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武汉大学2009数学（非数学类）竞赛复习试题一、设的定义如下：，}{nx1x=a2xb=，121()2nnnxxx−−=+（3,4,n=），求。limnnx→∞解：因为（设），10xxa−=00x=0211(2xxbaba⎛⎞−=−=−−⎜⎟⎝⎠)，322122111()()(22xxxxxxxba−=+−=−−=−−1)224332332111()()(222xxxxxxxba⎛⎞−=+−=−−=−−⎜⎟⎝⎠)……211()2kkkxxba−−⎛⎞−=−−⎜⎟⎝⎠（）。2k≥所以21121limlim()()2knnkknnkkxxxaba−−∞−→∞→∞==⎛⎞=−=+−⎜⎟⎝⎠∑∑()121312baaab−=+=+⎛⎞−−⎜⎟⎝⎠二、试解下列各题：1、求1111lim1(1)3521nnn−→∞⎡⎤−+−−⎢⎥−⎣⎦2、求（22221lim(123)nnxxnx−→∞++++1x≤）3、设函数在点附近有连续导数，而)(xf0xnnnxβα（,2,1=n），且当时，∞→n0xn→α，求：nfαnnfβnnαβ−−∞→)lim()( 4、 。[]xxxxarctanln)1arctan(lnlim2−++∞→解：1、利用反正切的级数展开式：2135111arctan(1)3521nnxxxxxn−−=−+−−+−，（1x≤）。取得：1x=11111(1)43521nnπ−=−+−−+−故原式4π=。2、写在无穷级数求和的形式。即211()nnfxnx∞−==∑（1x≤）1111()(1)nnnnfxnnxnx∞∞−−==⎛⎞=+−⎜⎟⎝⎠∑∑111()()nnnnxx∞∞+==′′′=−∑∑211xxxx″′⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟−⎝−⎠⎝⎠32211(1)(1)(1)xxx3x+=−=−−−，故原式31(1)xx+=−3、由于在点附近有连续导数，所以在)(xf0x)(xf],[nnβα上满足拉氏定理的条件，于是在),(nnβα内至少有一点nξ，使得)(nfξ′)()(nnnnffαβαβ=−−。 由题设0limlimxnnnn==∞→∞→βα，所以有0limxnn=∞→ξ， 再由在点附近的连续性可知：)(xf′0x)()(lim0xffnn′=′∞→ξ， 故原极限。 )(0xf′=4、令，当，在ttfarctanln)(=0x)(tf]1,[+xx上满足拉氏定理的条件，于是有： 21arctan1arctanln)1arctan(lnξξ+1⋅=−+xx1+xxξ 故原极限πξξ21arctan1lim22=+⋅=+∞→xx三、设()fx在的邻域具有二阶导数，且0x=130()lim1xxfxxex→⎡⎤++=⎢⎥⎣⎦，试求(0)f，(0)f′及(0)f′′解：13000()ln[1]()()lim[1]lim3limln[1]0xxxxfxxfxfxxxexxx→→→++++=⇒=⇒++=x000()()(0)lim0lim()0(0)'(0)lim00xxxfxffxffxx→→→−⇒=⇒==⇒=xf=−由等价无穷小得20000()()'()'()'(0)lim3lim2lim2(0)lim420xxxxfxxfxfxfxfxfxxx→→→→+−=⇒=⇒=⇒==−x（或由泰勒公式得222200()11()(0)0()(0)lim[(0)]2(0)422xxfxfxxxffx→=+→⇒+=⇒=）四、设xxyyxF2)(),(−=ϕ，52),1(2+−=yyyF，，00x)2,(1nnnxxFx=+（），求。 0≥nnnx∞→lim解：先判定的存在性。 nnx∞→lim由xxyyxF2)(),(−=ϕ得)1(21),1(−=yyFϕ， 而[]9)1(2152),1(22+−=+−=yyyyF得，推出。 9)1()1(2+−=−yyϕ9)(2+=yyϕ由nnnnnnnnnnxxxxxxxxxFx292)(2)2()2,(21+==−==+ϕϕ。 令329222922)()2,()(=⋅≥+===xxxxxxxxFxfϕ 由可知。 )(1nnxfx=+3≥nx当时，3≥x212921)(02−=′≤xxf。 由微分中值定理可得：121)()(1111≤−−=−−−−−+nnnnnnnnxxxfxfxxxx。 由比值判别法知：∑−+nnxx1收敛，从而收敛。即存在。 }{nxnnx∞→lim再令，代入axnn=∞→limnnnnxxxfx292)(1+==+，可得：aaa292+=，推出。 3=a故。 3lim=∞→nnx五、设函数()fx在区间(,)a+∞内可导（其中常数）且0a[]lim2()()1xfxfx→+∞′+=求证：（1）2lim()xxefx→+∞=+∞(2)lim()0xfx→+∞′=证明：（1）由，有22(())(2()())xxefxefxfx′′=+22(())2()()xxefxfxfxe′′=+而[]lim2()()1xfxfx→+∞′+=，故22(())lim1xxxefxe→+∞′=，即2222()(())limlim111()22xxxxxxefxefxee→+∞→+∞′==′又21lim2xxe→+∞=+∞，所以与2()xefx212xe为等价无穷大，故2lim()xxefx→+∞=+∞ （2）由22()2()()1lim()22xxxefxfxfxfxe→+∞′+===，而[]lim2()()1xfxfx→+∞′+= 故lim()xfx→+∞′存在，且有lim2()lim()1xxfxfx→+∞→+∞′+=⇒lim()0xfx→+∞′= 六、设C为实数，函数()fx满足下列条件：lim(),lim()0xxfxCfx→∞→∞′′′==， 求证：lim()0,lim()0xxfxfx→∞→∞′′′== 证明：应用泰勒公式有：11(1)()()()(())026fxfxfxfxfxxς′′′′′′+=++++1ς （1） 11(1)()()()(())026fxfxfxfxfxxηη′′′′′′−=−+−+1 （2） （1）+（2）得：11()(1)2()(1)(())(())66fxfxfxfxfxxfxxη′′′′′′′′=+−+−++−+ς （3） （1）‐（2）得：112()(1)(1)(())(())66fxfxfxfxxfxxη′′′′′′′=+−−−+−+ς （4） 当x时，→∞(),()xxxxης+→∞+→∞因此有： 1111lim()2000lim()0006666xxfxCCCfxCC→∞→∞′′′=−++⋅−⋅==−−⋅−⋅= 七、设函数)(xϕ在（，）连续，周期为1，且，函数在[0，1]上有连续导数，设，求证：级数收敛。−∞dx+∞0)(10=∫dxxϕ)(xfnxfan)10∫=x()(ϕ∑∞=12nna证明：由已知条件，令，则为周期为1的函数，且∫∫∫−====102110)()()(nnduuduuduuϕϕϕ∫=xdttxF0)()(ϕ)(xF0)()0(),()('===nFFnxnxFϕ，因此∫∫∫−===10101010)()('1)()(1)()(1)(')(dxnxFxfnxFxfnnxdFxfndxnxFxfan∫−−=10)('1)0(0(1)1()1(1xfnFfnFfndxnxF)(=dxnxFxfn)()('1−)(xF∵连续、周期，有界，，使)(xF∴01∃∴M),(+∞−∞∈∀x，有MxF≤|)(|，即，又在连续，，使MnxF≤|)(|)('xf∵]1,0[02∃∴M)1,0(∈∀x，有，故2M|)≤('|xf,21M1'|Mnf|)()(dxnxFx≤1||nan≤22M21M221nan≤，由正项级数比较法知∑收敛.∞=1n2na八、设函数在（）上连续，在)(xf],[aa−0a0=x可导，且0)0(≠′f.（1）求证：，),0(ax∈∀)1,0(∈θ，等式成立.)]()([)()(00xfxfxdttfdttfxxθθ−−=+∫∫−（2）求极限.θ+→0limx证明：（1）令,00()()()xxFxftdtftdt−=+∫∫(0,)xa∈,由中值定理得()(0)'()(0),(0,1)FxFFxxθθ−=−∈，(0)0F=∵00()()[()()]xxftdtftdtxfxfxθθ−∴+=−−∫∫.（2）由上式变形得002()()2xxftdtftdtx−+=∫∫()()2fxfxxθθθθ−−两边取极限，0x+→，0()()1lim'(0)42xfxfxfx+→−−==左，0'(0)limxfθ+→=右，'(0)0f≠∵，01lim2xθ+→∴=.九、设一球面的方程为222(1)4xyz+++=，从原点向球面上任一点Q处的切平面作垂线，垂足为点P，当点Q在球面上变动时，点P的轨迹形成一封闭曲面S，求此封闭曲面S所围成的立体Ω的体积.解：设点Q为，则球面的切平面方程为000(,,)xyz000000()()(1)()xxxyyyzzz0−+−++−=垂线方程为0000001zxt⇒+,,1xyxytyztzxyz====+=代入222000(1)4xyz+++=及切平面方程得22224xyzt++=，xy，即（P点轨迹）.化为球坐标方程得22222zztxy+++=++2()z2222222()4(xyzzxyz+++=++2c)osρϕ=−.200siVdππ2cos002n(2c3ddϕπ23os)(2cos)dπθϕϕρρϕϕ−==∫∫−−∫∫403π=十、设S是以L为边界的光滑曲面，试求可微函数()xϕ使曲面积分2(1)()4()4Sxxdydzxyxdzdxxzdxdyϕϕ−++∫∫与曲面S的形状无关。解：以L为边界任作两个光滑曲面，它们的法向量指向同一例，21,SS12SS∴=∫∫∫∫，记为与所围成的闭曲面，取外侧，所围立体为，则*S1S2SΩ021*=+=∫∫∫∫∫∫−SSS，由高斯公式得()0PQxy∂∂∂++=∂∂∂RdVzΩ∫∫∫，由的任意性得Ω202()(1)'()PQR∂=∂xxxxxyzϕϕ∂∂++⇒−+−∂∂4()4xxx0ϕ++=,即解线性非齐次方程得2(1)'()2()40xxxxxϕϕ−++=2()2xcxcϕ=−+−十一、设(,)fxy在单位圆上有连续的偏导数，且在边界上取值为零，证明2201(0,0)lim2Dffxyxyfdxdyxyεπ→∂∂+−∂∂=+∫∫其中D为圆环域：2221xyε≤+≤证明：令cos,sinxryrθθ==, 则 cossinffxfyffrxryrxyθθ∂∂∂∂∂∂∂=⋅+⋅=+∂∂∂∂∂∂∂ cossinffffrrrxyrxyxθθ∂∂∂∂∂=+=+∂∂∂∂∂fy于是222DDfffxyrxyrIdxdyrdrdxyrθ∂∂∂+∂∂∂==+∫∫∫∫212100(cos,sin)fddrfrrrππεεdθθθθ∂==∂∫∫∫2200(cos,sin)(cos,sin)fdfππdθθθεθεθθ=−∫∫，因(,)fxy在单位圆的边界上取值为零，故(cos,sin)0fθθ=，再利用定积分的中值定理，可知2***0(cos,sin)2(cos,sin),[0,2]Ifdfπεθεθθπεθεθθπ=−=−∈∫，故2201lim2Dffxyxydxdyxyεπ→∂∂+−∂∂+∫∫**0lim(cos,sin)(0,0).ffεεθεθ→==十二、设在全平面内有连续的偏导数，且满足(,),(,)uxyvxy,uvuxyyvx∂∂∂∂==−∂∂∂∂，记C为包围原点的正向简单闭曲线，计算22()()CxvyudxxuyvdyIxy−++=+∫y解：记，其中CIPdxQd=+∫22