6.2 2025秋《高等微积分(1)》期中考试

解 (1) 答案为${\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2}}$。先算取对数后的极限式： $$\begin{array}{}\text{(2)}& K=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln \left(\frac{\ln (1+x)}{x}\right)}{{\mathrm{e}}^x-1}\end{array}$$ 利用$\frac{0}{0}$型的洛必达法则，可得 $$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{rl}K& =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{x}{\ln (1+x)}\cdot \frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x^2}}{{\mathrm{e}}^x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x\ln (1+x)}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{1}{(1+x{)}^2}-\frac{1}{1+x}}{\ln (1+x)+\frac{x}{1+x}}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{-2}{(1+x{)}^3}+\frac{1}{(1+x{)}^2}}{\frac{1}{1+x}+\frac{1}{(1+x{)}^2}}=-\frac{1}{2}\end{array}\end{array}$$ 由此可得所求极限的值为${\mathrm{e}}^K={\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2}}$。

也可以用带 Peano 余项的 Taylor 公式计算： $$\begin{array}{}\text{(4)}& K=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1-\frac{x}{2}+o(x))}{x+o(x)}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-\frac{x}{2}+o(x)}{x+o(x)}=-\frac{1}{2}\end{array}$$

(2) 由奇函数的定义可知，对任何$x$都有$f(-x)=-f(x)$。对此恒等式的两边求高阶导数，利用链式法则，可得 $$\begin{array}{}\text{(5)}& f^{\prime }(-x)(-1)=-f^{\prime }(x),f^{″}(-x)(-1{)}^2=-f^{″}(x),\cdots \end{array}$$ 依此下去，直到$f^{(n)}(-x)(-1{)}^n=-f^{(n)}(x)$。当$n$是正偶数时，取$x=0$可得$f^{(n)}(-0)(-1{)}^n=-f^{(n)}(0)$，因而有$f^{(n)}(0)=0$。

另外的证法：利用导数的定义验证奇函数的导函数是偶函数、偶函数的导函数是奇函数。例如，若$f$是奇函数，则 $$\begin{array}{}\text{(6)}& f^{\prime }(-x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(-x+h)-f(-x)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{-f(x-h)+f(x)}{h}=f^{\prime }(x)\end{array}$$ 这样，对正偶数$n$，$f^{(n)}$是奇函数，从而有$f^{(n)}(0)=0$。

也可以利用Taylor多项式：$$\begin{array}{}\text{(7)}& \begin{array}{rl}f(x)& =a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n+o(x^n)\\ f(-x)& =a_0-a_{1}x+a_2{x}^2-\cdots +(-1{)}^n{a}_n{x}^n+o(x^n)=-f(x)\end{array}\end{array}$$ 由Taylor多项式的唯一性可知，$a_{2k}=-a_{2k}=0$（$k\in \mathbb{N}$），故$f^{(2k)}(0)=(2k)!a_{2k}=0$。 $◻$

常见错解

1.

误用连续性、乱用L’Hôpital法则：$$\begin{array}{}\text{(8)}& f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\stackrel{\times }{=}\underset{x\to 0}{lim}{f}^{\prime }(x),f^{″}(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(0)}{x-0}\stackrel{\times }{=}\underset{x\to 0}{lim}{f}^{″}(x)\end{array}$$

2.

记错展开式：$$\begin{array}{}\text{(9)}& \ln (1+x)\stackrel{\times }{=}x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3),\ln (1+x)\stackrel{\times }{=}x-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+o(x^3)\end{array}$$

3.

计算出错、算完抄错数。

解 (1) 答案为${\mathrm{e}}^{-\frac{t^2}{2}}$。先计算原式取对数之后的极限： $$\begin{array}{}\text{(12)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(n\ln (1+\frac{t}{\sqrt{n}})-\sqrt{n}t)\end{array}$$ 考虑数列${\left\{\frac{1}{\sqrt{n}}\right\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$，它收敛到零且每项非零。利用 Heine 定理可得 $$\begin{array}{}\text{(13)}& \begin{array}{rl}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(n\ln (1+\frac{t}{\sqrt{n}})-\sqrt{n}t)=\underset{x\to 0}{lim}(\frac{1}{x^2}\ln (1+tx)-\frac{t}{x})\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+tx)-tx}{x^2}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{t}{1+tx}-t}{2x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-t^2}{2(1+tx)}=-\frac{t^2}{2}\end{array}\end{array}$$ 其中第三个等式使用了洛必达法则。这样，所求极限为 $$\begin{array}{}\text{(14)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({(1+\frac{t}{\sqrt{n}})}^n{\mathrm{e}}^{-\sqrt{n}t}\right)={\mathrm{e}}^{-\frac{t^2}{2}}\end{array}$$

上述计算中，也可使用带 Peano 余项的 Taylor 公式： $$\begin{array}{}\text{(15)}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+tx)-tx}{x^2}=\frac{-\frac{1}{2}{t}^2{x}^2+o(x^2)}{x^2}=-\frac{t^2}{2}\end{array}$$

(2) 答案为$L$。对任何正数$\epsilon$，由极限定义可知存在$N\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，使得对$m>N$都有$|a_m-L|<\epsilon$。记$K=\sum _{i=1}^{N}i|a_i-L|$，取正整数$N_0>N$使得$K<\frac{N_0(N_0+1)}{2}$，则对$n>N_0$有 $$\begin{array}{}\text{(16)}& \begin{array}{rl}|\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{1+2+\cdots +n}-L|& =\frac{2}{n(n+1)}|\sum _{i=1}^{n}i(a_i-L)|\le \frac{2}{n(n+1)}\sum _{i=1}^{n}i|a_i-L|\\ & <\frac{2}{n(n+1)}(\sum _{i=1}^{N}i|a_i-L|+\sum _{i=N+1}^{n}i\epsilon )<\frac{2}{n(n+1)}K+\epsilon <2\epsilon \end{array}\end{array}$$ 这表明 $$\begin{array}{}\text{(17)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left(\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{1+2+\cdots +n}\right)=L\end{array}$$

也可以应用Stolz定理： $$\begin{array}{}\text{(18)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{1+2+\cdots +n}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{n{a}_n}{n}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=L\end{array}$$ 随后再用$\epsilon$-$N$语言证明Stolz定理即可。 $◻$

常见错解 第(1)问半数同学的答案是$1$，原因为误用$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{x})}^x=\mathrm{e}$： $$\begin{array}{}\text{(19)}& L=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\left[{(1+\frac{t}{\sqrt{n}})}^{\sqrt{n}}\right]}^{\sqrt{n}}}{{\mathrm{e}}^{\sqrt{n}t}}\stackrel{\times }{=}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\mathrm{e}}^{t\sqrt{n}}}{{\mathrm{e}}^{\sqrt{n}t}}=1\end{array}$$ 少部分同学Taylor展开错误，二阶项误写成$+\frac{t^2}{2n},\pm \frac{t^2}{n},-\frac{t}{2n}$，余项误写成$o\left(t^2\right)$： $$\begin{array}{}\text{(20)}& \ln (1+\frac{t}{\sqrt{n}})=\frac{t}{\sqrt{n}}-\frac{t^2}{2n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\end{array}$$ 也有同学Taylor展开正确，但完全没管$o$的含义（$o(\sqrt{n})$怎么能是0呢）： $$\begin{array}{}\text{(21)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}[{(1+\frac{t}{\sqrt{n}})}^n\cdot {\mathrm{e}}^{-t\sqrt{n}}]=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\mathrm{e}}^{n(\frac{t}{\sqrt{n}}+o\left(\frac{t}{\sqrt{n}}\right))-t\sqrt{n}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\mathrm{e}}^{t\sqrt{n}-t\sqrt{n}+o(t\sqrt{n})}\stackrel{\times }{=}{\mathrm{e}}^0\end{array}$$

第(2)问主要有两种做法，直接放缩或证明Stolz定理，有个细节值得注意：首先$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }N>0$使得$n>N⟹|a_n-L|<\epsilon$，然后 $$\begin{array}{}\text{(22)}& |\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{1+2+\cdots +n}-L|\le \frac{\sum _{k=1}^{n}k|a_k-L|}{\sum _{k=1}^{n}k}<\frac{\sum _{k=1}^{N}k|a_k-L|}{\sum _{k=1}^{n}k}+\frac{\sum _{k=N+1}^{n}k}{\sum _{k=1}^{n}k}\epsilon \end{array}$$ 有同学直接令$n\to +\mathrm{\infty }$得到 $$\begin{array}{}\text{(23)}& |\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{1+2+\cdots +n}-L|\le \epsilon \end{array}$$ 这是不妥当的，因为此时并不知道极限存在，不能直接取极限。类似的错误是，有同学为了消除第一项，注意到 $$\begin{array}{}\text{(24)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sum _{k=1}^{N}k|a_k-L|}{\sum _{k=1}^{n}k}=0\end{array}$$ 然后对不等式一半取极限，一半不取，这也是不妥当的： $$\begin{array}{}\text{(25)}& |\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{1+2+\cdots +n}-L|\le 0+\frac{\sum _{k=N+1}^{n}k}{\sum _{k=1}^{n}k}\epsilon \le \epsilon \end{array}$$

Stolz定理的证明也出现了类似的不妥之处：由$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{y_{n+1}-y_n}{x_{n+1}-x_n}=A$得到$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }N>0$使得 $$\begin{array}{}\text{(26)}& n\ge N⟹(A-\epsilon )(x_{n+1}-x_n)<y_{n+1}-y_n<(A+\epsilon )(x_{n+1}-x_n)\end{array}$$ 求和得到 $$\begin{array}{}\text{(27)}& (A-\epsilon )(x_n-x_N)<y_n-y_N<(A+\epsilon )(x_n-x_N)\end{array}$$ 同除以$x_n$可得 $$\begin{array}{}\text{(28)}& \frac{y_N-(A-\epsilon )x_N}{x_n}-\epsilon <\frac{y_n}{x_n}-A<\frac{y_N-(A+\epsilon )x_N}{x_n}+\epsilon \end{array}$$ 然后有同学在并未得到$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{y_n}{x_n}$存在的情况下取了极限，得到 $$\begin{array}{}\text{(29)}& -\epsilon \le \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{y_n}{x_n}-A\le \epsilon \end{array}$$ 这也是不妥当的。

解 (1) 假设$f$的导函数处处非零，则由反函数求导法则可得 $$\begin{array}{}\text{(30)}& (f^{-1}{)}^{\prime }(x)=\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}\end{array}$$ 这样，利用链式法则可得 $$\begin{array}{}\text{(31)}& h^{\prime }(x)=g^{\prime }(f^{-1}(x))\cdot (f^{-1}{)}^{\prime }(x)=\frac{g^{\prime }(f^{-1}(x))}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}\end{array}$$ 在此基础上，利用 Leibniz 法则与链式法则可以进一步求导： $$\begin{array}{}\text{(32)}& \begin{array}{rl}{h}^{″}(x)& =\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{g}^{\prime }(f^{-1}(x))\cdot f^{\prime }(f^{-1}(x))-g^{\prime }(f^{-1}(x))\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{f}^{\prime }(f^{-1}(x))}{(f^{\prime }(f^{-1}(x)){)}^2}\\ & =\frac{\frac{g^{″}(f^{-1}(x))}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}\cdot f^{\prime }(f^{-1}(x))-g^{\prime }(f^{-1}(x))\cdot \frac{f^{″}(f^{-1}(x))}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}}{(f^{\prime }(f^{-1}(x)){)}^2}\\ & =\frac{g^{″}(f^{-1}(x))\cdot f^{\prime }(f^{-1}(x))-g^{\prime }(f^{-1}(x))\cdot f^{″}(f^{-1}(x))}{(f^{\prime }(f^{-1}(x)){)}^3}\end{array}\end{array}$$ 也可将上述结果记为 $$\begin{array}{}\text{(33)}& h^{\prime }=\left(\frac{g^{\prime }}{f^{\prime }}\right)\circ f^{-1},h^{″}=\left(\frac{g^{″}{f}^{\prime }-g^{\prime }{f}^{″}}{(f^{\prime }{)}^3}\right)\circ f^{-1}\end{array}$$

(2) 记$f(t)=r(t-\sin t)$、$g(t)=r(1-\cos t)$，则$y$关于$x$的函数关系为$y=g(f^{-1}(x))$。记$h=g\circ f^{-1}$、$f^{-1}(x)=t$，则利用(1)的计算结果，可得一阶导数为 $$\begin{array}{}\text{(34)}& \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=h^{\prime }(x)=\frac{g^{\prime }(t)}{f^{\prime }(t)}=\frac{r\sin t}{r(1-\cos t)}=\frac{\sin t}{1-\cos t}\end{array}$$ 二阶导数为 $$\begin{array}{}\text{(35)}& \begin{array}{rl}\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}& =h^{″}(x)=\frac{g^{″}(t)f^{\prime }(t)-g^{\prime }(t)f^{″}(t)}{(f^{\prime }(t){)}^3}\\ & =\frac{r\cos t\cdot r(1-\cos t)-r\sin t\cdot (r\sin t)}{r^3(1-\cos t{)}^3}=-\frac{1}{r(1-\cos t{)}^2}\end{array}\end{array}$$ $◻$

解 (1) 所求$A$的值为$-\frac{1}{2}$。利用洛必达法则可得 $$\begin{array}{}\text{(37)}& \underset{x\to 0}{lim}f(x)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-1}{2(1+x)}=-\frac{1}{2}\end{array}$$ 由于$f$在$x=0$处连续，可知$A=f(0)=\underset{x\to 0}{lim}f(x)=-\frac{1}{2}$。上述计算中，也可使用带 Peano 余项的 Taylor 公式： $$\begin{array}{}\text{(38)}& \underset{x\to 0}{lim}f(x)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)}{x^2}=-\frac{1}{2}\end{array}$$

(2) 在$x\ne 0$处有 $$\begin{array}{}\text{(39)}& f^{\prime }(x)=\frac{(\frac{1}{1+x}-1)x^2-(\ln (1+x)-x)2x}{x^4}=\frac{-\frac{x^2}{1+x}-2\ln (1+x)+2x}{x^3}\end{array}$$ 在$x=0$处，有 $$\begin{array}{}\text{(40)}& \begin{array}{rl}{f}^{\prime }(0)& =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}+\frac{1}{2}}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-\frac{x^2}{1+x}-2\ln (1+x)+2x}{x^3}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{-2x-x^2}{(1+x{)}^2}-\frac{2}{1+x}+2}{3x^2}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{3(1+x{)}^2}=\frac{1}{3}\end{array}\end{array}$$ 上述计算中，也可使用带 Peano 余项的 Taylor 公式： $$\begin{array}{}\text{(41)}& f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}+\frac{1}{2}}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}x+o(x)+\frac{1}{2}}{x}=\frac{1}{3}\end{array}$$

(3) 所求$f^{″}(0)$的值为$-\frac{1}{2}$。$f$在$x=0$处的二阶导定义为如下的极限式： $$\begin{array}{}\text{(42)}& \begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{lim}\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(0)}{x}& =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{-\frac{x^2}{1+x}-2\ln (1+x)+2x}{x^3}-\frac{1}{3}}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-\frac{x^2}{1+x}-2\ln (1+x)+2x-\frac{1}{3}{x}^3}{x^4}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{-2x-x^2}{(1+x{)}^2}-\frac{2}{1+x}+2-x^2}{4x^3}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{-2-x}{4(1+x{)}^2}=-\frac{1}{2}\end{array}\end{array}$$ 上述计算中，也可使用带 Peano 余项的 Taylor 公式： $$\begin{array}{}\text{(43)}& \begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{lim}\frac{-\frac{x^2}{1+x}-2\ln (1+x)+2x-\frac{1}{3}{x}^3}{x^4}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{-x^2(1-x+x^2+o(x^2))-2(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4))+2x-\frac{1}{3}{x}^3}{x^4}=-\frac{1}{2}\end{array}\end{array}$$ $◻$

解 (1) 由于$f^{″}$恒正，可得$f^{\prime }$在$\mathbb{R}$上严格递增。利用 Lagrange 中值定理可知，存在$\xi$严格介于$a,x$之间，使得 $$\begin{array}{}\text{(44)}& f(x)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(x-a)\end{array}$$ 进而有如下的等式(*)成立： $$\begin{array}{}\text{(45)}& f(x)-f(a)-f^{\prime }(a)(x-a)=(f^{\prime }(\xi )-f^{\prime }(a))(x-a)\end{array}$$ 当$x>a$时，有$\xi >a$，可得$f^{\prime }(\xi )-f^{\prime }(a)$与$x-a$都大于零；当$x<a$时，有$\xi <a$，可得$f^{\prime }(\xi )-f^{\prime }(a)$与$x-a$都小于零。这样，等式(*)的右边总大于零，从而得证(1)中所述不等式。

或者考虑辅助函数$g(x)=f(x)-(f(a)+f^{\prime }(a)(x-a))$，注意到$g^{″}(x)=f^{″}(x)>0$，故$g^{\prime }$严格增，结合$g^{\prime }(a)=0$可得$g^{\prime }$在$(0,a)$上为负、在$(a,+\mathrm{\infty })$上为正，从而$g$在$(0,a)$上严格减、在$(a,+\mathrm{\infty })$上严格增，结合$g(a)=0$可得对任何$x\ne a$都有$g(x)>0$，即有$f(x)>f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)$。

也可采用带Lagrange余项的一阶Taylor公式：$$\begin{array}{}\text{(46)}& f(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+\frac{f^{″}(\xi )}{2}(x-a{)}^2>f(a)+f^{\prime }(a)(x-a),\mathrm{\forall }x\ne a\end{array}$$ 其中$\xi$介于$a,x$之间（注意不能写成$\xi \in (a,x)$）。

(2) 若存在正数$a$使得$f^{\prime }(a)>0$，由(1)的结论可知对$x>a$有$f(x)>f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)$，从而当$x\to +\mathrm{\infty }$时有$f(x)$趋于$+\mathrm{\infty }$，矛盾。这样，$f^{\prime }$处处非正，得到$f$在${\mathbb{R}}^{+}$上（非严格）递减。对每个正数$b$，当$x>b$时有$f(b)\ge f(x)$，取极限可得 $$\begin{array}{}\text{(47)}& f(b)\ge \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0\end{array}$$ 这表明$f$的值非负。若存在$f(b)=0$，由$f$递减且取值非负，可得$f$在$[b,+\mathrm{\infty })$上恒等于零。进而可得$f^{″}$在$[b,+\mathrm{\infty })$上恒等于零，矛盾。所以$f$每点的值都是正的。

或者利用凸函数的割线定义得到相同的结论。假设$\mathrm{\exists }b>a>0$使得$f(b)>f(a)$，由凸函数的定义可得$$\begin{array}{}\text{(48)}& \frac{f(x)-f(b)}{x-b}>\frac{f(b)-f(a)}{b-a},\mathrm{\forall }x>b\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(49)}& f(x)>f(b)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-b)\to +\mathrm{\infty },x\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$ 这与$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0$矛盾，故$f$在$(0,+\mathrm{\infty })$上单调不增，从而$$\begin{array}{}\text{(50)}& f(x)\ge \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0,\mathrm{\forall }x>0\end{array}$$ 假设$\mathrm{\exists }a>0$使得$f(a)=0$，取$b>a$，则有$0\le f(b)\le f(a)=0$。$\mathrm{\forall }y\in (a,b)$，由凸函数的定义可得$$\begin{array}{}\text{(51)}& \frac{f(y)-f(a)}{y-a}<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\le 0\end{array}$$ 从而$f(y)<f(a)=0$，矛盾。故$f(x)>0$，$\mathrm{\forall }x>0$。

也可直接利用反证法。假设$\mathrm{\exists }a>0$使得$f(a)<0$，由于$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0$，可知存在$b>a$使得$f(b)>\frac{1}{2}f(a)$，由凸函数的定义可得$$\begin{array}{}\text{(52)}& \frac{f(x)-f(b)}{x-b}>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=-\frac{f(a)}{2(b-a)},\mathrm{\forall }x>b\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(53)}& f(x)>f(b)-\frac{f(a)}{2(b-a)}(x-b)\to +\mathrm{\infty },x\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$ 这与$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0$矛盾，故$f(x)\ge 0$，$\mathrm{\forall }x>0$。同上理可得$f$单调不增，即$\mathrm{\forall }b>a$，有$f(b)\le f(a)$。$\mathrm{\forall }x\in (a,b)$，由凸函数的定义可得$$\begin{array}{}\text{(54)}& \frac{f(x)-f(a)}{x-a}<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\le 0⟹f(x)>f(a)\ge 0\end{array}$$ 综上，$f(x)>0$，$\mathrm{\forall }x>0$。 $◻$

常见错解 第(1)问部分同学采用带Peano余项的二阶Taylor公式，这是完全错误的，因为无法得到$o((x-a{)}^2)$的符号。

第(2)问最常见的错误是认为$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0⟹\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{f}^{\prime }(x)=0$，即便$f$严格单调，这一命题同样不正确，例如借助以下函数：$$\begin{array}{}\text{(55)}& f(x)=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{1}{2^n}}-x,& n\le x<n+{\displaystyle \frac{1}{2^{n+2}}}\\ {\displaystyle \frac{1}{2^{n+1}}}+{\displaystyle \frac{n+1-x}{2^{n+2}-1}},& n+{\displaystyle \frac{1}{2^{n+2}}}\le x<n+1\end{array}n\in \mathbb{N}\end{array}$$ 则$$\begin{array}{}\text{(56)}& f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}-1,& n<x<n+{\displaystyle \frac{1}{2^{n+2}}}\\ -{\displaystyle \frac{1}{2^{n+2}-1}},& n+{\displaystyle \frac{1}{2^{n+2}}}<x<n+1\end{array}n\in \mathbb{N}\end{array}$$ 添加光滑子(mollifier)使得$f\in {\mathcal{C}}^{\mathrm{\infty }}$即可。但如果借助$f^{\prime }$严格增的条件，则此命题正确，可惜在考场上几乎没有同学想到这一点。

部分同学误用L’Hôpital法则：$$\begin{array}{}\text{(57)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{f}^{\prime }(x)\stackrel{\times }{=}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(x)}{x}=0\end{array}$$ 注意L’Hôpital法则是“导函数比值的极限存在，则原函数比值的极限存在且相等”，其逆命题不成立。

部分同学令(1)中的$x\to +\mathrm{\infty }$，对极限的保号性理解有误，得到$f^{\prime }(a)<0$；正确的结果应为：$$\begin{array}{}\text{(58)}& f^{\prime }(a)<\frac{f(x)-f(a)}{x-a}⟹f^{\prime }(a)\le \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=0\end{array}$$

部分同学误用Fermat定理，认为可微函数在闭区间上的最值点处的导数为零。

部分同学在得到$f^{\prime }(x_1)<0$时，由“$f^{\prime }$严格增”理所当然地认为$\mathrm{\exists }{x}_2>x_1$使得$f^{\prime }(x_2)\ge 0$。

解 (1) 由链式法则可得 $$\begin{array}{}\text{(60)}& (\arctan f(x){)}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)}{1+f^2(x)}\end{array}$$

(2) 令$g(x)=x+\arctan f(x)$，则对任何$x\in (a,b)$有 $$\begin{array}{}\text{(61)}& g^{\prime }(x)=1+\frac{f^{\prime }(x)}{1+f^2(x)}=\frac{f^{\prime }(x)+f^2(x)+1}{1+f^2(x)}\ge 0\end{array}$$ 这表明$g(x)$在$(a,b)$上（非严格）递增。对$(a,b)$中的任何两点$x<y$，有$g(x)\le g(y)$。对$x\to a^{+}$取极限，得到 $$\begin{array}{}\text{(62)}& \underset{x\to a^{+}}{lim}g(x)\le g(y)\end{array}$$ 再对$y\to b^{-}$取极限，得到 $$\begin{array}{}\text{(63)}& \underset{x\to a^{+}}{lim}g(x)\le \underset{y\to b^{-}}{lim}g(y)\end{array}$$ 结合题述条件，上述不等式为$a+\frac{\pi }{2}\le b-\frac{\pi }{2}$，即有$b-a\ge \pi$。另外的解答：由条件可得 $$\begin{array}{}\text{(64)}& (\arctan f(x){)}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)}{1+f^2(x)}\ge -1\end{array}$$ 对区间$(a,b)$中任何两点$x<y$，由 Lagrange 中值定理可得存在$\xi \in (x,y)$使得 $$\begin{array}{}\text{(65)}& \frac{\arctan f(y)-\arctan f(x)}{y-x}={(\arctan f(x){)}^{\prime }|}_{x=\xi }\ge -1\end{array}$$ 即有$y-x\ge \arctan f(x)-\arctan f(y)$。对$x\to a^{+}$与$y\to b^{-}$分别取极限得到 $$\begin{array}{}\text{(66)}& b-a\ge \underset{x\to a^{+}}{lim}\arctan f(x)-\underset{y\to b^{-}}{lim}\arctan f(y)=\frac{\pi }{2}-(-\frac{\pi }{2})=\pi \end{array}$$ $◻$

解 (1) 记${\lambda }_n=\frac{x_{n+2}-x_n}{x_{n+1}-x_n}$，由${\lambda }_n\in (0,1)$可知$x_{n+2}$严格介于$x_n,x_{n+1}$之间，称此为性质(*)。若$x_1>x_2$，则由性质(*)可知$x_2<x_3$，考虑数列$\{x_n^{\prime }=x_{n+1}{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$即可。这样，可不妨设$x_1<x_2$，反复利用性质(*)可知有 $$\begin{array}{}\text{(67)}& x_1<x_3<x_5<\cdots ,x_2>x_4>x_6>\cdots \end{array}$$ 利用单调收敛定理可知$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}_{2n-1}$与$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{x}_{2n}$都存在，分别记为$L,M$。由${\lambda }_n\in (a,1)$可得 $$\begin{array}{}\text{(68)}& |x_{n+2}-x_{n+1}|=|x_n+\lambda (x_{n+1}-x_n)-x_{n+1}|=(1-\lambda )|x_{n+1}-x_n|\le (1-a)|x_{n+1}-x_n|\end{array}$$ 从而有$|x_{n+1}-x_n|\le (1-a{)}^{n-1}|x_2-x_1|$。特别地，有$|x_{2n+1}-x_{2n}|\le (1-a{)}^{2n-1}|x_2-x_1|$。利用夹逼定理可得 $$\begin{array}{}\text{(69)}& |L-M|=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}|x_{2n+1}-x_{2n}|=0\end{array}$$ 即有$L=M$。这就证明了$x_n$都趋于同一个极限$L$。或由$|x_{n+1}-x_n|<\frac{1}{a}|x_{n+2}-x_n|$，令$n\to +\mathrm{\infty }$可得$|L-M|=0$，即$L=M$。

或者利用闭区间套定理，令$K_n$为以$x_n,x_{n+1}$为端点的闭区间，则$K_{n+1}\subseteq K_n$，构成有界闭区间套；同时有$$\begin{array}{}\text{(70)}& |K_{n+1}|=|x_{n+2}-x_{n+1}|=(1-{\lambda }_n)|x_{n+1}-x_n|<(1-a)|K_n|⟹\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}|K_n|=0\end{array}$$ 由闭区间套定理可知$\bigcap _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{K}_n$为单点集$\{A\}$，从而数列$\{x_n\}$收敛于$A$。

也可利用压缩数列与Cauchy收敛准则。注意到$|x_{n+2}-x_{n+1}|<(1-a)|x_{n+1}-x_n|$，由此可得$$\begin{array}{}\text{(71)}& |x_{n+p}-x_n|\le \sum _{k=0}^{p-1}|x_{n+k+1}-x_{n+k}|\le \sum _{k=0}^{p-1}(1-a{)}^{k-1}|x_{n+1}-x_n|<\frac{(1-a{)}^{n-1}}{a}|x_1-x_0|\stackrel{?}{\le }\epsilon \end{array}$$ 取$N\ge {\log }_{1-a}\frac{a\epsilon }{|x_1-x_0|}+1$即可，则$\mathrm{\forall }n\ge N$，$\mathrm{\forall }p\in {\mathbb{N}}^{+}$，都有$|x_{n+p}-x_n|<\epsilon$，由Cauchy收敛准则可知数列$\{x_n\}$收敛。