?
xxdxxsin12sinxdx=22xd?a=∫2πa2+=π2∫∫01+cosx?1+cosx?(?)x1cos+22
?
ππππ20
?π122x?∫secdx? 202?
?
可得a=π?2，所以f(x)=
x
+π?2 。 2
(1+cosx)?1??2?
1
>0由零点定理得结论成立 2
六. 证明：（1）设g(x)=f(x)?x,g(1)=?1<0,g??=（2）设h(x)=g(x)e
?x
,h'(x)=e?x[f'(x)?1?f(x)+x],h(0)=h(ξ)=0，由罗尔中值定
理得，存在η∈(0,ξ)，使得h'(η)=0，即f'(η)=f(η)?η+1。
2七.解：（1）I=∫f(x)dx=∫xx?adx ①a≤0时，I=∫(x3?ax2)dx=
1
1
1
000
1a
?； 43
②0
1
∫
a
0
a41a
x(a?x)dx+∫x(x?a)dx=+?；
a643
2
1
2
∫(x
0
3
?ax2)dx=
a1? 34
1
3?ax3(a?xdx)+1x3(x?a)dx? xf(x)dx2πxxadx2π=?=∫0∫0∫a???∫0?
?a41??a51a??1?1???Va=''Va=?=2π?+?'()2π=0，令，所以，而且?4?>0 ?24??1054?42?2?????
于是V?
?1?
?为极小值，由实际意义得，当0≤a≤1时，旋转体体积的最小值为 42??
1??1?2π?
V(a)min=V?4?=?1?4?。
2??2?5?
八.解：D=(x,y)x?
{(?D=(x,y)x?
{()+(y?2)2)+(y?2)=9}
2
2
2
2
2
≤9，其边界记为
}（1）在?D上，利用拉格朗日乘数法来计算最值 设F(x,y)=x2+y2+λ(x?
(2)2+(y?2)2?9
)?Fx=2x+2λx?22=0?33?
,x2=y2=2?令?Fy=2y+2λy?22=0解得x1=y1=2+ 22?22
??(x?2)+(y?2)=9
() 63
经计算得，z(x1,y1)=25,z(x2,y2)=1
?zx=2x=0
解得x3=y3=0，而z(x3,y3)=0，根据性质，（2）在区域D的内部，令?
z=2y=0?y
闭区域上的连续函数必有最值的结论，知zmax=z(x1,y1)=25,zmin=z(x3,y3)=0。 九. 解：总利润
2
R=p1q1+p2q2?C=24p1?0.2p12+10p2?0.05p2?(35+40(34?0.2p1?0.05p2))2=?0.2p12?0.05p2+32p1+12p2?1395
??p1=80?Rp1=?0.4p1+32=0令?得?
p=120=?0.05×2+12=0Rp?2?2?p2
由实际意义得，利润必有最大值，并且驻点唯一，从而最大值点应为驻点
Rmax=R(80,120)=605；根据弹性的计算公式得：
Ep1=
dq1p180
?=?0.2×=?2dp1q124?0.2×80dq2p2120
?=?0.05×=?1.5 dp2q210?0.05×120
Ep2=
经济意义：p1下降（上升）1%，q1上升（下降）2%；p2下降（上升）1%，q1上升（下降）1.5%。
十.解：zx=cosxf+(sinx)eyf1'+f2'+2f3'；
''''''''''''
zxy=(cosx)xeyf1'+f3'+sinxeyf1'+eyxeyf11+f13+xeyf21+f23+2xeyf31+f33''''''
=ey(sinx+xcosx)f1'+cosxf3'+xe2ysinxf11+xsinxeyf21+sinxf23''''
。 +2sinxf33+(2x+1)eysinxf13
()()[()()]十一.证明：设f(x)=lnx,
2
2lnξf(b)?f(a)
=f'(ξ)=
b?aξ设g(x)=
1?lnxlnx
<0，从而g(x)为单减函数，从而 ,x∈(a,b)，g'(x)=2
xx
2f(b)?f(a)4
g(ξ)>g(e2)=2，于是=2g(ξ)>2，即e2(f(b)?f(a))>4(b?a)
b?aee
即所证结论成立。
64
2012《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）
一.填空 1.e2；2.4；3.二.选择题
1.B；2.C；3.C；4. B；5. D。
π4
；4.C1cos(3x)+C2sin(3x)+
2012
；5. 0。 3
三.解：I=lime
x→0
2
2?2cosx
?
ex
2
?2+2cosx
?1
xαx2?2+2cosx=lim x→0xαx2x4
x?2+2(1?++ο(x4))14?α124!limx=4,=αβ4?α=0=，故，得。 =lim
x→012x→012xαni
1
=lim∑(∑四.解：lim∑∑2n→∞n→∞
i=1k=1(n+i+k)i=1k=1
n
i
1(1+
ik2
+)nn
x1111
dy ?)=∫dx∫200nn(1+x+y)
111
?]dx=ln2?ln3。
01+x21+2x
111
五.证明:1.设g(x)=f(x)?x, g(0)=f(0)?0=0,g()=1?=,g(1)=?1,
222
1
故由零点定理知存在ξ∈(0,1)，满足g(ξ)=0,即f(ξ)=ξ, ξ∈(,1)?(0,1)；
2
=∫[
1
2.设h(x)=e?λxg(x),则h(0)=g(0)=0,且由1知h(ξ)=e?λξg(ξ)=0,由罗尔定理知
由罗尔定理知存在η∈(0,ξ)?(0,1),使h′(η)=0,即f′(η)=λ(f(η)?η)+1。
3321391
+ln6 。 六. 解:I=∫∫1dxdy+∫∫xydxdy=6?∫1(2?)dx+∫1dx∫1xydy=
x4222xD1D2
七.证明：1．∫f(x)g(x)dx=∫f(?u)g(?u)d(?u)=∫f(?x)g(x)dx
?a
00a
a0
故
∫
a
?a
f(x)g(x)dx=∫[f(x)+f(?x)]g(x)dx=c∫g(x)dx；
0
0
aa
2．I=
π2∫
ππ0
x(sinx)2012dx（利用1的结果及arccote?x+arccotex=
ππ2
π）
=()2
π2
∫
0
(sinx)
2012
dx（利用∫xf(sinx)dx=
0
π2∫0
πf(sinx)dx）=
π2
2
∫
20
(sinx)2012dx
65
（利用
∫
ππ0
f(sinx)dx=2∫f(sinx)dx）=
20
π22011!!π22012!!2
2
=
π3(2011)!!
4(2012)!!
。
1arctanxt
I=etdt=esinx=tant，dx=sectdt，∫八.解：设t=arctanx，
2111
?)+F2′z′九.解：1.由F(z+,z?)=0知F1′(z′xx=0， 2
xyx
x?1x+1
2
+C。
F1′?F2′F′?F2′?z?z2?z2?zx+y==0； =21=同理故2，，′′′′′′?x?yF1+F2?xx(F1+F2)?yy(F1+F2)2.由1知x2
?z?z
′′′+y2=0，注意到z′xy=zyx，两边对x求导，得：
?x?y
22
?z2?z2?z2?z2?z2x+x+y=0xy+=0，两边对y求导，得： (1) ；对2?x?x?y?x?y?x22?z2?z2?z2y+y+x=0(2) ；(1)?x+(2)?y 得： ?y?x?y?y2
2222
?z?z2?z2?z2?z2?z+y+x0=x(2x+x)+y(2y+y) 22?x?x?y?y?x?y?x?y2?2z?2z2?z2?z3?zxy=x+xyx+y+y++()2() 22
?x?y?x?y?x?y3
2
?2z?2z3?z+xy(x+y)+y=0。 故 x22
?x?y?x?y
3
十. 解: 1.ER(p)=1+p3, 即
dRpdR1
=1+p3,=(+p2)dp, dpRRp
1
(p3?1)131
故 lnR=p+lnp+C1, 又R(1)=1,故C1=- ,从而 R(p)=pe3
33(p3?1)dRR33
=(1+p)=e(1+p3),MR2.MR=
dpp
1
p=2
=e
1
(8?1)3
(1+8)=9e
73
十一.解：C:y=lnx，y′=
11
，设切点A(x0,lnx0)，切线：y?lnx0=(x?x0)，
x0x
1ex
；1.AΩ 1=∫(ey?ey)dy=?1;
0 2e
代入O(0,0)得x0=e，故L：y=
66
AΩ 2=∫edy=1；2.VΩ1
?∞
0
y
11251
=πe?1?π∫(e?ey)2dy=(e2?2e+)π。
0 362
2013《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）
一.填空题
1.2；2. e4，±e2；3. ； 4．x2ex?ex
28 2二.选择题
1.D；2.C；3.C；4. D；5. C。
2π1
(22
)+C；5．
3。 3
三.解：（方法一）
∫
+∞
1
xlnx1+∞lnx1+∞12
dxdxxd(2)ln=+=? 22222∫∫11(x+2)2(x+2)2(x+2)
+∞+∞
?1+∞1+∞1?lnx1x1?1?2dxdxlnxln(x=??2?∫=?=?+2)? ?22∫?112?x(x+2)?xx+24?2?1
?(x+2)1?4
x11=ln=ln3。 48x2+21（方法二）令lnx=t则x=et， 因此
+∞∫
+∞
1
+∞xlnxte2t1+∞t2t
dxdtd(e==?+2) 222t22t2∫∫00(x+2)(e+2)2(e+2)
1+∞11t1+∞1
dt =?∫td2t=??2t+∫
e+2202e+2020e2t+21+∞e?2t11?2t
dtln(2e1)ln3。 =∫=?+=?2t022e+1880
四.解：由题意知：g′(1)=0
+∞
+∞
?z?z
=f1′(1,1)； =yf1′+yg′(x)f2′,因此
?x(1,1)?x
?2z
′′+g(x)f12′′]+g′(x)f2′+yg′(x)[xf21′′+g(x)f22′′]=f1′+y[xf11
?x?y(1,1)
?2z
′′(1,1)+f12′′(1,1)。 因此=f1′(1,1)+f11
?x?y(1,1)
67