《武汉大学2009数学(非数学类)竞赛复习试题及答案--》由会员分享，可在线阅读，更多相关《武汉大学2009数学(非数学类)竞赛复习试题及答案--（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、武汉大学 2009 数学（非数学类）竞赛复习试题 一、 设的定义如下：， n x 1 x= a 2 xb=， 12 1 () 2 nnn xxx =+（3,4,n =?） ，求。 lim n n x 解：因为（设） ， 10 xxa= 0 0 x= 0 21 1 ( 2 xxbaba = )， 3221221 11 ()()( 22 xxxxxxxba=+= = 1 ) 2 2 4332332 111 ()()( 222 xxxxxxxba =+= = ) 2 1 1 () 2 k kk xxba = （） 。 2k 所以 2 1 12 1 limlim()() 2 k n nkk nn kk
2、 xxxaba = =+ () 1 2 1 3 1 2 ba aab =+=+ 二、 试解下列各题： 1、求 1 111 lim 1( 1) 3521 n n n + ? 2、求（ 22221 lim(123) n n xxn x +?1x ） 3、设函数在点附近有连续导数，而)(xf 0 x nnn xx)(tf 1,+xx上满足拉氏定理的条件，于是有： 2 1arctan 1 arctanln) 1arctan(ln + 1 =+xx 1+x)2 ,( 1nnn xxFx= + （） ，求。 0n n n x lim 解：先判定的存在性。 n n x lim 由 x xy yxF 2 )(
3、 ),( = 得) 1( 2 1 ), 1 (=yyF， 而9) 1( 2 1 5 2 ), 1 ( 2 2 +=+=yy y yF得，推出。9) 1() 1( 2 +=yy9)( 2 += yy 由 n n n n n nn nnn x x x x x xx xxFx 2 9 2 )( 2 )2( )2 ,( 2 1 + = = + 。 令3 2 9 2 2 2 9 22 )( )2 ,()(=+= x x x x x x xxFxf 由可知。)( 1nn xfx= + 3 n x 当时，3x 2 1 2 9 2 1 )(0 2 = x xf。 由微分中值定理可得：1 2 1)()( 1 1
4、 1 1 lim 2 ( )( )1 x f xf x + += 求证：（1） 2 lim( ) x x ef x + = + (2) lim( )0 x f x + = 证明： （1）由，有 22 ( )(2 ( )( ) xx ef xef xf x=+ 2 2 ( ) 2 ( )( ) x x ef x f xf x e =+ 而lim 2 ( )( )1 x f xf x + +=，故 2 2 ( ) lim1 x x x ef x e + =，即 22 22 ( )( ) limlim1 11 () 22 xx xx xx ef xef x ee + = 又 2 1 lim 2 x
5、x e + = +，所以与 2 ( ) x ef x 2 1 2 x e为等价无穷大，故 2 lim( ) x x ef x + = + （2）由 2 2 ( )2 ( )( )1 lim( ) 22 x x x ef xf xf x f x e + + =，而lim 2 ( )( )1 x f xf x + += 故lim( ) x f x + 存在，且有lim 2 ( )lim( )1 xx f xf x + += lim( )0 x f x + = 六、设C为实数，函数( )f x满足下列条件：lim ( ),lim( )0 xx f xCfx =， 求证：lim( )0,lim( )0
6、 xx f xfx = 证明：应用泰勒公式有： 11 (1)( )( )( )( )0 26 f xf xf xfxfxx+=+ 1 （1） 11 (1)( )( )( )( )0 26 f xf xf xfxfxx=+ M),(+x，有MxF | )(|，即，又在 连续，使 MnxF | )(|)( xf 1 , 00 2 M) 1 , 0(x，有，故 2 M| ) ( |xf, 21M 1 |M n f| )()(dxnxFx 1 | n an 2 2 M 2 1 M 2 2 1 n an，由正 项级数比较法知收敛. =1n 2 n a 八、设函数在（）上连续，在)(xf ,aa0a0=x
7、可导，且0)0( f . （1）求证：，) , 0(ax) 1 , 0(，等式成立. ) () ( )( )( 00 xfxfxdttfdttf xx =+ （2）求极限. + 0 lim x 证明： （1）令, 0 0 ( )( )( ) xx F xf t dtf t dt =+ (0, )xa,由中值定理得( )(0)()(0),(0,1)F xFFxx= ，(0)0F= 0 0 ( )( ) ()() xx f t dtf t dtx fxfx += . （2）由上式变形得 0 0 2 ( )( ) 2 xx f t dtf t dt x + = ()() 2 fxfx x 两边取极限
8、，0 x + ， 0 ( )()1 lim(0) 42 x f xfx f x + =左， 0 (0) lim x f + =右，(0)0f， 0 1 lim 2 x + =. 九、设一球面的方程为 222 (1)4xyz+=，从原点向球面上任一点Q处的切平面作垂线，垂足为点P， 当点Q在球面上变动时，点P的轨迹形成一封闭曲面S，求此封闭曲面S所围成的立体 的体积. 解：设点 Q 为，则球面的切平面方程为 000 (,)xyz 000000 ()()(1)()xxxy yyzzz0+= 垂线方程为 000 000 1 z xt + ,1 xy x yty ztz xyz =+=代 入 222
9、000 (1)4xyz+=及 切 平 面 方 程 得 222 2 4 xyz t +=，xy，即（P 点轨迹）. 化为球坐标方程得 22222 zzt xy+=+ 2 ()z 2222222 ()4(xyzzxyz+=+ 2c ) os=. 2 0 0 siVd 2 cos 0 0 2 n(2c 3 dd 23 os )(2cos )d = 40 3 = 十、设S是以L为边界的光滑曲面，试求可微函数( )x使曲面积分 2 (1) ( ) 4 ( ) 4 S xxdydzxyx dzdxxz dxdy+ 与曲面S的形状无关。 解：以L为边界任作两个光滑曲面，它们的法向量指向同一例， 21,S S
10、 12 SS = ，记为与所围 成的闭曲面，取外侧，所围立体为，则 *S 1 S 2 S 0 21 * =+= SSS ，由高斯公式得()0 PQ xy += R dV z ， 由的任意性得 2 02( )(1) ( ) PQR = xxxx xyz + + 4( )4xxx0+=, 即 解线性非齐次方程得 2 (1) ( )2( )40 xxxxx+= 2 ( )2xcxc= + 十一、设( , )f x y在单位圆上有连续的偏导数，且在边界上取值为零，证明 22 0 1 (0,0)lim 2 D ff xy xy fdxdy xy + = + 其中 D 为圆环域： 222 1xy+ 证明：
11、令cos ,sinxryr=, 则cossin ffxfyff rxryrxy =+=+ cossin ffff rrrxy rxyx =+=+ f y 于是 222 DD ff f xy r xy r Idxdyrdrd xyr + = + 212 1 00 ( cos , sin ) f ddrf rr r d = 22 00 (cos ,sin )( cos ,sin )fdf d = ， 因( , )f x y在单位圆的边界上取值为零，故(cos ,sin )0f=，再利用定积分的中值定理，可知 2 * 0 ( cos ,sin )2( cos,sin),0,2 Ifdf = = ，
12、故 22 0 1 lim 2 D ff xy xydxdy xy + + * 0 lim ( cos,sin)(0,0).ff = 十二、设在全平面内有连续的偏导数，且满足( , ), ( , )u x yv x y, uvu xyy v x = ，记 C 为包围原点的正向 简单闭曲线，计算 22 ()() C xvyu dxxuyv dy I xy + = + ? y 解：记，其中 C IPdxQd=+ ? 2222 , xvyuxuyv PQ xyxy + = + 22 22 2 ()()2 () () yy xvyuu xyy xvyu P yxy + = + 2222 22 2 ()(
13、)()2 () yy xvyuxyyxuxyv xy + = + 2222 22 2 ()()()2 () xx xuyvxyyxuxyvQ xxy + = + 由于，当时，, xyy uvuv= x 22 0 xy+ PQ yx = ，任取充分小，记为圆周， 并取顺时针方向，则，故 0r Qdy r C 22 xyr+= 2 0 xQdy+= r C C ? Pd r C IPdx=+ ? 取 cos ,: 02 sin xr yr = = 2 2 0 1 cossin) ( sin )( cossin) cos Irvrurrurv r r d= + 2 0 ( cos , sin )2(
14、 cos , sin ),02u rrdu rr = + ) 因 I 与r无关，令，故得 0r 2(0,0Iu= 十三、计算积分 3 222 2 () xdydzydzdxzdxdy I xyz + = + ? ,其中 是球面外侧. 222 xyzR+= 2 1是不包含有原点在其内部存在的光滑闭曲面 222 (1)(2)(3)xyz+=的外侧. 是包含有原点在其内部的光滑闭曲面 222 234xyz1+= 的外侧. 解： 3 1 Ixdydzydzdxzdxdy R =+ ?3 3 dxdydz R = 3 3 34 4 3 R R = 设 222 rxyz=+, 3 x P r = , 3 y Q r =, 3 z R r = , 2 53 13Px xrr = , 2 53 13Qy yrr = , 2 53 13R zrr = z ,又不包含有原点在其内部,故可以用奥高公 式,() PQR Id xyz =+ 0 xdydz = 作小球面 ：xy 222 z 2 +=,充分小,取其内侧. 3 222 2 () xdydzydzdxzdxdy I xyz + + = + ?3 222 2 () xdydzydzdxzdxdy xyz + + 3 222 2 0 () xdydzydzdxzdxdy xyz + = +
