历年浙江省高等数学微积分竞赛工科类试题

1、04 年浙江省大学生高等数学（微积分）竞赛试题（工科类）一计算题 (每小题 15 分，满分 60 分）1 计算：200cos2limtan11xtxxetdtxxxx. 解： 原式2002cos2limtanxtxetdtxxxxx00202cos22lim2tansecxxexxxxxx00202cos22limtantanxxexxxxxx00203332cos22limtantanxxexxxxxxxxx其中223333000tantantantanlimlimlimxxxxxxxxxxxxxxx2222232300001sectantantan4limlimlimlim333xxxxx

2、xxxxxxxxx原式00320032cos223cossin1limlim423xxxxxexxexexxx0001cossinsincoslim22xxxxxexexexexx00012sin1lim42xxexx. 30tansinlimxxxx在课堂上作为一个典型的例子；3tan()xxo x2 计算:20cos2004xdxxx。解： 原式220cos200424xdxx2222sin20044xdxt22222222sin2004200444xdxdxtt22222212004200444120044tdt22221arctan2004200444t221arctan2004200

3、444. 其他想法 : 原式22202coscos20042004xxdxdxxxxx后者222022cos()cos22004()()200422xttxdxdtxxtt2202sin20044tdtt, 看来做不下去了！ ！3 求函数22,415fx yxyy在22,41x yxy上的最大、小值。解: 在圆内 (开集）,2xfx yx，,815yfx yy, 解得驻点15(0,)8，但不在圆域内。在圆周上2241xy， 求22,415fx yxyy的极值， 是条件极值问题。2222,415(41)fx yxyyxy,280 xfx yxx,81520yfx yyy22,410fx yxy解

4、得: 驻点(0,1),(0, 1)(0,1)19f，(0, 1)11f故最大值为(0,1)19f， 最小值为(0, 1)11f. 4 计算:3max,dxy xd，其中,11,01dx yxy。3max,dxy xd123433ddddxydx dx dxyd16这题不能用对称、奇偶性等性质来做！二 （本题满分 20 分） 设1tan1xfxarcx，求0nf. 解：21( )1fxx， 则2(1)( )1xfx，则两边对x求(1)n阶导数，由莱布尼茨公式得: 2( )(1)(2)(1)( )2(1)( )(1)( )0nnnxfxnxfxn nfx，令0 x,得: ( )(2)(0)(1)(

5、0)nnfn nf，而(0)1,(0)0ff, 则()120,;(0)( 1)!,;nnnfnn当 为偶数当 为奇数. 2yx1d2dxyo3d4d三 （本题满分 20 分） 设椭圆22149xy在3 31,2a点的切线交y轴于b点,设l为从a到b的直线段，试计算sin3cosln12 331lyy dxyxxdyx。解： 方程22149xy两边对x求导得: 2029xyy，则132xy, 直线段l的方程为 : 32 3, 012yxx令sin( , )31yp x yyx, ( , )cosln12 33q x yyxx, 则cos31pyyx, cos2 31qyxxsin3cos ln1

6、2 331lyy dxyxxdyx3 3dbccad33122 303sin3323 333312dddydxx933 39213 3ln 2 sinln 2 sin422242。3 31,2abloxyc四 （本题满分 20 分） 设函数f连续，ab,且0bafx dx，试证明：0fx,xa b。证明： 01lim()nbiiaifx dxfx由于ab, 故0ix, 无论,a b怎么分、1,iiixx怎么取，01lim()niiifx存在且相等，即01lim()0niiifx，由于f连续，故0fx，,xa b； （理由说的不够充分）假设存在0,xa b，使得00fx，不妨设00fx，则000

7、,0 xxxfx都有，由于函数f连续，故在00,xx内存在最大、最小值分别为00,mm，显然000,0mm，而00020bxaxfx dxfx dxm与0bafx dx矛盾，故假设错误 ,即0fx,xa b。五 （本题满分 15 分） 判别级数211!nnn的敛散性。解：斯特林公式：12!2,01nnnnnee极限形式 :12!1lim12nnnn en。22111211!2nnnnnnnnnee22222211112661111!22nnnnnnnnnnnennnennee故211!nnn收敛。判别11!nnn的敛散性 : 证明: 1lim0!nnn(1) 证明!3nnn， 即!3nnn1)

8、 当1n, 显然成立；2)假设n时也成立 ,即!3nnn；3) 当1n时，1111113333nnnnnnnnnnnn1111!(1)!33(1)nnnnnnnnnnn11(1)!3nnnn而1nnn是单调递增数列, 而且有界（证明两个重要极限里第2 个). (1)!n13!nnn， 而3lim0nn, 由夹逼定理得：1lim0!nnn。2219!nnn，而219nn收敛, 由比较判别法得：211!nnn也收敛. 六(本题满分 15 分） 设函数fx在0,1上连续，证明：22112222002fxfxdxdxtxttx，0t。证明: 221112222220001fxfxdxdxdxtxtxt

9、x221122220011arctan2fxfxdxdxtttxttx. 许瓦兹不等式 : 有限项情况 :222111nnniiiiiiiabab, 0,0,1,2, ,iiabin（乘积和的平方小于等于平方和的乘积）可推广到可数情况：222111iiiiiiia bab; 均值的形式 : 2()( )( )eee; 积分的形式：2( ) ( )( )( )bbbaaaf x g x dxf x dxg x dx2005年浙江省大学生高等数学（微积分）竞赛试题一、计算题（每小题12 分满分散60 分）1 计算11|12 |x dx2 设ln(1),0( ),0 xxf xxaxb x可导，求常

10、数,a b的值3 计算23lim2nnnn4 计算sin3cos4sinxdxxx5 求函数( )|1|3|f xxxx的值 . 二、（本题满分20 分）设( )f x在0 x点二阶可导，且0( )lim11cosxf xx，求(0),(0)ff和(0)f的值。三、 (本题满分20 分)证明：当02x时，31tan3xxx四、（本题满分20 分）设22222222222222(1 sin )sin10(1 sin),1sincos4xxxadx bdx cdxxxxx，试比较 a，b,c 的大小。五、（本题满分15 分）设22221111,1,2,3,.122kakkkkkk（1）求limkk

11、a；（2）证明数列ka单调减少。六、（ 本 题 满 分15 分 ） 对 下 列( ),fx分 别 说 明 是 否 存 在 一 个 区 间 , ,(0),a ba使( ) | , | , f xxa bx xa b,并说明理由。(1) 212( )33f xx（ 2）1( )f xx（3）1( )1f xx2005 年浙江省高等数学（微积分）竞赛试题解答一 1。 解1112x dx1121122112xdxx dx11222112xxxx111102422415222。2. 解：100limlim ln 11xxxfxx，00limlimxxfxaxbb，因为fx在0 x处连续 ,所以1b, 0

12、fa, 2000ln 10limlimxxfxfxxfxx0011111limlim22 12xxxxx，由fx在0 x处可导，00ff, 于是12a. 3. 解：23lim2 362nnnn. 4. 解：sin3cos4sinxdxxx，sin4sin3cos4cos3sinxaxxbxx43sin34cosabxabx，430340abab，425a，325b，sin43 4cos3sin3cos4sin2525 4sin3cosxxxdxdxxxxx43ln 4sin3cos2525xxxc。5. 解：13fxxxx当0 x时，1334fxxxxx；当01x时，132fxxxxx；当13

13、x时，132fxxxxx; 当3x时，1334fxxxxx。二解：000limlim1cos01cosxxfxffxxx；0001cos0limlim01cosxxfxffxxfxxx；00221coslimlim1111cos22xxfxfxxxxx, 2210002fxffxfxo x22102fxo x，所以01f. 三证明：令31tan3fxxxx,00f；因为2211cosfxxx，00f；32sin2cosxfxxx，00f；2412sin21cosxfxx222412sin1sin2cosxxx224sin4sin20cosxxx，0,2x，所以0fx,进而0fx，0fx，即得3

14、1tan3xxx，02x。四解 :22221sin1sinxadxx222212sinsin1sinxxdxx202dx；2222222202sinsin2coscosxxbdxdxxxxx, 由于222sin1cosxxx，得ba，2222210 1sin4xcdxx2222010 1sin24xdxx，利用2sin1xx，0,2x, 得22222222410 110 1sin10144xxxx，于是ca, 故bac。五、设2201nnkxnk,1,2,n. （1）求limnnx； （2)证明数列nx单调减少。解： (1）显然2221212nnnxnnn故有lim0nnx。（2）211201

15、nnkxnk222201111121122nknknnnn，2122220211142431nnnknxxnnnnnknk222221 2111241241nnnnnnnnnn22210241n nnnnn, 于是数列nx单调减少 . 六解 :（1）21233fxx，在0,上严格单调递增, 欲使,f a ba b，必有f aa，f bb. 考虑21233fxxx, 2320 xx，223122x, 11x，22x，所以存在区间1,2，使1,21,2f。（3）f x在0,上严格单调减少, 欲使,f a ba b，必有f ab，f ba. 1ba，1ab，所以存在区间1,aa，01a，使得11,f

16、aaaa。（4）f x在0,上严格递增 , 欲使,f a ba b，必须faa，f bb. 11fxxx, 21xx, 21324x，此方程无实数解，故不存在区间,a b，0a,使得,f a ba b. 2006 浙江省高等数学（微积分) 竞赛试题一、计算题（每小题12 分, 满分 60 分）1、计算lim1nxnxnen。解：xxxnnenxn1lim11limxxnxnenxne111limxxnxneenxnexeenxnexnxn1limnxenxexxnnx1lim12tetexttx10121lim1)1ln(11lim2101200tttttexttx202)1 ()1ln()1

17、(limtttttextx202)1ln()1(limttttextxttextx2)1ln(11lim020022xex. 2、求4881(1)xxdxxx。解：4848242828411111(1)2(1)2(1)xxxxxxdxdxdxxxxxxx242224211114(1)4(1)xxxxdxdxxxxx3111122411411abcdxdxxxxxxx131ln(1)lnln(1)422xxxc311ln(1)lnln(1)848xxxc. 3、求22110 xyyedyedxx. 解 : 2222111111000 xxyyyyyeedyedxdydxdye dxxx22111

18、000 xxyyedxdydye dxx2221110001(1)2xyxee dxy e dyxe dx. 4、求过(1,2,3)且与曲面3()zxyz的所有切平面皆垂直的平面方程. 解: 令3( , )()f x y zxyzz则( , )1xfx y z，2( , , )3()yfx y zyz，2( , , )3()1zfx y zyz令所求平面方程为: (1)(2)(3)0a xb yc z，在曲面3()zxyz上取一点(1,1,1)，则切平面的法向量为1,0,1, 则0ac在曲面3()zxyz上取一点(0,2,1)，则切平面的法向量为1,3, 4, 则340abc。解得 : abc

19、即所求平面方程为：6xyz. 二、 (15 分) 设3( )6xxf xe，问( )0f x有几个实根 ?并说明理由 . 解：当0 x, 306xxe当0 x，00e且xe的增长速度要比36x来得快 ! 所以( )0f x无实根 . 三、 ( 满分 20 分）求31nnx中20 x的系数。解: 当1x时, 33331111nnxxxxx3301122nnxxxx322(1)2nnxn nx故31nnx中20 x的系数为171. 四、 (20 分) 计算cxyds, 其中c是球面2222xyzr与平面0 xyz的交线 . 解：2222()()2()cccxyzdsxyz dsxyyzzx ds而

20、2()0cxyzds，22223()2ccxyzdsr dsr, cccxydsyzdszxds, 故33crxyds。五、 (20分）设12,na aa为非负实数, 试证：1sinsinnkkakxx的充分必要条件为11nkkka。证明：必要性由于1sinsinnkkakxx，则1sinsinnkkkxxaxx，0 x0011sinsinlimlim1nnkkxxkkkxxakaxx. 充 分 性 ; 要 证 明1sinsinnkkakxx， 只 需 证 明 : 1sin1sinnkkakxx, 这 里sin0 x，若sin0 x，不等式显然成立; 即只需证明 : 1sin1sinnkkkx

21、ax，而11sinsinsinsinnnkkkkkxkxaaxx，11nkkka故只要说明 : sinsinkxkx, 即sinsinkxkx，当1k时, 显然成立 ; 假设当kn时, 也成立 , 即sinsinnxnx；当1kn时，sin(1)sin()sincossincosnxnxxnxxxnxsinsin(1)sinnxxnx。sinsinnxnx六 、 （ 15分 ) 求 最 小 的 实 数c， 使 得 满 足10( )1f x dx的 连 续 函 数( )fx都 有10()fx dxc. 解: 11110000()()2( )2( )2fx dxfxdxt f tdxf tdx，取

22、2yx, 显然10( )1f x dx, 而110024()2233fx dxxdx, 取(1)nynx，显然10( )1f x dx，而11001()(1)22,2nnfx dxnxdxnn, 故最小的实数2c。2007 浙江省高等数学（微积分）竞赛试题（解答) 一. 计算题（每小题12 分，满分60 分）1、求951xdxx. 解：955551155111xxtdxdxdttxx111111555u tuduududuuu312222155uuccxx215235) 1(52) 1(152. 2、求1120(1)(12 )limsinxxxxxx. 解：11112200(1)(12 )(1

23、)(12 )limlimsinxxxxxxxxxxxx011022201ln(1)1ln(12 )lim (1)(1 2 )(1)(21)2xxxxxxxx xxxxx01102220(1)ln(1)2(21)ln(12 )lim (1)(1 2 )(1)2(21)xxxxxxxxxxxxxxx1122200(1)ln(1)2(21)ln(12 )lim(1)lim(12 )(1)2(21)xxxxxxxxxxxxxxxx2200(1)ln(1)2(21)ln(12 )limlim2xxxxxxxxeexx0000ln(1)2ln(12 )limlim24xxxxeexx22eee。3、求p的

24、值，使22007()()0bxpaxpedx。解 : 222007()2007()txpbbpxptaapxpedxte dt被积函数是奇函数, 要积分为零 , 当且仅当积分区间对称, 即：apbp， 解得 : 2abp。4、计算2222max,00, (0,0)abb xa ydxedyab。解: 22222222max,max,00abb xa yb xa yddxedyed， 其中d如右图22222 22212max,max,b xa yb xa yddeded222212a yb xddeded22220000abbyaxa yb xbadyedxdxedy222200baa yb x

25、abyedyxedxbaab1d2dbyxa222222220011()()22baa yb xed a yed b xabab221(1)a beab。5、计算2()sxy ds, 其中s为圆柱面224,(01)xyz. 解: 2221()()2sssxy dsxydsyds142ssdsyds2281yzdxxydydzyz2228104yzdyydydzy8被积函数关于y是奇函数 , 积分区域关于z对称，二、 （20 分) 设1211211212345632313nunnn，111123nvnnn, 求： (1)1010uv;(2) limnnu. 解: (1）111232313nnku

26、kkk1211211212345632313nnn, 23111111nnnnkkkvnkkk111111111111123456323132nnnnn31111121132313nnnnnkkkuvkkkkk11211033nnkkkkk1nvuv；zxyo（2) 111limlimlim123nnnnnuvnnn11111lim1221111nknnnnnn ( 图来说明积分上下）2111lim1nnkknn201ln 31dxx. 三、( 满分 20 分）有一张边长为4的正方形纸 （如图 ),c、d分别为aa、bb的中点 ,e为db的中点， 现将纸卷成圆柱形，使a与a重合，b与b重合，并

27、将圆柱垂直放在xoy平面上，且b与原点o重合，d若在y轴正向上，求：（ 1）通过c，e两点的直线绕z轴旋转所得的旋转曲面方程；（ 2）此旋转曲面、xoy平面和过a点垂直于z轴的平面所围成的立体体积。解: cel：22224xyz旋转曲面上任意取一点( , )mx y z则000(,)n xyz的坐标为：0002222zxzyzz，(0,0,)qz22222222zzmqxynqacabdbex(2,2,0)e4byacd2z(0, 4,4 )mnq化简得：所求的旋转曲面方程为：222282zxy, (2)(0,0,4)a, 故过(0,0,4)a垂直z轴的平面方程为：4z令0 x，解得在坐标面y

28、oz上的曲线方程为:22282zy, 图中所求的旋转体的体积为：2242082zvdz242082zdz2420322zdz222321283233. 四、 （20 分）求函数2222( , )xyzfx y zxyz, 在222( , , ) 14dx y zxyz的最大值、最小值 . 解: 222222222222222 ()2 ()222( , )()()xx xyzx xyzxyxzxyzfx y zxyzxyz2222232222222222()2 ()2( , , )()()yz xyzy xyzzxzyxy zfx y zxyzxyz2222232222222222()2 ()2

29、( , , )()()zy xyzz xyzyxyzxz yfx y zxyzxyz由于, x y具有轮换对称性，令xy, 0 x或0yz解得驻点：(0,)y y或( ,0,0)x对22221(0, )2xyzfy yxyz，2222( ,0,0)1xyzf xxyz，在圆周2221xyz上，由条件极值得: 令2222( , , )(1)f x y zxyzxyzxyzb4z222282zxy( , , )220 xfx y zxx( , , )20yfx y zzy( , , )20zfx y zyz222( , )10fx y zxyz解得：22(0,)22,22(0,)22，22(0,)

30、22，22(0,)22，(1,0,0),( 1,0,0)221(0,)222f,221(0,)222f,221(0,)222f，221(0,)222f，(1,0,0)1f,( 1,0,0)1f；在圆周2224xyz上，由条件极值得: 令2222( , , )(4)f x y zxyzxyz( , , )220 xfx y zxx( , , )20yfx y zzy( , , )20zfx y zyz222( , )40fx y zxyz解得：(0,2,2),(0,2,2),(0,2,2)，(0,2,2)，(2,0,0),( 2,0,0)1(0,2,2)2f,1(0,2,2)2f，1(0,2,2

31、)2f，1(0,2,2)2f，(2,0,0)1f，( 2,0,0)1f；2222( , , )xyzf x y zxyz, 在222( , , ) 14dx y zxyz的最大值为1， 最小值为12。五、 （15 分）设幂级数0nnna x的系数满足02a，11nnnaan，1,2,3,n，求此幂级数的和函数。证明：0( )nnns xa x1111111( )(1)nnnnnnnns xna xaxnx000( )nnnnnnna xnxs xnx而12000011(1)nnnnnnnnxnxxnxxxxxxxx，即: 2( )( )(1)xs xs xx一阶非齐次线性微分方程- 常数变易法

32、 , 求( )( )0s xs x的通解：( )xs xce, 令( )( )xs xc x e代入2( )( )(1)xs xs xx得: 2( )( )( )(1)xxxxc x ec x ec x ex，即: 211( )(1)111xxxxxxec xdxxedxxedxxexxx11xxxxxexeedxecxx故2( )( )(1)xs xs xx的通解为 : 1( )11xxxxxes xececexx，由于(0)0s, 解得1c，故0nnna x的和函数1( )1xs xex。211111xxxx六、 (15 分）已知( )f x二阶可导，且( )0fx,2( )( )( )0

33、fx f xfx，xr，(1) 证明：2121212()(),2xxf xf xfx xr. (2) 若(0)1f, 证明(0)( ),fxf xexr。证明 : (1） 要证明2121212()(),2xxf xfxfx xr, 只需证明1212121111ln()ln()ln,2222f xfxfxxx xr，也即说明( )ln( )f xf x是凹函数，( )ln( )( )fxf xf x, 22( )( )( )( )ln( )0( )( )f x fxfxfxf xf xfx, 故( )ln( )f xf x是凹函数，即证 . (2 ）2( )( )(0)(0)2ff xffxx2

34、22( )( )( )(0)ln(0)(0)2( )xf x fxfxffxxffx(0)fx，即：(0)( ),fxf xexr. 2008 浙江省高等数学（微积分）竞赛试题（解答）(一。计算题1、求xxxxxeeesin13203lim. 解：xxxxxxxxxxeeeeeesin1320sin1320331lim3limxeeexxeeeeeexxxxxxxxxxxxxeeeesin130sin133320323232lim3lim2cos33200032limeexeeexxxx. 2、计算dxxx)5sin()3cos(1. 解: dxxxxxdxxx)5sin()3cos()3()

35、5cos(2cos1)5sin()3cos(1dxxxxxxx)5sin()3cos()3sin()5sin()3cos()5cos(2cos1dxxxxxdxxxxx)5sin()3cos()3sin()5sin()5sin()3cos()3cos()5cos(2cos1dxxxdxxx)3cos()3sin()5sin()5cos(2cos1dxxxdxxd)3cos()3cos()5sin()5sin(2cos1cxx)3cos(ln)5sin(ln2cos1cxx)3cos()5sin(ln2cos1. 法二：dxxdxxx2sin)4(2sin2)5sin()3cos(1dxxx2s

36、in)4(tan1)4tan(222, 令4arctan),4tan(txxtdtttdtttdtttt12sin212sin22sin22sin2112sin1222222dttt2sin2cos12sin2cos112sin2dttt2sin2cos112sin2cos112cos1cxx2sin2cos1)4tan(2sin2cos1)4tan(ln2cos1。3、设xxxfarcsin)(3，求)0()2008(f. 解 : xxgarcsin)(, 则211)(xxgxtarcsin，则3sin)(sintttf)1(31)(30)(3sinsinsin)(sinnnnnnnntct

37、tcttdttfd0)1(310sin0)(sintnntnntcdttfd0)2007(302008)2008(sin2008)(sintttdttfd0)2006(32cos320072008ttt0)2005(343sin9cos6200620072008ttttt被积函数是奇函数, 要积分为零，当且仅当积分区间对称, 即：apbp， 解得 : 2abp. 4、计算2222max,00, (0,0)abb xa ydxedyab。解：22222222max,max,00abb xa yb xa yddxedyed, 其中d如右图22222 22212max,max,b xa yb xa

38、yddeded222212a yb xddeded22220000abbyaxa yb xbadyedxdxedy222200baa yb xabyedyxedxba222222220011()()22baa yb xed a yed b xabab221(1)a beab. 5、计算2()sxy ds, 其中s为圆柱面224,(01)xyz。解: 2221()()2sssxy dsxydsyds142ssdsydsab1d2dbyxazxyo2281yzdxxydydzyz2228104yzdyydydzy8被积函数关于y是奇函数，积分区域关于z对称，二、 (20 分）设1211211212

39、345632313nunnn，111123nvnnn, 求: (1 ）1010uv； （2）limnnu. 解: （1）111232313nnkukkk1211211212345632313nnn, 23111111nnnnkkkvnkkk111111111111123456323132nnnnn31111121132313nnnnnkkkuvkkkkk11211033nnkkkkk1nvuv; （2) 111limlimlim123nnnnnuvnnn11111lim1221111nknnnnnn ( 图来说明积分上下) 2111lim1nnkknn201ln 31dxx。三、 （满分 20

40、 分) 有一张边长为4的正方形纸（如图) ，c、d分别为aa、bb的中点，e为db的中点，现将纸卷成圆柱形，使a与a重合，b与b重合，并将圆柱垂直放在xoy平面上 , 且b与原点o重合 ,d若在y轴正向上，求：（ 3）通过c,e两点的直线绕z轴旋转所得的旋转曲面方程；（ 4）此旋转曲面、xoy平面和过a点垂直于z轴的平面所围成的立体体积。解：cel：22224xyz旋转曲面上任意取一点( , )mx y z则000(,)n xyz的坐标为：0002222zxzyzz , (0,0,)qz22222222zzmqxynq化简得：所求的旋转曲面方程为：222282zxy，（2)(0,0,4)a,

41、故过(0,0,4)a垂直z轴的平面方程为：4z令0 x，解得在坐标面yoz上的曲线方程为：22282zy，图中所求的旋转体的体积为：2242082zvdzacabdbex(2,2,0)e4byacd2z(0, 4,4 )mnqyzb4z222z242082zdz2420322zdz222321283233. 四、 （20 分) 求函数2222( , , )xyzf x y zxyz, 在222( , , ) 14dx y zxyz的最大值、最小值。解：222222222222222 ()2 ()222( , , )()()xx xyzx xyzxyxzxyzfx y zxyzxyz222223

42、2222222222()2 ()2( , , )()()yz xyzy xyzzxzyxy zfx y zxyzxyz2222232222222222()2 ()2( , , )()()zy xyzz xyzyxyzxz yfx y zxyzxyz由于, x y具有轮换对称性，令xy, 0 x或0yz解得驻点：(0,)y y或( ,0,0)x对22221(0, )2xyzfy yxyz，2222( ,0,0)1xyzf xxyz，在圆周2221xyz上, 由条件极值得: 令2222( , , )(1)f x y zxyzxyz( , , )220 xfx y zxx( , , )20yfx y

43、 zzy( , , )20zfx y zyz222( , )10fx y zxyz解得：22(0,)22,22(0,)22，22(0,)22,22(0,)22,(1,0,0),( 1,0,0)221(0,)222f，221(0,)222f，221(0,)222f，221(0,)222f，(1,0,0)1f，( 1,0,0)1f; 在圆周2224xyz上 , 由条件极值得 : 令2222( , , )(4)f x y zxyzxyz( , , )220 xfx y zxx( , , )20yfx y zzy( , , )20zfx y zyz222( , )40fx y zxyz解得：(0,2,

44、2),(0,2,2)，(0,2,2),(0,2,2)，(2,0,0),( 2,0,0)1(0,2,2)2f，1(0,2,2)2f，1(0,2,2)2f, 1(0,2,2)2f,(2,0,0)1f，( 2,0,0)1f；2222( , , )xyzf x y zxyz，在222( , , ) 14dx y zxyz的最大值为1，最小值为12。五、 （15 分）设幂级数0nnna x的系数满足02a，11nnnaan，1,2,3,n, 求此幂级数的和函数. 证明：0( )nnns xa x1111111( )(1)nnnnnnnns xna xaxnx000( )nnnnnnna xnxs xnx

45、而12000011(1)nnnnnnnnxnxxnxxxxxxxx, 即：2( )( )(1)xs xs xx一阶非齐次线性微分方程常数变易法, 求( )( )0s xs x的通解：( )xs xce, 令( )( )xs xc x e代入2( )( )(1)xs xs xx得: 2( )( )( )(1)xxxxc x ec x ec x ex, 即: 211( )(1)111xxxxxxec xdxxedxxedxxexxx11xxxxxexeedxecxx故2( )( )(1)xs xs xx的通解为：1( )11xxxxxes xececexx, 由于(0)0s, 解得1c，故0nnn

46、a x的和函数1( )1xs xex。211111xxxx法二：11nnnaannaann1111, 同学们自行完成。六、 （15 分) 已知( )f x二阶可导 , 且( )0fx,2( ) ( )( )0fx f xfx,xr, (3) 证明：2121212()(),2xxf xf xfx xr. (4) 若(0)1f，证明(0)( ),fxf xexr. 证明：（1) 要证明2121212()(),2xxf xf xfxxr，只需证明1212121111ln()ln()ln,2222f xfxfxxx xr, 也即说明( )ln( )f xf x是凹函数 , ( )ln( )( )fxf xf x，22( )( )( )( )ln( )0( )( )f x fxfxfxfxf xfx, 故( )ln( )f xf x是凹函数 , 即证 . （2) 2( )( )(0)(0)2ff xffxx222( )( )( )(0)ln(0)(0)2( )xf x fxfxffxxffx(0)fx, 即: (0)( ),fxf xexr. 2009 年浙江省高等数学（微积分）竞赛试题一、计算题（每小题12 分 , 满分 60 分）1. 求极限解=2计算不定积分解=3设，求解=4设，求此曲线的拐点解,，令得当时，当时，当时，因此拐点为5已知极限，求常