厦门大学第十届(2013)景润杯数学竞赛试卷答案(经管)
2014年最新全国大学生高等数学竞赛试题及解答
2013年全国大学生数学专业竞赛试题及解答一、计算题（1） 求极限 21lim (1)sin n n k k k n n π→∞=+∑解法1 直接化为黎曼和的形式有困难.注意到 3sin ()x x O x =+, 3322611lim 1sin lim 1n n n n k k k k k k k O n n n n n πππ→∞→∞==⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑, 由于 33336611|1()|20,()nn k k k k k O C n n n n ππ==⎛⎫+≤→→∞ ⎪⎝⎭∑∑， 所以2211lim 1sin lim 1n n n n k k k k k k n n n n ππ→∞→∞==⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑65)(1)(lim 102122πππ=+=+=⎰∑=∞→dx x x n n k n k n k n .解法2 利用31sin 6x x x x -<<，得 3326221sin 6k k k k n n n n ππππ-<<， 332622111111(1)1sin 16n n n n k k k k k k k k k k k k n n n n n n n n ππππ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+<+<+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑, 由于33336611|1|20,()nn k k k k k n n n n ππ==⎛⎫+≤→→∞ ⎪⎝⎭∑∑， 21lim 1n n k k k n n π→∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑65)(1)(lim 102122πππ=+=+=⎰∑=∞→dx x x n n k n k n k n ， 所以215lim (1)sin 6n n k k k n n ππ→∞=+=∑ .（2）计算()2222axdydz z a dxdy I x y z ∑++=++⎰⎰， 其中∑为下半球222z a x y =---的上侧，0a >.解法一. 先以()12222x y z a ++=代入被积函数，()2axdydz z a dxdy I a ∑++=⎰⎰ ()21a x d y d z z a d x d y a ∑=++⎰⎰， 补一块有向平面222:0x y a S z -⎧+≤⎨=⎩，其法向量与z 轴正向相反，利用高斯公式，从而得到()()-22+S 1S I axdydz z a dxdy axdydz z a dxdy a -∑⎡⎤=++-++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰ ()2D 12a z a dxdydz a dxdy a Ω⎡⎤=-+++⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰， 其中Ω为+S -∑围成的空间区域，D 为0z =上的平面区域222x y a +≤， 于是32212323I a a zdxdydz a a a ππΩ⎛⎫=-⋅-+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰ ()222040012a a r a d dr zdz a ππθ--=--⎰⎰⎰32a π=-.解法二. 直接分块积分11I axdydz a ∑=⎰⎰ ()2222yzD a x y dydz =--+⎰⎰， 其中yz D 为yOz 平面上的半圆222y z a +≤，0z ≤. 利用极坐标，得 222310223a I d a r rdr a ππθπ=--=-⎰⎰， ()221I z a dxdy a ∑=+⎰⎰ ()22221xyD a a x y dxdy a ⎡⎤=--+⎢⎥⎣⎦⎰⎰， 其中xy D 为xOy 平面上的圆域，222xy a +≤，用极坐标，得 ()22222200122a I d a a a r r rdr a πθ=---⎰⎰36a π=， 因此3122I I I a π=+=-. （3）现要设计一个容积为V 的圆柱体的容积，已知上下两低的材料费为单位面积a 元，而侧面的材料费为单位面积b 元.试给出最节省的设计方案：即高与上下底面的直径之比为何值时，所需费用最少？解：设圆柱体的高为h ，底面直径为d ，费用为f ， 根据题意，可知22d h V π⎛⎫= ⎪⎝⎭，24V d h π= 222d f a b dh ππ⎛⎫=⋅⋅+⋅ ⎪⎝⎭212a d b d h π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 2111222ad bdh bdh π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ 23132ad bdh bdh π≥⋅⋅ ()2223332ab d h π=⋅2233342V ab ππ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭， 当且仅当2ad bdh =时，等号成立，h a d b=， 故当h a d b=时，所需要的费用最少. （4）已知()f x 在11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内满足()331sin cos f x x x '=+求()f x . 解：()331sin cos f x dx x x '=+⎰22211sin cos 3sin cos 2sin sin cos cos x x dx x x x x x x +⎛⎫=+ ⎪+-+⎝⎭⎰，111sin cos 2sin 4dx dx x x x π=+⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰⎰114ln tan 22x C π+=+， ()222sin cos sin cos 11sin sin cos cos sin cos 22x x x x dx dx x x x x x x ++=-+-+⎰⎰ ()2sin cos 2sin cos 1x x dx x x +=-+⎰ ()()2sin cos 2sin cos 1d x x x x -=-+⎰ ()22arctan sin cos x x C =-+所以，()()2124ln tan arctan sin cos 3232x f x x x C π+=+-+. 二、 求下列极限.（1）1lim 1n n n e n →∞⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； （2）111lim 3n n n n n a b c →∞⎛⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，其中0a >，0b >，0c >.解：（1）11lim 1lim 1n x n x n e x e n x →∞→+∞⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1ln 1lim 1x x x e ex ⎛⎫+ ⎪⎝⎭→+∞-=211111ln 11lim 1xx x x x x x x→+∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦=- 211ln 11lim 1x x x e x →+∞⎛⎫+- ⎪+⎝⎭=- ()2311111lim 12x x x x e x→+∞-+++= ()2211lim 12x x e x →+∞-+= 21lim 2211x e e x →+∞=-=-⎛⎫+ ⎪⎝⎭. （2） 111111lim lim 33n x n n n x x x n x a b c a b c →∞→+∞⎛⎫⎛⎫++++⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111ln 3lim x x x a b c x x e ++→+∞= 111ln3lim 1x x xx a b c x e →+∞++=， 111ln3lim 1x x x x a b c x →+∞++1111112211ln ln ln lim 1x x x x x x x a a b b c c x a b c x →+∞⎛⎫⎛⎫++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭++=-1111111lim ln ln ln x x x x x x x a a b b c c a b c →+∞⎛⎫=++ ⎪⎝⎭++ ()1ln ln ln 3a b c =++3ln abc =， 故1113lim 3n n n n n a b c abc →∞⎛⎫++ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭. 一般地，有1112lim n m n k k m m n a a a a m =→∞⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑ ，其中0k a >，1,2,,k m = ， 120lim x x nx x x e e e n →⎛⎫+++ ⎪⎝⎭ 2ln 0lim x x nx e e e n x x e +++→= ()2ln ln 0lim x x nx e e e n x x e +++-→= ()22012lim 1x x nx x x nx x e e ne e e e e→++++++= ()11122n n n e e++++== . 三．设()f x 在1x =点附近有定义，且在1x =点可导，()10f =，()12f '=，求()220sin cos lim tan x f x x x x x→++. 解：()220sin cos lim tan x f x x x x x →++()()22220sin cos 1sin cos 1lim tan sin cos 1x f x x f x x x x x x x →⎛⎫+-+- ⎪=⋅ ⎪++-⎝⎭()220sin cos 11lim tan x x x f x x x→+-'=+ 2220sin 2sin 22lim tan x x x x x x →-=+22022sin cos 1222lim sin 11cos x x x x x x x →⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 2200sin cos 122lim lim sin 11cos x x x x x x x x→→⎛⎫- ⎪=⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭ 2111112-=⋅=+.四、 设()f x 在[)0,∞上连续，无穷积分()0f x dx ∞⎰收敛，求()01lim y y xf x dx y →+∞⎰. 解：设()()0x Fx f t dt =⎰，由条件知，()()F x f x '=， ()()0lim x F x f t dt A +∞→+∞==⎰， 利用分部积分，得 ()()00y yxf x dx xF x dx '=⎰⎰()()0y yF y F x dx =-⎰， ()()()0011y y xf x dx F y F x dx y y =-⎰⎰， ()()0lim lim y y y F x dx F y A y →+∞→+∞==⎰， 于是()()()0011lim lim lim y y y y y xf x dx F y F x dx y y →+∞→+∞→+∞=-⎰⎰0A A =-=.五．设函数()f x 在[]0,1上连续，在()0,1内可微，且()()010f f ==，112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 证明：（1）存在1,12ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()f ξξ=；（2）对于每一λ，存在()0,ηξ∈，使得()()1f f ηληλη'=-+. 证明：（1）令()()F x f x x =-，由题设条件，可知1122F ⎛⎫= ⎪⎝⎭， ()11F =-；利用连续函数的介值定理，得 存在1,12ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0F ξ=，即()f ξξ=.（2）令()()()x G x e f x x λ-=-，由题设条件和（1）中的结果，可知，()00G =，()0G ξ=；利用罗尔中值定理，得存在()0,ηξ∈，使得()0G η'=，由()()()()()1x x G x e f x e f x x λλλ--''=---， 即得()()1f f ηληλη'=-+.六、 试证：对每一个整数2n ≥，成立11!!2n nn n e n +++> . 分析：这是一个估计泰勒展开余项的问题，其技巧在于利用泰勒展开的积分余项.证明：显然0n=时，不等式成立；下设1n ≥. 由于()001!!k n n n n t k n e n t e dt k n ==+-∑⎰， 这样问题等价于证明()0!2n n n t n en t e dt ->-⎰， 即 ()002n n n t n t t e dt e n t e dt +∞-->-⎰⎰， 令u n t =-上式化为 002n n t n u t e dt u e du +∞-->⎰⎰， 从而等价于0n n u n u n u e du u e du +∞-->⎰⎰， 只要证明20n n n u n u n u e du u e du -->⎰⎰， 设()n u f u u e -=，则只要证明()()f n h f n h +≥-，()0h n ≤≤，就有()()00n nf n h dh f n h dh +≥-⎰⎰，()()20n n n f u du f u du >⎰⎰， 则问题得证.以下证明()()f n h f n h +≥-，()0h n ≤≤，成立上式等价于()()n n n h h n n h en h e ---+≥-， 即()()lnln n n h h n n h h +-≥-+， 令()()()ln ln 2gh n n h n n h h =+---， 则()00g =，并且对0h n <<，有2dg n n dh n h n h=+-+- 2222222220n h n h n h=-==>--， 从而当0h n <<时，()0g h >，这样问题得证.注：利用这一结论，我们可以证明如下结论.六、设1n >为整数，()2011!2!!n x tt t t F x e dt n -⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭⎰ ，证明方程()2n F x =，在,2n n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上至少有一个根. 六、 证明：存在1(,)2a n n ∈，使得001!2k n a x k x e dx n k -==∑⎰. 证明：令()00!k nyx k x f y e dx k -==∑⎰， 则有220002!2n n k n x x x k n x n f e dx e e dx k --=⎛⎫=<= ⎪⎝⎭∑⎰⎰， ()00!k n n x k x f n e dx k -==∑⎰00!kn n n k n e dx k -=>∑⎰ 0122nn n n e e dx ->⋅=⎰， 由连续函数的介值定理，得存在,2n a n ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()2n f a =， 故问题得证. 这里是由于()0!kn x k x g x e k -==∑， ()0!n x x g x e n -'=-<， ()g x 在[)0,+∞上严格单调递减，所以，当0x n <<时，有()()g x g n >.七、 是否存在R 上的可微函数()f x ，使得2435(())1f f x x x x x =++--，若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明。
第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准(非数学类)
第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准（非数学类，2019年3月30日）一、填空题（本题满分30分，每小题6分）1、设函数在点在处连续，则的值为答案：2、设则答案：3、设曲线L是空间区域的表面与平面的交线，则答案：4、设函数由方程确定，其中具有连续二阶偏导数，则答案：5、已知二次型，则的规范形为答案：二、设内三阶连续可导，满足，又设数列满足严格单调减少且计算【解】由于在区间（-1,1）内三阶可导，在处有Taylor公式又，所以分①由于数列严格单调且，则，且为严格单调增加趋于正无穷的数列，注意到，故由Stolz定理及①式，有分分三、设上具有连续导数，且证明：对于成立【证明】令则故函数在上严格单调增加，记的反函数为，则定义在上，且4分于是根据积分中值定理，存在使得分因此注意到则即分四、计算三重积分：，其中【解】采用“先二后一”法，并利用对称性，得其中分用极坐标计算二重积分，得交换积分次序，得分作变量代换:并利用对称性，得所以.分五、之和.【解】级数通项令分其中.因为所以满足解这个一阶线性方程，得由得,故且分六、设A是n阶幂零矩阵,即满足证明:若A的秩为r，且则存在n阶可逆矩阵P其中为r阶单位矩阵. 【证】存在n阶可逆矩阵H,Q，使得因为所以有分对QH作相应分块为则有因此分而所以显然，所以为行满秩矩阵.8分因为使得分令则有分七、设为单调递减的正实数列,收敛，证明：收敛，所以对任意给定，存在自然数，使得当时,有因为单调递减的正数列，所以分注意到当时，有令得到分下面证明：对于任意自然数n，如果满足则有事实上,即得到分利用（2），令可以得到即分又由知，存在自然数，使得分取则当时，有因此分。
2013年经济联考数学真题解析
x
dx
2 3t 2 0 1t
dt
3
2 0
t
2
1 1 t
1
dt
3
2 0
t
1
1
1
t
dt
3
t2 2
2 0
3
2
3
ln(1
t
)
2 0
3ln 3.
34. 求函数 y x4 2x3 1的单调区间和极值点.
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不难验证 B
、D
选项中的
1
2
2
为 Ax
的一个特解. B、D 选项选哪个关键要看
1,1 2 和1,1 2 哪一组向量可作为 Ax 0 的基础解系. 若 k11 k2 1 2 0 ，则
(k1 k2 )1 k22 0 ， 故 k1 k2 0 . 这 说 明 不 存 在 不 全 为 零 的 数 k1, k2 ， 使 得
义求极限”. 故可用下述两种方法求解. 以选项 D 为例.
方法一（凑导数定义）
lim
x0
f (x0
2x) x
f (x0
x)
lim x0
f
( x0
2x)
f (x0 ) x
f
(x0 )
f (x0
x)
lim
x0
f
( x0
2x) x
f
【答案】C.
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【解析】由 X P(2) 得 EX DX 2 ，故 EZ E 3X 2 3EX 2 3 2 2 4 .
厦门大学《高等数学(AC)》经管类(A卷)期末试卷及答案
一、解下列各题 （每小题6分，共42分）1、 220limarctan xt x x e dtx x-→-⎰. 2、设函数()f x 连续，且31()x f t dt x -=⎰，求(7)f .3、设(cos )ln(sin )f x dx x c '=+⎰，求()f x .4、已知点()3,4为曲线2y a =a , b .5、求函数2()2ln f x x x =-的单调区间与极值.6、设函数21()cos x f x x⎧+=⎨⎩0,0.x x ≤> 求2(1)f x dx -⎰.7、求曲线3330x y xy +-=的斜渐近线.二、计算下列积分（每小题6分，共36分）1、31sin cos dx x x ⎰.2、.3、523(23)x dx x +⎰.4、41cos 2xdx x π+⎰. 5、312⎰ 6、2220x x edx +∞-⎰，其中12⎛⎫Γ= ⎪⎝⎭.三、应用题（每小题6分，共12分）1、 假设在某个产品的制造过程中，次品数y 是日产量x 的函数为： 2100,102100.x x y xxx ⎧≤⎪=-⎨⎪>⎩并且生产出的合格品都能售出。
如果售出一件合格品可盈利A 元，但出一件次品就要损失3A元。
为获得最大利润，日产量应为多少？ 2、设函数()f x 连续，(1)0f =，且满足方程1()()xf x xe f xt dt -=+⎰，求()f x 及()f x 在[]1,3上的最大值与最小值.四、证明题（每小题5分，共10分）1、当0x >时，证明：(1ln x x +>2、设函数)(x f 在[],a b 上连续，()0f x ≥且不恒为零，证明()baf x dx ⎰0>.一、解下列各题 （每小题6分，共42分）1、解：2220023200011lim lim lim arctan 33xxt t x x x x x e dtx e dte x x x x ---→→→---===⎰⎰ 2、 解：两边求导有233(1)1xf x -=，令2x =，得1(7)12f =。
第十届全国大学生数学竞赛决赛参考答案
阅卷人
1; 又设数列
), 严格单调减少且
lim an = 0. 计算
2 lim nan n!1
解. 由于 f (x ) 在区间 ( 1; 1) 内三阶连续可导, f (x ) 在点 x = 0 处有 Tayor 公式 f (x ) = f (0) + f 0 (0)x + f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 x + x + o(x 3 ); 2 3! 1, 所以 1 3 x + o(x 3 ): 6 (1)
(8 分) (10 分)
(11 分)
得
分
阅卷人
n!1
七、 (本题满分 11 分) 设 fun g1 n=1 为单调递减的正实数列, 1 X lim un = 0, fan g1 为一实数列 , 级数 an un 收敛, 证明: n=1
n=1 n!1
lim (a1 + a2 +
+ an )un = 0:
分
阅卷人 座位号 证明. 令 y = x
1 1 , 则 y0 = 1 + > 0. 故函数 y (x ) 在 [˛; ˇ ] 上严格单调增加. 记 y (x ) 的反 nx nx 2 Ä 1 1 函数为 x (y ), 则 x (y ) 定义在 ˛ ;ˇ 上, 且 n˛ nˇ x 0 (y ) = 1 y 0 (x ) = 1 > 0: 1 1 + nx 2
密封线 答题时不要超过此线
得
分
一、 填空题 (本题满分 30 分, 共 5 小题, 每小题 6 分)
阅卷人 8p ˆ < 1 ˆ : Z
准考证号
(1) 设函数 y =
第十届全国大学生数学竞赛决赛参考答案
准考证号
Þ
省市
学校
第 5 页, 共 7 页
得
分
阅卷人
六、 (本题满分 11 分) 设 A 是 n 阶幂零矩阵, 即满足 A2 = O . n 证明: 若 A 的秩为 r , 且 1 6 r < , 则存在 n 阶可逆矩阵 P , 使得 2 ! O I O r P 1 AP = , 其中 Ir 为 r 阶单位矩阵. O O O
座位号
注意到当 m < n 时, 有
n X k =m k X i =1 n X k =1 n 1 X k =1
(Ak
Ak
1 )bk = An bn
= lim = lim = lim
机
n!1
密
2 a2 an n+1 n!1 2 an 2 an +1
2 lim nan = lim
n Stolz 1 H H H H lim 2 2 2 n!1 1/a n!1 1/a 1/an n n+1 = lim
2 f 2 (a ) an n 2 (a ) n!1 a2 f n n
第十届全国大学生数学竞赛决赛参考答案
（非数学类, 2019 年 3 月 30 日）
座位号
绝密 F 启用前
(14 金融工程–零蛋大)
考试形式： 闭卷 考试时间： 150 分钟 满分： 100 分
题号 满分 一 30 二 12 三 12 四 12 五 12 六 11 七 11 总 分 100
考场号
得分 注意：本试卷共七大题, 满分 100 分, 考试时间为 150 分钟. 1: 所有答题都须写在试卷密封线右边, 写在其他纸上一律无效: 2: 密封线左边请勿答题, 密封线外不得有姓名及相关标记:
关于公布二 一 年度厦门大学“景润杯”数学竞赛获奖名单的通知
第十届厦门大学景润杯数学竞赛获奖名单公示根据厦门大学“关于组织申报校级本科生学业竞赛项目的通知”〔厦大教（2013）16号〕，由数学科学学院组织协办的第10届厦门大学景润杯数学竞赛活动历经3个多月于6月22日圆满结束。
本届厦门大学“景润杯”数学竞赛活动共有1846名学生报名参赛，其中厦门大学1316名，集美大学和厦门理工学院530名。
我校实际参赛的总人数为1207名，其中数学专业组76人，理工类专业组861人，经管类专业组270人。
根据第10届“景润杯”数学竞赛组委会的规定，按照数学专业组、理工类组与经管类组三个组别分别进行竞赛评奖，117名学生分获竞赛一、二、三等奖，其中一等奖9名、二等奖27名、三等奖81名，名单如下：
第十届厦门大学景润杯数学竞赛获奖学生名单
一、数学专业（一等奖2人，二等奖6人，三等奖18人，合计26人）
二、理工专业组（一等奖4人，二等奖12人，三等奖36人，合计52人）
三、经管专业组（一等奖3人，二等奖9人，三等奖27人，合计39人）
厦门大学数学科学学院
2013.6.25。
第十届2013景润杯(经管)
1. (15分)求下列极限（每小题5分，共15分）（1） nnn nn n n ln )ln 2ln (lim +-∞→ 解：321ln ln ln ln )ln 21()ln 1(lim )ln 21ln 1(lim )ln 2ln (lim --∞→∞→∞→==+-=+-=+-e e e nn n n n n n n n n n n n n nn n n nn n n n ( 2）23202arctan )1(sin lim 22t e dy y dx t t txt --→⎰⎰+π； 解：232223202arctan )1(sin lim arctan )1(sin lim222tedxdyy tedyy dx t Dt t t tx t -=--→-→⎰⎰⎰⎰++ππ7sin lim22sin lim27202320020πππ-=-=-=⎰⎰⎰++→→t dyy y t tdx y dy t t tyt .（3）y x x ye RD xR d d arctan lim ⎰⎰-+∞→，其中R D 是由12,0,-===x Ry y R x所围成.解：由于函数xye x arctan-在R D 上连续，由积分中值定理得 ,arctan 4d d arctan d d arctan ξηξηξξ---==⎰⎰⎰⎰e R y x e y x x y e RRD D x 其中R D ∈),(ηξ，即10,2≤≤≤≤ηξR R ，于是当+∞→R 时，0arctan 4d d arctan |d d arctan |2→≤=---⎰⎰⎰⎰ξηξηξR D D x e R y x e y x x y e RR， 所以0d d arctan lim =⎰⎰-+∞→y x xye RD xR .厦门大学第十届景润杯数学竞赛试卷＿＿＿＿＿＿学院＿＿＿年级＿＿＿＿＿＿专业竞赛时间 2013.06.22 （经管卷）2. (10分) 设)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可导，且)1()0(2f f =，试证明：至少存在一点)1,0(∈ξ，使得)()()1(ξξξf f ='+。
2013年福建高一数学竞赛试题
2013年福建省高一数学竞赛试题参考答案及评分标准（考试时间：5月12日上午8：30－11：00）一、选择题（每小题6分,共36分） 1．已知集合{}1A x x x Z =-≤∈,{}21B y y x x R ==-+∈，,则A B ⋂的非空真子集有（ D ）A ．31个B ．30个C ．15个D ．14个【解答】由条件知,{}2101234A =--，，，，，，,(]1B =-∞，,{}2101A B ⋂=--，，，。
∴ A B ⋂的非空真子集有42214-=个。
2．给出下列四个命题：① 若平面α内有不在一条直线上的三个点到平面β的距离相等,则αβ∥。
② 三个平面可以把空间分成七个部分。
③ 正方体1111ABCD A BC D -中与对角线1DB 成异面直线的棱共有5条。
④ 若一条直线和平面内无数条直线没有公共点,则这条直线和这个平面平行。
其中假．命题的个数为（ C ） A ． 1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个 【解答】易知,命题②为真命题,①、③、④为假命题3．设方程31log ()03x x -=与141log ()04x x -=的根分别为1x ,2x ,则（ A ）A ．1201x x <<B ．121x x =C ．1212x x <<D ．122x x ≥ 【解答】易知12x =是方程141log ()04x x -=的根,即212x =。
设31()log ()3x f x x =-,则1(1)003f =-<,31(2)log 209f =->。
∴ 112x <<,1201x x <<。
4．函数1111()1232013f x x x x x =++++++++图像的对称中心是（ B ）A ．(10060)-，B ．(10070)-，C ．(10060)，D ．(10070)， 【解答】设1111()(1007)1006100510051006g x f x x x x x =-=++++--++。
厦门大学第十二届(2015)景润杯数学竞赛试卷答案(理工类)评分标准
厦门大学第十二届“景润杯”数学竞赛试卷（理工类）参考答案一、求下列各题极限（每小题4分，共8分）（1） 求极限 20(32sin )3lim tan x xx x x→+-. 解一：20(32sin )3lim tan xxx x x →+-2002(1sin )13lim3lim xx x x x x→→+-=⋅ …………………………..1分 2ln(1sin )32e1limx x x x +→-= …………………………..2分202ln(1sin )3lim x x x x →+= ……………………………….1分 02sin 23lim 3x xx →== ……………………………………..1分解二：20(32sin )3lim tan x x x x x →+-ln(32sin )ln320e e lim x x x x x +→-= ………………………………………..1分20[ln(32sin )ln3]lime x x x xξ→+-= ……………………2分 202ln(1sin )3lim x x x x→+= …………………………….1分 02sin 23lim 3x xx →== …………………………………..1分其中ξ在ln(32sin )ln3x x x +与之间. (2)设12121,2,(2,3,)n n n x x x x x n --===+=，求极限1limn nx →∞. 解一：由题设条件知，对2n ∀>，0n x >，且120n n n x x x ---=>，即{}n x 严格单增，所以, 1212n n n n x x x x ---=+<，112n n x x ->，即有 2112n n x x -->， 故 211121213333()()()2222n n n n n n n x x x x x x ------=+>>>>= …………………….3分所以，11103()2n n x -≤≤， ……………………….1分 由11lim 03()2n n →∞-=得1lim 0.n n x →∞= ………………………..1分解二：用归纳法证明：n x n ≥，1,2,n =事实上，当1,2n =时，结论成立。
第十届全国大学生数学竞赛(非数学类)答案
第十届全国大学生数学竞赛（非数学类）预赛试题及答案一、填空题（本题满分24分, 共4小题, 每小题6分)（1）设(0,1),α∈则()lim (1)n n n αα→+∞+-=＿0＿＿＿＿＿＿.解 由于 1111,n n α⎛⎫⎛⎫+<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则 αααααα-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+<⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+11111111)1(n n n n n n n ， 于是 ααα-<-+<11)1(0nn n ，应用两边夹法则，()lim (1)0n n n αα→+∞+-=. （2）若曲线()y y x =由+cos +sin 1yx t t e ty t =⎧⎨+=⎩确定，则此曲线在0t =对应点处的切线方程为0(1)y x -=--解：当0t =时，1,0x y ==，对cos x t t =+两边关于t 求导：1sin dx t dt =-，01t dxdt ==， 对+sin 1y e ty t +=两边关于t 求导：cos 0y dy dy e y t t dt dt +++=，01t dy dt ==-， 则01t dydx ==-.所以，切线方程为0(1)y x -=--.（3）21ln(1)C 2x x +-++ 解1：tan ln(tan sec )ln(tan sec )sin sec x t t t dt t t d t t=+==+⎰⎰ln(tan sec )sin sin ln(tan sec )sint ln(tan sec )t t d t t t t d t t =+=+-+⎰⎰21sin ln(tan sec )sint(sec tan sec )tan sec t t t t t t dt t t =+-++⎰sin sin ln(tan sec )cos tt t t dt t=+-⎰21sin ln(tan sec )ln |cos |C ln(1)C 2t t t t x x =+++-++.解2：ln(x d =+⎰1x dx ⎛⎫=-21xx dxx=-+⎰21ln(1)C2x x-++（4）21coslimx x→-=＿＿＿3＿＿＿＿.解答：2001coslimx xxx→→⎡-=⎢⎣⎦211lim2x x→=+2211lim2x x x→⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦1lim2x→=++⎢⎥⎣⎦220011cos21cos313lim lim1322322x xx xx x→→--=++=++=.二 (本题满分8分) 设函数()f t在0t≠时一阶连续可导，且(1)0f=，求函数22()f x y-，使得曲线积分2222(2())()Ly f x y dx xf x y dy⎡⎤--+-⎣⎦⎰与路径无关，其中L为任一不与直线y x=±相交的分段光滑闭曲线.解：设22(,)(2())P x y y f x y=--，22(,)()Q x y xf x y=-，由题设可知，积分与路径无关，于是有(,)Q x y Px y∂∂=∂∂，由此可知222222()()()1x y f x y f x y'--+-=-----------5分记22t x y=-，则得微分方程()()1tf t f t'+=，即(())1tf t'=，())tf t t C=+又(1))0f=，可得1,C=-1())1f tt=-，从而22221()1f x yx y-=--.------------8分三 (本题满分14分) 设()f x在区间[0,1]上连续，且1()3f x≤≤.证明：1100141()()3f x dx dxf x≤≤⎰⎰.证明. 由柯西不等式111()()f x dx dx f x ⎰⎰≥201⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎰. --------4分 又由于 ()()()1()30f x f x --≤，则()()()1()3/()0f x f x f x --≤，即 3()4()f x f x +≤， 103()4()f x dx f x ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭⎰. ----------10分 由于21111000313()()()4()f x dx dx f x dx f x f x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰故 11141()()3f x dx dx f x ≤≤⎰⎰. -----------14分 四 (本题满分12分)计算三重积分22()V xy dV +⎰⎰⎰（），其中V （）是由222(2)4x y z ++-≥，222(1)9x y z ++-≤，0z ≥所围成的空心立体.解：（1）1sin cos ,sin sin ,1cos ():03,0,02x r y r z r V r ϕθϕθϕϕπθπ==-=⎧⎨≤≤≤≤≤≤⎩123222225()8()sin sin 315V x y dV d d r r dr ππθϕϕϕπ+==⋅⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ----------4分 （2）2sin cos ,sin sin ,2cos ():02,0,02x r y r z r V r ϕθϕθϕϕπθπ==-=⎧⎨≤≤≤≤≤≤⎩222222225()8()sin sin 215V x y dV d d r r dr ππθϕϕϕπ+==⋅⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ----------8分 （3）3cos ,sin ,10():02x r y r z V r θθθπ⎧==≤≤⎪⎨≤≤≤≤⎪⎩3022223510()22()1)(1243)55V r x y dV rdrd dz d dr πθθπ≤+===-⋅+⎰⎰⎰⎰⎰⎰12322222222()()()()256()()()()3V V V V x y dV x y dV x y dV x y dV π+=+-+-+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰------12分 五 (本题满分14分) 设(,)f x y 在区域DM ≤，11(,)A x y ，22(,)B x y 是D 内两点，线段AB 包含在D 内。
第十届全国大学生数学竞赛数学专业复赛试题参考答案(数学类)及参考标准
（2）设 n 2k, k Z . 由 A2 En 0 知，多项式 g 2 +1是 A 的零化多项式. 注意到 A 是实矩阵，因
此它也是 A 的最小多项式，所以 A 的不变因子为1,1,,1 ， 2+1 ,2 +1,,2+1.
k
k
0
设
J
Ek
Ek 0
，则
En
J
Ek
Ek
Ek Ek
比较
cij bij
,
i, j 1, 2,, k.
显然，
det Bij 0, i, j 1,2,,k.
容易验证，形如
a b
b a
的两个矩阵的和与积还是这种类型的矩阵.
当它可逆时，其逆矩阵仍然是这种类型的
矩阵，且
a b
b a
可逆的充要条件是
0 ，所以
det B det B1 det Bm1,m1 0 .
（ii）若 Bm1,m1 不可逆，但有 Bm1,l 可逆，此时把第 l 列交换到最后一列，则有
B11
det
B
(1)2(ml) det
B21
Bm
1,1
B11 B1,m1
det
B21
B2,m1
P
，使得
P1
AP
J
.
注意到
A1
AB BA ，则有
P1AP P1BP P1BP P1AP .
B11 B12 B1k
令
B
P 1BP
B21
B22
B2k
，则由
JB
BJ
可得：
Bk1
Bk 2
Bkk
0
Bij
2013年福建高中数学竞赛
2013年福建省高中数学竞赛暨2013年全国高中数学联赛（福建省赛区）预赛试卷参考答案（考试时间：2013年9月7日上午9：00－11：30，满分160分）一、填空题（共10小题，每小题6分，满分60分。
请直接将答案写在题中的横线上） 1．已知数列{}n a 满足132a =，12n n a a n +-=（*n N ∈），则na n的最小值为 。
【答案】313【解答】由132a =，12n n a a n +-=知，12(1)n n a a n --=-，122(2)n n a a n ---=-，……，2121a a -=⨯，132a =。
上述n 个等式左右两边分别相加，得(1)32n a n n =-+。
∴321n a n n n =-+，又5n =时，525n a n =；6n =时，313n a n =。
∴ 6n =时，n a n取最小值313。
2．对于函数()y f x =，x D ∈，若对任意的1x D ∈，存在唯一的2x D ∈，使得M =，则称函数()f x 在D 上的几何平均数为M 。
已知32()1f x x x =-+，[]12x ∈，，则函数32()1f x x x =-+在[]12，上的几何平均数M = 。
【答案】【解答】 ∵ 当12x <<时，2()32(32)0f x x x x x '=-=->， ∴ 32()1f x x x =-+在区间[]12，上为增函数，其值域为[]15，。
∴ 根据函数()f x几何平均数的定义知，M =3．若三个非零且互不相等的实数a 、b 、c 满足112a b c+=，则称a 、b 、c 是调和的；若满足2a c b +=，则称a 、b 、c 是等差的。
已知集合{}2013M x x x Z =≤∈，，集合P 是集合M 的三元子集，即{}P a b c M =⊂，，。
若集合P 中元素a 、b 、c 既是调和的，又是等差的，则称集合P 为“好集”。
厦门大学《高等数学》2012-2013学年第二学期期末试卷A卷
2012-2013AA31. C为任意常数，且F ( x) f( x) ，下列等式成立的是（）(A)F(x)dx f(x)C(B)F(x)dx F(x)C ( C ) F ( x) dx F ( x) C ( D ) f ( x) dx F ( x) C 2. 设函数f( x) 在区间[ a , b] 上连续，则积分af( x )dx的值（）( A) 与积分变量字母的选取有关(B)与积分区间无关，只与被积函数有关(C ) 与积分区间和被积函数有关( D ) 与被积函数的形式无关3. 下列不等式中成立的是( )1 1( A)x dxx2 dx0 0(C )1x dx1x2 dx2 2( B )1xdx1x2 dx1 1( D )1x3 dx1x2 dx12341. 函数f( x ) x2 4 x 6 在闭区间[ 3 , 10 ] 上最大值为_______.2. 设sin x是函数f( x)4 0sin 3 t dt4. 设函数f( x )ex的一个原函数，则xf ( x)dx＝_______._______.，则f( x) dx_______.631. 求函数f ( x ) x 3 3x 2 5 的单调区间与极值．,0x13,1x31xb333x xx x 2. 证明： 当x 1 时， ln x ．x 13. 欲做一个底为正方形、 容积为108 m 3 的长方体开口容器， 问该容器底边长x 与高h 各为 多少时，才能使得制作该容器的用料最省？155311. lim2. lim3. lim x 1 xx 0 x 3 x 0 sin x e x 1 x 1205 41. 3 dx2. x 4ln x dx 3. 1dx 3 dx 4.205 41. 1| 1 x | dx 2.1 dx 3. 0e x( 4 x 3 ) dx 4.21 x(6 ) 设 f ( x ) 具有连续的二阶导数， 且 f ( 0 ) 4 ，lim 0 ，试求x 0x1f ( x ) xlim 1 .x 0xx sin x 1 1x 2 91 1 e x ex1x 22 ( x 1)f ( x ) 1 x 22dx。
第10届景润杯 第二讲 函数与函数的连续(讲座)
举一反三练习
) 上连续， 1、 设函数 f ( x) 在 (，
f ( x) 0 （n n 且 lim x x
n
是正整数）证明：
) ， （1） 当 n 是奇数时， 存在 (，
f ( ) 0 ； 使得 ) ， （2） 当 n 是偶数时， 存在 (， ) 有 使得对一切 x (， n n f ( ) x f ( x).
0
0
且 f ( x0 ) f ( x0 r ).
例 2
设 f ( x) 是 (,) 上的连续
f ( x ) 函数， 存在 lim ， 且 f ( x) 的 x f ( x) f ( a ) a ， 最小值 xmin 求证： ( , )
f ( f ( x)) 至少在两个点处取到 f ( x)
（1） 问 a 为何值时，f (x) 在 x =0 点处连续？ （2） 当 f (x) 在 x =0 点处连续时， 是否可导？ 如果可导试计算出 f (0) ；如果不可导，则计 算出 f (0) 和 f +(0) 。
2、闭区间上连续函数的性质
定理 1( 有界性和最大值和最小值定理 ) 在闭区间上 连续的函数有界且一定有最大值和最小值.
定理2.零点定理与介值定理
定义 的零点. 零点定理 如果 x 0 使 f ( x0 ) 0, 则 x 0 称为函数
f ( x)
设函数 f ( x )在闭区间 [a , b] 上连续, 且
f (a )与 f (b) 异号 (即 f (a ) f (b) 0), 那么在开区
f ( x )的一个零点, 即至少有 一点 (a b), 使 f ( ) 0. 即方程 f ( x ) 0 在 ( a , b ) 内至少存在一个实根.
厦门大学2013年“景润杯”数学竞赛试题及答案
1. （12分）求下列极限（1） 21)arcsin (lim xx x x → 解：)arcsin ln(1lim )arcsin ln(1010222lim )arcsin (lim x xxx x x x x x x e e xx →==→→ 而2020201arcsin lim )]1arcsin (1ln[1lim )arcsin ln(1lim xx xx x x x x x x x x -=-+=→→→ 2220220301311lim 3111lim arcsin lim x x x x x x x x x x x ---=--=-=→→→6121lim 3111lim 3111lim 131lim 22022022020==--=---=→→→→x xx x x x x x x x x 所以6110)arcsin (lim e xx x x =→. （2） 23202arctan )1(sin lim 22t e dy y dx t t txt --→⎰⎰+π； 解：232223202arctan )1(sin lim arctan )1(sin lim222tedxdy y tedyy dx t D t tt tx t -=--→-→⎰⎰⎰⎰++ππ7sin lim22sin lim27202320020πππ-=-=-=⎰⎰⎰++→→t dyy y t t dx y dy t t tyt（3）y x x ye RD x R d d arctan lim ⎰⎰-+∞→，其中R D 是由12,0,-===x Ry y R x 所围成.解：由于函数xye x arctan-在R D 上连续，由积分中值定理得 ,arctan 4d d arctan d d arctan ξηξηξξ---==⎰⎰⎰⎰e R y x e y x x y e RRD D x 其中R D ∈),(ηξ，即10,2≤≤≤≤ηξR R ，于是当+∞→R 时，0arctan 4d d arctan |d d arctan |2→≤=---⎰⎰⎰⎰ξηξηξR D D x e R y x e y x x y e RR， 所以0d d arctan lim=⎰⎰-+∞→y x xye RD xR .2、(8分) 计算定积分 3222||3d x x x -+-⎰.解：323222222|(2||3)|d |(2||3)|d |(2||3)|d x x x x x x x x x --+-=+-++-⎰⎰⎰2322022|(23)|d |(23)|d x x x x x x =+-++-⎰⎰12320122|(3)(1)|d 2|(3)(1)|d (23)d x x x x x x x x x =+-++-++-⎰⎰⎰12320122(3)(1)d 2(3)(1)d (23)d x x x x x x x x x =-+-++-++-⎰⎰⎰493=. 3. (10分) 设)(),(x g x f 在],[b a 上连续，在),(b a 可导，且a b 32>，0)(,0=>+a f b a ，0533522=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+b a f b a f ，证明存在一点),(b a ∈ξ，使得0)()()(='+'ξξξg f f 。
数学竞赛选拔考卷
专业课原理概述部分一、选择题（每题1分，共5分）1. 若一个等差数列的首项为3，公差为2，则第10项是多少？A. 21B. 19C. 17D. 152. 在直角三角形中，若一个锐角的度数是30°，则它的余角的度数是？A. 60°B. 90°C. 120°D. 150°3. 一个圆的周长是18.84厘米，它的直径大约是多少厘米？A. 6B. 8C. 10D. 124. 下列哪个数是素数？A. 27B. 29C. 31D. 335. 一个长方形的长是10厘米，宽是5厘米，它的面积是？A. 50平方厘米B. 60平方厘米C. 70平方厘米D. 80平方厘米二、判断题（每题1分，共5分）1. 任何两个奇数相加都是偶数。
（）2. 一个数的平方根一定小于这个数。
（）3. 平行四边形的对角线互相平分。
（）4. 1千克等于1000克。
（）5. 圆的周长与直径成正比。
（）三、填空题（每题1分，共5分）1. 5^2=（）。
2. 若x=3，则2x+1=（）。
3. 1米=（）分米。
4. 3.14是（）的近似值。
5. 一个等边三角形的周长是15厘米，它的边长是（）厘米。
四、简答题（每题2分，共10分）1. 请写出5个10以内的质数。
2. 请简述平行四边形的特征。
3. 请解释什么是比例。
4. 请说明如何计算一个圆柱的体积。
5. 请解释什么是等差数列。
五、应用题（每题2分，共10分）1. 小明有20个苹果，他给了小红一半，小明还剩下多少个苹果？2. 一个长方形的长是12厘米，宽是8厘米，求它的面积。
3. 若一个数加上100后是它的3倍，求这个数。
4. 一个班级有40人，其中有18人是女生，男生占班级人数的比例是多少？5. 一个水池容量为120立方米，每分钟注入4立方米的水，需要多少分钟注满？六、分析题（每题5分，共10分）七、实践操作题（每题5分，共10分）1. 请用直尺和圆规画一个边长为5厘米的正方形。
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1. (15分)求下列极限（每小题5分，共15分）（1） nnn nn n n ln )ln 2ln (lim +-∞→ 解：321ln ln ln ln )ln 21()ln 1(lim )ln 21ln 1(lim )ln 2ln (lim --∞→∞→∞→==+-=+-=+-e e e nn n n n n n n n n n n n n nn n n nn n n n ( 2）23202arctan )1(sin lim 22t e dy y dx t t txt --→⎰⎰+π； 解：232223202arctan )1(sin lim arctan )1(sin lim222tedxdy y tedyy dx t D t t t tx t -=--→-→⎰⎰⎰⎰++ππ7sin lim22sin lim27202320020πππ-=-=-=⎰⎰⎰++→→t dyy y t t dxy dy t t tyt .（3）y x x ye RD xR d d arctan lim ⎰⎰-+∞→，其中R D 是由12,0,-===x Ry y R x所围成.解：由于函数xye x arctan-在R D 上连续，由积分中值定理得 ,arctan 4d d arctan d d arctan ξηξηξξ---==⎰⎰⎰⎰e R y x e y x x y e RRD D x 其中R D ∈),(ηξ，即10,2≤≤≤≤ηξR R ，于是当+∞→R 时，0arctan 4d d arctan |d d arctan |2→≤=---⎰⎰⎰⎰ξηξηξR D D x e R y x e y x x y e RR， 所以0d d arctan lim =⎰⎰-+∞→y x xye RD xR .厦门大学第十届景润杯数学竞赛试卷＿＿＿＿＿＿学院＿＿＿年级＿＿＿＿＿＿专业竞赛时间 2013.06.22 （经管卷）2. (10分) 设)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可导，且)1()0(2f f =，试证明：至少存在一点)1,0(∈ξ，使得)()()1(ξξξf f ='+。
解：构造辅助函数x x f x +=Φ1)()(，显然)(x Φ在]1,0[上连续，在)1,0(内可导，且 ())0(01)0(0f f =+=Φ, ())0(2)0(211)1(1f f f ==+=Φ，因此)(x Φ在]1,0[上满足罗尔定理的条件，则由罗尔定理知，存在)1,0(∈ξ使得0)(=Φ'ξ,即0)1()()()1()(2=+-'+=Φ'ξξξξξf f ，因0)1(2≠+ξ，故有)()()1(ξξξf f ='+. 证毕.3、(10分) 计算定积分 3222||3d x x x -+-⎰.解：323222222|(2||3)|d |(2||3)|d |(2||3)|d x x x x x x x x x --+-=+-++-⎰⎰⎰2322022|(23)|d |(23)|d x x x x x x =+-++-⎰⎰12320122|(3)(1)|d 2|(3)(1)|d (23)d x x x x x x x x x =+-++-++-⎰⎰⎰12320122(3)(1)d 2(3)(1)d (23)d x x x x x x x x x =-+-++-++-⎰⎰⎰493=. 4．(10分) 设x x g x x f αα+=+=1)(,)1()(，),1(+∞-∈x ,其中α为任意实数,试就α的不同取值范围，讨论)()(x g x f 和的大小关系. 解法1：对于函数α)1()(x x f +=，1)1()(-+='ααx x f ，2)1)(1()(-+-=''αααx x f(I)当,0<α或1>α时，0)(>''x f ，)(x f 是严格的下凸函数，而x x g α+=1)(是曲线)(x f y =在点)1,0(处的切线，而严格下凸函数的切线总是位于曲线的下方。
因此有)()(x g x f ≥，即x x αα+≥+1)1(. (II) 当10<<α时，0)(<''x f ，)(x f 是严格的上凸函数，再由上 凸函数的性质（切线总在曲线的上方），即有)()(x g x f ≤，所以x x αα+≤+1)1(.不论何种情况，当且仅当0=x 时，)()(x g x f ≡。
解法2：设辅助函数),1(,1)1()(+∞-∈--+=x x x x F αα 显然]1)1[()(1-+='-ααx x F ，且0)0(=F (i)若0<α或1>α时，当)01(，-∈x 时，0)0()()(0)(=≥↓⇒⇒<'F x F x F x F ; 当)0(∞+∈，x 时，0)0()()(0)(=≥↑⇒⇒>'F x F x F x F , 所以 0)(≥x F ，即x x αα+≥+1)1(. (ii) 若10<<α时，当)01(，-∈x 时，0)0()()(0)(=≤↑⇒⇒>'F x F x F x F ; 当)0(∞+∈，x 时，0)0()()(0)(=≤↓⇒⇒<'F x F x F x F , 所以当10<≤α时，有0)(≤x F ，即x x αα+≤+1)1(. 当且仅当0=x 时，等式成立即)()(x g x f ≡。
5、(10分) 求y x y xy x y x f +-+-=2),(22在全平面上的最大值和最小值。
解法1：令,012022⎩⎨⎧=+-==--=x y f y x f y x 解得唯一的驻点)01(，. 2)0,1(,1)0,1(,02)01(==-==>==yy xy xx f C f B f A ，02>-=∆B AC ,故)01(，是极小值点，极小值为1)01(-=，f . 又有)sin cos 2()cos sin 1()sin ,cos (2θθρθθρθρθρ---=f)(321)sin cos 2()2sin 211(22+∞→+∞→-≥---=ρρρθθρθρ,可见),(y x f 在全平面上无最大值.又知存在0ρ，当0ρρ≥时，1-≥f ,于是在0222ρ≥+y x 内, f 不可能取最小值，即f 的全局最小值只能在0222ρ≤+y x 内取得，又f 在内无不可导点，于是1)0,1(),(min min 2222-===≤+f y x f f y x R ρ. 解法2：先固定x ，求),(min y x f Ry ∈.将),(y x f 改写成]1)1(43[)21(),(22--+-+=x x y y x f 于是当21-=x y 时，1)1(43),(min 2--=∈x y x f Ry ，从而 1]1)1(43[min ),(min min ),(min 2),(2-=--==∈∈∈∈x y x f y x f R x R y R x Ry x ，显然y y y f +=2),0(无最大值，因此),(y x f 也无最大值。
6．(10分) 设锥面2244y x z ++=∑：,平面222:=++∏z y x ，求以点P 为中心与∏相切的球面方程与切点坐标,其中P 是∑上到∏距离最小的点。
解：∑上任一点),,(z y x 到∏的距离为|222|31221|222|),,(322-++=++-++=z y x z y x z y x d 作拉格朗日函数)2()44()222(),,,(2222≥-+++-++=z z y x z y x z y x L λλ则令 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∆-++=∆--++=∆+-++=∆+-++=04402)222(408)222(402)222(2222z y x L z z y x L y z y x L x z y x L z y x λλλλ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-++=--++=+-++=+-++04402)222(408)222(402)222(2222z y x z z y x y z y x x z y x λλλ，解得z y z x 41,21-=-=，代入上述最后一式得22=z , 所以得唯一的极值点)22,22,2(-，因此)22,22,2(-=P ，(因为最小距离是客观存在的，极值点唯一）,最小距离为)12(32)22,22,2(-=-d .由此可得，以点P 为中心与∏相切的球面方程为)223(94)22()22()2(222-=-++++z y x下面计算切点坐标。
过点P 作∏的垂线l ，则l 的方程为22222212-=+=+z y x ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=+-=tz t y tx 2222222，将其代入∏的方程得 2)222(2)222(2)2(=+++-++-t t t ，得)21(92-=t ，代入上式得切点坐标])272(92),2188(181),2112(91[---.7. (10分) 试用二重积分计算由抛物线)0()(2>=+a ax y x 与x 轴所围成的闭区域的面积。
解法1：设所求闭区域的面积为S ，记此闭区域为D ，则⎰⎰=Dy x S d d ，如图所示：D 的边界由)0()(2>=+a ax y x 和x 轴所围成 为求积分S ，作积分变换。
令⎩⎨⎧==+u x v y x ，即⎩⎨⎧-==u v y ux ， 则 11101),(),(=-=∂∂v u y x ，2061|),(),(|d d 2a du dv dudv dudv v u y x y x S a vav D D D===∂∂==⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰''其中},0|),({2v u au a v v u D ≤≤≤≤='.解法2：设闭区域D 的边界为L ，则有oA o A L +=，L 的参数方程为:0,,:==⎩⎨⎧-==终起x a x x ax y x x o A ，a x x y x x oA ==⎩⎨⎧==终起,0,0:利用面积的曲线积分公式⎰⎰⎰-+-=-=OA OA L ydx xdy ydx xdy ydx xdy S 212121 dx x ax ax a x ydx xdy a O A )]()12([21210---=-=⎰⎰ 261a =. 8. (15分)（1）假设从银行贷款0Q 元，年利率为p ，协议规定这笔贷款要在n 年内按月等额归还，试问每月应偿还多少？（2）某先生从银行贷款35万买房，计划10年内按月等额还贷还清贷款，如果贷款的年利率为6%，问这位先生每月要还多少元钱？ 解：（1）假设每月偿还a 元，贷款的月利率12pr = 第一个月应付的利息为 00112rQ pQ y =⋅= 第二个月应付的利息为 ar y r r y a Q y -+=+-=1102)1()( 第三个月应付的利息为 ar y r r y y a Q y -+=++-=21203)1()2(ar y r y n n n -+=++)1(11个月应付的利息为：，可推出第 这是一个一阶非齐次线性差分方程求出它的通解：a r c y n n ++=)1(.将01rQ y =代入，得rarQ c +-=10， 所以第n 个月应付的利息为])1(1[)1()1)((11010---+-++=++-=n n n n r a r rQ a r a rQ y n 年的利息总和为∑∑∑=-=-=+-++==nk n nk n nk k r a na r rQ y Y 121112110121)1(12)1(rr a na r r rQ n n 1)1(121)1(12120-+-+-+=]1)1[()1(12121200-+-++-=n nr rar Q Q na na 12是n 年的总还款数，012Q na -为n 年的总利息，所以]1)1[()1(12121212000-+-++-=-n n r rar Q Q na Q na则0]1)1[()1(12120=-+-+n n r r a r Q ，由此解得1)1()1(12120-++=n nr r rQ a .即每月偿还1)1()1(12120-++=nnr r rQ a 元，n 年恰能还清贷款。