大学生数学竞赛(非数)试题及答案
第十届全国大学生数学竞赛预赛非数学类参考答案官方版
1 cos x cos x(1 cos 2 x 3 cos 3x ) 1 cos x cos 2 x 3 cos 3x ) lim 2 x 0 x 0 x2 x2 x
1 cos 2 x 1 1 cos 2 x 3 cos 3 x 1 cos 2 x (1 3 cos 3x ) lim lim 2 x 0 x2 2 x 0 x2 x2 1 (cos 2 x 1) 1 1 3 (cos 3x 1) 1 1 lim 2 x 0 x2 x2
中 | AB | 表示线段 AB 的长度.
证明：作辅助函数 (t ) f ( x1 t ( x2 x1 ), y1 t ( y2 y1 )) ，----------2 分 显然 (t ) 在[0,1]上可导.根据拉格朗日中值定理，存在 c (0,1) ，使得
f (u , v) f (u , v) ------8 分 ( x2 x1 ) ( y2 y1 ) u v f (u , v) f (u , v) | (1) (0) || f ( x2 , y2 ) f ( x1 , y1 ) || ( x2 x1 ) ( y2 y1 ) | u v
rdrd
0
2
1 9 r
r 2 dz d
0
2
2 2
0
2 2 r 3 ( 9 r 2 1)dr (124 35 ) 5 5 256 ------12 分 3
2
( x
(V )
2
y 2 )dV ( x 2 y 2 )dV ( x 2 y 2 )dV ( x 2 y 2 )dV
大学生数学竞赛(非数)试题及答案
大学生数学竞赛（非数学类）试卷及标准答案考试形式： 闭卷 考试时间： 120 分钟 满分： 100 分.一、填空（每小题5分，共20分）.计算)cos 1(cos 1lim 0x x x x --+→= .(2)设()f x 在2x =连续，且2()3lim2x f x x →--存在，则(2)f = . (3)若tx x xt t f 2)11(lim )(+=∞→，则=')(t f .(4)已知()f x 的一个原函数为2ln x ，则()xf x dx '⎰= .（1）21. (2) 3 . (3)te t 2)12(+ . (4)C x x +-2ln ln 2. 二、（5分）计算dxdy xy D⎰⎰-2，其中1010≤≤≤≤y x D ，：.解：dxdy x y D⎰⎰-2=dxdy y x x y D )(21:2-⎰⎰<+⎰⎰≥-22:2)(x y D dxdy x y -------- 2分 =dy y x dx x )(2210-⎰⎰+dy x y dx x)(12102⎰⎰- -------------4分姓名：身份证号所在院校：年级专业线封密注意：1.所有答题都须写在此试卷纸密封线右边，写在其它纸上一律无效. 2.密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关标记.=3011-------------5分.三、（10分）设)](sin[2x f y =，其中f 具有二阶 导数，求22dxyd .解：)],(cos[)(222x f x f x dxdy'=---------------3分 )](sin[)]([4)](cos[)(4)](cos[)(222222222222x f x f x x f x f x x f x f dxy d '-''+'=-----7分=)]}(sin[)]([)](cos[)({4)](cos[)(222222222x f x f x f x f x x f x f '-''+'---------10分.四、（15分）已知3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，求a 的值. 解：)23(232123ln 0ln 0xa x ax x e d e dx e e ---=-⋅⎰⎰---------3分 令t e x =-23，所以dt t dx e e aax x ⎰⎰--=-⋅231ln 02123---------6分 =a t 231233221-⋅-------------7分=]1)23([313--⋅-a ，-----------9分 由3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，故]1)23([313--⋅-a =31，-----------12分即3)23(a -=0-----------13分 亦即023=-a -------------14分所以23=a -------------15分.五、（10分）求微分方程0=-+'x e y y x 满足条件e yx ==1的特解.解：原方程可化为xe y x y x=+'1-----------2分这是一阶线性非齐次方程，代入公式得⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎰⋅⎰=⎰-C dx e x e e y dxx xdx x 11----------4分=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎰-C dx e x e ex x xln ln ----------5分 =[]⎰+C dx e x x 1-----------6分 =)(1C e xx+.---------------7分 所以原方程的通解是)(1C e xy x +=.----------8分再由条件e yx ==1，有C e e +=，即0=C ，-----------9分因此，所求的特解是xe y x=.----------10分.六（10分）、若函数()f x 在(,)a b 内具有二阶导数，且123()()()f x f x f x ==，其中123a x x x b <<<<，证明：在13(,)x x 内至少有一点ξ，使()0f ξ'=。
第十一届全国大学生数学竞赛(非数学类)试题
第十一届全国大学生数学竞赛(非数学类)试题参考解答及评分标准一、填空题（每小题6分）1. sin 014x x →=.解：sin sin 00x x x x x →→→=- sin 1/31/30022(e 1)1sin 1limlim 444422x x x x x x →→-=+-=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 2. 设隐函数()y y x =由方程22()y x y x -=所确定，则232ln ||dx y y C y x x=-+⎰. 解：令y tx =，则21(1)x t t =-，1(1)y t t =-，3223(1)tdx dt t t -+=-， 这样，223332ln ||2ln ||dx t y ydt t t C C y t x x-+==-+=-+⎰⎰. 3. 定积分220(1sin )1cos x e x dx e xππ+=+⎰.解：222000(1sin )sin 1cos 1cos 1cos x xx e x e xdx dx de xx x πππ+=++++⎰⎰⎰ 2222200sin cos (1cos )+sin 1cos 1cos (1cos )xxxe xe x x x dx e dx x x x πππ+=+-+++⎰⎰2222000sin 1cos 1cos 1cos xxx e xe edx dx e x x x ππππ=+-=+++⎰⎰. 4. 已知22(,)323ydx xdy du x y x xy y -=-+，则1(,)()C 3x u x y y =-+. 解：22(,)323ydx xdy du x y x xy y -=-+21()233()3xd x yx x y y y ==--+（）.所以，1(,)()C 3x u x y y =-+.5. 设,,,0a b c μ>，曲面xyz μ=与曲面2222221x y z a b c ++=相切，则μ=.解：根据题意有：22x yz a λ=,22y xz b λ=，22zxy c λ=，以及 222x a μλ=，222y b μλ=，222z c μλ=，从而得：32228a b cλμ=，32μλ=，联立解得：μ=二、（14分）计算三重积分22d d d Ω+⎰⎰⎰xyzx y z x y，其中Ω是由曲面2222()2++=x y z xy 围成的区域在第一卦限部分.解：采用“球面坐标”计算，并利用对称性，得ππ3224222sin cos sin cos 2d d sin d sin I ρϕθθϕθϕρϕρρϕ=⎰⎰ -------5分ππ342002sin cos d sin cos d d θθθϕϕϕρρ=⎰⎰ππ3354202sin cos d sin cos d θθθϕϕϕ=⎰⎰ -------10分ππ354201sin 2d sin d(sin )4θθϕϕ=⎰⎰π3201121sin d 4848372t t ==⋅=⎰. -------14分 三、（14分）设()f x 在[0,)+∞上可微，(0)0f =，且存在常数0A >，使得|()||()|f x A f x '≤在[0,)+∞上成立，试证明：在(0,)+∞上有()0f x ≡.证明：设01[0,]2x A ∈，使得01|()|max |()|[0,]2f x f x x A ⎧⎫=∈⎨⎬⎩⎭， -------5分 000011|()||(0)+()||()||()|22f x f f x A f x f x A ξ'=≤=，只有0|()|0f x =. 故当 1[0,]2x A∈时，()0f x ≡. -------12分 递推可得，对所有的1[,]22k kx A A-∈，1,2,k =，均有()0f x ≡. -------14分四、（14分）计算积分2sin (cos sin )0sin I d e d ππθφφφθθ-=⎰⎰解：设球面 Σ:x 2+y 2+z 2=1, 由球面参数方程sin cos x θφ=，sin sin y θφ=，cos z θ=知sin dS d d θθφ=，所以，所求积分可化为第一型曲面积分I =∬e x−ydS Σ-------4分 设平面P t :√2=t,−1≤t ≤1，其中t 为平面P t 被球面截下部分中心到原点距离.用平面P t 分割球面Σ，球面在平面P t ,P t+dt 之间的部分形如圆台外表面状，记为Σt,dt .被积函数在其上为 e x−y =e √2t . -------8分由于Σt,dt 半径为r t =√1−t 2，半径的增长率为 d√1−t 2=√1−t 2 就是 Σt,dt 上下底半径之差. 记圆台外表面斜高为ℎt ，则由微元法知 dt 2+(d √1−t 2)2=ℎt 2, 得到ℎt =√1−t 2 ，所以 Σt,dt 的面积为 dS =2πr t ℎt =2πdt, -------12分I =∫e √2t 1−12πdt =√2√2t |−11=√2π(e √2−e −√2). -------14分 五、（14分）设()f x 是仅有正实根的多项式函数，满足 0()()n n n f x c x f x +∞='=-∑. 试证：0n c >，(0n ≥），极限lim n ()f x 的最小根. 证明：由f (x )为仅有正实根的多项式，不妨设()f x 的全部根为 0<a 1<a 2<⋯<a k ，这样，f (x )=A (x −a 1)r 1⋯(x −a k )r k ，其中 r i 为对应根a i 的重数 (i =1,⋯,k,r k ≥1). -------2分f ′(x )=Ar 1(x −a 1)r 1−1⋯(x −a k )r k +⋯+Ar k (x −a 1)r 1⋯(x −a k )r k −1，所以，f ′(x )=f (x )(r 1x−a 1+⋯+rkx−a k)，从而， −f ′(x)f(x)=r 1a 1∙11−xa 1+⋯+r k a k∙11−x a k.-------6分若|x |<a 1, 则 −f ′(x)f(x)=r 1a 1∙∑(xa1)n∞n=0+⋯+r k a k∙∑(xak)n∞n=0=∑(r 1a 1n+1+⋯+r k a kn+1)∞n=0x n .而 −f ′(x)f(x)=∑c n x n∞n=0，由幂级数的唯一性知c n =r 1a 1n+1+⋯+r kak n+1>0， ------9分c ncn+1=r 1a 1n+1+⋯+r k a kn+1r 1a 1n+2+⋯+r k a kn+2=a 1∙r 1+⋯+(a1a k)n+1r kr 1+⋯+(a 1a k)n+2r k.limn→∞c nc =a 1∙r 1+0+⋯+0r +0+⋯+0=a 1>0， limn→∞c n+1c =1a ， -----12分limn→∞1n ∙(ln c2c1+⋯+ln c n+1c n)=ln 1a 1,√c n n=elnc nn=elnc 1n +1n (ln c 2c 1+⋯+ln cn+1c n)→eln1a 1=1a 1.从而，lim√c nn=a 1,即f (x )的最小正根. -----14分六、（14分）设函数()f x 在[0, )+∞上具有连续导数，满足22223[3()]()2[1()]-'+=+x f x f x f x e ，且(0)1≤f .证明：存在常数0>M ，使得[0,)∈+∞x 时，恒有()≤f x M .证明：由于()0'>f x ，所以()f x 是[0, )+∞上的严格增函数，故+lim ()→∞=x f x L (有限或为+∞). 下面证明 ≠+∞L . -----2分记()=y f x ，将所给等式分离变量并积分得 222232d d (1)3-+=+⎰⎰x y y e x y ，即 2222arctan d 13-+=++⎰x t y y e t C y ， ------6分 其中2(0)2arctan (0)1(0)=++f C f f . ------8分若=+∞L ，则对上式取极限→+∞x ，并利用2d 2+∞-=⎰t e t ，得π3=-C .-----10分 另一方面，令2()2arctan 1=++ug u u u ，则2223()>0(1)+'=+u g u u ，所以函数()g u 在(, )-∞+∞上严格单调增加. 因此，当(0)1≤f 时，1π((0))(1)2+=≤=C g f g ， 但2π1π22+>>C ，矛盾， 这就证明了+lim ()→∞=x f x L 为有限数.最后，取max{(0),}=M f L ，则|()|≤f x M ，[0,)∀∈+∞x . -----14分。
第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准(非数学类)
第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准（非数学类，2019年3月30日）一、填空题（本题满分30分，每小题6分）1、设函数在点在处连续，则的值为答案：2、设则答案：3、设曲线L是空间区域的表面与平面的交线，则答案：4、设函数由方程确定，其中具有连续二阶偏导数，则答案：5、已知二次型，则的规范形为答案：二、设内三阶连续可导，满足，又设数列满足严格单调减少且计算【解】由于在区间（-1,1）内三阶可导，在处有Taylor公式又，所以分①由于数列严格单调且，则，且为严格单调增加趋于正无穷的数列，注意到，故由Stolz定理及①式，有分分三、设上具有连续导数，且证明：对于成立【证明】令则故函数在上严格单调增加，记的反函数为，则定义在上，且4分于是根据积分中值定理，存在使得分因此注意到则即分四、计算三重积分：，其中【解】采用“先二后一”法，并利用对称性，得其中分用极坐标计算二重积分，得交换积分次序，得分作变量代换:并利用对称性，得所以.分五、之和.【解】级数通项令分其中.因为所以满足解这个一阶线性方程，得由得,故且分六、设A是n阶幂零矩阵,即满足证明:若A的秩为r，且则存在n阶可逆矩阵P其中为r阶单位矩阵. 【证】存在n阶可逆矩阵H,Q，使得因为所以有分对QH作相应分块为则有因此分而所以显然，所以为行满秩矩阵.8分因为使得分令则有分七、设为单调递减的正实数列,收敛，证明：收敛，所以对任意给定，存在自然数，使得当时,有因为单调递减的正数列，所以分注意到当时，有令得到分下面证明：对于任意自然数n，如果满足则有事实上,即得到分利用（2），令可以得到即分又由知，存在自然数，使得分取则当时，有因此分。
第四届全国大学生数学竞赛决赛试题及答案(非数学组)
于是 I = I1 + I 2 = 1 + π
3 8
六、 （本题 15 分） 若对任意收敛于 0 的数列 { xn } 级数 ∑ an xn 都收敛，证明级数 ∑ an 收敛.
n =1 n =1
∞ ∞
令 Sn = ∑ ak ，xn = 证明： 用反证法. 若级数 ∑ an 发散，
n =1 k =1
∞
而 g (0) = f 2 (0) + [ f '(0)] = 4 且 0 ∈ [ξ1 , ξ 2 ] ， 知 g (ξ ) = max g ( x) ≥ 4 ， 由此可得 ξ ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ， 根据 Fermat
2
x∈[ξ1 ,ξ 2 ]
定理， g '(ξ ) = 0 ，即
g '(ξ ) = 2 f (ξ ) f '(ξ ) + 2 f '(ξ ) f ''(ξ ) = 0 .
3 2
3 2 2
⋅ 2dxdy =
=
G ρ 2π 2 1 ⋅ rdr = G ρπ ln 2. 2 ∫0 ∫1 r 2
三、 （本题 15 分）
f ( x) 在 [1, +∞] 连续可导， f ' ( x) =
x
⎡ 1 1 1 ⎤ − ln(1 + ) ⎥ , 证明 ⎢ 2 x ⎦ 1 + f ( x) ⎣ ⎢ x ⎥
证明：在 [−2,0] 和 [0, 2] 上分别使用 Lagrange 中值定理，分别 ∃ξ1 ∈ (−2,0), ξ 2 ∈ (0, 2) 使得 f (0) − f (−2) = 2 f '(ξ1 ), f (2) − f (0) = 2 f '(ξ 2 ) . 令 g ( x) = f 2 ( x) + [ f '( x)] ，考虑 g ( x) 在闭区间 [ξ1 , ξ 2 ] 上的最大值，记 g (ξ ) = M = max g ( x) . 由于
第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准（非数学类）
第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准（非数学类，2019年3月30日）一、填空题（本题满分30分，每小题6分）1、设函数在点在处连续，则的值为答案：2、设则答案：3、设曲线L是空间区域的表面与平面的交线，则答案：4、设函数由方程确定，其中具有连续二阶偏导数，则答案：5、已知二次型，则的规范形为 答案：二、设在区间内三阶连续可导，满足，又设数列满足严格单调减少且计算【解】由于在区间（-1,1）内三阶可导，在处有Taylor 公式又，所以分 ① 由于数列严格单调且，则，且为严格单调增加趋于正无穷的数列，注意到，故由Stolz 定理及①式，有分分 三、设在上具有连续导数，且证明：对于成立 【证明】令则故函数在上严格单调增加，记的反函数为，则定义在上，且4分 于是根据积分中值定理，存在使得分 因此注意到则即分四、计算三重积分：，其中【解】采用“先二后一”法，并利用对称性，得其中分用极坐标计算二重积分，得交换积分次序，得分作变量代换:并利用对称性，得所以.分五、求级数之和.【解】级数通项令分则收敛区间为其中.因为所以满足解这个一阶线性方程，得由得,故所以且分六、设A 是n 阶幂零矩阵,即满足证明 :若A 的秩为r ，且则存在n 阶可逆矩阵P ，使得其中为r 阶单位矩阵.【证】存在n 阶可逆矩阵H,Q ，使得因为所以有分对QH 作相应分块为则有因此分而所以显然，所以为行满秩矩阵8分因为所以存在可逆矩阵使得分令则有分七、设为单调递减的正实数列,为一实数列，级数收敛，证明：【证】由于收敛，所以对任意给定，存在自然数，使得当时,有因为单调递减的正数列，所以分注意到当时，有令得到分下面证明：对于任意自然数n，如果满足则有事实上,即得到分利用（2），令可以得到即分又由知，存在自然数，使得分取则当时，有因此分。
全国大学生高等数学竞赛真题及答案(非数学类)-无答案
2009年 第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、填空题（每小题5分，共20分）1．计算=--++⎰⎰y x yx x yy x Dd d 1)1ln()(____________，其中区域D 由直线1=+y x 与两坐标轴所围成三角形区域.2．设)(x f 是连续函数，且满足⎰--=2022d )(3)(x x f x x f , 则=)(x f ____________.3．曲面2222-+=y x z 平行平面022=-+z y x 的切平面方程是__________. 4．设函数)(x y y =由方程29ln )(y y f e xe =确定，其中f 具有二阶导数，且1≠'f ，则=22d d x y________________. 二、（5分）求极限xenx x x x ne e e )(lim 20+++→ ，其中n 是给定的正整数.三、（15分）设函数)(x f 连续，⎰=10d )()(t xt f x g ，且A xx f x =→)(lim，A 为常数，求)(x g '并讨论)(x g '在0=x 处的连续性.四、（15分）已知平面区域}0,0|),{(ππ≤≤≤≤=y x y x D ，L 为D 的正向边界，试证：（1）⎰⎰-=---Lx y Lx yx ye y xe x ye y xed d d d sin sin sin sin ；（2）2sin sin 25d d π⎰≥--Ly yx ye y xe .五、（10分）已知xx e xe y 21+=，x x e xe y -+=2，xx x e e xe y --+=23是某二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，试求此微分方程.六、（10分）设抛物线c bx ax y ln 22++=过原点.当10≤≤x 时,0≥y ,又已知该抛物线与x 轴及直线1=x 所围图形的面积为31.试确定c b a ,,,使此图形绕x 轴旋转一周而成的旋转体的体积最小.七、（15分）已知)(x u n 满足),2,1()()(1 =+='-n e x x u x u x n n n, 且neu n =)1(, 求函数项级数∑∞=1)(n nx u之和.八、（10分）求-→1x 时, 与∑∞=02n n x等价的无穷大量.2010年 第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、（25分，每小题5分） （1）设22(1)(1)(1),nn x a a a =+++其中||1,a <求lim .n n x →∞（2）求21lim 1x x x e x -→∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭。
第十二届全国大学生数学竞赛决赛试题(非数学类)参考答案及评分标准
F= (b) 0 . 对 F (x) 在[a,b] 上利
a
∫ 用洛尔定理，存在 x0 ∈ (a,b) ，使得 F′(x0 ) = 0 ，即 f (x0 ) =
x0 f (t)dt .
a
---------------- 3 分
3
2021 年 05 月决赛试题
x
∫ 再令 G= (x)
f (x) − f (t)dt ，则 G= (a) a
−
2 x32
= 0 . 由此解得 u
113
在定义域内的唯一驻点 P0 (24 , 22 , 24 ) ，且 u 在该点取得最小值 u(P0 ) = 4 4 2 ，这是
113
函数唯一的极值. 因此 u 的唯一极值点为 (24 , 22 , 24 ) .
【注】 也可用通常的充分性条件(海赛矩阵正定)判断驻点 P0 为极小值点.
1，2， ,s)
.
因为 p(D) = D 2021 ，所以
1
= p( A) p= (QDQT ) Q= p(D)QT Q= D 2021QT B .
--------------- 3 分
(3) 设另存在 n 阶实对称矩阵 C 使得 C2021=A ，则=B p= ( A) p(C2021) ，所以
1 2
(xn
+
yn
)
，
---------------- 4 分
这只需证明：对任意 n
≥
0
，都有
x+ 2
y
n
≤
An (x, x) n +1
≤
1 2
(xn
+
yn ) ，其中 0
<
x,
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大学生数学竞赛（非数学类）试卷及标准答案
考试形式： 闭卷 考试时间： 120 分钟 满分： 100 分.
20分）. )cos 1(cos 1lim 0x x x x --+
→= . (2)设()f x 在2x =连续，且2
()3
lim
2
x f x x →--存在，则(2)f = . (3)若tx x x
t t f 2)1
1(lim )(+=∞→，则=')(t f .
(4)已知()f x 的一个原函数为2ln x ，则()xf x dx '⎰= .
（1）
2
1. (2) 3 . (3)t e t 2)12(+ . (4)C x x +-2
ln ln 2. ，其中
解：
dxdy x
y D
⎰⎰-2
=
dxdy y x
x y D )(2
1:2
-⎰⎰<+
⎰⎰≥-2
2:2
)(x y D dxdy x
y -------- 2分
=dy y x dx x )(2
21
-⎰⎰+dy x y dx x
)(1
210
2⎰⎰- -------------4分
=
30
11
-------------5分. 姓名：
身份号：
所在院
校：
级：
业：
线
封
密
注意：1.所有答题都须写在此试卷纸密封线右边，写在其它纸
上一律无效. 2.密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关
三、（10分）设)](sin[2
x f y =，其中f 具有二阶2dx
解：
)],(cos[)
(222x f x f x dx
dy
'=---------------3分 )](sin[)]([4)](cos[)(4)](cos[)(22
222222222
2x f x f x x f x f x x f x f dx
y d '-''+'=-----7分
=)]}(sin[)]([)](cos[)({4)](cos[)(22
2
2
2
2
2
2
2
x f x f x f x f x x f x f '-''+'---------10分.
四、（15分）已知
3
1
23ln 0
=
-⋅⎰
dx e e a x x ，求a 的值
解：
)23(232123ln 0
ln 0
x
a x a
x x e d e dx e e ---
=-⋅⎰⎰
---------3分 令t e x =-23，所以
dt t dx e e a
a
x x ⎰⎰
--
=-⋅231ln 0
2
123---------6分 =a t 231
2
33
2
21-⋅-------------7分
=]1)23([31
3--⋅-a ，-----------9分 由3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，故]1)23([313--⋅-a =31
，-----------12分
即3)23(a -=0-----------13分 亦即023=-a -------------14分
所以2
3
=a -------------15分.
五、（10分）求微分方程0=-+'x
e y y x
e y
x ==1
的特解.
解：原方程可化为
x
e y x y x
=+'1-----------2分
这是一阶线性非齐次方程，代入公式得
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+⎰⋅⎰=⎰-
C dx e x e e y dx
x x
dx x 11----------4分
=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡+⋅⎰-C dx e x e e
x x x
ln ln ----------5分 =
[]
⎰+C dx e x x 1
-----------6分 =)(1C e x
x
+.---------------7分 所以原方程的通解是)(1
C e x
y x +=.----------8分
再由条件e y
x ==1
，有C e e +=，即0=C ，-----------9分
因此，所求的特解是x
e y x
=.----------10分.
()f x 在(,)a b 内具有二阶导 3()f x ，其中123a x x x b <<<<，证明：在13(,)
x x 内至少有一点ξ，使()0f ξ'=。
证：由于)(x f 在),(b a 内具有二阶导数，所以)(x f 在],[21x x 上连续， 在),(21x x 内可导，再根据题意)()(21x f x f =，
由罗尔定理知至少存在一点∈1ξ),(21x x ，使)(1ξf '=0；--------3分
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同理，在23[,]x x 上对函数)(x f 使用罗尔定理得至少存在一点
),(322x x ∈ξ，使)(2ξf '=0；---------6分
对于函数)(x f '，由已知条件知)(x f '在[1ξ，2ξ]上连续，在（1ξ，2ξ）内可导，且)(1ξf '=)(2ξf '=0，由罗尔定理知至少存在一点∈ξ（1ξ，2ξ），使0)(=''ξf ，而1ξ，2ξ）),(31x x ⊂，故结论得证----------10分.
七、（15
分）已知曲线，x e y =x y sin =和直线0=x ，
1=x 围成平面图形D .
（1）求平面图形D 的面积A ；
（2）求D 绕x 轴旋转所成立体的体积.
解：（1）1
(sin )x A e x dx =-⎰-----------2分
10(cos )x e x =+-----------4分
cos12e =+------------5分
（2）因为⎰=b
a
x dx x f V )(2π，-----------6分
所以dx x e V x x )sin (1
22⎰-=π-----------9分
=1
20
111sin 2224x e x x π⎡⎤
-+⎢⎥⎣⎦------------11分
=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡+--2sin 4121)1(212e π-----------13分
=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡-+1)2sin 21(212e π .--------------15分.
八、（15分）设),,(z y x f u =有连续的一阶偏导数，又函数 )(x y y =及)(x z z =分别由
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下列两式确定： 2=-xy e xy 和dt t t e z x x ⎰-=0sin ，求du
dx
.
解：
dx
dz
z f dx dy y f x f dx du ⋅∂∂+⋅∂∂+∂∂=， （1）---------4分 由2=-xy e xy 两边对x 求导，得
)()(dx dy
x y dx dy x
y e xy +-+=0，--------------7分 即 x
y dx dy -= ---------------9分
又由dt t t e z x x
⎰-=0sin 两边对x 求导，得
)1()sin(dx dz z x z x e x -⋅--=，-----------11分
即 )
sin()(1z x z x e dx dz x ---= -----------13分 将其代入（1）式，得 ()1sin()x du f y f e x z f dx x x y x z z ⎡⎤∂∂-∂=-+-⎢⎥∂∂-∂⎣⎦.-----------15
分.。