2011天津市高等数学竞赛真题答案经管类

1、Page 1 of 9201 年天津市大学数学竞赛试题参考解答经管类)一.填空题(本题 15 分，每小题 3 分)：设f (x, y)是连续函数,且f (x, y) xyDf (x, y) dxdy,其中D由 x 轴、y 轴以及1直线x y 1围成,则f(x,y) xy12二.选择题(本题 15 分，每小题 3 分)：图中曲线段的方程为y f(x),函数f (x)在区间0, a上有连续的导数，则积分aoxf (x)dx表示(A)直角三角形 AOB 的面积，(B)直角三角形(C)曲边三角形 AOB 的面积，(D)曲边三角形答：(D)1.设f (x)是连续函数，且limx01 cosx4,则lim

2、 1x 0e22.设f (x)2x23x 2ax b,若lim f (x)x3.In x dxexIn x C4.5.1.2.设f(x)(A)f (0)答：(A)设函数y(2 x)ln(1 x),则f (x)在x 0处2,(B)f (0)0,(C)f (0)2,(D)不可导.f (x)具有二阶导数，且满足方程yesinx0.已知f (x0)0,则(A)f(x)在x0的某个邻域中单调增加,(B)(C)f(x)在X。处取得极小值,答:(C)(D)yf (x)在x0的某个邻域中单调增少,f (x)在X0处取得极大值.4.设在区间a,b上的函数f (x)0,且f (x)0, f (x) 0.令S-if

3、 (x)dx,3.In 4In 2x一6AOC 的面积,AOC 的面积.(x)Page 2 of 9S2f(b)(b a), S3-f(a) f(b)(b a),则22-(7 分)设函数f (x)在点x0处可微，求极限lim n cos f (x0) cosf(x0).nn解由导数的定义和复合函数的求导法则22COSf(Xo-)COSf(Xo)lim n cosf (x0) cosf (x0)( 2) lim-nnn2n(2) cos f (x)x xo2sin f(x。)f (x。).(A)S1S2S3,(B)S33 S2,(C)S2SS3,(D)S2S3S5.设函数f(x, y)连续,且0

4、dx1J1 x2x1f(x, y)dxa, b, c, d取值为(A)a,b2,csin1cos-,d 1;(B)a,b2,c1sincos,d 1；(C)a0,b2，csincos ,d 1;(D)a答：(B)0,b2,csincos ,d 1.bdd f (rcos , rsin ) rdr,贝Vac)上二阶可导，且lim丄x 0(x)的导数，并讨论(x)在x 0处的连续性.由已知的极限知四.(7 分)设函数f (x)在(0，记(x)1f (xt )dt，(0)f(0) 0, f (0)1f (0)dt00.0,从而有x 0时,(x)10f (xt)dt10f (xt)d(xt)0f (u

5、)duf(x)x从而有答：(C )Page 3 of 9因为f(x)x0,x 0 x 0.(x)Page 4 of 9(I)关于函数y f x填写下表：单调增区间单调减区间极大值点极小值点曲线向下凸区间曲线向上凸区间曲线的拐点( ) 若 还 知 道yfx的 极 大 值 为 6 , 点2 , 2在 曲 线yfx上 ， 试 求 出yfx的表达式.lim (x)lim饮X0 x(0),所以,(x)在x 0处连续.当x 0时，(x)xf (x) f(x)2x所以,0处，由(0)(0)0,有(x)(0)0 xlimxlimxf(x)x2limf (x)x 02x12f(0)(x)xf (x) f(x)f

6、 (0),0.xm(x)limx 0 x1rf (x) lim2x 0(x)在x 0处连续.f(x)0 x22lim2x0f (x)limx 0 xf (x) f (0)xmf (x)2x(0) (0),是三次多项式，其图像如Page 5 of 9解（I）单调增区间(-2,0 ) ,(2,)单调减区间(,2),(0,2)极大值点0极小值点-2, 2曲线向下凸区间（誉）,（誓）曲线向上凸区间/ 2爲2运、(-,- )33曲线的拐点（半f（爭），（半呼）得(n)设y3axbx2cx d,则由y(0)0, y ( 2)0,y (2) 0,d0, b0, c4a,故y3ax4ax,从而a4_ 2yx2

7、axm.4再由y(0)6, y(2)2,得a1, m6.1所以yx42x26.六. （7 分） 设函数y y （x）在（I）研究y（x）在区间（0,（n）求极限lim学.x 0 x3解（I）当x 0时，有）上可导，且满足）的单调性和曲线yyy （x）的凹凸性y(0)0.y故y（x）在区间（0,y y（x）在区间（0,（或当x 0时，可得2 2x y）单调增加.从而当x 0时,）向下凸0,x2y2也单调增加.可见,曲线2x 2yy可见，曲线y y（x）在区间（0,（n）由题设知，y（0）lim警X0 x32 2y 2x 2y(x y )向下凸.)0.y (0)0.应用洛必达法则2 2x y3x2

8、1lim -3x03limx 02yx1 1y(0)3 3七.（7 分）设f（x）在0, 1上具有连续导数,且0f (x) 1, f(0)0.试证f(x)dxf(x)3dx.Page 6 of 90,Page 7 of 9证令F(x)x30f(t) dt,则F(x)在0,1连续,且对x (0, 1),F (x)x2f(x)0f(t)dtf(x)3xf(x) 20f (t)dtf2(x).,当x (0,1)时，f(x) 0.令g(x)x0f(t)dt2f (x),则g(x)在0,1上连续,且g(x)2f (x)1f (x) 0,故有g(x)g(0) 0 x (0,1)因此F (x)0,x(0,1

9、),又由题设知(0,1),于是F(x)在0,1上单调增加,F(x)120f(t)dtF (0)0, x0,1.取x1,即得F(1)130f(t) dt0.所证结论成立.八.(7 分)(I)设函数f (x), g(x)在区间a, a上连续(a足条件0),g(x)为偶函数,f(x)满f(x)f ( x) c(c为常数).证明:aaf (x)g(x)dx c g(x)dx;a0u(x)(x)sin nx,其中n为正整数，(x)2x ,2x ,积分u(x) arccot exdx.af (x)g(x)dxa对于上式右边的第一个积分0f(x)g(x)dxa所以af (x)g(x)dxa0f(x)g(x)

10、dxa,令xa0f(ac0g(x)dx0f(x)g(x)dxaa0f(x)g(x)dx.t,有t)g(t)dta0(c f(x)g(x)dx由于(arccot exarccot ex)a0f(x)g(x)dxa0f(x)g(x)dxxxee2 x2 x1 e 1 ea0g(x)dx.而当x 0时，arccot 1x 0,计算定arccot 1,因此，arccot exarccot ex2 20,Page 8 of 9Page 9 of 9容易验证,U(x)是偶函数应用(I)的结论22x)sin nxsin nxdx0 n2 0和1 COsn )和1(1门九.(7 分)设函数f (x)在闭区间a

11、, b上连续,并且对任一x a, b,存在y a, b使得1f(y) |f(x)|.证明：存在a, b,使f( )0.2证法一 应用闭区间上连续函数的最值定理,存在x1, x2a, b,使f(xj m min f (x) f (x2)M max f (x). wX a,b2x a,bv r1由题设,对于x a, b,存在y a,b,使得f(y) | f (x) |0.可见M 0.2现在证明：f(xj m min f (x) 0.事实上，假如f(xj m 0,由题设,存在x a,bxa, b,使1 1f(x) -| f (x1) 2 f(x1)仆花)此与“f(xd是f (x)在a, b上的最小值

12、”矛盾.综上,得到结论:m 0 M.于是,应用介值定理，存在 证法二 任取一个x0a,b,由题设存在x1a, b,使1f(xj - f(x。)2从而存在x2a, b,使1 1f(x2)2f(x1)2?f (x0).u(x) arccot exdx20(x2)sin nxdx-(x x2)cos nxn00(2x)cos nxdxa, b,使f( )0.1Page 10 of 9如此继续下去，可得数列xna,b,使Page 11 of 9f(Xn)；f(X。)0 (n ).由于有界无穷数列xn必有一个收敛的子数列xnk,可设存在一个a, b,使kim Xnk由f (x)的连续性，f( ) lim

13、 f(xnk) 0.证毕.十.(7 分)设函数y f (x)具有二阶导数，且f (x)0.直线La是曲线y f(x)上任意一点(a, f (a)处的切线，其中a 0,1.记直线La与曲线y f (x)以及直线x 0, x 1所围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V(a).试问a为何值时V(a)取得最小值.解 切线La的方程为yf (a)f (a)(x a),即y f (a)xaf (a)f(a).于是可见,V(a)在0,1连续,在(0,1)可导.令1aV(a) 2 1f (a) J (a)-f (a)(3a 2)0,2由于f (a)0, V(a)在(0,1)内有唯一的驻点a -.322并

14、且，当a (0,-)时，V (a)0;当a (一,1)时，V (a)0,因此，V(a)在332a处取得最小值.3十一(7(7 分) )设(1 1)闭曲线 是由圆锥螺线OA:x cos , y变到2)和直线段AO构成，其中0 0, 0, 0,A 2 ,0,2(2)闭曲线将其所在的圆锥面z x2y2划分成两部分,xOy面上的投影区域为D. .( (I ) )求D上以为曲顶的曲顶柱体的体积1V(a) 20 xf(x)f (a)x af (a) f (a)dx110 xf (x)dx - f (a)1(a)V(a)sin , z是其中的有界部分在Page 12 of 9( (n) )求曲面 的面积.

15、.解(I)在xOy面上的投影区域为D, ,在极坐标系下表示为Page 13 of 9Or ,0故所求曲顶柱体的体积为rxyn( Zx, Zy,1)(f22，J 22，1).Jxy Jxy故所求曲面 的面积SDz：z：1 dxdy. 2 dxdy2笃1的内部，且圆与椭圆相切于两点b2（即在这两点处圆与椭圆都有公共切线）（I）求a与b满足的等式；（n）求a与b的值，使椭圆的面积最小解（I） 根据条件可知，切点不在y轴上否则圆与椭圆只可能相切于一点设圆与椭圆 相切于点（x0,y0）,则（x0, y0）既满足椭圆方程又满足圆方程，且在（x0, y0）处椭圆的切线斜由（1）和（2）式,得.2 2ba2小22y02y0a 0.( (n) )r2dr所在的z - x2y2, ,曲面上任一点处向上的一个法向量为r dr0422202d十二.（7 分）设圆x222y含于椭圆率等于圆的切线斜率,即b2x0a2y。xy。222y。.21(1)ab2x2y。2y0b212a yy。1注意到人0,因此，点（x0, y0）应满足1y2dxdyPage 14 of 9bPage 15 of 9时，此椭圆的面积最小.由(3