2010年天津大学生数学竞赛

2010年天津市大学数学竞赛试题（理工类）一、填空：（本题15分，每小题3分。请将最终结果填在相应的横线上面。）1.设nxn21131211，则nnxlim25。2.已知xf的一个原函数为xxsin，则ππxxfx2d14。3.e2lndxxx1。4.设a，b为非零向量，且满足（a+3b）⊥（7a–5b），（a–4b）⊥（7a–2b），则a与b的夹角为3。5.根据美国1996年发布的《美国能源报告》原油消耗量tC1的估计公式为（单位：十亿桶/年）：15159060781000137021t,.t.t.tC，式中t的原点取为2000年1月。如果实测模型为：15158761207000137022t,.t.t.tC，则自1995年至2015年共节省原油12亿桶。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.x,xx,x,xxxf0g0cos1其中xg是有界函数，则xf在0x点处（C）。（A）极限不存在；（B）极限存在，但不连续；（C）连续但不可导；（D）可导。2.设曲线的极坐标方程为cos1r，则在其上对应于32点处的切线的直角坐标方程为（A）。（A）01x；（B）01y；（C）0yx；（D）0yx。3.设函数xf连续，则xttxftx0223ddd（D）。（A）2023dxxfxuufx；（B）03fx；（C）23xfx；（D）20dxuufx。4.设22ddyxybxax为一函数的全微分，则下面正确的答案为（C）。（A）11,ba；（B）11,ba；（C）12,ba；（D）12,ba。5.设曲面0132122222,zzyxx,y,zΣ，并取上侧为正，则不等于零的曲面积分为：（B）。（A）Σzyxdd2；（B）Σzyxdd；（C）Σzxzdd；（D）Σyxydd。三、计算61231e2limnnnnnn。（本题7分）解：先求61231e2limxxxxxx。令xt1，当x时，0t，则。61313e21lim313e21lim1e211lim1e2lim6302652036206123ttttttttttxxxxttttttxx从而。611e2lim6123nnnnnn四、设xxxf11arctan，求05f。（本题6分）解：211xxf，即112xfx。（※）等式（※）两边再对x求2阶导数得：02412xfxfxxfx，令0x，得20f。等式（※）两边对x求4阶导数得：01281452xfxxfxfx，令0x，得2401205ff。五、对k的不同取值，分别讨论方程01323kxx在区间,0内根的个数。（本题7分）解：设1323kxxxf，x0，kxxxf23，⑴当0k时，0xf，即xf在),0[上单调增加，又10f，故原方程在区间,0内无根；⑵当0k时：kx20，0xf，xf单调减少；xk2，0xf，xf单调增加。所以kx2是xf的极小值点，极小值3412kkf。于是，当0413k，即2203k时，原方程在区间,0内无根；当0413k，即223k时，原方程在区间,0内有唯一的根；当0413k，即223k时，原方程在区间,0内有两个根。六、设a，b均为常数且2a，0a，问a，b为何值时，有10212d1lnd122xxxaxxabxx。（本题7分）解：；1ln2201011ln101011ln1d1lnd1lnd1ln1010102xxxxxxxxxxxx，BaxxxaxabxxaxxaxabxaxxabxxabB12lnlimd221d2d1222111112因为极限存在，故必有0ab，即ab。所以有22ln21ln21lnd12212aaxaxxabxx。由题意得22ln1ln22a，即28e2ab。七、设121a，,,,n,aann321121，证明：nnalim存在并求其值。（本题8分）证明：因为121212121111nnnnnnnnaaaaaaaa，所以nnaa1与1nnaa的符号相同，且类似可得与12aa同号。而11111121111121234121212aaaaaaaaaaaa，于是①当01a时，有12aa，即数列na单调增加；②当401a时，也有12aa，数列na单调增加；③当41a时，有12aa，数列na单调减少；④当41a时，,,,n,an3214。又412441241nnnnaaaa，即41na与41a同号。所以，当01a时，或401a时，,,,n,an3214，即数列na有上界，此时数列na单调增加且有上界，na收敛。当41a时，,,,n,an3214，数列na有下界，此时数列na单调减少且有下界，na收敛。当41a时，,,,n,an3214，常数数列na显然收敛。综上所述，nnalim存在，设其值为A，故1212limlim1AaaAnnnn，有0122AA，034AA，得A=4（A=－3舍去，因,,n,an320）。八、设xf是区间2a,a上的函数，且1xf，1xf，证明：2xf，2a,ax。（本题7分）证明：对2a,ax，f的泰勒公式为：2!21xtfxtxfxftf，2a,a。当aat,2时，分别有2122122xafxaxfxfaf，21x,aξ；2121xafxaxfxfaf，xaξ,2。两式相减得22212122122xafxafxfafaf，故xaxaxaxaxaxaxafxafafafxafxafafafxf222222121221221212212212122122122222212221而02xaxa，故2xf，2a,ax。（附：若取1212axxf，2a,ax，则axxf，1xf。显然1xf，2xf）。九、设x,yzz是由xyzze所确定的二元函数，求：22xz，y2xz。（本题6分）解：将等式xyzze两边分别对x，y求偏导数：yxzxzze，zyxze1。xyzyzze，zxyze1。32222e1ee1ezzzzyxzyxz。322e1ee11e1ee1zzzzzzxyyzyyxz。十、求Lyxyxxy22dd，其中曲线L是19122yx位于上半平面，从点0,2到0,4的部分。（本题7分）解：22yxyx,yP，22yxxx,yQ，xQyxyxyP22222，即积分与路径无关。但因在点0,0处x,yP与x,yQ无定义，故应选积分路径：从0,2到1,2再到1,4最后到0,4的折线段。于是。41arctan2arctanarctan421arctan164d-1d42ddd01242210222yyxxyyyxyxxyL十一、计算ΣzyyxyxzxyIdddd22，其中Σ为由曲面22yxz与1z所围成的封闭曲面的外侧。（本题7分）解：对右端的第一个积分使用高斯公式。用柱坐标41dsincos1d4ddsincosd8ddd8ddd2dd1043201103202121rrrzzrrzyxxyzzyxzxyyxzxyIrΩΩΣ其中Ω是Σ所围的空间区域，Ω1是Ω位于第1卦限的部分。对于右端的第二个积分21dddddd2222ΣΣΣzyzyxzyzyxzyzyxI，其中Σ1是平面1z上122yx的部分上侧，显然0dd12Σzyzyx。Σ2是122zyxz的外侧，0dd2dddd1222222222yxΣΣyxx-yxyxyxxzzyxzyzyx，所以41041I。十二、在曲面224yxz上求一点P，使该曲面在P点处的切平面与曲面之间并被圆柱面1122yx所围空间区域的体积最小。（本题8分）解：因为21VVV，其中1V和2V分别是以曲面224yxz和P点处的切平面为顶，以0z为底，以圆柱面1122yx为侧面的区域的体积，且1V是常数，所以求V的最小值可转化为求2V的最大值。设点P的坐标为,,，则曲面在该点处的法向量为1,2,2，切平面方程为022ζzηyηξxξ又224，故切平面方程为22422ηξηyξxz。于是DDDyxηyξxyxηξηyξxyxzdd24dd422ddV22222其中1122yxx,yD。利用极坐标计算。3822432dcos38sincosdsincosddd223cos20222ππππDηξrrηξyxηyξx即22224ηξξπξ,ηV。由,πηyV,ξπξV0202222解得唯一驻点为1，0。对应的π,V5012。又当,为区域D边界上的点时，有1122，即0222，所以2V恒为常数4。可知ξ,ηV2只在区域D的内部取到最大值。而点（1,0）是D内的唯一驻点，故2V在此唯一驻点处的值5是最大值。此时切点P的坐标5,0,1为所求。切平面方程为032zx，最小体积为223dd5dd4cos2032222