2010年北京科技大学高等数学竞赛试题
2010年全国大学生高等数学竞赛总决赛(答案)
2010年全国大学生数学竞赛决赛答 tian27546这是献给博士论坛一个礼物 转载时请勿注明是博士论坛一、（20分）计算下列各题：1．求极限 211sin )1(lim n k n k n k n π∑-=→∞+解法1因211sin )1(n k n k n k π∑-=+211222sin sin 21(2sin 21n n k n k nn k πππ∑-=+=） )22cos 22(cos 1(2sin 2122112n k n k n k nn k πππππ+--+=∑-=） )22cos 22(cos 1(22112nk n k n k n n k πππππ+--+≈∑-=） 2112211222cos 1(22cos 1(n k nk n n k n k n n k n k ππππππ++--+=∑∑-=-=）） 222211222cos 11(22cos 1(n k n k n n k n k n nk n k ππππππ--+--+=∑∑=-=））2122222222cos 12)12(cos 11(2cos )11(n k n n n n n n n n n n n k πππππππ-+--+-+=∑-=） 21222222)12(cos 2)12(cos 12(2cos )11(nk n n n n n n n n n k ππππππ-+---+=∑-=）（*） 而2122)12(cos n k n k π-∑-=212222sin 2)12(cos22sin 21n n k nn k πππ∑-=-=])1(sin [sin2sin2121222n k n k nn k πππ--=∑-= 2222sin 2sin )1(sinn n n n πππ--=222sin2)2(sin 2cos n n n n πππ-=（**） 将（**）代入（*），然后取极限，得原式]2sin2)2(sin2cos2)12(cos 12(2cos )11([lim 222222n n n nn n n n n n n n n ππππππππ-+---+=→∞）]2)2(sin 2cos 2)8)12(1(12()11([lim 22342222n n n n n n n n n n n ππππππ-+----+=∞→） ]2)2(sin 2cos 2)21(12()11([lim 2232222n n n n n n n n n n ππππππ-+---+=∞→） )]48)2(2)2()(81(2)21(12()11([lim 633222232222nn n n n n n n n n n n πππππππ----+---+=∞→）)]482)(81(2)21(12()11([lim 33222232222n n n n n n n n n n n ππππππππ---+---+=∞→） 65π=上式中含2n 的项的系数为0121=+-πππ，含n 的项的系数为0)2(111=-++πππ，常数项系数为656824ππππππ=-=--解法2 Step 1因∑-=112sin n k n k π211222sinsin 22sin 21n nk nn k πππ∑-==)22cos 22(cos2sin2122112n k n k nn k πππππ+--=∑-=)2)12(cos2(cos2sin21222n n n n πππ--=故)2)12(cos 2(cos 2sin 21lim sinlim 222112n n n nn k n n k n ππππ--=→∞-=→∞∑)2)12(cos2(cos1lim222n n n n n πππ--=→∞nn n n n 2sin 2)1(sin2lim22πππ-=→∞n n n n n 22)1(2lim22πππ-=∞→2π= Step 2因222)12(cosn k nk π-∑=22222sin 2)12(cos22sin21n n k nnk πππ∑=-=])1(sin [sin2sin212222nk n k nnk πππ--=∑= 2222sin 2sinsin n n n n πππ-=2222sin 2)1(sin 2)1(cos nn n n n πππ-+=因此∑-=112sin n k n k nk π211222sin sin 22sin 21n n k n k n n k πππ∑-== ]2)12(cos 2)12(cos [2sin 212112112n k n k n k n k nn k n k πππ+--=∑∑-=-= ]2)12(cos 12)12(cos [2sin 21222112n k n k n k n k nnk n k πππ----=∑∑=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+---=∑-=2122222)12(cos 12)12(cos 12cos 12sin 21n k n n n n n n n nn k ππππ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=∑=222222)12(cos 12)12(cos 2cos 12sin 21n k n n n n nnnk ππππ(*) ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21nn n n n n n n n n n ππππππ 于是∑-=→∞112sin lim n k n n k nk π⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=→∞2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21lim nn n n n n n n n n n n ππππππ ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++---=→∞n n n n n n n n n n 22)1(sin2)1(cos 8)12(11lim 224222πππππ）（ ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---+-++-=∞→n n n n n n n n n n n 2)48)1(2)1()(8)1(1211lim 6332422222ππππππ（⎥⎦⎤⎢⎣⎡----++-=∞→)24)1(1)(81211lim 52322222n n n n n n n n n ππππ（ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)241()(81211lim 2222222n n n n n n n n ππππ（ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)2411)(81211lim 2222222n n n n n n n ππππ（ ）（222222282411211lim n n n n n n n ππππ---++-=→∞ ）（22222228242lim n n n n n ππππ--=∞→62ππ-=3π=原式6532πππ=+=2．计算⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz ，其中 ∑为下半球面222y x a z ---= 的上侧, 0>a .解 记1∑为平面 222,0a y x z ≤+= 的上侧，2∑为下半球面 222y x a z ---= 的下侧，Ω是由1∑和2∑所围成的立体，则422222211)(adxdy a dxdy a dxdy a z axdydz ay x ⎰⎰⎰⎰⎰⎰≤+∑∑===++π，设,sin ,cos θθr y r x ==则⎰⎰∑+∑++212)(dxdy a z axdydz ⎰⎰⎰Ω+++=dxdydz a z a )220(⎰⎰⎰Ω+=dxdydz a z )32(⎰⎰⎰≤+---+=2222220)32(a y x y x a dz a z dxdy⎰⎰≤+---+=22222202]3[a y x y x a dxdy az z⎰⎰≤+--+++-=222)3(222222a y x dxdy y x a a y x a ⎰⎰≤≤≤≤-++-=πθθ2002222d d )3(ar r r r a a r a⎰-++-=a r r r a a r a 02222d )3(2π ⎰-++-=ar r a a r a 022222)d()3(π⎰-++-=22122d ))(3(a u u a a u a π223222)(42a u a a uu a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-=π274a π=⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz⎰⎰⎰⎰∑∑+∑+++++-=12122)(1)(1dxdy a z axdydz a dxdy a z axdydz a 227333a a a πππ-=+-=3．现 设计一个容积为V 的圆柱体容器. 已知上下两底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；即高与的上下底直径之比为何值时所需费用最少？解 设圆柱体的底半径为r ，高为h ，则h r V 2π=，2rVh π=总造价为222r a rh b P ππ+=222r a rbVπ+=， 则2322242r r a bV r a r bV P ππ--=+-='，由0='P 知，解得312⎪⎭⎫⎝⎛=πa bV r ，312⎪⎭⎫ ⎝⎛=ππa bV V h ， 因为是惟一的驻点，所以当3122323131222222:2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=Vab a bV V a bV a bV V h r ππππππ 时，所需费用最少.4．已知 x x x f 33cos sin 1)(+='，)21,41(∈x ，求)(x f 解 因x x x f 33cos sin 1)(+='，)21,41(∈x ，故 ⎰+=x xx x f d cos sin 1)(33⎰+-+=x x x x x x x d )cos )(sin cos sin cos (sin 122⎰+-=x x x x x d )cos )(sin cos sin 1(1⎰+-=x x x d )4sin()2sin 211(21π⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()22cos(211121ππ⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()4(2cos 211121ππ 令)4(21π+=x t ，则⎰+=t tt x f d 2sin )4cos 211(2)(⎰+=t tt t d cos sin )4cos 2(2⎰-+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 2(222⎰+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 3(222 ⎰+-=t tt t t t t d cos sin )cos sin 4)sin (cos 3(222222⎰-++=t t t t t t t t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3()cos (sin 22244222 ⎰-+++=t t t t t t t tt t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3(cos sin 2sin cos 222442244⎰-+++=t t t t tt tan d tan )tan 2tan 33(tan 2tan 122424 令t u tan =，2u v =，则⎰-+++=u u u u u u x f d )233(212)(2424⎰-+++=224224d )233(2122u u u u u u ⎰-+++=v v v v v v d )233(212222⎰+-++=v v v v v v d )323(122222 令)()323(1222v R vAv v v v v +=+-++，则31=A ，)323(332336331)323(12)(22222+--+-++=-+-++=v v v v v v v v v v v v v v R )323(382+-=v v 因此⎰⎰+-+=323d 324d 62)(2v v vv v x f ⎰+-+=323d 324ln 622v v vv ⎰+-+=98)31(d 924ln 622v v v C v v +-+=32231arctan 3221924ln 62C v v +-+=2213arctan 32ln 62 C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C x x +-+++=221)82(tan 3arctan 32)82(tan ln 6222ππ 二、（10分）求下列极限1．⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∞→e n n n n )11(lim解 设xx x f 1)1()(+=, 则))1ln()1(1()1()(21xx x x x x f x+-++=')1()1ln()1()(2x x x x x x f +++-= 原式=)(lim )1(lim010x f x e x x xx '=-+→→)()(lim )(lim 00x f x f x f x x '=→→)1()1ln()1(lim)(lim 20x x x x x x f x x +++-=→→20)1ln()1(limx x x x e x ++-=→22)1ln(lim 0e x x e x -=+-=→2．nnn n n c b a ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++∞→3lim 111，其中0>a ，0>b ，0>c 解 因300ln 3ln ln ln 3ln ln ln lim 33lim abc c b a c c b b a a x c b a x x x x x x x x =++=++=-++→→ 故 原式=333lim)13(1lim 10003lim abc ee c b a x c b a c b axxxx x x x x x x xx xx ===⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-++-++→→→三、（10分）设)(x f 在1=x 处可导，0)1(=f ，2)1(='f ，求xx x x x f x tan )cos (sin lim 220++→ 解 设)(x f 在1=x 处可导，0)1(=f ，2)1(='f ，则xx x f x x f x x x x x f x x tan )1()cos (sin lim tan )cos (sin lim 220220+-+=++→→ 1cos sin )1()cos (sin lim 1cos sin lim tan lim 220220220-+-+-++=→→→x x f x x f x x x x x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim cos 111lim220020-+-+-+=→→→x x f x x f x x x x xx x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim 212200-+-+-=→→x x f x x f x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 21cos 2lim sin lim 2122000-+-+-=→→→x x f x x f x x x x x x1cos sin )1()cos (sin lim 41220-+-+=→x x f x x f x 1)1()(lim 411--=→t f t f t )1(41f '=21= 四、（10分）设)(x f 在),0[+∞上连续，⎰+∞0d )(x x f 收敛，求⎰+∞→yy x x xf y 0d )(1lim.解 令⎰=xt t f x G 0d )()(，则因⎰+∞0d )(x x f 收敛，故)(lim y G y +∞→，不妨设R A y G y ∈=+∞→)(lim ，则[]}d )()(1{lim )(d 1lim d )(1lim0000⎰⎰⎰-==+∞→+∞→+∞→y yy y y y y x x G x xG yx G x y x x xf y)d )(1)((lim 0⎰-=+∞→yy x x G yy G ⎰+∞→-=yy x x G y A 0d )(1lim 0)(lim =-=-=+∞→A A y G A y五、（12分）设函数)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可微，且0)1()0(==f f ，1)21(=f ，证明：（1）存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得ξξ=)(f ；（2）存在()ξη,0∈使得1)()(+-='ηηηf f .证 （1）记x x f x F -=)()(，则函数)(x F 在]1,21[上连续，且1)1(-=F ，21)21(=F ，故由零点存在性定理知存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得0)(=ξF ，即ξξ=)(f . （2）因x x x f x f e x d )1)()((⎰+-'--x e x xe x x f e x x f e x x x x d d d )(d )(⎰⎰⎰⎰----+-'-= x e e x x f e x x f e x x x x d d )(d d )(⎰⎰⎰⎰----++-=x x xe x f e --+-=)(故令x e x x f x F --=))(()(, 则函数)(x F 在],0[ξ上连续，在()ξ,0内可微，0)0(=F ,0)(=ξF ,x x e x x f e x f x F -----'='))(()1)(()(, 故由罗尔定理知,存在()ξη,0∈使得0)(='ηF , 1)()(+-='ηηηf f .六、设)(x f 在),(+∞-∞上有定义，在0=x 的某邻域内有一阶连续导数，且0)(lim 0>=→a x x f x ，证明级数∑∞=-1)1()1(n n n f 条件收敛. 证 因 0)(lim>=→a xx f x ，故存在一个正数δ，使得当δ<-<00x 时，有 2)(aa x x f <-因此x x f a )(2<（δ<-<00x ），于是，当δ1>n 时， δ<-<010n ，nn f a 1)1(2<，n a n f 2)1(>，这表明级数∑∞=1)1(n n f 发散，即级数∑∞=-1)1()1(n n n f 发散.下证原级数收敛：由0)(lim0>=→a xx f x 知，0)(lim lim )(lim )0(000====→→→a x x f x x f f x x x ，0)(lim )0()(lim )0(00>==-='→→a xx f x f x f f x x由)(x f 在0=x 的某邻域内有一阶连续导数知，)(lim )0(0x f f a x '='=→，因此存在一个正数η，使得当η<-0x 时，有2)(aa x f <-' 因此)(20x f a '<<（),(ηη-∈x ）. 特别地，)(x f 在),0(η上单调增，于是当η1>n 时，)1()11(n f n f <+，且0)0()1(lim ==∞→f nf .最后由Leibniz 判别法知，原级数收敛.综上可知，原级数条件收敛.六、（14分）设1>n 为整数，⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ，证明：方程 2)(n x F =在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内至少有一个根. 证 记!!2!11)(2n t t t t p nn ++++= ,)!!2!11()(2n t t t e t r ntn ++++-= ,则)()(t r e t p n t n -=,且当0>t 时,0)(>t p n , 0)(>t r n ,0)(>-t r e n t .记2)()(n x F x -=ψ，则⎰--=n n t t t r e nx 0d )(2)(ψ,因⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ，故函数)(x ψ在],2[n n 上连续，在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内可微，且2)2()2(n n F n -=ψ⎰⎰<-=--=--20200d )(2d ))(1(nn t n n tt t r e n t t r e ,2d )()(0nt t p e n nn t -=⎰-ψ⎰⎰⎰⎰----+-=+--=202220d )(d )(d )(2d ))(1(n nn n t n t n n n t n n t tt p e t t r e tt p e nt t r e⎰⎰++-=---20202d )2(d )(n n n n t n tt n t p et t r e⎰⎰+++-=---20202d )2(d )!1(1nnn nt t t n t p e t e e n ξ ⎰⎰+-++-=+---202022d ))2((d )!1(1nnn nt nt t t n t r e e t e e n ξ ⎰⎰+---+-+-=202022d )!1(1d )!1(121nnnnt t t e e n t e e n n ξξ ⎰⎰--+-+-=2020d )!1(1d )!1(121n nt t t e e n t e e n n ξξ ⎰-+->202d )!1(22n nt t e e n n []202)!1(22nt ne e n n -++= )1()!1(222-+-=ne n n )!1(2)!1(222+++-=n n e n n )!1(22)!1(2222+-=+->n en n e n n n012>->n（若2>n ，则左边的两个不等式都成立） ()()⎰⎰-+-=-+=-=--101021d 121d 121)1()1(t te t t t e F ψ()[]⎰-++-=--101021d 1t e e t t t 032321)1(2111>-=--+-=--ee e 031)2(>->eψ01223!4223)3(1223144144314923232333>-=->⇒>⇒>>>e e e e ψ 01232452!522)4(2>->->->e e e ψ,0122212e e 12)(>->++->n n n n n e n n ψ 故由零点存在性定理知, 存在),2(n n ∈ξ使得0)(=ξψ, 即2)(nF =ξ.七、（12分）是否存在R 中的可微函数)(x f 使得53421))((x x x x x f f --++=? 若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明.解 不存在假如存在R 中的可微函数)(x f 使得54321))((x x x x x f f -+-+=，则4325432)))((x x x x x f x f f -+-=''（， 若1)1(=f ，则025432)1))1(()]1[2<-=-+-=''='（（f f f f 矛盾。
2010年全国数学联赛一试、二试试题及答案
（12 分）
8 3 8 x 4 x 2 x m （ m 为常数）满足题设条件，所以 a 最大值为 .（16 分） 3 3
2 解二： f ( x) 3ax 2bx c .
设 g ( x) f ( x) 1 ，则当 0 x 1 时， 0 g ( x) 2 . 设 z 2 x 1 ，则 x
由此可设 m (1,0,1), n (0,1, 3 ) ，
B1
z
A1 C1
P A O C B y
所以 m n m n cos ，
即 3
2 2 cos cos
6 . 4
x
3
所以 sin
10 . 4
A1 C1 E B1 O A P
2
整数的点）的个数是 1790 . 解：由对称性知，只要先考虑 x 轴上方的情况，设 y k ( k 1,2, ,9) 与双曲线右半支于 Ak ,交直
1
线 x 100 于 Bk ，则线段 Ak Bk 内部的整点的个数为 99 k ，从而在 x 轴上方区域内部整点的个数 为
(99 k ) 99 9 45 846 .
z 1 ,1 z 1 . 2 z 1 3a 2 3a 2b 3a h( z ) g ( ) z z b c 1. 2 4 2 4
（4 分） （8 分）
容易知道当 1 z 1 时，0 h( z ) 2,0 h( z ) 2 . 从而当 1 z 1 时， 0 即
3
3 3.
3 d q,
3(3 4d ) q 2 ，
（1）代入（2）得
（1） （2）
9 12d d 2 6d 9 ，求得 d 6, q 9 .
北京科技大学2009-2010学年度第1学期高等数学A试题及答案
北京科技大学2009--2010学年第一学期高 等 数 学A(I) 试卷（A 卷）院(系) 班级 学号 姓名 考场说明: 1、要求正确地写出主要计算或推导过程, 过程有错或只写答案者不得分； 2、考场、学院、班、学号、姓名均需写全, 不写全的试卷为废卷; 3、涂改学号及姓名的试卷为废卷；4、请在试卷上答题，在其它纸张上的解答一律无效.一、填空题（本题共15分，每小题3分）1．设方程y x y =确定y 是x 函数，则d y = .2．设曲线()n f x x =在点(1,1)处的切线与x 轴的交点为(,0)n ξ，则l i m ()n n f ξ→∞= ．3．111n n n n -∞=⎛⎫= ⎪⎝⎭∑ ．4．设()d arcsin xf x x x C =+⎰，则1d ()x f x =⎰ ．5. 2111limnn k nk →∞==∑ .二、选择题（本题共15分，每小题3分）6．设函数21()lim1nn x f x x→∞+=-，讨论函数()f x 的间断点，其结论为（ ）.()A 不存在间断点 ()B存在间断点是1x=()C存在间断点是0x = ()D存在间断点是1x =-装 订 线 内 不 得 答 题 自觉 遵 守 考 试 规 则，诚 信 考 试，绝 不 作 弊7．设函数561cos 2()sin , ()56x xxf x t dtg x -==+⎰，则当0x →时，()f x 是()g x 的（ ）()A 低阶无穷小 ()B高阶无穷小()C等价无穷小 ()D同价但不等价的无穷小8．设01,0,()0,0, ()()1,0,x x f x x F x f t dt x >⎧⎪===⎨⎪-<⎩⎰，下列结论正确的是（ ）.()A ()F x 在0x =处不连续()B ()F x 在(,)-∞+∞内连续，在0x =点不可导()C()F x 在(,)-∞+∞内可导，且()()F x f x '=()D()F x 在(,)-∞+∞内可导，但不一定满足()()F x f x '=9．设函数(),()f x g x 为恒大于0的可导函数，且()()()()0f x g x f x g x ''-<, 则当a x b <<时有（ ）.()A ()()()()f x g b f b g x < ()B ()()()(f x g a f a g x > ()C()()()()f x g x f b g b >()D ()()()(f x g x f a g a> 10．下列各选项正确的是（ ）.()A 若级数21nn u ∞=∑与级数21nn v ∞=∑都收敛，则级数21()n n n u v ∞=+∑收敛;()B 若级数1n nn u v ∞=∑收敛，则级数21nn u ∞=∑与21n n v ∞=∑都收敛;()C若正项级数21n n u ∞=∑发散，则1nu n≥;()D若正项级数21nn u ∞=∑收敛，且(1,2,)nn u v n ≥= , 则级数21n n v ∞=∑收敛.三、（本题共63分，每小题7分）11（7分）. 设22e sin()xy x y y +=，求(0)y '。
大学生高等数学竞赛试题汇总及答案
前三届高数竞赛预赛试题（非数学类）（参加高等数学竞赛的同学最重要的是好好复习高等数学知识，适当看一些辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。
）2009-2010年 第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、填空题（每小题5分）1．计算=--++⎰⎰y x yx x yy x Dd d 1)1ln()(16/15，其中区域D 由直线1=+y x 与两坐标轴所围成三角形区域.解: 令v x u y x ==+,，则v u y v x -==,，v u v u y x d d d d 1110det d d =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=，⎰-=12d 1u uu （*） 令u t -=1，则21t u -=dt 2d t u -=，42221t t u +-=，)1)(1()1(2t t t u u +-=-，2．设)(x f 是连续函数，且满足⎰--=222d )(3)(x x f x x f , 则=)(x f ____________.解: 令⎰=20d )(x x f A ，则23)(2--=A x x f ，A A x A x A 24)2(28d )23(202-=+-=--=⎰,解得34=A 。
因此3103)(2-=x x f 。
3．曲面2222-+=y x z 平行平面022=-+z y x 的切平面方程是__________. 解: 因平面022=-+z y x 的法向量为)1,2,2(-，而曲面2222-+=y x z 在),(00y x 处的法向量为)1),,(),,((0000-y x z y x z y x ，故)1),,(),,((0000-y x z y x z y x 与)1,2,2(-平行，因此，由x z x =，y z y 2=知0000002),(2,),(2y y x z x y x z y x ====，即1,200==y x ，又5)1,2(),(00==z y x z ，于是曲面022=-+z y x 在)),(,,(0000y x z y x 处的切平面方程是0)5()1(2)2(2=---+-z y x ，即曲面2222-+=y x z 平行平面022=-+z y x 的切平面方程是0122=--+z y x 。
2010年大学生数学竞赛试题及解答
（1）计算积分222,0,0.xxee dx xαβαβ--+∞->>⎰解 方法一 直接利用分部积分法得222xxee dx xαβ--+∞-⎰221()()xxeedx xαβ+∞--'=--⎰221(22)()xxxexe dx xαβαβ+∞--=--+-⎰22(22)xxeedx αβαβ+∞--=--⎰)22(2πβπα⋅-⋅-=)(αβπ-=；方法二 不妨设0αβ<<，由于dyexe e yxxx⎰---=-βαβα2222，而积分2yxe dx +∞-⎰关于y 在[,]αβ上一致收敛，故可交换积分次序222xxee dx xαβ--+∞-⎰2yxdx edy βα+∞-=⎰⎰2yxdy edxβα+∞-=⎰⎰dy y⎰=βαπ21)(αβπ-=；方法三 将0β>固定，记222(),0xxee I dx xαβαα--+∞-=>⎰ ， 可证()I α在(0,)+∞上收敛．设[,),0αδδ∈+∞> ， 因为22xxe eαδ--≤，而2xedx δ∞-⎰＋０收敛，所以由Weierstrass 判别法知道2xedx α∞-⎰＋０对[,)αδ∈+∞一致收敛．所以可以交换微分运算和积分运算的次序， 即222()()xxee I dx xαβαα--+∞∂-'=∂⎰2()xedx α+∞-=-⎰12πα=-．由δ的任意性，上式在(0,)+∞上成立． 所以 ()I C απα=-+，由于()0,,I C βπβ==所以)()(αβπα-=I ，即dx xe exx⎰∞+---0222βα)(αβπ-=．(2)若关于x 的方程211kx x +=，()0k >在区间()0,+∞内有唯一的实数解，求常数k.解：设()211f x kx x=+-，则有()32f x k x'=-，当1320,x k ⎛⎫⎛⎫ ⎪∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '<；当132,x k ⎛⎫⎛⎫ ⎪∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '>. 由此()f x 在132x k ⎛⎫= ⎪⎝⎭处达到最小值，又()211f x kx x=+-在()0,+∞内有唯一的零点，必有1320f k ⎛⎫⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13322102k k k ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 3212331214k ⎛⎫⎛⎫ ⎪+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22714k ⋅=， 所以233k =.（3）设函数()f x 在区间[],a b 上连续，由积分中值公式，有()()()xaf t dt x a f ξ=-⎰，()a x b ξ≤≤≤，若导数()f a +'存在且非零，求lim x aax aξ+→--.解：()()()()()()()xaf t f a dt x a f f a ξ-=--⎰，()()()()()()21xaaa f t f a dt x af f a x a ξξξ--=⋅----⎰， 由条件，可知()()()1l i m x aaf f a f a ξξ+→+-='-，()()()()()()()()21lim lim 22xax ax af t f a dtf x f a f a x a x a +++→→--'==--⎰，故有1lim 2x aax aξ+→-=-.二、设函数()f x 在0x =附近可微，()00f =，()0f a '=,定义数列22212n n x f f f n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.证明：{}n x 有极限并求其值.证明：由导数的定义， 对于任意0ε>,存在0δ>，当0||x δ<<时，有()f x a xε-<.于是()()()a x f x a x εε-<<+，()0x δ<<从而，当1nδ->时，有21k nnδ<<，()()222kk k a f a n n n εε⎛⎫-<<+ ⎪⎝⎭，其中1,2,,k n = .对于上式求和，得到()()2211nnn k k k k a x a nnεε==-<<+∑∑，即()()1122n n n a x a nnεε++-<<+，令n →∞，有()()11lim lim 22nn n n a x x a εε→∞→∞-≤≤≤+,由0ε>的任意性，得到 lim 2n n a x →∞=.设()f x 在()1,1-上有定义，在0x =处可导，且()00f =.证明：()210lim2nn k f k f n →∞='⎛⎫= ⎪⎝⎭∑.三、设函数f在[0,)+∞上一致连续，且对任何[0,1]x ∈，有()0limn f x n →∞+=，证明：()0lim x f x →+∞=。
北京科技大学2010年高等代数考研试题解答
看什么看,没见过美女? 3
七.解:A的特征多项式为 |λE − A| = λ + 4 10 0 −1 λ − 3 0 = (λ − 1)2 (λ + 2) −3 −6 λ − 1
故A的特征值为λ1 = λ2 = 1, λ3 = −2. 解方程组(λ1 E − A)x = 0求出属于特征值λ1 的线性无关的特征向量为 α1 = (−2, 1, 0)T , α2 = (0, 0, 1)T 解方程组(λ3 E − A)x = 0求出属于特征值λ3 的线性无关的特征向量为 α3 = (−5, 1, −3)T 可知α1 , α2 , α3 线性无关,令P = (α1 , α2 , α3 ),则有 A = P diag (1, 1, −2)P −1 于是 A100 = P diag (1, 1, −2)100 P −1 八.证:(1)充分性.显然. 必要性.由β ∈ Imσ = {σ (α)|α ∈ V },则存在α ∈ V 使得 σ (α ) = β 于是 σ (β ) = σ (σ (α)) = σ 2 (α) = σ (α) = β. (2)先证明V = Imσ + kerσ.首先,Imσ + kerσ ⊂ V.其次,∀α ∈ V,有 α = σ (α) + (α − σ (α)) 且σ (α) ∈ Imσ,容易验证α − σ (α) ∈ kerσ.即V ⊂ Imσ + kerσ.从而V = Imσ + kerσ. α,且 再证明:V = Imσ ⊕ kerσ. ∀α ∈ Imσ ∩ kerσ,则存在β ∈ V 使得σ (β ) = 0 = σ (α) = σ 2 (β ) = σ (β ) = α. 即Imσ ∩ kerσ = {0}.从而结论成立. 4
若(p(x), f (x)) = 1,则存在u(x), v (x)使得 p(x)u(x) + f (x)v (x) = 1 设p(x), f (x)的公共根为α,则代入上式有0=1.矛盾. 六.证:充分性.由α ̸= 0, β ̸= 0知A ̸= 0,故r(A) ≥ 1.又 r(A) = r(αβ T ) ≤ min(r(α), r(β T )) = 1 必 要 性. 由 于r(A) = 1,任 取A的 一 个 非 零 列 向 量X,则A的 其 余 列 都 是X 的数乘,故A可以表示为 A = (c1 X, c2 X, · · · , X, · · · , cn X ) = X (c1 , c2 , · · · , 1 · · · , cn ) 令α = X, β = (c1 , c2 , · · · , 1 · · · , cn )T 即可. 休息一下,插个图片养养眼.
首届2010(数学类)考题及答案(决赛试题)
首届数学类赛题（精简版）首届全国大学生数学竞赛决赛试卷 （数学类，2010）考试形式： 闭卷 考试时间： 150 分钟 满分： 100 分. 一、填空题（共8分，每空2分.）(1) 设0βα>>，则222xx dxe e x βα--+∞-⎰=_____________.(2) 若关于x 的方程211(0)kx k x+=>在区间(0,)+∞内有惟一实数解，则常数k =_____________. (3) 设函数()f x 在区间[,]a b 上连续.由积分中值公式有()()()xa f t dt x a f ξ=-⎰()a x b ξ≤≤<.若导数()f a +'存在且非零，则lim x a ax aξ+→--的值等于_____________.(4) 设()6a b c ⨯=，则()()()()a b b c a c +⨯++ =_____________.二、（10分）设()f x 在(1,1)-内有定义，在0x =处可导，且(0)0f =. 证明: 21(0)lim2nn k k f f n →∞='⎛⎫=⎪⎝⎭∑.三、（12分） 设()f x 在[0,)∞上一致连续，且对于固定的[0,)x ∈∞。
当自然数n →∞时()0f x n +→。
证明: 函数序列{()1,2,}f x n n += ：在[0,1]上一致收敛于0.四、（12分） 设22{(,):1}D x y x y =+<，(,)f x y 在D 内连续，(,)g x y 在D 内连续有界，且满足条件： (1) 当221x y +→时，(,)f x y →+∞；(2) 在D 中f 与g 有二阶偏导数， 2222fff ex y∂∂+=∂∂,2222ggg exy∂∂+≥∂∂。
证明： (,)(,)f x y g x y ≥ 在D 内处处成立.五、（10分）设{(,):01;0R x y x y =≤≤≤≤，{(,):01;01}R x y x y εεε=≤≤-≤≤-.考虑积分1RdxdyI xy=-⎰⎰，1R dxdyI xyεε=-⎰⎰，定义lim I I εε+→=。
第一届和第二届大学生全国数学竞赛试题
证法二： （1）根据 Green 公式，将曲线积分化为区域 D 上的二重积分
∫ xe
L
sin y
dy − ye − sin x dx = ∫∫ (esin y + e − sin x )d δ
D
∫ xe
L
− sin y
dy − ye
sin x
dx = ∫∫ (e − sin y + esin x )d δ
e x + e2 x + 二、求极限 lim( x →0 n
+ e nx
)
e x
，其中 n 是给定的正整数.
e e x + e2 x + 解：原式 = lim exp{ ln( x →0 x n = exp{lim
x →0
+ e nx
)}
e(ln(e x + e 2 x + x
+ e nx ) − ln n)
t 2n ≥ 2 + t2 n = 0 (2n)!
∫ xe
L
sin y
5 dy − ye− sin x dx = ∫∫ (esin y + e− sin x )dδ = ∫∫ (esin x + e− sin x )dδ ≥ π 2 . 2 D D
x 2x
x −x x 2x 五、已知 y1 = xe + e ， y2 = xe + e ， y3 = xe + e
（4）设函数 y = y ( x) 由方程 xe
f ( y)
= e y ln 29 确定，其中 f 具有二阶导数，
d2y 且 f ′ ≠ 1 ，则 =____________________. dx 2
(完整版)大学生高等数学竞赛试题汇总及答案,推荐文档
而此图形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体的体积 即
令
V (a) 2 a 1 (1 2a) 8 (1 a) 0 ，
5
3
27
得
即
因此
a 5 ,b 3 ,c 1.
42
七、（15
分）已知 un (x)
满足 un (x)
un (x)
xn1e x (n
1,2,)
,且 un (1)
e n
,
求函数项级数
收敛；
（2）当
1且 sn
(n ) 时，级数
n1
an Sn
发散。
解：
（1） an >0, sn 单调递增
当
n1
an
收敛时，
an sn
an s1
，而 an
s1
收敛，所以 an
sn
收敛；
当
n1
an
发散时，
lim
n
sn
所以， an s n1 n
a1 s1
n2
sn sn1
dx x
a1 s1
（1） xesin ydy yesin xdx
L
D
x
( xesin
y
)
y
(
ye sin
x
)dxdy
而 D 关于 x 和 y 是对称的，即知
因此
（2）因
故
由
知
即 xesin ydy yesin ydx 5 2
L
2
五、（10 分）已知 y1 xex e2x ， y2 xex ex ， y3 xex e2x ex 是某
zy 2 y 知 2 zx (x0 , y0 ) x0 ,2 zy (x0 , y0 ) 2 y0 ， 即 x0 2, y0 1，又 z(x0 , y0 ) z(2,1) 5 ，于是曲面 2x 2 y z 0 在 (x0 , y0 , z(x0 , y0 )) 处的切平面方程是
大学生高等数学竞赛试题汇总及答案
前三届高数竞赛预赛试题（非数学类）（参加高等数学竞赛的同学最重要的是好好复习高等数学知识，适当看一些辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。
）2009-2010年第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、填空题（每小题5分）1．计算=--++⎰⎰y x yx x yy x Dd d 1)1ln()(16/15，其中区域D 由直线1=+y x 与两坐标轴所围成三角形区域.解:令v x u y x ==+,，则v u y v x -==,，v u v u y x d d d d 1110det d d =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=，⎰-=12d 1u uu （*） 令u t -=1，则21t u -=dt 2d t u -=，42221t t u +-=，)1)(1()1(2t t t u u +-=-，2．设)(x f 是连续函数，且满足⎰--=2022d )(3)(x x f x x f ,则=)(x f ____________.解:令⎰=2d )(x x f A ，则23)(2--=A x x f ，A A x A x A 24)2(28d )23(202-=+-=--=⎰,解得34=A 。
因此3103)(2-=x x f 。
3．曲面2222-+=y x z 平行平面022=-+z y x 的切平面方程是__________. 解:因平面022=-+z y x 的法向量为)1,2,2(-，而曲面2222-+=y x z 在),(00y x 处的法向量为)1),,(),,((0000-y x z y x z y x ，故)1),,(),,((0000-y x z y x z y x 与)1,2,2(-平行，因此，由x z x =，y z y 2=知0000002),(2,),(2y y x z x y x z y x ====，即1,200==y x ，又5)1,2(),(00==z y x z ，于是曲面022=-+z y x 在)),(,,(0000y x z y x 处的切平面方程是0)5()1(2)2(2=---+-z y x ，即曲面2222-+=y x z 平行平面 022=-+z y x 的切平面方程是0122=--+z y x 。
北京科技大学2010 年数学竞赛试题
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数学竞赛
北京科技大学 2010 年数学竞赛试题
一、选择题 1. 设函数 f x 与 g x 均可导，且 f x g x ，则必有（ ▲ ） （A） f x g x （B） f x g x
x
f t dt lim g t dt （C） lim
2 z 2 z ze2 x ， f 0 0 ， x 2 y 2
f 0 1 ，则 f u （ ▲ ）
1 u u e e 1 2 1 u u （C） f u e e 1 2
（A） f u 10.
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数学竞赛
y ye f x dx ln f x dy 0 ，则 f x x
x l
▲
三、证明题 1. 设数列 xn 满足： 0 xn 1 ， 1 xn xn 1
0 x 1
7 f （ ▲ ） 2
（A）
1 2 1 4
（B）
1 4
（C）
（D） 0
3. 下列广义积分收敛的有（ ▲ ） （A）
0 1
1 dx x2
（B）
0
1 dx x
（C）
1 dx 1 x
3
（D）
1 dx 1 x 2
4. 在 0, 上方程 sin x cos x a a （A）0 （C）2
n
2010 ，则（ ▲ ）
2009 1 , ; 2010 2010 2009 1 , ; （D） 2010 2010
北京科技大学2010年数学竞赛题解
北京科技大学数学与应用数学北京科技大学2010年数学竞赛题解林铮远 任贤峰 统稿白薇 贺林溪 薛美美 王婷 校审【说明】本卷试题仅反映2010年命题范围和难度。
卷中涉及的题目及考点出现或不出现在2011年的考试，参考解答中的思路代表或不代表命题者原始意图，命题出处的引用属于或不属于最早出现试题，均以等可能性发生。
全卷力求一题多解，不仅站在数学系严密的逻辑角度，还适当兼顾工科数学的技巧性。
由于解答时间仓促，加上解题者水平有限，尽管请数学系的大牛们仔细校对，难免有疏漏之处，请读者不吝指正。
最后的校对过程中我们也参阅了命题者胡志兴老师的讲评与解答讲义。
一、选择题1. 设函数()f x 与()g x 均可导，且()()f x g x <，则必有（ ▲ ）（A ）()()f x g x ''<（B ）()()f x g x ->-（C ）()()0limlimx x x x x x x x f t dt g t dt x x x x →→<--⎰⎰（D ）()()0,x x x x f t dt g t dt x <∀⎰⎰【考点】考查函数的解析性质（可微性，可积性） 【答案】C【解析】A 项与B 项显然能容易地举出反例。
对于D 选项，若取0x x =，则()()0000x x x x f t dt g t dt ==⎰⎰C 项是00不定式，利用L Hospital '法则，有()()()()01000lim1xx x x f t dt f fx x x x x ξ→==→-⎰，()()()()02000lim1x x x x g t dt g g x x x x x ξ→==→-⎰由条件()()f x g x <成立，则C 项显然成立。
（,f g 可导则必连续，因此极限值为在该点的函数值）当然同样可利用积分第一中值定理， ()()()()()()0101000limlimlim x x x x x xx xf t dt f x x f fx x x x x ζζ→→→-===--⎰()()()()()()0202000lim limlim x x x x x xx xg t dt g x x g g x x x x x ζζ→→→-===--⎰2. 设函数()f x 满足：对任意x ∈ ，()()2f x f x =+，()108f =，又在()1,1-有()f x x '=，则72f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ▲ ） （A ）12（B ）14（C ）14-（D ）0【考点】函数周期性 【答案】D【解析】()()22f x f x T =+⇒=的周期函数又()[)(](),0,11,08,1,0x x f x f x x ⎧∈⎪'==⇒⎨-∈-⎪⎩()[)(]2211,0,18211,1,082x x f x x x ⎧+∈⎪⎪=⎨⎪-∈-⎪⎩ 则271111140222822f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=-=-⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭3. 下列广义积分收敛的有（ ▲ ）（A ）21dx x+∞⎰（B）0+∞⎰（C ）111d x x-⎰（D ）211dx x+∞-∞+⎰【考点】考查反常积分收敛。
北京数学竞赛试题及答案
北京数学竞赛试题及答案试题一：代数问题题目：已知 \( a, b, c \) 为实数，且满足 \( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)。
求证：\( (a + b + c)^2 \leq 3 \)。
解答：根据题目条件，我们有 \( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)。
展开\( (a + b + c)^2 \) 得到：\[ (a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + ac + bc) \]由于 \( a^2 + b^2 \geq 2ab \)，\( b^2 + c^2 \geq 2bc \)，\( c^2 + a^2 \geq 2ca \)（根据算术平均数-几何平均数不等式），我们可以得到：\[ 2(ab + ac + bc) \leq 2(a^2 + b^2 + c^2) = 2 \]将上述不等式代入 \( (a + b + c)^2 \) 的展开式中，得到：\[ (a + b + c)^2 \leq 1 + 2 = 3 \]证明完毕。
试题二：几何问题题目：在直角三角形 ABC 中，∠A = 90°，AB = 3，AC = 4。
求三角形 ABC 的外接圆半径。
解答：直角三角形 ABC 的外接圆半径 R 可以通过以下公式求得：\[ R = \frac{a + b + c}{2} \]其中，a 和 b 是直角边，c 是斜边。
在本题中，a = 3，b = 4，c = 5（根据勾股定理）。
代入公式得到：\[ R = \frac{3 + 4 + 5}{2} = 6 \]所以，三角形 ABC 的外接圆半径为 6。
试题三：组合问题题目：有 5 个不同的球和 3 个不同的盒子，将这些球放入盒子中，每个盒子至少有一个球。
求不同的放法总数。
解答：首先，我们需要将 5 个球分成 3 组，每组至少有一个球。
这可以通过组合数学中的“插板法”来解决。
我们有 4 个板子来分割 5 个球，形成 3 组。
高等数学竞赛试题(打印版)
１竞赛试题1 一、填空：1．若()⎪⎩⎪⎨⎧≤->-=,x ,a x ,x f x xx01e 0,arctan e 122sin 是()+∞∞-,上的连续函数，则a = 。
2．函数x x y 2sin +=在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡ππ,2上的最大值为 。
3．()=+⎰--22d ex x x x4．由曲线⎩⎨⎧==+0122322z y x 绕y 轴旋转一周得到的旋转面在点()230,,处的指向外侧的单位法向量为5．设函数()x,y z z =由方程2e =+----x y z x x y z 所确定，则=z d 二、选择题：1． 设函数f (x )可导，并且()50='x f ，则当0→∆x 时，该函数在点0x 处微分d y 是y ∆的（ ） （A ）等价无穷小； （B ）同阶但不等价的无穷小； （C ）高阶无穷小； （D ）低阶无穷小。
2． 设函数f (x )在点x = a 处可导，则()x f 在点x = a 处不可导的充要条件是（ ） （A ）f (a ) = 0，且()0='a f ； （B ）f (a )≠0，但()0='a f ； （C ）f (a ) = 0，且()0≠'a f ； （D ）f (a )≠0，且()0≠'a f 。
3． 曲线12+-+=x x x y （ ）（A ）没有渐近线； （B ）有一条水平渐近线和一条斜渐近线； （C ）有一条铅直渐近线； （D ）有两条水平渐近线。
4．设()()x,y x,y f ϕ与均为可微函数，且()0≠'x,y y ϕ。
已知()00,y x 是()x,y f 在约束条件()0=x,y ϕ下的一个极值点，下列选项中的正确者为（ ）（A ）若()000=',y x f x ，则()000=',y x f y ； （B ）若()000=',y x f x ，则()000≠',y x f y ； （C ）若()000≠',y x f x ，则()000=',y x f y ； （D ）若()000≠',y x f x ，则()000≠',y x f y 。
2010年大学生数学竞赛试题参考解答
6. 已知 u f ( x, y) 满足 r
u u u u ， 。 x, y ，这里 ( , r ) 为极坐标。求 y r x
u u u u u u cos sin r x y y y x r cos r x r x 解： ， 。 y r sin u u r ( sin ) u r cos u u ( y ) u x y y x x u u x x y y x u 2 xy u x 2 y 2 2 2 由条件知 ，解之得： ， . 2 y x y 2 x x y u ( y ) u x y y x
1 令 ( x) e x e x x 2 2 ，则 ( x) 为偶函数，且 (0) 0 。 2
1 6
（ ' x） e x e- x x ， ''( x) e x e x 1 。
显然， ''( x) 0 ， '( x) 单调增加。 x 0 时 '( x) '(0) 0 。
t2 1 4 dt t 3 3 。 2 6 0 3 1 t
2
4 故 S S1 S2 3 。 3
另解：利用曲线积分。由曲线积分可知 S
1 1 ydx xdy [ ] ， 2L 2 L1 L2
其中 L1 为红色曲线， L2 为线段 x 1 (2 y 0) 。
解：由条件知 F ( x) F ( x) x(1 x)e2 x 。 两边积分 F ( x) F '( x)dx x(1 x)e2 x dx 得
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北京科技大学2010年《数学竞赛》试题
学院 班级 姓名 学号 考试教室 一、选择题（每题2分, 共20分）
1. 设函数()f x 与()g x 均可导, 且()()f x g x <, 则必有 ( ).
(A) ()()f x g x ''<;
(B)；()()f x g x ->-
(C) 0
()()lim
lim
x
x
x x x x x x f t dt
g t dt
x x x x →→<--⎰⎰； (D)
()()x x
x x f t dt g t dt
x <∀⎰⎰.
2. 设函数()f x 满足： 1
()(2),(0),8
f x f x f =+=又在(1,1)-有()||f x x '=, 则
1
(3)2
f = ( ).
(A) 12； (B) 14； (C) 1
4
-； (D) 0
3. 积分0
1sin()
x x I dx x α∞
+=⎰条件收敛的充要条件是α满足( ). (A) (0,1)α∈； (B) (0,2)α∈ ； (C) (0,3)α∈ ； (D) (0,1.5)α∈.
4. 在[0,]π上方程3sin cos (0)x x a a =>的实根个数为 ( ). (A) 1； (B) 2； (C) 3； (D) 0.
5. 如果级数1
n n a ∞
=∑收敛，级数1
n n b ∞
=∑绝对收敛, 则1
n n n a b ∞
=∑ ( ).
(A) 条件收敛； (B) 绝对收敛； (C) 发散； (D) 不确定.
6. 若0lim 2010(1)n n n n α
ββ
→=--， 则 ( ).
(A) 20091
,20102010αβ=
=； (B) 20091
,20102010αβ=-=；
(C) 20091
,20102010
αβ==-； (D) 20091
,20102010
αβ=-=-.
7. 设0
2
()0()00
x tf t dt
x F x x x ⎧⎪≠=⎨
⎪=⎩
⎰其中()f x 具有连续的导数且(0)0f =, 则()
F x '在0x =处 ( ).
(A) 连续; (B) 不连续； (C) 可导； (D) 不确定.
8．曲面积分
I=S +
= ( ), 其中
22
(2)(1)1(0)72516
z x y S z +
---=+≥是的上侧,
. (A) 2π-； (B) 0；
(C) 2π； (D) π.
9．设函数()f u 具有二阶连续导数，函数(sin )x
z f e y = 满足方程22222x z z
ze x y
∂∂+=∂∂
(0)0,(0)1f f '==，则 ()f u =( ).
(A) 1()(1)2u u f u e e -=-+； (B) 1
()()2u u f u e e -=-；
(C) 1()(1)2u u f u e e -=--； (D) 1
()()2
u u f u e e -=-.
10.
1
n ∞
==∑( ).
(A)
1 (B)
1 (C) 0；
(D) 1.
二、填空题（每小题3分, 共60分）
1.
极限n →∞
= . 2. 极限1lim ()n
n f a n f a →∞
⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ . 3. 极限40cos(sin )-cos lim sin x x x
x
→= .
4. 计算积分2
ln 1x
dx x ∞
=+⎰ 0 .
5. 设()f x 在(0,)+∞内连续，(1)3f =，且对,(0,)x t ∀∈+∞满足
xt x t
1
1
1
()d ()d ()d f u u t f u u x f u u =+⎰
⎰⎰，
则()f x = .
6. 设()f x 在[0,)+∞内可导,
x x
()d ()d 3x f u u f u u =⎰
⎰，x >0, 则
()f x = .
7.计算无穷级数234........(1).....(||1)213243(1)n n
x x x x x n n -+-+-+<=-
.
8. 级数2
1(1)n
n n x p p
∞
=>∑的收敛范围是 .
9. 求直线L ：1101
x y z
-==-在平面:20x y z π++=上的投影直线方程为 .
10. 设 1
0(,)()||d u x y f t xy t t =-⎰, 其中f 在[0，1]上连续，,[0,1]x y ∈，则
22u
x
∂=∂ .
11. 设(,)u x y 的所有二阶偏导数都连续，222
220,(,2),(,2),x
u u u x x x u x x x x y
∂∂'-===∂∂则(,2)xy u x x ''= ；(,2)yy u x x ''= .
12. 函数22(,)4f x y x xy y =++在圆域 221x y +≤上的最大值为 以及最小值为 .
13.
计算20
π=⎰ .
14. 设Ω是由22,0,1,2,3,4z x y z xy xy y x y x =+=====, 围成。
积分
xydxdydz Ω
⎰⎰⎰= .
15. 已知三个向量,,a b c
满足||1,||2,||3a b c === ，且0a b c ++= ，则a b b c a ++
.
16. 求2
2
2
(,,)f x y z x y z =++在椭球面222
2222x y z a b c
++=上的点000(,,)P x y z 的外法线
方向的导数 .
17.
计算22
D
I == ， 其中{(,):||||1}D x y x y =+≤.
18. 计算积分()()()L I z y dx x z dy y x dz +
=-+-+-=⎰ ，
其中L +是从(,0,0)A a 经(0,,0)B a 到(0,0,)C a 再回到(,0,0)A a 的三角形。
19. 设1
ln (),(0,)1x
u
f x du x u =∈∞+⎰，则1()()f x f x += .
20. 设()0f x >满足： 1）f 连续可微且(1)1f =， 2）在右半平面内沿任一分段光滑封闭曲线l 的积分有
{()}ln ()0x
l
y ye f x dx f x dy x --=⎰ , 则 ()f x = (0)x >.
三、证明题（每题10分, 共20分）
1. 设序列{}n x 满足：11
01,(1),1,2,3, (4)
n n n x x x n +<<->=, 证明: {}n x 收敛，并求极限lim n n x →∞
.
2．设()f x 二次可微,01
(0)(1)0,max ()2,x f f f x ≤≤===试证
01
min ()16.x f x ≤≤''≤-。