湖州师范学院高等数学(微积分)竞赛试题答案
年浙江省大学生高等数学(微积分)竞赛试题.
2005年浙江省大学生高等数学（微积分）竞赛试题（数学类）一． 计算题（每小题12分，满分60分）1．计算()()23400sin ln(1)38sin 1lim x x x x x t t dt x x e →+−+−−∫ 2．计sin 3cos 4sin x dx x x+∫ 3．计算2200501tan dx xπ+∫ 4．设()f x 在点二阶可导，且0x =()011cos lim x f x x→=−，求，和的值。
()0f ()0f ′()0f ′′5．设()(),z f x y x y g x ky =−+++，f ，g 具有二阶连续偏导数，且，如果0g ′′≠22222222z z z 4f x x y y∂∂∂′′++≡∂∂∂∂，求常数k 的值。
二． （本题满分20分）在某平地上向下挖一个半径为R 的半球形池塘，若某点泥土的密度为22r R e ρ=，其中r 为此点离球心的距离，试求挖此池塘需作的功。
三 （本题满分20分）判别级数()111.n n∞=−∑的收敛性 四 （本题满分20分）证明对任意连续函数()f x ，有 ()(){}112211max sin ,cos 1x x f x dx x f x dx −−−−−∫∫≥ 五 （本题满分15分）对下列函数()f x ，分别说明是否存在一个区间[],a b ，，使(0a >)()[]{}[]{},,f x x a b x x a b ∈=∈，并说明理由。
()()21133f x x =+2 ()()12f x x = ()()131f x x =−六（本题15分） 设()f x 在[]1,1−上二阶导数连续，证明()()()112133xf x dx f f ξξξ−′′′=+∫。
2012浙江省高等数学微积分竞赛（经管类）含答案.
2012浙江省高等数学（微积分）竞赛试题经管类一、计算题（每小题14分，满分70分）1求极限lim log ()abx x x x →+∞+。
2．设()sin ax f x e bx =（,a b R ∈为常数），求()(0)n f 。
装 订 线3．计算 0sin d n x x x π⎰（n 为正整数）。
4．求积分2241d 1x x x x+++⎰5．设函数21()2af x x x=+，0x >，常数0a >，试求最小的常数a ，使得()6f x ≥。
二、（满分20分）证明：111ln 1lnni n n n i =+<<+∑，n +∈三、（满分20分）求2211(21)2nn nn C n ∞=-∑的值。
四、（满分20分）在草地中间有一个半径为R 的圆形池塘，池塘边拴着一只山羊，拴山羊的绳子长为,(02)kR k <<，求山羊能吃到草的草地面积。
五、（满分20分）（1）求极限lim 2coscos cos 482n n n πππ→∞（2）证明2π=经管类一、计算题 1、若a b ≥l i m l o g (a b x x x x →+∞+l i m l o g(1)l i m l o g (1a b ab a x xx x x x a x a --→+∞→+∞=+=++= 同理，当a b <时，l i m l o ga b x x x x →+∞+b=，所以l i m l o g a b x x x x →+∞+m a x (a b = 2、解：()sin cos ax ax f x ae bx be bx e bx bx ⎫'=+=+⎪⎭)()cos sin sin cos sin ax e bx bx bx θθθ=+=+arcsin θ⎛⎫==⎝同理)()sin()cos()f x ea bxb bx θθ''=+++22()sin(2)ax a b e bx θ=++可得()()()()()()/2/222()22sin()0sin()n n nax n f x a b e bx n f a b n θθ=++⇒=+3、解：sin d n x x x π⎰()011sin sin nnj j j j x x dx x j xdx ππππππ-====+-∑∑⎰⎰()()201sin d 21212nj n x x x j n n n n n n πππππ==+-=++-=+∑⎰4、解：2442222121(1)(1)x x x x x x x x x ++=++-=+++-()()22242221111111d d d 121121/23/41/23/4x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+⎛⎫∴=+=+ ⎪ ⎪ ⎪++++-+⎝⎭++-+⎝⎭⎰⎰⎰1r c t a r C =5、解：2()0a f x x x '=-=0x = 032()10a f x x ''=+> ()f x ∴f==6= 即8a =时 ()6f x ≥，且在02x =时，(2)6f = 所以min 8a =二、证明：显然11111d d j j jj x x x j x+-<<⎰⎰ 2j ≥1 1122111111d 1d 1ln nn n j n j j j j x x n j j x x -===∴=+<+=+=+∑∑∑⎰⎰另一方面111111111111d ln nn n j j j j j x n j jn x n n --+====+>+=+∑∑∑⎰三、解：[]2222221221(2)!(22)!(22)!1(21)2(21)2(!)2!(1)!22(1)!nn n n n n n n n C n n n n n nn ----===---- 而2212(21)122n n n n -=- 122222222111(21)222nn nn n n nn n C C C n ---∴=-- 而22102nn n C → ∴原级数1=四、解：以过拴羊点与池塘圆心为x 轴，拴山羊点为原点，则池塘边界圆为222()x R y R -+=而羊能跑的最大圆周为2222x y k R +=，易知在22R x k =时，两圆有两个交点2222012d 2R k S k R x π∴=+⎰222222arcsin (arcsin 22x x R R k R k R x R R k kR R π-⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭2222arcsin 22k k R k R π=+222221arcsin 14222k k R R R π⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2222222arcsin arcsin 12222k k k R R k R R ππ⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭五（1）解：cos cos cos cos cos cos sin /sin 48248222n n n n n πππππππ=1121111cos cos cos sin cos sin 4822442sin 2sin 2sin 222n n n n n n nn ππππππππ----===∴原极限22lim2sin2n n nππ→∞==（2）cos4π=c o s 8π===c o s 2n π==2cos cos cos 482n ππππ==书中横卧着整个过去的灵魂——卡莱尔人的影响短暂而微弱，书的影响则广泛而深远——普希金人离开了书，如同离开空气一样不能生活——科洛廖夫书不仅是生活，而且是现在、过去和未来文化生活的源泉——库法耶夫书籍把我们引入最美好的社会，使我们认识各个时代的伟大智者———史美尔斯书籍便是这种改造灵魂的工具。
2009年浙江省高等数学(微积分)竞赛试题及参考答案
2009年浙江省高等数学(微积分)竞赛试题及参考答案摘要：(文专类)一,计算题(每小题12分,满分60分)1.求极限解=2.计算不定积分解==3.设,求解=4.设,,求此曲线的拐点解,,令得当时,...关键词：微积分,积分类别：专题技术来源：牛档搜索（）本文系牛档搜索（）根据用户的指令自动搜索的结果，文中内涉及到的资料均来自互联网，用于学习交流经验，作品其著作权归原作者所有。
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2012浙江省高等数学微积分竞赛(文专类)含答案
2012浙江省高等数学（微积分）竞赛试题文专类一计算题：（每小题14分，满分70分）1．求极限lim log ()abx x x x →+∞+。
2．设()sin ax f x e bx =（,a b R ∈为常数），求()(0)n f 。
装 订线3．计算2sin dx x xπ⎰。
4．求不定积分24d1xx x x++⎰。
5．极值设函数21(), 02af x x x x=+>，常数0a >，试求最小的常数a ，使得()6f x ≥。
二、（满分20分）设p R ∈，且1p ≥，证明0,0a b ∀≥≥有22pp p a b a b ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭。
三、（满分20分）验证44 00 4 d (cos sin )cos (cos sin )cos x x x x x x x x xπππ-=++⎰⎰，并计算积分4d (cos sin )cos xx x x xπ+⎰四、（满分20）在草地中间有一个半径为R 的圆形池塘，池塘边拴着一只山羊，拴山羊的绳子长为,(02)kR k <<，求山羊能吃到草的草地面积。
五、（满分20分）设函数()f x 在(0,)+∞内可导，且极限lim ()x f x →+∞与lim ()x f x →+∞'都存在，证明lim ()0x f x →+∞'=。
文专类一、计算题 1、若a b ≥l i m l o g (a b x x x x →+∞+l i m l o g(1)l i m l o g (1a b ab ax xx x x x a x a --→+∞→+∞=+=++= 同理，当a b<时，l i m l o ga b x x x x →+∞+b=， 所以l i m l o g a b x x x x →+∞+m a x (a b = 2、解：()sin cos ax ax f x ae bx be bx e bx bx ⎫'=+=⎪⎭)()cos sin sin cos sin ax e bx bx bx θθθ=+=+θ⎛⎫==⎝同理)()sin()cos()f x ea bxb bx θθ''=+++22()sin(2)ax a b e bx θ=++3、220sin d sin d sin d x x x x x x x x x ππππ=-⎰⎰⎰2200cos sin d cos sin d x x x x x x x xππππππ=-++-⎰⎰22244ππππ=++++=+4、224221111d d d 131212()24xx t x t t C xxt t t ===+++++++⎰⎰⎰2C =二、证明：记()p f x x =由台劳公式()2()()2228a b a b a b a b f a f f f ξ-++-⎛⎫⎛⎫'''=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()2()()2228b a a b a b b a f b f f f η-++-⎛⎫⎛⎫'''=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1p ≥ 2()(1)0p f x p p x -''=-≥ ()()22a b f a f b f +⎛⎫∴+≥ ⎪⎝⎭三、解：()4d /4(cos sin )cos x x x x t x x x ππ===-+⎰⎰令4/4d )d (cot sin )cos tt t t tππ-=-=+⎰所以41d (cxx t x d x t t tx x xxπππππ==+++⎰⎰⎰()/40ln 1tan ln 288x πππ=+=四、解：以过拴羊点与池塘圆心为x 轴，拴山羊点为原点，则池塘边界圆为222()x R y R -+=而羊能跑的最大圆周为2222x y k R +=，易知在22R x k =时，两圆有两个交点2222012d 2R k S k R x π∴=+⎰222222arcsin (arcsin 22x x R R k R k R x R R k kR R π-⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭2222arcsin 22k k R k R π=222221arcsin 14222k k R R R π⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2222222arcsin arcsin 12222k k k R R k R R ππ⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭五、证明：由中值定理：(1)()(),(,1)f x f x f x x ξξ'+-=∈+lim ()x f x →+∞' 存在 ()lim ()lim ()lim (1)()0x x x f x f f x f x ξ→+∞→+∞→+∞''∴==+-=。
微积分竞赛试题答案
湖州师范学院高等数学（微积分）竞赛试题答案（数学专业）一、 计算题（每小题15分，满分60分）1. 计算：222sin )(cos 112lim2xe x xxxx -+-+→。
解：),(082114422x xxx+-+=+)(0811124422x x x x+=+-+。
又 )(023)](01[)](0211[cos 2222224x x x x x x e x x+-=++-+-=-，故 222sin )(cos 112lim2xe x xxxx -+-+→121sin )(023)(081lim sin 1)(023)(081lim 222244022222440-=⋅+-+=⋅⋅+-+=→→x x xx x x x x x x x x x x x 2．设2006)1(lim=--∞→ββαn nn n ，试求βα,的值。
解：ββα)1(--n n n=)1(0))1(01(1)11(11nn nnn nnn⋅+=+--=--+---βββαβαββα，显然由条件知0≠β，而⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+-=+->+-∞=⋅++-∞→,01,0,01,1,01,)1(0lim1βαβαββαββαn n n n 因此有,01=+-βα且20061=β，故20061,20062005=-=βα3. 求积分⎰+π2cos1sin dx xx x解：⎰+π2cos1sin dx xx x =⎰+22cos1sin πdx xx x +⎰+ππ22cos1sin dx xx x令t x -=π，有⎰⎰⎰+-=-+---=+222222c o s 1s i n )()(c o s 1)s i n ()(c o s 1s i n ππππππππdt tt t dt t t t dx xx x=⎰⎰+-+2222cos1sin cos1sin πππdx xx x dx xx所以⎰+π2cos1sin dx xx x =4|)(cos cos1sin 2222πππππ=-=+⎰x arctg dx xx4．计算二重积分⎰⎰Dy x dxdy e},max(22，其中}10,10|),{(≤≤≤≤=y x y x D 。
浙江省大学高等数学(微积分)竞赛试题及解答
20####省高等数学〔微积分〕竞赛试题与解答一．计算题1. 求()1lim 2x x x e x →∞⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦. 解法一 令1t x =,原式011lim 2t t e t t →⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ ()0211lim t t t e t→-+= ()0lim 211t t t e →=+=； 解法二 原式112lim 1x x x e x e x -→∞⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ 121lim 1xx e xx-→∞-+= 122221lim 1x x e xx x -→∞-+=-1lim 21x x e -→∞⎛⎫=-= ⎪⎝⎭. 2. 求()()2ln 2ln 132x x dx x x +-+++⎰. 解：原式()()()11ln 2ln 112x x dx x x ⎛⎫=+-+- ⎪++⎝⎭⎰ ()()()()()()ln 2ln 1ln 2ln 1x x d x x =-+-++-+⎰()()21ln 2ln 12x x C =-+-++⎡⎤⎣⎦. 3. 求曲线222,arctan ,y x t t y t e e ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩在0t =处的切线方程.解：当0t=时,()00x =,()02y =, 由22x t t =-,22dx t dt=-, 02t dx dt ==-, 由2arctan y y t e e +=,21arctan 01y y t y e y t ''+⋅+=+, 该式中令0t=,2y =, 解出()2020t dy y dt e='==-, 因此201t dy dx e==, 所求曲线()y f x =在0t =处的切线方程为()2120y x e-=-, 即212y x e=+. 4. 设()f x =,求()()10f x .解：()()()112211f x x x -==+-+ ()()12f x f x =+,()()1121112f x x -'=+, ()()1221111122f x x -⎛⎫''=-+ ⎪⎝⎭, ,()()()1101021111191222f x x -⎛⎫⎛⎫=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,()()1122112f x x --'=-+, ()()1222111122f x x --⎛⎫''=---+ ⎪⎝⎭, ,()()()1101022111191222f x x --⎛⎫⎛⎫=-----+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, ()()()()()()10101012f x f x f x =+()()()()()()91019212210101113171131719122x x ----=⋅+-⋅⋅+()192101317191121x x -⋅⎛⎫=-++ ⎪+⎝⎭. 二．设()36xx f x e =-,问()0f x =有几个实根？并说明理由. 解：()22xx f x e '=-, ()x f x e x ''=-,显然()0x f x e x ''=->,(),x ∈-∞+∞,()f x '在(),-∞+∞上严格递增；()11102f e '-=-<,()010f '=>, 由零点定理,存在唯一()01,0x ∈-,使得()00f x '=,即0x 为()f x 的唯一的驻点. 同时,0x 为()f x 在(),-∞+∞内唯一的极小值点,也是最小值点,又在()1,0-,()306x x f x e =->, 故方程()0f x =在(),-∞+∞内无实根.三．已知)lim x ax b →∞-=,求a ,b 的解. 解：由条件,可得)10limxax bx→∞=--limxa→∞⎫=-⎪⎭1a=-,于是1a=,从而)limxb x→∞=-lim1xx→∞⎫=-⎪⎭221332211lim1111111xxx xx x x x→∞⎛⎫+⎪⎝⎭=⎛⎫⎛⎫++++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭13=.四．求由0y=,y=y=围成的平面图形D的面积与D绕x轴旋转一周所得旋转体体积.解：y=y=的交点坐标为2x e=,1y=,在()20,e内>所以D的面积2201e eA dxe=-⎰⎰()22321121ln132eex x xe=⋅--()2136e=-；或者()1222yA e e y dy=-⎰122301123y e e y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ()2136e =-； D 绕x 轴旋转一周所得的旋转体体积2222011ln 4e e x V dx xdx e ππ=-⎰⎰ ()221ln ln 2224e e x x x x ππ=--+⎡⎤⎣⎦2π=；或者()122202y Vy e e y dy π=-⎰ 12202y yde e ππ=-⎰ 12201222y y e e πππ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭. 五．设()f x 有连续的二阶导数,证明：()()()()000xf x f f x tf x t dt '''=++-⎰. 证明：因为()0x tf x t dt ''-⎰ ()()0x td f x t '=--⎰ ()()00xxf f x t dt ''=-+-⎰ ()()()00xd xf f x t dt dt'=-+--⎰ ()()()00xf f f x '=--+,所以()()()()000xf x f f x tf x t dt '''=++-⎰. 六．证明：(),x ∀∈-∞+∞,sin sin2sin a x b x x +≤的充分必要条件为21a b +≤. 证明：必要性 设sin sin2sin a x b x x +≤,两边分别约去sin 0x ≠,由此,得2cos 1a b x +≤,令0x →,取极限,得21a b +≤, 在2cos 1a b x +≤中,令x π→,取极限得21a b -+≤,当a ,b 同号时,221a b a b +=+≤,当a ,b 异号时,221a b a b +=-≤. 充分性 设21a b +≤,因为2cos 21a b x a b +≤+≤, 两边同时乘以sin x , 所以sin sin2sin a x b x x +≤.。
湖州师范学院高等数学(微积分)竞赛试题
湖州师范学院第六届高等数学（微积分）竞赛试题解答（文科组）竞赛时间：2008年11月19日14:00-17:00一、计算题（每小题15分，满分60分）1.设()f x 是区间(,)-∞+∞上的连续函数,且满足1201()3(),2f x x x f x dx =-+⎰求1()f x dx ⎰及()f x .解 因为()f x 是区间(,)-∞+∞上的连续函数, 所以10()f x dx ⎰必存在, 对12()3(),f x x x f x dx =-⎰取[,]01上的定积分,并令1()f x dx k =⎰得,11120001312k x dx k xdx dx =-+⎰⎰⎰,即11122k k =-+, 有1k =. 则有10()1f x dx =⎰.21()32f x x x =-+.2.解ln(1(1d =+⎰(1=++-(1C =+3.求242lim(1)(1)(1)(1)(||1).nn x x x x x →∞++++<解 242l i m (1)(1)(1)(1)nn x x x x →∞++++ 242(1)(1)(1)(1)(1)lim 1nn x x x x x x →∞-++++=-2242(1)(1)(1)(1)lim 1nn x x x x x→∞-+++=-442(1)(1)(1)lim 1nn x x x x→∞-++=-1211lim (||1)11n n x x x x+→∞-===<--.4. 设函数()f x 连续,求220()xd tf x t dt dx -⎰.解 令22x t u -=,当0t =时,2u x =;t x =时0u =,2tdt du -= 于是有220220011()()()22xx x tf x t dt f u du f u du -=-=⎰⎰⎰,因此 222201()()2()2x d tf x t dt f x x xf x dx -=⋅=⎰. 二、（本题满分15分）设)(x f 在0=x 的邻域内可导，且310)(1 lim e x x f x xx =⎥⎦⎤⎢⎣⎡++→，试求)0(f ，)0(f '. 解 由310])(1[lim e xx f x xx =++→得3])(1ln[lim=++→xx x f x x ，因为分母极限为零，从而分子极限为零，即0])(1ln[lim 0=++→xx f x x ， 可以得到0)(lim=→xx f x ， 同样，我们有)0(0)(lim 0f x f x ==→，由导数的定义得00)0()(lim)0('0=--=→x f x f f x三、（本题满分20分） 已知12(1)nn a x x dx =-⎰,证明:级数1n n a ∞=∑收敛,并求这个级数的和.解 设1t x =-, 则112120(1)(2)nn n n n a t t dt t t t dt ++=-=-+⎰⎰121123n n n =-++++ ………………………………………..5分于是 111111()()1223n nn k k k S a k k k k ==⎡⎤==---⎢⎥++++⎣⎦∑∑11112233n n =--+++ 故 11111l i m l i m 22336n n n S n n →∞→∞⎡⎤=--+=⎢⎥++⎣⎦则级数1n n a ∞=∑收敛,且116n n a ∞==∑. ……………………………………20分 四、 （本题满分20分）过点P(1,0)作抛物线2-=x y 的切线,该切线与上述抛物线及x 轴围成一平面图形,求此图形的面积和该图形绕y 轴旋转一周所成旋转体的体积. 解 交点坐标（3，1），直线方程)1(21-=x y321111(222x S dx -=⨯⨯+-⎰3332222112(1)(2)443x x ⎡⎤⎡⎤=+---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦1114123=+=.V=⎰+-+1222])12()2[(dy y y π=⎰+-14]34[(dy y y π=56π五、 （本题满分20分）设函数()f x 满足方程2173()4()0f x x f x x+-+=,求()f x 的极大值与极小值.解 在方程2173()4()0f x x f x x+-+= (1)中用1x-替换x ,得2143()()70f f x x x x-+-=即2314()3()70f x x f x x+--= (2)联立(1)与(2),消去1()x-得33()4f x x x =+, 223()12f x x x '=-, 36()24f x x x''=+令()0f x '=,得x =, 由于0f ''=>,(0f ''=-<故f =, (f =-. 六、 （本题满分15分）设函数)(x f 在]3,0[上连续,在(0,3)内可导,且3)2()1()0(=++f f f ,1)3(=f , 试证必存在∈ξ(0,3), 使.0)(='ξf解 因为)(x f 在[0,3]上连续,故在[0,2]是连续,在[0,2]上有最大值M 和最小值m , 于是Mf m M f m Mf m ≤≤≤≤≤≤)2()1()0( ,故M f f f m ≤++≤3)2()1()0( 由介值定理知，至少存在一点]2,0[∈c 使)(c f =13)2()1()0(=++f f f 1)3()(==f c f ，且)(x f 在]3,[c 上连续，在)3,(c 内可导，由罗尔定理知，必存在)3,(c ∈ξ)3,0(⊂，使0)(='ξf .。
浙江省2003高等数学(微积分)竞赛试题(解答)
2003年浙江省高等数学(微积分)竞赛试题(解答)*2002/12/7一、 计算题（每小题12分，共60分）1、求极限205sin()limxx xt dt x→⎰.解: 令u xt =原式220501sin lim x x u du x x →=⎰22060sin lim x x u du x→=⎰04050sin 21lim 63x x x x →⋅==.2、设31()sin xG x t t dt =⎰，求21()G x dx ⎰. 解: 222111()()()x G x dx xG x xG x dx ''==-⎰⎰22312(2)(1)sin G G x x dx =--⎰233112(2)sin 3G x dx =-⎰ 23112(2)cos 3G x =+ 12(2)(cos8cos1)3G =+-.3、求241x dx x∞+⎰. 解: 令1t x=, 则2dt dx t =-,代入241x dx x ∞+⎰得:244400011111x dx dt dx x t x ∞∞∞==+++⎰⎰⎰, 直接计算411dx x ∞+⎰比较困难!*周晖杰 2008/11/122444000111211x x dx dx dx x x x ∞∞∞⎡⎤⇒=+⎢⎥+++⎣⎦⎰⎰⎰ 2401121x dx x ∞+=+⎰202211112x dx x x ∞+=+⎰02111()12()2d x x x x ∞=--+⎰2011()421()12d x x x x ∞=-⎤-+⎢⎥⎣⎦⎰1)42x x ∞=-4=. 求不定积分、定积分、广义积分，用代换是不错的方法，主要有： ① 三角代换；②根式代换；③倒代换；④指数代换；⑤1x x +或1x x-代 换.4、求21lim nn k n kn k →∞=++∑. 解: 求无穷项的极限问题，主要有如下方法：①通过等比、等差等方法转化为有限项，但适用性不强；②夹逼定理；③转化为定积分1()lim ()nban k b a b a f x dx f a k n n →∞=--=+∑⎰，尤其当0,1a b ==时，1011()lim ()n n k kf x dx f nn →∞==∑⎰. 2222112lim lim 12nn n k n k n n n n n kn n n n →∞→∞=++++⎛⎫=+++ ⎪++++⎝⎭∑ 令2221212n n n n n x n n n n +++=++++++ ，22212n n n n ny n n n n n n +++=++++++ 22212111n n n n nz n n n +++=++++++显然，n n n y x z ≤≤，且3lim lim 2n n n n y z →∞→∞==由夹逼定理得：213lim 2nn k n k n k→∞=+=+∑. 二、(20分)求满足下列性质的曲线C : 设000(,)P x y 为曲线22y x =上任一点,则由曲线0x x =,22y x =,2y x =所围成区域的面积A 与曲线0y y =,22y x =和C 所围成区域的面积B 相等.解: 0223001(2)3x A x x dx x =-=⎰设C : ()x f y =,则03200()3y f y dy y =-⎰03320001()33y x f y dy y ⇒=-⎰, 即:3332200001()3y f y dy x y y ==⎰则()f y x ==,也即: 23225y x =.03200()3y y f y dy =-⎰03320001()33y x y f y dy ⇒=-⎰ 即:3332200001()3y f y dy y x y =-=⎰则()f y x ==, 也即: 2329y x =. ③ ……………………2三、(20分) 求22Lydx xdy x y -+⎰,其中22(1):19x L y -+=的上半平面内部分,从点(2,0)-到(4,0).解: 令22(,)y P x y x y =+, 22(,)xQ x y x y-=+ ()()22222222222()2P x y y x y y x y x y ∂+--==∂++, 同理: ()22222Q x y x x y ∂-=∂+, 即Q P x y ∂∂=∂∂ 故22Lydx xdyx y -+⎰与积分路径无关, 但不能取直线段AD , 因为被积函数在原点不可导, 取如图的路径,则:22222222LAB BC CD ydx xdy ydx xdy ydx xdy ydx xdyx y x y x y x y----=++++⎰⎰⎰⎰140222021244116dy dxdy y x y --=+++++⎰⎰⎰ 114200arctan arctan arctan24y y x -=++11arctan arctan 4arctan 2arctan 24π=+++=.四、(15分) 证明:2004220031sin 2003t dt <⎰. 证明: ①为了把2004去掉,而存在2003, 令2003x t =-则20041222003sin sin(2003)t dt x dx =+⎰⎰,而由积分中值定理:101120032003dx x <+⎰, 只需证明: 112001sin(2003)2003x dx dx x+<+⎰⎰绝对值很讨厌!!! 看来需要用一次绝对值三角不等式了. ……112001sin(2003)2003x dx dx x+<+⎰⎰② 令2x t =,22222004200420042200320032003sin t dt xdx xdx '==⎰⎰⎰2222200432003211cos 4xdx x =+⎰2222200432003211cos 4xdx x≤+⎰ 2220041220031111400622003x≤+⋅≤. 五、(15分)设()x ϕ在[0,1]上连续, (0,1)内可导,且(0)0ϕ=,(1)1ϕ=.证明:存在(0,1)内的两个数,ξη,使123()()ϕξϕη+=''. 证明：令,0a b >则由介值定理得: (0,1)c ∃∈, 使得()a c a bϕ=+, 在[0,]c 与[,1]c 上用拉格朗日中值定理得:()(0)()0()c a c a b c ϕϕϕξ-'==-+,1(1)()()11()(1)ac b a b cc a b c ϕϕϕη--+'===--+-()()(1)()()()a ba b c a b c a b ϕξϕη+=+++-=+'', 故取1,2a b ==即可. 六、(15分)从正方形四个顶点1234(0,1),(1,1),(1,0),(0,0)P P P P 开始构造56,,P P , 使得5P 位12PP 的中点, 6P 位23P P 的中点, 7P 位34P P 的中点,…,这样,我们得到点列{}n P 收敛于正方形内部一点0P ,试求0P 的坐标.解： 00lim 0n n n P P P P →∞→⇔-=,即0lim 0n n P P →∞=猜测011(,)22P =15910261112371314481516113(0,1),(,1),(,1)(,1),244131(1,1),(1,),(1,)(1,),244131(1,0),(,0),(,0)(,0),244113(0,0),(0,),(0,)(0,),244P P P P P P P P P P P P P P P P则, 0111{,}22P P =- ,0211{,}22P P = ,0311{,}22P P =- ,0411{,}22P P =--051{0,}2P P = , 061{,0}2P P = ,071{0,}2P P =- , 081{,0}2P P =-0911{,}42P P =- ,01011{,}42P P =,01111{,}24P P = , 01211{,}24P P =- 01311{,}42P P =- ,01411{,}42P P =-- ,01511{,}24P P =-- , 01611{,}24P P =- 6P斜子列: 8(1)1{}n P -+,8(1)2{}n P -+,8(1)3{}n P -+,8(1)4{}n P -+ 直子列: 8(1)5{}n P -+,8(1)6{}n P -+,8(1)7{}n P -+,8(1)8{}n P -+对子列8(1)1{}n P -+, 012P P =,092P P =。
2012年浙江省高等数学(微积分)竞赛试题及答案 工科类
2012年浙江省高等数学（微积分）竞赛试题 工科类 一：计算题（每小题14分，共70分）1：计算：()+lim log +a ba n x x →∞2设函数f ：R R →可导，且,x y R ∀∈，满足：()()+++f x y f x y xy ≥，求()f x 的表达式。
3计算： 0sin ,n x xdx n Z π*∈⎰4计算：{}-min ,2Dx y x y dxdy ⎰⎰，其中D 是2=y x 和2=x y 所围成的封闭区域。
5求曲线{33=cos =sin x a y a θθ()0,>0a θπ≤≤的形心。
二：（本题满分20分）证明：=111+ln <<1+ln ,ni n n n Z n i *∈∑三：（本题满分20分）设2:u RR →，且u 具有二阶连续偏导，求证当u 可以表示成：()()(),=u x y f x f y 的充分必要条件是：2=u u uu x y y y∂∂∂∂∂∂∂ 。
四：（本题满分20分）在空旷的草地上有一个地面半径为3的圆柱体，在墙角栓有一头山羊，其绳长为π，求山羊能吃到草地的面积。
五：（本题满分20分）求证：()-1=1=111-1C =,k nn k nk k n Z k k*∈∑∑参考答案一、计算题1、若a b ≥ l i m l o g(a bx x x x →+∞+l i m l o g(1)l i m l o g (1a b ab ax xx x x x a x a --→+∞→+∞=+=++= 同理，当a b <时，lim log ()a b x x x x →+∞+b =， 所以lim log ()a bx x x x →+∞+max(,)a b =2、解：由假设，0y ∀>，有()()1f x y f x x y+-≥+ f 可导()1f x x +'⇒≥+同理()1()1f x x f x x -''≤+⇒=+ 2()/2f x x x c =++ 3、解：sin d n x x x π⎰()011sin sin nnj j j j x x dx x j xdx ππππππ-====+-∑∑⎰⎰()()201sin d 21212nj n x x x j n n n n n n πππππ==+-=++-=+∑⎰4、解：(){}(){}12,1,,/2,01/2D x y x y x D x y x y x x =≤≤≤≤=≤≤≤≤(){}(){}2234,,1/21,,/2,01/2D x y xy x x D x y xy x x =≤≤≤≤=≤≤≤≤原积分12()d d ()d d D D y x x x y x y x x y =-+-⎰⎰⎰⎰34()d d ()d d D D x y x x y x y y x y +-+-⎰⎰⎰⎰211102d )d d ()d xxxx y x x y x x y x y =-+-⎰⎰⎰21112221002d ()d d ()2d xx xx x y x x y x x y y y +-+-⎰⎰⎰⎰11341456142210021211111()678851232x x x x x x x =-++-++146720112()24621x x x +-+111124724532245=++⨯⨯⨯⨯112533216642117920++=⨯⨯ 5、解：/0c LLx xds ds ==⎰⎰，d /d c LLy y s s =⎰⎰而d 3sin cos d s a θθθθ== 2d 3sin cos d sin cos 3Ls a ba d a ππθθθθθθ/===⎰⎰⎰/2324206d sin 3sin cos d 6sin cos d 5Ly s a x a a a ππθθθθθθθ===⎰⎰⎰0c x ∴= 25c y a =二、证明：显然11111d d j j jj x x x jx +-<<⎰⎰ 2j ≥1 1122111111d 1d 1ln nn n j n j j j j x x n j j x x -===∴=+<+=+=+∑∑∑⎰⎰另一方面111111111111d ln nn n j j j j j x n j jn x n n --+====+>+=+∑∑∑⎰三、证明：()()u f x g y =时，显然有xy x y uu u u = 反之，若xy x y uu u u =成立，即有2()/()0xxy x y y u uu u u u u-== 1/()x u u f x ⇒= 也即1121ln ()d ()()()u f x x g y f x g y =+=+⎰ ()()u f x g y ∴=四、解：(方法一)以圆柱形旁子的圆心为原点，拴羊点在x 轴上3x =点，则羊跑最远的曲线在3x <的区域内是渐开线 即 3(cos (/3)sin )x t t t π=-- 3(sin (/3)cos )y t t t π=+- 记在3x <山羊能吃到草的草地面积为1S3/30213/2/32d 29sin d 2(3sin (3)cos )(3)cos d S y x t t t t t t t t ππππ=-=+--⎰⎰⎰/32029sin d t t π-⎰/32223(3)sin cos (3)cos d t t t t t t πππ⎡⎤=-+-⎣⎦⎰/32029sin d t t π-⎰/322013(3)sin (3)(sin 2)2t t t t t πππ⎡⎤=-+-+⎢⎥⎣⎦/32016(3)(sin 2)9sin d 2t t t t t ππ⎡⎤+-+-⎢⎥⎣⎦⎰()/3/3/322000191133cos 2sin 29cos 2d 2222t t t t t t t t ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=----+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰33/319sin 2349t t ππ⎛⎫=+-=⎪⎝⎭所以山羊能吃到草的草地面积333119218S πππ=+= (方法二) 山羊能吃到草的草地面积S 可表示为一半圆与绳子绕向房子所能到达的面积1S 和 绳子绕向房子时转过θ∆ 其扫过的面积可近似为扇形22r θ∆()2/33103/9S d ππθθπ=-=⎰所以311/18S π=五、证明：111110011111(1)(1)d (1)d nn n k k k k k k k knn n k k k C C t t C t t k t ---===--=-=-∑∑∑⎰⎰ 1100(1)11(1)d d n n t t t t t t ----==⎰⎰101d 1nx x x -=-⎰ 而11100111d d 1nnn k k k t t t t k t -==1-==-∑∑⎰⎰ ∴等式成立。
浙江省2002高等数学(微积分)竞赛试题(解答)
那么用什么方法呢? 比较判别法可能比较好! 那么和谁比较呢? 自然是 å an 了.
n =1 ¥
浙江省高等数学竞赛分析
只需证明:
ean - an - e an £ 0
2
ln e an - an an
(
)£a
n
, 即 证 明 : ln ( e a - an ) £ an2 , 也 即 :
n
令 g ( x) = e x - x - e x , g ¢( x) = e x - 1 - 2 xe x , g ¢¢( x) = e x - 2e x - 4 x2e x < 0, x > 1
2
2
后者 ò1 (1 + x - )e x dx = ò12 (1 + - t )e t (- 2 )dt = ò12 (1 + - x)e
2
1 x
eg
1 t
2 2
x+
1
1
is
t+ 1
③ ò1 (1 + x - )e x dx = ò1 (1 + x - )e x dx + ò1 (1 + x - )e x dx
由 f (0) = 0 得: C = -
x (1 + x)e x (1 + x)e x - e x 1 1 + x xe x = = . (1 + x) 2 2 e x (1 + x) 2 2(1 + x) 2
1 , 求 lim Sn n ®¥ 2k 2
te
1 2
re
d
浙江省高等数学竞赛分析
2 1 + 2 1 3 S3 = arctan + arctan = arctan 3 18 = arctan 2 1 3 18 4 1- × 3 18 LLLL n S n = arctan n +1 n p lim S n = lim arctan = . n ®¥ n ®¥ n +1 4
湖州师范学院高等数学(微积分)竞赛试题答案
湖州师范学院高等数学（微积分）竞赛试题答案（工科专业）一、计算题（每小题15分，满分60分）1. 计算：)1)1(31211(lim 1nn n -∞→-+++- 。
解：)214121(12131121312112n n n S n +++--+++=--+-= = nn n n n n ++++++=+++-++++12111)214121(22131211=)11211111(1nn n n n ++++++ 最后一式是函数xx f +=11)(在[0，1]区间上的积分和（n 等份，取右端点）故2ln 11lim 102=+=⎰∞→dx x S n n ， 又2ln )21(lim lim 212=+=∞→-∞→nS S n n n n因此)1)1(31211(lim 1nn n -∞→-+++- =ln2。
2．设2006)1(lim =--∞→ββαn n n n ，试求βα,的值。
解：ββα)1(--n n n = )1(0))1(01(1)11(11nn n n n n n n ⋅+=+--=--+---βββαβαββα， 显然由条件知0≠β，而⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+-=+->+-∞=⋅++-∞→,01,0,01,1,01,)1(0lim 1βαβαββαββαn n n n 因此有,01=+-βα且20061=β，故20061,20062005=-=βα 3. 求定积分⎰1arcsin xdx x 。
解：⎰⎰⎰--==102210210210112|arcsin 22arcsin arcsin dx xx x x x xd xdx x=dx x x dx dx x ⎰⎰⎰-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---+10210210212111214π=8arcsin 2112121102π=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-x x x 。
4．计算二重积分⎰⎰+Ddxdy y x 22，其中}2,0|),{(22x y x x y y x D ≤+≤≤=。
浙江省高等数学竞赛试题与答案
（1） 若数列{yn} 满足条件
（a）
yn
>
0 ；（b） lim n→∞
yn
=
0 ；（c）
yn
=
a1 yn+1
+ a2 yn+2 ， n
= 1, 2,3,L
证明 a1 + a2 > 1。
（2）若 a1 + a2 > 1，证明存在满足条件（a）、（b）、（c）的数列{yn} 。
5
证 设数列{yn} 满足条件（a）、（b）、（c），
n3π 1+ n
2
− nπ
⎞ ⎟ ⎠
=
∞
(−1)n+1an ，其中 an
n=1
=
sin
1
nπ + n2
→0
( ) 记
g(x)
=
sin
xπ 1+ x2
,
x
>
1 ，则因
g ′( x)
=
π
1− x2 1+ x2
2
xπ cos 1+ x2
<
0 ，故 an+1
<
an ，因此
∑ ∑ ∑ ∑ ∞
n=1
(−1)n+1an
2
22
22 2
5．假设立体 I 由1− z = x2 + y2 与 z = 0 围成，密度为 ρ ；立体 II 由1+ z = x2 + y2 与
z = 0 围成，密度为 1。若立体 I 和立体 II 组成的立体其重心位于原点 (0, 0, 0) ，求 ρ 的值。
∫∫∫ ρ z d x d y d z + ∫∫∫ z d x d y d z
浙江省2005高等数学(微积分)竞赛试题(解答)
2005浙江省高等数学(微积分)竞赛试题(解答) *一、 计算题（每小题12分，满分60分）1、计算23400sin ln(1)38lim (sin )(1)xx x x x t t dt x x e →+-+--⎰. 解: 3200sin 1cos 1limlim 36x x x x x x x →→--== 原式34050sin ln(1)386lim x x x x t t dt x →+-+=⎰3240sin ln(1)26lim 5x x x x x x→+-+= 230sin 3cos ln(1)2126lim 20x x x x x x x x→++-++= 22cos (1)cos sin sin ln(1)231(1)lim10x x x x xx x x x x x→+--+++-+++= 22200cos (1)cos sin 23sin ln(1)1(1)lim lim 1010x x x x x xxx x x x x x →→+-+-+-+++=+ 2222012(1)cos sin 2(1)3(1)lim 1010(1)x x x x x x x x x →+--+++=-++ 222012(1)cos sin 2(1)3(1)lim 1010x x x x x x x x →+--+++=-+ 201cos 2(1)sin 4(1)3(1)6(1)lim 1020x x x x x x x x x →-+-+++++=-+ 20012(1)sin cos 4(1)3(1)6(1)lim lim 102020x x x x x x x x x x x→→-+-+++++=-++*周晖杰 2008/11/22011cos 198lim 101020x x x x x →-++=--+ 20011cos 198lim lim 10102020x x x x x x x→→-+=--++ 114101010105=--++=. 2、计算sin 3cos 4sin xdx x x+⎰.解: sin (3cos 4sin )(3cos 4sin )x A x x B x x '=+++ 解得: 34,2525A B =-=34(3cos 4sin )(3cos 4sin )sin 25253cos 4sin 3cos 4sin x x x x x dx dx x x x x '-+++=++⎰⎰ 3(3cos 4sin )43cos 4sin 253cos 4sin 253cos 4sin x x x x dx dx x x x x '++=-+++⎰⎰ 34ln(3cos 4sin )2525x x C =-+++. 3、计算40min(4,)xt dt ⎰.解:①x <时, 5405x x t dt =⎰,②x ≥, 4400min(4,)45x xt dt dt dt x =+=-⎰,③x ≤, 4400min(4,)4xxt dt dt dt x =+=+⎰⎰⎰. 4、设()f x 在0x =点二阶可导,且0()lim11cos x f x x→=-,求(0),(0),(0)f f f '''的值.解: ①由0()lim11cos x f x x→=-得: 0lim ()0x f x →=, ()f x 在0x =点二阶可导, 则(),()f x f x '在0x =点连续;lim ()(0)0x f x f →⇒==;②002()()lim lim 112x x f x f x x x →→'==, 同理得: (0)0f '=; ③00()()limlim 11x x f x f x x →→'''==, 则(0)1f ''=.5、设(,)()z f x y x y g x ky =-+++,,f g 具有二阶连续偏导数,且0g ''≠, 如果222222224z z zf x x y y∂∂∂''++=∂∂∂∂,求常数k 的值. 解:12zf fg x∂'''=++∂, 12z f f kg y ∂'''=-++∂212111221222f f z g f f f f g x x x x '''∂∂∂∂''''''''''=++=++++∂∂∂∂ 21211122122f f z g f f f f kg x y y y y'''∂∂∂∂''''''''''=++=-+-++∂∂∂∂∂ 2212111221222f f z g k f f f f k g y y y y'''∂∂∂∂''''''''''=-++=--++∂∂∂∂ ,f g 具有二阶连续偏导数, 1221f f ''''=, 代入222222224z z zf x x y y∂∂∂''++=∂∂∂∂得: 2(21)0k k g ''++=,由于0g ''≠, 则1k =-.二、(满分20分)计算22323lydx xdyx xy y --+⎰Ñ,其中l 为1x y +=沿正向一周.解: 令2222,323323y xP Q x xy y x xy y-==-+-+⇒其中22:1C x y +=,令cos ,sin x y θθ==,转化为定积分得:2232332C Cydx xdy ydx xdyx xy y xy--=-+-⎰⎰蜒22222002sin cos 12(cos sin )22sin ()4d d ππθθθθπθθθ--==-+-+-⎰⎰ 7242024111()421sin 22sin ()4d dt t ππππθπθ-=--=-++-⎰⎰2222001111221sin 1sin 1sin dt dt dt tt t ππππ-=-=-=-+++⎰⎰⎰. 令21tan ,arctan ,1t x t x dt dx x===+212122dt x +∞=-=-+⎰.注意:②0()(),a TT af x dx f x dx +=⎰⎰2200(sin ,cos )(sin ,cos )llf d f d ππθθθθθθ++=⎰⎰三、(20分) 在某平地上向下挖一个半径为R 的半球形池塘,若某点泥土的密度为22r R e ρ=,其中r 为此点离球心的距离,试求挖池塘需做的功.解：①定积分难计算在于同一水平面上泥土的密度不一样; ②二重积分??? ③三重积分蓝色这一点泥土做的功为:2222()xy z R dW e dvgz ++= 2222()xy z R W e gzdv ++Ω⇒=⎰⎰⎰,用球面坐标sin cos sin sin cos x r y r z r ϕθϕθϕ=⎧⎪=⎨⎪=⎩222222()2cos sin xy z R rR W e gzdv e gr r drd d ϕϕϕθ++ΩΩ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰2222233200sin 2sin 222R rR rR gg e r drd d d d e r dr ππϕϕθθϕϕΩ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰42gR π=.注意:①dxdydz z y x f ⎰⎰⎰Ω),,(222111()(,)2()(,)(cos sin ,sin sin ,cos )sin r r d d f r r r r dr θϕθθϕθϕθθϕθϕθϕθϕϕϕ=⎰⎰⎰②先重后单 ⎰⎰⎰⎰⎰⎰=ΩzD dc dxdy z y x f dz dxdydz z y x f ),,(),,(．一方面, 要求平行于坐标面的平面截空间Ω得截面是规则图形，如圆、椭圆等；另一方面, 被积函数为)(),,(z f z y x f =，或)(),,(x f z y x f =或)(),,(y f z y x f =时，利用先重后单法计算常能简单．R2222()(,)x y zR x y e ρ++=z22R z -四、(20分)证明: 当02x π<<时,(1) 3tan 3x x x >+;(2) 35721tan 31563x x x x x >+++．证明: (1)3()tan 3x f x x x =--, 22()sec 1f x x x '⇒=--2()2(sec tan )0f x x x x ''⇒=->, 由于2tan ,sec 1x x x >>;(0,),()(0)02x f x f π''⇒∀∈>=(0,),()(0)02x f x f π⇒∀∈>=即: 当02x π<<时, 3tan 3x x x >+(2) 35721tan 31563x x x x x >+++ 200tan sec 1x x x x=='==, 200tan 2sec tan 0x x x x x==''==22400tan [4sec tan 2sec ]2x x x x x x =='''=+=(4)23440tan [8sec tan 8sec tan 8sec tan ]0x x xx x x x x x ===++=没法再求下去了,看来泰勒公式不适用了!35721()tan 31563x f x x x x x =----224622462121()sec 1tan 3939f x x x x x x x x x '=----=---2642224211tan (69)tan (69)99x x x x x x x x =-++=-++22232222221(3)tan (3)tan tan 0933x x x x x x x x x ⎡⎤⎡⎤+=-+=-=-+>⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦.五、(15分)判别级数11(1)n n∞=-⋅∑的敛散性. 解： [][]1x x x ≤<+或1[]x x x -<≤11(1)n n∞=-⋅∑222111111111111(1)1234589101512n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++++++-+++++-++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L L L L令22211112n a n n n n =+++++L ,则111(1)(1)n n n n a n ∞∞==-⋅=-∑∑交错项级数 ①222111lim lim 012n n n a n n n n →∞→∞⎛⎫=+++= ⎪++⎝⎭L 由夹逼定理; ②122221111(1)(1)1(1)2(1)2(1)n a n n n n n n +=+++++++++++++L L六、(15分)对下列函数()f x ,分别说明是否存在一个区间[,]a b , 0a >,使{()[,]}{[,]}f x x a b x x a b ∈=∈，并说明理由.(1) 212()33f x x =+; (2) 1()f x x=; (3)1()1f x x=-.解: (1) 由于212()033f x x =+>, 所以若这样的区间[,]a b 要存在的话,必有0a ≥.又由于212()33f x x =+在[,]a b 是单调递增的, 所以必须要满足21233x x +=, 解得: 12x x ==或, 由于212()33f x x =+是连续函数, 故该区间为[1,2].总结: 对单调递增连续函数来说, 只要保证两个端点的值相等. (2) 1()f x x=, 0x ≠所以讨论0,0a b ><或,当0a >, 由于1()f x x=在(0,)+∞单调递减且连续, 所以只要11,b a a b==, 即该区间为1[,],01a a a<<或1[,],1a a a>. (3) 1()1f x x =-, 21()0f x x '=> 令11x x-=, 无根,223+。
浙江省2008高等数学(微积分)竞赛试题(解答)
2008浙江省高等数学(微积分)竞赛试题(解答) *一、 计算题 1、求xxxxx ee e sin 13203lim ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++→.解: xxxxx xxxxx e e e e e e sin 1320sin 1320331lim 3lim ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛++→→ xe e e x xe e e ee e x x x x x x x x x x xx x ee e e sin 130sin 133320323232lim 3lim ⋅++→⋅++⋅++→=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=2cos 3320032lim e exe e e x xx x ==⋅++→。
2、计算⎰++dx x x )5sin()3cos(1.解:⎰⎰+++-+=++dx x x x x dx x x )5sin()3cos()]3()5cos[(2cos 1)5sin()3cos(1 ⎰+++++++=dx x x x x x x )5sin()3cos()]3sin()5sin()3cos()5cos(2cos 1⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++++++=⎰⎰dx x x x x dx x x x x )5sin()3cos()]3sin()5sin()5sin()3cos()3cos()5cos(2cos 1 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=⎰⎰dx x x dx x x )3cos()3sin()5sin()5cos(2cos 1 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++=⎰⎰dx x x d x x d )3cos()3cos()5sin()5sin(2cos 1 []C x x ++-+=)3cos(ln )5sin(ln 2cos 1C x x +++=)3cos()5sin(ln 2cos 1。
*周晖杰 2009/10/21法二：⎰⎰++=++dx x dx x x 2sin )4(2sin 2)5sin()3cos(1⎰++++=dx x x 2sin )4(tan 1)4tan(222，令4arctan ),4tan(-=+=t x x t⎰⎰⎰++=++=+⋅++=dt t t dt t t dt t tt12sin 212sin 22sin 22sin 2112sin 1222222⎰⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=dt t t 2sin 2cos 12sin 2cos 112sin 2 ⎰⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-++=dt t t 2sin 2cos 112sin 2cos 112cos 1 C x x +-+++++=2sin 2cos 1)4tan(2sin 2cos 1)4tan(ln2cos 1。
湖州师范学院高等数学(微积分)竞赛试题答案
湖州师范学院高等数学（微积分）竞赛试题答案（数学专业）一、计算题（每小题15分，满分60分）1. 计算：222sin )(cos 112lim2xe x xxxx -+-+→。
解：),(082114422x xxx+-+=+)(0811124422x x xx+=+-+。
又 )(023)](01[)](0211[cos 2222224x x x x x x e x x +-=++-+-=-，故 222sin )(cos 112lim2xe x xxxx -+-+→121sin )(023)(081lim sin 1)(023)(081lim 222244022222440-=⋅+-+=⋅⋅+-+=→→x x xx xx x x x x x x x x x2．设2006)1(lim=--∞→ββαn nn n ，试求βα,的值。
解：ββα)1(--n n n=)1(0))1(01(1)11(11nn nnnnnn⋅+=+--=--+---βββαβαββα，显然由条件知0≠β，而⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+-=+->+-∞=⋅++-∞→,01,0,01,1,01,)1(0lim1βαβαββαββαn n n n 因此有,01=+-βα且20061=β，故20061,20062005=-=βα3. 求积分⎰+π2cos1sin dxxx x解：⎰+π2cos1sin dxxx x =⎰+22cos1sin πdx xx x +⎰+ππ22cos1sin dxxx x令t x -=π，有⎰⎰⎰+-=-+---=+222222c o s 1s i n )()(c o s 1)s i n ()(c o s 1s i n ππππππππdttt t dt t t t dx xxx=⎰⎰+-+2222cos1sin cos1sin πππdx xx x dx xx所以⎰+π2cos1sin dxxx x =4|)(cos cos 1sin 2222πππππ=-=+⎰x arctg dx xx4．计算二重积分⎰⎰Dy xdxdye },max(22，其中}10,10|),{(≤≤≤≤=y x y x D 。
浙江省历年高数竞赛试题及解答
浙江省首届数学分析竞赛试题（2002.12.7）一．计算题(每小题5分，共30分)1．求极限limx →。
2．求积分|1|Dxy dxdy -⎰⎰，11{(,)2,2}22D x y x y =≤≤≤≤。
3．设2x y x e =是方程hx y ay by ce '''++=的一个解，求常数,,,a b c h 。
4．设()f x 连续，且当1x >-时，2()[()1]2(1)xx xe f x f t dt x +=+⎰，求()f x 。
5．设211arctan2nnk S k ==∑，求lim n n S →∞。
6．求积分12121(1)x x x e dx x++-⎰。
二． （15分）求平面221x y z +-=含在椭圆柱体22149x y +=内的面积。
三． （20分）证明：20)0x dx >。
四．（20分）设二元函数(,)f x y 有一阶连续的偏导数，且(0,1)(1,0)f f =。
证明：单位圆周上至少存在两点满足方程(,)(,)0yf x y x f x y x y∂∂-=∂∂。
五．（15分）设11a =，21a =，2123n n n a a a ++=+，1n ≥，求1nn n a x ∞=∑的收敛半径，收敛域及和函数。
2002年浙江省高等数学竞赛试题及解答一、计算题 1. 求极限x →解：原式())()01cos 1lim1xx x ex→-+=-()201cos 2lim1x x x x xe →-=-12112=⋅⋅=. 2. 求积分1D I xy dxdy =-⎰⎰，()11,:2,222D x y x y ⎧⎫=≤≤≤≤⎨⎬⎩⎭.解：记(){}1,:,1D x y xy D xy =∈≥，(){}2,:,1D x y xy D xy =∈≤，()()1211D D I xy dxdy xy dxdy =-+-⎰⎰⎰⎰()()1222111122211x xdx xy dy dx xy dy =-+-⎰⎰⎰⎰222112222211111111222222x dx x dx x x x x ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---+--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎰⎰2211221111222822x dx x dx x x ⎛⎫⎛⎫=+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰212171582x dx x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭⎰2217111512l n 2l n 2822222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭152ln 264=+. 3. 设2xy x e =是方程hxy ay by ce '''++=的一个解，求常数a ，b ，c ，h .解：()22x y x x e '=+，()242x y x x e ''=++，代入方程，得()()21422x hxa b x a x e ce ⎡⎤+++++=⎣⎦， 于是 1242010h c a a b =⎧⎪=⎪⎨+=⎪⎪++=⎩，故2a =-，1b =，2c =，1h =.4. 设()f x 连续，且当1x >-时，()()()20121xxxe f x f t dt x ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦+⎰，求()f x . 解：由条件可知()00f =，()()()2211xx f t dt xe x -'⎡⎤+=+⎢⎥⎣⎦⎰，()()()()21111x xt f t dt te d t -+-=-+⎰⎰()11xxt xe x e dt -=-++⎰()111xxxe x e -=-++-11x e x=-+， ()()211xxe f t dt x +=+⎰，()01x f t dt +=⎰()()23221xxef x x =±+.5、 设211arctan2nnk S k==∑，求lim n n S →∞. 解：利用公式arctan arctan arctan1x yx y xy--=+，2111arctan arctan arctan 22121k k k =--+，211arctan 2nn k S k ==∑111arctan arctan 2121nk k k =⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭∑1a r c t a n 1a r c t a n 21n =-+，lim 4n n S π→∞=;211arctan 24k k π∞==∑. 由2211arctanarctan arctan 441222k k k k=--+-， 得2221arctan arctan 4412k k k ∞==-+∑. 6. 计算积分121211x x I x e dx x +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭⎰.解法一 因为111x x x e x +⎛⎫+- ⎪⎝⎭111x x x x e x e x ++⎛⎫=+- ⎪⎝⎭1x x xe +'⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以1212x xI xedx +'⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰ 21521232x x xe e +⎛⎫== ⎪⎝⎭. 解法二112211221x x xx I edx x e dx x ++⎛⎫=+- ⎪⎝⎭⎰⎰11221122x x xxedx xde++=+⎰⎰211122111222x x x xxx edx xee dx +++⎛⎫=+- ⎪⎝⎭⎰⎰5232e =.解法三 分析：观察被积函数的特点，令1u x=做代换，利用定积分的“递推方法”求I , 令1u x=，则11222111u u I u e du u u +⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰112211u u u e d e u ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰1111112222222111111u u u u u u u e e u e e du e e du u u u ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+--+----⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰⎰1111522222211311u u u u e u e du e du u u ++⎛⎫⎛⎫=--+--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰11152221221131u u u u e u e du e d u u u ++⎛⎫⎛⎫=--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰1152223u u e I e +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭523e I =-，所以5232I e =.二、求平面221x y z +-=含在椭圆柱体22149x y +=内的面积.解：112z x y =+-，()22,:149x y D x y ⎧⎫=+≤⎨⎬⎩⎭，DS =D=32D d x d y =⎰⎰ 32392ππ=⋅⋅⋅=.三、证明：()200x dx >.证明：令2xu =，则()22sin x dx u π=⎰2012πππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰⎰00sin 12t πππ+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰⎰0012ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰⎰01sin 2u du π=-⎰ 0>. 同理可证20sin 0xdx xπ>⎰. 四、设二元函数(),f x y 有一阶连续的偏导数，且()()0,11,0f f =，证明：在单位圆周上至少存在两点满足方程()(),,0y f x y x f x y x y∂∂-=∂∂. 证明：令cos x θ=，sin y θ=，()()cos ,sin F f θθθ=，()02θπ≤≤；因为(),f x y 有一阶连续的偏导数，所以()F θ可导.()()sin cos f f f fF y x x y x yθθθ∂∂∂∂'=-+=-+∂∂∂∂， 由条件，得()()01,0Ff =，()0,12F f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，()()21,0F f π=, ()02F F π⎛⎫= ⎪⎝⎭，()22F F ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，利用罗尔中值定理，得 存在10,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10F θ'=， 存在2,22πθπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()20F θ'=，即得在单位圆周上至少存在两点满足方程()(),,0y f x y x f x y x y∂∂-=∂∂. 五、设11a =，21a =，2123n n n a a a ++=+，()1,2,n =，求1nn n a x ∞=∑的收敛半径，收敛域及和函数. 解：由条件可知， ()2113n n n n a a a a ++++=+，()21133n n n n a a a a +++-=--，于是()2121332n n n n a a a a +++=+=，()()()212131321nnn n a a a a ++-=--=--，从而()()14231nn n a +=+-，()()11312nnn a +=+-，()1,2,n = 因此()()111312n n n a --=+-，()1,2,n =.因为()111133lim lim3113nn n n n n naa -+-→∞→∞-+==⎛⎫+- ⎪⎝⎭，所以收敛半径13r=； ()111111312n nn n n n n n n a x x x ∞∞∞--===⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∑∑∑的收敛域为11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭； ()11111111312n nn n n n n n n a x x x x ∞∞∞----===⎛⎫=+- ⎪⎝⎭∑∑∑ 1112131x x x ⎛⎫=+ ⎪-+⎝⎭.（五）、设{}n a ，{}n b 为满足1n n ab n e a e +=+，()1,2,n =的两个实数列，已知0na >，()1,2,n =，且1n n a ∞=∑收敛. 证明：1n n b ∞=∑也收敛.证明：由1nn a∞=∑收敛，得lim 0nn a →∞=，由1nn b a n e e a +=-，得 lim 0n n b →∞=，由1n n n a b b n e a e e +=+>，得 1n n a b +>，显然()111n na b nn n eea+∞∞==-=∑∑收敛，因为111lim lim 1n n n n n a b n n a b e e eξ++→∞→∞-==-，所以()11n n n ab ∞+=-∑收敛，()11n n n n b a a b ++=--，11n n n n b a b a ++≤-+，于是1nn b∞=∑收敛，1nn b∞=∑收敛.或者()()1ln ln 1n nb b n n n n a e a b a e -+=+=++，()1ln 1limlim 1nb n n n n n nna e ab a a -+→∞→∞+-==，()11n n n a b ∞+=-∑收敛，从而1n n b ∞=∑收敛.（五）、设0na >，()1,2,n =，且nna b n ea e=+，()1,2,n =，若1n n a ∞=∑收敛.，试证1nn nb a ∞=∑收敛.证明：由1nn a∞=∑收敛，得lim 0nn a →∞=，由nn b a n ee a =-，得 lim 0n n b →∞=，因为()22ln lim lim lim n na n n nn n n n n nb e a a b a a a →∞→∞→∞-==()20ln 1lim 2x x e x x +→-==， 又1n n a ∞=∑收敛，所以1nn nb a ∞=∑收敛.（五） 、设0na >，()1,2,n =，1n n a ∞=∑收敛，且nn n aa b n e a e +=+，()1,2,n =，证明：1nn b∞=∑也收敛.证明：由1nn a∞=∑收敛，得lim 0nn a →∞=，再由nn n a a b n e a e +=+，得 lim 0n n b →∞=，()ln n a n n na b e a +=-，()ln n a n n n b e a a =--，()()10ln ln limlim 0n a xnn x ne a ex a x++→∞→--==，()1ln na nn ea ∞=-∑收敛，所以1nn b∞=∑收敛，1nn b∞=∑收敛.()ln n a n n na b e a +=-，因为2limlim n nn n n n n n na b a a ba a →∞→∞++=()()220ln ln 1limlim 2n a xnn x ne a ex a x +→∞→--===，所以1nnn n a b a ∞=+∑收敛，1nn nb a ∞=∑发散.2004年浙江省大学生高等数学（微积分）竞赛试题（工科类） 一． 计算题（每小题15分，满分60分）1． 计算：()()200cos 2lim tan 1x tx x e tdt x x x →----⎰。
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解：
=
易知当n充分大时
{ }单调下降且此数列收敛于0
由莱布尼兹判别法知
级数收敛
4．计算二重积分
其中
解：原式=
二、（本题满分20分）在椭圆上求一点
使其到直线的距离最短
解：设所求的点为
则P到直线的距离为
为方便
求解如下等价问题：
在满足的条件下求的极小点
设 令： 解得Fra bibliotek 计算得
我们把教育定义如下：人的智慧决不会偏离目标。所谓教育，是忘却了在校学的全部内容之后剩下的本领。
湖州师范学院高等数学（微积分）竞赛试题答案
（工科专业）
一、 计算题（每小题15分
满分60分）
1. 计算：
解：
=
=
最后一式是函数在[0
1]区间上的积分和（n等份
取右端点）
故
又
因此=ln2
2．设
试求的值
解：=
显然由条件知
而
因此有且
故
3. 求定积分
解：
=
=
又由柯西中值定理知
所以
则=
即
五、（本题满分15分）设函数在[a
b]上连续
且f(a)=0
试证明：
证明：因为
（柯西不等式）
所以
六、（本题满分15分）判别级数的敛散性
由问题的实际意义最短距离存在
因此即为所求的点
三、（本题满分20分）在xy平面上给定三点
L是由的三边组成的一条封闭曲线
试计算
解：
四、（本题满分20分）设函数在[a
b]上连续
在(a
b)上可导且
试证明存在
使得
证明：由拉格朗日中值定理知