卷 3

【答案】 $0$

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{x^3+x^2+1}{2^x+x^3}(\sin x+\cos x)$ 。

首先，分析分式部分 $\frac{x^3+x^2+1}{2^x+x^3}$ 。当 $x\to +\infty$ 时，分子 $x^3+x^2+1$ 是多项式增长，分母 $2^x+x^3$ 中指数函数 $2^x$ 增长更快，因此分式趋近于 0。具体地， $\frac{x^3+x^2+1}{2^x+x^3}\sim \frac{x^3}{2^x}\to 0$ 。

其次，因子 $(\sin x+\cos x)$ 是有界函数，因为 $|\sin x+\cos x|\le \sqrt{2}$ 。

因此，分式趋近于 0 与有界函数的乘积的极限为 0。

由夹逼定理，有

故原极限为 0。

【答案】 $y=\frac{x}{\sqrt{1+\ln x}}$

【解析】
应填 $\frac{x}{\sqrt{1+\ln x}}$ 。令 $u=\frac{y}{x}$ ，有

原方程化为

此式为变量可分离的微分方程，两边积分，

得 $\frac{1}{u^2}=\ln x+C$ ，即 $\frac{x^2}{y^2}=\ln |x|+C$ 。由 $y{|}_{x=1}=1$ 知应取 $x>0,y>0$ 且 $C=1$ ，
所以得特解 $y=\frac{x}{\sqrt{1+\ln x}}$ 。

【答案】 凸

【解析】
对方程两边求导得

移项得 $y^{\prime }=\frac{1}{2+\ln y}$ 。再两边求导得

在 $(1,1)$ 点的值为

又由 $y^{\prime \prime }$ 在 $y=1$ 的附近连续，所以在 $y=1$ 的附近 $y^{\prime \prime }<0$ ，曲线为凸。

【答案】 见解析

【解析】
(I) 令 $\phi (x)=f(x)-g(x)$ ，由题设 $f(x),g(x)$ 存在相等的最大值，设 $x_1\in (a,b)$ , $x_2\in (a,b)$ 使得

于是 $\phi (x_1)=f(x_1)-g(x_1)\ge 0$ ， $\phi (x_2)=f(x_2)-g(x_2)\le 0$ 。若 $\phi (x_1)=0$ ，则取 $\eta =x_1\in (a,b)$ ，有 $\phi (\eta )=0$ 。若 $\phi (x_2)=0$ ，则取 $\eta =x_2\in (a,b)$ ，有 $\phi (\eta )=0$ 。若 $\phi (x_1)>0$ , $\phi (x_2)<0$ ，则由连续函数介值定理知，存在 $\eta \in (x_1,x_2)$ 使 $\phi (\eta )=0$ 。

不论以上哪种情况，总存在 $\eta \in (a,b)$ ，使 $\phi (\eta )=0$ ，即 $f(\eta )=g(\eta )$ 。

(II) 因为

则由罗尔定理，存在 ${\xi }_1\in (a,\eta )$ , ${\xi }_2\in (\eta ,b)$ ，使得 ${\phi }^{\prime }({\xi }_1)=0$ , ${\phi }^{\prime }({\xi }_2)=0$ ；再由罗尔定理知，存在 $\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)$ ，使 ${\phi }^{\prime \prime }(\xi )=0$ ，即有 $f^{\prime \prime }(\xi )=g^{\prime \prime }(\xi )$ 。

【答案】
函数 $f(x)=\frac{1}{x^2-3x-4}$ 展开成 $x-1$ 的幂级数为：

收敛区间为 $(-1,3)$ 。

【解析】
先对函数作恒等变形，得到

当 $\left|\frac{x-1}{3}\right|<1$ 即 $-2<x<4$ 时有

当 $\left|-\frac{x-1}{2}\right|<1$ 即 $-1<x<3$ 时有

所以， $f(x)=\frac{1}{x^2-3x-4}$ 展开成 $x-1$ 的幂级数为：

其中 $-1<x<3$ 。