中国石油大学（华东）
第二十届高等数学竞赛试卷参考答案
一、填空题（每小题5分，本题共50分）：
a?1. 若x?0时，(1?ax)?1与xsinx是等价无穷小，则
1(1?ax)?1~?ax2x~x2. 4.解 当x?0时，，xsin214124.
1?ax2(1?ax)1lim?lim42??a?1x?04x于是，根据题设有 x?0xsinx，故a=-4.
21412. x?0lim(cosx)ln(1?x2)? .
1解
lim(cosx)x?0ln(1?x)2=
ex?0ln(1?x2)lim1lncosx,
而
?sinx1?1lncosxlncosx1cosx??2lim?lim?lime?.22x?0ln(x?0x?02x21?x)xe ，故 原式=
?1x2?3?0sintdt,x?0f(x)??x??a, x?0在x?0处连续，则a?3. 设函数
limfx(?)f解 由题设知，函数f(x)在 x?0处连续，则 x?0(?0)a，
.
又因为
?limf(x)?limx?0x?0x0sint2dtx3sinx211?lim?a?x?03x23. 3. 所以
?y?设z?xyf??,函数f(u)可导,则xz?x?yz?y?x??4.
.
?zy??y??y??解:?yf???xyf?????2???x?x??x??x??z?y??y?1?y??xf???xyf????xf???yf?y?x??x?x?x?y2?y??y?yf???f???,x?x??x?y?????,?x?
y?y???xz??yz?2xyf?0?2xysin?0?2z.??xyx?x?1微分方程xy??2y?xlnx满足y(1)??的解为：95.
.
解：原方程等价为：y??y?2??dxex[2y?lnx，于是通解为：x1?[?x2lnxdx?C]??lnx?e1由y(1)??，9111xlnx?x?C39x2x211得C?0，故所求通解为：y?xlnx?x..39
dx?C]??xdx2?a若0?x?16.设a?0,f(x)?g(x)??,而D表示全平面，0,其他?则 I???f(x)g(y?x)dxdy?_______.D
解：本题积分区域为全平面，但只有当 0?x?1,0?y?x?1 时，被积函数才不为零，因此实际上只需在满足此不等式的区域内积分即可 .
?a若0?y?x?1;g(y?x)???0,其他,?20?x?1,a?f(x)g(y?x)??x?y?1?x,?0,其他?
I???a若x?y?1?x;?g(y?x)???0,其他,
??Df(x)g(y?x)dxdy2??0dxdy?a?dx?01x?1xD12??adxdy?1dyD2?a2?[(x?1)?x]dx?a2.0
??7.
2??2(x2005?cos2x)tan2xdx?.
2005222005222解：?2?(x?cosx)tanxdx???2?xtanxdxdx??2?cosxtanxdx?2?2?2???1???0?2?2sin2xdx?2???.02221??2?n????sin?sin?sin??n??nnnn??8.lim.
?
解：lim1??2?(n?1)???sin???sin?sin?n??n?nnn?nni?1?lim?sin??lim?f(?i)?xi?n??i?1nnn??i?1?0sin?xdx1
看作f(x)?sin?x ,把区间[0，1]分为n等份，分点为12in1i0????????, 取?xi?,?i?nnnnnn
1?cos?x112??原式??sin?xdx???cos??cos0??.0`0???
9.
设空间区域?由x2?y2?z2?1所界定,计算???edv??z.
解：?被积函数仅为z的函数，截面Dz为圆域x2?y2?1?z2，故采用＂先二后一＂法．???e?zdv?2???ezdv?2?ezdz??dxdy?2??(1?z2)ezdz?2?.?上0Dz011
10. 设在上半平面D??(x,y)|y?0?内，函数f(x,y)具有连续偏导数，且对任意的
?2t?0都有f(tx,ty)?tf(x,y). 对D内的任意分段光滑的有向简单闭曲线L，则
.L?yf(x,y)dx?xf(x,y)dy??2.
,ty)?解 f(txt(f,x两边对)yt求导得
?3??xf(tx,ty)?yf(tx,ty)??2tf(x,y). xy
令
t?1，则
xfx?(x,y)?yfy?(x,y)??2f(x,y),. 即
11f(x,y)??xfx?(x,y)?yfy?(x,y)22 ①
设P(x,y)?yf(x,y),Q(x,y)??xf(x,y)，则
?Q?P??f(x,y)?xfx?(x,y),?f(x,y)?yfy?(x,y)?y ?x. ?Q?P??x?y 则由①可得
1?1????yf(x,y)?xf(x,y)yx??2?2?.
故由曲线积分与路径无关的定理可知，对D内的任意分段光滑的有向简单闭曲线L，都有
?Lyf(x,y)dx?xf(x,y)dy?0.
二、计算题（每小题6分，本题共42分）：
1.用变量代换x?cost(0?t??)化简微分方程：(1?x2)y???xy??y?0，并求满足y解：y??dydt1dy???，dtdxsintdt
x?0?1,y?x?0?2的解.
dy?dtcostdy1d2y1y?????[2?]?(?),2dtdxsintdtsintdtsint代入原方程得d2ydt2?y?0，y?C1cost?C2sint?C1x?C21?x2x?0解此微分方程，得把初始条件yx?0?1,y??2代入，有C1?2,C2?1。
故满足初始条件的特解为：y?2x?1?x2.
22z?x?y(0?z?1)的下侧，计算曲面积分 2. 设?是锥面
??xdydz?2ydzdx?3(z?1)dxdy..
?22?z?1(x?y?1)，取上侧，则 1解 设：
??xdydz?2ydzdx?3(z?1)dxdy
??
???1??xdydz?2ydzdx?3(z?1)dxdy???xdydz?2ydzdx?3(z?1)dxdy?1.
而
???1??xdydz?2ydzdx?3(z?1)dxdy＝
???6dv?6?V2?0d??rdr?dz?2?0r11，
??xdydz?2ydzdx?3(z?1)dxdy?0?1.
所以
??xdydz?2ydzdx?3(z?1)dxdy?2?.
?3.设函数y?ax3?bx2?cx?2在x?1处有极小值0，且在点(0,2)处函数的图形有拐点，试确定常数a,b和c的值.
解：f(x)?ax3?bx2?cx?2,f(x)在(??,??)二阶可导，f?(x)?3ax2?2bx?c,f??(x)?6ax?2b,根据题意，f?(1)?3a?2b?c,f??(0)?2b?0,f(1)?a?b?c?2?0，于是得a?1,b?0,c??3.
4.设函数f(x)在(??,?)上连续，且对任意的t满足下式：f(t)?2x2?y2?t2??(x2?y2)f(x2?y2)dxdy?t4求函数f(x).
?x?rcos?解：令?,y?rsin??
f(t)?2?2?0d??r2f(r)rdr?t4?4??f(r)r3dr?t4,00tt两边对t求导：f?(t)?4?f(t)t3?4t3?4t3??f(t)?1?,f?(t)f?(t)1即?4t3??dt??4t3dt，?ln?f(t)?1?t4?C.?f(t)?1?f(t)?1?1?t41?x4由f(0)?0,知C＝0，?f(t)?(e?1)，即f(x)?(e?1)??
5.求旋转抛物面z?x2?y2与平面x?y?2z?2之间的最短距离．.
解：设P(x,y,z)为抛物面z?x2?y2上任一点,1则P到平面x?y?2z?2?0的距离为d,d?x?y?2z?2.6
令F(x,y,z)?1(x?y?2z?2)2??(z?x2?y2),6
(1)(2)(3)(4)
1??F?(x?y?2z?2)?2?x?0,x?3??F??1(x?y?2z?2)?2?y?0,?y3??1?F?(x?y?2z?2)(?2)?z?0,?z3?22??z?x?y,解此方程组得x?111,y?,z?.，即得唯一驻点448111(,,),448
111根据题意距离的最小值一定存在，且有唯一驻点，故必在(,,)44811117处取得最小值．dmin????2?..644446