北大計(jì)算機(jī)考研 高等數(shù)學(xué)真題解答

1、北大計(jì)算機(jī)考研 高等數(shù)學(xué)真題解答2007年（5題60分）1 （12分）求不定積分e2x(tanx+1)2dx。解：e2x(tanx+1)2dx=e2xsec2xdx+e2x2tanxdx=edtanx+e2x2xtanx-edtanx=e2x2xtanx+C。2 （12分）求連續(xù)函數(shù)f(x)，使它滿足f(tx)dt=f(x)+xsinx,f(0)=0。解：令u=tx,則t=0時(shí)，u=0，t=1時(shí)，u=x，du=xdt；f(tx)dt=1xxf(u)du=f(x)+xsinxxf(u)du=xf(x)+xsinx22f(x)=f(x)+xf'(x)+2xsinx+xcosxf'(

2、x)=-2sinx-xcosxf(x)=cosx-xsinx+Cf(0)=1+C=0C=-1f(x)=cosx-xsinx-1。3 （12分）設(shè)0<x1<y1,xn+1=nnxnyn，yn+1=xn+yn2,(n=1,2, )。證明：limxn和limyn都存在并相等。解：y1>x1>0xn>0,yn>0，xnynxn+yn>2xnynyn+1>xn+1(n=0,1, )yn>xn(n=1,2, )； yn>xn(n=1,2, )yn+1-yn=yn>xn(n=1,2, )xn+1=xn-yn2<0yn+1<ynyn

3、單調(diào)遞減；xnyn>xnxn=xnxn單調(diào)遞增；由以上兩結(jié)論可知：yn>xn> >x1yn有下界，于是limynn存在；xn<yn< <y1xn有上界，于是limxn存在。n令limxn=A,limyn=B，由xn+1=xxxnyn，yn+1=xn+ynx有：A=AB，B=A+B2解得A=B=1，所以limxn=limyn=1。x4 （12分）求和Sn=x+22x2+32x3+ +n2xn。解：（1） 若x=1，Sn=1+22+32+ +n2=n(n+1)(2n+1)/6； （2） 若x1，Snx=1+22x+32x2+ +n2xn-1Tn=(Snx)

4、dx=x+2x+3x+ +nxTnx=1+2x+3x+ +nxn3nn-1(Tn'nx(1-x)x(1-x)23n= Tn=x x)dx=x+x+x+ +x= 1-x1-xnn+1x1-(n+1)x+nx(1-x)'x1-(n+1)xn+nxn+1= Sn=x 2 (1-x)n+2x+x-(n+1)x2n+1+(2n+2n-1)x(1-x)3-nx2n+3。5 （12分）求極限limlim1n1nnn(n+1) (2n-1)。n1n(n+1) (2n-1)=explnlimnnn(n+1) (2n-1)=1n1n-1explimln(1+) (1+)=nnnnn11n-1exp

5、limln(1+0)+ln(1+)+ +ln(1+)=nnnnexpln(1+x)dx=11exp(1+x)ln(1+x)0-dx=1e2ln2-1=4/e。2006年（5題60分）1 （12分）計(jì)算積分xe3-xdx。解：-e-22xe13-x2dx=212122xe2-x2dx2=-122xde2-x2112-x2=-xe+22022e-x2dx=2-e2-x2=(1-3e-2)2 （12分）求lim1-cos(ex2-1)x0(tanx)(sinx)。2x2sinxx；x0時(shí)，x20，e-1x； 解：x0時(shí)，tanxx，22x0時(shí)，ex-10，1-cos(ex-1)12(ex2-1)2；

6、所以：lim1-cos(e(tanx21-1)=limx0(ex2-1)21=limx0(x)x422x0x)(sinx)xx=12。3 （12分）設(shè)0<x<1，證明不等式證：0<x<1時(shí)，1-x1+x<e-2x1-x1+x-2x<e-2x。-2x(1+x)e>1-xxe+e-2x+x-1>0令f(x)=xe-2x+e-2x+x-1，有f(0)=0；則f'(x)=-2xe-2x-e-2x+1，有f'(0)=0；-2xf''(x)=4xe>0,(0<x<1)，所以f'(x)在(0,1)上單調(diào)

7、遞增，又f'(0)=0，所以f'(x)>0,(0<x<1)，可知f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，又f(0)=0， 所以f(x)>0,(0<x<1)，即1-x1+x<e-2x，(0<x<1)。4 （12分）求冪級(jí)數(shù)n=12n+13x2n的收斂域與和函數(shù)。2(n+1)解：求收斂半徑：lim(2(n+1)+1)x(2n+1)xn2n=x，當(dāng)x<1時(shí)級(jí)數(shù)收斂，當(dāng)x222>1時(shí)級(jí)數(shù)發(fā)散，所以收斂半徑R=1。當(dāng)x=±1時(shí)，n=12n+13x2n=n=12n+13顯然發(fā)散，所以收斂域I=(-1,1)。求和函數(shù)：n=1

8、2n+13x2n=nx3n=1n22n+12nx3n=1=2nnt3n=1+1nt3n=1,(0<t=x<1)2；nntn=1ntntn-1t=n=1tn=1tdt=ntn-1dt=n=1n=1ntn-1dt=n=1t=nt1-t,(0<t<1)；所以：ntn=t(n=11-t)'=t(1-t)t2,(0<t<1)；n=12n+13x2n=2t3(1-t)2+3(1-t)=x(3-x)3(1-x)2222,(x<1)。5 （12分）設(shè)f(x)連續(xù)，在x=0處可導(dǎo)，且f(0)=0,f'(0)=4。求lim(tx0tf(u)du)dt3x0

9、xsinx。t解：令v(t)=tf(u)du=-f(u)duv'(t)=-f(t)；limlimx(tf(u)du)dttx0xsinx-f(x)3=limtv(t)dtxx0xsinx=limx03=limxv(x)3xsinx+xcosx-f'(x)223x0=lim=v(x)3xsinx+xcosx=-122x0=-f'(0)8cos0x03sinx+5xcosx-xsinx28cosx-7xsinx-xcosx2005年（7題70分）1 （8分）求lim解：lim2 （10分）設(shè)arctan解：等式arctan(xy'-y)x1+y22nnn。n1110

10、n=explimlnn=explim=e=1 lnx=explimnnx+xx+xyx=ln2x+y222，求y',y''。yx=lnx+y兩邊對(duì)x求導(dǎo)得：(x+yy')，x2=1x+y221x+y22化簡(jiǎn)得y'=x+yx-y（yx,y=y(x)是arctanyx=lnx+y22確定的隱函數(shù)）；x+yx-y再次對(duì)x求導(dǎo)得y''=2(x+y)(x-y)322(1+y')(x-y)-(x+y)(1-y')(x-y)2=2xy'-2y(x-y)2，將y'=代入得：y''=（yx,y=y(x)是ar

11、ctanyx=lnx+y22確定的隱函數(shù)）。3 （8分×2）求下列不定積分： （1）x31+xdx2；（2） coslnxdx。 解：（1）13x33+xdx=2112x2(x+1)2d(x+1)=22132x32d(x+1)2=2x(x+1)2-22132(x3+1)2(dx2+1)=1335x(x+1)2-2215(x+1)2+C2。（2） coslnxdx=xcoslnx+xsinlnxxcoslnx+xsinlnx-1xdx=xcoslnx1xdx=xcoslnx+xsinlnx-coslnxdxcoslnxdx=12x(coslnx+sinlnx)+C4 （8分）求解：令t

12、=ln1x1-2nddxecos(ln1x)，其中n為自然數(shù)。-t-t,xe-2n，1，則x=e,dx=-edt，x=e-2n時(shí)t=2n,x=1時(shí)t=0；2n1-2nddxecos(ln1x2)=d-edt-t2ncost(-e)dt=2n-tdcost=-dcost+dcost- -2(2n-1)(2n-2)dcost+(2n-1)dcost=-ncost0+ncost=4n。 5 （8分）若0<<-cos22，試證：cos2tan-tancos2。證：=時(shí)，=tan-tan=-cos2=0。2時(shí)，由拉格朗日中值定理易知：,0<<<<tan-tan=tan

13、'()=sec=2，使得：1cos2-；顯然sec2x=1cos21cos2111在(0,)是單調(diào)遞增函數(shù)，故2222xcoscoscos，即tan-tan-1cos2，所以有-cos2tan-tan-cos2。6 （10分）求n2xn,(x<1)。n=1解：令f(x)=f(x)xnn=122x,(x<1)。則f(x)=1x+2x+ +nx+n21222n=1+2x+ +nx2n-1+ f(x)x=x+2x+ +nx+2nf(x)x=1+2x+ +nxdx=x+x+ +x+ =2nn-1+f(x)xxx1-x,(x<1)f(x)x f(x)=x=x()'=2

14、2x1-x(1-x)(1-x)xx'(1+x)x=,(x<1) 3(1-x)7 （10分）設(shè)曲線y=f(x)是x0上的非負(fù)連續(xù)函數(shù)，V(t)表示由y=f(x),x=0,x=t(t>0)和y=0所圍成的圖形繞直線x=t旋轉(zhuǎn)而成的旋轉(zhuǎn)體的dV(t)dt22體積。試證明：=2f(t)。證：取x軸為積分坐標(biāo)，x的變化范圍為(0,t)。x軸上(x,x+dx)(0,t)對(duì)應(yīng)的一小段旋轉(zhuǎn)柱體可近似展開(kāi)成矩形薄板，寬為x點(diǎn)繞直線x=t旋轉(zhuǎn)得到的圓周長(zhǎng)2(t-x)，高為f(x)，厚為dx，故dV=2(t-x)f(x)dx,x(0,t)。tt所以V(t)=于是dV(t)dt2(t-x)f(x)

15、dxt0t=2tf(x)dx-2xf(x)dx。t=2f(x)dx+2tf(t)-2tf(t)=2f(x)dx，dV(t)dt22=2f(t)。2004年（6題50分）1 （6分）求lim(x01sinx-1解：lim(x01sinx-1x)=lim(x0xx-sinxxsinx)。)=lim(x01-cosxsinx+xcosx)=lim(x0sinxcosx+cosx-xsinx)=1+1-00=0。e-x,x>01,0<x<12 （8分）設(shè)f(x)=，g(x)=，0,其他0,x0求h(y)=+-f(x)g(x-y)dx,-<y<+。解：y0時(shí)：h(y)=y-

16、00dx+=e-ey0y0e-(x-y)dx+11e-(x-y)dx+10e-(x-y)dx=1eey-xdx=e-ey-x10y-1；0<y<1時(shí)：h(y)=-xeedx=e-eyy1-00dx+y10dx+1y1e-(x-y)dx+10e-(x-y)dx=y-x1y=1-ey-1；y1時(shí)：h(y)=-00dx+110dx+y100dx+y0e-(x-y)dx=0。3 （8分）求xnlnnxdx，其中n是非負(fù)整數(shù)，先建立遞推公式，然后求定積分01的值。 解：I(n,m)=xlnnmxdx=1n+1xn+1lnmx-n+1mxlnnm-1xdx=1n+1xn+1lnmx-m(n+1

17、)n+12xn+1lnm-1x+m(m-1)(n+1)2xlnnm-2xdxI(n,m)=1n+1m1n+1lnmxlnmx-mn+1n+1I(n,m-1)=I(n,m-2)= =xn+1x-m(n+1)m!2xlnm-1x+m(m-1)(n+1)2i=0(-1)ixn+1i+1(n+1)(m-i)!lnm-ix11n(-1)ixn+1n!nnlnxlnxdx=i+1(n-i)!i=0(n+1)nnn-ix=0(-1)n!(n+1)nn+1-(n+1)i=0n1n!i+1(n-i)!n!limlnxn-ixx0-(n+1)=(-1)n!(n+1)n+1-(n+1)i=01i+1(n-i)!(n

18、-i)(n-i-1) 1-(n+1)n-ilim1x-(n+1)x0=(-1)n!(n+1)n+1n12n+2Cn+ +nCn的和。 4 （8分）求Cnnnin解：C+2C+ +nC=1n2nnniCi=1=iiCi=1nni-1n-1=nCn-1=n2i=1i-1n-1（Cnk=n(n-1) (n-k+1)12 k=n!k!(n-k)!1xn=n(n-1)!k(k-1)!(n-k)!=nkCn-1k-1）5 （10分）設(shè)x1=1,xn+1=xn2+,n=1,2, 。（1） 證明數(shù)列x1,x2, ,xn, 收斂。 證：n=1,2, 時(shí)，xn+121xnxn22xn21xn=2，n=2,3, 時(shí)

19、，xn+1-xn=1xn-xn2=(1-)1xn(1-(2)22)=0xn+1xn，即數(shù)列x2, ,xn, 單調(diào)遞減有下界，所以收斂。在其中添加一項(xiàng)x1得數(shù)列x1,x2, ,xn, ，收斂性不變，仍然收斂。 （2） 求極限limxn。n解：由（1）知數(shù)列xn收斂，即極限limxn存在，令limxn=A，由xn+1=nnxn2+1xn有l(wèi)imxn+1=nlimxnn2+1limxnn，即A=A2+1A，由（1）知A>0，解得A=2。所以limxn=n2。6 （10分）有半徑為a的半球形固定杯子，杯內(nèi)放一根長(zhǎng)為l(2a<l<4a)的均勻細(xì)棒（見(jiàn)圖），假設(shè)棒與杯子之間沒(méi)有摩擦力，求

20、棒的平衡位置（重心最低的位置）。 解：設(shè)細(xì)棒與水平面夾角為,(0/2)；細(xì)棒重力為G=kl，細(xì)棒與杯沿接觸點(diǎn)的作用力為F1，與杯內(nèi)壁接觸點(diǎn)的作用力為F2； 由作用力平衡得：F1+F2sin=Gcos和F2cos=Gsin，解得F1=klcos2； 由作用于細(xì)棒與杯內(nèi)壁接觸點(diǎn)處的力矩平衡得：F12acos=k2acoscosacos+k(l-2acos)cos(2acos+(l-2acos)/2)將F1=klcos2代入上式并化簡(jiǎn)得：8alcos2-l2cos-4al=0； 解得：cos=l+l+128a16a22。更佳解：設(shè)細(xì)棒與水平面夾角為,(0/2)，細(xì)棒重心到水平面距離為h()，則：h(

21、)=a-(2acos-l/2)sin=a-asin2+h()最小；h'()=-2acos2+lcos22lsin2，原問(wèn)題即為取何值時(shí)，令h'()=0，解=-8acos-lcos+4a2得：cos=l+l+128a16a22。2003年（3題22分）1 （6分）設(shè)y-ye-uu=x，求dydx22。解：等式y(tǒng)-ye-uudu=x兩邊對(duì)x求導(dǎo)得：y'-e-yyy'=1，化簡(jiǎn)得y'=yy-e-y，再次對(duì)x求導(dǎo)得：-(y+1)e(y-e-y-ydydx22=y'(y-e-y)-y(y'+e-y-yy')(y-e-y)2=y')2

22、=-(y+1)e(y-e-yy')2=-y(y+1)e(y-e-y-y)3。2 （8分）設(shè)求h(x)=ln(1+x),x>01,x>0，g(x)=f(x)=0,x00,x0，+-f(u)g(x-u)du,-<x<+。解：當(dāng)x>0時(shí)，h(x)=-01du+xln(1+u)1du+xln(1+u)0du=uln(1+u)0x-0udu1+u當(dāng)x0時(shí)，h(x)=x1=xln(1+x)-x+ln(1+x)；x-01du+x00du+ln(1+u)0du=0。3 （8分）求n=0(-1)n2n+1(2n+1)2(-1)n。解：令f(x)=(2n+1)xn=0n2n2

23、n+1,(x<1)，則f'(x)=n=0(-1)x=1-(-x)22n1-(-x)=11+x2,(x<1)f(x)=arctanx,(x<1)，(2n+1)2n=0(-1)n2n+111=f()=arctan。222002年（3題20分）1 （6分）計(jì)算lim(x0cosxxsinxx0-1x2)。=limcosx-xsinx-cosx2xsinx+xcosx2解：lim(x0cosxxsinx-1x2)=limxcosx-sinxxsinx2x0=lim-sinx2sinx+xcosxx0=lim-cosx2cosx+cosx-xsinxx0=-121+1-00=-

24、132 （7分）設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)且大于0。試證明：存在a(0,1)，直線x=a將在區(qū)間0,1上的以y=f(x)為曲線邊的曲邊梯形分成兩部分，使得左右兩部分的面積之比為2:1且這樣的a是唯一的。解：由題意，任意一條位于x=0,x=1之間的垂直線將曲邊梯形分成的左右兩部分的面積分別為：f(t)dt,f(t)dt,(0x1)；xx1令F(x)=xf(t)dt-2f(t)dt,(0x1)，x101則F(0)=-2f(t)dt<0，F(xiàn)(1)=1f(t)dt>0，由零值定理知F(x)在區(qū)間(0,1)至少有一個(gè)零值；又F'(x)=3f(x)>0,(0x1)，知F(x)區(qū)間(

25、0,1)單調(diào)遞增，至多有一個(gè)零值；所以存在唯一的a(0,1)，使得F(a)=0即f(x)dx=2f(x)dx，aa1也即存在唯一的x=a使得左右兩部分面積之比為2:1。3 （7分）求級(jí)數(shù)nxn的和及收斂半徑。n=1解：求收斂半徑：limun+1unn=lim(n+1)xnxnn+1n=x，當(dāng)x<1時(shí)級(jí)數(shù)收斂，當(dāng)x>1時(shí)級(jí)數(shù)發(fā)散，所以收斂半徑R=1；nn-1求和函數(shù)：令f(x)=nx，則f(x)/x=nxn=1n=1n-1x1-xf(x)/xdx=(nxn=1)dx=n=1nxn-1dx=n=1x=n,(x<1)n=1nxn=f(x)=x(x1-x)'=x(1-x)2,

26、(x<1)。2001年（3題22分）1 （7分）設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)，且1f(x)dx=1，記g(x)=1xf(t)dt，求1f(x)g(x)dx。1解：由f(x)dx=1f(t)dt=xf(t)dt+1xf(t)dt及已知條件有：f(t)dt+g(x)=1x上式兩邊對(duì)x求導(dǎo)得：f(x)+g'(x)=0f(x)=-g'(x)；所以有：1f(x)g(x)dx=1g(x)(-g'(x)dx=-g(x)dg(x)=-g(x)12+g(x)dg(x)11101g(x)dg(x)=g2(x)110=(f(t)dt)-(f(t)dt)=-11212f(x)g(x)dx=-

27、g(x)dg(x)=。2 （7分）求級(jí)數(shù)n2xn的和及收斂區(qū)間。n=1解：求收斂區(qū)間：=liman+1ann=lim(n+1)n22n=1，所以收斂半徑R=1；當(dāng)x=1時(shí)，級(jí)數(shù)成為n2，limun=limn2=0，級(jí)數(shù)是發(fā)散的；n=1nn當(dāng)x=-1時(shí)，級(jí)數(shù)成為(-1)nn2，limun=lim(-1)nn2不存在，級(jí)數(shù)是發(fā)散的；n=1nn所以收斂區(qū)間I=(0,1)；求和函數(shù)：f(x)=n=1nx2n，則f(x)/x=n=1n-1nx2n-12f(x)/xdx=(nxn=12n-1)dx=nn=1xdx=nxnn=1f(x)/xdxx=n=1nxn-1n-1f(x)/xdxdxx=(nxn=1)

28、dx=n=1nxn-1dx=n=1x=nx1-x,(x<1)f(x)/xdx=x(x1-x)'=x(1-x)2,(x<1)。n=1nx=f(x)=x(2nx(1-x)'=2x(1+x)(1-x)3,(x<1)。3 （8分）設(shè)函數(shù)f(x)和g(x)在a,b上有二階導(dǎo)數(shù)，且g''(x)0，f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0，證明：（1） 在a,b內(nèi)g(x)0；（2） 存在(a,b)，使f()g()=f''()g''()。證：（1） 反證法證明之。假設(shè)存在c(a,b)使得g(c)=0，又g(a)=g(b)=0，則：c1(a,c),c2(c,b)使得g'(c1)=g'(c2)=0c3(c1,c2)(a,b)使得g''(