合肥工业大学高等数学竞赛模拟六套试卷

1、合肥工业大学高等数学比赛模拟六套试卷及合肥工业大学高等数学比赛模拟六套试卷及31/31合肥工业大学高等数学比赛模拟六套试卷及合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数比赛模拟试题及答案（一）一、简答题：1ax11x1.求lim，此中a0,a1.xa1分析：当a1时，原式为0型，当0a1时，原式为00型lim1ln(ax1)lnxln(a1)解：当a1时，原式ex，xxx1此中limln(a1)limaxlnalna，limlnxln(a1)0 xxxa1xx故原式=elnaa.1ax1lnxlne01.当0a1时原式limexa1x2求不定积分dx，此中：y2(xy)x2.y2解：令：ytx，

2、代入y2(xy)x2有：t2x2(1t)xx2,故有：x1，y1t)，dx3t2dt,t2(1t)t(1t3(1t)2所以，原式=3t2dt3t2lntc3y2lnyc.txx3设二阶线性微分方程yaybycex（a,b,c均为常数）有特解yex(1xe2x)，求此方程的通解.解：由题设可知函数y1ex,y2ex均为该方程相应的齐次线性微分方程特解，yxex为原方程的一个特解，故此方程的通解为yC1ex(C2x)ex.4.设ux2y2z2,求函数u在点M(1,1,1)处沿曲面2zx2y2在点M处的外法线方向n的方导游数unM1zx2y2zxx,zyy，解：2,2nx,y,1即为曲面的外法线方向

3、，n1,1,1,n01,1,1M333又ux1,uy1,xMx2y2z2M3yMx2y2z2M3uz1,zMx2y2z2M3u1111111.nM33333335.设曲线是平面xyz1与球面x2y2z21的交线，试求积分?(xy2)ds.解：利用对称性，因222yds蜒zds,yds蜒xdszds蜒xds于是积分为：1(xyz)(x2y2213z)ds3蜒23(11)ds的长度32264639.二、设当x0时，方程kx11有且仅有一个解，求k的取值范围.2x解：设f(x)kx11,f(x)k2,f(x)60,x2x34x1）当k0时，f(x)0,f(x)单减，又limf(x),limf(x)（

4、此中k0,limf(x)1x0 xx当k0时，f(x)只有一个零点.22221k2）当k0时，令f(x)03且f30,f3323得独一驻点x0kkkk2231是(0,)内的极小值，也是最小值m,10得k2，此时方程有且仅有一个根;当m3920得k2，此时方程无根;当m3923m0得k23，方程恰有两个根.当9当k0或k23时，方程有且有一根.91f(x)dxC1三、求最小的实数C，对于连续函数f(x)，总有|f(x)|dx建立。001f(x)dxxt121解：一方面，0f(t)2tdt|f(t)|dt,00fn(x)(n1fn(x)dx1,另一方面令1)xn，则有：0而fn(x)dxxt2tf

5、n(t)dt2(n1)tn1dt2(n1)2(n),111000n2从而最小实数C2.四、设zuxy(u)(u),此中函数zz(x,y)拥有二阶连续偏导数，证明：0 xy(u)(u),2z2z2z20.x2y2xy证明:zuxy(u)(u),(1)，两边对x求导得0 xy(u)(u),(2)zuxuy(u)uuu(xy(u)uxxx(u)(u)uxx01y(u)ux(u)x联合方程（2）得zu,2zu,2zu,xx2xxyy又u1,2zy(u)1.xy(u)(u)x2(u)同理，原方程组两边对y求导得zxu(u)y(u)u(u)u(u)(xy(u)(u)uyy(u)uyuyy0(u)y(u)y

6、yzu(u)(u),yy(u),y(u)2z(u)uy(u)2,2zu(u),y2y(u)(u)xyyy(u)(u)32z2z2z20.故y2xyx2五、设球1:x2y2z2R2和球2:x2y2z22Rz(R0)的公共部分体积为5时，求121的表面位于2内的部分S1的面积.解：记(x,y,z)R2x22222Dxy,12RyzRxy,(x,y)此中Dxyx,yx2y23R2是在xoY平面上的投影,4的体积VdvdR2x2y2R2x2dzDxyRy22R2x2y2RdxdyDxy23R2253d22RrRR0rdr012由题设R1.由此得S1的面积22dxdy23r2RA1zxzydDxy122

7、0d012dr.Dxyxyr六、设函数y1(x)(1)n111)2(nx(n1),n0,1,2,y2(x)是方程3(ny2yyexsinx满足条件y(0)0,y(0)1的特解，求广义积分3miny1(x),y2(x)dx.0解：方程y2yy0的通解为y(x)C1e(21)xC2e(21)x，方程y2yyexsinx的特解可设为y(x)ex(AsinxBcosx)代人原方程可解得A1,B0，所以方程y2yyexsinx的通解为31exsinx，由初始条件可得y(x)C1e(21)xC2e(21)xC1C20，3所以y2(x)1exsinx，观察函数f(x)ex(x1)2(x0)，则f(0)0，3

8、4当x0时,f(x)ex2(x1)0,f(x)在0,)上是单增的，因此当故函数x0,11，所以当nx(n1)时有)时有x3(x1)23ey2(x)111y1(x),3exx23(n1)21)3(所以当n0,2,4,时miny1(x),y2(x)y1(x)，当n1,3,5,时miny1(x),y2(x)y2(x)，由此可得(2k1)(2k2)0miny1(x),y2(x)dx2ky1(x)dx(2k1)y2(x)dxkk0011(2k2)xsinxdx，而12e，2(2k1)23k0(2k1)3k0k0(2k1)8(2k2)xsinxdx1e(2k1)(e1)1e，所以k0(2k1)2k02(e

9、1)31miny1(x),y2(x)dx.0246(e1)七、设Ax2zdydzy2zdzdxxz2dxdy，此中S是曲面azx2y2(0za)的第一卦限部S分上侧，求满足f(0)A,f(0)A的二阶可导函数f(x)，使得yf(x)3e2xdxf(x)dy是某个二元函数的全微分.解:222AxzdydzyzdzdxxzdxdySSS1S2S3S1S2S3此中，S1,S2分别是S在平面y0与平面x0上的投影，方向分别为右边与前侧，S3是S在平面za上的投影，方向为下侧，高斯公式2z(2xy)dyday22z(2xy)dzx2ss1s2s3Dxya(x2y2)22(2xy)dxdy,a2aDxy此

10、中：222x0y0Dxy:xya5而0,a2xdxdyS1S2S3DxyA(x2y2)2(2xy)a2(xy)dxdyDxya2a62dsin)r(cossin)a2r2dr(2cos200a1a52(2cossin)d1a52(cossin)d5a5703021因为yf(x)3e2xdxf(x)dy是某个二元函数的全微分,所以yf(x)3e2xdf(x)ydxf(x)f(x)3e2x(1)对应的齐次方程通解为yc1exc2ex，其余（1）有特解ye2x，xx2x所以（1）的通解为f(x)c1exc2exe2x，f(x)cec2e2e由f(0)A,f(0)Ac1c21A得方程组c1c223,5

11、aA解c1c2152221所以f(x)3ex15a5exe2x.2221合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数比赛模拟试题答案（二）一、简答题：1求lim11cos2tn14t2dt.n0n解：因为0t1,12t2cos2t1所以121cos2t14t224t24t于是1111)dt11cos2tdt11dt1n11)n1(2212124n(nn4tnn4tnn4t41111)dt1n1111n1n11)n1(22n4(1)4n2(nn4t2n2n46由夹逼准则11cos2t1lim14t2dt.n0nn42设f(x)xttdt,(x1)，求曲线f(x)与x轴所围关闭图形的面积S.1解：第

12、一，找寻函数的零点。简单看出，x=-1是一个零点，再由积分的奇偶性可获取另一个零点x=1；而f(x)在1,0上单一递减，在0,)上单一递加，可知不存在其余的零点。其次，注意到函数在1,1上取负数，故：S=1f(x)dx20f(x)dx200dxx11f(x)dx2ttdt111=20 x2dt20(x31)dx1dxt3.11123设函数f（x，y)可微，且对随意x,y,t,满足f(tx,ty)t2f(x,y)，P0(1,2,2)是曲面:zf(x,y)上的一点，求当fx(1,2)4时，在点P0处的法线方程.解：f(tx,ty)t2f(x,y)两边对t求导得xftx(tx,ty)yfty(tx,

13、ty)2tf(x,y),将t1代入得xfx(x,y)yfy(x,y)2f(x,y),将x1,y2代入上式得fx(1,2)2fy(1,2)2f(1,2),由fx(1,2)4及f(1,2)2，得fy(1,2)0.在点P0处的法向量n4,0,x1y2z2.所以1，故法线方程为0144设连续函数f(u)在u=0处可导,且f(0)0，f(0)3。试求：lim14f(x2y2z2)dxdydz.t0tx2y2z2t2解：1f(x2y2z2)dxdydzt4x2y2z2t212t24t2dsindf(r)rdr=t4000t40f(r)rdr所以，原式=lim4f(t)t2limf(t)f(0)f(0)3.

14、4t3tt0t05求方程(2x)2y(2x)yyxln(2x)的通解.7解：令2xet则方程可变化为d2yytet2t，方程d2yy0的通解为dt2dt2yC1costd2yyty(AttC2sint，方程te的特解可设为B)e代人方程解得dt211,B1，所以y11td2yy2t的特解可设为y2CtD代A2(t1)e，方程222dt人方程解得y22t，由此可得原方程通解为yC1cosln(2x)C2sinln(2x)1(2x)ln(2x)12ln(2x).2二、设函数f(x)在(1,)上可微，且对x1满足f(x)x2f2(x)证明：lim(f(x)x).x2(f2(x)1)x分析：令g(x)

15、f(x)xx2f2x2222x2g(x)f(x)112xx1fx0(x0)x2f2x1x2f2x1x2f2x1当x1时，gx单增，limgx存在或为，x设limgxL，x则对gx在x,x1上利用Lagrange公式得存在x,x1，使得g()g(x1)g(x)令x，对上式两边取极限得limgLL0即limgx0，而xx2g(x)g(x)x2f2(x)1x2(g(x)x)211x111(x)x2(f2(x)1)x2(g(x)x)21(g(x)x)21矛盾,limf(x)x.x三、能否存在0,上的连续函数f(x)，使得：f(x)sinx23与2dx3建立0dx0f(x)cosx448解：不存在。事实

16、上，22cosxsinxdxf(x)cosxf(x)sinxdx00=f(x)cosx2f(x)22f(x)cosxf(x)sinxdxdx0sinxdx002f(x)222dxcosxdxf(x)sinx00假如两不等式同时建立，则有，2(33)3，矛盾！44四、设二元函数uxy)75x2y2xy，其定义域为22D(x,y)xyxy75(,（1）设点M(x0,y0)D,求过点M0的方向向量l，使ul为最大，并记此最大值0为g(x0,y0).(2)设M0在D的界限x2y2xy75上改动，求g(x0,y0)的最大值.解：（1）使ul最大的方向为lgraduMy02x0,x02y000g(x0,y

17、0)graduM0(y02x0)2(x02y0)25x025y028x0y0.（2）设f(x,y)g2(x,y)5x25y28xy，下边求f(x,y)在条件x2y2xy75下的最大值.令(,)(,)(7522)，FxyfxyxyxyFx10 x8y(y2x)0(1)由Fy10y8x(x2y)0(2)Fx2y2xy750(3)（1）+（2）得(xy)(2)0,yx或2，若2，由（1）式得yx,再由（3）式得x53,y53，若yx，由式（3）得x5,y5.于是得4个可能极值点：M1(5,5);M2(5,5);M3(53,53);M4(53,53)，而f(M1)f(M2)450;f(M3)f(M4)

18、150，9故最大值g(M1)g(M2)450.五、设在上半平面D(x,y)y0内，函数f(x,y)拥有连续偏导数，且对随意的t0都有()2).证明：对D内的随意分段圆滑的有向简单闭曲线txtytfxyfL,都有,(,yf(x,y)dxxf(x,y)dy0.L证明：由格林公式知，对D内的随意有向简单闭曲线L,yf(x,y)dxxf(x,y)dy0L的充分必需条件是：对随意(x,y)D，有0(yf(x,y)x(xf(x,y)2f(x,y)yf2(x,y)xf1(x,y).y因为对随意的(x,y)D及t0都有f(tx,ty)t2f(x,y)，两边对t求导，得xf1(tx,ty)yf2(tx,ty)2

19、t3f(x,y).令t1，得2f(x,y)yf2(x,y)xf1(x,y)0，即(yf(x,y)(xf(x,y)0.yx所以yf(x,y)dxxf(x,y)dy0.L六、设f(x)在区间0,1上有连续的导数，且limf(x)a(a0)，证明级数(1)nf(1)x0 xn1n条件收敛.证明：由limf(x)a可得f(0)0,f(0)a，又f(x)连续，故0，当x0,)时x0 xan1时unf(1)单减，恒有f(x)0，因此f(x)在0,上单增，由此可合适2n且limuf(0)0，由莱布尼茨鉴别法知级数(n1收敛.nn1)f()n1n又当n1N时由Lagrange中值定理可知(0,1)使得nf(1

20、)f(0)f(n)1a，而级数f(1)是发散的，从而级数(1)nf(1)也是nn2nnN1nn1n发散的，所以级数(1)nf(1)条件收敛.n1n10七、设函数f(x)在区间0,1上拥有连续导数，f(0)1，且满足f(x,y)dxdyf(t)dxdy，DtDt此中Dt(x,y)0ytx,0 xt(0t1).求f(x)的表达式.f(x,y)dxdyttxf(xy)dyt(f(t)t解：0dx0f(x)dxtf(t)f(x)dx.Dt00又f(t)dxdyt2f(t)，由题设有2Dttf(t)tt2f(t).f(x)dx02两边求导整理得(2t)f(t)2f(t)，解得f(t)C.t)2(2将f(

21、0)1代入得C4.故f(x)4(0 x1).(2x)2合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数比赛模拟试题答案（三）一、简答题1x11f(tsint1,1t31)ln(1t3)dt，此中二元函数f(u,v)拥有1求极限Ilimx0 xt0(,)均有f(tu,tv)t2f(u,v),f(1,2)连续偏导数，且对0,fu(1,2)3。1解：Ilim1f(xsinx1,1x31)ln(1x3)x01f(xsinx1,1x31)x3ln(1x3)lim1f(xsinx1,1x31)f(xsinx1,11)，x0因为x0时xsinx11x3o(x3),1x3121x3o(x3)，62相同式f(tu,t

22、v)t2f(u,v)两边对于t同时求导可得ufu(tu,tv)vfv(tu,tv)2tf(u,v)，令t1,u1,v2，可得fv(1,2)3，因此有2f(xsinx1,131)fu(1,2)x3fv(1,2)x3o(x3)1xlim62，lim33x0ln(1x)x0 x41故原式e4。1110922求n3的整数部分。n1221092109n123(1091解：因为x(n,n1)时有n3x3，因此有n3nx3dx1)，n1n1又x(n,n1)时有2210921091n12(n1)3x3，所以n31nx3dx2998，n1n110922997所以n3的整数部分是。n13求经过直线L:x6y132

23、z1且与椭球面S:x2y23z221相切的平面方22程。解：设切点为M(x0,y0,z0)，则椭球面在该点处的切平面方程为x0 x2y0y3z0z21，2x02y03z00,x03,x01,由题设有x022y023z0221,解得y00,或许y02,因此所求的平面方程为6x6y3z21,z02,z0200203x6z21或x4y6z21。4设是由锥面zx2y2与半球面zR2x2y2围成的空间地区，是的整个界限的外侧，计算xdydzydzdxzdxdy。解：由高斯公式可得原式3dv32d4sindRr2dr(22)R3。0005求级数1x2n的收敛域。1(1x2)(1x4)n(1)1x2n10,

24、x1,解：lim(1x2)(1x4)(1)lim(11n1)1,x1，n1nx22(1x2)(1x4)(1x2n)1,x1且x1时lim21n1x20，所以该级数的收敛域是n(1x)(1x4)(1x2)(,11,。二、设函数f(x)在a,b上连续，且存在c(a,b)使得f(c)0，证明：(a,b)使得f()f()f(a)。bax证明：令F(x)ebaf(x)f(a)，则F(a)0，此时有（1）若F(c)0，由Rolle定理知(a,c)使得F()ebaf()f()f(a)0f()f(a)；ba即有f()ba12（2）若F(c)0，不如设F(c)0，则F(c)F(c)0，由导数的定义知x1(c,b

25、)ba使得0F(x1)F(c)，再由连续函数的介值定理知x2(a,c)，使得F(x1)F(x2)，再对函数F(x)在区间x1,x2上应用Rolle定理知(x1,x2)(a,b)使得F()ebaf(f()fa()，即有f()f(a)。)ba0f()bah三、设f(x)在上连续a,b，证明：lim1f(x)dxf(0)。0h2x22h0证明：f(x)在上连续a,b，因此有界，所以M0，当xa,b时有f(x)M。对于0，因为lim12h2f(0)dxf(0)，故10当h(0,1)时有h00hx21hx2f(x)dxf(0)。0h222f(x)在x0处连续，20，当x0,2时有f(x)f(0)，因此有

26、hf(0)212f(x)dx0h2x21h2f(x)dx1hf(0)dx1h2f(x)dxf(0)0h2x0h2x20h2x2h2f(x)f(0)dx1h2f(x)f(0)dx1h2f(x)dxf(0)h2x2xh2x20hhhf(0)0112Mh1hf(0)2M2dxf(x)dxx2f(x)dx4h20h2x22420h2222Mh1hf(0)，若令min2,1，当0h时有2f(x)dx，8M420h2x2所以limf(x)dx1hf(0)，故原结论建立。h00h222x四、设函数f(x,y)可微，fx(,x,y)f(x,y),f(0,)1，且满足n21)f(0,ylimncoty，求f(x

27、,y)。ef(0,y)解：方法一先计算极限并由题意得1n1nf(0,y1)f(0,y)limnfy(0,y)f(0,y)f(0,y)f(0,y)n1f(0,y)f(0,y)cotylimnlim1neneenf(0,y)nf(0,y)所以，fy(0,y)coty，两边积分得：lnf(0,y)lnsinylnCf(0,y)故f(0,y)Csiny，由f(0,)1C1,即f(0,y)siny213又由ff,积分得f(x,y)(y)ex，再由f(0,y)siny知xexsiny.(y)siny,故f(x,y)方法二视y为常数，由方程df(x,y)dx得f(x,y)lnf(x,y)xln(y)，即f(

28、x,y)(y)ex.又由题意得1)n1)n(y(y(y)(y)ecotylimnlim1ne(y)n(y)n(y)(y)所以coty，两边积分得：ln(y)lnsinylnC(y)Csiny(y)又()1C1，故f(x,y)exsiny。2x2,xy1,五、设二元函数f(x,y)1,1xyD(x,y)|xy2，求x22,y2f(x,y)d。D解：记D1为D位于第一象限内的部分，由对称性可知f(x,y)d4f(x,y)d，DD1记D2(x,y)|xy1,x0,y0，D3(x,y)|1xy2,x0,y0，则有f(x,y)df(x,y)df(x,y)df(x,y)d11x1，x2dxdyD1D2D3

29、D20012211f(x,y)d2dcos1sindr2d2D0cossin0)3cos(41lnsec()tan(22ln(21)44)，20f(x,y)d142ln(21)。3D六、设函数F(x)是函数f(x)的一个原函数，且F(0)1，F(x)f(x)cos2x，ann1,2,annf(x)dx,n，求幂级数2x的收敛域与和函数。0n2n1xxF2(0)sin2x，由此可得解：由题设有F(t)f(t)dtcos2tdt，即F2(x)00F(x)1sin2xcosxsinx，f(x)cos2xcosxsinx2cos(x)，因f(x)是一个周期为的周期cosxsinx4函数，故有annf(

30、x)dx2n4cos(x)dx22n2cosxdx22n，044014所以该级数为22nxn2(11)xn，它的收敛域为1,1)，因为n2n21n2n1n1(11)xnx1xn1(1xnx1x2)(1x2)ln(1x)1x，n2n1n1n1nxn1n2x2因此该级数的的和函数为2(1x2)ln(1x)2x。x2七、在ox轴上有一动点P从xx0开始以常速度v1沿x轴正向挪动，在xoy面上另一动点M同时从点(x0,y0)(y00)以常速率v2(v2v1)开始挪动，且M运动方向老是对着P。（1）求动点M运动轨迹方程；（2）求M追赶到点P时所走过的行程。解：（1）设在时刻t动点M所在的地点为(x,y)

31、，则有ydyv1t)x(x0dx且满足(dx)2(dy)2v2dtdtydx(x0v1t)，两边同时对y求导可得等式可变形为xdyyd2xv1dtdy2dy由式可得dx2dtv1dx2d2x(dy)1v2dy代人到式可得v(dy)1ydy2，2令pdx，则上述方程可变化为dpv1dy，积分后可得arshpv1(lnylnC1)，dy1p2v2yv2v1(yv1即有dx1(y)v2)v2由yy0时dx0可得C1y0，所以dy2CC1dyv1v11y)v1v2(y)v2v1dx1(y)v2(y)v2，积分后可得xv2y0(v2v2y0v2C2，dy2yy02v1v2y0v2v1y00由xx0时yy

32、0可得C2x0v1v2y0，因此动点M的轨迹方程为v22v12v1v2v2v1x1v2y0(y)v2v2y0(y)v2x0v1v2y0；2v1v2y0v2v1y0v22v12（2）当M追赶到点P时y0，此时P走过的行程为v1v2y0，动点M走过的行程为v22v12v22y0。v22v12合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数比赛模拟试题（四）一、简答题1求曲线yx1x(x0)的斜渐近线方程。(1x)x15解：limylimxxx1，lim(y1x)limex1xx(1xx)xxxx(1x)exexe(1x)1lim1xln(11)11limx1o(1)1，因此所求斜渐近线方程为xexexe

33、x2xx2ey11)。(2x2e2设f(x)为周期函数，证明：2f(acosxbsinx)dx22f(a2b2sinx)dx。022f(acosxbsinx)dx2fa2b2sin(x)dx，证明：设arctana，则有0b02因为fa2b2sin(x)是周期为2的周期函数，故有fa2b2sin(x)dx02fa2b2sin(x)dx2fa2b2sinudu0a2b2sinudu3a2b2sinudua2b2sinx)dx。2f2f22f(2223设函数f(x,y)ex(axby2)，若f(1,0)为f(x,y)的极大值，求常数a,b满足的条件。fx(1,0)ex(axby2a)(1,0)e(

34、2ab)0,解：由题设应有即有bfy(1,0)2yex0,(1,0),(1,0)(1,0)(1,0)2又0,，所以当aeBfxyCfyyeAfxxa0,b2a,ACB22ae20时，f(1,0)为f(x,y)的极大值；当a0时，则f(1,0)必定不是f(x,y)的极大值；当a0,b0时2a，f(x,y)y2exf(1,0)，因此f(4设222，计算x2:xyz1(a2解：由对称性可得x21x2a2dv3(a24y242，同理有2dv2,15ab15bx2y2z2411(2b2c2)dv(a22a15b1,0)也是f(x,y)的极大值。y2z2)dv。b2c2y2z21222)dv2dsinda

35、a3a00z242dv2，所以c15c12)。c10r4dr5求级数n2的和。n1n!(n1)!(n2)!解：n21，观察级数1n2x1tn1dt(n1)!(n2)!(nn1(nx0n!n!2)n!2)n!n1t(et1)dt(x1)ex1x2f(x)，所以n2f(1)1。x02n1n!(n1)!(n2)!2二、设函数f(x)在a,b上连续，在(a,b)内二阶可导，且f(a)f(b)0，f(a)0,f(b)0，证明：1,2(a,b)，使得f(1)0,f(2)0。16证明：由f(a)limf(x)f(a)0,f(b)limf(x)f(b)0及极限的保号性知xaxaxbxbx1,x2(a,b)使得

36、f(x1)0,f(x2)0，且x1x2，对函数f(x)分别在区间a,x1，x1,x2和x2,b上应用Lagrange中值定理知1(a,x1),2(x1,x2),3(x2,b)，使得f(1)f(x1)f(a)0,f(2)f(x2)f(x1)0,f(3)f(b)f(x2)x1ax2x1bx20，再对函数f(x)分别在区间1,2及2,3上应用Lagrange中值定理知(1,2),2(2,3)使得f(1)f(2)f(1)f(3)f(2)10,f(2)0。2132三、设函数f(x)满足f(1)1，且对x1时，有f(x)1，证明：x2f2(x)(1)limf(x)存在；（2）limf(x)1xx证明：（1

37、）由题设可知函数f(x)在1,f(x)f(1)xx1f(t)dt1t2111可知limf()存在；xx。4)上单增，所以x1,)时有f(x)1，dt1arctanx1，由单一有界收敛原理44（2）由（1）的证明过程可知f(x)14，对上述不等式两边同时取极限x可得limf(x)1。x4四、设f(u,v)拥有二阶连续的偏导数，且满足2f2f2，用变量代换uxy，u2v2v1(x2y2)将f(u,v)变为g(x,y)，试求满足a2gb2gx2y2的常数a和b。2x2y2解：g(x,y)fxy,1(x2y2)，gxyfuxfv,gxxy2fuu2xyfuvx2fvvfv，22g2ggyxfuyfv,

38、gyyx2fuu2xyfuvy2fvvfv，代人到abx2y2可得x2y2(ay22(ab)2xyfuv2by2)fvv(ab)fvx2y22f2f2bx)fuu(ax，再把v2u2代人可得2(ax2by2)(ab)(y2x2)fuu2xyfuvfvx2y2，所以有ab0，2a1，即a1,b1。22五、求曲线积分I(y2z2)dx(z2x2)dy(x2y2)dz，此中L是球面Lx2y2z22bx与柱面x2y22ax(0ab)的交线在z0的部分，L的方向规定为：从z轴正神往下看曲线L所围成的球面部分总在L的左侧。coscoscos解：由斯托克斯公式得IxyzdS，此中cos，cos，cosy2z

39、2z2x2x2y217是上侧法向量的方向余弦，由题设应有(cos,cos,cos)1xby,z,，因此有bI2(xb)(yz)y(zx)z(xy)dS2(zy)dS2zdSb2222bxx2y21(bx)2y2dxdy2bdxdy2a2b。x2y22ax2bxxyx2y22ax六、设数列an为单一递减数列且极限为零，n且对随意正整数n均有aknan是有界的。k1证明级数an收敛。n1an0，若记snnsn有界即可。证明：由题设知ak，那么只需证明数列k1nM0，对n1,2,n因为aknan有界，因此均有aknanM，k1k1又因为lima0那么对于随意取定的正整数mnnam。由此可得n，使得a

40、n2nmnmmammamMaknanakman(akan)ak22k1k1km1k1mm2M，由m的随意性，可得数列sn有界，因此级数所以MakM，即akk1k1n1an收敛。七、设f(x)0,f(x)0，对随意的xa,b建立，证明：f(x)2bbaf(x)dx。xx0处取最大值，并观察在a证明：设函数在x处的Taylor睁开，有：f(x0)f(x)f(x)(x0 x)1f()(x0 x)2f(x)f(x)(x0 x)2b两边积分，得：a即：(ba)f(x0)bbf(x0)dxf(x)f(x)(x0 x)dxabbbbf(x)dxf(x)(x0 x)dxf(x)dx(x0 x)df(x)aaa

41、ab2f(x)dxf(b)(x0b)f(a)(x0a)2f(x)dxaa因为f(x0)取最大值，故结论建立。合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数比赛模拟试题答案（五）一、简答题18x1x0sin1设fxxn，试谈论fx在x0处的连续性。nxx0limnnx解答：lim(nx)e2x，lim(e2x)1f(0)1左连续nnxx0limxxsin100n0 x不存在0当0且1时，fx在x0处连续2f(acosxbsinx)dx22f(a2b2sinx)dx。2对于连续函数f(x)，证明：02解答：2f(acosx0fa202f(a2bsinx)dx2a2b2(asinxbcosx)dxf0a

42、2b2a2b22，此中：absin(x)dxarctan3bb2sinu)du2f(a2b2sinu)du232f(a2b2sinu)du2f(a2b2sinu)du2222f(a2b2sinx)dx23设f(x,y)xytan(x2y2),(x,y)(0,0)，证明：f(x,y)在（0,0）处可微，x2y20,(x,y)(0,0)并求df(x,y)(0,0)。解答：fx(0,0)f(x,0)f(0,0)xtanx21,limxlimx3x0 x0fy(0,0)f(0,y)f(0,0)limytany2limyy31,y0y019故，wf(x,y)f(0,0)fx(0,0)xfy(0,0)y=

43、xytan(x22)xyx2y2ylimwxytan(x2y2)xy(tan(x2y2)limx2y222limxy21)00 x0yx0 x2yx2y2y0 xy0（xyxy，lim(tan(x2y2)1)0）x2y2xy2x2y22x2y2y02x0所以，f(x,y)在（0，0）处可微，且：df(x,y)(0,0)dxdy。.4设是由锥面zx2y2与半球面zR2x2y2围成的空间地区，是的整个边界的外侧，试求：xdydzydzdxzdxdy解答：xdydzydzdxzdxdy3dv2Rr2drR2r2)dr322(R0R2=(22)R2x2,0 x1,5设函数f(x)12的正弦级数睁开式为

44、bnsinnx，此中系数1x,x1n121xdx(n1,2,)，若记s(x)为级数bnsinnx的和函数，求s(5)bn2f(x)sinn0n12与s(13)的值。4解答：11)511f()f(3s()22)s(s()2，2224s(13)s(3)f(3)1。4444二、设函数f(x)在a,b上有连续的导数，且存在ca,b，使得f(c)0，证明：存在(a,b)，使得f()f(a)f()ba20分析：将结论中的改为x得ff(x)f(a)(x)baf(x)1f(x)f(a)f(a)baxxx上式两边乘以eba得ebaf(x)f(a)eba1f(x)f(a)0baxebaf(x)f(a)0解答：x令

45、F(x)ebaf(x)f(a)，则：F(a)01）若F(c)0即f(a)f(c)时，由罗尔定理，存在(a,c)使F()0，即F()f()f(a)ba2）若F(c)0，不如设F(c)0，则c1F(c)ebaf(c)f(c)f(a)bac1ebabf(c)f(a)a1F(c)0ba而F(x)在a,c上利用Lagrange公式得，1(a,c)使F(1)F(c)F(a)F(c)0caca所以由F(x)在1,ca,b上连续及连续函数的零点定理得，存在1,ca,b，使F()0即f()f()f(a)ba2tsinnt31三、设andt，证明：发散。0sintn1an解答：对于正项级数1，有：n1an21si

46、nnt3sin2ntsin2ntan2tdt2tsinntdt2tdtsintsin3tsin3t0002(t)3sin2ntdt0sintt2nM3sin2tdtnM30t2M32sin2ntdtnM3n2sin2sds0t20s22故，结论建立。四、设在上半空间z0上函数有连续的二阶偏导数，且ux2xyzx(r),uyxy(r),uzxzz(r),此中rx2y2z2，lim(r)存在，limu(x,y,z)0，divgradu(x,y,z)0，求u(x,y,z)的表达式。r0(x,y,z)(0,0,0)解答：由divgradu(x,y,z)0得uxuyuz0，xyz即2(r)x(r)x(r

47、)y(r)y1(r)z(r)z0rrr化简得：r(r)3(r)30，即(r)3(r)3r，r3dr33drC1通解为(r)edrrerC3rr由lim(r)存在C0(r)1，r0从而ux2xyzxxyz,uyxy,uzx,由此可得：duuxdxuydyuzdz(xyz)dx(xy)dyxdz(xdxydy)(ydxxdy)(zdxxdz)d(x2y2xyxz)22所以u1(x2y2)x(yz)C1，又由limu(x,y,z)0C102(x,y,z)(0,0,0)故：u1(x2y2)x(y)。2z22五、设函数f(x)连续且恒大于零，f(x2y2z2)dvf(x2y2)dF(t)(t)，G(t)

48、D(t)f(x2y2)dt2)dxD(t)f(xt此中(t)(x,y,z)x2y2z2t2，D(t)(x,y)x2y2t2。1谈论F(t)在区间(0,)内的单一性；20时，F(t)G(t)。证明：当t2解答：12dt0d因为：F(t)002t0d0F(t)2tf(t2)f(r2)r2sindrt2)r2dr2f(r0f(r2)rdrt2)rdrf(r0tf(r2)r(tr)dr0tf(r2)rdr20所以在(0,)内F(t)0，故：F(t)在(0,)内单一增添。tf(r2)rdr2因为：G(t)0tf(r2)dr0要证明t0时F(t)2G(t)，只需证明t0时F(t)2G(t)0tf(r2)r

49、2drtt2)rdr20即：f(r2)drf(r000令：则：g(t)t2)r2drt2)drt2)rdr2f(rf(rf(r000g(t)f(t2)tf(r2)(tr)2dr0，故：g(t)在(0,)内单一增添。0因为g(t)在t0处连续，所以当t0时，有g(t)g(0)。而g(0)0，故当t0时，g(t)0。所以，当t0时F(t)2G(t)0。23n(n1)六、设a0，鉴别级数a2的敛散性。n1(1a)(12na)(1a)解答：(n1)(n2)a20,a1,lim(1a)(1a2)(1an1)liman111,n(n1)1an1,ana2n21,a1,(1a)(1a2)(1an)由正项级数

50、的比值审敛法可知当a1时该级数收敛。而当a1时，因为x0时ex1x，当a1时有11(n1)n(n1)naa21ak11aek1ea1，(1a)(1a2)(1an)(1a1)(1a2)(1an)ea由此可知，该级数不收敛。七、设抛物面1:z1x2y2及圆柱面2:2y21x11求1的一个切面0，使得由它及1与2围成的立体体积达到最小；2当由（1）确立的最小体积的立体0上有质量分布，其密度1，求0的质心坐标。解答：1设P(,)是1上的任一点，则1在点P处的法向量为(2x,2y,1)P2,2,1,122所以，1在点P处的切平面的方程为：2x2yz0即：z2x2y2于是，由，1和2围成的立体的体积V(,

51、)dv此中x,y,z2x2y2z1x2y2x12y21V(,)d1x2y2dzx2y22x2y1d2x2yDxy2Dxy极坐标2d2cos22cossin1rdr10222记F,V(,)12224112222F202F20令F01220解得独一解0,0,2所以V(,)在拘束条件122下只有独一可能极值点，由问题自己知V(,)有最小值，所以最小值必在1,0,2处达到，所以切平面方程为z2x。2设由0，1和2围成的立体0的质心为x,y,zxdvydvzdv则x0，y0，z0dvdvdv000此中dv1V(1,0,2)02xdv1x2y2x(1x2y22x)ddxdz2x0DxyDxy极坐标2cos

52、cos1r22rcosrdr2d202ydv0（因为0对于平面y0对称）0zdvd1x2y211x2y224x2d2xzdzDxy2Dxy0极坐标12d2cos1r224r2cos2rdr022122cos28cos4166d723cos62x1,y0,z73合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数比赛模拟试题答案（六）25一、简答题：x2(1)n1t2n1dtx0n02(2n1)!21求limn33xx01xe)x(分析：因为n1t2n12(n1(t2n1=t(1)2n1)2sin2tRn0(2n1)!n0(2n1)!23(31xxx4(31x1)(ex1)xe)x且：lim31x11(e

53、x1)112x0 x33解答：xtx2xx2sindt2sinxcos1012222原式lim=lim2=lim88x232x0 x4x03x033xf(x)在闭区间上连续，b1，证明：2设正当函数af(x)dxbf(x)ef(x)dxb1dx(ba)(ba1)建立。aaf(x)解答：记D(x,y)|axb,ayb，则：f(x)ef(x)dxb1dxf(x)ef(x)dxdybaaf(x)Df(y)1(f(x)ef(x)dxdyf(y)ef(y)dxdy)2Df(y)Df(x)D(1f(x)f(y)dxdy(ba)(ba1)D23证明：曲面zx2y2z2x3f(y)随意点处的切平面在x标原点的

54、距离之比为常数。并求出此常数。解答：f(x)f(y)2edxdyoz轴上的截距与切点到坐为方便起见，记rx2y2z2（即原点到点(x,y,z)的距离），uy，xF(x,y,z)zrx3f(u)，则Fxx3x2f(u)xyf(u)，Fyyx2f(u)，Fzz1rrr26曲面在随意点P(x，y，z)处切平面的法向量为Fx,Fy,Fz，所以，切平面方程为Fx(Xx)Fy(Yy)Fz(Zz)0，即FxXFyYFzZ2(rz)，当X0,Y0时，切平面在oz轴上的截距CZ2(yz)2(yz)2r，故C，Fzz21ry即截距与切点到坐标原点的距离之比为常数。nnn4试求lim的值。22nj1(ni)(nj)i1解答：nnnn11)(n11)lim22lim(2nj)nn1ij1nji1j1(ni)(ni11)nn21dx1dxln2=x01x24015求以函数y(x)xex3sin3x为特解的四阶常系数齐次线性微分方程的表达式和通解。解答：由题设及常系数齐次线性微分方程解的性质可知r1为该方程相应的特色方程的2重根，而r3i为该方程相应的特色方程的单根。因此它的特色方程为(r1)2(r29)0，所以该方程的表达式为y(4)2y10y18y9y