河南科技大学第五届高数竞赛试卷二参考答案及评分标准1

1

河南科技大学

（二）参考答案及评分标准第五届高等数学竞赛试题第五届高等数学竞赛试题（

一、解答题（每小题7分，共计42分）

1．求极限

解：

n→∞

.

=

=

1分

令xn=

1n i

，则lnxn=ln=∑ln 1+

ni=1 n

3分

4ln1n i 142ln2 1

=ee=∴limlnxn=∑ln 1+ =∫ln(1+x)dx=2ln2 1∴limxn=e

n→∞n→∞eni=1 n 0

6分

4又∵=1∴= 7

分

nn→∞

e

注：若取左端点，则可以直接利用定积分定义。即

n→∞

=lime

n→∞

1 i

ln 1+ ni=0 n

∑

n 1

4

ln(1+x)dxln4∫0

=eee=

e

1

1

x (1+x)x e .2．求极限limx→01 cosx

2

解：当x→0时，1 cosx～x2,ln(1+x)～x 1分1

1x (1+x)x e

1+x)x e( lim=2lim 2分

x→0x→01 cosxx

′11x 1+xln1+x()() 4分 x ex1+x=1+x()() x21+x 1

x (1+x)x e 1x 1+xln1+x()() lim=2lim(1+x)xx→0x→01 cosxx21+x=2elim

x→0

x (1+x)ln(1+x)x (1+x)ln(1+x)

=2elim 6分

x→0x21+xx2

7分

=2elim

法二：

ln(1+x) 1

=2ei= e

x→02x2

1

1

1ln(1+x) 1 x11e e 1 ln(1+x)x (1+x)x e xx1+x e)e e =2lim( lim =2lim=2lim

x→0x→0x→0x→01 cosxxxx

1 x→0 x

1

x (1+x)x e

=2elimlim

x→0x→01 cosx

lim ln(1+x) 1 =0

1

ln(1+x) 1x

ln(1+x) x

x

=2elim

x→0

x2

=2elim

x→0

1 11+x

2x

=2elim

x→0

x1+x

2x

=2elim

x→0

11+x

1

=2e = e2 2

3．求曲线

x=a(cost+tsint),

y=a(sint tcost).

上任一点的法线到原点的距离.

解：利用参数形式所表示的函数的求导公式，

dya(cost cost+tsint)==tant 3分dxa( sint+sint+tcost)

曲线在对应于参数t的点处的法线方程为

y a(sint tcost)= cott(x a(cost+tsint))，

简化后为

cost x+sint y a=0，

法线到原点的距离为

5分

d=

a

=|a|。22

cost+sint

7分

2f 2f

4．设f(u,v)具有二阶连续偏导数，且满足+2=1，又2

u v

2g 2g 122 g(x,y)=f xy,(x y) ,求2+2. x y 2

g f f g f f解：=y+x,=x y 2分

x u v y u v 2f 2f 2g 2f f 2f =y y2+x + v+x y u v+x v2 x2 u u v

1

2

2f 2f f2 f=y+2xy+x+ 4分22 u u v v v22

2g 2f f2 f2 f=x 2xy+y 6分 y2 u2 u v v2 v

22

2g 2g22 f22 f+2=(x+y)2+(x+y)2=x2+y2 7分2 x y u v

11

5．设函数f(x)连续，且∫tf(2x t)dt=arctan(x2)，

02

2

f(1)=1。求∫f(x)dx。

1

2

解在

∫tf(2x t)dt中，令u=2x t，则

1

∫

于是

1

tf(2x t)dt= ∫

2x 1

2x

(2x u)f(u)du， 2分

2x∫2∫

2x

2x

2x 1

f(u)du ∫

2x

2x 1

uf(u)du=

1

arctan(x2)， 3分2

两边求导，得到

x

，42x 11+x

6分

f(u)du+4x(f(2x) f(2x 1)) 2(2xf(2x) (2x 1)f(2x 1))=

将x=1,f(1)=1代入上式，得到

∫

2

1

5

f(x)dx=.

4

7分

6．计算二重积分

∫∫e

D

maxx2,y2

{}

dxdy，其中

D={(x,y)0≤x≤1,0≤y≤1}.

解：D=D1+D2，其中D1=则

{(x,y)0≤x≤1,0≤y≤x}D={(x,y)0≤y≤1,0≤x≤y}

2

2分

2

∫∫e

D

maxx2,y2

{}

dxdy=∫∫e

D1

2

maxx2,y2

{}

dxdy+∫∫e

D2

2

maxx2,y2

{}

dxdy=∫∫exdxdy+∫∫eydxdy 4分

D1

D2

2

2

=∫dx∫exdy+∫dy∫eydx=∫xexdx+∫yeydy=e 1 7分

1x1y

2

11

二、证明题（第1～2小题每题8分，第3小题12分，共计28分）1．设f(x)在[ a,a](a>0)上连续，证明：

∫

a

a

1

，并计算f(x)dx=∫ fx+f x dx()() ∫1+sinx.0

a

π

4π 4

1

证明：∵f(x)+f( x),f(x) f( x)分别为偶函数和奇函数 1分

aa f(x)+f( x)f(x) f( x) ∴∫f(x)dx=∫ + dx a022

1a1a

fx+f x dx+ f(x) f( x) ()() dx 3分2∫ a 2∫ a

a1a

=2∫ f(x)+f( x) dx+0=∫ f(x)+f( x) dx 5分 002=

∫

π4π 4π

11 1

=∫4 +dx 01+sinx 1+sinx1 sinx π

40

π40

1 sinx+1+sinx =∫ dx=2∫2 1 sinx

证明方法二：又

8分π

1

=2tanx4=2cos2x

a0

∫

a

a

f(x)dx=

∫

a

f(x)dx+∫f(x)dx

a

a

∫

a

f(x)dx=

a a

令x= t

∫f( t)( 1)dt=∫f( t)dt=∫f( x)dx

a

所以

∫

f(x)dx=

∫

a

f(x)dx+∫f(x)dx=∫ f(x)+f( x) dx00

aa

2．设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且满足

f(1)=

1k1 x

xef(x)dx(k∈(0,1)),证明至少存在一点ξ∈(0,1)，使得∫0k

f′(ξ)=(1 ξ 1)f(ξ).

证明：由积分中值定理可得

存在一个η∈(0,k),使得f(1)=ηe1 ηf(η) 3分在[η,1]上，令 (x)=xe1 xf(x)，则 (x)在[η,1]上连续，在(η,1)内可导又∵ (η)=f(1)= (1)

∴由罗尔定理可得

至少存在一点ξ∈(0,1)，使得 ′(ξ)=0，

6分

即f′(ξ)=1 ξ 1f(ξ). 8分

()

111++ ∞

n+1 1.3．证明级数∑ ln 收敛，并求极限limn→∞lnnn n=1 n

证明：先证明

ln∑ n

n=1

∞

1

n+1

是正项级数，为此只需证x ln(1+x)>0,x∈[0,1]n

1

>01+x

令f(x)=x ln(1+x),则f′(x)=1

1

f(x)在[0,1]上单调增加且f(0)=0，∴x ln(1+x)>0

令x=

11 1

,则 ln 1+ >0，nn n

3分

1 1 1 ln 1+ 1 nn=limx ln(1+x)=lim=1而limn→∞x→+0x→+01x22x2

2n

由正项级数比较判别法的极限形式知

n+1 1 ln∑ 收敛 7分

n n=1 n

∞

从而lim

k+1 1 1 11

存在,即 lnlim1+++ ln1+n()∑ 存在 9分n→∞n→∞k n 23 k=1 k

n

1 11 111

1+++ 1+++ ln(1+n)

23n =0,lim=limln(1+n)=1 12分lim

n→∞n→∞n→∞lnnlnnlnn

三、综合题（共计30分）高等数学....A...1.考生做.－.3.，.（第1～3小题每题10分）

其他考生做.....1.－.3..（第1～2小题每题12分，第3小题6分）

1．计算I=

∫

C

+

( 2xe

x2

x2

sinydx+e

)(

x2

cosy+x4dy，其中C+为从点(1,0)到点

)

(

1,0)的半圆y=

解：令P= 2xe

1≤x≤1).sinyQ=e

x2

cosy+x4

1分 3分

则

22 P Q

= 2xe xcosy，= 2xe xcosy+4x3 y x

补BA:y=0( 1≤x≤1)，由格林公式 4分

I= ∫=4

C++ (

2xe xsinydx+e xcosy+x4dy

2

)(

2

)

5分

x+y≤1y≥0

2

∫∫

2

x3dxdy (

2xe xsinydx+e xcosy+x4dy 7分

2

)(

2

)

=4

x2+y2≤1y≥0

∫∫x3dxdy 0dx=0+0=0 10分

1

1 ．在曲线y=x2(x≥0)上某点A处作一切线，使之与曲线以及x轴所围成图形的面积为

1

，试求：12

（1）切点A的坐标；（2）过切点A的切线方程；

（3）由上述所围平面图形绕x轴旋转一周所成旋转体的体积.

解：(1)设切点A的坐标为a,a2,则过切点A的切线方程的斜率为y′

()

x=a

=2a,切线方程为

y a2=2a(x a),即y=2ax a2

由此可见，切线与x轴的交点为

2分

a

,0 .曲线、x轴以及切线所围图形的面积为2

S=∫

a

a3a3a3a3

xdx = =

43412

2

4分

而由题设S=

1

,因此a=1.于是切点A的坐标为(11，) 5分12

(2)过点(11，)的切线方程为y=2x 1 7分(3)由上述所围平面图形绕x轴旋转一周所成旋转体的体积为

V=π∫(x

1

22

π

12分)dx π∫(2x 1)dx=30

1

2

2．计算I=外侧.

∫∫zdxdy+ydzdx+xdydz,其中Σ为圆柱面x

Σ

2

+y2=1被z=0,z=3截的部分

解：令P=x,Q=y,R=z则

P Q R===1 x y z

2分

补Σ1：

z=0 z=3

取下侧，取上侧 4分Σ： 22222

x+y≤1x+y≤1

Σ+Σ1+Σ2

由高斯公式I=

∫∫ ∫∫ ∫∫

Σ1

Σ2

=3∫∫∫dxdydz ∫∫ ∫∫

Σ1

Σ2

6分 8分

=9π+0 3∫∫dxdy

Σ2

=9π 3π=6π 10分

9172

2 ．在球面x2+y2+z2=与椭球面3x2+(y 1)+z2=交线上对应于x=1点处的切

44

1

线方程和法平面方程.

解：先求交线上对应于x=1点的坐标，它是 1,,1 和 1,, 1

1 2 1 2

2分

固定x，由三个变量两个方程的方程组可确定出两个一元函数y=y(x),z=z(x)方程组两端对x求导得

dydz

2x+2y+2z=0 dydz 2xy x dxdx

，解得=2x,=

dydzdxdxz 6x+2(y 1)+2z=0

dxdx

1

2

6分

所在点 1,,1 处的切线方程为

x 1

=1

y

1

=z 1，2 2

法平面方程为(x 1)+2 y

1

2(z 1)=02

9分

在点 1,, 1 处的切线方程为

1 2

x 1

=1

y

1

=z+122

法平面方程为(x 1)+2 y

∞

1

+2(z+1)=02

12分

3．求常数项级数

∞

n+2

的和.∑n=1n!+n+1!+n+2!

∞∞

n+2n+21

解：∑=∑=∑ 2分

n=1n!+n+1!+n+2!n=1n! 1+n+1+n+1n+2 n=1n!n+2考虑幂级数

1

xn+2∑n=1n!n+2∞

( )

1

n+1!n+3=limn!(n+2)=lim(n+2)=0知，

由ρ=lim

n→∞n→∞n+1!n+3n→∞n+1n+3n!n+2( )的收敛半径R=+∞，收敛域为( ∞,+∞)

4分

1

在( ∞,+∞)内，令S(x)=利用逐项求导定理

1

xn+2∑n=1n!n+2∞

∞

1n+11n ∞1n

S′(x)=∑x=x∑x=x ∑x 1 =x(ex 1) 7分

n=1n!n=1n! n=0n!

∞

1

S(x)=∫t(et 1)dt=xex ex x2+1

02

x

9分

∴∑

n+21

=S(1)=

2n=1n!+n+1!+n+2!

∞

∞

10分

∞∞

n+2n+21

方法二：因为∑=∑=∑

n=1n!+n+1!+n+2!n=1n! 1+n+1+n+1n+2 n=1n!n+2∞

n+2) 1∞ 1(n+11

=∑=∑=∑ n=1n+2!n=1n+2!n=1 n+1!n+2! ∞

所以

n k+211 111Sn=∑=∑ →(n→∞时) =

2!n+2!2k=1k!+k+1!+k+2!k=1 k+1!k+2!

n

于是

n+21

=∑2n=1n!+n+1!+n+2!

∞

3．求常数项级数

∑( 1)n 1

n=1

∞

n

的和.2n

解：设f(x)=

n=1

∑( 1)

∞

n 1

f(x)∞

nx，令g(x)==∑( 1)n 1nxn 1， 2分

xn=1

n

利用逐项求积分可得

g(x)=

所以

1x

，于是f(x)=， 4分22

(1+x)(1+x)

n=1

∑( 1)n 1

∞

n12

。 6分=f()=n

292

( 1)∑k

=1

n

法二：令Sn=

k 1

n

k1k 1k 1S=( 1)(2)()∑nk+12k22k=1

nn

3 kkk 1k k 11 n 1n( 1)+( 1)(1)+(2)得Sn=∑ ( 1)k+( 1)k+1 =∑ 222 k=1 2k 2n+1 k=1

1

又lim

n2n+1

n→∞

=lim

x2x+1

x→+∞

=lim

1

=0

x→+∞2x+1ln22

limSn=n→∞9

于是

1

32limSn=+0=n→∞2131+

2

∑( 1)n 1

n=1

∞

n2=n29

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/hj8i.html