2008《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）
一．填空题
1. e6 ； 2． y=2x+1 ； 3． 2008ln2+8π ；4. 2e3 ；
5.dz(1,2)=[f(1,2)cos3+(2f1′+2ln2f2′)sin3]dx+[f(1,2)cos3+(f1′+f2′)sin3]dy。
二．选择题
1.C；2.B；3.D；4. B；5. B。
f(x)?f(0)g(x)?e?xg′′(x)?e?xg′′(0)?1
=lim=lim=三． 解：（1） f′(0)=lim； 2x→0xx00→→x22xx?g′(x)?g(x)+(x+1)e?x
当x≠0时，f′(x)=； 2
x
?x?g′(x)?g(x)+(x+1)e?x
,x≠0?2
?x故：f′(x)=?； ′′?g(0)?1,x=0?2?
x?g′(x)?g(x)+(x+1)e?xxg′′+e?x?(x+1)e?x
=lim （2）因为limf′(x)=lim
x→0x→0x→02xx2g′′?e?xg′′(0)?1
=lim==f′(0)，所以，f′(x)在点x=0处连续。 x→022
?2z?zx
′′+xexf21′′； =g′?y(siny)g′′+f1′+xyf11四．解：=yg′+yf1′+ef2′；
?x?y?x
?2zxx22x
′′′′′′′′′。 ygyfef2yefef22=++++112122
?x
五． 解：y′=?2bx，令?
??2bx=1
1=，得b， 2
4(1?a)??bx+a=x+1
Vy=π∫
a
0
dVydVyπa2a?y232
xdy=π∫dy==2(a?a)π，=2π(2a?3a)，=0，令
0b2bdada
2
a
dVy2dVy222
得a=(∵a>0)，唯一驻点，且=2π(2?6)，<0，V()为一个极大值，由ay22
33dada
题意知(Vy)max=Vy()=
2
38π23
得a=，b=。 ，2734
53
lim六． 证明：（?）必要性：f(x,y)在点(0,0)处可微,f(0,0)=0，
ρ→0
f(x,y)?f(0,0)
ρ=0，
即I=lim
ρ→0
x?y
ρ?(x,y)=0，反证法：若?(0,0)=a≠0，则选(x,y)沿y=2x趋向于
x?yx+y
2
2
O(0,0)，有I=lim
ρ→0
?(x,y)=
15a≠0，矛盾，所以 ?(0,0)=0。
fx′(0,0),fy′(0,0)f(0,0)=0,fx′(0,0)=lim
x→0
xf(x,0)?f(0,0)
=lim?(x,y) x→0xx
＝lim
ρ→0
?充分性：设 ?(0,0)=0，则lim
ρ→0
f(x,y)?f(0,0)
x?y
ρρ?(x,y)，而
?x?y
??ρ??(x?y)22(x2+y2)x?yf(x,y)?f(0,0)?＝2lim=0，所以=2,≤2，≤所以222?ρ→0ρρxyxy++?
2
f(x,y)在(0,0)处可微。
七． 解：
π∫
π 0
π1? πsinxcosx1?1
dxddx，所以 =?cos()=+???∫ 02∫ 0x+2π+2?2π+2?(x+2)
π sin2xasincos1 πsint1??11??11xx22dtadxdx?===+=+????42π+42 ∫ 0x+1∫ 02x+22∫ 0t+22?2π2+????
1 a
八．证明：令x0=∫g(t)dt]，f(x)在x0处泰勒展开
a 0
f′′(ξ)
f(x)=f(x0)+f′(x0)(x?x0)+(x?x0)2，（ξ 介于 x0与 x 之间）
2!
f(x)≥f(x0)+f′(x0)(x?x0)，将x=g(t)代入，f(g(t))≥f(x0)+f′(x0)(g(t)?x0)
两边从0到a积分：
∫
a
0
f(g(t))dt≥af(x0)+f′(x0)∫(g(t)?x0)dt=af(x0)
0
a
所以
1a?1 a?
f[g(t)]dt≥fg(t)dt]??。 ∫∫0 0a?a?
nnnn!n!n!12n
九． 解：lim[(e?1)(n!)]=lim?=lim=limnn=limn???
n→∞nn→∞n→∞n→∞n→∞1nnnnn
n
e
1?1n
n=lime
n→∞
1
(ln1+ln2+??+lnn)n
=e
1
lim(ln1+ln2+??+lnn)n→∞n
lnxdx=e∫0=e?1。
1
54
十． 证明：f(η)=minf(x)=?1，0<η<1f′(η)=0，?x∈[0,1]，
f(x)=f(η)+f′(η)(x?η)+
f′′(ξ)f′′(ξ)
(x?η)2=?1+(x?η)2， 2!2
ξ 介于 η 与 x 之间，2f(x)+2=f′′(ξ)(x?η)2，
11
当 0<η≤时， 2f(0)+2=f′′(ξ1)η2≤f′′(ξ1)，f′′(ξ1)≥8；
24
11当 ≤η<1时 ， 2f(1)+2=f′′(ξ2)(1?η)2≤f′′(ξ2)，f′′(ξ2)≥8；
24
由f′′(x)在[0,1]上连续，f′′(x)有最大值，所以maxf′′(x)≥8。
x∈[0,1]
，g(x)连续，g(0)=?1，g(1)=1，所以存在十一． 证明：(1)设g(x)=f(x)+x?1
u∈(0,1)使得g(u)=0，即f(u)+u=1。
(2)在 [0,u], [u,1] 对分别 f(x) 用拉格朗日中值定理，?ξ∈(0,u),η∈(u,1),s.t.
f(u)?f(0)f(1)?f(u)f(u)f(1)?f(u)
=f′(η),∴f′(ξ)?f′(η)=?=1。 =f′(ξ),
1?u1?uu?0u
十二． 解：F(x,y)=
x+y?a，
Fx′=
12x
,Fy′=
12y
,y′=
ηη?Fx′?y
=(x?ξ)， k=?,y?η=?′ξξFyx
S阳→min?SΔOAB→max，OA:xA=ξη+ξ,OB:xA=ξη+η,
11
(ξη+ξ)(ξη+η)=(2ξη+ξη+ηξ)， 22
1
令F(ξ,η)=(2ξη+ξη+ηξ)+λ(ξ+η?a)，
2
ηλ?′
Fηη2=+++=0?ξ2ξ2ξa??ξ=??ξλa2?4+=0，则(SΔOAB)max=，所以 则?Fη′=2ξ+ξ+，?
82η2η??η=a
??′4?Faξη0=+?=λ?
?SΔOAB=
(S阳)min
a2a2
=∫ydx?=。 0848
a
55
2009《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）
一．填空题
1．?4 ；2． ?dx ；3． ；4． 0 ；5．? 。
π223二．选择题
1.C；2.C；3.B；4. B；5. B。
? xuf(u)du?∫ 0
,x≠0?
三．解：（1）经换元整理得?(x)=? xf(t)dt
∫? 0??0, x=0
x≠0,?′(x)=
xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫tf(t)dt
0
0
x x
??∫ 0f(t)dt??
??
x 0
x 0
x
2
；
?′(0)=lim
x→0
?(x)??(0)
x
tf(t)dt1∫=lim=, x∫f(t)dt2
x→0
?xf(x) x
∫ 0???
所以?′(x)=?
?
?1,x=0??2
（2）lim?′(x)=lim
x→0
x→0
f(t)dt?f(x)∫tf(t)dt
0
x
??∫ 0f(t)dt??
??
x
2
,x≠0
；
xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫tf(t)dt
0
0
x
??∫ 0f(t)dt????
2
x x
=f(0)?lim
11
=，所以
x→02f(x)2
?′(x)在x=0处连续，所以?′(x)为连续函数。
四． 解：在x=0处，limf(x)=limx++
x→0
x→0
x→0?
2x
2xlnx0
=lime=e=1， +
x→0
limf(x)=lim?(x+1)=1，f(0)=0，所以f(x)在x=0处连续；x>0时，
x→0
f′(x)=x2x(2lnx+2)，令f′(x)=0，得x=
2
111，因为0
?1??e
′f(x)>0，所以f??=e为f(x) 的极小值；
?e?
56
当x<0时，f′(x)=1>0，故f(x)在(?∞,0)为增函数，又在?0,?内为减函数，且在x=0?
1??e?
处连续，所以f(0)=1为f(x) 的极大值。
五． 解：∫ 1
(x?1)2
(x?1)3 0f(x)dx=
f(x)1
11x?1)23
0?∫ 03?(x?1)3e?(?edx =?
1 1e 12?3∫ 0(x?1)3e?(x?1)2
?edx u=x?1?6∫ 0ueu2du2=?e 16∫ 0te?tdt==13?e6
。 六． 解：（1）dydx=4?2t2t=2t?1,d2ydx=?1
2t
3<0,(t>0)，所以曲线为凸弧； （2）设切点(x0,y0)对应的参数为t0，则切线方程为y?y0=?
?2?
?t?1??
(x?x0) 又(?1,0)在切线上,???x=t2
00+1?,有0?(4t?t2)=??2?1??2
?y2
00?0=4t0?t0
?t(?1?t?1) 0??0得t0=1,所以切点坐标为(2,3)，切线方程为y=x+1；
（3）设L:x=?(y)，则A=∫ 3
0
[?(y)?(y?1)]dy，由???x=t2
+1
??y=4t?t
2得x=(2±4?y)2+1
（2，3）在L上，x=9?y?44?y，A=
∫
3
0
[9?y?44?y?(y?1)]dy=
7
3
。 七． 解：
?z
?z?x
=yf1′?2f2′+g′，?y=xf1′+f2′+g′(?cosy)； dz=(yf1′?2f2′+g′)dx+(xf1′+f2′?cosy?g′)dy；
?2z
?x?y
=f1′+xyf11
′′+(y?2x)f12′′?2f22′′?cosy?g′′。 八.证明：因为
∫ b
a
[f(x)?x]dx=0，由积分中值定理知，存在η∈(a,b),s.t.f(η)=η令F(x)=e?x[f(x)?x]，则F(a)=F(η)，?ξ∈(a,η)?(a,b)，s.t.F′(ξ)=0
即得f′(ξ)=f(ξ)?ξ+1
九．解：∵f(x,y)=1?x?y+o((x?1)2
+y2
),∴f(1,0)=0，
57
，