大连市高等数学竞赛试题B答案

1、大连市第二十三届高 等 数学竞赛试卷答案（B）解当x 0时，f (x)x3 sin 为一初等函数，这时 x,21f （x） 3x sin xQ 2.13x sin 一 x1 cos一x1（6分）xcos-; x阅卷人一、填空题(本大题共5小题，每小题2分,总计10分),n 11. lim = eA2.n n 1tan x sin x _2. limz=1/2x 0x33. lim xx =1.x 0xcost2dt4. lim =J.x 0 x、，25. 右 lim x2 ax b 2,则（a，b）（4，5）.x 阅卷人 3.1/二、(本题 10 分)设 f(x) x sinx(x 0)，求

2、(x 0),f （x）. x x 2xim0f（x） m3. -x sin 一f（0）,（8分）所以f(x)在x 0处不连续，由此可知f(x)在x 0处不可导。（10 分）、（本题8分）求函数f（x）的间断点，并判断类1,题号二三四五八七八九十总分分数t阅卷人、解：x 0,x 1,x1为间断点。(3分)当x 0时，由于 lim f(x) lim x- 1, x 0 x 0 x 1 |x |x 1 x2.叩 lim f (x) lim1,x 0 x 0 x 1 |x|所以x 0是跳跃间断点。(5分) 当x 1时,x .1 x2由于 lim f (x) limx 1 x 1 x 1|x|所以x 1

3、是可去间断点。（7分） 当x 1时，而 lm f （x）,所以x 1是无穷间断点。（8分）考生注意：考试时间150 分钟试卷总分100 分四页第1页四"题10分）曲线y 1x6（x 0）上哪一点处的法线在y轴上的截距最小?因为y 2x5 ,整理后为Y1x6在（x,y）处的法线方程为3所以kX y2x5127i27,法线方程为k(X x),1(X x) 2x5(4分)法线在y轴上的截距为求此函数的极值：令b0,2x4解得3x6。（6 分）x1 1,x21 （舍去）；（8 分）b16 10x4,b (1) 20x0,处故b为极小值。由于驻点唯一，知它即是最小值，因此曲线在点 的法线在y轴

4、上截距最小。（10分）阅卷人五、（本题6分）求ysin 4 x cos4 x的n阶导数.44,.22、2 c .22sin x cos x (sin x cos x) 2sin xcos x( 1 . 21 1 cos4x1 -sin 2x 1 - (2分)2223 1,cos4x,4 4(3分)10-(sin4x) 4 4 cos(4x ) 4cos(4x 2 2(4 分)所以 y(n) 4n 1cos(4x n 万).(6 分)六、阅卷人（本题10分）讨论方程ln xax （其中a 0）有几个实根?解：设f （x）ln xax, x(0,),则 f (x)f (x)f (x)0,-1 .a

5、,故x 为f（x）的驻点（2分） a所以f（1）为最大值。（4分） a当 f(-) a0时,Ina 1 0,即 01时,由于 e所以当当 f(1) a当 f(1) alimx 0f (x) ,lim f (x)x1,时，此时万程有两个根 e(8分)0时，即a 1时，此时方程有一个根。（9分） e0时，即a 1时，方程无根.（10分） e共四页第2页解)（本大题共3小题，每小题6分，总计18分）1dx.1 tanxj dx1 tanxcosx , dxsinx cosxcosx sinx cosx sinx , 八、dx (2 分) sinx cosxcosx sin x , dx sin x

6、cosxx 1d(sin x cosx)sinx cosx'(4 分)(2)解:2(xIn |cosx sin x|)sin(ln x)dxsin(ln x)dx xsin(ln x)C.xsin(ln x)xsin(ln x)(6分)1cos(ln x) - dx (2 分)x1 一xcos(ln x) x sin(ln x) dxx (4 分)xcos(ln x) sin(ln x)dx所以2 sin(ln x)dx xsin(ln x)cos(lnx) C. (5 分)sin(lnx)dx sin(lnx) cos(lnx) C. (6 分)2/ox 4 sin X .(3)4

7、-dx.4 1 eaa解 由于 f(x)dx nf (x) f ( x)dx, (2 分) a0而 f(x) f( x).2. 2sin x sin xxsin2x e x sin2 x (4 分)1 ex 1 ex所以4 sin2x .4 7 dx彳1 ex0%in2xdx1 cos2x ,4dx1 .八 sin 2x4一. (6 分)阅卷人、x八、(本题10分)设f (x)在a,b上连续，且f(a) f(b)0,证明:两式相减,所以f(t)dt f(x) f(a) abf (t)dt f(b) xf(x)2f(x)xa f (t)dtaf (x),f(x), (3 分)bx f (t)dt

8、 , (5 分)21f (x)|Xaf出x| f (t)|dt a|f(x)lbXf (t)dt(7分)阅卷人证明：由limfx1 1,x xbx| f (t)|dtb| f (x) | dx.a|f (t)|dt (9 分)(10 分)九、(本题8分)已知函数f(x)具有二阶导数,f(1) 0,证明：存在点 (0,1),使得f ()f (0)0,(2分)0.函数“*)在0 , 1连续，(0, 1)可导,f(0)lim四x 0 x0,f(1) 0,由罗尔定理，至少存在x0 (0,1)使f(x0) 0o(6分)函数f (x)在0,Xo连续，(0,x。)可导,f (0)f (x0)0,由罗尔定理，至少存在 (0, x0)(0,1)使阅卷人解将上式两边对 再对上式求导，得 由已知条件，可知因此所求函数十、(本题10分)设f(x)为连续函数，且满足 f(x) e2xox(x t)“t)dt,求 f (x).xx 求导，得 f (x) 2e2x°f(t)dt, (2 分)f (x) 4e2x f (x),即 f (x) f (x) 4e2x。(4 分)f (0) 1, f (0) 2。(6