2010年北京科技大学高等数学竞赛试题

2010年全国大学生数学竞赛决赛答 tian27546这是献给博士论坛一个礼物 转载时请勿注明是博士论坛一、（20分）计算下列各题：1．求极限 211sin )1(lim n k n k n k n π∑-=→∞+解法1因211sin )1(n k n k n k π∑-=+211222sin sin 21(2sin 21n n k n k nn k πππ∑-=+=） )22cos 22(cos 1(2sin 2122112n k n k n k nn k πππππ+--+=∑-=） )22cos 22(cos 1(22112nk n k n k n n k πππππ+--+≈∑-=） 2112211222cos 1(22cos 1(n k nk n n k n k n n k n k ππππππ++--+=∑∑-=-=）） 222211222cos 11(22cos 1(n k n k n n k n k n nk n k ππππππ--+--+=∑∑=-=））2122222222cos 12)12(cos 11(2cos )11(n k n n n n n n n n n n n k πππππππ-+--+-+=∑-=） 21222222)12(cos 2)12(cos 12(2cos )11(nk n n n n n n n n n k ππππππ-+---+=∑-=）（*） 而2122)12(cos n k n k π-∑-=212222sin 2)12(cos22sin 21n n k nn k πππ∑-=-=])1(sin [sin2sin2121222n k n k nn k πππ--=∑-= 2222sin 2sin )1(sinn n n n πππ--=222sin2)2(sin 2cos n n n n πππ-=（**） 将（**）代入（*），然后取极限，得原式]2sin2)2(sin2cos2)12(cos 12(2cos )11([lim 222222n n n nn n n n n n n n n ππππππππ-+---+=→∞）]2)2(sin 2cos 2)8)12(1(12()11([lim 22342222n n n n n n n n n n n ππππππ-+----+=∞→） ]2)2(sin 2cos 2)21(12()11([lim 2232222n n n n n n n n n n ππππππ-+---+=∞→） )]48)2(2)2()(81(2)21(12()11([lim 633222232222nn n n n n n n n n n n πππππππ----+---+=∞→）)]482)(81(2)21(12()11([lim 33222232222n n n n n n n n n n n ππππππππ---+---+=∞→） 65π=上式中含2n 的项的系数为0121=+-πππ，含n 的项的系数为0)2(111=-++πππ，常数项系数为656824ππππππ=-=--解法2 Step 1因∑-=112sin n k n k π211222sinsin 22sin 21n nk nn k πππ∑-==)22cos 22(cos2sin2122112n k n k nn k πππππ+--=∑-=)2)12(cos2(cos2sin21222n n n n πππ--=故)2)12(cos 2(cos 2sin 21lim sinlim 222112n n n nn k n n k n ππππ--=→∞-=→∞∑)2)12(cos2(cos1lim222n n n n n πππ--=→∞nn n n n 2sin 2)1(sin2lim22πππ-=→∞n n n n n 22)1(2lim22πππ-=∞→2π= Step 2因222)12(cosn k nk π-∑=22222sin 2)12(cos22sin21n n k nnk πππ∑=-=])1(sin [sin2sin212222nk n k nnk πππ--=∑= 2222sin 2sinsin n n n n πππ-=2222sin 2)1(sin 2)1(cos nn n n n πππ-+=因此∑-=112sin n k n k nk π211222sin sin 22sin 21n n k n k n n k πππ∑-== ]2)12(cos 2)12(cos [2sin 212112112n k n k n k n k nn k n k πππ+--=∑∑-=-= ]2)12(cos 12)12(cos [2sin 21222112n k n k n k n k nnk n k πππ----=∑∑=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+---=∑-=2122222)12(cos 12)12(cos 12cos 12sin 21n k n n n n n n n nn k ππππ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=∑=222222)12(cos 12)12(cos 2cos 12sin 21n k n n n n nnnk ππππ(*) ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21nn n n n n n n n n n ππππππ 于是∑-=→∞112sin lim n k n n k nk π⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=→∞2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21lim nn n n n n n n n n n n ππππππ ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++---=→∞n n n n n n n n n n 22)1(sin2)1(cos 8)12(11lim 224222πππππ）（ ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---+-++-=∞→n n n n n n n n n n n 2)48)1(2)1()(8)1(1211lim 6332422222ππππππ（⎥⎦⎤⎢⎣⎡----++-=∞→)24)1(1)(81211lim 52322222n n n n n n n n n ππππ（ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)241()(81211lim 2222222n n n n n n n n ππππ（ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)2411)(81211lim 2222222n n n n n n n ππππ（ ）（222222282411211lim n n n n n n n ππππ---++-=→∞ ）（22222228242lim n n n n n ππππ--=∞→62ππ-=3π=原式6532πππ=+=2．计算⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz ，其中 ∑为下半球面222y x a z ---= 的上侧, 0>a .解 记1∑为平面 222,0a y x z ≤+= 的上侧，2∑为下半球面 222y x a z ---= 的下侧，Ω是由1∑和2∑所围成的立体，则422222211)(adxdy a dxdy a dxdy a z axdydz ay x ⎰⎰⎰⎰⎰⎰≤+∑∑===++π，设,sin ,cos θθr y r x ==则⎰⎰∑+∑++212)(dxdy a z axdydz ⎰⎰⎰Ω+++=dxdydz a z a )220(⎰⎰⎰Ω+=dxdydz a z )32(⎰⎰⎰≤+---+=2222220)32(a y x y x a dz a z dxdy⎰⎰≤+---+=22222202]3[a y x y x a dxdy az z⎰⎰≤+--+++-=222)3(222222a y x dxdy y x a a y x a ⎰⎰≤≤≤≤-++-=πθθ2002222d d )3(ar r r r a a r a⎰-++-=a r r r a a r a 02222d )3(2π ⎰-++-=ar r a a r a 022222)d()3(π⎰-++-=22122d ))(3(a u u a a u a π223222)(42a u a a uu a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-=π274a π=⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz⎰⎰⎰⎰∑∑+∑+++++-=12122)(1)(1dxdy a z axdydz a dxdy a z axdydz a 227333a a a πππ-=+-=3．现 设计一个容积为V 的圆柱体容器. 已知上下两底的材料费为单位面积a元，而侧面的材料费为单位面积b 元. 试给出最节省的设计方案；即高与的上下底直径之比为何值时所需费用最少？解 设圆柱体的底半径为r ，高为h ，则h r V 2π=，2rVh π=总造价为222r a rh b P ππ+=222r a rbVπ+=， 则2322242r r a bV r a r bV P ππ--=+-='，由0='P 知，解得312⎪⎭⎫⎝⎛=πa bV r ，312⎪⎭⎫ ⎝⎛=ππa bV V h ， 因为是惟一的驻点，所以当3122323131222222:2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=Vab a bV V a bV a bV V h r ππππππ 时，所需费用最少.4．已知 x x x f 33cos sin 1)(+='，)21,41(∈x ，求)(x f 解 因x x x f 33cos sin 1)(+='，)21,41(∈x ，故 ⎰+=x xx x f d cos sin 1)(33⎰+-+=x x x x x x x d )cos )(sin cos sin cos (sin 122⎰+-=x x x x x d )cos )(sin cos sin 1(1⎰+-=x x x d )4sin()2sin 211(21π⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()22cos(211121ππ⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()4(2cos 211121ππ 令)4(21π+=x t ，则⎰+=t tt x f d 2sin )4cos 211(2)(⎰+=t tt t d cos sin )4cos 2(2⎰-+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 2(222⎰+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 3(222 ⎰+-=t tt t t t t d cos sin )cos sin 4)sin (cos 3(222222⎰-++=t t t t t t t t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3()cos (sin 22244222 ⎰-+++=t t t t t t t tt t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3(cos sin 2sin cos 222442244⎰-+++=t t t t tt tan d tan )tan 2tan 33(tan 2tan 122424 令t u tan =，2u v =，则⎰-+++=u u u u u u x f d )233(212)(2424⎰-+++=224224d )233(2122u u u u u u ⎰-+++=v v v v v v d )233(212222⎰+-++=v v v v v v d )323(122222 令)()323(1222v R vAv v v v v +=+-++，则31=A ，)323(332336331)323(12)(22222+--+-++=-+-++=v v v v v v v v v v v v v v R )323(382+-=v v 因此⎰⎰+-+=323d 324d 62)(2v v vv v x f ⎰+-+=323d 324ln 622v v vv ⎰+-+=98)31(d 924ln 622v v v C v v +-+=32231arctan 3221924ln 62C v v +-+=2213arctan 32ln 62 C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C x x +-+++=221)82(tan 3arctan 32)82(tan ln 6222ππ 二、（10分）求下列极限1．⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∞→e n n n n )11(lim解 设xx x f 1)1()(+=, 则))1ln()1(1()1()(21xx x x x x f x+-++=')1()1ln()1()(2x x x x x x f +++-= 原式=)(lim )1(lim010x f x e x x xx '=-+→→)()(lim )(lim 00x f x f x f x x '=→→)1()1ln()1(lim)(lim 20x x x x x x f x x +++-=→→20)1ln()1(limx x x x e x ++-=→22)1ln(lim 0e x x e x -=+-=→2．nnn n n c b a ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++∞→3lim 111，其中0>a ，0>b ，0>c 解 因300ln 3ln ln ln 3ln ln ln lim 33lim abc c b a c c b b a a x c b a x x x x x x x x =++=++=-++→→ 故 原式=333lim)13(1lim 10003lim abc ee c b a x c b a c b axxxx x x x x x x xx xx ===⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-++-++→→→三、（10分）设)(x f 在1=x 处可导，0)1(=f ，2)1(='f ，求xx x x x f x tan )cos (sin lim 220++→ 解 设)(x f 在1=x 处可导，0)1(=f ，2)1(='f ，则xx x f x x f x x x x x f x x tan )1()cos (sin lim tan )cos (sin lim 220220+-+=++→→ 1cos sin )1()cos (sin lim 1cos sin lim tan lim 220220220-+-+-++=→→→x x f x x f x x x x x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim cos 111lim220020-+-+-+=→→→x x f x x f x x x x xx x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim 212200-+-+-=→→x x f x x f x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 21cos 2lim sin lim 2122000-+-+-=→→→x x f x x f x x x x x x1cos sin )1()cos (sin lim 41220-+-+=→x x f x x f x 1)1()(lim 411--=→t f t f t )1(41f '=21= 四、（10分）设)(x f 在),0[+∞上连续，⎰+∞0d )(x x f 收敛，求⎰+∞→yy x x xf y 0d )(1lim.解 令⎰=xt t f x G 0d )()(，则因⎰+∞0d )(x x f 收敛，故)(lim y G y +∞→，不妨设R A y G y ∈=+∞→)(lim ，则[]}d )()(1{lim )(d 1lim d )(1lim0000⎰⎰⎰-==+∞→+∞→+∞→y yy y y y y x x G x xG yx G x y x x xf y)d )(1)((lim 0⎰-=+∞→yy x x G yy G ⎰+∞→-=yy x x G y A 0d )(1lim 0)(lim =-=-=+∞→A A y G A y五、（12分）设函数)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可微，且0)1()0(==f f ，1)21(=f ，证明：（1）存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得ξξ=)(f ；（2）存在()ξη,0∈使得1)()(+-='ηηηf f .证 （1）记x x f x F -=)()(，则函数)(x F 在]1,21[上连续，且1)1(-=F ，21)21(=F ，故由零点存在性定理知存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得0)(=ξF ，即ξξ=)(f . （2）因x x x f x f e x d )1)()((⎰+-'--x e x xe x x f e x x f e x x x x d d d )(d )(⎰⎰⎰⎰----+-'-= x e e x x f e x x f e x x x x d d )(d d )(⎰⎰⎰⎰----++-=x x xe x f e --+-=)(故令x e x x f x F --=))(()(, 则函数)(x F 在],0[ξ上连续，在()ξ,0内可微，0)0(=F ,0)(=ξF ,x x e x x f e x f x F -----'='))(()1)(()(, 故由罗尔定理知,存在()ξη,0∈使得0)(='ηF , 1)()(+-='ηηηf f .六、设)(x f 在),(+∞-∞上有定义，在0=x 的某邻域内有一阶连续导数，且0)(lim 0>=→a x x f x ，证明级数∑∞=-1)1()1(n n n f 条件收敛. 证 因 0)(lim>=→a xx f x ，故存在一个正数δ，使得当δ<-<00x 时，有 2)(aa x x f <-因此x x f a )(2<（δ<-<00x ），于是，当δ1>n 时， δ<-<010n ，nn f a 1)1(2<，n a n f 2)1(>，这表明级数∑∞=1)1(n n f 发散，即级数∑∞=-1)1()1(n n n f 发散.下证原级数收敛：由0)(lim0>=→a xx f x 知，0)(lim lim )(lim )0(000====→→→a x x f x x f f x x x ，0)(lim )0()(lim )0(00>==-='→→a xx f x f x f f x x由)(x f 在0=x 的某邻域内有一阶连续导数知，)(lim )0(0x f f a x '='=→，因此存在一个正数η，使得当η<-0x 时，有2)(aa x f <-' 因此)(20x f a '<<（),(ηη-∈x ）. 特别地，)(x f 在),0(η上单调增，于是当η1>n 时，)1()11(n f n f <+，且0)0()1(lim ==∞→f nf .最后由Leibniz 判别法知，原级数收敛.综上可知，原级数条件收敛.六、（14分）设1>n 为整数，⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ，证明：方程 2)(n x F =在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内至少有一个根. 证 记!!2!11)(2n t t t t p nn ++++= ,)!!2!11()(2n t t t e t r ntn ++++-= ,则)()(t r e t p n t n -=,且当0>t 时,0)(>t p n , 0)(>t r n ,0)(>-t r e n t .记2)()(n x F x -=ψ，则⎰--=n n t t t r e nx 0d )(2)(ψ,因⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ，故函数)(x ψ在],2[n n 上连续，在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内可微，且2)2()2(n n F n -=ψ⎰⎰<-=--=--20200d )(2d ))(1(nn t n n tt t r e n t t r e ,2d )()(0nt t p e n nn t -=⎰-ψ⎰⎰⎰⎰----+-=+--=202220d )(d )(d )(2d ))(1(n nn n t n t n n n t n n t tt p e t t r e tt p e nt t r e⎰⎰++-=---20202d )2(d )(n n n n t n tt n t p et t r e⎰⎰+++-=---20202d )2(d )!1(1nnn nt t t n t p e t e e n ξ ⎰⎰+-++-=+---202022d ))2((d )!1(1nnn nt nt t t n t r e e t e e n ξ ⎰⎰+---+-+-=202022d )!1(1d )!1(121nnnnt t t e e n t e e n n ξξ ⎰⎰--+-+-=2020d )!1(1d )!1(121n nt t t e e n t e e n n ξξ ⎰-+->202d )!1(22n nt t e e n n []202)!1(22nt ne e n n -++= )1()!1(222-+-=ne n n )!1(2)!1(222+++-=n n e n n )!1(22)!1(2222+-=+->n en n e n n n012>->n（若2>n ，则左边的两个不等式都成立） ()()⎰⎰-+-=-+=-=--101021d 121d 121)1()1(t te t t t e F ψ()[]⎰-++-=--101021d 1t e e t t t 032321)1(2111>-=--+-=--ee e 031)2(>->eψ01223!4223)3(1223144144314923232333>-=->⇒>⇒>>>e e e e ψ 01232452!522)4(2>->->->e e e ψ,0122212e e 12)(>->++->n n n n n e n n ψ 故由零点存在性定理知, 存在),2(n n ∈ξ使得0)(=ξψ, 即2)(nF =ξ.七、（12分）是否存在R 中的可微函数)(x f 使得53421))((x x x x x f f --++=? 若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明.解 不存在假如存在R 中的可微函数)(x f 使得54321))((x x x x x f f -+-+=，则4325432)))((x x x x x f x f f -+-=''（， 若1)1(=f ，则025432)1))1(()]1[2<-=-+-=''='（（f f f f 矛盾。

北京科技大学2009--2010学年第一学期高 等 数 学A(I) 试卷（A 卷）院(系) 班级 学号 姓名 考场说明: 1、要求正确地写出主要计算或推导过程, 过程有错或只写答案者不得分； 2、考场、学院、班、学号、姓名均需写全, 不写全的试卷为废卷; 3、涂改学号及姓名的试卷为废卷；4、请在试卷上答题，在其它纸张上的解答一律无效.一、填空题（本题共15分，每小题3分）1．设方程y x y =确定y 是x 函数，则d y = .2．设曲线()n f x x =在点(1,1)处的切线与x 轴的交点为(,0)n ξ，则l i m ()n n f ξ→∞= ．3．111n n n n -∞=⎛⎫= ⎪⎝⎭∑ ．4．设()d arcsin xf x x x C =+⎰，则1d ()x f x =⎰ ．5. 2111limnn k nk →∞==∑ .二、选择题（本题共15分，每小题3分）6．设函数21()lim1nn x f x x→∞+=-，讨论函数()f x 的间断点，其结论为（ ）.()A 不存在间断点 ()B存在间断点是1x=()C存在间断点是0x = ()D存在间断点是1x =-装 订 线 内 不 得 答 题 自觉 遵 守 考 试 规 则，诚 信 考 试，绝 不 作 弊7．设函数561cos 2()sin , ()56x xxf x t dtg x -==+⎰，则当0x →时，()f x 是()g x 的（ ）()A 低阶无穷小 ()B高阶无穷小()C等价无穷小 ()D同价但不等价的无穷小8．设01,0,()0,0, ()()1,0,x x f x x F x f t dt x >⎧⎪===⎨⎪-<⎩⎰，下列结论正确的是（ ）.()A ()F x 在0x =处不连续()B ()F x 在(,)-∞+∞内连续，在0x =点不可导()C()F x 在(,)-∞+∞内可导，且()()F x f x '=()D()F x 在(,)-∞+∞内可导，但不一定满足()()F x f x '=9．设函数(),()f x g x 为恒大于0的可导函数，且()()()()0f x g x f x g x ''-<, 则当a x b <<时有（ ）.()A ()()()()f x g b f b g x < ()B ()()()(f x g a f a g x > ()C()()()()f x g x f b g b >()D ()()()(f x g x f a g a> 10．下列各选项正确的是（ ）.()A 若级数21nn u ∞=∑与级数21nn v ∞=∑都收敛，则级数21()n n n u v ∞=+∑收敛;()B 若级数1n nn u v ∞=∑收敛，则级数21nn u ∞=∑与21n n v ∞=∑都收敛;()C若正项级数21n n u ∞=∑发散，则1nu n≥;()D若正项级数21nn u ∞=∑收敛，且(1,2,)nn u v n ≥= , 则级数21n n v ∞=∑收敛.三、（本题共63分，每小题7分）11（7分）. 设22e sin()xy x y y +=，求(0)y '。

前三届高数竞赛预赛试题（非数学类）（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。

）2009-2010年 第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、填空题（每小题5分）1．计算=--++⎰⎰y x yx x yy x Dd d 1)1ln()(16/15，其中区域D 由直线1=+y x 与两坐标轴所围成三角形区域.解: 令v x u y x ==+,，则v u y v x -==,，v u v u y x d d d d 1110det d d =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=，⎰-=12d 1u uu （*） 令u t -=1，则21t u -=dt 2d t u -=，42221t t u +-=，)1)(1()1(2t t t u u +-=-，2．设)(x f 是连续函数，且满足⎰--=222d )(3)(x x f x x f , 则=)(x f ____________.解: 令⎰=20d )(x x f A ，则23)(2--=A x x f ，A A x A x A 24)2(28d )23(202-=+-=--=⎰,解得34=A 。

因此3103)(2-=x x f 。

3．曲面2222-+=y x z 平行平面022=-+z y x 的切平面方程是__________. 解: 因平面022=-+z y x 的法向量为)1,2,2(-，而曲面2222-+=y x z 在),(00y x 处的法向量为)1),,(),,((0000-y x z y x z y x ，故)1),,(),,((0000-y x z y x z y x 与)1,2,2(-平行，因此，由x z x =，y z y 2=知0000002),(2,),(2y y x z x y x z y x ====，即1,200==y x ，又5)1,2(),(00==z y x z ，于是曲面022=-+z y x 在)),(,,(0000y x z y x 处的切平面方程是0)5()1(2)2(2=---+-z y x ，即曲面2222-+=y x z 平行平面022=-+z y x 的切平面方程是0122=--+z y x 。

（1）计算积分222,0,0.xxee dx xαβαβ--+∞->>⎰解 方法一 直接利用分部积分法得222xxee dx xαβ--+∞-⎰221()()xxeedx xαβ+∞--'=--⎰221(22)()xxxexe dx xαβαβ+∞--=--+-⎰22(22)xxeedx αβαβ+∞--=--⎰)22(2πβπα⋅-⋅-=)(αβπ-=；方法二 不妨设0αβ<<，由于dyexe e yxxx⎰---=-βαβα2222，而积分2yxe dx +∞-⎰关于y 在[,]αβ上一致收敛，故可交换积分次序222xxee dx xαβ--+∞-⎰2yxdx edy βα+∞-=⎰⎰2yxdy edxβα+∞-=⎰⎰dy y⎰=βαπ21)(αβπ-=；方法三 将0β>固定，记222(),0xxee I dx xαβαα--+∞-=>⎰　， 可证()I α在(0,)+∞上收敛．设[,),0αδδ∈+∞>　， 因为22xxe eαδ--≤，而2xedx δ∞-⎰＋０收敛，所以由Weierstrass 判别法知道2xedx α∞-⎰＋０对[,)αδ∈+∞一致收敛．所以可以交换微分运算和积分运算的次序， 即222()()xxee I dx xαβαα--+∞∂-'=∂⎰2()xedx α+∞-=-⎰12πα=-．由δ的任意性，上式在(0,)+∞上成立． 所以 ()I C απα=-+，由于()0,,I C βπβ==所以)()(αβπα-=I ，即dx xe exx⎰∞+---0222βα)(αβπ-=．(2)若关于x 的方程211kx x +=，()0k >在区间()0,+∞内有唯一的实数解，求常数k.解：设()211f x kx x=+-，则有()32f x k x'=-，当1320,x k ⎛⎫⎛⎫ ⎪∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '<；当132,x k ⎛⎫⎛⎫ ⎪∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '>. 由此()f x 在132x k ⎛⎫= ⎪⎝⎭处达到最小值，又()211f x kx x=+-在()0,+∞内有唯一的零点，必有1320f k ⎛⎫⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13322102k k k ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 3212331214k ⎛⎫⎛⎫ ⎪+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22714k ⋅=， 所以233k =.（3）设函数()f x 在区间[],a b 上连续，由积分中值公式，有()()()xaf t dt x a f ξ=-⎰，()a x b ξ≤≤≤，若导数()f a +'存在且非零，求lim x aax aξ+→--.解：()()()()()()()xaf t f a dt x a f f a ξ-=--⎰，()()()()()()21xaaa f t f a dt x af f a x a ξξξ--=⋅----⎰， 由条件，可知()()()1l i m x aaf f a f a ξξ+→+-='-，()()()()()()()()21lim lim 22xax ax af t f a dtf x f a f a x a x a +++→→--'==--⎰，故有1lim 2x aax aξ+→-=-.二、设函数()f x 在0x =附近可微，()00f =，()0f a '=,定义数列22212n n x f f f n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.证明：{}n x 有极限并求其值.证明：由导数的定义， 对于任意0ε>,存在0δ>，当0||x δ<<时，有()f x a xε-<.于是()()()a x f x a x εε-<<+，()0x δ<<从而，当1nδ->时，有21k nnδ<<，()()222kk k a f a n n n εε⎛⎫-<<+ ⎪⎝⎭，其中1,2,,k n = .对于上式求和，得到()()2211nnn k k k k a x a nnεε==-<<+∑∑，即()()1122n n n a x a nnεε++-<<+，令n →∞，有()()11lim lim 22nn n n a x x a εε→∞→∞-≤≤≤+,由0ε>的任意性，得到 lim 2n n a x →∞=.设()f x 在()1,1-上有定义，在0x =处可导，且()00f =.证明：()210lim2nn k f k f n →∞='⎛⎫= ⎪⎝⎭∑.三、设函数f在[0,)+∞上一致连续，且对任何[0,1]x ∈，有()0limn f x n →∞+=，证明：()0lim x f x →+∞=。

首届数学类赛题（精简版）首届全国大学生数学竞赛决赛试卷 （数学类，2010）考试形式： 闭卷 考试时间： 150 分钟 满分： 100 分. 一、填空题（共8分，每空2分.）(1) 设0βα>>，则222xx dxe e x βα--+∞-⎰=_____________.(2) 若关于x 的方程211(0)kx k x+=>在区间(0,)+∞内有惟一实数解，则常数k =_____________. (3) 设函数()f x 在区间[,]a b 上连续.由积分中值公式有()()()xa f t dt x a f ξ=-⎰()a x b ξ≤≤<.若导数()f a +'存在且非零，则lim x a ax aξ+→--的值等于_____________.(4) 设()6a b c ⨯=，则()()()()a b b c a c +⨯++ =_____________.二、（10分）设()f x 在(1,1)-内有定义，在0x =处可导，且(0)0f =. 证明: 21(0)lim2nn k k f f n →∞='⎛⎫=⎪⎝⎭∑.三、（12分） 设()f x 在[0,)∞上一致连续，且对于固定的[0,)x ∈∞。

当自然数n →∞时()0f x n +→。

证明: 函数序列{()1,2,}f x n n += ：在[0,1]上一致收敛于0.四、（12分） 设22{(,):1}D x y x y =+<，(,)f x y 在D 内连续，(,)g x y 在D 内连续有界，且满足条件： (1) 当221x y +→时，(,)f x y →+∞；(2) 在D 中f 与g 有二阶偏导数， 2222fff ex y∂∂+=∂∂,2222ggg exy∂∂+≥∂∂。

证明： (,)(,)f x y g x y ≥ 在D 内处处成立.五、（10分）设{(,):01;0R x y x y =≤≤≤≤，{(,):01;01}R x y x y εεε=≤≤-≤≤-.考虑积分1RdxdyI xy=-⎰⎰，1R dxdyI xyεε=-⎰⎰，定义lim I I εε+→=。

前三届高数竞赛预赛试题（非数学类）（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。

）2009-2010年第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、填空题（每小题5分）1．计算=--++⎰⎰y x yx x yy x Dd d 1)1ln()(16/15，其中区域D 由直线1=+y x 与两坐标轴所围成三角形区域.解:令v x u y x ==+,，则v u y v x -==,，v u v u y x d d d d 1110det d d =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=，⎰-=12d 1u uu （*） 令u t -=1，则21t u -=dt 2d t u -=，42221t t u +-=，)1)(1()1(2t t t u u +-=-，2．设)(x f 是连续函数，且满足⎰--=2022d )(3)(x x f x x f ,则=)(x f ____________.解:令⎰=2d )(x x f A ，则23)(2--=A x x f ，A A x A x A 24)2(28d )23(202-=+-=--=⎰,解得34=A 。

因此3103)(2-=x x f 。

3．曲面2222-+=y x z 平行平面022=-+z y x 的切平面方程是__________. 解:因平面022=-+z y x 的法向量为)1,2,2(-，而曲面2222-+=y x z 在),(00y x 处的法向量为)1),,(),,((0000-y x z y x z y x ，故)1),,(),,((0000-y x z y x z y x 与)1,2,2(-平行，因此，由x z x =，y z y 2=知0000002),(2,),(2y y x z x y x z y x ====，即1,200==y x ，又5)1,2(),(00==z y x z ，于是曲面022=-+z y x 在)),(,,(0000y x z y x 处的切平面方程是0)5()1(2)2(2=---+-z y x ，即曲面2222-+=y x z 平行平面 022=-+z y x 的切平面方程是0122=--+z y x 。