2016年江苏高等数学竞赛题目汇总.pdf

2016 命题汇总 第 1 页 20162016 高等数学高等数学竞赛竞赛命题命题汇总汇总 命题要求命题要求 1 1 要有要有创新题创新题 2 2 不出填空题不出填空题 题型为题型为计算题计算题 判断题判断题与证明题与证明题 分数分布为分数分布为 小题小题 6 6 6 66 6 6 6 24 24 共共含含 1 12 2 条不同条不同题题 大题大题 本一二本一二 10 10 10 12 1210 10 10 12 12 10 12 10 12 76 76 本本三三四四专专 8 8 10 12 1010 12 10 12 12 12 12 12 12 76 76 共共含含 2424 条不同条不同题题 命题特色命题特色 1 1 体现素质教育体现素质教育 要求要求灵活运用灵活运用极限极限 导数或偏导数导数或偏导数 积分等积分等三基三基概念概念 2 2 把握把握竞赛特征竞赛特征 如如 5 5 份份题题中中的的判断题判断题与与求切平面求切平面 全微分的题等全微分的题等都是创新题都是创新题 3 3 注重注重数数学学应用应用 如如求切平面方程求切平面方程 切线方程切线方程 求立体体积等求立体体积等 4 4 重视逻辑推理重视逻辑推理 如如 5 5 个个有关微分中值定理的证明题有关微分中值定理的证明题 一 一 解下列各题解下列各题 每小题每小题 6 6 分 共分 共 2424 分 分 1 1 6 6 分 分 设 234 1234 f xxxxx 试求 2 f 1 1 一二一二 解解 令 34 134 g xxxx 则 2 2 f xxg x 2 2 分 分 应用莱布尼茨公式可得 2 2422fxg xxg xxgx 2 2 分 分 于是 34 22221232fg 2 2 分 分 1 1 6 6 分 分 设 234 1234 f xxxxx 试求 2 2 ff 2 2 三四三四 解解 令 34 134 g xxxx 则 2 2 f xxg x 1 1 分 分 应用求导公式可得 2 222fxxg xxg x 1 1 分 分 2 2422fxg xxg xxgx 2 2 分 分 于是 34 20 22221232ffg 2 2 分 分 1 1 6 6 分 分 设 234 234 f xxxx 试求 2 2 ff 3 3 专 专 解解 令 34 34 g xxx 则 2 2 f xxg x 1 1 分 分 应用求导公式可得 2 222fxxg xxg x 1 1 分 分 2 2422fxg xxg xxgx 2 2 分 分 于是 34 20 22221232ffg 2 2 分 分 2 2 6 6 分 分 求极限 0 tan tantan tan tan lim tantan tantan tan tan x xx xxx 4 4 一一 2016 命题汇总 第 2 页 解解 令tan xu 则 原式 0 tantan tan lim tantan tan u uu uuu 1 1 分 分 应用等价无穷小代换与洛必达法则得 原式 3 0 tantan tan lim u uu u 1 1 分 分 222 2 0 secsectansec lim 3 u uuu u 2 2 分 分 2 2 2 00 1sectan limlimsec 3 uu u u u 2 2 0 1sectan lim 3 u u u 1 1 分 分 2 2 0 tantan lim 3 u u u 2 2 0 1 lim 33 u u u 1 1 分 分 2 2 6 6 分 分 求极限 0 sin sinsin sin sin lim sinsin sinsin sin sin x xx xxx 5 5 二三四二三四 解解 令sin xu 则 原式 0 sinsin sin lim sinsin sin u uu uuu 1 1 分 分 应用等价无穷小代换与洛必达法则得 原式 3 0 sinsin sin lim u uu u 1 1 分 分 2 0 coscos sincos lim 3 u uuu u 2 2 分 分 2 00 1cos sin limlimcos 3 uu u u u 2 0 1cos sin lim 3 u u u 1 1 分 分 2 2 22 00 1 2sin 1 limlim 366 uu u u uu 1 1 分 分 2 2 6 6 分 分 求极限 3 0 sin sinsin sin sin lim sin x xx x 6 6 专专 解解 令sin xu 则 原式 3 0 sinsin sin lim u uu u 1 1 分 分 应用洛必达法则得 原式 2 0 coscos sincos lim 3 u uuu u 2 2 分 分 2016 命题汇总 第 3 页 2 00 1cos sin limlimcos 3 uu u u u 2 0 1cos sin lim 3 u u u 1 1 分 分 2 2 22 00 1 2sin 1 limlim 366 uu u u uu 2 2 分 分 3 6 6 分 分 设 为曲线21 x y 上从点 0 2A 到点 1 3B的一段弧 试求曲线积分 7 7 一二一二 2 e1ded xyxy xyxxy 解法 解法 记 2 e1 e xyxy Pxy Qx 因 e2 e2 xyxy xy QxxyPxxy xy QPC 所 以曲线积分与路径无关 2 2 分 分 取 0 2A到点 1 3B的折线段 1 2 ACCBC 为点则 原式 22 e1dede1ded xyxyxyxy ACCB xyxxyxyxxy 13 2 02 e12de d xy xxy 2 2 分 分 13 23 02 eee xy x 2 2 分 分 解法解法 2 2 记 2 e1 e xyxy Pxy Qx 因 e2 e2 xyxy xy QxxyPxxy xy QPC 所以 曲线积分与路径无关 2 2 分 分 取 0 2A到点 1 3B的有向线段AB 2 01yx x 从 到 则 原式 1 22 0 e1dede122d xxxyxy AB xyxxyxxx 2 2 分 分 1 1111 222223 0000 0 eddeedeede xxxxxxxxxx xxxxx 2 2 分 分 解法解法 3 3 记 2 e1 e xyxy Pxy Qx 因 e2 e2 xyxy xy QxxyPxxy xy QPC 所以 被积表达式存在原函数 2 2 分 分 原函数为 原函数也可由观察法得到 2 dede xyxy u x yQ yxyxx 令 e1 xy x ux yxyxP 取 0 x 得一个原函数 e xy u x yx 2 2 分 分 则 原式 1 31 3 3 0 2 0 2 ee x y u x yx 2 2 分 分 解法解法 4 4 将曲线方程代入被积表达式化为定积分得 原式 1 21 2 0 e1212 ln2 d x x xx xxx 2 2 分分 11 2121 00 edde xx xx xx 2 2 分分 2016 命题汇总 第 4 页 1 11 212121 3 00 0 edeede xxx xxx xxx 2 2 分分 3 6 6 分 分 求定积分 4 0 2 1 d sincos x xx 8 8 三三 解法解法 1 应用定积分的换元积分法得 原式 2 2 4 0 1tan dtan 1tan x x x 2 2 分 分 令1tan xt 2 2 44 11 1122 dd ttt tt tt 2 2 分 分 23 1 1122 33 ttt 2 2 分 分 解法解法 2 应用定积分的换元积分法得 原式 2 4 0 1 secd 44 xx 2 2 分 分 令 4 xt 4 4 44 40 11 secdsecd 42 t tt t 1 1 分 分 4 4 23 0 0 1112 1tandtantantan 2233 tttt 3 3 分 分 解法解法 3 应用定积分的换元积分法得 22 2 4 0 sincos d sincos xx x xx 原式 1 1 分 分 2 2 44 00 11 d 1cotd 1tan 1cot1tan xx xx 2 2 分 分 2 2 33 00 11112 333 3 1cot3 1tan xx 3 3 分 分 3 6 6 分 分 设函数 F u v具有连续的偏导数 且0 uv FF 函数 yf x 由 lnln 0 xy Fxy yx 确定 试求全导数 fx 9 9 四四 解法解法 1 应用隐函数求导公式与复合函数求导公式得 x y fx F F 2 2 分 分 2 2 1 11 1 uv uv xFyF yFxyF y x x 2 2 分 分 2016 命题汇总 第 5 页 222 222 uv uv xyxyFxyF x y xyFxyF y x 22 0 uv xyFxyF 2 2 分 分 解法解法 2 2 应用复合函数求导公式 原式两边对x求导数得 22 1111 0 uv xy FyFyy xyyyxx 4 4 分 分 化简得 22 11 0 uv xy yFF xyxy 因为 22 0 uv xy FF xy 所以 y y x 2 2 分 分 3 6 6 分 分 求定积分 2 3 0 sin d sincos x x xx 10 10 专专 解法解法 1 应用定积分的换元积分法得 2 3 0 1 d 1cot 1cot x x 原式 3 3 分分 令1cot xt 32 1 1 111 d 22 t tt 3 3 分 分 解法解法 2 应用定积分的换元积分法得 原式 2 3 0 tan dtan 1tan x x x 2 2 分 分 令1tan xt 3 1 1dt t t 2 2 分 分 2 1 111 22 tt 2 2 分 分 解法解法 3 应用定积分的换元积分法 令 2 xt 则 20 2 333 0 20 sincoscos ddd sincoscossinsincos xtx xtx xxttxx 2 2 分 分 于是 原式 2 2 2 332 000 1sincos11 ddd 22 sincossincossincos xx xxx xxxxxx 1 1 分 分 2 2 0 11 d 1tan 2 1tan x x 1 1 分 分 令1tan xt 2 1 1 1111 d 222 t tt 2 2 分 分 解法解法 4 原式 2 3 0 sincossincos1 d 2 sincos xxxx x xx 2016 命题汇总 第 6 页 2 2 23 00 sincos111 dd 22 sincossincos xx xx xxxx 2 2 分 分 2 2 2 2 0 0 111 secd 444 sincos xx xx 2 2 分 分 2 0 11 tan0 442 x 2 2 分 分 4 6 6 分分 已知点 3 2 1P与平面 2231 xyz 在直线 21 24 xyz xyz 上求一点Q 使得线 段PQ平行于平面 试写出点Q的坐标 1111 一二一二 解解 通过点 3 2 1 P且与平面2231xyz 平行的平面为 2235xyz 分 分 题给直线通过点 3 1 0 1 2 11 1 25 1 3 Al 方向为 2 2 分 分 设点Q的坐标为 000 xyz其中 000 35 1 03 xtytzt 分 分 代入平面 的方程得 2 3 5213351tttt 分 分 于是点Q的坐标为 2 0 3 分 分 4 6 6 分 分 设函数 F u v具有连续的偏导数 且0 uv FF 函数 yf x 由 lnln 0 xy Fxy yx 确定 试求全导数 fx 三三 解解法法 1 应用隐函数求导公式与复合函数求导公式得 x y fx F F 2 2 分 分 2 2 1 11 1 uv uv xFyF yFxyF y x x 2 2 分 分 222 222 uv uv xyxyFxyF x y xyFxyF y x 22 0 uv xyFxyF 2 2 分 分 解法解法 2 2 应用复合函数求导公式 原式两边对x求导数得 22 1111 0 uv xy FyFyy xyyyxx 4 4 分 分 化简得 22 11 0 uv xy yFF xyxy 因为 22 0 uv xy FF xy 所以 y y x 2 2 分 分 2016 命题汇总 第 7 页 4 6 6 分 分 已知点 3 2 1 P在直线 31 513 xyz 上求一点Q 使得线段PQ平行于平面 2231 xyz 试写出点Q的坐标 1 12 2 四四专专 解解 通过点 3 2 1 P且与平面2231xyz 平行的平面为 2235xyz 分 分 题给直线通过点 3 1 0 5 1 3 Al 方向为 2 2 分 分 设点Q的坐标为 000 x y z其中 000 35 1 03 xtytzt 分 分 代入平面 的方程得 2 3 5213351tttt 分 分 于是点Q的坐标为 2 0 3 分 分 二 二 10 10 分分 判断下一命题是否成立 若判断成立 给出证明 若判断不成立 举一反例 作出 说明 命题 若函数 f x在0 x 处连续 0 2 lim x fxf x aa x R则 f x在0 x 处 可导 且 0 fa 1 1 一二一二 解法解法 1 1 命题成立 1 1 分 分 因为 0 2 lim x fxf x a x 所以 20fxf xaxo xx 2 2 分 分 此式等价于 1111 0 22222222 xxxx f xfaxofaxo xfaxo xx 2 2 分 分 由此可得 22 11 222 x f xfaxo xaxo x 22 11 222 x faxo x 23 1111 0 22222 nn x faxo xx 2 2 分 分 由于 2 111 lim1 lim0 2222 nn nn x f x在0 x 处连续 在上式中令n 可得 00f xfaxo xx 2 2 分 分 应用可微的定义得 f x在0 x 处可导 且 0 fa 1 1 分 分 2016 命题汇总 第 8 页 解法解法 2 2 命题成立 1 1 分 分 因为 0 2 lim x fxf x a x 所以 200fxf xaxxxxx 时 2 2 分 分 由此可得 00 22222 xxxxx f xfax 时 1 00 222222 nnnnnn xxxxxx ffax 时 2 2 分分 将上述n个式子相加 得 2 111 0 2222 nn x f xfaxA xx 其中 1 1 22 n kk k x A xx 记 2 max 222n xxx x 则0 x 时 0 x 因为 2 111 01 222n 所以 A xxx 因此 A xo x 于是有 2 111 0 2222 nn x f xfaxo xx 2 2 分 分 由于 2 111 lim1 lim0 2222 nn nn x f x在0 x 处连续 在上中令n 可得 00f xfaxo xx 2 2 分 分 应用微分的定义得 f x在0 x 处可导 且 0 fa 1 1 分 分 解法解法 3 3 命题成立 1 1 分 分 因为 0 2 lim x fxf x a x 所以0 0 当0 x 时有 2 2 xfxf x aaxfxf xax xx 2 2 分 分 由此可得 11 222 xx axf xfax x 222 11 2222 xxx axffax x 2016 命题汇总 第 9 页 1 11 2222 nnnn xxx axffax x 2 2 分 分 上列各式相加得 22 111111 2222222 nnn xx axf xfax x 2 2 分 分 由于 2 111 lim1 lim0 2222 nn nn x f x在0 x 处连续 在上式中令n 可得 0 x axf xfax x 2 2 分 分 0f xf a x 由极限的定义得 0 0 lim x f xf a x 所以 f x在0 x 处可导 且 0 fa 1 1 分分 注注 1 1 若应用到 f x在0 x 处可导 由 0 2 lim x fxf x x 00 200 2limlim 2 xx fxff xf xx 2000fff 推出 0fa 得出命题成立的 共给 2 分 注注 2 2 若应用到 f x在0 x 处连续可导 由 0 2 lim x fxf x x 0 22 lim2000 1 x fxfx fff 推出 0fa 得出命题成立的 共给 2 分 二二 8 8 分 分 判断下一命题是否成立 若判断成立 给出证明 若判断不成立 举一反例 作出 说明 命题 若函数 f x满足 0 2 0 0 lim x fxf x faa x R 则 f x在0 x 处 可导 且 0 fa 2 2 三四三四专专 解解 命题不成立 1 1 分 分 反例 10 00 axx f x x 4 4 分 分 满足 0 2 0 0 lim x fxf x fa x 1 1 分 分 但 f x在0 x 处不连续 所以 f x在0 x 处不可导 2 2 分 分 注注 1 1 若应用到 f x在0 x 处可导 由 2016 命题汇总 第 10 页 0 2 lim x fxf x x 00 200 2limlim 2 xx fxff xf xx 2000fff 推出 0fa 得出命题成立的 共给 2 分 注注 2 2 若应用到 f x在0 x 处连续可导 由 0 2 lim x fxf x x 0 22 lim2000 x fxfx fff x 推出 0fa 得出命题成立的 共给 2 分 三 三 1010 分 分 设函数 f x在区间 0 1上二阶可导 00 11 ff 求证 存在 0 1 使 得 11 ff 3 一一 证证 因为 f x在 0 1上连续 在 0 1内可导 00 11 ff 应用拉格朗日中值定理得 存在 0 1 c 使得 10 1 10 ff fc 3 3 分 分 令 e1 x F xx fx 2 2 分 分 则 00 F 0 F c 因 F x在区间 0 c上可导 应用罗 尔定理可得 存在 0 0 1 c 使得 0 F 3 3 分 分 由于 e11 x Fxx fxfxx fx e11 x x fxx fxx e11Fff 于是 11 ff 2 2 分 分 三三 1010 分 分 设函数 f x在区间 0 1上二阶可导 00 11 ff 求证 存在 0 1 使 得 1 ff 4 二二 三 三 证证法法 1 因为 f x在 0 1上连续 在 0 1内可导 00 11 ff 应用拉格朗日中值定 理得 存在 0 1 c 使得 10 1 10 ff fc 3 3 分 分 令 1 F xx fx 2 2 分 分 则 00 F 0 F c 因 F x在区间 0 c上可导 应用罗尔 定理可得 存在 0 0 1 c 使得 0 F 3 3 分 分 由于 1 Fxx fxfx 1Fff 2016 命题汇总 第 11 页 于是 1 ff 2 2 分 分 证证法法 2 因为 f x在 0 1上连续 在 0 1内可导 00 11 ff 应用拉格朗日中值定 理得 存在 0 1 c 使得 10 1 10 ff fc 3 3 分 分 令 F xx fx 2 2 分 分 则 00 F F cc 因 F x在区间 0 c上可导 应用拉格朗日 中值定理可得 存在 0 0 1 c 使得 0 1 0 F cF F c 3 3 分 分 由于 Fxx fxfxFff 于是 1 ff 2 2 分 分 三三 1010 分 分 设函数 f x在区间 0 1上二阶可导 00 10 ff 求证 存在 0 1 使 得 0 ff 5 四 四 证证 因为 f x在 0 1上连续 在 0 1内可导 00 10 ff 应用罗尔定理得 存在 0 1 c 使得 0 fc 3 3 分 分 令 F xx fx 2 2 分 分 则 00 F 0 F c 因 F x在区间 0 c上可导 应用罗尔定理 可得 存在 0 0 1 c 使得 0 F 3 3 分 分 由于 Fxx fxfxFff 于是 0 ff 2 2 分 分 三三 1010 分 分 设函数 f x在区间 0 1上二阶可导 00 10 ff 且 0 1 max0 x f x 0 1 min0 x f x 求证 存在 0 1 使得 0 f 6 专专 证证 因为 f x在区间 0 1上可导 所以 f x在区间 0 1上连续 1 1 分 分 应用闭区间上连 续函数的最值定理 设 0 1 max0 x f af x 0 1 min0 x f bf x 不妨设 01 ab 2 2 分 分 应用闭区间上连续函数的零点定理可得 存在 ca b 使得 0 f c 2 2 分 分 因为 f x 在区间 0 1 上可导 分别在区间 0 c与 1c 上应用洛尔定理可得 存在 12 0 1 cc 使得 1 0 f 2 0 f 3 3 分 分 2016 命题汇总 第 12 页 因 为 fx 在 区 间 12 上 可 导 在 区 间 12 上 应 用 洛 尔 定 理 可 得 存 在 12 0 1 使得 0 f 2 2 分 分 四四 1010 分 分 求定积分 2 2 0 sin d 1 cos xx x x 7 一 一 解解法法 1 1 原式 22 2 22 0 2 sinsin dd 1 cos1 cos xxxx xx xx 1 1 分 分 在第二项中令 xt 1 1 分 分 则 2 222 2 2 2 2222 2000 sinsinsinsin dddd 1cos1cos1cos1cos ttxxttt xttt xttt 22 2 2 22 00 sinsin dd 1 cos1 cos xxx xx xx 2 2 分 分 于是 2 2 2 0 sin d 1 cos x x x 原式 1 1 分 分 2 2 2 0 1 cos2d 1cos x x x 2 2 22 0 1 2d 2sin2cos x xx 2 2 2 0 1 2dtan 22tan x x tan xu 令 2 2 0 1 2d 22 u u 3 3 分 分 2 0 2 arctan 22 u 2 21 2 2 2 分 分 解解法法 2 2 记原式为 I令 xt 1 1 分 分 则 2 22 222 000 sinsinsin ddd 1cos1cos1cos ttttt Ittt ttt 2 2 0 sin d 1 cos x xI x 2 2 分 分 于是 2 2 0 sin d 21 cos x Ix x 1 1 分 分 2 2 0 1 cos2d 21 cos x x x 2 22 0 1 d 2sin2cos x xx 2 2 22 0 2 11 dtandtan 22tan2tan xx xx 令 tanxu 20 22 0 11 dd 222 uu uu 3 3 分 分 02 0 arctanarctan 22222 uu 2 2 21 222222 3 3 分 分 2016 命题汇总 第 13 页 四四 1010 分 分 求定积分 2 0 sin d 1 sin xx x x 8 二二 解解法法 1 1 原式 2 22 0 2 sinsin dd 1 sin1 sin xxxx xx xx 1 1 分 分 在第二项中令 xt 1 1 分 分 则 2 2 2 2222 2000 sinsinsinsin dddd 1sin1sin1sin1sin ttxxttt xttt xttt 2 2 22 00 sinsin dd 1 sin1 sin xxx xx xx 2 2 分 分 于是 2 2 0 sin d 1 sin x x x 原式 1 1 分 分 2 2 0 1 dcoscos 2cos xxu x 令 1 2 0 1 d 2 u u 3 3 分 分 1 0 2 ln 2 22 u u 21 lnln 12 2 2212 2 2 分 分 解解法法 2 2 记原式为 I令 xt 1 1 分 分 则 222 000 sinsinsin ddd 1sin1sin1sin ttttt Ittt ttt 2 0 sin d 1 sin x xI x 2 2 分 分 于是 2 0 sin d 21sin x Ix x 1 1 分 分 2 0 1 dcos 22cos x x cosxu 令 1 2 1 1 d 22 u u 3 3 分 分 1 1 2 ln 4 22 u u 21 lnln 12 2 2212 3 3 分 分 四 四 12 分 分 n a已知数列其中 22 11ln n annnn 试求极限 lim n n a 并证明 当 9n 时 n a数列单调减少 9 三四 三四 解解法法 1 22 ln 11 n n annn n 1 1 分 分 令 ln x f x x 应用罗必达法则有 ln12 limlimlimlim0 12 xxx x xx f x xxx 于是 ln limlim0 nn n f n n 2 2 分 分 且 22 ln limlim11lim n nnn n annn n 2016 命题汇总 第 14 页 22 2ln limlim1 00 1 11 1 nn n n nn 2 2 分 分 当 2 ex 时 因为 2ln 0 2 x fx x x 所以 2 ex 时 ln x f x x 单调减少 故 2 9en 时 lnn f n n 单调减少 3 3 分 分 令 22 11 g xxxx 当2x 时 因为 22 22 11 11 xx gxxxx xx 42 224 21 0 111 xx xxx 所以 g x在2x 上单调减少 故 22 11g nnnn 单调减少 3 3 分 分 当9n 时 显然 0 f n 0 g n 故 n ag nf n 单调减少 1 1 分 分 解法解法 2 22 ln 11 n n annn n 1 1 分 分 lim0 n n a 的求法同解法 1 4 4 分 分 令 22 11ln F xxxxx 1 1 分 分 因 22 22 22 ln11 ln11 2 11 xxxxx Fxxxxx xx xx 4222222 2lnln2 1111111 x xxx xxxxxxxxx 244 422 2ln1ln21 111 xxxxx xxxx 3 3 分 分 222 422 2lnln2 111 xxxxx xxxx 222 422 2lnlnln 0 111 xxxxxx xxxx 2 ex 当时ln2x 2 2 分 分 因此 2 ex 时 F x单调减少 故 9n 时数列 n aF n 单调减少 1 1 分 分 四四 1212 分 分 设函数 f x在2x 处可微 满足 10 专专 22232fxfxxo x 2016 命题汇总 第 15 页 这里 o x表示比x为高阶无穷小 0 x 当时 试求微分 2 d xf x 并求曲线 yf x 在点 22f 处的切线方程 解解法法 1 1 因为 f x在2x 处可微即可导 所以 f x在2x 处连续 又函数 2 2xxxx 在0 x 处连续 在原式中令0 x 得 2223 ff 因此 21 f 2 2 分 分 原式化为 22222 2 fxffxfo x xxx 3 3 分 分 1 1 因 f x在2x 处可导 应用导数的定义得 0 22 lim2 x fxf f x 0 22 lim2 x fxf f x 又 0 lim 22 x o x x 在 1 式两边求极限得 22 f 3 3 分分 因此 2 d2 d2d xf xfxx 2 2 分 分 曲线 yf x 在点 2 1处的切线方程为 122yfx 23 xy 即 2 2 分 分 解解法法 2 2 因为 f x在2x 处可微即可导 所以 f x在2x 处连续 又函数 2 2xxxx 在0 x 处连续 在原式中令0 x 得 2223 ff 因此 21 f 2 2 分 分 因 f x在2x 处可导 应用导数的定义得 0 22 2lim x fxf f x 1 1 分分 1 0 22 2lim x fxf f x 2 2 分 分 2 212 式式得 00 22221 222limlim xx fxfx ff xx 00 22232 limlim2 xx fxfxxo x xx 2016 命题汇总 第 16 页 因此 22 f 3 3 分 分 所以 2 d2 d2d xf xfxx 2 2 分 分 曲线 yf x 在点 2 1处 的切线方程为 122yfx 23 xy 即 2 2 分 分 五五 1212 分 分 设函数 f x y在点 2 2处可微 满足 11 一二 一二 2222 sin2cos 2cos1fxyx xyyxyo xy 这里 22 o xy 表示比 22 xy 为高阶无穷小 0 0 x y 当时 试求曲面 zf x y 在点 22 2f 2 处的切平面方程 解解 因 f x y在点 2 2处可微 所以 f x y在点 2 2处连续 又因 sin2cos 2cosx yxyxx yxyy 在 0 0处连续 在原式中令 0 0 x y 得 2 21f 2 2 分 分 因 f x y在点 2 2处可微 所以 f x y在点 2 2处可偏导 1 1 分 分 在原式中令0y 得 22 2cos 21fxxo x 应 用偏导数的定义得 0 22cos2 22 2 2 2lim 2cos2 x x fxf f x 2 2 分 分 22 22 00 2cos 21 limlim1 xx xo x fx xx 1 1 分 分 在原式中令0 x 得 22 2 2cos1 fyyo y 应用偏导数的定义得 0 2 22cos22 2 2 2lim 2cos2 y y fyf f y 2 2 分 分 22 22 00 2 2cos1 limlim1 yy yo y fy yy 1 1 分 分 因此曲面 zf x y 在点 2 2 1处的切平面方程为 2 222 22110 xy fxfyz 化简得 5 xyz 3 3 分 分 五五 1010 分 分 求定积分 2 0 sin d 1 sin xx x x 三 三 解解法法 1 1 原式 2 22 0 2 sinsin dd 1 sin1 sin xxxx xx xx 1 1 分 分 2016 命题汇总 第 17 页 在第二项中令 xt 1 1 分 分 则 2 2 2 2222 2000 sinsinsinsin dddd 1sin1sin1sin1sin ttxxttt xttt xttt 2 2 22 00 sinsin dd 1 sin1 sin xxx xx xx 2 2 分 分 于是 2 2 0 sin d 1 sin x x x 原式 1 1 分 分 2 2 0 1 dcoscos 2cos xxu x 令 1 2 0 1 d 2 u u 3 3 分 分 1 0 2 ln 2 22 u u 21 lnln 12 2 2212 2 2 分 分 解解法法 2 2 记原式为 I令 xt 1 1 分 分 则 222 000 sinsinsin ddd 1sin1sin1sin ttttt Ittt ttt 2 0 sin d 1 sin x xI x 2 2 分 分 于是 2 0 sin d 21sin x Ix x 1 1 分 分 2 0 1 dcos 22cos x x cosxu 令 1 2 1 1 d 22 u u 3 3 分 分 1 1 2 ln 4 22 u u 21 lnln 12 2 2212 3 3 分 分 五五 1010 分 分 设函数 f x 在区间 0 1上连续 求证 2 00 sindsind x fxxfxx 并 求定积分 2 0 sin d 1 sin xx x x 12 四四专专 解解 1 证证 原式 2 0 2 sindsindx fxxx fxx 1 1 分 分 在第二项中令 xt 1 1 分 分 则 2 2 2 2000 sindsindsindsindx fxxt fttfttt ftt 2 2 00 sindsindfxxx fxx 2 2 分 分 于是 2 00 sindsindx fxxfxx 原式 1 1 分 分 2 利用上面 1 的公式得 2 22 00 sinsin dd 1 sin1 sin xxx xx xx 1 1 分 分 2 2 0 1 dcoscos 2cos xxu x 令 1 2 0 1 d 2 u u 2 2 分 分 2016 命题汇总 第 18 页 1 0 2 ln 2 22 u u 21 lnln 12 2 2212 2 2 分 分 六六 12 分分 求二重积分 22 d d D xyxxy 其中 01 01 Dx yyxx 13 一 一 解法解法 1 在D内作圆 22 xyx 使其分为 1 D与 2 D 如图 圆 22 xyx 与1yx 直线的 交点为 1 1 2 2 A 1 0 B于是 1 2222 2 d dd d DD xyxx yxyxx y 原式 2 2 分 分 1 2222 2d dd d DD xyxxyxyxxy 2 2 分 分 112 OAD 用线段将分为与如图 1 22 d dxyxx y 1 21 22 0 dd y y yxyxx 1 2 23 0 181 2d 6324 yyy 2 2 分 分 2 22 d dxyxx y 2cos 2 40 dcosd 2 4 4 1 cosd 12 2 4 13111 sin2sin4 12 843212848 3 3 分 分 22 d d D xyxx y 11 22 00 dd x xxyxy 1 23 0 14 23d0 33 xxxx 2 2分 分 于是 12 222222 2d dd dd d D xyxx yxyxx yxyxx y 原式 111 20 24128482464 1 1 分 分 解法解法 2 在D内作圆 22 xyx 使其分为 1 D与 2 D 如图 圆 22 xyx 与直线1yx 的 交点为 1 1 1 0 2 2 于是 2016 命题汇总 第 19 页 1 2222 2 d dd d DD xyxx yxyxx y 原式 2 2 分 分 2 2222 d d2d d DD xyxx yxyxx y 2 2 分 分 2 2 1 21 2222 0 d ddd x x x D xyxx yxxyxy 1 2 232 0 3 2142 23d 333 xxxxxx 1 2 2 0 3 212 d 483 xxx 2 2 分 分 令 1 2 xt 1 2 2 0 3 2 121 d 4834 tt 令 1 sin 2 t 2 4 0 11 cosd 4824 2 0 11311 cos2cos4d 4824828 1 48128 3 3 分 分 11 2222 00 d ddd x D xyxx yxxyxy 1 23 0 14 23d0 33 xxxx 2 2 分 分 11 02 481282464 于是原式 1 1 分 分 解法解法 3 在D内作圆 22 xyx 使其分为 1 D与 2 D 如图 圆 22 xyx 与1yx 直线的交点为 1 1 2 2 A 1 0 B于是 1 2222 2 d dd d DD xyxx yxyxx y 原式 2 2 分 分 112 OAD 用线段将分为与如图 1 22 d dxyxx y 1 21 22 0 dd y y yxyxx 1 2 23 0 181 2d 6324 yyy 2 2 分 分 2 22 d dxyxx y 2cos 2 40 dcosd 2 4 4 1 cosd 12 2 4 13111 sin2sin4 12 843212848 3 3 分 分 2 2 1 21 2222 0 d ddd x x x D xyxx yxxyxy 2016 命题汇总 第 20 页 1 2 3 2 232 0 142 23d 333 xxxxxx 1 2 2 0 3 212 d 483 xxx 令 1 2 xt 1 2 2 0 3 2 121 d 4834 tt 令 1 sin 2 t 2 4 0 11 cosd 4824 2 0 11311 cos2cos4d 4824828 1 48128 4 4 分 分 于是 122 222222 d dd dd d D xyxx yxyxx yxyxx y 原式 1111 2412848481282464 1 1 分 分 六六 12 分分 求二重积分 22 d d D xyxx y 其中 0 01 Dx yyxx 14 二 二 解解法法 1 在D内作圆 22 xyx 使其分为 1 D与 2 D 如图 于是 2222 12 d dd d DD xyxx yxyxx y 原式 2 2 分 分 2222 1 2d dd d DD xyxx yxyxx y 2 2 分 分 4cos 222 00 1 d ddcosd D xyxx y 4 44 0 11 coscosd 43 2 2 分 分 4 0 1311 cos2cos4d 12828 4 0 1311 sin2 12 8 4412848 2 2 分 分 1 2222 00 d ddd x D xyxx yxxyxy 1 332 0 1 d0 3 xxxx 3 3 分 分 2016 命题汇总 第 21 页 于是原式 11 20 128482464 1 1 分 分 解法解法 2 在D内作圆 22 xyx 使其分为 1 D与 2 D 如图 于是 2222 12 d dd d DD xyxx yxyxx y 原式 2 2 分 分 4cos 222 00 1 d ddcosd D xyxx y 4 44 0 11 coscosd 43 4 0 1311 cos2cos4d 12828 4 0 1311 sin2 12 8 4412848 4 4 分 分 2 2 1 2222 1 2 d ddd x x x D xyxx yxxyxy 1 3 2 322 1 2 42 d 33 xxxxx 1 2 1 2 3 212 d 483 xxx 2 2 分 分 令 1 2 xt 3 2 1 2 2 0 121 d 4834 tt 令 1 sin 2 t 2 4 0 11 cosd 4824 2 0 11311 cos2cos4d 4824828 1 48128 3 3 分 分 于是原式 111 12848481282464 分 分 六六 12 分分 设 2 0 ln 1 d 1 x t f xt t 试求定积分 1 0 d x f xx 15 三三专专 解解法法 1 2 l n 1 1 x fx x 1 1 分 分 应用分部积分法得 11 2 00 1 dd 2 x f xxf xx 1 1 22 0 0 11 d 22 x f xx fxx 1 2 2 0 l n 111 1d 221 x fxx x 2 2分 分 2016 命题汇总 第 22 页 11 2 00 ln 1111 1ln 1dd 2221 x fxxx x 1 0 1 1ln 1d 2 fxx 1 1 0 0 1 1ln 1d 21 x fxxx x 2 2 分 分 1 0 11 1ln2 1ln 11ln2 22 fxf 2 2 分 分 下面来求 1 f 令 11 21 t x 则 2 22 2 121 dd 12 1 1 x tx tx x 2 2 分 分 1111 2222 0000 ln2ln1 2 ln 1ln 11 1ddln2dd 1111 t tx ftttx tttx 1 0 ln21ln21 4 arctan ffx 于是 1ln2 8 f 2 2 分分 原式 1 ln2ln2 82 1 1 分 分 解解法法 2 2 2 l n 1 1 x fx x 1 1 分 分 应用分部积分法得 2 1 11 00 0 dd x f xxx f xx f xx fxx 2 11 2 00 11 ln 1 1dd 1 xx fx f xxx x 11 00 1dln 1d1fx f xxxxf 3 3 分 分 于是 11 00 1 d1ln 1d 2 x f xxfxx 1 1 0 0 1 1ln 1d 21 x fxxx x 1 0 11 1ln2 1ln 11ln2 22 fxf 3 3 分 分 1ln2 8 f 的求法同解法 1 4 4 分 分 原式 1 ln2ln2 82 1 1 分 分 解解法法 3 3 本三本三 化为二次积分 再交换二次积分的次序得 11 2 000 ln 1 ddd 1 x t x f xxxxt t 1 1 分 分 11 2 0 ln 1 dd 1 t t txx t 2 2 分 分 1 2 2 0 ln 11 1d 21 t tt t 11 2 00 ln 11 ln 1dd 21 t ttt t 1 1 分 分 2016 命题汇总 第 23 页 1 1 0 0 1 ln 1d1 21 t tttf t 1 0 111 ln2ln 111ln2 222 ttff 3 3 分 分 1ln2 8 f 的求法同解法 1 4 4 分 分 原式 1 ln2ln2 82 1 1 分 分 六六 12 分 分 求立体 222 224 2114x y zxyzxyz 的体积 16 四 四 解解 球面 222 2114xyz 的球心为 2 1 1 A 半径为2 R 1 1 分分 球心A 到平面 224xyz 的距离为 42 143 1 3441 d 2 2 分 分 由于球心A在区域224xyz 中 立体 也在区域 224xyz 中 所以立体 是球体 222 2114xyz 被平面 割下的较大的一块 2 2 分 分 立体 可视为xoy平面上的图形 2 04 21Dx yyxx 绕Ox轴旋转一周 生成的立体 3 3 分 分 所以立体 的体积为 11 22 22 d4dVyxxx 2 2 分 分 1 3 2 1 49 3 xx 2 2 分 分 注注 若将立体 错视为球体被平面 割下的较小的一块 并求得立体 的体积为 5 3 的 最 多给 7 分 七七 1010 分分 设 为球面 222 2 xyzz 试求曲面积分 17 一 一 444333222 dxyzxyzxyzxyzS 解解 曲面 关于0 x 对称 又关于0y 对称 应用曲面积分的奇偶对称性化简原式得 4443222 dxyzzxyzzS 原式 1 1 分 分 0ddd dd d 1d 1 yzzxxy nx y zS xyz 由于外侧 2 2 分 分 将原式化为第二型曲面积 分 再应用高斯公式计算 其中 222 2 xyzz 2016 命题汇总 第 24 页 333 1dxx xyy yzzzS 原式 333 d dd dd d xxy zyyz xzzx y