年大连市高等数学竞赛试题B答案

大连市第二十三届高等数学竞赛试卷学校
答案（B）
一、填空题（本大题共5小题，每小题2分，总计10分）
1. n
n n n ⎪⎭
⎫
⎝⎛-+∞→11lim = e^2 .
2. 3
0tan sin lim
x x x
x →-= 1/2 .
3. 0lim x x x +
→= 1 .
4. 2
cos lim x
x t dt
x
→⎰= 1 .
5. 若2
2
1lim 2,2
x x ax b
x x →--=+-则(,)(4,5
).a b =-
二、（本题10分）设⎪⎩⎪⎨⎧=≠=),0(1
),0(1sin
)(3
x x x
x x f 求)(x f '.解 当0≠x 时，x
x x f 1
sin )(3=为一初等函数，这时
;
1
cos 1sin 311cos 1sin
3)(2232x
x x x x x x x x x f -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛
+='（6分） 当0=x 时，由于
),0(01
sin
lim )(lim 30
f x
x x f x x ≠==→→（8分） 阅卷
阅卷
题号一二三四五六七八九十总分分数
二、 三、（本题8分）求函数22
21
()11x x f x x x
-=+-的间断点，并判断类型.
解：0,1,1x x x ===-为间断点。

（3分）
当0x =时，
由于2
001lim ()lim 1,1||x x x x f x x x ++→→+==+
而2
001lim ()lim 1,1||
x x x x f x x x --→→+==-+ 所以0x =是跳跃间断点。

（5分） 当1x =时，
由于2111lim ()lim 1,1||
x x x x f x x x →→+==+
所以1x =是可去间断点。

（7分） 当1x =-时， 而1
lim (),x f x →-=∞
所以1x =-是无穷间断点。

（8分）
考生注意： 考试时间 150 分钟 试卷总分 100 分 共
四 页 第 1页
阅卷
学校姓名四、（本题10分）曲线)0
(
3
16
>
=x
x
y上哪一点处的法线在y轴上的截距最小？
解设6
3
1
x
y=在)
,
(y
x处的法线方程为)
(x
X
k
y
Y-
=
-，
因为5
2x
y='，所以
5
2
1
x
k-
=，法线方程为)
(
2
1
5
x
X
x
y
Y-
-
=
-，（4分）
整理后为6
4
5
4
53
1
2
1
2
1
2
1
2
x
x
X
x
x
x
X
y
Y+
+
-
=
+
-
=，
法线在y轴上的截距为6
43
1
2
1
x
x
b+
=。

（6分）
求此函数的极值：令0
=
'b，解得1
,1
2
1
-
=
=x
x（舍去）;（8分）
20
)1(
,
10
104
6
>
=
''
+
=''b
x
x
b,
故)1(b为极小值。

由于驻点唯一，知它即是最小值，因此曲线在点⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
3
1
,1处的法线在y轴上截距最小。

（10分）
阅卷
五、（本题6分）求x x y 44cos sin +=的n 阶导数. 解 x x x x x x y 2222244cos sin 2)cos (sin cos sin -+=+=
,4cos 4
1
4324cos 12112sin 2112x x x +=⎪
⎭⎫
⎝⎛--=-=（2分）
)2
4cos(44)4sin (410π
+=⋅-='x x y （3分）
Λ
Λ)2
24cos(4π
⋅+=''x y （4分）
所以).2
4cos(41)(π
⋅+=-n x y n n （6分）
六、（本题10分）讨论方程ax x =ln （其中0>a ）有几个实根？
解：设),0(,ln )(+∞∈-=x ax x x f ，则a x x f -='1)(，故a
x 1
=为)(x f 的驻点（2分）。

当a
x 1<时，0)(>'x f ，当a x 1>
时，0)(<'x f ，所以)1
(a
f 为最大值。

（4分） 当0)1
(>a
f 时，即01ln >--a ,即e
a 1
0<<时，由于
-∞=-∞=∞
→→+
)(lim ,)(lim 0x f x f x x ，
所以当e
a 10<<时，此时方程有两个根。

（8分）
当0)1(=a f 时，即e
a 1=时，此时方程有一个根。

（9分） 当0)1
(<a
f 时，即e
a 1>时，方程无根. （10分）
阅卷
阅卷
共四页第 2 页
学校姓名
七、（本大题共3小题，每小题6分，总计18分）
（1）
1
.
1tan
dx
x
+
⎰
解
⎰
⎰
⎰
+
-
+
+
=
+
=
+
dx
x
x
x
x
x
x
dx
x
x
x
dx
x cos
sin
sin
cos
sin
cos
2
1
cos
sin
cos
tan
1
1
（2分）
1cos sin11
1(sin cos)
2sin cos2sin cos
x x
dx x d x x
x x x x
-
⎛⎫⎡⎤
=+=++
⎪⎢⎥
++
⎝⎭⎣⎦
⎰⎰（4分）
1
(ln|cos sin|).
2
x x x C
=+++（6分）
（2）sin(ln).
x dx
⎰
解：⎰
⎰⋅
⋅
-
=dx
x
x
x
x
x
dx
x
1
)
cos(ln
)
sin(ln
)
sin(ln（2分）
⎰
⎰
-
-
=
-
-
-
=
dx
x
x
x
x
x
dx
x
x
x
x
x
x
x
)
sin(ln
)
cos(ln
)
sin(ln
]
1
)]
sin(ln
[
)
cos(ln
[
)
sin(ln
（4分）
所以.
)]
cos(ln
)
[sin(ln
)
sin(ln
2C
x
x
x
dx
x+
-
=
⎰（5分）
故.
)]
cos(ln
)
[sin(ln
2
)
sin(ln C
x
x
x
dx
x+
-
=
⎰（6分）
阅卷
人
得
分
（3）⎰--+44
2.1sin π
πdx e x
x
解 由于⎰⎰-+=-a
a a dx x f x f dx x f 0)]()([)(，（2分）
而x e e e x e x e x x f x f x x x
x x 2222sin 111sin 1sin 1sin )()(=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+++=+++=-+-（4分） 所以 ⎰⎰⎰-==+--4040244
222cos 1sin 1sin π
πππdx x xdx dx e x x
.822sin 412140
-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ππ
x x （6分）
八、（本题10分）设)(x f '在],[b a 上连续，且0)()(==b f a f ，证明：
证 ),()()()(x f a f x f dt t f x
a =-='⎰
),()()()(x f x f b f dt t f b
x
-=-='⎰
（3分）
两式相减，得
⎰⎰'-'=b
x
x
a
dt t f dt t f x f )()()(2，（5分）
所以 ⎰
⎰
'+
'≤
b
x
x
a
dt t f dt t f x f )()(|)(|2（7分）
⎰⎰⎰'='+'≤b
a
b
x
x
a
dt t f dt t f dt t f |)(||)(||)(|（9分）
即
.|)(|21|)(|⎰'≤b
a
dx x f x f （10分）
共
四 页 第 3页
阅卷
九、（本题8分）已知函数()f x 具有二阶导数，且0
()
lim
0x f x x
→=，(1)0f =，证明：存在点(0,1)ξ∈，使得()0f ξ''=.
证明：由1)
(lim
=∞
→x
x f x ，得0)0(=f ，0)0(='f ， （2分） 函数)(x f 在[0，1]连续，（0，1）可导，0)1()0(==f f ，由罗尔定理，至少存在)1,0(0∈x 使0)(0='x f 。

（6分）
函数)(x f '在[]0,0x 连续，),0(0x 可导，0)()0(0='='x f f ，由罗尔定理，至少存在)1,0(),0(0⊂∈x ξ使0)(=''ξf （10分）
十、（本题10分）设)(x f 为连续函数，且满足⎰--=x
x
dt t f t x e x f 0
2)()()(，
求)(x f .
解 将上式两边对x 求导，得⎰-='x
x dt t f e x f 0
2)(2)(，（2分）
再对上式求导，得)(4)(2x f e x f x -=''，即x e x f x f 24)()(=+''。

（4分） 由已知条件，可知2)0(,1)0(='=f f 。

（6分）
因此所求函数)(x f y =满足下列初值问题
⎩⎨
⎧='==+''==2
|,1|,
4002x x x y y e y y ， 其通解为x e x C x C Y 2215
4sin cos ++=（8分）。

根据初值条件，得5
2,5121==C C 。

从而所求的函数为x e x x x f 25
4sin 5
2cos 5
1
)(++=（10分）
阅卷
阅卷
共四页第 4页。