2014年最新全国大学生高等数学竞赛试题及解答.pdf

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1、1 2013 年全国大学生数学专业竞赛试题及解答一、计算题（1）求极限21lim(1)sinnnkkknn解法 1 直接化为黎曼和的形式有困难.注意到3sin()xxO x=+,3322611lim1sinlim1nnnnkkkkkkkOnnnnn,由于33336611|1()|20,()nnkkkkkOCnnnn，所以2211lim1sinlim1nnnnkkkkkknnnn65)(1)(lim102122dxxxnnknknkn.解法 2 利用31sin6xxxx-，得3326221sin6kkkknnnn，332622111111(1)1sin16nnnnkkkkkkk kkkkknnn

2、nnnnn,由于33336611|1|20,()nnkkkkknnnn，21lim1nnkkknn65)(1)(lim102122dxxxnnknknkn，所以215lim(1)sin6nnkkknn.（2）计算2222axdydzzadxdyIxyz，其中为下半球222zaxy的上侧，0a.解法一.先以12222xyza代入被积函数，2 2axdydzzadxdyIa21ax dydzzadx dya，补一块有向平面222:0 xyaSz，其法向量与z轴正向相反，利用高斯公式，从而得到-22+S1SIaxdydzzadxdyaxdydzzadxdya2D12azadxdydza dxdya，

3、其中为+S围成的空间区域，D为0z上的平面区域222xya，于是32212323Iaazdxdydzaaa222040012aaraddrzdza32a.解法二.直接分块积分11Iaxdydza2222yzDaxydydz，其中yzD为yOz平面上的半圆222yza，0z.利用极坐标，得222310223aIdar rdra，221Izadxdya22221xyDaaxydxdya，其中xyD为xOy平面上的圆域，222xya，用极坐标，得22222200122aIdaaarrrdra3 36a，因此3122IIIa.（3）现要设计一个容积为V的圆柱体的容积，已知上下两低的材料费为单位面积a元

4、，而侧面的材料费为单位面积b元.试给出最节省的设计方案：即高与上下底面的直径之比为何值时，所需费用最少？解：设圆柱体的高为h，底面直径为d，费用为f，根据题意，可知22dhV，24Vd h222dfabdh212adbdh2111222adbdhbdh23132adbdh bdh2223332abd h2233342Vab，当且仅当2adbdh时，等号成立，hadb，故当hadb时，所需要的费用最少.（4）已知fx在1 1,4 2内满足331sincosfxxx求fx.解：331sincosfxdxxx22211sincos3sincos2 sinsincoscosxxdxxxxxxx，4 1

5、11sincos2sin4dxdxxxx114ln tan22xC，222sincossincos11sinsincoscossincos22xxxxdxdxxxxxxx2sincos2sincos1xxdxxx2sincos2sincos1dxxxx22arctan sincosxxC所以，2 124ln tanarctan sincos3232xfxxxC.二、求下列极限.（1）1lim1nnnen；（2）111lim3nnnnnabc，其中0a，0b，0c.解：（1）11lim1lim1nxnxnexenx1ln 1lim1xxxeex5 211111ln 11lim1xxxxxxxx2

6、11ln 11lim1xxxex2311111lim12xxxxex2211lim12xxex21lim2211xeex.（2）111111limlim33nxnnnxxxnxabcabc111ln3limxxxabcxxe111ln3lim1xxxxabcxe，111ln3lim1xxxxabcx1111112211lnlnlnlim1xxxxxxxaabbccxabcx6 1111111limlnlnlnxxxxxxxaabbccabc1lnlnln3abc3lnabc，故1113lim3nnnnnabcabc.一般地，有1112limnmnkkmmnaa aam，其中0ka，1,2,km

7、，120limxxnxxxeeen2ln0limxxnxeeenxxe2lnln0limxxnxeeenxxe22012lim1xxnxxxnxxeeneeeee111 22nnnee.三设fx在1x点附近有定义，且在1x点可导，10f，12f，求220sincoslimtanxfxxxxx.解：220sincoslimtanxfxxxxx22220sincos1sincos1limtansincos1xfxxfxxxxxxx220sincos11 limtanxxxfxxx2220sin2sin22limtanxxxxxx7 22022sincos1222limsin11cosxxxxxxx

8、2200sincos122limlimsin11cosxxxxxxxx2111112.四、设fx在0,上连续，无穷积分0fx dx收敛，求01limyyxfx dxy.解：设0 xF xf t dt，由条件知，Fxfx，0limxF xf t dtA，利用分部积分，得00yyxfx dxxFx dx0yyF yF x dx，0011yyxfx dxFyF x dxyy，0limlimyyyF x dxFyAy，于是0011limlimlimyyyyyxfx dxFyF x dxyy0AA.五设函数fx在0,1上连续，在0,1内可微，且010ff，112f.证明：（1）存在1,12，使得f；（2

9、）对于每一，存在0,，使得1ff.证明：（1）令F xfxx，8 由题设条件，可知1122F，11F；利用连续函数的介值定理，得存在1,12，使得0F，即f.（2）令xG xefxx，由题设条件和（1）中的结果，可知，00G，0G；利用罗尔中值定理，得存在0,，使得0G，由1xxGxefxefxx，即得1ff.六、试证：对每一个整数2n，成立11!2nnnnen.分析：这是一个估计泰勒展开余项的问题，其技巧在于利用泰勒展开的积分余项.证明：显然0n时，不等式成立；下设1n.由于001!knnnntknentedtkn，这样问题等价于证明0!2nnntnente dt，即002nnntntt e

10、 dtente dt，令unt上式化为002nntnut e dtu e du，从而等价于0nnununu e duu e du，只要证明20nnnununu e duu e du，设nufuu e，则只要证明9 fnhfnh，0hn，就有00nnf nh dhf nh dh，20nnnfu dufu du，则问题得证.以下证明fnhfnh，0hn，成立上式等价于nnnhh nnhenhe，即lnlnnnhhnnhh，令lnln2g hnnhnnhh，则00g，并且对0hn，有2dgnndhnhnh2222222220nhnhnh，从而当0hn时，0g h，这样问题得证.注：利用这一结论，我们

11、可以证明如下结论.六、设1n为整数，2011!2!nxttttF xedtn，证明方程2nFx，在,2nn上至少有一个根.六、证明：存在1(,)2an n，使得001!2knaxkxedxnk.证明：令00!knyxkxfyedxk，则有220002!2nnknxxxknxnfedxe e dxk，00!knnxkxfnedxk00!knnnknedxk0122nnnnee dx，由连续函数的介值定理，得10 存在,2nan，使得2nfa，故问题得证.这里是由于0!knxkxg xek，0!nxxgxen，g x在0,上严格单调递减，所以，当0 xn时，有g xg n.七、是否存在R上的可微函

12、数()f x，使得2435()1ff xxxxx，若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明。证明 如果这样的函数()f x存在，我们来求()ff x的不动点，即满足()ff xx的x，24351xxxxx，42(1)(1)0 xxx，由 此 得1x，这 表 明()ffx有 唯 一 的 不 动 点1x，易 知()f x也 仅 有 唯 一 的 不 动 点1x，(1)1f，在 等 式2435()1ff xxxxx，两边对x求导，得324()()2435ff xfxxxxx，让1x，即得2(1)2f，这是不可能的，故这样的函数不存在。八、设函数f在0,)上一致连续，且对任何0,1x，有()0lim

13、nf xn，证明：()0limxf x。试举例说明，仅有f在0,)上的连续性推不出上述结论。证明由f在0,)上一致连续，对0，0，当12,0,)y y且12|yy时，11 便有12|()()|2f yf y；取定充分大的正整数k，使得1k。现把区间0,1 k等分，设其分点为,0,1,iixikk，每个小区间的长度小于。对于任意1x，0,1)xx；从而必有,0,1,ix ik，使得|ixxx；由条件对每个ix，有()0liminf xn；于是存在N，当nN时，|()|2if xn，对0,1,ik都成立；故当1xN时，便有|()|()|()()|iif xf xxf xf xx22，即得()0li

14、mxf x，结论得证。设f在0,)上的连续，且对任何0,1x，有()0limnf xn，但推不出上述结论。例如函数22sin()1sinxxf xxx满足在 0,上的连续，且对任何0,1x，有()0l i mnfxn，12 但不成立()0limxf x。2012 年全国大学生数学专业竞赛试题及解答（1）计算积分2220,0,0.xxeedxx解方法一直接利用分部积分法得2220 xxeedxx2201()()xxeedxx2201(22)()xxxexedxx220(22)xxeedx)22(2)(；方法二不妨设0，由于dyexeeyxxx2222，而积分20yxedx关于y在,上一致收敛，故

15、可交换积分次序2220 xxeedxx20yxdxedy20yxdyedxdyy21)(；方法三将0固定，记2220(),0 xxeeIdxx，可证()I在(0,)上收敛设,),0，因为22xxee，而2xedx收敛，所以由 Weierstrass判别法知道2xedx对,)一致收敛所以可以交换微分运算和积分运算的次序，即2220()()xxeeIdxx20()xedx12由的任意性，上式在(0,)上成立所以()IC，由于()0,IC所以)()(I，即dxxeexx0222)(2)若关于x的方程211kxx，0k在区间0,内有唯一的实数解，求常数k.13 解：设211fxkxx，则有32fxkx

16、，当1320,xk时，0fx；当132,xk时，0fx.由此fx在132xk处达到最小值，又211fxkxx在0,内有唯一的零点，必有1320fk，13322102kkk，3212331214k，22714k，所以23 3k.（3）设函数fx在区间,a b上连续，由积分中值公式，有xaf t dtxa f，axb，若导数fa存在且非零，求limxaaxa.解：xaftfadtxaffa，21xaaaf tfadtxaff axa，由条件，可知1l i mxaaffafa，21limlim22xaxaxaftfadtfxfafaxaxa，故有1lim2xaaxa.14 二、设函数fx在0 x附近

17、可微，00f，0fa,定义数列22212nnxfffnnn.证明：nx有极限并求其值.证明：由导数的定义，对于任意0,存在0，当0|x时，有fxax.于是axfxax，0 x从而，当1n时，有21knn，222kkkafannn，其中1,2,kn.对于上式求和，得到2211nnnkkkkaxann，即1122nnnaxann，令n，有11limlim22nnnnaxxa,由0的任意性，得到lim2nnax.设fx在1,1上有定义，在0 x处可导，且00f.证明：210lim2nnkfkfn.三、设函数f在0,)上一致连续，且对任何0,1x，有()0limnf xn，证明：()0limxf x。

18、试举例说明，仅有f在0,)上的连续性推不出上述结论。15 证明证法一由f在0,)上一致连续，对0，0，当12,0,)y y且12|yy时，便有12|()()|2f yf y；取定充分大的正整数k，使得1k。现把区间0,1k等分，设其分点为,0,1,iixikk，每个小区间的长度小于。对于任意1x，0,1)xx；从而必有,0,1,ix ik，使得|ixxx；由条件对每个ix，有()0liminf xn；于是存在N，当nN时，|()|2if xn，对0,1,ik都成立；故当1xN时，便有|()|()|()()|iif xf xxf xf xx22，即得()0limxf x，结论得证。证法二设()(

19、)nfxf xn,由题设条件知()nfx在0,1上等度一致连续,对每一0,1x,有()0limnnfx;16 利用 Osgood定理得,()nfx在0,1上一致收敛于0,对0,存在N，当nN时,有|()|()|nfxnfx,0,1x,从而当1xN时,有|()|f x,即得()0limxf x，结论得证。设f在0,)上的连续，且对任何0,1x，有()0limnf xn，但推不出()0limxf x。例如函数22sin()1sinxxf xxx满足在 0,上的连续，且对任何0,1x，有()0l i mnfxn，但不成立()0limxf x。四、设22,:1Dx yxy，,fx y在D内连续，,g

20、x y在D内连续有界，且满足条件：当221xy时，,fx y；在D中f与g有二阶偏导数，2222fffexy，2222gggexy.证明：,fx yg x y在D内处处成立.证明：设,u x yfx yg x y，17 则有fgufgee110tft gedt110tft gedt u,C x yu.于是,0uC x yu，,x yD，,0C x y;由已知条件，存在001r，当01rr时，有,0u x yfx yg x y，222xyr.记222,:D rx yxyr，设,()min,x yD rmu x y，我们断言，必有0m，假若0m，则必有00,xyD r，使得00,u xym；易知0

21、0,0u xy，0000,0C xyu xy.00,0 xyuC x yu这与,0uC x yu矛盾，所以0m从而,0u x y，,x yD r；由r的任意性，得,0u x y，,x yD.故在D内处处成立,fx yg x y.五、设,:01,01Rx yxy,:01,01Rx yxy.考虑积分1RdxdyIxy，1RdxdyIxy，定义0limII，(1)证明211nIn；(2)利用变量替换：1212uxyvyx，计算积分I的值，并由此推出22116nn.证明：（1）由1111nnxyxy，在R上一致收敛，可以进行逐项积分18 1111nnnRRdxdyIxydxdyxy1111001nnn

22、xydxdy2211nnn，又22211nnn，所以2211nnn关于0,1是一致收敛的，可以逐项求极限，于是有222001111limlimnnnInn.故有211nIn；(2)xuv,yuv,2,x yu v,22xyuv11,:0,0,:1,0122u vuvuu vuvu11,:0,0,:1,1022u vuuvu vuuv注意到区域关于u轴对称22211RdxdyIdudvxyuv1112122220002112 211uudv dudv duuvuv124 II;12122001arctan11v uvvIduuu122201arctan11uduuu62201sinsinarct

23、ancos1sin1sintuttdttt19 226011264 18tdt;111222201arctan11vuvvIduuu1122211arctan11uduuu22611sinsinarctancoscos1sintuttdttt261sinarctancostdtt261tan2arctan1tan2tdtt26arctan tan42tdt222261 112424262 24364 18tdt;或者利用分部积分,得261sinarctancostdtt222661sin11sinarctancoscos1sin1costtttdttttt261662tdt22221 1123

24、62 24364 18,于是22212121418186III,故22116nn.高等数学竞赛试题7 答案一、求由方程032xyyx所确定的函数xyy在,0内的极值，并判断是极大值还是极小值.20 解：对032xyyx两边求导得2230 xy yyxy，223yxyyx令0y得2yx，代入原方程解得11,84xy.2111122,08484232613xyxyyyyxyxyyyyx.故当18x时，y取极大值14.二、设xyyxu1arctan，求xu,22xu.解：2211111xyyyxxyxyyxxu=211x,22xu=2212xx三、计算曲线积分LyxydxxdyI224，其中L是以点

25、（1，0）为中心，R为半径的圆周,0R1R,取逆时针方向.解：224,yxyyxP,224,yxxyxQ,当0,0,yx时,xQyxxyyP2222244，当10R时D0,0,由格林公式知,0I.当1R时,D0,0,作足够小的椭圆曲线sincos2:yxC,从0到2.当0充分小时,C取逆时针方向,使DC,于是由格林公式得0422CLyxydxxdy，因此Lyxydxxdy224Cyxydxxdy224=d202221=四、设函数xf在,0内具有连续的导数，且满足422222tdxdyyxfyxtfD，21 其中D是由222tyx所围成的闭区域，求当x,0时xf的表达式.解：224002tftd

26、r fr rdrt=3404tr fr drt,两边对t求导得3344ftt ftt，且00f，这是一个一阶线性微分方程，解得411tfte五、设dxxxann0sin，求级数1111nnnaa的和.解：令tnx,则dtttnann0sin=nnadttn0sin.0sin2nnnat dt22200sinsin22nntdttdtn.1111111nnaann.1111nnkkkSaa=11111nkkk=1111n,S111lim11nn六、设fx在,0上连续且单调增加，试证：对任意正数a，b，恒有babadxxfadxxfbdxxxf0021.解：令0 xF xxf t dt，则0 xF

27、xf t dtxfx,22 baF bF aFx dx=0bxaf t dtxfxdxbaxfxxfxdx=2baxfx dx,于是001122bbaaxfx dxF bF abfx dxafx dx.七、设vu,具有连续偏导数，由方程bzyazx,=0 确定隐函数yxzz,，求yzbxza.解：两边对x求偏导得1210zzabxx,两边对y求偏导得1210zzabyy,112zxab，212zxab,yzbxza=1.八、设nnxn121112，判别数列nx的敛散性.解：定义00 x，令1kkkuxx，则1nknkux,当2n时，11221nnnuxxnnn,=22111111nnnnnnn

28、nnnn.1lim14nnun n,由11nn n可知1nnu收敛，从而nx收敛.九、设半径为r的球面的球心在球面0：22220 xyzRR上，问当r为何值时，球面在球面0内部的那部分面积最大？解：由对称性可设的方程为2222xyzRr，球面被球面0所割部分的方程为222zRrxy，222zxxrxy,222zyxrxy,23 2212zzx222rrxy.球面与球面0的交线在xoy平面的投影曲线方程为422224rxyrR，令4224rlrR所求曲面面积为222220012lDzzrS rdxdyddxr,=222rr rR.令0S r得驻点43rR,容易判断当43rR时，球面在球面0内部的

29、那部分面积最大.十.计算dsyxyxIL22221，其中曲线弧L为：xyx222，0y.解：22xxy,(1)221xxxy,22112dsy dxdxxx，(2)将(1)、(2)代入dsyxyxIL22221得dxxxxI220212=dxx20212=4.十一.计算曲面积分3322231Ix dydzy dzdxzdxdy，其中是曲面221yxz被平面0z所截出部分的上侧.解：记1为xoy平面上被园221xy所围成的部分的下侧，为由与0围成的空间闭区域.由高斯公式知13322222316x dydzy dzdxzdxdyxyz dv=221120006rddrzrrdz=122320112112rrrrdr24=2.221332122313xyx dydzy dzdxzdxdydxdy=323I