大学数学竞赛模拟题C6解答

1、2003高等数学竞赛试题及参考解筨一、选择题（40分）1.设，且，则（ C ）(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.设是连续函数，的原函数，则（ A ）(A) 当为奇函数时,必为偶函数；(B) 当为偶函数时,必为奇函数；(C) 当为周期函数时,必为周期函数；(D) 当为单调增函数时,必为单调增函数.3.设，在内恒有，记，则有（ B ）(A) ;(B) ;(C) ;(D) 不确定.4.设有连续导数，且，当时，是同阶无穷小，则（ B ）(A) 4；(B) 3；(C) 2；(D) 1.5.设，则在点（ D ）(A) 不连续；(B) 连续但偏导数

2、不存在；(C) 可微；(D) 连续且偏导数存在但不可微.6.设，则以向量、为边的平行四边形的对角线的长度为（ A ）(A) ；(B) 3, 11；(C) ；(D) .7.设是包含原点在内的两条同向闭曲线，的内部，若已知（k为常数），则有（ D ）(A) 等于k； (B) 等于； (C) 大于k；(D) 不一定等于k，与L2的形状有关.8.设在处收敛，则在处（ D ）(A) 绝对收敛；(B) 条件收敛；(C) 发散；(D) 收敛性与an有关.二、（8分）设，试确定、的值，使都存在.解：当时，故；当时，。三、（8分）设的一个原函数，且，求.解：，由知，四、（10分）设，S为的边界曲面外侧，计算解：

3、（下侧），（上侧），七、（10分）已知，.求证：（1）数列收敛；（2）的极限值a是方程的唯一正根.解一：（1），； 又收敛，收敛，收敛，又因，故收敛。（2）令，且，即a是的根，令，故根唯一。解二：由已知，由此可见， （用归纳法证明偶数项单调减少，奇数项单调增加）。设，。， 由知、收敛，令，；由，知，。对两边取极限得，对两边取极限得，由得，解得由知收敛，且为方程的根（再证唯一性）。八、（12分）设在单位圆上有连续的偏导数，且在边界上取值为零，求证： , 其中D为圆环域：解一：令，。由已知当时，故解二：令，令为（逆时针），为（顺时针），。九、（12分）如图所示，有一圆锥形的塔，底半径为R，高为，现

4、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平面的直线的夹角为，楼梯入口在点, 试求楼梯曲线的方程.解：设曲线上任一点为，曲线参数方程为（*），在点的切向量为，垂线方向向量为。，化简得，由实际问题应，解得，由，得，故，将此式代入参数方程（*）即得楼梯曲线。A河南科技大学第一届高等数学竞赛第三类试题A卷答案解析一、 填空题（本题共10小题，每小题6分，满分60分. 把答案填在题中横线上） 若，则a = 1 ，b = 4 【分析】本题属于已知极限求参数的反问题.【详解】因为，且，所以，得a = 1. 极限化为，得b = -4.因此，a = 1，b = -4.【评注】一般地，已

5、知 A，(1) 若g(x) ® 0，则f (x) ® 0；(2) 若f (x) ® 0，且A¹ 0，则g(x) ® 0. 设, 则的间断点为 0 【分析】本题属于确定由极限定义的函数的连续性与间断点.对不同的,先用求极限的方法得出的表达式, 再讨论的间断点.【详解】显然当时,;当时, ,所以 ,因为 故 为的间断点. 曲线y=lnx上与直线垂直的切线方程为 【分析】 本题为基础题型，相当于已知切线的斜率为1，由曲线y=lnx的导数为1可确定切点的坐标。【详解】 由，得x=1, 可见切点为，于是所求的切线方程为， 即 .【评注】 本题也可先设切点

6、为，曲线y=lnx过此切点的导数为，得，由此可知所求切线方程为， 即 . 已知，且f (1) = 0, 则f (x) = 【分析】 先求出的表达式，再积分即可。【详解】 令，则，于是有， 即 积分得 . 利用初始条件f(1)=0, 得C=0，故所求函数为f(x)= .【评注】 本题属基础题型，已知导函数求原函数一般用不定积分。 设函数由参数方程 确定, 则曲线向上凸的取值范围为 【分析】判别由参数方程定义的曲线的凹凸性，先用由 定义的 求出二阶导数,再由 确定的取值范围.【详解】,令 .又 单调增, 在 时, 。(时，时，曲线凸.) 设，则【详解】因为，所以，.【评注】 本题属基本题型，主要考

7、查复合函数求导 若时， 与是等价无穷小，则a= 4 .【分析】 根据等价无穷小量的定义，相当于已知，反过来求a. 注意在计算过程中应尽可能地应用无穷小量的等价代换进行化简.【详解】 当时，.于是，根据题设有 ，故a=4. 设，则【分析】本题属于求分段函数的定积分，先换元：x- 1 = t，再利用对称区间上奇偶函数的积分性质即可.令x- 1 = t，.【评注】一般地，对于分段函数的定积分，按分界点划分积分区间进行求解. 由定积分的定义知，和式极限 【详解】 【分析】利用变量代换法和形式上的牛顿莱布尼兹公式可得所求的广义积分值.【详解1】.【详解2】二、 单项选择题 （本题共8小题，每小题5分，满

8、分40分. 把答案填在括号内）11把时的无穷小量，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是 【 B 】 (A) . (B) . (C) . (D) . 【分析】对与变限积分有关的极限问题，一般可利用洛必塔法则实现对变限积分的求导并结合无穷小代换求解.【详解】,即 .又 ,即 .从而按要求排列的顺序为, 故选（B）.12设函数f(x)连续，且则存在，使得 【 C 】 (A) f(x)在（0，内单调增加. （B）f(x)在内单调减少.（C）对任意的有f(x)>f(0) . (D) 对任意的有f(x)>f(0) . 【分析】可借助于导数的定义及极限的性质讨论函数在附近的局部性

9、质.【详解】由导数的定义知,由极限的性质, , 使时, 有即时, ，时, ,故选（C）. 13 . 设, 则 【 C 】（A）是的极值点, 但不是曲线的拐点.（B）不是的极值点, 但是曲线的拐点.（C）是的极值点, 且是曲线的拐点.（D）不是的极值点, 也不是曲线的拐点. 【分析】求分段函数的极值点与拐点， 按要求只需讨论两方, 的符号.【详解】,从而时, 凹, 时, 凸, 于是为拐点.又, 时, , 从而为极小值点.所以, 是极值点, 是曲线的拐点, 故选（C）. 14 . 等于 【 B 】（A）. （B）. （C）. （D）【分析】将原极限变型，使其对应一函数在一区间上的积分和式。作变换后

10、,从四个选项中选出正确的.【详解】故选（B）. 15 . 函数在下列哪个区间内有界. 【 A 】(A) (-1 , 0).(B) (0 , 1).(C) (1 , 2).(D) (2 , 3). 【分析】如f (x)在(a , b)内连续，且极限与存在，则函数f (x)在(a , b)内有界.【详解】当x¹ 0 , 1 , 2时，f (x)连续，而，所以，函数f (x)在(-1 , 0)内有界，故选(A). 16 . 设f (x)在(-¥ , +¥)内有定义，且，则【 D 】(A) x = 0必是g(x)的第一类间断点. (B) x = 0必是g(x)的第二类间断

11、点.(C) x = 0必是g(x)的连续点. (D) g(x)在点x = 0处的连续性与a的取值有关.【分析】考查极限是否存在，如存在，是否等于g(0)即可，通过换元，可将极限转化为.【详解】因为= a(令)，又g(0) = 0，所以，当a = 0时，即g(x)在点x = 0处连续，当a¹ 0时，即x = 0是g(x)的第一类间断点，因此，g(x)在点x = 0处的连续性与a的取值有关，故选(D).17 . 设在a , b上连续，且，则下列结论中错误的是【 D 】 (A) 至少存在一点，使得> f (a). (B) 至少存在一点，使得> f (b). (C) 至少存在一点

12、，使得. (D) 至少存在一点，使得= 0.【分析】利用介值定理与极限的保号性可得到三个正确的选项，由排除法可选出错误选项.【详解】首先，由已知在a , b上连续，且，则由介值定理，至少存在一点，使得；另外，由极限的保号性，至少存在一点使得，即. 同理，至少存在一点使得. 所以，(A) (B) (C)都正确，故选(D).【评注】 本题综合考查了介值定理与极限的保号性，有一定的难度. 18 . 设，则【 B 】 (A) F(x)在x = 0点不连续. (B) F(x)在(-¥ , +¥)内连续，但在x = 0点不可导. (C) F(x)在(-¥ , +¥)

13、内可导，且满足. (D) F(x)在(-¥ , +¥)内可导，但不一定满足.【分析】先求分段函数f (x)的变限积分，再讨论函数F(x)的连续性与可导性即可.【详解】当x < 0时，；当x > 0时，当x = 0时，F(0) = 0. 即F(x) = |x|，显然，F(x)在(-¥ , +¥)内连续，但在x = 0点不可导. 故选(B).28、设函数可微，, 且满足 求 . 分析：利用重要极限公式求出已知极限的左边，再与右边进行比较得到一个微分方程，求此微分方程。解： ，对y积分得代入，26、设在0，1上具有二阶导数，且，求证：.证三，有，在

14、0，1上，即， （令）故 19、（2004年上海交通大学）计算下述积分：，其中D是矩形区域，。分析：被积函数带有绝对值的定积分的计算关键在于去掉绝对值，要去掉绝对值就要将积分区域分块。解： 记，20、求曲线积分 ，其中与为正常数，L为从点沿曲线到点的弧。分析：沿曲线积分的关键在于将所有变量都转化成某一变量，因此将曲线写成参数方程就可以了。也可利用格林公式来解。解：因 故而L的参数方程为所以因此21、设函数f具有一阶连续导数，存在，且，（1）确定，使处处连续；（2）对以上所确定的，证明具有一阶连续导数.分析：分段函数的连续和导数，在分段点的导数一般用定义来求.解：（1）因为若处处连续，则在处连续

15、. 于是，且（2）因于是 显然，当时，连续，当时，因为所以在处连续，故具有一阶连续导数.17、（2003高数一）设函数f(x)连续且恒大于零，其中，(1) 讨论F(t)在区间内的单调性.(2) 证明当t>0时，分析：要判定一个函数的单调性，往往要求它的导数。这是一个变限的积分，可以利用变限积分的求导法则。由于是一个重积分，因此先要计算重积分。解：(1) 因为，所以在上，故F(t) 在内单调增加.（2） 因，要证明t>0时，只需证明t>0时，即令 ，则 ，故g(t)在内单调增加.因为g(t)在t=0处连续，所以当t>0时，有g(t)>g(0).又g(0)=0, 故当

16、t>0时，g(t)>0,因此，当t>0时，15、设. 证明：，使 .证明：将在点处展开泰勒公式，得（在与之间）令得 .令得 .因为，所以.令 ， 则 ，代入，得.14、（浙江师范大学2004）设在上具有二阶导数，且满足条件，其中都是非负常数，是内的任一点，证明。分析：如果函数高阶可导，并给定了函数的导数或函数的值，要求估计一个函数的界，往往要用Taylor展开式。证明：因在上具有二阶导数，故存在使得同理存在使得将上面的两个等式两边分别作差，得即因此而，故。13、设f在上二阶可微，则方程在内至少有一个根 .分析；方程在一个区间有根的问题往往要用零点存在定理去判断，因此验证该方程

17、在两端点值的符号是解决问题的关键。证明： 因为，不妨设，因，故，使，从而，使。因，故，使，从而，使得。又因在上可微，所以在上连续，由零点存在定理知，使.于是在及上分别利用Rolle定理得，存在，使得. .再在上用Rolle定理得，使.即方程在内至少有一个根.11、设是定义在上的函数，.且证明：在上可导，且 .分析：由于已知条件：是一个很广的条件，要充分利用它；另外要用导数的定义。证明： 由已知条件得.因为。所以在上可导，且.8、设在上二阶可导，求证：使.分析：洛尔定理、拉格朗日定理和柯西中值定理是高等数学的重要内容，往往也是研究生考试和数学竞赛的命题的重点。平时练习时，采用多种方法去解决，能有

18、效地提高解题能力。这种题目难点是构造出一个合适的函数。证1 令则由洛尔定理知, , 由洛尔定理知证2 令由拉格朗日定理知由洛尔定理知证3 在展开为一阶泰勒公式因故证4 令, 用两次洛尔定理。证5 令, 用一次洛尔定理。9、设f在上可微，且a与b同号，证明：存在，使（1）；（2）.证：（1）令，显然在上满足Cauchy中值定理的条件，所以，即 .（2）令，显然在上满足Cauchy中值定理的条件，所以，即 10、设二阶可微，证明：存在，使.证明：令，则。显然在上满足Rolle定理的条件，从而，使. 又 ，于是在上满足Rolle定理的条件，故，使，即存在，使.6、计算三重积分。其中是椭球体。分析：计算二重积分和三重积分是数学竞赛