大學(xué)生高等數(shù)學(xué)競賽試題匯總及答案

1、22前三屆高數(shù)競賽預(yù)賽試題(非數(shù)學(xué)類)(參加高等數(shù)學(xué)競賽的同學(xué)最重要的是好好復(fù)習(xí)高等數(shù)學(xué)知識，適當(dāng)看 一些輔導(dǎo)書及相關(guān)題目，主要是一些各大高校的試題。)2009-2010年第一屆全國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽預(yù)賽試卷一、填空題(每小題 5 5 分)(X y)l n(1 -)1 1 計算xdxdy16/15，其中區(qū)域D由直線x y 1與兩坐標(biāo)軸所D；1 x y圍成三角形區(qū)域處的法向量為(Zx(X0,y),Zy(X0,y0), 1)，故(Zx(x, y), Zy(x, y), 1)與(2,2, 1)平行，因此，由Zxx，Zy2y知2 Zx(X0,y) x,2 Zy(X0,y)2y,即x2, y1，又z(X0,

2、y) z(2,1) 5，于是曲面2x 2y z 0在(X0,y, z(x, y。)處的切平面方程是2(x2)2(y1) (z 5)0，即曲面2X2一zy2平行平面22x 2y z 0的切平面方程是2x 2y z 10。4 4設(shè)函數(shù)y y(x)由方程xef(y)eyln 29確定，其中f具有二階導(dǎo)數(shù)，且f 1，則dx解：令x y u,x v，貝U x v, yu v,dxdy0 det112udu(* *)01 u令t . 1 u,則u1 t2du 2tdt，u212t2t4，u(12u) t (1t)(1 t)，2 2設(shè)f (X)是連續(xù)函數(shù)，且滿足f(x)3x220f(x)dx2, ,則f(x

3、)2解: :令A(yù)of (x)dx，則f(x)3x2A 2，22o(3x2A2)dx82；A2)42A, ,解得A4210。因此f (x) 3x23 3曲面zX2332y2平行平面2x 2y z 0的切平面方程是解：因平面2x2y z 0的法向量為(2,2, 1)，而曲面zdudvdudv,2y2在(x0,y0)1A解：方程xef（y）eyln 29的兩邊對x求導(dǎo)，得1因eyln 29 xef(y)，故f (y)yx解：因故因此故由知即：:xesinydyLsin yye dx522五、（1010 分）已知xY1xee2x，y2xexex，y3xexe2xex是某二階常系數(shù)線性非齊次微分方程的三

4、個解，試求此微分方程二、（5 5 分）求極限x 2xe elim(x 0 nxe） ，其中 n n 是給定的正整數(shù). .x(i f(y)，因此三、（1515 分）設(shè)函數(shù)f（X）連g(x)1f (x)f(Xt)dt，且00二-A,A為常數(shù)，求g （x）并討論g（x）在X0處的連續(xù)性解: :由limxA和函數(shù)0 x1of (xt)dt，故g(0)nf (0)dtf（x）連續(xù)知,f(0) lim f (x)x 0lim x limx 0 x 0 x因此，當(dāng)x0時，1g(x)-xxof(u)du，故當(dāng)x 0時，1xf (x)g (x)20f (u)duxx這表明g （x）在x 0處連續(xù). .四、（15

5、15 分）已知平面區(qū)域D( x, y) |0 x,0 y，L為D的正向邊界，試證sin ysin y(2)xe dy ye dxL522. .證: :因被積函數(shù)的偏導(dǎo)數(shù)連續(xù)在D上連續(xù)，故由格林公式知sin ysin x丨（1 1）xe dyye dxL而D關(guān)于x和y是對稱的， 即知 因此_(xesiny)(yesin x) dxdyxy因g(x)f(0)0，0sin ysin x i(1)xe dy ye dxLr sin ysin x - xe dy ye dx；L解設(shè)y-|x2xxe e，Xy2xeeX，yaxxe2xeex是二階常系數(shù)線性非齊次微分方程的三個解，貝9y2y1e:2xe和y

6、ay1ex都是二階常系數(shù)線性齊次微分方程的解，因此yby cy0的特征多項式是(2)(1)0，而y by cy 0的特征多項式是因此二階常系數(shù)線性齊次微分方程為yy 2y0，由Y12y1f (x)和xy e xex2x 2e，y12exxxe2x4e知，f (x)y1y12 y1xex:x2e2x4ex(xexe2xx2x、2e ) 2( xe e )二階常系數(shù)線性非齊次微分方程為六、(1010 分)設(shè)拋物線y ax2bx 2ln c過原點. .當(dāng)o x 1時，y 0, ,又已知該拋物線1與x軸及直線x 1所圍圖形的面積為丄. .試確定a,b,c, ,使此圖形繞x軸旋轉(zhuǎn)一周而成的旋轉(zhuǎn)3體的體積

7、最小. .2解因拋物線y ax bx 2 Inc過原點，故c 1，于是即而此圖形繞x軸旋轉(zhuǎn)一周而成的旋轉(zhuǎn)體的體積即令n數(shù)Un(X)之和. .n 1解Un(x) Un(x) X“，即由一階線性非齊次微分方程公式知即因此V (a)2_ a5 1a3(12a)8(1 27a) 0，得即因此5 ,3a, ,b, ,c1. .42七、 (15(15 分) 已知Un(x)滿足Un(x)Un(x)n 1 xx e (n 1,2,), ,且Un(1)-, ,求函數(shù)項級e1由Un(1) e(C )知，C 0，nn于是下面求級數(shù)的和：即由一階線性非齊次微分方程公式知令x 0，得0s（0）C，因此級數(shù)un（x）的和

8、n 1八、（1010 分）求2nx0等價的無窮大量. .解令f（t）f(t)即xt2t2x，則因當(dāng)ln1x在（0,f(t)dtf( n)0n所以,）上嚴(yán)格單調(diào)減。f(n)0(0,)時，f(t)2txtIn x 0，故因此f (t)dt，Jdtt2%2xn等價的無窮大量是01,1lnxL1 x0edt1 .ln12，x2010-20122010-2012（參加高等數(shù)學(xué)競賽的同學(xué)最重要的是好好復(fù)習(xí)高等數(shù)學(xué)知識， 適當(dāng)看一些輔導(dǎo)書及相關(guān)題目，主要是一些各大高校的試題。）一、（2525 分，每小題 5 5 分）(1)xn(1 a)(1a2)L (1 a2),其中| a | 1,求Hm xn.(2)li

9、mxx2解:設(shè)函數(shù)求直線sx n i /e x dx(n1,2,L )。f（t）有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，ry2,g(x, y)2，求g2g。2yx h：z乙衛(wèi)的距離。13)xn(1a)(122na )L (1 a )= =Xn(12a)(1 a)(1 a )L(1 a2)/(1 a)1= =(1 a2)(1)L (12na2)/(1a)= =L= =(1 a2n 1)/(1 a)lim e%xX2令 x=1/t,x=1/t,則原式= =limo(ln(1et) t)In elim ex1/(1 t)e2t(11)x2xx2ln(1lim eX12(t)In(3)nsx n .x dx1)n sx /x

10、 de (sxXn1dxn(n 1)I2In 2s丄)s, n!L10sn sx .x e|osx n re dx n!二、(1515 分)設(shè)函數(shù)f(X)在()上具有二階導(dǎo)數(shù)，并且f (x)0, lim f (x)X0, lim f (x)X0,且存在一點Xo，使得證明：方程f (x)0在()恰有兩個實根。解：二階導(dǎo)數(shù)為正，則一階導(dǎo)數(shù)單增，f(xf(x) )邊找兩大于 0 0 的值。將 f(x)f(x)二階泰勒展開：因為二階倒數(shù)大于 0 0，所以先減后增，因為 f(x)f(x)有小于 0 0 的值,所以只需在兩證明完成。lim f(x)Xlim f (x)X三、(1515 分)設(shè)函數(shù)yf (X

11、)由參數(shù)方程2t t(t 1)所確定，其中(t)(t)具有二階導(dǎo)數(shù)，曲線y (t)與yt2e1u2du在t2e1岀相切，求函數(shù)(t)。解：(這兒少了一個條件d2ydx2(t)與y1t2e23udu在t2e1岀相切得(1)32e(1)d2ydx2d(dy/dx)dxd (dy/ dx)/ dtdx/dt(t)(2 2t) 2(2 2t)3(t)_上式可以得到一個微分方程，求解即可。四、(1515 分)設(shè)an0,Snnak,證明:1(1 1) 當(dāng)1時，級數(shù)ann 1Sn收斂；(2 2) 當(dāng)1且sn(n）時，級數(shù)an發(fā)散。n1Sn解：（1 1）an0,0,Sn單調(diào)遞增當(dāng)an收斂時，Q電an，而蟲收斂

12、， 所以an收斂;n 1SnS1S!Sn當(dāng)an發(fā)散時，lim Snn 1n所以，anSndxa1SndXn 1SnS|n 2sn 1XSS1XSn而dx a1limSn1sa11S1k，收斂于 k kS1xSn1S11所以，an收斂。n 1Sn（2 2）Q lim s!nk1所以an發(fā)散, 所以存在k1，使得aIna1n 1k1n 2于是，k1ank1anan1212Sn2sn乂2依此類推，可得存在1ki 1An1kNan1使得也成立， 所以nN -kSn21Sn2當(dāng)n時，N，所以an發(fā)散n1Sn五、（1515 分）設(shè)I是過原點、方向為（，），（其中1）的直線， 均勻橢球2 2 2xvz222

13、1，其中（0 c b a,密度為 1 1 ）繞I旋轉(zhuǎn)。abc（1 1）求其轉(zhuǎn)動慣量；（2 2） 求其轉(zhuǎn)動慣量關(guān)于方向（，）的最大值和最小值。解：（1 1）橢球上一點 P P（x,y,zx,y,z）到直線的距離由輪換對稱性，（2 2）Q a b c42 2當(dāng)1時，Imaxabc（a b ）15當(dāng)1時，Imin4abc（b2c2）15六、（1515 分）設(shè)函數(shù)（X）具有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，在圍繞原點的任意光滑的簡單閉曲線C上，曲線積分?兮（x）dy的值為常數(shù)。cx y（1 1） 設(shè)L為正向閉曲線（x 2）2y21,證明？-（2x）dy0;cxy（2 2）求函數(shù)（X）；（3 3） 設(shè)C是圍繞原點的光滑簡單正

14、向閉曲線，求？一（2xdy。cxy解：（1 1）L L 不繞原點，在 L L 上取兩點 A A,B B,將 L L 分為兩段L1，L2，再從 A,A,B B 作一曲線L3，使之包圍原點。則有令P ” Q Ax y x yQ P由（1 1 ）知0，代入可得x y上式將兩邊看做 y y 的多項式，整理得由此可得2解得：（x） x（3）取L為x4y24，方向為順時針2011-20122011-2012 年第三屆全國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽預(yù)賽試卷（參加高等數(shù)學(xué)競賽的同學(xué)最重要的是好好復(fù)習(xí)高等數(shù)學(xué)知識， 適當(dāng)看一些輔導(dǎo)書及相關(guān)題目，主要是一些各大高校的試題。）計算下列各題（本題共3 小題, 每小題各 5 分，共

15、 15 分）(1). .求lim業(yè)x 0 x11 cosx解:（用兩個重要極限） ：(2). .求lim丄nn 1解：（用歐拉公式）其中,表示n（3 3） 已知dx解： -dtQ丄y三.（本題moHhIn2e2t時的無窮小量,2tearctanddydtte2tedydxet1 e2t2e2t2teet12e2t12te1010 分）求方程2x y 4dx x y 1 dy 0的通解2x y 4,Q x y1，則Pdx Qdy 0Q1, Pdx Qdy0是一個全微分方程，設(shè)dz Pdx解：設(shè)P該曲線積分與路徑無關(guān)二.（本題1515 分) 設(shè)函數(shù) f f（x x）在 x=0 x=0 的某鄰域內(nèi)具

16、有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且0 , f 0均不為 o o，證明：存在唯一一組實數(shù)k1,k2, k3，使得k2f 2hk3f 3h f 0Qdy即k1k2k31 f 00,又00，k1k2k31即k12k23k3f 00，又f再次使用洛比達(dá)法則得k14k29k3000，k12k23k30離的最大值和最小值。證明：由極限的存在性:h f mk2f 2hk3f 3h f 003hfK1K1m由洛比達(dá)法則得由極限的存在性得111k11設(shè)A123 ,xk2,b0，則Ax b，149k3011 1110 03增廣矩陣A*12 30:01 03，則14 900011R A,bR A3ki由得k1,k2,k3是齊次線性

17、方程組k1ki所以，方程Ax b有唯一解，即存在唯一一組實數(shù)k1, k2, k3滿足題意,解：設(shè) 上任一點M x,y,z，令x2F x, y,z二a2yb22z丐1，ck2k312k23k30的解4k29k30且k13,k23, k3四.（本1717 分）2x2a2z2c1,其中a22：Zx22的交線， 求橢上各點的切平面到原點距1與b21在點 M M 處的切平面為則由拉格朗日乘數(shù)法得:Hx2x2x22x0412aaHy2yb412yb222y0Hz2z2z22z0，412cc2x2ay2b22z2c102x2y2z0則Fx空F2 ya2y5b2Fz2z2,橢球面c1在上點M M 處的法向量為

18、:原點到平面的距離為，令G x, y,zx22yb4現(xiàn)在求x2x, y,zz2x22 2y下的條件極值,x2x, y,z2yb42x4az22yb4z22yb42z4cJG x,y,zz2x2,在條件2yb2z21,x22yb2z2z2解得y2z2b2e2或xz2對應(yīng)此時的此時的d1又因為ab2e2b4G x,y,zb2e2叫b4；4或d2b e 0，則d1所以，橢球面d2aeacd2或G x,y,z1在 上各點的切平面到原點距離的最大值和最小值分別為:22aed44，d1aebeb2e2b4e4五（本題 1616 分）已知2xS S 是空間曲線z3y21繞 y y 軸旋轉(zhuǎn)形成的橢球面的上半部分0）取上側(cè),是S在P x, y,z點處的切平面,x, y,z是原點到切平面的距離,表示S S 的正法向的方向余弦。計算:（i）解：（ 1 1）切平面dS；（ 2 2）x, y,z由題意得：橢球面x23y2z2S S 的方程為1,則Fx的法向量為x,3y,z的方程為x X3y丫原點到切平面的距離x,y,z3y22x, Fyx23y229y2z2dS6y,Fzz22z，J x29y2z2解：假設(shè)存在，當(dāng)x 0,1時，由拉格朗日中值定理得：I1介于 0 0，x x 之間，使得fXf 0f1x,，同理，當(dāng)x1,2時，由拉格朗日