2021年大连市高等数学竞赛试卷B答案

第26届大连市数学竞赛试题（B ）参考解答：

一、 (20分) 1、1； 2、2e ； 3、(1,2)-; 4、

4π

π

-; 5、1；

6、3；

7、 2(2ln 21)-；

8、

12； 9、 1

2

dx ； 10、

6π+ 二、(8分) 设()f u 在u -∞<<+∞内可导，且(0)0f =，又

1, 01

'(ln )1

x f x x <≤??=>，求出()f u 在u -∞<<+∞的表达式。 解：令ln x u =，则u

x e =，21, u 0'()e , u 0

u f u ≤??

=??>? （2分）

两边同时取不定积分，得

122, u 0()2e +C , u 0

u u C f u +≤??

=??>?， （4分）

而()f u 可导，一定连续，

所以，0000

lim ()lim ()(0)0u u f u f u f →+→-===，从而

1220C C =+=，

故2, u 0()2e -2, u 0

u u f u ≤??

=??>?。 （8分）

三、（8分）计算0sin(21)sin n x

dx x

π-?的值，其中n 为正整数。

解：0sin(21)sin n n x

I dx x

π-=?

0sin 2cos cos 2sin sin nx x nx x

dx x

π-=? （2分）

00sin 2cos cos 2sin nx x dx nxdx x

ππ

=-?? 0sin(21)sin(21)2sin n x n x

dx x

π++-=? （4分）

111

22

n n I I +=+，

所以1(1,2,...)n n I I n +==， 从而1210

sin ...sin n n x

I I I I dx x

π

π+======?。

（8分）

另解：

sin(21)sin(23)...sin 3sin sin sin n x n x x x x

x

---++-+

2sin cos(22)2sin cos(24)...2sin cos 2sin sin x n x x n x x x x

x

-+-+++=

2cos(22)2cos(24)...2cos 21n x n x x =-+-++， （4分）

所以，原式0[2cos(22)2cos(24)...2cos 21]n x n x x dx π

=-+-++?

0dx π

π==?。 （8分）

四、（8分）求函数x

e

x x f y arctan 2

)1()(+-==π

的单调区间、极值。

解：函数x

e

x x f y arctan 2

)1()(+-==π

的定义域是),(+∞-∞,这也是其连续区间。

x

e x

x x x f arctan 22

21)('+++=π

（2分） 令0)('=x f 得0,1=-=x x

（6分）

由此可见,单调增区间为)1,(--∞,),0(+∞,单调减区间为)0,1(-.极大值为

2)1(πe f -=-,极小值为2)0(πe f -=。 （8分）

五、（8分）求4

2

2

sin 1x x e I xdx e π

π-=+?。

解：令x t =-，则 （2分） 42

2

sin 1t

t

e I tdt e

π

π

--

-=-+? 4

22

sin 1t t e I tdt e π

π---=+? （4分）

4

42222

11sin sin 11t x I tdt xdx e e π

π

ππ--==++?? （6分）

所以，4

22

12sin 1x

x e I xdx e π

π-+=+?

420

22

sin I xdx π

=?

，

420

313sin 42216

I xdx π

ππ

?=

=

?=??

。 （8分） 六、（8分）

。求lim(1sin n n π→∞

+。 解：

因为sin sin(2)sin

n π== （2分）

lim(1sin n

n π→∞

+

lim[1sin

n n →∞

=+

lim ln(1n n e →∞

+= （4分）

lim n n e →∞

= （6

分）

lim n e

→∞

=

4e π

=。 （8分）

七、（10分）()x g 当0≤x 时有定义，且()x g ''存在，求a 、b 与c 使

()()??

?≤>++=0

02x x g x c bx ax x f ,

,在0=x 处有二阶导数。

解：因为()x f 在0=x 二阶可导，所以()x f 在0=x 一阶可导，连续

()()

()()

??

?'='-=+-+000000f f f f 所以 ()0g c = （3分）

又 ()b x

bx

ax f x =+='+→+20lim

0 ()()()()00lim

00g x

g x g f x '=-='-→- 所以 ()0g b '= （6分）

()()()??

?

??<'='>+='0

0002x x g x g x b ax x f ,,

, 因为()x f 在0=x 二阶可导，所以

()()00-+''=''f f

()()a x g b ax f x 202lim

00='-+=''+→+ ()()()()00lim 00g x

g x g f x ''='-'=''-→- 故 ()()()???

?

???

='=''=00021g c g b g a （10分）

八、（10分）设'(0)2f =,0)0(=f ，求20

2

0()lim

1cos t

t f x xdx

t →-?。

解： 20

2

()lim

1cos t

t f x xdx

t

→-?

20

4

()lim

12

t

t f x xdx t →=?

（3分）

230()lim 2t tf t t

+→= 22

0()lim 2t f t t →= （6分） 2201()(0)

lim 2t f t f t

→-= （8分）

1

'(0)12

f =

=。

（10分）

九、（10分）设()f x 在[0,)+∞上连续且单调增加。试证明对任何0b a >>，

恒有001()[()()]2

b

b

a a xf x dx

b f x dx a f x dx ≥-???。

证明： 设001()()[()()]2

t t

a a F t xf x dx t f x dx a f x dx =--???，0

b t a ≥≥>（3分）

则011'()()()()22t

F t tf t tf t f x dx =--?

011()()22t

tf t f x dx =-?

01[()()]2

t

f t f x dx =-? （7分）

又()f x 在[0,)+∞上单调增加，()()0(0)f t f x t x -≥≥≥ 所以，'()0F t ≥，()F t 在[0,)+∞上单调增加， 当0b t a ≥≥>时，()()0F t F a ≥=，

故，()0F b ≥，即命题成立。 （10分）

十、（10分）设2()sin sin ...sin n n a x x x x =++,

(1)证明：任给定n ,方程()1n a x =在[,]62

ππ

内有且仅有一个实根;

(2)设(,)62

n x ππ

∈为()1n a x =的实根,求lim n n x →∞

. 证明 设()()1n n f x a x =-,[,]62

x ππ

∈.因为

1

1()11112()()1...()11()01662222

12

n

n n n n f a ππ-=-=+-=?-=-<-, ()()11022

n n f a n ππ

=-=-≥. 1n =时,结论显然成立.且2

n x π

=.

设1n >,则()()11022

n n f a n ππ

=-=->.

由零点存在定理,知(,)62

n x ππ

?∈,使()0n n f x =. （3分）

又1'()'()cos ...sin cos 0n n n f x a x x n x x -==+>,[,]62

x ππ

∈,()n f x 单调增.所以,

方程()1n a x =在[,]62

ππ

内有且仅有一个实根. （5分）

(2)由(1)知,?唯一的(,)62

n x ππ

∈,使11()0()n n n n f x f x ++==,又

111()()n n n n f x f x +++≥,所以, 1()()n n n n f x f x +≥，由()n f x 单调增,知1n n x x +≥,即

{}n x 单调下降。 （7分）

由单调有界准则知,lim n n x →∞存在,设lim n n x a →∞=. 由2sin sin ...sin 1n n n n x x x ++=,知

1sin sin 11sin n n n n

x x x -?=-,所以,两边令n →∞,得

sin 11sin a

a =-,故6a π=。 （10分）