北大计算机系考研-历年高等数学真题附答案

年（5题111（12分）f(x)有连续的二阶导数，f(a)0，求。f(xa)f(a)f(a)xa2（12分）f(x)在a,b上连续且上必有一点u使得fu)0。xf(a)fb)0f(a)fb)0，a,b13（12分）求不定积分。(xx)2t)(x224（12分）f(0)0且f(0)0，f(x)有连续的导数，求。xx4x0015（12分）f(x)在附近可导且导数大于0，证明无穷级数f()发散，无穷级0n1数(f()收敛。nn年（5题1（12分）求不定积分e(tanxdx。2x2解：e(tanxdxesecxdxe2tanxdx2x22x22xedtanxexedtanxexC。2x2x2x2x12（12分）求连续函数f(x)，使它满足。ftx)f(x)xx,f(0)00解：令utx,则t0时，u0，t1时，ux，duxdt；11xxfu)duf(x)xxfu)xf(x)xsinxftx)2x000f(x)f(x)xf(x)2xsinxxcosxf(x)2sinxxx2f(x)xxxCf(0)1C0C1f(x)xxx1。xyn3（12分）设0xy,xxy，y,(n)。n11n1nnn12证明：limx和limy都存在并相等。nnnn解：yx0xy，xyxy2xy11nnnnnnnn(0)yx(n)；yxnn1n1nnxynyx(n)yy0yy{y}单调递减；nn1n2n1nnnnyx(n)xxyxxx{x}单调递增；1nnnnnnnnn由以上两结论可知：{}有下界，于是存在；存在。yxxylimynn1nnnxyy{x}有上界，于是limxnnn1nnxyn令limx,limyB，由xxyy有：nnnn1nnn12xxABAAB，B解得AB1，所以limxlimy1。2nnxx4（12分）求和Sx2x3xnx。22232nn若，S123nn(nn1)/6；x1222n（2）若x1，Sx12x3xnxx(Sx)Tn2222n1nn0x2x3xTx12x3x23n2n1nxx)xx)nnTxxTxxx23nxx1x1xnn0(nx](nxnx]nn1nn1Sxx)2x)n2xx(nx(2n2nxnx22n12n22n3。x)315（12分）求极限limn(n(2n。nnn11limnn(n(2nen(n(2nnnnnn1n1n1ne)nnnn11n1e0))nnnnx)}x)x)}e114/e。12ln21000年（5题1（12分）计算积分2xedx。3x20111212解：2xedx2xedx2xdexe2edx3x22x2x22x2x22222220000011ee22e)。2x22201cos(ex22（12分）求lim。(tanx)(sinx)3x0解：x0时，tanx~sinx~x；x0时，x0，e1~x；2x221x0时，ex210，1cos(e~(e；所以：x2x2221212(e2(x)x2221cos(ex21limx0limlim。(tanx)(sinx)3xx3x42x0x03（12分）设0x1，证明不等式1xe。2x1x证：0x1时，1xex)e1xex102x2x2x2x1x令f(x)xeex1f(0)0f(x)2xee1f(0)0；2x2x2x2xf(x)4xe，所以在(0x上单调递增，又，f(0)0f(x)(2x所以，可知f(x上单调递增，又f(x)(0x，f(0)01x1x所以，即f(x)(0xe(0x。2x2n14（12分）求幂级数x的收敛域与和函数。2n3n1(2(nx2(n3limxx1x1222(2nx32nn时级数发散，所以收敛半径。R12n12n1当时，x1x2n显然发散，所以收敛域I(。33n1n12n121321求和函数：x2n2nx2nt,(0tx；nn23333n1n1n1n1n1nnttttn1t,(0tn1n1n1n1nt1tt000n1n1n1n1；tt所以：t(,(0t；xx)n1tt)2n12n1tt22x2n,(x。3t)t)x)222n15（12分）设f(x)连续，在x0处可导，且f(0)f(0)4。x0tfu)du)求。0txx3x00t解：令vt)t)ft)；xv(x)fu)fu)t0tvt)x0tfu)du)v(x)0t0xxlimlim3xsinxxcosxx03xsinxxcosxxx33232x0x0x0f(x)f(x)f(0)12limx0lim3sinx5xcosxxsinx8cosx7xsinxxcosx8cos022x0年（7题1（8分）求limn。nn111解：limnenexee10nnxxnnxxy2（10分）设arctanlnxy，求y,y。22xy解：等式arctanlnxy两边对x求导得：22x(y)x112(x)，1yxxyxy222222xyxyy化简得y（yx,yy(x)是arctanlnxy22xyxy)(xyy)22yxy再次对x求导得y，将y代入(xy)2(xy)2xyxy)y22得：（yx,yy(x)是arctanlnxyy22(xy)3x3（8分×2）求下列不定积分：（1）x1xdx；32（2）。coslnxdx1213132x1xdxx(xd(xxd(x22322222131123335x(x(x(x(x(xC。2222222222233xcoslnxxsinlnxdx1（2）coslnxdxx1xcoslnxxsinlnxxcoslnxdxxcoslnxxsinlnxcoslnxdxx1coslnxdxx(coslnxsinlnx)C2d14（8分）求1)，其中n为自然数。xe2nπ1tln,x[exe,dxedtxe时t2n,x时t0；2nπtt2nπxd1d10t(e)2πdt)txete2nπ2nπ0dcostdcost(2ndcost2dcostπ0π(2n2)π(2nπncostncost4n。ππ0ππ－－5（8分）若0，试证：。222证：时，0。22时，由拉格朗日中值定理易知：π，使得：,021tan()；221π111显然secx)是单调递增函数，故，。22cosx222211即，所以有22226（10分）求nx,(x。2nn1解：令f(x)nx,(x。则f(x)1x2xnx2n21222nn1f(x)f(x)12xxdxx2x2nxnnx22n1xx0f(x)xdxx12xnxn10xf(x)xdxxxxdxxxx,(x02n1xx0x)xf(x)xxxxx()f(x)x,(xx)x)3x1xx)2207（10分）设曲线yf(xx0上的非负连续函数，Vt)表示由yf(x),xxtt和y0所围成的图形绕直线xt旋转而成的旋转体的dVt)2体积。试证明：πft)。2证：取x轴为积分坐标，x的变化围为t)。x轴上(x,xdx)t)对应的一小段旋转柱体可近似展开成矩形薄板，宽为x点绕直线xt旋转得到的圆周长tx)，高为f(x)，厚为dx，故tx)f(x)dx,x(0,t)。ttt所以Vt)tx)f(x)tf(x)π。(x)2000dVt)tdVt)2于是πtf(x)dxπtft)tft)πf(x)dx，πft)。dt200年（6题111（6分）求lim()。sinxxx011xsinx1cosx解：lim()lim()lim()sinxxsinxxsinxsinxxcosxx0x0x00lim(x0)0。cosxcosxxsinx1100x1e,x0x2（8分）设f(x)，g(x)，其他x0求h(y)f(x)g(xy)dx,y。0(xy)1e(xy)解：时：y0y000edx0e(xy)h(y)01y1eeeee；e10xxyy1yy00y1e(xy)dxy1时：h(y)00100e0(xy)01y1edx1e；y1eyxee1yxyy00010yy1时：h(y)000e。dx0(xy)01y13（8分）求的值。，其中n是非负整数，先建立递推公式，然后求定积分xnn01m解：I(n,m)xlnxxlnxdxxlnxdxnmn1mnm1n1n11mm(m(n2xlnxxxxn1mn1m1nm2n1(n21mI(n,m)xlnxI(n,mn1mn1n11mm(m(n2I(,m2)xlnxxxn1mn1m1n1(n2xn1!m(ixmi(n(mii1i0(x1!1in1nxxnnni(n(nii10i00(!1!xninn(nn1(n(nix(ni1x0i0(!1!(ni)(ni11(!nnn(nn1(n(ni[(nnix(n(nn1x0i1i04（8分）求CCnC的和。12nnnnnnnn解：CCnCiCnCn212nii1n1i1n1n1innnni1i1i1n(n(nk!n(nn（CC）kk1n112kk!(nkk(knkknx15（10分）设xx,n。n2x1n1n（1）证明数列x,x,,x,收敛。12nx1n1x证：n时，x22x2，n时，xxn2n1n1nxnn1x1(2)222))0xx，即数列x,,x,单调递减有下界，n2xxn1n2nnn所以收敛。在其中添加一项x得数列x,x,,x,，收敛性不变，仍然收敛。112n（2）求极限limx。nnx1{x}limxlimxAxn2xnnnn1nnnx1A1有，即A，由（1）知A0，解得A2。所2Axnnn12xnnn以limx2。nn6（10分）有半径为a的半球形固定杯子，杯放一根长为l(2al4a)解：设细棒与水平面夹角为,(0/2)；细棒重力为Gkl，细棒与杯沿接触点的作用力为F，与杯壁接触点的作用力为F；12由作用力平衡得：FFsinGcos和FcosGsin，解得F2；1221由作用于细棒与杯壁接触点处的力矩平衡得：F2ak2aakl2a)(2al2a)/2)1将F2代入上式并化简得：8lcos40；221ll128a22解得：cos。16a,(0，h()/2)lsin则：h)a(2al/2)sinaasin2，原问题即为取何值时2lcosal4a2最小；，令，h)0h()h()2acos222ll128a22解得：cos。16a年（3题edy2u1（6分）设yyx，求。u20eeyyu解：等式yyx两边对x求导得：，化简得yy1，yuyyey0dyy(ye)y(yey)2yy再次对x求导得：2(ye)y2(yey(yeyy(yeyyy。(ye)(ye)(ye)y2y2y3x),x0x02（8分）设f(x)，g(x)，x0x0求fu)g(xu)du,。h(x)x0x解：当时，x00u)u)0h(x)0x1uu)uxduxx)xx)；x1u000当x0时，x000u)00。h(x)x0(n3（8分）求。(2n2n1n0(n解：令f(x)x,(x，2n1(2nn01(x)12n则f(x)(x,(xf(x),(x，n2n1(x)1x22n0(n(2n2n11f()arctan1。22n0年（3题cosx11（6分）计算lim()。xsinxx2x0cosx1xcosxsinxcosxxsinxcosx解：lim()limlimxsinxx2sinxxsinx22xsinxxcosx2x0x0x0cosx113limlim2sinxxcosx2cosxcosxxsinx21100x0x02（7分）设在f(x)[上连续且大于0。试证明：存在，直线xa将a(在区间上的以yf(x)面积之比为2:1且这样的a是唯一的。解：由题意，任意一条位于xx1之间的垂直线将曲边梯形分成的左右两部分的面积分别为：x1；ft),ft),(0x0xx1令则，ft)2ft),(0xF(x)0xF(0)2ft)0F11，，由零值定理知F(x)在区间(至ft)000少有一个零值；又F(x)3f(x)(0x，知F(x)区间(单调递增，至多af(x)2f(x)1有一个零值；所以存在唯一的a，使得F(a)0即也即存在唯一的xa使得左右两部分面积之比为2:1。，0a3（7分）求级数nx的和与收敛半径。nn1(nxn1ulimlimxx1x1时n1unxnnnn级数发散，所以收敛半径；R1求和函数：令f(x)，则f(x)/xnn1n1n1()x[f(x)/xdxxn,(xn1n11xn1n1n1xxx(),(x。f(x)n1xx)2n1年（3题111（7分）设f(x[上连续，且f(x)1，记g(x)ft)，求0x1f(x)g(x)。011x1x解：由f(x)ft)ft)ft)与已知条件有：ft)g(x)1000x0上式两边对x求导得：f(x)g(x)0f(x)g(x)；所以有：11g(x)(x)g(xg(x))g(x)(x)g(x)1f(x)g(x)1020000g(x)(x)1[(ft)dt)(ft)dt)]12111g(x)1022222010111f(x)g(x)。g(x)dg(x)2002（7分）求级数nx的和与收敛区间。2nn1(n2a解：求收敛区间：limlim1，所以收敛半径；R1n1an2nnn当x1时，级数成为n，limu0，级数是发散的；2limn2nnn1n当x1时，级数成为(n，limun不存在，级数是发散的；n2n2nnnn1所以收敛区间I(；2求和函数：f(x)nx，则f(x)/xnx2nn1n1n1(nx)[f(x)/xdxnxn12n12nn1n1n1[f(x)/xdxn1xn1[f(x)/xdx()xdx,(xxnn1n11xxn1n1n1xx[f(x)/xdxx(),(x。1xx)2xx)xnxx(),(x。f(x)2nx)2x)3n13（8分）设函数f(x和g(x)在[a,b]上有二阶导数，且g(x)0，f(a)fb)g(a)gb)0，证明：f()f()（1）在[a,b]g(x)0存在(a,b)，使g()g()。反证法证明之。假设存在c(a,b)使得g(