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高等数学竞赛试卷及答案

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高等数学竞赛试卷及答案高等数学竞赛试卷及答案一.填空题(每题3分,共30分)1|x|,1,1.已知函数,则函数.f[f(x)],f(x),,0|x|,1,解:.f[f(x)],12x,x1f(x),1,2.函数的间断点是,它们的类型分别为22x,1x.解:和.是跳跃间断点,是无穷间断点,是可去间x,0x,,1x,0x,,1x,1断点.由于22xxxx(,1),1,(,1),1lim(),lim,,1limf(x),lim,1fx,;22,,,,x,0x,0x,0x,0xx,1,1,;limf(x),,,limf(x),,,,,x,,1x,,1x12...
高等数学竞赛试卷及答案
高等数学竞赛试卷及答案一.填空题(每题3分,共30分)1|x|,1,1.已知函数,则函数.f[f(x)],f(x),,0|x|,1,解:.f[f(x)],12x,x1f(x),1,2.函数的间断点是,它们的类型分别为22x,1x.解:和.是跳跃间断点,是无穷间断点,是可去间x,0x,,1x,0x,,1x,1断点.由于22xxxx(,1),1,(,1),1lim(),lim,,1limf(x),lim,1fx,;22,,,,x,0x,0x,0x,0xx,1,1,;limf(x),,,limf(x),,,,,x,,1x,,1x12x12limf(x),lim1,,limf(x),lim1,,,.22,,,,x,1x,1x,1x,11212x,x,xx因此是跳跃间断点,是无穷间断点,是可去间断点.x,0x,,1x,1b,ln(1,ax)x,0,2xf(x),a,3.设在可导,则,.x,0b,,e,1x,0,sin2x,2x2f(x)f(0)e1x1,,,f(0),lim,lim,lim,解:;,2,,,x,x,x,000xxsin2x2x2bbf(x),f(0)ln(1,ax)ax,f(0),lim,lim,lim,a(仅当).b,1,,,,,0,0,0xxxxxx1,,f(0)f(0)=,故,.a,b,1,,212,f(x),f(x),(x,0)4(函数,则.x11222,,,f(x),2x,Cxf(x),1,f(x),xf(x)dx,x,C解:.,22fx(),lim,2f(x)f(1)5(设在处连续,且,则=.x,1x,15(x,1)考试日期:2010年3月13日星期六高等数学竞赛试卷答案及评分120分钟第1页共8页f(x)f(x),f(1)1,lim,lim,f(1),2解:由条件可知,,f(1),limf(x),0x,1x,1x,15(x,1)5(x,1)5,因此=10.f(1)xy2dytx6(设是由方程所确定的隐函数,则=.edt,ye,2|yx,0,0dxxy2tx解:在方程中取,得.edt,ye,2y(0),2x,0,022xyx,,x方程两边对求导,得:,(y,xy)e,e(y,y),0dy代入,,得.y(0),2|,,4x,0x,0dx11127(设,则f(x)dx=.f(x),,(1,x)f(x)dx,,2001,x112A,f(x)dx解:令,则两边从0到1积分,得:f(x),,(1,x)A,201,x114,131,A,f(x)dx,arctanx|,A(x,x)|,,A00,034313().,A,fxdx,,,,042428(定积分x4,xdx=.,0解:令,则x,2sint,,242464222x4,xdx,(2sint),2cost,2costdt,2sint(1,sint)dt,,,000,3,15,3,16.,2,[,],,2,4,26,4,22,,,2(e,)9(对数螺线r,e在点处的切线方程是.2,,,x,ecos,,dysin,cos,|,|,,1解:,,因此切线方程为:,,,,x,,,dx,,cos,sin,y,esin,22,,,22y,e,,(x,0)x,y,e,即.,,,,,,,,,,ab|a|,1|b|,1(,),3010(设,,与b的夹角,则以a,2b和3a,b为邻边的a平行四边形面积=.S解:由向量外积的几何意义可得:,,,15,,,S,|(a,2b),(3a,b)|,5|a,b|,5,1,1,,.22考试日期:2010年3月13日星期六高等数学竞赛试卷答案及评分标准120分钟第2页共8页二.计算下列各题(每题5分,共30分)11,tanx3x1.lim().x,01sin,x11x,xtansin3,x1tan3xx解:,lim[1,]原式,lim[1,(,1)],x0,x0,x1sin,x1sin,sinx(1,cosx)1tanxsinx1,,lim?,lim33x,0x,0,(1sinx)cosxx,1sinxxsinx1,cosx11,lim,,,,2x,0xx(1,sinx)cosx2333n123,,,?,2.lim.5n,03n11111n1112nk1333333lim[(),(),?,()]解:原式====.,xdxlim(),,0n,,,,nnnnn4nn,1k(n)f(1)3.设y,xlnx,求解:使用莱布尼兹高阶导数公式nn(,1)!(,2)!(n)(n)(n,1)n,1n,2fxxxnxxn(),(ln),(ln),(,1),(,1)nn,1xxnn,,(1)1n,2n,2nn=,,,,,,(1)(2)![](1)(2)!n,1n,1n,1xxx(n)n,2f(1),(,1)(n,2)!所以.24(求xarctanxln(1,x)dx.,1222,ln(1,x)d(1,x)解:?xln(1,x)dx,,211222,(1,x)ln(1,x),x,C.2211222原式,arctanxd[(`1,x)ln(1,x),x],2221x12222,,,[ln(1x)]dx,[(`1,x)ln(1,x),x]arctanx2,,21x2考试日期:2010年3月13日星期六高等数学竞赛试卷答案及评分标准120分钟第3页共8页1xx2222,arctanx[(`1,x)ln(1,x),x,3].,ln(1,x),,C.2225(求max{1,x}dx.,,x,x,,1,,解:设f(x),max{1,x},则f(x),1,,1,x,1,?f(x)在(,,,,,)上连续,,,x,x,1,则必存在原函数F(x).1,2,x,Cx,,,11,2,又?F(x)须处处连续,有Fx,x,C,,x,(),11.,2,12,x,Cx,,132,112lim(x,C),lim(,x,C)即,1,C,,,C,2121,,x,,x,,1122112lim(x,C),lim(x,C)即,C,1,C,3232,,x,x,11221联立并令C,C,可得C,,C,C,1,C.12321,2,x,Cx,,,1,2,1,,,,,,,故xdxxCxmax{1,},11.,,2,1,2xCx,,,1,1,2,,,1求dx6(,0x(1,x)(1,x)x,u解法一:令,则,,,,11dx,2du2,,00(1,u)(1,u)x(1,x)(1,x),,,,,,111,u,du,du,du22,,,000(1,u)(1,u)(1,u)(1,u)11u,,,2,,,,uuu,[ln(1,),ln(1,),arctan]|,ln|,,.0022221u,考试日期:2010年3月13日星期六高等数学竞赛试卷答案及评分标准120分钟第4页共8页解法二:令x,tant,则,,2,,12tan,secsinttt22,,2dxdtdt,,,2000sin,costan(1,tan)secttttt(1,)(1,)xxx,,,cossintt,222dt,,dt,dt,.,,,000sin,cossincos2ttt,t,,22(注:解法二利用了以下公式:)f(sinx)dt,f(cost)dt,,00三.求满足方程f(x,x),f(x)f(x)的表达式,其中x、x为任意实数,f(x)121212,且已知.(本题7分)f(0),2解:由f(x,x),f(x)f(x),令x,x,0,则有.f(0)[f(0),1],0121212于是有或.如果,则由导数定义有f(0),0f(0),1f(0),0fxfffxf(),(0)(0)(),(0),f(0),lim,lim,0x,0x,0xx,显然,这与已知f(0),2相矛盾,故舍去f(0),0.当时,由导数定义有f(0),1fx,,x,fxfxf,x,ffx()()()()(0)(),fx,,()limlim,x,0,x,0,x,xf,,x,ff,x,()1(0)(0),,fx,fx,f(x)f(0),2f(x)lim()lim(),x,0,x,0,x,x,f(x)2x,,2f(x),ce(lnf(x)),2lnf(x),2x,lnC由得,所以,故,f(x)2xf(x),e因为f(0),1,所以,故.c,11x,,e1x,,,,,2f(x)x0x1四.求函数,,,的导数.(本题5分),,3xx0,,,,,f(x)解:在各开区间内分别对求导有x,1,e1,x,,,,f(x),2x0,x,1,,23x,,,x,0,下面考察分界点与处的可导性.x,0x,12,,当时,f(0),limf(x),lim3x,0x,0,,,x,x,00,,f(0),limf(x),lim2x,0,,,x,0x,0,f(0),0f(x)所以,即在处可导.x,0考试日期:2010年3月13日星期六高等数学竞赛试卷答案及评分标准120分钟第5页共8页,,当时,f(1),limf(x),lim2x,2x,1,,,x,1x,1x,1,,f(1),limf(x),lime,1,,,x,1x,1,,得f(1),f(1),故在处不可导.因此f(x)x,1,,1x,,e1x,,,,,x,1不存在,,f(x),,2x0,x,1,2,3xx0,,,,,2y,3,x,1x五.求曲线与轴围成的封闭图形绕直线旋转所得的旋转体y,3体积.(本题7分)解:利用对称性,在第一象限y23x,2,0,x,1,y,,2,4,x,1,x,2故旋转体体积为:ox121222222V,,,3,4,2,[3,(x,2)]dx,2,[3,(4,x)]dx,,01144822,,,36,,2,(1,x)dx,0151,2xf(x),六.对的不同取值,讨论函数在区间[t,,,)上是否有最大值或最t22,x小值,若存在最大值或最小值,求出其结果.(本题7分)f(x)(,,,,,)解:显然的定义域为:,22(2,x),2x(1,2x)2(2,x)(1,x),x,,2,x,1,得驻点:.f(x),,122222(2,x)(2,x)于是有:1,,,2,,,x(,,,,2)(1,,,)11,21,,2,,,,,1,,22,,,0++0y,,,极小值极大值?y0???11,2考试日期:2010年3月13日星期六高等数学竞赛试卷答案及评分标准120分钟第6页共8页又:.limf(x),0,limf(x),0x,,,x,,,记与分别表示在区间上的最大值与最小值.M(t)m(t)f(x)[t,,,)从上表不难看出:1?时,;m(t),f(,2),,,M(t),f(1),1t,,2211,2t,2,t,,?时,;m(t),f(t),,M(t),f(1),1222,t1?时,无;m(t),M(t),f(1),1,,t,121,2tm(t),M(t),f(t),?时,无.1,t22,t12531x,y,z,xy,z,::七.平面通过两直线和的公垂线,且L,,L,,L12121132,平行于向量,试求此平面方程.(本题7分)c,{1,0,,1},,解:显然,所求平面的法向量同时垂直于和公垂线的方向向量,取Lnc,,,s,s,s,{1,2,1},{1,3,2},{1,,1,1},则:12,,,,n,{s,s},c,{1,,1,1},{1,0,,1},{1,2,1}12LL为了求出平面上的某一点,只要确定公垂线上的一点.按照,的参数方21LL程,可设公垂线与直线,分别交于点A(t,1,2t,2,t,5),L21ABB(,,3,,3,2,,1),则.因为平行于AB,{,,t,1,3,,2t,1,2,,t,6},,所以s,t,13,2t,12,t,6,,,,,1,11t,6,,,5A(7,10,11)解之得,从而,故所求平面方程为:(x,7),2(y,10),(z,11),0x,2y,z,38,0,即.f(x)[0,1]f(0),f(1),0f(x)[0,1]八.设函数在上二阶可导,,且在上的最小值,,f(,),8,,(0,1)为,证明:至少存在,使.,1c,(0,1)f(c),,1f(x)[0,1]证明:由已知,存在,使得是在上的最小值,即为,f(c),0极小值,所以。由泰勒公式得:12,,,,,(0,c)f(0),f(c),f(c)(0,c),f(,)c,11212,,,,,(c,1)f(1),f(c),f(c)(1,c),f(,)(1,c),22222,,,,f(,),,得f(),,2122(1,c)c21,,f(,),,8当c,时,122c考试日期:2010年3月13日星期六高等数学竞赛试卷答案及评分标准120分钟第7页共8页21,,当时,f(,),,8c,222(1,c),,所以,至少存在,使.f(,),8,,(0,1)考试日期:2010年3月13日星期六高等数学竞赛试卷答案及评分标准120分钟第8页共8页
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