6月3日《高等数学》竞赛试题 答案_高等数学竞赛试题及

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中国农业大学2006年《高等数学》竞赛试题参考答案

2006/06/03

一． 求极限

解 由 an2limn222（n次复合）。

an2an1知

a122,a22a142,，2an142，an有上界； anan12an1,an1an，an单增，又an2an1,由单调有界数列必有极限知，an有极限。不妨设 limana,na2a,a2，即 limn2222。

二、xu设函数f(x)连续, 证明 f(t)dtdu0ox0(xu)f(u)du。

证 方法一 令 F(u)0u0f(t)dt, 则由分部积分法得,xx0uf(t)dtduoxF(u)duuF(u)0x0xuF(u)du

xF(x) 方法二 令 F1(x) F2(x) 因为 F1(x) F2(x)x0uf(u)duxf(t)dt0x0uf(u)du

x0xf(u)dux0uf(u)dux0x0(xu)f(u)du。(xu)f(u)du x0x0uf(t)dtdu, F(x)2o(xu)f(u)duxx0f(u)dux0uf(u)du

x0x0f(t)dt

f(u)duxf(x)xf(x)x0f(t)dt

所以F1(x)F2(x)C.又由于F1(0)F2(0)0,所以C0.xu因此, f(t)dtdu0ox0(xu)f(u)du。

三．若函数f(x)在闭区间[2,4]上有连续的导数,且f(2)f(4)0,试证明:

42f(x)dxmaxf(x)2x4

证法一 利用拉格朗日中值定理 f(x)f(x)f(2)f(1)(x2),1(2,x)f(x)f(4)f(x)f(2)(4x),2(x,4)

f(x)M(4x),f(x)dx 若记 Mmaxf(x), 则有 f(x)M(x2),2x44242323243所以 f(x)dxf(x)dxf(x)dxM(x2)dx3243M(4x)dx

2M2(x2)22x4(4x)M

34证法二 记Mmaxf(x), 对于任意实数c, 42f(x)dx42f(x)d(xc)

4[(xc)f(x)]242(xc)f(x)dx

42xcf(x)dxM42xcdx

令 c3, 则有 42f(x)dxM42x3dxMmaxf(x)

2x4证法三 由于f(2)f(4)0,根据牛顿_莱布尼茨公式,有

f(x)x2f(t)dtx4f(t)dt

若记Mmaxf(x), 则有f(x)M(x2),2x44242323243f(x)M(4x),f(x)dx f(x)dxf(x)dxf(x)dxM(x2)dx43M(4x)dxM

四． 设函数fx在0,1上具有二阶导数，且f(0)f(1)0，证明 存在0,1，使f2f1。

证

令 Fx1xfx，F(0)F(1)0，在0,1上用罗尔定理知，存在0,1，使 F1ff0。

再令Gx1xfxfx，G()G(1)0，在,1上再用罗尔定理知，存在,10,1，使G()0，即 f2f1。

五． 证明：曲面xyza3（a0为常数）上任意点处的切平面与三个坐标面

所形成的四面体的体积为常数。

证 令 Fx，y，zxyza3

则Fxyz，Fyxz，Fzxy

设x0，y0，z0为曲面xyza3上的任意一点，则在该点处的切平面方程为

y0z0xx0x0z0yy0x0y0zz00

化为截距式，有

x3x0y3y0z3z01

所以，所求四面体的体积为

V 163x03y03z092x0y0z092a3

即所求体积为常数。

六．判别级数

1!22!23!2n!2 2n!n1的敛散性。

解

0un1!22!23!2n!22n!n1n1!22n1!2nn!2n!n!2n!2n!2n!22n!14nn!22n!vn

而 limvn1vnnlimnn13limnn2n12n21

所以，由比值判别法，知级数vnn12n!n1nn!2收敛。

再由比较判别法知级数unn11!22!23!2n!22n!n1收敛。

七．设函数f(x)在(,)上连续可导，求

1yf(xy)L2 ydxxy2[yf(xy)1]dy2，其中L为从点A(3,)到B(1,2)的直

323 线段。

解 令P1yf(xy)y22，Qxy2[yf(xy)1]

PyQx[2yf(xy)xy2f(xy)]y1yf(xy)y2=

23yf(xy)xyf(xy)1y2

1y2[yf(xy)1]2xy2[yf(xy)]323yf(xy)xyf(xy)1y2

PyQx，故原积分与路径无关，选取路径ACCB，yB ∴原式=CBAC=2321y1[yf(y)1]dy221323[149f(23x)]dx

CoAx [23323f(231x)]dx2223[f(y)1y2]dy

23xu

32x332f(u)du223f(y)dy1y4。

23八． 设半径为R的球的球心在以原点为中心，半径为a2aR0的定球面上点0,0,a处，当R等于多少时前者夹在定球面内部的表面积最大？其中a为常数。

解

定球球心在以原点，半径为R的球的球心在0,0,a，则两球面方程分别为

x2y2z2a2,消去z，得

xy22xyzaR

2222R224a4a22R222

S:zxzaxRxy,yRxy222zyRxy222S位于定球面内部的面积为ARDxyzz1ydxdyxRRxyR2a04aR2222Dxy222dxdy

02RRr22rdrdθ

2RAR4R2Ra33Ra200舍去

RAR44343a,R

6Ra,4Ra40 3故当Ra时，AR最大。