第二次校内选拔错题比较多的试题答案

2
2I

2

x sin xdx =2 x sin xdx 2 x cos x
2 0


2 0
2sin x

2 0
2
n x 4 x5 n 1 x f ( x) x 1 o( x n ) ， I 1+ 2 3 n2 2 f (0) 2 f ( n ) (0) n n 另一方面， f ( x ) f (0) f (0) x x x o( x ) 。 七、 （8 分） 计算 y x 2 dxdy 2! n! x 1 0 y 2 1 f ( n ) (0) n 1 n 1 n ! (n) 所以有 1 f (0) 1 n2 n! n2 2 1 x2
n
5 设函数 f ( x) 连续，则 答案 xf ( x ) 二、选择题
2
d x tf ( x 2 t 2 )dt ___________ 0 dx
A sin A, A 0
sin xn x2 (2)原式= lim( ) n , 为"1"型 n xn
1
0, 1.设 f ( x ) 2 x ,
e e
e
t 0
lim
t cos t sin t 2t3
e
t2 t3 t 1 0( t 2 ) t 0( t 3 ) 2 6 lim 3 t 0 2t
e

1 6
三、 设数列 xn 满足0 x1 , xn 1 sin xn ( n 1, 2,)
1 Cn ln(1 x)
(2 x) Cn2 ln(1 x)
( n 2)
ln(1 x) ln x d ln x ln(1 x) 1 2 ln(1 x) ln x C 2
ln(1 x) ln x 1 1 dx ln(1 x) ln x dx x(1 x) x 1 x
0） ，求球体的质心位置。

R 4
0，3
上 连 续 ， 在
0，3
内 可 导 ， 且
f 0 f 1 f 2 3 ， f 3 1 ，试证：必存在 0，3 ，使 f 0 。
证 f ( x) 在 0，3 上连续， f ( x) 在 0，2 上连续，且有最大值 M 和最 小 值 m , 于 是 m f (0) M ； m f (1) M ； m f (2) M ， 故
1 25 9 4 150 . 6 x y z xyz
x2 y2 z 2 1＝0 x >0，y >0，z >0 用拉格朗日乘子法，令 52 32 22
x2 y2 z 2 150 2 2 2 1 xyz 3 2 5
3 1 3 4 1. 32 4 8
x
5 3 2 ，y ，z 3 3 3
所以 p 点坐标为
5 3 2 ， ， 而最小体积 V 15 3 . 3 3 3
十一、设有一个半径为 R 的球体， P 0 是此球的表面上的一个定点，球体上任一点的 密度与该点到 P 0 距离的平方成正比（比例常数 k 答案： 0,0, 见另一个文件 十 二 、 设 f x 在
切平面：
150 2 z0 xyz 2 4
3 4
2 2 1 x X x y Y y z Z z 0 25 9 2
x2 y 2 z 2 2 2 1 xX yY zZ 2 2 2 2 0 25 9 2 3 2 5
x 是无理数， 则（ D x 是有理数，
）
离散型不能直接用洛必达法则
lim ln( sin t t 2 t 0 t 2 先考虑 lim( ) e t 0 t
1 1 ( t cos t sin t ) t 0 2 t sin t t2 t lim 1 1 6 2 2
（A） x 0 是 f ( x) 的第一类间断点 （B） x 0 是 f ( x) 的第二类间断点 （C） f ( x) 在 x 0 处连续但不可导 解： lim
1
四、 （天津市 2004 年） 求函数 f ( x) x ln(1 x) 在 x 解：方法一：利用莱布尼兹公式
2
0 2 f ( n ) ( x ) Cn x ln(1 x) (n)
0 处的 n 阶导数 f ( n ) (0) （ n 3 ）.
( n 1)

2，
将 5 分别代入 1， 2 ， 3 得
f c
1 f (0) f (1) f (2) 1 3
因此 f c f 3 ，且 f x 在 c，3 上连续， c，3 内可导，由罗尔定理 得出必存在 c，3 0， 3 ，使得 f 0 。
ln(1 x) 1 , ln(1 x) 1 2 , ln(1 x)' ' ' 2! 3 , 1 x (1 x) (1 x) 又 ln(1 x)( 4) 3! 4 , (1 x) (n) n 1 ( n 1)! 由归纳法可得 ln(1 x) ( 1) 。 (1 x) n

六、 （6 分）计算定积分 I

2


2
x sin x dx 1 ex
1 n 3 (n) 故 f (0) 1 n 1
n!
I 2

n2
， （n 3） 。
2
x sin x u sin u e x x sin x 2 2 dxu x du 2 1 eu 2 1 e x dx ， 1 ex
150 2 x0 x 2 yz 25
1 2
在 P 点处的切平面与三个坐标平面所围四面体的体积最小. 解 设 p 点坐标 x，y，z ，则椭球面在 p 点的切平面的法向量为
150 2 y0 xy 2 z 9
Fz
2x 2 y 2z 2 ，2 ，2 ， 5 3 2
x 0
1
1
sin t ) t
（D） f ( x) 在 x 0 处可导
f ( x) f ( x) f (0) f ( x) x。 ,而 x x x
D ） （B）不是 f ( x, y ) 的极值点 （D）是 f ( x, y ) 的极小值点
3. 设函数 z f ( x, y ) 的全微分为 dz xdx ydy ，则点 (0, 0) （ （A）不是 f ( x, y ) 的连续点 （C）是 f ( x, y ) 的极大值点
F
x2 y 2 z 2 1 0 52 32 22
用 x 乘 1 y 乘 2 z 乘 3 得
即
2 2 1 xX yY zZ 2 0 25 9 2
3

450 2 0 xyz
则
2
450 xyz
5
由连续函数介值定理可知，至少存在一点 c 0，2 ，使得
1
解 : (1) x2 sin x1 , 0 x2 1,因此当n 2时
函数 g ( x) e
x2 2 x 1
x 2 2 x 2 是等价的无穷小量，则 a
2 . 3
xn 1 sin xn xn , xn 单调减少
又xn 0, xn 有下界，根据准则1,lim xn A存在, 递推公式两边取极限得
令x
X
25 ； y 轴截距 Z 0，X 0 x
Z
Y
25 ； y
2 sin t ，则
z 轴 截 距 V
X 0，Y 0
4 ， 所 以 四 面 体 的 体 积 ： z
3 1 1 1 4 4 3 2 2 4 cos 2t cos 4t dt 0 2 x dx 4 0 cos tdt 4 0 8 8 2
于是 原式
约束条件
1 4 3 5 1 . 大家错在计算不到最终结果 3 3 8 3 2 x2 y2 z 2 1 的第一卦限上求一点 P ，使得椭球面 52 32 22
F F x，y，z，
十、 （7 分） 在椭球面
Fx Fy
2012 年天津市大学生数学竞赛 天津大学校内培训班第二次选拔考试试题以及答案 一、填空题 1.
x 1 时，函数
3 2 f ( x) ( x a) 1 cos ln( x 2 x 2) 与
求
(1)证明 lim xn 存在,并求之
n
2 x (2)计算 lim( n 1 ) xn n x n
m
1 f (0) f (1) f (2) M 。 3
4
解
原式
1dx 0
x 2 ydy
x
2
y x 2 dy
五、 （本题 6 分）计算 解：
ln(1 x) ln x x(1 x) dx 。

2 3 3 y 2 2 1 2 1 2 y x 2 2 2 x y dx y x dx 3 1 3 1 y0 y x2
3 3 2 1 4 1 3 4 1 2 2 2 2 2 2 x dx x dx x dx 3 1 3 0 3 0

2 1 x 3 1
3
dx
2
3 1 4 1 2 2 x 2 dx ， 3 3 0
x 轴截距 Y 0，Z 0