2、2008-2014天津工业大学 求实杯数学竞赛（经管）试题及答案

2008《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷

一．填空题（满分15分，每小题3分）

x

6x??2???++9cos11xxxx???+?1+??=_________； 1.lim?x6?

22x→?∞????x??x+xsinx????

()2．曲线sin(xy)+ln(y?x)=2x在点A(0,1)处的切线方程为________________；

+∞

3．反常（广义）积分

∫

0

?2008128x2?

??1+ex+(1+x2)2??dx＝________________； ??

f(x)

4.函数f(x)在 x=2 的某个邻域内可导，且f′(x)=e

y

x

，f(2)=1，则f′′′(2)= ；

5.若f(u,v)可微，z=sin(x+y)f(x,y)，则函数z在点(1,2)处全微分dz(1,2)= ； 二．选择题（满分15分，每小题3分）

{xn}为数列，下列命题正确的是____； 1．设函数f(x,y)在(?∞,+∞)内单调有界，

(A)若{f(xn)}收敛,则{xn}收敛，(B)若{xn}收敛,则{f(xn)}收敛 (C)若{xn}单调,则{f(xn)}收敛， (D)若{f(xn)}单调,则{xn}收敛

2．某商品的需求函数为Q=360?6P，其中Q,P分别表示需求量和价格，如果该商品需求弹性的绝对值等于3，则商品的价格是________________； （A）30 （B）45 （C）35 （D）40

3．若函数f(x)在(?∞,+∞)内有定义，且x0是函数f(x)的极大值点，则 （A）在(?∞,+∞)内恒有f(x)≤f(x0)，（B）x0是f(x)的驻点

（C）?x0是函数?f(x)的极小值点，（D）?x0是函数?f(－x)的极小值点 4．设f(x,y)与?(x,y)均为可微函数，且?′y(x,y)≠0；若(x0,y0)为f(x,y)在约束条件?(x,y)=0下的一个极值点，下列选项中正确的是________________；

(A)若fx′(x0,y0)=0，则fy′(x0,y0)≠0 (B)若fx′(x0,y0)≠0，则fy′(x0,y0)≠0 (C)若fx′(x0,y0)=0，则fy′(x0,y0)=0 (D)若fx′(x0,y0)≠0，则fy′(x0,y0)=0

1

5．曲线y=e

x2

x2?x+1

的渐近线有________________； arctan

(x+1)(x?2)

38

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

?g(x)?e?x

, x≠0?

,其中g(x)有二阶连续导数,且三．（本题满分7分）设f(x)=?x

?0, x=0?

g(0)=1,g′(0)=?1；(1)计算f′(x) ，(2) 讨论函数f′(x)在(?∞,+∞)上的连续性。

四．（本题满分7分）设函数z=f(xy,e)+yg(x+cosy),其中f具有连续的二阶偏导数,

x

?z?2z?2z

,,2。 g具有连续的二阶导数，求

?x?x?y?x

五．（本题满分7分）已知曲线L:y=?bx+a,(a>0,b>0),求出a,b使得1. L与

2

y=1+x相切；2. L与x轴围成的图形，绕y轴一周所得的旋转体的体积最大。

六．（本题满分7分）设函数f(x,y)=x?y?(x,y)，其中?(x,y)在点(0,0)的一个邻域内连续，证明：f(x,y)在点(0,0)处可微的充要条件为?(0,0)=0。

π七．（本题满分7分）设积分

∫

0

sinxcosxcosx2dx。 ，计算dx=a∫20x+1(x+2)

π八．（本题满分7分）设函数f(x)，g(x)，在x∈(?∞,+∞)上f′′(x)≥0，在[0,a](a>0)

1a?1 a?上，g(x)连续，证明：∫f[g(t)]dt≥f?∫g(t)dt]?。

a0?a 0?

九．（本题满分7分）计算极限lim[(ne?1)(nn!)]。

n→∞

十．（本题满分7分）设函数f′′(x)在[0,1]上连续，且f(0)=f(1)=0，f′′(x)>0，

x∈[0,1]

minf(x)=?1，证明：maxf′′(x)≥8。

x∈[0,1]

十一．（本题满分7分）设函数f(x)在闭区间0,1上连续，在(0,1)内可导，且证明：(1)至少存在u∈(0,1),使f(u)+u=1；(2)存在互异ξ,η∈(0,1),f(1)=1,f(0)=0，使得f′(ξ)f′(η)=1

十二．（本题满分7分）求抛物线弧段

[]x+y=a(a>0)上一点(ξ,η)，使此点的切线

与抛物线及两坐标轴所围成的图形面积最小，并计算此最小面积。

39

2009《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷

一．填空题（满分15分，每小题3分）

1?2?

?atanx+b(1?cosx)ex

+81．已知极限lim??x2x→0x?ln(1?2x)+c(1?e)

?

??

?=2，则a=__________； ??

2．函数y=y(x)由方程y?

∫

siny

ln(x+y)

e?tdt=0所确定，则dy(1,0)=_________；

2

3．积分

?(1+x)cosx3x2?+xe?dx=_________； ?∫ ?π2?1+sin2x

?

2

π4．设f(x)在x=0点可导，且lim5．已知

cosx?1

=1，则f′(0)=_______；

x→0ef(x)?1

∫

+∞

?∞

e

kx

dx=3,则k=________。

二．选择题（满分15分，每小题3分） 1．设lim

x→0y→0

f(x,y)+3x?4y

=2，则2fx′(0,0)+fy′(0,0)=_______； 22

x+y

（A）0 （B）3 （C）－2 （D）－3

2．某商品的需求函数为Q=360?8p，其中Q,p分别表示需求量和价格，如果该商品需求弹性的绝对值等于2，则商品的价格是________________； （A）20 （B）15 （C）10 （D）40 3．函数y=f(x)具有二阶连续导数， f′(0)=0，又lim

x→0

f′′(x)

=?2，则_____； x

（A）f(0)是曲线f(x)的极大值 （B）(0,f(0))是曲线y=f(x)的拐点； （C）f(0)是曲线f(x)的极小值； （D）以上答案均不正确.

4．二元函数f(x,y)在点（0，0）处可微的一个充要条件是________________；

(A)

[f(x,y)?f(0,0]=0， (B)(x,ylim

(x,y)→(0,0))→(0,0)

lim

x→0

f(x,y)?f(0,0)

x+y

2

2

=0

(C)lim

f(x,0)?f(0,0)f(0,y)?f(0,0)

=0,且lim=0,

y→0xy

y→0

(D)lim[fx′(x,0)?fx′(0,0]=0,limfy′(0,y)?fy′(0,0=0

x→0

[] 40

?1?

?ex+e?tanx????5．函数f(x)=在[?π,π]上的第一类间断点是x=______； 1

?x?

?x?ee?????

(A)1 (B)0 (C)? (D)

22

ππ?x21tf(tx)dt

?∫0

,x≠0?

， 三．（本题满分7分）f(x)>0,f′(x)连续，令?(x)=?xf(t)dt

∫?0??0, x=0

（2）讨论?′(x)的连续性。 （1）求?′(x)；

?x2x,x>0

四．（本题满分7分）设函数f(x)=?，求f(x)的极值。

?x+1,x≤0

五．（本题满分7分）设f(x)=

∫

x

0

e?y

2

+2y

dy，求积分∫(x?1)2f(x)dx。

0

1

2

??x=t?1

，其中t≥0，（1）讨论曲线L的凹六．（本题满分7分）已知曲线L的方程为?2

??y=4t?t

凸性；（2）过点(?1,0)引L的切线，求切点(x0,y0)，并写出切线的方程；（3）求此切线与

L（对应x≤x0的部分）及x轴所围成的平面图形A的面积。

七．（本题满分7分）设函数z=f(xy,y?2x)+g(x?siny),其中f(u,v)具有连续的二

?2z

。 阶偏导数, g具有连续的二阶导数，求dz,

?x?y

八．（本题满分7分）设函数f(x)在闭区间a,b上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=a，

[]∫[f(x)?x]dx=0，证明：在(a,b)内至少存在一点ξ，使得f′(ξ)=

a

b

f(ξ)?ξ+1。

xy

九．（本题满分7分）设f(x,y)有二阶连续偏导数，g(x,y)=f(e,x+y)，且

22

f(x,y)=1?x?y+o((x?1)2+y2)，证明：g(x,y)在(0,0)取得极值，并判断此极值

是极大值还是极小值，并求此极值。

十．（本题满分7分）设f(x)，g(x)在区间[?a,a](a>0)上连续，g(x)为偶函数，且f(x)

41

满足f(x)+f(?x)=A（A为常数），（1）证明：

∫

a

a

f(x)g(x)dx=A∫g(x)dx；（2）利

0

a

用（1）的结论计算定积分

∫

π2

?

π2

sinxarctanexdx。

n+1n

??11????2

十一．（本题满分7分）计算极限limn??1+???1+??

n→∞n1+??n??????

十二．（本题满分7分）设函数f(x)在a,b在上有连续的二阶导数，证明：在(a,b)内存在一点ξ使

[]∫

b

a

f(x)dx=(b?a)f(

a+b1

)+(b?a)3f′′(ξ)。 224

2010《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷

一.填空题 （满分18分，每题3分）

x

x+6???2??++?5xxcosx6xx1??2?= ； 1.极限lim?x??+??22x→?∞????x+1??x+xsinx????

?xe?x?sinx

?

2.若函数f(x)=?xn

?A?

2

x≠0x=0

连续，且实数A≠0，则n= ；A= ；

3.积分f(x)在x=1处具有连续导数，且f′(1)=10，则lim+

x→0

d

f(cosx)= ； dx

4.积分

x5?2?

xarcsinsinxsin2xcosxdx= ； +()()∫?π??4??

π+∞ah?1

=∫x2e?xdx，则a= ； 5.已知a>0，且lim

0h→0h+sinh

6.函数f(x)具有连续的偏导数，计算u=fx2+y2,sinπxz2

(())在点A(?1,0,1)处，沿方

???u

向l(?2,1,2)的方向导数???l

= 。 A

二.选择题（满分15分，每小题3分） 1.曲线y=e

1x?1

x2?x+2arctan的渐近线有 ； 2

x?1

（A）1条；（B）2条；（C）3条；（D）4条；

2.设函数f(x)在(?∞,+∞)上连续，F(x)为f(x)的原函数，则 ； （A）若f(x)为周期函数时，则F(x)必为周期函数；

42

四. （本题满分7分）计算极限lim

n→∞

∑[

i=1

n

111

??]。+++222

(n+i+1)(n+i+2)(n+i+i)

1

2

五. （本题满分7分）设函数f(x)在[0,1]连续，在(0,1)上可导，且f()=1，任意实数λ，证明：1.存在ξ∈(0,1)，满足f(ξ)=ξ；2.存在η∈(0,1)，f(0)=f(1)=0，

满足f′(η)=λ(f(η)?η)+1。 六. （本题满分7分）计算

∫∫max(xy,1)dxdy,其中D={(x,y)0≤x≤3,0≤y≤2}。

D

a

a

七. （本题满分7分）1.若f(x),g(x)在[?a,a]连续(a>0),且g(x)为偶函数,

f(x)+f(?x)=c,(c为常数)：证明：

∫

?a

f(x)g(x)dx=c∫g(x)dx；2计算：

0

∫πx(sinx)

?

π2012

arccote?xdx 。

八. （本题满分8分）求不定积分

∫

xearctanx(1+x2)

3

2

dx。

九. （本题满分9分）设z=z(x,y)是由方程F(z+

11

,z?)=0确定的隐函数，且具有xy

连续的二阶偏导数，

?F(u,v)?F(u,v)?z2?z+y2=，计算并化简：1. x2.

?x?y， ?v?u

2

?2z?2z3?zx+xy(x+y)+y。

?x?y?x2?y23

十. （本题满分9分）某产品的收益函数为R(p),收益弹性(收益价格弹性)为1+p,其中

3

p为价格,且R(1)=1, 1.计算R(p); 2.计算p=2时的边际收益。

十一. （本题满分9分）过原点作曲线C:y=lnx的切线L;Ω1为L.C及x轴围成的区域, Ω2为L.C及y轴围成的区域，1.计算Ω1，Ω2的面积; 2.计算Ω1绕x=e旋转一周所得的旋转体的体积。

2013《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷

一.填空题(满分15分，每小题3分) 1. 设y=f(x)由方程y?x=e

x(1?y)

所确定，则limn[f()?1]= ； n→∞

2

n

48

?1?cosax

?sin2bx,x>0?

2. 已知f(x)=?a,x=0在x=0连续，则a= ，b= ；

?1

?(1+4x)x,x<0?

3. 积分

x2

(xarcsin+x21?x2)dx＝ ； ∫?1

5

1

4．xedx= ；

∫

3

x2

x2y2z2

++，则函数u(x,y,z)在P0(1,2,3)点沿函数在该点的梯度5．函数u(x,y,z)=1+

61218

方向的方向导数为 。 二.选择题(满分15分，每小题3分)

?xy?x2+y2,

1.设f(x,y)=?

?0,?

x2+y2≠0x2+y2=0

，则f(x,y)在点(0,0) ；

（A）连续且偏导数存在； （B）连续但不可微；

（C）不连续且偏导数不存在； （D）不连续但偏导数存在。 2.已知当x→0时，f(x)=3sinx?sin3x与cxk为等价无穷小，则 ； (A) k=1,c=4； (B) k=1,c=?4； (C) k=3,c=4； (D) k=3,c=?4。

x

3.设F(x)=(2t?x)f(t)dt,f(x)可导, 且f′(x)>0，则 ；

0

∫

（A）F(0)是极大值； （B）F(0)是极小值； （C）F(0)不是极值, 但(0,F(0))是曲线y=F(x)的拐点坐标； （D）F(0)不是极值, (0,F(0))也不是曲线y=F(x)的拐点坐标。

4.设函数z=f(x,y)的全微分为dz=xdx+ydy，则点(0,0) ； （A）不是f(x,y)的连续点 （C）是f(x,y)的极大值点

； （B）不是f(x,y)的极值点； ； （D）是f(x,y)的极小值点 。

5.曲线y=xarctanx+

2x

的渐近线有 ； 2

(x?1)

49

(A) 1条; (B) 2条; (C) 3条; (D) 4条; 三.（本题满分7分）计算积分

∫

+∞

1

xlnx

dx。 22

(x+2)

四.（本题满分7分）设函数z=f(xy,yg(x))，其中f具有二阶连续偏导数，g具有一阶

?z?2z

连续导数，g(x)在x=1处取得极值g(1)=1，求，。

?x(1,1)?x?y(1,1)

131?=++xtt??33

所确定， 五.（本题满分7分）设函数y=y(x)由参数方程?

11?y=t3?t+?33?

1.求函数y=y(x)的极值；2.求曲线y=y(x)的凹凸区间及拐点。

六.（本题满分7分）求圆周(x+1)+y=1上的点与定点(0,1)距离的最大值和最小值。 七.（本题满分7分）过坐标原点作曲线y=lnx的切线，该切线与曲线y=lnx及x轴所围成平面图形为D。（1）求D的面积A; （2）分别求D绕x轴和y轴旋转一周所得旋转体的体积Vx,Vy。

2

2

?xtf(t)dt

∫0?,x≠0?x

八.（本题满分7分）设函数f(x)>0，且有连续的导数，令?(x)=?f(t)dt

∫?0?,x=0?a

3.证明：当x≥0时，?(x)单调增1.确定常数a，使?(x)在x=0点连续；2.计算?′(x); 加。

九.（本题满分7分）设函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导且f(0)=f(1)=0,

1

（1）存在η∈(0,1)，使得f(η)?η=0。 f()=1试证：

2

（2）存在ξ∈(0,η),使, f′(ξ)?2[f(ξ)?ξ]=1。

十.（本题满分7分）计算I=

∫

0

?2dx∫4?x2?x

(x+y)dy+∫dx∫0

22

2

4?x22x?x2(x2+y2)dy。

十一. （本题满分7分）设函数 f(x)在闭区间[?1,1]上具有连续的三阶导数，且

f(?1)=0,f(1)=1,f′(0)=0，证明：至少存在一点ξ∈(?1,1)，使得f′′′(ξ)=3。

50

十二.（本题满分7分）设f(x)在[?1,1]上连续且为奇函数，区域D由曲线

y=4?x2,y=?3x与y=3x所围成，求I=∫∫(x2+f(x)ln(y+1+y2)dxdy。

D

2014《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷

一．填空题（满分15分，每小题3分） 1.若f(x)连续，且lim

23

?x?f(x)

=10，lim?1+?x→0x→01?cosx?f(x)?

3

cos3x

sinx

= ；

2. f(x)=(x?2x)(x?2)cos

1

2

πx

2

在(?2,3)上的不可导点 ；

3.积分

?x6?1?x2+sinx(cosx)3?dx=； ∫?1??

?1x??arctanx??ex+e?

的渐近线为 ； 4. y=???1?x???xx??ee??

5.函数f(x)=

∫π(xsint?t)dt的最小值点x= ；

?

π2

二．选择题（满分15分，每小题3分）

1.设f(x)=(6+x)(31?sinx?1)，则f(x)在x=0处满足 ；

A.f′(0)=0，B.f′(0)=1，C.f′(0)不存在，D.f′(0)=?2；

?xy?sin(x2y2)

,x2+y2≠0?22

,则z=z(x,y)在点(0,0)满足 ； 2.设z=?x+y

?0,x2+y2=0?

A.连续且偏导数存在， B.连续但不可微，

C.不连续但偏导数存在， D.不连续且偏导数不存在； 3.下列积分I<0的是 ； A.∫e

?1 1

?x2

sinxdx，B.∫sinx(1+sgnx)dx，C.∫

?1ax+by

1

131?3 1 1?x1?x3

xln()dx，D.∫1cosxln()dx；

?1+x1+x3

4.已知函数z=u(x,y)e

?2u?2u?z?z

，且=0，若??+z=0，则a,b满足 ；

?x?y?x?y?x?y

A.a=1,b=1，B.a=2,b=2，C.a=?1,b=1，D.a=?1,b=?1；

5.设f(x)可导，且f′(0)=1,f(0)=0，平面区域D=(x,y)x+y≤t

{222

}，则

51

222

F(t)=∫∫?x+f(x+y)???dxdy是t的 ；

D

A.四阶无穷小，B.三阶无穷小，C.二阶无穷小， D.一阶无穷小；

(3+x)x?3x

=β≠0，计算α,β的值。 三．（本题满分7分）若极限limαx→0x

四．（本题满分7分）计算反常积分I=五．（本题满分7分）计算函数g(t)=六．（本题满分7分）计算积分

∫

0

+∞

0

1x3

+(x)dx。 e+1(x2+1)3

0≤t≤1

0≤t≤1

∫

1

x2?tdx的最大值maxg(t)和最小值ming(t)。

dσ,D:x2+y2≤1。

12

x+200x+25000元； 40

∫∫D

(2x?y+1)2+x3y1+x2+y2七．（本题满分10分）若某厂生产x件产品的成本为C(x)=

1.求产量x=300时的边际成本，2.产量为多少时，平均成本最少？ 3.若产品以每件500元出售，产量为多少时，可使利润最大？ 分别计算产量x=4000,6000,8000时的利润产量弹性。 八．（本题满分8分）若y=y(x)由e

?y

+∫edt=y?x+1确定，

0

x

?t2

1.证明y(x)是单调增加的；2.计算limy′(x)。

x→+∞

?ln(1+x)?xf(x)

,x≠02??x，且九．（本题满分8分）设f(x)具有二阶连续导数，g(x)=?

1?,x=0

??2g′(0)=1，计算f(0),f′(0),f′′(0)。

十．（本题满分9分）设抛物线y=ax+bx+2lnc，过原点，当0≤x≤1时，y≥0，又已知该抛物线与x轴及直线x=1所围成图形的面积为周而成的旋转体的体积V最小。

十一．（本题满分8分）设函数f(x)=x+ln(2?x),x∈(?∞,2)，1.求f(x)在(?∞,2)内最大值；2.若x1=ln2,xn+1=f(xn),n=1,2,??证明{xn}收敛，并计算limxn。

n→∞

2

1

；试确定a,b,c使此图形绕x轴一3

52

2008《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）

一．填空题

1. e6 ； 2． y=2x+1 ； 3． 2008ln2+8π ；4. 2e3 ；

5.dz(1,2)=[f(1,2)cos3+(2f1′+2ln2f2′)sin3]dx+[f(1,2)cos3+(f1′+f2′)sin3]dy。

二．选择题

1.C；2.B；3.D；4. B；5. B。

f(x)?f(0)g(x)?e?xg′′(x)?e?xg′′(0)?1

=lim=lim=三． 解：（1） f′(0)=lim； 2x→0xx00→→x22xx?g′(x)?g(x)+(x+1)e?x

当x≠0时，f′(x)=； 2

x

?x?g′(x)?g(x)+(x+1)e?x

,x≠0?2

?x故：f′(x)=?； ′′?g(0)?1,x=0?2?

x?g′(x)?g(x)+(x+1)e?xxg′′+e?x?(x+1)e?x

=lim （2）因为limf′(x)=lim

x→0x→0x→02xx2g′′?e?xg′′(0)?1

=lim==f′(0)，所以，f′(x)在点x=0处连续。 x→022

?2z?zx

′′+xexf21′′； =g′?y(siny)g′′+f1′+xyf11四．解：=yg′+yf1′+ef2′；

?x?y?x

?2zxx22x

′′′′′′′′′。 ygyfef2yefef22=++++112122

?x

五． 解：y′=?2bx，令?

??2bx=1

1=，得b， 2

4(1?a)??bx+a=x+1

Vy=π∫

a

0

dVydVyπa2a?y232

xdy=π∫dy==2(a?a)π，=2π(2a?3a)，=0，令

0b2bdada

2

a

dVy2dVy222

得a=(∵a>0)，唯一驻点，且=2π(2?6)，<0，V()为一个极大值，由ay22

33dada

题意知(Vy)max=Vy()=

2

38π23

得a=，b=。 ，2734

53

lim六． 证明：（?）必要性：f(x,y)在点(0,0)处可微,f(0,0)=0，

ρ→0

f(x,y)?f(0,0)

ρ=0，

即I=lim

ρ→0

x?y

ρ?(x,y)=0，反证法：若?(0,0)=a≠0，则选(x,y)沿y=2x趋向于

x?yx+y

2

2

O(0,0)，有I=lim

ρ→0

?(x,y)=

15a≠0，矛盾，所以 ?(0,0)=0。

fx′(0,0),fy′(0,0)f(0,0)=0,fx′(0,0)=lim

x→0

xf(x,0)?f(0,0)

=lim?(x,y) x→0xx

＝lim

ρ→0

?充分性：设 ?(0,0)=0，则lim

ρ→0

f(x,y)?f(0,0)

x?y

ρρ?(x,y)，而

?x?y

??ρ??(x?y)22(x2+y2)x?yf(x,y)?f(0,0)?＝2lim=0，所以=2,≤2，≤所以222?ρ→0ρρxyxy++?

2

f(x,y)在(0,0)处可微。

七． 解：

π∫

π 0

π1? πsinxcosx1?1

dxddx，所以 =?cos()=+???∫ 02∫ 0x+2π+2?2π+2?(x+2)

π sin2xasincos1 πsint1??11??11xx22dtadxdx?===+=+????42π+42 ∫ 0x+1∫ 02x+22∫ 0t+22?2π2+????

1 a

八．证明：令x0=∫g(t)dt]，f(x)在x0处泰勒展开

a 0

f′′(ξ)

f(x)=f(x0)+f′(x0)(x?x0)+(x?x0)2，（ξ 介于 x0与 x 之间）

2!

f(x)≥f(x0)+f′(x0)(x?x0)，将x=g(t)代入，f(g(t))≥f(x0)+f′(x0)(g(t)?x0)

两边从0到a积分：

∫

a

0

f(g(t))dt≥af(x0)+f′(x0)∫(g(t)?x0)dt=af(x0)

0

a

所以

1a?1 a?

f[g(t)]dt≥fg(t)dt]??。 ∫∫0 0a?a?

nnnn!n!n!12n

九． 解：lim[(e?1)(n!)]=lim?=lim=limnn=limn???

n→∞nn→∞n→∞n→∞n→∞1nnnnn

n

e

1?1n

n=lime

n→∞

1

(ln1+ln2+??+lnn)n

=e

1

lim(ln1+ln2+??+lnn)n→∞n

lnxdx=e∫0=e?1。

1

54

十． 证明：f(η)=minf(x)=?1，0<η<1f′(η)=0，?x∈[0,1]，

f(x)=f(η)+f′(η)(x?η)+

f′′(ξ)f′′(ξ)

(x?η)2=?1+(x?η)2， 2!2

ξ 介于 η 与 x 之间，2f(x)+2=f′′(ξ)(x?η)2，

11

当 0<η≤时， 2f(0)+2=f′′(ξ1)η2≤f′′(ξ1)，f′′(ξ1)≥8；

24

11当 ≤η<1时 ， 2f(1)+2=f′′(ξ2)(1?η)2≤f′′(ξ2)，f′′(ξ2)≥8；

24

由f′′(x)在[0,1]上连续，f′′(x)有最大值，所以maxf′′(x)≥8。

x∈[0,1]

，g(x)连续，g(0)=?1，g(1)=1，所以存在十一． 证明：(1)设g(x)=f(x)+x?1

u∈(0,1)使得g(u)=0，即f(u)+u=1。

(2)在 [0,u], [u,1] 对分别 f(x) 用拉格朗日中值定理，?ξ∈(0,u),η∈(u,1),s.t.

f(u)?f(0)f(1)?f(u)f(u)f(1)?f(u)

=f′(η),∴f′(ξ)?f′(η)=?=1。 =f′(ξ),

1?u1?uu?0u

十二． 解：F(x,y)=

x+y?a，

Fx′=

12x

,Fy′=

12y

,y′=

ηη?Fx′?y

=(x?ξ)， k=?,y?η=?′ξξFyx

S阳→min?SΔOAB→max，OA:xA=ξη+ξ,OB:xA=ξη+η,

11

(ξη+ξ)(ξη+η)=(2ξη+ξη+ηξ)， 22

1

令F(ξ,η)=(2ξη+ξη+ηξ)+λ(ξ+η?a)，

2

ηλ?′

Fηη2=+++=0?ξ2ξ2ξa??ξ=??ξλa2?4+=0，则(SΔOAB)max=，所以 则?Fη′=2ξ+ξ+，?

82η2η??η=a

??′4?Faξη0=+?=λ?

?SΔOAB=

(S阳)min

a2a2

=∫ydx?=。 0848

a

55

2009《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）

一．填空题

1．?4 ；2． ?dx ；3． ；4． 0 ；5．? 。

π223二．选择题

1.C；2.C；3.B；4. B；5. B。

? xuf(u)du?∫ 0

,x≠0?

三．解：（1）经换元整理得?(x)=? xf(t)dt

∫? 0??0, x=0

x≠0,?′(x)=

xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫tf(t)dt

0

0

x x

??∫ 0f(t)dt??

??

x 0

x 0

x

2

；

?′(0)=lim

x→0

?(x)??(0)

x

tf(t)dt1∫=lim=, x∫f(t)dt2

x→0

?xf(x) x

∫ 0???

所以?′(x)=?

?

?1,x=0??2

（2）lim?′(x)=lim

x→0

x→0

f(t)dt?f(x)∫tf(t)dt

0

x

??∫ 0f(t)dt??

??

x

2

,x≠0

；

xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫tf(t)dt

0

0

x

??∫ 0f(t)dt????

2

x x

=f(0)?lim

11

=，所以

x→02f(x)2

?′(x)在x=0处连续，所以?′(x)为连续函数。

四． 解：在x=0处，limf(x)=limx++

x→0

x→0

x→0?

2x

2xlnx0

=lime=e=1， +

x→0

limf(x)=lim?(x+1)=1，f(0)=0，所以f(x)在x=0处连续；x>0时，

x→0

f′(x)=x2x(2lnx+2)，令f′(x)=0，得x=

2

111，因为0时，eee

?1??e

′f(x)>0，所以f??=e为f(x) 的极小值；

?e?

56

当x<0时，f′(x)=1>0，故f(x)在(?∞,0)为增函数，又在?0,?内为减函数，且在x=0?

1??e?

处连续，所以f(0)=1为f(x) 的极大值。

五． 解：∫ 1

(x?1)2

(x?1)3 0f(x)dx=

f(x)1

11x?1)23

0?∫ 03?(x?1)3e?(?edx =?

1 1e 12?3∫ 0(x?1)3e?(x?1)2

?edx u=x?1?6∫ 0ueu2du2=?e 16∫ 0te?tdt==13?e6

。 六． 解：（1）dydx=4?2t2t=2t?1,d2ydx=?1

2t

3<0,(t>0)，所以曲线为凸弧； （2）设切点(x0,y0)对应的参数为t0，则切线方程为y?y0=?

?2?

?t?1??

(x?x0) 又(?1,0)在切线上,???x=t2

00+1?,有0?(4t?t2)=??2?1??2

?y2

00?0=4t0?t0

?t(?1?t?1) 0??0得t0=1,所以切点坐标为(2,3)，切线方程为y=x+1；

（3）设L:x=?(y)，则A=∫ 3

0

[?(y)?(y?1)]dy，由???x=t2

+1

??y=4t?t

2得x=(2±4?y)2+1

（2，3）在L上，x=9?y?44?y，A=

∫

3

0

[9?y?44?y?(y?1)]dy=

7

3

。 七． 解：

?z

?z?x

=yf1′?2f2′+g′，?y=xf1′+f2′+g′(?cosy)； dz=(yf1′?2f2′+g′)dx+(xf1′+f2′?cosy?g′)dy；

?2z

?x?y

=f1′+xyf11

′′+(y?2x)f12′′?2f22′′?cosy?g′′。 八.证明：因为

∫ b

a

[f(x)?x]dx=0，由积分中值定理知，存在η∈(a,b),s.t.f(η)=η令F(x)=e?x[f(x)?x]，则F(a)=F(η)，?ξ∈(a,η)?(a,b)，s.t.F′(ξ)=0

即得f′(ξ)=f(ξ)?ξ+1

九．解：∵f(x,y)=1?x?y+o((x?1)2

+y2

),∴f(1,0)=0，

57

，

又f(x,y)=?(x?)?y+o((x?1)+y)，由全微分定义知fx′(1,0)=?1， fy′(1,0)=?1，

22

′′xy′′′xy+2xf2′，g′ g′y(x,y)=f1xe+2yf2，因此gx(0,0)=0，gy(0,0)=0， x(x,y)=f1ye

′g′2xf2′(1,x2)x(x,0)?gx(0,0)′A=g′=lim=2f2′(1,0)=?2； xx(0,0)=lim0x→0x→xx

′g′yf1′(1,y2)x(0,y)?gx(0,0)′B=g′=lim=f1′(1,0)=?1； xy(0,0)=limy→0x→0yy′(0,0)=limC=g′yy

y→0

g′y(0,y)?g′y(0,0)

y

2yf2′(1,y2)

=lim=2f2′(1,0)=?2； x→02

AC?B2=2>0.A=?2<0，故g(x,y)在(0,0)取得极大值，极大值为g(0,0)=f(1,0)=0。

十． 证明：（1）对于故

∫

a

?a

f(x)g(x)dx＝∫

x=?t

0

?a

f(x)g(x)dx+∫f(x)g(x)dx，

0

a 0

a

∫

0

?a

f(x)g(x)dx=

∫

0

?a

f(?t)g(?t)d(?t)=∫f(?x)g(x)dx，

a 0

∫

a

?a

f(x)g(x)dx=∫[f(?x)+f(x)]g(x)dx=A∫g(x)dx。

0

x

x

a

（2）g(x)=sinx 为偶函数，f(x)=arctane，f(x)+f(?x)=arctane+arctane所以[f(x)+f(?x)]=0，所以arctanex+arctane?x=

?x

，

′

π2

，

所以

∫

π2

?

π2

sinxarctanedx=∫

x

π2

?

π2

sinxdx=

π2∫

2

0

πsinxdx=

π2

。

n+1

???1?

1+??n+1nn????1111+n?????????1?22

十一． 解：limn??1+ ???1+??=limn?1+??nn→∞n→∞??+nnn1????????1???????1+?

n??????11

(n+1)ln(1+)?nln(1+)??112n+1n

)?nln(1+)]=elimn?e?1?=elimn2[(n+1)ln(1+

n→∞n→∞n+1n??

??1?1???111?1???ono=elimn?(n+1)??+???+?2?(n+1)2???n2n2?n+12(n+1)2n→∞

?n???????

?111e?1??

==elimn2??+(n+1)o?2??=elimn2?

n→∞n→∞2n(2n+1)2?n???2n2(n+1)

2

???

???? ????

58

a+b?f′′(η)?a+b??a+b??a+b??

十二． 证明：f(x)=f??+f′???x??+?x??，

22222????????

η介于x与

a+b

2

2

2

∫

b

a

1 ba+b?a+b??a+b??a+b? b??′′′()+?+?f(x)dx=(b?a)f?fxdxfηx???∫ a????dx，∫ a2?22??2??2???

2

a+b??a+b?1 b′′?

=(b?a)f??+∫ af(η)?x??dx，由于f′′(x)连续，f′′(x)有最大值M和

222????a+b?a+b?a+b????′′最小值m，设m≤f′′(x)≤M，因此m?x? ≤f()x?≤Mx?η?????，

2?2?2????

b ba+b?a+b?a+b????′′()?≤?≤?mxdxfηxdxMx??????dx∫ a?∫ a∫ a2?22???? b

2

2

2

2

2

2

，所以

m≤

∫

b

a

a+b??

f′′(η)?x??dx

2??≤M3

(b?a)12

b

2

，

?ξ∈[a,b],s.t.∫

所以，

a

a+b?(b?a)?

f′′(η)?x?f′′(ξ)， ?dx=

2?12?

1a+b

)+(b?a)3f′′(ξ)。 224

2

3

∫

b

a

f(x)dx=(b?a)f(

2010《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）

一.填空题 1.

155π44

n=3?5；2.；；3.；4.；5.；6.eA=?f1′(1,0)+2πf2′(1,0)。 2

6e 32 3

二.选择题

1.B；2.C；3.C；4. D；5. B。

?1?

三.解：?∑ekx?

?nk=1?

n

4020πx

=e

4020π?lnex+e2x+??+enx?lnn?

?x?

()，因为

lim

x→0

x2xnx

+++4020π?lnee??e()?lnn???x

?(ex+2e2x+??+nenx)?

?=2010n+1π=lim4020π?x()2xnxx→0e+e+??+e

59

所以，lim?

?e+e+??+e?

?x→0n??

x2ex

x2xnx

4020πx

=e

2010(n+1)π

1?x2ex?x2exxx

四.解：I1=∫()1dx=?xed=+xedx=+x?e+C1；()2∫∫x+2(x+2)(x+2)(x+2)2x

I2=∫

2x

(x+2)dx=2∫2

114

2ln2dx?4∫dx=x+++C2； 2

2x+(x+2)(x+2)x?2)ex4(+2lnx+2++C。 所以，原积分=

x+2(x+2)五.解：设

π∫π?

πf(x)sinxdx=a，f(x)sinx=

xsinx

+asinx，两边在[?π,π]积分，

1+cos2x

ππxsinxxsinxππsinxπ2

a=∫dx+∫asinxdx=2∫dx=2∫dx=

01+cos2x?π1+cos2x?π201+cos2x2，所以

π2x

f(x)=+ 2。1+cosx2

sin(e?1)(e?1)1六. 解：sin(e?1)=，所以lim?nn!sin1n→∞?1nn

(e?1)

nn??12

=lim???????=limen→∞nnn→∞n??

2

1

n

1k

lnnk=1n

1n

1n1n

(n1

1

e?1?=lim(n!)n

?n→∞n

)∑

n

lnxdx1=e∫0=。

e

2

1

七. 解：y=ax+bx+2lnc过原点，所以c=1，即y=ax+bx，解得b=

12

，ax+bxdx=∫0

3

1

12214?1?

(1?a)，V=π∫(ax2+bx)dx=π?a2+a(1?a)+(1?a)2?，令

03327?5?

d2VdV53

=0，则有a=?，相应有b=，又2

da42da

=

a=?

5

4

4π?53?

>0。V??,?为一极小值，135?42?

由实际意义得，此点处体积取得最小值，此时a=?

53

，b=，c=1。 42

?2z?z?zax+byax+byax+byax+by

′+(bu′；=(u′；2=u′′； 八.解：=(u′xyex+auy+abu)ex+au)ey+bu)e

?x?x?y

?2z?z?z?2uax+by

′′=0，令??+z=(u′′，而xy+(b?1)ux+(a?1)uy+(ab?a?b)u)e

?x?y?x?y?x?y

60

b?1=0?

?2z?z?z?

??+z=0，得?a?1=0，得a=1,b=1。 ?x?y?x?y?ab?a?b+1=0

?

九.证明：设

1af′′(ξ)2

′，ξ介(())()()()futdt=xfxfxfxxxxx=+?+?()()00000∫，02!a

于x与x0之间，故f(x)≥f(x0)+f′(x0)(x?x0)，f(u(t))≥f(x0)+f′(x0)(u(t)?x0)，两边积分有：

a

∫

a

0

f(u(t))dt≥∫f(x0)dt+∫f′(x0)(u(t)?x0)dt，

0

0

aa

aa

?au(t)dt?ax?=af(x)′′f(u(t))dt≥f(x)dt+f(x)u(t)?xdt=af(x)+f(x)()000?∫0?0∫0∫00∫00

?0?

1a1a

所以∫f(u(t))dt≥f(∫u(t)dt)。

a0a0

十.证明：f′(x)在[a,b]上连续，所以f′(x)在[a,b]连续，并存在η∈[a,b]，使

f′(η)=maxf′(x)=M，对?x∈[a,b]，f(a)=f(x)+f′(ξ1)(a?x),a≤ξ1≤x，所

[a,b]以f(x)=f′(ξ1)(x?a)，f(x)=f′(ξ1)x?a≤M(x?a)

所以

∫

a+b2a

f(x)dx≤∫

a+b2a

M(x?a)b?a)(dx=

8

2

M

同理，有f(b)=f(x)+f′(ξ1)(b?x),x≤ξ2≤b，所以f(x)=f′(ξ2)(b?x)，

f(x)=f′(ξ2)b?x≤M(b?x),∫a+bf(x)dx≤∫a+bM(b?x)2

2

bb

(b?a)dx=

8

2

M,

综上，有f′(η)(b?a)≥4∫f(x)dx。

a

2

b

十一. 证明：（1）lim

tanx+xtanx?x1=2，lim=，当x充分小时，有3x→0x→03xx

2tan2x?x2224

≤≤1，即； 0≤tanx?x≤x43x

（2）解：由（1）x2≤tan2x≤x4+x2，所以当n充分大时，

1111

，而 ≤tan2≤+2

n+kn+kn+k(n+k)nn??1111111

+lim∑=lim∑=∫dx=ln2，lim∑??=ln2，所201+xn→∞n→∞n→∞?kn+kn+nkk=1k=1k=1(n+k)???1+

n

n

61

以所求极限为ln2。 十二.解：1. ZQp=

dQpp6p

?=?6=，ZQp=2，所以p1=40，p2=120， dpQ360?6p6p?360

ZQp(p2)<0，所以舍去。

2. ZRp=

dRp360?12p2

?=，R=Qp=360p?6p，所以ZRpdpR360?6p

p=40

=?1

经济意义：在价格为p1=40时，价格上涨1%，总收益率下降1%，反之，价格下降1%，总收益率上涨1%。

2011《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）

一.填空题

1. 1+e；2. 2；3. 二.选择题

1.D；2.D；3.B；4. B；5. B。

三.解：根据分母的极限为0，得分子的极限必为0，从而知b=0，由洛必达法则得

72

π2

；4. edx+

281

dy；5. 。

32

x2

2

x21+x，（1）当a≠1时，c=0，即a≠1,c=0,b=0； 原式=lim=lim

x→0cosx?ax→0cosx?a

（2）当a=1时，由等价无穷小替换得，c=?2，因此a=1，b=0，c=?2。

1四.解：（1）?(0)=0，当x≠0时，?(x)=2

x

∫

x2sinx

0

f(t)dt，于是

x2sinx1?322

，当x=0时 ?'(x)=3?(xcosx+2xsinx)f(xsinx)?2∫f(t)dt??0x??

?'(0)=lim

x→0

?(x)??(0)

x

∫=lim

x→0

x2sinx

0

f(t)dt

x3

[2xsinx+x

=lim

x→0

2

2

cosxf(x2sinx)=f(0)=23x2

]x?2∫2sinx???20

fxxsin?（2）lim?'(x)=lim?cosx+?x→0x→0?x??

??

sinx

()f(t)dt??=?'(0)

。 3?x

??

π?

五.解：sinxf(x)=两边积分得，

xsinx

π2

?

(1+cosx)+sinx∫2πf(x)sinxdx，设∫2πf(x)sinxdx=a，

2

2

62

?t2?1?′?2?

dyt2?1d2y?t+1?4tdy=2,2=2=五. 解：1.；令=0得t=±1， 32dxt+1dxt+1dx(t+1)d2y1d2y11=>0,2=?<0，所以t=1时y=y(x)取得极小值?，t=?1又因为2

23dxt=12dxt=?1

时y=y(x)取得极大值1；

d2yd2y4t11

2.令==0得t=0，t=0时x=,y=，因为t<0时2<0，t>0时

dxdx2(t2+1)333d2y1311

>0，又显然关于变量是单增的，故曲线在tx=t+t+(?∞,]时为凸的，在2

dx333

1?11?

[,+∞)内为凹的，?,?为拐点。 3?33?

六. 解：设(x,y)为圆周(x+1)+y=1上任意一点，则d=x+(y?1) 设L(x,y,λ)=x+(y?1)+λ??(x+1)+y?1??

2

2

2

2

22222

?2?2?Lx=2x+2λ(x+1)=0x=?1+x=?1??1?2???22，所以 令?Lx=2(y?1)+2λy=0，解得?,??L=(x+1)2+y2?1=0?y=2?y=?2?x12???2?2

d1=x12+(y1?1)2=2?1,d2=x22+(y2?1)2=2+1,故圆周上点 ?22????1+2,2??为与定点(0,1)距离最小的点，最小距离为2?1，圆周上点 ???22????为与定点(0,1)距离最大的点，最大距离为2?1。 1,????22??

七.解：设切点坐标为(x0,lnx0)，y′=

11

，切线方程为： y?lnx0=(x?x0)，因为切xx0

1

x，切点A(e,1)。 e

线过原点，所以x0=e，所以切线方程为y=（1）A=

∫(e

0

1

y

?ey)dy=

e

?1； 2

68

（2）Vx=π1

∫

e

0

(x)dx?π∫

1

e2

e

1

1ee

或Vx=2π∫y(ey?ey)dy=2π(1?)； lnxdx=2π(1?)；

0332

?e21?

Vy=π∫e?(ey)dy=π???。

0

?62?

2y

2

∫八. 解：1.若?(x)在x=0点连续，则a=lim∫

x→0

x

x

0x0

tf(t)dtf(t)dt

=lim

x→0

xf(x)

=0，所以a=0； f(x)

2.?′(0)=lim

x→0

?(x)??(0)

x

tf(t)dt∫=lim=limx∫f(t)dt∫

0

x→0

x

x→0

0

xf(x)

x

0

f(t)dt+xf(x)

=lim

x→0

f(x)+xf′(x)1

=，当x≠0时，?′(x)=

f(x)+f(x)+xf′(x)2

xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫f(t)dt

0

xx

(∫

x

0

f(t)dt

)0

2

,

?xf(x)xf(t)dt?f(x)xf(t)dt

∫0∫0?,x≠02x??

。 因此?′(x)=?∫0f(t)dt

?

1?x=0

??2

()3.当x>0时，?′(x)=

xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫f(t)dt

0

xx

(∫

x

0

f(t)dt

)0

2

=

f(x)∫(x?t)f(t)dt

x

(∫

0

x

0

f(t)dt

)2

>0

因此，当x≥0时，?(x)单调增加。

九. 证明：（1）令F(x)=f(x)?x,则F()=f()?

1

21211

=>0,F(1)=f(1)?1=?1<0，22

由零点定理知存在η∈(,1)?(0,1)，使得F(η)=0，即f(η)?η=0。 （2）令G(x)=e

?2x

12

[f(x)?x]，则G(0)=G(η)=0，故由洛尔定理知存在ξ∈(0,η),使

G′(ξ)=0，即f′(ξ)?2[f(ξ)?ξ]=1。

十. 解： D1:(x,y)?2≤x≤0,?x≤y≤

{4?x2

}D2:(x,y)0≤x≤2,2x?x2≤y≤4?x2

所以I=

{}∫π3π4

2

dθ∫ρ?ρdρ+∫2dθ∫

0

0

2

π2

2

π2

0

2cosθρ?ρdρ=π+4∫2(1?cos4θ)dθ=π。

94

69

十一. 证明：f(x)=f(0)+f′(0)x+

f′′(0)2f′′′(η)3

x+x,η介于0与x之间； 23!

f′′(0)f′′′(ξ1)

?,?1<ξ1<0,(1)， 26f′′(0)f′′′(ξ2)

+1=f(1)=f(0)+,0<ξ2<1,(2) 26f′′′(ξ2)f′′′(ξ1)

，因为函数f(x)在闭区间[?1,1]上具有连续的三阶导数，(2)?(1)得：+1=

66

f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)

所以f′′′(x)在[?1,1]上具有最小值m和最大值M。从而m≤≤M，所以

2

f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)

由介值定理知，存在一点ξ∈(?1,1)，使得f′′′(ξ)==3。

20=f(?1)=f(0)+

?y=4?x2?y=4?x2

得两曲线交点为(?1,3),(4,?12)；由?得两曲线交点为十二.解：由?

y=?3xy=3x??

(1,3),(?4,?12)。由f(x)为[?1,1]上连续的奇函数，所以f(x)ln(y+1+y2)为关于变量

x的奇函数，x2为关于变量x的偶函数，且积分区域D 关于y轴对称，所以由二重积分得

对称性知：I=

∫∫xdxdy+0=2∫dx∫

D

0

2

2

4?x2

?3x

x2dy=2∫x2(4?x2+3x)dx=

0

2

113

。 30

2014《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）

一．填空题

1. e；2. x=?1,x=0,x=1；3.二．选择题

1. D；2. C；3. C；4. A；5. A；

15

5π；4. y=0,x=1,x=?1；5. 2； 128

xx??xx

xln(1+)+(1)?1?+xln(1)?3

?1e12?α3?x?3===x=β≠0, 三．解：I=lim3limlimlimααα→0→0→0x→0xxxxxx3

所以α=2,β=

1

。 3

+∞

dxduu

==ln=ln2； 四． 解：I1=∫x∫ 0 1e+1u(u+1)u+11

+∞ +∞

π3

+∞

2

223 0 0

I=∫

3

1xutan 1123

dx=∫udutdtsec==，所以。 =+Iln26∫0 u(x+1)sec44

70

112

五．解：g(0)=∫xdx=，g(1)=∫(1?x2)dx=；

0 033

1

2

当0

0

∫

t(t?x)dx+∫2

1

331

(x?t)dx=t2?t+； t43

2

g′(t)=2t?1，令g′(t)=0得t=

六．解：设I=

11121；g()=，所以maxg(t)=，ming(t)=。

0≤t≤144430≤t≤14

∫∫D

(2x?y+1)2+x3y1+x+ydσ+∫∫D22dσ，由区域D的对称性及函数的奇偶性可得，

I=5∫∫D

x21+x+y2211+x+y22dσ，

又由轮换对称性得

1 15x2+y21r3rI=∫∫dσ+∫∫dσ=5π∫dr+2π∫dr，

2222 0 02D1+x2+y21+x+y1+r1+rD

1051

π?2π+2π(2?1)=(4+2)π。 333

1

七． 解：1. C′(x)=； x+200，C′(300)=215（元）

20

25000125000C(x)1′2.平均成本C(x)=，令C(x)==?=0，x+200+2

xxx4040

50000′′(1000)>0，所以C(1000)为最小值，即产量为1000

x=1000，C′′(x)=，C=0

x3

因此I=

时平均成本最少；

x2x?25000，令L′(x)=300?3.利润L(x)=500x?C(x)=300x?=0， 4020

得x=600；L′′(x)=?

1

<0，唯一极大值，L(600)为最大值；20

x2

300x?

x163220，。 ELx=L′(x)=E=E=E=?,0,Lxx=4000Lxx=6000Lxx=8000

x23131L(x)

300x??25000

40

?y

八． 1.证明：?e

?y′+e?x

2

1+e?x

=y′?1，y′=>0，所以y(x)是单调增加的；

1+e?y

x→+∞

x→+∞

2

2.解：y(x)是单调增加的，若y(x)有上界，则limy(x)存在，设limy(x)=a，则对方

程两侧求极限得：e?a+

π2

=lim(y?x+1)，而lim(y?x+1)不存在，因此y(x)无，

x→+∞

x→+∞

71

1+e?x

上界，所以，limy(x)=+∞，故limy′(x)=lim=1。

x→+∞x→+∞1+e?yx→+∞

2

x2x3f′′(0)2

++??(x3)，f(x)=f(0)+f′(0)x+九．解：ln(1+x)=x?x+??(x2)， 2321f′′(0)3

(1?f(0))x?(1+f′(0))x2+(?)x+??(x3)

g(x)?g(0)32g′(0)=lim=lim=1，所30x→0x→x?0x

???1?f(0)=0?f(0)=1??

以有?1+f′(0)=0，因此?f′(0)=?1。

??1f′′(0)4?f′′(0)=???=1

23?3?

十．解：由条件可知，y(0)=0，所以c=1,y=ax+bx，

2

∫

1

0

(ax2+bx)dx=

ab

+，32

ab13

+=，所以a=1?b； 3232

323??

bbb(1)(1)??2

? 1 1aabb22+b?，Vx=∫πy2dx=π∫(ax2+bx)2dx=π(++)=π?+? 0 0523523????

2

2

2

dVxdVxb13dVx

=π(?)，令=0得b=,dbdb15102db2

=

3

x=2

π15

>0，所以Vxb=3为极小值，且为

2

最小值；此时a=

?53π,b=,c=1；(Vx)min=。

842

1?x

十一． 解：1.f′(x)=,x∈(?∞,2)，令f′(x)=0得x0=1，又因为

2?x

f′(x)=?

1

<0，因此f(1)=1为唯一极大值，即为(?∞,2)内最大值；

(x?2)2

2.证明：x1=ln2∈(?∞,2)，xn+1=f(xn)<1因此数列{xn}有界；x1=ln2<1，

xn+1=f(xn)=xn+ln(2?xn)>xn,(∵xn<1)，因此数列{xn}单增，所以数列{xn}收敛；

设limxn=a，则a=a+ln(2?a)，因此a=1，即limxn=1。

n→∞

n→∞

72

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