2011年 天津市大学数学竞赛试题参考解答

2011年 天津市大学数学竞赛试题参考解答

(理工类)

一. 填空题（本题15分，每小题3分）: 1. 设()f x 是连续函数, 且0()lim

41cos x f x x →=-, 则01

()lim 1x f x x →⎛

⎫+= ⎪⎝

⎭ 2

e .

2. 设223

()2

x f x ax b x +=++- , 若 l i m ()0x f x →∞= 则 a =2,-

b =4.-

3.

1e ln d x x x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭

⎰

e l n .x

x C +

4. 设(,)f x y 是连续函数, 且(,)(,)d d ,D

f x y xy f x y x y =+⎰⎰

其中D 由x 轴、y 轴以

及直线1x y +=围成, 则(,)f x y =

1.12

xy +

5. 椭球面22221x y z ++=平行于平面20x y z -+=的切平面方程为

20x y z -++

= 和

20.x y z -+-=

二. 选择题（本题15分，每小题3分）:

1. 设()(2)ln(1),f x x x =+- 则()f x 在0x =处

(A) (0)2f '=-, (B) (0)0f '=, (C) (0)2f '=, (D) 不可

导. 答: (A)

2. 设函数()y f x =具有二阶导数, 且满足方程sin e 0.x y y '''+-=已知0()0,f x '=则

(A) ()f x 在0x 的某个邻域中单调增加, (B) ()f x 在0x 的某个邻域中单

调增少,

(C) ()f x 在0x 处取得极小值, (D) ()f x 在0x 处取得极大值. 答: ( C)

3. 图中曲线段的方程为()y f x =, 函数()f x 在区间[0,]a 上有连续的导数, 则积分

()d a x f x x '⎰

表示

(A) 直角三角形AOB 的面积, (B) 直角三角形

(C) 曲边三角形AOB 的面积, (D) 曲边三角形 答: (D)

4. 设在区间 [,]a b 上的函数()0,f x > 且 ()0,f x '< ()0.f x ''> 令

1()d ,b a

S f x x

=⎰

2()(),S f b b a =- 31

[()()](),2

S f a f b b a =+- 则 (A) 123,S S S << (B) 312,S S S << (C) 213,S S S << (D)

231.S S S <<

答: (C )

5. 设 曲面22{(,,)|,01},x y z z x y z ∑==+≤≤取上侧为正, 1∑是 ∑在 0x ≥的部分, 则曲面积分 (A)

d d 0,x y z ∑

=⎰⎰

(B)

1

d d 2d d .z x y z x y

∑

∑=⎰⎰

⎰⎰

(C)

1

22d d 2d d ,y y z y y z ∑

∑=⎰⎰

⎰⎰ (D)

1

22d d 2d d ,x y z x y z ∑

∑=⎰⎰

⎰⎰

答: (B)

三. (6分) 设函数 ()2

002

[(1)()d ]d 0sin 00x

t t u u t

,x ,f x x

,

x .

ϕ⎧-⎪≠=⎨⎪=⎩⎰⎰ 其中函数ϕ处处连续. 讨论()f x 在0x =处的连续性及可导性.

解 2

2

2

[(1)()d ]d (1)()d lim ()lim

lim

2x x x x t x t u u t

x u u

f x x

x

ϕϕ→→→--==⎰⎰⎰

2

2

()d ()d lim

lim

22x x x x x u u

u u

x

x

ϕϕ→→=-⎰⎰

202()0l i m

0(0)

2

x x x f ϕ→⋅=-== 因此, ()f x 在0x =处连续.

200300[(1)()d ]d ()(0)lim lim

x

x x t t u u t f x f x x ϕ→→--=⎰⎰ 2

20(1)()d lim 3x x x u u x ϕ→-=⎰ 2

2

00

2200()d ()d 11lim lim 33x x x x x u u u u x x

ϕϕ→→=-⎰⎰ 1

(0)3

ϕ=-

因此, ()f x 在0x =处可导, 且 1

(0)(0).

3f ϕ'=-

四. (6分) 设函数()x x t =由方程cos 0t x x +=确定, 又函数()y y x =由方程

2e 1y xy --=确定, 求复合函数(())y y x t =的导数

d d .t y

t

=

解 方程cos 0t x x +=两边对t 求导

d d cos sin 0.d d x x

x t x t t -⋅+=

当 t=0时, x=0, 故

00

d c o s

1.d sin 1t t x x x t t x ====--=

方程2

e 1y xy --= 两边对x 求导 2

d d e

0.d d y y y

y x x x

-⋅--⋅= 当 0x =时,2,y = 故 02

2

d 2.d e

x y y x y y x

x

==-==-=

因此,

00

d d d .d d d 2t x t y y

x

t x

t ====⋅

=-

五. (6分) 设函数()f x 在(,)-∞+∞上二阶可导，且0()

lim

0x f x x

→=，记10()()x f xt d t ϕ'=⎰，求)(x ϕ的导数，并讨论)(x ϕ'在0x =处的连续性. 解 由已知的极限知(0)0,(0)0,f f '== 从而有 10(0)(0)d 0.f t ϕ'=

=⎰

当 0x ≠时, 1

10

0011()

()()()d()()d ,x f x x f x t dt f x t x t f u u x x x ϕ'''==

==⎰⎰⎰

从而有

()

,0()0,

0.

f x x x x

x ϕ⎧≠⎪

=⎨⎪=⎩

因为

()

lim ()lim

0(0),x x f x x x

ϕϕ→→===

所以, ()x ϕ在0x =处连续. 当 0x ≠时, 2

()()

(),xf x f x x x ϕ'-'=

在0x =处, 由(0)0,ϕ= 有 20

0()(0)

()()1

(0)lim

lim

lim (0)22

x x x x f x f x f x

x x ϕϕϕ→→→'-'''==== 所以,

2()()

,0

()1(0),0.

2

xf x f x x x x f x ϕ'-⎧≠⎪⎪'=⎨

⎪''=⎪⎩

而

20

000

0()

()

()()l i m

()l i m l i m l i m l i m 2x x x x x f x f x f x f x x x x

x x

ϕ→→→→→''''=-=-

001()1()(0)1

lim lim (0)(0),222

x x f x f x f f x x ϕ→→'''-'''=

=== 故 ()x ϕ'在0x =处连续.

六. (7分) 设函数()y y x =在(,)-∞+∞上可导, 且满足: 22,(0)0.y x y y '=+=

(Ⅰ) 研究()y x 在区间(0,)+∞的单调性和曲线()y y x =的凹凸性.

(Ⅱ) 求极限 3

0()

lim

.

x y x x →

解 (Ⅰ) 当0x >时, 有

220,y x y '=+>

故 ()y x 在区间(0,)+∞单调增加. 从而当0x >时, 22y x y '=+也单调增加. 可见, 曲线()y y x =在区间(0,)+∞向下凸. (或当0x >时, 可得

222222()0.y x y y x y x y '''=+⋅=++> 可见, 曲线()y y x =在区间(0,)+∞向下凸. )

(Ⅱ) 由题设知, (0)(0)0.y y '== 应用洛必达法则

22

322000()()lim lim lim 33x x x y x y x x y x x x

→→→'+==

[]2

2

011111

l i m (0).3333

3

x y y x →⎛⎫'=+=+= ⎪⎝⎭ 七. (7分) 设()f x 在[0,1]上具有连续导数, 且0()1,(0)0.f x f '<≤= 试证

2

11300()d ][()]d .

f x x f x x ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰

证 令 2

300()()d [()]d ,x x

F x f t t f t t ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰

则 ()F x 在 [0,1]连续, 且对

(0,1)x ∈,

30()2()

()d [()]

x

F x f x f t t

f x '=-⎰

2

()2

()d ().

x f x f t t

f x ⎡⎤=-⎢⎥⎣

⎦

⎰

又由题设知, 当(0,1)x ∈时, ()0.f x > 令20

()2

()d (),x g x f t t f x =-⎰

则

()g x 在[0,1]上连续, 且

()2()[1()]0,(

g x f x f x x ''=-≥∈ 故有

()(0)0(0,1).g x g x ≥=∈

因此

()0,

(0,1

F x x '≥∈ 于是()F x 在[0,1]上单调增加, ()(0)0,[0,1].F x F x ≥=∈ 取1x =, 即得

2

11

300(1)()d [()]d 0.F f t t f t t ⎡⎤=-≥⎢⎥⎣⎦

⎰⎰

所证结论成立.

八. (7分) 设函数()y f x =具有二阶导数, 且()0.f x ''> 直线a L 是曲线()y f x =上任意一

点(,())a f a 处的切线, 其中[0,1].a ∈ 记直线a L 与曲线()y f x =以及直线0,1x x ==所围成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为().V a 试问a 为何值时()V a 取得最小值.

解 切线a L 的方程为 ()()()y f a f a x a '-=- 即

()()()y f a x a f a f a

''=-+ 于是

10

()2

[()()()()]d V a x f x f a x a f a f a x

π''=-+-⎰

10112()d ()()().322a xf x x f a f a f a π⎡⎤

''=-+-⎢⎥⎣⎦

⎰

可见, ()V a 在[0,1]连续, 在(0,1)可导. 令

1()2[()

()]

()(32)0

32

3

a

V a f a f a f a a π

π'''''''=-+=-=,

a

由于 ()0,f a ''> ()V a 在(0,1)内有唯一的驻点2

.3

a = 并且, 当 2(0,)3a ∈时, ()0V a '<; 当2

(,1)3

a ∈时, ()0,V a '> 因此,

()V a 在2

3

a =处取得最小值.

九. (7分) 计算

(sin )d (cos 1)d ,L

y y x x y y -+-⎰其中L 为从点(0,0)O 沿圆周2

22x

y x

+=在第一象限部分到点(1,1)A 的路径.

解 令 sin ,cos 1,P y y Q x y =-=- 则

c o s (c o s 1)1.

Q P

y y x y

∂∂-=--=∂∂ 取点(1,0).B 作有向直线段,OB 其方程为 0(y x =从0变到1).

作有向直线段,BA 其方程为 1(x y =从0变到1). 由曲线L 、有向直线段AB 和BO 形成的闭曲线记为0L (沿顺时针方向), 0L 所围成的区域记为D , 则

(s i n )d (c o s

1L

y y x x y y

-+-⎰

()((s i n )d (c o s 1)d )

A B

B O

L y y

x x y y =---+-⎰⎰

⎰

d (s i n )d (c o s 1)d

D

B A

y y

x x y y σ=-+-+-⎰⎰⎰ (s i n )d (c o s 1)d

y y x x y y +

-+-⎰

10

1

(c o s 1)d 0

4

y y π=-+

-+⎰

1

s i n 11.

4

π=-+- 十. (8分) 设（1）有向闭曲线Γ是由圆锥螺线 OA

：θθθθθ===z y x ,sin ,cos ，（θ从0变到2π）和有向直线段 AO 构成， 其中()0,0,0O ， ()2,0,2A ππ； （2）闭曲线Γ

将其所在的圆锥面z =

∑是其中的有界部分.

（Ⅰ）如果()x z F -=,1, 表示一力场，求F

沿Γ所做的功W ；

（Ⅱ）如果()x z F -=,1,

表示流体的流速，求流体通过∑流向上侧的流量. (单位从

略）

解（Ⅰ）作有向直线段,AO 其方程为 ⎩⎨

⎧==x

z y 0

(x 从 2π变到0). 所求F

沿Γ所做的功为

d d d W z x y x z Γ

=

+-⎰

()(d d d )O

A O

z x y x z =

++-⎰

⎰

()20

cos sin sin cos cos d πθθθθθθθθθθ=-++-⎡⎤⎣⎦⎰

()0

2d x x x π+-⎰

220

(cos sin )d 0πθθθθθ=

-+⎰

24π=.

（Ⅱ）Γ

所在的圆锥面方程为z =

∑上任一点处向上的一个法向量为

(,,1)x y n z z =--=

∑在xOy 面上的投影区域为D , 0,

02.r θθπ≤≤≤≤

故所求流体通过∑流向上侧的流量为

d d d d d d ()()d d x y z y z z x x x y z z z x x y ∑

∑⎡⎤Φ=

+-=⋅-+--⎣

⎦⎰⎰

⎰⎰ d d x x x y ∑⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭

⎰⎰ ()20

d 2cos sin d r r r πθ

θθθ=-+⎰

⎰

2230

2cos sin d 32πθθθθθ⎛⎫=-

+ ⎪⎝⎭

⎰

2

6π-=.

注: (Ⅰ)的另一解法 应用Stokes 公式， 可得 W 2d d 2d d y z x z x y ∑

∑

=

=-⎰⎰

⎰⎰2d x y

∑

=⎰⎰

2220

0sin 2d d sin d r r r r

πθπθ

θθθθ=-⋅=-⎰

⎰

⎰ 24π=.

x

十一. (8分) 设函数(,)u u x y =在心形线:1cos L r θ=+所围闭区域D 上具有二

阶连续偏导数, n 是在曲线L 上的点处指向曲线外侧的法向量(简称外法向), u

n ∂∂是

(,)u x y 沿L 的外法向的方向导数, L 取逆时针方向.

(Ⅰ) 证明:

d d d .L L u u u

s x y n y x

∂∂∂=-+∂∂∂⎰⎰

(Ⅱ) 若222221,u u

x y y x y

∂∂+=-+∂∂ 求d L u s n ∂∂⎰ 的值. (Ⅰ) 证 由方向导数的定义

d (c o s s i n )d .

L L u u u

s s n x y

αα∂∂∂=+∂∂∂⎰⎰

其中, α是n

相对于 x 轴正向的转角.

设1α是 L 的切向量τ 相对于x 轴正向的转角, 则1,2παα=+ 或 1.

2π

αα=-

故

11d (sin cos )d .L L u u u

s s n x y αα∂∂∂=-∂∂∂⎰⎰

d d .L

u u

x y y x ∂∂=-

+∂∂⎰

(Ⅱ) 解 应用格林公式

22222d ()d d (1)d d D D L u u u

s x y x y y x y

n x y ∂∂∂=+=-+∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰

由对称性

1cos 00d 1d d 2d d D L u

s x y x r r

n πθ+∂==∂⎰⎰⎰⎰⎰

203

(1c o s )d .2πθθπ=+=⎰

十二.(8分) 设圆2

2

2x y y +=含于椭圆22

221x y a b

+=的内部, 且圆与椭圆相切于

两点(即在这两点处圆与椭圆都有公共切线).

(Ⅰ) 求 a 与b 满足的等式; (Ⅱ) 求a 与b 的值, 使椭圆的面积最小.

解 (Ⅰ) 根据条件可知, 切点不在y 轴上. 否则圆与椭圆只可能相切于一点. 设圆与椭圆相切于点00(,)x y , 则00(,)x y 既满足椭圆方程又满足圆方程, 且在

00(,)x y 处椭圆的切线斜率等于圆的切线斜率, 即2002001

b x x

a y y -=--. 注意到00,x ≠

因此, 点00(,)x y 应满足

22

0022

2200022001(1)2(2)1

(3)

1

x y a b x y y b a y y ⎧

+=⎪⎪⎪

+=⎨

⎪⎪=

-⎪⎩

由(1)和(2)式, 得

2222

002

20.b a y y a b

--+= (4)

由 (3) 式得 2

022

.b y b a =

- 代入(4) 式

22422

222222

20.()b a b b a b b a b a

-⋅-+=-- 化简得 22

22

,b a b a

=- 或 2242

0.a b a b --= (5) (Ⅱ) 按题意, 需求椭圆面积S ab π=在约束条件 (5) 下的最小值. 构造函数2242(,,)().L a b ab a b a b λλ=+-- 令

232

2242(24)0(6)(22)0(7)0(8)

a b L b ab a L a a b b L a b a b λ

λλ⎧=+-=⎪=+-=⎨⎪=--=⎩

(6) ·a − (7)·b , 并注意到 0λ≠, 可得 242b a =. 代入 (8) 式得 644220a a a --=,

故 a = 从而 2b == 由此问题的实际可知, 符合条件的椭圆面积的最小值存在, 因此当

a b ==时,

此椭圆的面积最小.