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南昌大学第四届高等数学竞赛


南昌大学第四届高等数学竞赛(理工类) 南昌大学第四届高等数学竞赛(理工类)试题
一、 填空题(每空 3 分,共 15 分)
1、 lim

arctan x ? x = x →0 ln 1 + 2 x 3 ( )

.

2、设 S 是平面 x + y + z = 2 被圆柱面 x 2 + y 2 = 1 所截的有限部分,则曲面积分

∫∫ xdS =


.

3、设 y = y ( x ) 由方程 2 x ? 4、直线 L1 :



x+ y

1

e ? t dt = xy 确定,则 y′ ( 0 ) =
2

. .

? x? y =6 x ?1 y ? 5 z + 8 = = 与直线 L2 : ? 的夹角为 1 ?2 1 ?2 y + z = 3

x2 y 2 5 、 设 曲 线 弧 L 的 方 程 为 椭 圆 + =1 , 其 周 长 为 a , 则 4 3
I=

∫ ( 2 xy + 3x
L

2

+ 4 y 2 )ds =

.

二、单项选择题(每题 3 分,共 15 分)
1、设 f ( x ) 和 g ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 内可导,且 f ( x ) < g ( x ) ,则必有( (A)
x → x0

) .

f (?x) > g (?x)
x → x0

. (D)

(B)

f ′( x ) < g′( x )

(C) lim f ( x ) < lim g ( x ) . 2 、



x

0

f ( t )dt < ∫ g ( t )dt .
x 0

设 y = f ( x ) 是 微 分 方 程 y′′ ? 2 y′ + 4 y = ?esin x 的 一 个 解 , 若

f ( x0 ) > 0, f ′ ( x0 ) = 0 ,则函数 f ( x ) 在点 x0 (
(A) 取得极大值. (C) 取得极小值

)

(B) 某邻域内单调增加. (D) 某邻域内单调减少.

3、已知 axy 2 ? y cos x dx + x 2 y + b sin x dy 是某函数 u ( x, y ) 的全微分, (A) a = 2, b = ?2 . (C) a = 1, b = ?1 . (B) a = ?2, b = 2 . (D) a = ?1, b = 1 .

(

)

(

)

4、 已知曲面 z = 4 ? x 2 ? y 2 上点 P 处的切平面平行于平面 2 x + 2 y + z ? 1 = 0 , 则点 P 的坐标为( (A) ) (B)


(1, ?1, 2 ) .
n =1

( ?1,1, 2 ) .
n

(C) (1,1, 2 ) .
∞ n

(D)

( ?1, ?1, 2 ) .
)

5、 设正项级数

∑ ln (1 + a ) 收敛,则级数 ∑ ( ?1)
n =1

an an+1 的敛散性为(

(A) 无法判断,与 λ 有关. 三、 (本题满分 6 分) 设 f 为连续函数, g ( a ) = 是否存在.

(B)发散.

(C) 条件收敛.

(D) 绝对收敛.

x? 1 a? ? ∫0 ?1 ? a ? f ( a ? x ) dx ,讨论当 a → 0 时 g ( a ) 的极限 a ?

四、 (本题满分 6 分) 设 f ( x ) 为连续函数,满足方程 f ( x ) = 2 e x ? 1 +

(

) ∫ ( x ? t ) f ( t ) dt ,求 f ( x ) .
x 0

五、 (本题满分 7 分) 求I =



L

? e x sin y ? b ( x + y ) ?dx + ( e x cos y ? ax ) dy ,其中 a、b 均为常数, L 为 ? ?

从点 A ( 2a,0 ) 沿曲线 y = 2ax ? x 2 到点 O ( 0, 0 ) 的一段弧.

六、 (本题满分 7 分) 设 f ( x ) 在 [ 0,1] 上连续,且

∫ f ( x )dx = A ,求 ∫ ? ∫ f ( t ) dt + (1 ? x ) f ( x )?dx . ? ? ? ?
1
1 1

0

0

x

七、 (本题满分 8 分)

已知正项级数

∑a
n =1



n

收敛,试判断数列 (1 + a1 )(1 + a2 ) ?? ? (1 + an ) 的敛散性.

{

}

八、 (本题满分 7 分) 计算曲面积分 I =

∫∫ ydydz ? xdzdx + z dxdy ,其中 ∑ 是锥面 z =
2 ∑

x 2 + y 2 被平面

z = 1 和 z = 2 所截出部分的外侧.

九、 (本题满分 7 分)

?x? ? 2u ? 2u ? y? 设 u = yf ? ? + xg ? ? ,其中函数 f , g 具有二阶连续导数,求 x 2 + y . ? x ?x?y ?x? ? y?

十、 (本题满分 7 分) 设函数 f ( x ) 满足方程 xf ′ ( x ) ? 3 f ( x ) = ?6 x 2 ,且由曲线 y = f ( x ) 、直线 x = 1 与

x 轴围成的平面图形 D 绕 x 轴旋转一周所得旋转体体积最小,求 f ( x ) .

十一、 (本题满分 8 分) 求级数

x2n ∑ ( n + 1) 3n 的和函数. n =1



十二、 (本题满分 7 分) 设对任意 x ∈ [ a, b ] ,有 f ( x ) ≥ 0 , f ′′ ( x ) < 0 ,试证 f ( x ) ≤

2 ∫ f ( x ) dx
b a

b?a

南昌大学第四届高等数学竞赛(理工类) 南昌大学第四届高等数学竞赛(理工类)试题答案
一、 填空题(每空 3 分,共 15 分)
1 ? . 6
3、 e ? 1 .

1、

2、0 .

4、

π
3

.

5、12 a .

二、选择题(每题 3 分,共 15 分) 1、 C. 2、A. 3、C. 4、C. 5、D.

三、 (本题满分 6 分) 当 a > 0 时,则
lim

x x 1 a 1 a ∫0 ( a ? a ) f ( a ? x )dx = lim a ∫0 ( a ? a ) f ( a ? x )dx a →0 a a →0

1 a af ( x ) 1 ? f ( ? )d ? = lim = f (0) a → 0 a 2 ∫0 a →0 2a 2 a 1 x 1 a ? 当 a < 0 时,则 lim ∫ ( a + ) f ( a ? x )dx令a ? x = ? lim ∫ (2 ? ) f ( ? )d ? a →0 a 0 a →0 a 0 a a 3 = f (0) . 2

积分中令 ? = a ? x, 则 lim

(1) 当 f ( 0 ) = 0 时, g ( a ) 的极限存在, (2) 当 f ( 0 ) ≠ 0 时, g ( a ) 的极限不存在

四、 (本题满分 6 分)

f ( x ) = 2 ( e x ? 1) + x ∫ f ( t )dt ? ∫ t f ( t ) dt
x x 0 0

f ′ ( x ) = 2e x + ∫ f ( t )dt
x 0

f ′′ ( x ) = 2e x + f ( x ) f ( 0 ) = 0, f ′ ( 0 ) = 2
求得 y ? = xe x

通解 y = c1e x + c2e ? x + xe x 特解 y =

1 x 1 ?x e ? e + xe x 2 2

五、 (本题满分 7 分) 利用格林公式.添加从点 O(0,0) 沿直线 y = 0 到点 A(2a ,0) 的有向直线段 L* ,则

I=


L + L*

[ e x sin y ? b ( x + y )]dx + ( e x cos y ? ax ) dy ? ∫ * ?e x sin y ? b ( x + y ) ?dx ? ?
L

+ ( e x cos y ? ax ) dy = I1 ? I 2 .
对于 I1 ,因为 L + L* 为封闭曲线,由格林公式知 I1 = ∫∫ (b ? a )dσ =
D

π
2

a 2 (b ? a );

对于 I 2 ,直接计算 I 2 = ∫ ( ?bx )dx = ?2a 2b.
0

2a

所以, I = I1 ? I 2 = (
1

π

2 六、 (本题满分 7 分)
x

+ 2)a 2b ?

π
2

a3 .

解:令 ? ( x ) = ∫ f ( t )dt ,则 ? ′( x ) = ? f ( x ) , ? (0) = ∫ f ( t )dt = A .于是,
1 0

原式= ∫ ? ( x )dx + ∫ ( x ? 1)? ′( x )dx
0 0 1 1 1 = ∫ ? ( x )dx + ( x ? 1)? ( x ) ? ∫ ? ( x )dx 0 0 0

1

1

= ( x ? 1)? ( x )

1 0

= ? (0) = A 解法二:

? 1 f ( t ) dt + (1 ? x ) f ( x ) ?dx = 1 [ 1 f ( t ) dt ]dx + 1 (1 ? x ) f ( x )dx ∫0 ? ∫x ∫0 ∫x ∫0 ? ? ?
1

= =

∫ ∫

1

0 1

[ ∫ f ( t ) dx]dt + ∫
t 0

1

0

(1 ? x ) f ( x )dx
=

0

f ( t )tdt + ∫

1

0

(1 ? x ) f ( x ) dx

∫ f ( t )dt = A
1 0

七、 (本题满分 8 分)



设级数 ∑ an 的前 n 项的部分和
n =1



Sn = a1 + a2 + ? + an 由正项级数

∑a
n =1



n

收敛知存在 M > 0 使得 Sn ≤ M ,

(1 + a1 )(1 + a2 )i?i(1 + an ) = eln(1+ a1 ) + ln(1+ a2 )+?+ ln(1+ an ) 由于当 x > 0 时 ln (1 + x ) < x ,因此
eln(1+ a1 ) + ln(1+ a2 ) +?+ ln(1+ an ) ≤ ea1 + a2 +?+ an

≤ eS
又由于 (1 + a1 )(1 + a2 ) ?? ? (1 + an ) 是单调递增数列, 因此数列 (1 + a1 )(1 + a2 ) ?? ? (1 + an ) 收敛. 八、 (本题满分 7 分) 利用高斯公式.补充有向曲面 ∑1 : z = 1 下侧;有向曲面 ∑ 2 : z = 2 上侧.利用高斯 公式,有

{

}

{

}

∑ + ∑1 + ∑ 2
2 2π

∫∫

ydydz ? xdzdx + z 2 dxdy = ∫∫∫ 2zdν
?

= ∫ dz ∫ dθ ∫ 2 z irdr
1 0 0

z

=

15 π 2
2 ∑1 2

其中 Dxy 为: x 2 + y 2 ≤ z 2 .又由于

∫∫ ydydz ? xdzdx + z dxdy = ?∫∫ dxdy = ?π ,
∑1

∫∫ ydydz ? xdzdx + z dxdy = ∫∫ 4dxdy = 4(π i2 ) = 16π ,
2 ∑2 ∑2



I=

∑ + ∑1 + ∑ 2

∫∫

? ∫∫ ? ∫∫ =
∑1 ∑2

15 15 π ? ( ?π ) ? 16π = ? π . 2 2

九、 (本题满分 7 分) 令v =

x y , w = ,则 u = yf ( v ) + xg ( w ) y x

?u y = f ′ ( v ) + g ( w) ? g ′ ( w) ?x x

2

? 2u 1 y2 = f ′′ ( v ) + 3 g ′′ ( w ) x ?x 2 y x y ? 2u = ? 2 f ′′ ( v ) ? 2 g ′′ ( w ) ?x?y y x x ? 2u ? 2u +y =0 ?2 x ?x?y

4

6

7

十、 (本题满分 7 分) 方程通解 y = cx 3 + 6 x 2 旋转体体积 V = π 2
1 2



1

0

y 2 dx =π ∫ ( cx3 + 6 x 2 ) dx
0

4 5

=π ? 令 V ′ ( x ) = 0, c = ?7

? c2 36 ? + 2c + ? 5 ? ?7

2 V ′′ ( ?7 ) = π > 0 7

f ( x ) = 6 x 2 ? 7 x3
十一、 (本题满分 8 分) 令t =
∞ x2 tn ,s = ∑ 3 n =1 n + 1

1

当 x ≠ 0 时, t ≠ 0 , s =

1 ∞ t n+1 ∑ t n=1 n + 1
3

? ∞ t n+1 ?′ ∞ t , t <1 ?∑ ? = ∑t = n + 1 ? n=1 1 ? t ? n=1
t t t n +1 ∑ n + 1 = ∫0 1 ? t dt = ?t ? ln (1 ? t ) n =1 ∞

? x2 ? ? x2n 3 ? x2 = 2 ? ? ? ln ? 1 ? ? ? , x < 3 ∑ ( n + 1) 3n x 3 3 ?? n =1 ? ?


7

x2n 当x = 0, ∑ =0 n n =1 ( n + 1) 3
十二、 (本题满分 7 分) 证 f ( x ) 在 t ∈ [ a , b] 上的一阶台劳公式为
f ( x ) = f (t ) + f ′(t )( x ? t ) + 1 f ′′(ξ )( x ? t )2 , ξ 介于 x 与 t 之间. 2!



因为 f ′′( x ) ≤ 0, 所以 f ′′(ξ ) ≤ 0 .于是,有 f ( x ) ≤ f (t ) + f ′(t )( x ? t ). 不等式两边在 [ a , b] 上对 t 积分,得
b b b b b (b ? a ) f ( x ) ≤ ∫ f (t )dt + ∫ f ′(t )( x ? t )dt = ∫ f (t )dt + ( x ? t ) f (t ) + ∫ f (t )dt a a a a a

= 2 ∫ f (t )dt + ( x ? b ) f (b ) ? ( x ? a ) f ( a ) .
a

b

所以 2∫ f (t )dt ≥ (b ? a ) f ( x ) + (b ? x ) f (b ) + ( x ? a ) f ( a ).
a

b

又 f ( x ) ≥ 0, f ( a ) ≥ 0, f (b ) ≥ 0, x ? a > 0, b ? x > 0, 所以 2∫ f (t )dt ≥ (b ? a ) f ( x ) .即
a

b

f ( x) ≤

2 a f ( x )dx. b ? a ∫b



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