2021年大连市高等数学竞赛试卷A答案

1、 n 1 n 第 26 届大连市数学竞赛试题（A）参考解答：一、 (20 分)1、1；2、2e ；3、 (3,0) ; 4、2;5、ln(1 2)；6、 4；7、 ；8、12；9、 2；10、 (1,5。二、(8 分)lim(1 sin 1 4 n2)nn 解：因为sin 1 4 n2sin( 1 4 n22 n) sin 2 n 1 4 n2，（2 分）lim(1 sinn 1 4 n2 )nlim1sinn 2 n 1 4 n2)nelim n ln(1sin n 2 n 14 n2)（4 分）elim n sinn 2 n 14n2（6 分）elim nn 2 n 14 n2e4。（8

2、分）三、（8 分）计算 0sin(2 n 1) x sin xdx的值，其中 n 为正整数。解：In0sin(2 n 1) x sin xdx0sin 2nx cos x cos 2nx sin xsin xdx（2 分）0sin 2nx cos x sin xdx 0cos 2nxdx0sin(2 n 1)x sin(2 n 1)x2sin xdx（4 分）所以从而II1 1，I I2 2I ( n 1,2,.)，nn 1I . I I n 1 n 2 10sin xsin xdx 。（8 分）另解：sin(2 n 1)x sin(2 n 3) x . sin 3x sin x sin xs

3、in x2sin x cos(2 n 2) x 2sin x cos(2 n 4) x . 2sin x cos 2 x sin xsin x f ( x) 0,21 1 2 ) D 2cos(2 n 2) x 2cos(2 n 4) x .2cos 2 x 1，（4 分）所以，原式2cos(2 n 2) x 2cos(2 n 4) x .2cos 2 x 1dx0 dx 0。（8 分）四、（10 分）设在 上具有二阶导数，对于任何x 0, 2都有| f ( x) |1,| f ( x) |1,证明对 x (0,2) ，恒有| f ( x) |2。证明：利用泰勒公式将f (0), f (2)在

4、点 x （ x (0,2) ）展开，得到f (0) f ( x) f ( x )(0 x ) f ( )1 (0 x ) 22，f (2) f ( x) f ( x )(2 x ) f ()22(2 x )2，（4 分）其中 ,1介于 0, 2 之间，两式相减得 21 12f ( x ) f (2) f (0) f () x2 4f ()(2 x )22（6 分）利用绝对值不等式得到1 1f ( x ) | f (2) | | f (0) | | f () | x 2 | f () | (2 x ) 2 2 411 x 2 (2 x ) 2 4（8 分）11 ( x 2 x ) 422（10

5、分）五、（8分）令u ( x , y )在单位圆D : x 2 y 2 1内具有二阶连续偏导数，且2u 2u ex2 y2( x2y2)，求 Cunds。（n是 D 的边界 C 的单位外法向量）解： 令n (cos,cos， 的正向边界C 的切线与 x 正向轴之间的夹角为 ，则，2u u u cos sinn x y， （2 分）Cu u u ds ( cos sinn C x y)ds 2u 2u2 12 x y (Cuxusin ds cos ds )y(Cu udy dx )x yD( )dxdy（由格林公式） （6 分） x2 y2ded 00(1e1)（8 分）六、（8分）已知函数f

6、 ( x, y ) x y xy，曲线C : x2y2xy 3 ，求 f ( x, y )在曲线 C 上的最大方向导数。解：函数f ( x, y ) x y xy 在点 ( x , y )处的最大方向导数为f 2x( x , y) f 2 ( x , y ) y(1y ) 2 (1x )2（2 分）构造拉格朗日函数L ( x , y,) (1y )2(1 x )2(x2y2xy 3)由L ( x, y , ) 2(1x ) 2x y 0 (1) L ( x, y , ) 2(1y ) 2y x0 (2) L ( x, y , ) x 2 y 2 xy 3 0 (3) (2) (1)得 ( y

7、x )(2 ) 0（6 分）若y x,则y x 1,若 2,则x 1, y 2 或 x 2, y 1。将这些点坐标代入(1y )2(1x )2中，则f ( x , y )在曲线 C 上的最大方向导数为 3 。（8 分）七、（10 分）计算曲面积分Sxdydz z 2 dxdy x 2 y 2 z 2其中 S 是由曲面x2y2R2及两平面z R , z R( R 0)所围成立体表面的外侧。解： 设S1、S2、S3依次为S的上、下底和圆柱面部分,则 S D R R t 2 2 2 ddzt t 1 t 1 t 设S1、S2在xOyxdydz xdydzx 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 2

8、 S S1 2面上的投影区域为 D ,则xy0（3 分）S S1 2x2z 2 dxdy y 2 z2Dxyx2R 2 dxdy y 2 R2Dxyx2( R) 2 y 2 R2dxdy 0 （5 分）在 S 上,33x2z 2 dxdy y 2 z20 .记 S 在 yOz 平面上的投影区域为 D ,则3 yzS3x2xdydz y 2 z2DyzR 2R 2yz 22dydz DyzR 2R 2yz 22dydz（8 分）2yzR 2 y 2 R 2 z 2dydz2R 2R2R.2y 2 dyRdz R 2 z 2（10 分）八、（10 分）设f ( x)连续且f (0) 23,f (0

9、) 0，F (t ) z2( x2y2) f ( x2y2)dxdydz， : xt2y2t2,0 z 1，求F (t )limt 0 1cos t2。解：F (t ) 1dz z 2 ( x 2 y 2 ) f ( x 2 y 2 )dxdy0 x y t1 2 t( z22 f (2)d （2 分）000(t 462 f ( 2)d ) 0limt 0F (t )1 cos t22 lim 0 3 t 0f ( 2)d) 1 cos t 22 f ( 2)d) lim 03 t 0 1 42（6 分） n u 在 1 2tf (t 2 ) lim 3 t 0 2t 31 f (t 2 )

10、lim 3 t 0 t 2（8 分）1 f (t 2 ) f (0) lim3 t 0 t 21 2。( ) 3 3九、（ 10 分） 设u 的各项 nu 0 ， v nn（10 分）是一个正的实数列，记n 1a nu vn n vun 1n 1，lim a a 0 nn ，证明 n 1un收敛。证明：取实数0 b a，N，当n N时，u va n n v bn 1n 1，即u v u v n n n 1 n 1bun 10，（3 分）这表明当n N时， uvn n单调减少并有下界，所以存在，lim u vn nn 由拆项相消法，知 (u v u v ) n n n 1 n 1收敛，由比较法知

11、（6 分）n Nu 收敛, nn N故 u 收敛。nn 1（10 分）十 、（ 8 分 ） 设f ( x ) 0, 上 连 续 , 在(0, )内 可 导 且f ( x)sin xdx f ( x)cos xdx 0,试证存在 (0, )内使 f () 0。00证明：不妨设f ( x )不恒为零。若在(0,)内f ( x ) 0，则 f ( x)sin xdx 0；0， 与已知 f ( x)sin xdx 0 0 0 0或f ( x )在(0,)内f ( x ) 0, 则 f ( x )sin xdx 000矛盾，这说明f ( x )在(0,)内有正有负，从而f ( x )在(0,)内必有零点。（3 分）下面用反证法证明 ,f ( x ) 在 (0, )内零点不唯一。设x (0, ) 1是f ( x )的唯一零点，x x (0,1)，则f ( x)sin( x x )1在(0,)上必恒为正或恒为负（否则f ( x)必另有零点）,从而积分0f ( x)sin( x x ) dx 0