2004至2010年浙江省高等数学(微积分)竞赛工科类试题

12004年浙江省大学生高等数学（微积分）竞赛试题（工科类）一．计算题（每小题15分，满分60分）1．计算：200cos2limtan11xtxxetdtxxxx。解:原式2002cos2limtanxtxetdtxxxxx00202cos22lim2tansecxxexxxxxx00202cos22limtantanxxexxxxxx00203332cos22limtantanxxexxxxxxxxx其中223333000tantantantanlimlimlimxxxxxxxxxxxxxxx2222232300001sectantantan4limlimlimlim333xxxxxxxxxxxxxx原式00320032cos223cossin1limlim423xxxxxexxexexxx0001cossinsincoslim22xxxxxexexexexx00012sin1lim42xxexx.2①30tansinlimxxxx在课堂上作为一个典型的例子;②3tan()xxOx2．计算：20cos2004xdxxx。解:原式220cos200424xdxx2222sin20044xdxt22222222sin2004200444xdxdxtt22222212004200444120044tdt22221arctan2004200444t221arctan2004200444.其他想法:原式22202coscos20042004xxdxdxxxxx3后者222022cos()cos22004()()200422xttxdxdtxxtt2202sin20044tdtt,看来做不下去了!!!3．求函数22,415fxyxyy在22,41xyxy上的最大、小值。解:①在圆内(开集),2xfxyx,,815yfxyy,解得驻点15(0,)8,但不在圆域内.②在圆周上2241xy,求22,415fxyxyy的极值,是条件极值问题.2222,415(41)Fxyxyyxy,280xFxyxx,81520yFxyyy22,410Fxyxy解得:驻点(0,1),(0,1)(0,1)19f,(0,1)11f故最大值为(0,1)19f,最小值为(0,1)11f.4．计算：3max,Dxyxd，其中,11,01Dxyxy。43max,Dxyxd123433DDDDxydxdxdxyd16这题不能用对称、奇偶性等性质来做！二．（本题满分20分）设1tan1xfxarcx，求0nf.解:21()1fxx,则2(1)()1xfx,则两边对x求(1)n阶导数,由莱布尼茨公式得:2()(1)(2)(1)()2(1)()(1)()0nnnxfxnxfxnnfx,令0x,得:()(2)(0)(1)(0)nnfnnf,而(0)1,(0)0ff,则()120,;(0)(1)!,;nnnfnn当为偶数当为奇数.2yx1D2Dxyo3D4D5三．（本题满分20分）设椭圆22149xy在331,2A点的切线交y轴于B点，设l为从A到B的直线段，试计算sin3cosln12331lyydxyxxdyx。解:方程22149xy两边对x求导得:2029xyy,则132xy,直线段l的方程为:323,012yxx令sin(,)31yPxyyx,(,)cosln1233Qxyyxx,则cos31Pyyx,cos231Qyxxsin3cosln12331lyydxyxxdyx33DBCCAd33122303sin3323333312Dddydxx933392133ln2sinln2sin422242.331,2ABlOxyC6四．（本题满分20分）设函数f连续，ab，且0bafxdx，试证明：0fx，,xab。证明:①01lim()nbiiaifxdxfx由于ab,故0ix,无论,ab怎么分、1,iiixx怎么取，01lim()niiifx存在且相等，即01lim()0niiifx，由于f连续，故0fx，,xab；（理由说的不够充分）②假设存在0,xab，使得00fx，不妨设00fx，则000,[,],0xxxfx都有，由于函数f连续，故在00[,]xx内存在最大、最小值分别为00,Mm，显然000,0Mm，而00020bxaxfxdxfxdxm与0bafxdx矛盾，故假设错误，即0fx，,xab。五．（本题满分15分）判别级数211!nnn的敛散性。解：斯特林公式：12!2,01nnnnnee极限形式：12!1lim12nnnnen.22111211!2nnnnnnnnnee722222211112661111!22nnnnnnnnnnnennnennee故211!nnn收敛.判别11!nnn的敛散性:证明:1lim0!nnn(1)证明!3nnn,即!3nnn1)当1n,显然成立;2)假设n时也成立,即!3nnn;3)当1n时,1111113333nnnnnnnnnnnn1111!(1)!33(1)nnnnnnnnnnn11(1)!3nnnn而1nnn是单调递增数列,而且有界(证明两个重要极限里第2个).(1)!n13!nnn,而3lim0nn,由夹逼定理得:1lim0!nnn.2219!nnn,而219nn收敛,由比较判别法得:211!nnn也收敛.8六．（本题满分15分）设函数fx在0,1上连续，证明：22112222002fxfxdxdxtxttx，0t。证明:221112222220001fxfxdxdxdxtxtxtx221122220011arctan2fxfxdxdxtttxttx.许瓦兹不等式:①有限项情况:222111nnniiiiiiiabab,0,0,1,2,,iiabin(乘积和的平方小于等于平方和的乘积)②可推广到可数情况:222111iiiiiiiabab;③均值的形式:2()()()EEE;④积分的形式:2()()()()bbbaaafxgxdxfxdxgxdx2005年浙江省大学生高等数学(微积分)竞赛试题一、计算题（每小题12分满分散60分）1．计算11|12|xdx2．设ln(1),0(),0xxfxxaxbx可导，求常数,ab的值3．计算23lim2nnnn94．计算sin3cos4sinxdxxx5．求函数()|||1||3|fxxxx的值。二、（本题满分20分）设()fx在0x点二阶可导，且0()lim11cosxfxx，求(0),'(0)ff和''(0)f的值。三、（本题满分20分）证明：当02x时，31tan3xxx四、（本题满分20分）设22222222222222(1sin)sin10(1sin),,1sincos4xxxAdxBdxCdxxxxx，试比较A，B，C的大小。五、（本题满分15分）设22221111,1,2,3,.122kakkkkkk（1）求limkka；（2）证明数列ka单调减少。六、（本题满分15分）对下列(),fx分别说明是否存在一个区间[,],(0),aba使{()|[,]}{|[,]}fxxabxxab，并说明理由。（1）212()33fxx（2）1()fxx（3）1()1fxx2005年浙江省高等数学（微积分）竞赛试题解答一．1.解1112xdx1121122112xdxxdx11222112xxxx10111102422415222.2.解：100limlimln11xxxfxx，00limlimxxfxaxbb，因为fx在0x处连续，所以1b，0fa，2000ln10limlimxxfxfxxfxx0011111limlim2212xxxxx，由fx在0x处可导，00ff，于是12a.3.解：23lim2362nnnn.4.解：sin3cos4sinxdxxx，sin4sin3cos4cos3sinxAxxBxx43sin34cosABxABx，430340ABAB，425A，325B，11sin434cos3sin3cos4sin25254sin3cosxxxdxdxxxxx43ln4sin3cos2525xxxC.5.解：13fxxxx当0x时，1334fxxxxx；当01x时，132fxxxxx；当13x时，132fxxxxx；当3x时，1334fxxxxx.二．解：000limlim1cos01cosxxfxffxxx；0001cos0limlim01cosxxfxffxxfxxx；00221coslimlim1111cos22xxfxfxxxxx，2210002fxffxfxox22102fxox，所以01f.三．证明：令31tan3fxxxx，00f；因为2211cosfxxx，00f；32sin2cosxf