2017天津市大学数学竞赛试题解答(经管类)

经管类 PagePage 1 1 2017 年年天津市大学数学天津市大学数学竞赛试题竞赛试题解答解答 （经管类） 一. 填空题（本题15分，每小题3分） 1. 12 lim() 12 1 nn n eee n nn nn 1e. 解： 121212 12 11 nnnnnn eeeeeeeee nnn nn nn 1211 1 1 1 1 0 () limlimlim (1) (1) t tt nnnn n t nnt n eeeeet ee ne ne 0 (1) lim1 t t tee e t 1212 limlim1 11 nnnn nn eeeneee e nnn 两边夹法则，即得. 2. 0 sinln(1) lim 1 cos 1 cos x xx x 2 . 解： 2 11 1 cos 1 cos1 cos ),0 24 xxxx（ 2 000 1 cos sinln(1)sinln(1) 1+ lim4lim4lim 21 cos 1 cos xxx x xxxx x xxx 2 0 1 sin (1+ ) =4lim2 2 x x x 3. 2 1 1+ lim= x x x x e e ，则= -1 . 解：显然0， 2 2 2 1 ln 1+ 1 ln 1+ 1 1+ lim=limlim x x x xx x xx xxx ex e ee 2 2 0 1 ln 1+t1 limln 1+lim 2 x t tt xxx x t eee .故1 . 经管类 PagePage 2 2 4. 设函数 2 ( )1) arctanf xxx（，则 (50)(0) f= 2 50! 49 . 解：由Taylor公式， 3 2121 ( 1) arctan =() 321 n nn x x xxo x n 3 222121 ( 1) ( )1 2)arctan1 2)() 321 n nn x f xxxxxxxxo x n （ 又 ( ) 00 ( )(0)() 1 n nn ff f xfxxo x n （ ）（ ） ！ 比较 50 x的系数，故有 (50) 02 = 49 f （ ） 50！ ，得 (50) 2 50! 0 = 49 f （ ）. 5. 已知 2- 000 ()( )d xxx t xf tx dttf t dtet，则 1 0 ( )f x dxe. 解： 2- 000 ()( )d xxx t xf tx dttf t dtet，利用换元积分法，可得 2- 000 ( )( )d xxx t xf u dutf t dtet，两边对x求导，得 2 0 ( ) x x f u due，从而 1 0 ( )f u due. 二. 选择题（本题15分，每小题3分） 1. 设函数( )f x在（- ,+ ）上连续，则以下结论不正确的是（ ） (A) 若( )f x为偶函数，则 0 ( ) x f x dx 为奇函数 (B) 若( )f x为奇函数，则 0 ( ) x f x dx 为偶函数 (C) 若( )f x为(0)T T 周期函数，则 0 ( ) x f x dx 为T周期函数 (D) 若( )f x为(0)T T 周期函数，则 0 ( ) x f x dx 不一定为T周期函数 解：选（D） 0 ( )( ) x F xf t dt，易验证（A） 、 （B）正确. 00 ()( )( )( ) x TTx T T F xTf t dtf t dtf t dt 000 ( )( )( )( ) TxT f t dtf t dtf t dtF x 经管类 PagePage 3 3 显然 0 ( ) x f t dt 为T周期函数 0 ( )=0 T f t dt ，故选（D）. 2. 设函数( )yf x满足方程 ( )(1) 210 ( )( ) ( )( )0 nn n ya x ya x ya x ya x ， 若 1) 000 ()=()=()0 n fxfxfx （ ， 10000 () ()Va xf xa x）, 则正确的是 （ ） （A）若n为奇数且0V ，则 0 x点为极值点; （B）若n为奇数且0V ，则 0 x点为极小点； （C）若n为偶数且0V ，则 0 x点为极值点; （D）若n为偶数且0V ，则 0 x点为极小值点. 解:选（C）. 由条件可得：当n为偶数，且 ( ) 0 ()V0 n fx 时，( )f x在 0 x点取得极 值，特别地， ( ) 0 ()V0 n fx ，( )f x在 0 x点取得极大值. 3. 设( )f x在0,)上连续，且单调非增，对0ba，则一定有（ ） (A) 00 ( )( ) ba af x dxbf x dx (C) 00 ( )( ) ba af x dxbf x dx (B) 00 ( )( ) ba af x dxbf x dx (D) 00 ( )( ) ba af x dxbf x dx 解：选（C） 设 0 ( ) ( ),0 x f x dx F xx x .因为( )f x在0,)上连续且单调非增,则由 积分中值定理，有 0 2 ( )( ) ( )( ) ( )0,(0, ) x xf xf x dx f xf F xx xx . 当0ba时，( )( )F aF b,即 00 ( )( ) ba af x dxbf x dx ，故（C）成立. 4. 设函数( )f x在闭区间 , a b上可导，且( ) ( )0f a f b ，( ) ( )0fa f b ，则 （A）存在 1 ( , ),a b 使 1 ( )0f；不一定存在 2 ( , ),a b使 2 ()0f. （B）不一定存在 1 ( , ),a b 使 1 ( )0f；存在 2 ( , ),a b使 2 ()0f. （C）不存在 1 ( , ),a b 使 1 ( )0f；存在 2 ( , ),a b使 2 ()0f. （D）存在 1 ( , ),a b 使 1 ( )0f；存在 2 ( , ),a b使 2 ()0f. 经管类 PagePage 4 4 解：选（D） 由连续函数的零点定理以及导函数的零点定理即得. 5. 设 2 1 0 sin x Idx x ， 2 2 0 sin x Idx x ，则正确的是（ ） (A) 12 1II ； （B） 21 1II；（C） 21 1II；（D） 12 1II. 解： 选（B） 显然当(0,) 2 x 时， 2 sinxxx , 2sin 1 x x ， 2 1 0 sin 1 x Idx x sin,xx则 22 sin xx，从而 sin sin xx xx ，则 22 12 00 sin sin xx IdxIdx xx ，即有 21 1II，选（B) 三. (6分) 求极限 0 arcsin(arcsin )arctan(arctan ) lim arcsinarctan x xx xx . 解： 33 1 arcsin() 6 xxxo x ， 33 1 arctan() 3 xxxo x 33 1 arcsin(arcsin )() 3 xxxo x， 33 2 arctan(arctan )() 3 xxxo x （4分） 33 00 33 arcsin(arcsin )arctan(arctan )() limlim 1 arcsinarctan () 2 xx xxxo x xx xo x =2 （6分） 四. (6分)求常数, a b之值，使得函数 cos , 0 ( ) 12(1) lim(1 coscoscos),0 n axbxx f x xxnx nx x nnnn 在=0 x处可导. 解：因为 12(1) lim(1 coscoscos) n xxnx nx nnnn 1 1 0 0 1sin =limcos()cos( ) n n i ix xxtx dtxx nnx (2分) 此时 cos , 0 ( ) sin ,0 axbx x f x x x x x .函数( )f x在0 x 处连续，则有1b. 经管类 PagePage 5 5 2 000 00 sin 1 ( )(0)sin (0)limlimlim(1)1 ( )(0)cos1 (0)limlim xxx xx x x f xfxx x f xxx f xfaxx fa xx 由函数( )f x在=0 x处可导，则1a 。 故满足条件的值为：1a ，1b. （6分） 五. (6分) 计算 sin3 ( cossin ) 1 cos2 x exxx dx x . 解： sin3 sin 2 ( cossin )1sin =( cos) 1 cos22cos x x exxxx dxexxdx xx = sin sin 2 11 sincos 22cos x x e xedxdx x = sinsin 111 22cos xx xdeed x （4分） = sin sinsinsin 111 222cos2 x xxx e xeedxedx x = sin 11 ()+ 2cos x xec x （6分） 六. （7 分）有一平底容器，侧面由一平面曲线( )0 xf yy， 绕y轴旋转而成，容器底 面半径为r米，根据实际要求，当以每分钟a立方米的速度向空容器内注入液体时，液 面将以每分钟b平方米的速度均匀扩大。 1. 给出( )f y与时间t的关系； 2. 求曲线( )0 xf yy，的方程. 解： （1）由题意，液面面积 2( ) Sfy将以每分钟b平方米的速度均匀扩大，且初 始时刻始时刻容器底面半径为r米，即即 2( ) (0) dfy b dt fr ，故 22 ( )=fybtr，此时( )f y与时间t的关系为 2 ( )= b f ytr 或 22 ( )tfyr b （3 分） 经管类 PagePage 6 6 （2）任意时刻t ，容器中液体的体积 2 0 ( ) y Vatfu du，即 222 0 ( )( ) y a fyrfu du b (5 分) 在上式两边对y求导，化简得 ( ) ( )2 fyb f ya .积分可得 2 ( ) b y a f yce（c为任意常数）. 由条件(0)fr，可得 2 ( ) b y a f yre. （7 分） 七七. （ 7 分 ） 求 空 间 曲 面 2222 16,4040zyxxyxyx，与 空 间 平 面 0,4zx在坐标系oxyz第一卦限所围立体的体积. 解：积分区域D如图带斜线部分，此时所围立体体积为 2 16 D Vyx dxdy 其中 2 ( , )|04, 44 Dx yxxxyx （3 分） 2 44 2 04 16 x x x Vdxyx dy = 4 22 0 1 16 2 xx dx （换元积分：4sinxt） = 2 22 00 32sin 2=161 cos4 )8tdtt dt （ （7 分）分） 八. （7 分）设函数( )f x在在, 2 2 上连续，且上连续，且 22 22 ( )0,( )sin0f x dxf xxdx ，证，证 明：在明：在区间区间, 2 2 （）内至少存在两个不同的点内至少存在两个不同的点 12 ，使使 12 ( )()0ff. 证明：设证明：设 2 ( )( ) x F xf t dt ，则则( )( )F xf x，且且()()0 22 FF . . 22222 22222 ( )sinsin( )( )sin|( )cos( )cos0f xxdxxdF xF xxF xxdxF xxdx 由积分中值定理，(,) 2 2 2 2 ( )cos( )cos0F xxdxF ，从而有，从而有 ( )=0F. .由由()( )()0 22 FFF ， (5(5 分分) ) 由由 RolleRolle 微分中值定理，微分中值定理， 1 (, ) 2 ， 2 () 2 ， 12 ( )=()=0FF，即在区间在区间 , 2 2 （）内至少存在两个不同的点内至少存在两个不同的点 12 ，有有 12 ( )()0ff. . 证毕证毕. . （7 7 分）分） 九. （7 分）已知 3 3ln 3 60 ，证明 33 231 x xx ，(0,1)x. 2 40yx 经管类 PagePage 7 7 证明：设 3 ( )31 x F xx，0,1x，且(0)0(1)1FF，. 2 ( )3 ln3 3 x F xx, 2 ( )3 ln 3 6 x F xx, 3 ( )3 ln 3 6 x Fx, 44 ( )3 ln 3 x Fx （ ） 因为 4 ( )0,0,1Fxx （ ） ，故 ( )Fx在0,1x上严格单调递增. (3 分) 由于 3 (1)=3ln 3 60 F ，则( )0,0,1Fxx，从而( )F x在0,1x向上凸. (0)=ln30,(1)=3(ln3 1)0FF,则( )0F x，0,1x.故当(0,1)x时， (1( )(0)FF xF），即： 33 231 x xx. 证毕. （7 分） 十. （8 分）已知圆 22 (1)1xy含在椭圆 22 22 1 xy ab 内，问, a b取何值时，此椭圆的 面积最小，并求出此时的椭圆方程和椭圆面积. 解： 椭圆 22 22 1 xy ab 的面积为Sab. 由题要求：定圆 22 (1)1xy包含在待定椭圆 22 22 1 xy ab 内，且要求待定椭圆的 面积最小，此时椭圆与圆必相切。设定圆 22 (1)1xy与待定椭圆 22 22 1 xy ab 相 切于点 00 (,)P x y.此时，圆与椭圆在 00 (,)P x y点切线斜率分别为 0 0 1 x K y 圆切 和 2 0 2 0 b x K a y 椭切 .则在 00 (,)P x y点，斜率相等并同时满足圆与椭圆方程，即 22 00 22 22 00 2 00 2 00 1 (1)1 = 1 xy ab xy xb x ya y ，可得 2224 0ba ba,即 4 2 2 1 a b a . （4 分） 此时椭圆面积Sab最小等价于 2222 Sa b最小. 设 62 2 2 ( ) 1 a f aS a ，令 522 22 2(23) ( ) 1) aa f a a （ =0，可得 6 (0 2 aa 舍）,此时 3 2 2 b .易求 2 6 ()1080 2 f.故当 6 2 a ， 3 2 2 b 时，椭圆面积最小，椭圆 经管类 PagePage 8 8 面积为 3 3 S= 2 ，椭圆标准方程为： 22 1 39 22 xy （8 分） 十一. (8 分) 设连续函数( , )f x y满足 12 22 32 ( , )+( , )( , ) 8 DD f x yxyxf x y dxdyyf x y dxdy ， 其 中 1 ( , )| 11, 11Dx yxy , 22 2 ( , )|1Dx yxy, 求( , )f x y在 22 1xy上的最值. 解：令 1 ( , )= D f x y dxdy A ， 2 ( , )= D f x y dxdy B ，则 22 32 ( , )+ 8 f x yxyAxBy . 分别对函数( , )f x y在 1 D和 2 D上积分，则有 1111 22 DD 32 A=( , )(+) 8 DD f x y dxdyxydxdyAxdxdyBydxdy 222 22 DD2 32 B=( , )+ 8 DD f x y dxdyxydxdyAxdxdyBydxdy （） 由于 1122 =0 DDDD xdxdyydxdyxdxdyydxdy ，则，则 1 22 D 8 A(+)= 3 xydxdy， 2 22 D B=+= 2 xydxdy （） （3 3 分）分） 从而从而 22 ( , )+f x yxyxy . 令 ( , )210 ( , )210 x y fx yx fx yy ，得唯一驻点 00 1 1 (,)( , ) 2 2 xy.且 00 00 (,) 20 40,(,)20 02 xxxy xx yxyy xy ff fxy ff 故 00 (,)x y为 22 ( , )+f x yxyxy 的最小值点， 00 1 (,) 2 f xy . （5 分） 在闭区域 22 1xy的边界上，考虑函数 22 ( , )+f x yxyxy 的最值.引入 L- 函数 2222 ( , , )+(+1)L x yxyxyxy ，并利用 L-乘子法，有 经管类 PagePage 9 9 22 ( , , )210 ( , , )210 ( , , )10 x y Lx yxx Lx yyy Lx yxy 解得 1234 22222