1、e_）x，其中n是给定的正整数.n因此三、（15分）设函数f （x）连续，g（x）二；f（xt）dt，且1叫 少, A为常数，求g （x）并讨论g （x）在x =0处的连续性.解：由啊上 和函数 f（x）连续知f （0） = lim f （x）二 lim x lim0 X0 x0向边界，试证：sin y sin x sin y sinx 丨（1） xe dy - ye_ dx = xe_ dy _ ye dx ;L L（2） ： xesin ydyyedx _ 5 2 .L 2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）xesinydy - ye*inxdx （xesiny） -
2、丄（-ye$nx）dxdyL D少 约 而D关于x和y是对称的，即知（2）因故由知sin y sin y 】即：xe dy - ye dxL五、（10分）已知 yi = xex + e2x， y2 = xex + e， g = xex + e2x _ e 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yr xex e2x，xex e，七二xex e2x - e是二阶常系数线性非齐次微分方程 的三个解，则y2 -力=e -e2x和e都是二阶常系数线性齐次微 分方程 的解，因此y by cy = 0的特征多项式是（- 2）（，1） = 0，而 y b/ c o的特征多项式是因此
3、二阶常系数线性齐次微分方程为yyTy = 0，由 % -% -2% 二 f（x）和y1 = ex xex 2e2x， y 2ex xex 4e2x知，f（x）二 y1w -2力二 xex 2ex 4e2x（xex ex 2e2x2（xex e2x） 二阶常系数线性非齐次微分方程为 六、（10分）设抛物线y =ax2 bx 2 Inc过原点.当0乞xS时，y - 0,又 已知该抛物线与X轴及直线x=1所围图形的面积为-.试确定a,b,c,使3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y =ax2 bx - 2 Inc过原点，故c = 1，于是 即而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体
4、积即 令2 1 8V （a） a 二 _（1 _2a） （1 _a） = 0，5 3 27得 即 因此5 3 彳a , b , c = 1.4 2七、（15 分）已知 Un（x）满足 Un（x） = Un（x） Xnex（ n =1,2,），且 Un（1）=,n 求函数项级数- Un（x）之和.n珀解Un（X）=Un（X） 乂“屯灭，即由一阶线性非齐次微分方程公式知r e 1由-un（1） - e（C ）知，C - 0，n n于是下面求级数的和：令由一阶线性非齐次微分方程公式知 令X = 0，得0 = S（0） = C ,因此级数x Un（x）的和nA: 2八、（10分）求X小-时,与7 xn
5、等价的无穷大量.n=0解令 f （t）二 X，则因当 0 :： x ：1，L （0, V）时，f （t） = 2txln x： 0，士 |n 1f（t） =e匕在（0,：）上严格单调减。 :2 1- : - : 2 - ： -L Inf （t）dt 二 dt 二 e x0 0 - 0二 f（n） xn ， n =0 n1 -be 2 1 dt 二 ed dt : 、0 1 2J2010-2012年第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷（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。 ）、（25分，每小题5分） （1）设 xn =（1 a）
6、（1 a2）|l（1 a2）,其中 |a|：1,求 lim xn.（2）、r t、 CO（3）设 s0，求 I = （ exndxCn= 1,211）。（4）设函数f（t）有二阶连续导数，= x2 y2，g（x,y）二2 2g g。x :y（5）求直线h：；0与直线-乎与专的距离。（1）xn =（1 a）（1 a2）HI（1 a2）二人=（1-a）（1 a）（1 a2）|l（1 a2）/（1-a）2 2 2n 2n =（1a2）（1 a2）川（1 a2）/（1a）= =（1a2 ）/（1 a）令x=1/t,则_ 1 12（1 t） p=lim e et-0ndx 十 1）0 xndef （-扣
7、|。-.0 exdxn =n!二、（15分）设函数f（x）在（-=；）上具有二阶导数，并且f （X）,凹（X）0, Jimf（X）= 0 0,且存在一点 Xo，使得 f（x0）O。 证明：方程f（x）=O在（-=）恰有两个实根。二阶导数为正，则一阶导数单增，f（x）先减后增，因为f（x）有小于0的值，所以只需在两边找两大于 0的值。将f（x）二阶泰勒展开：因为二阶倒数大于0,所以xmf（x）=趙，xjmf（x）=4证明完成三、（15分）设函数y=f（x）由参数方程x 2t t （t . _1）所确定，其中 屮（t）-在t=1出相切，求函数- （t）。相切得上式可以得到一个微分方程，求解即可。四
8、、（15分）设an 0, Snfk,证明:k4当-1且Sn -（n_.）时，级数v T发散。 nm Sh00 a 所以，7二收敛。nA铲TimSn=二 n .& 所以瓦an发散，所以存在k!，使得Z aa!n 4 n =2k1ki an于是，並八色， -2 Sn 2 Sn Sk- 2依此类推，可得存在1 ： ：k2 : 使得玉成立，所以工玉_N丄k Sn 2 1 汀 2当n-；时，N-，所以a电发散心Sn五、 （15分）设I是过原点、方向为（；，），（其中：22 2 =1）的直 线，均匀椭球2 2 22当2 _ 1，其中（0 ： c ： b ： a,密度为1）绕I旋转。a b c（1） 求其转
9、动惯量；（2） 求其转动惯量关于方向（，）的最大值和最小值。（1） 椭球上一点P（x,y,z）到直线的距离由轮换对称性，当咐 F 时，Imax 4 二 abc（a2 b2）15 当=1 时，Imin 二二 abc（b2 C2）15六、 （15分）设函数（x）具有连续的导数，在围绕原点的任意光滑的简单闭曲线C上，曲线积分口2xydx ,x）dy的值为常数。 x+y（1） 设L为正向闭曲线（x_2）2 y2=1,证明口2呦：（2X）dy = 0;c x y（2） 求函数（x）;（3） 设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求 2xydx 丫哑。 x y（1） L不绕原点，在L上取两点A， B，将L分
10、为两段Li， L2，再从A, B作一曲线L3，使之包围原点。则有（2） 令 P=*,Q=”x + y x + y由（1）知亠一匸=0，代入可得玫 cy上式将两边看做y的多项式，整理得由此可得解得：（x） = -X2（3）取L为x4 y2 一4，方向为顺时针2011-2012年第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷（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。一. 计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分）1I sin x 1 -cosx（1）.求 liml 泌 | ;io I X 丿（用两个重要极限）：（2）.求lim5 5
11、十1（用欧拉公式）令x二其中，o 1表示n时的无穷小量，,求dldx2x = ln（1 + e2t）（3）已知y = t - arctand1 e2t二.（本题10分）求方程 2x * y - 4 dx * x * y -1 dy = 0的通解。设 P = 2x y - 4,Q = x y -1，贝S Pdx Qdy 二 0 dz = Pdx Qdy=卫，该曲线积分与路径无关L、y x3.（本题15分）设函数f（x）在x=0的某邻域内具有二阶连续导数, 且f 0 ,f 0 ,f 0均不为0,证明：存在唯一一组实数k1,k2,k3,匕 f （ h） + k2 f （2h ） + k3 f （3h
12、 ） - f （0 ）使得lim 2 0。h 0 h2证 明： 由 极 限 的 存 在 性：lim k1f h k2f 2h k3f 3 f 0 - 0即 k k2 k3 -1 f 0 = 0,又 f 0 = 0,匕 k2 k3 = 1 由洛比达法则得由极限的存在性得lim k1f h 2k2f 2h 3k3f 3h二0即 k1 2k2 3k3 f 0 = 0 ,又 f 0 = 0, k1 2k2 3k 0 再次使用洛比达法则得k1 4k2 9k3 = 0 K k2 k3 = 1 由得k1,k2,k3是齐次线性方程组 k1 2k2 3k厂0的解k1 4k2 9k3 二 0n 1 1 r1 0
13、0 3增广矩阵 A* =12 3 0D0 10-3J 4 9 0?,0 0 1 1 ?R A,b 二 RA = 3且 & = 3,k2 = -3,k3 = 1。4.（本题17分）设：笃每二胡，其中a b c 0,2: z2 = x2 y2，为匕1与匕2的交线，求椭球面-在】上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值设-上任一点M x, y,z，令F x, y,z =务占令-1, a b c则Fx二今丁厂学Fz二勒，椭球面-在I上点M处的法向量 a b c为:x y z2, 2b c丿到平面G ,xx y =勺 a现在求G xz2 = x2二在点M处的切平面为二:b4的距离为JG x,y,z x
14、x y z r ay2下的条件极值, x y zH x,y,z 4 4 4x2a2y_b2z2 c则由拉格朗日乘数法得:HxHyHza2x 2x4 i 2 2 2x = a a二型 A 2 ob4 1 b2 2 2y 0二刍 W-2 2Z= 0， c cy- z_Vob2 c2y2 - z2 = 0+24c-2-z2解得z2b2c2 或a2 c2 ,G x,y,z 二G x,y,za4 c4a2 c2b2 + c2此时的d厂bc:4 4或d2 = a又因为a b c 0，则d： d2所以，椭球面一在】上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为：d2 = aca4 c4，d厂 bci b4
15、c4x2 3y2五.（本题16分）已知S是空间曲线lz = 01绕y轴旋转形成的椭球面的上半部分（z - 0）取上侧，二是S在P x, y,z点处的切平面， x,y,z是原点到切平面二的距离，/表示S的正法向的方向余弦。计算:（1）由题意得：椭球面S的方程为x2 3y2 z2 = 1 z - 0 令 F = x2 3y2 z2 - 1 则 Fx 二 2x, Fy 二 6y, Fz 二 2z,切平面的法向量为n = x,3y,z ,-的方程为 xX-x 3yY-y zZ-z=O,原点到切平面二的距离将一型曲面积分转化为二重积分得：记 Dxz: x2 z2乞1,x 一 0,z 一 0 方法一：7
16、= L X 3y zJx2 十 9y2 + z2 Jx2 + 9y2 + z2 Jx2 十 9y2 + z2六.（本题12分）设f（x）是在一：，：内的可微函数，且f、（xZmf（x）,其中Oml,任取实数a0 ,定义an = I nf （an4 ） n,= 1 ,证明.I J an - an_!）绝对收敛nT证明：an - anv = In f an - In f an_2由拉格朗日中值定理得： 介于anx,an_2之间，使得级数瓦mn q - a0收敛，二级数瓦an - an_收敛，即nW nWv an-an片绝对收敛。nW七.（本题15分）是否存在区间0,2 1上的连续可微函数f（x），
17、满足f 0 二 f 2，I 2f、（ x J f （x）dx兰1 ?请说明理由。1 0假设存在，当X，0,11时，由拉格朗日中值定理得：介于0，x之间，使得fx二f0 fx,，同理，当x -1,2 时，由拉格朗日中值定理得：2介于x，2之间，使得fx=f2，f x-2f x = 1 f x,x 0,1; f x = 1 f 2 x - 2 ,x 的21 兰 f、（x），显然，fx-0, fxdx-0L012 2 121 乞 1 一 x dx x 一 1 dx 乞 f x dx 乞 1 x dx 3 一 x dx = 3 0 1 、0 0 1j f （ x）dx = 1（x）dx，又由题意得f（x）dx兰1f 1不存在，又因为f（x）是在区间0,2 1上的连续可微函数，即 f 1存在，矛盾，故，原假设不成立，所以，不存在满足题意的函 数 f（x）。而s号詈驛”于，收敛于k。
