2001-2012年天津大学生数学竞赛试题及答案

2024年2月11日发(作者：初高中衔接数学试卷教案)

2001年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一 填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横杠上面。）

e2x1，x0；在（-∞，+∞）上连续，则a = 2 。 1. 函数f(x)x2acosxx，x0，2. 设函数y = y(x) 由方程exycos(xy)0所确定，则dyx03. 由曲线yx3

dx 。

37 。

128cosxsinxdx 。

E3x22x与x轴所围成的图形的面积A =

4. 设E为闭区间[0，4π]上使被积函数有定义的所有点的集合，则x2y21，其周长为l

，则xyx24y2ds 4l 。 5．设L是顺时针方向的椭圆L4

二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

1. 若lim(x)u0且limxx0uu0f(u)A，则（ D ）

xx0

（A）

（C）

2. 设（A）（C）xx0limf[(x)]存在； （B）

limf[(x)]A

limf[(x)]不存在； （D） A、B、C均不正确。

sinx0xx0f(x)sin(x2)dx，g(x)x3x4，则当x0时，（ A ）

f(x)与g(x)为同阶但非等价无穷小； （B）f(x)与g(x)为等价无穷小；

f(x)是比g(x)更高阶的无穷小； （D）f(x)是比g(x)更低阶的无穷小。

f(x)对任意x都满足f(x1)af(x)，且f\'(0)b，其中a、b均为非零常数，则f(x)3. 设函数在x = 1处（ D ）

（A）不可导； （B）可导，且（C）可导，且f(1)a；

f(1)b； （D）可导，且f(1)ab。

１

4. 设f(x)为连续函数，且f(x)不恒为零，I=tf(tx)dx，其中s > 0，t > 0，则I的值（ C ）

st0（A）与s和t有关； （B）与s、t及x有关；

（C）与s有关，与t无关； （D）与t有关，与s无关。

uu2u5. 设u (x，y) 在平面有界闭区域D上具有二阶连续偏导数，且满足0及220，则xyx2y2（ B ）。

（A）u (x，y) 的最大值点和最小值点必定都在区域D的内部；

（B）u (x，y) 的最大值点和最小值点必定都在区域D的边界上；

（C）u (x，y) 的最大值点在区域D的内部，最小值点在区域D的边界上；

（D）u (x，y) 的最小值点在区域D的内部，最大值点在区域D的边界上。

以下各题的解答写在试题纸上，可以不抄题，但必须写清题号，否则解答将被视为无效。

x22 三、求极限limcosxex0x2[2xln(12x)] 。（本题6分）

解：cosx1x2x4o(x42!4!)；

ex2221x21x24x2x422!2o(x)128o(x4)；

ln(12x)2x12(2x)2o(x2)2x2x2o(x2)；

由此得到：

x21x2x44x2x44limcosxe22!4!o(x)128o(x)x0x2[2xln(12x)]limx0x22x2x2x2o(x2)

1x4o(x4)

lim121x02x4o(x4)24 。

四、计算xex01ex2dx。（本题6分）

xex0dxex20xx2dx0xd1x1xxxdx

1ex解：1e1e1e001e

101exdx

２

命：ex1t，则dxdt，于是

tx21e0xexdx1111tdtln2

dtln11t(1t)tt11t2u2u五、设函数u(x,y)的所有二阶偏导数都连续，2且u(x,2x)x，u\'1(x,2x)x2，求2xyu11\'\'(x，2x)。（本题6分）

解：u(x,2x)x两边对x求导，得到

u\'1(x,2x)2u\'2(x,2x)1

代入u\'1(x,2x)x，求得

2

1x2u\'2(x,2x)，

2

u\'1(x,2x)x2两边对x求导，得到

u11\'\'(x,2x)2u12\'\'(x,2x)2x，

u21\'\'(x,2x)2u22\'\'(x,2x)x。

1x2u\'2(x,2x)两边对x求导，得到

2

2u2u以上两式与已知2联立，又二阶导数连续，所以u12\'\'u21\'\'，故

2xy4u11\'\'(x，2x)x。

3

六、在具有已知周长2p的三角形中，怎样的三角形的面积最大？（本题7分）

解：设三角形的三条边长分别为x、y、z，由海伦公式知，三角形的面积S的平方为

S2p(px)(py)(pz)

则本题即要求在条件x + y + z = 2p之下S达到的最大值。它等价于在相同的条件下S2达到最大值。

设

f(x,y)S2p(px)(py)(xyp)，

问题转化成求f(x,y)在

D(x,y)0xp,0yp,pxy2p

上的最大值。其中D中的第3个条件是这样得到的，由于三角形的任意两边之和大于第三边，故有x + y >

z，而由假设x + y + z = 2p，即 z = 2p－（x + y），故有x + y > z = 2p－（x + y），所以有x + y > p。

fx\'p(py)(2p2xy)0由，

f\'p(px)(2px2y)0y３

求出2p2pf(x,y)在D内的唯一驻点M,。因f(x,y)在有界闭区域D上连续，故f(x,y)在D上33而在D内的值大于0。故f(x,y)在D内取得它在D上f(x,y)在D的边界上的值为0，有最大值。注意到的最大值。由于f(x,y)在D内的偏导数存在且驻点唯一，因此最大值必在点M处取得。于是有

2p2pp4，

maxf(x,y)f,(x,y)D3327此时x = y = z =

七、计算I

2p，即三角形为等边三角形。

3dy1edxdyedx。（本题8分）

2y1214yyx112yyx解：先从给定的累次积分画出积分区域图，再交换累次积分次序，得到

31Idy1edxdyedxdx2edyx(eex)dxee。

yx822y112y112x1121214yxyxyx

八、计算曲面积分Ix3az2dydzy3ax2dzdxz3ay2dxdy，其中Σ为上半球面z

（本题7分）

a2x2y2的上侧。解：记S为平面z = 0（ x2 + y2 ≤

a2 )的下侧，Ω为Σ与S所围的空间区域，

I3xS20Sx3az2dydzy3ax2dzdxz3ay2dxdyx3az2dydzy3ax2dzdxz3ay2dxdy2y2x2dxdydz20a42x2y2a2ay2dxdya

3dsindrdrasindr3dr20006129a5a5a55420

九、已知a>0，x1>0，定义

xn1求证：1a3xn34xnn1,2,3,

n（本题8分）

limxn存在，并求其值。解：第一步：证明数列

xn的极限存在：

４

注意到：当n ≥ 2时，xn11aa4xxx≥因此数列xn有下界。xxxa，4nnnnnn334xnxnxn11a1a34又≤31，即xn+1≤xn

，所以xn单调递减，由极限存在准则知，数列xnxn4xn4a有极限。

第二步：求数列设：xn的极限

nlimxnA，则有A≥4a0。

1alim3xn3，

4nxn由nlimxn1有A

1a44limxa。 ，解得（舍掉负根），即Aa3An3n4A十、证明不等式1xlnx证明：设1x1x，x，f(x)1xlnx1x1x2222。（本题7分）

，则

2x1xf\'(x)lnx1xxlnx1x2。

x1x21x221x命f\'(x)0，得到驻点 x = 0。由

f\'\'(x)11x20

可知 x = 0 为极小值点，亦即最小值点，最小值为所证不等式成立。

十一、设函数有f(x)0，即f(0)0，于是对任意x，f(x)在闭区间[0，1]上连续，在开区间（0，1）内可导，且43f(x)dxf(0)，求证：41在开区间（0，1）内至少存在一点，使得证明：由积分中值定理知，存在（本题7分）

f\'()0。3,1，使得

4

５

f()又函数111f(x)dx43f(x)dxf(0)

331444f(x)在区间0,0,1上连续，0,内可导，由罗尔定理知，至少存在一点0,0,1，使得f\'()0。

十二、设证明

f(x)在区间[a,)上具有二阶导数，且f(x)M0，0f\'\'(x)M2，(ax)。f\'(x)2M0M2。（本题8分）

证明：对任意的x[a,)，及任意的h > 0，使x + h ∈ (a，+∞)，于是有

f(xh)f(x)f\'(x)h即

1f\'\'()h2，其中[h,xh]。

2!1hf\'(x)f(xh)f(x)f\'\'()

h2故

f\'(x)2M0h（x[a,)，h > 0）

M2，h2命g(h)2M0hM2，试求其最小值。

h2命g\'(h)M02M01，得到，

h2M0022M2h24M00，

h3g\'\'(h)所以，g(h)在h02M0处得极小值，亦即最小值，

M2g(h0)2M0M2。

故

f\'(x)2M0M2，（x[a,)）。

６

2002年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一、填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。）

2x211sin1．limx3x1x2．设摆线方程为23。

xtsint1x则此曲线在t处的法线方程为y。

3333y1cost3．edx2x(1lnx)224。

4．设zxxyy在点(－1,1)处沿方向l12，1的方向导数zl535。

。

dS5．设Σ为曲面xyR介于0≤Z≤R的部分，则222xyz22222

二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

x2x11. 曲线yearctan的渐近线有（ B ）

(x1)(x2)

（A） 1条； （B） 2条；

（C） 3条； （D） 4条。

2. 若1x2f(x)[f(x)]2，则当n>2时f(n)(x)（ A ）

n1（A）n![f(x)]2n； （B）n[f(x)]n1；

（C）[f(x)]； （D）n![f(x)]。

3. 已知函数f (x)在（－∞，+∞）内有定义，且x0是函数f (x)的极大值点，则（ C ）

（A）x0是f (x)驻点； （B）在（－∞，+∞）内恒有f (x)≤f (x0)；

2n

７

（C）－x0是－f (－x)的极小值点； （D）－x0是－f (x)的极小值点。

xyx2y2,4. 设z0,x2y20x2y20，则z = z (x,y)在点（0，0）（ D ）

（A）连续且偏导数存在； （B）连续但不可微；

（C）不连续且偏导数不存在； （D）不连续但偏导数存在。

5. 设I

（A）（C）(exeyez)dv，其中Ω：x2+y2+z2≤1，z≥0则I（ D ）

zx； （B）3edv3edv；

(2ezey)dv； （D）(2exez)dv。

2arctanxln 三、已知极限limx0xn1x1xC0，试确定常数n和C的值。（本题6分）

2arctanxln解：limx0xn2111x241xlim1x21x1xlim14xlim，

n1n14n34x0x0x0nxnx1xnx(1x)

故n3,C4。

3四、已知函数f (x) 连续，g(x)t0x2f(tx)dt，求g(x)。（本题6分）

解：命u = t － x，则当 t = 0 时，u = －x；t = x 时，u = 0，于是

0x2x22xg(x)(ux)f(u)dux(1)uf(u)du2xuf(u)duxf(u)dux00x0xx2xf(x)2uf(u)du2x(x)f(x)(1)2xf(u)dux2f(x)(1)

002uf(u)du2xf(u)du00xx

五、设方程x4axb0，

⑴ 当常数a ，b满足何种关系时，方程有唯一实根？

⑵ 当常数a ，b满足何种关系时，方程无实根。（本题7分）

解：设yx4axb，－∞

y4x3a

命y0得唯一驻点x3

aa2，又y12x0，故当x3时，y有最小值。且最小值为

44８

aayx3aab

444又当x →－∞时，y →＋∞；x →＋∞时，y →＋∞，因此，

⑴ 当且仅当434313aaab0时，方程有唯一实根。

44134313⑵ 当

aaab0时，方程无实根。

44六、在曲线y = x2（x ≥ 0）上某点A作一切线，使之与曲线及x轴所围图形的面积为⑴ A点的坐标；

⑵ 过切点A的切线方程；

⑶ 该图形绕x轴旋转一周所成旋转体的体积。（本题8分）

解：⑴设A点坐标为 (x0，y0)，则y0 = x02，于是可知切线方程

1，试求：

12

yx02y ― x0= 2x0（x ― x0）即x。

2x02

由题设，有

223112x02yxx122002dyyyxyy0120302x022x0

11423134x0x0x0x02x02123故有113x0即x01，y0x021，得A(1，1)。

1212⑵ 切线方程为y12(x1)，即y2x-1。

⑶ 在上述切线方程中令y = 0，得到xx11，故所求旋转体的体积

2x0x0111V(x2)2dx(2x1)2dxx4dx1(2x1)2d(2x1)0x102211(2x1)3523

七、计算

1156302

1（本题7分）

(x21)3dx。解：解法1

９

命In1dx，则有

2n(x1)

I11x2xxdxxdx2I12I2，于是有

222x21x21(x1)x1

1xI22I1。

2x1同理I2所以有

1x2xxdxx(2)dx4I24I3，

(x21)2(x21)2(x21)3(x21)2

11xx3x3I323IarctanxC。

222224(x1)4(x1)8x18解法2

命xtan，则

I3

113124secθdθcosd2cos2θcos4θd422sec6θ13112x12xx3θsin2θsin4θCarctanx4C

22224284x132(x1)x1833x1xarctanx2C2288x14(x1)

八、设uf(x,y,z),(x2,y,z)0,ysinx，其中f,具有连续的一阶偏导数，且du（本题7分）

0，求。zdx 解：将y = sinx代入u2f(x,y,z),(x2,y,z)0，得到uf(x,sinx,z),(x2,sinx,z)0，显然方程(x,sinx,z)0确定了 z 是x 的隐含数 z = z (x) ，所以

duf(x,sinx,z)xf1f2cosxf3zx

dx2又由

(x,sinx,z)x12x2cosx3zx0，

2x12cosxduff2cosxf3。 得到

dx13

九、求f(x,y)x22x2yy2在S(x,y)x2y21上的最大值与最小值。（本题7分）



１０

解：解法1

在S上有x2y21，即x21y2，代入f(x,y)x22x2yy2，得到

f(x,y)g(y)12y2y3,(1y1)

因此

g(y)26y2

命g(y)0，得到y13，x23，

由于g(12243)133139，

g(13)122331439，又g(1)1，所以

1(maxx,y)Sf(x,y)ymax[1,1]g(y)g(3)1439；

1(xmin,y)Sf(x,y)ymin[1,1]g(y)g(3)1439。

解法2

构造F(x,y,)x22x2yy2(x2y21)，

解方程组

Fx2x4xy2x0(1)F2x2y2y2y0(2)

Fx2y210(3)(1)y(2)x得到2xy4xy22x32xy0，即x(2y2x2)0，于是有x0或x22y20(4)

联合求解(3)、(4)，得到6个可能的极值点

P)，P21(0,12(0,1)，P3(3,13)，P2121214(3,3)，P5(3,3)，P6(3,3)，

因为f(P43431)f(P2)1,f(P3)f(P5)19,f(P4)f(P6)19，所以

maxf(x,y)43(x,y)S19，(minx,y)Sf(x,y)1439。

１１

十、计算Icos(xy)dxdy，其中区域D为：0xD2,0y2。（本题7分）

解：如图，用直线xy2将区域D分为D1和D2两个区域，则

Icos(xy)dxdycos(xy)dxdyD1D22dx2cos(xy)dy2dx2cos(xy)dy

0002xx2(1sinx)dx2(cosx1)dx200

十一、证明：当 0 < x < 1时，1x2x（本题7分）

e。1xf(x)(1x)e2x(1x),x[0,1)，证明：本题即证当 0 < x < 1时，(1x)e2x(1x)0，命：于是有

f(x)e2x2(1x)e2x1(12x)e2x1，

f(x)2e2x2(12x)e2x4xe2x0，

即f(x)在区间(0,1)内单调减少，而f(0)0，故当 x > 0时f(x)0，因而f(x)在区间(0,1)内单调减少，即

f(x)f(0)0，于是有(1x)e2x(1x)0，即1x2xe,x(0,1)。

1x十二、设C是取正向的圆周(x1)2(y1)21，f (x)是正的连续函数，证明：

xf(y)dyydx2

f(x)（本题8分）

证明：由格林公式有

CCxf(y)dyy1dxf(y)dxdy，

f(x)f(x)D2其中D是由 ( x – 1 )2 + ( y – 1 )2 = 1所围成的区域。而

f(x)dxdydxD0211(x1)2211(x1)f(x)dy2f(x)1(x1)2dx，

0f(y)dxdydyD0211(y1)211(y1)2f(y)dx2f(y)1(y1)2dy，

02

１２

即

f(x)dxdyf(y)dxdy，

DD所以Cxf(y)dyy11dxf(y)dxdyf(x)dxdy2d2。

f(x)f(x)f(x)DDD2003年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一. 填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。）

1．设对一切实数x和y,恒有11f(xy)f(x)f(y)，且知f(2)1，则f 。

22x0; 在x = 0处连续，则a =

1 。

2x0,sin2xln(1t)dt02,2．设f(x)2xx2e2e1a,3．设f(x,y,z)ezyz2，其中zz(x,y)是由方程xyzxyz0所确定的隐函数，则fy(0,1,1)

2 。

e4．0dx 。

224(1x)x2y2z2x1y1z115．曲线4在点M (1,1,1)处的切线方程为 （或44513x2yz0xy2z40）。

x2yz0二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

1． 当x0时，下列无穷小量

①

③

1tanx1sinx； ②

12x313x；

441xcosxsinx； ④

exx1，

33从低阶到高阶的排列顺序为（ D ）

（A） ①②③④； （B） ③①②④；

１３

（C） ④③②①； （D） ④②①③。

x3arccotx,x02． 设f(x)，在x = 0处存在最高阶导数的阶数为（ B ）

x00,（A） 1阶； （B） 2阶； （C） 3阶； （D）4阶。

3． 设函数y（A）曲线y（C）函数yf(x)在 x = 1处有连续的导函数，又limx1f(x)2，则x = 1是（ B ）

x1f(x)拐点的横坐标； （B）函数yf(x)的极小值点；

f(x)的极大值点； （D）以上答案均不正确。

（m为常数），则曲线yg(x),yf(x),xaf(x)m4． 设函数f，g在区间[a，b]上连续，且g(x)和x = b所围平面图形绕直线y = m旋转而成的旋转体体积为（ A ）

(A)

(C)

a[2mf(x)g(x)][f(x)g(x)]dx； (B)

a[2mf(x)g(x)][f(x)g(x)]dx；

a[mf(x)g(x)][f(x)g(x)]dx； (D)

a[mf(x)g(x)][f(x)g(x)]dx。

y2z2a2(z0)，S1为S在第一卦限中的部分，则有（ C ）

（B）S1bbbb5． 设S:x2（A）（C）xds4xds；

SSS1yds4xds；

SS1SS1zds4xds； （D）xyzds4xyzds。

2xtdt1limc。

b2x0sinxax1t三、a，b，c为何值时，下式成立

（本题6分）

解：注意到左边的极限中，无论a为何值总有分母趋于零，因此要想极限存在，分子必须为无穷小量，于是可知必有b= 0，当b= 0时使用诺必达法则得到

2xtdt1x2limlim，

022x0sinxaxx01t(cosxa)1x由上式可知：当x0时，若a1，则此极限存在，且其值为0；若a = 1，则

2xtdt1x2limlim2。

022x0sinxxx01t(cosx1)1x综上所述，得到如下结论：a1，b = 0，c = 0；

或a = 1，b = 0，c = －2。

(x)cosx,四、设函数f(x)xa,x0x0，其中(x)具有连续二阶导函数，且(0)1。

１４

⑴ 确定a的值，使⑵ 讨论

f(x)在点x = 0处可导，并求f(x)。

（本题8分）

f(x)在点x = 0处的连续性。解：⑴ 欲使f(x)在点x = 0处可导，f(x)在点x = 0处必须连续，于是有

limf(x)limx0x0(x)cosxxlimx0(x)sinx1(0)

即当a(0)时，当x0时，

f(x)在点x = 0处连续。

f(x)(x)sinxx(x)cosx；

x2当x = 0时，

(0)f(x)f(0)(x)cosxx(0)xf(0)limlimlimx0x0x0

x0xx2(x)sinx(0)(x)cosx1limlim(0)1x0x02x22故：

(x)cosx(x)sinxx(x)cosx,2xf(x)1(0)1,2⑵ 因为

x0。

x0x2

(x)sinxx(x)cosx(x)sinx(x)cosx(0)1limlimx0x02x22x0x0limf(x)lim(x)sinxx(x)cosx所以，f(x)在点x = 0处连续。

x22f(x)在[1,)上连续，求函数F(x)lnxlntf(t)dt的最小值1tx五、设正值函数点。（本题6分）

解：

xx2d2F(x)lnxf(t)dtlntf(t)dt1dxx1t21x2221x2f(t)dtlnxf(x)lnxf(x)2f(t)dtx1x1xxxx

１５

注意到：在[1,)上f(x)0，因此，当x > 1时，1f(t)dt0。

x命：F(x)0，得210，解此方程得到唯一驻点 x = 2。

2xx又，当1x2时，F(x)0；当x > 2时，F(x)0，所以F(x)在点x = 2处取得极小值F(2)，又因为x = 2是唯一的极值点，所以x = 2是F(x)的最小值点，最小值为F(2)。

六、设y(x)arctan(x1)2，且y(0)0，求y(x)dx。（本题6分）

0解：

1110y(x)dxxy(x)00xy(x)dxy(1)0xarctan(x1)2dx11y(1)(x1)arctan(x1)2dxarctan(x1)2dx0011y(1)(x1)arctan(x1)2dxy(1)y(0)(x1)arctan(x1)2dx

00命x1t命ut111022tarctantdtarctantd(t)arctanudu12120111u111121uarctanuduln(1u)ln20201u22z2z2z1zuxay0，七、设变换，把方程2y2试确定a 。（本题7分）

0化为uvxy2yvx2y 解： 计算一、二阶偏导数

zzz,xuvzzaz11azz,yu2yvyy2uv

2z2z2z2z2,uvv2x2u222222z13zazaz1azz12,y2222yyu4yuvyvy2uv

2z2z1z代入方程2y20，得到

xy2y2z2z1za22z2zy212a0，

222y4uuvxy

１６

a210于是有，所以a2。

42a0八、设函数Q(x,y)在x O y平面上具有连续一阶偏导数，曲线积分

2xydxQ(x,y)dy与路径无关，L并且对任意的t恒有

(t,1)(0,0)2xydxQ(x,y)dy(1,t)(0,0)（本题7分）

2xydxQ(x,y)dy，求Q(x,y)。解：由曲线积分与路径无关知

Q(2xy)2x，

xy所以Q(x,y)x2

C(y)，其中C(y)为待定函数。又

10(t,1)(0,0)(1,t)2xydxQ(x,y)dyt2C(y)dyt2C(y)dy；

01(0,0)2xydxQ(x,y)dy1C(y)dytC(y)dy。

001ttt根据题设，有

t2C(y)dytC(y)dy，

00上式两边对t求导，得到

2t1C(t)，于是知C(t)2t1，即C(y)2y1，故Q(x,y)x22y1。

九、设函数f (x)具有二阶连续导函数，且f(0)0,f(0)0,f(0)0。在曲线y = f (x)上任意取一xf()。（本题8分）

x0f(x)点(x,f(x))(x0)作曲线的切线，此切线在x轴上的截距记作，求lim解： 过点(x,注意到：由于f(x))的曲线y = f (x)的切线方程为：Yf(x)f(x)(Xx)，

f(0)0,f(0)0，所以当x0时，f(x)0。因此，此直线在x轴上的截距为

xf(x)f(x)0。 。且limlimxlimx0x0x0f(x)f(x)利用泰勒公式将f(x)在x00点处展开，得到

11f(1)x2f(1)x2,22f(x)f(0)f(0)x类似可得：1在0与x之间；。

f()1f(2)2,22在0与之间。代入得

１７

f(x)12xxf(2)f(2)xf()xf(x)f(x)f(x)limlim2limlimlimlimx0f(x)x0x0fx01(1)x0xx0xxf(x)f(1)x2

2xf(x)f(x)f(0)1limlimx0f(x)xf(x)x0f(x)f(x)f(0)f(0)2x十、设函数f (x)在闭区间[0,1]上连续，在开区间 (0,1) 内可导，且f ( 0 ) = 0，f ( 1 ) = 1 。试证明：对于任意给定的正数a和b ，在开区间 (0,1) 内存在不同的ξ和η，使得

abab。

f()f()（本题7分）

证明：取数(0,1)，由连续函数介值定理知，存在C(0,1)，使得上分别应用拉格朗日中值定理，有

在区间[0,C]与[C,1]f(C)。f(C)f(0),C0Cf(1)f(C)1f()1C1Cf()由于(0,1)，所以0,10C, 显然。

C1.0，即f()0,f()0。从而

ababaC(1)b(1C)bC(aba)，

f()f()1(1)(1)C1Cab，则1，并且,1(0,1)，代入得

abababababab。

abf()f()abab111t2十一、设F(x)(1e)(xt)edt，试证明在区间[1,1]上F(x)有且仅有两个实根。（本12注意到：若取题7分）

证明：

１８

x1211t2F(x)(1e)(xt)edt(tx)etdt1x2xt2x11211t2t2(1e)xedttedttedtxtetdt11xx20t2xt20t2xt211t2x1t211(1e)xedtxedteexedtxedt10012x122

00x222213e1exxetdtxetdt2xetdt1102201x222213e1exxetdtxetdt2xetdt10022x2213e1ex2xetdt022 由于ex2是偶函数，所以x0et2dt是奇函数，2xetdt是偶函数，于是知F(x)为偶函数。

0x2又注意到：

131e3e0;222e

1t21t351111F(1)2edt2edt00022e22e22eF(0)F(x)2xex2xex2etdt2etdt0，（当x > 0时）。

0022x2x2 因此，函数F(x)在闭区间[0,1]上有且仅有唯一一个实根；又F(x)为偶函数，所以F(x)在闭区间[1,0]上同样有且仅有唯一一个实根。于是知函数F(x)在闭区间[1,1]上有且仅有两个实根。

十二、设函数f(x,y)在单位圆域上有连续的偏导数，且在边界上的值恒为零。证明：

1xfxyfyf(0,0)limdxdy

02x2y2D其中：D为圆域

2（本题8分）

x2y21。证明：取极坐标系，由xrcos，得到

yrsin

ffxfyffcossin，

rxryrxy将上式两端同乘r，得到

rfffrcosrsinxfxyfy。

rxy

１９

于是有

xfxyfy21f211fI2dxdyrrdrdddrf(rcos,rsin)d2200rrDxyDr

f(cos,sin)df(cos,sin)d0f(cos,sin)d

000222f(cos,sin)d02

由积分中值定理，有

I2f(cos1,sin1)，其中012。

1xfxyfy故limdxdylimf(cos1,sin1)f(0,0)。

02x2y20D2004年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一、填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。）

1．设函数f(x)ln1x，则函数1xxf21f的定义域为

1x2 。

x11(cosx)x2,x02．设要使函数f(x)在区间(,)上连续，则a

e2 。

x0a,3．设函数yxf(t)dy 3 。所确定，其中f可导，且，则

y(x)由参数方程f(0)03tdxt0yf(e1)4．由方程xyzx2y2z22所确定的函数zz(x,y)在点(1,0,1)处的全微分dz =

dx2dy 。

2z1 5．设zf(xy)y(xy)，其中 f 、具有二阶连续导数，则xyxyf(xy)(xy)y(xy) 。

二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

1． 已知limx01f(x)tanx13，则limf(x)( A )

2xx0e1２０

（A） 12； （B）3； （C） 1； （D）0。

2． 设函数f(x)在x0的一个邻域内有定义，则在x0点处存在连续函数g(x)使f(x)f(x0)(xx0)g(x)是f(x)在x0点处可导的（ C ）

（A）充分而非必要条件； （B）必要而非充分条件；

（C）充分必要条件； （D）既非充分，也非必要条件。

x2,3． 设f(x)2x,0x11x2F(x)f(t)dt，则F(x)=（ D ）

0xx3,0x13(A)

; (B)

212xx,1x223x3,0x13(C)

3; (D)

2x2xx,1x2234． 函数x3,0x13;

22xx,1x22x3,0x13。

272xx,1x226f(x,y)xy，在点(0,0)处f(x,y)（ B ）

（A）可微； （B）偏导数存在，但不可微；

（C）连续，但偏导数不存在； （D）不连续且偏导数不存在。

5． 设(x)为区间[0,1]上的正值连续函数，a与b为任意常数，区域D(x,y)0x,y1，则a(x)b(y)dxdy（ D ）

D(x)(y)（A）a；

三、设函数 （B）b； （C）ab； （D）1ab。

2f(x)在点x0的某邻域内具有二阶导数，且

f(x)lim1xe3。

x0x求：1xf(x)f(0)，f(0)，f(0)及lim1（本题6分）

。x0x1x1f(x)x1xlimln1xf(x)x0x3解：因为

elim1xex0x，

所以

1f(x)limln1x3。

x0xx２１

f(x) 由无穷小比较，可知

limx0ln1xx0，

xf(x)以及

limxx0x3。

从而

1f(x)x23，其中limx00，

即

f(x)2x2o(x2)。

由此可得

f(0)0，f(0)0，f(0)4。

11并有

limx2x2o(x2

)xx01f(x)xlimx01xe2。

 四、计算ln(1x)lnxx(1x)dx。（本题6分）

解：

ln(1x)lnxx(1x)dxln(1x)lnx11x1xdx

ln(1x)1xlnxln(1x)xdxxdxlnx1xdx

12ln2(1x)ln2xlnxln(1x)lnxlnx1xdx1xdx12ln(1x)lnx2C五、求函数f(x)x2ln(1x)在x0点处的100阶导数值。（本题6分）

解：方法一：利用莱布尼兹公式

f(100)(x)x2ln(1x)(100)100ln(1x)(99)(2x)10099ln(1x)(98)22，又

ln(1x)11x,ln(1x)1(1x)2,ln(1x)\'\'\'2!(1x)3,ln(1x)(4)3!

(1x)4,由归纳法可得ln(1x)(n)(1)n1(n1)!(1x)n。

故ln(1x)(98)(1)98197!97!(1x)98(1x)98。

２２

所以f(100)(0)99097!。

方法二：利用泰勒公式

1(100)1x4x5x100f(0)，f(100)(0)99097!。

f(x)x，故100!9823983六、设以T > 0为周期的连续函数，且f(x)为定义在(,)上，0Tf(x)dxA。求limxx0f(t)dtx。（本题7分）

解：对于充分大的x > 0，必存在正整数n，使得

nTx(n1)T。

又

kT0f(t)dtf(t)dtf(t)dt0Tx0T2TkT(k1)Tf(t)dtkf(t)dtkA,0T(k1,2,)，

故有

nAf(t)dt(n1)A，

nTnA00及

(n1)T(n1)Txf(t)dt注意到：

xf(t)dt(n1)T0f(t)dtnT(n1)A。

nTlimnA(n1)AAlim，

n(n1)TnnTT

x0且当n时，x。由夹逼定理可知

xlimf(t)dtxA。

T222七、在椭球面2x2使函数f(x,y,z)xyz在该点沿方向lij2yz1上求一点，22的方向导数最大。（本题8分）

解： 函数f(x,y,z)的方向导数的表达式为

ffffcoscoscoslxyz。

11,cos,cos0为方向l的方向余弦。因此 其中：cos22f2(xy)。

l 于是，按照题意，即求函数2(xy)在条件2x22y2z21下的最大值。设

F(x,y,z,)2(xy)(2x22y2z21)，

２３

则由

fx24x0f24y0y

f2z0zf2x22y2z210得z0以及xy

11111，即得驻点为M1,,0与M2,,0。

22222因最大值必存在，故只需比较

ff2，2，

lM1lM2的大小。由此可知M111,,0为所求。

222n八、设正整数n1，证明方程x证明：设a1x2n1a2n1x10至少有两个实根。（本题6分）

f(x)x2na1x2n1a2n1x1，则其在区间(,)上连续，且f(0)1，limf(x)。

x因而，当x时，必存在x10，使得f(x1)0。由连续函数的介值定理可知，至少有一点1(0,x1)，使得f(1)0。

同理，当x时，必存在x20，使得f(x2)0。由连续函数的介值定理可知，至少有一点2(x2,0)，使得f(2)0。

综上可知，方程x九、设x02na1x2n1a2n1x10至少有两个实根。

0,xn2(1xn1)2xn1(n1,2,)。证明limxn存在，并求之。（本题8分）

n证明： 证明limxn存在：

n注意到：对于一切的n恒有

xn1

xn11，

2xn1２４

xn2因此知数列22，

2xn1xn有界。又

12(xnxn1)221xn1xn2222x2x(2x)(2x)，

2x2xnn1n1nn1nxnxn1x2x12(xn1xn2)，„„，

(2xn2)(2xn1)2(x1x0)，

(2x0)(2x1)于是可知xn1xn与x1x0同号，故当x1递减。也就是说，数列求limxn：

nx0时，数列xn单调递增；当x1x0时，数列xn单调xn为单调有界数列，而单调有界数列必有极限。

设limxnna，则

alimxnlimn2(1xn1)2(1a)，

n2x2an1解之得a2，即limxn2。

ny1z2十、计算曲面积分Ixzdydzsinxdxdy，其中是曲线x02(1z2)绕z轴旋转而成的旋转面，其法线向量与z轴正向的夹角为锐角。（本题7分）

解： 旋转曲面的方程为x2y2z21。补充曲面

x2y25,其法线向量与z轴正向相反；和

1:z2,x2y22,其法线向量与z轴正向相同。

2:z1,设由曲面,1,2所围空间区域为，则

２５

Ixz2dydzsinxdxdy12222xzdydzsinxdxdyxzdydzsinxdxdyxzdydzsinxdxdy12z2dxdydz222x2y25sinxdxdyx2y222sinxdxdyzdz12x2y21z2dxdy00

z3z52128z(1z)dz351115十一、设P(x,y),Q(x,y)具有连续的偏导数，且对以任意点(x0,y0)为圆心，以任意正数r为半径的上半圆L：xx0rcos,yy0rsinL(0)，恒有

P(x,y)dxQ(x,y)dy0。

证明：P(x,y)0,Q(x,y)0（本题8分）

x 证明：记上半圆周L的直径为AB，取AB+L为逆时针方向；又命D为AB+L所包围的区域。由格林公式有

ABP(x,y)dxQ(x,y)dyABLP(x,y)dxQ(x,y)dyP(x,y)dxQ(x,y)dyLQPP(x,y)dxQ(x,y)dyxydxdyABLDQPQPr2二重积重积分中定理xyMdxdyxyM21D1其中：M1D为某一点。另一方面

ABP(x,y)dxQ(x,y)dyx0rx0rP(x,y0)dx积分中值定理P(,y0)2r(x0rx0r)。

于是有

QPr2xyM2P(,y0)2r，

1即QPr2P(,y0)。

xyM12命r0，两边取极限，得到P(x0,y0)0，由(x0,y0)的任意性知P(x,y)0；且

lim类似Q(x,y)Q(x,y)0，即0。

r0xM1x(x0,y0)Q(x,y)0。

x２６

十二、设函数f(x)在[0，1]上连续，且0f(x)dx0,0xf(x)dx1，试证：

11⑴x0[0,1]，使得⑵x1[0,1]，使得f(x0)4；

（本题8分）

f(x1)4。证明： ⑴ 使用反证法，即假设当x[0,1]时，恒有f(x)4成立，于是有

111111xf(x)dxxf(x)dx4xdx1。

00022211111xf(x)dx1，4xdx1。

022因此有

0从而有

10x14f(x)dx0。

21于是有f(x)4，即f(x)4，这显然与0f(x)dx0矛盾，故x0[0,1]，使得f(x0)4为真。

⑵ 仍然使用反证法。

只需证x2性知，必有[0,1]，使得f(x2)4即可。这是显然的，因为若不然，则由f(x)在[0，1]上的连续1f(x)4或f(x)4成立，这与0f(x)dx0矛盾，再由f(x)的连续性及⑴的结果，利用介值定理即可证得x1[0,1]，使得

f(x1)4。

２７

2005年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一、填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。）

1．xlim4x2x1x1xsinx2 1 。

txesin2t2．曲线，在点(0,1)处的法线方程为 2x＋y－1=0 。

tyecost3．设f(x)为连续函数，且x310f(t)dtx，则f(7)

1 。

121 。

24．函数ulnxy2z2在点A(1,0,1)处，沿点A指向点B(3,2,2)方向的方向导数为

5．设(a×b)·c = 2，则[(a+b)×(b+c)]·(c+a)= 4 。

二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

1． 设函数⑴ 若⑵ 若f(x)与g(x)在开区间(a,b)内可导，考虑如下的两个命题，

f(x)g(x)，则f(x)g(x)；

f(x)g(x)，则f(x)g(x)。

则（ B ）

（A）两个命题均正确； （B）两个命题均不正确；

（C）命题⑴正确，命题⑵不正确； （D）命题⑴不正确，命题⑵正确。

2． 设函数(A) 当(B) 当

f(x)连续，F(x)是f(x)的原函数，则（ A ）

f(x)为奇函数时，F(x)必为偶函数；

f(x)为偶函数时，F(x)必为奇函数；

２８

(C) 当(D) 当f(x)为周期函数时，F(x)必为周期函数；

f(x)为单调递增函数时，F(x)必为单调递增函数。

3． 设平面位于平面1：x2yz20与平面2：x2yz60之间，且将此两平面的距离分为1:3，则平面的一个方程为（ D ）

（A）x2yz0； （B）x2yz80；

（C）x2yz80； （D）x2yz30。

4． 设f(x,y,z)为非零的连续函数，F(t)x2y2z2t2f(x,y,z)dxdydz，则当t→0时（ C ）

（A）F(t)与t为同阶无穷小； （B）F(t)与t2为同阶无穷小；

（C）F(t)与t3为同阶无穷小； （D）F(t)是比t3高阶的无穷小。

5． 设函数yy(x)满足等式y2y4y0，且y(x0)0,y(x0)0，则y(x)在点x0处（ A ）。

（A）取得极小值； （B）取得极大值；

（C）在点x0的一个邻域内单调增加； （D）在点x0的一个邻域内单调减少。

三、求函数解：要求2（本题6分）

f(x)esinx2的值域。x2f(x)exsinx2的值域，只需求出函数的最大值与最小值即可。注意到：函数2f(x)exsinx2为偶函数，故只需考虑x≥0的情况。为计算方便，命t=x2，得到

g(t)etsint,t0，

显然，g(t)与f(x)有相同的值域。求g(t)的驻点：

g(t)etsintetcostet(costsint)。

命g(t)0，得到驻点tk4k(k0,1,2,)，其对应的函数值为

k4k2k4sink1e，

24g(tk)e2显然，当k=2m(m=0,1,2,„)时，g(t2m)0，其中最大值为g(t0)e4；当k=2m+1 (m=0,1,2,„)2

２９

254时，g(t2m)0，其中最小值为g(t1)e。于是得到函数g(t)的值域，亦即函数f(x)的值域为：225424e,e2。

2

xy2z2z四、设zf。，其中f具有二阶连续偏导数，g具有二阶连续导数。求2,xy,ygxyxxz1yyf1f22g，

xyx（本题6分）

解：1112y2zy2yyf11f12yf21f223g4g2yyxxyx

212yyy2f112f122f223g4gyxxx11x2z1yf1yxfffxffgg11212122222223xyyyyxyx

1x1yf12f2xyf113f222g3gyyxx五、设二元函数u(x,y)在有界闭区域D上可微，在D的边界曲线上u(x,y)0，并满足uuu(x,y)，求u(x,y)的表达式。（本题6分）

xy解：显然u(x,y)0满足题目条件。下面证明只有u(x,y)0满足题目条件。

事实上，若u(x,y)不恒等于0，则至少存在一点(x1,y1)D，使得u(x1,y1)0，不妨假设u(x1,y1)0，同时，也必在D内至少存在一点(x0,y0)，使u(x0,y0)M0为u(x,y)在D上的最大值。因为u(x,y)在D上可微，所以必有ux(x0,y0)0uyuy(x0,y0)，于是得到

ux然而，由题设知(x0,y0)(x0,y0)0。

uuu(x,y)，因此应有u(x0,y0)0，这与u(x0,y0)M0的假设矛盾；xy同理可证：u(x1,y1)0的情况。

３０

因此可知在D上u(x,y)0。

六、设二元函数题7分）

解：注意到：被积函数P(x,y)f(x,y)具有一阶连续偏导数，且(t,t2)(0,0)（本f(x,y)dxxcosydyt2，求f(x,y)。f(x,y),Q(x,y)xcosy，由于此积分与路径无关，所以必有

PQfcosy，即有cosy，

yxy从而有f(x,y)sinyC(x)，代入原积分式，得到

2，

sinyC(x)dxxcosydyt(0,0)(t,t2)即

2，

C(x)dxtcosydyt0022C(x)dxtsintt。

0ttt2将上式两端对t求导，得到：

即

从而得到

七、设曲线yax2C(t)sint22t2cost22t，

C(x)2xsinx22x2cosx2，

f(x,y)siny2xsinx22x2cosx2。

2(a0,x0)与y1x2交于点A，过坐标原点O和点A的直线与曲线yax围成一平面图形，试问：

⑴ 当a为何值时，该图形绕x轴一周所得的旋转体体积最大？

⑵ 最大体积为多少？（本题7分）

1xyax1a，故直线OA的方程为yax。解：当x≥0时，由，解得A点的坐标为

21ay1xya1a2于是，平面图形绕x轴一周所得的旋转体体积为：

V(a)11a0ax2a2x3a25241aaxdx31a5x52211a02a2151a52。

352a1aa1a2dV(a)2(4aa2)2上式两边对a求导：(a0)。

57da151a151a2

３１

命dV(a)0，得到a=4。由于a=4是当a0时V(a)的唯一驻点，且由问题的实际意义可知存在最da大体积，故V(a)在a=4时取最大值。其最大体积为：

V(4)242151452325。

1875x2y2z21的上半部分，点P(x,y,z)S，为S在点P处的切平面，八、设S为椭球面22(x,y,z)为点O(0,0,0)到平面的距离，求SzdS。（本题7分）

(x,y,z)解：设(X,Y,Z)为上任意一点，则的方程为

xXyYzZ1，

22从而知

(x,y,z)x2y2由z122，有

zxxyz2。

442212zy，

2222xxyyy21212222,22xzzd于是

dS1xy4x2y2xy212222d。

所以

2z1123222dS4xydd4rrdr。

00(x,y,z)442SDsinxcosx2dx九、证明2（本题8分）

01x2dx。01x2证明：方法一（利用积分估值定理）

sinxcosxsinxcosxsinxcosx42dxdxdx， 命I2222001x1x1x4

３２

对上式右端的第二个积分，取变换t2x，则dxdt，于是

sinxcosxsinxcosxsinxcosxcostsint244I4dxdxdx41x201x202dt01x21t22

x114dx4sinxcosx4sinxcosxdx222001x21x1x1x22注意到：被积函数的两个因子在区间0,上异号（sinxcosx0，4由积分估值定理得知必有I≤0，即知原不等式成立。

方法二（利用积分中值定理）

sinxcosxsinxcosxsinxcosx42命I2dxdx01x241x2dx，

01x2x4，0）221x1x22由积分中值定理，并在区间,上取变换tx，同时注意到：12，得2421I11214sinxcosxdx0122sinxcosxdx2411114sinxcosxdx4costsintdt4cosxsinxdx0222200011121211

十、设正值函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，af(x)dxA，证明：

b（本题8分）

baf(x)ef(x)dxba1dx(ba)(baA)。

f(x)证明：化为二重积分证明。记D(x,y)axb,ayb，则原式

左边f(x)eabf(x)dxba1f(x)f(x)f(y)f(y)dyedxdyedxdyf(y)f(y)f(x)DDf(x)f(y)1f(y)f(y)f(x)f(x)f(x)f(y)eedxdye2dxdy1dxdy

2Df(x)f(y)22DD(ba)dyf(x)dx(ba)(baA)2aabb

３３

十一、设函数f(x)在闭区间[a,b]上具有连续的二阶导数，证明：存在ξ∈(a,b)，使得

4(ba)2（本题7分）

证明：将函数abf(a)2ff(b)f()。

2f(x)在点x0ab处作泰勒展开，并分别取x=a和b，得到

22ab1ababababf(a)ffaf(1)a,其中1a，；

22!2222ababab1ababf(b)f,b。

fbf(2)b,其中222!2222两式相加得到

21abbaf(a)2ff(b)f(1)f(2)。

22!2由于2f(x)连续，由介值定理知，存在1,2使得f()f(1)f(2)，从而得

21abba2f()，

f(a)2ff(b)42即

f()4ba2abf(a)2ff(b)。

2十二、设函数f(x)在闭区间[-2,2]上具有二阶导数，f(x)1，且f(0)2f(0)24，证明：存（本题8分）

f()f()0。在一点ξ∈(-2,2)，使得证明：在区间[-2,0]和[0,2]上分别对函数f(x)应用拉格朗日中值定理

1(2,0)使f(1)f(0)f(2)；

2f(2)f(0)2(0,2)使f(2)。

2注意到：f(x)1，因此f(1)f(0)f(2)1，f(2)1。

2命：F(x)f(x)2f(x)2，则F(x)在区间[-2,2]上可导，且

F(1)f(1)2f(1)22；

３４

F(2)f(2)2f(2)22；

F(0)4。

故F(x)在闭区间1,2上的最大值F()Maxf(x)4，且(1,2)。由弗马定理知x1,2F()0。而

F(x)2f(x)f(x)2f(x)f(x)，

故

由于F()

F()2f()f()f()0。

f()2f()24，所以f()0，从而f()f()0。

2006年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一、填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。）

1esinx,x0,x1．若fxarctan2是,上的连续函数，则a = －1 。

ae2x1,x0,2．函数yx2sinx在区间3．23 。

,上的最大值为32xxe22xdx26e2 。

3x22y2124．由曲线绕y轴旋转一周得到的旋转面在点0,3,2处的指向外侧的单位法向z0量为10,2,3 。

5zyx5．设函数zzx,y由方程zyxxe1x-1ezyxdxdy 。

2所确定，则dzzyx1xe二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

1． 设函数f (x)可导，并且则当x0时，该函数在点x0处微分dy是y的（ A ）

fx05，（A）等价无穷小； （B）同阶但不等价的无穷小；

（C）高阶无穷小； （D）低阶无穷小。

2． 设函数f (x)在点x = a处可导，则

fx在点x = a处不可导的充要条件是（ C ）

３５

（A）f (a) = 0，且（C）f (a) = 0，且3． 曲线yxfa0； （B）f (a)≠0，但fa0；

fa0； （D）f (a)≠0，且fa0。

x2x1（ B ）

（A）没有渐近线； （B）有一条水平渐近线和一条斜渐近线；

（C）有一条铅直渐近线； （D）有两条水平渐近线。

4． 设fx,y与x,y均为可微函数，且已知x0,y0是fx,y在约束条件x,y0yx,y0。下的一个极值点，下列选项中的正确者为（ D ）

（A）若（C）若fxx0,y00，则fyx0,y00； （B）若fxx0,y00，则fyx0,y00；

fxx0,y00，则fyx0,y00； （D）若fxx0,y00，则fyx0,y00。

5． 设曲面Σ（A）（C）2x,y,zx2y2z2k2,z0的上侧，则下述曲面积分不为零的是（ B ）

xdydz； （B）xdydz；

zdzdx； （D）ydxdy。

x0三、设函数f (x)具有连续的二阶导数，且lim分）

解：由题设可推知f (0) = 0，fxfx0，f04，求lim1。（本题6x0xx1xf00，于是有

limx0fxfxfxlimlim2。

x02xx02x2xfxfxfx故

lim1lim1x0x0xx

1xfxx2xfxfxfx2limexp2ln1e。

x0xxx12t2,2dut1所确定，求y四、设函数yyx由参数方程。（本题6分）

12lnte2dxx9du,y1udxdyedye12lnt22et4t，得到解：由，，所以

dtdx212lntdt12lntt12lnt2e1dyddy1de1et。

2222dxdtdxdt212lnt4tdx212lnt4t4t12lntdt2

３６

而当x = 9时，由x12t及t > 1，得t = 2，故

2d2yee。

2222dxx94t12lntt21612ln2五、设n为自然数，计算积分Inπ20sin2n1xdx。（本题7分）

sinx解：注意到：对于每个固定的n，总有

limsin2n1x2n1，

x0sinx所以被积函数在x = 0点处有界（x = 0不是被积函数的奇点）。又

sin2n1xsin2n1x2cos2nxsinx，

于是有

π20πsin2n1xsin2n1x1dx22cos2nxdxsin2nx20，

0sinxn0InIn1上面的等式对于一切大于1的自然数均成立，故有InIn1I1。所以

sin3xcos2xsinxsin2xcosxInI12dx2dx2cos2xdx22cos2xdx。

0sinx000sinx2六、设f (x)是除x = 0点外处处连续的奇函数，x = 0为其第一类跳跃间断点，证明偶函数，但在x = 0点处不可导。（本题7分）

证明：因为x = 0是f (x)的第一类跳跃间断点，所以limx0ftdt是连续的0xfx存在，设为A，则A≠0；又因f (x)为奇函数，所以limfx0xA。

fxA,x0;x0,x0;

fxA,x0.命：

则x在x = 0点处连续，从而x在,上处处连续，且x是奇函数：

当x > 0，则－x < 0，x当x < 0，则－x > 0，x即x是连续的奇函数，于是xfxAfxAfxAx；

fxAfxAfxAx,

tdt是连续的偶函数，且在x = 0点处可导。又

0

３７

tdtftdtAx，

00xx即

ftdttdtAx，

00所以xxftdt是连续的偶函数，但在x = 0点处不可导。

0x七、设f (u, v)有一阶连续偏导数，zfx2y2,cosxy，xrcos,yrsin，证明：

z1zzzcossin2xysinxy。

rruv（本题7分）

解： 设：ux2y2,vcosxy，则

zzxzyxzuzvyzuzvrxryrruxvxruyvy

zz2xcosysinsinxyycosxsinuvzzz2rxsinycosrsinxyysinxcos， 类似可得uv代入原式左边，得到

z1zcossinrrzzz2cosxcosysincossinxyycosxsin2sinxsinycos

uvuzzzsinxysinysinxcos2xysinxyvuv

八、设函数f (u)连续，在点u = 0处可导，且f(0)= 0，f03求：lim1t0πt4x2y2z2t2f（本题7分）

x2y2z2dxdydz。解：记Gt的对称性，有

1πt4x2y2z2t2fx2y2z2dxdydz，应用球坐标，并同时注意到积分区域与被积函数Gt于是有

8πt420dsindfrr2dr200t4frr2dr0tt4

３８

limGtlimt0t04frr2dr0tt44ftt2ftf0limlimf03。

3t0t0t4t九、计算Iydxxdy，其中L为xxy1正向一周。（本题7分）

Lxxy解：因为L为xxy1，故

IydxxdyL格林公式11d2d

DD其中D为L所围区域，故当x0且x当x0且x当x0且x当x0且xd为D的面积。为此我们对L加以讨论，用以搞清D的面积。

Dy0时，xxy12xy10；

y0时，xxy1y10；

y0时，xxy1y10；

y0时，xxy12xy10，

故D的面积为2×1=2。从而Iydxxdy4。

Lxxy十、⑴ 证明：当⑵ 设xnnx充分小时，不等式0tan2xx2x4成立。

1，求limxn。（本题8分）

nnk

tan2k1tan2xx2tanxxtanxxsec2x12tan2x2limlim2limlim2， 证明：⑴ 因为limx0x0x0x0x3x0x3x4x33x2又注意到当x充分小时，tanxx，所以成立不等式0tan2xx2x4。

1111，故

tan22nknknknk⑵ 由⑴知，当n充分大时有，nnn11111x，

n2nknknknk1k1k1nkk1n11n1而，于是

knknk1k11nn

３９

1111n1limlimdxln2，

01xnnnknkk1k11nn由夹逼定理知limxnnln2。

（本题8ln21，证明：当x > 0且x ≠ 1时，x1xln2x2klnx10。十一、设常数k分）

证明：设函数故要证fxxln2x2klnx1x0，

x1xln2x2klnx10，

x1时，fx0；当1x时，fx0。 只需证：当0显然：2lnx2k1x2lnx2k。

xxx2x2命：xx2lnx2k，则x1。

xxfx1当x = 2时，x0，x = 2为唯一驻点。又x2120，所以x = 2为x的唯，2x22k一极小值点，故221ln2fx0，从而fx严格单调递增。

又因2kln210为x的最小值(x > 0)，即当x > 0时f10，所以当0x1时，fx0；当1x时，fx0。

十二、设匀质半球壳的半径为R，密度为μ，在球壳的对称轴上，有一条长为l的均匀细棒，其密度为ρ。若棒的近壳一端与球心的距离为a，a > R ，求此半球壳对棒的引力。（本题7分）

解：设球心在坐标原点上，半球壳为上半球面，细棒位于正z轴上，则由于对称性，所求引力在x轴与y轴上的投影Fx及Fy均为零。

设k为引力常数，则半球壳对细棒引力在z轴方向的分量为：

Fzkdsalzz1axkx2y2记M1zalx2y2zz11223222dz1y2za122ds

2πR2μ,M2lρ。在球坐标下计算Fz，得到

４０

1122222Fz2kRRal2RalcosRa2acos2sind0

2222RalRkM1M2RaRRlaal2若半球壳仍为上半球面，但细棒位于负z轴上，则

2GM1M2R2alRR2a2R。

FzRlaal

2007年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一、填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。）

1. 设函数fxsinx0sinat2dt，gxx3x4，且当x→0时，fx与gx为等价无穷小，则a = 3 。

2. 设函数yx2在xx0点处取得极小值，则x0x1。

ln23.

1dx1ln2。

2xx122x1y1z23x2y-2z-104. 曲线L:2在点（1，1，2）处的切线方程为。

22145xyz-4y-2z205.

10dx2x1xy1y3dy121。

3二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

1. 设函数（A）

fx连续，则下列函数中必为偶函数的是（ A ）

x0x0tftftdt； （B）tftftdt；

４１

（C）dt； （D）ftdt。

x0ft2x202. 设函数（A）若（B）若（C）若（D）若fx具有一阶导数，下述结论中正确的是（ D ）

fx只有一个零点，则fx必至少有两个零点；

fx至少有一个零点，则fx必至少有两个零点；

fx没有零点，则fx至少有一个零点；

fx没有零点，则fx至多有一个零点。

fx在区间0,内具有二阶导数，满足f00，fx0，又0ab，则当3. 设函数axb时恒有（ B ）

（A）afxxfa； （B）bfxxfb；

（C）xfxbfb； （D）xfxafa。

4.考虑二元函数fx,y在点x0,y0处的下面四条性质：

①连续； ②可微；

③fxx0,y0与fyx0,y0存在； ④fxx,y与fyx,y连续。

若用“PQ”表示可由性质P推出性质Q，则有（ B ）

（A）②③①； （B）④②①；

（C）②④①； （D）④③②。

5.设二元函数fx,y具有一阶连续偏导数，曲线L：fx,y1过第二象限内的点M和第四象限内的点N，Γ为L上从点M到点N的一段弧，则下列积分值为负的是（ C ）

（A）（C）fx,yds； （B）fx,ydx；

fx,ydy； （D）fx,ydxfx,ydy。

xy三、已知曲线y求极限limnnfx与曲线yarctanx0etdt在点(0,0)处具有相同的切线，写出该切线方程，并22（本题6分）

f。nf00，且在点(0,0)处 解：由已知，显然有earctanxfx,故f01

21x2

４２

因此，所求切线方程为y = x。

2ff0n2limnnfnlimn222f02。

nx2四、证明：当x > 2时，x2e2xex2e20。（本题7分）

x2证明：设xx2e2xex2e2,x2，

22222e22e22e24e22e22e20，

x2xe2x2x22e2exxex。

又设：fueuueu，则xfx22fx。

由拉格朗日中值定理知，存在x22,x，使

xfx2x2xf22，

而fe2，又2x222x220，故f0。从而，当x > 2时，xfx220，

x单调减少，从而x0。命题得证。

五、设fxx2sin2x，求fn0n3。（本题7分）

解：利用牛顿—莱布尼兹公式：

uvnunvC1un1vCknunkvknuvn。

设ux2,vsin2x，

注意到：u2x,u2,uj0j3；

vnsin2xn2nsinnπ2x2，

vn1sin2xn12n1sinn1π2x2，

即

４３

n2π。

vn2sin2xn22n2sin2x2故nπxsin2x2xsin2xn222nn2nn1πnn12n22sin2xn2π，

xsin2x2222nn12n2sinn2于是有fn0nn12n2sinn2n3。

六、设当0x1时，fxx1x2，且fx1afx，试确定常数a的值，使fx在x = 0点处可导，并求此导数。（本题7分）

解：首先写出fx在 x < 0附近的表达式：当1x0时，0x11。由fx1afx知，

fx故有

111fx1x11x12xx1x2，

aaa1xx1x2,1x0,fxa

0x1.x1x1x,显然，fx在点 x = 0处连续，且f00，

1xx1x202a，

f0limx0xax1x1x0f0lim1。

x0x因fx在x = 0点处可导的充要条件为：f0f0，即

且21,a2，

af01。

七、设函数⑴ 求ft在区间,内连续，且满足2x3y10ftdt4x29y212xy2，

ft；

⑵ 计算If2x3y12dx3dy，其中L是从原点O到点M（1,3）的任意一条光滑弧。L（本题7分）

解：⑴ 将原等式两边对x求导，得到

2f2x3y18x12y，

４４

所以f2x3y122x3y。

ft2t1。 命：2x3y1t，于是有⑵ 因为Px,y2f2x3y1,Qx,y3f2x3y1，

所以PQ6f2x3y1。

yx于是可知I与积分路径无关，从而

If2x3y12dx3dyL1,30,0f2x3y12dx3dy，

命：2x3y1t，当x = 0,y = 0时，t = 1；x = 1,y = 3时，t = 12。

故

I121ftdt2t1dtt22t11212121。

1八、求过第一卦限中的点(a,b,c)的平面，使之与三坐标平面所围成的四面体的体积最小。（本题8分）

解：设所求平面的截距式方程为

xyz1ξης因平面过点(a,b,c)，故有

0,0,0。

abc1。

ξης四面体体积V1。

6应用拉格朗日乘数法，设

abc1，

F,,,16ξηςλaF1ης0,ξ6ξ2F1ςλb0,26命：



F1ηλc0,62abc10.ξης得到

显然

a1b1c1ξης,ξης,ξης。

ξ6λ6λς6λ0，否则ξης0，这与题意不符。代入上述第四个方程，得到

４５

ξης2，

从而ξ3a,η3b,ς3c是唯一驻点，也是唯一最小值点。故所求平面为

xyz1。

3a3b3c九、设x,y0x1,0y1，计算Ifx,yyx2dσ。（本题7分）

fx,yMaxx,y,DDD解：将区域D分成三块：

D1x,y0x1,xy1D3于是

D2x,y0x1,x2yx

2x,y0x1,0yxD3Iyyx2dxyx2dxx2ydD1D2dxyyxdyxdx2yxdyxdx11221x210x0x01x20x2ydy

351x1x1x2x3x4x54dxxdxdx03002322221140十、设函数fx,yxyx,y，其中x,y在点(0,0)的一个邻域内连续，证明：fx,y在点(0,0)处可微的充要条件是0,00。（本题8分）

证明：充分性

已知0,00，欲证fx,y在点(0,0)处可微，只需证

limx0y0xyx,yxy220。

注意到：

xyxy22xyxy222，

所以

xyx,yxy222x,y。

又limx0y0x,y0，由夹逼定理知limx0y0xyx,yxy220。

从而

fx,y在点(0,0)处可微，并且dfx,y0。

４６

必要性

已知fx,y在点(0,0)处可微，故fx0,0与fy0,0都存在。而

fx0,0limx0x0x,000,00,0，

x其中当x0时，fx0,00,0；当x0时，fx0,00,0。由于fx0,0存在，故0,00。

十一、计算Ifx,y,zxdydz2fx,y,zydzdxfx,y,zzdxdy，其中fx,y,z为一Σ连续函数，Σ是平面xyz1在第四卦限部分的上侧。（本题7分）

解：化为第一类曲面积分求解。设Σ的单位法向量n0cos,cos,cos11,1,1，则

3Ifx,y,zxcos2fx,y,zycosfx,y,zzcosdSΣ1x21yzfx,y,zfx,y,zfx,y,zdSdS

3333Σ3Σ31xy1xy111dσDxy3其中Dxy故Ix,y0x1,x1y0。

1dxdy。

2Dxyfx在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且有efxarctanxdx02十二、设函数1，2f10，则至少存在一点0,1，使得12arctan（本题6分）

f1。证明：由积分中值定理知，存在0,2，使

11。

224efarctan又ef1arctan14，故若设xefxarctanx,x,10,1，显然x满足罗尔定理的各个10,1使0。而 条件，从而至少存在一点,

４７

e从而有

fef，

farctan211arctanf1。

2

2008年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一、填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。）

1fn 1 。 1. 设f (0)>0，f00，则limnf02. 设函数yx由方程sin为y2x1。

nxy11所确定，则曲线yyx上对应于x = 0点处的切线方程yx2x2xcosx3.

dx4。

2111x14. 函数u数沿曲面2zxy在该点的外法线方向l的方向导xyz在点M (1,1,1,)处，22222u1。

l1,1,13x2x22y21，5. 设函数fx,y在区域D：y1上具有连续的二阶偏导数，C为顺时针椭圆44则C3yfx,ydxfx,ydy6。

xy二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

1. 设当x0时，1x1ln1x22x高是比ln1x高阶的无穷小，而ln1x是比lncosnn

４８

阶的无穷小，则n等于（ B ）

（A）4； （B）3； （C）2； （D）1。

2. 设un是单调增的正数列，

vnu2u1u2u2un1un，n1,2,

pppun1u2u3则数列vn（ A ）

p1时收敛； （B）当1p0时收敛； （A）当（C）对任意3. 设limxap0均收敛； （D）对任意p0均发散。

13fxfaxa1，则函数fx在点a处必（ D ）

（A）取极大值； （B）取极小值；

（C）可导； （D）不可导。

4. 设函数z（A）fx,y在点x0,y0处有ff则下列结论正确的是（ D ）

a,b，xx0,y0yx0,y0xx0yy0limfx,y存在，但fx,y在x0,y0点处不连续；

（B）fx,y在x0,y0点处连续；

（C）dzadxbdy；

（D）limxx0fx,y0,limfx0,y都存在，且相等。

yy05.设S为球面：x2y2z2（A）2xds,SR2R0，其取外侧为Σ，则两个曲面积分全为零的是（ C ）

ydzdx； （B）xyds,ydzdx；

ΣSΣ2xdydz； （D）xds,ΣS（C）xds,Sxdydz。

Σ三、对t的不同取值，讨论函数fx12x2在区间[t,)上是否有最大值或最小值，若存在最大2x值或最小值，求出相应的最大值点与最大值或最小值点与最小值。（本题7分）

解：显然fx的定义域为：(-,)，

22x22x12x22x1xfx，得驻点：x12,x21。

22222x2x

４９