面相学图解-育儿早教

前三届高数竞赛预赛试题（非数学类）
（参加高等数学竞赛的同学最重要的 是好好复习高等数学知识，适当看
一些辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。）
2009-2010年第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷
一、填空题（每小题5分） y
(xy)ln(1)
x
dxdy
1615，1．计算
 
D
其中区域
D
由直线
xy1
与
1xy< br>两坐标轴所围成三角形区域.
解:令
xyu,xv
，则
xv ,yuv
，
d
x
d
y
det

< br>
11


dudv

dudv
，



1
0

01

u
2< br>du
（*）
1u
令
t1u
，则
u1t
2

du2tdt
，
u
2
12t
2
t
4，
u(1u)t
2
(1t)(1t)
，
2
2 ．设
f(x)
是连续函数，且满足
f(x)3x
2

< br>0
f(x)dx2
,则
f(x)
____________. < br>解:令
A

0
f(x)dx
，则
f(x)3x< br>2
A2
，
2
A


2
0(3
x
2

A
2)d
x
82(
A
2)42
A
,
4
3
解得
A
。 因此
f(x)3x
2

10
。
3
x
2
3．曲面
zy
2
2
平行平面
2x2yz0的切平面方程是
2
__________.
解:因平面
2x2yz 0
的法向量为
(2,2,1)
，而曲面
x
2
zy< br>2
2
2
在
(x
0
,y
0
)
处的法向量为
(z
x
(x
0
,y
0
),z
y
(x
0
,y
0
),1)
，故
(
z< br>x
(
x
0
,
y
0
),
z
y
(
x
0
,
y
0
),

1)
与
(2,2,1)
平
行，因此，由
z
x

x< br>，
z
y
2y
知

2z
x
(x
0
,y
0
)x
0
,2z
y
(x
0
,y
0
)2y
0
，
即
x0

2,
y
0

1
，又
z(x
0
,y
0
)z(2,1)5
，于是曲面
2x2yz0< br>在
(
x
0
,
y
0
,
z
(< br>x
0
,
y
0
))
处的切平面方程是
x
2
y
2
2
平行平面
2(x2)2(y1)(z5 )0
，即曲面
z
2
2x2yz0
的切平面方程是
2x2yz10
。
4．设函数
yy(x)
由方程
xe< br>f(y)
e
y
ln29
确定，其中
f
具有二阶导数 ，
d
2
y
且
f

1
，则
2
________________.
dx
解:方程
xe
f (y)
e
y
ln29
的两边对
x
求导，得
1< br>因
e
y
ln29xe
f(y)
，故
f

(y)y

y

，即
y


x
e
1
，因此
x(1f

(y))
e
x
e
2x


e
nx
x
()
， 其中
n
是给定的正整数. 二、（5分）求极限
lim
x0
n
解:因
故
因此 < br>三、（15分）设函数
f(x)
连续，
g(x)

0
f(xt)dt
，且
lim
x0
1
f(x)
A
，
A
为
x
常数，求
g

(x)
并讨论< br>g

(x)
在
x0
处的连续性.
解
x 0
:由
x0
lim
x0
f(x)

A
x
f(x)
0

x
和函数
f(x)
连续知，f(0)limf(x)limxlim
1
x0
因
g(x)
0
f(xt)dt
，故
g(0)

0
f( 0)dtf(0)0
，
1
因此，当
x0
时，
g(x )
当
x0
时，
g

(x)
1
x
2
1
x
f(u)du
，故

0
x

x
0
f(u)du
f(x)
，
x
这表明
g

(x)
在
x0
处连续.
四、（15分）已知平面区域
D{(x,y)|0x

,0y
}
，
L
为
D
的正

向边界，试证：
（1）

xe
siny
dyye
sinx
dx

xe
siny
dyye
sinx
dx
；
LL
（2）

xe
siny
dy ye
siny
dx

2
.
L
5
2
证:因被积函数的偏导数连续在
D
上连续，故由格林公式知
（1）

xe
siny
dyye
sinx
dx


LD




(xe
siny
)(
ye
sinx
)

d
x
d
y

y

x

而
D
关于
x
和y
是对称的，即知
因此
（2）因
故
由
知 < br>即

xe
siny
dyye
siny
dx
2

L
5
2
五、（10分）已知
y
1
xe
x
e
2x
，
y
2
xe
x
e
x
，
y
3
xe
x
e
2x
e
x
是某二
阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，试求此微分方 程.
解设
y
1
xe
x
e
2x
，y
2
xe
x
e
x
，
y
3
xe
x
e
2x
e
x
是二阶常系数线
性非 齐次微分方程
的三个解，则
y
2
y
1
e
x
e
2x
和
y
3
y
1
e
x
都是二阶常系数线性齐次微
分方程
的解，因此
y

b y

cy0
的特征多项式是
(

2)(
< br>1)0
，而
y

by

cy0
的特征多项式是
因此二阶常系数线性齐次微分方程为
y

y

2y0
，由

y
1

2y
1< br>f(x)
和
y
1

e
x
xe
x
2e
2x
，
y
1

2e
xxe
x
4e
2x

y
1
知，
f( x)y
1

y
1

2y
1
xe
x
2e
x
4e
2x
(xe
x
e< br>x
2e
2x
)2(xe
x
e
2x
)< br>
二阶常系数线性非齐次微分方程为
六、（10分）设抛物线
y
< br>ax
2

bx

2lnc
过原点.当
0x 1
时,
y0
,又

已知该抛物线与
x< br>轴及直线
x1
所围图形的面积为
.试确定
a,b,c
,使< br>此图形绕
x
轴旋转一周而成的旋转体的体积最小.
解因抛物线
y
ax
2

bx

2lnc
过原点，故
c1
，于是
即
而此图形绕
x
轴旋转一周而成的旋转体的体积
即
令
V

(a)
218

a
(12a)

(1a)0
，
5327
1
3
得
即
因此
3
5
a
,
b
,
c1
.
2
4

(
x
)

u
n
(
x
)

x
n1
e
x
(
n
1,2,

)
,且
u
n
(1)
,
七 、（15分）已知
u
n
(x)
满足
u
n
e
n
求函数项级数

u
n
(x)
之和.
n1

解

(x)u
n
(x)x
n1
e
x
，
u
n
即
由一阶线性非齐次微分方程公式知
即
因此 < br>由
u
n
(1)e(C
)
知，
C0
，
于是
下面求级数的和：
令
则
e
n
1
n

即
由一阶线性非齐次微分方程公式知
令
x0
，得
0S(0)C
，因此级数

u
n
(x)
的和
n1

八、（10分）求
x1
时,与

x
n
等价的无穷 大量.

2

n0
解令
f(t)x
，则因当
0x1
，
t(0,)
时，
f

(t) 2tx
t
lnx0
，
t
2
2
故
f(t )xe
t
2
t
2
ln
1
x
在
(0,)
上严格单调减。因此

即

又
< br>0
f(t)dt

f(n)1

n0
< br>0
f(t)dt
，

n0

f(n)

x
n
，
2

n0


0
f(t)dt


0
xdt

e
0
t
2

t
2
ln
1
x
dt
1
ln
1

x

0
e
t
dt
2
1
l n

1
2
x
，
所以，当
x1
时,与< br>
x
n
等价的无穷大量是

2

n01

。
21x
2010-2012年第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷
（参加高等数学 竞赛的同学最重要的是好好复习高等数学知
识，适当看一些辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试 题。）
一、（25分，每小题5分）
（1）设
x
n
(1a) (1a
2
)(1a
2
),
其中
|a|1,
求
limx
n
.

n
n

1

e
x

1

。 （2）求
lim
x 

x

x
2
（3）设
s0
，求
I

0
e
sx
x
n
dx(n1,2,)< br>。


1

（4）设函数
f(t)
有二阶连续导数，
rx
2
y
2
,g(x,y)f

，求
r


2
g
2
g

2
。
2
xy

xy0
x 2y1z3
（5）求直线
l
1
:

与直线
l
2
:
的距离。

421
z0

解：（1）
x
n
(1a)(1a
2
)(1a
2)
=
x
n
(1a)(1a)(1a
2
)(1 a
2
)(1a)

nn
=
(1a)(1a)(1a )(1a)
=
22
x
2
2
2
n
=
(1a)(1a)

2
n1
11
lne
x
(1)
x
x
2
ln(1)x

1

xx
e

1

limelime
(2)
l im

xxx

x

x
令x=1t,则
e
原式=
lim
t0
(ln(1t)t)
t
2
lime
t0
1(1t)1
2t
lime
t0

1
2(1t)
e


1
2
< br>1

1

I
n


e
s x
x
n
dx()

x
n
de
sx< br>()[x
n
e
sx
|
0


e
sx
dx
n
]
00
s
0
s
（3）

n

sxn1
nn(n1)n!n!
exd xI
n1
I
n2

n
I
0
< br>n12

0
sssss
二、（15分）设函数
f(x)在
(,)
上具有二阶导数，并且

f

( x)0,limf

(x)

0,limf

(x) 

0,
且存在一点
x
0
，使得
f(x
0
)0
。
xx
证明：方程
f(x)0
在< br>(,)
恰有两个实根。
解：二阶导数为正，则一阶导数单增，f(x)先减后 增，因为f(x)有
小于0的值，所以只需在两边找两大于0的值。
将f(x)二阶泰勒展开：
因为二阶倒数大于0，所以

x
limf(x)
，
limf(x)

x
证明完成。


x2tt
2
(t1)
所确定，其中三、（15分）设函数
yf(x)
由参数方程< br>

y

(t)

(t)
具有二阶导数， 曲线
y

(t)
与
y

e
u
du
1
t
2
2
3
在
t1
出相切，求 函
2e
数

(t)
。
d
2
y
解 ：（这儿少了一个条件
2

）由
y

(t)
与< br>y

e
u
du
t
2
2
3在
t1
出
dx
1
相切得

(1)
32
2e
，

'
(1)
e

d
2
y
d(dydx)d(dydx)dt

''
(t)(22t )2

'
dx
2

(t)
dx

dxdt

(22t)
3
=。。。
上式可以得到一个微分方程，求解即可。
四、（15分）设
n
a
n
0,S
n


a
k
,
证明：
k1
（1）当

1
时，级数


a
n
收敛；
n1
S


n
（2）当
1
且

s
a
n
n

(
n
)
时，级数

发散
n1
S

。
n
解：
（1）
a
n
>0,
s
n
单调递增
当

a
a
n
a
n
a
n
an
n
收敛时，
n1
s



，而< br>
收敛，所以

收敛；
n
s
1
s
1
s
n
当


a
n
发散时，
li m
s
n


n1
n
所以，

a
n
a

1
s
n
dx
a< br>1
s
n
dx
n1
s





n
s

s




n2
n1
xs
1

s


1
1
x
而

s
n
dx
s
1
< br>

n
s
1
1
s
1
x


a
1
a
1
s
1

1
s

lim


1
n
1
s
k
，收敛于k。
1

1
2e

所以，

a
n
收敛。

n1
s
n

（2）
lim
s
n


n< br>所以

a
n
发散，所以存在
k
1
，使得
a
n
a
1

n1

k
1
n2
a
n
k
1
a
n
a
n
1
于是，





2


s
k
1
2
2
s
n
2
s
n
k
1
k
1
依此类推，可得存在
1k
1
k
2
...

k
N
a
a
n< br>1
1
使得



成立，所以

n< br>
N

2
2
k
i
s
n
1
s
n
k
i1
当
n
时，
N，所以

a
n
发散

s
n1
n< br>
五、（15分）设
l
是过原点、方向为
(

,
,

)
，（其中

2


2


2
1)
的直
线，均匀椭球
x
2
y
2
z
2

2

2
1
，其中（
0cba,
密度为1）绕
l
旋转。
2
abc
（1）求其转动惯量；
（2）求其转动惯量关于方向
(< br>
,

,

)
的最大值和最小值。
解：
（1）椭球上一点P(x,y,z)到直线的距离
由轮换对称性，
（2）
abc


当

1
时，I
max

4

abc(a
2
b
2
)

15
当

1
时，
I
min

4

abc(b
2
c
2
)

15
六、(15分)设函数

(x)
具有连续的导数，在围绕原点的 任意光滑的

简单闭曲线
C
上，曲线积分

c
2xydx

(x)dy
的值为常数。
42
xy
2xydx

(x)dy
0;
< br>42
xy
（1）设
L
为正向闭曲线
(x2)
2< br>y
2
1,
证明

c
（2）求函数
(x)
；
（3）设
C
是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求

c
2xydx

(x)dy
。
x
4
y
2
解：
（1） L不绕原点，在L上取两点A， B，将L分为两段
L
1
，
L
2
，再从
A，B作一曲 线
L
3
，使之包围原点。
则有
（2） 令
P
由（1）知
2xy

(x)
,Q

4242
xyxy
QP

0
，代入可得
xy
上式将两边看做y的多项式，整理得
由此可得
解得：

(x)x
2

（3） 取
L
'
为
x
4
y
2


4
，方向为 顺时针
2011-2012年第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷
（参加高等数学竞赛的同 学最重要的是好好复习高等数学知
识，适当看一些辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。）
一． 计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分）

sinx

（1）.求
lim

x0
x

1
1cosx
；

解：（用两个重要极限）：
11
1
（2）.求
lim

...

；
n
n1n2nn

111
解：(用欧拉公式）令
x
n


...
n1n2nn
其中，
o

1

表示
n
时的无穷小量，
2t
xln1e

d
2
y

（3）已知< br>
，求
2
。
t
dx


yt arctane
e
t
1
2tt
2t
dx2e
2t
dye
t
dyee1
1e
解：

,1 
2t
2t2t2t
2e
dt1edt1edx2e
1e
2t
二．（本题10分）求方程

2xy4

dx< br>
xy1

dy0
的通解。
解：设
P2xy4,Qxy1
，则
PdxQdy0

PQ
1,
PdxQdy0
是一个全微分方程，设
y x
dzPdxQdy

PQ
,
该曲线积分与路径无关
yx
三．（本题15分）设函数f(x)在x=0的某邻域内具有二阶连续导数，
且
f

0

,f
使得
证

0
,f


0

均不为0，证明：存在唯一一组实数k
1
,k
2
,k
3
，
k
1
f

h

k
2
f

2h

k
3
f

3h

f

0

lim0
'
h0
h
2
。
明：由极限的存在性 ：
即

k
1
k
2
k
3
1< br>
f

0

0
，又
f

0

0
，
k
1
k
2
k
3
1
①
lim

k
1
f

h< br>
k
2
f

2h

k
3
f

3h

f

0


< br>0

h0


由洛比达法则得
由极限的存在性得
lim


k
1
f
h0
'

h

2k
2
f
'

2h

3k
3
f
'

3h


0

即

k
1
2k
2
3k
3

f
'

0

0
，又
f
'

0

0
，
k
1
2k
2
3k
3
0
②
再次使用洛比达法则得
k
1
4k
2
9k
3
0
③

k
1
k
2
k
3
1

由 ①②③得
k
1
,k
2
,k
3
是齐次线性方程组
k
1
2k
2
3k
3
0
的解

k4k9k0
23

1

111

k
1

1


设
A1 23,xk
2
,b0
，则
Axb
，
< br>
149

k

0


3

增广矩阵

1111


A
*

1230


1490



1003


0103



00 11


，则
R

A,b

R

A

3

所以，方程
Axb
有唯一解，即 存在唯一一组实数
k
1
,k
2
,k
3
满足题意，
且
k
1
3,k
2
3,k
3
1。
x
2
y
2
z
2
四．（本题17分）设
1
:
2

2

2
1
，其 中
abc0
，
abc

2
:z
2
 x
2
y
2
，

为

1
与

2
的交线，求椭球面

1
在

上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值。
x
2
y
2
z
2< br>解：设

上任一点
M

x,y,z

，令< br>F

x,y,z


2

2
2
1
，
abc
2x
'
2y
'
2z
'
则
F
x

2
,F
y

2
,F
z

2
,
椭球面

1
在

上点M处的法向量
abc

为：
xyz

t

2
,
2
,
2

,

1
在点M处的切平面为

：

abc

原点到平面

的距离为
d
1
x
2
y
2
z
2

4

44
abc< br>，令
G

x
2
y
2
z
2
1
,x,y,
d
，

z
4

4

则
4
abc
G

x,y,z

x2
y
2
z
2
x
2
y
2
z2
,y,

z
4

4

4
,1
，
现在求
G

x
在条件
2

2

2

abcabc
z
2
x
2
y
2
下的条件极值，
令

x
2
y
2
z
2

x
2
y
2
z
2
H

x,y,z


4

4

4< br>

1

2

2

2
1



2

x
2
y
2
z
2

abcbc

a


则由拉格朗日乘数法得：
2x

'
2x

Hx

a
4


1
a
2
2< br>
2
x0


H
'

2y


2y
2

y0
1
2
2

y
b
4
b

2z

'
2z
H
z

4


1
2
2< br>
2
z0
，
cc


x
2y
2
z
2

2

2

210
bc

a

x
2
y
2z
2
0



22
x0

2
ac
2

xz
22
22
解得

2
或，
ac

bc
2
yz
2

bc
2

y0

对应此时的
b
4
c
4
G

x,y,z< br>

2222
bc

bc

或
a
4
c
4
G

x,y,z


2 222

ac

ac

b
2
c
2
a
2
c
2
此时的
d
1
bc
4
或
d
2
ac

444
bcac
又因为
abc0
，则
d
1
d
2

所以，椭球面

1
在

上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值 分
a
2
c
2
b
2
c
2
别为：
d
2
ac
，
d
1
bc
4
< br>444
acbc

x
2
3y
2
1< br>五．（本题16分）已知S是空间曲线

绕y轴旋转形成

z0的椭球面的上半部分（
z0
）取上侧，

是S在
P

x,y,z

点处的
切平面，


x,y,z
是原点到切平面

的距离，

,

,

表示S的正法
向的方向余弦。计算：
z
（1）

（ 2）

z


x
3

y

z

dS

dS
；


x,y, z

S
S
解：（1）由题意得：椭球面S的方程为
x3yz1

z0


222
令
Fx3yz1,< br>则
F
x
2x,F
y
6y,F
z
2z< br>，
切平面

的法向量为
n

x,3y,z

，
222
'''


的方程为
x

Xx

3y

Yy

z< br>
Zz

0
，
原点到切平面

的距离


x,y,z


x
2
3y
2
z
2
x
2
9y
2
z
2

1
x
2
9y
2
z
2
2
2
将一型曲面积分转化为二重积分得：记
D
xz
:xz1,x0, z0

(2)方法一：


x
x9yz
22 2
,


3y
x9yz
222
,
< br>
z
x9yz
222

六．（本题12分）设f(x)是 在

,

内的可微函数，且
f
、

x

mf

x

，其中
0m1
， 任取实数
a
0
，定义
a
n
lnf

a< br>n1

n,1,
证明：
2,..

.,

a
n
a
n1

绝对收敛。
n1

证明：
a
n
a
n1
lnf

a< br>n1

lnf

a
n2


由拉格朗日中值定理得：


介于
a
n1
,a
n 2
之间，使得
a
n
a
n1

f
'



f



f
'



f




a
n1a
n2

，又
f
、



mf



得
m

n1
m

a
1
a
0
收敛，

级数
n1

级数

a
n1

n
a
n1
收敛，即


a
n1

n
a
n1

绝对收敛。
七．（本题15分）是否存在区间

0,2

上的连续可微函数f(x)，满足

f
< br>0

f

2

1
，
f
、

x

1,

0
f

x< br>
dx1
？请说明理由。
2
解：假设存在，当
x

0,1

时，由拉格朗日中值定理得：


1
介于0，x之间，使得
f

x

f

0

f
'


1

x,
，
同理，当
x

1,2

时，由拉格朗日中值定理得： < br>

2
介于x，2之间，使得
f

x
f

2

f
'


2
 
x2


即
f

x

1 f
'


1

x,x

0,1

;f

x

1f
'


2

x2

,x

1,2


1f
、

x

1
，
显然，
f

x

0,
1

f

x< br>
dx0

2
0
2212
1001
1< br>

1x

dx


x1

dx

f

x

dx

< br>1x

dx


3x

dx30


f

x

dx1
，又由题意 得

f

x

dx1,

f

x

dx1

222
000
即
2
0


1x,x

0,1

f

x

dx1
，
f

x
< br>




x1,x

1,2

f
'

1

不存在，又因为f(x)是在区间

0,2

上的连续可微函数，即
f
'

1

存在，矛盾，故，原假设不成立，所以，不存在满足题意的函
数f(x)。