2、2008-2014天津工业大学 求实杯数学竞赛（经管）试题及答案(4)

2008《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）

一．填空题

1. e6 ； 2． y=2x+1 ； 3． 2008ln2+8π ；4. 2e3 ；

5.dz(1,2)=[f(1,2)cos3+(2f1′+2ln2f2′)sin3]dx+[f(1,2)cos3+(f1′+f2′)sin3]dy。

二．选择题

1.C；2.B；3.D；4. B；5. B。

f(x)?f(0)g(x)?e?xg′′(x)?e?xg′′(0)?1

=lim=lim=三． 解：（1） f′(0)=lim； 2x→0xx00→→x22xx?g′(x)?g(x)+(x+1)e?x

当x≠0时，f′(x)=； 2

x

?x?g′(x)?g(x)+(x+1)e?x

,x≠0?2

?x故：f′(x)=?； ′′?g(0)?1,x=0?2?

x?g′(x)?g(x)+(x+1)e?xxg′′+e?x?(x+1)e?x

=lim （2）因为limf′(x)=lim

x→0x→0x→02xx2g′′?e?xg′′(0)?1

=lim==f′(0)，所以，f′(x)在点x=0处连续。 x→022

?2z?zx

′′+xexf21′′； =g′?y(siny)g′′+f1′+xyf11四．解：=yg′+yf1′+ef2′；

?x?y?x

?2zxx22x

′′′′′′′′′。 ygyfef2yefef22=++++112122

?x

五． 解：y′=?2bx，令?

??2bx=1

1=，得b， 2

4(1?a)??bx+a=x+1

Vy=π∫

a

0

dVydVyπa2a?y232

xdy=π∫dy==2(a?a)π，=2π(2a?3a)，=0，令

0b2bdada

2

a

dVy2dVy222

得a=(∵a>0)，唯一驻点，且=2π(2?6)，<0，V()为一个极大值，由ay22

33dada

题意知(Vy)max=Vy()=

2

38π23

得a=，b=。 ，2734

53

lim六． 证明：（?）必要性：f(x,y)在点(0,0)处可微,f(0,0)=0，

ρ→0

f(x,y)?f(0,0)

ρ=0，

即I=lim

ρ→0

x?y

ρ?(x,y)=0，反证法：若?(0,0)=a≠0，则选(x,y)沿y=2x趋向于

x?yx+y

2

2

O(0,0)，有I=lim

ρ→0

?(x,y)=

15a≠0，矛盾，所以 ?(0,0)=0。

fx′(0,0),fy′(0,0)f(0,0)=0,fx′(0,0)=lim

x→0

xf(x,0)?f(0,0)

=lim?(x,y) x→0xx

＝lim

ρ→0

?充分性：设 ?(0,0)=0，则lim

ρ→0

f(x,y)?f(0,0)

x?y

ρρ?(x,y)，而

?x?y

??ρ??(x?y)22(x2+y2)x?yf(x,y)?f(0,0)?＝2lim=0，所以=2,≤2，≤所以222?ρ→0ρρxyxy++?

2

f(x,y)在(0,0)处可微。

七． 解：

π∫

π 0

π1? πsinxcosx1?1

dxddx，所以 =?cos()=+???∫ 02∫ 0x+2π+2?2π+2?(x+2)

π sin2xasincos1 πsint1??11??11xx22dtadxdx?===+=+????42π+42 ∫ 0x+1∫ 02x+22∫ 0t+22?2π2+????

1 a

八．证明：令x0=∫g(t)dt]，f(x)在x0处泰勒展开

a 0

f′′(ξ)

f(x)=f(x0)+f′(x0)(x?x0)+(x?x0)2，（ξ 介于 x0与 x 之间）

2!

f(x)≥f(x0)+f′(x0)(x?x0)，将x=g(t)代入，f(g(t))≥f(x0)+f′(x0)(g(t)?x0)

两边从0到a积分：

∫

a

0

f(g(t))dt≥af(x0)+f′(x0)∫(g(t)?x0)dt=af(x0)

0

a

所以

1a?1 a?

f[g(t)]dt≥fg(t)dt]??。 ∫∫0 0a?a?

nnnn!n!n!12n

九． 解：lim[(e?1)(n!)]=lim?=lim=limnn=limn???

n→∞nn→∞n→∞n→∞n→∞1nnnnn

n

e

1?1n

n=lime

n→∞

1

(ln1+ln2+??+lnn)n

=e

1

lim(ln1+ln2+??+lnn)n→∞n

lnxdx=e∫0=e?1。

1

54

十． 证明：f(η)=minf(x)=?1，0<η<1f′(η)=0，?x∈[0,1]，

f(x)=f(η)+f′(η)(x?η)+

f′′(ξ)f′′(ξ)

(x?η)2=?1+(x?η)2， 2!2

ξ 介于 η 与 x 之间，2f(x)+2=f′′(ξ)(x?η)2，

11

当 0<η≤时， 2f(0)+2=f′′(ξ1)η2≤f′′(ξ1)，f′′(ξ1)≥8；

24

11当 ≤η<1时 ， 2f(1)+2=f′′(ξ2)(1?η)2≤f′′(ξ2)，f′′(ξ2)≥8；

24

由f′′(x)在[0,1]上连续，f′′(x)有最大值，所以maxf′′(x)≥8。

x∈[0,1]

，g(x)连续，g(0)=?1，g(1)=1，所以存在十一． 证明：(1)设g(x)=f(x)+x?1

u∈(0,1)使得g(u)=0，即f(u)+u=1。

(2)在 [0,u], [u,1] 对分别 f(x) 用拉格朗日中值定理，?ξ∈(0,u),η∈(u,1),s.t.

f(u)?f(0)f(1)?f(u)f(u)f(1)?f(u)

=f′(η),∴f′(ξ)?f′(η)=?=1。 =f′(ξ),

1?u1?uu?0u

十二． 解：F(x,y)=

x+y?a，

Fx′=

12x

,Fy′=

12y

,y′=

ηη?Fx′?y

=(x?ξ)， k=?,y?η=?′ξξFyx

S阳→min?SΔOAB→max，OA:xA=ξη+ξ,OB:xA=ξη+η,

11

(ξη+ξ)(ξη+η)=(2ξη+ξη+ηξ)， 22

1

令F(ξ,η)=(2ξη+ξη+ηξ)+λ(ξ+η?a)，

2

ηλ?′

Fηη2=+++=0?ξ2ξ2ξa??ξ=??ξλa2?4+=0，则(SΔOAB)max=，所以 则?Fη′=2ξ+ξ+，?

82η2η??η=a

??′4?Faξη0=+?=λ?

?SΔOAB=

(S阳)min

a2a2

=∫ydx?=。 0848

a

55

2009《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）

一．填空题

1．?4 ；2． ?dx ；3． ；4． 0 ；5．? 。

π223二．选择题

1.C；2.C；3.B；4. B；5. B。

? xuf(u)du?∫ 0

,x≠0?

三．解：（1）经换元整理得?(x)=? xf(t)dt

∫? 0??0, x=0

x≠0,?′(x)=

xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫tf(t)dt

0

0

x x

??∫ 0f(t)dt??

??

x 0

x 0

x

2

；

?′(0)=lim

x→0

?(x)??(0)

x

tf(t)dt1∫=lim=, x∫f(t)dt2

x→0

?xf(x) x

∫ 0???

所以?′(x)=?

?

?1,x=0??2

（2）lim?′(x)=lim

x→0

x→0

f(t)dt?f(x)∫tf(t)dt

0

x

??∫ 0f(t)dt??

??

x

2

,x≠0

；

xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫tf(t)dt

0

0

x

??∫ 0f(t)dt????

2

x x

=f(0)?lim

11

=，所以

x→02f(x)2

?′(x)在x=0处连续，所以?′(x)为连续函数。

四． 解：在x=0处，limf(x)=limx++

x→0

x→0

x→0?

2x

2xlnx0

=lime=e=1， +

x→0

limf(x)=lim?(x+1)=1，f(0)=0，所以f(x)在x=0处连续；x>0时，

x→0

f′(x)=x2x(2lnx+2)，令f′(x)=0，得x=

2

111，因为0时，eee

?1??e

′f(x)>0，所以f??=e为f(x) 的极小值；

?e?

56

当x<0时，f′(x)=1>0，故f(x)在(?∞,0)为增函数，又在?0,?内为减函数，且在x=0?

1??e?

处连续，所以f(0)=1为f(x) 的极大值。

五． 解：∫ 1

(x?1)2

(x?1)3 0f(x)dx=

f(x)1

11x?1)23