南昌大学第七届高等数学竞赛(理工类)试题答案

第1页共4页南昌大学第七届高等数学竞赛(理工类)试题答案一、1、3.2、92.3、24.4、2xxyee.5、1,1,2.二、1、D.2、D.3、C.4、A.5、B.三、解令ny1121nnnnn，则1lnlnlnln1ln21nynnnnn=111ln1ln1nnnn=111ln1niinnlimlnlimnnny111ln1niinn=10ln1xdx=2ln21原式=4e四、解100sinsinsin2nntdttdttdt当x时，存在正整数n使1nxn，因此1000sinsinsinnxntdttdttdt2n0sinxtdt21n0sin2121xtdtnnnxnlimn221nn，limn212nn0sinlimxxtdtx=2第2页共4页五、解由0,0xy得0z.方程两边对x求偏导得2sincosxyxyzzzexeyyzyxzxxxx,0,0,,0,0,01xyxyzzzxx上述方程两边再对x求偏导数得2212sincosxyxyzzzeyxyeyyzyxzxxxxxx将0,0xy，0z代入得2,0,02xyzx=0六、解令uxt，则0xtfxtdt=0xxufudu=00xxxfuduufudu原方程可化为000xxxftdtxxfuduufudu两边对x求导得01xfxfudu（﹡）再对x求导得fxfx求解此微分方程得xfxce由（﹡）得01f，代入上式得1c因此xfxe七、解在t秒时刻，冰雹的质量为0Mmt，速度为vt，受阻力为kv，0k为比例系数，根据牛顿运动定律得0000dvMmtMmtgkvdtv化简得0dvkvgdtMmt解得00kmgvMmtcMmtmk，由00v得c10kmgMmk，于是1000kkmmggvMmtMMmtmkmk第3页共4页八、解25151122xxxx，令512a，512b，则0011111155nnnnxxfxaxbxaabb=1101155nnnnnxab，xa.由于1ab，因此1111011111!555nnnnnnnfbabanb11105nnbab11!05limlim511nnnnnnnfaab，由11nna收敛得1!0nnnf收敛九、证212222!2ababababfxffxfx，介于x与2ab之间2112222!2ababababfbffbfb2212222!2ababababfaffafa相加得2121228abfafbfbaff，（1）不妨设12，由fx在,ab内连续得fx在12,上连续，设fx在12,上的最大值和最小值分别为M和m，则1212ff,mM,由介值定理得至少存在一点12,,ab使得f1212ff，代入（1）得结论.十、解222zaxy，222xxzaxy，222yyzaxy2222315,:,0,024Dxyaxyaxy，由对称性得4S2222214xyDDazzdxdydxdyaxy=152243220242aaaadda第4页共4页十一、解令0:0,02LOAyxa,0sincosxxLeybxydxeyaxdy=2202abxdxab,由格林公式得20sincos2xxLDLabaeybxydxeyaxdybad,00LLLI23222aba.十二、解1、122021cossin1rrIdrdrr，由于31122220022cossincossin011rrrdrdrddrrr，因此1220211Idrdrr=ln222令2220:0,zxya，取下侧。2220333xyzdv=5222200063sin5aaddrrdr222250001sin4aDaydxdydda55561295420Iaaa