1、合肥工業(yè)大學(xué)高等數(shù)學(xué)比賽模擬六套試卷及合肥工業(yè)大學(xué)高等數(shù)學(xué)比賽模擬六套試卷及31/31合肥工業(yè)大學(xué)高等數(shù)學(xué)比賽模擬六套試卷及合肥工業(yè)大學(xué)2011年大學(xué)生（非數(shù)學(xué)）高數(shù)比賽模擬試題及答案（一）一、簡答題：1ax11x1.求lim，此中a0,a1.xa1分析：當(dāng)a1時，原式為0型，當(dāng)0a1時，原式為00型lim1ln(ax1)lnxln(a1)解：當(dāng)a1時，原式ex，xxx1此中l(wèi)imln(a1)limaxlnalna，limlnxln(a1)0 xxxa1xx故原式=elnaa.1ax1lnxlne01.當(dāng)0a1時原式limexa1x2求不定積分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設(shè)二階線性微分方程yaybycex（a,b,c均為常數(shù)）有特解yex(1xe2x)，求此方程的通解.解：由題設(shè)可知函數(shù)y1ex,y2ex均為該方程相應(yīng)的齊次線性微分方程特解，yxex為原方程的一個特解，故此方程的通解為yC1ex(C2x)ex.4.設(shè)ux2y2z2,求函數(shù)u在點M(1,1,1)處沿曲面2zx2y2在點M處的外法線方向n的方導(dǎo)游數(shù)unM1zx2y2zxx,zyy，解：2,2nx,y,1即為曲面的外法線方向

3、，n1,1,1,n01,1,1M333又ux1,uy1,xMx2y2z2M3yMx2y2z2M3uz1,zMx2y2z2M3u1111111.nM33333335.設(shè)曲線是平面xyz1與球面x2y2z21的交線，試求積分?(xy2)ds.解：利用對稱性，因222yds蜒zds,yds蜒xdszds蜒xds于是積分為：1(xyz)(x2y2213z)ds3蜒23(11)ds的長度32264639.二、設(shè)當(dāng)x0時，方程kx11有且僅有一個解，求k的取值范圍.2x解：設(shè)f(x)kx11,f(x)k2,f(x)60,x2x34x1）當(dāng)k0時，f(x)0,f(x)單減，又limf(x),limf(x)（

4、此中k0,limf(x)1x0 xx當(dāng)k0時，f(x)只有一個零點.22221k2）當(dāng)k0時，令f(x)03且f30,f3323得獨一駐點x0kkkk2231是(0,)內(nèi)的極小值，也是最小值m,10得k2，此時方程有且僅有一個根;當(dāng)m3920得k2，此時方程無根;當(dāng)m3923m0得k23，方程恰有兩個根.當(dāng)9當(dāng)k0或k23時，方程有且有一根.91f(x)dxC1三、求最小的實數(shù)C，對于連續(xù)函數(shù)f(x)，總有|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，則有：0而fn(x)dxxt2tf

5、n(t)dt2(n1)tn1dt2(n1)2(n),111000n2從而最小實數(shù)C2.四、設(shè)zuxy(u)(u),此中函數(shù)zz(x,y)擁有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，證明：0 xy(u)(u),2z2z2z20.x2y2xy證明:zuxy(u)(u),(1)，兩邊對x求導(dǎo)得0 xy(u)(u),(2)zuxuy(u)uuu(xy(u)uxxx(u)(u)uxx01y(u)ux(u)x聯(lián)合方程（2）得zu,2zu,2zu,xx2xxyy又u1,2zy(u)1.xy(u)(u)x2(u)同理，原方程組兩邊對y求導(dǎo)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、設(shè)球1:x2y2z2R2和球2:x2y2z22Rz(R0)的公共部分體積為5時，求121的表面位于2內(nèi)的部分S1的面積.解：記(x,y,z)R2x22222Dxy,12RyzRxy,(x,y)此中Dxyx,yx2y23R2是在xoY平面上的投影,4的體積VdvdR2x2y2R2x2dzDxyRy22R2x2y2RdxdyDxy23R2253d22RrRR0rdr012由題設(shè)R1.由此得S1的面積22dxdy23r2RA1zxzydDxy122

7、0d012dr.Dxyxyr六、設(shè)函數(shù)y1(x)(1)n111)2(nx(n1),n0,1,2,y2(x)是方程3(ny2yyexsinx滿足條件y(0)0,y(0)1的特解，求廣義積分3miny1(x),y2(x)dx.0解：方程y2yy0的通解為y(x)C1e(21)xC2e(21)x，方程y2yyexsinx的特解可設(shè)為y(x)ex(AsinxBcosx)代人原方程可解得A1,B0，所以方程y2yyexsinx的通解為31exsinx，由初始條件可得y(x)C1e(21)xC2e(21)xC1C20，3所以y2(x)1exsinx，觀察函數(shù)f(x)ex(x1)2(x0)，則f(0)0，3

8、4當(dāng)x0時,f(x)ex2(x1)0,f(x)在0,)上是單增的，因此當(dāng)故函數(shù)x0,11，所以當(dāng)nx(n1)時有)時有x3(x1)23ey2(x)111y1(x),3exx23(n1)21)3(所以當(dāng)n0,2,4,時miny1(x),y2(x)y1(x)，當(dāng)n1,3,5,時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、設(shè)Ax2zdydzy2zdzdxxz2dxdy，此中S是曲面azx2y2(0za)的第一卦限部S分上側(cè)，求滿足f(0)A,f(0)A的二階可導(dǎo)函數(shù)f(x)，使得yf(x)3e2xdxf(x)dy是某個二元函數(shù)的全微分.解:222AxzdydzyzdzdxxzdxdySSS1S2S3S1S2S3此中，S1,S2分別是S在平面y0與平面x0上的投影，方向分別為右邊與前側(cè)，S3是S在平面za上的投影，方向為下側(cè)，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因為yf(x)3e2xdxf(x)dy是某個二元函數(shù)的全微分,所以yf(x)3e2xdf(x)ydxf(x)f(x)3e2x(1)對應(yīng)的齊次方程通解為yc1exc2ex，其余（1）有特解ye2x，xx2x所以（1）的通解為f(x)c1exc2exe2x，f(x)cec2e2e由f(0)A,f(0)Ac1c21A得方程組c1c223,5

11、aA解c1c2152221所以f(x)3ex15a5exe2x.2221合肥工業(yè)大學(xué)2011年大學(xué)生（非數(shù)學(xué)）高數(shù)比賽模擬試題答案（二）一、簡答題：1求lim11cos2tn14t2dt.n0n解：因為0t1,12t2cos2t1所以121cos2t14t224t24t于是1111)dt11cos2tdt11dt1n11)n1(2212124n(nn4tnn4tnn4t41111)dt1n1111n1n11)n1(22n4(1)4n2(nn4t2n2n46由夾逼準(zhǔn)則11cos2t1lim14t2dt.n0nn42設(shè)f(x)xttdt,(x1)，求曲線f(x)與x軸所圍關(guān)閉圖形的面積S.1解：第

12、一，找尋函數(shù)的零點。簡單看出，x=-1是一個零點，再由積分的奇偶性可獲取另一個零點x=1；而f(x)在1,0上單一遞減，在0,)上單一遞加，可知不存在其余的零點。其次，注意到函數(shù)在1,1上取負(fù)數(shù)，故：S=1f(x)dx20f(x)dx200dxx11f(x)dx2ttdt111=20 x2dt20(x31)dx1dxt3.11123設(shè)函數(shù)f（x，y)可微，且對隨意x,y,t,滿足f(tx,ty)t2f(x,y)，P0(1,2,2)是曲面:zf(x,y)上的一點，求當(dāng)fx(1,2)4時，在點P0處的法線方程.解：f(tx,ty)t2f(x,y)兩邊對t求導(dǎo)得xftx(tx,ty)yfty(tx,

13、ty)2tf(x,y),將t1代入得xfx(x,y)yfy(x,y)2f(x,y),將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.在點P0處的法向量n4,0,x1y2z2.所以1，故法線方程為0144設(shè)連續(xù)函數(shù)f(u)在u=0處可導(dǎo),且f(0)0，f(0)3。試求：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則方程可變化為d2yytet2t，方程d2yy0的通解為dt2dt2yC1costd2yyty(AttC2sint，方程te的特解可設(shè)為B)e代人方程解得dt211,B1，所以y11td2yy2t的特解可設(shè)為y2CtD代A2(t1)e，方程222dt人方程解得y22t，由此可得原方程通解為yC1cosln(2x)C2sinln(2x)1(2x)ln(2x)12ln(2x).2二、設(shè)函數(shù)f(x)在(1,)上可微，且對x1滿足f(x)x2f2(x)證明：lim(f(x)x).x2(f2(x)1)x分析：令g(x)

15、f(x)xx2f2x2222x2g(x)f(x)112xx1fx0(x0)x2f2x1x2f2x1x2f2x1當(dāng)x1時，gx單增，limgx存在或為，x設(shè)limgxL，x則對gx在x,x1上利用Lagrange公式得存在x,x1，使得g()g(x1)g(x)令x，對上式兩邊取極限得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,上的連續(xù)函數(shù)f(x)，使得：f(x)sinx23與2dx3建立0dx0f(x)cosx448解：不存在。事實

16、上，22cosxsinxdxf(x)cosxf(x)sinxdx00=f(x)cosx2f(x)22f(x)cosxf(x)sinxdxdx0sinxdx002f(x)222dxcosxdxf(x)sinx00假如兩不等式同時建立，則有，2(33)3，矛盾！44四、設(shè)二元函數(shù)uxy)75x2y2xy，其定義域為22D(x,y)xyxy75(,（1）設(shè)點M(x0,y0)D,求過點M0的方向向量l，使ul為最大，并記此最大值0為g(x0,y0).(2)設(shè)M0在D的界限x2y2xy75上改動，求g(x0,y0)的最大值.解：（1）使ul最大的方向為lgraduMy02x0,x02y000g(x0,y

17、0)graduM0(y02x0)2(x02y0)25x025y028x0y0.（2）設(shè)f(x,y)g2(x,y)5x25y28xy，下邊求f(x,y)在條件x2y2xy75下的最大值.令(,)(,)(7522)，F(xiàn)xyfxyxyxyFx10 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個可能極值點：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、設(shè)在上半平面D(x,y)y0內(nèi)，函數(shù)f(x,y)擁有連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，且對隨意的t0都有()2).證明：對D內(nèi)的隨意分段圓滑的有向簡單閉曲線txtytfxyfL,都有,(,yf(x,y)dxxf(x,y)dy0.L證明：由格林公式知，對D內(nèi)的隨意有向簡單閉曲線L,yf(x,y)dxxf(x,y)dy0L的充分必需條件是：對隨意(x,y)D，有0(yf(x,y)x(xf(x,y)2f(x,y)yf2(x,y)xf1(x,y).y因為對隨意的(x,y)D及t0都有f(tx,ty)t2f(x,y)，兩邊對t求導(dǎo)，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、設(shè)f(x)在區(qū)間0,1上有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，且limf(x)a(a0)，證明級數(shù)(1)nf(1)x0 xn1n條件收斂.證明：由limf(x)a可得f(0)0,f(0)a，又f(x)連續(xù)，故0，當(dāng)x0,)時x0 xan1時unf(1)單減，恒有f(x)0，因此f(x)在0,上單增，由此可合適2n且limuf(0)0，由萊布尼茨鑒別法知級數(shù)(n1收斂.nn1)f()n1n又當(dāng)n1N時由Lagrange中值定理可知(0,1)使得nf(1

20、)f(0)f(n)1a，而級數(shù)f(1)是發(fā)散的，從而級數(shù)(1)nf(1)也是nn2nnN1nn1n發(fā)散的，所以級數(shù)(1)nf(1)條件收斂.n1n10七、設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間0,1上擁有連續(xù)導(dǎo)數(shù)，f(0)1，且滿足f(x,y)dxdyf(t)dxdy，DtDt此中Dt(x,y)0ytx,0 xt(0t1).求f(x)的表達(dá)式.f(x,y)dxdyttxf(xy)dyt(f(t)t解：0dx0f(x)dxtf(t)f(x)dx.Dt00又f(t)dxdyt2f(t)，由題設(shè)有2Dttf(t)tt2f(t).f(x)dx02兩邊求導(dǎo)整理得(2t)f(t)2f(t)，解得f(t)C.t)2(2將f(

21、0)1代入得C4.故f(x)4(0 x1).(2x)2合肥工業(yè)大學(xué)2011年大學(xué)生（非數(shù)學(xué)）高數(shù)比賽模擬試題答案（三）一、簡答題1x11f(tsint1,1t31)ln(1t3)dt，此中二元函數(shù)f(u,v)擁有1求極限Ilimx0 xt0(,)均有f(tu,tv)t2f(u,v),f(1,2)連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，且對0,fu(1,2)3。1解：Ilim1f(xsinx1,1x31)ln(1x3)x01f(xsinx1,1x31)x3ln(1x3)lim1f(xsinx1,1x31)f(xsinx1,11)，x0因為x0時xsinx11x3o(x3),1x3121x3o(x3)，62相同式f(tu,t

22、v)t2f(u,v)兩邊對于t同時求導(dǎo)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的整數(shù)部分。n1221092109n123(1091解：因為x(n,n1)時有n3x3，因此有n3nx3dx1)，n1n1又x(n,n1)時有2210921091n12(n1)3x3，所以n31nx3dx2998，n1n110922997所以n3的整數(shù)部分是。n13求經(jīng)過直線L:x6y132

23、z1且與橢球面S:x2y23z221相切的平面方22程。解：設(shè)切點為M(x0,y0,z0)，則橢球面在該點處的切平面方程為x0 x2y0y3z0z21，2x02y03z00,x03,x01,由題設(shè)有x022y023z0221,解得y00,或許y02,因此所求的平面方程為6x6y3z21,z02,z0200203x6z21或x4y6z21。4設(shè)是由錐面zx2y2與半球面zR2x2y2圍成的空間地區(qū)，是的整個界限的外側(cè)，計算xdydzydzdxzdxdy。解：由高斯公式可得原式3dv32d4sindRr2dr(22)R3。0005求級數(shù)1x2n的收斂域。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時lim21n1x20，所以該級數(shù)的收斂域是n(1x)(1x4)(1x2)(,11,。二、設(shè)函數(shù)f(x)在a,b上連續(xù)，且存在c(a,b)使得f(c)0，證明：(a,b)使得f()f()f(a)。bax證明：令F(x)ebaf(x)f(a)，則F(a)0，此時有（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，不如設(shè)F(c)0，則F(c)F(c)0，由導(dǎo)數(shù)的定義知x1(c,b

25、)ba使得0F(x1)F(c)，再由連續(xù)函數(shù)的介值定理知x2(a,c)，使得F(x1)F(x2)，再對函數(shù)F(x)在區(qū)間x1,x2上應(yīng)用Rolle定理知(x1,x2)(a,b)使得F()ebaf(f()fa()，即有f()f(a)。)ba0f()bah三、設(shè)f(x)在上連續(xù)a,b，證明：lim1f(x)dxf(0)。0h2x22h0證明：f(x)在上連續(xù)a,b，因此有界，所以M0，當(dāng)xa,b時有f(x)M。對于0，因為lim12h2f(0)dxf(0)，故10當(dāng)h(0,1)時有h00hx21hx2f(x)dxf(0)。0h222f(x)在x0處連續(xù)，20，當(dāng)x0,2時有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，當(dāng)0h時有2f(x)dx，8M420h2x2所以limf(x)dx1hf(0)，故原結(jié)論建立。h00h222x四、設(shè)函數(shù)f(x,y)可微，fx(,x,y)f(x,y),f(0,)1，且滿足n21)f(0,ylimncoty，求f(x

27、,y)。ef(0,y)解：方法一先計算極限并由題意得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，兩邊積分得：lnf(0,y)lnsinylnCf(0,y)故f(0,y)Csiny，由f(0,)1C1,即f(0,y)siny213又由ff,積分得f(x,y)(y)ex，再由f(0,y)siny知xexsiny.(y)siny,故f(x,y)方法二視y為常數(shù)，由方程df(x,y)dx得f(x,y)lnf(x,y)xln(y)，即f(

28、x,y)(y)ex.又由題意得1)n1)n(y(y(y)(y)ecotylimnlim1ne(y)n(y)n(y)(y)所以coty，兩邊積分得：ln(y)lnsinylnC(y)Csiny(y)又()1C1，故f(x,y)exsiny。2x2,xy1,五、設(shè)二元函數(shù)f(x,y)1,1xyD(x,y)|xy2，求x22,y2f(x,y)d。D解：記D1為D位于第一象限內(nèi)的部分，由對稱性可知f(x,y)d4f(x,y)d，DD1記D2(x,y)|xy1,x0,y0，D3(x,y)|1xy2,x0,y0，則有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、設(shè)函數(shù)F(x)是函數(shù)f(x)的一個原函數(shù)，且F(0)1，F(xiàn)(x)f(x)cos2x，ann1,2,annf(x)dx,n，求冪級數(shù)2x的收斂域與和函數(shù)。0n2n1xxF2(0)sin2x，由此可得解：由題設(shè)有F(t)f(t)dtcos2tdt，即F2(x)00F(x)1sin2xcosxsinx，f(x)cos2xcosxsinx2cos(x)，因f(x)是一個周期為的周期cosxsinx4函數(shù)，故有annf(

30、x)dx2n4cos(x)dx22n2cosxdx22n，044014所以該級數(shù)為22nxn2(11)xn，它的收斂域為1,1)，因為n2n21n2n1n1(11)xnx1xn1(1xnx1x2)(1x2)ln(1x)1x，n2n1n1n1nxn1n2x2因此該級數(shù)的的和函數(shù)為2(1x2)ln(1x)2x。x2七、在ox軸上有一動點P從xx0開始以常速度v1沿x軸正向挪動，在xoy面上另一動點M同時從點(x0,y0)(y00)以常速率v2(v2v1)開始挪動，且M運動方向老是對著P。（1）求動點M運動軌跡方程；（2）求M追趕到點P時所走過的行程。解：（1）設(shè)在時刻t動點M所在的地點為(x,y)

31、，則有ydyv1t)x(x0dx且滿足(dx)2(dy)2v2dtdtydx(x0v1t)，兩邊同時對y求導(dǎo)可得等式可變形為xdyyd2xv1dtdy2dy由式可得dx2dtv1dx2d2x(dy)1v2dy代人到式可得v(dy)1ydy2，2令pdx，則上述方程可變化為dpv1dy，積分后可得arshpv1(lnylnC1)，dy1p2v2yv2v1(yv1即有dx1(y)v2)v2由yy0時dx0可得C1y0，所以dy2CC1dyv1v11y)v1v2(y)v2v1dx1(y)v2(y)v2，積分后可得xv2y0(v2v2y0v2C2，dy2yy02v1v2y0v2v1y00由xx0時yy

32、0可得C2x0v1v2y0，因此動點M的軌跡方程為v22v12v1v2v2v1x1v2y0(y)v2v2y0(y)v2x0v1v2y0；2v1v2y0v2v1y0v22v12（2）當(dāng)M追趕到點P時y0，此時P走過的行程為v1v2y0，動點M走過的行程為v22v12v22y0。v22v12合肥工業(yè)大學(xué)2011年大學(xué)生（非數(shù)學(xué)）高數(shù)比賽模擬試題（四）一、簡答題1求曲線yx1x(x0)的斜漸近線方程。(1x)x15解：limylimxxx1，lim(y1x)limex1xx(1xx)xxxx(1x)exexe(1x)1lim1xln(11)11limx1o(1)1，因此所求斜漸近線方程為xexexe

33、x2xx2ey11)。(2x2e2設(shè)f(x)為周期函數(shù)，證明：2f(acosxbsinx)dx22f(a2b2sinx)dx。022f(acosxbsinx)dx2fa2b2sin(x)dx，證明：設(shè)arctana，則有0b02因為fa2b2sin(x)是周期為2的周期函數(shù)，故有fa2b2sin(x)dx02fa2b2sin(x)dx2fa2b2sinudu0a2b2sinudu3a2b2sinudua2b2sinx)dx。2f2f22f(2223設(shè)函數(shù)f(x,y)ex(axby2)，若f(1,0)為f(x,y)的極大值，求常數(shù)a,b滿足的條件。fx(1,0)ex(axby2a)(1,0)e(

34、2ab)0,解：由題設(shè)應(yīng)有即有bfy(1,0)2yex0,(1,0),(1,0)(1,0)(1,0)2又0,，所以當(dāng)aeBfxyCfyyeAfxxa0,b2a,ACB22ae20時，f(1,0)為f(x,y)的極大值；當(dāng)a0時，則f(1,0)必定不是f(x,y)的極大值；當(dāng)a0,b0時2a，f(x,y)y2exf(1,0)，因此f(4設(shè)222，計算x2:xyz1(a2解：由對稱性可得x21x2a2dv3(a24y242，同理有2dv2,15ab15bx2y2z2411(2b2c2)dv(a22a15b1,0)也是f(x,y)的極大值。y2z2)dv。b2c2y2z21222)dv2dsinda

35、a3a00z242dv2，所以c15c12)。c10r4dr5求級數(shù)n2的和。n1n!(n1)!(n2)!解：n21，觀察級數(shù)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、設(shè)函數(shù)f(x)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)二階可導(dǎo)，且f(a)f(b)0，f(a)0,f(b)0，證明：1,2(a,b)，使得f(1)0,f(2)0。16證明：由f(a)limf(x)f(a)0,f(b)limf(x)f(b)0及極限的保號性知xaxaxbxbx1,x2(a,b)使得

36、f(x1)0,f(x2)0，且x1x2，對函數(shù)f(x)分別在區(qū)間a,x1，x1,x2和x2,b上應(yīng)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，再對函數(shù)f(x)分別在區(qū)間1,2及2,3上應(yīng)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、設(shè)函數(shù)f(x)滿足f(1)1，且對x1時，有f(x)1，證明：x2f2(x)(1)limf(x)存在；（2）limf(x)1xx證明：（1

37、）由題設(shè)可知函數(shù)f(x)在1,f(x)f(1)xx1f(t)dt1t2111可知limf()存在；xx。4)上單增，所以x1,)時有f(x)1，dt1arctanx1，由單一有界收斂原理44（2）由（1）的證明過程可知f(x)14，對上述不等式兩邊同時取極限x可得limf(x)1。x4四、設(shè)f(u,v)擁有二階連續(xù)的偏導(dǎo)數(shù)，且滿足2f2f2，用變量代換uxy，u2v2v1(x2y2)將f(u,v)變?yōu)間(x,y)，試求滿足a2gb2gx2y2的常數(shù)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、求曲線積分I(y2z2)dx(z2x2)dy(x2y2)dz，此中L是球面Lx2y2z22bx與柱面x2y22ax(0ab)的交線在z0的部分，L的方向規(guī)定為：從z軸正神往下看曲線L所圍成的球面部分總在L的左側(cè)。coscoscos解：由斯托克斯公式得IxyzdS，此中cos，cos，cosy2z

39、2z2x2x2y217是上側(cè)法向量的方向余弦，由題設(shè)應(yīng)有(cos,cos,cos)1xby,z,，因此有bI2(xb)(yz)y(zx)z(xy)dS2(zy)dS2zdSb2222bxx2y21(bx)2y2dxdy2bdxdy2a2b。x2y22ax2bxxyx2y22ax六、設(shè)數(shù)列an為單一遞減數(shù)列且極限為零，n且對隨意正整數(shù)n均有aknan是有界的。k1證明級數(shù)an收斂。n1an0，若記snnsn有界即可。證明：由題設(shè)知ak，那么只需證明數(shù)列k1nM0，對n1,2,n因為aknan有界，因此均有aknanM，k1k1又因為lima0那么對于隨意取定的正整數(shù)mnnam。由此可得n，使得a

40、n2nmnmmammamMaknanakman(akan)ak22k1k1km1k1mm2M，由m的隨意性，可得數(shù)列sn有界，因此級數(shù)所以MakM，即akk1k1n1an收斂。七、設(shè)f(x)0,f(x)0，對隨意的xa,b建立，證明：f(x)2bbaf(x)dx。xx0處取最大值，并觀察在a證明：設(shè)函數(shù)在x處的Taylor睜開，有：f(x0)f(x)f(x)(x0 x)1f()(x0 x)2f(x)f(x)(x0 x)2b兩邊積分，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因為f(x0)取最大值，故結(jié)論建立。合肥工業(yè)大學(xué)2011年大學(xué)生（非數(shù)學(xué)）高數(shù)比賽模擬試題答案（五）一、簡答題18x1x0sin1設(shè)fxxn，試談?wù)揻x在x0處的連續(xù)性。nxx0limnnx解答：lim(nx)e2x，lim(e2x)1f(0)1左連續(xù)nnxx0limxxsin100n0 x不存在0當(dāng)0且1時，fx在x0處連續(xù)2f(acosxbsinx)dx22f(a2b2sinx)dx。2對于連續(xù)函數(shù)f(x)，證明：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設(shè)f(x,y)xytan(x2y2),(x,y)(0,0)，證明：f(x,y)在（0,0）處可微，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）處可微，且：df(x,y)(0,0)dxdy。.4設(shè)是由錐面zx2y2與半球面zR2x2y2圍成的空間地區(qū)，是的整個邊界的外側(cè)，試求：xdydzydzdxzdxdy解答：xdydzydzdxzdxdy3dv2Rr2drR2r2)dr322(R0R2=(22)R2x2,0 x1,5設(shè)函數(shù)f(x)12的正弦級數(shù)睜開式為

44、bnsinnx，此中系數(shù)1x,x1n121xdx(n1,2,)，若記s(x)為級數(shù)bnsinnx的和函數(shù)，求s(5)bn2f(x)sinn0n12與s(13)的值。4解答：11)511f()f(3s()22)s(s()2，2224s(13)s(3)f(3)1。4444二、設(shè)函數(shù)f(x)在a,b上有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，且存在ca,b，使得f(c)0，證明：存在(a,b)，使得f()f(a)f()ba20分析：將結(jié)論中的改為x得ff(x)f(a)(x)baf(x)1f(x)f(a)f(a)baxxx上式兩邊乘以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)，則：F(a)01）若F(c)0即f(a)f(c)時，由羅爾定理，存在(a,c)使F()0，即F()f()f(a)ba2）若F(c)0，不如設(shè)F(c)0，則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上連續(xù)及連續(xù)函數(shù)的零點定理得，存在1,ca,b，使F()0即f()f()f(a)ba2tsinnt31三、設(shè)andt，證明：發(fā)散。0sintn1an解答：對于正項級數(shù)1，有：n1an21si

46、nnt3sin2ntsin2ntan2tdt2tsinntdt2tdtsintsin3tsin3t0002(t)3sin2ntdt0sintt2nM3sin2tdtnM30t2M32sin2ntdtnM3n2sin2sds0t20s22故，結(jié)論建立。四、設(shè)在上半空間z0上函數(shù)有連續(xù)的二階偏導(dǎo)數(shù)，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)的表達(dá)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化簡得：r(r)3(r)30，即(r)3(r)3r，r3dr33drC1通解為(r)edrrerC3rr由lim(r)存在C0(r)1，r0從而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、設(shè)函數(shù)f(x)連續(xù)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談?wù)揊(t)在區(qū)間(0,)內(nèi)的單一性；20時，F(xiàn)(t)G(t)。證明：當(dāng)t2解答：12dt0d因為：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,)內(nèi)F(t)0，故：F(t)在(0,)內(nèi)單一增添。tf(r2)rdr2因為：G(t)0tf(r2)dr0要證明t0時F(t)2G(t)，只需證明t0時F(t)2G(t)0tf(r2)r

49、2drtt2)rdr20即：f(r2)drf(r000令：則：g(t)t2)r2drt2)drt2)rdr2f(rf(rf(r000g(t)f(t2)tf(r2)(tr)2dr0，故：g(t)在(0,)內(nèi)單一增添。0因為g(t)在t0處連續(xù)，所以當(dāng)t0時，有g(shù)(t)g(0)。而g(0)0，故當(dāng)t0時，g(t)0。所以，當(dāng)t0時F(t)2G(t)0。23n(n1)六、設(shè)a0，鑒別級數(shù)a2的斂散性。n1(1a)(12na)(1a)解答：(n1)(n2)a20,a1,lim(1a)(1a2)(1an1)liman111,n(n1)1an1,ana2n21,a1,(1a)(1a2)(1an)由正項級數(shù)

50、的比值審斂法可知當(dāng)a1時該級數(shù)收斂。而當(dāng)a1時，因為x0時ex1x，當(dāng)a1時有11(n1)n(n1)naa21ak11aek1ea1，(1a)(1a2)(1an)(1a1)(1a2)(1an)ea由此可知，該級數(shù)不收斂。七、設(shè)拋物面1:z1x2y2及圓柱面2:2y21x11求1的一個切面0，使得由它及1與2圍成的立體體積達(dá)到最?。?當(dāng)由（1）確立的最小體積的立體0上有質(zhì)量分布，其密度1，求0的質(zhì)心坐標(biāo)。解答：1設(shè)P(,)是1上的任一點，則1在點P處的法向量為(2x,2y,1)P2,2,1,122所以，1在點P處的切平面的方程為：2x2yz0即：z2x2y2于是，由，1和2圍成的立體的體積V(,

51、)dv此中x,y,z2x2y2z1x2y2x12y21V(,)d1x2y2dzx2y22x2y1d2x2yDxy2Dxy極坐標(biāo)2d2cos22cossin1rdr10222記F,V(,)12224112222F202F20令F01220解得獨一解0,0,2所以V(,)在拘束條件122下只有獨一可能極值點，由問題自己知V(,)有最小值，所以最小值必在1,0,2處達(dá)到，所以切平面方程為z2x。2設(shè)由0，1和2圍成的立體0的質(zhì)心為x,y,zxdvydvzdv則x0，y0，z0dvdvdv000此中dv1V(1,0,2)02xdv1x2y2x(1x2y22x)ddxdz2x0DxyDxy極坐標(biāo)2cos

52、cos1r22rcosrdr2d202ydv0（因為0對于平面y0對稱）0zdvd1x2y211x2y224x2d2xzdzDxy2Dxy0極坐標(biāo)12d2cos1r224r2cos2rdr022122cos28cos4166d723cos62x1,y0,z73合肥工業(yè)大學(xué)2011年大學(xué)生（非數(shù)學(xué)）高數(shù)比賽模擬試題答案（六）25一、簡答題：x2(1)n1t2n1dtx0n02(2n1)!21求limn33xx01xe)x(分析：因為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)在閉區(qū)間上連續(xù)，b1，證明：2設(shè)正當(dāng)函數(shù)af(x)dxbf(x)ef(x)dxb1dx(ba)(ba1)建立。aaf(x)解答：記D(x,y)|axb,ayb，則：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證明：曲面zx2y2z2x3f(y)隨意點處的切平面在x標(biāo)原點的

54、距離之比為常數(shù)。并求出此常數(shù)。解答：f(x)f(y)2edxdyoz軸上的截距與切點到坐為方便起見，記rx2y2z2（即原點到點(x,y,z)的距離），uy，xF(x,y,z)zrx3f(u)，則Fxx3x2f(u)xyf(u)，F(xiàn)yyx2f(u)，F(xiàn)zz1rrr26曲面在隨意點P(x，y，z)處切平面的法向量為Fx,Fy,Fz，所以，切平面方程為Fx(Xx)Fy(Yy)Fz(Zz)0，即FxXFyYFzZ2(rz)，當(dāng)X0,Y0時，切平面在oz軸上的截距CZ2(yz)2(yz)2r，故C，F(xiàn)zz21ry即截距與切點到坐標(biāo)原點的距離之比為常數(shù)。nnn4試求lim的值。22nj1(ni)(nj)i1解答：nnnn11)(n11)lim22lim(2nj)nn1ij1nji1j1(ni)(ni11)nn21dx1dxln2=x01x24015求以函數(shù)y(x)xex3sin3x為特解的四階常系數(shù)齊次線性微分方程的表達(dá)式和通解。解答：由題設(shè)及常系數(shù)齊次線性微分方程解的性質(zhì)可知r1為該方程相應(yīng)的特色方程的2重根，而r3i為該方程相應(yīng)的特色方程的單根。因此它的特色方程為(r1)2(r29)0，所以該方程的表達(dá)式為y(4)2y10y18y9y