银行投资理财产品-13岁帅哥照片

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高等数学竞赛试题3答案

一、选择题
1. 设
x
n
z
n
y
n
，且
lim(yn
x
n
)0
，则
limz
n
（ C ）
nn
(A) 存在且等于零; (B) 存在但不一定等于零；
(C) 不一定存在； (D) 一定不存在.
2. 设
f(x)
是连续函数，
F(x)是f(x)
的原函数，则（ A ）
(A) 当
f(x)
为奇函数时,
F(x)
必为偶函数；
(B) 当
f(x)
为偶函数时,
F(x)
必为奇函数；
(C) 当
f(x)
为周期函数时,
F(x)
必为周期函数；
(D) 当
f(x)
为单调增函数时,
F(x)
必为单调增函数.
3. 设
a0
，
f(x)
在
(a,a)
内恒有
f(x)0且|f(x)|x
，记
I
(A)
I0
; (B)
I0
; (C)
I0
;
2

a
a
f(x)dx
，则有（ B ）
(D) 不确定.
4. 设
f(x)
有连续导数，且
f(0)0 ,f'(0)0
，
F(x)
同阶无穷小，则
k
（ B ）
(A) 4； (B) 3；
5.

x
0
当< br>x0
时，
F'(x)与x
k
是
(x
2
t
2
)f(t)dt
，
(C) 2； (D) 1.
x
2
y
22
,xy0

2
设
f( x,y)

xy
2
，则
f(x,y)
在点
(0 ,0)
（ D ）

,x
2
y
2
0

0
(A) 不连续；
(C) 可微；










(B) 连续但偏导数不存在；
(D) 连续且偏导数存在但不可微.







6. 设
a ij,b2jk
，则以向量
a
、
b
为边的平行四边形的对角 线的长度为（ A ）
(A)
3,11
； (B) 3, 11； (C)
3,10
； (D)
2,11
.
2xdxydyk
（k
x
2
y
2
7. 设
L
1< br>与L
2
是包含原点在内的两条同向闭曲线，
L
2
在L
1
的内部，若已知


L
为常数），则有

L
2xdxydy
（ D ）
1
x
2
y
2
2
(A) 等于k； (B) 等于
k
； (C) 大于k； (D) 不一定等于k，与L
2
的形状有关.
8. 设


二、设
f(x)lim
n

ax
n
n0

n
在
x1
处收敛，则

n1
(x1)< br>n0

a
n
n
在
x0
处（ D ）
x
2n1
ax
2
bx
x
2n
1< br>n
(nN)
，试确定
a
、
b
的值，使
limf(x)与
limf(x)
都存在.
x1
x1
解：< br>当
|x|1
时，
limx
2n
limx
2n1
0
，故
f(x)ax
2
bx
；
n
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当
|x|1
时，
f(x)
1

x
x 1


1
x1,

x
,


f(x)

ax
2
bx,1x1,

1

,x1,
x


a0
，
b1< br>。
limf(x)1,
x1

limf(x)ab,a b1

x1

limf(x)ab,
x1
< br>limf(x)1,ab1
三、设
F(x)是f(x)
的一个原函数，且
F(0)1
,F(x)f(x)cos2x
，求


0
|f(x)|dx
.
解：
F

(x)f(x)
，
F(x)F

(x)cos2x
，

F(x)F

(x)dx

cos2xdx

F
2
(x) sin2xC
，由
F(0)1
知
C1
，
F(x) 1sin2x|cosxsinx|
，
|cos2x||cos
2
x sin
2
x|
|f(x)||cosxsinx|

|F (x)||cosxsinx|



00
|f(x)|dx< br>
4
(cosxsinx)dx


(sinxcos x)dx(21)(12)22.

4

四、设
{( x,y,z)R
3
|a
2
x
2
y
2
z0,a0}
，S为

的边界曲面外侧，计算
I
< br>S
axdydz2(xa)ydzdx
xyz1
222
< br>
x
2
y
2
a
2
解：
S
1
:zaxy
（下侧），
S
2
:

（上 侧），


0
，
z0

S
2
222



S







S
1
S
2
1
a
2
1
S

axdy dz2(xa)dzdx
S
11





2

a1

SS
12
S
1




2

1
a
2
1
axdydz2(xa)ydzdx
1
a
3a
2
S
1
S
2

a2(xa)
dV


1

14
3
2
a
4
(3a2x)dV3adV

a


2222
23
a1

a1

a 1a1
11

五、已知
x
0
1
，
x< br>1

1
11
，
x
2

3
， …，
x
n1

3
，….
x4
x
1< br>4
x
n
4
3
0
求证：（1）数列
{x< br>n
}
收敛；（2）
{x
n
}
的极限值a是方程
x
4
4x10
的唯一正根.
33
x
n
 x
n
11
1
解一：
（1）

0x
n< br>1
，
x
n1
x
n

3

3

33
x
n
4x
n1
4( x
n
4)(x
n
4)
1
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
22
x
n
x
n1
x
n
x
n
x
n1
xn1
4
2
nn

3x
n
x
n1
16

3

3



xn1
x
n2




x
1< br>x
0


16

16

n2n


4

3

3

1

3



1

； 又< br>


收敛，


x
n1
x
n
收敛，
1655

16

n0
n0

16



(x
n1
xn
)
收敛，又因
S
n
x
n1
x
0
，故

x
n

收敛。
n0

（2）令
m
且
a

0x
n
1
，< br>
a0
，
ilx
n
a
，
n
1
44
a4a10x4x10
，，即a是
a
3
4
x
)0
的根，令
f(x)x
4
4x1< br>，
x(0,)
，
f

(x)4x
3
40
，
f(0)1
，
limf(x)
，故
f (x
根唯一。
解二：
由已知
x
0
1
，
x
1

1
1
1
x0.2495
x0.249 0
…，由此
0.2
，…，
3
2
3
3
x< br>2
4
x
1
3
4
x
0
4
可见，
x
0
x
2
，
x
1
x
3
（用归纳法证明偶数项单调减少，奇数项单调增加）。
设
x
2n 2
x
2n
，
x
2n1
x
2n1
。
x
2n

1
x
3
2n1
4

1
x
3
2n1
4
x
2n2
，
x
2n1

11

3
x
2n3
x4x
2n2
4
3
2n
由
0xn
1
知

x
2n

、

x
2n1

收敛，令
limx
2n
a
，
limx
2n1
b
；
nn
由
0x
2n
1
，
0x
2n1
1
，知
0a1< br>，
0b1
。
对
x
2n

1
x
3
2n1
4
两边取极限得
a
1
3
a b4a1
① ，
b
3
4
对
x
2n1< br>
1
1
两边取极限得，
a
3
b4b1
②
b
3
3
x
2n
4
a4
由①—② 得
ab(b
2
a
2
)4(ab)0
，解得
ab0

由
ab
知

x
n

收敛，且为方程
x
4
4x10
的根（再证唯一性）。
六、设
f(x,y)
在单位圆上有连续的偏导数，且在边界上取值为零，求证：
ff
y
xy
lim

dxdy2

f(0,0)
, 其中D为圆环域：

2
x
2
y
2
1

22

0
xy
D
x
解一：
令
xrcos

，
yrcos

，
ffxfy fffff
cos

sin

，
rx y
。
rxryrxyrxy
由已知当
r1
时，
f(cos

,sin

)0
，
I
D
xf
x
yf
y
x
2
y2
r
dxdy

D
f
r
rdrd

2

d

1
f
dr
2

f(rcos

,rsin

)|
1
d




0


r

0
r
2
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2

2



0
f(cos

,sin

)d


0
f(

cos

,

sin

)d


02

f(
cos

*
,

sin

*
)
，

*
[0,2

]
，故
limI2
f(0,0)


0
ff
y
yf( x,y)xf(x,y)
QP
xy
解二：
令
P
22
，
Q
22
，



22
xyxy
xyxy
x
x


D
f f
y
xy
，
L
2
为
x
2
 y
2


2
（顺时针）
dxdy
，令
L
1
为
x
2
y
2
1
（逆时针）
22
xy
L
2



ns,y
si


PdxQdy

PdxQdy

L
2
:x

co

L
1

yf(x,y)dxxf(x,y)dyyf(x,y)dxxf(x,y)dy


L
2
L
1
x
2
y
2
x
2
y
2


yf(x,y)d xxf(x,y)dy
L
1
1

2

L2
yf(x,y)dxxf(x,y)dy

0



2

2

1
0

(

sin

)(

sin

)
cos



cos


f(
cos

,

sin

)d


0
2

0
f(

cos

,

sin

)d

2

limf (

cos

*
,

sin

*
)
，

*
[0,2

]

x< br>lim


0
D
ff
y
xy
dxdy2

limf(

cos

*
,

sin

*
)2

f(0,0)
。
22

0
xy








七、有一圆锥形的塔，底半径为R，高为
h(h R)
，现沿塔身建一登上塔顶的楼梯，要求楼梯曲
线在每一点的切线与过该点垂直于
x oy
平面的直线的夹角为
楼梯曲线的方程.

，楼梯入口在点
( R,0,0 )
, 试求
4
解：
设曲线上任一点为
(x,y,z)< br>，

hzr

，
hR


x r(

)cos


(0

2
)
，

曲线参数方程为（*）

yr(

)sin


h

zhr(

)
R

在点
(x,y,z)
的切向量为
v

x
(

),y

(

),z

(

)

，垂线方向向量为
k(0,0,1)
。
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

x

(

)r

(

)cos

r(

)sin




vk

y
(

)r

(

)sin
r(

)cos

，
cos


4
|v||k|

h

z

(
)r

(

)
R
1
2


2
z

(

)
x

(

)y

(

)z

(

)
222
，
h
r

(

)
R< br>2
h
2
2
r

(

)r(

)
2
r

(

)
R
R
hR
22
，化简得
drRr
dr

，由实 际问题应
0
，
d

h
2
R
2d

R
hR
22

解得
rC
1< br>e
即得楼梯曲线。



，由

0
，
rR
得
C
1
R
，故
rRe
< br>
，将此式代入参数方程（*）

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