Ftpytca数学竞赛题.pdf

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1、Time will pierce the surface or youth,will be on the beauty of the ditch dug a shallow groove;Jane will eat rare!A born beauty,anything to escape his sickle sweep.-Shakespeare 数学竞赛题一、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 函数)(xf在闭区间 1,2上具有二阶导数，0)2()1(f

2、f，f(x)xxF2)1()(，则)(xF在开区间(1,2)内(B)（A）没有零点；（B）至少有一个零点；（C）恰有两个零点；（D）有且仅有一个零点。2 设函数)(xf与)(xg在开区间(a,b)内可导，考虑如下的两个命题，若)()(xgxf，则)()(xgxf；若)()(xgxf，则)()(xgxf。则（A）（A）两个命题均不正确；（B）两个命题均正确；（C）命题正确，命题不正确；（D）命题不正确，命题正确。3 设 常 数0，在 开 区 间,内，恒 有0)(，)(2xfxxf，记xxfId)(，则（C）(A)I 0；(D)I 非零，且其符号不确定。41lim21axafxfx，则)(xf在

3、x=a 处（D）（A）导数存在，且0)(af；（B）导数不存在；（C）取得极小值；（D）取得极大值。5 累次积分cos020dsincosdrr,rrf可以写成（D）（A）2010ddyyxx,yfy；（B）21010ddyxx,yfy；（C）1010ddyx,yfx；（D）2010ddxxyx,yfx。二、填空：（本题 15 分，每空3 分。请将最终结果填在相应的横线上面。）1xxxxxsin114lim22x3。2设函数)(xyy由方程xyyxarctan22e所确定，则曲线)(xyy在点)0,1(处的法线方程为01yx。3设函数)(xf连续，则xttxtfx022d)(dd)(2xxf。

4、4设函数 f 和 g 都可微，x,xyfu，xyxgv，则xvxugyffy211。521212d1arcsinsinxxxxx631。三、求由参数方程tayttaxsincos2tanln所确定的函数xyy的二阶导22ddxy。（本题 6 分）解：ttttatxtyxytansin2sec2tan121acostdddddd2，tattttattxxytxyxxy42222cossinsin2sec2tan1211cos1dd1dddddddddd。四、设)(xf在),0上可导，0)0(f，其反函数为xg，若xxtxtgxfxx1lnd2，求：)(xf。（本题 6 分）解：命uxt，则utd

5、d，于是xxuugdtxtgxfxfxx1lnd20。将等式xxuugxf1lnd20两边同时对x求导，同时注意到xf(x)g，于是有xxxxxf x11ln22，当0 x时，有xxxxf11ln2。对上式两端积分，得到C1ln21lnC1ln1ln1ln2d11ln2xxxxxxxxxxxxxxxf由)(xf在 x=0 处连续，可知Clim0 xfx；又0)0(f，解得 C=0，于是xxxxxf1ln21ln。五、计算02dsinsinxxx。（本题 6 分）解：方法一212ln22121ln124d14sincosd1sincos4dsincos1sincos2d2sin2cos2cos2

6、sin2d2sin2cossindsin1sindsinsin22212402202002002uuuuuutttttttttxxxxxxxxxxxxxxx方法二21ln22011ln21124011ln1ln21124d1114d1114d12d12sindsin1sinsin2dcossinsincos2dsinsin22222102210101022202220202tttttttttttttuuuuuuuuuuxxxxxxxxxxxx六、设闭区域D：0,22xyyx。),(yxf为 D 上的连续函数，且D22dd81),(vuu,vfyxyxf，求：x,yf。（本题 7 分）解：设Ad

7、dDvuu,vf，于是有A81),(22yxyxf，等式两边计算区域D 上的二重积分，得DD22Ddd8Add1dd),(yxyxyxyxyxf，即88Add1AD22yxyx，于是32231dcos-131d1ddd12A203sin0220D22rrryxyx，所以32261A。故322341),(22yxyxf。七、求函数22yxz在区域 D：5222222yxyx上的最大值与最小值。（本题 7 分）解：方法一先求函数22yxz在区域 D 内的驻点：yyzx,xz22，驻点为0,0。由于022yxz，所以00y0 xz为函数的最小值。再求函数22yxz在区域 D 的边界上的驻点：命522

8、222222yxyxyxx,y,F，则35222220222210222222yxyxFyyyFxxxF由、得x=y，代入得到225yx或221yx。计算25,1225x22-xyyzz，所以后者为函数22yxz在区域 D 的边界上的最大值，同时也是在区域 D 上的最大值。方法二由于区域D 为222322yx，所以其边界曲线的参数方程为20,sin32,cos32ttytx。故求函数在边界曲线上的驻点时，可化为求22sin32cos32ttz的驻点。tttzcossin26dd，命0ddtz，得驻点454,tt。计算2613z,2613z,1z,25z2t0t45t4t，于是可知，当4t，即2

9、25yx时，函数22yxz在区域D 的边界上取得最大值，同时也是在区域 D 上的最大值。（省略处同方法一）八、设函数x,yf在点(1,1)处可微，且x,xx,ff(x)yfxf,f3,2,111)1,1()1,1(，求1dd3xxx。（本题 7 分）解：1111111,f,ff，51323213131dd31dd2121223xx,xfx,xfx,xx,ffx,xx,ffxxxxxxxx九、证明202202d1cosd1sinxxxxxx。（本题 8 分）证明：方法一（利用积分估值定理）命242402202d1cossind1cossind1cossinxxxxxxxxxxxxI，对上式右端的

10、第二个积分，取变换xt2，则txdd，于是402224022402402242402d2114cossind21111cossind21sincosd1cossind1cossind1cossinxxxxxxxxxxxttttxxxxxxxxxxxxI注意到：被积函数的两个因子在区间4,0上异号（0cossinxx，02114222xxx），由积分估值定理得知必有I0，即知原不等式成立。方法二（利用积分中值定理）命242402202d1cossind1cossind1cossinxxxxxxxxxxxxI，由积分中值定理，并在区间2,4上取变换xt2，同时注意到：21，得40212240224

11、021242240210dsincos1111dsincos11dcossin11dcossin11dcossin11xxxtttxxxxxxxxxI十、设正值函数)(xf在闭区间 a,b上连续，baAxxfd)(，证明：)(d)(1de)()(Aababxxfxxfbabaxf。（本题 8 分）证明：化为二重积分证明。记byabxax,yD,)(，则原式)(d)(d)(dd2)(2)(1ddedde)()(e)()(21dde)()(dde)()(d)(1de)(22)()()()()()()(Aababxxfyabyxyfxfyxyxyfxfxfyfyxxfyfyxyfxfyyfxxfba

12、baDDyfxfDxfyfDyfDxfbabaxf左边十一、设函数)(xf在闭区间 a,b上具有连续的二阶导数，证明：存在(a,b)，使得)()(22)()(42fbfbafafab。（本题 7 分）证明：将函数)(xf在点20bax处作泰勒展开，并分别取x=a 和 b，得到2,2)(!21222)(121baabaafbaabafbafaf，其中；bbababfbabbafbafbf,2其中,2)(!21222)(222。两式相加得到2212)()(!21)(22)(abffbfbafaf。由于)(xf连续，由介值定理知，存在21,使得2)()()(21fff，从而得)(41)(22)(2f

13、abbfbafaf，即)(22)(4)(2bfbafafabf。十二、设函数)(xf在闭区间-2,2上具有二阶导数，1)(xf，且4)0()0(22ff，证明：存在一点(-2,2)，使得0)()(ff。（本题 8 分）证明：在区间-2,0和 0,2上分别对函数)(xf应用拉格朗日中值定理2)2()0()()0,2(11fff使；2)0()2()(使)2,0(22fff。注意到：1)(xf，因此12)2()0()(1fff，1)(2f。命：22)()()(xfxfxF，则)(xF在区间-2,2上可导，且2)()()(21211ffF；2)()()(22222ffF；4)0(F。故)(xF在闭区间21,上的最大值4)(Max)(21,xfFx，且),(21。由弗马定理知0)(F。而)()(2)()(2)(xfxfxfxfxF，故0)()()(2)(fffF。由于4)()()(22ffF，所以0)(f，从而0)()(ff。