中国农业大学2011年9月4日竞赛试题及答案

得到
d( x 2 + y 2 ) dx + 2 =0. x + y2 x + ln( x 2 + y 2 ) = c .
于是原方程的通解为
1
二． （10 分）证明方程 x
n
(0, 1) 内必有唯一根 xn ，并求数列 {xn } 的极限 lim xn ．
n→∞
+ x n −1 + L + x 2 + x = 1 (n ≥ 2 的正整数）在区 间
x ∈ (0,1) ；
所以 f ( x ) 在 [0,1] 上单调增加，故至多存在一点 xn ∈ (0,1) ，使 f ( xn ) = 0 ， 综上所述，存在唯一一点 xn ∈ (0,1) ，使 f ( xn ) = 0 ， 即方程 x n + x n −1 + L + x 2 + x = 1 在区间 (0, 1) 内必有唯一根 xn .
2
5．设 z = ∫
0
du ∫ e v dv, 则
2
u
0
∂2z = ∂x∂y
6. 方程 ( x 2 + y 2 + 2 x ) dx + 2 y dy = 0 的通解为 x + ln( x 2 + y 2 ) = c ．
解 由原方程可得 ( x + y )dx + d ( x + y ) = 0
2 2 2 2
3 3 3 六.（10 分）计算曲面积分 I = Ò ∫∫ ( x + 1) dydz + ( y + 1) dzdx + ( z + 1) dxdy ∑
其中 ∑ 为椭球面
解
x2 y 2 z2 + + =1 a 2 b2 c 2
( a > 0, b > 0, c > 0 ) 的外侧.
利用高斯公式，得
L (t )
∫
f ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 ds +
S (t )
∫∫ ( x
2
+ y 2 + z 2 )dS
=
D (t )
∫∫
f ( x 2 + y 2 )dxdy + ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz
Ω(t )
4
其中 Ω(t ) : x 2 + y 2 + z 2 ≤ t 2 , z ≥ 0 ， D (t ) : x 2 + y 2 ≤ t 2 , z = 0 ； L(t ) : x 2 + y 2 = t 2 , z = 0 ； S (t ) 为上半球体 Ω(t ) 的边界。求 f 。
中国农业大学 2011 年 9 月 4 日《高等数学》竞赛试题解答
姓名 专业 学号 电话
注：考试时间为 120 分钟. 解答时不必抄题，但须写清题号. 题号 一 二 三 四 五 六 七 总分
一. 填空题（每小题 5 分,共 30 分） 1. 当 x → 0时，e x + ln(1 − x ) − 1与 ax n 是等价无穷小，则 1 n = _ 3 __, a = __ − __ . 6 2.
3
f ′′(ξ ) =
2 f ′(ξ ) . 1− ξ
证 明 由 ( f ′′( x ) =
f ′′( x ) 2 2 f ′( x) = , , 两边 积 分可 得 ln f ′( x)( x − 1) 2 = c , 所 以 1− x f ′( x ) 1 − x
f ′( x)( x − 1) 2 = e c )
2
1 f (u ) = −2 ， 2u
解得 f (u ) = −
4 c u+ ，其中 c 为任意常数. 3 u
5
∞
x→0 y →0
f ( x, y ) + 3x − 4 y =2, 则 x2 + y2
．
α
1 1 1 4． 已知级数 ∑ − sin 收敛，则实数 α 的取值范围是 α > . n 3 n =1 n
解 当 x → 0 时， x − sin x ~
x+ y
x3 1 ，因此 α > ． 6 3 e( x+ y ) ．
∫
+∞
arctan x (1 + x 2 )
3 2
0
dx =
π −1 ． 2
π π t sec 2 t π 2 t = t cos t dt = − 1 ． d 3 ∫ 0 sec t 2
解
∫
+∞
arctan x (1 + x 2 )
3 2
0
dx = ∫ 2
0
3. 设 函 数 f ( x , y ) 具 有 一 阶 连 续 偏 导 数 ， 且 lim 2 f x′(0,0) + f y′ (0,0) = －2
解 因为
∫
b
a
x dx = ∫ ( − x ) dx + ∫ x dx =
a 0 2 2
0
b
1 2 1 a + b2 ) = , ( 2 2
∴ a +b =1
曲线 y = x 2 + ax 与直线 y = bx 所围区域的面积为
s=∫
b−a 0
( bx − x
2
− ax ) d x =
1 3 (b − a ) 6
π 4 5π 4 t = t ， 2 2
t t 0 0
D (t )
∫∫
f ( x 2 + y 2 )dxdy = ∫ dθ ∫ f (r 2 )rdr = 2π ∫ f (r 2 )rdr ，
0 π 2π t 1 x 2 + y 2 + z 2 dxdydz = ∫ dθ ∫ 2 dϕ ∫ r ⋅ r 2 sin ϕ dr = π t 4 ， 0 0 0 2
求级数
∑ (−1)
n =0
∞
n
an 的和.
an = ∫
2n −1 t 1 x 2n x 2n d x t = − x − d t = ∫1 1 + e−t ∫−1 1 + e− x dx, −1 1 + e x 1
an =
1 1 2n 1 1 x ( + ) dx x ∫ − 1 2 1 + e 1 + e− x 1 1 1 = ∫ x 2 n dx = , (n = 0,1, 2...) ； 2 −1 2n + 1
记 S ( x) =
∑ (−1)n an x 2n +1 = ∑
n =0
∞
(−1) n 2n +1 x , −1 ≤ x ≤ 1 ， n =0 2n + 1
∞
2
则 S ′( x ) =
∑ (−1)
n =0
∞
n
x2n =
1 , ( x < 1) 1 + x2
S (0) = 0,
于是 S ( x ) = arctan x,
(−1) n π 所以 ∑ ( −1) an = ∑ = arctan1 = . 4 n= 0 n =0 2n + 1
∞ n ∞
四. （15 分） 已知 a, b 满足 ∫ x dx =
a
b
1 ( a ≤ 0 ≤ b ) , 求曲线 y = x2 + ax 与直线 2
y = bx 所围区域的面积的最大值与最小值.
解得驻点 ( −
2 2 2 1 , ) . 此时 s = . 又 a = 0 时 b = 1 ，此时 s = ； a = −1 时 b = 0 ， 2 2 3 6
此时 s =
1 2 1 . 所以所求面积的最大值为 ，最小值为 . 6 3 6 存
五. （10 分） 设函数 f ( x ) 在[0, 1]上二阶可导, 且 f (0) = f (1) = 0 , 试证: 至少 在一个ξ ∈ (0, 1), 使
应用拉格朗日乘数法, 令
F ( a , b, λ ) =
由方程组
1 3 ( b − a ) + λ ( a 2 + b 2 − 1) 6
2 ′ −1 Fa = 2 ( b − a ) + 2λ a = 0, 2 ′ 1 Fb = ( b − a ) + 2 λ b = 0, 2 F ′ = a2 + b2 − 1 = 0 λ
2 2 2 I = ∫∫∫ 3 ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) dxdydz , Ω
∫∫∫ ( z + 1) dxdydz = ∫∫∫ ( z
2 Ω Ω
2
+ 2 z + 1)dxdydz
4 = ∫∫∫ z 2dxdydz + π abc ， 3 Ω Dz : x2 y 2 z2 + ≤ 1 − ； a 2 b2 c2
xn n + xn n −1 + L + xn 2 + xn = 1
⇒ 0 < xn +1 < xn < 1 , xn +1n +1 + xn +1n + xn +1n −1 + L + xn +12 + xn +1 = 1
n→∞ n
即
数列 {xn } 单调有界，故必有极限，设 lim xn = a .
解 因为

L (t )
∫