三校联赛答案

第1页共11页西南交通大学、天津大学、电子科技大学联合数学竞赛试题参考解答一．填空题.1.设20171,fxxgx其中()gx在1x连续,11,2017g则1f__________.【解法一】由于所以【解法二】记则于是从而2.设tannyx在4x处的切线在x轴上的截距为nx,极限limnnyx___________.【解析】先求在点处的切线方程,由得切线方程在轴上的截距故3.积分2220sincotcostandxxx_________________.【解析】利用“区间再现”公式，做换元则原积分化为利用三角函数的关系可得第2页共11页则4.反常积分201520171d            .eexxx【解析】分母提取公因式可得5.曲线222,2,32xyxyxy及yx所围成的图形绕指定直线yx旋转所得旋转体的体积为_______________.【解法一】指定直线不与坐标轴平行,应将坐标轴旋转至该直线,即把坐标轴按逆时针方向旋转,新坐标系记为,则代入所给曲线及诸直线方程,这时222xy在新坐标系下的方程是1,2xyxy变成1,32xxy变成3,xyx变成0y即轴.在新坐标系中,利用坐标变换可得【解法二】在曲线上取一点该点到旋转轴的距离为第3页共11页过该点垂直于旋转轴的截面面积为,体积微元可以表示为其中dl为Q点运动产生的微元.如下图,,CAPQ平行且与旋转轴yx垂直，则在直角三角形AQR中可得所以有故于是体积微元为于是【解法三】设为直线与和的交点,则设上任一点在直线上的投影为P,记OPt，则t，直线PM的方程为,由此得M点的坐标为于是由此得二．填空题.第4页共11页1.下列关于函数5624sin5fxxxxx的说法正确的是______D______.(A)在x上的任意阶导数都存在(B)对任意的x均三阶可导(C)在0x处三阶可导(D)在5x处存在四阶导数【解析】注意函数在x点的最高阶导数为，则将改写为即知在x和x处最高阶导数分别为2阶和4阶。2.下列四种说法正确的是_______A_______.(A)0()()limhfafahh存在,则()fx在xa处可导.(B)若数列{},{}nnxy的通项满足,nnxy则limlimnnnnxy.(C)函数()ugx在0x点不连续,00(),()gxufu在0u点也不连续,则复合函数fgx在0x处不连续.(D)函数()fx在0,内有界且可导,若lim0xfx,则lim0.xfx【解析】(A)根据导数定义即可得；(B)还有可能limlimnnnnxy；(C)反例:gx在x点不连续，函数fu在0u点也不连续.而1fgx，它在0x点是连..续的(D)反例,令2sin,0,xfxxx则2sinlimlim0,xxxfxx而22222222cossinsin2cos,xxxxfxxxx因为22sinlim0,limcosxxxxx不存在,故limxfx不存在.3.当0x时,函数123334601coscos2cos3,tantansinsinsind,xtfxxxxfxxxxxfxtstsfxx按照无穷小阶数从低到高的顺序为              (A)4321(),(),(),()fxfxfxfx(B)4312(),(),(),()fxfxfxfx(C)3421(),(),(),()fxfxfxfx(D)3412(),(),(),()fxfxfxfx【解析】对1fx有第5页共11页4.下列反常积分一定收敛的是_______D_______.(A)2d1xxx(B)21sindxxx(C)10d1cosxxx(D)20sgnsind1xxx【解析】对于(A)，有易知均不存在,因此发散;对于(B),根据倍角公式有对于右边的第二个积分,由于有界，函数上单调减少且趋于0(x),由Dirichlet判别法,收敛,但发散,则发散；对于(C),有0时,0x是被积函数1()1cosfxxx的瑕点,由于0,fx0,1x,且2300limlim2,1cosxxxxfxx由比较判别法知,瑕积分当且仅当时收敛.对于(D),有第6页共11页故(D)的反常积分收敛.5.设222200eln1sind,eln1cosd(0)xpxpIxxJxxp,则下列说法正确的是________C________.(A)IJ(B)1p时,IJ(C)IJ(D)I与J的大小关系取决于p的值【解析】由题,则而，则三．计算下列积分sinarccotedesincosxxxxxxx【解析】考虑负代换，令,xt有第7页共11页则下面计算,对于前一半有则对于后一部分，有则321111.2228424I四．已知0x时,有不等式3sin,3!xxx试求极限limsinsinsinsinsinsin.nnnnnn【解析】由不等式sin,0,1xxx和题中所给不等式可得上题不等式,对2sinkn有3226310sin,66kkknnnn故222232111110sinsinsinsin66nnnkkkkkkkkknnnnnnnnn故222111sinsin6nnkkkkkkInnnnn而由定积分的定义第8页共11页由迫敛准则,原极限sin1cos1.五．(I)设函数()fx在[,]上连续,在(0,1)内有二阶连续的导函数,且有12(0)1,(1)eff,方程()()0fxxfx在(0,1)内有两个实数根,证明:至少存在一点(0,1),使得.fff(II)设()fx在[,]上有二阶导数,(0)(1)(0)(1)0,ffff又存在常数,M使得在[,]上恒有|()|.fxM证明:在[,]上恒有.16Mfx【证明】(I)先将要证的结论式子变形2212210,ffffff注意到221,而且11022011e,1e1e1,fff故考虑构造函数22()()e,xFxfx则(1)(0)1,FF故由Rolle中值定理可得，至少存在一点0,1，使得22e0,Fff而()()0fxxfx在(0,1)内有两个实数根，因此0Fx在(0,1)内至少有两个实数根，因此再次使用Rolle中值定理可得，存在0,1,使得0,F即即存在0,1,使得2210,fff故要证结果成立。(II)设|()|fc是|()|fx的最大值,01,c则()0.fc在c和0点进行Taylor展开,对于0xc有2212()()()()(),()(0).22fffxfcxcfxx根据第一个式子可得22Mfxfcxc由第二个式子可得202Mfxx于是220,22MMfxfcfxfxfxfcxxc故第9页共11页2220024MMfcxxcc同理可得21fcc最后22min0,1.4416MMMfccc六．(I)证明:方程2102!!nxxxn在n是偶数的时候无零点,是奇数的时候恰有一个零点;(II)记21,2!!nnxxfxxn证明方程()2nfx对任何不小于2的正整数n,在(0,1)内有唯一的实根nx及limnnx存在，并求此极限.【证明】(I)令21,,2!!nxxfxxxRn及()e(),xgxfx易知两个函数的零点是相同的.当n为偶数时,()e()e()e0,!nxxxxgxfxfxn等号仅在0x时成立,所以()gx单调递减.易见,当0x时111111lim()lim,2!!nnnnxxfxxxxxn从而()lim(),lim()lim0.exxxxfxgxgx因此,恒有()0,gx故()0gx无实数根,即()0fx无实根.当n为奇数时,lim(),lim(),xxfxfx因此()0fx有实根,而且实根唯一.若存在1212,()xxxx,使得12()()0,fxfx则由Lagrange中值定理知,存在12(,)xx使得()0,f但21()12!(1)!nxxfxxn,其中(1)n是偶数,根据上面的结论知()0fx是无实数根的,因此得出矛盾,故()0fx仅有唯一的实根,证毕.(II)【解】记2()12!!nnxxfxxn,由于(0)(1)0nnff,且21()10,(0,1)2!(1)!nnxxfxxxn从而有方程()0nfx对任何不小于2的正整数n,在(0,1)内都有唯一的实根.nx注意到第10页共11页11()0(),(3)!nnnnnnxfxfxnn所以1nnxx.由单调有界准则知limnnx存在.又2121ee,0,0,1,2!!(1)!nnnxnnnnnxxxxxnn进而得到limln2.nnx七.(I)设()px是[,]ab上的正连续函数,(),()fxgx在[,]ab上单调,且单调性相同,证明ddddbbbbaaaapxfxxpxgxxpxxpxfxgxx(II)已知求极限ln()d,xxx试求极限lnlnlimdd.nnnnxxxxxx【证明】(I)构造变限积分函数则()Fx的导数为根据(),()fxgx的相同单调性以及()px是正非负函数的性质,可知()0Fx,故()Fx单调递增,而()0,Fa因此()()0,FbFa故原不等式得证.(II)由(I),取0,1,1,abpx则有对于极限1212lim,,,,nnnnmmnaaaaaa为常数,利用迫敛准则可得第11页共11页1212limmax,,,,nnnnmmnaaaaaa根据上述不等式可得因此原极限2.12