高等数学竞赛例题选讲

1、高等数学竞赛例题选讲一、一元微积分（A组考，B组考）例1（8分）、设，试讨论该函数在内的可导性 解：当时，-1注意到，由夹逼定理得 当时，；-1同理，当时，-1显然，当时，可导，-1而时，因，-2所以，在时不可导，同理，在时也不可导-2例2（8分）、设在处具有二阶导数，且有，求解：因其中-1则-1于是，-2-2故-2例3（8分）、确定了，求 解：时， -1 由 知 -2 由 知 -3-2例4（8分）、设为的原函数，当时，且，求解: =-2-2 ，故-2-2例5（8分）、计算解（法一）：设，则原式=-3 =，-2而-1故 原式=-2 解（二）： 原式= =-4 =， -2移项整理得，原式=-2例

2、6（8分）、已知是函数的一个原函数, 求解 ：由题意有-2原式-3=-3例7（8分）、设在内可导，其反函数为，且满足，（1）求；（2）求解：（1）将代入，易得-2（2）令，则有-3上式两端关于求导，注意到，有-2将代入上式，解出-1例8（8分）、已知，且，求解：-2-2-2则故-2例9（8分）、若求与.解：令，则 -2故有 -1-3由上述两式解之得. -2例10（8分）、（1）证明：（2）利用（1）计算证明：（1）左-3移项得-1（2）原式-1-1又-2故原式-1例11（8分）、求曲线与轴所围成图形的面积.解：-3 -3.-2例12（10分）、某函数满足，其所示曲线与一条单调递增的直线在第一象

3、限有唯一交点，其中现记曲线与直线围成的平面区域绕轴旋转一周形成的旋转体体积为，而它们与直线围成的平面区域绕轴旋转一周形成的旋转体体积为，试确定之值，使达到最小解：由题意知-1-1-1-2令-1由知于上单调递增，-1于是，时，有-1令，得唯一驻点-1由极值的第一充分条件易知，即时，达到最小-1例13（8分）、就参数，讨论曲线与交点的个数解：令即，考虑方程-1令，-1则及-1故有唯一驻点，由可知是的最小值-1又注意到-1当时，方程有两解，曲线有两个交点-1当时，方程有一解，曲线有一个交点-1当时，方程无解，曲线没有交点-1例14（8分）、设当时，方程有且仅有一个根，求的取值范围.解：设，当，为减函

4、数-2又=，故满足题意-2当，令，得唯一驻点，由知其为极小点，-2若原方程或无解或有两解，仅当时有且仅有一个根，综上所述，的取值范围为及.-2例15（10分）、求使得不等式对所有的正整数都成立的最小的数.解：由 解得 -2令， -2记，由得，于是从而，单调减-3注意到，有，则， 而，故最小值为.-3例16（8分）、设，（），求.解：则数列有下界，-4又，故数列单调减少，易得.-4例17（10分）、设数列、满足，请问、收敛吗？若收敛，求；若发散，说明理由.答：则，单减有下界-2根据单调有界定理知收敛，-1令，在两边取极限得，有-2 先考虑 -3故，从而收敛.-2例18（8分）、在上由拉格朗日中值

5、定理得中值，求.解：由拉格朗日中值定理得，即-3故.-5二、多元微分学（A组考，B组考）例1（8分）、证明：在连续.证明：令，则-2而-2因，-2由夹逼定理知：,原题得证. -2例2（8分）、设连续，讨论在处的可微性解：，且-2若，因不存在，故不存在，从而在处不可微-1若，则，同理-1因，有-2故，即在处可微-2例3（8分）、设，试确定常数，使.解：，-2-3 由，可得.-3例4（8分）、设二阶偏导数连续，且，求，（表示对的一阶偏导数，其他类推）.解：等式两端对x求导,得，-3这两个等式,对x求导得,-2由已知条件得, 故解得， . -3例5（8分）、设，若为连续函数，求.解：-2-1-2，由

6、对称性知-2故. -1例6（10分）、已知具有二阶导数，且，由所确定，设，求解：在中, 令 得 . -1而由两边对求导得 -1再对求导得 -1将代入上面两式得 -2 ，-1-2将，代入上面两式得-2例7（10分）设在内二阶可导，满足，若求的函数解析式.解：-1-2同理-1代入得，即-3，由得于是-1故.-1例8（10分）、已知函数 的全微分，并且求在椭圆域上的最大值和最小值.解：，于是 ，-2再由，得 C=2, 故 -1令得可能极值点为(0,0)，且-1再考虑其在边界曲线上的情形：令拉格朗日函数为，-1解 -1得可能极值点为， ，且，-2可见在区域内的最大值为3，最小值为-2.-2例9（10分

7、）、当时, 求函数在条件上的最大值, 并证明对任意的正实数成立不等式.解:令-1有-2由, 得-2代入,得 及-1可知最大值为-1即 ，亦即 -2令, 于是.-2三、空间解析几何（A组考，B组不考）例1（8分）、设非零向量，求证：.解：左 右.-8例2（8分）、在已知平面：内，求一直线通过已知直线：与已知平面的交点且垂直于已知直线.解：联立方程组易得与之交点-2的方向向量为，-2可求得过点且与已知直线垂直的平面方程为.-2由题意知，所求直线应为平面与平面的交线，其方程为. -2例3（8分）、(1)求空间曲线：在面的投影曲线的方程；(2)求以为准线，母线与向量=平行的柱面方程.解：（1）对，消得

8、投影柱面方程，-1故投影曲线的方程为 -2(2) 在所求柱面取由题意必有,使得-2有 化简得柱面方程.-3例4（8分）求以直线为对称轴，半径的圆柱面方程.解：在圆柱面上任取一点，过点且垂直于轴的平面为-2轴方程的参数式为代入平面方程得 -1故该平面和轴的交点为M1-1则的长等于半径-1故由距离公式得.-3例5（8分）设可微，求证：曲面的所有切平面都通过定点.证明：由题意知， 故曲面过任一点切平面的法线向量可选为（） 注意到向量（） 而在曲面上，故也在曲面上，原题得证.（）例6（8分）求证：在曲线的切线中，与平面平行的切线有且仅有一条. 证明：曲线的切向量为，若其与垂直，则-2令，则，且-3知在

9、内有且仅有一个非零根-1又，则此根不满足，故原命题成立.-2例7（8分）若点是光滑曲面上与原点距离最近的点，试证:过点的法线必定通过坐标原点.证明：考察条件极值问题-1构造辅助函数，-1按题意在点达到条件极小值，必满足于是向量与曲面在点处的法向量平行，-5故曲面在点处的法线通过通过原点.-1例8（8分）求函数在点处沿的方向导数，其中为过处的内法向量.解：-3令,则可取,-2故.-3例9（8分）设确定了隐函数，求该隐函数在点处方向导数的最大值解：当时，-1设-1 则 ,于是-3故-3四、多元积分学（A组考，B组仅考二重积分）例1（7分）计算，其中，且均为常数解：积分区域D为与的公共部分。取极坐标

10、计算，有xtan例2（8分）设，求解：将区域D分成三块：-2则原式-2-2-2例3（8分）设求，其中解：记区域，-2-2-2-2例4（10分）若在内连续，（1） 证明：；（2） 利用上式，求.（1）证明：-3同理，-1（2）由（1）知-2故-2-2例5（7分）设f (r)在0，1上连续，则证明：，-2设，则注意到：，于是由夹逼定理可知要证结论成立-5例6（8分）若连续函数满足, 求解：令-1则-3-1=-3例7（10分）设在单位圆域有连续的偏导数，且在边界上取值为零，而，若D为圆环域：，求.解：令，则-2在单位圆的边界上取值为零，则-1 -1-2-1，-2故-1例8（8分）设函数f (u)连续

11、，在点u = 0处可导，且f(0)= 0，求解：记，应用球坐标，并同时注意到积分区域与被积函数的对称性，有-4于是有-4例9（8分）设在内具有一阶连续偏导数，是上半平面内的有向分段光滑曲线，起点为 终点为记（1）证明曲线积分与路径无关；（2）当时，求的值.解：（1）记，则， 于是满足：在时，且 ，所以曲线积分与路径无关-4（2）由于曲线积分与路径无关，取为从到的折线段，于是-2-2例10（8分）（1）求空间曲线：在面的投影曲线的方程;（2）若取上述为顺时针方向，求解：（1）对，消得投影柱面方程-2故投影曲线的方程为 -2（2）原式-1-3例11（8分）求，其中圆周，的方向为逆时针方向.解：由于

12、时，被积函数无意义，故所包围的区域不满足格林公式的条件，作一小圆挖去原点，作逆时针方向的圆周：，使全部被所包围，在和为边界的区域内，根据格林公式，有-3，故上式为零-3原式.-2例12（10分）设函数在x O y平面上具有连续一阶偏导数，曲线积分与路径无关，并且对任意的t恒有，求.解：由曲线积分与路径无关知，-2所以，其中为待定函数。又-2-2根据题设，有，-1上式两边对t求导，得到，于是知，即，-2故.-1例13（12分）设连续，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线上，恒为常数,(1)对右半平面内的任意分段光滑简单闭曲线，有；(2)求函数的表达式.Y l2 C o Xl3证明：(1)如图，将C

13、分解为：，另作一条曲线围绕原点且与C相接，则.-4解：(2) 设，在单连通区域内具有一阶连续偏导数，由(1)知，在该区域内与路径无关，故当时，总有-2由-2得 -2由得，将代入得,从而-2例14（10分）设C是取正向的圆周，f (x)是正的连续函数，证明：.证明：由格林公式有，-2其中D是由 ( x 1 )2 + ( y 1 )2 = 1所围成的区域。而，-2，-2即，-2则左.-2例15（8分）设为椭球面的上半部分，点，为在点处的切平面，为点到平面的距离，求解：的方程为-2由知-2则原式. -4例16（10分）设为夹在两个平面和之间的抛物面，求证：.证明：-1-2，-2令-1易知唯一驻点亦为其极大点-1则-1-1，故原题得