大学生高等数学竞赛试题汇总及答案

1、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,主要是些各大高校的试题.2021-20"第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷、填空题每题5分)1.计算(xy)ln(1Y)xdxdyy16/15,其中区域D由直线xy1与两坐标轴所围成三角形区域.解：令xyu,xuv,dxdy2:ududu2tdt,u212t2t4,u(1u)t2(12.设fx是连续函数,且满足2f(x)3x22解：令A0f(x)dx,那么f(x)3x2.22.Ao(3x2A2)dx0det1t)(120f(x)dx8ZA2)2,t),dudvdudv,那么f

2、(x)2A,解得A4.因此f(x)3x2310o32X3.曲面z2y22平行平面2x2yz0的切平面方程是2解：因平面2x2yz0的法向量为(2,2,1),而曲面zy22在(x0,y.)处2的法向量为(Zx(Xo,y0),Zy(xo,y0),1),故(Zx(Xo,yo),Zy(Xo,yo),1)与(2,2,1)平行,因此,由zxx,zy2y知2zx(X0,y°)Xo,2Zy(Xo,yo)2y0,即Xo2,y.1,又z(Xo,yo)z(2,1)5曲面2x2y(Xo,yo,z(Xo,yo)处的切平面方程是2(x2)2(y1)(z5)即曲面2zy22平行平面22x2yz0的切平面方程是2x

3、2yz具有二阶导数,且4.设函数yy(x)由方程xef(y)eyln29确定,其中d2ydx2解：方程xef(y)eyln29的两边对x求导,因eyln29xef(y),一1故一f(y)yy,即yXx(1f(y)、(5分)求极限lim(x0x2xnxee-)其中n是给定的正整数.n解：因故因此三、(15分)设函数f(x)连续,1f(x)g(x)of(xt)dt,且lim0xoxA,A为常数,求g(x)并讨论g(x)在x0处的连续性.解:由limf(x)A和函数f(x)连续知,f(0)limf(x)limxlimf(x)0x0xx0x0x0x11因g(x)°f(xt)dt,故g(0)o

4、f(0)dtf(0)0,1x因此,当x0时,g(x)f(u)du,故x0当x0时,1xf(x)g(x)0f(u)du,x0x这说明g(x)在x0处连续.四、(15分)平面区域D(x,y)|0x,0y,L为D的正向边界,试证:(1) 口xes1nydyyes1nxdx口xes1nydyyes1nxdx；LLsinysiny(2) 0xedyyedxL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) qxesinydyyesinxdx一(xesiny)LDx(yeysinx)dxdy而D关于x和y是对称的,即知因此(2)sinysiny:xedyyedxL五、10分y1xex2xxe,y

5、2xee,y3xee2xex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yix2xxxxee,y2xee,y3xxe2xex是二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解,那么yyiexe2xffiyyie都是二阶常系数线性齐次微分方程的解,因此ybycy0的特征多项式是210,而ybycy0的特征多项式是因此二阶常系数线性齐次微分方程为yy2y0,由y必2y1f(x)和xx2xxx2xy1exe2e,y12exe4e知,f(x)y1y12y1xex2ex4e2x(xexex2e2x)2(xexe2x)二阶常系数线性非齐次微分方程为六、(10分)设抛物线yax2bx2lnc过原点.当0

6、x1时,y0,又该抛物线与x轴1及直线x1所围图形白面积为1.试确定a,b,c,使此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体3积最小.解因抛物线yax2bx2lnc过原点,故c1,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218V(a)£a-(12a)(1a)0,5327怎付因此a5,b3,c1.42七、(15分)Un(x)满足Un(x)Un(X)Xn1ex(n1,2,),且Un-,求函数项级数nun(x)之和.n1解Un(X)Un(X)Xn1ex,即由一阶线性非齐次微分方程公式知即因此,e1,由eUn(1)e(C)知,C0,nn于是卜面求级数的和:由一阶线性非齐次微分方程公式知令

7、x0,得0S(0)C,因此级数Unx的和n1八、10分求x2时,与xn等价的无穷大量.n0f(t)解令f(t)t2x那么因当0x1,t(0,)时,_t2f(t)2txtInx0,故t2In1ex在(0,0f(t)dtf(n)n0n0fdt上严格单调减f(n)n0n2x,0xtdt0因此1In1xdt,lnxetdt2,lnx1所以,当X1时,与xn等价的无穷大量是1J.n021X2021-2021第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷适当看一些辅导书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,及相关题目,主要是一些各大高校的试题.、25分,每题5分(1)设xn(1a)(1a2)|(1a2n

8、),其中|a|1,求“mxn.2一、X1X(2)求lime1一.xx(3)设s0,求I°esxxndx(n1,2,1).222(4)设函数f(t)有二阶连续导数,r7x2y2,g(x,y)f,求一ggrxy(5)求直线l1:xy0与直线l2:人工口二的距离.z0421解：(1)xn(1a)(1a2)|(1a2n)=xn(1a)(1a)(1a2)|(1a2n)/(1a)222n2n1=(1a2)(1a2)(1a2)/(1a)h-=(1a2)/(1a)(2)limex11xxx212lnex(1一)xlimexxx2ln(1)xlimexx令x=1/t,那么(ln(1t)t)原式=lim

9、et21/(1t)1lime2tt0(3)2(1t)limetosxn1、nsx,1nsx,exdx(-)xde(-)xe|0s0ssxn.edx0nsxn1n.exdxIs0sW2"I2ss、(15分)设函数“*)在()上具有二阶导数,并且f(x)0,limf(x)x0,limf(x)0,且存在一点Xo,使得f(Xo)0ox证实：方程f(x)0在(,)恰有两个实根解：二阶导数为正,那么一阶导数单增,f(x)先减后增,由于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：由于二阶倒数大于0,所以limf(x),limf(x)xx证实完成.、x2tt2一,亲一

10、一三、(15分)设函数yf(x)由参数方程(t1)所确定,其中具有二阶导数,y(t)t2,23曲线y与yedu在t1出相切,求函数(t).12ed2y,t2,23,解：(这儿少了一个条件T)由y与yeudu在t1出相切得dx12e»»»(t)(22t)2(22t)32e,d2yd(dy/dx)d(dy/dx)/dt2dxdxdx/dt上式可以得到一个微分方程,求解即可.n四、(15分)设an0£ak,证实：k1(1)当1时,级数亘收敛；niS(2)当1且5(n)时,级数色发散.n1S解：（1） an>0,Sn单调递增当an收敛时,亘包,而.收敛,所

11、以也收敛;n1SnSiS1Sn当an发散时,limsn,n所以,ana1/dx亘Sdxn1Sn%n2S11xS1Sx而sndxa11limSnJ旦1k,收敛于ks1xSin1S11所以,包收敛.n1sn（2） "limsnInnki所以an发散,所以存在ki,使得anain1n2kik1ak1aan1于是,亘电212sn2snsk12依此类推,可得存在1k1k2.ki1a1kNa1使得包1成立,所以亘N1ki521sn2当n时,N,所以旦发散n1sn五、15分设l是过原点、方向为,其中2221的直线,均匀椭球222、Jz21,其中0cba,密度为1绕l旋转.abc1求其转动惯量；2求

12、其转动惯量关于方向,的最大值和最小值.解：1椭球上一点Px,y,z到直线的距离由轮换对称性,(2) ；abc422当1时,Imax-abc(ab)当1时,Iminabc(b2c2)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0也dx(x)dy的值为常数.Uxy(1)设L为正向闭曲线(x2)2y21,证实Aaydx(xy0；Qxy(2)求函数(x)；(3)设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线,求P纱dx一鲤y.Uxy解：(1) L不绕原点,在L上取两点A,B,将L分为两段Li,L2,再从A,B作一曲线L3,使之包围原点.那么有(2)令pSyrq小4x

13、yxy由1知xy上式将两边看做y的多项式,整理得由此可得解得：xX23取L'为x4y24,方向为顺时针2021-2021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.计算以下各题此题共3小题,每题各5分,共15分1(1).求limx0sinx18sx;x解：用两个重要极限(2) .求limn解：用欧拉公式令xn其中,o1表示n时的无穷小量,x(3)yln1e2td2y,求一2-0tarctanetdx解:dxdt2tt2edy1e22t,1-2t1edt1et,13dy1e2tdx2e2t1

14、e2te2te12e2t此题10分求方程2xy4dxxy1dy0的通解解：设P2xy4,Qxy1,那么PdxQdy0pP*yQ,1,PdxQdy0是一个全微分方程,设dzPdxQdyx该曲线积分与路径无关.此题15分设函数fx在x=0的某邻域内具有二阶连续导数,且均不为0,证实：存在组实数limh0k1fhk2f2hk3f3hh2f00证实：由极限的存在性:k1fhk2f2hk3f3h即k1k2k30,又f00,k1k2k3由洛比达法那么得由极限的存在性得limh0k1fh2k2f2h3k3f3h_即k12k23k3f00,又f00,k12k23k30再次使用洛比达法那么得k14k29k30由

15、得k1,k2,k3是齐次线性方程组kikiki卜2卜312k23k30的解234k29k30111k1设A123,xk2,b149k30_*增广矩阵A所以,方程Axb有唯一解,即存在唯一一组实数k1,k2,k3满足题意,且k13,k23,k31.四.此题17分2x2ay2b72Z-y1,其中abc0,c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.222xyz,解：设上任一点Mx,y,z,令Fx,y,z二二1,222abc2x一,2yL,2z那么FxT,FvT,Fz一,椭球面1在上点M处的法向重为:x2y2z2abctx义三2,2,2abc1在点M处的切平面为原点到平面

16、的距离为dd-G现在求G件极值,x,y,zx,y,z2x4ay_b4令Hx,y,z2x-4a2yb4那么由拉格朗日乘数法得:HxHyHz2x2a2x2x4a2yb42z4cy2b22y2x12a2y1b22z12c2z2c2x2x4a2yb4=,令G2z4cx,y,z2y_b42z,那么c2z-4,在条件2x2a2yb22z2c1,y2下的条2z-4c2y22z2x2a2yb22z2c解得y2z2b2c2或22acT22ac,对应此时的b2x,y,zb4b2c2或Gx,y,z44ac2222acac此时的d1bcb2c2.b4Rd2ac22ac44ac又由于ad2所以,椭球面1在上各点的切平面

17、到原点距离的最大值和最小值分别为:d2ac22ac44'acdibcb72c4c五.此题16分S是空间曲线3y21绕y轴旋转形成的椭球面的上半局部00取上侧,是S在Px,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:(DdS；x,y,z(2)zSdS解：1由题意得：椭球面S的方程为3y2_99.令Fx3yz1,那么Fx2x,Fy6y,Fz2z,切平面的法向量为x,3y,z,的方程为xXx3yYyzZz0,原点到切平面的距离x,y,z222x3yzJx29y2z2xx29y2将一型曲面积分转化为二重积分得：记22Dxz:xz1,x0,z0xz(2)方法一:xx29y23yv'x29y2z2z229yz六.(此题12分)设f(x)是在内的可微函数,且fXmf0m1,任取实数a0,定义anlnfan1,n1,2,证实:anan1绝对收敛.证实：anan1lnfan1lnfan2由拉格朗日中值定理得:介于an1,an2之间,使得anan1an1an2mf级数mn1|a1n1ao收敛,级数n1anan1收敛