3}{2}/2}{\frac{x^3}{2}}=\frac{1}{2}$。
    更精确计算: 原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{x(\sqrt{1+\sin^2 x}-1)}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}$。
    $=\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^3}{2}}{x\cdot\frac{x^2}{2}}=\frac{1}{2}$。
  13. 求极限 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{(e^x-1)x^3}$。
    答案: $\frac{1}{6}$
    解: 当 $x\to 0$ 时，$e^x-1\sim x$，$\sin x\sim x$。
    原式 $=\lim_{x\to 0}\frac{[\sin x-\sin(\sin x)]\cdot x}{x\cdot x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\sin(\sin x)}{x^3}$。
    令 $t=\sin x$，当 $x\to 0$ 时 $t\to 0$，且 $t\sim x$。
    原式 $=\lim_{t\to 0}\frac{t-\sin t}{(\arcsin t)^3}=\lim_{t\to 0}\frac{t-\sin t}{t^3}$。
    利用泰勒展开: $\sin t=t-\frac{t^3}{6}+o(t^3)$。
    所以 $t-\sin t=\frac{t^3}{6}+o(t^3)$。
    原式 $=\lim_{t\to 0}\frac{\frac{t^3}{6}}{t^3}=\frac{1}{6}$。