2013年考研数学二第2题

已知隐函数方程 $\cos(xy) + \ln y - x = 1$，其中 $y = f(x)$。 **第一步：求 $f(0)$** 代入 $x = 0$，得 $$ \cos(0 \cdot y(0)) + \ln y(0) - 0 = 1 $$ 即 $$ \cos 0 + \ln y(0) = 1 \quad \Rightarrow \quad 1 + \ln y(0) = 1 $$ 所以 $\ln y(0) = 0$，解得 $y(0) = 1$。因此 $f(0) = 1$。 **第二步：求 $f'(0)$** 对方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数。 $$ \frac{d}{dx}[\cos(xy)] + \frac{d}{dx}[\ln y] - \frac{d}{dx}[x] = \frac{d}{dx}[1] $$ 计算各项导数： - $\frac{d}{dx}[\cos(xy)] = -\sin(xy) \cdot (y + x y')$ - $\frac{d}{dx}[\ln y] = \frac{1}{y} \cdot y'$ - $\frac{d}{dx}[x] = 1$ - 右边导数为 $0$。 因此得到 $$ -\sin(xy) \cdot (y + x y') + \frac{y'}{y} - 1 = 0 $$ 整理得 $$ \frac{y'}{y} = 1 + \sin(xy)(y + x y') $$ 代入 $x = 0$，$y = 1$，此时 $\sin(0) = 0$，上式简化为 $$ \frac{y'(0)}{1} = 1 + 0 \cdot (1 + 0 \cdot y'(0)) = 1 $$ 所以 $y'(0) = 1$，即 $f'(0) = 1$。 至此，我们得到 $f(0) = 1$，$f'(0) = 1$。

已知条件：$f(0)=1$，且$f'(0)=1$。我们需要计算极限： $$ \lim_{n\to\infty} n\left[f\left(\frac{2}{n}\right)-1\right]. $$ 由于$f(0)=1$，所以$f\left(\frac{2}{n}\right)-1 = f\left(\frac{2}{n}\right)-f(0)$。因此原极限可改写为： $$ \lim_{n\to\infty} n\left[f\left(\frac{2}{n}\right)-f(0)\right]. $$ 为了将其转化为导数定义的形式，我们考虑将$n$与分母中的$\frac{2}{n}$联系起来。注意到$n = \frac{2}{\frac{2}{n}}$，于是： $$ n\left[f\left(\frac{2}{n}\right)-f(0)\right] = 2 \cdot \frac{f\left(\frac{2}{n}\right)-f(0)}{\frac{2}{n}}. $$ 令$h = \frac{2}{n}$，则当$n\to\infty$时，$h\to 0^+$。于是原极限变为： $$ \lim_{n\to\infty} n\left[f\left(\frac{2}{n}\right)-1\right] = 2 \cdot \lim_{h\to 0^+} \frac{f(h)-f(0)}{h}. $$ 根据导数的定义，$\lim_{h\to 0} \frac{f(h)-f(0)}{h} = f'(0)$。这里$h$从正方向趋于0，但导数存在时左右极限相等，因此极限值仍为$f'(0)$。代入已知条件$f'(0)=1$，得： $$ 2 \cdot f'(0) = 2 \times 1 = 2. $$ 因此，所求极限为$2$。 最终答案验证：将$f(x)=1+x$（满足$f(0)=1$，$f'(0)=1$的一个简单函数）代入原极限： $$ \lim_{n\to\infty} n\left[\left(1+\frac{2}{n}\right)-1\right] = \lim_{n\to\infty} n\cdot\frac{2}{n} = 2, $$ 结果一致，验证正确。