大学生高等数学竞赛试题汇总及答案

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yxyxxyyxDdd1)1ln()(16/15，其中区域D由直线1yx与两坐标轴所围成三角形区域.

解: 令vxuyx,，则vuyvx,，vuvuyxdddd1110detdd，

102d1uuu （*）

令ut1，则21tu

dt2dtu，42221ttu，)1)(1()1(2tttuu，

2．设)(xf是连续函数，且满足2022d)(3)(xxfxxf, 则)(xf____________.

解: 令20d)(xxfA，则23)(2Axxf，

AAxAxA24)2(28d)23(202,

解得34A。因此3103)(2xxf。

3．曲面2222yxz平行平面022zyx的切平面方程是__________.

解: 因平面022zyx的法向量为)1,2,2(，而曲面2222yxz在),(00yx处的法向量为)1),,(),,((0000yxzyxzyx，故)1),,(),,((0000yxzyxzyx与)1,2,2(平行，因此，由xzx，yzy2知0000002),(2,),(2yyxzxyxzyx，

即1,200yx，又5)1,2(),(00zyxz，于是曲面022zyx在)),(,,(0000yxzyx处的切平面方程是0)5()1(2)2(2zyx，即曲面

2222yxz平行平面

022zyx的切平面方程是0122zyx。

4．设函数)(xyy由方程29ln)(yyfexe确定，其中f具有二阶导数，且1f，则22ddxy________________.

解: 方程29ln)(yyfexe的两边对x求导，得 因)(29lnyfyxee，故yyyfx)(1，即))(1(1yfxy，因此

二、（5分）求极限xenxxxxneee)(lim20，其中n是给定的正整数.

解 :因

故

因此

三、（15分）设函数)(xf连续，10d)()(txtfxg，且Axxfx)(lim0，A为常数，求)(xg并讨论)(xg在0x处的连续性.

解 : 由Axxfx)(lim0和函数)(xf连续知，0)(limlim)(lim)0(000xxfxxffxxx

因10d)()(txtfxg，故0)0(d)0()0(10ftfg，

因此，当0x时，xuufxxg0d)(1)(，故

当0x时，

xxfuufxxgx)(d)(1)(02，

这表明)(xg在0x处连续.

四、（15分）已知平面区域}0,0|),{(yxyxD，L为D的正向边界，试证：

（1）LxyLxyxyeyxexyeyxeddddsinsinsinsin；

（2）2sinsin25ddLyyxyeyxe.

证 :因被积函数的偏导数连续在D上连续，故由格林公式知

（1）yxyeyxexxyeyxeDxyLxydd)()(ddsinsinsinsin

而D关于x和y是对称的，即知

因此

（2）因

故

由

知

即 2sinsin25ddLyyxyeyxe

五、（10分）已知xxexey21，xxexey2，xxxeexey23是某二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，试求此微分方程.

解 设xxexey21，xxexey2，xxxeexey23是二阶常系数线性非齐次微分方程

的三个解，则xxeeyy212和xeyy13都是二阶常系数线性齐次微分方程 的解，因此0cyyby的特征多项式是0)1)(2(，而0cyyby的特征多项式是

因此二阶常系数线性齐次微分方程为02yyy，由)(2111xfyyy和

xxxexeey212，xxxexeey2142

知，1112)(yyyxf)(2)2(42222xxxxxxxxexeeexeeexe

二阶常系数线性非齐次微分方程为

六、（10分）设抛物线cbxaxyln22过原点.当10x时,0y,又已知该抛物线与x轴及直线1x所围图形的面积为31.试确定cba,,,使此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积最小.

解 因抛物线cbxaxyln22过原点，故1c，于是

即

而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积

即

令

0)1(278)21(3152)(aaaaV，

得

即

因此

45a,23b,1c.

七、（15分）已知)(xun满足),2,1()()(1nexxuxuxnnn, 且neun)1(, 求函数项级数1)(nnxu之和.

解

xnnnexxuxu1)()(，

即

由一阶线性非齐次微分方程公式知

即

因此

由)1()1(nCeunen知，0C，

于是

下面求级数的和：

令

则

即

由一阶线性非齐次微分方程公式知

令0x，得CS)0(0，因此级数1)(nnxu的和 八、（10分）求1x时, 与02nnx等价的无穷大量.

解 令2)(txtf，则因当10x，(0,)t时，2()2ln0tfttxx，故

xttextf1ln22)(在(0,)上严格单调减。因此

即

000()d()1()dnfttfnftt，

又

200()nnnfnx，

21ln1d1ln1ddd)(001ln00222xtextetxttftxtt，

所以，当1x时, 与02nnx等价的无穷大量是x121。

2010-2012年 第二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、（25分，每小题5分）

（1）设22(1)(1)(1),nnxaaa其中||1,a求lim.nnx

（2）求21lim1xxxex。

（3）设0s，求0(1,2,)sxnIexdxn。

（4）设函数()ft有二阶连续导数，221,(,)rxygxyfr，求2222ggxy。

（5）求直线10:0xylz与直线2213:421xyzl的距离。

解：（1）22(1)(1)(1)nnxaaa=22(1)(1)(1)(1)/(1)nnxaaaaa

=222(1)(1)(1)/(1)naaaa==12(1)/(1)naa

(2) 22211ln(1)ln(1)1lim1limlimxxxexxxxxxxxeeex

令x=1/t,则 原式=21(ln(1))1/(1)112(1)22000limlimlimttttttttteeee

（3）0000112021011()()[|](1)!!sxnnsxnsxsxnnsxnnnnnIexdxxdexeedxssnnnnnnexdxIIIsssss

二、（15分）设函数()fx在(,)上具有二阶导数，并且

()0,lim()0,lim()0,xxfxfxfx且存在一点0x，使得0()0fx。

证明：方程()0fx在(,)恰有两个实根。

解： 二阶导数为正，则一阶导数单增，f(x)先减后增，因为f(x)有小于0的值，所以只需在两边找两大于0的值。

将f(x)二阶泰勒展开：

因为二阶倒数大于0，所以

lim()xfx，lim()xfx

证明完成。

三、（15分）设函数()yfx由参数方程22(1)()xtttyt所确定，其中()t具有二阶导数，曲线()yt与22132tuyedue在1t出相切，求函数()t。

解：（这儿少了一个条件22dydx）由()yt与22132tuyedue在1t出相切得

3(1)2e，'2(1)e

22dydx'3''()(2(/)(/)//(22)2)2()ddydxddydxdtdxdxdttttt=。。。

上式可以得到一个微分方程，求解即可。

四、（15分）设10,,nnnkkaSa证明：

（1）当1时，级数1nnnaS收敛；

（2）当1且()nsn时，级数1nnnaS发散。

解： （1）na>0, ns单调递增

当1nna收敛时，1nnnaass，而1nas收敛，所以nnas收敛；

当1nna发散时，limnns

所以，11111211nnnssnssnnnaaadxdxssxsx

而1111111111lim11nsnsnssaasdxkxss，收敛于k。

所以，1nnnas收敛。

（2）limnns

所以1nna发散，所以存在1k，使得112knnaa

于是，111122212kkknnnnnkaaasss

依此类推，可得存在121...kk

使得112iiknknas成立，所以112NknnaNs

当n时，N，所以1nnnas发散

五、（15分）设l是过原点、方向为(,,)，（其中2221)的直线，均匀椭球

2222221xyzabc，其中（0,cba密度为1）绕l旋转。

（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

由轮换对称性，