又f(x,y)=?(x?)?y+o((x?1)+y)，由全微分定义知fx′(1,0)=?1， fy′(1,0)=?1，
22
′′xy′′′xy+2xf2′，g′ g′y(x,y)=f1xe+2yf2，因此gx(0,0)=0，gy(0,0)=0， x(x,y)=f1ye
′g′2xf2′(1,x2)x(x,0)?gx(0,0)′A=g′=lim=2f2′(1,0)=?2； xx(0,0)=lim0x→0x→xx
′g′yf1′(1,y2)x(0,y)?gx(0,0)′B=g′=lim=f1′(1,0)=?1； xy(0,0)=limy→0x→0yy′(0,0)=limC=g′yy
y→0
g′y(0,y)?g′y(0,0)
y
2yf2′(1,y2)
=lim=2f2′(1,0)=?2； x→02
AC?B2=2>0.A=?2<0，故g(x,y)在(0,0)取得极大值，极大值为g(0,0)=f(1,0)=0。
十． 证明：（1）对于故
∫
a
?a
f(x)g(x)dx＝∫
x=?t
0
?a
f(x)g(x)dx+∫f(x)g(x)dx，
0
a 0
a
∫
0
?a
f(x)g(x)dx=
∫
0
?a
f(?t)g(?t)d(?t)=∫f(?x)g(x)dx，
a 0
∫
a
?a
f(x)g(x)dx=∫[f(?x)+f(x)]g(x)dx=A∫g(x)dx。
0
x
x
a
（2）g(x)=sinx 为偶函数，f(x)=arctane，f(x)+f(?x)=arctane+arctane所以[f(x)+f(?x)]=0，所以arctanex+arctane?x=
?x
，
′
π2
，
所以
∫
π2
?
π2
sinxarctanedx=∫
x
π2
?
π2
sinxdx=
π2∫
2
0
πsinxdx=
π2
。
n+1
???1?
1+??n+1nn????1111+n?????????1?22
十一． 解：limn??1+ ???1+??=limn?1+??nn→∞n→∞??+nnn1????????1???????1+?
n??????11
(n+1)ln(1+)?nln(1+)??112n+1n
)?nln(1+)]=elimn?e?1?=elimn2[(n+1)ln(1+
n→∞n→∞n+1n??
??1?1???111?1???ono=elimn?(n+1)??+???+?2?(n+1)2???n2n2?n+12(n+1)2n→∞
?n???????
?111e?1??
==elimn2??+(n+1)o?2??=elimn2?
n→∞n→∞2n(2n+1)2?n???2n2(n+1)
2
???
???? ????
58
a+b?f′′(η)?a+b??a+b??a+b??
十二． 证明：f(x)=f??+f′???x??+?x??，
22222????????
η介于x与
a+b
2
2
2
∫
b
a
1 ba+b?a+b??a+b??a+b? b??′′′()+?+?f(x)dx=(b?a)f?fxdxfηx???∫ a????dx，∫ a2?22??2??2???
2
a+b??a+b?1 b′′?
=(b?a)f??+∫ af(η)?x??dx，由于f′′(x)连续，f′′(x)有最大值M和
222????a+b?a+b?a+b????′′最小值m，设m≤f′′(x)≤M，因此m?x? ≤f()x?≤Mx?η?????，
2?2?2????
b ba+b?a+b?a+b????′′()?≤?≤?mxdxfηxdxMx??????dx∫ a?∫ a∫ a2?22???? b
2
2
2
2
2
2
，所以
m≤
∫
b
a
a+b??
f′′(η)?x??dx
2??≤M3
(b?a)12
b
2
，
?ξ∈[a,b],s.t.∫
所以，
a
a+b?(b?a)?
f′′(η)?x?f′′(ξ)， ?dx=
2?12?
1a+b
)+(b?a)3f′′(ξ)。 224
2
3
∫
b
a
f(x)dx=(b?a)f(
2010《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）
一.填空题 1.
155π44
n=3?5；2.；；3.；4.；5.；6.eA=?f1′(1,0)+2πf2′(1,0)。 2
6e 32 3
二.选择题
1.B；2.C；3.C；4. D；5. B。
?1?
三.解：?∑ekx?
?nk=1?
n
4020πx
=e
4020π?lnex+e2x+??+enx?lnn?
?x?
()，因为
lim
x→0
x2xnx
+++4020π?lnee??e()?lnn???x
?(ex+2e2x+??+nenx)?
?=2010n+1π=lim4020π?x()2xnxx→0e+e+??+e
59
所以，lim?
?e+e+??+e?
?x→0n??
x2ex
x2xnx
4020πx
=e
2010(n+1)π
1?x2ex?x2exxx
四.解：I1=∫()1dx=?xed=+xedx=+x?e+C1；()2∫∫x+2(x+2)(x+2)(x+2)2x
I2=∫
2x
(x+2)dx=2∫2
114
2ln2dx?4∫dx=x+++C2； 2
2x+(x+2)(x+2)x?2)ex4(+2lnx+2++C。 所以，原积分=
x+2(x+2)五.解：设
π∫π?
πf(x)sinxdx=a，f(x)sinx=
xsinx
+asinx，两边在[?π,π]积分，
1+cos2x
ππxsinxxsinxππsinxπ2
a=∫dx+∫asinxdx=2∫dx=2∫dx=
01+cos2x?π1+cos2x?π201+cos2x2，所以
π2x
f(x)=+ 2。1+cosx2
sin(e?1)(e?1)1六. 解：sin(e?1)=，所以lim?nn!sin1n→∞?1nn
(e?1)
nn??12
=lim???????=limen→∞nnn→∞n??
2
1
n
1k
lnnk=1n
1n
1n1n
(n1
1
e?1?=lim(n!)n
?n→∞n
)∑
n
lnxdx1=e∫0=。
e
2
1
七. 解：y=ax+bx+2lnc过原点，所以c=1，即y=ax+bx，解得b=
12
，ax+bxdx=∫0
3
1
12214?1?
(1?a)，V=π∫(ax2+bx)dx=π?a2+a(1?a)+(1?a)2?，令
03327?5?
d2VdV53
=0，则有a=?，相应有b=，又2
da42da
=
a=?
5
4
4π?53?
>0。V??,?为一极小值，135?42?
由实际意义得，此点处体积取得最小值，此时a=?
53
，b=，c=1。 42
?2z?z?zax+byax+byax+byax+by
′+(bu′；=(u′；2=u′′； 八.解：=(u′xyex+auy+abu)ex+au)ey+bu)e
?x?x?y
?2z?z?z?2uax+by
′′=0，令??+z=(u′′，而xy+(b?1)ux+(a?1)uy+(ab?a?b)u)e
?x?y?x?y?x?y
60
b?1=0?
?2z?z?z?
??+z=0，得?a?1=0，得a=1,b=1。 ?x?y?x?y?ab?a?b+1=0
?
九.证明：设
1af′′(ξ)2
′，ξ介(())()()()futdt=xfxfxfxxxxx=+?+?()()00000∫，02!a
于x与x0之间，故f(x)≥f(x0)+f′(x0)(x?x0)，f(u(t))≥f(x0)+f′(x0)(u(t)?x0)，两边积分有：
a
∫
a
0
f(u(t))dt≥∫f(x0)dt+∫f′(x0)(u(t)?x0)dt，
0
0
aa
aa
?au(t)dt?ax?=af(x)′′f(u(t))dt≥f(x)dt+f(x)u(t)?xdt=af(x)+f(x)()000?∫0?0∫0∫00∫00
?0?
1a1a
所以∫f(u(t))dt≥f(∫u(t)dt)。
a0a0
十.证明：f′(x)在[a,b]上连续，所以f′(x)在[a,b]连续，并存在η∈[a,b]，使
f′(η)=maxf′(x)=M，对?x∈[a,b]，f(a)=f(x)+f′(ξ1)(a?x),a≤ξ1≤x，所
[a,b]以f(x)=f′(ξ1)(x?a)，f(x)=f′(ξ1)x?a≤M(x?a)
所以
∫
a+b2a
f(x)dx≤∫
a+b2a
M(x?a)b?a)(dx=
8
2
M
同理，有f(b)=f(x)+f′(ξ1)(b?x),x≤ξ2≤b，所以f(x)=f′(ξ2)(b?x)，
f(x)=f′(ξ2)b?x≤M(b?x),∫a+bf(x)dx≤∫a+bM(b?x)2
2
bb
(b?a)dx=
8
2
M,
综上，有f′(η)(b?a)≥4∫f(x)dx。
a
2
b
十一. 证明：（1）lim
tanx+xtanx?x1=2，lim=，当x充分小时，有3x→0x→03xx
2tan2x?x2224
≤≤1，即； 0≤tanx?x≤x43x
（2）解：由（1）x2≤tan2x≤x4+x2，所以当n充分大时，
1111
，而 ≤tan2≤+2
n+kn+kn+k(n+k)nn??1111111
+lim∑=lim∑=∫dx=ln2，lim∑??=ln2，所201+xn→∞n→∞n→∞?kn+kn+nkk=1k=1k=1(n+k)???1+
n
n
61
以所求极限为ln2。 十二.解：1. ZQp=
dQpp6p
?=?6=，ZQp=2，所以p1=40，p2=120， dpQ360?6p6p?360
ZQp(p2)<0，所以舍去。
2. ZRp=
dRp360?12p2
?=，R=Qp=360p?6p，所以ZRpdpR360?6p
p=40
=?1
经济意义：在价格为p1=40时，价格上涨1%，总收益率下降1%，反之，价格下降1%，总收益率上涨1%。
2011《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）
一.填空题
1. 1+e；2. 2；3. 二.选择题
1.D；2.D；3.B；4. B；5. B。
三.解：根据分母的极限为0，得分子的极限必为0，从而知b=0，由洛必达法则得
72
π2
；4. edx+
281
dy；5. 。
32
x2
2
x21+x，（1）当a≠1时，c=0，即a≠1,c=0,b=0； 原式=lim=lim
x→0cosx?ax→0cosx?a
（2）当a=1时，由等价无穷小替换得，c=?2，因此a=1，b=0，c=?2。
1四.解：（1）?(0)=0，当x≠0时，?(x)=2
x
∫
x2sinx
0
f(t)dt，于是
x2sinx1?322
，当x=0时 ?'(x)=3?(xcosx+2xsinx)f(xsinx)?2∫f(t)dt??0x??
?'(0)=lim
x→0
?(x)??(0)
x
∫=lim
x→0
x2sinx
0
f(t)dt
x3
[2xsinx+x
=lim
x→0
2
2
cosxf(x2sinx)=f(0)=23x2
]x?2∫2sinx???20
fxxsin?（2）lim?'(x)=lim?cosx+?x→0x→0?x??
??
sinx
()f(t)dt??=?'(0)
。 3?x
??
π?
五.解：sinxf(x)=两边积分得，
xsinx
π2
?
(1+cosx)+sinx∫2πf(x)sinxdx，设∫2πf(x)sinxdx=a，
2
2
62