北大计算机

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-

2023年2月12日发(作者：)

北大计算机考研高等数学真题解答

2007年（5题60分）

1（12分）求不定积分⎰e2x(tanx+1)2dx。

解：⎰e2x(tanx+1)2dx=⎰e2xsec2xdx+⎰e2x2tanxdx=

⎰edtanx+e

2x2x

tanx-

⎰edtanx=e

2x2x

tanx+C

。

2（12分）求连续函数f(x)，使它满足⎰f(tx)dt=f(x)+xsinx,f(0)=0。

解：令u=tx,则t=0时，u=0，t=1时，u=x，du=xdt；

⎰

f(tx)dt=

1x

⎰

x

f(u)du=f(x)+xsinx⇒

⎰

x

f(u)du=xf(x)+xsinx⇒

2

2

f(x)=f(x)+xf\'(x)+2xsinx+xcosx⇒f\'(x)=-2sinx-xcosx⇒

f(x)=cosx-xsinx+C⇒f(0)=1+C=0⇒C=-1⇒f(x)=cosx-xsinx-1。

3（12分）设0

n→∞

n→∞

xnyn，yn+1=

xn+yn

2

,(n=1,2,)

。

证明：limxn和limyn都存在并相等。

解：y1>x1>0⇒xn>0,yn>0，xn≠yn⇒xn+yn>2xnyn⇒

yn+1>xn+1(n=0,1,)⇒yn>xn(n=1,2,)；yn>xn(n=1,2,)⇒yn+1-

yn=yn>xn(n=1,2,)⇒xn+1=

xn-yn

2

<0⇒yn+1

xnyn>

xnxn=xn⇒{xn}单调递增；

由以上两结论可知：

yn>xn>>x1⇒{yn}有下界，于是limyn

n→∞

存在；

xn

n→∞

令limxn=A,limyn=B，由xn+1=

x→∞

x→∞

xnyn，yn+1=

xn+yn

x→∞

有：

A=AB，B=

A+B2

解得A=B=1，所以limxn=limyn=1。

x→∞

4（12分）求和Sn=x+22x2+32x3++n2xn。

解：（1）若x=1，Sn=1+22+32++n2=n(n+1)(2n+1)/6；（2）若x≠1，

Snx=1+22x+32x2++n2xn-1⇒Tn=⎰(Snx)dx=

x+2x+3x++nx⇒Tnx=1+2x+3x++nx

n

3

n

n-1

⇒

⎰(T

n

\'n

⎛⎫x(1-x)x(1-x)23n

⎪=⇒Tn=xx)dx=x+x+x++x=⎪1-x⎝1-x⎭

n

n+1

x[1-(n+1)x+nx

(1-x)

]

\'

⎛x[1-(n+1)xn+nxn+1]⎫

⎪=⇒Sn=x2⎪(1-x)⎝⎭

n+2

x+x-(n+1)x

2n+1

+(2n+2n-1)x(1-x)

3

-nx

2n+3

。

5（12分）求极限lim

lim

1n

1n

n→∞

n(n+1)(2n-1)

。

n→∞

1⎧

n(n+1)(2n-1)=exp⎨lnlim

⎩n→∞n

⎫

n(n+1)(2n-1)⎬=

⎭

1n1n-1⎫⎧

exp⎨limln[(1+)(1+)]⎬=

n→∞nnnn⎩⎭

11n-1⎫⎧

exp⎨lim[ln(1+0)+ln(1+)++ln(1+)]⎬=

n→∞nnn⎩⎭

exp{

⎰ln(1+x)dx}=

1

1

exp{[(1+x)ln(1+x)]0-⎰dx}=

1

e

2ln2-1

=4/e

。

2006年（5题60分）

1（12分）计算积分⎰

xe

3-x

dx。

解：⎰

-e

-2

2

xe

1

3-x

2

dx=

2

1212

⎰

2

xe

2-x

2

dx

2

=-

12

⎰

2

xde

2-x

2

1⎡12-x2⎤

=-xe+⎢2⎥2⎣⎦0

2

⎰

2

e

-x

2

dx=

2

-

[e2

-x

2

=(1-3e

-2

)

2（12分）求lim

1-cos(e

x

2

-1)

x→0

(tanx)(sinx)

。

2

x2

sinx~x；x→0时，x2→0，e-1~x；解：x→0时，tanx~x，

2

2

x→0时，e

x

-1→0，1-cos(e

x

-1)~

12

(e

x

2

-1)

2

；所以：

lim

1-cos(e(tan

x

2

1

-1)

=limx→0

(e

x

2

-1)

2

1=limx→0

(x)x

4

22

x→0

x)(sinx)x⋅x

=

12

。

3（12分）设0

1-x1+x

-2x

1-x1+x

-2x

-2x

。

-2x

⇔(1+x)e>1-x⇔xe+e

-2x

+x-1>0

令f(x)=xe-2x+e-2x+x-1，有f(0)=0；则f\'(x)=-2xe-2x-e-2x+1，有f\'(0)=0；

-2x

f\'\'(x)=4xe>0,(0

上单调递增，又f\'(0)=0，

所以f\'(x)>0,(0

f(x)>0,(0

∞

1-x1+x

-2x

，(0

4（12分）求幂级数∑

n=1

2n+13

x

2n

的收敛域与和函数。

2(n+1)

解：求收敛半径：lim

(2(n+1)+1)x

(2n+1)x

n→∞

2n

=x，当x<1时级数收敛，当x

222

>1

时级数发散，所以收敛半径R=1。

∞

当x=±1时，∑

n=1

2n+13

∞

x

2n

=

∑

n=1

2n+13

显然发散，所以收敛域I=(-1,1)。

求和函数：∑

n=1

∞

∞

2n+13

x

2n

=

∑nx3

n=1n

2

∞

2n

+

1

∞

2n

∑x3

n=1

=

2

∞

n

∑nt3

n=1

+

1

∞

n

∑t3

n=1∞

,(0

2

；

∞

n

∑nt

n=1

∞

∑nt

nt

n-1

∞∞

t

=

∑

n=1∞

⇒

⎰

t

n=1

t

dt=

⎰∑

nt

n-1

dt=

∑

n=1

n=1

⎰nt

n-1

dt=

∑

n=1

t=

n

t1-t

,(0

所以：∑ntn=t⋅(

n=1

∞

1-t

)\'=

t(1-t)t

2

,(0

∑

n=1

2n+13

x

2n

=

2t3(1-t)

2

+

3(1-t)

=

x(3-x)3(1-x)

2

2

22

,(x<1)。

5（12分）设f(x)连续，在x=0处可导，且f(0)=0,f\'(0)=4。

求lim

⎰(t⎰

x0

t

f(u)du)dt

3

x→0

xsinx

。

t

解：令v(t)=

⎰

t

f(u)du=-⎰f(u)du⇒v\'(t)=-f(t)；

limlim

⎰

x

(t⎰f(u)du)dt

t

x→0

xsinx

-f(x)

3

=lim

⎰tv(t)dt

x

x→0

xsinx=lim

x→0

3

=lim

xv(x)

3xsinx+xcosx

-f\'(x)

2

2

3

x→0

=lim=

v(x)

3xsinx+xcosx

=-

12

2

x→0

=

-f\'(0)8cos0

x→0

3sinx+5xcosx-xsinx

2

8cosx-7xsinx-xcosx

2005年（7题70分）

1（8分）求lim解：lim

2（10分）设arctan解：等式arctan

(xy\'-y)x1+y

2

2n

n→∞

n

。

n→∞

11⎫1⎧⎫⎧⎫⎧0

n=exp⎨limlnn⎬=exp⎨lim=e=1lnx⎬=exp⎨lim⎬

⎩n→∞n⎭⎩x→+∞x⎭⎩x→+∞x⎭

yx

=ln

2

x+y

2

22

，求y\',y\'\'。

yx

=lnx+y

两边对x求导得：

⋅(x+yy\')，

x

2

=

1x+y

2

2

⋅

1x+y

2

2

化简得y\'=

x+yx-y

（y≠x,y=y(x)是arctan

yx

=lnx+y

22

确定的隐函数）；

x+yx-y

再次对x求导得y\'\'=

2(x+y)(x-y)

3

2

2

(1+y\')(x-y)-(x+y)(1-y\')

(x-y)

2

=

2xy\'-2y(x-y)

2

，将y\'=代入

得：y\'\'=

（y≠x,y=y(x)是arctan

yx

=lnx+y

22

确定的隐函数）。

3（8分×2）求下列不定积分：（1）

⎰x

3

1+xdx

2

；

（2）⎰coslnxdx。解：（1）

13

⎰x

3

3

+xdx=

2

1

1

2

x⎰2

(x+1)2d(x+1)=

22

1

3

2

x⎰32

d(x+1)2=

2

x(x+1)2-

22

1

3

2

(x⎰3

+1)2(dx

2

+1)=

13

35

x(x+1)2-

22

15

(x+1)2+C

2

。

（2）⎰coslnxdx=xcoslnx+⎰xsinlnx⋅

xcoslnx+xsinlnx-⇒

1x⋅dx=

⎰

xcoslnx⋅

1x

⋅dx=xcoslnx+xsinlnx-

⎰cosln

xdx

⎰coslnxdx=

12

x(coslnx+sinlnx)+C

4（8分）求⎰解：令t=ln

1x

1

-2nπ

ddx

e

cos(ln

1x

)，其中n为自然数。

-t

-t

,x∈[e

-2nπ

，1]，则x=e,dx=-edt，x=e-2nπ时t=2nπ,x=1时t=0；

2nπ

⎰

1

-2nπ

ddx

e

cos(ln

1x

2π

)=

⎰

d-edt

-t

2nπ

cost(-e)dt=

2nπ

-t

⎰

dcost=

-

⎰

π

dcost+

π

⎰

π

dcost--

2π

⎰

(2n-1)π

(2n-2)π

dcost+

⎰

(2n-1)π

dcost=

-n⋅[cost]0+n⋅[cost]=4n。π

5（8分）若0<β≤α<

α-βcosβ

2

π2

，试证：

α－β

cosβ

2

≤tanα-tanβ≤

α－β

cosα

2

。

证：α=β时，

=tanα-tanβ=

α-βcosα

2

=0。

π2

α≠β时，由拉格朗日中值定理易知：∃ε,0<β<ε<α

=tan\'(ε)=secε=

2

，使得：

1cosε

2

α-β

；

显然sec2x=

1cos

2

1cos

2π111在(0,)是单调递增函数，故≤≤222

2xcosβcosεcosα

，

即

β

≤

tanα-tanβ

α-β

≤

1cosα

2

，所以有

α-β

cos

2

β

≤tanα-tanβ≤

α-β

cosα

2

。

∞

6（10分）求∑n2xn,(x<1)。

n=1∞

解：令f(x)=

⇒

f(x)x

∑n

n=12

2

x,(x<1)。则f(x)=1x+2x++nx+

n

2

1

2

2

2

n

=1+2x++nx

2n-1

+⇒

⎰

f(x)x

=x+2x++nx+

2n

⇒

⎰

f(x)x

=1+2x++nxdx=x+x++x+=

2

nn-1

+

⇒

⎰

⎰

f(x)xx

x1-x

,(x<1)

⇒

⎰

f(x)

⎛x⇒f(x)=x⋅=x⋅()\'=22

x1-x(1-x)⎝(1-x)

xx

\'

⎫(1+x)x⎪=,(x<1)3⎪

(1-x)⎭

7（10分）设曲线y=f(x)是x≥0上的非负连续函数，V(t)表示由

y=f(x),x=0,x=t(t>0)和y=0所围成的图形绕直线x=t旋转而成的旋转体的

dV(t)dt

22

体积。试证明：=2πf(t)。

证：取x轴为积分坐标，x的变化范围为(0,t)。x轴上(x,x+dx)⊂(0,t)对应的一小段

旋转柱体可近似展开成矩形薄板，宽为x点绕直线x=t旋转得到的圆周长

2π(t-x)，高为f(x)，厚为dx

，故dV=2π(t-x)f(x)dx,x∈(0,t)。

t

t

所以V(t)=于是

dV(t)dt

⎰2π(t-x)f(x)dx

t0

t

=2πt⎰f(x)dx-2π⎰xf(x)dx。

t

=2π⎰f(x)dx+2πt⋅f(t)-2π⋅tf(t)=2π⎰f(x)dx

，

dV(t)dt

2

2

=2πf(t)。

2004年（6题50分）

1（6分）求lim(

x→0

1sinx

-

1

解：lim(

x→0

1sinx

-

1x

)=lim(

x→0

x

x-sinxxsinx

)。

)=lim(

x→0

1-cosxsinx+xcosx

)=

lim(

x→0

sinx

cosx+cosx-xsinx

)=

1+1-0⋅0

=0

。

⎧e-x,x>0⎧1,0

2（8分）设f(x)=⎨，g(x)=⎨，

0,其他0,x≤0⎩⎩

求h(y)=

⎰

+∞

-∞

f(x)g(x-y)dx,-∞

解：y≤0时：h(y)=

⎰

y

-∞

0⋅0dx+=e-e

y

⎰

0y

0⋅e

-(x-y)

dx+

⎰

1

1⋅e

-(x-y)

dx+

⎰

+∞

1

0⋅e

-(x-y)

dx=

⎰

1

e⋅e

y-x

dx=e⋅-e

y

[

-x10

]

y-1

；

0

-x

e⋅⎰edx=e⋅-e

yy

1

⎰

-∞

0⋅0dx+

⎰

y

1⋅0dx+

⎰

1y

1⋅e

-(x-y)

dx+

⎰

+∞

1

0⋅e

-(x-y)

dx=

y

[

-x1

y

]

=1-ey-1；

y≥1时：h(y)=

⎰

-∞

0⋅0dx+

⎰

1

1⋅0dx+

⎰

y

1

0⋅0dx+

⎰

+∞y

0⋅e

-(x-y)

dx=0

。

3（8分）求⎰xnlnnxdx，其中n是非负整数，先建立递推公式，然后求定积分

01

的值。解：I(n,m)=

⎰

xln

nm

xdx=

1n+1

x

n+1

ln

m

x-

⎰n+1

m

xln

nm-1

xdx=

1n+1

x

n+1

ln

m

x-

m(n+1)

n+1

2

x

n+1

ln

m-1

x+

m(m-1)(n+1)

2

⎰xln

nm-2

xdx⇒

I(n,m)=1n+1

m

1n+1ln

m

xln

m

x-

mn+1

n+1

I(n,m-1)=

I(n,m-2)==

x

n+1

x-

m(n+1)m!

2

xln

m-1

x+

m(m-1)(n+1)

2

∑

i=0

(-1)

i

x

n+1

i+1

(n+1)(m-i)!

ln

m-i

x

1

⎰

1

⎡n(-1)ixn+1n!nn

lnxlnxdx=⎢∑i+1

(n-i)!⎣i=0(n+1)

n

n

n-i

⎤

x⎥=⎦0

(-1)n!(n+1)

nn+1

-

∑(n+1)

i=0n

1n!

i+1

(n-i)!

n!

lim

lnx

n-i

x

x→0

-(n+1)

=

(-1)n!(n+1)

n+1

-

∑(n+1)

i=0

1

i+1

(n-i)!

⋅

(n-i)(n-i-1)1

[-(n+1)]

n-i

lim

1x

-(n+1)

x→0

=

(-1)n!(n+1)

n+1

n

12n

+2Cn++nCn的和。4（8分）求Cn

nn

i

n

解：C+2C++nC=

1n

2n

nn

∑iC

i=1

=

∑i⋅iC

i=1

n

n

i-1n-1

=n∑Cn-1=n2

i=1

i-1n-1

（Cnk=

n(n-1)(n-k+1)

1⋅2k

=

n!k!(n-k)!

1xn

=

n(n-1)!

k(k-1)!(n-k)!

=

nk

Cn-1

k-1

）

5（10分）设x1=1,xn+1=

xn2

+

,n=1,2,。

（1）证明数列x1,x2,,xn,收敛。证：n=1,2,时，xn+1≥2

1xn

xn2

2

xn2

⋅

1xn

=

2，n=2,3,时，xn+1-xn=

1xn

-

xn2

=

(1-)≤

1xn

(1-

(2)2

2

)=0⇒xn+1≤xn，即数列x2,,xn,单调递减有下界，

所以收敛。在其中添加一项x1得数列x1,x2,,xn,，收敛性不变，仍然收敛。

（2）求极限limxn。

n→∞

解：由（1）知数列{xn}收敛，即极限limxn存在，令limxn=A，由xn+1=

n→∞

n→∞

xn2

+

1xn

有limxn+1=

n→∞

limxn

n→∞

2

+

1limxn

n→∞

，即A=

A2

+

1A

，由（1）知A>0，解得A=2。所

以limxn=

n→∞

2。

6（10分）有半径为a的半球形固定杯子，杯内放一根长为l(2a

（见图），假设棒与杯子之间没有摩擦力，求棒的平衡位置（重心最低的位

置）。解：设细棒与水平面夹角为θ,(0≤θ≤π/2)；细棒重力

为G=kl，细棒与杯沿接触点的作用力为F1，与杯内壁接触点的作用力为F2；由

作用力平衡得：F1+F2sinθ=Gcosθ和F2cosθ=Gsinθ，解得F1=klcos2θ；由作用于

细棒与杯内壁接触点处的力矩平衡得：

F1⋅2acosθ=k⋅2acosθ⋅cosθ⋅acosθ+k⋅(l-2acosθ)⋅cosθ⋅(2acosθ+(l-2acosθ)/2)

将F1=klcos2θ代入上式并化简得：8alcos2θ-l2cosθ-4al=0；解得：cosθ=

l+

l+128a16a

2

2

。

更佳解：设细棒与水平面夹角为θ,(0≤θ≤π/2)，细棒重心到水平面距离为h(θ)，

则：h(θ)=a-(2acosθ-l/2)sinθ=a-asin2θ+

h(θ)最小；h\'(θ)=-2acos2θ+

lcosθ2

2

lsinθ2

，原问题即为θ取何值时

，令h\'(θ)=0，解

=-

8acosθ-lcosθ+4a

2

得：cosθ=

l+l+128a16a

22

。

2003年（3题22分）

1（6分）设y-⎰

y

e

-u

u

=x，求

dydx

2

2

。

解：等式y-⎰

y

e

-u

u

du=x两边对x求导得：y\'-

e

-y

y

y\'=1，化简得y\'=

yy-e

-y

，

再次对x求导得：

-(y+1)e(y-e

-y-y

dydx

2

2

=

y\'(y-e

-y

)-y(y\'+e

-y

-y

⋅y\')

(y-e

-y

)

2

=

y\'

)

2

=

-(y+1)e(y-e

-y

y\'

)

2

=

-y(y+1)e(y-e

-y

-y

)

3

。

2（8分）设求h(x)=

⎧ln(1+x),x>0⎧1,x>0

，g(x)=⎨f(x)=⎨

0,x≤0⎩⎩0,x≤0

，

⎰

+∞

-∞

f(u)g(x-u)du,-∞

解：当x>0时，h(x)=

⎰

-∞

0⋅1du+

⎰

x

ln(1+u)⋅1du+

⎰

+∞

x

ln(1+u)⋅0du=

[uln(1+u)]0x-⎰0udu1+u

当x≤0时，h(x)=

∞

x

1

=xln(1+x)-x+ln(1+x)；

⎰

x

-∞

0⋅1du+

⎰

x

0⋅0du+

⎰

+∞

ln(1+u)⋅0du=0。

3（8分）求∑

n=0∞

(-1)

n2n+1

(2n+1)2(-1)

n

。

解：令f(x)=

∞

∑(2n+1)x

n=0

n

2n

2n+1

,(x<1)，

则f\'(x)=

∞

∑

n=0

(-1)x=

1-(-x)

2

2n

1-(-x)

=

11+x

2

,(x<1)⇒f(x)=arctanx,(x<1)，

∑(2n+1)2

n=0

(-1)

n2n+1

11=f()=arctan。

22

2002年（3题20分）

1（6分）计算lim(

x→0

cosxxsinx

x→0

-

1x

2

)。

=lim

cosx-xsinx-cosx2xsinx+xcosx

2

解：lim(

x→0

cosxxsinx

-

1x

2

)=lim

xcosx-sinx

xsinx

2

x→0

=

lim

-sinx2sinx+xcosx

x→0

=lim

-cosx

2cosx+cosx-xsinx

x→0

=

-12⋅1+1-0⋅0

=-

13

2（7分）设f(x)在[0,1]上连续且大于0。试证明：存在a∈(0,1)，直线x=a将在

区间[0,1]上的以y=f(x)为曲线边的曲边梯形分成两部分，使得左右两部分的面积

之比为2:1且这样的a是唯一的。

解：由题意，任意一条位于x=0,x=1之间的垂直线将曲边梯形分成的左右两部分

的面积分别为：⎰f(t)dt,⎰f(t)dt,(0≤x≤1)；

x

x

1

令F(x)=

⎰

x

f(t)dt-2⎰f(t)dt,(0≤x≤1)，

x

10

1

则F(0)=-2⎰f(t)dt<0，F(1)=

⎰

1

f(t)dt>0，由零值定理知F(x)在区间(0,1)至

少有一个零值；又F\'(x)=3f(x)>0,(0≤x≤1)，知F(x)区间(0,1)单调递增，至多有一个

零值；所以存在唯一的a∈(0,1)，使得F(a)=0即⎰f(x)dx=2⎰f(x)dx，

a

a

1

也即存在唯一的x=a使得左右两部分面积之比为2:1。

∞

3（7分）求级数∑nxn的和及收敛半径。

n=1

解：求收敛半径：lim

un+1un

n→∞

=lim

(n+1)x

nx

n

n+1

n→∞

=x，当x1时

级数发散，所以收敛半径R=1；

∞

∞

n

n-1

求和函数：令f(x)=

∞

∑nx，则f(x)/x=∑nx

n=1

n=1

∞

n-1

x1-x

∞

⇒

⎰[f(x)/x]dx=

∞

⎰(∑nx

n=1

)dx=

∑

n=1

⎰nx

n-1

dx=

∑

n=1

x=

n

,(x<1)

⇒

∑

n=1

nx

n

=f(x)=x⋅(

x1-x

)\'=

x(1-x)

2

,(x<1)。

2001年（3题22分）

1（7分）设f(x)在[0,1]上连续，且

⎰

1

f(x)dx=1，记g(x)=

⎰

1

x

f(t)dt，求

⎰

1

f(x)g(x)dx。

1

解：由⎰f(x)dx=

⎰

1

f(t)dt=

⎰

x

f(t)dt+

⎰

1

x

f(t)dt及已知条件有：⎰f(t)dt+g(x)=1

x

上式两边对x求导得：f(x)+g\'(x)=0⇒f(x)=-g\'(x)；所以有：

⎰

1

f(x)g(x)dx=

⎰

1

g(x)(-g\'(x))dx=-⎰g(x)dg(x)=-g(x)

1

[

2

]+⎰g(x)dg(x)

1

1

⇒⇒

⎰⎰

1

01

g(x)dg(x)=

[g

2

(x)

1

]

10

=

[(⎰f(t)dt)-(⎰f(t)dt)]=-

1

1

2

1

2

f(x)g(x)dx=-

⎰

g(x)dg(x)=

。

∞

2（7分）求级数∑n2xn的和及收敛区间。

n=1

解：求收敛区间：ρ=lim

∞

an+1an

n→∞

=lim

(n+1)n

2

2

n→∞

=1，所以收敛半径R=1；

当x=1时，级数成为∑n2，limun=limn2=∞≠0，级数是发散的；

n=1

n→∞n→∞

∞

当x=-1时，级数成为∑(-1)nn2，limun=lim(-1)nn2不存在，级数是发散的；

n=1

n→∞

n→∞

所以收敛区间I=(0,1)；

∞

∞

求和函数：f(x)=

∑

n=1∞

nx

2n

，则f(x)/x=

∞

∑

n=1n-1

nx

2n-1

∞

2

⇒

⎰[f(x)/x]dx=

⎰(∑nx

n=1∞

2n-1

)dx=

∑⎰n

n=1

xdx=

∑nx

n

n=1

⇒

⎰[f(x)/x]dx

x

=

∑

n=1

nx

n-1

∞

n-1

∞

⇒

⎰

⎰[f(x)/x]dxdx

x

∞

=

⎰(∑nx

n=1

)dx=

∑

n=1

⎰nx

n-1

dx=

∑

n=1

x=

n

x1-x

,(x<1)

⇒⎰[f(x)/x]dx=x⋅(

∞x1-x)\'=x(1-x)2,(x<1)。

⇒∑

n=1nx=f(x)=x⋅(2nx(1-x))\'=2x(1+x)(1-x)3,(x<1)。

3（8分）设函数f(x)和g(x)在[a,b]上有二阶导数，且g\'\'(x)≠0，

f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0，证明：

（1）在[a,b]内g(x)≠0；（2）存在ε∈(a,b)，使f(ε)

g(ε)=f\'\'(ε)

g\'\'(ε)。

证：（1）反证法证明之。假设存在c∈(a,b)使得g(c)=0，又g(a)=g(b)=0，则：

∃c1∈(a,c),c2∈(c,b)使得g\'(c1)=g\'(c2)=0

⇒∃c3∈(c1,c2)⊂(a,b)使得g\'\'(c3)=0，这与已知条件g\'\'(x)≠0矛盾。所以不存在

c∈(a,b)使得g(c)=0即在[a,b]内g(x)≠0。

（2）令h(x)=f\'(x)g(x)-f(x)g\'(x),(x∈(a,b))，则h\'(x)=f\'\'(x)g(x)-f(x)g\'\'(x)由

f(a)=f(b)=g(a)=g(b)=0有：h(a)=h(b)=0

⇒∃ε∈(a,b)使得h\'(ε)=f\'\'(ε)g(ε)-f(ε)g\'\'(ε)=0，又由题设及（1）知g(ε)≠0，g\'\'(ε)≠0，

所以f(ε)

g(ε)=f\'\'(ε)

g\'\'(ε)。

2000年（3题22分）

1（7分）设y=1+xe，求ydy

dx22。

ey

y解：y=1+xe两边求导得：y\'=e+xey\'⇒y\'=yyy1-xe⇒

y\'\'=

ey\'(1-xe)+e(e+xey\')

(1-xe)

y

y

yyyyy

y2

=

ey\'+e

y

y2y2

(1-xe)

=

e

2y

(2-xe)

y

3

y

(1-xe)

2

由y=1+xe得e=

y-1x

代入上式得y\'\'=

(3-y)(y-1)x(2-y)

2

3

2（8分）在曲线y=x2(0≤x≤1)上求一点A，使得曲线y=x2与过点A的水平直

线、y轴及x=1围成的区域面积最小。解：设点A坐标为(x,x2)，则目标区域面

积S(x)=

43

x-x+

3

2

⎰

x

(x-t)dt+

22

⎰(t-x)dt=

x

1

22

13

；S\'(x)=4x2-2x；令S\'(x)=0，解得x1=0，x2=

23

1124

12

；S(0)=

13

，

11S()=24

，S(1)=；所以当点A坐标为(,)时目标区域面积最小。

3（7分）设un>0,vn>0(n=1,2,)，且当n充分大时恒有

∞

n

∞

n

un+1un

≥

vn+1vn

。证明：若

∑u收敛，则∑v收敛。

n=1

n=1

un>0,vn>0当n充分大时恒有证：

un+1un

≥

vn+1vn

⇒vn≤

vn-1un-1

un≤

vn-2un-2

un≤≤

vNuN

∞

un

（N是使得收敛。

un+1un

≥

vn+1vn

∞

成立的n的最小值），又∑un收敛，由比较审敛法知∑vn

n=1

n=1