南昌大学第五届高数竞赛经济类试题及答案

第1页共12页南昌大学第五届高等数学竞赛(经济类)试题序号：姓名：学院:第考场专业：学号：考试日期：2008年9月21日题号一二三四五六七八九十十一十二总分累分人签名题分18186676767667100得分注:本卷共七页,十二道大题,考试时间为8:30——11:30.一、填空题(每空3分，共18分)得分评阅人1、设121cos(1tan),(,0)(0,)()22,0xxxfxkx在x=0连续，则常数k=________。2、设函数f(x)在x=e点处有连续一阶导数，且1()2fee，则cos0lim[()]xxdfedx=________。3、函数21()xfxe在闭区间[-2,2]上的最大值为________。4、221(1)(arctan)dxxx=________。5、已知二元函数u（x,y）满足条件：22uxyy，2(,)1uxx，则u（x,y）=________。6、函数项级数1nxnne的收敛域为________。第2页共12页二、单项选择题(每题3分，共18分)得分评阅人1、下列函数中在开区间（0，1）内有界的是（）。A、()lnfxxxB、1()ln(1)xdtfxtC、23()32xfxxxD、11()cosfxxx2、设f(x)具有二阶导数，f(0)=0,(0)1f,而(),0()(0),0fxxgxxfx，则g(x)在x=0点处（）。A、间断B、可导且1(0)2gC、连续但不可导D、可导且(0)1g3、设周期函数f(x)在(,)内可导，周期为6，且满足条件0()()lim1xffxx，则曲线y=f(x)在点(7,(7))f处的切线斜率为（）。A、-2B、0C、-1D、14、设222222()()ttxttxFtdxfxydy，(0,)t，其中f(u)为连续函数，(1)0f,则(1)F等于（）。A、(1)fB、2(1)fC、2(1)fD、05、设ln(1)nnnUn，则级数（）。A、1nnU与21nnU都收敛；B、1nnU与21nnU都发散；C、1nnU收敛而21nnU发散；D、1nnU发散而21nnU收敛。6、考虑二元函数f(x,y)的下面4条性质：①f(x,y)在点00(,)xy处连续。②(,)xfxy，(,)yfxy在点00(,)xy处连续。③f(x,y)在点00(,)xy处可微。④00(,)xfxy，00(,)yfxy存在若用“PQ”表示可用性质P推出性质Q,则有（）。A、②=③=①B、③=②=①C、③=④=①D、③=①=②第3页共12页三、（本题满分6分）设11,a12222...,2,3,...1112nnnnnannnnn，求limnna。四、（本题满分6分）求函数lnxyx的n阶导数()ny。得分评阅人得分评阅人第4页共12页五、（本题满分7分）讨论方程xxea有几个实根？（常数a0）。.六、（本题满分6分）确定常数a,b使得2001lim2sin3xxtdtaxxbt。得分评阅人得分评阅人第5页共12页七、（本题满分7分）设()2()yxzxfyxy，其中()fu，()u都是二阶可导的函数。⑴求zx，2zxy；⑵如果()()fuu，且22xazbyxy，试求()fu。八、（本题满分6分）计算二重积分22yDIxedxdy，其中D是由直线yx，1y以及y轴围成的闭区域。得分评阅人得分评阅人第6页共12页九、（本题满分7分）若函数f(x),g(x)满足条件：()()fxgx，()()gxfx，且(0)0f，(0)0g。试求：⑴()fx；⑵由曲线()()fxygx，(0)x与直线1y和0x所围成的平面图形的面积。十、（本题满分6分）设sin,0()1,0xxfxxx。⑴将f(x)展开成x的幂级数；⑵问(2)1(0)nnf是否收敛？若收敛，是条件收敛还是绝对收敛？得分评阅人得分评阅人第7页共12页十一、（本题满分6分）已知fx在,内连续，01f，且对一切0x，满足关系式102xfxefxtdtx，求fx。十二、（本题满分7分）设()fx，()gx都在闭区间[a,b]上单增、连续。证明：()()()()()bbbaaabafxgxdxfxdxgxdx。得分评阅人得分评阅人第8页共12页南昌大学第五届高等数学竞赛(经济类)试题答案一、填空题：（每题3分，共18分）1、2e；2、1；3、3e；4、2；5、22421xyyx；6、(0,)二、选择题：（每题3分，共18分）1、A；2、B；3、C；4、C；5、C；6、A三、解：11221kknnnnnkkann而1011211limlimlim21211ln2kknnnxnnnnkkndxnnn10121lim2ln2knnxnkdxn所以由夹逼定理，1limln2nna。四、解：()(1)(1)!(ln)(1)kkkkxx，()11!()(1)kkkkxx，1,2,...,kn()()()01111111(ln)()!!(1)!()!ln(1)(1)(1)!()!!1(1)[ln]nnkknknknnknknknkknnnkyCxxnnknkxxknkxxnxxk五、解：作函数(),(,)xfxxeax，则'()(1)xfxex，令'()0fx得驻点1x。(,1)x时'()0fx；(1,)x时'()0fx。可见()fx在(,1]x上单增，在[1,)上单减，1(1)fea是()fx的最大值。ⅰ）当1ae时，1(1)0fea，可见恒有()0fx，故()fx无零点，从而方程0xxea无实根。ⅱ）当1ae时，1(1)0fea，而1x时，有()(1)0fxf，故()fx有唯一零点1x，即方程0xxea有唯一实根1x。ⅲ）当10ae时，1(1)0fea，lim()xfx，lim()0xfxa，并且()fx分别在(,1)与(1,)内单增和单减，故()fx在(,1)与(1,)内分别有唯一零点，即方程0xxea分别在第9页共12页(,1)与(1,)内各有唯一实根。六、解：由题意知23tbt在0t的某邻域内有定义，所以0b。由罗必塔法则222000033limlimlimsincos(cos)3xxxxtxdtxbtbxaxxaxaxbx0,12,1aab据题意a=1,且2b=2，即11ab七、解：⑴''()()2()zyyyxffxxxxy2''''222()()zyyxxfxyxxyy⑵由f，且22xazbyxy得''''2222()()yyaaffbyaayy令yua，代入上式得3''''341()2()ufufabuu①①式中将u用1u换之得''''334111()2()ffuabuuu②由①②解得3''42()()3abfuuu故333122()918ababfuucucu八、解：第10页共12页222120011322001010113616111()663yyyytttIdyxedxyedyeydyetdtteee2令t=y九、解：⑴由题意得''()()0fxfx，这是二阶常系数齐次线性方程，通解为12()xxfxCeCe由(0)0f,'(0)(0)0fg知，21CC且10C故1()()xxfxCee⑵曲线方程'()()xxxxfxeeyfxee因为0x时，1xxxxeeee所以平面图形的面积：0002(1)lim(1)lim[ln()]lim[ln()ln2]lim[ln2ln(1)]ln2xxxxxxttxxxxttttttteeSdxeeeedxxeeeeteee十、解：⑴因为2101sin(1)(21)!nnnxxn，(,)x所以0x时，201()(1)(21)!nnnfxxn显然上式对0x也成立，故201()(1)(21)!nnnfxxn，(,)x⑵先求(2)(0)nf方法一：由幂级数展开式的唯一性知第11页共12页(2)1(1)(0)(2)!(1)(21)!21nnnfnnn1,2,...n方法二：因为2421221111()1...(1)(1)...3!5!(21)!(23)!nnnnfxxxxxnn所以由幂级数的和函数的性质：(,)x时'32112124222()...(1)(1)...3!5!(21)!(23)!nnnnnnfxxxxxnn''222122432(21)(22)(21)()...(1)(1)...3!5!(21)!(23)!nnnnnnnnfxxxxnn………(21)13(2)!(22)!()(1)(1)...(21)!(23)!3!nnnnnfxxxnn(2)12(2)!(22)!1()(1)(1)...(21)!(23)!2nnnnnfxxnn…故(2)1(0)(1)21nnfn，1,2,...n于是(2)111(0)(1)21nnnnfn①①是交错级数，因为121n单调减少，且1lim021nn所以由莱布尼兹定理知，级数①是收敛的。但由于1111(1)2121nnnnn发散，故级数①是条件收敛十一、解：对一切,x有102xxfxtdtfxe，即02xxftdtfxe，显然fx可导，上式两边求导得xfxfxe，即xfxfxe，解得第12页共12页xxxfxeeedxc=xexc由01f得1c，故1xfxex。十二、证法一：设()()()()()()xxxaaaFxxaftgtdtftdtgtdt则()Fx在[a,b]上可导，且(,)xab时，'()[()()][()()]xaFxfxftgxgtdt因为(,)tax时[()()][()()]0fxftgxgt所以'()0Fx，故()Fx在[a,b]上单增，从而()()FbFa即()()()()()0bbbaaabafxgxdxfxdxgxdx证法二：令(,),Dxyaxbayb，(,)[()()][()()]Fxyfxfygxgy则(,)Fxy在D上非负连续，且(,)Fxy不恒为零。故(,)0DFxydxdy因为(,)()()()()()()()()2()()()2()()bbbbbbbbaaaaaaaaDbbbaaaFxydxdydyfxgxdxfydygxdxfxdxgydydxfygydybafxgxdxfxdxgxdx所以()()()()()bbbaaabafxgxdxfxdxgxd