2022年上海大学高等数学竞赛题解

突然想起来校赛AK了竟然没写题解，这就补上

一、填空题

1. 由 y = sin (x+y) 确定了关于 x 的 函数 y ，则 ().

解： 两边求导 y′ = cos (x+y)(1+y′)    (1)

(1) 式继续求导 y″ =  − sin (x+y)(1+y′²) + cos (x+y)y″ 整理得 将 (2) 式代入 (3) 式

2. 设函数 f(x) 在 [0,1] 上连续，并设 ，则 ∫₀¹dx∫_x¹f(x)f(y)dy= ().

解： 设F(x) = ∫₀^xf(x)dx 原式 = ∫₀¹dx∫_x¹f(x)f(y)dy  = ∫₀¹f(x)dx∫_x¹f(y)dy  = [∫₀¹f(x)dx]² − ∫₀¹f(x)dx∫₀^xf(y)dy  = 2 − ∫₀¹f(x)F(x)dx  = 2 − ∫₀¹F(x)dF(x)

3. 设 D : x² + y² ≤ x + y ，∬_D(2x+3y)dxdy= ().

解： 条件可以化为 换元，设 原式 = ∬_D(2x+3y)dxdy

4. 微分方程 (1+y²)dx + (x−arctany)dy = 0 的通解为().

解： 首先有 1 + y² ≠ 0 原式可变形为 套公式，得  ⇒ x = arctan y − 1 + C ⋅ e^{−arctan y}

5. 设函数 f(x) 在 [a,b] 上连续，并设 ∫_a^bf(x)dx = ∫_a^bf(x)e^xdx = 0 ，则 f(x) 在 [a,b] 上零点的个数至少为().

解： 根据积分中值定理，至少 ∃ξs.t. ∫_a^bf(x)dx = f(ξ)(b−a) = 0    (4)  ⇒ f(ξ) = 0 同理，至少 ∃ξ′s.t. ∫_a^bf(x)e^xdx = f(ξ′)e^ξ′(b−a) = 0    (5)  ⇒ f(ξ′) = 0 至少 ∃ξ″s.t. ∫_a^bf(x)(e^x+k)dx = f(ξ″)(e^ξ″+k)(b−a) = 0    (6)  ⇒ f(ξ″) = 0 但是 (5) 式和 (6) 式的零点有可能重合为1点，所以只能判定至少有两个零点.

二、计算题

6. 若可微函数 f(x,y) 对于任意的 x, y, t 满足 f(tx,ty) = t²f(x,y) ，P₀(1,−2,2) 是曲面 z = f(x,y) 上的一点，且 f_x(1,−2) = 4 ，求曲面在 P₀ 处切平面方程.

解： 令 t → 1⁺ ，将 f(tx,ty) 在 f(x,y) 处作泰勒展开，有 f(tx,ty) = (t−1)f_x′(x,y) + (t−1)f_y′(x,y) + f(x,y) + o(t−1) 而 f(tx,ty) = t²f(x,y) 结合二式，有 (t−1)f_x′(x,y) + (t−1)f_y′(x,y) = (t²−1)f(x,y) + o(t−1)  ⇒ f_x′(x,y) + f_y′(x,y) = (t+1)f(x,y) + o(1) ∵t → 1⁺ ∴ f_x′(x,y) + f_y′(x,y) = 2f(x,y) 由 P₀(1,−2,2) 知 f(1,−2) = 2 又有 f_x′(1,−2) = 4 ∴ f_y′(1,−2) = 2f(1,−2) − f_x′(1,−2) = 0 设 n⃗ = (f_x′,f_y′,−1)|_P0 = (4,0,−1) ∴ 切平面方程为 n⃗ ⋅ (r⃗−P⃗₀) = 0  ⇔ 4(x−1) − (z−2) = 0  ⇔ 4x − z = 2

7. 已知函数 y(x) 满足 y′ = e^xln (1+x) + y ，且 y(0) = 1 ，讨论级数 的敛散性.

解： 由题意 y′ − y = e^xln (1+x) ∴ y = e^{−∫ − dx}(∫e^xln(1+x)e^{∫ − dx}dx+C)  = e^x(ln(1+x)dx+C)  = e^x[xln(1+x)−x+ln(1+x)+C] 则 y(0) = C = 1 ∴ y = e^x[xln(1+x)−x+ln(1+x)+1] ∴ {a_n}收敛，证毕！

8. 设正项级数 收敛，判断 {(1+a₁)…(1+a_n)} 的敛散性.

解： 由n元均值不等式，有 ∵a_n收敛 故极限存在，级数b_n收敛.证毕！

9. 设函数 f(x) 满足方程 xf′(x) − 3f(x) =  − 6x² ，且由曲线 y = f(x) ，直线 x = 1 与 x 轴围成的平面图形 D 绕 x 轴旋转一周所得的旋转体体积最小，求 f(x).

解： 1. x ≠ 0 时，原方程可变形为  = 6x² + Cx³ 2. x = 0 时，  − 3f(0) =  − 0 ⇒ f(0) = 0

旋转体体积 V = ∫₀¹f²(x) ⋅ πdx  = π∫₀¹(36x⁴+12Cx⁵+C²x⁶)dx 当且仅当 C + 7 = 0 即 C =  − 7 时取等. ∴ f(x) =  − 7x³ + 6x²(x∈R)

10. 计算积分 ，其中 D : {(x,y)|x²+y²≤1} .

解： 设 则 ∀(x,y) ∈ D₁ ，有 x² + y² − x ≤ 0 故原积分 ∬_D|x−x²−y²| = ∬_D(x²+y²−x)dxdy − 2∬_D1(x²+y²−x)dxdy 对于 (x,y) ∈ D/D₁ ,设 x = ρcos θ , y = ρsin θ . 对于 (x,y) ∈ D₁ ,设 . 则∬_D|x−x²−y²|dxdy  = ∬_D(x²+y²−x)dxdy − 2∬_D1(x²+y²−x)dxdy

三、证明题

11. 证明 ，其中 a > 0 .

证明： ∫₀^πxa^sin xdx = ∫₀^π(π−x)a^{sin (π−x)}dx  = π∫₀^πa^sin xdx − ∫₀^πxa^sin xdx 又 ∵a^sin x 关于 对称，区间 [0,π] 也关于 对称 证毕！

12. 设函数 f(x) 满足 f(x) = f(x²) ，且在 [0,1] 上连续，求证： f(x) − f(0) = 0 .

证明： 取 x = α, a < 1 则有 f(α) = f(α²) = f(α⁴) = … = f(α²ⁿ) ∵α < 1 ∴ n → ∞时, α²ⁿ → 0⁺ ∵f(x)在[0,1]上连续 而 α 与 n 无关 ∴ ∀α ∈ (0,1), 有f(α) − f(0) = 0 即 ∀x ∈ (0,1), 有f(x) − f(0) = 0 又∵f(x)在[0,1]上连续 ∴ f(1) − f(0) = 0 而f(0) − f(0) = 0 综上， ∀x ∈ [0,1]，有f(x) − f(0) = 0 . 证毕！

13. 设 s 为大于1的实数，求证 .

套路题，总结见SHU高数校赛中一道板题

证明：

观察等式右侧，此积分无暇点，为正常积分.

 = ∫₁^+∞dx∫_{−s − 1}^−sx^ydy  = ∫_{−s − 1}^−sdy∫₁^+∞x^ydx （这里ξ ∈ [−s−1,−s]，所以ξ + 1 < 0，即第一项极限为0） Q.E.D.

注：此篇是我个人的解答，写的过程中也有可能有错误，并不一定完全正确，如有问题可以在评论区指出或私信我.