高数错题

#1

设 $f (x) = \frac{e^{x^{2}} \cos x}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ ， $g (0) = f^{'} (0)$ ，且 $g^{'} (0)$ 存在，则函数 $φ (x) = \frac{g (x)}{x}$ 在 $x = 0$ 处是什么间断点

使用泰勒展开把 $f (x)$ 化简， $e^{x^{2}} = 1 + x^{2} + o (x^{2})$ ， $\cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})$ ， $\sqrt{1 + x^{2}} = 1 + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})$

那么 $f (x) = \frac{1 + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})}{1 + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})}$

由于 $\frac{1 + a}{1 + a} = 1 + o (a)$ #trick

因此 $f (x) = 1 + o (x^{2})$ ， $f (x) - f (0) = o (x^{2})$ ，然后就可以求出 $f^{'} (0)$

\begin{matrix} f^{'} (0) = lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} \\ = lim \frac{o (x^{2})}{x} = o (x) = 0 \end{matrix}

所以 $g (0) = 0$ ，那么可以把 $φ (0) = lim_{x \to 0} \frac{g (x) - g (0)}{x - 0} = g^{'} (0)$

题目中给出 $g^{'} (0)$ 存在，且 $φ (x)$ 在 $0$ 处没有定义，所以就是可去间断点

#2

设 $f (x)$ 可导， $F (x) = f (x) (e^{x} + | x |)$ ，若 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，则必有（）
A. $f (0) = 0$ B. $f^{'} (0) = 0$ C. $f (0) + f^{'} (0) = 0$ D. $f (0) - f^{'} (0) = 0$

条件 $F (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，想到左右导数相等

$F (0) = f (0) (e^{0} + | 0 |) = f (0)$

右导数

\begin{array}{l} F^{'} (0^{+}) & = lim_{x \to 0^{+}} \frac{F (x) - F (0)}{x} \\ = lim \frac{f (x) (e^{x} + x) - f (0)}{x} \\ = lim \frac{[f (x) - f (0)] (e^{x} + x) + f (0) (e^{x} + x - 1)}{x} \\ = lim \frac{f (x) - f (0)}{x} (e^{x} + x) + f (0) lim \frac{e^{x} - 1}{x} + f (0) lim \frac{x}{x} \\ = f^{'} (0) + 2 f (0) \end{array}

左导数

\begin{array}{l} F^{'} (0^{-}) & = lim_{x \to 0^{-}} \frac{F (x) - F (0)}{x} \\ = lim \frac{f (x) (e^{x} - x) - f (0)}{x} \\ = lim \frac{[f (x) - f (0)] (e^{x} - x) + f (0) (e^{x} - x - 1)}{x} \\ = lim \frac{f (x) - f (0)}{x} (e^{x} - x) + f (0) lim \frac{e^{x} - 1}{x} - f (0) lim \frac{x}{x} \\ = f^{'} (0) \end{array}

由于左导数 = 右导数，推出 $f (0) = 0$

#3

设函数 $f (x)$ 在区间 $(- 1, 1)$ 内有定义，且 $lim_{x \to 0} f (x) = 0$ ，则（）
(A) 当 $lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{x}$ 存在时， $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导。
(B) 当 $lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{| x |} = 0$ 时， $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导。
(C) 当 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导时， $lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{\sqrt{1 - \cos x}}$ 存在。
(D) 当 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{\sqrt{1 - \cos x}}$ 存在时， $f^{'} (0) = 0$

A. $f (0)$ 可能不存在，不满足

B. $f (x) = | x |$

1 - \cos x \sim \frac{x^{2}}{2} \Rightarrow \sqrt{1 - \cos x} \sim \frac{| x |}{\sqrt{2}}

$f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导可以翻译成

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + o (x) = f^{'} (0) x + o (x)

所以

\frac{f (x)}{\sqrt{1 - \cos x}} \sim \sqrt{2} \cdot \frac{f^{'} (0) x + o (x)}{| x |}

其中 $\frac{o (x)}{| x |} \to 0$ ，决定极限是否存在的是 $\frac{x}{| x |}$ 只有当 $f^{'} (0) = 0$ 的时候这个极限才存在，C 选项错误

通过 C 的分析可以得出， $lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{\sqrt{1 - \cos x}}$ 存在说明 $f^{'} (0) = 0$

#4

设 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上可导，且 $f_{+}^{'} (a) \cdot f_{-}^{'} (b) < 0$ ，证明 $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得 $f (ξ) = 0$

不妨设 $f_{+}^{'} (a) > 0, f_{-}^{'} (b) < 0$

因为

f_{+}^{'} (a) = lim_{x \to a^{+}} \frac{f (x) - f (a)}{x - a} > 0

所以存在足够小的 $x > a$ 使得

\frac{f (x) - f (a)}{x - a} > 0

由于 $x - a > 0$ ，所以

f (x) > f (a)

可以得出 $f (a)$ 是局部最小值

同理可以得出 $f (b)$ 是局部最小值

根据极值定理，可以得出在闭区间 $[a, b]$ 内，必有最大值，又因为两端点事局部最小值，所以最大值肯定在 $(a, b)$ 内取到

所以 $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $f (ξ) = max f (x)$ ，根据费马定理，可以得到 $f^{'} (ξ) = 0$

$f_{+}^{'} (a) < 0, f_{-}^{'} (b) > 0$ 的情况同理

#5

设函数 $f (x), g (x)$ 对一切 $x \in (- \infty, + \infty)$ 满足方程 $f^{''} (x) + g (x) f^{'} (x) - f (x) = 0$ ，又 $f (a) = f (b) = 0$ ，则在 $(a, b)$ 内 $f (x)$
（A）恒正（B）恒负（C）可正可负（D）恒为零

使用反证法

假设存在某点，在 $(a, b)$ 内取到正的最大值 $x_{0}$ ，即 $f (x_{0}) > 0$ 根据极值的必要条件

$f^{'} (x_{0}) = 0$
$f^{''} (x_{0}) < 0$

带入原方程 $f^{''} (x) + g (x) f^{'} (x) - f (x) = 0$ 得：

f^{''} (x) + g (x) \cdot 0 - f (x) = 0

由此得

f^{''} (x) = f (x) < 0

这与我们的假设相反，所以假设不成立， $(a, b)$ 内没有正的最大值

负的情况同理，所以 $(a, b)$ 内恒等于 $0$