?t2?1?′?2?
dyt2?1d2y?t+1?4tdy=2,2=2=五. 解：1.；令=0得t=±1， 32dxt+1dxt+1dx(t+1)d2y1d2y11=>0,2=?<0，所以t=1时y=y(x)取得极小值?，t=?1又因为2
23dxt=12dxt=?1
时y=y(x)取得极大值1；
d2yd2y4t11
2.令==0得t=0，t=0时x=,y=，因为t<0时2<0，t>0时
dxdx2(t2+1)333d2y1311
>0，又显然关于变量是单增的，故曲线在tx=t+t+(?∞,]时为凸的，在2
dx333
1?11?
[,+∞)内为凹的，?,?为拐点。 3?33?
六. 解：设(x,y)为圆周(x+1)+y=1上任意一点，则d=x+(y?1) 设L(x,y,λ)=x+(y?1)+λ??(x+1)+y?1??
2
2
2
2
22222
?2?2?Lx=2x+2λ(x+1)=0x=?1+x=?1??1?2???22，所以 令?Lx=2(y?1)+2λy=0，解得?,??L=(x+1)2+y2?1=0?y=2?y=?2?x12???2?2
d1=x12+(y1?1)2=2?1,d2=x22+(y2?1)2=2+1,故圆周上点 ?22????1+2,2??为与定点(0,1)距离最小的点，最小距离为2?1，圆周上点 ???22????为与定点(0,1)距离最大的点，最大距离为2?1。 1,????22??
七.解：设切点坐标为(x0,lnx0)，y′=
11
，切线方程为： y?lnx0=(x?x0)，因为切xx0
1
x，切点A(e,1)。 e
线过原点，所以x0=e，所以切线方程为y=（1）A=
∫(e
0
1
y
?ey)dy=
e
?1； 2
68
（2）Vx=π1
∫
e
0
(x)dx?π∫
1
e2
e
1
1ee
或Vx=2π∫y(ey?ey)dy=2π(1?)； lnxdx=2π(1?)；
0332
?e21?
Vy=π∫e?(ey)dy=π???。
0
?62?
2y
2
∫八. 解：1.若?(x)在x=0点连续，则a=lim∫
x→0
x
x
0x0
tf(t)dtf(t)dt
=lim
x→0
xf(x)
=0，所以a=0； f(x)
2.?′(0)=lim
x→0
?(x)??(0)
x
tf(t)dt∫=lim=limx∫f(t)dt∫
0
x→0
x
x→0
0
xf(x)
x
0
f(t)dt+xf(x)
=lim
x→0
f(x)+xf′(x)1
=，当x≠0时，?′(x)=
f(x)+f(x)+xf′(x)2
xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫f(t)dt
0
xx
(∫
x
0
f(t)dt
)0
2
,
?xf(x)xf(t)dt?f(x)xf(t)dt
∫0∫0?,x≠02x??
。 因此?′(x)=?∫0f(t)dt
?
1?x=0
??2
()3.当x>0时，?′(x)=
xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫f(t)dt
0
xx
(∫
x
0
f(t)dt
)0
2
=
f(x)∫(x?t)f(t)dt
x
(∫
0
x
0
f(t)dt
)2
>0
因此，当x≥0时，?(x)单调增加。
九. 证明：（1）令F(x)=f(x)?x,则F()=f()?
1
21211
=>0,F(1)=f(1)?1=?1<0，22
由零点定理知存在η∈(,1)?(0,1)，使得F(η)=0，即f(η)?η=0。 （2）令G(x)=e
?2x
12
[f(x)?x]，则G(0)=G(η)=0，故由洛尔定理知存在ξ∈(0,η),使
G′(ξ)=0，即f′(ξ)?2[f(ξ)?ξ]=1。
十. 解： D1:(x,y)?2≤x≤0,?x≤y≤
{4?x2
}D2:(x,y)0≤x≤2,2x?x2≤y≤4?x2
所以I=
{}∫π3π4
2
dθ∫ρ?ρdρ+∫2dθ∫
0
0
2
π2
2
π2
0
2cosθρ?ρdρ=π+4∫2(1?cos4θ)dθ=π。
94
69
十一. 证明：f(x)=f(0)+f′(0)x+
f′′(0)2f′′′(η)3
x+x,η介于0与x之间； 23!
f′′(0)f′′′(ξ1)
?,?1<ξ1<0,(1)， 26f′′(0)f′′′(ξ2)
+1=f(1)=f(0)+,0<ξ2<1,(2) 26f′′′(ξ2)f′′′(ξ1)
，因为函数f(x)在闭区间[?1,1]上具有连续的三阶导数，(2)?(1)得：+1=
66
f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)
所以f′′′(x)在[?1,1]上具有最小值m和最大值M。从而m≤≤M，所以
2
f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)
由介值定理知，存在一点ξ∈(?1,1)，使得f′′′(ξ)==3。
20=f(?1)=f(0)+
?y=4?x2?y=4?x2
得两曲线交点为(?1,3),(4,?12)；由?得两曲线交点为十二.解：由?
y=?3xy=3x??
(1,3),(?4,?12)。由f(x)为[?1,1]上连续的奇函数，所以f(x)ln(y+1+y2)为关于变量
x的奇函数，x2为关于变量x的偶函数，且积分区域D 关于y轴对称，所以由二重积分得
对称性知：I=
∫∫xdxdy+0=2∫dx∫
D
0
2
2
4?x2
?3x
x2dy=2∫x2(4?x2+3x)dx=
0
2
113
。 30
2014《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）
一．填空题
1. e；2. x=?1,x=0,x=1；3.二．选择题
1. D；2. C；3. C；4. A；5. A；
15
5π；4. y=0,x=1,x=?1；5. 2； 128
xx??xx
xln(1+)+(1)?1?+xln(1)?3
?1e12?α3?x?3===x=β≠0, 三．解：I=lim3limlimlimααα→0→0→0x→0xxxxxx3
所以α=2,β=
1
。 3
+∞
dxduu
==ln=ln2； 四． 解：I1=∫x∫ 0 1e+1u(u+1)u+11
+∞ +∞
π3
+∞
2
223 0 0
I=∫
3
1xutan 1123
dx=∫udutdtsec==，所以。 =+Iln26∫0 u(x+1)sec44
70
112
五．解：g(0)=∫xdx=，g(1)=∫(1?x2)dx=；
0 033
1
2
当0 0 ∫ t(t?x)dx+∫2 1 331 (x?t)dx=t2?t+； t43 2 g′(t)=2t?1，令g′(t)=0得t= 六．解：设I= 11121；g()=，所以maxg(t)=，ming(t)=。 0≤t≤144430≤t≤14 ∫∫D (2x?y+1)2+x3y1+x+ydσ+∫∫D22dσ，由区域D的对称性及函数的奇偶性可得， I=5∫∫D x21+x+y2211+x+y22dσ， 又由轮换对称性得 1 15x2+y21r3rI=∫∫dσ+∫∫dσ=5π∫dr+2π∫dr， 2222 0 02D1+x2+y21+x+y1+r1+rD 1051 π?2π+2π(2?1)=(4+2)π。 333 1 七． 解：1. C′(x)=； x+200，C′(300)=215（元） 20 25000125000C(x)1′2.平均成本C(x)=，令C(x)==?=0，x+200+2 xxx4040 50000′′(1000)>0，所以C(1000)为最小值，即产量为1000 x=1000，C′′(x)=，C=0 x3 因此I= 时平均成本最少； x2x?25000，令L′(x)=300?3.利润L(x)=500x?C(x)=300x?=0， 4020 得x=600；L′′(x)=? 1 <0，唯一极大值，L(600)为最大值；20 x2 300x? x163220，。 ELx=L′(x)=E=E=E=?,0,Lxx=4000Lxx=6000Lxx=8000 x23131L(x) 300x??25000 40 ?y 八． 1.证明：?e ?y′+e?x 2 1+e?x =y′?1，y′=>0，所以y(x)是单调增加的； 1+e?y x→+∞ x→+∞ 2 2.解：y(x)是单调增加的，若y(x)有上界，则limy(x)存在，设limy(x)=a，则对方 程两侧求极限得：e?a+ π2 =lim(y?x+1)，而lim(y?x+1)不存在，因此y(x)无， x→+∞ x→+∞ 71 1+e?x 上界，所以，limy(x)=+∞，故limy′(x)=lim=1。 x→+∞x→+∞1+e?yx→+∞ 2 x2x3f′′(0)2 ++??(x3)，f(x)=f(0)+f′(0)x+九．解：ln(1+x)=x?x+??(x2)， 2321f′′(0)3 (1?f(0))x?(1+f′(0))x2+(?)x+??(x3) g(x)?g(0)32g′(0)=lim=lim=1，所30x→0x→x?0x ???1?f(0)=0?f(0)=1?? 以有?1+f′(0)=0，因此?f′(0)=?1。 ??1f′′(0)4?f′′(0)=???=1 23?3? 十．解：由条件可知，y(0)=0，所以c=1,y=ax+bx， 2 ∫ 1 0 (ax2+bx)dx= ab +，32 ab13 +=，所以a=1?b； 3232 323?? bbb(1)(1)??2 ? 1 1aabb22+b?，Vx=∫πy2dx=π∫(ax2+bx)2dx=π(++)=π?+? 0 0523523???? 2 2 2 dVxdVxb13dVx =π(?)，令=0得b=,dbdb15102db2 = 3 x=2 π15 >0，所以Vxb=3为极小值，且为 2 最小值；此时a= ?53π,b=,c=1；(Vx)min=。 842 1?x 十一． 解：1.f′(x)=,x∈(?∞,2)，令f′(x)=0得x0=1，又因为 2?x f′(x)=? 1 <0，因此f(1)=1为唯一极大值，即为(?∞,2)内最大值； (x?2)2 2.证明：x1=ln2∈(?∞,2)，xn+1=f(xn)<1因此数列{xn}有界；x1=ln2<1， xn+1=f(xn)=xn+ln(2?xn)>xn,(∵xn<1)，因此数列{xn}单增，所以数列{xn}收敛； 设limxn=a，则a=a+ln(2?a)，因此a=1，即limxn=1。 n→∞ n→∞ 72