2024年4月11日发(作者：word文档 数学试卷 ○)

厦门大学第十二届“景润杯”

数学竞赛试卷（理工类）

竞赛日期 2015年5月30日

一、 求下列各题极限（每小题5分，共15分）

(32sinx)

x

3

x

（1） 求极限

lim

.

x0

tan

2

x

22

2

xln(1sinx)

(1sinx)

x

1xln(1sinx)

3

e1

x

33

limlimlim

原式

lim3

x0x0x0x0

x

2

x

2

x

2

2

sinx

2

3

lim

.

x0

x3

e

xln(32sinx)

e

xln3

x[ln(32sinx)ln3]

lime

另解：原式

lim

22

x0x0

xx

lim

12sinx2sinx2

lim

.

（两次应用拉格朗日中值定理）

x0

x0

x3x3

其中

在

xln(32sinx)与xln3

之间，

在

(32sinx)与3

之间.

1

(1) 设

x

1

1,x

2

2,x

n

x

n1

x

n2

(n2,3,)

，求极限

lim

.

n

x

n

解：将递推的数列等式

x

n

x

n1

x

n2

看成是二阶常系数的齐次差分方程

其特征方程为

2

10

，

其特征根为

1

1515

,

2

，

故此差分

22

方程的通解为

x

n

c

1

1

n

c

2

2

n

，

其中

c

1

,c

2

为常数，其特解可由

x

1

1,x

2

2

定

1

n

,lim

2

n

0

，所以

lim

出,由于

lim

n

nn

11

lim0

.

x

n

n

c

1

1

n

c

2

2

n

另解：由题设条件知，对

n1

，

x

n

0

，

且

x

n

x

n1

x

n2

0

，

即

{x

n

}

严格

单增，所以

x

n

x

n1

x

n2

2x

n1

，

x

n1

x

n

，

即有

x

n2

x

n1

，

故

x

n

x

n1

x

n2

x

n1

()

2

x

n2

3

2

3

2

1

2

33

()

n1

x

1

()

n1

22

1

2

1

11

lim0

，

即

lim0

.

n

x

n

x

n

3

n1

n

n

()

2

f(x)

（3）设可微函数

f(x)

满足

lim1

，

求

x0

x

所以

0lim

t0

lim

t

0

dx

t

2

x

2

22

tx

[f(x

2

y

2

)2y]dy

t

3

.

解：由

lim

x0

f(x)

1

得

f(0)0,f

(0)1

.

x

22

t

2

x

2

0

记

t

2

x

2

tx

22

[f(xy)2y]dy2

t

f(x

2

y

2

)dy

令ux

2

y

2

2

t

2

x

2

22

uf(u)

ux

2

22

x

du

t0

lim

t

0

dx

tx

[f(xy)2y]dy

t

3

2

lim

t0

2

dx

0

tt

uf(u)

ux

t

3

22

x

du

2lim

t0

t

0

uf(u)du

u

1

u

2

x

2

0

3

dx

t

0

2

2lim

t0

t

uf(u)du

t

3

uf(u)du

lim

0

t0

t

t

3

lim

t0

tf(t)

f(t)f(0)



.

limf(0)

2

t0

3t3t33

1c

af(x)bf()

f(u)

二、（8分）设函数可导，且满足，其中

a,b,c

是

xx

常数，且

|a||b|

，求

f(f(x))

的导数.

1c

af(x)bf()

xx

解：由

1

af()bf(x)cx

x

(1)

(2)

,

(1)a(2)b

，得

(a

2

b

2

)f(x)

ca

ac

bcx

，即

f(x)

22

(bx)

(ab)x

x

caduca

22

(

2

b)

令

u

22

(bx)

，则

(ab)xdx(ab)x

d[f(f(x))]d[f(u)]dudu

f(u)

dxdudxdx

caca

(b)(b)

(

代入

u

)

222222

(ab)u(ab)x

c

2

a(a

2

b

2

)

2

aa

2

2

[(bx)b](b)

.

2222

(ab)cxx

三、（8分）设函数

f(x)

在

[0,1]

上有连续的导数，且

f(0)f

(1)0

，

证明至少存在一点

(0,1)

，使得

f(

)f

(

)

.

证明：构造辅助函数

F(x)e

x

f(x)

，则

F(x)

在

[0,1]

上连续可导，且

F

(x)e

x

[f

(x)f(x)]

，

F

(0)f

(0),F

(1)e

1

f(1),

若对

x(0,1),F

(x)0

，则有下面两种情况

(i) 对

x(0,1),F

(x)0

，此时

F(x)

x1

F(1)F(0)0

，

e

1

f(1)0

，

，

从而

F

(1)0

，

这与

F

(1)limF

(x)0

矛盾，

(ii) 对

x(0,1),F

(x)0

，此时

F(x)

x1

F(1)F(0)0

，

e

1

f(1)0

，

，

从而

F

(1)0

，

这与

F

(1)limF

(x)0

矛盾。

从而至少存在一点

(0,1)

，使得

f(

)f

(

)

.

四、（8分） 证明不等式

证明：设

F(x)

sin

x

sin

x

x(1x)(0x1)

x(1x)(0x1)

1

2

F

(x)cos

x2x1

，令

F

(x)0,

解得驻点为

x0,,1

2



F(x)2

sin

x

(sin

x)

，

F



(0)F



(1)20

11

F



()2

0

，

x

是

F(x)

的极大值点。故

x0和1

是

F(x)

的极小值点，

22

2

1



F(x)

(sin

x)

仅有唯一的一个零由罗尔定理，在区间

(0,)

上，

2

F



(x)0

，

F



(x)0

，

点

1

，当

0x

1

时，当

1

x

时，又

F

(0)F

()0

,

1

2

1

2

因此在

(0,)

上，

F

(x)0

，

从而在

(0,)

上，

F(x)

单增，且

F(x)F(0)0

2

1



类似地，由罗尔定理，在区间

(,1)

上，

F(x)

(sin

x)

仅有唯一

2

1

2

1

2

的一个零点

2

，当

x

2

时，

F



(x)0

，

当

2

x1

时，

F



(x)0

，又

111

F

()F

(1)0

，

因此在

(,1)

上，

F

(x)0

，

从而

F(x)

在

(,1)

上单减，且

222

F(x)F(1)0

，

综上所述，

F(x)

在区间

(0,1)

上恒大于零，即

F(x)

在

[0,1]

1

2

上的最小值为

F(0)0

，即

F(x)0,x(0,1)

，从而不等式成立。

五、设

f(x),g(x)

是

[a,b]

上的连续函数，且对

x,y[a,b]

有

[f(x)f(y)][g(x)g(y)]0

（称

f(x)与g(x)

具有反序性）

（i） 证明：

a

b

f(x)dx

g(x)dx(ba)

f(x)g(x)dx;

aa

bb

（ii） 利用（i）证：若

f(x)

是

[0,1]

上的连续函数，且对

x[0,1]

有

f(x)dx

f(x)

0

dx

0f(x)1

，则

0

.

1

1f(x)

1

f(x)dx

1

0

1

证：(i)由

[f(x)f(y)][g(x)g(y)]0

得

f(x)g(x)f(y)g(y)f(x)g(y)f(y)g(x)

不等式两端在D上求二重积分，其中

D{(x,y)|ayb,axb}

，

即



f(x)g(x)dxdy



f(y)g(y)dxdy



f(x)g(y)dxdy



f(y)g(x)dxdy

DDD

b

D

即

(ba)

a

f(x)g(x)dx

a

f(x)dx

a

g(x)dx

（ii）由于

f(x)

与

1f(x)

在上[0,1]具有反序性，则由（i）

1f(x)

11

f(x)f(x)

(1f(x))dx

dx

(1f(x))dx

0

1f(x)

0

1f(x)

0

1

1

f(x)

dx[1

f(x)dx]

0

1f(x)

0

1

bb

1

0

f(x)dx

因为

1

0

1

f(x)dx

f(x)

0

dx

f(x)dx0

，

所以

0

.

1

1f(x)

1

f(x)dx

1

0

1

y

2

x

六、（10分）已知曲线

C:

，在纵坐标为

y1

的点处的切线

z3(y1)

为

L

，

是通过

L

且与曲面

:x

2

y

2

4z

相切的平面，求

的方程.

xy

2

解：若以

y

为参数，曲线C的参数方程为

C:

yy

，

C

在对应

y1

z3(y1)

点

(1,1,0)

处的切向量为

{x

(y),y

,z

(y)}{2y,1,3}|

y1

{2,1,3}

，所以

C

在点

(1,1,0)

处的切线

L

的方程为

x2y10

x1y1z



，或者

3yz30

213

过

L

的平面束方程为

(3yz3)

(x2y1)0

，

即

x(32

)yz

30

（1）

记

F(x,y,z)x

2

y

2

4z

，设

与曲面

的切点为

M

0

(x

0

,y

0

,z

0

)

，

则曲面

在点

M

0

(x

0

,y

0

,z

0

)

处的法向量为

{

F

x

,

M

0

F

y

,

M

0

F

z

}{2x

0

,2y

0

,4}

，

M

0

由于所求的平面

与

相切，因此

应满足

1

4

2x

0

32

1

，

2y

0

4

由此可得，

x

0

2

,y

0

64

且

z

0

(x

0

2

+y

0

2

)5

2

12

9

,

(

M

0

在

上

)

又因为

M

0

(x

0

,y

0

,z

0

)

也应在

上，将其代入（1）得

2

2

(32

)(64

)(5

2

12

9)

30

，即

5

2

11

60

解得

1,

6

，

因而得到所求的

的平面方程为

5

xyz20

或

6x3y5z90

.

七、（10分）设

a,b

分别是函数

f(x)

x

x

2

|cost|dt

在

[0,

]

上的最大值


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