大学生数学竞赛真题非数学类

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2022年第三届全国大学生数学竞赛决赛试题非数学类部分答案

第三届全国大学生数学竞赛决赛试卷（非数学类，）本试卷共2页，共6题。

全卷满分100分。

考试用时150分钟。

一、（本大题共5小题，每题6分，共30分）计算下列各题（规定写出重要环节）.(1)222220sin cos lim sin x x x xx x→- 22222222224004200sin cos sin cos lim limsin (sin )(sin )(1cos )(1cos )112lim lim 22623x x xx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→→--+-=-+-+=+=-+=解：(2) 1311lim tan2x x x x e x →+∞⎡⎛⎫+- ⎪⎢⎝⎭⎣12313233022********320033(1tan )1112:lim 1tan lim 2(1tan )1(1tan )122=lim =lim 2(1tan )2x t t x x t t t t t t t t t e x e xx x t t t t t e t t t e t t tt t t e =→+∞→→→+-⎡⎛⎫+-−−−→⎢ ⎪⎝⎭⎣+---+---=+∞⎡+-⎢⎣令解 (3) 设函数(,)f x y 有二阶持续偏导数, 满足2220x yy x y xy y yy f f f f f f f -+=且0y f ≠,(,)y y x z =是由方程(,)z f x y =所拟定旳函数. 求22yx∂∂2222223(,)0=()()()20x x yyy xx yxx yx yy x yy x y xx x yx x yx x yyyy xx x yx x yyyyy x z z f x y x f y yf f x x f y yf f f f f f f y x xx x f f f f f f f f f f f f f f f f f f ff=∂∂+⇒=-∂∂∂∂+-+∂∂∂∂=-=-∂∂--+-+=-=-=解：依题意有，是函数，、是自变量将方程两边同时对求导(4) 求不定积分11(1)x x I x e dx x+=+-⎰111221111211111111(1)=(1)[1(1)]1(1)x x x x x x x x x x x x x xx x x x xxxxI x e dx x e dx e dxx x x xe dx e dx e dx xde xedx xeedx xeC+++++++++++=+-+-=+-=+-=+=+-=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰解： (5) 求曲面22x y az +=和20)z a a =>所围立体旳表面积二、（本题13分）讨论22cos sin xdx x x xα+∞+⎰旳敛散性，其中α是一种实常数. 得分三、（本题13分）设()f x 在(,)-∞+∞上无穷次可微，并且满足:存在0M >，使得()()(,),(1,2)k f x M x k ≤∀∈-∞+∞=，,且1()0,(1,2)2n f n ==求证：在(,)-∞+∞上，()0f x ≡ ()2(0)(0)()(0)(0)2!!()(1)!n n nx f f f x f f x x x n x M x M e n '''=+++++≤+++=-四、（本题共16分，第1小题6分，第2小题10分）设D 为椭圆形22221(0)x y a b a b+≤>>，面密度为ρ旳均质薄板；l 为通过椭圆焦点(,0)c -(其中222c a b =-)垂直于薄板旳旋转轴.1. 求薄板D 绕l 旋转旳转动惯量J ；2. 对于固定旳转动惯量，讨论椭圆薄板旳面积与否有最大值和最小值.五、（本题12分）设持续可微函数(,)z f x y =由方程(,)0F xz y x yz --=（其中(,)0F u v =有持续旳偏导数）唯一拟定, L 为正向单位圆周. 试求：22(2)(2)LI xz yz dy xz yz dx =+-+⎰解：由格林公式22222(2)(2)()(22)(22)22()2()LDD DQ PI xz yz dy xz yz dx d x yz z z z z z z xzy x z yz d z xz y x yz d x x y y x y σσσ∂∂=+-+=-∂∂∂∂∂∂∂∂=+++++=++++∂∂∂∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰又：持续可微函数(,)z f x y =由方程(,)0F xz y x yz --= 两边同步对x 求偏导数：121221()(1)0zF F z z zF z xF y x x x yF xF +∂∂∂++-=⇒=∂∂∂- 两边同步对y 求偏导数：121212(1)()0F zF z z z F x F z y y y x xF yF +∂∂∂-+--=⇒=∂∂∂- 代入上式：2121221122221212121221122222212121221212122()2()2()222DD D DDzF F F zF I z xz y x yz d yF xF xF yF xz F xzF yzF yF xF xzF yzF yz F z d yF xF xF yF xz F yF xF yz F xF yF z yF xF z d z d yF xF yF xF d σσσσσπ++=++++--++++++=++--+---+-=+=+--=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰六、（本题共16分，第1小题6分，第2小题10分）(1)求解微分方程2(0)1x y xy xe y ⎧'-=⎪⎨=⎪⎩(2)如()y f x =为上述方程旳解，证明1220lim ()12n n f x dx n x π→∞=+⎰21220lim 1x n nedx n x→∞+⎰222222211110220001121arctan arctan 2arctan 1arctan arctan 2[0,1]arctan arctan arctan arctan arctan (1)arctan x x x x x x x ne dx e d nx e nx xe nxdx n x e n n xe dx e n n e dx e n n ee n e n ξξξξξ==-+=-∈=-=-=--⎰⎰⎰⎰⎰其中21220lim =lim[arctan (1)arctan ][0,1]1=(1)222x n n nedx e n e n n x ee ξξπππ→∞→∞=--∈+--=⎰其中。

第13届全国大学生数学竞赛非数学类初赛试卷参考答案(2021年)

第十三届全国大学生数学竞赛初赛《非数学类》试题及参考解答一、填空题（每小题6分，共30分） 1、极限lim x.【答案】：0【参考解答】：原式lim10xx xe2、设(,)z z x y 是由方程2sin(23)23x y z x y z 所确定的二元隐函数，则z zx y.【参考解答】：将方程两边分别关于x 和y 求偏导，得2cos(23)13132cos(23)2323z z x y z x x z z x y z y y按1cos(23)2x y z和12两种情形，都可解得: 12,.33z z x y 因此1.z zx y3、设函数()f x 连续，且(0)0f ，则02()()d lim()d xxx x t f t tx f x t t.【参考解答】：令x t u ，则0()d ()d xxf x t t f u u. 于是由洛必达法则和积分中值定理，得00002()d 2()d 2()d 2()2()limlim()d ()d ()2()d 2()limlim1()()()d ()xxxxxx x x xx x x f t t tf t tf t t xf x xf x x f u u f u u xf x f t txf xf xf x f u u xf x 原式其中介于0,x 之间.4、过三条直线120,0,:,:2,20,x x L L y z x y z与3:0x L y z的圆柱面方程为 .【答案】： 222224x y z yz 【参考解答】：三条直线的对称式方程分别为1221102:,:01101111:11x y z x y z L L y z L 所以三条直线平行. 在1L 上取点1(0,1,1)P ，过该点作与三直线都垂直的平面0y z ，分别交23,L L于点23(0,1,1),0,0)P P . 易知经过这三点的圆的圆心为(0,0,0)O . 这样，所求圆柱面的中心轴线方程为011x y z. 设圆柱面上任意点的坐标为(,,)Q x y z ，因为点Q，所以有化简即得所求圆柱面的方程为222224x y z yz . 5、记 22(,)D x y x y∣，则22sin cos d d D x y x y.【答案】：【参考解答】：根据重积分的对称性, 得222222222222200sin cos d d sin cos d d 11sin cos sin cos d d sin d d 221sin d cos 22D D D D x y x y y x x yx y y x x y x y x yd r r r原式二、(14分) 设12021x ， 212120210(1)nn n x x x n . 证明数列 n x 收敛, 并求极限limn n x. 【参考解答】：记1011,1n n a y x ，函数()(0)2x af x x x，则12y a 且 1(1).n n y f y n 易知，当x()x f x所以 n y 是单调减少且有下界的数列，因而收敛. 由此可知 n x 收敛.令lim n n y A，则0A 且()A f A，解得A因此lim 1n n x.三、(14分) 设()f x 在[0,) 上是有界连续函数，证明：方程1413()y y y f x 的每一个解在[0,) 上都是有界函数.【参考解答】：易得对应的齐次方程14130y y y 的通解为1312x xy C e C e 又由1413()y y y f x 得13()y y y y f x .令1y y y ，则1113()y y f x，解得1313130()d x x t y e f t e t C. 同理，由1413()y y y f x ，得1313()y y y y f x .令213y y y ，则22()y y f x ，解得240()d x xt y ef t e t C. 取340C C ，得131300()d ,13()d .x x t x x t y y e f t e t y y e f t e t 由此解得原方程的一个特解为 *13130011()d ()d 1212x x x t x t y e f t e t e f t e t因此，原方程的通解为131313120011()d ()d .1212x x xxx tx t y C e C e e f t e t e f t e t 因为()f x 在[0,) 上有界，所以，存在0M ，使得|()|,0f x M x注意到当[0,)x 时，1301,01x x e e ，所以131313120131312001312121211||()d ()d 1212|||d d 1212111212137||||||12121378xxx x x t x t x x x t x tx x y C e C e e f t e t e f t e tM M C C e e t e e t M MC C e e M MM C C C C∣∣对于方程的每一个确定的解，常数12,C C 是固定的，所以，原方程的每一个解都是有界的.四、(14分) 对于4次齐次函数444222222123456(,,)333f x y z a x a y a z a x y a y z a x z 计算曲面积分(,,)d f x y z S，其中222:1x y z .【参考解答】：因为(,,)f x y z 为4次齐次函数，所以对t R ，恒有4(,,)(,,)f tx ty tz t f x y z对上式两边关于t 求导，得3123(,,)(,,)(,,)4(,,)xf tx ty tz yf tx ty tz zf tx ty tz t f x y z 取1t ，得(,,)(,,)(,,)4(,,).x y z xf x y z yf x y z zf x y z f x y z 设曲面上点(,,)x y z 处的外法线方向的方向余弦为(cos ,cos ,cos ) ，则cos ,cos ,cos x y z因此由高斯公式和轮换对称性，记222:1x y z ，得2214621(,,)d (,,)(,,)(,,)d 411cos cos cos dS d d d d d d 441(,,)(,,)(,,)d 43222x y z x y z x y z xx yy zz f x y z S xf x y z yf x y z zf x y z S f f f f y z f z x f x y f x y z f x y z f x y z Vx a a a y a a24535666212222201161=2d d d d sin d 45i i i i ii a z a a a Va x y z V a a五、(14分) 设函数()f x 在闭区间[,]a b 上有连续的二阶导数，证明:21221lim ()d ()2()()().24n b a n k b a k n f x x f a b a n n b a f b f a 【参考解答】：记()(21)(),,1,2,,2k k k b a k b a x a a k n n n. 将()f x 在1,k k x x 上展开成泰勒公式，得2()2k k k k k f f x f f x x其中1,,k k k x x x 介于0和x 之间. 于是11111212121()d ()2()d d 21d 2kk kk k k nbn ak nx k x k nx k k k k x k nx k k x k b a k B f x x f a b a n n f x f xf f x x x f x x设()f x 在1,k k x x 上的最大值和最小值分别为,k k M m ，因为1323()d 12k k x k x b a x x n 因为()f x 在[,]a b 上连续，所以()f x 在[,]a b 上可积. 根据定积分10()d f x x 的定义及牛顿-莱布尼兹公式，得11lim lim ()d ()()n nk k n n k k bab a b am M n n f x x f b f a再根据夹逼准则, 得22()lim ()().24n n b a n B f b f a六、(14分) 设 n a 与 n b 均为正实数列，满足：111a b 且12,2,3,n n n b a b n .又设 n b 为有界数列，证明级数1211nn a a a收敛，并求该级数的和. 【参考解答】：首先，注意到111a b ，且121nn n n b a b b所以当2n 时，有1223222111.n n n a a a b b b b由于 n b 有界，故存在0M ，使得当1n 时，恒有0n b M . 因此111122312220111210,n n n n b a a a b b b n M根据夹逼准则，12lim0nn nb a a a .考虑级数1211nn a a a的部分和n S ，当2n 时，有 112112121121121221112131222nnk k k n kk k k n k k n k k nk a b b S a a a a a a a b b b a a a a a a a a a所以3lim 2n n S ，这就证明了级数1211nn a a a收敛，且其和为32.。

大学生数学竞赛(非数)试题及答案

大学生数学竞赛（非数学类）试卷及标准答案考试形式：闭卷考试时间： 120 分钟满分： 100 分.一、填空（每小题5分，共20分）.计算)cos 1(cos 1lim 0x x x x --+→= .(2)设()f x 在2x =连续，且2()3lim2x f x x →--存在，则(2)f = . (3)若tx x xt t f 2)11(lim )(+=∞→，则=')(t f .(4)已知()f x 的一个原函数为2ln x ，则()xf x dx '⎰= .（1）21. (2) 3 . (3)te t 2)12(+ . (4)C x x +-2ln ln 2. 二、（5分）计算dxdy xy D⎰⎰-2，其中1010≤≤≤≤y x D ，：.解：dxdy x y D⎰⎰-2=dxdy y x x y D )(21:2-⎰⎰<+⎰⎰≥-22:2)(x y D dxdy x y -------- 2分 =dy y x dx x )(2210-⎰⎰+dy x y dx x)(12102⎰⎰- -------------4分姓名：身份证号所在院校：年级专业线封密注意：1.所有答题都须写在此试卷纸密封线右边，写在其它纸上一律无效. 2.密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关标记.=3011-------------5分.三、（10分）设)](sin[2x f y =，其中f 具有二阶导数，求22dxyd .解：)],(cos[)(222x f x f x dxdy'=---------------3分 )](sin[)]([4)](cos[)(4)](cos[)(222222222222x f x f x x f x f x x f x f dxy d '-''+'=-----7分=)]}(sin[)]([)](cos[)({4)](cos[)(222222222x f x f x f x f x x f x f '-''+'---------10分.四、（15分）已知3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，求a 的值. 解：)23(232123ln 0ln 0xa x ax x e d e dx e e ---=-⋅⎰⎰---------3分令t e x =-23，所以dt t dx e e aax x ⎰⎰--=-⋅231ln 02123---------6分 =a t 231233221-⋅-------------7分=]1)23([313--⋅-a ，-----------9分由3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，故]1)23([313--⋅-a =31，-----------12分即3)23(a -=0-----------13分亦即023=-a -------------14分所以23=a -------------15分.五、（10分）求微分方程0=-+'x e y y x 满足条件e yx ==1的特解.解：原方程可化为xe y x y x=+'1-----------2分这是一阶线性非齐次方程，代入公式得⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎰⋅⎰=⎰-C dx e x e e y dxx xdx x 11----------4分=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎰-C dx e x e ex x xln ln ----------5分 =[]⎰+C dx e x x 1-----------6分 =)(1C e xx+.---------------7分所以原方程的通解是)(1C e xy x +=.----------8分再由条件e yx ==1，有C e e +=，即0=C ，-----------9分因此，所求的特解是xe y x=.----------10分.六（10分）、若函数()f x 在(,)a b 内具有二阶导数，且123()()()f x f x f x ==，其中123a x x x b <<<<，证明：在13(,)x x 内至少有一点ξ，使()0f ξ'=。

历年全国大学生高等数学竞赛真题及答案

第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷（非数学类）一、填空题（每小题5分，共20分）1．计算____________，其中区域由直线与两坐标轴所围成三角形区域.解令，则，，（*）令，则，，，，2．设是连续函数，且满足, 则____________.解令，则，,解得。

因此。

3．曲面平行平面的切平面方程是__________. 解因平面的法向量为，而曲面在处的法向量为，故与平行，因此，由=--++⎰⎰y x yx x yy x Dd d 1)1ln()(D 1=+y x v x u y x ==+,v u y v x -==,v u v u y x d d d d 1110det d d =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=v u u v u u u y x y x x yy x D D d d 1ln ln d d 1)1ln()(⎰⎰⎰⎰--=--++⎰⎰⎰⎰----=---=10210d 1)ln (1ln d )d ln 1d 1ln (u u u u u u u u u u v v u uv u u u u u ⎰-=12d 1u uu u t-=121t u -=dt 2d t u -=42221t t u +-=)1)(1()1(2t t t u u +-=-⎰+--=0142d )21(2(*)t t t ⎰+-=1042d )21(2t t t 1516513221053=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=t t t )(x f ⎰--=222d )(3)(x x f x x f =)(x f ⎰=2d )(x x f A23)(2--=A x x f A A x A x A 24)2(28d )23(22-=+-=--=⎰34=A 3103)(2-=x x f 2222-+=y x z 022=-+z y x 022=-+z y x )1,2,2(-2222-+=y x z ),(00y x )1),,(),,((0000-y x z y x z y x )1),,(),,((0000-y x z y x z y x )1,2,2(-，知，即，又，于是曲面在处的切平面方程是，即曲面平行平面的切平面方程是。

大学生数学竞赛非数试题及答案

大学生数学竞赛（非数学类）试卷及标准答案一、填空（每小题5分，共20分）.(1)计算)cos1(cos1lim0xxxx--+→= .(2)设()f x在2x=连续，且2()3lim2xf xx→--存在，则(2)f= .(3)若txx xttf2)11(lim)(+=∞→，则=')(tf.(4)已知()f x的一个原函数为2ln x，则()xf x dx'⎰= .（1）21. (2) 3 . (3)tet2)12(+. (4)Cxx+-2lnln2.二、（5分）计算dxdyxyD⎰⎰-2，其中110≤≤≤≤yxD，：.解：dxdyxyD⎰⎰-2=dxdyyxxyD)(21:2-⎰⎰<+⎰⎰≥-22:2)(xyDdxdyxy-------- 2分=dyyxdx x)(221-⎰⎰+dyxydxx)(12102⎰⎰--------------4分分.三、（10分）设)](sin[2xfy=，其中f具有二阶导数，求22dxyd.解：)],(cos[)(222xfxf xdxdy'=---------------3分)](sin[)]([4)](cos[)(4)](cos[)(222222222222xfxfxxfxfxxfxfdxyd'-''+'=-----7分姓名：身份证号：所在院校：年级：专业：线封密密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关标记.=)]}(sin[)]([)](cos[)({4)](cos[)(222222222x f x f x f x f x x f x f '-''+'---------10分.15分）已知3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，求a 的值. )23(23ln 0xa x e d e -----------3分令t e x =-23，所以dt t dx e e aaxx⎰⎰--=-⋅231ln 02123---------6分=a t 231233221-⋅-------------7分=]1)23([313--⋅-a ，-----------9分由3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，故]1)23([313--⋅-a =31，-----------12分即3)23(a -=0-----------13分亦即023=-a -------------14分所以3=a -------------15分.10分）求微分方程0=-+'x e y y x 满足条件e yx ==1的特解.解：原方程可化为xe y x y x=+'1-----------2分这是一阶线性非齐次方程，代入公式得⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎰⋅⎰=⎰-C dx ex e e y dxx xdx x 11----------4分 =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎰-C dx e x e ex x xln ln ----------5分 =[]⎰+C dx e x x 1-----------6分 =)(1C e xx+.---------------7分所以原方程的通解是)(1C e xy x+=.----------8分所在院校：年级：专业：线封密再由条件e yx ==1，有C e e +=，即0=C ，-----------9分因此，所求的特解是xe y x=.----------10分.六（10分）、若函数()f x 在(,)a b 内具有二阶导数，且12()()()f x f x f x ==，其中123a x x x b <<<<，证明：在13(,)x x 内至少有一点ξ，使()0f ξ'=。

历届全国大学生数学竞赛真题及答案非数学类

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。

〕2021年第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、填空题〔每题5分，共20分〕1．计算=--++⎰⎰y x yx x yy x D d d 1)1ln()(，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vx u y x ==+,，那么vu y v x -==,，v u v u y x d d d d 1110det d d =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=，v u u v u u u y x y x x yy x D D d d 1ln ln d d 1)1ln()(⎰⎰⎰⎰--=--++⎰⎰⎰⎰----=---=1021000d 1)ln (1ln d )d ln 1d 1ln (u uu u u u u u u u v v u uv u u u u u〔*〕令u t -=1，那么21t u -=dt 2d t u -=，42221t t u +-=，)1)(1()1(2t t t u u +-=-，⎰+--=0142d )21(2(*)t t t⎰+-=1042d )21(2t t t 151651322153=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=t t t 2．设)(x f 是连续函数，且满足⎰--=2022d )(3)(x x f x x f , 那么=)(x f .解:令⎰=20d )(x x f A ，那么23)(2--=A x x f ，A A x A x A 24)2(28d )23(202-=+-=--=⎰,解得。

因此。

3．曲面平行平面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22=-+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 ，即曲面平行平面022=-+z y x 的切平面方程是0122=--+z y x 。

第三届全国大学生数学竞赛决赛试题（非数学类）+答案

第三届全国大学生数学竞赛决赛试题（非数学类）+答案第三届全国大学生数学竞赛决赛试卷（非数学类，2012）本试卷共2页，共6题。

全卷满分100分。

考试用时150分钟。

一、（本大题共5小题，每小题6分，共30分）计算下列各题（要求写出重要步骤）.(1) xx xx x x 222220sin cos sin lim -→解：x x x x x x 222220sin cos sin lim -→4222220cos sin lim x xx x x x x -+-=→2040)c o s 1)(cos 1(lim ))(sin (sin lim x x x x x x x x x x +-++-=→→221261?+?-=32=(2) [()]61311tan 21lim x e xx x x x +--++∞→解： [()]61311tan 21lim x e xx x xx +--++∞→ （令x t 1=）362201)t a n 21(l i m t t e t t t t t +--+=+→3620111)21(lim t t e t t t +-+-+=+→ 3201)21(l i m t e t tt -+=+→2206)22(lim te t t t t ++=+→+∞=(3) 设函数),(y x f 有二阶连续偏导数, 满足0222=+-yy y xy y x yy x f f f f f f f 且0≠y f ,),(z x y y =是由方程),(y x f z =所确定的函数. 求22xy解：依题意有，y 是函数，x 、z 是自变量。

将方程),(y x f z =两边同时对x 求导， x y ffyx+=0，则 yx f f x y-=??，于是 ()yx f f x x y -=??222)()(yyy yx x yxxx y f x yf f f x y f f f ??+-??+-=2)()(yyx yy yx x yx yxxx y f f f f f f f f f f f ----=3222yyyy xy y x yy x f f f f f f f f +--=0=(4) 求不定积分()dx e xx I x x 111+-+=?解：()dx e x x dx eI xx xx 12111++-+=?xx x x xdedx e 11+++=?()xx xe d 1+?=C xexx +=+1(5) 求曲面az y x =+22和222y x a z +-=)0(>a 所围立体的表面积解：联立az y x =+22，222y x a z +-=，解得两曲面的交线所在的平面为a z =，它将表面分为1S 与2S 两部分，它们在xoy 平面上的投影为222:a y x D ≤+，在1S 上 dxdy a y a x dS 2222441++=dxdy a y x a 2222)(4++=在2S 上 dxdy yx y y x x dS 2222221++++=dxdy 2= 则 d x d y ay x a S D )2)(4(2222+++=??22202024a r d r a r a d a πθπ+=?? )26155(2+-=a π 二、（本题13分）讨论dx xx x x220sin cos α+?∞+的敛散性，其中α是一个实常数. 解：记 xx x xx f 22sin cos )(α+=① 若0≤α，)1(2)(>?≥x xx f ；则dx x x x x 220sin cos α+?∞+发散② 若20≤<α，则11≤-α，而)1(2)(1≥?≥-x x x f α；所以dx xx x x220sin cos α+?∞+发散。

历年全国大学生数学竞赛初赛题目及答案解析全(2009-2019年非数学专业)

程，有 2x 2 2y 1 z 1 0 ，展开化简后有 2x 2y z 5 0.
(4) 设 y y(x) 由方程 xe f (y) ey ln 29 确定，其中 f 具有二阶导数，且 f 1 ，则
d2 y
=___________.
dx2
【参考答案】对等式两端分别关于
1 ab
1 b2]
0
523
1 π[
a2
1
a(1
a)
1
4
(1
a)2 ].
53
39
dv 2 1 2 8
5
3
令 π[ a a (1 a)] 0 ，得 a ，代入 b 的表达式得 b .
da 5 3 3 27
4
2
所以y 0 。
d 2v
22 8 4
5
3
又因
da 2
|
5 a
π[ 5
3
] 27
证：
3
(1) xesiny d y yesinx d x xesiny d y yesinx d x;
L
L
(2) xesin y d y yesin x d x 5 π2 .
2
L
【参考证法一】由于区域 D 为一正方形，可以直接用对坐标曲线积分的计算法计算.
π
0
π
左边 πesin y d y πesin x d x π (esin x esin x ) d x ，
，
，
u,v
v2
1x y
u
所以由二重积分换元法的积分变换公式，原积分也就等于
D
(x
y)ln1 1x y
y x
dx
dy
2

第13届非数学类决赛试题参考解答

第十三届全国大学生数学竞赛决赛试题及参考解答(非数学类, 2023年3月25日)一、填空题(本题满分30分，每小题6分)（1）已知a 和b 均为非零向量，且1=|b |，a 和b 的夹角,4π=a b ，则极限0||||limx x x→+−=a b a .【解】利用条件：1=|b |，,4π=a b，得|||cos ,|⋅==a b a b |a b a ，所以222222||2||x x x x ++⋅+++a b a a b b a a .因此00||||lim lim x x x x →→+−=a b ax →. （2）极限20ln(1)lim 2xx x x →+−=. 【解】利用L ’Hospital 法则，得2ln(1)1lim2x x x x →−+=，所以 222[ln(1)]ln(1)00ln(1)ln(1)lim 2lim 1x x x xx x x x x x x x e x x −+−+→→+−+−=+=.（3）积分=.【解】作变换sec x θ=，则3344sec tan d d sec tan 3412ππππθθθπππθθθ===−=∫∫.（4）设函数()=y y x 由参数方程222,11=++t t x yt t 确定，则曲线()=y y x 在点23，处的曲率κ=.【解】易知，对应点23，的参数=t . 利用参数方程求导法则，得2d 2d 1=−y t x t ，223223d 2(1)d (1)+=−y t x t . 所以，当=t时，d d =−y x ，223223d 2(1)227d (1)+==−×−y t x t ，因此曲线()=y y x 在23，处的曲率2κ.（5）设D是由曲线1=及两坐标轴围成的平面薄片型物件，其密度函数为(,)ρ=x y ，则薄片物件D 的质量=M .【解】d =+∫∫DMx y . 利用二重积分的对称性，得2(1203d 3d 3d =∫∫∫DM x y x yx .作变量代换：=t ，得1222013d 6(1)d 5==−=∫∫M x t t x . 二、(本题满分12分) 求区间[0,1]上的连续函数()f x ，使之满足1()1(1)()d (1)()d x xf x x yf y y x y f y y =+−+−∫∫.【解】根据题设条件及等式可推知，函数()f x 在[0,1]上二阶可导，且(0)(1)1f f ==. ------------ 4分对等式两边求导，得1()()d (1)()(1)()d (1)()xxf x yf y y x xf x y f y y x x f x ′=−+−+−−−∫∫1()d (1)()d x xyf y y y f y y =−+−∫∫，再对上式两边求导得 ()()(1)()()f x xf x x f x f x ′′=−−−=−，即 ()()0f x f x ′′+=. ------------ 4分这是二阶常系数齐次线性微分方程，易知其通解为 12()cos sin f x C x C x =+.分别取0x =和1x =代入上式，得11C =，21cos11tan sin12C −==，因此所求函数为 1()cos tan sin 2f x x x =+⋅ (01)x ≤≤. ------------ 4分三、 (本题满分12分) 设曲面∑是由锥面x =，平面1x =，以及球面2224x y z ++=围成的空间区域的外侧表面，计算曲面积分： 222()()d d ()d d d d f x I x y z y z x z y f xz y x z y f Σ=++ +++ ∫∫ ，其中()f u 是具有连续导数的奇函数.【解】设2()f y P x x +=，2()f z Q y x +=，2()f z R z y +=，则[](()()2)P Q Rx y z y x y xy f yz zf ′′+∂∂∂++=+++∂∂∂. 因为奇函数()f u 的导数是偶函数，所以()()f xy f yz ′′+关于y 是偶函数.------------ 4分记Ω是以Σ为边界曲面的有界区域，根据Gauss 公式，并结合三重积分的对称性，得d d d 2d d d P Q R Ix y z x x y z x y z ΩΩ∂∂∂=++= ∂∂∂ ∫∫∫∫∫∫ ------------ 4分222410cos 2d d cos sin d ππϕθϕρϕρϕρ⋅∫∫∫44017cos sin 16d 4cos 22ππππϕϕϕπϕ=−=−=∫. ------------ 4分四、 (本题满分12分) 设()f x 是以2π为周期的周期函数，且,00,0()f x x x x ππ<< = −≤≤，试将函数()f x 展开成Fourier 级数，并求级数121(1)n n n −∞=−∑之和.【解】函数()f x 在点(21)(012)x k k π=+=±±，，，处不连续，在其他点处连续，根据收敛定理可知，()f x 的Fourier 级数收敛，并且当(21)x k π≠+时级数收敛于()f x ，当(21)x k π=+时级数收敛于(0)(0)22f f πππ−−++=.------------ 4分下面先计算()f x 的Fourier 系数. 0011()d d 2a f x x x x ππππππ−===∫∫，且 2011(1)1()cos d cos d n n a f x nx x x nx x n ππππππ−−−===∫∫，1,2,n = ， 1011(1)()sin d sin d n n b f x nx x x nx x n πππππ+−−===∫∫，1,2,n = ，因此当(,)x ∈−∞+∞，且,3,x ππ≠±± 时，有121(1)1(1)()cos sin 4n n k f x nx nx n n ππ+∞= −−−=++∑. ------------ 4分注意到0x =是()f x 的连续点，代入上式得21(1)104n n n ππ∞=−−+=∑，即 2211(21)8n n π∞==−∑. 又22222111111111(21)(2)84n n n n n n n n π∞∞∞∞====+=+−∑∑∑∑，由此解得22116n n π∞==∑. 最后可得 1222222111(1)111(21)(2)84612n n n n n n n πππ−∞∞∞==−=−=−⋅=−∑∑∑. ------------ 4分【注】对于最后一步，若只给出结果1221(1)12n n n π−∞=−=∑，则可得2分.五、(本题满分12分) 设数列{}n a 满足：12a π=，11sin 1n n n a a a n +=−+，1n ≥. 求证：数列{}n na 收敛.【解】利用不等式：3sin 6x x x x −<<02x π <<.首先，易知1160n n a a a π+<<<< (2)n ≥. ------------ 4分故由题设等式得1(1)sin n n n n n n a na a a na +++−>，所以{}n na 是严格递增数列. ------------ 4分其次，由于31122221(1)sin 111(1)()()6()6n n n n n n n n n n n a na a a a a na n a na na na n +++−−−<=<⋅≤+，所以 12111111(1)6nn k k kk a ka k a k ==+ −< + ∑∑，即 2112111111(1)666n k n a a a n a k π=+−<<⋅+∑，解得 1121(1)16n a n a a π++<−.这就证明了数列{}n na 严格递增且有上界，因而收敛. ------------ 4分六、(本题满分10分)证明：b a a b a b a b +≤+≤+，其中0>a ，0b >，1a b +=.【证】不妨设1012a b <≤≤<，考虑函数1()x x f x a b −=+，如能证明()f x 在区间(0,]b 上单调减少，则有1()()()2f b f f a ≤≤，不等式得证. ------------ 3分对于(0,]∈x b ，因为1()ln ln x x f x a a b b −′⋅−⋅，221()ln ln 0x x f x a a b b −′′=⋅+⋅>，所以()()f x f b ′′<，故只需证()0f b ′≤，即ln ln baa ab b ⋅≤⋅或ln ln a ba b a b a b≤.------------ 4分容易证明ln xx是(0,]e 上的单调增函数，问题归结为证0a b a b e <<≤，这等价于证ln ln 11a b a b <−−，而这由函数ln 1xx−在(0,1)上单调增加即得. ------------ 3分【注】补证函数ln ()1xg x x=−在(0,1)上单调增加. 利用ln(1)x x +<(0)x >，有2111()1ln 1(1)0(1)′=−−+−> −g x x x x ，所以()g x 在(0,1)上单调增加.七、 (本题满分12分) 设)(=ij A a 为n 阶实矩阵，12,,,ααα n 为A 的n 个列向量，且均不为零. 证明：矩阵A 的秩满足2T1()αα=≥∑niii i ia r A .【证】注意到用非零常数乘矩阵的列向量不改变矩阵的秩()r A ，故可设T 1αα=i i ，1,2,,= i n ，所以只需证明21()=≥∑n iii r A a ，也即T 21()()α=≥∑ni i i r A e .其中T (0,,0,1,0,,0)= i e 是第i 个分量为1其余分量均为0的n 维列向量.------------ 4分令()=r A k ，则由12,,,ααα n 的任一极大无关组并利用Schmidt 正交化方法，可得标准正交向量组12,,,βββ k . 易知，向量组12,,,ααα n 与12,,,βββ k 等价.对任意1,2,,= i n ，令1αβ==∑ki j j j x ，则由12,,,βββ k 的标准正交性可知，Tβα=j ji x ，1,2,,= j k ，所以T 1()αβαβ==∑ki j i j j ，于是T 1T T()()βααβ==∑ii i kj i j j e e .------------ 4分根据 Cauchy-Schwarz 不等式，并注意到T 2T 1()1βααα===∑kj i i ij ，可得 2T 2T T 222T T 1111T ()())(()()()βαβαβαββ==== =≤=∑∑∑∑k k k k j i j j i j j j i i i j j j i i e e e e ，22T2TT1111()()()()αβββ=======≤∑∑∑∑n k nkj j j i ii i j i j k r eA e .------------ 4分。

历届全国大学生数学竞赛真题及答案非数学类

因此。

3．曲面平行平面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 ，即曲面平行平面 022=-+z y x 的切平面方程是0122=--+z y x 。

4．设函数)(x y y =由方程29ln )(y y f e xe =确定，其中f 具有二阶导数，且1≠'f ，那么.解:方程29ln )(y y f e xe =的两边对x 求导，得因)(29ln y f y xe e =，故，即，因此二、〔5分〕求极限x enx x x x ne e e )(lim 20+++→ ，其中n 是给定的正整数. 解:因故因此三、〔15分〕设函数)(x f 连续，⎰=10d )()(t xt f x g ，且，A 为常数，求)(x g '并讨论)(x g '在0=x 处的连续性.解:由与函数)(x f 连续知，0)(limlim )(lim )0(000===→→→xx f x x f f x x x 因⎰=10d )()(t xt f x g ，故0)0(d )0()0(10===⎰f t f g ，因此，当0≠x 时，，故当0≠x 时，这说明)(x g '在0=x 处连续.四、〔15分〕平面区域}0,0|),{(ππ≤≤≤≤=y x y x D ，L 为D 的正向边界，试证：〔1〕⎰⎰-=---Lx y Lx y x ye y xe x ye y xe d d d d sin sin sin sin ；〔2〕2sin sin 25d d π⎰≥--Ly y x ye y xe .证:因被积函数的偏导数连续在D 上连续，故由格林公式知〔1〕y x ye y xe x x ye y xe Dx y Lx y d d )()(d d sin sin sin sin ⎰⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∂∂-∂∂=---而D 关于x 与y 是对称的，即知因此〔2〕因故由知即 2sin sin 25d d π⎰≥--Ly y x ye y xe五、〔10分〕x x e xe y 21+=，x x e xe y -+=2，x x x e e xe y --+=23是某二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，试求此微分方程.解设x x e xe y 21+=，x x e xe y -+=2，x x x e e xe y --+=23是二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，那么x x e e y y 212-=--与x e y y -=-13都是二阶常系数线性齐次微分方程的解，因此0=+'+''cy y b y 的特征多项式是0)1)(2(=+-λλ，而0=+'+''cy y b y 的特征多项式是因此二阶常系数线性齐次微分方程为02=-'-''y y y ，由)(2111x f y y y =-'-''与知，1112)(y y y x f -'-''=)(2)2(42222x x x x x x x x e xe e e xe e e xe +-++-++= 二阶常系数线性非齐次微分方程为六、〔10分〕设抛物线c bx ax y ln 22++=过原点.当10≤≤x 时,0≥y ,又该抛物线与x 轴及直线1=x 所围图形的面积为31.试确定c b a ,,,使此图形绕x 轴旋转一周而成的旋转体的体积最小.解因抛物线c bx ax y ln 22++=过原点，故1=c ，于是即而此图形绕x 轴旋转一周而成的旋转体的体积即令得即因此七、〔15分〕)(x u n 满足),2,1()()(1 =+='-n e x x u x u x n n n, 且, 求函数项级数之与.解即由一阶线性非齐次微分方程公式知即因此由知，0=C ，于是下面求级数的与：令那么即由一阶线性非齐次微分方程公式知令0=x ，得C S ==)0(0，因此级数的与八、〔10分〕求-→1x 时, 与等价的无穷大量.解令2)(t x t f =，那么因当10<<x ，(0,)t ∈+∞时，2()2ln 0t f t tx x '=<，故xt t ex t f 1ln22)(-==在(0,)+∞上严格单调减。

大学数学竞赛试题及答案非数学类

大学数学竞赛试题及答案非数学类大学数学竞赛试题及答案（非数学类专业）一、选择题（每题2分，共10分）1. 已知函数\( f(x) = x^2 - 4x + 3 \)，求\( f(2) \)的值。

A. -1B. 1C. 3D. 52. 一个圆的半径为5，求其面积。

A. 25πB. 50πC. 75πD. 100π3. 以下哪个是等差数列1, 4, 7, ...的第10项？A. 27B. 28C. 29D. 304. 已知\( \sin(\theta) = \frac{3}{5} \)，求\( \cos(\theta) \)的值（假设\( \theta \)在第一象限）。

A. \( \frac{4}{5} \)B. \( -\frac{4}{5} \)C. \( \frac{3}{5} \)D. 05. 一个直角三角形的两条直角边分别是3和4，求斜边的长度。

A. 5B. 6C. 7D. 8答案：1. B2. B3. A4. A5. A二、填空题（每题3分，共15分）6. 圆的周长公式是 \( C = \) ________ 。

7. 已知\( a \)和\( b \)是两个正整数，且\( a > b \)，若\( a \)和\( b \)的最大公约数是3，最小公倍数是90，则\( a \)和\( b \)的值分别是________ 和 ________ 。

8. 已知\( \log_{10}100 = 2 \)，求\( \log_{10}1000 \)的值是________ 。

9. 将\( 0.\overline{3} \)（即0.333...）转换为分数形式是________ 。

10. 一个等比数列的首项是2，公比是3，求第5项的值是________ 。

答案：6. \( 2\pi r \)7. 15, 68. 39. \( \frac{1}{3} \)10. 162三、解答题（每题10分，共20分）11. 证明：对于任意实数\( a \)和\( b \)，不等式\( a^2 + b^2\geq 2ab \)总是成立。

韶关学院大学生数学竞赛非数学类样卷

韶关学院大学生数学竞赛（非数学类）样卷专业__________年级 _ 班级学号_______姓名（本试卷满分：150分；竞赛时间：150分钟；竞赛方式：闭卷笔试）一、填空（每小题5分，共30分）.(1)计算极限=+⎰→2)3sin 1ln(limxdtt x x ___________；(2)设()f x 在2x =连续，且2()3lim 2x f x x →--存在，则(2)f = ；(3) 设31arctan e x y +-=，则=dy _______________________； (4)已知()f x 的一个原函数为2ln x，则()xf x dx '⎰= ；(5)函数22y x z +=在点)1,1(A 沿着由点A 到点)2,3(B 方向的方向导数是；(6)设L 为椭圆13222=+y x ，其周长记为a ，则=++⎰Lds y x xy )23(22.分）.1．设k 是正整数，若kk n n n n -+∞→)1(lim 2012存在且不为零，则k =（）A.2011B.2012C.2013D.2014. 2、设函数)(x f y =在),(+∞-∞内是连续的，它的导函数)(x f y '=的图形如下图，则下面叙述正确的是：（）A.函数)(x f 有两个极大值点，B.函数)(x f 有一个间断点，C.曲线)(x f y =有两个拐点，D.当0>x 时，曲线)(x f y =是凸的.3、设)(x f 是连续函数，且⎰+=10)(2)(dt t f x x f ，则=)(x f （）A. 1-x ,B. 2-x ,C.221x , D. 2212+x .4、微分方程xdx ydy sin cos =的通解是( ).A ．C y x =+cos sinB ．C x y =-sin cos C ．C y x =-sin cosD ． C y x =+sin cos5、设常数0>a ，则级数∑∞=+-12)1(n nnan （） A. 发散 B. 绝对收敛 C. 条件收敛 D 收敛性与a 的值有关.15分） (1) 计算113sin )1(lim220-+-→x x e x x .(2) 计算⎰⎰Dxydxdy 2，其中D 是由直线x y =，1=x 及2=y 所围成的闭区域.(3)计算⎰⎰++Ddxdy y x 221，其中D 是圆域：122≤+y x .20分）（1）已知一曲线经过原点，且它在点),(y x M 处的切线斜率为x y x tan sec +，求这曲线的方程.（2）、已知一直线Γ经过点)3,2,1(，并与平面1:1=++∏z y x 及曲面3=-+z xy e z 在点)0,1,2(处的切平面2∏平行，试求该直线Γ的方程.五（15分）、记曲线，x e y =x y sin =和直线0=x ，1=x 围成平面图形为D .（1）求平面图形D 的面积A ；（2）求D 绕x 轴旋转所成立体的体积.六（15分）、设),,(z y x f u =有连续的一阶偏导数，又函数 )(x y y =及)(x z z =分别由下列两式确定：2=-xy e xy 和dt tte z x x ⎰-=0sin ，求dudx.七（10分）、证明()()()⎰+-+-Ly x dy x y dx x y 333与路径无关，其中L 不经过直线0=+y x ，并求()()()()()⎰+-+-3,20,1333y x dy x y dx x y 的值.20分）(1) 若函数()f x 在(,)a b 内具有二阶导数，且123()()()f x f x f x ==，其中123a x x x b<<<<，证明：在13(,)x x 内至少有一点ξ，使0)(=''ξf .（2）、设0>n a （1,2,n =），证明：级数∑∞=+++121)1()1)(1(n n na a a a 是收敛的.。

第十一届全国大学生数学竞赛(非数学类)试题

第十一届全国大学生数学竞赛(非数学类)试题参考解答及评分标准一、填空题（每小题6分）1. sin 014x x →=.解：sin sin 00x x x x x →→→=- sin 1/31/30022(e 1)1sin 1limlim 444422x x x x x x →→-=+-=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 2. 设隐函数()y y x =由方程22()y x y x -=所确定，则232ln ||dx y y C y x x=-+⎰. 解：令y tx =，则21(1)x t t =-，1(1)y t t =-，3223(1)tdx dt t t -+=-，这样，223332ln ||2ln ||dx t y ydt t t C C y t x x-+==-+=-+⎰⎰. 3. 定积分220(1sin )1cos x e x dx e xππ+=+⎰.解：222000(1sin )sin 1cos 1cos 1cos x xx e x e xdx dx de xx x πππ+=++++⎰⎰⎰ 2222200sin cos (1cos )+sin 1cos 1cos (1cos )xxxe xe x x x dx e dx x x x πππ+=+-+++⎰⎰2222000sin 1cos 1cos 1cos xxx e xe edx dx e x x x ππππ=+-=+++⎰⎰. 4. 已知22(,)323ydx xdy du x y x xy y -=-+，则1(,)()C 3x u x y y =-+. 解：22(,)323ydx xdy du x y x xy y -=-+21()233()3xd x yx x y y y ==--+（）.所以，1(,)()C 3x u x y y =-+.5. 设,,,0a b c μ>，曲面xyz μ=与曲面2222221x y z a b c ++=相切，则μ=.解：根据题意有：22x yz a λ=,22y xz b λ=，22zxy c λ=，以及 222x a μλ=，222y b μλ=，222z c μλ=，从而得：32228a b cλμ=，32μλ=，联立解得：μ=二、（14分）计算三重积分22d d d Ω+⎰⎰⎰xyzx y z x y，其中Ω是由曲面2222()2++=x y z xy 围成的区域在第一卦限部分.解：采用“球面坐标”计算，并利用对称性，得ππ3224222sin cos sin cos 2d d sin d sin I ρϕθθϕθϕρϕρρϕ=⎰⎰ -------5分ππ342002sin cos d sin cos d d θθθϕϕϕρρ=⎰⎰ππ3354202sin cos d sin cos d θθθϕϕϕ=⎰⎰ -------10分ππ354201sin 2d sin d(sin )4θθϕϕ=⎰⎰π3201121sin d 4848372t t ==⋅=⎰. -------14分三、（14分）设()f x 在[0,)+∞上可微，(0)0f =，且存在常数0A >，使得|()||()|f x A f x '≤在[0,)+∞上成立，试证明：在(0,)+∞上有()0f x ≡.证明：设01[0,]2x A ∈，使得01|()|max |()|[0,]2f x f x x A ⎧⎫=∈⎨⎬⎩⎭， -------5分 000011|()||(0)+()||()||()|22f x f f x A f x f x A ξ'=≤=，只有0|()|0f x =. 故当 1[0,]2x A∈时，()0f x ≡. -------12分递推可得，对所有的1[,]22k kx A A-∈，1,2,k =，均有()0f x ≡. -------14分四、（14分）计算积分2sin (cos sin )0sin I d e d ππθφφφθθ-=⎰⎰解：设球面 Σ:x 2+y 2+z 2=1, 由球面参数方程sin cos x θφ=，sin sin y θφ=，cos z θ=知sin dS d d θθφ=，所以，所求积分可化为第一型曲面积分I =∬e x−ydS Σ-------4分设平面P t :√2=t,−1≤t ≤1，其中t 为平面P t 被球面截下部分中心到原点距离.用平面P t 分割球面Σ，球面在平面P t ,P t+dt 之间的部分形如圆台外表面状，记为Σt,dt .被积函数在其上为 e x−y =e √2t . -------8分由于Σt,dt 半径为r t =√1−t 2，半径的增长率为 d√1−t 2=√1−t 2 就是 Σt,dt 上下底半径之差. 记圆台外表面斜高为ℎt ，则由微元法知 dt 2+(d √1−t 2)2=ℎt 2, 得到ℎt =√1−t 2 ，所以 Σt,dt 的面积为 dS =2πr t ℎt =2πdt, -------12分I =∫e √2t 1−12πdt =√2√2t |−11=√2π(e √2−e −√2). -------14分五、（14分）设()f x 是仅有正实根的多项式函数，满足 0()()n n n f x c x f x +∞='=-∑. 试证：0n c >，(0n ≥），极限lim n ()f x 的最小根. 证明：由f (x )为仅有正实根的多项式，不妨设()f x 的全部根为 0<a 1<a 2<⋯<a k ，这样，f (x )=A (x −a 1)r 1⋯(x −a k )r k ，其中 r i 为对应根a i 的重数 (i =1,⋯,k,r k ≥1). -------2分f ′(x )=Ar 1(x −a 1)r 1−1⋯(x −a k )r k +⋯+Ar k (x −a 1)r 1⋯(x −a k )r k −1，所以，f ′(x )=f (x )(r 1x−a 1+⋯+rkx−a k)，从而， −f ′(x)f(x)=r 1a 1∙11−xa 1+⋯+r k a k∙11−x a k.-------6分若|x |<a 1, 则 −f ′(x)f(x)=r 1a 1∙∑(xa1)n∞n=0+⋯+r k a k∙∑(xak)n∞n=0=∑(r 1a 1n+1+⋯+r k a kn+1)∞n=0x n .而 −f ′(x)f(x)=∑c n x n∞n=0，由幂级数的唯一性知c n =r 1a 1n+1+⋯+r kak n+1>0， ------9分c ncn+1=r 1a 1n+1+⋯+r k a kn+1r 1a 1n+2+⋯+r k a kn+2=a 1∙r 1+⋯+(a1a k)n+1r kr 1+⋯+(a 1a k)n+2r k.limn→∞c nc =a 1∙r 1+0+⋯+0r +0+⋯+0=a 1>0， limn→∞c n+1c =1a ， -----12分limn→∞1n ∙(ln c2c1+⋯+ln c n+1c n)=ln 1a 1,√c n n=elnc nn=elnc 1n +1n (ln c 2c 1+⋯+ln cn+1c n)→eln1a 1=1a 1.从而，lim√c nn=a 1,即f (x )的最小正根. -----14分六、（14分）设函数()f x 在[0, )+∞上具有连续导数，满足22223[3()]()2[1()]-'+=+x f x f x f x e ，且(0)1≤f .证明：存在常数0>M ，使得[0,)∈+∞x 时，恒有()≤f x M .证明：由于()0'>f x ，所以()f x 是[0, )+∞上的严格增函数，故+lim ()→∞=x f x L (有限或为+∞). 下面证明 ≠+∞L . -----2分记()=y f x ，将所给等式分离变量并积分得 222232d d (1)3-+=+⎰⎰x y y e x y ，即 2222arctan d 13-+=++⎰x t y y e t C y ， ------6分其中2(0)2arctan (0)1(0)=++f C f f . ------8分若=+∞L ，则对上式取极限→+∞x ，并利用2d 2+∞-=⎰t e t ，得π3=-C .-----10分另一方面，令2()2arctan 1=++ug u u u ，则2223()>0(1)+'=+u g u u ，所以函数()g u 在(, )-∞+∞上严格单调增加. 因此，当(0)1≤f 时，1π((0))(1)2+=≤=C g f g ，但2π1π22+>>C ，矛盾，这就证明了+lim ()→∞=x f x L 为有限数.最后，取max{(0),}=M f L ，则|()|≤f x M ，[0,)∀∈+∞x . -----14分。