2011高数竞赛模拟试题4参考答案

由问题的实际意义知, f ( x, y , z ) 确有最大值, 故当点 P 到长为 a, b, c 的边的距离分别
4
2011 高等数学竞赛模拟试题 4
为x =
2S , 3a
y=
2S , 3b
z=
2S , 三垂线长的乘积最大. 3c
2 2 2
(10 分)
七(10 分). 设一物体所占据的空间区域 Ω 是由 YOZ 平面上的纽线 ( y + z ) = 2 yz 绕 Z 轴 旋转一周所围成的闭区域 , 其上任一点的体密度 ρ = 体的质量. 解 物体的质量为
sin x ( x ≥ 0) 与 OX 轴所围图形的面积.
| 2e − x sin x | dx .
(2 分)
∫
+∞
0
2
2011 高等数学竞赛模拟试题 4
由 于 sin x 在 区 间 [2kπ , (2k + 1)π ] 上 非 负 , 而 在 区 间 [(2k + 1)π , (2k + 2)π ] 上 非 正 ( k = 0,1, 2, " ), 所以
故得
(10 分)
六(10 分). 从已知 ΔABC 内部的点 P 向三角形的三边作三条垂线，求使此三垂线长的乘 积最大时点 P 的位置. 解 设 BC = a , AB = c, AC = b , 三角形内点 P 到 BC , AB, AC 三边的距离分别为 x, y , z .
又设三角形面积为 S (常数). 令 设
2011 高等数学竞赛模拟试题 4
高等数学竞赛试题 参考答案
一．填空题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分）
a ( x − tan x ) + b( e x − 1) 1．若 lim = 1 ，则 b = x →0 ln(1 + 2 x ) + c arcsin x 2
2. 设 f ( x ) 在 x = 1 点连续, 且 x → 1 时, 3. 函数 u = z
f ( x, y , z ) = xyz , 且 ax + by + cz = 2 S .
(2 分) (5 分)
F ( x, y, z, λ ) = xyz + λ (ax + by + cz − 2S ).
⎧ F ′ = yz + λ a = 0, ⎪ x ⎪ ⎪ Fy ′ = xz + λ b = 0, 解方程组 ⎨ ⎪ Fz′ = xy + λ c = 0, ⎪ ⎪ ⎩ Fλ ′ = ax + by + cz − 2 S = 0 2S 2S 2S . 得驻点 x = , y= , z= 3a 3b 3c
M = 2 ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dx∫ 2 dϕ ∫
0
π
sin 2ϕ
0
r ⋅ r 2 sin ϕ dr
(8 分)
= π ∫ 2 sin 2 2ϕ ⋅ sin ϕ d ϕ
0
π
= π ∫ 2 4 sin 2 ϕ cos2 ϕ sin ϕ dϕ =
0
π
8 π. 15
→∞ n →∞
(6 分)
n −1
| x1 − x0 | ,
及 k < 1 , 令 n → ∞ , 由夹逼准则得 lim | xn − x0 |= 0 , 从而 lim( xn − x0 ) = 0 , 即
lim xn = x0 .
n →∞
(10 分)
−x
三(10 分). 求曲线 y = 2e 解 图形的面积为 S =
ρ ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 , 求该物
M = ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz.
Ω
双纽线的极坐标方程 r = sin 2ϕ .
2
(3 分)
设物体在 XOY 平面上方部分为 Ω1 . 由对称性, 整个 Ω 的质量是 Ω1 质量的 2 倍. 利用球面 坐标求积分
S = ∫ 2e − x sin xdx − ∫
0
π
2π
π
2e − x sin xdx + " −
(6 分)
= lim
n →+∞
∑ (−1)k ∫
k =0 n
n
( k +1)π kπ
2e − x sin xdx
+1)π = lim ∑ ( −1)k [− e − x (cos x + sin x )](kk π n →∞ k =0
| x ′ − x0 |=| f ( x ′) − f ( x0 ) | ≤ k | x ′ − x0 | <| x ′ − x0 | ,
矛盾, 这说明存在惟一的 ∃x0 ∈ [a, b] , 使 f ( x0 ) = x0 . (2) 由于 | xn − x0 |=| f ( xn −1 ) − f ( x0 ) |≤ k | xn −1 − x0 |≤ " ≤ k
= 1 + 2 lim
n →+∞
∑e
k =1
n
− kπ
= 1+
2 . e −1
π
(10 分)
四(10 分). 已知 z = f [ϕ ( x ) − y , xh( y )] , 其中 f (u, v ) 具有二阶连续偏导数,
ϕ , h 均为二阶
可导函数, 计算
∂2 z ∂2 z , . ∂x∂y ∂ 2 y
61 2 π ≤ ∫∫ sin ( x 2 + y 2 )3 dxdy ≤ π . 165 5 D
证明
I = ∫∫ sin ( x 2 + y 2 )3 dxdy = 2π ∫ r sin r 3dr
D 0
1
(2 分)
= 2π ∫ r ( r 3 −
0
1
r9 + ") dr. 6
(6 分)
由
9 1 1 61 2 2π ∫ r ( r 3 − r )dr = π , 2π ∫ r 4 dr = π 0 0 6 165 5 9 1 1 61 2 π = 2π ∫ r ( r 3 − r ) dr ≤ I ≤ 2π ∫ r 4 dr = π . 0 0 6 165 5
(10 分)
八(10 分). (本大题两小题, 每小题 5 分) (1) 设正项级数
∑a
n =1
∞
n
收敛, 数列 {xn } 满足 x1 = 1 且 xn +1
2 xn + x n + an , n = 1, 2, " = 2
试证数列 {xn } 收敛. (2) 已知正项级数
∑ cn n 收敛, 试证 ∑∑
从而 xn +1 − xn =
n
an < an , 于是得 4 xn +1
∞
∑(x
k =1
n
n +1 − xk ) < ∑ ak k =1
n
即
xn +1 < 1 + ∑ ak ≤ 1 + ∑ ak ,
k =1 k =1
所以 {xn } 有上界, 即 {xn } 为递增且有上界的数列, 故收敛.
2 x 2
1
2011 高等数学竞赛模拟试题 4
y3 = 2 x − e x − ( x 2 + 1) , y = ex − x2 − x − 1 .
10. 级数
则 方 程 满 足 条 件 y (0) = 0, y ′(0) = 0 的 特 解 为
∑2
n =1
∞
7 n2 + 1 的和为 e −1 . n 4 ⋅ n!
=∫
2
0
rdr ∫
arctan
r 2
0
f ( r , θ ) dθ + ∫ rdr ∫
2
n
0
f ( r, θ ) dθ .
8. 设幂级数
∑ a ( x + 1)
n =0 n
∞
的收敛域为 ( −4, 2) , 则幂级数
∑ n + 1 ( x − 3)
n =0
∞
an
n
的收敛区间为
（0，6） . 9. 已知 y ′′ + p ( x ) y ′ + q( x ) y = f ( x ) 的三个特解 y 1 = x − ( x + 1), y2 = 3e − ( x + 1),
解
设 u = ϕ ( x ) − y , v = xh ( y ). 则
∂z ∂f ∂f h( y ), = ϕ ′( x ) + ∂x ∂u ∂v
∂z ∂f ∂f xh ′( y ). =− + ∂y ∂u ∂v
(4 分)
∂2 z ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂v ∂f ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂v = ϕ ′( x )[ 2 + + h ( y )[ + ] + h ′( y ) ] ∂x∂y ∂u ∂y ∂u∂v ∂y ∂v ∂v∂u ∂y ∂v 2 ∂y
2 ∂2 z = 2 xf + 2 x 3 y ( f1′ + e x y f 2′ ) . ∂x∂y
7. 交换积分的次序
∫
π
4 0
dθ ∫ sin θ +cosθ f ( r, θ )rdr + ∫π2 dθ ∫
0 4 2 arcsin 2 π − r 4
2
π
2cos θ
0
f ( r, θ ) rdr
n →∞