《高等数学竞赛试题含答案(20200816154158)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高等数学竞赛试题含答案(20200816154158)（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 高等数学竞赛试题 一、 填空： 1若 ,x,a x, xf x x x 01e 0, arctan e1 2 2 sin 是,上的连续函数，则a =1。 2函数xxy2sin在区间, 2 上的最大值为3 3 2 。 3 2 2 dexxx x 2 6e2。 4由曲线 0 1223 22 z yx 绕 y 轴旋转一周得到的旋转面在点230,处的指向外侧的单位法向 量为320 5 1 ,。 5设函数x,yzz由方程2e xyz xxyz所确定，则zdyx x x xyz xyz dd e1 e1-1 。 二、选择题： 1 设函数 f (x)可导，并且5 0 xf， 则当0 x时，该函数在点 0
2、x处微分 dy 是y的 （A） （A）等价无穷小；（B）同阶但不等价的无穷小； （C）高阶无穷小；（D）低阶无穷小。 2 设函数 f (x)在点 x = a 处可导，则xf在点 x = a 处不可导的充要条件是（C） （A）f (a) = 0，且0af；（B）f (a)0，但0af； （C）f (a) = 0，且0af；（D）f (a)0，且0af。 3 曲线1 2 xxxy（B） （A）没有渐近线；（B）有一条水平渐近线和一条斜渐近线； （C）有一条铅直渐近线；（D）有两条水平渐近线。 4设x,yx,yf与均为可微函数，且0 x,y y 。已知 00,y x是x,yf在约束条件0 x,y下的
3、 一个极值点，下列选项中的正确者为（D） （A）若0 00,y xfx ，则0 00,y xfy ；（B）若0 00,y xfx ，则0 00,y xfy ； （C）若0 00,y xfx ，则0 00,y xf y ；（D）若0 00,y xf x ，则0 00,y xf y 。 5设曲面0 2222 ,zkzyxx,y,z的上侧，则下述曲面积分不为零的是（B） （A） zyxdd 2 ；（B） zyxdd； （C） xzzdd；（D）yxydd。 三、设函数f (x)具有连续的二阶导数，且 0lim 0 x xf x ，40f，求 x x x xf 1 0 1lim 。 解： 由题设可推知
4、f (0) = 0，00f，于是有 2 2 lim 2 limlim 00 2 0 xf x xf x xf xxx 。 故 2 2 00 1 0 e1lnexplim1lim1lim 2 xf x x x xf xf x x x x x xf x xf x xf x xf 。 四、设函数xyy由参数方程1 d e 21 2ln1 1 2 t ,u u y ,tx t u 所确定，求 9d d 2 2 xx y 。 解： 由 t t ttt y t 2ln1 2e2 2ln1 e d d 2ln1 ，t t x 4 d d ，得到 tx y 2ln12 e d d ，所以 2 2 22 2 2
5、ln14 e 4 1 2ln12 e 2 4 1 2ln12 e d d d d 1 d d d d d d tt t t t ttt t x x y tx y 。 而当 x = 9 时，由 2 21tx及 t 1，得 t = 2，故 2222 2 2ln2116 e 2 2ln14 e 9d d t tt xx y 。 五、设 n 为自然数，计算积分 2 0 d sin 12sin n x x xn I。 解： 注意到：对于每个固定的n，总有 12 sin 12sin lim 0 n x xn x ， 所以被积函数在x = 0 点处有界（ x = 0 不是被积函数的奇点） 。又 xnxxnx
6、nsin2cos212sin12sin， 于是有 0 0 sin2 1 dcos22d sin 12sin12sin2 2 0 2 0 1 nx n xnxx x xnxn II nn ， 上面的等式对于一切大于1 的自然数均成立，故有 11 III nn。所以 2 dcos2dcos2d sin cossin2sincos2 d sin sin3 2 0 2 2 0 2 0 2 0 1xxxxx x xxxx x x x IIn 。 六、设 f (x)是除 x = 0 点外处处连续的奇函数，x = 0 为其第一类跳跃间断点，证明 x ttf 0 d是连续的 偶函数，但在x = 0点处不可导。
7、 证明： 因为 x = 0 是 f (x)的第一类跳跃间断点，所以xf x0 lim存在，设为A，则 A0；又因 f (x)为奇 函数，所以Axf x0 lim。 命： .A,xxf ;x, ;A,xxf x 0 00 0 则x在 x = 0 点处连续，从而x在,上处处连续，且x是奇函数： 当 x 0，则 x 0，xAxfAxfAxfx； 当 x 0，xAxfAxfAxfx, 即x是连续的奇函数，于是 x tt 0 d是连续的偶函数，且在x = 0 点处可导。又 xAttftt xx 00 dd， 即xAttttf xx 00 dd， 所以 x ttf 0 d是连续的偶函数，但在x = 0点处
8、不可导。 七、设 f (u, v)有一阶连续偏导数，xy,yxfzcos 22 ，sincosry,rx，证明： xy v z y u z x z rr z sin2sin 1 cos 。 解：设：xyv,yxucos 22 ，则 sincossinsincos2xyxy v z yx u z y v v z y u u z r y x v v z x u u z r x r y y z r x x z r z 类似可得 cossinsincossin2xyxyr v z yx u z r z ， 代入原式左边，得到 xy v z y u z xxyxy v z u z xyxy v z yx
9、 u z z rr z sin2cossinsinsin ycosxsinsin2sincossincossincos2cos sin 1 cos 八 、 设 函 数f(u) 连 续 ， 在 点u=0处 可 导 ， 且f(0)=0 ，30f求 ： 2222 ddd 1 lim 222 4 0 tzyx t zyxzyxf t 。 解：记 2222 ddd 1222 4 tzyx zyxzyxf t tG，应用球坐标，并同时注意到积分区域与被积函数 的对称性，有 4 0 2 0 2 2 0 2 0 4 d4 ddsind 8 t rrrf rrrf t tG t t 于是有 30 0 lim 4
10、 4 lim d4 limlim 0 3 2 0 4 0 2 00 f t ftf t ttf t rrrf tG tt t tt 。 九、计算 L yxx yxxy I dd ，其中 L 为1yxx正向一周。 解： 因为 L 为1yxx，故 DD L yxxyId2d11dd 格林公式 其中 D 为 L 所围区域，故 D d为 D 的面积。为此我们对L 加以讨论，用以搞清D 的面积。 当00yxx且时，0121yxyxx； 当0且0yxx时，011yyxx； 当0且0yxx时，011yyxx； 当0且0yxx时，0121yxyxx， 故 D 的面积为21=2。从而4 dd L yxx yxx
11、y I。 十、证明：当x充分小时，不等式 422 tan0 xxx成立。 设 n k n kn x 1 21 tan，求n n xlim。 证明： 因为 3 2tan lim 3 2 3 1sec lim2 tan lim tan lim tan lim 2 2 0 2 2 00 3 0 4 22 0 x x x x x xx x xx x xx xxxxx ， 又注意到当x充分小时，xxtan，所以成立不等式 422 tan0 xxx。 由知，当n 充分大时有， 2 2111 tan 1 kn kn kn kn ，故 nkn kn kn x kn n k n k n k n n k 1111
12、1 11 2 11 ， 而 n k n k n k nkn11 1 111 ，于是 ln2d 1 1 1 11 lim 1 lim 1 0 11 x x n k nkn n k n n k n ， 由夹逼定理知ln2lim n n x。 十一、设常数1ln2k，证明：当x 0 且 x 1 时，01ln2ln1 2 xkxxx 。 证明： 设函数01ln2ln 2 xxkxxxf， 故要证01ln2ln1 2 xkxxx， 只需证：当010 xfx时，；当0时，1xfx。 显然：kxx xx k x x xf2ln2 12ln2 1。 命：kxxx2ln2，则 x x x x 22 1 。 当
13、x = 2 时，0 x，x = 2 为唯一驻点。又 2 2 x x，0 2 1 2，所以 x = 2 为x的唯 一 极 小 值 点 ， 故01ln222ln2122kk为x的 最 小 值 (x 0)， 即 当 x 0 时 0 xf，从而xf严格单调递增。 又因01f，所以当010 xfx时，；当0时，1xfx。 十二、设匀质半球壳的半径为R，密度为，在球壳的对称轴上，有一条长为l 的均匀细棒，其密度 为。若棒的近壳一端与球心的距离为a，a R ，求此半球壳对棒的引力。 解：设球心在坐标原点上，半球壳为上半球面，细棒位于正z 轴上，则由于对称性，所求引力在x 轴 与 y 轴上的投影 x F及 y F均为零。 设 k 为引力常数，则半球壳对细棒引力在z 轴方向的分量为： ds dds 2 1 222 2 1 222 1 2 3 2 1 22 1 azyxlazyxk z zzyx zz kF la a z 记l M,RM 2 2 1 2。在球坐标下计算zF ，得到 la RlaR a RaR Rl MkM aaRlaRlaRRkFz 22 22 21 0 2 1 22 2 1 222 dsincos2cos22 若半球壳仍为上半球面，但细棒位于负z 轴上，则 la RaR a RlaR Rl MM Fz 22 22 21 G 。
