浙江省高数竞赛6历届高等数学竞赛真题

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数学竞赛高数试题及答案

数学竞赛高数试题及答案试题一：极限的计算问题：计算极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}\)。

解答：根据洛必达法则，我们可以将原式转换为 \(\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1}\)，由于 \(\cos 0 = 1\)，所以极限的值为 1。

试题二：导数的应用问题：若函数 \( f(x) = 3x^2 - 2x + 1 \)，求其在 \( x = 1 \) 处的导数值。

解答：首先求导数 \( f'(x) = 6x - 2 \)，然后将 \( x = 1 \) 代入得到 \( f'(1) = 6 \times 1 - 2 = 4 \)。

试题三：不定积分的求解问题：求不定积分 \(\int \frac{1}{x^2 + 1} dx\)。

解答：这是一个基本的积分形式，可以直接应用反正切函数的积分公式，得到 \(\int \frac{1}{x^2 + 1} dx = \arctan(x) + C\)，其中\( C \) 是积分常数。

试题四：级数的收敛性判断问题：判断级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \) 是否收敛。

解答：根据比值测试，我们有 \(\lim_{n \to \infty}\frac{1}{(n+1)^2} / \frac{1}{n^2} = \lim_{n \to \infty}\frac{n^2}{(n+1)^2} = 1\)，由于极限值为 1，小于 1，所以级数收敛。

试题五：多元函数的偏导数问题：设函数 \( z = f(x, y) = x^2y + y^3 \)，求 \( f \) 关于\( x \) 和 \( y \) 的偏导数。

解答：对 \( x \) 求偏导，保持 \( y \) 为常数，得到 \( f_x =2xy \)。

对 \( y \) 求偏导，保持 \( x \) 为常数，得到 \( f_y = x^2 + 3y^2 \)。

浙江省高数竞赛积分习题集

例1（1）ln ln ln (1ln )(1ln )(ln )x x x x x x x x x x dx e x dx e d x x e C x C +=+==+=+⎰⎰⎰（2）dx xx x dx x x x ⎰⎰+++=+++22221)1ln(1)1ln( )1ln()1ln(22⎰++++=x x d x x()C x x +++=232)1ln(32（3）2ln tan ln tan 11ln tan ln tan (ln tan )sin 22sin cos 24x x dx dx xd x x C x x x ===+⎰⎰⎰ （4）⎰⎰⎰+=+=+=+C x x x d dx x x x dx x x )arctan(cos )(cos 1cos )(cos 1cos sin 2cos 12sin 2222224 （5）C ex d edx exx x x x +=+=++++⎰⎰2221211211例2、（1）（06年真题） dx x x x x ⎰-++)1(1884解：（法一）4881(1)x x dx x x ++=-⎰dx x x x dx x x x ⎰⎰-+-+)1()1(188847447484811(1)1(1)1x x x x dx dx dx dx x x x x x x -+=+=+----⎰⎰⎰⎰ 3748111x x dx dx dx x x x =++--⎰⎰⎰ 4811ln ln 1ln 148x x x C =----+ （法二） dx x x x x x dx x x x x ⎰⎰-++-=-++)1(21)1(1884888437881211x x dx dx dx x x x =++--⎰⎰⎰ 而 dx x x dx x x dx x x x dx x x ⎰⎰⎰⎰++-=+-=-434344383121121)1)(1(1 4444441(1)1(1)11ln ||818181d x d x x C x x x-++=-+=+-+-⎰⎰从而 4848841111ln ||ln ||ln |1|(1)814x x x dx x x C x x x +++=+--+--⎰ 4811ln ln 1ln 148x x x C =----+ （2）22(1)ln(1)111x x x x x x x xx x x e e e e d e dx dx e dx e e C e e e+-+==-=-+++++⎰⎰⎰⎰ （3）（07年的真题）求⎰+dx x x 159解：⎰+dx x x 1593555552112(1)5515x C ===+（4）（资料中的发挥题）求x dx x x ⋅⎰4ln 2lnx d x x x d x x x dx x x ln 4ln ln 2ln ln ln 4ln 2ln 4ln 2ln ⎰⎰⎰++==⋅ln ln 2ln 4ln 4ln ln ln 4x d x x ++-==+⎰11ln ln (ln ln 4)2ln ln 4d x d x x +⋅++⎰⎰ln ln 2ln |ln 4|x x C =-⋅+例3、224222111()11)111()2d x x x x dx dx x C x x x x x x +-+===-+++-+⎰⎰⎰224222111()1111()2d x x x x dx dx C x x x x x-+-===+++-⎰⎰⎰2224441111211x x x dx dx dx x x x ⎛⎫+-=+ ⎪+++⎝⎭⎰⎰⎰1)x C x =-+ 2244411111211x x dx dx dx x x x ⎛⎫+-=- ⎪+++⎝⎭⎰⎰⎰1)x C x =-+（03年真题）2224440001111211x x x dx dx dx x x x +∞+∞+∞⎛⎫+-=+ ⎪+++⎝⎭⎰⎰⎰001)x x +∞+∞=-+=例4 （1）211sin 1sin tan sec 1sin (1sin )(1sin )cos x xdx dx dx x x C x x x x --===-+++-⎰⎰⎰（类似地，求⎰⎰⎰--+dx x dx x dx x sin 11,cos 11,cos 11等）（2）⎰⎰⎰+=++=++)1()()1()1()1(1x xx x x x x xe xe xe d dx xe xe e x dx xe x x ()()ln 11x x xxx x d xe d xe xe C xe xe xe =-=+++⎰⎰ （4）C x x dx x xdx x x +-+=--=+-⎰⎰221arcsin 1111*例5 若01()(0,0),st xI f t dx s t s s=+>>⎰则I 之值（ C ）（A ）依赖于x t s ,, （B ）依赖于t s , （C ）只依赖于t （D ）依赖于x s ,解：令s x t u +=，则x su st =-，201()()st t t xI f t dx f u du s s=+=⎰⎰例5（1）（资料中的发挥题）计算120ln(1)1x dx x ++⎰解：换元t x tan =，则 14422000ln(1)ln(1tan )tan ln tan 1sec x t dx d t tdt x tππ++==+⎰⎰⎰ 再令u t -=4π，有444001tan ln(1tan )ln(1tan())ln(1)41tan ut dt u du du uππππ-+=+-=++⎰⎰⎰4440002lnln 2ln(1tan )1tan du du u du uπππ==-++⎰⎰⎰ 从而 14200ln(1)ln(1tan )1x dx t dt x π+=++⎰⎰＝2ln 8π（2）（07经管类真题）20(1)(1)dxx x α+∞++⎰)0(≠α 解：12220011(1)(1)(1)(1)(1)(1)x tdxt dt t I dt x x t t t t ααααα=+∞+∞+∞+-===++++++⎰⎰⎰ 0220011arctan |1(1)(1)2dt dt t I I t t t απ+∞+∞+∞=-=-=-+++⎰⎰ 移项解得 20(1)(1)4dx I x x απ+∞==++⎰*（2）（05年数学类真题）计算220051tan dxxπ+⎰解：令tan x t = 则2200501tan dx xπ+⎰220050(1)(1)dt t t +∞=++⎰ 1200520052200522005220050011(1)(1)(1)(1)(1)(1)x tdxt dt t I dt x x t t t t =+∞+∞+∞+-===++++++⎰⎰⎰ 02220050011arctan |1(1)(1)2dt dt t I I t t t π+∞+∞+∞=-=-=-+++⎰⎰ 移项解得 4I π=，从而2200501tan dx x π+⎰220050(1)(1)4dt t t π+∞==++⎰（3）（首届高数竞赛真题） :证明：0)sin(202>⎰dx x π证明：22220)t x x dx ππππ===+⎰⎰⎰而20t u ππππ=+=⎰⎰从而原式=0dt π>⎰例6（1）计算992sin cos 17sin cos x xdx x xπ-+⎰解：999922200sin cos sin cos 17sin cos 17sin cos 17sin cos x x x x dx dx dx x xx x x x πππ-=-+++⎰⎰⎰而99222cos sin 17sin cos 17cos sin t x xtdx dt x xt tπππ=-=++⎰⎰从而999922200sin cos sin cos 017sin cos 17sin cos 17sin cos x x x x dx dx dx x xx x x x πππ-=-=+++⎰⎰⎰（2）（04 年真题）计算2cos 2004xdx x x πππ+-+⎰解：222022cos sin 2004()()200422t x xtdx dt x x t t ππππππππππ=--++=-+---+⎰⎰ 222222222222sin sin 200420042004444tt dt dt dt t t t πππππππππππ---+==++-+-+-⎰⎰⎰22022020044dt t πππ=+=+-⎰420042arctan420042arctan 22220ππππππ--=a ta（3）（资料中的发挥题）计算20sin 1cos x xdx xπ+⎰解：222202()cos sin 21cos 1sin t xt t x x dx dt xt πππππ=---=++⎰⎰ 222222cos cos 21sin 1sin tt t dt dt t t πππππ--=-++⎰⎰220sin 01sin d t dt t ππ=-+⎰ 22arctan(sin )4t πππ==例7（1）* C x e e x xe dx e x xe x d xe dx x xe x xx x x x x ++=++-=++-=+-=+⎰⎰⎰11111)1(2（2）（资料中的发挥题）设101xe dx a x=+⎰ 求120(1)x e dx x +⎰ 11110200011(1)1112x x x xe e e e dx e d dx a x x x x =-=+=-+++++⎰⎰⎰（3）dx xxe xcos 1sin 1++⋅⎰解： 2tan 2sec 212cos 22cos2sin 21cos 1sin 122x x x xx x x +=+=++ 从而 21sin 1sec tan tan tan 1cos 22222x x x x x x x x x x e dx e dx e dx e d e dx x +⋅=+=++⎰⎰⎰⎰⎰tan tan tan tan 2222x x x xx x x x e e dx e dx e C =-+=+⎰⎰（4）（首届高数竞赛真题）计算12121(1)x x x e dx x ++-⎰解：11122211122211(1)()x x x x xx x e dx x e dx e dx x x ++++-=-+⎰⎰⎰1122112221(1)x x x x x e dx e dx x ++=-+⎰⎰112211221()x x xx xed xe dx x ++=++⎰⎰11221122x x xxxdeedx ++=+⎰⎰1212x x xe+=-1212x xedx +⎰＋1212x xedx +⎰5232e =（5）设0(()"())sin 5.f x f x xdx π+=⎰.2)(=πf 求)0(f解：(()"())sin ()sin sin ()f x f x xdx f x x dx x df x πππ'+=+⎰⎰⎰00()sin sin ()cos ()f x xdx x f x x df x πππ'=+-⎰⎰00()sin cos ()sin ()f x xdx x f x x f x dx πππ=--⎰⎰cos0(0)cos ()5f f ππ=⋅-⋅= 从而 (0)3f =例8 （1）21(1)dxx x +∞=+⎰（ C ）. （A ）∞ （B ）2ln- （C ）2ln （D ）2ln 3121221111()(ln ln 1)ln ln (1)12dx x dx x x x x x x +∞+∞+∞+∞=-=-+==++⎰⎰n 不能分（2）（06年文专科真题）计算dx x x x x ⎰+++-+23)1ln()2ln(2解： 21112312+-+=++x x x xdx x x x x ⎰+++-+23)1ln()2ln(211[ln(2)ln(1)]()12x x dx x x =+-+-++⎰ [ln(2)ln(1)][ln(1)ln(2)]x x d x x =+-++-+⎰21[ln(2)ln(1)]2x x C =-+-++ （3）2ln ln(1)111(ln ln(1))()[ln ln(1)](1)12x x dx x x dx x x C x x x x -+=-+-=-++++⎰⎰ 例9（1）（05年真题）计算sin 3cos 4sin xdx x x +⎰解： )sin 4cos 3()sin 4cos 3(sin '+++=x x B x x A x43(3cos 4sin )(3cos 4sin )2525x x x x '=+-+ 从而 sin 3cos 4sin x dx x x =+⎰⎰⎰+'+-++dx xx x x dx x x x x sin 4cos 3)sin 4cos 3(253sin 4cos 3)sin 4cos 3(25443(3cos 4sin )25253cos 4sin d x x dx x x +=-+⎰⎰43ln |3cos 4sin |2525x x x C =-++（2） sin 11(sin cos )11ln |sin cos |sin cos 22sin cos 22x d x x dx dx x x x C x x x x +=-=-++++⎰⎰⎰（3）4222222221sec (tan 1)tan (sin 2cos )(tan 2)(tan 2)x x dx dx d x x x x x +==+++⎰⎰⎰ 2tan 22222111(2)2(2)x tt dt dt dt t t t =+==-+++⎰⎰⎰24(2)t C t =+2tan 4(tan 2)xC x =-++ （4）（08年真题）cos(3)sin(5)dxx x +⋅+⎰解：cos(3)sin(5)cos(3)[sin(3)cos2cos(3)sin2]x x x x x +⋅+=++++2cos(3)sin(5)sin 2cos (3)cos 2sin(3)cos(3)dx dxx x x x x =+⋅+++++⎰⎰2sec (3)1ln tan(3)tan 2sin 2tan(3)cos 2cos 2x dx x C x +==+++++⎰例10（1）11326611((428x dx x x x dx --=+-+=⎰⎰（2）sin 1221212212(1)(1)cos2(1)cos x tnn n nn x dx tdt tdt πππ=++---=-=-⎰⎰⎰2224(2)!!(1)12(1)21213(21)!!nn n n n n n n -=-⋅⋅⋅⋅=-+-+L （3）（05年真题）设 2222(1sin )1sin x A dx x ππ--=+⎰，22222sin cos x B dx x xππ-=+⎰, 2222210(1sin )4x C dx x πππ-+=+⎰,试比较,,A B C 的大小。

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题6 数列(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题6 数列（50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2020·江苏·高三竞赛）已知正实数a ，b ，c 满足16(3)ab bc ca a ++=≥，则2a b c ++的最小值为__________．【答案】10 【解析】【详解】解析：易知恒等式2()()a ab bc ca a b a c +++=++，而210a b c ++≥=，当且仅当3a =，2b c ==时，等号成立．故答案为：10.2．（2021·全国·高三竞赛）已知22,,33x y x y ∈+=R ，则224x xy y ++的最大值为__________．【答案】92【解析】【分析】【详解】222222944222x y x xy y x y ⎛⎫++≤+++= ⎪⎝⎭，当且仅当x y ==故答案为：92.3．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数122020,,,a a a 满足1220201a a a +++=，则222202012122320201a a a a a a a a a ++++++的最小值为________．【答案】12##0.5 【解析】【详解】由柯西不等式知()()()22220201212232220112232021a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫+++++++++⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭()2122201a a a ≥+++=，且()()()1223202012a a a a a a ++++++=，所以2222201212232020112a a a a a a a a a +++≥+++，且当12202012020a a a ====时取到等号．故答案为：12.4．（2021·全国·高三竞赛）实数a ､b 满足221a b +=，则max{,}ab a b +的最大值是___________. 【解析】【详解】解析：不妨设0a b ≤≤，则：()22231(1)1(1)(33)3a b f abb f a a a a ≤⇒=+⇒=+-=+-413333342716a a ++-⎛⎫⋅⎪=≤ ⎝⎭，当且仅当1,2a b ==故f5．（2021·全国·高三竞赛）已知圆22:1O x y +=与x 轴相交于A B 、两点，抛物线2:2C x py =与圆O 相交于C D 、两不同的点，则梯形ABCD 面积的最大值是___________. 【解析】【详解】解析：设点()(),,0,1C x y x ∈，则梯形的面积为()1x y +，而221x y +=消元，可得面积为(1S x =+故()()423311627(1)1(1)3333416S x x x x ⎛⎫=+-=+-≤⨯= ⎪⎝⎭，当且仅当12x =时等号成立，6．（2020·浙江·高三竞赛）设,0a b >，则22max min 2,b a b a b ⎛⎫⎧⎫+=⎨⎬ ⎪+⎩⎭⎝⎭__________.【解析】【详解】设22min 2,b a b m a b ⎧⎫+=⎨⎬+⎩⎭，则222a b mb m a b +≥⎧⎪⎨≥⎪+⎩，所以222(2)b m a b a b +⨯+≤.设给定的正实数λ，μ，令2211λμλμ=⎧⎨=+⎩，解得2λ=2μ=，所以2m ≤则()2222222222222222212a b ab b a b b m a b a b a b λμλμ+++++≤=+++≤当且仅当a，b =故m7．（2021·全国·高三竞赛）设,,0a b c >满足0a b c abc -++=，则222223111a b c -++++的最大值是___________. 【答案】103【解析】【详解】取ABC ，使1tan ,tan ,tan 222A B C a c b ===. 由于222222111cos ,sin ,sin 121212A B C a b c ===+++，所以2222cos2sin 3cos 222A B C-+ 2(1cos )(1cos )31sin 2C A B ⎛⎫=+--+- ⎪⎝⎭22sin cos 31sin 222C A B C -⎛⎫=+- ⎪⎝⎭22113sin cos 3cos 23232C A B A B --⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭. 最大值为110333+=. 故答案为：103. 8．（2021·全国·高三竞赛）设n 是给定的正整数，12,,,n x x x 是非负实数，11ni i x ==∑，则1ni =___________.(1)n - 【解析】【详解】1，① 事实上，两边平方后，化简可得上述不等式等价于2x +≥②由于()()12121211x x x x ++≥++，于是②式成立，所以①成立.1,最后可得1(1)(1)ni n n =--.③当1231,0n x x x x =====时，③中的“≥”即为“=”.(1)n -.(1)n -.9．（2021·浙江·高三竞赛）已知2221x y z ++=，则()()222332x x y z x -+的最小值为______. 【答案】1- 【解析】【分析】【详解】因为()22222333()()22M x x y z x x x z ⎛⎫=-+=+ ⎪⎝⎭2232x z ⎫=+⎪⎭()322222223332213x y x z x z ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥≥-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦. 当1x =-，0y z ==时，取得最小值1-. 故答案为：1-.10．（2021·浙江·高三竞赛）使得()()223233a kab b k a b ++++a ，b 恒成立的k 最大实数为______. 【答案】9 【解析】【分析】【详解】不妨设1ab =,则有()22321(3)()a b k k a b ++≥++,令,2t a b t =+≥,则有2222()22a b a b ab t +=+-=-.则有()2322(3)t k k t -+≥+,整理得23(3)260t k t k -++-≥. 即有(3(3))(2)0t k t ---≥,则33k t -≥恒成立,则有32,93k k -≤≥. 故答案为：9.11．（2021·浙江·高三竞赛）若π3,π44x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则函数4sin cos 3sin cos x x y x x +=+的最小值为______.【答案】【解析】【分析】【详解】令(sin cos 4t x x x π⎛⎫=+=+∈ ⎪⎝⎭， ()222132112t t y t tt t-++===+≥当且仅当12t t =即2t =时取等号.故答案为：12．（2021·全国·高三竞赛）已知等腰直角PQR 的三个顶点分别在等腰直角ABC 的三条边上，记PQR 、ABC 的面积分别为PQR S、ABCS，则PQR ABCS S的最小值为__________．【答案】15【解析】【分析】【详解】（1）当PQR 的直角顶点在ABC 的斜边上，如图1所示，则P ，C 、Q ，R 四点共圆，180APR CQR BQR ∠=∠=︒-∠，所以sin sin APR BQR ∠=∠．在APR △、BQR 中分别应用正弦定理得,sin sin sin sin PR AR QR BRA APRB BQR==∠∠．又45,A B PR QR ∠=∠=︒=，故AR BR =，即R 为AB 的中点．过R 作RH AC ⊥于H ，则12PR RH BC ≥=，所以22221124PQR ABCBC SPR SBC BC ⎛⎫ ⎪⎝⎭=≥=，此时PQR ABCS S 的最小值为14．（2）当PQR 的直角顶点在ABC 的直角边上，如图2所示．设1,(01),02BC CR x x BRQ παα⎛⎫==≤≤∠=<< ⎪⎝⎭，则90CPR PRC BRQ α∠=︒-∠=∠=．在Rt CPR 中，sin sin CR xPR αα==，在BRQ 中， 31,,sin 4x BR x RQ PR RQB QRB B ππαα=-==∠=-∠-∠=-，由正弦定理，11sin 3sin sin sin cos 2sin sin sin 44x RQ RB x x B RQB απαααπα-=⇔=⇔=∠+⎛⎫- ⎪⎝⎭，因此222111122sin 2cos 2sin PQRx SPR ααα⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭．这样，()()2222111cos 2sin 512cos sin PQR ABCS Sαααα⎛⎫=≥= ⎪+++⎝⎭，当且仅当arctan 2α=时取等号，此时PQR ABCS S的最小值为15．故答案为：15.13．（2021·全国·高三竞赛）已知非负实数x 、y 、z 满足2224423x y z z +++=，则543x y z ++的最小值为__________．【答案】3 【解析】【分析】【详解】设22244(0)x y w w +=≥，则22(1)4w z ++=．又因为,0x y ≥，所以2222(22)448x y x y xy w +=++≥，54344323x y z x y z w z ++≥++≥+．点(,)w z 在圆心为(0,1)-，半径为2的圆上运动，结合几何意义和w ，0z ≥知，当(,)(0,1)w z =时，23w z +有最小值3，且当0,1x y z ===时等号成立．故答案为：3.14．（2021·全国·高三竞赛）已知两个非零向量,m n 满足2,22m m n =+=，则2m n n ++的最大值是_____．【解析】【分析】【详解】设()()2,0,22cos ,2sin m m n x x =+=，则()cos 1,sin n x x =-．则：|2|||(cos m n n x ++===.当且仅当102cos 3(22cos )3x x +=-，即1cos 3x =.. 15．（2021·全国·高三竞赛）设三个不同的正整数a b c 、、成等差数列，且以555a b c 、、为三边长可以构成一个三角形，则a 的最小可能值为________. 【答案】10 【解析】【分析】【详解】设,a b k c b k =-=+为正整数，由于以555 a b c 、、为三边长可以构成一个三角形，则55554235()()10202b k b b k b b k b k k -+>+⇔>++，所以5410,10b b k b k >>，于是9a b k k =->，即有9110a k ≥+≥. 故答案为：10.16．（2021·全国·高三竞赛）设,0x y >，且满足x y -=，则x y +的最大值为_________．【答案】12 【解析】【分析】【详解】注意到x y +=≤ 解得412x y -≤+≤，而7,5x y ==时取到最大值12．故答案为：12.17．（2021·全国·高三竞赛）设正实数122020,,,a a a 满足202011i i a ==∑，则120201min1iii k k a a ≤≤=+∑最大值为_________．【答案】1【解析】【详解】解析：最大值为1-记01202011min,1,11ii i k ii k kk a S x a x a ≤≤====+=+∑∑，则1i i i a x x -=-，故111i i i i ix x xS x x ---≤=-，即11i ix S x --≥，对1,2,3,,2020i =,求和，并结合算术-几何平均不等式，有12020202010202012020202020202020(1)2020202022i i i x x S x x -=⎛⎫-≥≥⨯== ⎪⎝⎭∑，故2020112S ≤-，等号当120202020(2)(2)(1,2,3,,2020)i i i a i -=-=时取到．所以原式的最大值为2020112-．故答案为：2020112-.18．（2021·浙江·高三竞赛）一条直线上有三个数字1a ，2a ，3a ，数字2a 位于1a ，3a 之间，称数值1223a a a a -+-为该直线的邻差值.现将数字1~9填入33⨯的格子中，每个数字均出现，过横向三个格子､竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______，最大值为______. 【答案】 36 60 【解析】【分析】【详解】如图1,这8条直线的邻差值之和：9212387894147636951i i M a a a a a a a a a a a a a a a a a a ==-+-+-+-+-+-+-+-+-∑,利用局部调整法,当(1,2,,9)i a i i ==⋯时，M 有最小值2226668436+++++++=. 当如图2排列时，M 有最大值8189(9823)224602i i =⨯++--⨯=+=∑. 故答案为：36,60.19．（2021·全国·高三竞赛）已知正整数n p 、，且2p ≥，设正实数12,,,n m m m 满足1111np i im==+∑，则12n m m m 的最小值为_______．【答案】(1)mp n - 【解析】【分析】【详解】令2tan ,0,,1,2,,2p i i i m x x i n π⎛⎫=∈= ⎪⎝⎭．由题设可得22212cos cos cos 1n x x x +++=，于是：2222121cos cos cos sin n n x x x x -+++=，222221221cos cos cos cos sin n n n x x x x x --++++=，……2222231cos cos cos sin n x x x x +++=，将上述各式利用均值不等式得：2221(1)cos sin n n n x x --≤， 22221(1)cos sin n n n x x ---≤，……2231(1)cos sin n n x x -≤，再把上述n 个不等式相乘，得()2222221212(1)cos cos cos sin sin sin n n n n x x x x x x -≤，即22212tan tan tan (1)n n x x x n ≥-．由于2tan ,1,2,,p i i m x i n ==，故12(1)n pn m mm n ≥-，当且仅当1(1)p i m n =-时上式等号成立．故答案为：(1)mp n -. 二、解答题20．（2021·全国·高三竞赛）求所有的正实数a ，使得存在实数x 满足22sin cos22x x a a +≥．【答案】[1,)⎛⋃+∞ ⎝⎦【解析】【详解】设22sin x t a =，则不等式化为20at t+-≥．当01a <<时，2[,1]t a ∈；当1a =时，1t =；当1a >时，2[1,]t a ∈．因此不等式可化为220t t a +≥-．设2()2f t t t a =-+，考虑()f t 在1和2a 之间恒小于零，则2(1)0,()0,0f f a a <<>，故()()21110a a a a <⎧⎪⎨-+-<⎪⎩，1a <<．所以a的取值范围是[1,)⎛⋃+∞ ⎝⎦． 21．（2021·全国·高三竞赛）设m 为正整数，且21n m =+，求所有的实数组12,,,n x x x ，使得22221221i i nmx x x x x =++++，对所有1,2,,i n =成立．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】第一步化简原式，第二步利用AM GM -不等式即可得到1k =或2m ，这两种情况是对称的，不妨证明1k =的时候成立，所以原式成立. 【详解】由已知22121,1,2,,i i njj mx x i nx==+=⋅⋅⋅∑ ，得22121ni jj i mx x x ==-∑ ，故221i imx x -全相等．注意到若实数a b 满足2211a b a b =--，则ab a b =+，即1b a b =-．因此,1i b x b b ⎧⎫∈⎨⎬-⎩⎭，0,1,2,,b i n ≠=．设i x 中有1bb -，21n k m k -=+-个b ，则有201k m ≤≤+，且()2222221(1)1b mb k m k b b b ⋅++-=--，即()21(1)21km k b m b ++--=-．由AM GM -不等式，若201k m <<+， ()21(1)21km k b m b ++--≥≥-，因此必取等，即1k =或2m ，这两种情况是对称的，不妨1k =，则 21(1)21m b m b +-=-，知11b m -=，则1,1m b a m m+==+．若0k =，则()21(1)2m b m +-=，即222(1)(1),12m m b a m m++==+．若21k m =+，则2121m m b +=-，即222(1)(1),21m m b a m m ++==+．综上可知，12,,,n x x x 要么1个21,+m m 个1m m +；要么全是22(1)1m m ++．22．（2021·全国·高三竞赛）求最大的正实数λ，使得对任意正整数n 及正实数01,,,n x x x ，均有010111.nnk k k kx x x x λ==≥+++∑∑．【答案】λ的最大值为3．【解析】【分析】先取101231,2,4,,2n n x x x x x -=====，通过对其求和可得λ的范围，再利用放缩法可得010101201111333n nx x x x x x x x x x x +++≥+++++++++，最后求出最大的正实数λ的值.【详解】一方面，取101231,2,4,,2n n x x x x x -=====，得1111322nn k k λ-=-≥∑ 即 1113122n n λ-⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭．令n →∞，得3λ≤．另一方面对正实数x ，y 有114x y x y+≥+，故0101114x x x x +≥+， 012012114x x x x x x +≥+++， 01230123114x x x x x x x x +≥+++++，……01101114n n nx x x x x x x -+≥++++++．以上各式相加，得 010101201111333n nx x x x x x x x x x x +++≥+++++++++．故3λ=时，原不等式恒成立．综上，λ的最大值为3． 23．（2021·全国·高三竞赛）已知01({0,1,,10})i x i <<∈证明：存在,{0,1,2,,10}i j ∈，使得()1030i j j i x x x x <-<. 【答案】证明见解析【解析】【详解】不妨1210x x x ≤≤≤，设()(,)i j j i f i j x x x x =-，当010i j ≤≤≤时，因为()()()22333i j j i i i j j j i j i x x x x x x x x x x x x -≤++-=-，即333(,)j i f i j x x ≤-，当且仅当i j =时，等号成立. 故()()10103311131,1i i i i f i i x x -==-<-<∑∑，所以存在{1,2,,10}i ∈，使得13(1,)10f i i -<，即1(1,)30f i i -<. 所以存在,{0,1,2,,10}i j ∈，使得()1030i j j ix x x x <-<. 24．（2020·浙江·高三竞赛）设非负实数x ，y ，z ，证明：113(1)(1)(1)x y z x y z -<++++++【答案】证明见解析【解析】【详解】证设()111,1,11x a y b a b c z c +=⎧⎪+=≥≥≥⎨⎪+=⎩，问题等价于证明：11a b c abc -++，当a b c ++≥故即证：abc3a b c <++<而33a b c abc ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭.设()3a b c x x ++=≥，探究327x3,⎡+⎣的大小，即比较327x3,⎡+⎣的大小，227x =注意3211)2)22x x x x x =⋅⋅≤⋅=⎣⎦所以命题得证.25．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数a 、b 、c ，满足333a b c +=，求证：2226()()a b c c a c b +->--．【答案】证明见解析【解析】【详解】由于齐次，不妨令1c =，则()22()1a b a b ab ++-=．记3,,31,,01a b s ab t s st s t s +==-=>⇒> 22226()()867a b c c a c b s t s +----=-+-()32132418213s st s s s=-+-()3322113811821(85)(1)33s s s s s s s s ⎡⎤=--++-=--⎣⎦．又由基本不等式可得33311()4a b a b =+≥+，故85a b +，故85s <，所以21(85)(1)03s s s-->，因此2226()()a b c c a c b +->--．26．（2021·全国·高三竞赛）求所有实数p ，使得对任意实数a ､b 均有(a b p ++-【答案】p 的取值范围是[0,3]. 【解析】【详解】易见a ､b 同号.令0,0a b =>0≥，所以0p ≥.令1a b ==，则1p +，所以03p ≤≤. 下面说明当[0,3]p ∈时，原不等式成立.若[0,1]p ∈,(0a b p -≤，所以原不等式成立.若13p <≤，则||((1)2a b p p +-≤-⋅.|a b =+以及||||(||(1)(1)22a b a b a b p a b p p ++++-≤++-⋅=+⋅.又因为13p <≤，所以1|||2p a b a b ++≥⋅+. 于是原不等式也成立.综上所述，p 的取值范围是[0,3].27．（2021·全国·高三竞赛）求c 的最大值，使得对任意的正实数x 、y 、z ，均有()3222x xyc xy x y -≥-∑∑∑∑，其中“∑”表示轮换对称求和．12．【解析】【分析】【详解】注意到22()()()xy x y x y y z z x -=---∑∑，由不等式的轮换对称性，不妨设x 最小，则,y x a z x b =+=+，其中,0a b ≥．所以，原式等价于：333222()()()()()()()x x a x b x x a x a x b x b x c b a ab ++++-+-++-+≥-，化简得()223322()x a ab b a b ab c b a ab -+++-≥-．由220a ab b -+≥，且x 可无限接近于0，得332()a b ab c b a ab +-≥-，对,0a b ∀≥成立．又3320a b ab +-≥，为了求c 的最大值，可不妨设0b a >>．令1bt a=>，321(1)t t c t t -+≥-，设3211()(1)(1)(1)t t f t t t t t t t-+==+>--，则()2232(21)(1)21()1,()0((1))((1))t t t t f t f t t t t t ----=-=>-''-'，所以()f t '在(1,)t ∈+∞上严格单调递增．而243211()02210210f t t t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫=⇒-+-+=⇒+-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'，解得t =()f t 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫⎪+∞⎪⎝⎭上单调递增．故min1()2f t f ==⎝⎭，所以，c 12． 28．（2021·全国·高三竞赛）求所有实数1,1,1x y z ≥≥≥满足：=【答案】22221{,,}1,1,11l x y z l l l ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=+++⎨⎬ ⎪+⎝⎭⎪⎪⎩⎭，其中0l >．【解析】【分析】【详解】记2221,1,1x k y l z m =+=+=+，不妨0k l m ≤≤≤，k l m =++．平方整理得()2221(1)(1)0k lm kl km +-++-=，于是有11,ml m l k=+=，所以210,,,1ll m k l l l ≠===+相应的222211,11y y yx k z m y y +-=+==+=-．由x y ≤，即2321(1)(1)0y y y y y +-≤⇔-+≥，符合假设．由x z ≤，即()231(1)210y y y y y +--≤⇔-≥，又1y ≥，符合假设．综上，22221{,,}1,1,11l x y z l l l ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=+++⎨⎬ ⎪+⎝⎭⎪⎪⎩⎭，其中0l >． 29．（2021·全国·高三竞赛）已知(1,2,,)i x i n=是正实数，求证：1,1i ji j nx x n ≤≤≤+∑ 【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】要证明原不等式，只要证明22221,114(1)nni j i ii j n i i n x x n x x≤≤==⎛⎫⎛⎫≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑，即证22222111114(1)2n nn i i j i i j i i i j n i i j n i n x x x n x x x x =≤<≤=≤<≤=⎛⎫⎛⎫+≤++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑，只需证明22111122211124(1)nnii ji i ji i j n i i j nnn i ii ji i i j nxx x xx x nn xxx x =≤<≤=≤<≤==≤<≤++≤++∑∑∑∑∑∑∑．记211ni i iji j nx t x x=≤<≤=∑∑，则只需证明21141(1)11n n t t ⎛⎫⎛⎫+≤++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，即证224(1)(1)(2)n t n t t +≤++，即证222(1)2(1)40n t n t n -+--≥ （*）注意到222111122n i ji ji i j ni j ni x x n x x x ≤<≤≤<≤=+-=∑∑∑，所以21t n ≥-，所以22222222(1)2(1)4(1)2(1)4011n t n t n n n n n n ⎛⎫-+--≥-+--= ⎪--⎝⎭，即（*）成立，所以原命题成立．30．（2021·全国·高三竞赛）已知[],,1,2a b c ∈-，求证：4abc ab bc ca +≥++. 【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】构造一次函数()()[]4,1,2f x bc b c x bc x =---+∈-. 根据一次函数的单调性，只需证明()10f -≥和()20f ≥. 因为19(1)()4(21)(21)22f bc b c bc b c -=----+=---+，由题设，()[]21,2()13,3b c --∈-，所以()()21219b c --≤，所以()10f -≥.又因为()()()()224220f bc b c bc b c =---+=--≥. 综上，原不等式成立.31．（2021·全国·高三竞赛）已知函数()()()[]221,1,1f x x x bx c x =-++∈-，记()f x 的最大值为(),M b c ．当b 、c 变化时，求(),M b c 的最小值．【答案】3-．【解析】【分析】【详解】因为对任意的[]()()1,1,,x f x M b c ∈-≤，所以取0,1,x λ=±±，0，得：()()()()()()()()()()()()()()()()()22221,,1,,,,0,,1,,?,,1,.,,f M b c f M b c c M b c f M b c b c M b c f M b c b c M b c f M b c λλλλλλλλ⎧-≤⎪⎧⎪≤≤⎪⎪⎪⎪≤⇒-++≤⎨⎨⎪⎪-≤⎪⎪--+≤⎩⎪≤⎪⎩则()()()()()()2222212,1,c M b c c M b c λλλλ-+≤⇔-+≤，故()()()()()()2222221112,c c M b c λλλλλλ-≤-++-≤-，则()()2221,2M b c λλλ-≥-，所以()()222max1,32M b c λλλ⎛⎫- ⎪≥=- ⎪-⎝⎭此时可取30,3M b c =-==，此时()()(222213320x x x -+≤--≥．显然可以取到．综上，(),M b c的最小值为3-．32．（2021·全国·高三竞赛）在平面内画出(2)n n ≥条直线，把平面分成若干个小区域，其中一些区域涂了颜色，且任何两个涂色区域没有公共边界（可以有公共顶点）.证明：涂色区域的个数不超过()213n n +. 【答案】证明见解析【解析】【分析】讨论这(2)n n ≥条直线的位置关系，当所画直线均两两平行，当所有的直线不全平行时，当只有两条线为边界的区域的区界是两条射线.对每种关系进行一一讨论，即可证明. 【详解】若所画直线均两两平行，则把平面分成(1)n +个区域，当n 为偶数时，涂色区域个数不超过112n +⎡⎤+⎢⎥⎣⎦；当n 为奇数时，涂色区域个数不超过12n +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.且()211123n n n +⎡⎤+≤+⎢⎥⎣⎦. 当所有的直线不全平行时，此时每条直线都被与之相交的直线分成了线段或射线，故没有边界为直线的区域.设边界的线（线段或射线）的条数为i 的涂色区域有(2,3,,)i m i k =个，且边界上最多k 条线.只有两条线为边界的区域的区界是两条射线，每条射线只能作一次涂色区域的边界，n 条直线上只有2n 条射线，从而2m n ≤.又每条直线至多分成了n 段，n 条直线至多分成2n 段，且每段只能作一条涂色区域的边界，所以2234234k m m m km n ++++≤，于是涂色区域的个数()2232231111233333k k m m m m m m km n n +++≤++++≤+.33．（2021·全国·高三竞赛）设n 是一个大于等于3的正整数，当n 满足什么条件时，对任意实数(1,2,,)i a i n =总成立：()()()()()121312123n a a a a a a a a a a ---+--⋅⋅⋅()()()()21210n n n n n a a a a a a a a --++---≥.【答案】3n =或5n = 【解析】【详解】当且仅当3n =或5n =时成立. 设()()()()()121312123n A a a a a a a a a a a =---+--⋅⋅⋅()()()()2121n n n n n a a a a a a a a --++---，首先给出反例：4n =时，12340,1a a a a ====，1A =-，不等式不成立.5n >时，1243210,2,1n n n n n a a a a a a a ----========，1A =-，不等式不成立.3n =或5n =时不等式成立，理由如下： 3n =时，设a ､b ､c 是实数，即证：222()()()()()()0a b a c b a b c c a c b a b c ab bc ca --+--+--⇔++++显然成立.5n =时，设a ､b ､c ､d ､c 是实数，即证：()()()()()()()()()()()()a b a c a d a e b a b c b d b e c a c b c d c e ----+----+----()()()()()()()()0d a d b d c d e e a e b e c e d +----+----≥式子是完全对称的，可设a b c d e ≥≥≥≥，那么()0,0a b b a a c b c -=--≥-≥-≥， 0,0a d b d a e b e -≥-≥-≥-≥.因此()()()()()()()()0a b a c a d a e b a b c b d b e ----+----≥，同理，()()()()()()()()0d a d b d c d e e a e b e c e d ----+----≥.又()()()()0c a c b c d c e ----≥，三个式子相加得证.34．（2021·全国·高三竞赛）设函数32()1f x ax x bx =-+-有三个正零点，求22532(,)()a ab g a b a b a -+=-的最小值.【答案】【解析】【详解】一方面，当a b ==方程3()0(0f x x =⇔=，故此函数()f x 有三个相等的零(,)g a b =. 设方程3210ax x bx -+-=的三个正实根分别为α､β､γ，则由根与系数的关系可得11,,b a a aαβγαββγγααβγ++=++==. 故0,0a b >>.由2()3()αβγαββγγα++≥++知：213b a a ≥，可得13b a≤.①又由αββγγα++≥b a ≥b ≥从而有13b a≤，故13a，解得a ≤a b ≤，即0b a ->，所以2210()3a b a a a a ⎛⎫<-≤- ⎪⎝⎭②由①②可得222232532511531()33a ab a a P a b a a a a a a -+++=≥=--⎛⎫- ⎪⎝⎭，其中0a <≤，设()231533a h a a a+-=，则()()()()22233151103a a a a h a '-+-=<，故()h a在⎛ ⎝⎦为减函数，故()min h a h ==⎝⎭故min (,)g a b =35．（2021·全国·高三竞赛）证明：对每个大于1的奇数n，1π是无理数. 【答案】证明见解析【解析】【详解】假设存在大于1的奇数1,n π是有理数.设()1arccos ,,,(,)1q p q p q p θπ+==∈=Z ，则,cos q p πθθ==2cos 2nnθ-=.下面证明：对任何正整数,cos m m θ=，且12(mod )m m a n -≡，① 12m =、时结论成立.设cos(1)k k θθ-==2112(mod ),2(mod )k k k k a n a n ---≡≡，由1cos cos [cos(1)cos(1)]2k k k θθθθ=-++得：cos(1)2cos cos cos(1)k k k θθθθ+=--=.设112k k k a a na +-=-，则cos(1)k θ+=12(mod )kk a n +≡. 因此，①cos cos (1)q a p q θπ===-，故2pp a n =，因此2p n a ∣.12(mod )p p a n -≡，所以222,1p n n -=∣或2的方幂，这与n 是大于1的奇数矛盾. 36．（2021·全国·高三竞赛）已知121,,n n n a S a a a n n+==+++∈N .求证：21,4nkk ka n N S +=∀∈<∑. 【答案】证明见解析【解析】【详解】当n →∞时，n S →∞，并且2n >时，12n a <，因此，对任意2,k k N ≥∈，存在唯一的k M ∈N ，使得1[,1),[,1)k k M M S k k S k k -∈+∉+.则有23123M M S S -≤≤<，所以()333222111222211111222M M i i M M i M i M ia a S S S ---=+=+<=-<∑∑.同理，11221(2,,)i j M i i M ia j k S j +-=<=∑，所以3124232222211111k k M M M M nk i i iik i i M i M i M k i i iia a a a a S S S S S +===+=+=+<++++∑∑∑∑∑（其中k 充分大使得k M n >） 22222211111234M i i i a S k =<+++++∑222211111111234234k <++++++++25111112122334(1)k k <+++++⨯⨯⨯-⨯ 2511412k=+-<. 37．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数a 、b 、c 满足2223a b c ++≥．求证：(1)(2)(1)(2)(1)(2)3(1)(5)(1)(5)(1)(5)2a b b c c a b b c c a a ++++++++≥++++++．【答案】证明见解析【解析】【详解】证明：由224(2)3(1)(5)(1)0x x x x +-++=-≥，得23(0)(1)(5)4(2)x x x x x +≥>+++．接下来只需要证明：1112222a b c b c a +++++≥+++，其中，正实数a ，b ，c 满足2223a b c ++≥．事实上，由柯西不等式，得：111[(1)(2)(1)(2)(1)(2)]222a b c a b b c c a b c a +++⎛⎫++++++++⋅++ ⎪+++⎝⎭2(3)a b c ≥+++．而(1)(2)(1)(2)(1)(2)a b b c c a ++++++++ 3()6ab bc ca a b c =++++++()22221(3)32a b c a b c ⎡⎤=+++-++-⎣⎦21(3)2a b c ≤+++．所以1112222a b c b c a +++++≥+++．故原不等式成立．38．（2021·全国·高三竞赛）若数列11n n k n a n k =⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑，求证：存在无穷多个正整数n ，使得1n n a a +>，并确定是否存在无穷多个正整数n 使得1n n a a +<？（这里[]x 表示不超过x 的最大整数）【答案】证明见解析，存在无穷多个n ，使1n n a a +<. 【解析】【详解】用()d i 表示正整数i 的正因数个数，则1111(1)(1)n n n k n n n a na d n k k ++=⎛⎫+⎡⎤⎡⎤+-=-=+ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑. 所以若取()21mn m +=-∈N ，则()()22122121m m m m ma a d m ---==+，所以2212122(1)m m m m ma a m a ---=+-.而2121112121mm m m k a k --=⎡⎤-=⎢⎥-⎣⎦∑21112121m m m k k -=-≤-∑2111mk k-==∑ 111111242242m m --<+⋅+⋅++⋅m =.所以221220m m m ma a -->，于是221m m a a ->，故存在无穷多个n 使1n n a a +>.若取1n p +=（p 为质数，11p ≥），则1(1)2p p pa p a ---=，112p p p pa pa a ---=-.当11p ≥时，1111(1)p p k p p a k --=-⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦∑11(3)2p p p -⎡⎤≥-++-⎢⎥⎣⎦ 15(3)p p ≥-++-22p >-.所以12p a ->.所以10p p pa pa --<，于是1p p a a -<.故存在无穷多个n ，使1n n a a +<.39．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22223:1(0)x y C a a a+=>，点P 、Q 在椭圆C 上，满足在椭圆C 上存在一点R 到直线OP 、OQ 的距离均为12a ，证明：223aOP OQ ⋅≤．【答案】证明见解析【解析】【详解】设cos R a θθ⎛⎫⎪⎝⎭，1:0OP k x y -=，2:0OQ k x y -=，则根据题意，1k 、2k 是关于k12a =的两个实根，该方程即222111cos sin 0434k k θθ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，于是2212221111sin sin 13434133cos sin 44k k θθθθ--⋅===---．OP OQ ⋅=2a =2a =2a =2a ≤223a =，原命题得证．40．（2021·全国·高三竞赛）设x 、y 、z 均为非负实数，且满足：222(1)(1)(1)27x y y z z x +-++-++-=，求444S xy z =++的最大值与最小值．【答案】41)；48．【解析】【详解】由柯西不等式：2127[(1)(1)(1)]3x y y z z x ≥+-++-++-，从而得到6x y z ++≤，将条件改写为2222()4()24x y z x y z x y z +++++-++=，利用6x y z ++≤，可知2222444()4()2()222x y z x y z x y z x y z +++++-++≤++≤++从而22222212242x y z x y z +++≤+++，得到22212x y z ++≥，进而()2222444483x y z x y z ++++≥≥，当2x y z ===时取到等号．另一方面，4x y z x y z ++≥++，得到()40x y z x y z +++++≥，故()()2240x y z x y z ++-+++≥-，从而2222()4()x y z x y z x y z ++-++≥++- 因为2222()4()24x y z x y z x y z +++++-++=，进而()222242x y z ≥++-1，故得到()244422241)x y z x y z ++≤++≤，当1,0x y z ===时取到等号．41．（2021·全国·高三竞赛）对每一个正整数2n ≥，求最大的常数n c 使得不等式1nn i i j i i jc a a a =<≤-∑∑对任意满足10ni i a ==∑的实数12,,,n a a a 成立．【答案】2n【解析】【分析】【详解】首先，我们证明2n n c ≤；若n 为偶数，设2n k =，取1121,1k k k a a a a a +=======-，此时21,2nii j i i jan a a k =<=-=∑∑．所以2122iji jn nii a ak n c k n a<=-≤===∑∑．若n 为奇数，设21n k =+，取121221,11k k k ka a a a a k +++=======-+，此时1(1)121ni i k a k k k k ==++⋅=+∑，(1)1(21)1i j i j k a a k k k k k <⎡⎤⎛⎫-=++=+ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦∑．所以1(21)21222iji jn nii a ak k k nc k a<=-++≤===∑∑，所以对n +∈Z 均有2n n c ≤．下面我们证明2n nc =满足条件，即12ni i j i i jn a a a =<≤-∑∑．又()1112(1)n n ni j i j i j i j i ji j ii j ii j ia a a a a a n a a <=≠=≠=≠-=-≥-=--∑∑∑∑∑∑∑．因为10n i i a ==∑，所以0i j j ia a ≠+=∑．所以112(1)n ni j i i i i j i i a a n a a n a <==-≥-+=∑∑∑，得证．所以n c 的最大值为2n．42．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数12,,,(2)n a a a n >满足121n a a a +++=．证明：23131212121222(1)n nn n a a a a a a a a a a n a n a n n -+++≤+-+-+--．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】【详解】当4n ≥时，由平均值不等式知1111111n nn j i nj i jj j ia a a a n n --==≠⎛⎫- ⎪-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪--⎝⎭⎪⎝⎭∑∏．又111i a n -<-，则131111n i i a a n n ---⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，所以 231312112222n n n n a a a a a a a a a a n a n a n -++++-+-+-()()3311(1)2ni i i a n a n =-≤-+-∑ 33321(10)1(1)(02)(1)(2)(1)ni n n n n n n =-<=≤-+----∑．当3n =时，即证312311(1)4=≤+∑i i i a a a a a ．由于()()()()11123121311111111411a a a a a a a a a ⎛⎫=≤+ ⎪+-+---⎝⎭，所以3112131111()(1)4(1)(1)=≤++--∑∑i i i a a a a a a ()()2131111411a a a a ⎛⎫=+⎪--⎝⎭∑ ()2323123111414a a a a a a a +==-∑∑，所以31231111(1)44=≤=+∑∑i i i a a a a a a ．命题得证．43．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,n a a a …为正实数(4)n ≥，且满足(1)j i ia ja i j i j n +≥+≤<≤，求证：()()()()12121n a a a n n +++≥+！．【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】设ii a b i =，则有11(1)i j b b j i j i n +≤≥<≤+，命题即证1(1)(1)ni i b n =+≥+∏．（1）若对于所有(1)i i n ≤≤，有1i b i ≥，则11111(1)(1)1n n ni i i i i b n i i ===+⎛⎫+≥+==+ ⎪⎝⎭∏∏∏．（2）若存在某一个(1)i i n ≤≤，有1i b i<.设1i c b i=-，则有111111()j i b b i c j i j j +≥+-++≠=+，则11111(1)(1)11nni i i c i b c j c i==+-+≥⋅++++∏∏.注意到21111111111(1)111c c i i i c c c i i i+-+-+=⋅≥++++++，故只需证211111(1)11(1)n ni i n c c j j ==⎛⎫⋅+++=+ ⎪⎝⎭≥+∏∏，即2111(1)11n i c jc j =⎛⎫++ ⎪⎪≥+⎪+ ⎪⎝⎭∏．又因为111111211cc c jj j++=+≥+++，故()421244122111312121122212n i c c c c c c c j C C =⎛⎫++ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪≥+≥++ ⎪=++ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎭≥++⎝∏ 因此命题成立．44．（2021·全国·高三竞赛）设{}()1,2,3,,2,m M n m n +=⋅∈N 是连续2m n ⋅个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得M 的任何k 元子集中都存在1m +个数121,,,m a a a +满足1(1,2,,)i i a a i m +=．【答案】21m n n ⋅-+．【解析】【分析】【详解】记{1,2,3,,}A n =，任何一个以i 为首项，2为公比的等比数列与A 的交集设为i A ．一方面，由于M 中2m n n ⋅-个元的子集{}1,2,,2m n n n ++⋅中不存在题设的1m +个数，否则12112mm n a a a n ++≤<<<≤⋅，而1212m m nn a n ⋅+≤≤=，矛盾．故21m k n n ≥⋅-+．另一方面，21m k n n =⋅-+时，题设满足.若非如此，考虑以1212n i i -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭为首项，以2为公比的等比数列．其与M 的交集的元素个数为21i A m ++个．设M 任何k 元子集为T ，则上述等比数列与M 的交集中至少有21i A +个元素不在T 中，而i j ≠时，2121i j A A ++=∅．注意到21112||,i n iA A +-=所以21112|\|||ii n M T A A n +-≥==，可得2m T M n n n ≤⋅=⋅-与21mT k n n ==⋅-+矛盾．综上，所求k 为21m n n ⋅-+． 45．（2021·全国·高三竞赛）设12,(,,2)n a a a n ≥为正实数，求证：12111111ia nn i i i i i a a a n +==⎛⎫⎛⎫+> ⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∏∑．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】【详解】根据伯努利不等式，有112211111iia a i i i i i a a a a a ++⎛⎫⎛⎫+=+>+ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭，故只需证明()2211111nn i i i i a a n ==⎛⎫+≥ ⎪-⎝⎭∏∑．因为22111111i i n n a a n n n -⎛⎫⎛⎫+=+- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，从而()2211111111nnnii i i n n a a n n n ==-⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+- ⎪⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∏．不妨设2222212111,,,,,,11k k n a a a a a n n +<≥--，由伯努利不等式可得： 222111111111111111nk n i i i i i i k n n n a a a n n n n n n ===+---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-≥+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∑∑ 222111(1)(1)k ni i i i k n k n a k n a n ==+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑2211n i i n a n =-⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑，从而()222211111111nnn n ii i i i i n n a a a n n n ===-⎛⎫⎛⎫⎛⎫+≥≥ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∑∑． 46．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,0n a a a >，求证：()()()()()()1232341212231n n n a a a a a a a a a a a a a a a ++++++>+++．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】【详解】因为()()()2221232213132a a a a a a a a a ++=++++ ()222131324a a a a a a ≥+++()()221321222a a a a a a =+++ ()()122322a a a a =++，所以()()()()()()21232341212231n n a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++++++ ⎪ ⎪+++⎝⎭()()()()()()()()()1223233411222212231222222nn a a a aa a a aa a a a a a a a a a +++++≥++++，当且仅当1324,a a a a ==⋅⋅⋅==⋅⋅⋅时等号成立．以下配对柯西约分：因为()()()22121212222a a a a a a ++≥=+，()()()22232323222a a a a a a ++≥=+，……，显然柯西不等式等号不成立．所以()()()()()()212323412122312n n n a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++++++ ⎪ ⎪+++⎝⎭>，即()()()()()()1232341212231n n n a a a a a a a a a a a a a a a ++++++>+++.47．（2021·全国·高三竞赛）设正实数1299,,,a a a 满足对任意199i j ≤≤≤有i j ja ia i j +≥+，求证：()()()12991299100a a a +++≥!．【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】令(199)ii a b i i=≤≤，条件转化为对任意199i j ≤<≤有11i j b b i j +≥+．要证不等式即()()()1299111100b b b +++≥．若对任意199i ≤≤均有1i b i ≥，则左式99111100i i=⎛⎫≥+= ⎪⎝⎭∏．否则恰存在一个i 使得1i b i <，记1i c b i=-，则对任意j i ≠，有1j b c j ≥+．于是左式9919911111111111j j j ic i c c c i j j c i≤≤=≠-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥-+++=++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭++∏∏．即只需证：991121100111j c c j c i =⎛⎫ ⎪⎛⎫++≥+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪-+⎝⎭∏． ① 由Bernoulli 不等式知 ①式左端9999999911111110*********j j j j j j j j c c c j j j j ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+⋅=+⋅≥+ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∏∏∏．显然99122111j j j c i=>>+-+∑，因此①式成立，即证原不等式成立．48．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,n a a a R ∈，且满足222121n a a a +++=，求122311n n n a a a a a a a a --+-++-+-的最大值.【答案】当n 为偶数时，最大值为n 为奇数时，最大值为【解析】。

大学高数竞赛试题及答案

大学高数竞赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 函数f(x)=x^2-4x+3的零点个数为（）。

A. 0B. 1C. 2D. 3答案：C2. 极限lim(x→0) (sin x)/x的值为（）。

A. 0B. 1C. -1D. 2答案：B3. 曲线y=x^3-3x+2在点(1,0)处的切线斜率为（）。

A. 0B. 1C. -1D. 2答案：B4. 定积分∫(0,1) x^2 dx的值为（）。

A. 1/3B. 1/2C. 1D. 2答案：A二、填空题（每题5分，共20分）5. 函数f(x)=x^3-3x+2的极值点为______。

答案：x=16. 函数f(x)=e^x的导数为______。

答案：e^x7. 微分方程y'+2y=e^(-2x)的通解为______。

答案：y=(C-1/2)e^(-2x)+1/28. 函数f(x)=x^2-4x+3的最小值为______。

答案：-1三、解答题（每题15分，共40分）9. 计算极限lim(x→∞) (x^2+3x+2)/(x^3-2x+1)。

答案：lim(x→∞) (x^2+3x+2)/(x^3-2x+1) = lim(x→∞)(1/x+3/x^2+2/x^3)/(1-2/x^2+1/x^3) = 010. 求函数f(x)=x^3-3x+2的导数，并求在x=1处的切线方程。

答案：f'(x) = 3x^2-3f'(1) = 0f(1) = 0切线方程为：y=0四、证明题（每题10分，共20分）11. 证明：对于任意实数x，有e^x > 1+x。

证明：令f(x) = e^x - 1 - x，则f'(x) = e^x - 1。

当x < 0时，f'(x) < 0，f(x)单调递减；当x > 0时，f'(x) > 0，f(x)单调递增。

因此，f(x)的最小值为f(0) = 0。

所以，对于任意实数x，有e^x > 1+x。

高数竞赛试题及答案

高等数学竞赛试题一、填空题(每小题2分，共12分)1、函数2ln(1),0()(1)sin 2,0x x x f x e x x βα⎧+≥⎪=⎨⎪-<⎩若若在点0=x 处可导，则,αβ==。

2、设x d xx f xx x f e ⎰-=12)(2ln )(，则()f x =。

3、221(1)(arctan )dxx x +∞=+⎰。

4、设二元函数(,)u x y 满足22ux y y∂=+∂，2(,)1u x x =，则(,)u x y =。

5、由x y z所确定的(,)z z x y =在点(1,0,1)-处的全微分为。

6、过1123:101x y z L ---==-且平行于221:211x y zL +-==的平面方程为。

二、选择题(每小题2分，共12分) 1、把0x →+时的无穷小量⎰=xdt t 02cos α，⎰=2tan x dt t β，⎰=xdt t 03sin γ排列起来，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是( )()A γβα,,； ()B βγα,,； ()C γαβ,,； ()D αγβ,,。

2、设2,()0,x x f x x ⎧⎪=⎨⎪⎩若为有理数若为无理数，则()f x 可导点的个数为( )(A) 0； (B) 1； (C) 2； (D) 无穷。

3、设()f x 是(,)-∞+∞上可导的、周期为6π的函数，且满足0()()lim1x f f x xππ→--=-，则曲线()y f x = 在(7,(7))f ππ处的切线斜率为( )A 、2-；B 、0 ；C 、1-；D 、1。

4、设0a >，()t ϕ是正值连续函数，则曲线()()aay f x x t t dt ϕ-==-⎰( )(A) 在[],0a -上是凹的，在[]0,a 上是凸的； (B) 在[],0a -上是凸的，在[]0,a 上是凹的； (C) 在[],a a -上是凹的； (D) 在[],a a -上是凸的。

浙江省高等数学竞赛试题与答案工科类

2012浙江省高等数学（微积分）竞赛试题工科类一计算题：（每小题1４分，满分７0分）1．求极限lim log ()abx x x x →+∞+。

2．设函数:f →R R 可导，且,x y ∀∈R ，满足()()f x y f x y xy +≥++，求()f x 的表达式。

3．计算 0sin d n x x x π⎰（n 为正整数）。

4．计算{}min ,2d d Dx y x y x y -⎰⎰，D 为2y x =与2y x =围成的平面有界闭区域。

5．求曲线33cos sin x a y a θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩，(0)θπ≤≤的形心，其中0a >为常数。

二、（满分20分）证明：111ln 1lnn i n n n i =+<<+∑，n ¢+∈。

三、（满分20分）设2:u →R R 所有二阶偏导连续，证明u 可表示为(,)()()u x y f x g y =的充分必要条件为2u u u u x y x y∂∂∂=∂∂∂∂。

四、（满分20）在草地中间有一个底面半径为3米的圆柱形的房子。

外墙脚拴一只山羊，已知拴山羊的绳子长为π米，外墙底面半径为3米，求山羊能吃到草的草地面积。

五、（满分20分）证明11111(1)nnk k nk k C k k -==-=∑∑。

装订线工科类答案一、计算题1、若a b ≥ lim log ()abx x x x →+∞+lim log (1)lim log (1)ab ab a x x x x x xa x a --→+∞→+∞=+=++=同理，当a b <时，lim log ()abx x x x →+∞+b =，所以lim log ()abx x x x →+∞+max(,)a b =2、解：由假设，0y ∀>，有()()1f x y f x x y+-≥+ f Q 可导()1f x x +'⇒≥+同理()1()1f x x f x x -''≤+⇒=+ 2()/2f x x x c =++ 3、解：sin d n x x x π⎰()011sin sin nnj j j j x x dx x j xdx ππππππ-====+-∑∑⎰⎰()()201sin d 21212nj n x x x j n n n n n n πππππ==+-=++-=+∑⎰4、解：(){}(){}12,1,,/2,01/2D x y x y x D x y x y x x =≤≤≤≤=≤≤≤≤(){}(){}2234,,1/21,,/2,01/2D x y xy x x D x y xy x x =≤≤≤≤=≤≤≤≤原积分12()d d ()d d D D y x x x y x y x x y =-+-⎰⎰⎰⎰34()d d ()d d D D x y x x y x y y x y +-+-⎰⎰⎰⎰211102d )d d ()d xxxx y x x y x x y x y =-+-⎰⎰⎰21112221002d ()d d ()2d xx xx x y x x y x x y y y +-+-⎰⎰⎰⎰11341456142210021211111()678851232x x x x x x x =-++-++146720112()24621x x x +-+111124724532245=++⨯⨯⨯⨯112533216642117920++=⨯⨯ 5、解：/0c LLx xds ds ==⎰⎰，d /d c LLy y s s =⎰⎰而d 3sin cos d s a θθθθ== 2d 3sin cos d sin cos 3Ls a ba d a ππθθθθθθ/===⎰⎰⎰/2324206d sin 3sin cos d 6sin cos d 5Ly s a x a aa ππθθθθθθθ===⎰⎰⎰0c x ∴= 25c y a =二、证明：显然11111d d j j jj x x x jx +-<<⎰⎰ 2j ≥1 1122111111d 1d 1ln nn n j n j j j j x x n j j x x -===∴=+<+=+=+∑∑∑⎰⎰另一方面111111111111d ln nn n j j j j j x n j jn x n n --+====+>+=+∑∑∑⎰三、证明：()()u f x g y =时，显然有xy x y uu u u =反之，若xy x y uu u u =成立，即有2()/()0xxy x y y u uu u u u u-== 1/()x u u f x ⇒= 也即1121ln ()d ()()()u f x x g y f x g y =+=+⎰ ()()u f x g y ∴=四、解：(方法一)以圆柱形旁子的圆心为原点，拴羊点在x 轴上3x =点，则羊跑最远的曲线在3x <的区域内是渐开线即 3(cos (/3)sin )x t t t π=-- 3(sin (/3)cos )y t t t π=+- 记在3x <山羊能吃到草的草地面积为1S3/3213/2/32d 29sin d 2(3sin (3)cos )(3)cos d S y x t t t t t t t t ππππ=-=+--⎰⎰⎰/32029sin d t t π-⎰/32223(3)sin cos (3)cos d t t t t t t πππ⎡⎤=-+-⎣⎦⎰/32029sin d t t π-⎰/32213(3)sin (3)(sin 2)2t t t t t πππ⎡⎤=-+-+⎢⎥⎣⎦/32016(3)(sin 2)9sin d 2t t t t t ππ⎡⎤+-+-⎢⎥⎣⎦⎰ ()/3/3/322000191133cos 2sin 29cos 2d 2222t t t t t t t t ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=----+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰33/319sin 28349t t ππ⎛⎫=+-=⎪⎝⎭所以山羊能吃到草的草地面积333119218S πππ=+= (方法二) 山羊能吃到草的草地面积S 可表示为一半圆与绳子绕向房子所能到达的面积1S 和绳子绕向房子时转过θ∆ 其扫过的面积可近似为扇形22r θ∆()2/33103/9S d ππθθπ=-=⎰所以311/18S π=五、证明：111110011111(1)(1)d (1)d nn n k k k k k k k knn n k k k C C t t C t t k t ---===--=-=-∑∑∑⎰⎰ 1100(1)11(1)d d n n t t t t t t ----==⎰⎰101d 1nx x x -=-⎰ 而11100111d d 1nnn k k k t t t t k t -==1-==-∑∑⎰⎰ ∴等式成立。

浙江省高等数学竞赛试题与答案

（1）若数列{yn} 满足条件
（a）
yn
>
0 ；（b） lim n→∞
yn
=
0 ；（c）
yn
=
a1 yn+1
+ a2 yn+2 ， n
= 1, 2,3,L
证明 a1 + a2 > 1。
（2）若 a1 + a2 > 1，证明存在满足条件（a）、（b）、（c）的数列{yn} 。
5
证设数列{yn} 满足条件（a）、（b）、（c），
n3π 1+ n
2
− nπ
⎞ ⎟ ⎠
=
∞
(−1)n+1an ，其中 an
n=1
=
sin
1
nπ + n2
→0
( ) 记
g(x)
=
sin
xπ 1+ x2
,
x
>
1 ，则因
g ′( x)
=
π
1− x2 1+ x2
2
xπ cos 1+ x2
<
0 ，故 an+1
<
an ，因此
∑ ∑ ∑ ∑ ∞
n=1
(−1)n+1an
2
22
22 2
5．假设立体 I 由1− z = x2 + y2 与 z = 0 围成，密度为 ρ ；立体 II 由1+ z = x2 + y2 与
z = 0 围成，密度为 1。若立体 I 和立体 II 组成的立体其重心位于原点 (0, 0, 0) ，求 ρ 的值。
∫∫∫ ρ z d x d y d z + ∫∫∫ z d x d y d z

浙江省2022学年高中数学竞赛六校第一次联考加试试题

2022学年第二学期数学竞赛六校第一次联考加试试题一．（本题满分40分）如图，在ABC D 中，90C Ð=o ，过点C 作CH AB ^于点H ，A 与CH 的中点M 所在的直线交BC 于点K ，L 是BC 的中点，线段AB 上一点T 满足ATK BTL Ð=Ð．若1BC =，求KTL D 的周长．注：答题时请将图画在答卷纸上．二．（本题满分40分）对于每个正整数k ，设k a 是最大的且不能被3整除的k 的约数，数列{}n S 满足12n n S a a a =+++L （例如：6121452S =+++++）．证明：n S 被3整除当且仅当n 的三进制表示中，1的个数能被3整除．三．（本题满分50分）已知n 为正整数，对于1,2,,i n = ，正整数i a 和正偶数i b 满足01i ia b <<，且对于任意正整数1212,(1)i i i i n £<£，12i i a a ¹与12i i b b ¹中至少有一个成立．若对于每个正整数n 及所有满足上述条件的正整数i a 和正偶数(1,2,,)i b i n =L ，均有321n i i b c n =≥⋅∑，求实数c 的最大值．四．（本题满分50分）设(200)⨯≥n n n 的方格表中每个格被染成三种颜色之一，每个格中有一个箭头指向上、下、左、右四个相邻格之一（或指向表格外），且指向的格（若存在）与箭头所在格不同色．已知一只甲虫从任意一格开始，每次沿箭头方向移到相邻的格（或移到表格外），最终总能移到表格外．设三种颜色的格分别有,,A B C 个，证明：22240.64A B C n ++<．注：如果证明了比40.64n 弱的估计4n a ，会根据0.64a >的值，适当给分．。

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115 历届高等数学竞赛真题一、极限 1、nnnnn!2lim 2、)2cos2cos2(coslim2nnxxx

3、)sinlnarctan(limxxxx 4、5020)sin(limxdtxtxx 5、 1101lim21arctanttttetet



 6、0tan(sin)sin(tan)limtansintxxxx

7、))1()1(1221111(lim22222nnnnnn

8、设10tan(tan)sin(sin)tan(sin)lim0aaxxxbzxx，且0b，求常数,ab 9、设)(1lim)(2212Nnxbxaxxxfnnn，求a、b的值，使与)(lim1xfx)(lim1xfx都存在. 10、2lim2nnnna，其中a为常数。

11、200cos2limtan11xtxxetdtxxxx 12、nknknkn12lim

13、设0,0ba，求xxxxbaba1110)(lim

14、nndxxn1)11ln(1lim 15、xeexxx3sin)1()1sin(lim4sin0

16、)1221212(lim21nnnnnnnnn 17、0)1(lim33baxxx，求ba, 18、设)(xf在12x邻域内可导，0)(lim12xfx，998)(lim/12xfx，求 116

3121212)12(])([limxdtduuftxtx

19、设ba0，求ttxdxxabx1100))]1([(lim

20、设函数122,1)2)(1()(4xxxxxbaxxxf在1x处连续，求ba, 21、设nnnxxxxx1221,2,1，求nnxlim 22、xxxx)21(lim1 23、 nnnn1)!(1lim

24、设0)()1(lim3210dxcxbxaxxx，求dcba,,, 25、设01x，nnnxxax11，求nnxlim

26、nnnnnnnln)lnln(lim 27、))ln(11(lim3234234xexxxxxxxxxx 28、已知数列nx，满足1lim()0nnnxx，证明：lim0nnxn 29、已知10x，13014xx，41312xx，„，4131nnxx，„. 求证：（1）数列}{nx收敛；（2）}{nx的极限值a是方程0144xx的唯一正根二、导数和微分

1、求xxy11的n阶导数 2、11arccos22xxy，求/y

3、)1()1)(1)(1(2842nxxxxy，求1/|xy 117

4、设xyyxarctanln22，当0,1yx时，求dxdy 5、设dttyxxseccsc2arctan，求dxdy

6、设ttuduuyduex02140)1(2，求22,dxyddxdy 7、)(xf和)(xg互为连续的反函数，32)0(,1)0(/gf，求)1(/g 8、设函数)(xf在],[ba上连续，在),(ba上可导，且0)()(bfaf，证明（1）存在),(ba，使0)()(/ff （2）存在),(ba，使0)()(/ff 9、设函数)(xf在),0[上可导，且21)(0xxxf，证明存在0，使

222/

)1(1)(

f

10、求点（0，4）到抛物线102xy的最短距离 11、设)(xf在],0[上连续，在),0(上可导，证明至少存在一点),0(使得 cot)()(/ff

12、设()fx具有二阶连续导数，且(0)0,(0)(0)0fff，t是曲线()yfx上点(,())xfx处的切线在x轴的截距，求0()lim()xxfttfx

13、设()fx在1,1内有()0fx，且0()sinlim2xfxxx，证明在1,1内有()3fxx. 118

14、试问：方程22(3)xexx总共有几个实根. 15、)1()(limlimxfxfaxaxxxx，则a 。 16、设函数)(xyy是由0333axyyx（0a）确定，则xyxlim 。 17、设()fx在区间(,)连续，01()() d (>0), ()() d2xaxxaFxfttaGxftta, 试解答下列问题：（1）用()Gx表示()Fx；（2）求()Fx；（3）求证：0lim ()()aFxfx；（4）设()fx在,xaxa内的最大值和最小值分别是Mm、,求证：()()FxfxMm. 18、设为()arctanfxx在[ 0, ]b上应用拉格朗日中值定理的“中值”，则 220lim bb

19、设1tan1xfxarcx，求0nf。 20、已知函数fx在0,1上三阶可导，且01f，10f，00f，试证至少存在一点0,1，使22113!xxfxxf，0,1x

21、已知)x(f在],[20上二次连续可微,01)(f,证明M)x(f3120 其中 [0,2]max()xMfx. 22、求证方程0xcosqpx有且只有一个实数根,其中常数q,p满足10q.

23、设a为实数，10111cos)1(1)(xxxxxfa，在1x处可导，求a的范围 24、设nnmndxxdxf)1()(，nm,是正整数，求)1(f 25、设xxxftan)(1997，求)0()1997(f 119

26、求方程2axex有几个实根 27、设xxxxy，求/y 三、积分

1、230)arcsin(cosdxx 2、)1(28xxdx

3、axaxdx022 （0a） 4、dxxxx212)1sin()11( 5、dxdcxbaxn)()(（1,0,cba）6、dxxxsec 7、dxxxfxaa)1()11(12 8、dxxexxxx)1(cos1sin 9、dxxxx42)3ln()9ln()9ln( 10、0ln(sin)xxdx 11、eeeedxxxx||ln||lnlnln 12、20cos2004xdxxx 13、dxxx66cossin1 14、422|9|dxxx

15、dxxxex103)(2 15、dxxxxcossin)4cos( 16、dxxxxx04sin1|cossin| 17、dxxx022)1)(1(1 18、)(/xf连续，求dxxxfxf)]()([/ 19、设)(xfy，且ydttx02411，证明0433dxdydxyd

20、当ba,满足什么条件时，dxxxbaxx)1()1(222（1）无反正切函数（2）无对数函数 120

21、设)(xf为连续函数，且batdttxfxgcos)()(，求)(/xg 22、求证10326421xxdx 23、设101)(21)(xfdttxf，求)(xf

24、设)(xf为连续函数，证明dxxbafdxxbxaf)sin(2)sincos(202222 25设非负函数()fx在0,1上连续，且单调上升，0,1,()tyfx与直线(1)yf及xt围成图形的面积为1()St，()yfx与直线(0)yf及xt围成图形的面积为

2()St.⑴ 证明：存在唯一的(0,1)t,使得12()()StSt.⑵ t取何值时两部分面积之

和取最小值？ 26、设函数()fx在0,1连续且非负，证明1001lim()max()nnnxfxdxfx.

27、设D是曲线22yxx与x轴围成的平面图形，直线1yx把D分成1D和2D 两部分，若1D的面积1S与2D的面积2S之比1217SS，求平面图形1D的周长以及1D绕y轴旋转一周所得旋转体的体积. 28、设1shxshy，计算积分0ydx. 29、以yoz坐标上的平面曲线段()yfz（0zh）绕z轴旋转所构成的旋转曲面和xoy坐标面围成一个无盖容器，已知它的底面积为316()cm，如果以33(/)cms的速度把

水注入容器内，水表面的面积的2(/)cms增大，试求曲线()yfx的方程.

30、设0,2x时，有2()sec2sin3sin(1)sinnnduxxxxnxdx. 31、设2)1arcsin()(xxf及0)0(f，求10 )(dxxf. 32、求曲线xxey（0x）绕x轴旋转一周延伸到无穷远的旋转体体积 33、设函数)(xf在] ,[aa（0a）上连续，在0x可导，且0)0(f.