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 $|\sin x + \cos x| \leq \sqrt{2}$ 。

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 $y\big|_{x=1} = 1$ 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 $y' = \frac{1}{2 + \ln y}$ 。再两边求导得

在 $(1,1)$ 点的值为

又由 $y''$ 在 $y = 1$ 的附近连续，所以在 $y = 1$ 的附近 $y'' < 0$ ，曲线为凸。

【答案】 见解析

【解析】
(I) 令 $\varphi(x) = f(x) - g(x)$ ，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 $\varphi(x_1) = f(x_1) - g(x_1) \geq 0$ ， $\varphi(x_2) = f(x_2) - g(x_2) \leq 0$ 。若 $\varphi(x_1) = 0$ ，则取 $\eta = x_1 \in (a, b)$ ，有 $\varphi(\eta) = 0$ 。若 $\varphi(x_2) = 0$ ，则取 $\eta = x_2 \in (a, b)$ ，有 $\varphi(\eta) = 0$ 。若 $\varphi(x_1) > 0$ , $\varphi(x_2) < 0$ ，则由连续函数介值定理知，存在 $\eta \in (x_1, x_2)$ 使 $\varphi(\eta) = 0$ 。

不论以上哪种情况，总存在 $\eta \in (a, b)$ ，使 $\varphi(\eta) = 0$ ，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 $\varphi'(\xi_1) = 0$ , $\varphi'(\xi_2) = 0$ ；再由罗尔定理知，存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2)$ ，使 $\varphi''(\xi) = 0$ ，即有 $f''(\xi) = g''(\xi)$ 。

【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 $-1 < x < 3$ 。