全国大学生高等数学竞赛试题汇总及答案(2)

将f(x)二阶泰勒展开：

f''( )2f(x) f(0) f(0)x x 2'

因为二阶倒数大于0，所以

x limf(x) ，limf(x) x

证明完成。

x 2t t2

(t 1)所确定，其中 (t)具有二阶三、（15分）设函数y f(x)由参数方程 y (t)

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导数，曲线y (t)与y t2

1e udu 23在t 1出相切，求函数 (t)。 2e

t22d2y 3解：（这儿少了一个条件2 ）由y (t)与y e udu 在t 1出相切得 1dx2e

(1) 32， '(1) 2ee

dydy/dt '(t) dxdx/dt2 2t

d2yd(dy/dx)d(dy/dx)/dt ''(t)(2 2t) 2 '(t) =。。。 32dxdx/dt(2 2t)dx上式可以得到一个微分方程，求解即可。

四、（15分）设an 0,Sn

a,证明： kk 1n

（1）当 1时，级数an收敛； Sn 1n

an发散。 n 1Sn （2）当 1且sn (n )时，级数

解：

（1）an>0, sn单调递增

当 an收敛时， n 1

anananan，而收敛，所以收敛； s1sns1sn

当 a

n 1n发散时，limsn n

sndxsndxansn sn 1 ssn 1n 1snsnsnx

sndxsndxana1a1 所以， sn 1x s1x sssn 1nn 211

而 sn

s1sn1 s11 a1s11 dxa1 lim k，收敛于k。 x s1 n 1 s1 1

所以，an收敛。 n 1sn

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（2） limsn n

所以 a

n 1 n发散，所以存在k1，使得

k1 an 2k1n a1 ank1anan 1 2 于是， sk122sn2snk1

依此类推，可得存在1 k1 k2 ... kNa1an1 N 使得 成立，所以 n s2s2ki1nnki 1

当n 时，N ，所以an发散 n 1sn

222 五、（15分）设l是过原点、方向为( , , )，（其中 1)的直线，均匀椭球

x2y2z2

2 2 1，其中（0 c b a,密度为1）绕l旋转。 2abc

（1）求其转动惯量；

（2）求其转动惯量关于方向( , , )的最大值和最小值。

解：

（1）椭球上一点P(x,y,z)到直线的距离

d2 (1 2)x2 (1 2)y2 (1 2)z2 2 xy 2 yz 2 zx

xydV yzdV zxdV 0

zdV 2c czdzx

a22 2y2b2 1 z224dxdy ab(1 2)zdz abc3 cc15z2c

c2

由轮换对称性，

2 xdV

44 a3bc, y2dV ab3c 1515

444 a3bc (1 2) ab3c (1 2) abc3 151515I d2dV (1 2)

4 abc[(1 2)a2 (1 2)b2 (1 2)c2] 15

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（2） a b c

当 1时，Imax

当 1时，Imin 4 abc(a2 b2) 154 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2xydx (x)dy的值为常数。 42 x yc

22（1）设L为正向闭曲线(x 2) y 1,证明2xydx (x)dy 0; 42 x yc

（2）求函数 (x)；

（3）设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求

解：

（1） L不绕原点，在L上取两点A，B，将L分为两段L1，L2，再从A，B作一曲线L3，

使之包围原点。

则有 2xydx (x)dy。 42 x yc

2xydx (x)dy2xydx (x)dy2xydx (x)dy 424242 x yx yx yLL1 L3L L23

（2） 令P 2xy (x) ,Q 4242x yx y

由（1）知 Q P 0，代入可得 x y

'(x)(x4 y2) (x)4x3 2x5 2xy2

上式将两边看做y的多项式，整理得

y2 '(x) '(x)x4 (x)4x3 y2( 2x) 2x5

由此可得

'(x) 2x

'(x)x4 (x)4x3 2x5

解得： (x) x 2

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（3） 取L'为x y ，方向为顺时针 424

Q P 0 x y

c2xydx (x)dy2xydx (x)dy2xydx (x)dy 42 'x4 y2 x4 y2x y' c LL

L' 1 4 2xydx xdy 2

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）

sinx （1）.求lim x 0 x

sinx lim x 0x

limex 011 cosx11 cosx； 解：（用两个重要极限）： sinx x lim 1 x 0x sinx xx 03x2limxsinx x sinx xx1 cosxsinx xx1 cosx e ecosx 1x 02x2lim e1 x2limx 02x2 13 e

11 1（2）.求lim ； ... n n 1n 2n n

111 ... 解：(用欧拉公式）令xn n 1n 2n n

由欧拉公式得1 11 lnn=C+o（1），2n 1111则1 ln2n=C+o（1），2nn 12n

其中，o 1 表示n 时的无穷小量，

两式相减，得：xn-ln2 o（1）, limxn ln2. n

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2t x ln1 e （3）已知 ty t arctane d2y，求。 2dx

et

1 2tt2tdx2e2tdyetdye e 1解： , 1 2t2t2t2t2edt1 edt1 edx2e

1 e2t

dyd dy 1e 21 e 2 2t 2tdxdt dx dx2e2e

dt

二．（本题10分）求方程

解：设P2t2t2tt1 ee 2 4e4t 2x y 4 dx x y 1 dy 0的通解。 2x y 4,Q x y 1，则Pdx Qdy 0

P Q 1, Pdx Qdy 0是一个全微分方程，设dz Pdx Qdy y x

z dz Pdx Qdy x,y

0,0 2x y 4 dx x y 1 dy

P Q , 该曲线积分与路径无关 y x

12 z 2x 4 dx x y 1 dy x 4x xy y y 002xy2

三．（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，使得limh 0k1f h k2f 2h k3f 3h f 0 h

h 02 0。 证明：由极限的存在性：lim k1f h k2f 2h k3f 3h f 0 0

即 k1 k2 k3 1 f 0 0，又f 0 0， k1 k2 k3 1① 由洛比达法则得

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limh 0k1f h k2f 2h k3f 3h f 0 h2

k1f' h 2k2f' 2h 3k3f' 3h

2h

'''由极限的存在性得lim k1f h 2k2f 2h 3k3f 3h 0 h 0 lim 0h 0

即 k1 2k2 3k3 f' 0 0，又f' 0 0， k1 2k2 3k3 0②

k1f' h 2k2f' 2h 3k3f' 3h

2h

k1f" h 4k2f" 2h 9k3f" 3h 0 再次使用洛比达法则得 limh 02

k1 4k2 9k3 f" 0 0 f" 0 0h 0 lim

k1 4k2 9k3 0③

k1 k2 k3 1 由①②③得k1,k2,k3是齐次线性方程组 k1 2k2 3k3 0的解

k 4k 9k 023 1

111 k1 1 设A 123,x k2,b 0，则Ax b， 149 k 0 3

增广矩阵 1111 1003 010 3 A* 1230 1490 0011 ，则R A,b R A 3

所以，方程Ax

且k1 b有唯一解，即存在唯一一组实数k1,k2,k3满足题意， 3,k2 3,k3 1。

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四．（本题17分）设x2y2z2 1:2 2 2 1，其中a b c 0abc， 2:z2 x2 y2， 为 1与 2的交线，求椭球面 1在 上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值。

x2y2z2