湘潭大学 2026年数学分析第1题

当 $x \to 0$ 时，$\cos x - \frac{x^2}{2} \to 1$，指数 $\frac{1}{x^2} \to \infty$，因此是 $1^\infty$ 型不定式。设 $L = \lim_{x \to 0} (\cos x - \frac{x^2}{2})^{1/x^2}$，取自然对数得 $\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(\cos x - \frac{x^2}{2})}{x^2}$。

将 $\cos x$ 展开：$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + O(x^6)$，则 $\cos x - \frac{x^2}{2} = 1 - x^2 + \frac{x^4}{24} + O(x^6)$。取对数：$\ln(1 - x^2 + \frac{x^4}{24}) = (-x^2 + \frac{x^4}{24}) - \frac{1}{2}(-x^2)^2 + O(x^6) = -x^2 - \frac{11}{24}x^4 + O(x^6)$。

代入得 $\frac{\ln(\cos x - \frac{x^2}{2})}{x^2} = -1 - \frac{11}{24}x^2 + O(x^4) \to -1$，因此 $\ln L = -1$，$L = e^{-1}$。

当 $x \to 0^+$ 时，令 $n = [1/x]$，则 $n \le 1/x < n+1$，即 $\frac{1}{n+1} < x \le \frac{1}{n}$。于是 $\frac{n}{n+1} < x n \le 1$，当 $n \to \infty$ 时 $\frac{n}{n+1} \to 1$，由夹逼准则得 $\lim_{x \to 0^+} x[1/x] = 1$。

当 $x \to 0^-$ 时，令 $n = [1/x]$，则 $n \le 1/x < n+1$，且 $n$ 为负整数。乘以负数 $x$ 反转不等号：$x(n+1) < 1 \le x n$。由于 $x n$ 为正且 $n \to -\infty$，类似可得 $\lim_{x \to 0^-} x[1/x] = 1$。左右极限相等，故极限为 $1$。

令 $I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^2 x}{\sin x + \cos x} dx$，作代换 $t = \frac{\pi}{2} - x$，得 $I = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^2 t}{\cos t + \sin t} dt$。两式相加得 $2I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin x + \cos x} dx = \int_0^{\pi/2} \frac{1}{\sin x + \cos x} dx$。

分母化为 $\sin x + \cos x = \sqrt{2} \sin(x + \pi/4)$，则 $J = \int_0^{\pi/2} \frac{1}{\sin x + \cos x} dx = \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \csc u du$，其中 $u = x + \pi/4$。利用 $\int \csc u du = \ln|\tan(u/2)| + C$，得 $J = \frac{1}{\sqrt{2}} [\ln \tan(u/2)]_{\pi/4}^{3\pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} \ln \frac{\tan(3\pi/8)}{\tan(\pi/8)}$。

计算 $\tan(3\pi/8) = \sqrt{2}+1$，$\tan(\pi/8) = \sqrt{2}-1$，则 $\frac{\tan(3\pi/8)}{\tan(\pi/8)} = \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} = (\sqrt{2}+1)^2$，所以 $J = \frac{1}{\sqrt{2}} \ln(\sqrt{2}+1)^2 = \frac{2}{\sqrt{2}} \ln(\sqrt{2}+1) = \sqrt{2} \ln(\sqrt{2}+1)$。因此 $I = J/2 = \frac{\sqrt{2}}{2} \ln(\sqrt{2}+1)$。