广东大学生数学竞赛高职高专类

第二届广东省大学生数学竞赛（高职高专类）
试 题
注意事项：1、本试卷共六大题，满分100分；时间150分钟
2、所有答案直接写在试卷上，写在草稿纸上作废；
3、答卷前请将密封线内各项填写清楚。

一、计算题（每小题６分，共4８分）
1）()
2cot 0
lim cos x
x x →．
解：原式22
ln cos cot ln cos tan
lim lim x
x x
x
x x e
e →→== 2分
20
ln cos lim
tan x x x
e
→= 4分
因为2200lncos tan 1
lim
lim tan 2tan sec 2
x x x x x x x →→-==-
所以()
21
cot 2
lim cos x
x x e -
→= 6分
2）设函数2132
y x x =++，求()
n y ．
解：因为()()2
1111
321212
y x x x x x x =
==-++++++ 4分 所以()()(
)()
1
1
1!12n
n n n y n x x ----⎡⎤=-+-+⎣⎦
6分
3）计算()()()()5
1135cos 3x x x x dx ----⎰． 解：用换元法，设3t x =-
原式()()2
222cos t t t tdx -=+-⎰ 4分 ()2224cos 0t t tdt -=-=⎰ 6分
4）已知0x →时，4sin4x x -与k x 是同阶无穷小，求k ．
解：因为()2
11000244sin 444cos 4lim lim lim k k k x x x x x x x
x kx kx
--→→→--== 4分 所以3k = 6分 5）设曲线C 由方程0y xe y e -+=确定，求曲线C 在点()0,e 处的切线方程． 方程两边关于x 求导得
0y y e xe y y ''+-= 3分 当0,x y e ==时，0
e x y e ='
= 4分
所求切线方程为e y e e x -= 6分
6）计算32sin cos 1cos x x
dx x
+⎰．
解：原式 ()3cos cos 1cos x
x dx x
'=-+⎰ 2分
()21cos cos 1cos 1cos x x x dx x ⎛⎫'
=--+-
⎪+⎝⎭
⎰ 4分 ()32cos cos cos ln 1cos 32x x x x C ⎛⎫
=--++++
⎪⎝⎭
6分
7）设曲线()y f x =与曲线ln y x =在x e =处相切，求
()()
220
lim
x f e x f e x x
→+--．
解：由已知可得
()()1
1,
f e f e e
'== 2分
()()()()()()()22
00lim lim x x f e x f e x f e x f e x f e x f e x x x
→→+--+--=++- ()()()()()0
2lim x f e x f e f e x f e f e x
x →⎛+---⎫
=+
⎪-⎝⎭
4分
()()4
4f e f e e
'== 6分
8）求极限
n →∞
+
+⋅⋅⋅+
．
解：因为
<
⋅⋅⋅+
<
2分
1,1n n == 4分
由夹逼准则可得
1n →∞
+
⋅⋅⋅+
= 5分
二、（本题12分）当02
x π
<<
时，证明不等式：2
sin x x π
>
．
证明：考虑函数()2sin 0,2f x x x
x ππ
⎡
⎤=-
∈⎢⎥⎣⎦ 3分
此函数是初等函数，在0,2π⎡
⎤
⎢⎥⎣
⎦
是连续的。

由于()2
cos f x x π
'=-
，当2
arccos
x π
=时，()0f x '=
当20arccos x π<<时，()0f x '>；当2arccos 2
x π
π<<时()0f x '< 8分
所以函数()2
sin 0,2f x x x
x ππ
⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦只能在端点取最小值，而()002f f π⎛⎫
== ⎪⎝⎭
因此当02
x π
<<时，有2
sin x x π
>。

12分
三、（本题10分）设函数()f x 在[],a b 上可导，在(),a b 上连续，且()()0f a f b ==，证明：至少存在一点(),a b ξ∈使得
()()f f ξξ'=
证明：考虑函数()()x F x e f x -=， 6分 由已知可得()F x 在[],a b 上可导，在(),a b 上连续，且()()0F a F b ==，利用罗尔中值定理，至少存在一点(),a b ξ∈使得
()0F ξ'= ()()0f e f e ξξξξ--'-=
()()f f ξξ'= 10分
四、（本题10分）设()(),f x g x 在[]0,1是连续的， 1）证明：
()()()
()()2
1
11
220
f x
g x dx
f x dx
g x dx ≤⎰
⎰⎰；
2）若()1
0ln 2f x dx =⎰，证明()()1
201ln 2x f x dx +≥⎰． 证明：1）设t 为任意实数，因为()()()2
0f x tg x +≥，所以
()()()
()()()()1111
2
2220
020f x tg x dx f x dx t f x g x dx t g x dx +≥⇒++≥⎰⎰⎰⎰ 3分
这就说明关于t 的一元二次方程()()()()1
1
1
22200020f x dx t f x g x dx t g x dx ++=⎰⎰⎰的判别式小于或等于零，即有
()()()
()()2
1
11
220
f x
g x dx
f x dx
g x dx ≤⎰
⎰⎰ 4分
2）利用1）中结论证明
()()()
(
()()()()2
2
1
12
0011122000
ln 211ln 211f x dx f x x f x dx dx x f x dx x ⎛⎫
== ⎪⎝
⎭≤+=++⎰⎰⎰⎰⎰ 8分 所以
()()1
2
1ln 2x f x dx +≥⎰ 10分
五、（本题10分）设[]0,3k ∈，平面图形S 由直线,3,0y kx x k y ==-=围成． 1）求S 绕x 轴旋转所得旋转体的体积；
2）问k 取何值时，1）中所求得的旋转体的体积最大，并求出最大值． 解：1）设旋转体的体积为V ，则有
()33
3322220
333k
k x V k x dx k k k πππ--⎡⎤===-⎢⎥⎣⎦⎰
5分 2）因为()()()322225333233V k k k k k k k πππ⎛
⎫'=
---=-- ⎪⎝
⎭ 当6
5
k =时，0V '=，并且由于在[]0,3的端点处有0V =，所以当65
k =时， 1）中所求得的旋转体的体积最大，最大值为
8748
3125
π。

10分
六、（本题10分）已知函数(
)0,f x x ⎡=∈⎣，
1）证明：()1
16
f x '≤
； 2）证明：()1
2216
f x x -≤
-； 3）若数列{}n a
满足()122,,n n a a a f a +===，证明lim n n a →∞
存在，并求lim n n a →∞
．
解：1
）因为0,
x ⎡∈⎣，所以
(
)1
16
f x '=
≤
≤
2分 2）容易看出()22f =，所以利用拉格朗日中值定理有
()()()()1
222216
f x f x f f x x ξ'-=-=-≤
- 4分 3
）容易看出120,a a <<
，且若0n a <
20n a +<<
定义的数列{}n a 是有意义的。

利用1）和2）的结果我们有 (
)2222210222216n n n a f a a --≤-=-≤
-≤≤L
(
)21232310222216n n n a f a a ---≤-=-≤
-≤≤L 8分
由夹逼准则得221lim lim 2lim 2n n n n n n a a a -→∞
→∞
→∞
==⇒=。

10分。