2018年数学竞赛试卷

《2018年邵阳学院高等数学竞赛》试卷考试时量：120分钟　　总分：100分注意事项:1、答案必须写在答题纸上，填写在试卷上无效.2、答案必须写明序号，并按题号顺序答题.3、请保持行距，保持卷面整洁.一一一、、、填填填空空空题题题(本本本大大大题题题共共共10小小小题题题，，，每每每小小小题题题4分分分，，，共共共40分分分)1.limx→+∞(px2+5x+3+ax+b)=0,则a,b=aaaaaaaaaaa.2.已知ddx[f(x2)]=2x,则f′(x)=aaaaaaaaaaa.3.∫1−λxx2eλxdx=aaaaaaaaaaa.4.设φ(x)可微,f(x)=e1+φ2(x),f′(1)=2,φ(1)=1,则φ′(1)=.5.设y=sin2x,求y(n)=aaaaaaaaaaa.6.圆{2x+2yz=2x2+y2+z24x2y+2z19的面积为aaaaaaaaaaa.7.∫π0sin2xcos4xdx=aaaaaaaaaaa.8.∞∑n=1n+13n=aaaaaaaaaaa.9.设f(u,v)可微,方程f(xz2,yz2)=0确定z=z(x,y),则∂z∂x+∂z∂y=.10.设D为直线y=x,y=0,x=1围成区域,则∫∫Darctanxdxdy=.二二二、、、已知函数f(x)在x=0的某邻域内具有二阶连续导数,且limx→0f(x)x=0,f′′(0)=1,求limx→0(1+x+f(x)x)1x.三三三、、、设f(x)在[a,b](a0)上连续,∫baf(x)dx=0,试证明存在ξ2(a,b),使得∫ξaf(x)dx=ξf(ξ).四四四、、、已知ABCD是等腰梯形,BC//AD,AB+BC+CD=8,求AB,BC,AD的长，使得梯形绕AD旋转一周所得的旋转体的体积最大.五五五、、、已知数列fang,a1=1,a2=2,a3=5,


,an+1=3anan−1(n=2,3,


)，记xn=1an,判别级数∞∑n=1xn的敛散性.六六六、、、设Ω是曲线{y2=2zx=0绕z旋转的旋转面和平面z=1,z=2所围成的立体区域,计算∫∫∫Ω(x3+y3+z3)dxdydz.七七七、、、设f(x)连续可导,f(1)=1,G为不含原点的单连通域，任取M,N2G,在G内曲线积分∫NM12x2+f(y)(xdyydx)与路径无关.(1).求f(x);(2).求HL12x2+f(y)((xdyydx),其中L为椭圆2x2+y2=1的边界取正向.(注：第二到第七题每题各10分).参考答案一一一、、、填填填空空空题题题(本本本大大大题题题共共共10小小小题题题，，，每每每小小小题题题4分分分，，，共共共40分分分)1.1,522.1x3.1xeλx+C4.e−25.2n−1cos(2x+nπ2)6.92π97.π168.549.12z10.π412.二二二、、、解:由limx→0f(x)x=0,得f(0)=f′(0)=0,故limx→0(1+x+f(x)x)1x=elimx→01xln(1+x+f(x)x)=elimx→0(1+f(x)x2)=e1+limx→0f′(x)2x=e1+limx→0f′′(x)2=e32.三三三、、、证明：作辅助函数F(x)=∫xaf(t)dtxx2[a,b],则F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导，且F′(x)=xf(x)−∫xaf(t)dtx2,又F(a)=F(b)=0,由Rolle中值定理，存在ξ2(a,b)使得F′(ξ)=0,即ξf(ξ)∫ξaf(t)dtξ2=0,由此得∫ξaf(x)dx=ξf(ξ).四四四、、、解：设AB=x,梯形的高为y，绕AD旋转所得立体为V,则BC=82x,AD=82x+2√x2y2,V=πy2(82x)+2π3y2√x2y2(0x6,0y6).由{V′x=2πy2+2π3y2xpx2−y2=0V′y=2πy(82x)+4π3y√x2y22π3y2ypx2−y2=0得x=3,y=2p2.由驻点唯一性知，当AB=3,BC=2,AD=4时，所得旋转体的体积最大为64π3.五五五、、、解：先用数学归纳证明an为单调增加数列：显然a1a2，设an−1an,由题设条件an+1=3anan−1得an+1an=2anan−1=an+(anan−1)anan−10,于是anan+1成立.故an为单调增加数列.又由an+1=3anan−1=2an+(anan−1),得an+12an,从而有an2an−122an−2


2n−1a1=2n−1,所以xn=1an12n−1.而级数∞∑n=112n−1收敛，由比较审敛法知正项级数∞∑n=1xn收敛.六六六、、、解：因为立体Ω关于yoz面和zox面对称，由三重积分的对称性质有∫∫∫Ωx3dxdydz=∫∫∫Ωy3dxdydz=0.所以∫∫∫Ω(x3+y3+z3)dxdydz=∫∫∫Ωz3dxdydz=∫21dz∫∫D(z)dxdy=2π∫21z4dz=62π5.七七七、、、解:因p(x,y)=y2x2+f(y),Q(x,y)=x2x2+f(y),则∂P∂y=−(2x2+f(y))+yf(y)[2x2+f(y)]2,∂Q∂x=−2x2+f(y)[2x2+f(y)]2.由曲线积分与路径无关的条件有∂P∂y=∂Q∂x有(2x2+f(y))+yf′(y)=2x2+f(y),整理得下列微分方程f′(y)2yf(y)=0解此微分方程得：f(y)=Cy2,代入初始条件得f(y)=y2.IL12x2+y2(xdyydx)=ILxdyydx=2∫∫Ddxdy=p2π.