(完整版)歷屆全國大學生高等數(shù)學競賽真題及答案非數(shù)學類參加高等數(shù)學競賽的同學，最重要的是好好復習高等數(shù)學知識，適當看一些輔導書及相關題目，主要是各大高校的試題。2009年第一屆全國大學生數(shù)學競賽預賽試卷一、填空題（每小題5分，共20分）1.計算$\iint_D\frac{y}{x+y}\ln(1+\frac{y}{x})\mathrmygcckkqx\mathrmymuyscsy$，其中區(qū)域$D$由直線$x+y=1$與兩坐標軸所圍成三角形區(qū)域。解：令$x+y=u,x=v$，則$x=v,y=u-v,\mathrmauekickx\mathrmewuigesy=\mathrm{det}\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}=\mathrm{det}\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}=-1$。代入原式得$$\iint_D\frac{y}{x+y}\ln(1+\frac{y}{x})\mathrmygqmkygx\mathrmmeaagssy=\int_0^1\int_{1-u}^0\frac{u-v}{u}\ln(1-\frac{v}{u})\mathrmiaocssmv\mathrmggwqqoeu$$對內層積分進行變量代換$t=1-u$，則$$\begin{aligned}\int_{1-u}^0\frac{u-v}{u}\ln(1-\frac{v}{u})\mathrmiqmugqgv&=\int_0^u\frac{u-v}{u}\ln(1-\frac{v}{u})\mathrmucywqggv\\&=\int_0^u(\lnu-\ln(u-v)-\frac{v}{u}\ln(1-\frac{v}{u}))\mathrmqqgeciyv\\&=u\lnu-u\lnu+u\lnu-\int_0^u\frac{v}{u}\ln(1-\frac{v}{u})\mathrmiqemeoiv\\&=\int_0^u\frac{v}{u}\ln(1-\frac{v}{u})\mathrmiqemmggv\end{aligned}$$對上式進行分部積分，令$f(v)=\ln(1-\frac{v}{u}),g'(v)=\frac{v}{u}$，則$f'(v)=-\frac{1}{u-v},g(v)=\frac{v^2}{2u}$。代入得$$\begin{aligned}\int_0^u\frac{v}{u}\ln(1-\frac{v}{u})\mathrmmusiagkv&=\frac{u^2}{2}\ln(1-\frac{u}{u})-\frac{u^2}{2}\ln(1-\frac{0}{u})-\int_0^u\frac{v^2}{2u}\frac{-1}{u-v}\mathrmyoocyyov\\&=\frac{u^2}{2}\int_0^1\frac{t^2}{1-t}\mathrmsouqsyst\\&=\frac{u^2}{2}\int_0^1(t^2+t+\frac{1}{2})\mathrmqmuiwoat\\&=\frac{u^2}{2}(\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{6})\\&=\frac{u^2}{2}\end{aligned}$$因此$$\iint_D\frac{y}{x+y}\ln(1+\frac{y}{x})\mathrmyaoeggqx\mathrmcyqooggy=\int_0^1\int_{1-u}^0\frac{u-v}{u}\ln(1-\frac{v}{u})\mathrmiagcmiov\mathrmyqwoiqyu=\int_0^1\frac{u}{2}\mathrmugwacqwu=\frac{1}{4}$$2.設$f(x)$是連續(xù)函數(shù)，且滿足$\int_0^2f(x)\mathrmuiaqesix=4$，則$f(x)=3x^2-2$，求$\int_0^2f(x)\mathrmkcgemuax$。解：設$\int_0^2f(x)\mathrmsoeaqcux=A$，則$f(x)=3x^2-\frac{A}{2}-2$。代入$\int_0^2f(x)\mathrmqoeemywx=4$得$A=8$。因此$f(x)=3x^2-2$，$\int_0^2f(x)\mathrmygowowsx=8$。3.曲面$z=x^2+y^2-2$在點$(x,y)$處的法向量為$(x,y,-1)$，平面$2x+2y-z=0$的法向量為$(2,2,-1)$。求曲面在點$(2,1,5)$處的切平面方程。解：因為曲面在點$(2,1,5)$處的法向量為$(2,1,-1)$，與平面的法向量$(2,2,-1)$平行，所以$2=x,2=y$。代入曲面方程得$z=5$，因此切平面方程為$2(x-2)+2(y-1)-(z-5)=0$，即$2x+2y-z=1$。1.2x+2y-z=1的切平面方程是2x+2y-z-1=0。2.設函數(shù)y=y(x)由方程xef(y)=eyln29確定，其中f具有二階導數(shù)，且f'(y)≠1，則d2y/dx2=ef''(y)y'/(1-f'(y))^3。解：對方程xef(y)=eyln29兩邊求導，得到ef(y)+xf'(y)y'ef(y)=eyy'ln29。因為eyln29=xef(y)，所以y'/(1-f'(y))=y'/x，即y'=x/(1-f'(y))。對y'求導得d2y/dx2=ef''(y)y'/(1-f'(y))^3。3.求極限lim(x→∞)ex+e2x+…+enx/x，其中n是給定的正整數(shù)。解：因為ex+e2x+…+enx=(en+1-1)/(e-1)×ex/(n+1)，所以ex+e2x+…+enx/x=(en+1-1)/(e-1)×ex/(xn+1)。因為lim(x→∞)ex/(xn+1)=0，所以lim(x→∞)ex+e2x+…+enx/x=0。4.設函數(shù)f(x)連續(xù)，g(x)=∫1xf(t)dt，并討論g'(x)在x=0處的連續(xù)性。解：由lim(x→0)g(x)=∫10f(t)dt=0，所以g(0)=0。當x≠0時，g(x)=∫10f(t)dt+∫x0f(t)dt，所以g(x)-g(0)=∫x0f(t)dt。因此，當x≠0時，g'(x)=f(x)，g'(0)=lim(x→0)g'(x)=lim(x→0)f(x)=f(0)。所以g'(x)在x=0處連續(xù)當且僅當f(x)在x=0處連續(xù)。原文：xxxxxxxx22這表明g(x)在x處連續(xù).g(x)x1x2f(u)du根據(jù)x→x→x→x→xxxx22的表達式，可以得出g'(x)在x=處連續(xù)。其中，g'(x)=-(∫x1x2f(u)du)+。原文：已知平面區(qū)域D{(x,y)|x,y}，L為D的正向邊界，試證：（1）xeLLsinydyyesinxdxxesinydyyesinxdx；L（2）xesiny5dyyesinydx2.證:因被積函數(shù)的偏導數(shù)連續(xù)在D上連續(xù)，故由格林公式知（1）xesinydy-ye-sinxdx=∫∫D(?(siny-sinx)/?x)dxdy=∫∫D(esiny+e-sinx)dxdy由D關于x和y的對稱性可知，siny-sinx-sinysinx(e+e)dxdy=(e+e)dxdy因此，siny-sinx-sinysinxxedy-yedx=xedy-yedx（2）因為e^x+e^-x=2(1+x^2/2!+x^4/4!+...)≥2(1+x^2)所以，esinx+e^-sinx≥2+sin^2x=2+(1-cos^2x)≥2由∫xeLsinydy-ye-sinxdx=∫∫D(esiny+e^-sinx)dxdy=∫∫D(e^-siny+esinx)dxdy可知siny-siny∫xeLedy-yedx=∫∫D(esinx-e^-sinx)dxdy=∫∫D(e^-siny+esinx)dxdy≥∫∫D2dxdy=2π因此，∫xeLsinydy-ye-sinxdx≥π已知平面區(qū)域D={(x,y)|0≤x≤π,0≤y≤π}，L為D的正向邊界。證明：（1）∫Lxesinydy-ye-sinxdx=∫xe-sinydy-yesinxdx；（2）∫Lxe^sinydy-ye^-sinxdx≥π/2。證明：由于被積函數(shù)的偏導數(shù)在D上連續(xù)，根據(jù)格林公式可知：（1）∫Lxesinydy-ye-sinxdx=∫∫D(?(siny-sinx)/?x)dxdy=∫∫D(esiny+e^-sinx)dxdy由D關于x和y的對稱性可知，siny-sinx-sinysinx(e+e)dxdy=(e+e)dxdy因此，siny-sinx-sinysinxxedy-yedx=xedy-yedx（2）因為e^x+e^-x=2(1+x^2/2!+x^4/4!+...)≥2(1+x^2)所以，esinx+e^-sinx≥2+sin^2x=2+(1-cos^2x)≥2由∫Lxesinydy-ye-sinxdx=∫∫D(esiny+e^-sinx)dxdy=∫∫D(e^-siny+esinx)dxdy可知siny-siny∫Ledy-yedx=∫∫D(esinx-e^-sinx)dxdy=∫∫D(e^-siny+esinx)dxdy≥∫∫D2dxdy=2π因此，∫Lxesinydy-ye-sinxdx≥π。二、（15分）已知函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上連續(xù)，在(0,1)內可導，且f(0)=0，f(1)=1，證明：存在ξ∈(0,1)，使得f′(ξ)+f(ξ)=1。證明：考慮函數(shù)g(x)=e^(-x)f(x)，則g(0)=0，g(1)=e^(-1)。根據(jù)導數(shù)的乘積法則，有g′(x)=e^(-x)(f′(x)-f(x))。因為f(x)在區(qū)間[0,1]上連續(xù)，在(0,1)內可導，所以g(x)在區(qū)間(0,1)內可導。根據(jù)羅爾定理，存在ξ∈(0,1)，使得g′(ξ)=0，即e^(-ξ)(f′(ξ)-f(ξ))=0。因為e^(-ξ)不為0，所以f′(ξ)-f(ξ)=0，即f′(ξ)+f(ξ)=1。因此，存在ξ∈(0,1)，使得f′(ξ)+f(ξ)=1。證畢。三、（15分）已知函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上連續(xù)，在(0,1)內可導，且f(0)=0，f(1)=1，證明：存在ξ∈(0,1)，使得f(ξ)=ξ。證明：考慮函數(shù)g(x)=f(x)-x。則g(0)=0，g(1)=0。因為f(x)在區(qū)間[0,1]上連續(xù)，在(0,1)內可導，所以g(x)在區(qū)間(0,1)內連續(xù)，在(0,1)內可導。根據(jù)羅爾定理，存在ξ∈(0,1)，使得g′(ξ)=0，即f′(ξ)-1=0，即f′(ξ)=1。因此，存在ξ∈(0,1)，使得f(ξ)-ξ=0，即f(ξ)=ξ。證畢。四、（15分）已知f(x)在區(qū)間[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內可導，且f(a)=f(b)，證明：存在ξ∈(a,b)，使得f′(ξ)=0。證明：因為f(x)在區(qū)間[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內可導，所以f(x)在區(qū)間[a,b]上滿足極值定理。因為f(a)=f(b)，所以f(x)在區(qū)間[a,b]的端點處也是極值點。設f(x)在區(qū)間[a,b]的極值點為ξ，則f′(ξ)=0。因此，存在ξ∈(a,b)，使得f′(ξ)=0。證畢。五、（15分）設f(x)在區(qū)間[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內可導，且f(a)=f(b)，證明：存在ξ∈(a,b)，使得f′(ξ)+f(ξ)=f((a+b)/2)。證明：考慮函數(shù)g(x)=e^(-x)f(x)-e^(-(a+b)/2)f((a+b)/2)。則g(a)=g(b)=0。因為f(x)在區(qū)間[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內可導，所以g(x)在區(qū)間[a,b]內連續(xù)，在(a,b)內可導。根據(jù)羅爾定理，存在ξ∈(a,b)，使得g′(ξ)=0，即e^(-ξ)(f′(ξ)+f(ξ)-f((a+b)/2))=0。因為e^(-ξ)不為0，所以f′(ξ)+f(ξ)=f((a+b)/2)。因此，存在ξ∈(a,b)，使得f′(ξ)+f(ξ)=f((a+b)/2)。證畢。由一階線性非齊次微分方程公式可得，$y=ex(C+\intxn^{-1}dx)$，即$x^ny=ex(C+\frac{x^n}{n})$。因此，$u_n(x)=\frac{e^{C+\frac{x^n}{n}}}{x^n}$。由$u_n(1)=e^C$，可得$C=0$，因此$u_n(x)=\frac{x^ne^x}{n}$。下面求級數(shù)的和：令$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^ne^x}{n}$，則$S'(x)-S(x)=\frac{e^x}{1-x}$。由一階線性非齊次微分方程公式可得，$S(x)=e^x(C+\int\frac{e^x}{1-x}dx)$。令$x=1$，得$S(1)=C$，因此級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^ne^x}{n}$的和為$S(x)=-e^x\ln(1-x)$。（2）設$f(t)=\frac{1}{t^2}-x$，則$f'(t)=-\frac{2}{t^3}<0$，即$f(t)$在$(0,+\infty)$上嚴格單調遞減。因此，$\int_{n}^{n+1}f(t)dt\leq\sum_{k=n}^{\infty}f(k)\leqf(n)+\int_{n}^{+\infty}f(t)dt$。由于$\lim_{t\to+\infty}f(t)=0$，所以$\int_{n}^{+\infty}f(t)dt$收斂，從而$\sum_{k=n}^{\infty}f(k)$收斂。又因為$f(n)\to0$，所以$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}f(k)=\sum_{k=1}^{\infty}f(k)$。因此，$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-x}$與$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$等價。又$\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{(1+a)(1+a^2)\cdots(1+a^{2n-1})}{n^2}=\frac{e^{a^2/2}}{2}$，所以$\lim_{n\to\infty}x_n=\frac{e^{a^2/2}}{2}$。（3）對$I=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^ndx$進行分部積分$n$次，得到$I=\frac{n!}{s^{n+1}}$。因此，$I=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{s^{n+1}}$。設$a_n=\frac{n!}{s^{n+1}}$，則$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{s}=\frac{1}{s}$。由比值判別法可知，當$s>1$時，級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$收斂；當$s<1$時，級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$發(fā)散；當$s=1$時，級數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$為調和級數(shù)，發(fā)散。因此，當$s>1$時，$\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^ndx$收斂，當$s<1$時，$\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^ndx$發(fā)散，當$s=1$時，$\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^ndx$為調和級數(shù)，發(fā)散。（1）設$b_n=\frac{x_n}{x_{n-1}}=\frac{(1+a^{2n-1})}{(1+a^{2n-3})}$，則$\frac{b_n}{b_{n-1}}=\frac{1+a^{2n-1}}{a^{2n-1}}\cdot\frac{1+a^{2n-3}}{1+a^{2n-5}}=\frac{(1+a^{2n-1})(1+a^{2n-3})}{a^{2n-1}(1+a^{2n-5})}$。因為$|a|<1$，所以$\lim_{n\to\infty}\frac{(1+a^{2n-1})(1+a^{2n-3})}{a^{2n-1}(1+a^{2n-5})}=1$，即$\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{x_{n-1}}=1$。因此，$\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{x_{n-1}}\cdot\lim_{n\to\infty}x_{n-1}=1$。為d=|ax+by+cz|/√(a^2+b^2+c^2)根據(jù)轉動慣量的定義，有I=∫ρr^2dV其中ρ為密度，r為到旋轉軸的距離，dV為體積元素。對于橢球上的一個點P(x,y,z)，其到直線的距離為d=|αx+βy+γz|/√(α^2+β^2+γ^2)因此，該點的轉動慣量為dI=d(ρr^2)dV=ρ(x^2+y^2+z^2)(α^2+β^2+γ^2)/(αx+βy+γz)^2dV將橢球表示為參數(shù)方程x=asinθcosφy=bsinθsinφz=ccosθ則有dV=abcsinθdθdφ將上式代入轉動慣量的積分式中，得到I=∫∫∫ρ(x^2+y^2+z^2)(α^2+β^2+γ^2)/(αx+βy+γz)^2abcsinθdθdφ對于積分區(qū)域，由于直線過原點，因此可以將直線表示為參數(shù)方程x=tαy=tβz=tγ則有α^2x^2+β^2y^2+γ^2z^2=(α^2+β^2+γ^2)t^2因此，積分區(qū)域可以表示為0≤t≤10≤θ≤π0≤φ≤2π將x,y,z代入上式，得到I=ρabc(α^2+β^2+γ^2)∫∫∫sinθ[(a^2β^2sin^2θ+b^2α^2cos^2θ)sin^2φ+c^2(α^2sin^2θ+β^2cos^2θ)]/(α^2sin^2θ+β^2cos^2θ)dtdθdφ化簡上式，得到I=ρabc(α^2+β^2+γ^2)∫∫∫sinθ[(a^2β^2+b^2α^2)sin^2θ+c^2(α^2sin^2θ+β^2cos^2θ)]/(α^2sin^2θ+β^2cos^2θ)dtdθdφ對于上式中的積分，可以使用換元法進行計算。令u=α^2sin^2θ+β^2cos^2θ，得到I=ρabc(α^2+β^2+γ^2)∫∫∫sinθ[(a^2β^2+b^2α^2)/u+c^2(α^2-u)/(β^2-u)]dtdθdφ將上式中的積分區(qū)域分別改為0≤u≤α^2+β^2和α^2+β^2≤u≤α^2+β^2+γ^2，得到I=ρabc(α^2+β^2+γ^2)[∫0π/2∫0^2π∫0^(α^2+β^2)(a^2β^2+b^2α^2)/usinθdudθdφ+∫0π/2∫0^2π∫(α^2+β^2)^(α^2+β^2+γ^2)c^2(α^2-u)/(β^2-u)sinθdudθdφ]對于第一個積分，進行換元u=α^2β^2/v，得到I=ρabc(α^2+β^2+γ^2)∫0π/2∫0^2π[(a^2+b^2)α^2β^2/v+2abαβ]sinθdvdθdφ對于第二個積分，進行換元u=β^2+(α^2-β^2)t，得到I=ρabc(α^2+β^2+γ^2)∫0π/2∫0^2π∫0^1c^2[(α^2-β^2)t+β^2]/[(α^2-β^2)t+α^2]sinθdtdθdφ化簡上式，得到I=4πρabc[(α^2+β^2)/3+c^2(2α^2+2β^2-γ^2)/(5α^2+5β^2-2γ^2)]因此，該旋轉體的轉動慣量為4πρabc[(α^2+β^2)/3+c^2(2α^2+2β^2-γ^2)/(5α^2+5β^2-2γ^2)]。（2）對于方向(α,β,γ)，其表示的直線可以表示為x=tαy=tβz=tγ因此，旋轉慣量可以表示為一個關于t的函數(shù)I(t)=4πρabc[(α^2+β^2)/3+c^2(2α^2+2β^2-γ^2)/(5α^2+5β^2-2γ^2)]t^2對于該函數(shù)，其最大值和最小值可以通過求導數(shù)來確定。有I'(t)=8πρabc[(α^2+β^2)/3+c^2(2α^2+2β^2-γ^2)/(5α^2+5β^2-2γ^2)]t令I'(t)=0，得到t=0或t=±√[(5α^2+5β^2-2γ^2)/(8c^2(α^2+β^2))]當t=0時，I(t)取得最小值0；當t=±√[(5α^2+5β^2-2γ^2)/(8c^2(α^2+β^2))]時，I(t)取得最大值4πρabc[(α^2+β^2)/3+c^2(2α^2+2β^2-γ^2)/(5α^2+5β^2-2γ^2)](5α^2+5β^2-2γ^2)/(8c^2(α^2+β^2))因此，該旋轉體的轉動慣量關于方向(α,β,γ)的最大值為4πρabc[(α^2+β^2)/3+c^2(2α^2+2β^2-γ^2)/(5α^2+5β^2-2γ^2)](5α^2+5β^2-2γ^2)/(8c^2(α^2+β^2))，最小值為0。d2=(1-α^2)x^2+(1-β^2)y^2+(1-γ^2)z^2-2αβxy-2βγyz-2γαzx對于給定的區(qū)域Ω，有以下積分：∫∫∫xydV=∫∫∫yzdV=∫∫∫zxdV=Ω∫∫∫zdV=∫c-c∫√(1-z^2/4)((x-a)^2/b^2+y^2)dxdy=πabc/5根據(jù)輪換對稱性，有：∫∫∫xdV=4πa^3bc/15,∫∫∫y^2dV=πab^3c/5因此，對于d2，有：I=∫∫∫d2dV=(1-α^2)4πabc[(1-α^2)a^2+(1-β^2)b^2+(1-γ^2)c^2]/15當a>b>c時，∴當γ=1時，Imax=πabc(a^2+b^2)/15當α=1時，Imin=πabc(b^2+c^2)/15函數(shù)?(x)具有連續(xù)的導數(shù)，并在圍繞原點的任意光滑的簡單閉曲線C上，曲線積分∫c(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=常數(shù)(1)L為正向閉曲線(x-2)+y=1，證明∫c(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=0(2)求函數(shù)?(x)(3)設C是圍繞原點的光滑簡單正向閉曲線，求∫c(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)(1)L不繞原點，取L上兩點A、B，將L分為兩段L1、L2，再從A、B作一曲線L3，使之包圍原點。則有：∫L(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=∫L1(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)+∫L2(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)+∫L3(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)對于∫L1(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)，令x-2=t，則有：∫L1(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=∫L1(2(t+2)ydt+?(t+2)dy)/(42(t+2)+y)對于∫L2(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)，令y=42x，則有：∫L2(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=∫L2(84x^2dx+?(x)dy)/(84x)=∫L2(2xdx+?(x)/42)=0對于∫L3(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)，由于L3包圍原點，因此曲線積分為0。因此，∫L(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=∫L1(2(t+2)ydt+?(t+2)dy)/(42(t+2)+y)，令其為常數(shù)K，則有：∫L(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=K(2)對于∫L(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=K，將其移項并除以y，得：(2x/y)dx+(?(x)/y)dy=K/(y(42x/y+1))令P=2xy?(x)，Q=x^4+y^2，則有：(?Q/?x)/(?P/?y)=-2x/y代入得到：?'(x)x^4-4x^3?(x)=2x^5-2x^2y^2將上式看做y的多項式，整理得：y^2?'(x)+x^4?'(x)-4x^3?(x)=2x^5解得：?(x)=-x(3)取L為x+y=ξ，方向為順時針，則有：∫L(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=∫L(2xydx-xd?(x))/(42x+y)=∫L(x(2y-d?(x)))/(42x+y)dξ令u=42x+y，則有：∫L(x(2y-d?(x)))/(42x+y)dξ=∫L(x(2ξ/43+1/43))/udu=∫L(x/21u)du由格林公式，有：∫L(x/21u)du=∫∫D(1/21)dxdy=π/21因此，∫c(2xydx+?(x)dy)/(42x+y)=π/21三．（本題15分）設函數(shù)$f(x)$在$x=0$的某鄰域內具有二階連續(xù)導數(shù)，且$f(0)$，$f'(0)$，$f''(0)$均不為$0$，證明：存在唯一一組實數(shù)$k_1$，$k_2$，$k_3$，使得$$\lim_{h\to0}\frac{f(h)+k_2f(2h)+k_3f(3h)-f(0)}{h^2}=k_1.$$證明：由極限的存在性：$$\lim_{h\to0}\frac{f(h)+k_2f(2h)+k_3f(3h)-f(0)}{h^2}=\left(k_1+k_2+k_3-1\right)f(0),$$又$f(0)\neq0$，$\thereforek_1+k_2+k_3=1$。（1）$$\lim_{h\to0}\frac{f(h)+2k_2f(2h)+3k_3f(3h)}{h^2}=\left(k_1+2k_2+3k_3\right)f'(0),$$又$f'(0)\neq0$，$\thereforek_1+2k_2+3k_3=0$。（2）$$\lim_{h\to0}\frac{f(h)+4k_2f(2h)+9k_3f(3h)}{h^2}=\left(k_1+4k_2+9k_3\right)f''(0),$$又$f''(0)\neq0$，$\thereforek_1+4k_2+9k_3=0$。（3）由（1），（2），（3）得$k_1=3$，$k_2=-3$，$k_3=1$。四．（本題17分）設$\sum\limits_{i=1}^{3}\frac{x_i^2}{a_i^2}=1$，其中$a_1>a_2>a_3>0$，$a_1a_2a_3=1$，求$\sum\limits_{i=1}^{3}a_i$。解：由題意，$\frac{x_1^2}{a_1^2}+\frac{x_2^2}{a_2^2}+\frac{x_3^2}{a_3^2}=1$，$\therefore\frac{x_1^2}{a_1^2}\leq1$，$\frac{x_2^2}{a_2^2}\leq1$，$\frac{x_3^2}{a_3^2}\leq1$，$\therefore|x_1|\leqa_1$，$|x_2|\leqa_2$，$|x_3|\leqa_3$。又$a_1a_2a_3=1$，$\thereforea_1=\frac{1}{a_2a_3}$，$\therefore\frac{x_1^2}{a_1^2}=\frac{x_1^2a_2^2a_3^2}{a_2^2}=a_2^2\frac{x_1^2a_3^2}{a_2^2a_3^2}+a_3^2\frac{x_1^2a_2^2}{a_2^2a_3^2}\leqa_2^2+a_3^2$，$\thereforea_2^2+a_3^2\geq1$。同理，$a_1^2+a_3^2\geq1$，$a_1^2+a_2^2\geq1$，$\therefore2\sum\limits_{i=1}^{3}a_i^2\geq3$，$\therefore\sum\limits_{i=1}^{3}a_i^2\geq\frac{3}{2}$，$\therefore\sum\limits_{i=1}^{3}a_i\geq\sqrt{\frac{3}{2}}$。又$\sum\limits_{i=1}^{3}\frac{x_i^2}{a_i^2}=1$，$\therefore\frac{x_1^2}{a_1^2}+\frac{x_2^2}{a_2^2}+\frac{x_3^2}{a_3^2}=1$，$\thereforea_1^2\frac{x_2^2}{a_2^2}+a_1^2\frac{x_3^2}{a_3^2}+a_2^2\frac{x_1^2}{a_1^2}+a_2^2\frac{x_3^2}{a_3^2}+a_3^2\frac{x_1^2}{a_1^2}+a_3^2\frac{x_2^2}{a_2^2}=a_1^2+a_2^2+a_3^2$，$\thereforea_1^2\frac{x_2^2}{a_2^2}+a_1^2\frac{x_3^2}{a_3^2}+a_2^2\frac{x_1^2}{a_1^2}+a_2^2\frac{x_3^2}{a_3^2}+a_3^2\frac{x_1^2}{a_1^2}+a_3^2\frac{x_2^2}{a_2^2}\geq2(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1)$，$\therefore\frac{x_2^2}{a_2^2}+\frac{x_3^2}{a_3^2}+\frac{x_1^2}{a_1^2}+\frac{x_3^2}{a_3^2}+\frac{x_1^2}{a_1^2}+\frac{x_2^2}{a_2^2}\geq2\left(\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}\right)$，$\therefore2\sum\limits_{i=1}^{3}\frac{x_i^2}{a_i^2}\geq2\left(\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}\right)$，$\therefore\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}\leq1$，$\therefore\sum\limits_{i=1}^{3}a_i\leq\frac{3}{\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}}$。由調和平均數(shù)不等式，$\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}\geq\frac{9}{a_1+a_2+a_3}$，$\therefore\sum\limits_{i=1}^{3}a_i\leq\frac{3}{\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}}\geq\frac{3(a_1+a_2+a_3)}{9}=\frac{a_1+a_2+a_3}{3}$。綜上，$\sqrt{\frac{3}{2}}\leq\sum\limits_{i=1}^{3}a_i\leq\frac{a_1+a_2+a_3}{3}$，$\therefore\sum\limits_{i=1}^{3}a_i\geq\sqrt{\frac{3}{2}}$，$\therefore\sum\limits_{i=1}^{3}a_i=\sqrt{\frac{3}{2}}$。題目：計算曲面積分$\iint_Sz(\lambdax+3\muy+\nuz)dS$，其中$S$為橢球面$x^2+3y^2+z^2=1(z\geq0)$在第一卦限中的部分，$\lambda,\mu,\nu$為$S$在點$P(x,y,z)$處的法向量的方向余弦，$\rho(x,y,z)$為原點到切平面$\Pi$的距離。解：（1）由題意得：橢球面$S$的方程為$x^2+3y^2+z^2=1(z\geq0)$，則$\vec{n_{\Pi}}=\begin{pmatrix}2x&6y&2z\end{pmatrix}$，$\Pi$的方程為$2x(X-x)+6y(Y-y)+2z(Z-z)=0$，原點到切平面$\Pi$的距離$\rho(x,y,z)=\dfrac{x^2+3y^2+z^2}{\sqrt{2^2+6^2+2^2}}=\dfrac{x^2+3y^2+z^2}{2\sqrt{2}}$。$\thereforeI_1=\iint_SdS=\iint_S\dfrac{z^2+x^2+3y^2}{2\sqrt{2}}dS$，將一型曲面積分轉化為二重積分得：記$D:x^2+z^2\leq1,x\geq0,z\geq\pi$，則$\begin{aligned}I_1&=4\iint_D\dfrac{z^2+x^2+3y^2}{2\sqrt{2}}dxdz\\&=4\int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^1\dfrac{3-2r^2}{2\sqrt{2}}rdr\\&=\dfrac{31\pi}{12\sqrt{2}}.\end{aligned}$（2）方法一：$\lambda=\dfrac{x}