2017天津市大学数学竞赛试题解答(经管类)

经管类Page12017年天津市大学数学竞赛试题解答（经管类）一.填空题（本题15分，每小题3分）1.12lim()121nnneeennnnn1e.解：1212121211nnnnnneeeeeeeeennnnnnn121111110()limlimlim(1)(1)tttnnnnntnntneeeeeteenene0(1)lim1ttteeet1212limlim111nnnnnneeeneeeennn两边夹法则，即得.2.0sinln(1)lim1cos1cosxxxx2.解：2111cos1cos1cos),024xxxx（20001cossinln(1)sinln(1)1+lim4lim4lim21cos1cosxxxxxxxxxxxx201sin(1+)=4lim22xxx3.211+lim=xxxxee，则=-1.解：显然0，2221ln1+1ln1+11+lim=limlimxxxxxxxxxxxexeee2201ln1+t1lim[ln1+]lim2xtttxxxxteee.故1.经管类Page24.设函数2()1)arctanfxxx（，则(50)(0)f=250!49.解：由Taylor公式，32121(1)arctan=()321nnnxxxxoxn3222121(1)()12)arctan12)(())321nnnxfxxxxxxxxoxn（（又()00()(0)()1nnnfffxfxxoxn（）（）！！比较50x的系数，故有(50)02=49f（）50！，得(50)250!0=49f（）.5.已知2-000()()dxxxtxftxdttftdtet，则10()fxdxe.解：2-000()()dxxxtxftxdttftdtet，利用换元积分法，可得2-000()()dxxxtxfudutftdtet，两边对x求导，得20()xxfudue，从而10()fudue.二.选择题（本题15分，每小题3分）1.设函数()fx在（-,+）上连续，则以下结论不正确的是（）(A)若()fx为偶函数，则0()xfxdx为奇函数(B)若()fx为奇函数，则0()xfxdx为偶函数(C)若()fx为(0)TT周期函数，则0()xfxdx为T周期函数(D)若()fx为(0)TT周期函数，则0()xfxdx不一定为T周期函数解：选（D）0()()xFxftdt，易验证（A）、（B）正确.00()()()()xTTxTTFxTftdtftdtftdt000()()()()TxTftdtftdtftdtFx经管类Page3显然0()xftdt为T周期函数0()=0Tftdt，故选（D）.2.设函数()yfx满足方程()(1)210()()'()()0nnnyaxyaxyaxyax，若1)000'()=()=()0nfxfxfx（，10000()(()Vaxfxax）,则正确的是（）（A）若n为奇数且0V，则0x点为极值点;（B）若n为奇数且0V，则0x点为极小点；（C）若n为偶数且0V，则0x点为极值点;（D）若n为偶数且0V，则0x点为极小值点.解:选（C）.由条件可得：当n为偶数，且()0()V0nfx时，()fx在0x点取得极值，特别地，()0()V0nfx，()fx在0x点取得极大值.3.设()fx在[0,)上连续，且单调非增，对0ba，则一定有（）(A)00()()baafxdxbfxdx(C)00()()baafxdxbfxdx(B)00()()baafxdxbfxdx(D)00()()baafxdxbfxdx解：选（C）设0()(),0xfxdxFxxx.因为()fx在[0,)上连续且单调非增,则由积分中值定理，有02()()()()()0,(0,)xxfxfxdxfxfFxxxx.当0ba时，()()FaFb,即00()()baafxdxbfxdx，故（C）成立.4.设函数()fx在闭区间[,]ab上可导，且()()0fafb，'()'()0fafb，则（A）存在1(,),ab使1()0f；不一定存在2(,),ab使2'()0f.（B）不一定存在1(,),ab使1()0f；存在2(,),ab使2'()0f.（C）不存在1(,),ab使1()0f；存在2(,),ab使2'()0f.（D）存在1(,),ab使1()0f；存在2(,),ab使2'()0f.经管类Page4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210sinxIdxx，220sinxIdxx，则正确的是（）(A)121II；（B）211II；（C）211II；（D）121II.解：选（B）显然当(0,)2x时，2sinxxx,2sin1xx，210sin1xIdxxsin,xx则22sinxx，从而sinsinxxxx，则221200sinsinxxIdxIdxxx，即有211II，选（B)三.(6分)求极限0arcsin(arcsin)arctan(arctan)limarcsinarctanxxxxx.解：331arcsin()6xxxox，331arctan()3xxxox331arcsin(arcsin)()3xxxox，332arctan(arctan)()3xxxox（4分）330033arcsin(arcsin)arctan(arctan)()limlim1arcsinarctan()2xxxxxoxxxxox=2（6分）四.(6分)求常数,ab之值，使得函数cos,0()12(1)lim(1coscoscos),0naxbxxfxxxnxnxxnnnn在=0x处可导.解：因为12(1)lim(1coscoscos)nxxnxnxnnnn11001sin=limcos()cos()nniixxxtxdtxxnnx(2分)此时cos,0()sin,0axbxxfxxxxx.函数()fx在0x处连续，则有1b.经管类Page5'2000'00sin1()(0)sin(0)limlimlim(1)1()(0)cos1(0)limlimxxxxxxxfxfxxxfxxxfxfaxxfaxx由函数()fx在=0x处可导，则1a。故满足条件的值为：1a，1b.（6分）五.(6分)计算sin3(cossin)1cos2xexxxdxx.解：sin3sin2(cossin)1sin=(cos)1cos22cosxxexxxxdxexxdxxx=sinsin211sincos22cosxxexedxdxx=sinsin11122cosxxxdeedx（4分）=sinsinsinsin111222cos2xxxxexeedxedxx=sin11()+2cosxxecx（6分）六.（7分）有一平底容器，侧面由一平面曲线()0xfyy，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()fy与时间t的关系；2.求曲线()0xfyy，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，且初始时刻容器底面半径为r米，即2()(0)dfybdtfr，故22()=fybtr，此时()fy与时间t的关系为2()=bfytr或22(())tfyrb（3分）经管类Page6（2）任意时刻t，容器中液体的体积20()yVatfudu，即2220(())()yafyrfudub(5分)在上式两边对y求导，化简得()()2fybfya.积分可得2()byafyce（c为任意常数）.由条件(0)fr，可得2()byafyre.（7分）七.（7分）求空间曲面222216,4040zyxxyxyx，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216DVyxdxdy其中2{(,)|04,44}Dxyxxxyx（3分）24420416xxxVdxyxdy=42201162xxdx（换元积分：4sinxt）=2220032sin2=161cos4)8tdttdt（（7分）八.（7分）设函数()fx在[,]22上连续，且2222()0,()sin0fxdxfxxdx，证明：在区间,22（）内至少存在两个不同的点12，使12()()0ff.证明：设2()()xFxftdt，则()()Fxfx，且()()022FF.2222222222()sinsin()()sin|()cos()cos0fxxdxxdFxFxxFxxdxFxxdx由积分中值定理，(,)2222()cos()cos0FxxdxF，从而有()=0F.由()()()022FFF，(5分)由Rolle微分中值定理，1(,)2，2()2，，12()=()=0FF，即在区间,22（）内至少存在两个不同的点12，有12()()0ff.证毕.（7分）九.（7分）已知33ln360，证明33231xxx，(0,1)x.240yx经管类Page7证明：设3()31xFxx，[0,1]x，且(0)0(1)1FF，.2()3ln33xFxx,2()3ln36xFxx,3()3ln36xFx,44()3ln3xFx（）因为4()0,[0,1]Fxx（），故()Fx在[0,1]x上严格单调递增.(3分)由于3(1)=3ln360F，则()0,[0,1]Fxx，从而()Fx在[0,1]x向上凸.(0)=ln30,(1)=3(ln31)0FF,则()0Fx，[0,1]x.故当(0,1)x时，(1()(0)FFxF），即：33231xxx.证毕.（7分）十.（8分）已知圆22(1)1xy含在椭圆22221xyab内，问,ab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22221xyab的面积为Sab.由题要求：定圆22(1)1xy包含在待定椭圆22221xyab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22221xyab相切于点00(,)Pxy.此时，圆与椭圆在00(,)Pxy点切线斜率分别为001xKy圆切和2020bxKay椭切.则在00(,)Pxy点，斜率相等并同时满足